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中考数学二轮复习压轴题培优训练专题10二次函数与圆存在性问题(2份,原卷版+解析版)
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二次函数是初中数学代数部分最重要的概念之一,是中考数学的重难点;而圆是初中几何中综合性最强的知识内容,它与二次函数都在中考中占据及其重要的地位,两者经常作为压轴题综合考查,能够很好的考查学生的数学综合素养以及分析问题、解决问题的能力.圆心与抛物线的关系、圆上的点和抛物线的关系,其本质就是把位置关系向数量化关系转化.
二次函数与圆的综合要数形结合,在读题之前要想到圆中的相关概念、性质及定理,比如圆的定义、垂径定理、圆周角、圆心角、内心、外心、切线、四点共圆的、隐藏圆等;对于二次函数,要熟练掌握解析式的求法和表达形式、顶点、最值、与方程之间的关系,线段长与点的坐标之间的数量转化等.
【例1】(2022•闵行区二模)如图,在平面直角坐标系xOy中,抛物线y=ax2+bx+4与x轴相交于点A(﹣1,0),B(3,0),与y轴交于点C.将抛物线的对称轴沿x轴的正方向平移,平移后交x轴于点D,交线段BC于点E,交抛物线于点F,过点F作直线BC的垂线,垂足为点G.
(1)求抛物线的表达式;
(2)以点G为圆心,BG为半径画⊙G;以点E为圆心,EF为半径画⊙E.
当⊙G与⊙E内切时.
①试证明EF与EB的数量关系;
②求点F的坐标.
【分析】(1)根据点A、B的坐标,设抛物线y=a(x+1)(x﹣3),再将点C代入即可求出a的值,从而得出答案;
(2)①分两种情形,当r⊙G>r⊙E时,则GB﹣EF=GE,则EF=EB,当r⊙G<r⊙E时,则EF﹣GB=GE,设EF=5t,FG=3t,GE=4t,则5t﹣GB=4t,则GB=t<GE=4t,从而得出矛盾;
②由.设BD=t,则DE=,利用勾股定理得BE=,则F坐标为(3﹣t,3t),代入抛物线解析式,从而解决问题.
【解答】解:(1)∵点A坐标为(﹣1,0),点B坐标为(3,0).
设抛物线y=a(x+1)(x﹣3)(a≠0),
∵抛物线经过点C(0,4),
∴4=﹣3a.
解得.
∴抛物线的表达式是;
(2)①由于⊙G与⊙E内切,
当r⊙G<r⊙E时,则EF﹣GB=GE,
设EF=5t,FG=3t,GE=4t,则5t﹣GB=4t,
∴GB=t<GE=4t,
∴点E在线段CB的延长线上.
又∵已知点E在线段BC上,
∴矛盾,因此不存在.
当r⊙G>r⊙E时,则GB﹣EF=GE,
又∵GE=GB﹣EB,
∴EF=EB;
②∵OC⊥OB,FD⊥OB,
∴∠COB=∠EDB=90°.
∴.
∴设BD=t,则DE=;
在Rt△BED中,由勾股定理得,
.
∴,
∴F坐标为(3﹣t,3t),
∵F点在抛物线上,
∴,
∴解得,t=0(点F与点B重合,舍去).
∴F坐标为(,).
【例2】(2022•福建模拟)如图,已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于A,B两点,点C(2,﹣4)在抛物线上,且△ABC是等腰直角三角形.
(1)求抛物线的解析式;
(2)过点D(2,0)的直线与抛物线交于点M,N,试问:以线段MN为直径的圆是否过定点?证明你的结论.
【分析】(1)等腰直角三角形斜边中线等于斜边一半,点的坐标,不难求出A、B两点坐标,把点A、B、C代入二次函数解析式,解三元一次方程组就可得到函数解析式.
(2))通过设过点D(2,0)的直线MN解析式为y=k(x﹣2)=kx﹣2k,得到关于x、关于y的方程,利用跟与系数的关系,再得到圆的解析式,待定系数法确定定点的x、y的值,确定定点的坐标.
【解答】解:连接AC、BC,过点C作CP垂直于x轴于点P.
在Rt△CAB中,AC=BC,CP⊥AB,点C(2,﹣4),
∴CP=AP=PB=4,OP=2,
∴OA=AP﹣OP=4﹣2=2,OB=OP+PB=4+2=6,
∴点A(﹣2,0),点B(6,0),
把点A(﹣2,0),点B(6,0),点C(2,﹣4)代入函数解析式得
,
解得,
∴抛物线的解析式为:y=x2﹣x﹣3.
故答案为:y=x2﹣x﹣3.
(2)设过点D(2,0)的直线MN解析式为y=k(x﹣2)=kx﹣2k,
联立直线与抛物线解析式得关于x的等式:kx﹣2k=x2﹣x﹣3,
化简得=0,
xN+xM=﹣=4(k+1),xNxM==8k﹣①,
联立直线与抛物线解析式得关于y的等式:y=(+2)2﹣(+2)﹣3,
化简得y2+(﹣﹣1)y﹣4=0,
yM+yN=4k2,yMyN=﹣②,
线段MN的中点就是圆的圆心,
∴xO=(xN+xM)=2(K+1),
代入直线方程得yO=2k2,
∴圆心坐标为(2k+2,2k2),
直径MN==,
把①、②代入上式化简整理得直径MN=,
设圆上某一点(x,y)到圆心的距离等于半径,
∴=,
化简整理得16k2+12﹣8k=x2﹣4kx﹣4x+y2﹣4k2y=﹣4yk2﹣4kx+x2﹣4x+y2,
圆过定点,所以与k值无关,看作是关于k的二次等式,
k2、k的系数,常量对应相等,
得﹣8=﹣4x,
x=2,
16=﹣4y,
y=﹣4,
由以上分析,所以以MN为直径的圆过定点(2,﹣4).
故答案为:以线段MN为直径的圆过定点(2,﹣4).
【例3】(2022•武汉模拟)已知抛物线y=﹣2x2+bx+c(c>0).
(1)如图1,抛物线与直线l相交于点M(﹣1,0),N(2,6).
①求抛物线的解析式;
②过点N作MN的垂线,交抛物线于点P,求PN的长;
(2)如图2,已知抛物线y=﹣2x2+bx+c与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,点A,B,C,D(0,n)四点在同一圆上,求n的值.
【分析】(1)①把点M(﹣1,0),N(2,6)代入到y=﹣2x2+bx+c中,可得b和c的值.
②设P(a,﹣2a2+4a+6),再利用M(﹣1,0),N(2,6),得到 MN、PM、PN的表达式,最后利用勾股定理求得a的值.
(2)令C(0,c),当y=0时,代入抛物线得xAxB=﹣,根据两角对应相等,可得△AOC∽△DOB,然后再找到
对应线段成比例,即得到n的值.
【解答】解:(1)①把M(﹣1,0)N(2,6)代入y=﹣2x2+bx+c,
得 ,
解得 ,
∴抛物线的解析式为y=﹣2x2+4x+6;
②由①,抛物线解析式为:y=﹣2x2+4x+6,
设P(a,﹣2a2+4a+6)
∵M(﹣1,0),N(2,6),
∴MN==3,
∴PM=,
PN=,
又∵PN⊥MN,则PM2=MN2+PN2,
(﹣1﹣a)2+(2a2﹣4a﹣b)2=(3)2+(2﹣a)2+(2a2﹣4a)2.
整理得:4a2﹣9a+2=0,
∴(a﹣2)(4a﹣1)=0.
∴a1=2,a2=.
当a=2时,P与N重合,
∴a=,PN=.
(2)证明:设OA=﹣xA,OB=xB,OD=﹣n
当y=0时,﹣2x2+bx+c=0,
∴xAxB=﹣,
∴OA•OB=﹣xAxB=.
∵∠CAO=∠BDO,∠ACO=∠DBO
∴△AOC∽△DOB
∴=
∴OA•OB=OC•OD
∴=c•(﹣n).
∵c≠0
∴n=﹣.
【例4】(2022•上海模拟)在平面直角坐标系xOy中,抛物线y=ax2﹣3ax+2(a<0)交y轴于点A,抛物线的对称轴交x轴于点P,联结PA.
(1)求线段PA的长;
(2)如果抛物线的顶点到直线PA的距离为3,求a的值;
(3)以点P为圆心、PA为半径的⊙P交y轴的负半轴于点B,第一象限内的点Q在⊙P上,且劣弧=2.如果抛物线经过点Q,求a的值.
【分析】(1)分别求出P(,0),A(0,2),由两点间距离公式可求;
(2)抛物线的顶点为M(,2﹣a),由S△APM=×PM×OP=×AP×3,可得a=﹣;
(3)连接PQ,BP,AM,设Q(t,at2﹣3at+2),求出M(﹣1,0),由垂径定理可得AM=AQ,=①,PQ=AP,得②,联立①②可得a=.
【解答】解:(1)y=ax2﹣3ax+2=a(x﹣)2+2﹣a,
∴抛物线的对称轴为x=,
∴P(,0),
令x=0,则y=2,
∴A(0,2),
∴PA=;
(2)由(1)可知抛物线的顶点为M(,2﹣a),
∵a<0,
∴2﹣a>0,
∴S△APM=×PM×OP=×AP×3,
∴(2﹣a)×=×3,
解得a=﹣;
(3)连接PQ,BP,AM,
∵MP⊥AB,
∴=,
∵=2,
∴=,
∴AM=AQ,
设Q(t,at2﹣3at+2),
∵AP=,P(,0),
∴M(﹣1,0),
∴=①,
∵PQ=AP,
∴②,
联立①②可得t=或t=﹣1(舍),
将t=代入①,可得a=.
1.(2021•广元)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:
(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=,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′===,
∴AQ′+Q′P′+P′C=BQ′+C′Q′+Q′P′=BC′+Q′P′=+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+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,
∴=,
∴=,
∴EF===1,
∴线段EF的长为定值1.
2.(2021•张家界)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2,一动点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,2为半径作圆,则点P在圆周上,根据t=AP+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=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:
,
解得:,
∴二次函数的表达式为;
(2)∵=(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:
,
解得:,
∴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=4,∠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===,
AB===,
且满足OB2=OA2+AB2,
∴△ABO是等腰直角三角形;
(4)如图2,以O为圆心,2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=AP+PB,
在OA上取点D,使OD=,连接PD,
则在△APO和△PDO中,
满足:==2,∠AOP=∠POD,
∴△APO∽△PDO,
∴==2,
从而得:PD=AP,
∴t=AP+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,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===5.
3.(2021•宜宾)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.
【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=(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=﹣,
∴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,
∴令y=0,则﹣(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+EP的值最小且这个最小值为.理由如下:
如图,在CE上截取CF=(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,
∴==,
又∵∠FCP=∠PCE,
∴△FCP∽△PCE,
∴==,即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),
∴由比例性质,易得F(,),
∴BF==.
4.(2020•雨花区校级一模)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=,
解得,a=;
(2)过M点作MH⊥AB于点H,连接MA、MC,如图2,
∴AH=BH==2,
∴OH=6,
设M(6,d),
∵MA=MC,
∴4+d2=36+(d﹣32a)2,
得2ad=32a2+1,
∴d=16a+=,
∴当4时,有,
即当a=时,有;
(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=,
∴MS==,
∵MS+MT=ST=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=2,
∵∠AMB=2∠APB,MT⊥AB,MA=MB,
∴∠AMT=∠BMT=∠AMB=∠APB,
∴sin∠APB=sin∠BMT=.
5.(2020•汇川区三模)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
,
解得,,
∴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
,
解得,,
∴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=﹣,
∴当t=时,MN的值最大,其最大值为;
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(),N(),
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,
当y=时,y=x2﹣4x+3=,
解得,x=,或x=(舍去),
∴P();
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﹣,
当y=﹣时,y=x2﹣4x+3=﹣,
解得,x=,或x=(舍去),
∴P(,);
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(),半径为,
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=,得y=x2﹣4x+3=,
解得,x=<(舍),或x=,
∴K(,),
∴QK=>,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,
LK=,
设Q点到LK的距离为h,则
,
∴=,
∴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()或().
6.(2021•开福区模拟)如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=x2﹣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=﹣4b﹣2,解得:b=﹣,即可求解;
(2)S△ABD==,则BN=,sin∠BDH==,即可求解;
(3)①∠ADB=45°,则∠AMB=2∠ADB=90°,MA=MB,MH⊥AB,AH=BH=HM=,点M的坐标为(,)⊙M的半径为;
②PH=HB=5,则=,=,故△HMQ∽△QMP,则=,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=﹣4b﹣2,解得:b=,
∴抛物线的解析式为y=x2﹣x﹣2;
(2)当x=5时,y=x2﹣x﹣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=3,BD=,AB=5,
∵S△ABD==,
∴BN=,
∴sin∠BDN===,
∴∠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=,
∴点M的坐标为(,)⊙M的半径为;
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,
∵=,=,
∵∠HMQ=∠QMP,
∴△HMQ∽△QMP,
∴=,
∴在点Q运动过程中的值不变,其值为.
7.(2020•天桥区二模)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=EM=,而BD==,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=,
故抛物线的表达式为:y=(x﹣2)2﹣2=x2﹣2x①;
(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±2(舍去4﹣2);
故m=2或4+2;
②存在,理由:
连接BN、BD、EM,
则BN是△OEM的中位线,故BN=EM=,而BD==,
在△BND中,BD﹣BN≤ND≤BD+BN,
即﹣0.5≤ND≤+0.5,
故线段DN的长度最小值和最大值分别为﹣0.5和+0.5.
8.(2020•百色)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=,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=﹣,
∴抛物线的解析式为:y=﹣x2+2;
(2)证明:∵A(0,2),B(2,0),
∴OA=OB=2,
∴AB=2,
∵OC⊥AB,
∴•OA•OB=•AB•OC,
∴×2×2=×2•OC,
解得:OC=,
∵⊙O的半径r=,
∴OC是⊙O的半径,
∴直线AB与⊙O相切;
(3)∵点P在抛物线y=﹣x2+2上,
∴可设P(x,﹣x2+2),
以M,O,A,C为顶点的四边形是平行四边形时,
可得:AC=OM=,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,
∴﹣x2+2=﹣x,
解得:x1=1+,x2=1﹣,
∴y1=﹣1﹣,y2=﹣1+,
∴P1(1+,﹣1﹣),P2(1﹣,﹣1+),
如图,当点P位于P1位置时,
OP1===(1+)=+,
∴P1M=OP1﹣OM=+﹣=,
当点P位于P2位置时,同理可得:OP2=﹣,
∴P2M=OP2﹣OM=﹣﹣=﹣2;
综上所述,PM的长是或﹣2.
9.(2020•西藏)在平面直角坐标系中,二次函数y=x2+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=,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=x2+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=(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=x2+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=(x+2)(x﹣4),
即y=x2﹣x﹣4.
(2)如图甲中,连接OP.设P(m,m2﹣m﹣4).
由题意,A(﹣2,0),C(0,﹣4),
∵S△PAC=S△AOC+S△OPC﹣S△AOP,
∴=×2×4+×4×m﹣×2×(﹣m2+m+4),
整理得,m2+2m﹣15=0,
解得m=3或﹣5(舍弃),
∴P(3,﹣).
(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,(m+2)(m﹣4)],E(m,n).
由题意A(﹣2,0),AM=PM,
∴32+t2=(m﹣1)2+[(m+2)(m﹣4)﹣t]2,
解得t=1+(m+2)(m﹣4),
∵ME=PM,PE⊥AB,
∴t=,
∴n=2t﹣(m+2)(m﹣4)=2[1+(m+2)(m﹣4)]﹣(m+2)(m﹣4)=2,
∴DE=2,
另解:∵PD•DE=AD•DB,∴DE===2,为定值.
∴点P在运动过程中线段DE的长是定值,DE=2.
10.(2020•宜宾)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=2,即可求解;
(3)在Rt△FQE中,EN==,EF==,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=,
故二次函数表达式为:y=x2;
(2)将y=1代入y=x2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=2;
∵点F(0,1),
∴点P的坐标为(0,1+2)或(0,1﹣2);
(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=x2图象的交点,
∴y=×12=,则点E(1,),
EN==,
同理EF==,
点E到直线y=﹣1的距离为|﹣(﹣1)|=,
故存在点E,使得以点E为圆心半径为的圆过点F,N且与直线y=﹣1相切.
11.(2021•嘉兴二模)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,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)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,如图1,求△POA周长的最小值;
(3)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,如图2.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,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=m,PF=4﹣m,因为二次函数y=ax2﹣4x+4图象的对称轴l为,AB=,所以AF=BF=,,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=,
∴⊙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=,
∴AF=BF=,
∵∠CPD=120°,PC=PD,C(0,4),
∴∠PCD=∠PDC=30°,
设PE=m,则PA=PC=2m,CE=m,PF=4﹣m,
∵二次函数y=ax2﹣4x+4图象的对称轴l为,
∴,即,
在Rt△PAF中,PA2=PF2+AF2,
∴,
即,
化简,得,解得,
∴.
12.(2021•常州二模)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,
,
解得,
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,
∴,即,
解得:m1=,m2=﹣1(舍去),
∴m的值为;
(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=,
∵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,
∴,
∴,
∴HQ=,
∴FE=HQ+QG=+3a+3,
令1+a=t,(0≤t≤1),
∴a=t﹣1,
∴FE=+3t=t+t﹣,
当t=1时,FE=,
∵t+t﹣≥2﹣,
∴t+t﹣≥,
∴yF最小值是,
∴yP最小值是,
∴当yP>时,⊙P与线段AC有一个交点,
当<yP≤时,⊙P与线段AC有两个交点,
yP=时,⊙P与线段AC有一个交点,
0<yP<时,⊙P与线段AC没有交点,
∴点P纵坐标的取值范围为yp>或0<yP≤.
13.(2021•乐山模拟)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+DB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=DB,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,解得,
∴抛物线的解析式为y=x2+x+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x2+x+2=0,得x1=1,x2=4,
∴C(4,0),
∴CF=AO=1,AF=3﹣(﹣1)=4;
又∵BF=2,
∴,
∵∠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==.
∵∠FLC=∠BFC=90°,∠FCL=∠BCF(公共角),
∴△FCL∽△BCF,
∴=,
∴=,
∵∠DCL=∠BCD(公共角),
∴△DCL∽△BCD,
∴=,
∴LD=DB;
∵DA+LD≥AL,
∴当DA+LD=AL,即点D落在线段AL上时,DA+DB=DA+LD=AL最小.
∵CL=CF=,
∴BL==,
∴BL2=()2=,
又∵AB2=22+42=20,
∴AL===,
DA+DB的最小值为.
14.(2021•河北区二模)如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=﹣x2+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=﹣=﹣,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=(yM+yD),即可求解;
(Ⅲ)在OC上取点G,使=,即,则△POG∽△COP,故2PC+3PB=2(PB+PC)=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=﹣=﹣,解得b=1,
故抛物线的表达式为y=﹣x2+x+3=﹣(x﹣2)2+4,
∴抛物线的顶点为(2,4);
(Ⅱ)对于y=﹣x2+x+3,令y=﹣x2+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,解得,
故直线BC的表达式为y=﹣x+3,
设点M的坐标为(x,﹣x2+x+3),则点D的坐标为(x,﹣x+3),
当线段CM=CD时,则点C在MD的中垂线上,即yC=(yM+yD),
即3=(﹣x2+x+3﹣x+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=,即,则OG=,则点G(0,),
∵,∠GOP=∠COP,
∴△POG∽△COP,
∴,故PG=PC,
则2PC+3PB=3(PB+PC)=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=3=2.
15.(2021•长沙模拟)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=,若∠OBN=∠ONA,且,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,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=,即可求解;
(2)证明△ONA∽△OBN,则OA•OB=ON2=3,即,得到c=3a,而a+b+c=1,tan∠ABM=,得到(1﹣4a)2﹣4a•3a=13,即可求解;
(3)由点D、C的坐标得到k==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(﹣1)2+(﹣1)2=()2,求出t=3+,进而求解.
【解答】解:(1)点C的路径长==;
(2)∵∠ONA=∠OBN,∠AON=∠NOB,
∴△ONA∽△OBN,
∴,即OA•OB=ON2=3,即,
故c=3a,
∵a+b+c=1,
在△ABM中,tan∠ABM===,
∴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:,解得,
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,
则k==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(,),则HP=HC,
即(﹣1)2+(﹣1)2=()2,
化简得:3t2﹣18t+19=0,
解得:t=3+(不合题意的值已舍去),
k=t﹣4=﹣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<.
16.(2021秋•上城区校级期中)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),
∴,解得,
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,
∴=,
解得m=1,
∴M(1,1),
∴MB==,
∴⊙M的半径为,圆心M的坐标为(1,1);
(3)由(1)知,AB=3﹣(﹣1)=4,OC=3,BC==3,
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==(t﹣3),
∵P(7,0),
∴BP=4,
∵B、Q、P三点构成的三角形与△ABC相似,∠ABC=∠PBQ,
∴=或,
①当=时,
∴,
∴BQ2=3,
∴t﹣3=3,
解得t=6;
①当时,
∴,
∴BQ1=,
∴t﹣3=,
解得t=,
∴点Q的坐标为(6,﹣3)或(,﹣).
17.(2021秋•西湖区校级期中)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,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,
∴,
∴CO2=AO•BO=3,
∴CO=,
∴CD=CO+OD=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:;.(n=0舍去)
由对称性可得:;.
∴E1(1+,1),E2(1﹣,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=.
所以点P的坐标为(1,2).
18.(2021•雨花区二模)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=,再利用三角函数求得CM=,AM=,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(,),F(﹣,﹣),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=,AC=2,
∵MC2=MN•MB,
∴=,
∵∠CMN=∠BMC,
∴△MCN∽△MBC,
∴∠MCN=∠MBC,
∵OA=OC=2,∠AOC=90°,
∴∠MCN=45°,
∴∠MBC=45°,
∵∠BHC=90°,
∴CH=BH=BC•cs∠MBC=•cs45°=,
∵∠BCH=∠MBC=45°,
∴∠BCO+∠HCN=∠MCH+∠HCN,
∴∠BCO=∠MCH,
∴cs∠BCO=cs∠MCH,
∴=,即=,
∴CM=,
∴AM=AC﹣CM=2﹣=,
过点M作MG⊥OA于G,则∠AGM=90°,
∵∠MAG=45°,
∴AG=MG=AM•sin∠MAG=×sin45°=,
∴OG=OA﹣AG=2﹣=,
∴M(,).
(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=,t3=﹣,
∴H(,),F(﹣,﹣),
∴H、F关于点O对称,
∴FH=CE=4,且OC=OE=OF=OH,
∴四边形CFEH是矩形.
19.(2020•东海县二模)如图,△AOB的三个顶点A、O、B分别落在抛物线C1:y=x2+x上,点A的坐标为(﹣4,m),点B的坐标为(n,﹣2).(点A在点B的左侧)
(1)则m= ﹣4 ,n= ﹣1 .
(2)将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△A'OB',抛物线C2:y=ax2+bx+4经过A'、B'两点,延长OB'交抛物线C2于点C,连接A'C.设△OA'C的外接圆为⊙M.
①求圆心M的坐标;
②试直接写出△OA'C的外接圆⊙M与抛物线C2的交点坐标(A'、C除外).
【分析】(1)把x=﹣4代入抛物线C1解析式求得y即得到点A坐标;把y=﹣2代入抛物线C1解析式,解方程并判断大于﹣4的解为点B横坐标.
(2)①根据旋转90°的性质特点可求点A'、B'坐标(过点作x轴垂线,构造全等得到对应边相等)及OA'的长,用待定系数法求抛物线F2的解析式,求出直线OC的解析式,构建方程组确定点C的坐标,求出线段OA′,线段A′C的垂直平分线的解析式,构建方程组解决问题即可.
②设⊙M与抛物线C2的交点为P(m,m2﹣3m+4).根据PM=OM,构建方程求解即可.
【解答】解:(1)当x=﹣4时,y=×(﹣4)2+×(﹣4)=﹣4,
∴点A坐标为(﹣4,﹣4),
当y=﹣2时,x2+x=﹣2,
解得:x1=﹣1,x2=﹣6,
∵点A在点B的左侧,
∴点B坐标为(﹣1,﹣2),
∴m=﹣4,n=﹣1.
故答案为﹣4,﹣1.
(2)①如图1,过点B作BE⊥x轴于点E,过点B'作B'G⊥x轴于点G.
∴∠BEO=∠OGB'=90°,OE=1,BE=2,
∵将△AOB绕点O逆时针旋转90°得到△A'OB′,
∴OB=OB',∠BOB'=90°,
∴∠BOE+∠B'OG=∠BOE+∠OBE=90°,
∴∠B'OG=∠OBE,
在△B'OG与△OBE中,
,
∴△B'OG≌△OBE(AAS),
∴OG=BE=2,B'G=OE=1,
∵点B'在第四象限,
∴B'(2,﹣1),
同理可求得:A'(4,﹣4),
∴OA=OA'==4,
∵抛物线F2:y=ax2+bx+4经过点A'、B',
∴,
解得:,
∴抛物线F2解析式为:y=x2﹣3x+4,
∵直线OB′的解析式为y=﹣x,
由,解得或,
∴点C(8,﹣4),
∵A′(4,﹣4),
∴A′C∥x轴,
∵线段OA′的垂直平分线的解析式为y=x﹣4,
线段A′C的垂直平分线为x=6,
∴直线y=x﹣4与x=6的交点为(6,2),
∴△OA′C的外接圆的圆心M的坐标为(6,2).
②设⊙M与抛物线C2的交点为P(m,m2﹣3m+4).
则有(m﹣6)2+(m2﹣3m+2)2=62+22,
解得m=0或12或4或8,
∵A'、C除外,
∴P(0,4),或(12,4).
20.(2022•绿园区二模)在平面直角坐标系中,已知某二次函数的图象同时经过点A(0,3)、B(2m,3)、C(m,m+3).其中,m≠0.
(1)当m=1时.
①该二次函数的图象的对称轴是直线 x=1 .
②求该二次函数的表达式.
(2)当|m|≤x≤|m|时,若该二次函数的最大值为4,求m的值.
(3)若同时经过点A、B、C的圆恰好与x轴相切时,直接写出该二次函数的图象的顶点坐标.
【分析】(1)①根据所给的点可知A、B两点关于抛物线对称轴对称,利用对称性可求对称轴;
②利用待定系数法求函数的解析式即可;
(2)用的待定系数法求函数的解析式y=﹣(x﹣m)2+m+3,再分两种情况讨论:当m>0时,m≤x≤m,当x=m时,函数有最大值m+3;当m<0时,﹣m≤x≤﹣m,当x=﹣m时,函数有最大值;分别求m的值即可求解;
(3)先判断△ABC是等腰直角三角形,且∠ACB=90°,则过点A、B、C的圆是以AB的中点M为圆心,AB为半径,再分两种情况讨论:当m>0时,MN=AM=|m|=3,可求C点坐标;当m<0时,CM=AM=3=|m|,可求C点坐标.
【解答】解:(1)①∵A(0,3)、B(2m,3),
∴A、B两点关于抛物线对称轴对称,
∵m=1,
∴抛物线的对称轴为直线x=1,
故答案为:x=1;
②设y=ax2+bx+c(a≠0),
∵m=1,
∴B(2,3)、C(1,4),
将点A、B、C代入y=ax2+bx+c,
∴,
解得,
∴y=﹣x2+2x+3;
(2)∵A(0,3)、B(2m,3)两点关于抛物线的对称轴对称,
∴抛物线的对称轴为直线x=m,
设抛物线的解析式为y=a(x﹣m)2+m+3,
将点A(0,3)代入,
∴am2+m+3=3,
∴a=﹣,
∴y=﹣(x﹣m)2+m+3,
当m>0时,m≤x≤m,
∴当x=m时,函数有最大值m+3,
∴m+3=4,
∴m=1;
当m<0时,﹣m≤x≤﹣m,
∴当x=﹣m时,函数有最大值,
∴4=﹣(﹣m﹣m)2+m+3,
解得m=﹣;
综上所述:m的值为1或﹣;
(3)∵A(0,3)、B(2m,3)、C(m,m+3),
∴AB=|2m|,AC=|m|,BC=|m|,
∴△ABC是等腰直角三角形,且∠ACB=90°,
∴过点A、B、C的圆是以AB的中点M为圆心,AB为半径,
如图1,当m>0时,
∵⊙M与x轴相切,
∴MN=AM=|m|=3,
∴m=3,
∴C(3,6);
如图2,当m<0时,
∵⊙M与x轴相切,
∴CM=AM=3=|m|,
∴m=﹣3,
∴C(﹣3,0);
综上所述:该二次函数的图象的顶点坐标为(3,6)或(﹣3,0).
21.(2022•炎陵县一模)抛物线:y=﹣x2+bx+c与y轴的交点C(0,3),与x轴的交点分别为E、G两点,对称轴方程为x=1.
(1)求抛物线的解析式;
(2)如图1,过点C作y轴的垂线交抛物线于另一点D,F为抛物线的对称轴与x轴的交点,P为线段OC上一动点.若PD⊥PF,求点P的坐标.
(3)如图1,如果一个圆经过点O、点G、点C三点,并交于抛物线对称轴右侧x轴的上方于点H,求∠OHG的度数;
(4)如图2,将抛物线向下平移2个单位长度得到新抛物线L,点B是顶点.直线y=kx﹣k+4(k<0)与抛物线L交于点M、N.与对称轴交于点G,若△BMN的面积等于2,求k的值.
【分析】(1)将C(0,3)代入y=﹣x2+bx+c求出c=3,再由x=﹣=1求出b,即可求解析式;
(2)设P点坐标为(0,a),证明△CDP∽△OPF,根据相似三角形的性质求出a的值,即可求解;
(3)证明△COG为等腰直角三角形,则∠OCG=45°,由题意得点O、点G、点C、点H四点共圆,根据圆周角定理即可求解;
(4)根据平移的性质得抛物线L的解析式为y=﹣x2+2x+3﹣2=﹣x2+2x+1=﹣(x﹣1)2+2,则B点坐标为(1,2),由kx﹣k+4=﹣x2+2x+1,即x2+(k﹣2)x+3﹣k=0,设两个交点为N(x1,y1),M(x2,y2),则x1+x2=2﹣k,x1x2=3﹣k,根据S△BMN=S△BGN﹣S△BGM=可得方程,解方程即可得k的值.
【解答】解:(1)将C(0,3)代入y=﹣x2+bx+c可得c=3,
∵对称轴是直线x=1,
∴x=﹣=,
解得b=2,
∴二次函数解析式为y=﹣x2+2x+3;
(2)∵y=﹣x2+2x+3与y轴的交点C(0,3),对称轴方程为x=1.CD⊥y轴,
∴D(2,3),
∵对称轴与x轴相较于点F,
∴点F的坐标为(1,0),
设P点坐标为(0,a),
∵CD⊥y轴,OF⊥y轴,
∴∠DCF=∠POF=90°
∴∠OFP+∠OPF=90°,
∵PD⊥PF,
∴∠DPF=90°,
∴∠CPD+∠OPF=90°,
∴∠OFP=∠CPD,
∴△CDP∽△OPF,
∴,
∴,
解得:a1=1,a2=2,
∴P点的坐标为(0,1)或(0,2);
(3)如图:连接CG,
∵y=﹣x2+2x+3,
令y=0,则﹣x2+2x+3=0,
解得x=3或x=﹣1,
∴G(3,0),E(﹣1,0),
∴OG=OC,
∵OC⊥OG,
∴△COG为等腰直角三角形,
∴∠OCG=45°,
∵点O、点G、点C、点H四点共圆,
∴∠OHG=∠OCG=45°;
(4)∵将抛物线向下平移2个单位长度得到抛物线L,
∴抛物线L的解析式为y=﹣x2+2x+3﹣2=﹣x2+2x+1=﹣(x﹣1)2+2,
∴B点坐标为(1,2),
联立,即kx﹣k+4=﹣x2+2x+1,
∴x2+(k﹣2)x+3﹣k=0,
设两个交点为N(x1,y1),M(x2,y2),
则x1+x2=2﹣k,x1x2=3﹣k,
S△BMN=S△BGN﹣S△BGM==BG==BG=2,
把x=1代入y=kx﹣k+4,得;y=4,
∴G(1,4),
∵B(1,2),
∴BG=4﹣2=2,
∴,解得:k=±4,
∵k<0,
∴k=﹣4.
22.(2022•杨浦区二模)如图,已知在平面直角坐标系xOy中,抛物线y=﹣+bx+c与x轴相交于点A(4,0),与y轴相交于点B(0,3),在x轴上有一动点E(m,0)(0<m<4),过点E作x轴的垂线交线段AB于点N,交抛物线于点P,过P作PM⊥AB,垂足为点M.
(1)求这条抛物线的表达式;
(2)设△PMN的周长为C1,△AEN的周长为C2,如果,求点P的坐标;
(3)如果以N为圆心,NA为半径的圆与以OB为直径的圆内切,求m的值.
【分析】(1)运用待定系数法即可求得抛物线解析式;
(2)先证明△PMN∽△AEN,根据相似三角形性质可得出:.利用待定系数法可得直线AB的解析式为.设点P(m,﹣m2+m+3)(0<m<4),则PN=﹣m2+3m.AN=(4﹣m),建立方程求解即可得出答案;
(3)设OB的中点为点Q,则点Q的坐标,过点N作NK⊥y轴于点K,则NK=m,KQ=﹣m+3﹣=﹣m+,运用勾股定理可得QN==,根据两圆内切建立方程求解即可得出答案.
【解答】解,(1)∵抛物线与x轴交于点A(4,0),与y轴交于点C(0,3),
∴
∴
∴抛物线的表达式为y=﹣x2+x+3;
(2)如图1,∵PM⊥AB,PE⊥x轴,
∴∠PMN=∠PEA=90°,
又∵∠PNM=∠ANE,
∴△PMN∽△AEN.
∴.即.
又∵,
∴.
设直线AB:y=kx+b,又直线AB经过点A(4,0),点B(0,3),
∴
∴
∴.
∵点P在抛物线y=﹣x2+x+3上,
∴设点P(m,﹣m2+m+3)(0<m<4),
∵点N在直线y=﹣x+3上,设点N(m,﹣m+3).
∴PN=﹣m2+m+3﹣(m+3)=﹣m2+3m.
又.
∴,
解得:m1=2,m2=4(不合题意,舍去).
∴点P的坐标是.
(3)如图2,设OB的中点为点Q,则点Q的坐标,
又点,过点N作NK⊥y轴于点K,则NK=m,KQ=﹣m+3﹣=﹣m+,
在Rt△NQK中,QN==,
当⊙N与⊙Q内切时,.
∴=(4﹣m)﹣,
解之得:.
∴当⊙N与⊙Q内切时,.
x
…
﹣1
0
1
2
3
…
y
…
0
3
4
3
0
…
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