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2023年中考数学压轴题专项训练 压轴题11二次函数与圆综合问题（试题+答案）
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2023年中考数学压轴题专项训练
压轴题11二次函数与圆综合问题
解决函数与圆的综合问题的关键是找准函数与圆的结合点，弄清题目的本质，利用圆的基本性质和函数的性质、数形结合、方程思想、全等与相似，以便找到对应的解题途径.常见的考法有：
1. 直线与圆的位置关系：
平面直角坐标系中的直线与圆的位置关系问题关键是圆心到直线的距离等于半径的大小，常用的方法有：
（1） 利用圆心到直线的距离等于半径的大小这一数量关系列出关系式解决问题
（2） 利用勾股定理解决问题
（3） 利用相似列出比例式解决问题
2.函数与圆的新定义题目：利用已掌握的知识和方法理解新定义，化生为熟
3.函数与圆的性质综合类问题：利用几何性质，结合图形，找到问题中的“不变”关键因素和“临界位置”.
考向一、二次函数与圆的胡不归最值问题
例1．如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点C（2，﹣3），且与x轴交于原点及点B（8，0），点A为抛物线的顶点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在点M，使△ABM是等腰三角形？如果存在，请求出点M的坐标．如果不存在，请说明理由；
（3）若点P为⊙O上的动点，且⊙O的半径为22，求12AP+PB的最小值．
【分析】（1）运用待定系数法即可求出答案；
（2）分三种情况：①当AM＝BM，时，点P与F重合；②当AB＝AM＝42时，M在x上方和下方两种情况；③当AB＝BM＝42时，由等腰三角形“三线合一”即可求出；
（3）如图2，以O为圆心，22为半径作圆，则点P在圆周上，在OA上取点D，使OD=2，连接PD，根据相似三角形的判定定理得到△APO∽△PDO，根据相似三角形的性质得到POOD=AOPO=PDAP=2，从而得：PD=12AP，当B、P、D三点共线时，PD+PB取得最小值，过点D作DG⊥OB于点G，由于OD=2，且△ABO为等腰直角三角形，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：（1）由题意64+8b+c=04a+2b+c=−3c=0，
解得：a=14b=−2c=0，
∴二次函数的表达式为y=14x2﹣2x；
（2）过点A作直线AF⊥x轴于点F，
由（1）得y=14（x﹣4）2﹣4，
∴抛物线的顶点A（4，﹣4），
①AM＝BM，
∵B（8，0），
∴BF＝4，
∵∠AFB＝90°，AF＝BF＝4，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴M在点F处，△ABM是等腰直角三角形，此时M为（4，0），
②AB＝AM，
由①得△ABF是等腰直角三角形，BF＝4，
∴AB=BF2+AF2=(4−8)2+(−4−0)2=42，
∴M为（4，﹣4﹣42）或（4，﹣4+42），
③AB＝BM，
∵AB＝BM，BF⊥AM，
∴MF＝AF，
∴M为（4，4），
综上所述，M为（4，0），（4，﹣4﹣42）或（4，﹣4+42）或（4，4）；
（3）如图2，以O为圆心，22为半径作圆，则点P在圆周上，
在OA上取点D，使OD=2，连接PD，
则在△APO和△PDO中，
满足：POOD=AOPO=2，∠AOP＝∠POD，
∴△APO∽△PDO，
∴POOD=AOPO=APPD=2，
从而得：PD=12AP，
∴12AP+PB＝PD+PB，
∴当B、P、D三点共线时，PD+PB取得最小值，
过点D作DG⊥OB于点G，由于OD=2，且△ABO为等腰直角三角形，
则有DG＝1，∠DOG＝45°，
∴12AP+PB的最小值为：12AP+PB＝DB=DG2+BG2=12+(8−1)2=52．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式，配方法，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形判定和性质，圆的性质等，熟练掌握待定系数法、相似三角形的判定和性质等相关知识是解题关键．
考向二、二次函数与圆性质综合问题
例2．如图1，已知圆O的圆心为原点，半径为2，与坐标轴交于A，C，D，E四点，B为OD中点．
（1）求过A，B，C三点的抛物线解析式；
（2）如图2，连接BC，AC．点P在第一象限且为圆O上一动点，连接BP，交AC于点M，交OC于点N，当MC2＝MN•MB时，求M点的坐标；
（3）如图3，若抛物线与圆O的另外两个交点分别为H，F，请判断四边形CFEH的形状，并说明理由．
【分析】（1）先根据圆的性质得出A（2，0），C（0，2），D（﹣2，0），E（0，﹣2），设y＝a（x+1）（x﹣2），将C（0，2）代入，即可求得抛物线解析式．
（2）如图2，过点C作CH⊥BP于H，根据MC2＝MN•MB，∠CMN＝∠BMC，可得△MCN∽△MBC，进而可求得CH＝BH=102，再利用三角函数求得CM=524，AM=324，过点M作MG⊥OA于G，即可求得答案．
（3）设抛物线与⊙O的交点坐标为（t，﹣t2+t+2），根据⊙O的半径为2，可得方程（t﹣0）2+（﹣t2+t+2﹣0）2＝22，即可得出H（2，2），F（−2，−2），进而得出H、F关于点O对称，故FH＝CE＝4，且OC＝OE＝OF＝OH，即可判断四边形CFEH是矩形．
【解答】解：（1）如图1，∵圆O的圆心为原点，半径为2，与坐标轴交于A，C，D，E四点，
∴A（2，0），C（0，2），D（﹣2，0），E（0，﹣2），
∵B为OD中点，
∴B（﹣1，0），
∵抛物线经过点A（2，0），B（﹣1，0），C（0，2），
∴设y＝a（x+1）（x﹣2），将C（0，2）代入，得：2＝a（0+1）（0﹣2），
解得：a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+1）（x﹣2）＝﹣x2+x+2，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+x+2.
（2）如图2，过点C作CH⊥BP于H，
∵OB＝1，OC＝2，OA＝2，∠AOC＝∠BOC＝90°，
∴BC=5，AC＝22，
∵MC2＝MN•MB，
∴MCMN=MBMC，
∵∠CMN＝∠BMC，
∴△MCN∽△MBC，
∴∠MCN＝∠MBC，
∵OA＝OC＝2，∠AOC＝90°，
∴∠MCN＝45°，
∴∠MBC＝45°，
∵∠BHC＝90°，
∴CH＝BH＝BC•cos∠MBC=5•cos45°=102，
∵∠BCH＝∠MBC＝45°，
∴∠BCO+∠HCN＝∠MCH+∠HCN，
∴∠BCO＝∠MCH，
∴cos∠BCO＝cos∠MCH，
∴OCBC=CHCM，即25=102CM，
∴CM=524，
∴AM＝AC﹣CM＝22−524=324，
过点M作MG⊥OA于G，则∠AGM＝90°，
∵∠MAG＝45°，
∴AG＝MG＝AM•sin∠MAG=324×sin45°=34，
∴OG＝OA﹣AG＝2−34=54，
∴M（54，34）．
（3）四边形CFEH是矩形．理由如下：
设抛物线与⊙O的交点坐标为（t，﹣t2+t+2），
∵⊙O的半径为2，
∴（t﹣0）2+（﹣t2+t+2﹣0）2＝22，
化简，得：t4﹣2t3﹣2t2+4t＝0，
∵t≠0，
∴t3﹣2t2﹣2t+4＝0，
∴（t﹣2）（t2﹣2）＝0，
解得：t1＝2（舍去），t2=2，t3=−2，
∴H（2，2），F（−2，−2），
∴H、F关于点O对称，
∴FH＝CE＝4，且OC＝OE＝OF＝OH，
∴四边形CFEH是矩形．
【点评】本题是二次函数与圆的综合题，考查了待定系数法求抛物线解析式，二次函数图象与圆的交点坐标，矩形的判定定理，圆的性质，相似三角形的判定和性质，三角函数等，综合性强难度较大，属于中考压轴题．
考向三、二次函数与圆的位置关系问题
例3．二次函数y=34x2+bx+c的图象经过点A（﹣1，0）和点C（0，﹣3）与x轴的另一交点为点B．
（1）求b，c的值；
（2）定义：在平面直角坐标系xOy中，经过该二次函数图象与坐标轴交点的圆，称为该二次函数的坐标圆．问：在该二次函数图象的对称轴上是否存在一点Q，以点Q为圆心，5610为半径作⊙Q，使⊙Q是二次函数y=34x2+bx+c的坐标圆？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图所示，点M是线段BC上一点，过点M作MP∥y轴，交二次函数的图象于点P，以M为圆心，MP为半径作⊙M，当⊙M与坐标轴相切时，求出CMMB的值．
【分析】（1）将点A（﹣1，0）和点C（0，﹣3）代入y=34x2+bx+c即可求得b，c的值；
（2）先求出B的坐标，再计算A、B、C的外接圆半径，即可作出判断；
（3）⊙M与坐标轴相切，有两种情况，①当⊙M与y轴相切时，②当⊙M与x轴相切时，根据切线的性质以及相似三角形的性质即可求解．
【解答】解：（1）把点A （﹣1，0）和点C（0，﹣3）代入y=34x2+bx+c，
得：0=34−b+c−3=c，解方程组得：b=−94c=−3，
∴b=−94，c＝﹣3；
（2）存在，理由如下：
如图所示，由（1）可知二次函数的解析式为：y=34x2−94x−3，令34x2−94x−3=0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，所以点 A （﹣1，0），点B （4，0），
∵点C （0，﹣3），
∴AB＝BC＝5，
∴△ABC是等腰三角形，
根据坐标圆的定义，⊙Q经过点A、B、C，
∴圆心Q为AB的垂直平分线与AC的垂直平分线的交点．
∵AB的垂直平分线即为二次函数的对称轴x=32，
∵点 A （﹣1，0），点C （0，﹣3），
∴AC的中点F的坐标为(−12，−32)，
∴AC垂直平分线BF的解析式为y=13x−43，
∴点Q坐标为（32，−56），
在Rt△QNB中，QB=QN2+BN2=(56)2+(4−32)2=5106．
所以存在符合题意的坐标圆，其圆心Q的坐标为（32，−56）；
（3）设BC直线的解析式为：y＝kx+b，
把B （4，0）、C （0，3）的坐标代入y＝kx+b得：0=4k+bb=−3，
解得：b=34c=−3，
∴BC直线的解析式为：y=34x−3，
⊙M与坐标轴相切，有两种情况，
①当⊙M与y轴相切时，如图所示：
过点M作MD⊥y轴，垂足为点D，
则点D为⊙M与y轴的切点，即PM＝DM＝x，
设P(x，34x2−94x−3)，则M(x，34x−3)，
则PM＝（34x−3）﹣（34x2−94x−3），
∴（34x−3）﹣（34x2−94x−3）＝x解得：x1=83，x2＝0，
当x＝0时，点M与点C重合，不合题意舍去；
∴⊙M的半径为DM=83，
∴M（83，﹣1），
∵MD⊥y轴，
∴MD∥x轴，
∴△CDM∽△COB，
∴DMOB=CMCB，即834=CM5，
∴CM=103，
∴MB=5−103=53，
∴CMMB=2；
②当⊙M与x轴相切时，如图所示：
延长PM交x轴于点E，由题意可知：
点E为⊙M与x轴的切点，所以PM＝ME，
设P(x，34x2−94x−3)，M(x，34x−3)，
则PM＝（34x−3）﹣（34x2−94x−3），ME=−34x+3，
∴（34x−3）﹣（34x2−94x−3）=−34x+3，
解得：x1＝1，x2＝4，
当x＝4时，点M与点B重合，所以不合题意舍去，
∴⊙M的半径为：PM＝ME=−34+3=94，
∴M（1，94），
∵PM∥y轴，
∴CMCB=OEOB，即CM5=14，
∴CM=54，
∴MB=5−54=154，
∴CMMB=13，
综上所述，CMMB值是2或13．
【点评】此题是二次函数与圆的综合题，主要考查了二次函数的性质、圆的基本性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识以及方程的思想，添加辅助线构造相似三角形是解答本题的关键．
考向四、二次函数与圆的新定义问题
例4．我们把一个半圆与抛物线的一部分合成的封闭图形称为“蛋圆”．如图所示，点A、B、C、D分别是“蛋圆”与坐标轴的交点，已知点D的坐标为（0，﹣3），AB为半圆的直径，半圆圆心M的坐标为（1，0），半圆半径为2．
（1）求“蛋圆”抛物线部分的解析式及“蛋圆”的弦CD的长；
（2）已知点E是“蛋圆”上的一点（不与点A，点B重合），点E关于x轴的对称点是点F，若点F也在“蛋圆”上，求点E坐标；
（3）点P是“蛋圆”外一点，满足∠BPC＝60°，当BP最大时，直接写出点P的坐标．
【分析】（1）利用交点式将已知点代入求出函数解析式即可；证明△ACO∽△CBO，得出OCOA=OBOC，则可求出答案．
（2）假设点E在x轴上方的“蛋圆”上，EF与x轴交于点H，连接EM．由HM2+EH2＝EM2，点F在二次函数y＝x2﹣2x﹣3的图象上，可得方程组，以及对称性求解．
（3）根据∠BPC＝60°保持不变，点P在一圆弧上运动和直径是最大的弦进行解答即可．
【解答】解：（1）∵半圆圆心M的坐标为（1，0），半圆半径为2．
∴A（﹣1，0），B（3，0），
设抛物线为y＝a（x+1）（x﹣3），
∵抛物线过D（0，﹣3），
∴﹣3＝a（0+1）（0﹣3），
解得a＝1，y＝（x+1）（x﹣3），
即y＝x2﹣2x﹣3（﹣1≤x≤3）；
连接AC，BC，
∵AB为半圆的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CO⊥AB，
∴∠ACO+∠OCB＝∠OCB+∠OBC＝90°，
∴∠ACO＝∠OBC，
∴△ACO∽△CBO，
∴OCOA=OBOC，
∴CO2＝AO•BO＝3，
∴CO=3，
∴CD＝CO+OD＝3+3；
（2）假设点E在x轴上方的“蛋圆”上，设E（m，n），则点F的坐标为（m，﹣n）．
EF与x轴交于点H，连接EM．
∴HM2+EH2＝EM2，
∴（m﹣1）2+n2＝4，…①；
∵点F在二次函数y＝x2﹣2x﹣3的图象上，
∴m2﹣2m﹣3＝﹣n，…②；
解由①②组成的方程组得：m=1+3n=1；m=1−3n=1．（n＝0舍去）
由对称性可得：m=1+3n=−1；m=1−3n=−1．
∴E1（1+3，1），E2（1−3，1），E3(1+3，−1)，E4(1−3，−1)．
（3）如图4，∵∠BPC＝60°保持不变，
因此点P在一圆弧上运动．
此圆是以K为圆心（K在BC的垂直平分线上，且∠BKC＝120°），BK为半径．
当BP为直径时，BP最大．
在Rt△PCR中可求得PR＝1，RC=3．
所以点P的坐标为（1，23）．
【点评】本题考查的是圆与二次函数知识的综合运用，正确理解“蛋圆”的概念、掌握圆周角定理、相似三角形的判定与性质、二次函数的图象和性质、灵活运用数形结合思想是解题的关键，解答时，注意辅助线的作法要正确．
1．在平面直角坐标系中，二次函数y=12x2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣2，0），B（4，0）两点，交y轴于点C，点P是第四象限内抛物线上的一个动点．
（1）求二次函数的解析式；
（2）如图甲，连接AC，PA，PC，若S△PAC=152，求点P的坐标；
（3）如图乙，过A，B，P三点作⊙M，过点P作PE⊥x轴，垂足为D，交⊙M于点E．点P在运动过程中线段DE的长是否变化，若有变化，求出DE的取值范围；若不变，求DE的长．
【分析】（1）由二次函数y=12x2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣2，0），B（4，0）两点，可得二次函数的解析式为y=12（x+2）（x﹣4），由此即可解决问题．
（2）根据S△PAC＝S△AOC+S△OPC﹣S△AOP，构建方程即可解决问题．
（3）结论：点P在运动过程中线段DE的长是定值，DE＝2．根据AM＝MP，根据方程求出t，再利用中点坐标公式，求出点E的纵坐标即可解决问题．
【解答】解：（1）∵二次函数y=12x2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣2，0），B（4，0）两点，
∴二次函数的解析式为y=12（x+2）（x﹣4），
即y=12x2﹣x﹣4．
（2）如图甲中，连接OP．设P（m，12m2﹣m﹣4）．
由题意，A（﹣2，0），C（0，﹣4），
∵S△PAC＝S△AOC+S△OPC﹣S△AOP，
∴152=12×2×4+12×4×m−12×2×（−12m2+m+4），
整理得，m2+2m﹣15＝0，
解得m＝3或﹣5（舍弃），
∴P（3，−52）．
（3）结论：点P在运动过程中线段DE的长是定值，DE＝2．
理由：如图乙中，连接AM，PM，EM，设M（1，t），P[m，12（m+2）（m﹣4）]，E（m，n）．
由题意A（﹣2，0），AM＝PM，
∴32+t2＝（m﹣1）2+[12（m+2）（m﹣4）﹣t]2，
解得t＝1+14（m+2）（m﹣4），
∵ME＝PM，PE⊥AB，
∴t=n+12(m+2)(m−4)2，
∴n＝2t−12（m+2）（m﹣4）＝2[1+14（m+2）（m﹣4）]−12（m+2）（m﹣4）＝2，
∴DE＝2，
另解：∵PD•DE＝AD•DB，∴DE=AD⋅DBPD=(m+2)(4−m)−12(m+2)(m−4)=2，为定值．
∴点P在运动过程中线段DE的长是定值，DE＝2．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了三角形的面积，三角形的外接圆，三角形的外心等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
2．如图，抛物线的顶点为A（0，2），且经过点B（2，0）．以坐标原点O为圆心的圆的半径r=2，OC⊥AB于点C．
（1）求抛物线的函数解析式．
（2）求证：直线AB与⊙O相切．
（3）已知P为抛物线上一动点，线段PO交⊙O于点M．当以M，O，A，C为顶点的四边形是平行四边形时，求PM的长．
【分析】（1）根据题意，可设抛物线的解析式为：y＝ax2+2，把点B的坐标代入即可求出a的值，即可得出抛物线解析式；
（2）根据切线的判定，证明OC是⊙O的半径即可；
（3）由题意知，AC是以M，O，A，C为顶点的平行四边形的边，利用平行四边形对边平行的性质，可得出直线OM的解析式，直线OM与抛物线的交点为P，即可求出PM的长．
【解答】解：（1）∵抛物线的顶点为A（0，2），
∴可设抛物线的解析式为：y＝ax2+2，
∵抛物线经过点B（2，0），
∴4a+2＝0，
解得：a=−12，
∴抛物线的解析式为：y=−12x2+2；
（2）证明：∵A（0，2），B（2，0），
∴OA＝OB＝2，
∴AB＝22，
∵OC⊥AB，
∴12•OA•OB=12•AB•OC，
∴12×2×2=12×22•OC，
解得：OC=2，
∵⊙O的半径r=2，
∴OC是⊙O的半径，
∴直线AB与⊙O相切；
（3）∵点P在抛物线y=−12x2+2上，
∴可设P（x，−12x2+2），
以M，O，A，C为顶点的四边形是平行四边形时，
可得：AC＝OM=2，CM＝OA＝2，
∵点C是AB的中点，
∴C（1，1），M（1，﹣1），
设直线OM的解析式为y＝kx，将点M（1，﹣1）代入，
得：k＝﹣1，
∴直线OM的解析式为y＝﹣x，
∵点P在OM上，
∴−12x2+2＝﹣x，
解得：x1＝1+5，x2＝1−5，
∴y1＝﹣1−5，y2＝﹣1+5，
∴P1（1+5，﹣1−5），P2（1−5，﹣1+5），
如图，当点P位于P1位置时，
OP1=(1+5)2+(−1−5)2=2(1+5)2=2（1+5）=2+10，
∴P1M＝OP1﹣OM=2+10−2=10，
当点P位于P2位置时，同理可得：OP2=10−2，
∴P2M＝OP2﹣OM=10−2−2=10−22；
综上所述，PM的长是10或10−22．
【点评】本题考查了待定系数法求函数解析式，三角形面积，平行四边形性质，圆的切线的判定，二次函数与几何图形的综合运用等知识，熟练掌握待定系数法，二次函数图象和性质等相关知识，灵活运用数形结合思想和方程思想是解题关键．
3．如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴分别相交于A、B两点，与y轴相交于点C，下表给出了这条抛物线上部分点（x，y）的坐标值：
x
…
﹣1
0
1
2
3
…
y
…
0
3
4
3
0
…
（1）求出这条抛物线的解析式及顶点M的坐标；
（2）PQ是抛物线对称轴上长为1的一条动线段（点P在点Q上方），求AQ+QP+PC的最小值；
（3）如图2，点D是第四象限内抛物线上一动点，过点D作DF⊥x轴，垂足为F，△ABD的外接圆与DF相交于点E．试问：线段EF的长是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法即可求出抛物线解析式，再运用配方法求出顶点坐标；
（2）如图1，将点C沿y轴向下平移1个单位得C′（0，2），连接BC′交抛物线对称轴x＝1于点Q′，过点C作CP′∥BC′，交对称轴于点P′，连接AQ′，此时，C′、Q′、B三点共线，BQ′+C′Q′的值最小，运用勾股定理即可求出答案；
（3）如图2，连接BE，设D（t，﹣t2+2t+3），且t＞3，可得DF＝t2﹣2t﹣3，BF＝t﹣3，AF＝t+1，运用圆内接四边形的性质可得∠DAF＝∠BEF，进而证明△AFD∽△EFB，利用EFBF=AFDF，即可求得答案．
【解答】解：（1）根据表格可得出A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），
设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），
将C（0，3）代入，得：3＝a（0+1）（0﹣3），
解得：a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴该抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3，顶点坐标为M（1，4）；
（2）如图1，将点C沿y轴向下平移1个单位得C′（0，2），连接BC′交抛物线对称轴x＝1于点Q′，
过点C作CP′∥BC′，交对称轴于点P′，连接AQ′，
∵A、B关于直线x＝1对称，
∴AQ′＝BQ′，
∵CP′∥BC′，P′Q′∥CC′，
∴四边形CC′Q′P′是平行四边形，
∴CP′＝C′Q′，Q′P′＝CC′＝1，
在Rt△BOC′中，BC′=OC'2+OB2=22+32=13，
∴AQ′+Q′P′+P′C＝BQ′+C′Q′+Q′P′＝BC′+Q′P′=13+1，
此时，C′、Q′、B三点共线，BQ′+C′Q′的值最小，
∴AQ+QP+PC的最小值为13+1；
（3）线段EF的长为定值1.
如图2，连接BE，
设D（t，﹣t2+2t+3），且t＞3，
∵EF⊥x轴，
∴DF＝﹣（﹣t2+2t+3）＝t2﹣2t﹣3，
∵F（t，0），
∴BF＝OF﹣OB＝t﹣3，AF＝t﹣（﹣1）＝t+1，
∵四边形ABED是圆内接四边形，
∴∠DAF+∠BED＝180°，
∵∠BEF+∠BED＝180°，
∴∠DAF＝∠BEF，
∵∠AFD＝∠EFB＝90°，
∴△AFD∽△EFB，
∴EFBF=AFDF，
∴EFt−3=t+1t2−2t−3，
∴EF=(t+1)(t−3)t2−2t−3=t2−2t−3t2−2t−3=1，
∴线段EF的长为定值1．
【点评】本题是二次函数与圆的综合题，主要考查了待定系数法求抛物线解析式，配方法，轴对称的应用，平行四边形的判定与性质，勾股定理，圆内接四边形性质，相似三角形的判定和性质等，属于中考数学压轴题，综合性强，难度大；第（2）小题难度不小，解决该问时，利用轴对称加平移找出AQ+QP+PC最小时点P、Q的位置是解题关键．第（3）小题运用圆内接四边形性质得出△AFD∽△EFB是解题关键．
4．如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点C（2，﹣3），且与x轴交于原点及点B（8，0）．
（1）求二次函数的表达式；
（2）求顶点A的坐标及直线AB的表达式；
（3）判断△ABO的形状，试说明理由；
（4）若点P为⊙O上的动点，且⊙O的半径为22，一动点E从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段AP匀速运动到点P，再以每秒1个单位长度的速度沿线段PB匀速运动到点B后停止运动，求点E的运动时间t的最小值．
【分析】（1）运用待定系数法即可求出答案；
（2）运用配方法将抛物线解析式化为顶点式，得出顶点坐标，运用待定系数法求出直线AB的函数表达式；
（3）方法1：如图1，过点A作AF⊥OB于点F，则F（4，0），得出△AFO、△AFB均为等腰直角三角形，即可得出答案，
方法2：由△ABO的三个顶点分别是O（0，0），A（4，﹣4），B（8，0），运用勾股定理及逆定理即可得出答案；
（4）以O为圆心，22为半径作圆，则点P在圆周上，根据t=12AP+PB＝PD+PB，可知当B、P、D三点共线时，PD+PB取得最小值，过点D作DG⊥OB于点G，由t＝DB=DG2+GB2即可求出答案．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过C（2，﹣3），且与x轴交于原点及点B（8，0），
∴c＝0，二次函数表达式可设为：y＝ax2+bx（a≠0），
将C（2，﹣3），B（8，0）代入y＝ax2+bx得：
4a+2b=−364a+8b=0，
解得：a=14b=−2，
∴二次函数的表达式为y=14x2−2x；
（2）∵y=14x2−2x=14（x﹣4）2﹣4，
∴抛物线的顶点A（4，﹣4），
设直线AB的函数表达式为y＝kx+m，将A（4，﹣4），B（8，0）代入，得：
4k+m=−48k+m=0，
解得：k=1m=−8，
∴直线AB的函数表达式为y＝x﹣8；
（3）△ABO是等腰直角三角形．
方法1：如图1，过点A作AF⊥OB于点F，则F（4，0），
∴∠AFO＝∠AFB＝90°，OF＝BF＝AF＝4，
∴△AFO、△AFB均为等腰直角三角形，
∴OA＝AB＝42，∠OAF＝∠BAF＝45°，
∴∠OAB＝90°，
∴△ABO是等腰直角三角形．
方法2：∵△ABO的三个顶点分别是O（0，0），A（4，﹣4），B（8，0），
∴OB＝8，OA=OF2+FA2=(4−0)2+(−4−0)2=42，
AB=AF2+BF2=[0−(−4)]2+(8−4)2=42，
且满足OB2＝OA2+AB2，
∴△ABO是等腰直角三角形；
（4）如图2，以O为圆心，22为半径作圆，则点P在圆周上，依题意知：
动点E的运动时间为t=12AP+PB，
在OA上取点D，使OD=2，连接PD，
则在△APO和△PDO中，
满足：POOD=AOOP=2，∠AOP＝∠POD，
∴△APO∽△PDO，
∴APPD=POOD=AOOP=2，
从而得：PD=12AP，
∴t=12AP+PB＝PD+PB，
∴当B、P、D三点共线时，PD+PB取得最小值，
过点D作DG⊥OB于点G，由于OD=2，且△ABO为等腰直角三角形，
则有 DG＝1，∠DOG＝45°
∴动点E的运动时间t的最小值为：t＝DB=DG2+GB2=12+(8−1)2=52．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数和二次函数解析式，配方法，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形判定和性质，圆的性质等，熟练掌握待定系数法、相似三角形的判定和性质等相关知识是解题关键．
5．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C（0，6），抛物线的顶点坐标为E（2，8），连结BC、BE、CE．
（1）求抛物线的表达式；
（2）判断△BCE的形状，并说明理由；
（3）如图2，以C为圆心，2为半径作⊙C，在⊙C上是否存在点P，使得BP+12EP的值最小，若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）△BCE是直角三角形．运用勾股定理逆定理即可证明；
（3）如图，在CE上截取CF=22（即CF等于半径的一半），连结BF交⊙C于点P，连结EP，则BF的长即为所求．
【解答】解：（1）∵抛物线的顶点坐标为E（2，8），
∴设该抛物线的表达式为y＝a（x﹣2）2+8，
∵与y轴交于点C（0，6），
∴把点C（0，6）代入得：a=−12，
∴该抛物线的表达式为y=−12x2+2x+6；
（2）△BCE是直角三角形．理由如下：
∵抛物线与x轴分别交于A、B两点，
∴令y＝0，则−12（x﹣2）2+8＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝6，
∴A（﹣2，0），B（6，0），
∴BC2＝62+62＝72，CE2＝（8﹣6）2+22＝8，BE2＝（6﹣2）2+82＝80，
∴BE2＝BC2+CE2，
∴∠BCE＝90°，
∴△BCE是直角三角形；
（3）⊙C上存在点P，使得BP+12EP的值最小且这个最小值为2902．理由如下：
如图，在CE上截取CF=22（即CF等于半径的一半），连结BF交⊙C于点P，连结EP，
则BF的长即为所求．理由如下：
连结CP，∵CP为半径，
∴CFCP=CPCE=12，
又∵∠FCP＝∠PCE，
∴△FCP∽△PCE，
∴CFCP=FPPE=12，即FP=12EP，
∴BF＝BP+12EP，
由“两点之间，线段最短”可得：
BF的长即BP+12EP为最小值．
∵CF=14CE，E（2，8），
∴由比例性质，易得F（12，132），
∴BF=(6−12)2+(0−132)2=2902．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数图象和性质，勾股定理及其逆定理，圆的性质，相似三角形的判定和性质等，熟练掌握二次函数图象和性质，圆的性质，相似三角形的判定和性质等相关知识是解题关键．
6．如图1，已知抛物线y＝ax2﹣12ax+32a（a＞0）与x轴交于A，B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C．
（1）连接BC，若∠ABC＝30°，求a的值．
（2）如图2，已知M为△ABC的外心，试判断弦AB的弦心距d是否有最小值，若有，求出此时a的值，若没有，请说明理由；
（3）如图3，已知动点P（t，t）在第一象限，t为常数．
问：是否存在一点P，使得∠APB达到最大，若存在，求出此时∠APB的正弦值，若不存在，也请说明理由．
【分析】（1）令y＝0，求得抛物线与x轴的交点A、B的坐标，令x＝0，用a表示C点的坐标，再由三角函数列出a的方程，便可求得a的值；
（2）过M点作MH⊥AB于点H，连接MA、MC，用d表示出M的坐标，根据MA＝MC，列出a、d的关系式，再通过关系式求得结果；
（3）取AB的中点T，过T作MT⊥AB，以M为圆心，MA为半径作⊙M，MT与直线y＝x交于点S，P′为直线y＝x上异于P的任意一点，连接AP′，交⊙M于点K，连接BK，MP，AP，BP，MB，MA，当P为直线y＝x与⊙M的切点时，∠APB达到最大，利用圆圆周角性质和解直角三角形的知识求得结果便可．
【解答】解：（1）连接BC，
令y＝0，得y＝ax2﹣12ax+32a＝0，
解得，x＝4或8，
∴A（4，0），B（8，0），
令x＝0，得y＝ax2﹣12ax+32a＝32a，
∴C（0，32a），
又∠ABC＝30°，
∴tan∠ABC=OCOB=32a8=33，
解得，a=312；
（2）过M点作MH⊥AB于点H，连接MA、MC，如图2，
∴AH＝BH=12AB=2，
∴OH＝6，
设M（6，d），
∵MA＝MC，
∴4+d2＝36+（d﹣32a）2，
得2ad＝32a2+1，
∴d＝16a+12a=(4a−12a)2+42，
∴当4a=12a时，有d最小=42，
即当a=28时，有d最小=42；
（3）∵P（t，t），
∴点P在直线y＝x上，
如图3，取AB的中点T，过T作MT⊥AB，以M为圆心，MA为半径作⊙M，MT与直线y＝x交于点S，P′为直线y＝x上异于P的任意一点，连接AP′，交⊙M于点K，连接BK，MP，AP，BP，MB，MA，
当⊙M与直线y＝x相切时，有∠APB＝∠AKB＞∠AP′B，
∴∠APB最大，此时相切点为P，
设M（6，d），而T（6，0），
∴S（6，6），
∴∠PSM＝90°﹣∠SOT＝45°，
又MP＝MB=4+d2，
∴MS=2MP=2d2+8，
∵MS+MT＝ST＝6，
∴2d2+8+d=6，
解得，d＝2（负根舍去），
经检验，d＝2是原方程的解，也符合题意，
∴M（6，2），
∴MB＝22，
∵∠AMB＝2∠APB，MT⊥AB，MA＝MB，
∴∠AMT＝∠BMT=12∠AMB＝∠APB，
∴sin∠APB＝sin∠BMT=BTMB=22．
【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，解直角三角形，圆周角定理和圆与直线切线性质，难度较大，第（3）题的关键是构造辅助圆确定当∠APB达到最大时的P点位置．
7．如图，在平面直角坐标系上，一条抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A（1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点，连接BC并延长．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点M是直线BC在第一象限部分上的一个动点，过M作MN∥y轴交抛物线于点N．
1°求线段MN的最大值；
2°当MN取最大值时，在线段MN右侧的抛物线上有一个动点P，连接PM、PN，当△PMN的外接圆圆心Q在△PMN的边上时，求点P的坐标．
【分析】（1）将三个已知点坐标代入抛物线的解析式中列出方程组求得a、b、c，便可得抛物线的解析式；
（2）1°用待定系数法求出直线BC的解析式，再设M的横坐标为t，用t表示MN的距离，再根据二次函数的性质求得MN的最大值；
2°分三种情况：当∠PMN＝90°时；当∠PNM＝90°时；当∠MPN＝90°时．分别求出符合条件的P点坐标便可．
【解答】解：（1）把A、B、C三点的坐标代入抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）中，得
a+b+c=09a+3b+c=0c=3，
解得，a=1b=−4c=3，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）1°设直线BC的解析式为y＝mx+n（m≠0），则
3m+n=0n=3，
解得，m=−1n=3，
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3，
设M（t，﹣t+3）（0＜t＜3），则N（t，t2﹣4t+3），
∴MN＝﹣t2+3t=−(t−32)2+94，
∴当t=32时，MN的值最大，其最大值为94；
2°∵△PMN的外接圆圆心Q在△PMN的边上，
∴△PMN为直角三角形，
由1°知，当MN取最大值时，M（32，32），N（32，−34），
①当∠PMN＝90°时，PM∥x轴，则P点与M点的纵坐标相等，
∴P点的纵坐标为32，
当y=32时，y＝x2﹣4x+3=32，
解得，x=4+102，或x=4−102＜32（舍去），
∴P（4+102，32）；
②当∠PNM＝90°时，PN∥x轴，则P点与N点的纵坐标相等，
∴P点的纵坐标为−34，
当y=−34时，y＝x2﹣4x+3=−34，
解得，x=52，或x=32（舍去），
∴P（52，−34）；
③当∠MPN＝90°时，则MN为△PMN的外接圆的直径，
∴△PMN的外接圆的圆心Q为MN的中点，
∴Q（32，38），半径为12MN=98，
过Q作QK∥x轴，与在MN右边的抛物线图象交于点K，如图②，
令y=38，得y＝x2﹣4x+3=38，
解得，x=8−224＜32（舍），或x=8+224，
∴K（8+224，38），
∴QK=2+224＞98，即K点在以MN为直径的⊙Q外，
设抛物线y＝x2﹣4x+3的顶点为点L，则l（2，﹣1），
连接LK，如图②，则L到QK的距离为38+1=118，
LK=(8+224−2)2+(38+1)2=2098，
设Q点到LK的距离为h，则
12QK⋅118=12LK⋅ℎ，
∴ℎ=118QKLK=118×2+2242098=22209+11209×224×209≈1.27＞98，
∴直线LK下方的抛物线与⊙Q没有公共点，
∵抛物线中NL部分（除N点外）在过N点与x轴平行的直线下方，
∴抛物线中NL部分（除N点外）与⊙Q没有公共点，
∵抛物线K点右边部分，在过K点与y轴平行的直线的右边，
∴抛物线K点右边部分与⊙Q没有公共点，综上，⊙Q与MN右边的抛物线没有交点，
∴在线段MN右侧的抛物线上不存在点P，使△PMN的外接圆圆心Q在MN边上；
综上，点P的坐标为（4+102，32）或（52，−34）．
【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法，二次函数的最值的应用，直角三角形的存在性质的探究，圆的性质，第（2）题的1°题关键是把MN表示成t二次函数，用二次函数求最值的方法解决问题；第（2）2°小题关键是分情况讨论．难度较大．
8．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2﹣bx+c交x轴于点A，B，点B的坐标为（4，0），与y轴于交于点C（0，﹣2）．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）在抛物线上取点D，若点D的横坐标为5，求点D的坐标及∠ADB的度数；
（3）在（2）的条件下，设抛物线对称轴l交x轴于点H，△ABD的外接圆圆心为M（如图1），
①求点M的坐标及⊙M的半径；
②过点B作⊙M的切线交于点P（如图2），设Q为⊙M上一动点，则在点运动过程中QHQP的值是否变化？若不变，求出其值；若变化，请说明理由．
【分析】（1）c＝﹣2，将点B的坐标代入抛物线表达式得：0=12×16−4b﹣2，解得：b=−32，即可求解；
（2）S△ABD=5×32=35×BN2，则BN=5，sin∠BDH=BHBD=22，即可求解；
（3）①∠ADB＝45°，则∠AMB＝2∠ADB＝90°，MA＝MB，MH⊥AB，AH＝BH＝HM=52，点M的坐标为（32，52）⊙M的半径为5；
②PH＝HB＝5，则MHMQ=52522=22，MQMP=52252=22，故△HMQ∽△QMP，则QHQP=MHMQ=22，即可求解．
【解答】解：（1）c＝﹣2，将点B的坐标代入抛物线表达式得：0=12×16−4b﹣2，解得：b=32，
∴抛物线的解析式为y=12x2−32x﹣2；
（2）当x＝5时，y=12x2−32x﹣2＝3，故D的坐标为（5，3），
令y＝0，则x＝4（舍去）或﹣1，故点A（﹣1，0），
如图①，连接BD，作BN⊥AD于N，
∵A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣2），
∴AD＝35，BD=10，AB＝5，
∵S△ABD=5×32=35×BN2，
∴BN=5，
∴sin∠BDN=BNBD=510=22，
∴∠BDN＝45°；
∴∠ADB＝∠BDN＝45°；
（3）①如图②，连接MA，MB，
∵∠ADB＝45°，
∴∠AMB＝2∠ADB＝90°，
∵MA＝MB，MH⊥AB，
∴AH＝BH＝HM=52，
∴点M的坐标为（32，52）⊙M的半径为522；
②如图③，连接MQ，MB，
∵过点B作⊙M的切线交1于点P，
∴∠MBP＝90°，
∵∠MBO＝45°，
∴∠PBH＝45°，
∴PH＝HB＝2.5，
∵MHMQ=52522=22，MQMP=5225=22，
∵∠HMQ＝∠QMP，
∴△HMQ∽△QMP，
∴QHQP=MHMQ=22，
∴在点Q运动过程中QHQP的值不变，其值为22．
【点评】本题考查用待定系数法求二次函数解析式，锐角三角函数的定义，相似三角形的判定与性质．圆的基本性质．解决（3）问的关键是构造相似三角形实现比的转换．
9．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0），与x轴交于A（4，0）、O两点，点D（2，﹣2）为抛物线的顶点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点E为AO的中点，以点E为圆心、以1为半径作⊙E，交x轴于B、C两点，点M为⊙E上一点．
①射线BM交抛物线于点P，设点P的横坐标为m，当tan∠MBC＝2时，求m的值；
②如图2，连接OM，取OM的中点N，连接DN，则线段DN的长度是否存在最大值或最小值？若存在，请求出DN的最值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）用抛物线顶点式表达式得：y＝a（x﹣2）2﹣2，将点A的坐标代入上式，即可求解；
（2）①分点P在x轴下方、点P在x轴上方两种情况，分别求解即可；
②证明BN是△OEM的中位线，故BN=12EM=12，而BD=(2−1)2+(0+2)2=5，而BD﹣BN≤ND≤BD+BN，即可求解．
【解答】解：（1）由抛物线顶点式表达式得：y＝a（x﹣2）2﹣2，
将点A的坐标代入上式并解得：a=12，
故抛物线的表达式为：y=12（x﹣2）2﹣2=12x2﹣2x①；
（2）①点E是OA的中点，则点E（2，0），圆的半径为1，则点B（1，0），
当点P在x轴下方时，
如图1，∵tan∠MBC＝2，
故设直线BP的表达式为：y＝﹣2x+s，将点B（1，0）的坐标代入上式并解得：s＝2，
故直线BP的表达式为：y＝﹣2x+2②，
联立①②并解得：x＝±2（舍去﹣2），故m＝2；
当点P在x轴上方时，
同理可得：m＝4±23（舍去4﹣23）；
故m＝2或4+23；
②存在，理由：
连接BN、BD、EM，
则BN是△OEM的中位线，故BN=12EM=12，而BD=(2−1)2+(0+2)2=5，
在△BND中，BD﹣BN≤ND≤BD+BN，
即5−0.5≤ND≤5+0.5，
故线段DN的长度最小值和最大值分别为5−0.5和5+0.5．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、圆的基本知识、中位线的性质等，综合性强，难度适中．
10．如图，在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，点A（4，0），点B（0，4），△ABO的中线AC与y轴交于点C，且⊙M经过O，A，C三点．
（1）求圆心M的坐标；
（2）若直线AD与⊙M相切于点A，交y轴于点D，求直线AD的函数表达式；
（3）在（2）的条件下，在过点B且以圆心M为顶点的抛物线上有一动点P，过点P作PE∥y轴，交直线AD于点E．若以PE为半径的⊙P与直线AD相交于另一点F．当EF＝45时，求点P的坐标．
【分析】（1）利用中点公式即可求解；
（2）设：∠CAO＝α，则∠CAO＝∠ODA＝∠PEH＝α，tan∠CAO=OCOA=12=tanα，则sinα=15，cosα=25，AC=10，则CD=ACsin∠CDA=10sinα=10，即可求解；
（3）利用cos∠PEH=EHPE=25PE=cosα=25，求出PE＝5，即可求解．
【解答】解：（1）点B（0，4），则点C（0，2），
∵点A（4，0），则点M（2，1）；
（2）应该是圆M与直线AD相切，则∠CAD＝90°，
设：∠CAO＝α，则∠CAO＝∠ODA＝∠PEH＝α，
tan∠CAO=OCOA=12=tanα，则sinα=15，cosα=25，
AC=20，则CD=ACsinα=10，
则点D（0，﹣8），
将点A、D的坐标代入一次函数表达式：y＝mx+n并解得：
直线AD的表达式为：y＝2x﹣8；
（3）抛物线的表达式为：y＝a（x﹣2）2+1，
将点B坐标代入上式并解得：a=34，
故抛物线的表达式为：y=34x2﹣3x+4，
过点P作PH⊥EF，则EH=12EF＝25，
cos∠PEH=EHPE=25PE=cosα=25，
解得：PE＝5，
设点P（x，34x2﹣3x+4），则点E（x，2x﹣8），
则PE=34x2﹣3x+4﹣2x+8＝5，
解得x=143或2，
则点P（143，193）或（2，1）．
【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
11．如图，已知二次函数的图象顶点在原点，且点（2，1）在二次函数的图象上，过点F（0，1）作x轴的平行线交二次函数的图象于M、N两点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）P为平面内一点，当△PMN是等边三角形时，求点P的坐标；
（3）在二次函数的图象上是否存在一点E，使得以点E为圆心的圆过点F和点N，且与直线y＝﹣1相切．若存在，求出点E的坐标，并求⊙E的半径；若不存在，说明理由．
【分析】（1）设二次函数表达式为：y＝ax2，将（2，1）代入上式，即可求解；
（2）△PMN是等边三角形，则点P在y轴上且PM＝4，故PF＝23，即可求解；
（3）在Rt△FQE中，EN=(2−1)2+(1−14)2=54，EF=(1−0)2+(1−14)2=54，即可求解．
【解答】解：（1）∵二次函数的图象顶点在原点，
故设二次函数表达式为：y＝ax2，将（2，1）代入上式并解得：a=14，
故二次函数表达式为：y=14x2；
（2）将y＝1代入y=14x2并解得：x＝±2，故点M、N的坐标分别为（﹣2，1）、（2，1），
则MN＝4，
∵△PMN是等边三角形，
∴点P在y轴上且PM＝4，
∴PF＝23；
∵点F（0，1），
∴点P的坐标为（0，1+23）或（0，1﹣23）；
（3）假设二次函数的图象上存在一点E满足条件，
设点Q是FN的中点，则点Q（1，1），
故点E在FN的中垂线上．
∴点E是FN的中垂线与y=14x2图象的交点，
∴y=14×12=14，则点E（1，14），
EN=(2−1)2+(1−14)2=54，
同理EF=(1−0)2+(1−14)2=54，
点E到直线y＝﹣1的距离为|14−（﹣1）|=54，
故存在点E，使得以点E为圆心半径为54的圆过点F，N且与直线y＝﹣1相切．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、圆的基本的性质、等边三角形的性质等，综合性强，难度适中．
12．如图，抛物线y＝ax2+bx+2经过A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在y轴上是否存在点P使得∠OBP+∠OBC＝45°，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）点M是BC为直径的圆上的动点，将点M绕原点O顺时针旋转90°得点N，连接NA，求NA的取值范围．
【分析】（1）将点A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2即可求解析式；
（2）过点P作PH⊥BC交于点H，设P（0，t），CH＝x，由已知分别可求BC＝25，BH＝25−x，HP＝BH＝25−x，在Rt△CPH中，sin∠PCH=HPCP=25−x2−t=425，cos∠PCH=CHCP=x2−t=225，求出t=−43，则P（0，−43），与x轴对称点为（0，43），此点也满足所求；
（3）当M点在B点处时，N点在F（0，﹣4）处，当M点在O点处时，N点在E（2，0）处，∠EOF＝90°，EF＝BC＝25，可以判断N点在以EF为直径的圆上运动，连接OO'，O'（1，﹣2），NA有最大值和最小值，O'A＝22，则可求NA最大值为22+5，NA最小值为22−5，进而求得22−5≤NA≤22+5．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2，得
a−b+2=016a+4b+2=0，
解得a=−12b=32，
∴y=−12x2+32x+2；
（2）过点P作PH⊥BC交于点H，
设P（0，t），CH＝x，
∵C（0，2），B（4，0），
∴BC＝25，
∴BH＝25−x，
∵∠OBP+∠OBC＝45°，
∴∠CBP＝45°，
∴HP＝BH＝25−x，
在Rt△CPH中，sin∠PCH=HPCP=25−x2−t，cos∠PCH=CHCP=x2−t，
在Rt△BOC中，sin∠PCH=425，cos∠PCH=225，
∴25−x2−t=255，x2−t=55，
∴x=253，t=−43，
∴P（0，−43），
P点关于x轴对称点为（0，43），此点也满足∠OBP+∠OBC＝45°，
∴满足条件的P点坐标为（0，−43）或（0，43）；
（3）当M点在B点处时，N点在F（0，﹣4）处，当M点在C点处时，N点在E（2，0）处，
∵∠EOF＝90°，EF＝BC＝25，可以判断N点在以EF为直径的圆上运动，连接OO'，
当NA经过圆心O'时，NA有最大值和最小值，
∴O'（1，﹣2），
∵A（﹣1，0），
∴O'A＝22，
∴NA最大值为22+5，NA最小值为22−5，
∴22−5≤NA≤22+5．
【点评】本题考查二次函数是综合应用，能够通过M点的运动情况判断N点的运动轨迹是圆，将NA的范围转化为求圆的弦长问题是解题的关键．
13．定义：平面直角坐标系xOy中，过二次函数图象与坐标轴交点的圆，称为该二次函数的坐标圆．
（1）已知点P（2，2），以P为圆心，5为半径作圆．请判断⊙P是不是二次函数y＝x2﹣4x+3的坐标圆，并说明理由；
（2）如图1，已知二次函数y＝x2﹣4x+4图象的顶点为A，坐标圆的圆心为P，求△POA周长的最小值；
（3）如图2，已知二次函数y＝ax2﹣4x+4（0＜a＜1）图象交x轴于点A，B，交y轴于点C，与坐标圆的第四个交点为D，连结PC，PD．若∠CPD＝120°，求a的值．
【分析】（1）先求出二次函数y＝x2﹣4x+3图象与x轴、y轴的交点，再计算这三个交点是否在以P（2，2）为圆心，5为半径的圆上，即可作出判断．
（2）由题意可得，二次函数y＝x2﹣4x+4图象的顶点A（2，0），与y轴的交点H（0，4），所以△POA周长＝PO+PA+OA＝PO+PH+2≥OH+2，即可得出最小值．
（3）连接CD，PA，设二次函数y＝ax2﹣4x+4图象的对称轴l与CD交于点E，与x轴交于点F，由对称性知，对称轴l经过点P，且l⊥CD，设PE＝m，由∠CPD＝120°，可得PA＝PC＝2m，CE=3m，PF＝4﹣m，因为二次函数y＝ax2﹣4x+4图象的对称轴l为x=2a，AB=16−16aa=41−aa，所以AF＝BF=21−aa，3m=2a，在Rt△PAF中，利用勾股定理建立方程，求得m的值，进而得出a的值．
【解答】解：（1）对于二次函数y＝x2﹣4x+3，
当x＝0时，y＝3；当y＝0时，解得x＝1或x＝3，
∴二次函数图象与x轴交点为A（1，0），B（3，0），与y轴交点为C（0，3），
∵点P（2，2），
∴PA＝PB＝PC=5，
∴⊙P是二次函数y＝x2﹣4x+3的坐标圆．
（2）如图1，连接PH，
∵二次函数y＝x2﹣4x+4图象的顶点为A，坐标圆的圆心为P，
∴A（2，0），与y轴的交点H（0，4），
∴△POA周长＝PO+PA+OA＝PO+PH+2≥OH+2＝6，
∴△POA周长的最小值为6．
（3）如图2，连接CD，PA，
设二次函数y＝ax2﹣4x+4图象的对称轴l与CD交于点E，与x轴交于点F，
由对称性知，对称轴l经过点P，且l⊥CD，
∵AB=16−16aa=41−aa，
∴AF＝BF=21−aa，
∵∠CPD＝120°，PC＝PD，C（0，4），
∴∠PCD＝∠PDC＝30°，
设PE＝m，则PA＝PC＝2m，CE=3m，PF＝4﹣m，
∵二次函数y＝ax2﹣4x+4图象的对称轴l为x=2a，
∴3m=2a，即a=23m，
在Rt△PAF中，PA2＝PF2+AF2，
∴4m2=(4−m)2+(21−aa)2，
即4m2=(4−m)2+4(1−23m)43m2，
化简，得(8+23)m=16，解得m=84+3，
∴a=23m=43+312．
【点评】此题是二次函数与圆的综合题，主要考查了二次函数的性质、圆的基本性质、解直角三角形、勾股定理等知识以及方程的思想，添加辅助线构造直角三角形是解答本题的关键．
14．如图1：抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（﹣1，0），点B（3，0），与y轴交于点C．动点E（m，0）（0＜m＜3），过点E作直线l⊥x轴，交抛物线于点M．
（1）求抛物线的解析式及C点坐标；
（2）连接BM并延长交y轴于点N，连接AN，OM，若AN∥OM，求m的值．
（3）如图2．当m＝1时，P是直线l上的点，以P为圆心，PE为半径的圆交直线l于另一点F（点F在x轴上方），若线段AC上最多存在一个点Q使得∠FQE＝90°，求点P纵坐标的取值范围．
【分析】（1）利用待定系数法可求出抛物线的解析式，即可得C点坐标；
（2）由抛物线的解析式可得M（m，﹣m2+2m+3），利用待定系数法求出直线BM的解析式，可得点N的坐标，根据平行线的性质可得∠NAO＝∠MOE，根据等角的正切值相等即可求解；
（3）由题意得点Q与点C重合时，点P纵坐标最小，设点P（1，a），则点F（1，2a），根据勾股定理求出a的值，即可得点P纵坐标的取值范围．
【解答】解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得，
−1−b+c=0−9+3b+c=0，
解得b=2c=3，
故抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3，
当x＝0时，y＝3，故点C（0，3）；
（2）∵点E（m，0）（0＜m＜3），过点E作直线l⊥x轴，交抛物线于点M，
∴M（m，﹣m2+2m+3），
∵点B（3，0），
∴直线BM的表达式为y＝（﹣m﹣1）x﹣（﹣m﹣1）,
当x＝0时，3m+3，
∴点N（0，3m+3），
∵AN∥OM，
∴∠NAO＝∠MOE，
∴tan∠NAO＝tan∠MOE，
∴ONOA=EMOE，即3m+31=−m2+2m+3m，
解得：m1=34，m2＝﹣1（舍去），
∴m的值为34；
（3）由题意得点Q与点C重合时，点P纵坐标最小，设点P（1，a），则点F（1，2a），
∵点A（﹣1，0），点C（0，3），
∴CF2+CE2＝EF2，即1+（2a﹣3）2+1+32＝(2a)2，
解得：a=53，
∵点A（﹣1，0），点C（0，3），
∴AC:y＝3x+3,
设Q（a，3a+3）（﹣1≤a≤0），
过点Q作QG⊥x轴于G，过点F作FH⊥QG于H，连接QF，QE，
∵∠FQE＝90°，
∴∠FQH+∠EQG＝90°，
∵∠FQH+∠HFQ＝90°，
∴∠EQG＝∠HFQ，
又∵∠H＝∠QGE，
∴△HFQ∽△GQE，
∴HFGQ=HQGE，
∴1−a3a+3=HQ1−a，
∴HQ=(1−a)23a+3，
∴FE＝HQ+QG=(1−a)23a+3+3a+3，
令1+a＝t，（0≤t≤1），
∴a＝t﹣1，
∴FE=(2−t)23t+3t=103t+43t−43，
当t＝1时，FE=103，
∵103t+43t−43≥2409−43，
∴103t+43t−43≥410−43，
∴yF最小值是410−43，
∴yP最小值是210−23，
∴当yP＞53时，⊙P与线段AC有一个交点，
当210−23＜yP≤53时，⊙P与线段AC有两个交点，
yP=210−23时，⊙P与线段AC有一个交点，
0＜yP＜210−23时，⊙P与线段AC没有交点，
∴点P纵坐标的取值范围为yp＞53或0＜yP≤210−23．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到待定系数法求函数的解析式，一次函数的性质、勾股定理、面积的计算，锐角三角函数等，解题的关键是利用待定系数法求得函数的解析式．
15．如图，抛物线y＝mx2﹣4mx+n（m＞0）与x轴交于A，B两点，点B在点A的右侧，抛物线与y轴正半轴交于点C，连接CA、CB，已知tan∠CAO＝3，sin∠CBO=22．
（1）求抛物线的对称轴与抛物线的解析式；
（2）设D为抛物线对称轴上一点，
①当△BCD的外接圆的圆心在△BCD的边上时，求点D的坐标；
②若△BCD是锐角三角形，直接写出点D纵坐标的取值范围．
【分析】（1）抛物线y＝mx2﹣4mx+n，根据对称轴公式，得对称轴为直线x=−−4m2m=2，点C坐标为（0，n），由已知条件易得∠CBO＝45°，CO＝BO，CO＝3AO＝n，得出AO=n3，BO＝n，由抛物线对称轴可得，n3+n2=2，
解得，n＝3，将B（3，0）代入y＝mx2﹣4mx+3，得9m﹣12m+3＝0，即可求解；
（2）①当△BCD的外接圆的圆心在△BCD的边上时，△DCB是直角三角形，设点D坐标为（2，a），用a的代数式表示出CD2＝（0﹣2）2+（a﹣3）2＝a2﹣6a+13；BD2＝（3﹣2）2+（a﹣0）2＝a2+1；CB2＝（0﹣3）2+（0﹣3）2＝18，当点C为直角顶点，CD2+CB2＝DB2，得a2﹣6a+13+18＝a2+1，解得a＝5，当点B为直角顶点，BD2+CB2＝DC2，得18+a2+1＝a2﹣6a+13，解得a＝﹣1，当点C为直角顶点，CD2+CB2＝DB2，a2﹣6a+13+a2+1＝18，解得a=3±172，即可求解；
②由图形可知，当点D在D1、D3之间或在D4、D2之间时，△BCD是锐角三角形，结合第①问即可求解．
【解答】解：（1）抛物线y＝mx2﹣4mx+n，
根据对称轴公式，得对称轴为直线x=−−4m2m=2，点C坐标为（0，n），
∵sin∠CBO=22．
∴∠CBO＝45°，
∴CO＝BO，
在Rt△CAO中，tan∠CAO＝3，
∴COAO=3，即CO＝3AO＝n，
∴AO=n3，BO＝n，
由抛物线对称轴可得，n3+n2=2，
解得，n＝3，
将B（3，0）代入y＝mx2﹣4mx+3，
得9m﹣12m+3＝0，
∴m＝1，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）①当△BCD的外接圆的圆心在△BCD的边上时，
△DCB是直角三角形，
∵D为抛物线对称轴上一点，
设点D坐标为（2，a），
∵点C坐标为（0，3），点B坐标为（3，0），
∴CD2＝（0﹣2）2+（a﹣3）2＝a2﹣6a+13；
BD2＝（3﹣2）2+（a﹣0）2＝a2+1；
CB2＝（0﹣3）2+（0﹣3）2＝18，
当点C为直角顶点，CD2+CB2＝DB2，
∴a2﹣6a+13+18＝a2+1，解得a＝5，
∴点D坐标为（2，5）；
当点B为直角顶点，BD2+CB2＝DC2，
∴18+a2+1＝a2﹣6a+13，解得a＝﹣1，
∴点D坐标为（2，﹣1）；
当点C为直角顶点，CD2+CB2＝DB2，
∴a2﹣6a+13+a2+1＝18，解得a=3±172，
∴点D坐标为（2，3+172），（2，3−172）．
∴点D坐标为（2，5）或（2，﹣1）或（2，3+172）或（2，3−172）；
②由图形可知，当点D在D1、D3之间或在D4、D2之间时，△BCD是锐角三角形，
设点D纵坐标为n，
则3+172＜n＜5或﹣1＜n＜3−172．
【点评】本题考查了二次函数解析式求法，两点间距离公式，二次函数与直角三角形的综合题型，解题关键是平面直角坐标系中线段长度与坐标之间的联系．
16．如图，抛物线y＝ax2+bx+2与直线AB相交于A（﹣1，0），B（3，2），与x轴交于另一点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在y上是否存在一点E，使四边形ABCE为矩形，若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）以C为圆心，1为半径作⊙O，D为⊙O上一动点，求DA+55DB的最小值
【分析】（1）把A（﹣1，0）、B（3，2）代入y＝ax2+bx+2，列方程组求a、b的值；
（2）作AE⊥AB交y轴于点E，连结CE，作BF⊥x轴于点F，证明∠ABC＝90°及△BCF≌△EAO，从而证明四边形ABCE是矩形且求出点E的坐标；
（3）在（2）的基础上，作FL⊥BC于点L，证明△FCL∽△BCF及△DCL∽△BCD，得到LD=55DB，再根据DA+LD≥AL，求出AL的长即为所求的最小值．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0）、B（3，2）代入y＝ax2+bx+2，
得a−b+2=09a+3b+2=2，解得a=−12b=32，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+32x+2．
（2）存在．
如图1，作AE⊥AB交y轴于点E，连结CE；作BF⊥x轴于点F，则F（3，0）．
当y＝0时，由−12x2+32x+2＝0，得x1＝1，x2＝4，
∴C（4，0），
∴CF＝AO＝1，AF＝3﹣（﹣1）＝4；
又∵BF＝2，
∴CFBF=BFAF=12，
∵∠BFC＝∠AFB＝90°，
∴△BFC∽△AFB，
∴∠CBF＝∠BAF，
∴∠ABC＝∠CBF+∠ABF＝∠BAF+∠ABF＝90°，
∴BC∥AE，
∵∠BCF＝90°﹣∠BAC＝∠EAO，∠BFC＝∠EOA＝90°，
∴△BCF≌△EAO（ASA），
∴BC＝EA，
∴四边形ABCE是矩形；
∵OE＝FB＝2，
∴E（0，﹣2）．
（3）如图2，作FL⊥BC于点L，连结AL、CD.
由（2）得∠BFC＝90°，BF＝2，CF＝1，
∴CF＝CD，CB=12+22=5．
∵∠FLC＝∠BFC＝90°，∠FCL＝∠BCF（公共角），
∴△FCL∽△BCF，
∴CLCF=CFCB=15=55，
∴CLCD=CDCB=55，
∵∠DCL＝∠BCD（公共角），
∴△DCL∽△BCD，
∴LDDB=CLCD=55，
∴LD=55DB；
∵DA+LD≥AL，
∴当DA+LD＝AL，即点D落在线段AL上时，DA+55DB＝DA+LD＝AL最小．
∵CL=55CF=55，
∴BL=5−55=455，
∴BL2＝（455）2=165，
又∵AB2＝22+42＝20，
∴AL=AB2+BL2=20+165=21455，
DA+55DB的最小值为21455．
【点评】此题重点考查二次函数的图象与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、用待定系数法求函数解析式以及求线段和的最小值、二次根式的化简等知识与方法，解题的关键是正确地作出所需要的辅助线，解第（3）题时应注意通过作辅助线转化55DB为一条线段，此题难度较大，属于考试压轴题．
17．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−14x2+bx+3的对称轴是直线x＝2，与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
（Ⅰ）求抛物线的解析式及顶点坐标；
（Ⅱ）M为第一象限内抛物线上的一个点，过点M作MN⊥x轴于点N，交BC于点D，连接CM，当线段CM＝CD时，求点M的坐标；
（Ⅲ）以原点O为圆心，AO长为半径作⊙O，点P为⊙O上的一点，连接BP，CP，求2PC+3PB的最小值．
【分析】（Ⅰ）由x＝2=−b2a=−b2×(−14)，解得b＝1，即可求解；
（Ⅱ）当线段CM＝CD时，则点C在MD的中垂线上，即yC=12（yM+yD），即可求解；
（Ⅲ）在OC上取点G，使OPOC=OGOP=23，即23=OG2，则△POG∽△COP，故2PC+3PB＝2（PB+23PC）＝2（BP+PG），故当B、P、G三点共线时，2PC+3PB最小，最小值为3BG，进而求解．
【解答】解：（Ⅰ）∵对称轴是直线x＝2，
故x＝2=−b2a=−b2×(−14)，解得b＝1，
故抛物线的表达式为y=−14x2+x+3=−14（x﹣2）2+4，
∴抛物线的顶点为（2，4）；
（Ⅱ）对于y=−14x2+x+3，令y=−14x2+x+3＝0，解得x＝6或﹣2，令x＝0，则y＝3，
故点A、B、C的坐标分别为（﹣2，0）、（6，0）、（0，3），
设直线BC的表达式为y＝mx+n，则0=6m+nn=3，解得m=−12n=3，
故直线BC的表达式为y=−12x+3，
设点M的坐标为（x，−14x2+x+3），则点D的坐标为（x，−12x+3），
当线段CM＝CD时，则点C在MD的中垂线上，即yC=12（yM+yD），
即3=12（−14x2+x+3−12x+3），
解得x＝0（舍去）或2，
故点M的坐标为（2，4）；
（Ⅲ）在OC上取点G，使OPOC=OGOP=23，即23=OG2，则OG=43，则点G（0，43），
∵OPOC=OGOP，∠GOP＝∠COP，
∴△POG∽△COP，
∴PGPC=OPOC=23，故PG=23PC，
则2PC+3PB＝3（PB+23PC）＝3（BP+PG），
故当B、P、G三点共线时，2PC+3PB最小，最小值为3BG，
则2PC+3PB的最小值3BG＝362+(43)2=285．
【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
18．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）的顶点为M，经过C（1，1），且与x轴正半轴交于A，B两点．
（1）如图1，连接OC，将线段OC绕点O顺时针旋转，使得C落在y轴的负半轴上，求点C的路径长；
（2）如图2，延长线段OC至N，使得ON=3，若∠OBN＝∠ONA，且tan∠ABM=132，求抛物线的解析式；
（3）如图3，抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴为直线x=52，与y轴交于（0，5），经过点C的直线l：y＝kx+m（k＞0）与抛物线交于点C、D，若在x轴上存在P1、P2，使∠CP1D＝∠CP2D＝90°，求k的取值范围．
【分析】（1）由点C的路径长=135°360°×2π×2，即可求解；
（2）证明△ONA∽△OBN，则OA•OB＝ON2＝3，即ca=3，得到c＝3a，而a+b+c＝1，tan∠ABM=132，得到（1﹣4a）2﹣4a•3a＝13，即可求解；
（3）由点D、C的坐标得到k=t2−5t+5−1t−1=t﹣4，若在x轴上有且仅有一点P，使∠CPD＝90°，则过CD中点的圆R与x轴相切，设切点为P，得到（t+12−1）2+（n+12−1）2＝（n+12）2，求出t＝3+263，进而求解．
【解答】解：（1）点C的路径长=135°360°×2π×2=32π4；
（2）∵∠ONA＝∠OBN，∠AON＝∠NOB，
∴△ONA∽△OBN，
∴AOON=ONOB，即OA•OB＝ON2＝3，即ca=3，
故c＝3a，
∵a+b+c＝1，
在△ABM中，tan∠ABM=−yM12AB=b2−4ac4ab2−4ac2a=132，
∴b2﹣4ac＝13，
即（1﹣4a）2﹣4a•3a＝13，解得a＝﹣1（舍去）或3，
∴抛物线的表达式为y＝3x2﹣11x+9；
（3）由题意得：a+b+c=1x=−b2a=52c=5，解得a=1b=−5c=5，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣5x+5；
设点D（t，n），n＝t2﹣5t+5，而点C（1，1），
将点D、C的坐标代入函数表达式得t2−5t+5=kt+m1=k+m，
则k=t2−5t+5−1t−1=t﹣4，
若在x轴上有且仅有一点P，使∠CPD＝90°，则过CD中点的圆R与x轴相切，设切点为P，
则点H（t+12，n+12），则HP＝HC，
即（t+12−1）2+（n+12−1）2＝（n+12）2，
化简得：3t2﹣18t+19＝0，
解得：t＝3+263（不合题意的值已舍去），
k＝t﹣4=263−1．
若在x轴上存在P1、P2，使∠CP1D＝∠CP2D＝90°，则以DC为直径的圆H和x轴相交，
∴0＜k＜26−33．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了圆的基本知识、一次函数的性质、平行四边形的性质、解直角三角形等，有一定的综合性，难度适中．
19．如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C，⊙M是△ABC的外接圆．若抛物线的顶点D的坐标为（1，4）．
（1）求抛物线的解析式，及A、B、C三点的坐标；
（2）求⊙M的半径和圆心M的坐标；
（3）如图2，在x轴上有点P（7，0），试在直线BC上找点Q，使B、Q、P三点构成的三角形与△ABC相似．若存在，请直接写出点坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由顶点坐标公式直接求出b、c的值，再令y＝0、x＝0即可求得A、B、C三点的坐标；
（2）根据三角形外心为三边中垂线交点即可求得⊙M的圆心M和半径；
（3）先算出AB、AC，再求出直线BC解析式，设出Q的坐标，表示出BQ，分两种情况：①则△ACB∽△PQB；②△ACB∽△QPB．再根据相似三角形的性质求解即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c的顶点D的坐标为（1，4），
∴−b2×(−1)=14×(−1)×c−b24×(−1)=4，解得b=2c=3，
抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，
令y＝0，则﹣x2+2x+3＝0，解得x＝﹣1或3，
令x＝0，y＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）；
（2）如图1，连接MB，MC，
∵三角形外心为三边中垂线交点，
∴设M（1，m），
∵MB＝MC，
∴(1−3)2+(m−0)2=(1−0)2+(m−3)2，
解得m＝1，
∴M（1，1），
∴MB=(1−3)2+(1−0)2=5，
∴⊙M的半径为5，圆心M的坐标为（1，1）；
（3）由（1）知，AB＝3﹣（﹣1）＝4，OC＝3，BC=(3−0)2+(0−3)2=32，
设直线BC：y＝kx+3，
将B（3，0）代入得0＝3k+3，
解得k＝﹣1，
∴直线BC：y＝﹣x+3，
设Q（t，﹣t+3），
则BQ=(3−t)2+(−t+3)2=2（t﹣3），
∵P（7，0），
∴BP＝4，
∵B、Q、P三点构成的三角形与△ABC相似，∠ABC＝∠PBQ，
∴ABBC=BPBQ或ABBC=BQBP，
①当ABBC=BPBQ时，
∴432=4BQ，
∴BQ2＝32，
∴t﹣3＝3，
解得t＝6；
①当ABBC=BQBP时，
∴432=BQ4，
∴BQ1=823，
∴t﹣3=83，
解得t=173，
∴点Q的坐标为（6，﹣3）或（173，−83）．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求二次函数与一次函数的解析式，三角形的外心、两点间距离公式、相似三角形的判定与性质，解决此题的关键是处理相似三角形存在性问题注意分类讨论．
2023年中考数学压轴题专项训练
压轴题11二次函数与圆综合问题
解决函数与圆的综合问题的关键是找准函数与圆的结合点，弄清题目的本质，利用圆的基本性质和函数的性质、数形结合、方程思想、全等与相似，以便找到对应的解题途径.常见的考法有：
1. 直线与圆的位置关系：
平面直角坐标系中的直线与圆的位置关系问题关键是圆心到直线的距离等于半径的大小，常用的方法有：
（1） 利用圆心到直线的距离等于半径的大小这一数量关系列出关系式解决问题
（2） 利用勾股定理解决问题
（3） 利用相似列出比例式解决问题
2.函数与圆的新定义题目：利用已掌握的知识和方法理解新定义，化生为熟
3.函数与圆的性质综合类问题：利用几何性质，结合图形，找到问题中的“不变”关键因素和“临界位置”.
考向一、二次函数与圆的胡不归最值问题
例1．如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点C（2，﹣3），且与x轴交于原点及点B（8，0），点A为抛物线的顶点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在点M，使△ABM是等腰三角形？如果存在，请求出点M的坐标．如果不存在，请说明理由；
（3）若点P为⊙O上的动点，且⊙O的半径为22，求12AP+PB的最小值．
【分析】（1）运用待定系数法即可求出答案；
（2）分三种情况：①当AM＝BM，时，点P与F重合；②当AB＝AM＝42时，M在x上方和下方两种情况；③当AB＝BM＝42时，由等腰三角形“三线合一”即可求出；
（3）如图2，以O为圆心，22为半径作圆，则点P在圆周上，在OA上取点D，使OD=2，连接PD，根据相似三角形的判定定理得到△APO∽△PDO，根据相似三角形的性质得到POOD=AOPO=PDAP=2，从而得：PD=12AP，当B、P、D三点共线时，PD+PB取得最小值，过点D作DG⊥OB于点G，由于OD=2，且△ABO为等腰直角三角形，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：（1）由题意64+8b+c=04a+2b+c=−3c=0，
解得：a=14b=−2c=0，
∴二次函数的表达式为y=14x2﹣2x；
（2）过点A作直线AF⊥x轴于点F，
由（1）得y=14（x﹣4）2﹣4，
∴抛物线的顶点A（4，﹣4），
①AM＝BM，
∵B（8，0），
∴BF＝4，
∵∠AFB＝90°，AF＝BF＝4，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴M在点F处，△ABM是等腰直角三角形，此时M为（4，0），
②AB＝AM，
由①得△ABF是等腰直角三角形，BF＝4，
∴AB=BF2+AF2=(4−8)2+(−4−0)2=42，
∴M为（4，﹣4﹣42）或（4，﹣4+42），
③AB＝BM，
∵AB＝BM，BF⊥AM，
∴MF＝AF，
∴M为（4，4），
综上所述，M为（4，0），（4，﹣4﹣42）或（4，﹣4+42）或（4，4）；
（3）如图2，以O为圆心，22为半径作圆，则点P在圆周上，
在OA上取点D，使OD=2，连接PD，
则在△APO和△PDO中，
满足：POOD=AOPO=2，∠AOP＝∠POD，
∴△APO∽△PDO，
∴POOD=AOPO=APPD=2，
从而得：PD=12AP，
∴12AP+PB＝PD+PB，
∴当B、P、D三点共线时，PD+PB取得最小值，
过点D作DG⊥OB于点G，由于OD=2，且△ABO为等腰直角三角形，
则有DG＝1，∠DOG＝45°，
∴12AP+PB的最小值为：12AP+PB＝DB=DG2+BG2=12+(8−1)2=52．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求二次函数解析式，配方法，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形判定和性质，圆的性质等，熟练掌握待定系数法、相似三角形的判定和性质等相关知识是解题关键．
考向二、二次函数与圆性质综合问题
例2．如图1，已知圆O的圆心为原点，半径为2，与坐标轴交于A，C，D，E四点，B为OD中点．
（1）求过A，B，C三点的抛物线解析式；
（2）如图2，连接BC，AC．点P在第一象限且为圆O上一动点，连接BP，交AC于点M，交OC于点N，当MC2＝MN•MB时，求M点的坐标；
（3）如图3，若抛物线与圆O的另外两个交点分别为H，F，请判断四边形CFEH的形状，并说明理由．
【分析】（1）先根据圆的性质得出A（2，0），C（0，2），D（﹣2，0），E（0，﹣2），设y＝a（x+1）（x﹣2），将C（0，2）代入，即可求得抛物线解析式．
（2）如图2，过点C作CH⊥BP于H，根据MC2＝MN•MB，∠CMN＝∠BMC，可得△MCN∽△MBC，进而可求得CH＝BH=102，再利用三角函数求得CM=524，AM=324，过点M作MG⊥OA于G，即可求得答案．
（3）设抛物线与⊙O的交点坐标为（t，﹣t2+t+2），根据⊙O的半径为2，可得方程（t﹣0）2+（﹣t2+t+2﹣0）2＝22，即可得出H（2，2），F（−2，−2），进而得出H、F关于点O对称，故FH＝CE＝4，且OC＝OE＝OF＝OH，即可判断四边形CFEH是矩形．
【解答】解：（1）如图1，∵圆O的圆心为原点，半径为2，与坐标轴交于A，C，D，E四点，
∴A（2，0），C（0，2），D（﹣2，0），E（0，﹣2），
∵B为OD中点，
∴B（﹣1，0），
∵抛物线经过点A（2，0），B（﹣1，0），C（0，2），
∴设y＝a（x+1）（x﹣2），将C（0，2）代入，得：2＝a（0+1）（0﹣2），
解得：a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+1）（x﹣2）＝﹣x2+x+2，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+x+2.
（2）如图2，过点C作CH⊥BP于H，
∵OB＝1，OC＝2，OA＝2，∠AOC＝∠BOC＝90°，
∴BC=5，AC＝22，
∵MC2＝MN•MB，
∴MCMN=MBMC，
∵∠CMN＝∠BMC，
∴△MCN∽△MBC，
∴∠MCN＝∠MBC，
∵OA＝OC＝2，∠AOC＝90°，
∴∠MCN＝45°，
∴∠MBC＝45°，
∵∠BHC＝90°，
∴CH＝BH＝BC•cos∠MBC=5•cos45°=102，
∵∠BCH＝∠MBC＝45°，
∴∠BCO+∠HCN＝∠MCH+∠HCN，
∴∠BCO＝∠MCH，
∴cos∠BCO＝cos∠MCH，
∴OCBC=CHCM，即25=102CM，
∴CM=524，
∴AM＝AC﹣CM＝22−524=324，
过点M作MG⊥OA于G，则∠AGM＝90°，
∵∠MAG＝45°，
∴AG＝MG＝AM•sin∠MAG=324×sin45°=34，
∴OG＝OA﹣AG＝2−34=54，
∴M（54，34）．
（3）四边形CFEH是矩形．理由如下：
设抛物线与⊙O的交点坐标为（t，﹣t2+t+2），
∵⊙O的半径为2，
∴（t﹣0）2+（﹣t2+t+2﹣0）2＝22，
化简，得：t4﹣2t3﹣2t2+4t＝0，
∵t≠0，
∴t3﹣2t2﹣2t+4＝0，
∴（t﹣2）（t2﹣2）＝0，
解得：t1＝2（舍去），t2=2，t3=−2，
∴H（2，2），F（−2，−2），
∴H、F关于点O对称，
∴FH＝CE＝4，且OC＝OE＝OF＝OH，
∴四边形CFEH是矩形．
【点评】本题是二次函数与圆的综合题，考查了待定系数法求抛物线解析式，二次函数图象与圆的交点坐标，矩形的判定定理，圆的性质，相似三角形的判定和性质，三角函数等，综合性强难度较大，属于中考压轴题．
考向三、二次函数与圆的位置关系问题
例3．二次函数y=34x2+bx+c的图象经过点A（﹣1，0）和点C（0，﹣3）与x轴的另一交点为点B．
（1）求b，c的值；
（2）定义：在平面直角坐标系xOy中，经过该二次函数图象与坐标轴交点的圆，称为该二次函数的坐标圆．问：在该二次函数图象的对称轴上是否存在一点Q，以点Q为圆心，5610为半径作⊙Q，使⊙Q是二次函数y=34x2+bx+c的坐标圆？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图所示，点M是线段BC上一点，过点M作MP∥y轴，交二次函数的图象于点P，以M为圆心，MP为半径作⊙M，当⊙M与坐标轴相切时，求出CMMB的值．
【分析】（1）将点A（﹣1，0）和点C（0，﹣3）代入y=34x2+bx+c即可求得b，c的值；
（2）先求出B的坐标，再计算A、B、C的外接圆半径，即可作出判断；
（3）⊙M与坐标轴相切，有两种情况，①当⊙M与y轴相切时，②当⊙M与x轴相切时，根据切线的性质以及相似三角形的性质即可求解．
【解答】解：（1）把点A （﹣1，0）和点C（0，﹣3）代入y=34x2+bx+c，
得：0=34−b+c−3=c，解方程组得：b=−94c=−3，
∴b=−94，c＝﹣3；
（2）存在，理由如下：
如图所示，由（1）可知二次函数的解析式为：y=34x2−94x−3，令34x2−94x−3=0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，所以点 A （﹣1，0），点B （4，0），
∵点C （0，﹣3），
∴AB＝BC＝5，
∴△ABC是等腰三角形，
根据坐标圆的定义，⊙Q经过点A、B、C，
∴圆心Q为AB的垂直平分线与AC的垂直平分线的交点．
∵AB的垂直平分线即为二次函数的对称轴x=32，
∵点 A （﹣1，0），点C （0，﹣3），
∴AC的中点F的坐标为(−12，−32)，
∴AC垂直平分线BF的解析式为y=13x−43，
∴点Q坐标为（32，−56），
在Rt△QNB中，QB=QN2+BN2=(56)2+(4−32)2=5106．
所以存在符合题意的坐标圆，其圆心Q的坐标为（32，−56）；
（3）设BC直线的解析式为：y＝kx+b，
把B （4，0）、C （0，3）的坐标代入y＝kx+b得：0=4k+bb=−3，
解得：b=34c=−3，
∴BC直线的解析式为：y=34x−3，
⊙M与坐标轴相切，有两种情况，
①当⊙M与y轴相切时，如图所示：
过点M作MD⊥y轴，垂足为点D，
则点D为⊙M与y轴的切点，即PM＝DM＝x，
设P(x，34x2−94x−3)，则M(x，34x−3)，
则PM＝（34x−3）﹣（34x2−94x−3），
∴（34x−3）﹣（34x2−94x−3）＝x解得：x1=83，x2＝0，
当x＝0时，点M与点C重合，不合题意舍去；
∴⊙M的半径为DM=83，
∴M（83，﹣1），
∵MD⊥y轴，
∴MD∥x轴，
∴△CDM∽△COB，
∴DMOB=CMCB，即834=CM5，
∴CM=103，
∴MB=5−103=53，
∴CMMB=2；
②当⊙M与x轴相切时，如图所示：
延长PM交x轴于点E，由题意可知：
点E为⊙M与x轴的切点，所以PM＝ME，
设P(x，34x2−94x−3)，M(x，34x−3)，
则PM＝（34x−3）﹣（34x2−94x−3），ME=−34x+3，
∴（34x−3）﹣（34x2−94x−3）=−34x+3，
解得：x1＝1，x2＝4，
当x＝4时，点M与点B重合，所以不合题意舍去，
∴⊙M的半径为：PM＝ME=−34+3=94，
∴M（1，94），
∵PM∥y轴，
∴CMCB=OEOB，即CM5=14，
∴CM=54，
∴MB=5−54=154，
∴CMMB=13，
综上所述，CMMB值是2或13．
【点评】此题是二次函数与圆的综合题，主要考查了二次函数的性质、圆的基本性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识以及方程的思想，添加辅助线构造相似三角形是解答本题的关键．
考向四、二次函数与圆的新定义问题
例4．我们把一个半圆与抛物线的一部分合成的封闭图形称为“蛋圆”．如图所示，点A、B、C、D分别是“蛋圆”与坐标轴的交点，已知点D的坐标为（0，﹣3），AB为半圆的直径，半圆圆心M的坐标为（1，0），半圆半径为2．
（1）求“蛋圆”抛物线部分的解析式及“蛋圆”的弦CD的长；
（2）已知点E是“蛋圆”上的一点（不与点A，点B重合），点E关于x轴的对称点是点F，若点F也在“蛋圆”上，求点E坐标；
（3）点P是“蛋圆”外一点，满足∠BPC＝60°，当BP最大时，直接写出点P的坐标．
【分析】（1）利用交点式将已知点代入求出函数解析式即可；证明△ACO∽△CBO，得出OCOA=OBOC，则可求出答案．
（2）假设点E在x轴上方的“蛋圆”上，EF与x轴交于点H，连接EM．由HM2+EH2＝EM2，点F在二次函数y＝x2﹣2x﹣3的图象上，可得方程组，以及对称性求解．
（3）根据∠BPC＝60°保持不变，点P在一圆弧上运动和直径是最大的弦进行解答即可．
【解答】解：（1）∵半圆圆心M的坐标为（1，0），半圆半径为2．
∴A（﹣1，0），B（3，0），
设抛物线为y＝a（x+1）（x﹣3），
∵抛物线过D（0，﹣3），
∴﹣3＝a（0+1）（0﹣3），
解得a＝1，y＝（x+1）（x﹣3），
即y＝x2﹣2x﹣3（﹣1≤x≤3）；
连接AC，BC，
∵AB为半圆的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵CO⊥AB，
∴∠ACO+∠OCB＝∠OCB+∠OBC＝90°，
∴∠ACO＝∠OBC，
∴△ACO∽△CBO，
∴OCOA=OBOC，
∴CO2＝AO•BO＝3，
∴CO=3，
∴CD＝CO+OD＝3+3；
（2）假设点E在x轴上方的“蛋圆”上，设E（m，n），则点F的坐标为（m，﹣n）．
EF与x轴交于点H，连接EM．
∴HM2+EH2＝EM2，
∴（m﹣1）2+n2＝4，…①；
∵点F在二次函数y＝x2﹣2x﹣3的图象上，
∴m2﹣2m﹣3＝﹣n，…②；
解由①②组成的方程组得：m=1+3n=1；m=1−3n=1．（n＝0舍去）
由对称性可得：m=1+3n=−1；m=1−3n=−1．
∴E1（1+3，1），E2（1−3，1），E3(1+3，−1)，E4(1−3，−1)．
（3）如图4，∵∠BPC＝60°保持不变，
因此点P在一圆弧上运动．
此圆是以K为圆心（K在BC的垂直平分线上，且∠BKC＝120°），BK为半径．
当BP为直径时，BP最大．
在Rt△PCR中可求得PR＝1，RC=3．
所以点P的坐标为（1，23）．
【点评】本题考查的是圆与二次函数知识的综合运用，正确理解“蛋圆”的概念、掌握圆周角定理、相似三角形的判定与性质、二次函数的图象和性质、灵活运用数形结合思想是解题的关键，解答时，注意辅助线的作法要正确．
1．在平面直角坐标系中，二次函数y=12x2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣2，0），B（4，0）两点，交y轴于点C，点P是第四象限内抛物线上的一个动点．
（1）求二次函数的解析式；
（2）如图甲，连接AC，PA，PC，若S△PAC=152，求点P的坐标；
（3）如图乙，过A，B，P三点作⊙M，过点P作PE⊥x轴，垂足为D，交⊙M于点E．点P在运动过程中线段DE的长是否变化，若有变化，求出DE的取值范围；若不变，求DE的长．
【分析】（1）由二次函数y=12x2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣2，0），B（4，0）两点，可得二次函数的解析式为y=12（x+2）（x﹣4），由此即可解决问题．
（2）根据S△PAC＝S△AOC+S△OPC﹣S△AOP，构建方程即可解决问题．
（3）结论：点P在运动过程中线段DE的长是定值，DE＝2．根据AM＝MP，根据方程求出t，再利用中点坐标公式，求出点E的纵坐标即可解决问题．
【解答】解：（1）∵二次函数y=12x2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣2，0），B（4，0）两点，
∴二次函数的解析式为y=12（x+2）（x﹣4），
即y=12x2﹣x﹣4．
（2）如图甲中，连接OP．设P（m，12m2﹣m﹣4）．
由题意，A（﹣2，0），C（0，﹣4），
∵S△PAC＝S△AOC+S△OPC﹣S△AOP，
∴152=12×2×4+12×4×m−12×2×（−12m2+m+4），
整理得，m2+2m﹣15＝0，
解得m＝3或﹣5（舍弃），
∴P（3，−52）．
（3）结论：点P在运动过程中线段DE的长是定值，DE＝2．
理由：如图乙中，连接AM，PM，EM，设M（1，t），P[m，12（m+2）（m﹣4）]，E（m，n）．
由题意A（﹣2，0），AM＝PM，
∴32+t2＝（m﹣1）2+[12（m+2）（m﹣4）﹣t]2，
解得t＝1+14（m+2）（m﹣4），
∵ME＝PM，PE⊥AB，
∴t=n+12(m+2)(m−4)2，
∴n＝2t−12（m+2）（m﹣4）＝2[1+14（m+2）（m﹣4）]−12（m+2）（m﹣4）＝2，
∴DE＝2，
另解：∵PD•DE＝AD•DB，∴DE=AD⋅DBPD=(m+2)(4−m)−12(m+2)(m−4)=2，为定值．
∴点P在运动过程中线段DE的长是定值，DE＝2．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了三角形的面积，三角形的外接圆，三角形的外心等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
2．如图，抛物线的顶点为A（0，2），且经过点B（2，0）．以坐标原点O为圆心的圆的半径r=2，OC⊥AB于点C．
（1）求抛物线的函数解析式．
（2）求证：直线AB与⊙O相切．
（3）已知P为抛物线上一动点，线段PO交⊙O于点M．当以M，O，A，C为顶点的四边形是平行四边形时，求PM的长．
【分析】（1）根据题意，可设抛物线的解析式为：y＝ax2+2，把点B的坐标代入即可求出a的值，即可得出抛物线解析式；
（2）根据切线的判定，证明OC是⊙O的半径即可；
（3）由题意知，AC是以M，O，A，C为顶点的平行四边形的边，利用平行四边形对边平行的性质，可得出直线OM的解析式，直线OM与抛物线的交点为P，即可求出PM的长．
【解答】解：（1）∵抛物线的顶点为A（0，2），
∴可设抛物线的解析式为：y＝ax2+2，
∵抛物线经过点B（2，0），
∴4a+2＝0，
解得：a=−12，
∴抛物线的解析式为：y=−12x2+2；
（2）证明：∵A（0，2），B（2，0），
∴OA＝OB＝2，
∴AB＝22，
∵OC⊥AB，
∴12•OA•OB=12•AB•OC，
∴12×2×2=12×22•OC，
解得：OC=2，
∵⊙O的半径r=2，
∴OC是⊙O的半径，
∴直线AB与⊙O相切；
（3）∵点P在抛物线y=−12x2+2上，
∴可设P（x，−12x2+2），
以M，O，A，C为顶点的四边形是平行四边形时，
可得：AC＝OM=2，CM＝OA＝2，
∵点C是AB的中点，
∴C（1，1），M（1，﹣1），
设直线OM的解析式为y＝kx，将点M（1，﹣1）代入，
得：k＝﹣1，
∴直线OM的解析式为y＝﹣x，
∵点P在OM上，
∴−12x2+2＝﹣x，
解得：x1＝1+5，x2＝1−5，
∴y1＝﹣1−5，y2＝﹣1+5，
∴P1（1+5，﹣1−5），P2（1−5，﹣1+5），
如图，当点P位于P1位置时，
OP1=(1+5)2+(−1−5)2=2(1+5)2=2（1+5）=2+10，
∴P1M＝OP1﹣OM=2+10−2=10，
当点P位于P2位置时，同理可得：OP2=10−2，
∴P2M＝OP2﹣OM=10−2−2=10−22；
综上所述，PM的长是10或10−22．
【点评】本题考查了待定系数法求函数解析式，三角形面积，平行四边形性质，圆的切线的判定，二次函数与几何图形的综合运用等知识，熟练掌握待定系数法，二次函数图象和性质等相关知识，灵活运用数形结合思想和方程思想是解题关键．
3．如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴分别相交于A、B两点，与y轴相交于点C，下表给出了这条抛物线上部分点（x，y）的坐标值：
x
…
﹣1
0
1
2
3
…
y
…
0
3
4
3
0
…
（1）求出这条抛物线的解析式及顶点M的坐标；
（2）PQ是抛物线对称轴上长为1的一条动线段（点P在点Q上方），求AQ+QP+PC的最小值；
（3）如图2，点D是第四象限内抛物线上一动点，过点D作DF⊥x轴，垂足为F，△ABD的外接圆与DF相交于点E．试问：线段EF的长是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法即可求出抛物线解析式，再运用配方法求出顶点坐标；
（2）如图1，将点C沿y轴向下平移1个单位得C′（0，2），连接BC′交抛物线对称轴x＝1于点Q′，过点C作CP′∥BC′，交对称轴于点P′，连接AQ′，此时，C′、Q′、B三点共线，BQ′+C′Q′的值最小，运用勾股定理即可求出答案；
（3）如图2，连接BE，设D（t，﹣t2+2t+3），且t＞3，可得DF＝t2﹣2t﹣3，BF＝t﹣3，AF＝t+1，运用圆内接四边形的性质可得∠DAF＝∠BEF，进而证明△AFD∽△EFB，利用EFBF=AFDF，即可求得答案．
【解答】解：（1）根据表格可得出A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3），
设抛物线解析式为y＝a（x+1）（x﹣3），
将C（0，3）代入，得：3＝a（0+1）（0﹣3），
解得：a＝﹣1，
∴y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴该抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3，顶点坐标为M（1，4）；
（2）如图1，将点C沿y轴向下平移1个单位得C′（0，2），连接BC′交抛物线对称轴x＝1于点Q′，
过点C作CP′∥BC′，交对称轴于点P′，连接AQ′，
∵A、B关于直线x＝1对称，
∴AQ′＝BQ′，
∵CP′∥BC′，P′Q′∥CC′，
∴四边形CC′Q′P′是平行四边形，
∴CP′＝C′Q′，Q′P′＝CC′＝1，
在Rt△BOC′中，BC′=OC'2+OB2=22+32=13，
∴AQ′+Q′P′+P′C＝BQ′+C′Q′+Q′P′＝BC′+Q′P′=13+1，
此时，C′、Q′、B三点共线，BQ′+C′Q′的值最小，
∴AQ+QP+PC的最小值为13+1；
（3）线段EF的长为定值1.
如图2，连接BE，
设D（t，﹣t2+2t+3），且t＞3，
∵EF⊥x轴，
∴DF＝﹣（﹣t2+2t+3）＝t2﹣2t﹣3，
∵F（t，0），
∴BF＝OF﹣OB＝t﹣3，AF＝t﹣（﹣1）＝t+1，
∵四边形ABED是圆内接四边形，
∴∠DAF+∠BED＝180°，
∵∠BEF+∠BED＝180°，
∴∠DAF＝∠BEF，
∵∠AFD＝∠EFB＝90°，
∴△AFD∽△EFB，
∴EFBF=AFDF，
∴EFt−3=t+1t2−2t−3，
∴EF=(t+1)(t−3)t2−2t−3=t2−2t−3t2−2t−3=1，
∴线段EF的长为定值1．
【点评】本题是二次函数与圆的综合题，主要考查了待定系数法求抛物线解析式，配方法，轴对称的应用，平行四边形的判定与性质，勾股定理，圆内接四边形性质，相似三角形的判定和性质等，属于中考数学压轴题，综合性强，难度大；第（2）小题难度不小，解决该问时，利用轴对称加平移找出AQ+QP+PC最小时点P、Q的位置是解题关键．第（3）小题运用圆内接四边形性质得出△AFD∽△EFB是解题关键．
4．如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过点C（2，﹣3），且与x轴交于原点及点B（8，0）．
（1）求二次函数的表达式；
（2）求顶点A的坐标及直线AB的表达式；
（3）判断△ABO的形状，试说明理由；
（4）若点P为⊙O上的动点，且⊙O的半径为22，一动点E从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段AP匀速运动到点P，再以每秒1个单位长度的速度沿线段PB匀速运动到点B后停止运动，求点E的运动时间t的最小值．
【分析】（1）运用待定系数法即可求出答案；
（2）运用配方法将抛物线解析式化为顶点式，得出顶点坐标，运用待定系数法求出直线AB的函数表达式；
（3）方法1：如图1，过点A作AF⊥OB于点F，则F（4，0），得出△AFO、△AFB均为等腰直角三角形，即可得出答案，
方法2：由△ABO的三个顶点分别是O（0，0），A（4，﹣4），B（8，0），运用勾股定理及逆定理即可得出答案；
（4）以O为圆心，22为半径作圆，则点P在圆周上，根据t=12AP+PB＝PD+PB，可知当B、P、D三点共线时，PD+PB取得最小值，过点D作DG⊥OB于点G，由t＝DB=DG2+GB2即可求出答案．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象经过C（2，﹣3），且与x轴交于原点及点B（8，0），
∴c＝0，二次函数表达式可设为：y＝ax2+bx（a≠0），
将C（2，﹣3），B（8，0）代入y＝ax2+bx得：
4a+2b=−364a+8b=0，
解得：a=14b=−2，
∴二次函数的表达式为y=14x2−2x；
（2）∵y=14x2−2x=14（x﹣4）2﹣4，
∴抛物线的顶点A（4，﹣4），
设直线AB的函数表达式为y＝kx+m，将A（4，﹣4），B（8，0）代入，得：
4k+m=−48k+m=0，
解得：k=1m=−8，
∴直线AB的函数表达式为y＝x﹣8；
（3）△ABO是等腰直角三角形．
方法1：如图1，过点A作AF⊥OB于点F，则F（4，0），
∴∠AFO＝∠AFB＝90°，OF＝BF＝AF＝4，
∴△AFO、△AFB均为等腰直角三角形，
∴OA＝AB＝42，∠OAF＝∠BAF＝45°，
∴∠OAB＝90°，
∴△ABO是等腰直角三角形．
方法2：∵△ABO的三个顶点分别是O（0，0），A（4，﹣4），B（8，0），
∴OB＝8，OA=OF2+FA2=(4−0)2+(−4−0)2=42，
AB=AF2+BF2=[0−(−4)]2+(8−4)2=42，
且满足OB2＝OA2+AB2，
∴△ABO是等腰直角三角形；
（4）如图2，以O为圆心，22为半径作圆，则点P在圆周上，依题意知：
动点E的运动时间为t=12AP+PB，
在OA上取点D，使OD=2，连接PD，
则在△APO和△PDO中，
满足：POOD=AOOP=2，∠AOP＝∠POD，
∴△APO∽△PDO，
∴APPD=POOD=AOOP=2，
从而得：PD=12AP，
∴t=12AP+PB＝PD+PB，
∴当B、P、D三点共线时，PD+PB取得最小值，
过点D作DG⊥OB于点G，由于OD=2，且△ABO为等腰直角三角形，
则有 DG＝1，∠DOG＝45°
∴动点E的运动时间t的最小值为：t＝DB=DG2+GB2=12+(8−1)2=52．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数和二次函数解析式，配方法，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形判定和性质，圆的性质等，熟练掌握待定系数法、相似三角形的判定和性质等相关知识是解题关键．
5．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C（0，6），抛物线的顶点坐标为E（2，8），连结BC、BE、CE．
（1）求抛物线的表达式；
（2）判断△BCE的形状，并说明理由；
（3）如图2，以C为圆心，2为半径作⊙C，在⊙C上是否存在点P，使得BP+12EP的值最小，若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）运用待定系数法即可求得答案；
（2）△BCE是直角三角形．运用勾股定理逆定理即可证明；
（3）如图，在CE上截取CF=22（即CF等于半径的一半），连结BF交⊙C于点P，连结EP，则BF的长即为所求．
【解答】解：（1）∵抛物线的顶点坐标为E（2，8），
∴设该抛物线的表达式为y＝a（x﹣2）2+8，
∵与y轴交于点C（0，6），
∴把点C（0，6）代入得：a=−12，
∴该抛物线的表达式为y=−12x2+2x+6；
（2）△BCE是直角三角形．理由如下：
∵抛物线与x轴分别交于A、B两点，
∴令y＝0，则−12（x﹣2）2+8＝0，
解得：x1＝﹣2，x2＝6，
∴A（﹣2，0），B（6，0），
∴BC2＝62+62＝72，CE2＝（8﹣6）2+22＝8，BE2＝（6﹣2）2+82＝80，
∴BE2＝BC2+CE2，
∴∠BCE＝90°，
∴△BCE是直角三角形；
（3）⊙C上存在点P，使得BP+12EP的值最小且这个最小值为2902．理由如下：
如图，在CE上截取CF=22（即CF等于半径的一半），连结BF交⊙C于点P，连结EP，
则BF的长即为所求．理由如下：
连结CP，∵CP为半径，
∴CFCP=CPCE=12，
又∵∠FCP＝∠PCE，
∴△FCP∽△PCE，
∴CFCP=FPPE=12，即FP=12EP，
∴BF＝BP+12EP，
由“两点之间，线段最短”可得：
BF的长即BP+12EP为最小值．
∵CF=14CE，E（2，8），
∴由比例性质，易得F（12，132），
∴BF=(6−12)2+(0−132)2=2902．
【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数图象和性质，勾股定理及其逆定理，圆的性质，相似三角形的判定和性质等，熟练掌握二次函数图象和性质，圆的性质，相似三角形的判定和性质等相关知识是解题关键．
6．如图1，已知抛物线y＝ax2﹣12ax+32a（a＞0）与x轴交于A，B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C．
（1）连接BC，若∠ABC＝30°，求a的值．
（2）如图2，已知M为△ABC的外心，试判断弦AB的弦心距d是否有最小值，若有，求出此时a的值，若没有，请说明理由；
（3）如图3，已知动点P（t，t）在第一象限，t为常数．
问：是否存在一点P，使得∠APB达到最大，若存在，求出此时∠APB的正弦值，若不存在，也请说明理由．
【分析】（1）令y＝0，求得抛物线与x轴的交点A、B的坐标，令x＝0，用a表示C点的坐标，再由三角函数列出a的方程，便可求得a的值；
（2）过M点作MH⊥AB于点H，连接MA、MC，用d表示出M的坐标，根据MA＝MC，列出a、d的关系式，再通过关系式求得结果；
（3）取AB的中点T，过T作MT⊥AB，以M为圆心，MA为半径作⊙M，MT与直线y＝x交于点S，P′为直线y＝x上异于P的任意一点，连接AP′，交⊙M于点K，连接BK，MP，AP，BP，MB，MA，当P为直线y＝x与⊙M的切点时，∠APB达到最大，利用圆圆周角性质和解直角三角形的知识求得结果便可．
【解答】解：（1）连接BC，
令y＝0，得y＝ax2﹣12ax+32a＝0，
解得，x＝4或8，
∴A（4，0），B（8，0），
令x＝0，得y＝ax2﹣12ax+32a＝32a，
∴C（0，32a），
又∠ABC＝30°，
∴tan∠ABC=OCOB=32a8=33，
解得，a=312；
（2）过M点作MH⊥AB于点H，连接MA、MC，如图2，
∴AH＝BH=12AB=2，
∴OH＝6，
设M（6，d），
∵MA＝MC，
∴4+d2＝36+（d﹣32a）2，
得2ad＝32a2+1，
∴d＝16a+12a=(4a−12a)2+42，
∴当4a=12a时，有d最小=42，
即当a=28时，有d最小=42；
（3）∵P（t，t），
∴点P在直线y＝x上，
如图3，取AB的中点T，过T作MT⊥AB，以M为圆心，MA为半径作⊙M，MT与直线y＝x交于点S，P′为直线y＝x上异于P的任意一点，连接AP′，交⊙M于点K，连接BK，MP，AP，BP，MB，MA，
当⊙M与直线y＝x相切时，有∠APB＝∠AKB＞∠AP′B，
∴∠APB最大，此时相切点为P，
设M（6，d），而T（6，0），
∴S（6，6），
∴∠PSM＝90°﹣∠SOT＝45°，
又MP＝MB=4+d2，
∴MS=2MP=2d2+8，
∵MS+MT＝ST＝6，
∴2d2+8+d=6，
解得，d＝2（负根舍去），
经检验，d＝2是原方程的解，也符合题意，
∴M（6，2），
∴MB＝22，
∵∠AMB＝2∠APB，MT⊥AB，MA＝MB，
∴∠AMT＝∠BMT=12∠AMB＝∠APB，
∴sin∠APB＝sin∠BMT=BTMB=22．
【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，解直角三角形，圆周角定理和圆与直线切线性质，难度较大，第（3）题的关键是构造辅助圆确定当∠APB达到最大时的P点位置．
7．如图，在平面直角坐标系上，一条抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A（1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点，连接BC并延长．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点M是直线BC在第一象限部分上的一个动点，过M作MN∥y轴交抛物线于点N．
1°求线段MN的最大值；
2°当MN取最大值时，在线段MN右侧的抛物线上有一个动点P，连接PM、PN，当△PMN的外接圆圆心Q在△PMN的边上时，求点P的坐标．
【分析】（1）将三个已知点坐标代入抛物线的解析式中列出方程组求得a、b、c，便可得抛物线的解析式；
（2）1°用待定系数法求出直线BC的解析式，再设M的横坐标为t，用t表示MN的距离，再根据二次函数的性质求得MN的最大值；
2°分三种情况：当∠PMN＝90°时；当∠PNM＝90°时；当∠MPN＝90°时．分别求出符合条件的P点坐标便可．
【解答】解：（1）把A、B、C三点的坐标代入抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）中，得
a+b+c=09a+3b+c=0c=3，
解得，a=1b=−4c=3，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）1°设直线BC的解析式为y＝mx+n（m≠0），则
3m+n=0n=3，
解得，m=−1n=3，
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3，
设M（t，﹣t+3）（0＜t＜3），则N（t，t2﹣4t+3），
∴MN＝﹣t2+3t=−(t−32)2+94，
∴当t=32时，MN的值最大，其最大值为94；
2°∵△PMN的外接圆圆心Q在△PMN的边上，
∴△PMN为直角三角形，
由1°知，当MN取最大值时，M（32，32），N（32，−34），
①当∠PMN＝90°时，PM∥x轴，则P点与M点的纵坐标相等，
∴P点的纵坐标为32，
当y=32时，y＝x2﹣4x+3=32，
解得，x=4+102，或x=4−102＜32（舍去），
∴P（4+102，32）；
②当∠PNM＝90°时，PN∥x轴，则P点与N点的纵坐标相等，
∴P点的纵坐标为−34，
当y=−34时，y＝x2﹣4x+3=−34，
解得，x=52，或x=32（舍去），
∴P（52，−34）；
③当∠MPN＝90°时，则MN为△PMN的外接圆的直径，
∴△PMN的外接圆的圆心Q为MN的中点，
∴Q（32，38），半径为12MN=98，
过Q作QK∥x轴，与在MN右边的抛物线图象交于点K，如图②，
令y=38，得y＝x2﹣4x+3=38，
解得，x=8−224＜32（舍），或x=8+224，
∴K（8+224，38），
∴QK=2+224＞98，即K点在以MN为直径的⊙Q外，
设抛物线y＝x2﹣4x+3的顶点为点L，则l（2，﹣1），
连接LK，如图②，则L到QK的距离为38+1=118，
LK=(8+224−2)2+(38+1)2=2098，
设Q点到LK的距离为h，则
12QK⋅118=12LK⋅ℎ，
∴ℎ=118QKLK=118×2+2242098=22209+11209×224×209≈1.27＞98，
∴直线LK下方的抛物线与⊙Q没有公共点，
∵抛物线中NL部分（除N点外）在过N点与x轴平行的直线下方，
∴抛物线中NL部分（除N点外）与⊙Q没有公共点，
∵抛物线K点右边部分，在过K点与y轴平行的直线的右边，
∴抛物线K点右边部分与⊙Q没有公共点，综上，⊙Q与MN右边的抛物线没有交点，
∴在线段MN右侧的抛物线上不存在点P，使△PMN的外接圆圆心Q在MN边上；
综上，点P的坐标为（4+102，32）或（52，−34）．
【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法，二次函数的最值的应用，直角三角形的存在性质的探究，圆的性质，第（2）题的1°题关键是把MN表示成t二次函数，用二次函数求最值的方法解决问题；第（2）2°小题关键是分情况讨论．难度较大．
8．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2﹣bx+c交x轴于点A，B，点B的坐标为（4，0），与y轴于交于点C（0，﹣2）．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）在抛物线上取点D，若点D的横坐标为5，求点D的坐标及∠ADB的度数；
（3）在（2）的条件下，设抛物线对称轴l交x轴于点H，△ABD的外接圆圆心为M（如图1），
①求点M的坐标及⊙M的半径；
②过点B作⊙M的切线交于点P（如图2），设Q为⊙M上一动点，则在点运动过程中QHQP的值是否变化？若不变，求出其值；若变化，请说明理由．
【分析】（1）c＝﹣2，将点B的坐标代入抛物线表达式得：0=12×16−4b﹣2，解得：b=−32，即可求解；
（2）S△ABD=5×32=35×BN2，则BN=5，sin∠BDH=BHBD=22，即可求解；
（3）①∠ADB＝45°，则∠AMB＝2∠ADB＝90°，MA＝MB，MH⊥AB，AH＝BH＝HM=52，点M的坐标为（32，52）⊙M的半径为5；
②PH＝HB＝5，则MHMQ=52522=22，MQMP=52252=22，故△HMQ∽△QMP，则QHQP=MHMQ=22，即可求解．
【解答】解：（1）c＝﹣2，将点B的坐标代入抛物线表达式得：0=12×16−4b﹣2，解得：b=32，
∴抛物线的解析式为y=12x2−32x﹣2；
（2）当x＝5时，y=12x2−32x﹣2＝3，故D的坐标为（5，3），
令y＝0，则x＝4（舍去）或﹣1，故点A（﹣1，0），
如图①，连接BD，作BN⊥AD于N，
∵A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣2），
∴AD＝35，BD=10，AB＝5，
∵S△ABD=5×32=35×BN2，
∴BN=5，
∴sin∠BDN=BNBD=510=22，
∴∠BDN＝45°；
∴∠ADB＝∠BDN＝45°；
（3）①如图②，连接MA，MB，
∵∠ADB＝45°，
∴∠AMB＝2∠ADB＝90°，
∵MA＝MB，MH⊥AB，
∴AH＝BH＝HM=52，
∴点M的坐标为（32，52）⊙M的半径为522；
②如图③，连接MQ，MB，
∵过点B作⊙M的切线交1于点P，
∴∠MBP＝90°，
∵∠MBO＝45°，
∴∠PBH＝45°，
∴PH＝HB＝2.5，
∵MHMQ=52522=22，MQMP=5225=22，
∵∠HMQ＝∠QMP，
∴△HMQ∽△QMP，
∴QHQP=MHMQ=22，
∴在点Q运动过程中QHQP的值不变，其值为22．
【点评】本题考查用待定系数法求二次函数解析式，锐角三角函数的定义，相似三角形的判定与性质．圆的基本性质．解决（3）问的关键是构造相似三角形实现比的转换．
9．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0），与x轴交于A（4，0）、O两点，点D（2，﹣2）为抛物线的顶点．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点E为AO的中点，以点E为圆心、以1为半径作⊙E，交x轴于B、C两点，点M为⊙E上一点．
①射线BM交抛物线于点P，设点P的横坐标为m，当tan∠MBC＝2时，求m的值；
②如图2，连接OM，取OM的中点N，连接DN，则线段DN的长度是否存在最大值或最小值？若存在，请求出DN的最值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）用抛物线顶点式表达式得：y＝a（x﹣2）2﹣2，将点A的坐标代入上式，即可求解；
（2）①分点P在x轴下方、点P在x轴上方两种情况，分别求解即可；
②证明BN是△OEM的中位线，故BN=12EM=12，而BD=(2−1)2+(0+2)2=5，而BD﹣BN≤ND≤BD+BN，即可求解．
【解答】解：（1）由抛物线顶点式表达式得：y＝a（x﹣2）2﹣2，
将点A的坐标代入上式并解得：a=12，
故抛物线的表达式为：y=12（x﹣2）2﹣2=12x2﹣2x①；
（2）①点E是OA的中点，则点E（2，0），圆的半径为1，则点B（1，0），
当点P在x轴下方时，
如图1，∵tan∠MBC＝2，
故设直线BP的表达式为：y＝﹣2x+s，将点B（1，0）的坐标代入上式并解得：s＝2，
故直线BP的表达式为：y＝﹣2x+2②，
联立①②并解得：x＝±2（舍去﹣2），故m＝2；
当点P在x轴上方时，
同理可得：m＝4±23（舍去4﹣23）；
故m＝2或4+23；
②存在，理由：
连接BN、BD、EM，
则BN是△OEM的中位线，故BN=12EM=12，而BD=(2−1)2+(0+2)2=5，
在△BND中，BD﹣BN≤ND≤BD+BN，
即5−0.5≤ND≤5+0.5，
故线段DN的长度最小值和最大值分别为5−0.5和5+0.5．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、圆的基本知识、中位线的性质等，综合性强，难度适中．
10．如图，在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，点A（4，0），点B（0，4），△ABO的中线AC与y轴交于点C，且⊙M经过O，A，C三点．
（1）求圆心M的坐标；
（2）若直线AD与⊙M相切于点A，交y轴于点D，求直线AD的函数表达式；
（3）在（2）的条件下，在过点B且以圆心M为顶点的抛物线上有一动点P，过点P作PE∥y轴，交直线AD于点E．若以PE为半径的⊙P与直线AD相交于另一点F．当EF＝45时，求点P的坐标．
【分析】（1）利用中点公式即可求解；
（2）设：∠CAO＝α，则∠CAO＝∠ODA＝∠PEH＝α，tan∠CAO=OCOA=12=tanα，则sinα=15，cosα=25，AC=10，则CD=ACsin∠CDA=10sinα=10，即可求解；
（3）利用cos∠PEH=EHPE=25PE=cosα=25，求出PE＝5，即可求解．
【解答】解：（1）点B（0，4），则点C（0，2），
∵点A（4，0），则点M（2，1）；
（2）应该是圆M与直线AD相切，则∠CAD＝90°，
设：∠CAO＝α，则∠CAO＝∠ODA＝∠PEH＝α，
tan∠CAO=OCOA=12=tanα，则sinα=15，cosα=25，
AC=20，则CD=ACsinα=10，
则点D（0，﹣8），
将点A、D的坐标代入一次函数表达式：y＝mx+n并解得：
直线AD的表达式为：y＝2x﹣8；
（3）抛物线的表达式为：y＝a（x﹣2）2+1，
将点B坐标代入上式并解得：a=34，
故抛物线的表达式为：y=34x2﹣3x+4，
过点P作PH⊥EF，则EH=12EF＝25，
cos∠PEH=EHPE=25PE=cosα=25，
解得：PE＝5，
设点P（x，34x2﹣3x+4），则点E（x，2x﹣8），
则PE=34x2﹣3x+4﹣2x+8＝5，
解得x=143或2，
则点P（143，193）或（2，1）．
【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
11．如图，已知二次函数的图象顶点在原点，且点（2，1）在二次函数的图象上，过点F（0，1）作x轴的平行线交二次函数的图象于M、N两点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）P为平面内一点，当△PMN是等边三角形时，求点P的坐标；
（3）在二次函数的图象上是否存在一点E，使得以点E为圆心的圆过点F和点N，且与直线y＝﹣1相切．若存在，求出点E的坐标，并求⊙E的半径；若不存在，说明理由．
【分析】（1）设二次函数表达式为：y＝ax2，将（2，1）代入上式，即可求解；
（2）△PMN是等边三角形，则点P在y轴上且PM＝4，故PF＝23，即可求解；
（3）在Rt△FQE中，EN=(2−1)2+(1−14)2=54，EF=(1−0)2+(1−14)2=54，即可求解．
【解答】解：（1）∵二次函数的图象顶点在原点，
故设二次函数表达式为：y＝ax2，将（2，1）代入上式并解得：a=14，
故二次函数表达式为：y=14x2；
（2）将y＝1代入y=14x2并解得：x＝±2，故点M、N的坐标分别为（﹣2，1）、（2，1），
则MN＝4，
∵△PMN是等边三角形，
∴点P在y轴上且PM＝4，
∴PF＝23；
∵点F（0，1），
∴点P的坐标为（0，1+23）或（0，1﹣23）；
（3）假设二次函数的图象上存在一点E满足条件，
设点Q是FN的中点，则点Q（1，1），
故点E在FN的中垂线上．
∴点E是FN的中垂线与y=14x2图象的交点，
∴y=14×12=14，则点E（1，14），
EN=(2−1)2+(1−14)2=54，
同理EF=(1−0)2+(1−14)2=54，
点E到直线y＝﹣1的距离为|14−（﹣1）|=54，
故存在点E，使得以点E为圆心半径为54的圆过点F，N且与直线y＝﹣1相切．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、圆的基本的性质、等边三角形的性质等，综合性强，难度适中．
12．如图，抛物线y＝ax2+bx+2经过A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在y轴上是否存在点P使得∠OBP+∠OBC＝45°，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）点M是BC为直径的圆上的动点，将点M绕原点O顺时针旋转90°得点N，连接NA，求NA的取值范围．
【分析】（1）将点A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2即可求解析式；
（2）过点P作PH⊥BC交于点H，设P（0，t），CH＝x，由已知分别可求BC＝25，BH＝25−x，HP＝BH＝25−x，在Rt△CPH中，sin∠PCH=HPCP=25−x2−t=425，cos∠PCH=CHCP=x2−t=225，求出t=−43，则P（0，−43），与x轴对称点为（0，43），此点也满足所求；
（3）当M点在B点处时，N点在F（0，﹣4）处，当M点在O点处时，N点在E（2，0）处，∠EOF＝90°，EF＝BC＝25，可以判断N点在以EF为直径的圆上运动，连接OO'，O'（1，﹣2），NA有最大值和最小值，O'A＝22，则可求NA最大值为22+5，NA最小值为22−5，进而求得22−5≤NA≤22+5．
【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2，得
a−b+2=016a+4b+2=0，
解得a=−12b=32，
∴y=−12x2+32x+2；
（2）过点P作PH⊥BC交于点H，
设P（0，t），CH＝x，
∵C（0，2），B（4，0），
∴BC＝25，
∴BH＝25−x，
∵∠OBP+∠OBC＝45°，
∴∠CBP＝45°，
∴HP＝BH＝25−x，
在Rt△CPH中，sin∠PCH=HPCP=25−x2−t，cos∠PCH=CHCP=x2−t，
在Rt△BOC中，sin∠PCH=425，cos∠PCH=225，
∴25−x2−t=255，x2−t=55，
∴x=253，t=−43，
∴P（0，−43），
P点关于x轴对称点为（0，43），此点也满足∠OBP+∠OBC＝45°，
∴满足条件的P点坐标为（0，−43）或（0，43）；
（3）当M点在B点处时，N点在F（0，﹣4）处，当M点在C点处时，N点在E（2，0）处，
∵∠EOF＝90°，EF＝BC＝25，可以判断N点在以EF为直径的圆上运动，连接OO'，
当NA经过圆心O'时，NA有最大值和最小值，
∴O'（1，﹣2），
∵A（﹣1，0），
∴O'A＝22，
∴NA最大值为22+5，NA最小值为22−5，
∴22−5≤NA≤22+5．
【点评】本题考查二次函数是综合应用，能够通过M点的运动情况判断N点的运动轨迹是圆，将NA的范围转化为求圆的弦长问题是解题的关键．
13．定义：平面直角坐标系xOy中，过二次函数图象与坐标轴交点的圆，称为该二次函数的坐标圆．
（1）已知点P（2，2），以P为圆心，5为半径作圆．请判断⊙P是不是二次函数y＝x2﹣4x+3的坐标圆，并说明理由；
（2）如图1，已知二次函数y＝x2﹣4x+4图象的顶点为A，坐标圆的圆心为P，求△POA周长的最小值；
（3）如图2，已知二次函数y＝ax2﹣4x+4（0＜a＜1）图象交x轴于点A，B，交y轴于点C，与坐标圆的第四个交点为D，连结PC，PD．若∠CPD＝120°，求a的值．
【分析】（1）先求出二次函数y＝x2﹣4x+3图象与x轴、y轴的交点，再计算这三个交点是否在以P（2，2）为圆心，5为半径的圆上，即可作出判断．
（2）由题意可得，二次函数y＝x2﹣4x+4图象的顶点A（2，0），与y轴的交点H（0，4），所以△POA周长＝PO+PA+OA＝PO+PH+2≥OH+2，即可得出最小值．
（3）连接CD，PA，设二次函数y＝ax2﹣4x+4图象的对称轴l与CD交于点E，与x轴交于点F，由对称性知，对称轴l经过点P，且l⊥CD，设PE＝m，由∠CPD＝120°，可得PA＝PC＝2m，CE=3m，PF＝4﹣m，因为二次函数y＝ax2﹣4x+4图象的对称轴l为x=2a，AB=16−16aa=41−aa，所以AF＝BF=21−aa，3m=2a，在Rt△PAF中，利用勾股定理建立方程，求得m的值，进而得出a的值．
【解答】解：（1）对于二次函数y＝x2﹣4x+3，
当x＝0时，y＝3；当y＝0时，解得x＝1或x＝3，
∴二次函数图象与x轴交点为A（1，0），B（3，0），与y轴交点为C（0，3），
∵点P（2，2），
∴PA＝PB＝PC=5，
∴⊙P是二次函数y＝x2﹣4x+3的坐标圆．
（2）如图1，连接PH，
∵二次函数y＝x2﹣4x+4图象的顶点为A，坐标圆的圆心为P，
∴A（2，0），与y轴的交点H（0，4），
∴△POA周长＝PO+PA+OA＝PO+PH+2≥OH+2＝6，
∴△POA周长的最小值为6．
（3）如图2，连接CD，PA，
设二次函数y＝ax2﹣4x+4图象的对称轴l与CD交于点E，与x轴交于点F，
由对称性知，对称轴l经过点P，且l⊥CD，
∵AB=16−16aa=41−aa，
∴AF＝BF=21−aa，
∵∠CPD＝120°，PC＝PD，C（0，4），
∴∠PCD＝∠PDC＝30°，
设PE＝m，则PA＝PC＝2m，CE=3m，PF＝4﹣m，
∵二次函数y＝ax2﹣4x+4图象的对称轴l为x=2a，
∴3m=2a，即a=23m，
在Rt△PAF中，PA2＝PF2+AF2，
∴4m2=(4−m)2+(21−aa)2，
即4m2=(4−m)2+4(1−23m)43m2，
化简，得(8+23)m=16，解得m=84+3，
∴a=23m=43+312．
【点评】此题是二次函数与圆的综合题，主要考查了二次函数的性质、圆的基本性质、解直角三角形、勾股定理等知识以及方程的思想，添加辅助线构造直角三角形是解答本题的关键．
14．如图1：抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（﹣1，0），点B（3，0），与y轴交于点C．动点E（m，0）（0＜m＜3），过点E作直线l⊥x轴，交抛物线于点M．
（1）求抛物线的解析式及C点坐标；
（2）连接BM并延长交y轴于点N，连接AN，OM，若AN∥OM，求m的值．
（3）如图2．当m＝1时，P是直线l上的点，以P为圆心，PE为半径的圆交直线l于另一点F（点F在x轴上方），若线段AC上最多存在一个点Q使得∠FQE＝90°，求点P纵坐标的取值范围．
【分析】（1）利用待定系数法可求出抛物线的解析式，即可得C点坐标；
（2）由抛物线的解析式可得M（m，﹣m2+2m+3），利用待定系数法求出直线BM的解析式，可得点N的坐标，根据平行线的性质可得∠NAO＝∠MOE，根据等角的正切值相等即可求解；
（3）由题意得点Q与点C重合时，点P纵坐标最小，设点P（1，a），则点F（1，2a），根据勾股定理求出a的值，即可得点P纵坐标的取值范围．
【解答】解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得，
−1−b+c=0−9+3b+c=0，
解得b=2c=3，
故抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3，
当x＝0时，y＝3，故点C（0，3）；
（2）∵点E（m，0）（0＜m＜3），过点E作直线l⊥x轴，交抛物线于点M，
∴M（m，﹣m2+2m+3），
∵点B（3，0），
∴直线BM的表达式为y＝（﹣m﹣1）x﹣（﹣m﹣1）,
当x＝0时，3m+3，
∴点N（0，3m+3），
∵AN∥OM，
∴∠NAO＝∠MOE，
∴tan∠NAO＝tan∠MOE，
∴ONOA=EMOE，即3m+31=−m2+2m+3m，
解得：m1=34，m2＝﹣1（舍去），
∴m的值为34；
（3）由题意得点Q与点C重合时，点P纵坐标最小，设点P（1，a），则点F（1，2a），
∵点A（﹣1，0），点C（0，3），
∴CF2+CE2＝EF2，即1+（2a﹣3）2+1+32＝(2a)2，
解得：a=53，
∵点A（﹣1，0），点C（0，3），
∴AC:y＝3x+3,
设Q（a，3a+3）（﹣1≤a≤0），
过点Q作QG⊥x轴于G，过点F作FH⊥QG于H，连接QF，QE，
∵∠FQE＝90°，
∴∠FQH+∠EQG＝90°，
∵∠FQH+∠HFQ＝90°，
∴∠EQG＝∠HFQ，
又∵∠H＝∠QGE，
∴△HFQ∽△GQE，
∴HFGQ=HQGE，
∴1−a3a+3=HQ1−a，
∴HQ=(1−a)23a+3，
∴FE＝HQ+QG=(1−a)23a+3+3a+3，
令1+a＝t，（0≤t≤1），
∴a＝t﹣1，
∴FE=(2−t)23t+3t=103t+43t−43，
当t＝1时，FE=103，
∵103t+43t−43≥2409−43，
∴103t+43t−43≥410−43，
∴yF最小值是410−43，
∴yP最小值是210−23，
∴当yP＞53时，⊙P与线段AC有一个交点，
当210−23＜yP≤53时，⊙P与线段AC有两个交点，
yP=210−23时，⊙P与线段AC有一个交点，
0＜yP＜210−23时，⊙P与线段AC没有交点，
∴点P纵坐标的取值范围为yp＞53或0＜yP≤210−23．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到待定系数法求函数的解析式，一次函数的性质、勾股定理、面积的计算，锐角三角函数等，解题的关键是利用待定系数法求得函数的解析式．
15．如图，抛物线y＝mx2﹣4mx+n（m＞0）与x轴交于A，B两点，点B在点A的右侧，抛物线与y轴正半轴交于点C，连接CA、CB，已知tan∠CAO＝3，sin∠CBO=22．
（1）求抛物线的对称轴与抛物线的解析式；
（2）设D为抛物线对称轴上一点，
①当△BCD的外接圆的圆心在△BCD的边上时，求点D的坐标；
②若△BCD是锐角三角形，直接写出点D纵坐标的取值范围．
【分析】（1）抛物线y＝mx2﹣4mx+n，根据对称轴公式，得对称轴为直线x=−−4m2m=2，点C坐标为（0，n），由已知条件易得∠CBO＝45°，CO＝BO，CO＝3AO＝n，得出AO=n3，BO＝n，由抛物线对称轴可得，n3+n2=2，
解得，n＝3，将B（3，0）代入y＝mx2﹣4mx+3，得9m﹣12m+3＝0，即可求解；
（2）①当△BCD的外接圆的圆心在△BCD的边上时，△DCB是直角三角形，设点D坐标为（2，a），用a的代数式表示出CD2＝（0﹣2）2+（a﹣3）2＝a2﹣6a+13；BD2＝（3﹣2）2+（a﹣0）2＝a2+1；CB2＝（0﹣3）2+（0﹣3）2＝18，当点C为直角顶点，CD2+CB2＝DB2，得a2﹣6a+13+18＝a2+1，解得a＝5，当点B为直角顶点，BD2+CB2＝DC2，得18+a2+1＝a2﹣6a+13，解得a＝﹣1，当点C为直角顶点，CD2+CB2＝DB2，a2﹣6a+13+a2+1＝18，解得a=3±172，即可求解；
②由图形可知，当点D在D1、D3之间或在D4、D2之间时，△BCD是锐角三角形，结合第①问即可求解．
【解答】解：（1）抛物线y＝mx2﹣4mx+n，
根据对称轴公式，得对称轴为直线x=−−4m2m=2，点C坐标为（0，n），
∵sin∠CBO=22．
∴∠CBO＝45°，
∴CO＝BO，
在Rt△CAO中，tan∠CAO＝3，
∴COAO=3，即CO＝3AO＝n，
∴AO=n3，BO＝n，
由抛物线对称轴可得，n3+n2=2，
解得，n＝3，
将B（3，0）代入y＝mx2﹣4mx+3，
得9m﹣12m+3＝0，
∴m＝1，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）①当△BCD的外接圆的圆心在△BCD的边上时，
△DCB是直角三角形，
∵D为抛物线对称轴上一点，
设点D坐标为（2，a），
∵点C坐标为（0，3），点B坐标为（3，0），
∴CD2＝（0﹣2）2+（a﹣3）2＝a2﹣6a+13；
BD2＝（3﹣2）2+（a﹣0）2＝a2+1；
CB2＝（0﹣3）2+（0﹣3）2＝18，
当点C为直角顶点，CD2+CB2＝DB2，
∴a2﹣6a+13+18＝a2+1，解得a＝5，
∴点D坐标为（2，5）；
当点B为直角顶点，BD2+CB2＝DC2，
∴18+a2+1＝a2﹣6a+13，解得a＝﹣1，
∴点D坐标为（2，﹣1）；
当点C为直角顶点，CD2+CB2＝DB2，
∴a2﹣6a+13+a2+1＝18，解得a=3±172，
∴点D坐标为（2，3+172），（2，3−172）．
∴点D坐标为（2，5）或（2，﹣1）或（2，3+172）或（2，3−172）；
②由图形可知，当点D在D1、D3之间或在D4、D2之间时，△BCD是锐角三角形，
设点D纵坐标为n，
则3+172＜n＜5或﹣1＜n＜3−172．
【点评】本题考查了二次函数解析式求法，两点间距离公式，二次函数与直角三角形的综合题型，解题关键是平面直角坐标系中线段长度与坐标之间的联系．
16．如图，抛物线y＝ax2+bx+2与直线AB相交于A（﹣1，0），B（3，2），与x轴交于另一点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在y上是否存在一点E，使四边形ABCE为矩形，若存在，请求出点E的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）以C为圆心，1为半径作⊙O，D为⊙O上一动点，求DA+55DB的最小值
【分析】（1）把A（﹣1，0）、B（3，2）代入y＝ax2+bx+2，列方程组求a、b的值；
（2）作AE⊥AB交y轴于点E，连结CE，作BF⊥x轴于点F，证明∠ABC＝90°及△BCF≌△EAO，从而证明四边形ABCE是矩形且求出点E的坐标；
（3）在（2）的基础上，作FL⊥BC于点L，证明△FCL∽△BCF及△DCL∽△BCD，得到LD=55DB，再根据DA+LD≥AL，求出AL的长即为所求的最小值．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0）、B（3，2）代入y＝ax2+bx+2，
得a−b+2=09a+3b+2=2，解得a=−12b=32，
∴抛物线的解析式为y=−12x2+32x+2．
（2）存在．
如图1，作AE⊥AB交y轴于点E，连结CE；作BF⊥x轴于点F，则F（3，0）．
当y＝0时，由−12x2+32x+2＝0，得x1＝1，x2＝4，
∴C（4，0），
∴CF＝AO＝1，AF＝3﹣（﹣1）＝4；
又∵BF＝2，
∴CFBF=BFAF=12，
∵∠BFC＝∠AFB＝90°，
∴△BFC∽△AFB，
∴∠CBF＝∠BAF，
∴∠ABC＝∠CBF+∠ABF＝∠BAF+∠ABF＝90°，
∴BC∥AE，
∵∠BCF＝90°﹣∠BAC＝∠EAO，∠BFC＝∠EOA＝90°，
∴△BCF≌△EAO（ASA），
∴BC＝EA，
∴四边形ABCE是矩形；
∵OE＝FB＝2，
∴E（0，﹣2）．
（3）如图2，作FL⊥BC于点L，连结AL、CD.
由（2）得∠BFC＝90°，BF＝2，CF＝1，
∴CF＝CD，CB=12+22=5．
∵∠FLC＝∠BFC＝90°，∠FCL＝∠BCF（公共角），
∴△FCL∽△BCF，
∴CLCF=CFCB=15=55，
∴CLCD=CDCB=55，
∵∠DCL＝∠BCD（公共角），
∴△DCL∽△BCD，
∴LDDB=CLCD=55，
∴LD=55DB；
∵DA+LD≥AL，
∴当DA+LD＝AL，即点D落在线段AL上时，DA+55DB＝DA+LD＝AL最小．
∵CL=55CF=55，
∴BL=5−55=455，
∴BL2＝（455）2=165，
又∵AB2＝22+42＝20，
∴AL=AB2+BL2=20+165=21455，
DA+55DB的最小值为21455．
【点评】此题重点考查二次函数的图象与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、用待定系数法求函数解析式以及求线段和的最小值、二次根式的化简等知识与方法，解题的关键是正确地作出所需要的辅助线，解第（3）题时应注意通过作辅助线转化55DB为一条线段，此题难度较大，属于考试压轴题．
17．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=−14x2+bx+3的对称轴是直线x＝2，与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
（Ⅰ）求抛物线的解析式及顶点坐标；
（Ⅱ）M为第一象限内抛物线上的一个点，过点M作MN⊥x轴于点N，交BC于点D，连接CM，当线段CM＝CD时，求点M的坐标；
（Ⅲ）以原点O为圆心，AO长为半径作⊙O，点P为⊙O上的一点，连接BP，CP，求2PC+3PB的最小值．
【分析】（Ⅰ）由x＝2=−b2a=−b2×(−14)，解得b＝1，即可求解；
（Ⅱ）当线段CM＝CD时，则点C在MD的中垂线上，即yC=12（yM+yD），即可求解；
（Ⅲ）在OC上取点G，使OPOC=OGOP=23，即23=OG2，则△POG∽△COP，故2PC+3PB＝2（PB+23PC）＝2（BP+PG），故当B、P、G三点共线时，2PC+3PB最小，最小值为3BG，进而求解．
【解答】解：（Ⅰ）∵对称轴是直线x＝2，
故x＝2=−b2a=−b2×(−14)，解得b＝1，
故抛物线的表达式为y=−14x2+x+3=−14（x﹣2）2+4，
∴抛物线的顶点为（2，4）；
（Ⅱ）对于y=−14x2+x+3，令y=−14x2+x+3＝0，解得x＝6或﹣2，令x＝0，则y＝3，
故点A、B、C的坐标分别为（﹣2，0）、（6，0）、（0，3），
设直线BC的表达式为y＝mx+n，则0=6m+nn=3，解得m=−12n=3，
故直线BC的表达式为y=−12x+3，
设点M的坐标为（x，−14x2+x+3），则点D的坐标为（x，−12x+3），
当线段CM＝CD时，则点C在MD的中垂线上，即yC=12（yM+yD），
即3=12（−14x2+x+3−12x+3），
解得x＝0（舍去）或2，
故点M的坐标为（2，4）；
（Ⅲ）在OC上取点G，使OPOC=OGOP=23，即23=OG2，则OG=43，则点G（0，43），
∵OPOC=OGOP，∠GOP＝∠COP，
∴△POG∽△COP，
∴PGPC=OPOC=23，故PG=23PC，
则2PC+3PB＝3（PB+23PC）＝3（BP+PG），
故当B、P、G三点共线时，2PC+3PB最小，最小值为3BG，
则2PC+3PB的最小值3BG＝362+(43)2=285．
【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
18．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0）的顶点为M，经过C（1，1），且与x轴正半轴交于A，B两点．
（1）如图1，连接OC，将线段OC绕点O顺时针旋转，使得C落在y轴的负半轴上，求点C的路径长；
（2）如图2，延长线段OC至N，使得ON=3，若∠OBN＝∠ONA，且tan∠ABM=132，求抛物线的解析式；
（3）如图3，抛物线y＝ax2+bx+c的对称轴为直线x=52，与y轴交于（0，5），经过点C的直线l：y＝kx+m（k＞0）与抛物线交于点C、D，若在x轴上存在P1、P2，使∠CP1D＝∠CP2D＝90°，求k的取值范围．
【分析】（1）由点C的路径长=135°360°×2π×2，即可求解；
（2）证明△ONA∽△OBN，则OA•OB＝ON2＝3，即ca=3，得到c＝3a，而a+b+c＝1，tan∠ABM=132，得到（1﹣4a）2﹣4a•3a＝13，即可求解；
（3）由点D、C的坐标得到k=t2−5t+5−1t−1=t﹣4，若在x轴上有且仅有一点P，使∠CPD＝90°，则过CD中点的圆R与x轴相切，设切点为P，得到（t+12−1）2+（n+12−1）2＝（n+12）2，求出t＝3+263，进而求解．
【解答】解：（1）点C的路径长=135°360°×2π×2=32π4；
（2）∵∠ONA＝∠OBN，∠AON＝∠NOB，
∴△ONA∽△OBN，
∴AOON=ONOB，即OA•OB＝ON2＝3，即ca=3，
故c＝3a，
∵a+b+c＝1，
在△ABM中，tan∠ABM=−yM12AB=b2−4ac4ab2−4ac2a=132，
∴b2﹣4ac＝13，
即（1﹣4a）2﹣4a•3a＝13，解得a＝﹣1（舍去）或3，
∴抛物线的表达式为y＝3x2﹣11x+9；
（3）由题意得：a+b+c=1x=−b2a=52c=5，解得a=1b=−5c=5，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣5x+5；
设点D（t，n），n＝t2﹣5t+5，而点C（1，1），
将点D、C的坐标代入函数表达式得t2−5t+5=kt+m1=k+m，
则k=t2−5t+5−1t−1=t﹣4，
若在x轴上有且仅有一点P，使∠CPD＝90°，则过CD中点的圆R与x轴相切，设切点为P，
则点H（t+12，n+12），则HP＝HC，
即（t+12−1）2+（n+12−1）2＝（n+12）2，
化简得：3t2﹣18t+19＝0，
解得：t＝3+263（不合题意的值已舍去），
k＝t﹣4=263−1．
若在x轴上存在P1、P2，使∠CP1D＝∠CP2D＝90°，则以DC为直径的圆H和x轴相交，
∴0＜k＜26−33．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了圆的基本知识、一次函数的性质、平行四边形的性质、解直角三角形等，有一定的综合性，难度适中．
19．如图，已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B左边），与y轴交于点C，⊙M是△ABC的外接圆．若抛物线的顶点D的坐标为（1，4）．
（1）求抛物线的解析式，及A、B、C三点的坐标；
（2）求⊙M的半径和圆心M的坐标；
（3）如图2，在x轴上有点P（7，0），试在直线BC上找点Q，使B、Q、P三点构成的三角形与△ABC相似．若存在，请直接写出点坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由顶点坐标公式直接求出b、c的值，再令y＝0、x＝0即可求得A、B、C三点的坐标；
（2）根据三角形外心为三边中垂线交点即可求得⊙M的圆心M和半径；
（3）先算出AB、AC，再求出直线BC解析式，设出Q的坐标，表示出BQ，分两种情况：①则△ACB∽△PQB；②△ACB∽△QPB．再根据相似三角形的性质求解即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+bx+c的顶点D的坐标为（1，4），
∴−b2×(−1)=14×(−1)×c−b24×(−1)=4，解得b=2c=3，
抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3，
令y＝0，则﹣x2+2x+3＝0，解得x＝﹣1或3，
令x＝0，y＝3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），C（0，3）；
（2）如图1，连接MB，MC，
∵三角形外心为三边中垂线交点，
∴设M（1，m），
∵MB＝MC，
∴(1−3)2+(m−0)2=(1−0)2+(m−3)2，
解得m＝1，
∴M（1，1），
∴MB=(1−3)2+(1−0)2=5，
∴⊙M的半径为5，圆心M的坐标为（1，1）；
（3）由（1）知，AB＝3﹣（﹣1）＝4，OC＝3，BC=(3−0)2+(0−3)2=32，
设直线BC：y＝kx+3，
将B（3，0）代入得0＝3k+3，
解得k＝﹣1，
∴直线BC：y＝﹣x+3，
设Q（t，﹣t+3），
则BQ=(3−t)2+(−t+3)2=2（t﹣3），
∵P（7，0），
∴BP＝4，
∵B、Q、P三点构成的三角形与△ABC相似，∠ABC＝∠PBQ，
∴ABBC=BPBQ或ABBC=BQBP，
①当ABBC=BPBQ时，
∴432=4BQ，
∴BQ2＝32，
∴t﹣3＝3，
解得t＝6；
①当ABBC=BQBP时，
∴432=BQ4，
∴BQ1=823，
∴t﹣3=83，
解得t=173，
∴点Q的坐标为（6，﹣3）或（173，−83）．
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求二次函数与一次函数的解析式，三角形的外心、两点间距离公式、相似三角形的判定与性质，解决此题的关键是处理相似三角形存在性问题注意分类讨论．
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