2023年中考数学二轮复习压轴大题培优学案专题31二次函数与圆压轴问题（教师版）

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专题31二次函数与圆压轴问题
经典例题



【例1】．（2022·江苏常州·校考二模）已知二次函数图象的顶点坐标为，且与y轴交于点，B点坐标为，点C为抛物线上一动点，以C为圆心，为半径的圆交x轴于M，N两点（M在N的左侧）．

(1)求此二次函数的表达式；
(2)当点C在抛物线上运动时，弦的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不发生变化，求出弦的长；
(3)当与相似时，求出M点的坐标．
【答案】(1)
(2)不变，4
(3)

【分析】（1）设抛物线的表达式为，然后将代入可求得a的值，从而可求得二次函数的表达式；
（2）过点C作轴，垂足为H，连接、，由勾股定理可知，依据两点间的距离公式可求得，结合垂径定理可求得的长；
（3）分为点C与点A重合，点C在点A的左侧，点C在点A的右侧三种情况画出图形，然后依据相似三角形的对应边成比例可求得的距离，从而可求得点M的坐标．
【详解】（1）设抛物线的表达式为，
将代入得：，解得：
∴抛物线的表达式为：
（2）的长不发生变化．
理由：如图1所示，过点C作轴，垂足为H，连接、．

设点C的坐标为．
∵，
∴，
∵，
∴．
∴，
∴，
∴不发生变化．
（3）如图2所示：

①当点C与点A重合时．
∵经过点C，
∴为圆C的直径，
∴，
∵点，
∴．
②如图3所示：

∵，
∴，即，
设，则，
解得：（舍去），
又∵点，
∴，
∴点M的坐标为．
如图4所示：

∵，
∴，
设，则，
解得：（舍去），
又∵点，
∴，
∴点M的坐标为．
【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数函数的解析式、垂径定理、两点间的距离公式、勾股定理、相似三角形的性质，分为点C与点A重合，点C在点A的左侧，点C在点A的右侧三种情况画出图形，并由相似三角形的性质求得AM的长是解题的关键．
【例2】（2022·湖南岳阳·模拟预测）已知：二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，其中点A为（﹣1，0），与y轴负半轴交于点C（0，﹣2），其对称轴是直线x＝．

(1)求二次函数y＝ax2+bx+c的解析式；
(2)圆O′经过点△ABC的外接圆，点E是AC延长线上一点，∠BCE的平分线CD交圆O′于点D，连接AD、BD，求△ACD的面积；
(3)在（2）的条件下，二次函数y＝ax2+bx+c的图象上是否存在点P，使得∠PDB＝∠CAD？如果存在，请求出所有符合条件的P点坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝﹣x﹣2
(2)
(3)存在，点P的坐标为（，）或（，）

【分析】（1）根据抛物线具有对称性，可以求出点B的坐标，再用待定系数法求解析式即可．
（2）根据△AOC∽△COB以及圆的相关性质，可知△ABD为等腰直角三角形，从而得出O'D与AB的数量关系，列式求解即可．
（3）使得∠PDB=∠CAD的点P存在两种情况，利用相似导出线段之间的比值，再用直线和抛物线解析式联立求得相关点的坐标．
（1）
解：∵A（﹣1，0），对称轴为直线x＝，
∴B（4，0），
把点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣2），代入得∶
，解得，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x﹣2．
（2）
解∶∵A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣2），
∴OA＝1，OB＝4，OC＝2，
∴，
又∵∠AOC＝∠COB＝90°，
∴△AOC∽△COB，
∴∠BAC＝∠BCO，
∴∠ACB＝90°，
∴AB为圆O′的直径，O′点坐标为（，0），
∴∠ADB＝90°，
又∵CD平分∠BCE，
∴∠BCD＝∠ECD＝45°，
∴∠BAD＝45°，
∴△ADB为等腰直角三角形，
连接OD′，则DO′＝AB，DO′⊥AB，
∴DO′＝，D的坐标为（，﹣），
设AD与y轴交于点F，
∵∠DAB＝45°，
∴OF＝OA＝1，
∴CF＝1，过D作DH垂直于y轴，
∵D（，﹣），
∴DH＝，OH＝，
∴S△ACD＝S△ACF+S△DCF＝×1×1+×1×＝．

（3）
解∶抛物线上存在点P，使得∠PDB＝∠CAD，分两种情况讨论：

①过D作MN∥BC，交y轴于点M，
∵MN∥BC，
∴∠BDN＝∠CBD，∠OCB＝∠HMD，
又∵∠CBD＝∠CAD，
∴∠BDN＝∠CAD，
∴直线MN与抛物线在D点右侧的交点即为点P，
∵∠OCB＝∠HMD，∠COB＝∠MHD＝90°，
∴△HDM∽△OCB，
∴，
∵DH＝，
∴MH＝，M（0，﹣）．
设直线MD的解析式为y＝mx+n，则有，
解得，
∴直线MD的解析式为，
联立得∶，
解得，（舍去），
∴P1．
②过点D作∠O′DG＝∠O′BC，交x轴于点G点，
∵∠O′DB＝∠O′BD＝45°，
∴∠GDB＝∠CBD＝∠CAD，即直线DG与抛物线在点D右侧的交点即为P点，
又∵∠DO′G＝∠COB，
∴△O′GD∽△OCB，
∴，
∴，
∴O′G＝ ，
∴G（，0），
设直线DG的解析式为y＝kx+b，
则有，解得
∴直线DG的解析式为y＝2x﹣，
联立得∶，
解得（舍去），，
∴，
综上所述，点P的坐标为（，）或（，）．
【点睛】此题考查了待定系数法求函数解析式，以及几何图形和二次函数相结合的应用，利用相似找到线段之间的比例关系，从而求出点坐标是解题关键．
【例3】（2022·江苏徐州·统考二模）如图，已知二次函数的图像与轴交于，两点，与轴交于点．

(1)求此二次函数的表达式；
(2)点在以为直径的圆上（点与点，点，点均不重合），试探究，、的数量关系，并说明理由．
(3)点为该图像在第一象限内的一动点，过点作直线的平行线，交轴于点．若点从点出发，沿着抛物线运动到点，则点经过的路程为______．
【答案】(1)
(2)当Q在第一象限内的圆弧上时，，当在上时当在上时，   理由见解析
(3)2

【分析】(1)把过点的坐标代入解析式，确定a、b、c值即可．
(2)分点Q在第一象限内的弧上、弧和弧上，三种情况求解．
(3) 设直线BC的解析式为y=kx+b，确定其解析式，根据直线与抛物线相切时，点F运动最远，确定水平值，结合题意确定距离即可．
【详解】（1）设将代入得
∴．
（2）如图1，当在余下第一象限半圆上时，.

∵点C(0，2)，点B(2，0)，
∴OB=OC=2，BC=，
设QO与BC交于点D，
∵∠BOD=∠QOB，∠OCB=∠OBD=∠OQB=45°，
∴△OBD∽△OQB，
∴，
∴，
同理可证，△OCD∽△OQC，
∴，
∴，
∴QB+QC====；
如图2，当在上时．
在QB上截取QP=QC，连接CP，并延长，交圆于点N，连接BN，
∵BC是圆的直径，
∴∠CQP=∠PNB=90°，
∴∠QCP=∠QPC=∠BPN=∠PBN=45°，
∴PN=BN，PB=，
∵OB=OC，

∴∠OQB=∠OCB=∠OBC=45°，
∴∠OQB=∠BPN，
∴QO∥PN，
∴QC=ON，∠OQC+∠QCP=180°，∠QCN=∠ONC，
∵∠OQC=135°，
∴∠QCN=∠ONC=45°，
∴∠BPN=∠ONC=45°，
∴QP∥ON，
∴四边形PQON是平行四边形，
∴PN=QO，
∴PB=，
∴QB-QP=，
∴QB-QC=．
如图3，当在上时，．
在QC上截取CN=QB，连接ON，
∵BC是圆的直径，
∴∠COB=90°，
∴∠CON+∠NOB=90°，
∵OB=OC，∠OCN=∠OBQ，CN=BQ，
∴△OCN≌△OBQ，
∴ON=OQ，∠O=CON=∠BOQ，
∴∠BOQ +∠NOB=90°，
∴∠NOQ=90°，

∴NQ=，
∴QC-CN=，
∴QC-QB=．
（3）如图4，设直线BC的解析式为y=kx+b，
根据题意，得，
解得，
∴解析式为y=-x+2，
设E的坐标为(n，)，
∵EF∥BC，
∴设直线EF的解析式为y=-x+p，
∴= -n+p，
∴p=，
∴设直线EF的解析式为y=-x，
当直线EF与抛物线相切时，F到达最远位置，此时，
-x=的判别式为0，

故的判别式为0，
∴，
解得n=1，
∴EF的解析式为y=-x+3，
令y=0，得-x+3=0，解得x=3，
此时点F水平运动的最大距离为3，
实际运动距离为3-2=1；
当E经过这个位置后，点F向左运动，回到B位置，此时运动距离也是1，
故F运动的距离为1+1=2．
【点睛】本题考查了抛物线的解析式，圆的基本性质，判别式的应用，三角形的相似和性质，熟练掌握待定系数法，三角形相似和根的判别式是解题的关键．
【例4】（2022·云南德宏·统考一模）二次函数的图象经过点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，为半径作⊙Q，使⊙Q是二次函数的坐标圆？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MPy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，求出的值．
【答案】(1)，c=－3
(2)存在，圆心Q的坐标为(，)
(3)值是2或

【分析】（1）把点坐标代入解析式求解即可；
（2）先求出二次函数与坐标轴的交点坐标，在通过△ABC两边中垂线的交点确定圆心Q，在计算半径即可；
（3）分两种情况设出点坐标，利用坐标表示出线段，再分别计算出结果即可．
【详解】（1）解：把点A (－1，0)和点C (0，－3)代入
得： ，
解方程组得：，
∴，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：，
令，
解得：，，
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，可求得AC的中点F的坐标为，
所以AC垂直平分线BF的解析式为，求得点Q坐标为(，)
在Rt△QNB中，根据勾股定理求得QB=．
所以存在符合题意的坐标圆，其圆心Q的坐标为(，)．
（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＝k+b得：
解得：，
∴BC直线的解析式为：，
⊙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=，
设P，M，
则PM＝() － ()，
∴()－()＝
解得：1＝，2＝0，
当=0时，点M与点C重合，不合题意舍去；
∴⊙M的半径为DM＝，
∴M（，1）
∵△CDM∽△COB，根据相似三角形的性质，解得CM =，
∴ MB=
∴=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，M，
则PM＝() － ()，PE=－ +3
∴()－()＝－ +3，
解得：1＝1，2＝4
当=4时，点M与点B重合，所以不合题意舍去，
∴⊙M的半径为：PM=ME＝+3＝；∴M（1，）
△MEB∽△COB，根据相似三角形的性质，解得CM =
∴MB=
∴=
综上所述，值是2或．
【点睛】本题考查二次函数综合，圆切线的性质，确定圆的条件，理清知识点，求出点坐标，转化为线段，结合函数表达式进行求解是解题的关键．

培优训练


1．（2023秋·湖北武汉·九年级华中科技大学附属中学校考阶段练习）如图，已知抛物线经过点，，三点，点D是直线绕点B逆时针旋转后与轴的交点，点M是线段上的一个动点，设点M的坐标为，过点M作x轴的垂线交抛物线于点E，交直线于点F．

(1)求该抛物线所表示的二次函数的解析式；
(2)在点M运动过程中，若存在以为直径的圆恰好与y轴相切，求m的值；
(3)连接，将绕平面内某点G旋转后，得到，点A、O、C的对应点分别是点、、，是否存在点G使得旋转后得到的的两个顶点恰好落在抛物线上，若存在，直接写出G点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)；
(3)点的坐标为或．

【分析】（1）抛物线的表达式为：，将代入求出的值，即可求解；
（2）以为直径的圆与轴相切，则，即可求解；
（3）分点、在抛物线上、、在抛物线上、、在抛物线上三种情况，分别求解即可．
【详解】（1）解：设抛物线的表达式为：，
将代入得，
解得：，
故抛物线的表达式为：；
（2）解：∵点，
由题意得点，
由、的坐标得：直线的表达式为：，
∵设点的坐标为，
则点，点，
以为直径的圆与轴相切，
则，
即：，
∴，
解得：或（舍去）；
综上，；
（3）∵，，，
∴，，
设点的坐标为：，
则点，点，
①当点、在抛物线上时，

将这两个点的坐标代入抛物线表达式得：
，
解得：，
故点，
∴点、的中点坐标为：，
∴点的坐标为；
②当点、在抛物线上时，
将这两个点的坐标代入抛物线表达式得：
，方程无解，
故此种情况不存在；
③当点、在抛物线上时，

将这两个点的坐标代入抛物线表达式得：
，
解得：，
故点，
∴点、的中点坐标为：，
∴点的坐标为；
综上，点的坐标为或．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了一次函数的性质、二次函数的性质、圆的基本知识、图形的旋转等，解题的关键是掌握二次函数的性质，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
2．（2022春·全国·九年级专题练习）如图，一次函数的图象与二次函数图象的对称轴交于点．

(1)写出点的坐标　 　；
(2)将直线沿轴向上平移，分别交轴于点、交轴于点，点是该抛物线与该动直线的一个公共点，试求当的面积取最大值时，点的坐标；
(3)已知点是二次函数图象在轴右侧部分上的一个动点，若的外接圆直径为，试问：以、、为顶点的三角形与能否相似？若能，请求出点的坐标；若不能，请说明理由．
【答案】(1)
(2)点的坐标为
(3)相似，点的坐标为或

【分析】（1）由抛物线解析式求出对称轴，再代入即可求出点的坐标；
（2）如图1，由题意可设直线的解析式为，要是的面积最大，只需直线与抛物线相切，由此可求出的值，即可求得点的坐标；
（3）过点作轴，如图2，由题意可设直线的解析式为，从而可得，，，由的外接圆直径为可得，易证，根据相似三角形的性质可得，然后分两种情况讨论：①，②，用含的代数式表示点的坐标，然后代入抛物线的解析式，求出，即可得到点的坐标．
【详解】（1）解：抛物线的对称轴为，
当时，，
则点的坐标为．
故答案为：；
（2）解：如图1，

设直线的解析式为，
联立，
消去并整理得，
，
当直线与抛物线相切时，
，
解得，
此时直线的解析式为，
令，可得，
的面积最大时，点的坐标为；
（3）解：过点作轴，如图2．

设直线的解析式为，
则有，，
从而可得，，．
的外接圆直径为，
，
．
，
，
．
，
，
．
①若，则有．
，
，，
，
点的坐标为．
点在抛物线上，
，
解得：（舍去），，
点的坐标为；
②若，则有．
，
，，
，
点的坐标为．
点在抛物线上，
，
解得：（舍去），，
点的坐标为．
综上所述：点的坐标为或．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了抛物线的对称轴，抛物线与直线的交点的坐标特征，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，解一元二次方程，运用分类讨论和构造型相似是解题的关键．
3．（2023春·福建泉州·九年级泉州七中校考期末）如图(1)所示，关于的二次函数 图象的顶点为，图象交轴于、两点，交轴正半轴于点．以为直径作圆，圆心为．定点的坐标为，连接．

(1)写出、、三点的坐标；
(2)当为何值时点在直线上?判定此时直线与圆的位置关系；
(3)当变化时，用表示的面积，并在给出的直角坐标系中画出关于的函数图象的示意图．
【答案】(1)，，
(2) 时，直线与相切相切，理由见解析
(3)，图像见解析

【分析】（1）根据轴，轴上点的坐标特征代入即可求出、、三点的坐标；
（2）待定系数法先求出直线的解析式，再根据切线的判定得出直线与圆的位置关系；
（3）分当时，当时两种情况讨论求得关于的函数．
【详解】（1）解：令，则，解得，；
令，则．
故，，．
（2）解：设直线的解析式为，将，代入得：

解得，，．
直线的解析式为．
将化为顶点式：．
顶点的坐标为．代入得：
，
．所以，当时，点在直线上．
连接，为中点，点坐标为，

，，
，点在圆上
又，，
，，
．

直线与相切；
（3）解：当时，
．
当时，．
即．
关于的函数图象的示意图如右：

【点睛】本题是二次函数的综合题型，其中涉及的知识点有轴，轴上点的坐标特征，抛物线解析式的确定，抛物线的顶点公式和三角形的面积求法．注意分析题意分情况讨论结果．
4．（2022·江苏·九年级专题练习）如图，已知二次函数的图象与轴交于两点，与轴交于点．

(1)求此二次函数的表达式；
(2)点在以为直径的圆上(点与点，点，点均不重合)，试探究的数量关系，并说明理由．
(3)点为该图象在第一象限内的一动点，过点作直线的平行线，交轴于点．若点从点出发，沿着抛物线运动到点，则点经过的路程为 ．
【答案】(1)．
(2)或或，理由见解析．
(3)2．

【分析】（1）利用待定系数法即可得二次函数的解析式；
（2）证明为等腰直角三角形，再分三种情况：
①当点在半圆相对的半圆上时，如图，连接，把绕点逆时针旋转，得到，可证得是等腰直角三角形，故；
②当点在劣弧上时，如图，连接，在上截取，连接，可证，得出是等腰直角三角形，故；
③当点在劣弧上时，如图，连接，在上截取，连接，同理可得；
（3）先求出直线的解析式，设的坐标，设直线的解析式为，将的坐标代入EF解析式中，联立两个解析式判定，当直线与抛物线只有一个交点时，可求出直线的解析式，计算出的横坐标即可求出经过的路程．
【详解】（1）解：（1）将，，代入，
得：,
解得：,
∴二次函数的表达式为：；
（2）或或，理由如下：
∵在以为直径圆上，
∴，
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
①当点在半圆相对的半圆上时，如图，连接，把绕点逆时针旋转，得到，

∵四边形是圆内接四边形，
∴，
由旋转知：，，，，
∴，
∴三点在同一条直线上，，
∴，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴；
②当点在劣弧上时，如图，连接，在上截取，连接，

∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴；
③当点在劣弧上时，如图，连接，在上截取，连接，

与②同理可得：，
综上所述，或或；
（3）设直线
把点、点代入得，
解得：，
∴，
又∵∥，点在抛物线上，
设，
设直线解析式为，
把代入得：，
∴,
∴，
联立，
∴，
得
∵，
∴抛物线与直线只有一个交点，此时点F是所能运动的最远位置，
∴，
∴，
当时，
∴横坐标最大为，
∴F经过路程为：，
故答案为：2．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，圆的基本性质，根的判别式的应用，等腰直角三角形的判定和性质，旋转变换的应用，全等三角形的判定和性质，熟练掌握待定系数法，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．
5．（2022秋·湖南长沙·九年级长沙麓山外国语实验中学校考阶段练习）已知二次函数的图象与x轴交于A，B两点，其中点A为，与y轴负半轴交于点，其对称轴是直线．

(1)求二次函数的解析式；
(2)圆为的外接圆，点E是延长线上一点，的平分线交圆于点D，连接，求的面积；
(3)在（2）的条件下，y轴上是否存在点P，使得以P，C，B为顶点的三角形与相似？如果存在，请求出所有符合条件的P点坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)或

【分析】（1）根据抛物线具有对称性，可以求出点B的坐标，再用待定系数法求解析式即可．
（2）根据以及圆的相关性质，可知为等腰直角三角形，从而得出与的数量关系，列式求解即可．
（3）分4种情况画出图形，利用相似三角形的判定与性质求解即可．
【详解】（1）解：∵，对称轴为直线，
∴，
由题意可知，，
解得，
∴抛物线的解析式为．
（2）解：∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴为圆的直径，点坐标为，
∴，
又∵平分，
∴，
∴，为等腰直角三角形，
连接，则，
∴，D的坐标为，
如图1，设与y轴交于点F，
∵，
∴，
∴，
过D作垂直于y轴，
∵，
∴，
∴．

（3）解：∵，，
∴，，．
由（2）知，，，．
如图2，当点P在点C的上方时，若，
∵，
∴，
显然，和中不存在两个相等的角，即不可能相似；

如图3，中不存在的角，所以和中不存在两个相等的角，即不可能相似；

如图4，当点P在点C下方，时，，
∴，
∴，
∴，
∴；

如图5，当点P在点C下方，时，，
∴，
∴，
∴，
∴；

综上可知，P点坐标为或．
【点睛】此题考查了待定系数法求函数解析式，以及几何图形和二次函数相结合的应用，数形结合是解题关键．
6．（2022春·九年级课时练习）如图，二次函数与x轴的一个交点A的坐标为，以点A为圆心作圆A，与该二次函数的图象相交于点B，C，点B，C的横坐标分别为，，连接，，并且满足．过点B作轴于点M，过点C作轴于点N．

(1)求该二次函数的关系式；
(2)经过点B作直线，在A点右侧与x轴交于点D，与二次函数的图象交于点E，使得，连接，求证：；
(3)若直线与圆A相切，请求出k的值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)或2

【分析】（1）证明，求出，，得到点B，C的坐标，然后利用待定系数法求解即可；
（2）证明，求出，可得出点D坐标，进而求出直线的解析式，联立一次函数和二次函数解析式求出点E坐标，利用勾股定理求出即可得出结论；
（3）分两种情况：①当直线与的切点在x轴上方时，记切点为G，则，证明四边形POQG是矩形，，得到，，设点，表示出，，，，得出关于k，m的方程组，解方程组可得答案； ②当切点在x轴下方时，同①的方法求解即可．
【详解】（1）解：∵轴于M，轴于N，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵过点B，C，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
将点B，C代入得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）解：∵轴于点M，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
代入，得，
解得：，
∴直线的解析式为，
联立，解得：或（舍），
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵点在上，
∴的半径为：，
如图2，记直线与y轴相交于F，令，则，
∴，
∴，
①当直线与的切点在x轴上方时，记切点为G，则，，
连接AF，在中，，，
∴，
在中，根据勾股定理得，，
过点G作轴于P，过点G作轴于Q，
∴，
∴四边形POQG是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，，
设点，
∴，，，，
∴①，②，
联立①②解得，，
②当切点在x轴下方时，同①的方法可得，；
综上：直线与圆A相切时，k的值为或2．

【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法的应用，三垂线判定两三角形全等，求函数图象的交点坐标，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解一元二次方程，切线的性质，矩形的判定和性质等知识，熟练掌握“一线三等角模型”，证明三角形全等是解题的关键．
7．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，二次函数的图象与轴交于点和点(点在点的左侧)，与轴交于点，且

(1)求二次函数的解析式；
(2)若以点为圆心的圆与直线相切于点，求点的坐标；
(3)在（2）的条件下，抛物线上是否存在点使得以为顶点的四边形是直角梯形？若存在，直接写出点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)点的坐标为
(3)存在，点的坐标为或

【分析】（1）由题意可知坐标，根据题意得到三角形为等腰直角三角形，确定出坐标，代入二次函数解析式求出的值，即可确定出解析式；
（2）由题意连接，作轴，交轴于点，轴，交轴于点，如图1所示，由圆与直线相切于点，得到垂直于，由，利用三线合一得到为中点，进而求出与的长，确定出坐标即可；
（3）根据题意分两种情况考虑：经过点且与直线平行的直线的解析式为，与抛物线解析式联立求出坐标；经过点且与直线平行的直线的解析式为，与抛物线解析式联立求出坐标即可．
【详解】（1）解：∵二次函数的图象与轴交于点，
∴点的坐标为，
∵二次函数的图象与轴交于点，
∴，
∴，
∴点的坐标为，
∴，
∴，
∴二次函数的解析式为；
（2）连接，作轴，交轴于点，轴，交轴于点，如图1所示，

∵与直线相切于点，
∴，
∵，
∴点是的中点，
∴，，
∴点的坐标为；
（3）∵点的坐标为；
则直线的解析式为，如图2所示，

则经过点且与直线平行的直线的解析式为，
解方程组，消去y，得，即，
∴，(舍去)，
∴y=-12，
∴点的坐标为；
∵直线的解析式为，
则经过点且与直线平行的直线的解析式为，
解方程组，
消去，得，即，
∴，(舍去)，
∴，
∴点的坐标为．
综上所述，点的坐标为或．
【点睛】本题属于二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定二次函数解析式，坐标与图形性质，直线与抛物线的交点，直线与圆相切的性质，锐角三角函数定义，以及等腰直角三角形的性质，熟练掌握二次函数
8．（2020秋·北京朝阳·九年级校考期中）定义：在平面直角坐标系中，图形 G 上点 P（x，y）的纵坐标 y 与其横坐标 x 的差 y﹣x 称为 P 点的“坐标差”，而图形 G 上所有点的“坐标差”中的最大值称为图形 G 的“特征值”．

(1)①点 A（1，3）的“坐标差”为 ；
②抛物线 的“特征值”为 ；
(2)某二次函数的“特征值”为﹣1，点 B（m，0）与点 C 分别是此二次函数的图象与 x 轴和 y 轴的交点，且点 B 与点 C 的“坐标差”相等．
①直接写出 m＝ ；（用含 c 的式子表示）
②求此二次函数的表达式．
(3)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，以 M（2，3）为圆心，2 为半径的圆与直线 y＝x 相交于点 D、E，请直接写出⊙M 的“特征值”为 ．
【答案】(1)①2；②4；
(2)①m＝−c；②；
(3)1＋2．

【分析】（1）①②根据“坐标差”，“特征值”的定义计算即可；
（2）因为点B与点C的“坐标差”相等，推出B（−c，0），把（−c，0）代入，得到：，推出c＝1−b，因为二次函数（c≠0）的“特征值”为−1，所以的最大值为−1，可得 ＝−1，解得b＝3，由此即可解决问题；
（3）如图，设M（2，3），作MK⊥x轴于K，交⊙M于N，MJ⊥y轴于J，作∠JMN的平分线交⊙M于T，观察图象，根据“特征值”的定义，可知点T的“坐标差”的值最大．
（1）
①点A（1，3）的“坐标差”为＝3−1＝2，
故答案为2；
②设P（x,y）为抛物线上一点，
坐标差＝，最大值为4，
所以抛物线的“特征值”为4
故答案为4．
（2）
①由题意：0−m＝c−0，可得m＝−c.
②∵C（0，c），
又∵点B与点C的“坐标差”相等，
∴B（−c,0），
把（−c,0）代入y＝−x2＋bx＋c,得到：0＝−c2−bc＋c,
∴c＝1−b,
∵二次函数（c≠0）的“特征值”为−1
所以的最大值为−1，
∴＝−1，
解得b＝3，
∴c＝−2，
∴二次函数的解析式为．
（3）
如图，设M（2，3），作MK⊥x轴于K，交⊙M于N，MJ⊥y轴于J，作∠JMN的平分线交⊙M于T，观察图象，根据“特征值”的定义，可知点T的“坐标差”的值最大．

作TF⊥x轴于E交MJ于F．
易知△TMF是等腰直角三角形，
∵TF＝FM＝，EF＝KM＝3，EK＝FK＝M＝，
∴OE＝OK−EK＝2−，TE＝3＋，
半径为2的圆的“特征值”为3＋−（2−）＝1＋2．
故答案为1＋2．
【点睛】本题考查二次函数综合题、“坐标差”，“特征值”的定义、等腰直角三角形的性质、圆的有关知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题，学会构建函数解决最值问题，属于中考压轴题．
9．（2022秋·湖南长沙·九年级校考阶段练习）如图，已知抛物线经过点，，三点，点是直线绕点逆时针旋转后与轴的交点，点是线段上的一个动点，设点的坐标为，过点作轴的垂线交抛物线于点，交直线于点．

(1)求该抛物线所表示的二次函数的解析式；
(2)在点运动过程中，若存在以为直径的圆恰好与轴相切，求的值；
(3)连接，将绕平面内某点旋转后，得到，点、、的对应点分别是点、、，是否存在点使得旋转后得到的的两个顶点恰好落在抛物线上，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)2
(3)或

【分析】（1）设（），待定系数法求二次函数解析式即可求解；
（2）设，（）得出，则，根据以为直径的圆与轴相切，得出，解方程即可求解；
（3）设，由对称可得：，，，分情况讨论，①若、在抛物线上，②若、在抛物线上③由、横坐标相同，所以不可能都在抛物线上，即可求解．
【详解】（1）设（），
将代入得：，
解得：，
，
即；
（2）在中，，
，
由旋转可得：，
为等腰直角三角形，
，
，
：，
设，（），
，，
以为直径的圆与轴相切，
，即，
解得：，（舍），（舍），（舍），
；
（3）设，∵，，，关于中心对称，
∴，，，
①若、在抛物线上，则、关于对称轴对称，
对称轴：，
，解得：，
，即，
解得：，
，
②若、在抛物线上，
，
解得：，
，
③、横坐标相同，所以不可能都在抛物线上，
综上，或．
【点睛】本题考查了二次函数与圆综合，切线的性质，综合运用二次函数与切线的性质是解题的关键．
10．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，已知二次函数的图象与x轴交于点A（1，0）、B（，0），与y轴的正半轴交于点C．

(1)求二次函数的表达式；
(2)点D是线段OB上一动点，过点D作y轴的平行线，与BC交于点E，与抛物线交于点F，连接CF，探究是否存在点D使得△CEF为直角三角形？若存在，求点D的坐标；若不存在，说明理由；
(3)若点P在二次函数图象上，是否存在以P为圆心，为半径的圆与直线BC相切，若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，点D坐标为（-2，0）或（-1，0）
(3)存在，点P坐标为(-1，4)或(-2，3)或()或()

【分析】（1）将A、B坐标代入二次函数解析式求解即可；
（2）求得C点坐标，从而得到BC解析式，由此可知∠CEF=45°，因此可分∠CFE=90°、∠ECF=90°两种情况讨论；
（3）过点P作PG⊥BC，过点P作PH∥BC，过点P作x轴的垂线，交BC于点N，交x轴于点M，求出PH的解析式，联立直线PH和二次函数解析式，求解即可．
【详解】（1）解：将点代入，得：
，
解得：，
∴二次函数解析式为．
（2）解：∵二次函数解析式为
∴点C的坐标为（0，3），
∴直线BC的解析式为．
① 当∠CFE=90°时，CF∥OB
∴点C，F关于抛物线对称轴直线对称，
∴点F（-2，3），
此时点D坐标为（-2，0）

②当∠ECF=90°时，作FG⊥y轴于G，
由OB=OC，∠BOC=90°，可知∠BCO=45°
∵CF⊥CB，
∴∠FCG=45°，
∴△CFG是等腰直角三角形，
设CG=a，则点F坐标为(-a,a+3)，
代入得：
解得，（舍去）
点F（-1，4），
此时点D坐标为（-1，0）．

综上所述：存在这样的点D，点D坐标为（-2，0）或（-1，0）
（3）解：① 当点P在BC上方时，过点P作PG⊥BC于点G，作PM⊥x轴，交BC于点N ，过点P 作直线PH∥BC．
则是等腰直角三角形，

∵PG=，
∴PN=2，
∵PM⊥x轴，
∴直线PH由直线BC向上平移两个单位长度得到，
∴直线PH的解析式为．
联立直线PH和抛物线的解析式，得：
，
解得：或．
∴点P坐标为(-1，4)或(-2，3) ．
② 当点P在BC下方时，同理可得直线PH由直线BC向下平移两个单位长度得到，
∴直线PH的解析式为．
，
解得： 或  ．
∴点P坐标为()或()．
综上所述：点P坐标为(-1，4)或(-2，3)或()或()．
【点睛】此题考查了二次函数的综合应用，涉及了待定系数法求解析式，二次函数的性质，圆的切线的性质，解题的关键是熟练掌握并灵活应用相关性质进行求解，难度适中．
11．（2022春·广东深圳·九年级校考阶段练习）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＜0，c＞0）与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，且以AB为直径的圆经过点C．
(1)若点A（﹣4，0），点B（16，0），求C点坐标和函数关系式．
(2)若点D是圆与抛物线的交点（D与A、B、C不重合），在（1）的条件下，坐标轴上是否存在一点P，使得以P、B、C为顶点的三角形与△CBD相似？若存在，请求点P坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)
(2)存在，P点坐标为（4，0）或（，0）或（0，56）或（，0）

【分析】（1）由题意可知圆的圆心坐标为G（6，0），半径为10，则CG＝10，可求C（0，8），再将A（﹣4，0），B（16，0）代入y＝ax2+bx+8，即可求得解析式；
（2）由对称性可求出D（12，8），分四种情况讨论：①如图1，当∠CPB＝∠CDB时，△BCD∽△CBP；②如图2，当∠CDB＝∠CPB时，△BCD∽△PBC；③如图3，当P点在BD的延长线上时，△BCD∽△BPC；④如图4，当∠DCB＝∠PBC时，△BCD∽△PBC，求出点P坐标即可．
（1）
解：∵A（﹣4，0），B（16，0），
∴AB＝20，AB的中点G（6，0），
∴CG＝10，
令x＝0，则y＝c，
∴C（0，c），
∴36+c2＝100，
∴c＝±8，
∵c＞0，
∴c＝8，
∴C（0，8），
将A（﹣4，0），B（16，0）代入y＝ax2+bx+8，
∴，
解得，
∴yx2x+8；
（2）
坐标轴上存在一点P，使得以P、B、C为顶点的三角形与△CBD相似，理由如下：
∵yx2x+8（x﹣6）2，
∴抛物线的对称轴为直线x＝6，
∵⊙G的圆心为（6，0），
∴C点与D点关于直线x＝6对称，
∴D（12，8），
∴CD＝12，
∵B（16，0），C（0，8），
∴BD＝4，BC＝8，
当P点在x轴上，BP∥CD，
∴∠BCD＝∠CBP，
①如图1，当∠CPB＝∠CDB时，△BCD∽△CBP，
∴∠DBC＝∠BCP，
∴四边形CDBP是平行四边形，
∴CD＝BP＝12，
∴P（4，0）；

②如图2，当∠CDB＝∠CPB时，△BCD∽△PBC，
∴，
∴，
∴PB，
∴P（，0）；
当P点在y轴上时，
∵A、B、C、D四点共圆，
∴∠CAB+∠CDB＝180°，
∵CO⊥AB，AC⊥BC，
∴∠CAO＝∠BCO，
∴∠OCB+∠CDB＝180°，
∴∠PCB＝∠CDB，

③如图3，当P点在BD的延长线上时，△BCD∽△BPC，
∴，
∴，
∴CP＝48，
∴P（0，56）；

④如图4，当∠DCB＝∠PBC时，△BCD∽△PBC，
∴，
∴，
∴PC，
∴P（，0）；

综上所在：P点坐标为（4，0）或（，0）或（0，56）或（，0）．
【点睛】本题考查了二次函数的图象以及性质，熟练掌握二次函数图象及性质，圆的性质，三角形相似的判定及性质是解题关键．
12．（2022·山东济宁·济宁学院附属中学校考二模）如图，已知二次函数的图象与x轴交于点、，与y轴的正半轴交于点C

(1)求二次函数的表达式
(2)点D是线段OB上一动点，过点D作y轴的平行线，与BC交于点E，与抛物线交于点F，连接CF，BF，探究是否存在点D使得四边形ACFB的面积最大？若存在，求点D的坐标；若不存在，说明理由
(3)若点P在二次函数图象上，是否存在以P为圆心，为半径的圆与直线BC相切，若存在，直接写点P的坐标；若不存在，说明理由
【答案】(1)；
(2)；
(3)点P的坐标为或或或．

【分析】（1）将A、B坐标代入二次函数解析式求解即可；
（2）求得C点坐标，从而得到BC解析式，设D（m，0），则，，根据求解即可；
（3）过点P作PG⊥BC，过点P作PH∥BC，过点P作x轴的垂线，交BC于点N，交x轴于点M，求出PH的解析式，联立直线PH和二次函数解析式，求解即可．
(1)
解：将点、代入可得
，解得
即解析式为：；
(2)
解：由可得C（0，3），
由B（-3，0），C（0，3）可得BC解析式为：，
设D（m，0），则，，


∵，
∴时，最大，此时，
(3)
解：过点P作PG⊥BC，过点P作PH∥BC，过点P作x轴的垂线，交BC于点N，交x轴于点M，如图：

由题意可得：OB=OC，
∴
∴
∴
当以P为圆心，为半径的圆与直线BC相切，可得，
∴
∴，
即BC沿y轴向上或向下平移了2个单位，所以PH的解析式为或，
联立直线PH和二次函数解析式可得：
或
解得：或或或
∴点P的坐标为或或或
【点睛】此题考查了二次函数的综合应用，涉及了待定系数法求解析式，二次函数的性质，圆的切线的性质，图象的平移，勾股定理，解题的关键是熟练掌握并灵活应用相关性质进行求解，难度始终．
13．（2022秋·全国·九年级专题练习）已知二次函数的图象交x轴于点A（3，0），B（－1，0），交y轴于点C（0，－3），P这抛物线上一动点，设点P的横坐标为m．

(1)求抛物线的解析式：
(2)当△PAC是以AC为直角边的直角三角形时，求点P的坐标：
(3)抛物线上是否存在点P，使得以点P为圆心，2为半径的圆既与x轴相切，又与抛物线的对称轴相交？若存在，求出点P的坐标，并求出抛物线的对称轴所截的弦MN的长度；若不存在，请说明理由．（写出过程）
【答案】(1)
(2)点P的坐标为（-2，5）或（1，-4）；
(3)点P的坐标为或，抛物线的对称轴所截的弦MN的长度为

【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）分当∠PAC=90°时，当∠PCA=90°时，两种情况讨论求解即可；
（3）由圆P的半径为2，且圆P与抛物线对称轴有交点，且与x轴相切，可得点P的纵坐标为-2，由此求出点P的坐标即可；过点P作PE⊥MN于E，由垂径定理可得MN=2ME，利用勾股定理求出ME即可得到答案．
【详解】（1）解：设抛物线解析式为，把点C（0，-3）代入得，
，
∴，
∴抛物线解析式为；
（2）解：如图所示，当∠PAC=90°时，设PA与y轴交点为D，
∵点A坐标为（3，0），点C坐标为（0，-3），
∴OA=OC=3，
∵∠AOC=90°，
∴∠CAO=45°，
∴∠DAO=45°，
∴OA=OD=3，
∴点D的坐标为（0，3），
设直线AD的解析式为，
∴，
∴，
∴直线AD的解析式为，
联立，
解得或（舍去），
∴点P的坐标为（-2，5）；
当∠PCA=90°，设直线PC与x轴的交点为E，
同理可证∠ECO=45°，即OE=OC，
∴点E的坐标为（-3，0），
同理可以求出直线PC的解析式为，
联立，
解得或（舍去），
∴点P的坐标为（1，-4），
综上所述，点P的坐标为（-2，5）或（1，-4）；

（3）解：∵抛物线解析式为，
∴抛物线对称轴为直线，
∴点A和点B到抛物线的对称轴的距离都为2，
∵圆P的半径为2，且圆P与抛物线对称轴有交点，且与x轴相切，
∴点P的纵坐标为-2，
当时，，
解得，
∴点P的坐标为或，
过点P作PE⊥ME交抛物线对称轴于E，
∴或，，
∴，
∴，
∴点P的坐标为或，抛物线的对称轴所截的弦MN的长度为

【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，圆与函数综合，待定系数法求函数解析式等等，正确理解题意，利用分类讨论和数学结合的思想求解是解题的关键．
14．（2022·江苏盐城·校考一模）如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A、B为抛物线y＝上的两个动点，且OA⊥OB．

(1)若点B的坐标是（2，m），则点A的坐标是 ；
(2)过点B作BC⊥x轴，垂足为C，若△AOB与△OBC相似，求cos∠OBA．
(3)在（1）问的条件下，若点E为二次函数第一象限内抛物线上一动点，EH垂直于X轴于点H，交线段AB于点F，以EF为直径的圆M与AB交于点R，求当△EFR周长取最大值时E点的坐标；
(4)在（3）问的条件下，以BH为直径作圆N，点P为圆N上一动点，连接AP，Q为AP上一点且，连接HQ，求OQ的最小值；
【答案】(1)A（－，）
(2)（要分类讨论）
(3)E（）
(4)

【分析】（1）设，过点作AE⊥x轴于点E，勾股定理求得，证明△OAE∽△BOC,根据相似三角形的性质，列出方程，解方程求解即可；
（2）过点A作AE⊥x轴于点E，过点O作OF⊥AB于点F，BC⊥x轴，垂足为C，设A(a，a2) ，B(b，b2)，若△AOB与△OBC相似，分两种情况讨论，①根据相似三角形的性质求得∠BOC = ∠BAO，可得OC=OE，四边形AECB是矩形，OF =OC= BC，根据三角形内角和定理可得，然后求特殊角的三角函数值即可，第②种情况同①求得；
（3）直线的解析式为，设，根据题意不变，则为定值，根据圆周角定理可得是直角三角形，则取得最大值时，△EFR周长最大，二次函数的性质求得的最大值时，，即可求得点的坐标，
（4）连接,,取的中点，根据题意找到的轨迹是在以为半径的上，进而根据勾股定理求得的长，根据点圆关系求最值即可．
(1)
设，过点作AE⊥x轴于点E，


则OE=-x,AE=x2
所以OA=

代入y=x2，
∴m=22=4，
∴B(2，4)，
∴OC = 2,BC = 4,
∴OB==
∵AOB = 90°,
∴AOE ＋BOC = 90°,
∵OEA =BCO = 90°
∴AOE＋OAE = 90°
∴OAE =BOC,
∴△OAE∽△BOC,







(2)
如图，

过点A作AE⊥x轴于点E，过点O作OF⊥AB于点F，BC⊥x轴，垂足为C
设A(a，a2) ，B(b，b2)
则OE＝-a,AE=a2,
∵BC⊥x轴，垂足为C，
∴OC = b，BC = b2，
若△AOB与△OBC相似，分两种情况讨论：
①当∠ABO=∠CBO时，
∠BOC = ∠BAO，
由（1）知，∠BOC=∠OAE
:∴∠OAB= ∠OAE，
∴OC = OF，OE = OF，
∴OC=OE，
∴–a=b，
根据对称性，a2=b2，
∴AB//x轴，
∴四边形AECB是矩形，
∴OC在y轴上，
∴OF =OC= BC，
45°

②当∠ABO=∠BOC时，AB//x轴，同①可得
综上，
(3)
由①可知，B(2,4)，

设直线的解析式为
则
解得
直线的解析式为
设，则

设，根据题意不变，则为定值，依题意，是直径，则是直角三角形
△EFR周长为
取得最大值时，△EFR周长最大
时，△EFR周长最大，此时
(4)

如图，连接,,取的中点，



在以为半径的上

由（3）可知，,





最小值为=
【点睛】本题考查了二次函数综合，相似三角形的性质与判定，求余弦，二次函数综合问题-线段周长问题，中位线的性质，点与圆的位置关系，综合运用以上知识是解题的关键．
15．（2022·广西河池·统考二模）如图，二次函数的图象与x轴交于点A和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且tan∠OAC＝1．

(1)求二次函数的解析式；
(2)若以点O为圆心的圆与直线AC相切于点D，求点D的坐标；
(3)在（2）的条件下，抛物线上是否存在点P使得以P、A、D、O为顶点的四边形是直角梯形？若存在，直接写出点P坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)点D的坐标为
(3)存在，点的坐标为，点的坐标为

【分析】（1）由题意可知C坐标，根据题意得到三角形AOC为等腰直角三角形，确定出A坐标，代入二次函数解析式求出a的值，即可确定出解析式；
（2）由题意连接OD，作DE∥y轴，交x轴于点E，DF∥x轴，交y轴于点F，如图1所示，由圆O与直线AC相切于点D，得到OD垂直于AC，由OA=OC，利用三线合一得到D为AC中点，进而求出DE与DF的长，确定出D坐标即可；
（3）根据题意分两种情况考虑：经过点A且与直线OD平行的直线的解析式为y=-x-4，与抛物线解析式联立求出P坐标；经过点O且与直线AC平行的直线的解析式为y=x，与抛物线解析式联立求出P坐标即可．
（1）
解：∵二次函数的图象与y轴交于点C，
∴点C的坐标为，
∵二次函数的图象与x轴交于点A，tan∠OAC＝1，
∴∠CAO＝45°，
∴OA＝OC＝4，
∴点A的坐标为，
∴，
∴，
∴二次函数的解析式为；
（2）
连接OD，作轴，交x轴于点E，轴，交y轴于点F，如图1所示，

∵⊙O与直线AC相切于点D，
∴OD⊥AC，
∵OA＝OC＝4，
∴点D是AC的中点，
∴，，
∴点D的坐标为；
（3）
直线OD的解析式为y＝－x，如图2所示，

则经过点A且与直线OD平行的直线的解析式为y＝－x－4，
解方程组，消去y，得，即，
∴，（舍去），
∴y＝－12，
∴点的坐标为；直线AC的解析式为y＝x＋4，
则经过点O且与直线AC平行的直线的解析式为y＝x，
解方程组，
消去y，得，即，
∴，（舍去），
∴，
∴点的坐标为．
【点睛】本题属于二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定二次函数解析式，坐标与图形性质，直线与抛物线的交点，直线与圆相切的性质，锐角三角函数定义，以及等腰直角三角形的性质，熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键．
16．（2022春·湖北鄂州·九年级鄂州市第八中学（吴都中学）校考阶段练习）如图1，在平面直角坐标系中，二次函数的图象的顶点为D点，与y轴交于C点，与x轴交于A、B两点， A点在原点的左侧，B点的坐标为（3，0），OB＝OC ，tan∠ACO＝．

(1)求这个二次函数的表达式；
(2)经过C、D两点的直线，与x轴交于点E，在该抛物线上是否存在这样的点F，使以点A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)若平行于x轴的直线与该抛物线交于M、N两点，且以MN为直径的圆与x轴相切，求该圆半径的长度．
【答案】(1)
(2)存在点F，坐标为（2，-3）
(3)

【分析】（1）先求得抛物线与x轴的交点坐标，再由两点式求得二次函数的表达式．
（2）先求得所有满足条件的点F的坐标，再代入抛物线表达式检验即可．
（3）分别讨论直线MN在x轴上方和下方时圆对应的半径即可．
(1)
解：由已知得：C（0，-3），A（-1，0）
设二次函数的表达式为：
将C点坐标代入得：
∴这个二次函数的表达式为．
(2)
解：由函数的顶点式得：D（1，-4）
∴直线CD的解析式为：
∴E点的坐标为(-3，0)
∵以A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形
∴F点的坐标为（2，-3）或（-3，-3）或（-4，3）
代入抛物线表达式检验，只有（2，-3）符合
∴存在这样点F（2，-3）
(3)
如图：

①当直线MN在x轴上方时，设圆的半径为R（R>0），则点N坐标为(R+1，R)，代入抛物线表达式，解得
②当直线MN在x轴的下方时，设圆的半径为r（r>0），则点N坐标为（r+1，-r），代入抛物线表达式，解得
综上，圆的半径为或．
【点睛】本题考查了二次函数与一次函数、平行四边形、圆的综合，熟练掌握各知识点的性质定理，数形结合分析题目是解题的关键．
17．（2022·新疆乌鲁木齐·统考一模）如图，已知二次函数 的图像与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，顶点为D，连接BC；

(1)求顶点D的坐标；
(2)求直线BC的解析式；
(3)点E是第一象限内抛物线上的动点，连接BE，CE，求△BCE面积的最大值；
(4)以AB为直径，M为圆心作圆M，试判断直线CD与圆M的位置关系，并说明理由
【答案】(1)
(2)
(3)16
(4)直线与圆M相交，理由见解析

【分析】（1）利用配方法将一般式解析式转化为顶点式解析式；
（2）先解得 ，再利用待定系数法，代入点B、C的坐标即可解答；
（3）根据中点公式解得点M的坐标，再利用两点间的距离公式解得CM，MD的长，比较MD