中考数学复习重难题型真题再现(全国通用)专题24二次函数与几何图形综合题(与圆有关问题)特训(原卷版+解析)

这是一份中考数学复习重难题型真题再现(全国通用)专题24二次函数与几何图形综合题(与圆有关问题)特训(原卷版+解析)，共44页。试卷主要包含了，连结BC、BE、CE．等内容，欢迎下载使用。
（1）求出这条抛物线的解析式及顶点M的坐标；
（2）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作轴，垂足为F，的外接圆与相交于点E．试问：线段的长是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
2.（2021·四川自贡市·中考真题）如图，抛物线（其中）与x轴交于A、B两点，交y轴于点C．
（1）直接写出的度数和线段AB的长（用a表示）；
（2）若点D为的外心，且与的周长之比为，求此抛物线的解析式；
（3）在（2）的前提下，试探究抛物线上是否存在一点P，使得？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
3.（2021·四川中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点和，交轴于点，抛物线的对称轴交轴于点，交抛物线于点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）将线段绕着点沿顺时针方向旋转得到线段，旋转角为，连接，，求的最小值．
（3）为平面直角坐标系中一点，在抛物线上是否存在一点，使得以，，，为顶点的四边形为矩形？若存在，请直接写出点的横坐标；若不存在，请说明理由；
4.（2021·四川中考真题）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，为半径作⊙C，在⊙C上是否存在点P，使得BP＋EP的值最小，若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
5.（2021·湖南中考真题）如图，已知二次函数的图象经过点且与轴交于原点及点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）求顶点的坐标及直线的表达式；
（3）判断的形状，试说明理由；
（4）若点为上的动点，且的半径为，一动点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段匀速运动到点，再以每秒1个单位长度的速度沿线段匀速运动到点后停止运动，求点的运动时间的最小值．
6.（2020•德州）如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（0，﹣2），在x轴上任取一点M，连接AM，分别以点A和点M为圆心，大于12AM的长为半径作弧，两弧相交于G，H两点，作直线GH，过点M作x轴的垂线l交直线GH于点P．根据以上操作，完成下列问题．
探究：
（1）线段PA与PM的数量关系为 ，其理由为： ．
（2）在x轴上多次改变点M的位置，按上述作图方法得到相应点P的坐标，并完成下列表格：
猜想：
（3）请根据上述表格中P点的坐标，把这些点用平滑的曲线在图2中连接起来；观察画出的曲线L，猜想曲线L的形状是 抛物线 ．
验证：
（4）设点P的坐标是（x，y），根据图1中线段PA与PM的关系，求出y关于x的函数解析式．
应用：
（5）如图3，点B（﹣1，3），C（1，3），点D为曲线L上任意一点，且∠BDC＜30°，求点D的纵坐标yD的取值范围．
7.（2020•济宁）我们把方程（x﹣m）2+（y﹣n）2＝r2称为圆心为（m，n）、半径长为r的圆的标准方程．例如，圆心为（1，﹣2）、半径长为3的圆的标准方程是（x﹣1）2+（y+2）2＝9．在平面直角坐标系中，⊙C与轴交于点A，B，且点B的坐标为（8，0），与y轴相切于点D（0，4），过点A，B，D的抛物线的顶点为E．
（1）求⊙C的标准方程；
（2）试判断直线AE与⊙C的位置关系，并说明理由．
8.（2020•遵义）如图，抛物线y＝ax2+94x+c经过点A（﹣1，0）和点C（0，3）与x轴的另一交点为点B，点M是直线BC上一动点，过点M作MP∥y轴，交抛物线于点P．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在一点Q，使得△QCO是等边三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）以M为圆心，MP为半径作⊙M，当⊙M与坐标轴相切时，求出⊙M的半径．
9.（2020·山东德州?中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标是，在x轴上任取一点M．连接AM，分别以点A和点M为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于G，H两点，作直线GH，过点M作x轴的垂线l交直线GH于点P．根据以上操作，完成下列问题．
探究：
（1）线段PA与PM的数量关系为________，其理由为：________________．
（2）在x轴上多次改变点M的位置，按上述作图方法得到相应点P的坐标，并完成下列表格：
猜想：
（3）请根据上述表格中P点的坐标，把这些点用平滑的曲线在图2中连接起来；观察画出的曲线L，猜想曲线L的形状是________．
验证：
（4）设点P的坐标是，根据图1中线段PA与PM的关系，求出y关于x的函数解析式．
应用：
（5）如图3，点，，点D为曲线L上任意一点，且，求点D的纵坐标的取值范围．
10.（2020·江苏苏州?中考真题）如图，已知，是的平分线，是射线上一点，．动点从点出发，以的速度沿水平向左作匀速运动，与此同时，动点从点出发，也以的速度沿竖直向上作匀速运动．连接，交于点．经过、、三点作圆，交于点，连接、．设运动时间为，其中．
（1）求的值；
（2）是否存在实数，使得线段的长度最大？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
（3）求四边形的面积．
11.（2020·山东济宁?中考真题）我们把方程(x- m)2+(y-n)2=r2称为圆心为(m，n)、半径长为r的圆的标准方程．例如，圆心为(1,-2)、半径长为3的圆的标准方程是(x- 1)2+(y+2)2=9．在平面直角坐标系中,圆C与轴交于点A．B．且点B的坐标为(8．0),与y轴相切于点D(0, 4)，过点A,B,D的抛物线的顶点为E．
(1)求圆C的标准方程；
(2)试判断直线AE与圆C的位置关系，并说明理由．
x
…
0
1
2
3
…
y
…
0
3
4
3
0
…
M的坐标
…
（﹣2，0）
（0，0）
（2，0）
（4，0）
…
P的坐标
…

（0，﹣1）
（2，﹣2）

…
M的坐标
…
…
P的坐标
…
…
专题24二次函数与几何图形综合题（与圆有关问题）
1.（2021·四川广元市·中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与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的坐标值：
（1）求出这条抛物线的解析式及顶点M的坐标；
（2）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作轴，垂足为F，的外接圆与相交于点E．试问：线段的长是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由．
【答案】（1）；；（2）；（3）是，1．
【分析】
（1）依据表格数据，设出抛物线的顶点式，利用待定系数法求解即可；
（2）利用平移和找对称点的方式，将的长转化为，再利用两点之间线段最短确定的最小值等于CE的长，加1后即能确定的最小值；
（3）设出圆心和D点的坐标，接着表示出E点的坐标，利用圆心到B点的距离等于圆心到D点的距离，求出q和e的关系，得到E点的纵坐标，进而确定EF的长为定值．
【详解】
解：（1）由表格数据可知，顶点坐标为（1,4）
设抛物线解析式为：，
将点（0,3）代入解析式得：3=a+4，
∴，
∴抛物线解析式为：，顶点坐标．
（2）由表格可知，抛物线经过点A（-1,0），C（0,3），
如图3，将A点向上平移一个单位，得到，
则
∴四边形是平行四边形，
∴，
作关于MQ的对称点E，则
∴，
∴，
当P、E、C三点共线时，最短，
设直线CE的解析式为：，
将C、E两点坐标代入解析式可得：，
∴，
∴直线CE的解析式为：，
令，则，
∴当时，P、E、C三点共线，此时最短，
∴的最小值为．
（3）是；
理由：设，
因为A、B两点关于直线x=1对称，
所以圆心位于该直线上，
所以可设的外接圆的圆心为，
作，垂足为点N，则，
由轴，
∴，
∵，且由表格数据可知
∴，
化简得：，
∵点D是第四象限内抛物线上一动点，且抛物线解析式为，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即的长不变，为1．
【点睛】
本题涉及到了动点问题，综合考查了用待定系数法求抛物线解析式、点的平移、勾股定理、平行四边形的判定与性质、最短路径问题、圆的性质等内容，解决本题的关键是理解并掌握相关概念与公式，能将题干信息与图形相结合，挖掘图中隐含信息，本题有一定的计算量，对学生的综合分析与计算能力都有较高的要求，本题蕴含了数形结合的思想方法等．
2.（2021·四川自贡市·中考真题）如图，抛物线（其中）与x轴交于A、B两点，交y轴于点C．
（1）直接写出的度数和线段AB的长（用a表示）；
（2）若点D为的外心，且与的周长之比为，求此抛物线的解析式；
（3）在（2）的前提下，试探究抛物线上是否存在一点P，使得？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）∠OCA=45°，AB= a+1；（2）；（3）存在，P1（，），P2（1，-2）．
【分析】
（1）根据二次函数解析式可得A（a，0），C（0，-a），B（-1，0），即可得出OA=OB=a，OB=1，即可证明△OCA是等腰直角三角形，可得∠OCA=45°，根据线段的和差关系可表示AB的长；
（2）如图，作△ABC的外接圆⊙D，根据等腰直角三角形的性质可得AC=，利用两点间距离公式可用a表示出BC的长，根据圆周角定理可得∠D=2∠OAC=90°，可得△DBC是等腰直角三角形，即可证明△DBC∽△OCA，根据相似三角形周长之比等于相似比列方程求出a值即可得答案；
（3）如图，过点D作DH⊥AB于H，过点C作AC的垂线，交x轴于F，过点O作OG⊥AC于G，连接AP交CF于E，可得△OCF是等腰直角三角形，利用待定系数法可得直线CF的解析式，根据外心的定义及等腰直角三角形的性质可求出点D坐标，即可得出BH、DH的长，根据，∠BHD=∠ACE=90°可证明△BHD∽△ACE，根据相似三角形的性质可求出CE的长，根据两点间距离公式可得点E坐标，利用待定系数法可得直线AE解析式，联立直线AE与抛物线的解析式求出点P坐标即可得答案．
【详解】
（1）∵抛物线（其中）与x轴交于A、B两点，交y轴于点C．
∴当x=0时，y=-a，
当y=0时，，
解得：，，
∴A（a，0），C（0，-a），B（-1，0），
∴OB=1，OA=OC=a，
∴△OCA是等腰直角三角形，
∴∠OCA=45°，AB=OA+OB=a+1．
（2）如图，作△ABC的外接圆⊙D，
∵点D为的外心，
∴DB=DC，
∵△OCA是等腰直角三角形，OA=a，
∴∠OAC=45°，AC=，
∵∠BDC和∠BAC是所对的圆心角和圆周角，
∴∠BDC=2∠BAC=90°，
∴∠DBC=45°，
∴∠DBC=∠OAC，
∴△DBC∽△OCA，
∵与的周长之比为，
∴，即，
解得：，
经检验：是原方程的根，
∵,
∴a=2，
∴抛物线解析式为：=．
（3）如图，过点D作DH⊥AB于H，过点C作AC的垂线，交x轴于F，过点O作OG⊥AC于G，连接AP交CF于E，
∵a=2，
∴C（0，-2），A（2，0），AC=，
∵∠OCA=45°，
∴∠OCF=45°，
∴△OCF是等腰直角三角形，
∴F（-2，0），
设直线CF的解析式为y=kx+b，
∴，
解得：，
∴直线CF的解析式为，
∵△OCA是等腰直角三角形，OG⊥AC，
∴OG所在直线为AC的垂直平分线，点G为AC中点，
∵点D为的外心，
∴点D在直线OG上，
∵A（2，0），C（0，-2），
∴G（1，-1），
设直线OG的解析式y=mx，
∴m=-1，
∴直线OG的解析式y=-x，
∵点D为△ABC的外心，
∴点D在AB的垂直平分线上，
∴点D的横坐标为=，
把x=代入y=-x得y=-，
∴D（，-），
∴DH=，BH=1+=，
∵，∠BHD=∠ACE=90°，
∴△BHD∽△ACE，
∴，即，
解得：，
∵点E在直线CF上，
∴设点E坐标为（n，-n-2），
∴CE==，
解得：，
∴（，），（，），
设直线AE1的解析式为y=k1x+b1，
∴，
解得：，
∴直线AE1的解析式为，
同理：直线AE2的解析式为，
联立直线AE1解析式与抛物线解析式得，
解得：，（与点A重合，舍去），
∴P1（，），
联立直线AE2解析式与抛物线解析式得，
解得：，（与点A重合，舍去），
∴P2（1，-2）．
综上所述：存在点P，使得，点P坐标为P1（，），P2（1，-2）．
【点睛】
本题考查二次函数的综合，考查了二次函数的性质、待定系数法求一次函数解析式、圆周角定理、等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及定理是解题关键．
3.（2021·四川中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点和，交轴于点，抛物线的对称轴交轴于点，交抛物线于点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）将线段绕着点沿顺时针方向旋转得到线段，旋转角为，连接，，求的最小值．
（3）为平面直角坐标系中一点，在抛物线上是否存在一点，使得以，，，为顶点的四边形为矩形？若存在，请直接写出点的横坐标；若不存在，请说明理由；
【答案】（1）；（2）；（3）存在，点的横坐标分别为：2，，或．
【分析】
（1）待定系数法求二次函数解析式，设解析式为将，两点代入求得，c的值即可；
（2）胡不归问题，要求的值，将折线化为直线，构造相似三角形将转化为，再利用三角形两边之和大于第三边求得最值；
（3）分2种情形讨论：①AB为矩形的一条边，利用等腰直角三角形三角形的性质可以求得N点的坐标;
②AB为矩形的对角线，设R为AB的中点,RN=AB,利用两点距离公式求解方程可得N点的坐标．
【详解】
解：（1）∵过，
∴
∴，
∴抛物线的解析式为：
（2）在上取一点，使得，连接，
∵
对称轴．
∴，
，
∴，
∴
∴
∴
当，，三点在同一点直线上时，最小为．
在中，，
∴
即最小值为．
（3）情形①如图，AB为矩形的一条边时，
联立
得


是等腰，
分别过 两点作的垂线，交于点，
过作轴，轴,

,也是等腰直角三角形
设，则，所以
代入，解得,（不符题意，舍）
同理，设，则 ，所以
代入，解得,（不符题意，舍）

② AB为矩形的对角线，设R为AB的中点,则
，


设 ，则

整理得：
解得：（不符题意，舍），（不符题意，舍），
，
综上所述：点的横坐标分别为：2，，或．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，待定系数法求解析式，三角形相似，勾股定理，二次函数与一次函数交点，矩形的性质，等腰直角三角形性质，平面直角坐标系中两点距离计算等知识，能正确做出辅助线，找到相似三角形是解题的关键．
4.（2021·四川中考真题）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，为半径作⊙C，在⊙C上是否存在点P，使得BP＋EP的值最小，若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=x2+2x+6；（2）直角三角形，见解析；（3）存在，
【分析】
（1）用待定系数法求函数解析式；
（2）分别求出三角形三边的平方，然后运用勾股定理逆定理即可证明；
（3）在CE上截取CF=（即CF等于半径的一半），连接BF交⊙C于点P，连接EP，则BF的长即为所求．
【详解】
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=，
∴该抛物线的表达式为y=x2+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，
∴当y=0时，（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）如图，在CE上截取CF=（即CF等于半径的一半），连接BF交⊙C于点P，连接EP，
则BF的长即为所求．
连接CP，∵CP为半径，
∴ ，
又∵∠FCP=∠PCE，
∴△FCP∽△PCE，
∴ ，FP=EP，
∴BF=BP+EP，
由“两点之间，线段最短”可得：BF的长即BP+EP为最小值．
∵CF=CE，E（2，8），
∴F（，），
∴BF=
【点睛】
本题考查二次函数综合，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，题目综合性较强，属于中考压轴题，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．
5.（2021·湖南中考真题）如图，已知二次函数的图象经过点且与轴交于原点及点．
（1）求二次函数的表达式；
（2）求顶点的坐标及直线的表达式；
（3）判断的形状，试说明理由；
（4）若点为上的动点，且的半径为，一动点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段匀速运动到点，再以每秒1个单位长度的速度沿线段匀速运动到点后停止运动，求点的运动时间的最小值．
【答案】（1）；（2），；（3）等腰直角三角形，理由见解析；（4）
【分析】
（1）根据已知条件，运用待定系数法直接列方程组求解即可；
（2）根据（1）中二次函数解析式，直接利用顶点坐标公式计算即可，再根据点A、B坐标求出AB解析式即可；
（3）根据二次函数对称性可知为等腰三角形，再根据O、A、B三点坐标，求出三条线段的长，利用勾股定理验证即可；
（4）根据题意可知动点的运动时间为，在上取点，使，可证明，根据相似三角形比例关系得，即，当、、三点共线时，取得最小值，再根据等腰直角三角形的性质以及勾股定理进一步计算即可．
【详解】
解：（1）二次函数的图象经过，且与轴交于原点及点
∴，二次函数表达式可设为：
将，代入得：
解这个方程组得
∵二次函数的函数表达式为
（2）∵点为二次函数图像的顶点，
∴，
∴顶点坐标为：，
设直线的函数表达式为，则有：
解之得：
∴直线的函数表达式为
（3）是等腰直角三角形，
过点作于点，易知其坐标为
∵的三个顶点分别是，，，
∴，
且满足
∴是等腰直角三角形
（4）如图，以为圆心，为半径作圆，则点在圆周上，依题意知：
动点的运动时间为
在上取点，使，
连接，则在和中，
满足：，，
∴，
∴，
从而得：
∴
显然当、、三点共线时，取得最小值，
过点作于点，由于，
且为等腰直角三角形，
则有，，
∴动点的运动时间的最小值为：
．
【点睛】
本题主要考查待定系数法求函数解析式，抛物线顶点坐标，等腰直角三角形的性质与判定，相似三角形的判定与性质等知识点，将运动时间的最小值转换为线段长度的最小值是解题的关键．
6.（2020•德州）如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（0，﹣2），在x轴上任取一点M，连接AM，分别以点A和点M为圆心，大于12AM的长为半径作弧，两弧相交于G，H两点，作直线GH，过点M作x轴的垂线l交直线GH于点P．根据以上操作，完成下列问题．
探究：
（1）线段PA与PM的数量关系为 ，其理由为： ．
（2）在x轴上多次改变点M的位置，按上述作图方法得到相应点P的坐标，并完成下列表格：
猜想：
（3）请根据上述表格中P点的坐标，把这些点用平滑的曲线在图2中连接起来；观察画出的曲线L，猜想曲线L的形状是 抛物线 ．
验证：
（4）设点P的坐标是（x，y），根据图1中线段PA与PM的关系，求出y关于x的函数解析式．
应用：
（5）如图3，点B（﹣1，3），C（1，3），点D为曲线L上任意一点，且∠BDC＜30°，求点D的纵坐标yD的取值范围．
【分析】（1）由题意可得GH是AM的垂直平分线，由线段垂直平分线的性质可求解；
（2）由（1）可知：PA＝PM，利用两点距离公式可求点P坐标；
（3）依照题意，画出图象；
（4）由两点距离公式可得﹣y=(x−0)2+(y+2)2，可求y关于x的函数解析式；
（5）由两点距离公式可求BC＝OB＝OC，可证△BOC是等边三角形，可得∠BOC＝60°，以O为圆心，OB为半径作圆O，交抛物线L与点E，连接BE，CE，可得∠BEC＝30°，则当点D在点E下方时，∠BDC＜30°，求出点E的纵坐标即可求解．
【解析】（1）∵分别以点A和点M为圆心，大于12AM的长为半径作弧，两弧相交于G，H两点，
∴GH是AM的垂直平分线，
∵点P是GH上一点，
∴PA＝PM（线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等），
故答案为：PA＝PM，线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等；
（2）当点M（﹣2，0）时，设点P（﹣2，a），（a＜0）
∵PA＝PM，
∴﹣a=(−2−0)2+(a+2)2，
∴a＝﹣2，
∴点P（﹣2，﹣2），
当点M（4，0）时，设点P（4，b），（b＜0）
∵PA＝PM，
∴﹣b=(4−0)2+(b+2)2，
∴b＝﹣5，
∴点P（4，﹣5），
故答案为：（﹣2，﹣2），（4，﹣5）；
（3）依照题意，画出图象，
猜想曲线L的形状为抛物线，
故答案为：抛物线；
（4）∵PA＝PM，点P的坐标是（x，y），（y＜0），
∴﹣y=(x−0)2+(y+2)2，
∴y=−14x2﹣1；
（5）∵点B（﹣1，3），C（1，3），
∴BC＝2，OB=(−1−0)2+(3−0)2=2，OC=(1−0)2+(3−0)2=2，
∴BC＝OB＝OC，
∴△BOC是等边三角形，
∴∠BOC＝60°，
如图3，以O为圆心，OB为半径作圆O，交抛物线L与点E，连接BE，CE，
∴∠BEC＝30°，
设点E（m，n），
∵点E在抛物线上，
∴n=−14m2﹣1，
∵OE＝OB＝2，
∴(m−0)2+(n−0)2=2，
∴n1＝2﹣23，n2＝2+23（舍去），
如图3，可知当点D在点E下方时，∠BDC＜30°，
∴点D的纵坐标yD的取值范围为yD＜2﹣23．
7.（2020•济宁）我们把方程（x﹣m）2+（y﹣n）2＝r2称为圆心为（m，n）、半径长为r的圆的标准方程．例如，圆心为（1，﹣2）、半径长为3的圆的标准方程是（x﹣1）2+（y+2）2＝9．在平面直角坐标系中，⊙C与轴交于点A，B，且点B的坐标为（8，0），与y轴相切于点D（0，4），过点A，B，D的抛物线的顶点为E．
（1）求⊙C的标准方程；
（2）试判断直线AE与⊙C的位置关系，并说明理由．
【分析】（1）如图，连接CD，CB，过点C作CM⊥AB于M．设⊙C的半径为r．在Rt△BCM中，利用勾股定理求出半径以及等C的坐标即可解决问题．
（2）结论：AE是⊙C的切线．连接AC，CE．求出抛物线的解析式，推出点E的坐标，求出AC，AE，CE，利用勾股定理的逆定理证明∠CAE＝90°即可解决问题．
【解析】（1）如图，连接CD，CB，过点C作CM⊥AB于M．设⊙C的半径为r．
∵与y轴相切于点D（0，4），
∴CD⊥OD，
∵∠CDO＝∠CMO＝∠DOM＝90°，
∴四边形ODCM是矩形，
∴CM＝OD＝4，CD＝OM＝r，
∵B（8，0），
∴OB＝8，
∴BM＝8﹣r，
在Rt△CMB中，∵BC2＝CM2+BM2，
∴r2＝42+（8﹣r）2，
解得r＝5，
∴C（5，4），
∴⊙C的标准方程为（x﹣5）2+（y﹣4）2＝25．
（2）结论：AE是⊙C的切线．
理由：连接AC，CE．
∵CM⊥AB，
∴AM＝BM＝3，
∴A（2，0），B（8，0）
设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）（x﹣8），
把D（0，4）代入y＝a（x﹣2）（x﹣8），可得a=14，
∴抛物线的解析式为y=14（x﹣2）（x﹣8）=14x2−52x+4=14（x﹣5）2−94，
∴抛物线的顶点E（5，−94），
∵AE=32+(94)2=154，CE＝4+94=254，AC＝5，
∴EC2＝AC2+AE2，
∴∠CAE＝90°，
∴CA⊥AE，
∴AE是⊙C的切线．
8.（2020•遵义）如图，抛物线y＝ax2+94x+c经过点A（﹣1，0）和点C（0，3）与x轴的另一交点为点B，点M是直线BC上一动点，过点M作MP∥y轴，交抛物线于点P．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在一点Q，使得△QCO是等边三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）以M为圆心，MP为半径作⊙M，当⊙M与坐标轴相切时，求出⊙M的半径．
【分析】（1）把点A（﹣1，0）和点C （0，3）代入y＝ax2+94x+c求出a与c的值即可得出抛物线的解析式；
（2）①当点Q在y轴右边时，假设△QCO为等边三角形，过点Q作QH⊥OC于H，OC＝3，则OH=32，tan60°=QHOH，求出Q（332，32），把x=332代入y=−34x2+94x+3，得y=2738−3316≠32，则假设不成立；
②当点Q在y轴的左边时，假设△QCO为等边三角形，过点Q作QT⊥OC于T，OC＝3，则OT=32，tan60°=QTOT，求出Q（−332，32），把x=−332代入y=−34x2+94x+3，得y=−2738−3316≠32，则假设不成立；
（3）求出B（4，0），待定系数法得出BC直线的解析式y=−34x+3，当M在线段BC上，⊙M与x轴相切时，延长PM交AB于点D，则点D为⊙M与x轴的切点，即PM＝MD，设P（x，−34x2+94x+3），M（x，−34x+3），则PD=−34x2+94x+3，MD=−34x+3，由PD﹣MD＝MD，求出x＝1，即可得出结果；当M在线段BC上，⊙M与y轴相切时，延长PM交AB于点D，过点M作ME⊥y轴于E，则点E为⊙M与y轴的切点，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，设P（x，−34x2+94x+3），M（x，−34x+3），则PD=−34x2+94x+3，MD=−34x+3，代入即可得出结果；当M在BC延长线，⊙M与x轴相切时，点P与A重合，M的纵坐标的值即为所求；当M在CB延长线，⊙M与y轴相切时，延长PD交x轴于D，过点M作ME⊥y轴于E，则点E为⊙M与y轴的切点，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，设P（x，−34x2+94x+3），M（x，−34x+3），则PD=34x2−94x﹣3，MD=34x﹣3，代入即可得出结果．
【解析】（1）把点A（﹣1，0）和点C （0，3）代入y＝ax2+94x+c得：0=a−94+c3=c，
解得：a=−34c=3，
∴抛物线的解析式为：y=−34x2+94x+3；
（2）不存在，理由如下：
①当点Q在y轴右边时，如图1所示：
假设△QCO为等边三角形，
过点Q作QH⊥OC于H，
∵点C （0，3），
∴OC＝3，
则OH=12OC=32，tan60°=QHOH，
∴QH＝OH•tan60°=32×3=332，
∴Q（332，32），
把x=332代入y=−34x2+94x+3，
得：y=2738−3316≠32，
∴假设不成立，
∴当点Q在y轴右边时，不存在△QCO为等边三角形；
②当点Q在y轴的左边时，如图2所示：
假设△QCO为等边三角形，
过点Q作QT⊥OC于T，
∵点C （0，3），
∴OC＝3，
则OT=12OC=32，tan60°=QTOT，
∴QT＝OT•tan60°=32×3=332，
∴Q（−332，32），
把x=−332代入y=−34x2+94x+3，
得：y=−2738−3316≠32，
∴假设不成立，
∴当点Q在y轴左边时，不存在△QCO为等边三角形；
综上所述，在抛物线上不存在一点Q，使得△QCO是等边三角形；
（3）令−34x2+94x+3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴B（4，0），
设BC直线的解析式为：y＝kx+b，
把B、C的坐标代入则0=4k+b3=b，
解得：k=−34b=3，
∴BC直线的解析式为：y=−34x+3，
当M在线段BC上，⊙M与x轴相切时，如图3所示：
延长PM交AB于点D，
则点D为⊙M与x轴的切点，即PM＝MD，
设P（x，−34x2+94x+3），M（x，−34x+3），
则PD=−34x2+94x+3，MD=−34x+3，
∴（−34x2+94x+3）﹣（−34x+3）=−34x+3，
解得：x1＝1，x2＝4（不合题意舍去），
∴⊙M的半径为：MD=−34+3=94；
当M在线段BC上，⊙M与y轴相切时，如图4所示：
延长PM交AB于点D，过点M作ME⊥y轴于E，
则点E为⊙M与y轴的切点，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，
设P（x，−34x2+94x+3），M（x，−34x+3），
则PD=−34x2+94x+3，MD=−34x+3，
∴（−34x2+94x+3）﹣（−34x+3）＝x，
解得：x1=83，x2＝0（不合题意舍去），
∴⊙M的半径为：EM=83；
当M在BC延长线，⊙M与x轴相切时，如图5所示：
点P与A重合，
∴M的横坐标为﹣1，
∴⊙M的半径为：M的纵坐标的值，
即：−34×（﹣1）+3=154；
当M在CB延长线，⊙M与y轴相切时，如图6所示：
延长PD交x轴于D，过点M作ME⊥y轴于E，
则点E为⊙M与y轴的切点，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，
设P（x，−34x2+94x+3），M（x，−34x+3），
则PD=34x2−94x﹣3，MD=34x﹣3，
∴（34x2−94x﹣3）﹣（34x﹣3）＝x，
解得：x1=163，x2＝0（不合题意舍去），
∴⊙M的半径为：EM=163；
综上所述，⊙M的半径为94或83或154或163．
9.（2020·山东德州?中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标是，在x轴上任取一点M．连接AM，分别以点A和点M为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于G，H两点，作直线GH，过点M作x轴的垂线l交直线GH于点P．根据以上操作，完成下列问题．
探究：
（1）线段PA与PM的数量关系为________，其理由为：________________．
（2）在x轴上多次改变点M的位置，按上述作图方法得到相应点P的坐标，并完成下列表格：
猜想：
（3）请根据上述表格中P点的坐标，把这些点用平滑的曲线在图2中连接起来；观察画出的曲线L，猜想曲线L的形状是________．
验证：
（4）设点P的坐标是，根据图1中线段PA与PM的关系，求出y关于x的函数解析式．
应用：
（5）如图3，点，，点D为曲线L上任意一点，且，求点D的纵坐标的取值范围．
【答案】（1），线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等；（2）图见解析，抛物线；（3）见解析；（4）；（5）
【解析】
【分析】
（1）由尺规作图的步骤可知，HG是AM的中垂线，结合中垂线的性质，即可得到答案；
（2）根据第（1）的作图方法，得到相应点P的位置，即可求解；
（3）用平滑的曲线作出图象，即可；
（4）过点P作轴于点E，用含x，y的代数式表示，，，结合勾股定理，即可得到答案；
（5）连接，由题意得当时，在的外接圆上，弧所对的圆心角为60°，的外接圆圆心为坐标原点O，设，求出b的值，进而即可求解．
【详解】
解：（1） 线段垂直平分线上的点与这条线段两个端点的距离相等
（2）
（3）草图见图2：形状：抛物线
（4）如图1，过点P作轴于点E，
，，
在中，
即
化简，得
∴y关于x的函数解析式为．

（5）连接，易得，又
∴为等边三角形，∴
当时，在的外接圆上，弧所对的圆心角为60°
其圆心在的垂直平分线y轴上，
∴的外接圆圆心为坐标原点O，
设，则，即 ①
又点D在该抛物线上
∴ ②
由①②联立解得：（舍去）
数形结合可得，
当时，点D的纵坐标的取值范围为
【点睛】
本题主要考查尺规作作中垂线，二次函数的图象和性质，圆周角定理，解题关键是：熟练掌握垂直平分线的性质定理，构造三角形的外接圆．
10.（2020·江苏苏州?中考真题）如图，已知，是的平分线，是射线上一点，．动点从点出发，以的速度沿水平向左作匀速运动，与此同时，动点从点出发，也以的速度沿竖直向上作匀速运动．连接，交于点．经过、、三点作圆，交于点，连接、．设运动时间为，其中．
（1）求的值；
（2）是否存在实数，使得线段的长度最大？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
（3）求四边形的面积．
【答案】（1）8cm；（2）存在，当t=4时，线段OB的长度最大，最大为；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据题意可得，，由此可求得的值；
（2）过作，垂足为，则，设线段的长为，可得，，，根据可得，进而可得，由此可得，由此可得，则可得到答案；
（3）先证明是等腰直角三角形，由此可得，再利用勾股定理可得，最后根据四边形的面积即可求得答案．
【详解】
解：（1）由题可得：，．
∴．
（2）当时，线段的长度最大．
如图，过作，垂足为，则．
∵平分，
∴，
∴，．
设线段的长为，
则，，．
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：．
∴．
∴当时，线段的长度最大，最大为．
（3）∵，
∴是圆的直径．
∴．
∵，
∴是等腰直角三角形．
∴
．
在中，．
∴四边形的面积
．
∴四边形的面积为．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定及性质，直径的判定及性质，二次函数的最值问题等相关知识，熟练掌握相关知识是解决本题的关键．
11.（2020·山东济宁?中考真题）我们把方程(x- m)2+(y-n)2=r2称为圆心为(m，n)、半径长为r的圆的标准方程．例如，圆心为(1,-2)、半径长为3的圆的标准方程是(x- 1)2+(y+2)2=9．在平面直角坐标系中,圆C与轴交于点A．B．且点B的坐标为(8．0),与y轴相切于点D(0, 4)，过点A,B,D的抛物线的顶点为E．
(1)求圆C的标准方程；
(2)试判断直线AE与圆C的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）；（2）相切，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）连接CD，CB，过C作CF⊥AB，分别表示出BF和CF，再在△BCF中利用勾股定理构造方程求解即可得到圆C半径以及点C坐标，从而得到标准方程；
（2）由（1）可得点A坐标，求出抛物线表达式，得到点E坐标，再求出直线AE的表达式，联立直线AE和圆C的表达式，通过判断方程根的个数即可得到两者交点个数，从而判断位置关系.
【详解】
解：连接CD，CB，过C作CF⊥AB，
∵点D（0，4），B（8，0），设圆C半径为r，圆C与y轴切于点D，
则CD=BC=OF=r，CF=4，
∵CF⊥AB，
∴AF=BF=8-r，
在△BCF中，，
即，
解得：r=5，
∴CD=OF=5，即C（5，4），
∴圆C的标准方程为：；
（2）由（1）可得：BF=3=AF，则OA=OB-AB=2，
即A（2，0），
设抛物线表达式为：，将A，B，D坐标代入，
，解得：，
∴抛物线表达式为：，
∴可得点E（5，），
设直线AE表达式为：y=mx+n，将A和E代入，
可得：，解得：，
∴直线AE的表达式为：，
∵圆C的标准方程为，
联立，
解得：x=2，
故圆C与直线AE只有一个交点，横坐标为2，
即圆C与直线AE相切.
【点睛】
本题考查了圆的新定义，二次函数，一次函数，切线的判定，垂径定理，有一定难度，解题的关键是利用转化思想，将求位置关系转化为方程根的个数问题.
x
…
0
1
2
3
…
y
…
0
3
4
3
0
…
M的坐标
…
（﹣2，0）
（0，0）
（2，0）
（4，0）
…
P的坐标
…

（0，﹣1）
（2，﹣2）

…
M的坐标
…
…
P的坐标
…
…
M的坐标
…
…
P的坐标
…
…