初中数学中考复习专题满分秘籍讲义练习二次函数中的圆的综合问题

这是一份初中数学中考复习专题满分秘籍讲义练习二次函数中的圆的综合问题，共21页。试卷主要包含了CD2=a2+1等内容，欢迎下载使用。

（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在点Q使得△PAQ和△PBQ的面积相等？若存在，求出Q点的坐标，若不存在，请说明理由；
（3）过A、P、C三点的圆与抛物线交于另一点D，求出D点坐标及四边形PACD的周长．
【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3；（2）点Q的坐标为：（﹣2，5）或（﹣，﹣）；（3）6+4．
【思路引导】
（1）因为抛物线y＝ax2﹣2ax+m，函数的对称轴为：x＝1，S△PAB＝10＝×AB×yP＝AB×5，解得AB=4，即可求解；（2）分A、B在点Q（Q′）的同侧；点A、B在点Q的两侧两种情况，分别求解即可；（3）过点P作PO′⊥x轴于点O′，则点O′（4，0），则AO′＝PO′＝5，而CO′＝5，故圆O′是过A、P、C三点的圆，即可求解．
【详解】
解：
（1）y＝ax2﹣2ax+m，函数的对称轴为：x＝1，
S△PAB＝10＝×AB×yP＝AB×5，解得：AB＝4，
故点A、B的坐标分别为：（﹣1，0）、（3，0），
抛物线的表达式为：y＝a（x+1）（x﹣3），
将点P的坐标代入上式并解得：a＝1，
故抛物线的表达式为：y＝x2﹣2x﹣3…①；
（2）①当A、B在点Q（Q′）的同侧时，如图1，
△PAQ′和△PBQ′的面积相等，则点P、Q′关于对称轴对称，
故点Q′（﹣2，5）；
②当A、B在点Q的两侧时，如图1，
设PQ交x轴于点E，分别过点A、B作PQ的垂线交于点M、N，
△PAQ和△PBQ的面积相等，则AM＝BN，
而∠BEN＝∠AEM，∠AME＝∠BNE＝90°，
∴△AME≌△BNE（AAS），
∴AE＝BE，
即点E是AB的中点，则点E（1，0），
将点P、E的坐标代入一次函数表达式并解得：
直线PQ的表达式为：y＝x﹣…②，
联立①②并解得：x＝﹣或4（舍去4），
故点Q（﹣，﹣），
综上，点Q的坐标为：（﹣2，5）或（﹣，﹣）；
（3）过点P作PO′⊥x轴于点O′，则点O′（4，0），则AO′＝PO′＝5，而CO′＝5，
故圆O′是过A、P、C三点的圆，
设点D（m，m2﹣2m﹣3），点O′（4，0），则DO′＝5，
即（m﹣4）2+（m2﹣2m﹣3）2＝25，
化简得：m（m+1）（m﹣1）（m﹣4）＝0，
解得：m＝0或﹣1或1或4（舍去0，﹣1，4），
故：m＝1，
故点D（1，﹣4）；
四边形PACD的周长＝PA+AC+CD+PD＝．
【方法总结】
本题考查了二次函数与三角形面积、三点共圆、四边形的周长、长度公式，综合性较强，灵活运用二次函数的知识是解题的关键.
2、已知抛物线y＝x2+mx﹣2m﹣4（m＞0）．
（1）证明：该抛物线与x轴总有两个不同的交点；
（2）设该抛物线与x轴的两个交点分别为A，B（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，A，B，C三点都在⊙P上．
①试判断：不论m取任何正数，⊙P是否经过y轴上某个定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，说明理由；
②若点C关于直线x=−m2的对称点为点E，点D（0，1），连接BE，BD，DE，△BDE的周长记为l，⊙P的半径记为r，求lr的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）①定点F的坐标为（0，1）；②10+655．
【解析】
（1）令y＝0，则x2+mx﹣2m﹣4＝0，
∴△＝m2﹣4[﹣2m﹣4]＝m2+8m+16，
∵m＞0，
∴△＞0，
∴该抛物线与x轴总有两个不同的交点；
（2）令y＝0，则x2+mx﹣2m﹣4＝0，
∴（x﹣2）[x+（m+2）]＝0，
∴x＝2或x＝﹣（m+2），
∴A（2，0），B（﹣（m+2），0），
∴OA＝2，OB＝m+2，
令x＝0，则y＝﹣2（m+2），
∴C（0，﹣2（m+2）），
∴OC＝2（m+2），
①通过定点（0，1）理由：如图，
∵点A，B，C在⊙P上，
∴∠OCB＝∠OAF，
在Rt△BOC中，tan∠OCB=OBOC=m+22（m+2）=12，
在Rt△AOF中，tan∠OAF=OFOA=OF2=12，
∴OF＝1，
∴点F的坐标为（0，1）；
②如图1，
由①知，点F（0，1）．
∵D（0，1），
∴点D在⊙P上，
∵点E是点C关于抛物线的对称轴的对称点，
∴∠DCE＝90°，
∴DE是⊙P的直径，
∴∠DBE＝90°，
∵∠BED＝∠OCB，
∴tan∠BED=12，
设BD＝n，在Rt△BDE中，tan∠BED=BDBE=nBE=12，
∴BE＝2n，根据勾股定理得：DE=BD2+BE2=5n，
∴l＝BD+BE+DE＝（3+5）n，r=12DE=52n，
∴lr=（3+5）n52n=10+655．
3、如图，在平面直角坐标系中，O为原点，A点坐标为(−8, 0)，B点坐标为(2, 0)，以AB为直径的圆P与y轴的负半轴交于点C．
（1）求图象经过A，B，C三点的抛物线的解析式；
（2）设M点为所求抛物线的顶点，试判断直线MC与⊙P的关系，并说明理由．
【答案】（1）14x2+32x−4；（2）直线MC与⊙P相切，理由见解析
【解析】
解：（1）连接AC、BC；
∵AB是⊙P的直径，
∴∠ACB=90°，即∠ACO+∠BCO=90°，
∵∠BCO+∠CBO=90°，
∴∠CBO=∠ACO，
∵∠AOC=∠BOC=90°，
∴△AOC∽△COB，
∴AOOC=OCOB，
∴OC2=OA·OB=16，
∴OC=4，
故C(0，﹣4)，
设抛物线的解析式为：y=a(x+8)(x﹣2)，
代入C点坐标得：a(0+8)(0﹣2)=﹣4，a=14，
故抛物线的解析式为：y=14(x+8)(x﹣2)=14x2+32x﹣4；
(2)由(1)知：y=14x2+32x﹣4=14(x+3)2﹣254；
则M(﹣3，﹣254)，
又∵C(0， ﹣4)，P(﹣3， 0)，
∴MP=254，PC=5，MC=154，
∴MP2=MC2+PC2，即△MPC是直角三角形，且∠PCM=90°，
故直线MC与⊙P相切．
4、已知抛物线y=ax2+bx过点A（1，4）、B（﹣3，0），过点A作直线AC∥x轴，交抛物线于另一点C，在x轴上有一点D（4，0），连接CD．
（1）求抛物线的表达式；
（2）若在抛物线上存在点Q，使得CD平分∠ACQ，请求出点Q的坐标；
（3）在直线CD的下方的抛物线上取一点N，过点N作NG∥y轴交CD于点G，以NG为直径画圆在直线CD上截得弦GH，问弦GH的最大值是多少？
（4）一动点P从C点出发，以每秒1个单位长度的速度沿C﹣A﹣D运动，在线段CD上还有一动点M，问是否存在某一时刻使PM+AM=4？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）直线CE的表达式为y=﹣43x﹣43；（2）点Q的坐标为（﹣13，﹣89）；（3）弦GH的最大值81580；（4）存在，t的值为3或7
【解析】
解：（1）∵抛物线y=ax2+bx过点A（1，4）、B（﹣3，0），
∴a+b＝49a−3b＝0 ，解得：a=1,b=3,
∴抛物线的表达式为y=x2+3x．
（2）当y=4时，有x2+3x=4，
解得：x1=﹣4，x2=1，
∴点C的坐标为（﹣4，4），
∴AC=1﹣（﹣4）=5．
∵A（1，4），D（4，0），
∴AD=5．
取点E（﹣1，0），连接CE交抛物线于点Q，如图1所示．
∵AC=5，DE=4﹣（﹣1）=5，AC∥DE，
∴四边形ACED为平行四边形，
∵AC=AD，
∴四边形ACED为菱形，
∴CD平分∠ACQ．
设直线CE的表达式为y=mx+n（m≠0），
将C（﹣4，4）、E（﹣1，0）代入y=mx+n，得：
−4m+n＝4−m+n＝0 ，解得：m=−43n=−43，
∴直线CE的表达式为y=﹣43x﹣43．
联立直线CE与抛物线表达式成方程组，得：y=−43x−43y=x2+3x ，
解得：x1=−4y1=4,x2=−13y2=−89 ，
∴点Q的坐标为（﹣13，﹣89）．
（3）设直线CD的表达式为y=kx+c（k≠0），
将C（﹣4，4）、D（4，0）代入y=kx+c，得：
−4k+c＝44k+c＝0 ，解得：k=−12c=2 ，
∴直线CD的表达式为y=﹣12x+2．
设点N的坐标为（x，x2+3x），则点G的坐标为（x，﹣12x+2），
∴NG=﹣12x+2﹣（x2+3x）=﹣x2﹣72x+2=﹣（x+74）2+8116，
∵﹣1＜0，
∴当x=﹣74时，NG取最大值，最大值为8116．
以NG为直径画⊙O′，取GH的中点F，连接O′F，则O′F⊥BC，如图2所示．
∵直线CD的表达式为y=﹣12x+2，NG∥y轴，O′F⊥BC，
∴tan∠GO′F=GFO'F=12，
∴GFO'G=112+22=55，
∴GH=2GF=255 O′G=55NG，
∴弦GH的最大值为55×8116=81580．
（4）取点E（﹣1，0），连接CE、AE，过点E作EP1⊥AC于点P1，交CD于点M1，过点E作EP2⊥AD于点P2，交CD于点M2，如图3所示．
∵四边形ACED为菱形，
∴点A、E关于CD对称，
∴AM=EM．
∵AC∥x轴，点A的坐标为（1，4），
∴EP1=4．
由菱形的对称性可知EP2=4．
∵点E的坐标为（﹣1，0），
∴点P1的坐标为（﹣1，4），
∴CP1=DP2=﹣1﹣（﹣4）=3，
又∵AC=AD=5，
∴t的值为3或7．
5、如图1，二次函数y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＜0）的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴的正半轴交于点C，顶点为D．
（1）求顶点D的坐标（用含a的代数式表示）；
（2）若以AD为直径的圆经过点C．
①求抛物线的函数关系式；
②如图2，点E是y轴负半轴上一点，连接BE，将△OBE绕平面内某一点旋转180°，得到△PMN（点P、M、N分别和点O、B、E对应），并且点M、N都在抛物线上，作MF⊥x轴于点F，若线段MF：BF＝1：2，求点M、N的坐标；
③点Q在抛物线的对称轴上，以Q为圆心的圆过A、B两点，并且和直线CD相切，如图3，求点Q的坐标．
【答案】（1）（1，﹣4a）；（2）①y=﹣x2+2x+3；②M（，）、N（，）；③点Q的坐标为（1，﹣4+2）或（1，﹣4﹣2）．
【思路引导】
（1）将二次函数的解析式进行配方即可得到顶点D的坐标．
（2）①以AD为直径的圆经过点C，即点C在以AD为直径的圆的圆周上，依据圆周角定理不难得出△ACD是个直角三角形，且∠ACD＝90°，A点坐标可得，而C、D的坐标可由a表达出来，在得出AC、CD、AD的长度表达式后，依据勾股定理列等式即可求出a的值．
②将△OBE绕平面内某一点旋转180°得到△PMN，说明了PM正好和x轴平行，且PM＝OB＝1，所以求M、N的坐标关键是求出点M的坐标；首先根据①的函数解析式设出M点的坐标，然后根据题干条件：BF＝2MF作为等量关系进行解答即可．
③设⊙Q与直线CD的切点为G，连接QG，由C、D两点的坐标不难判断出∠CDQ＝45°，那么△QGD为等腰直角三角形，即QD ²＝2QG ²＝2QB ²，设出点Q的坐标，然后用Q点纵坐标表达出QD、QB的长，根据上面的等式列方程即可求出点Q的坐标．
【解析】
（1）∵y=ax2﹣2ax﹣3a=a（x﹣1）2﹣4a，
∴D（1，﹣4a）．
（2）①∵以AD为直径的圆经过点C，
∴△ACD为直角三角形，且∠ACD=90°；
由y=ax2﹣2ax﹣3a=a（x﹣3）（x+1）知，A（3，0）、B（﹣1，0）、C（0，﹣3a），则：
AC2=9a2+9、CD2=a2+1、AD2=16a2+4
由勾股定理得：AC2+CD2=AD2，即：9a2+9+a2+1=16a2+4，
化简，得：a2=1，由a＜0，得：a=﹣1，
②∵a=﹣1，
∴抛物线的解析式：y=﹣x2+2x+3，D（1，4）．
∵将△OBE绕平面内某一点旋转180°得到△PMN，
∴PM∥x轴，且PM=OB=1；
设M（x，﹣x2+2x+3），则OF=x，MF=﹣x2+2x+3，BF=OF+OB=x+1；
∵BF=2MF，
∴x+1=2（﹣x2+2x+3），化简，得：2x2﹣3x﹣5=0
解得：x1=﹣1（舍去）、x2=.
∴M（，）、N（，）．
③设⊙Q与直线CD的切点为G，连接QG，过C作CH⊥QD于H，如下图：
∵C（0，3）、D（1，4），
∴CH=DH=1，即△CHD是等腰直角三角形，
∴△QGD也是等腰直角三角形，即：QD2=2QG2；
设Q（1，b），则QD=4﹣b，QG2=QB2=b2+4；
得：（4﹣b）2=2（b2+4），
化简，得：b2+8b﹣8=0，解得：b=﹣4±2；
即点Q的坐标为（1，）或（1，）．
【方法总结】
此题主要考查了二次函数解析式的确定、旋转图形的性质、圆周角定理以及直线和圆的位置关系等重要知识点；后两个小题较难，最后一题中，通过构建等腰直角三角形找出QD和⊙Q半径间的数量关系是解题题目的关键．
6、已知二次函数y＝－x2＋bx＋c＋1.
(1)当b＝1时，求这个二次函数的对称轴的方程；
(2)若c＝－eq \f(1,4)b2－2b，问：b为何值时，二次函数的图象与x轴相切；
(3)如图所示，若二次函数的图象与x轴交于点A(x1，0)，B(x2，0)，且x1＜x2，与y轴的正半轴交于点M，以AB为直径的半圆恰好经过点M，二次函数的对称轴l与x轴，直线BM，直线AM分别相交于点D，E，F，且满足eq \f(DE,EF)＝eq \f(1,3)，求二次函数的表达式．
解： (1)二次函数的对称轴为x＝－eq \f(b,2a)，
∵a＝－1，b＝1，∴x＝eq \f(1,2)；
(2)与x轴相切就是与x轴只有一个交点，即－x2＋bx－eq \f(1,4)b2－2b＋1＝0有相等的实数根，∴Δ＝b2－4×(－1)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)b2－2b＋1))＝0
∴－8b＋4＝0，解得b＝eq \f(1,2)，即b＝eq \f(1,2)时，函数图象与x轴相切；
(3)∵AB是半圆的直径，∴∠AMB＝90°，
∴∠OAM＋∠OBM＝90°，
∵∠AOM＝∠MOB＝90°，∴∠OAM＋∠OMA＝90°，
∴∠OMA＝∠OBM，∴△OAM∽△OMB，
∴eq \f(OA,OM)＝eq \f(OM,OB)，∴OM2＝OA·OB，
∵二次函数的图象与x轴交于点A(x1，0)，B(x2，0)，
∴OA＝－x1，OB＝x2，x1·x2＝－(c＋1)，
∵OM＝c＋1，∴(c＋1)2＝c＋1，
解得c＝0或－1(舍去)，∴c＝0，OM＝1，
∴y＝－x2＋bx＋1，
∴x1·x2＝－1，x1＋x2＝b，
设A(m，0)(m＜0)，则B(－eq \f(1,m)，0)，b＝eq \f(m2－1,m)，对称轴为x＝eq \f(b,2)＝eq \f(m2－1,2m)，
∵yAM经过点A(m，0)，M(0，1)，∴yAM＝－eq \f(1,m)x＋1，
∵yBM经过点B(－eq \f(1,m)，0)，M(0，1)，∴yBM＝mx＋1，
∵xE＝eq \f(m2－1,2m)，∴yE＝eq \f(m2＋1,2)，DE＝eq \f(m2＋1,2)，
∵xF＝eq \f(m2－1,2m)，∴yF＝eq \f(m2＋1,2m2)，
∵eq \f(DE,EF)＝eq \f(1,3)，∴eq \f(DE,DF) ＝eq \f(1,4)，
∴eq \f(\f(m2＋1,2),\f(m2＋1,2m2))＝eq \f(1,4)，∴m2＝eq \f(1,4)(m＜0)，解得m＝－eq \f(1,2)，
∴b＝eq \f(m2－1,m)＝eq \f(3,2)，
∴y＝－x2＋eq \f(3,2)x＋1.
7、如图所示，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋c与⊙M相交于A，B，C，D四点，其中A，B两点坐标分别为(－1，0)，(0，－2)，点D在x轴上且AD为⊙M的直径，E是⊙M与y轴的另一个交点，过劣弧eq \(ED,\s\up8(︵))上的点F作FH⊥AD于点H，且FH＝1.5.
(1)求点D的坐标及抛物线的表达式；
(2)若P是x轴上的一个动点，试求出△PEF的周长最小时点P的坐标；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△QCM是等腰三角形？如果存在，请直接写出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由．
解：(1)如答图，连结MB，设⊙M的半径为r.
∵A(－1，0)，B(0，－2)，
∴在Rt△OMB中，OB＝2，OM＝r－1，
由勾股定理，得22＋(r－1)2＝r2.
∴r＝eq \f(5,2).∴AD＝5.
∴点D的坐标是(4，0)．
∵抛物线y＝ax2＋bx＋c过点A(－1，0)，B(0，－2)，D(4，0)，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－b＋c＝0，,c＝－2，,16a＋4b＋c＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\f(1,2)，,b＝－\f(3,2)，,c＝－2.))
∴抛物线的表达式为y＝eq \f(1,2)x2－eq \f(3,2)x－2；
第2题答图
(2)如答图，连结BF，与x轴相交于点P，则点P即为所求．连结MF.
∵在△MFH中，MF＝2.5，FH＝1.5，
∴MH＝eq \r(MF2－FH2)＝2.
∴OH＝3.5.
由题意，得△POB∽△PHF，
∴eq \f(OP,PH)＝eq \f(OB,FH).即eq \f(OP,3.5－OP)＝eq \f(2,1.5).
∴OP＝2.
∴△PEF的周长最小时，点P的坐标是(2，0)．
(3)存在．Q1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(5,2)))，Q2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，－\f(5,2)))，Q3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，－4))，
Q4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，－\f(25,16))).
8、如图所示，对称轴为直线x＝2的抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，且点A的坐标为(－1，0)．
(1)求抛物线的表达式；
(2)直接写出B，C两点的坐标；
(3)求过O，B，C三点的圆的面积(结果用含π的代数式表示)．
解：(1)由A(－1，0)，对称轴为x＝2，可得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2)＝2，,1－b＋c＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝－4，,c＝－5，))
∴抛物线表达式为y＝x2－4x－5；
(2)由A点坐标为(－1，0)，且对称轴方程为x＝2，可知AB＝6，
∴OB＝5，
∴B点坐标为(5，0)，
第3题答图
∵y＝x2－4x－5，
∴C点坐标为(0，－5)；
(3)如答图，连结BC，则△OBC是直角三角形，
∴过O，B，C三点的圆的直径是线段BC的长度，
在Rt△OBC中，OB＝OC＝5，
∴BC＝5eq \r(2)，
∴圆的半径为eq \f(5\r(2),2)，∴S＝πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5\r(2),2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(25,2)π.
9、如图所示，已知抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象的顶点坐标是(2，1)，并且经过点(4，2)．直线y＝eq \f(1,2)x＋1与抛物线交于B，D两点，以BD为直径作圆，圆心为点C，⊙C与直线m交于对称轴右侧的点M(t，1)．直线m上每一点的纵坐标都等于1.
(1)求抛物线的表达式；
(2)证明：⊙C与x轴相切；
(3)过点B作BE⊥m，垂足为E，再过点D作DF⊥m，垂足为F.求BE∶MF的值．
解： (1)设抛物线顶点式为y＝a(x－h)2＋k，
∵抛物线的顶点坐标是(2，1)，∴y＝a(x－2)2＋1，
又∵抛物线经过点(4，2)，
∴2＝a(4－2)2＋1，解得a＝eq \f(1,4)，
∴抛物线的表达式y＝eq \f(1,4)(x－2)2＋1＝eq \f(1,4)x2－x＋2.
(2)证明：联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,4)x2－x＋2，,y＝\f(1,2)x＋1，))消去y，整理得x2－6x＋4＝0，解得x1＝3－eq \r(5)，x2＝3＋eq \r(5)，代入直线方程，解得y1＝eq \f(5,2)－eq \f(\r(5),2)，y2＝eq \f(5,2)＋eq \f(\r(5),2)，
∴Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\r(5)，\f(5,2)－\f(\r(5),2)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋\r(5)，\f(5,2)＋\f(\r(5),2)))，
∵点C是BD的中点，
∴点C的纵坐标为eq \f(y1＋y2,2)＝eq \f(5,2)，利用勾股定理，可算出BD＝eq \r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＝5，即半径R＝eq \f(5,2)，即圆心C到x轴的距离等于半径R，∴⊙C与x轴相切．
(3)法一：如答图①，连结BM和DM，∵BD为直径，∴∠BMD＝90°，
∴∠BME＋∠DMF＝90°，
又∵BE⊥m于点E，DF⊥m于点F，
∴∠BME＝∠MDF，
∴△BME∽△MDF，∴eq \f(BE,MF)＝eq \f(EM,DF)，即eq \f(y1－1,x2－t)＝eq \f(t－x1,y2－1)，
代入得eq \f(\f(3,2)－\f(\r(5),2),（3＋\r(5)）－t)＝eq \f(t－（3－\r(5)）,\f(3,2)＋\f(\r(5),2))，
化简得(t－3)2＝4，解得t＝5或1，
∵点M在对称轴右侧，∴t＝5，
∴eq \f(BE,MF)＝eq \f(\r(5)＋1,2).
法二：如答图②，过点C作CH⊥m，垂足为H，连结DM，由(2)知CM＝R＝eq \f(5,2)，CH＝R－1＝eq \f(3,2)，
由勾股定理，得MH＝2，∵HF＝eq \f(x2－x1,2)＝eq \r(5)，
∴MF＝HF－MH＝eq \r(5)－2，又∵BE＝y1－1＝eq \f(3,2)－eq \f(\r(5),2)，∴eq \f(BE,MF)＝eq \f(\r(5)＋1,2).

第4题答图① 第4题答图②
10、如图所示，已知抛物线y＝ax2＋bx＋3(a＜0)与x轴交于A(3，0)，B两点，与y轴交于点C.抛物线的对称轴是直线x＝1，D为抛物线的顶点，点E在y轴C点的上方，且CE＝eq \f(1,2).
(1)求抛物线的表达式及顶点D的坐标；
(2)求证：直线DE是△ACD外接圆的切线；
(3)在直线AC上方的抛物线上找一点P，使S△PAC＝eq \f(1,2)S△ACD，求点P的坐标；
(4)在坐标轴上找一点M，使以点B，C，M为顶点的三角形与△ACD相似，直接写出点M的坐标．
【解析】 (1)利用点A(3，0)及对称轴是直线x＝1即可求解；
(2)先证明△ACD是直角三角形，再证明∠ADE＝90°；
(3)设P(t，－t2＋2t＋3)先求出△ACD的面积，再用含t的式子表示△PAC的面积，最后解方程求得t的值，从而得到点P的坐标；
(4)∵△ACD是直角三角形，∴△BCM也为直角三角形，分B为直角顶点，C为直角顶点，M为直角顶点三种情形求解．
解：(1)把A(3，0)代入y＝ax2＋bx＋3，得
0＝9a＋3b＋3.①
∵抛物线的对称轴为x＝1.
∴－eq \f(b,2a)＝1.②
解①②组成的方程组，得a＝－1，b＝2.∴抛物线的表达式为y＝－x2＋2x＋3.
∵y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，
∴D的坐标是(1，4)．
(2)证明：在y＝－x2＋2x＋3中，当x＝0时，y＝3.∴C(0，3)，OC＝3.
∵A(3，0)，∴OA＝3.
在△OAC中，由勾股定理得AC2＝18.
如答图①，过点D作DF⊥y轴，垂足为点F，则DF＝4，AF＝2.
在△ADF中，同理可求AD2＝20.过点D作DG⊥y轴，垂足为点G，则DG＝1，CG＝1.
在△CDG中，同理可求CD2＝2.
∵AC2＋CD2＝18＋2＝20，
∴AC2＋CD2＝AD2.
∴△ACD是直角三角形，且∠ACD＝90°.
∴AD是△ACD外接圆的直径．
∵CG＝DG＝1，DG⊥y轴，
∴∠GCD＝45°.
第5题答图①
过点E作EH⊥CD，垂足为点H.则EH＝CH＝eq \f(EC,\r(2))＝eq \f(\f(1,2),\r(2))＝eq \f(\r(2),4).
∵CD2＝2，AC2＝18，
∴CD＝eq \r(2)，AC＝3eq \r(2).
∴DH＝eq \r(2)－eq \f(\r(2),4)＝eq \f(3\r(2),4).
在△DEH中，tan∠EDH＝eq \f(EH,DH)＝eq \f(\f(\r(2),4),\f(3\r(2),4))＝eq \f(1,3).
在△ACD中，tan∠DAC＝eq \f(CD,AC)＝eq \f(\r(2),3\r(2))＝eq \f(1,3).
∴∠EDH＝∠DAC.
∵∠ACD＝90°，∴∠DAC＋∠ADC＝90°.
∴∠EDH＋∠ADC＝90°，即∠ADE＝90°.
∴AD⊥DE.∴DE是△ACD外接圆的切线．
(3)∵CD＝eq \r(2)，AC＝3eq \r(2).
∴S△ACD＝eq \f(1,2)AC·CD＝3.
设直线AC的函数表达式为y＝mx＋n.
把A(3，0)，C(0，3)代入，得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0＝3m＋n，,3＝n.))解得m＝－1，n＝3.
∴直线AC的函数表达式为y＝－x＋3.
第5题答图②
设P(t，－t2＋2t＋3)，如答图②，过点P作PK∥y轴交AC于点K，交x轴于点Q.
∴K(t，－t＋3)．∴PK＝－t2＋2t＋3－(－t＋3)
＝－t2＋3t.
∵S△PAC＝S△PCK＋S△PAK＝eq \f(1,2)PK·OQ＋eq \f(1,2)PK·AQ＝eq \f(1,2)PK(OQ＋AQ)＝eq \f(1,2)PK·OA＝eq \f(1,2)(－t2＋3t)×3＝－eq \f(3,2)t2＋eq \f(9,2)t.
∵S△PAC＝eq \f(1,2)S△ACD，∴－eq \f(3,2)t2＋eq \f(9,2)t＝eq \f(3,2)，
解得t1＝eq \f(3＋\r(5),2)，t2＝eq \f(3－\r(5),2).当t＝eq \f(3＋\r(5),2)时，－t2＋2t＋3＝eq \f(5－\r(5),2)；
当t＝eq \f(3－\r(5),2)时，－t2＋2t＋3＝eq \f(5＋\r(5),2).
∴Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3＋\r(5),2)，\f(5－\r(5),2)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3－\r(5),2)，\f(5＋\r(5),2))).
第5题答图③
(4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,3)))，(9，0)，(0，0)．
提示：∵△ACD是直角三角形，△ACD与△BCM相似，
∴△BCM是直角三角形．
∵抛物线的对称轴是直线x＝1，A(3，0)，∴B(－1，0)，OB＝1.
连结BC.∵eq \f(OB,OC)＝eq \f(1,3)，eq \f(CD,AC)＝eq \f(1,3)，
又∵∠ACD＝∠BOC，∴△ACD∽△COB.∴△BCM与△COB相似．
当点B为直角顶点时，如答图③，过点B作BM1⊥BC交x轴于点M1.
∴∠CBO＋∠OBM1＝90°.∵∠BOC＝90°，
∴∠CBO＋∠OCB＝90°.
第5题答图④
∴∠OBM1＝∠OCB.
又∵∠COB＝∠BOM1＝90°，
∴△OBC∽△OM1B.
∴eq \f(OB,OM1)＝eq \f(OC,OB)，即eq \f(1,OM1)＝eq \f(3,1).
∴OM1＝eq \f(1,3).∴M1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,3))).
当点C为直角顶点时，如答图④，过点C作CM2⊥BC交x轴于点M2.
同理可求OM2＝9.∴M2(9，0)．
第5题答图⑤
当点M为直角顶点时，如答图⑤，以BC为直径作⊙N.
∵∠BOC＝90°，
∴点O在⊙N上，此时点M3在点O处，即M3(0，0)．
综上所述，点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,3)))，(9，0)，(0，0)．