2025年中考数学二轮培优重难点题型分类练习专题05 圆与二次函数结合型压轴题专题（2份，原卷版+解析版）

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通用的解题思路：
一、点在圆上的使用技巧：①没告诉半径，利用圆上的点到圆心的距离等于半径可以表示出半径的长度；②告诉半径，圆上的点到圆心的距离等于半径这个等量关系可以求出一个参数。
二、判断直线与圆的位置关系的标准流程：第一步，利用圆上的点到圆心的距离等于半径表示出半径r，第二步，表示出圆心到直线的距离d，第三步，比较半径r和距离d的大小：若半径r距离d，则直线与圆相交，若半径r=距离d，则直线与圆相切，若半径r距离d，则直线与圆相离。
三、记直线被圆截得的弦长为的常用方法
弦长公式：
2．（长沙中考）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的对称轴为y轴，且经过（0，0）和（，）两点，点P在该抛物线上运动，以点P为圆心的⊙P总经过定点A（0，2）．
（1）求a，b，c的值；
（2）求证：在点P运动的过程中，⊙P始终与x轴相交；
（3）设⊙P与x轴相交于M（x1，0），N（x2，0）（x1＜x2）两点，当△AMN为等腰三角形时，求圆心P的纵坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的对称轴为y轴，且经过（0，0）和（，）两点，∴抛物线的一般式为：y＝ax2，∴＝a（）2，解得：a＝±，∵图象开口向上，∴a＝，∴抛物线解析式为：y＝x2，故a＝，b＝c＝0；
（2）设P（x，y），⊙P的半径r＝，又∵y＝x2，则r＝，
化简得：r＝＞x2，∴点P在运动过程中，⊙P始终与x轴相交；
（3）设P（t，t2），∵r2﹣y2＝4，∴MH＝NH＝2，∴M（t﹣2，0），N（t+2，0），A（0，2），
∵△AMN为等腰三角形，∴AM＝AN，AM＝MN，AN＝MN，（t﹣2）2+（2﹣0）2＝（t+2）2+（2﹣0）2，∴t＝0，（t﹣2）2+（2﹣0）2＝42，∴t＝2±2，（t+2）2+（2﹣0）2＝42，∴t＝﹣2±2，
①当t＝0时，P的纵坐标为0，
②当t＝2±2时，PY＝（2±2）2＝4±2，∴P的纵坐标为4±2，
③当t＝﹣2±2时，PY＝（2±2）2＝4±2，∴P的纵坐标为4±2，
综上所述，P的纵坐标为：0或4+2或4﹣2．
2．（岳麓区校级月考）如图，已知直线l：y＝﹣1和抛物线L：y＝ax2+bx+c（a≠0），抛物线L的顶点为原点，且经过点，直线y＝kx+1与y轴交于点F，与抛物线L交于点B（x1，y1），C（x2，y2），且x1＜x2．
（1）求抛物线L的解析式；
（2）点P是抛物线L上一动点．
①以点P为圆心，PF为半径作⊙P，试判断⊙P与直线l的位置关系，并说明理由；
②若点Q（2，3），当|PQ﹣PF|的值最大时，求点P的坐标；
（3）求证：无论k为何值，直线l总是与以BC为直径的圆相切．
【解答】解：（1）抛物线的表达式为：y＝ax2，将点A坐标代入上式得：＝a（2）2，解得：a＝，
故抛物线的表达式为：y＝x2…①；
（2）①点F（0，1），设：点P（m，m2），则PF＝＝m2+1，
而点P到直线l的距离为：m2+1，则⊙P与直线l的位置关系为相切；
②当点P、Q、F三点共线时，|PQ﹣PF|最大，将点FQ的坐标代入一次函数表达式：y＝kx+b并解得：
直线FQ的函数表达式为：y＝x+1…②，联立①②并解得：x＝2±2，
故点P的坐标为：（2+2，3+2）或（2﹣2，3﹣2）；
（3）将抛物线的表达式与直线y＝kx+1联立并整理得：x2﹣4kx﹣4＝0，则x1+x2＝4k，x1x2＝﹣4，
则y1+y2＝k（x1+x2）+2＝4k2+2，则x2﹣x1＝＝4，
设直线BC的倾斜角为α，则tanα＝k，则csα＝，则BC＝＝4（k2+1），则BC＝2k2+2，
设BC的中点为M（2k，2k2+1），则点M到直线l的距离为：2k2+2，故直线l总是与以BC为直径的圆相切．
3．在平面直角坐标系xOy中，已知二次函数y＝的图象经过点A（2，0）和点B（1，﹣），直线l经过抛物线的顶点且与y轴垂直，垂足为Q．
（1）求该二次函数的表达式；
（2）设抛物线上有一动点P从点B处出发沿抛物线向上运动，其纵坐标y1随时间t（t≥0）的变化规律为y1＝﹣+2t．现以线段OP为直径作⊙C．
①当点P在起始位置点B处时，试判断直线l与⊙C的位置关系，并说明理由；在点P运动的过程中，直线l与⊙C是否始终保持这种位置关系？请说明你的理由．
②若在点P开始运动的同时，直线l也向上平行移动，且垂足Q的纵坐标y2随时间t的变化规律为y2＝﹣1+3t，则当t在什么范围内变化时，直线l与⊙C相交？此时，若直线l被⊙C所截得的弦长为a，试求a2的最大值．
【解答】解：（1）将点A（2，0）和点B（1，﹣）分别代入y＝x2+mx+n中，得：
，解得：，∴抛物线的解析式：y＝x2﹣1；
（2）①将P点纵坐标代入（1）的解析式，得：x2﹣1＝﹣+2t，x＝，∴P（，﹣+2t），
∴圆心C（，﹣+t），∴点C到直线l的距离：﹣+t﹣（﹣1）＝t+；
而OP2＝8t+1+（﹣+2t）2，得OP＝2t+，半径OC＝t+；∴直线l与⊙C始终保持相切．
②Ⅰ、由①可知，若直线l与⊙C相切，则：2t﹣＝t+，t＝；
∴当0＜t＜时，直线l与⊙C相交；
Ⅱ、∵0＜t＜时，圆心C到直线l的距离为d＝|2t﹣|，又半径为r＝t+，
∴a2＝4（r2﹣d2）＝4[（t+）2﹣|2t﹣|2]＝﹣12t2+15t，∴t＝时，a的平方取得最大值为．
4．（长沙中考）如图半径分别为m，n（0＜m＜n）的两圆⊙O1和⊙O2相交于P，Q两点，且点P（4，1），两圆同时与两坐标轴相切，⊙O1与x轴，y轴分别切于点M，点N，⊙O2与x轴，y轴分别切于点R，点H．
（1）求两圆的圆心O1，O2所在直线的解析式；
（2）求两圆的圆心O1，O2之间的距离d；
（3）令四边形PO1QO2的面积为S1，四边形RMO1O2的面积为S2．
试探究：是否存在一条经过P，Q两点、开口向下，且在x轴上截得的线段长为的抛物线？若存在，请求出此抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）由题意可知O1（m，m），O2（n，n），设过点O1，O2的直线解析式为y＝kx+b，则有：
（0＜m＜n），解得，∴所求直线的解析式为：y＝x．
（2）由相交两圆的性质，可知P、Q点关于O1O2对称．∵P（4，1），直线O1O2解析式为y＝x，
∴Q（1，4）．如解答图1，连接O1Q．∵Q（1，4），O1（m，m），根据两点间距离公式得到：
O1Q＝＝，又O1Q为小圆半径，即QO1＝m，∴＝m，
化简得：m2﹣10m+17＝0 ①如解答图1，连接O2Q，同理可得：n2﹣10n+17＝0 ②
由①，②式可知，m、n是一元二次方程x2﹣10x+17＝0 ③的两个根，解③得：x＝5±，
∵0＜m＜n，∴m＝5﹣，n＝5+．∵O1（m，m），O2（n，n），∴d＝O1O2＝＝8．
（3）假设存在这样的抛物线，其解析式为y＝ax2+bx+c，因为开口向下，所以a＜0．如解答图2，连接PQ．
由相交两圆性质可知，PQ⊥O1O2．∵P（4，1），Q（1，4），∴PQ＝＝，
又O1O2＝8，∴S1＝PQ•O1O2＝××8＝；又S2＝（O2R+O1M）•MR＝（n+m）（n﹣m）＝；∴＝＝1，即抛物线在x轴上截得的线段长为1．∵抛物线过点P（4，1），Q（1，4），∴，解得，∴抛物线解析式为：y＝ax2﹣（5a+1）x+5+4a，
令y＝0，则有：ax2﹣（5a+1）x+5+4a＝0，设两根为x1，x2，则有：x1+x2＝，x1x2＝，
∵在x轴上截得的线段长为1，即|x1﹣x2|＝1，∴（x1﹣x2）2＝1，∴（x1+x2）2﹣4x1x2＝1，
即（）2﹣4（）＝1，化简得：8a2﹣10a+1＝0，解得a＝，可见a的两个根均大于0，这与抛物线开口向下（即a＜0）矛盾，∴不存在这样的抛物线．
5．（广益）如图1，已知一次函数y＝﹣x+4与反比例函数相交于P，Q两点（P在Q的右侧）．
（1）求P，Q的坐标并写出△OPQ的面积；
（2）如图2，已知M（m，m），N（n，n），其中（0＜m＜n），若分别以M，N为圆心的圆均与x轴相切，切点分别为A，B，并且点P既在⊙M上又在⊙N上．
①求直线MN的解析式；
②求出线段MN的长度d；
（3）在（2）的前提上，记四边形PMQN的面积为S1，四边形AMNB的面积为S2，已知抛物线y＝ax2+bx+c满足两个条件：①经过点P和点Q，②该抛物线截x轴得到的线段长度为，请求出抛物线二次项系数a的值．
【解答】解：（1）由题意得：．解这个方程组得：，．
∵P在Q的右侧，∴P（3，1），Q（1，3）．设直线PQ交x轴于点C，如图，则C（4，0）．
∴OC＝4．过点Q作QE⊥OC于E，过点P作PF⊥OC于F，则QE＝3，PF＝1．
∴S△OPQ＝S△OQC﹣S△OPC＝＝6﹣2＝4．
（2）①∵M（m，m），N（n，n），∴直线MN的解析式为：y＝x．
②∵以M，N为圆心的圆均与x轴相切，切点分别为A，B，∴MA⊥AB，NB⊥AB．
过点P作PE⊥MA于E，PF⊥NB与，过点M作MG⊥NB于G，如图，
则∠NMG＝45°．∴MN＝MG．∵M（m，m），N（n，n），P（3，1），
∴MA＝m，NB＝n，PE＝3﹣m，PM＝，ME＝m﹣1，PF＝n﹣3，NF＝n﹣1．
∵点P既在⊙M上又在⊙N上，∴PM＝MA，PN＝NB．∴PM2＝MA2，PN2＝NB2．
∴（3﹣m）2+（m﹣1）2＝m2，（n﹣3）2+（n﹣1）2＝n2．整理得：m2﹣8m+10＝0，n2﹣8n+10＝0．
∴m，n（0＜m＜n）是方程x2﹣8x+10＝0的两个根．∴m+n＝8，mn＝10．∴（n﹣m）2＝（m+n）2﹣4mn＝24．∴n﹣m＝．∵MG＝AB＝n﹣m，∴MG＝2．∴MN＝MG＝4，∴d＝4．
（3）抛物线y＝ax2+bx+c满足经过点P和点Q，∴．∴．
∵，
＝＝8，∴＝＝．
设抛物线y＝ax2+bx+c与x轴的交点为（x1，0），（x2，0），∴|x1﹣x2|＝．∴．
∴．∵x1，x2是方程ax2+bx+c＝0的两个根，∴，．
∴．∴．整理得：2a2﹣8a+1＝0．解得：a＝4±．
∴抛物线二次项系数a的值为：4+或4﹣．
6．已知：如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠O）经过X轴上的两点A（x1，0）、B（x2，0）和y轴上的点C（0，），⊙P的圆心P在y轴上，且经过B、C两点，若b＝a，AB＝2，
（1）求抛物线的解析式；
（2）设D在抛物线上，且C，D两点关于抛物线的对称轴对称，问直线BD是否经过圆心P，并说明理由；
（3）设直线BD交⊙P于另一点E，求经过E点的⊙P的切线的解析式．

【解答】解：（1）∵轴上的点C（0，），∴c＝，又∵b＝a，AB＝2，令ax2+ax﹣＝0，|x1﹣x2|＝，解得：a＝，b＝；∴抛物线的解析式是：y＝．（4分）
（2）D（﹣，﹣），直线B D为：y＝，连接BP，设⊙P的半径为R，
，R＝1，P（0，﹣），点P的坐标满足直线BD的解析式y＝．
∴直线B D经过圆心P．
（3）过点E作EF⊥y轴于F，得△OPB≌△FPE，E（），设经过E点⊙P的切线L交y轴于点Q．则∠P EQ＝9 0°，EF⊥PQ，∴P E2＝P F•PQ，∴PQ＝2，Q（0，﹣2.5），∴切线L为：y＝﹣．
7．（青竹湖）定义：如果一条直线与一条曲线有且只有一个交点，且曲线位于直线的同旁，称之为直线与曲线相切，这条直线叫做曲线的切线，直线与曲线的唯一交点叫做切点．
（1）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，以点A（0，﹣3）为圆心，5为半径作圆A，交x轴的负半轴于点B，求过点B的圆A的切线的解析式；
（2）若抛物线y＝ax2（a≠0）与直线y＝kx+b（k≠0）相切于点（2，2），求直线的解析式；
（3）若函数y＝x2+（n﹣k﹣1）x+m+k﹣2的图象与直线y＝﹣x相切，且当﹣1≤n≤2时，m的最小值为k，求k的值．
【解答】解：（1）如图1，连接AB，记过点B的⊙A切线交y轴于点E，∴AB＝5，∠ABE＝90°，
∵A（0，﹣3），∠AOB＝90°，∴OA＝3，∴OB＝＝4，∴B（﹣4，0），
∵∠OAB＝∠BAE，∠AOB＝∠ABE＝90°，∴△OAB∽△BAE，∴，∴AE＝＝，
∴OE＝AE﹣OA＝，∴E（0，），设直线BE解析式为：y＝kx+，∴﹣4k+＝0，解得：k＝，∴过点B的⊙A的切线的解析式为y＝x+，
方法二：设直线BE的解析式为y＝k（x+4），∴E（0，4k），∴AB＝5，AE＝4k+3，BE＝，
由勾股定理可得，AB2+BE2＝AE2，∴25+16+16k2＝16k2+9+24k，∴k＝，∴过点B的⊙A的切线的解析式为y＝x+；
（2）∵抛物线y＝ax2经过点（2，2），∴4a＝2，解得：a＝，∴抛物线解析式：y＝x2，
∵直线y＝kx+b经过点（2，2），∴2k+b＝2，可得：b＝2﹣2k，∴直线解析式为：y＝kx+2﹣2k，
∵直线与抛物线相切，∴关于x的方程x2＝kx+2﹣2k有两个相等的实数根，方程整理得：x2﹣2kx+4k﹣4＝0，∴△＝（﹣2k）2﹣4（4k﹣4）＝0，解得：k1＝k2＝2，∴直线解析式为y＝2x﹣2，
（3）∵函数y＝x2+（n﹣k﹣1）x+m+k﹣2的图象与直线y＝﹣x相切，
∴关于x的方程x2+（n﹣k﹣1）x+m+k﹣2＝﹣x有两个相等的实数根，方程整理得：x2+（n﹣k）x+m+k﹣2＝0，∴△＝（n﹣k）2﹣4×（m+k﹣2）＝0，整理得：m＝（n﹣k）2﹣k+2，可看作m关于n的二次函数，对应抛物线开口向上，对称轴为直线x＝k，
∵当﹣1≤n≤2时，m的最小值为k，
①如图2，当k＜﹣1时，在﹣1≤n≤2时m随n的增大而增大，
∴n＝﹣1时，m取得最小值k，∴（﹣1﹣k）2﹣k+2＝k，方程无解，
②如图3，当﹣1≤k≤2时，n＝k时，m取得最小值k，∴﹣k+2＝k，解得：k＝1，
③如图4，当k＞2时，在﹣1≤n≤2时m随n的增大而减小，∴n＝2时，m取得最小值k，
∴（2﹣k）2﹣k+2＝k，解得：k1＝3+，k2＝3﹣（舍去），综上所述，k的值为1或3+．
8．（麓山国际）如图，经过定点A的直线y＝k（x﹣2）+1（k＜0）交抛物线y＝﹣x2+4x于B，C两点（点C在点B的右侧），D为抛物线的顶点．
（1）直接写出点A的坐标；
（2）如图（1），若△ACD的面积是△ABD面积的两倍，求k的值；
（3）如图（2），以AC为直径作⊙E，若⊙E与直线y＝t所截的弦长恒为定值，求t的值．
【解答】解：（1）∵A为直线y＝k（x﹣2）+1上的定点，∴A的坐标与k无关，∴x﹣2＝0，
∴x＝2，此时y＝1，∴点A的坐标为（2，1）；
（2）∵y＝﹣x2+4x＝﹣（x﹣2）2+4，∴顶点D的坐标为（2，4），∵点A的坐标为（2，1），
∴AD⊥x轴．如图（1），分别过点B，C作直线AD的垂线，垂足分别为M，N，设B，C的横坐标分别为x1，x2，

∵△ACD的面积是△ABD面积的两倍，∴CN＝2BM，∴x2﹣2＝2（2﹣x1），∴2x1+x2＝6．
联立，得x2+（k﹣4）x﹣2k+1＝0，①解得x1＝，x2＝，
∴2×+＝6，化简得：＝﹣3k，解得k＝﹣．
另解：接上解，由①得x1+x2＝4﹣k，又由2x1+x2＝6，得x1＝2+k．∴（2+k）2+（k﹣4）（2+k）﹣2k+1＝0，
解得k＝±．∵k＜0，∴k＝﹣；
（3）如图（2），设⊙E与直线y＝t交于点G，H，点C的坐标为（a，﹣a2+4a）．∵E是AC的中点，
∴将线段AE沿AC方向平移与EC重合，∴xE﹣xA＝xC﹣xE，yE﹣yA＝yC﹣yE，∴xE＝（xA+xC），yE＝（yA+yC）．
∴E（1+，）．分别过点E，A作x轴，y轴的平行线交于点F，在Rt△AEF中，由勾股定理得：EA2＝+＝+，
过点E作PE⊥GH，垂足为P，连接EH，∴GH＝2PH，EP2＝，
又∵AE＝EH，∴GH2＝4PH2＝4（EH2﹣EP2）＝4（EA2﹣EP2）
＝4[+﹣]
＝4[﹣a+1+﹣（﹣a2+4a+1）+1﹣+t（﹣a2+4a+1）﹣t2]
＝4[（﹣t）a2+（4t﹣5）a+1+t﹣t2]．∵GH的长为定值，
∴﹣t＝0，且4t﹣5＝0，∴t＝．
9．（长郡）如图，在平面直角坐标系中，点M的坐标是（5，4），⊙M与y轴相切于点C，与x轴相交于A、B两点．
（1）分别求A、B、C三点的坐标；
（2）如图1，设经过A、B两点的抛物线解析式为，它的顶点为E，求证：直线EA与⊙M相切；
（3）如图2，过点M作直线FG∥y轴，与圆分别交于F、G两点，点P为弧FB上任意一点（不与B、F重合），连接FP、AP，FN⊥BP的延长线于点N．请问是否为定值，若为定值，请求出这个值，若不为定值，请说明理由．
【解答】解：（1）如图1，连接CM、AM，连接ME交x轴于点D，则ME⊥x轴，
∵⊙M与y轴相切于点C，点M的坐标是（5，4），∴CM⊥y轴，即C（0，4），⊙M的半径为5，
∴AM＝5，DM＝4，∴AD＝DB＝＝＝3，∴OA＝5﹣3＝2，∴A（2，0），B（8，0）；
（2）证明：将A（2，0）代入中，可得，∴E（5，），∴DE＝，
∴ME＝DE+MD＝＝，则，，，∴MA2+AE2＝ME2，∴MA⊥AE，又∵MA为半径，∴直线EA与⊙M相切；
（3）为定值，理由如下：
连接AF、BF，作FQ⊥AP于点Q，
∵∠FPN为圆内接四边形ABPF的外角，∴∠FPN＝∠FAB，又∵MF⊥AB，∴AF＝BF，∴∠FAB＝∠FBA＝∠FPA，∴∠FPN＝∠FPA，∵FQ⊥AP，FN⊥PN，∴FQ＝FN，又∵FP＝FP，
∴Rt△FPQ≌Rt△FPN（HL），∴PQ＝PN，又∵AF＝BF，FQ＝FN，∴Rt△AFQ≌Rt△BFN（HL），
∴AQ＝BN，∴．
10.（长郡）如图1，抛物线与x轴交于O、A两点，点B为抛物线的顶点，连接OB．
（1）求∠AOB的度数；
（2）如图2，以点A为圆心，4为半径作⊙A，点M在⊙A上．连接OM、BM，
①当△OBM是以OB为底的等腰三角形时，求点M的坐标；
②如图3，取OM的中点N，连接BN，当点M在⊙A上运动时，求线段BN长度的取值范围．
【解答】解：（1）令y＝0，则﹣2x＝0，解得：x＝0或8．∴A（8，0）．
∴OA＝8．∵y＝﹣2x＝﹣4，∴B（4，﹣4）．过点B作BD⊥OA于点D，如图，
则OD＝4，BD＝4，∴OD＝BD，∴∠AOB＝∠OBD＝45°；
（2）①设⊙A与x轴交于点C，则C（4，0）．连接BC，如图，
∵B（4，﹣4），∴BC⊥OA．∵CO＝CB＝4，∴△CBO是以OB为底的等腰三角形．
∴点M与点C重合时，△MBO是以OB为底的等腰三角形．此时点M（4，0）；
过点A作AM⊥x轴，交⊙A于点M，延长MA交⊙A于点E，连接BE，
过点M作MF⊥y轴于点F，如图，
则M（8，4），E（8，﹣4），F（0，4）．∴MF＝ME＝8．∵B（4，﹣4），∴BE∥x轴．
∴BE⊥ME，BE＝4．∴∠BEM＝∠MFO＝90°，BE＝OF＝4．
在△MOF和△MBE中，，∴△MOF≌△MBE（SAS）．
∴MO＝MB．∴△MBO是以OB为底的等腰三角形．此时点M（8，4）；
综上，当△OBM是以OB为底的等腰三角形时，点M的坐标为（4，0）或（8，4）；
②设⊙A与x轴交于点C，则C（4，0）．连接BC，CN，AM，如图，
∵A（8，0），∴点C是OA的中点．∵N为OM的中点，∴CN是△OMA的中位线．∴CN＝AM＝2．
当点M在⊙A上运动时，由三角形的三边的关系定理可知：BC﹣CN≤BN≤BC+CN．
∵BC＝4，∴4﹣2≤BN≤4+2．∴线段BN长度的取值范围为：2≤BN≤6．
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/9/11 11:41:33；用户：唐老师；邮箱：15874805147；学号：37181674