初中数学中考复习 第13关 以二次函数与圆的问题为背景的解答题（解析版）

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第十三关：以二次函数与圆的问题为背景的解答题
【总体点评】二次函数在全国中考数学中常常作为压轴题，同时在省级，国家级数学竞赛中也有二次函数大题，很多学生在有限的时间内都不能很好完成。由于在高中和大学中很多数学知识都与函数知识或函数的思想有关，学生在初中阶段函数知识和函数思维方法学得好否，直接关系到未来数学的学习。“圆”在初中阶段学习占有重要位置,“垂径定理”、“点与圆的位置关系”的判定与性质、“直线与圆的位置关系”的判定与性质、“正多边形的判定与性质”通常是命题频率高的知识点.由于这部分知识的综合性较强,多作为单独的解答题出现.如果把圆放到直角坐标系中,同二次函数结合,则多作为区分度较高的压轴题中出现.此类题目由于解题方法灵活,考查的知识点全面,体现了方程、建模、转化、数形结合、分类讨论等多种数学思想,得到命题者的青睐
【解题思路】二次函数与圆都是初中数学的重点内容，历来是中考数学命题的热点，其本身涉及的知识点就较多，综合性和解题技巧较强，给解题带来一定的困难，而将函数与圆相结合，并作为中考的压轴题，就更显得复杂了．只要我们掌握解决这类问题的思路和方法，采取分而治之，各个击破的思想，问题是会迎刃而解的．解决二次函数与圆的问题，用到的数学思想方法有化归思想、分类思想、数学结合思想，以及代入法、消元法、配方法、代定系数法等。解题时要注意各知识点之间的联系和数学思想方法、解题技巧的灵活应用，要抓住题意，化整为零，层层深入，各个击破，从而达到解决问题的目的。
【典型例题】
【例1】（2019·黑龙江中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx-53经过点A（1，0）和点B（5，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）以点A为圆心，作与直线BC相切的⊙A，请判断⊙A与y轴有怎样的位置关系，并说明理由；
（3）在直线BC上方的抛物线上任取一点P，连接PB、PC，请问：△PBC的面积是否存在最大值？若存在，求出这个值和此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y=-13x2+2x-53；（2）相交；（3）S△PBC有最大值12524，此时P点坐标为（52，54）．
【解析】
试题分析：（1）把A、B两点分别代入抛物线解析可求得a和b，可求得抛物线解析式；
（2）过A作AD⊥BC于点D，则AD为⊙A的半径，由条件可证明△ABD∽△CBO，利用相似三角形的性质可求得AD的长，可求得半径，进而得出答案；
（3）由待定系数法可求得直线BC解析式，过P作PQ∥y轴，交直线BC于点Q，交x轴于点E，可设出P、Q的坐标，可表示出△PQC和△PQB的面积，可表示出△PBC的面积，再利用二次函数的性质可求得其最大值，容易求得P点坐标．
试题解析：（1）∵抛物线y=ax2+bx-53经过点A（1，0）和点B（5，0），∴把A、B两点坐标代入可得a+b-53=025a+5b-53=0，解得：a=-13b=2，∴抛物线解析式为y=-13x2+2x-53；
（2）相交，理由：过A作AD⊥BC于点D，如图1，∵⊙A与BC相切，∴AD为⊙A的半径，由（1）可知C（0，﹣53），且A（1，0），B（5，0），∴OB=5，AB=OB﹣OA=4，OC=53，在Rt△OBC中，由勾股定理可得BC=OC2+OB2=(53)2+52=5103，∵∠ADB=∠BOC=90°，∠ABD=∠CBO，∴△ABD∽△CBO，∴ADOC=ABBC，即AD53=45103，解得AD=2105，即⊙A的半径为2105，∵2105＞1，∴⊙A与y轴相交；
（3）∵C（0，﹣53），∴可设直线BC解析式为y=kx﹣53，把B点坐标代入可求得k=13，∴直线BC的解析式为y=13x-53，过P作PQ∥y轴，交直线BC于点Q，交x轴于点E，如图2，设P（x，-13x2+2x-53），则Q（x，13x-53），∴PQ=（-13x2+2x-53）﹣（13x-53）=-13x2+53x=-13(x-52)2+2512，∴S△PBC=S△PCQ+S△PBQ=12PQ•OE+12PQ•BE=12PQ（OE+BE）=12PQ•OB=52PQ=-56(x-52)2+12524，∴当x=52时，S△PBC有最大值12524，此时P点坐标为（52，54），∴当P点坐标为（52，54）时，△PBC的面积有最大值．

考点：二次函数综合题；探究型；二次函数的最值；最值问题；存在型；压轴题．
【例2】（2019·广西中考真题）如图，直线交轴于点，交轴于点，点的坐标为，抛物线经过三点，抛物线的顶点为点，对称轴与轴的交点为点，点关于原点的对称点为，连接，以点为圆心，的长为半径作圆，点为直线上的一个动点．

（1）求抛物线的解析式；
（2）求周长的最小值；
（3）若动点与点不重合，点为⊙上的任意一点，当的最大值等于时，过两点的直线与抛物线交于两点（点在点的左侧），求四边形的面积．
【答案】（1）；（2）（3）
【解析】
【分析】
（1）直线y=x-3，令x=0，则y=-3，令y=0，则x=3，故点A、C的坐标为（3，0）、（0，-3），即可求解；
（2）过点B作直线y=x-3的对称点B′，连接BD交直线y=x-3于点P，直线B′B交函数对称轴与点G，则此时△BDP周长=BD+PB+PD=BD+B′B为最小值，即可求解；
（3）如图2所示，连接PF并延长交圆与点Q，此时PQ为最大值，即可求解．
【详解】
解：（1）直线，令，则，令，则，
故点的坐标为、，
则抛物线的表达式为：，
则，解得：，
故抛物线的表达式为：…①；
（2）过点作直线的对称点，连接交直线于点，
直线交函数对称轴与点，连接，
则此时周长为最小值，

，则点，即：，
即点是的中点，过点，
周长最小值；
（3）如图2所示，连接并延长交圆与点，此时为最大值，

点的坐标为，
则，，
则，
设点，点，
，
解得：，故点，
将点坐标代入一次函数表达式并解得：
直线的表达式为：…②，
联立①②并解得：，
故点的坐标分别为：
过点分别作轴的垂线交于点，
则.
【名师点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、点的对称性、图形的面积计算等，其中（3），确定PQ最值时，通常考虑直线过圆心的情况，进而求解．
【例3】（2018·青海中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是以AB为直径的⊙M的内接四边形，点A，B在x轴上，△MBC是边长为2的等边三角形，过点M作直线l与x轴垂直，交⊙M于点E，垂足为点M，且点D平分．

（1）求过A，B，E三点的抛物线的解析式；
（2）求证：四边形AMCD是菱形；
（3）请问在抛物线上是否存在一点P，使得△ABP的面积等于定值5？若存在，请求出所有的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=（x+1）2﹣2；（2）证明过程见解析；（3）（2，），（﹣4，）．
【解析】
试题分析：（1）根据题意首先求出抛物线顶点E的坐标，再利用顶点式求出函数解析式；（2）利用等边三角形的性质结合圆的有关性质得出∠AMD=∠CMD=∠AMC=60°，进而得出DC=CM=MA=AD，即可得出答案；（3）首先表示出△ABP的面积进而求出n的值，再代入函数关系式求出P点坐标．
试题解析：（1）由题意可知，△MBC为等边三角形，点A，B，C，E均在⊙M上， 则MA=MB=MC=ME=2，
又∵CO⊥MB， ∴MO=BO=1， ∴A（﹣3，0），B（1，0），E（﹣1，﹣2），
抛物线顶点E的坐标为（﹣1，﹣2）， 设函数解析式为y=a（x+1）2﹣2（a≠0）
把点B（1，0）代入y=a（x+1）2﹣2， 解得：a=，
故二次函数解析式为：y=（x+1）2﹣2；
（2）连接DM， ∵△MBC为等边三角形， ∴∠CMB=60°， ∴∠AMC=120°， ∵点D平分弧AC，
∴∠AMD=∠CMD=∠AMC=60°， ∵MD=MC=MA， ∴△MCD，△MDA是等边三角形，
∴DC=CM=MA=AD， ∴四边形AMCD为菱形（四条边都相等的四边形是菱形）；
（3）存在．
理由如下： 设点P的坐标为（m，n） ∵S△ABP=AB|n|，AB=4 ∴×4×|n|=5， 即2|n|=5，
解得：n=±， 当时，（m+1）2﹣2=， 解此方程得：m1=2，m2=﹣4
即点P的坐标为（2，），（﹣4，），
当n=﹣时，（m+1）2﹣2=﹣， 此方程无解，
故所求点P坐标为（2，），（﹣4，）．

考点：二次函数综合题．
【方法归纳】函数知识要理解好数形结合的思想，知识点的掌握中要理解文字解释和图像之间的关系，至于与圆、三角形、方程的综合题，往往最后一问难度大，要建立模型、框架，完善步骤，循序渐进.
【针对练习】
1．我们不妨约定：对角线互相垂直的凸四边形叫做“十字形”．

（1）①在“平行四边形，矩形，菱形，正方形”中，一定是“十字形”的有　 　；
②在凸四边形ABCD中，AB=AD且CB≠CD，则该四边形　 　“十字形”．（填“是”或“不是”）
（2）如图1，A，B，C，D是半径为1的⊙O上按逆时针方向排列的四个动点，AC与BD交于点E，∠ADB﹣∠CDB=∠ABD﹣∠CBD，当6≤AC2+BD2≤7时，求OE的取值范围；
（3）如图2，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c为常数，a＞0，c＜0）与x轴交于A，C两点（点A在点C的左侧），B是抛物线与y轴的交点，点D的坐标为（0，﹣ac），记“十字形”ABCD的面积为S，记△AOB，△COD，△AOD，△BOC的面积分别为S1，S2，S3，S4．求同时满足下列三个条件的抛物线的解析式；
①S=S1 +S2；②S=S3 +S4；③“十字形”ABCD的周长为1210．
【答案】（1）①菱形，正方形；②不是；（2）12≤OE≤22（OE＞0）；（3）y=x2﹣9．
【解析】分析：（1）利用“十字形”的定义判断即可；
（2）先判断出∠ADB+∠CAD=∠ABD+∠CAB，进而判断出∠AED=∠AEB=90°，即：AC⊥BD，再判断出四边形OMEN是矩形，进而得出OE2=2-14（AC2+BD2），即可得出结论；
（3）由题意得，A（-b-△2a，0），B（0，c），C（-b+△2a，0），D（0，-ac），求出S=12AC•BD=-12（ac+c）×△a，S1=12OA•OB=-c(△+b)4a，S2=12OC•OD=-c(△-b)4，S3=12OA×OD=-c(△+b)4，S4=12OB×OC=-c(△-b)4a，进而建立方程-c(△+b)4a+-c(△-b)2=-c(△+b)2+-c(△-b)4a，求出a=1，再求出b=0，进而判断出四边形ABCD是菱形，求出AD=310，进而求出c=-9，即可得出结论．
详解：（1）①∵菱形，正方形的对角线互相垂直，
∴菱形，正方形是：“十字形”，
∵平行四边形，矩形的对角线不一定垂直，
∴平行四边形，矩形不是“十字形”，
故答案为：菱形，正方形；
②如图，

当CB=CD时，在△ABC和△ADC中，
AB=ADCB=CDAC=AC，
∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴∠BAC=∠DAC，
∵AB=AD，
∴AC⊥BD，
∴当CB≠CD时，四边形ABCD不是“十字形”，
故答案为：不是；
（2）∵∠ADB+∠CBD=∠ABD+∠CDB，∠CBD=∠CDB=∠CAB，
∴∠ADB+∠CAD=∠ABD+∠CAB，
∴180°﹣∠AED=180°﹣∠AEB，
∴∠AED=∠AEB=90°，
∴AC⊥BD，
过点O作OM⊥AC于M，ON⊥BD于N，连接OA，OD，

∴OA=OD=1，OM2=OA2﹣AM2，ON2=OD2﹣DN2，AM=12AC，DN=12BD，四边形OMEN是矩形，
∴ON=ME，OE2=OM2+ME2，
∴OE2=OM2+ON2=2﹣14（AC2+BD2），
∵6≤AC2+BD2≤7，
∴2﹣74≤OE2≤2﹣32，
∴14≤OE2≤12，
∴12≤OE≤22；
（3）由题意得，A（-b-△2a，0），B（0，c），C（-b+△2a，0），D（0，﹣ac），
∵a＞0，c＜0，
∴OA=△+b2a，OB=﹣c，OC=△-b2a，OD=﹣ac，AC=△a，BD=﹣ac﹣c，
∴S=12AC•BD=﹣12（ac+c）×△a，S1=12OA•OB=﹣c(△+b)4a，S2=12OC•OD=﹣c(△-b)4，
S3=12OA×OD=﹣c(△+b)4，S4=12OB×OC=﹣c(△-b)4a，
∵S=S1+S2，S=S3+S4，
∴-c(△+b)4a+-c(△-b)2=-c(△+b)2+-c(△-b)4a，
∴4a=2，
∴a=1，
∴S=﹣cΔ，S1=﹣c(△+b)4a，S4=﹣c(△-b)4a，
∵S=S1+S2，
∴S=S1+S2+2S1S2，
∴﹣cΔ=﹣cΔ2+2c2·(-4c)16，
∴-cΔ2=-cc
∴b2-4c=-4c
∴b=0，
∴A（-c，0），B（0，c），C（-c，0），d（0，﹣c），
∴四边形ABCD是菱形，
∴4AD=1210，
∴AD=310，
即：AD2=90，
∵AD2=c2﹣c，
∴c2﹣c=90，
∴c=﹣9或c=10（舍），
即：y=x2﹣9．
【名师点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了新定义，平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积公式，求出a=1是解本题的关键．
2．（2019·湖南中考真题）如图，抛物线(a为常数，a＞0)与x轴交于O，A两点，点B为抛物线的顶点，点D的坐标为(t，0)(﹣3＜t＜0)，连接BD并延长与过O，A，B三点的⊙P相交于点C．
（1）求点A的坐标；
（2）过点C作⊙P的切线CE交x轴于点E．①如图1，求证：CE＝DE；②如图2，连接AC，BE，BO，当，∠CAE＝∠OBE时，求的值

【答案】（1）A（－6,0）；（2）①见解析 ；②
【解析】
【分析】
（1）令y=0，可得ax（x+6）=0，则A点坐标可求出；
（2）①连接PC，连接PB延长交x轴于点M，由切线的性质可证得∠ECD=∠COE，则CE=DE；
②设OE=m，由CE2=OE•AE，可得m＝，由∠CAE=∠OBE可得，则m＝，综合整理代入可求出的值．
【详解】
（1）令ax2+bax=0
ax（x+6）=0
∴A（－6,0）
（2）连接PC，连接PB延长交x轴于M

过O、A、B三点，B为顶点
，
又∵PC=PB
，
∵CE为切线
°，
又
，
∴CE=DE，
（3）设OE=m，即E（m,0）
由切割定理：CE2=OE·AE
，
，
已知，
由角平分线定理：
即：
由①②得
∴t2=－18t－36
，
【点睛】
本题是二次函数与圆的综合问题，涉及二次函数图象与x轴的交点坐标、切线的性质、等腰三角形的判定、切割线定理等知识．把圆的知识镶嵌其中，会灵活运用圆的性质进行计算是解题的关键．
3．（2019·浙江中考真题）已知在平面直角坐标系中，直线分别交轴和轴于点.
(1)如图1，已知经过点，且与直线相切于点，求的直径长；
(2)如图2，已知直线分别交轴和轴于点和点，点是直线上的一个动点，以为圆心，为半径画圆.
①当点与点重合时，求证: 直线与相切；
②设与直线相交于两点， 连结. 问:是否存在这样的点，使得是等腰直角三角形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】(1) 的直径长为；(2) ①见解析；②存在这样的点和，使得是等腰直角三角形.
【解析】
【分析】
（1）连接BC，证明△ABC为等腰直角三角形，则⊙P的直径长=BC=AB，即可求解；
（2）过点作于点，证明CE=ACsin45°=4×=2 =圆的半径，即可求解；
（3）假设存在这样的点，使得是等腰直角三角形，分点在线段上时和点在线段的延长线上两种情况，分别求解即可．
【详解】
（1）如图3，连接BC，

∵∠BOC=90°，
∴点P在BC上，
∵⊙P与直线l1相切于点B，
∴∠ABC=90°，而OA=OB，
∴△ABC为等腰直角三角形，
则⊙P的直径长=BC=AB=3
(2)如图4过点作于点，

图4
将代入，得，
∴点的坐标为.
∴，
∵，
∴.
∵点与点重合，
又的半径为，
∴直线与相切.
②假设存在这样的点，使得是等腰直角三角形，
∵直线经过点，
∴的函数解析式为.
记直线与的交点为，
情况一：
如图5，当点在线段上时，
由题意，得.
如图，延长交轴于点，

图5
∵，
∴，
即轴，
∴点与有相同的横坐标，
设，则，
∴.
∵的半径为，
∴，
解得，
∴，
∴的坐标为.
情况二：
当点在线段的延长线上时，同理可得，的坐标为.
∴存在这样的点和，使得是等腰直角三角形.
【点睛】
本题为圆的综合运用题，涉及到一次函数、圆的切线性质等知识点，其中（2），关键要确定圆的位置，分类求解，避免遗漏．
4．（2018·山东中考真题）如图①，在平面直角坐标系中，圆心为P（x，y）的动圆经过点A（1，2）且与x轴相切于点B．
（1）当x=2时，求⊙P的半径；
（2）求y关于x的函数解析式，请判断此函数图象的形状，并在图②中画出此函数的图象；
（3）请类比圆的定义（图可以看成是到定点的距离等于定长的所有点的集合），给（2）中所得函数图象进行定义：此函数图象可以看成是到　 　的距离等于到　 　的距离的所有点的集合．
（4）当⊙P的半径为1时，若⊙P与以上（2）中所得函数图象相交于点C、D，其中交点D（m，n）在点C的右侧，请利用图②，求cos∠APD的大小．

【答案】（1）；（2）图象为开口向上的抛物线，见解析；（3）点A；x轴；（4）
【解析】
分析：（1）由题意得到AP=PB，求出y的值，即为圆P的半径；
（2）利用两点间的距离公式，根据AP=PB，确定出y关于x的函数解析式，画出函数图象即可；
（3）类比圆的定义描述此函数定义即可；
（4）画出相应图形，求出m的值，进而确定出所求角的余弦值即可．
详解：（1）由x=2，得到P（2，y），
连接AP，PB，

∵圆P与x轴相切，
∴PB⊥x轴，即PB=y，
由AP=PB，得到=y，
解得：y=，
则圆P的半径为；
（2）同（1），由AP=PB，得到（x﹣1）2+（y﹣2）2=y2，
整理得：y=（x﹣1）2+1，即图象为开口向上的抛物线，
画出函数图象，如图②所示；

（3）给（2）中所得函数图象进行定义：此函数图象可以看成是到点A的距离等于到x轴的距离的所有点的集合；
故答案为点A；x轴；
（4）连接CD，连接AP并延长，交x轴于点F，交CD于E，
设PE=a，则有EF=a+1，ED=，
∴D坐标为（1+，a+1），
代入抛物线解析式得：a+1=（1﹣a2）+1，
解得：a=﹣2+或a=﹣2﹣（舍去），即PE=﹣2+，
在Rt△PED中，PE=﹣2，PD=1，
则cos∠APD==﹣2．
点睛：此题属于圆的综合题，涉及的知识有：两点间的距离公式，二次函数的图象与性质，圆的性质，勾股定理，弄清题意是解本题的关键．
5．（2018·江苏中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=（x-a）（x-3）（0