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初中数学中考复习 第13关 以二次函数与圆的问题为背景的解答题（解析版）
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这是一份初中数学中考复习 第13关 以二次函数与圆的问题为背景的解答题（解析版），共55页。
第十三关：以二次函数与圆的问题为背景的解答题
【总体点评】二次函数在全国中考数学中常常作为压轴题，同时在省级，国家级数学竞赛中也有二次函数大题，很多学生在有限的时间内都不能很好完成。由于在高中和大学中很多数学知识都与函数知识或函数的思想有关，学生在初中阶段函数知识和函数思维方法学得好否，直接关系到未来数学的学习。“圆”在初中阶段学习占有重要位置,“垂径定理”、“点与圆的位置关系”的判定与性质、“直线与圆的位置关系”的判定与性质、“正多边形的判定与性质”通常是命题频率高的知识点.由于这部分知识的综合性较强,多作为单独的解答题出现.如果把圆放到直角坐标系中,同二次函数结合,则多作为区分度较高的压轴题中出现.此类题目由于解题方法灵活,考查的知识点全面,体现了方程、建模、转化、数形结合、分类讨论等多种数学思想,得到命题者的青睐
【解题思路】二次函数与圆都是初中数学的重点内容，历来是中考数学命题的热点，其本身涉及的知识点就较多，综合性和解题技巧较强，给解题带来一定的困难，而将函数与圆相结合，并作为中考的压轴题，就更显得复杂了．只要我们掌握解决这类问题的思路和方法，采取分而治之，各个击破的思想，问题是会迎刃而解的．解决二次函数与圆的问题，用到的数学思想方法有化归思想、分类思想、数学结合思想，以及代入法、消元法、配方法、代定系数法等。解题时要注意各知识点之间的联系和数学思想方法、解题技巧的灵活应用，要抓住题意，化整为零，层层深入，各个击破，从而达到解决问题的目的。
【典型例题】
【例1】（2019·黑龙江中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx-53经过点A（1，0）和点B（5，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）以点A为圆心，作与直线BC相切的⊙A，请判断⊙A与y轴有怎样的位置关系，并说明理由；
（3）在直线BC上方的抛物线上任取一点P，连接PB、PC，请问：△PBC的面积是否存在最大值？若存在，求出这个值和此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=-13x2+2x-53；（2）相交；（3）S△PBC有最大值12524，此时P点坐标为（52，54）．
【解析】
试题分析：（1）把A、B两点分别代入抛物线解析可求得a和b，可求得抛物线解析式；
（2）过A作AD⊥BC于点D，则AD为⊙A的半径，由条件可证明△ABD∽△CBO，利用相似三角形的性质可求得AD的长，可求得半径，进而得出答案；
（3）由待定系数法可求得直线BC解析式，过P作PQ∥y轴，交直线BC于点Q，交x轴于点E，可设出P、Q的坐标，可表示出△PQC和△PQB的面积，可表示出△PBC的面积，再利用二次函数的性质可求得其最大值，容易求得P点坐标．
试题解析：（1）∵抛物线y=ax2+bx-53经过点A（1，0）和点B（5，0），∴把A、B两点坐标代入可得a+b-53=025a+5b-53=0，解得：a=-13b=2，∴抛物线解析式为y=-13x2+2x-53；
（2）相交，理由：过A作AD⊥BC于点D，如图1，∵⊙A与BC相切，∴AD为⊙A的半径，由（1）可知C（0，﹣53），且A（1，0），B（5，0），∴OB=5，AB=OB﹣OA=4，OC=53，在Rt△OBC中，由勾股定理可得BC=OC2+OB2=(53)2+52=5103，∵∠ADB=∠BOC=90°，∠ABD=∠CBO，∴△ABD∽△CBO，∴ADOC=ABBC，即AD53=45103，解得AD=2105，即⊙A的半径为2105，∵2105＞1，∴⊙A与y轴相交；
（3）∵C（0，﹣53），∴可设直线BC解析式为y=kx﹣53，把B点坐标代入可求得k=13，∴直线BC的解析式为y=13x-53，过P作PQ∥y轴，交直线BC于点Q，交x轴于点E，如图2，设P（x，-13x2+2x-53），则Q（x，13x-53），∴PQ=（-13x2+2x-53）﹣（13x-53）=-13x2+53x=-13(x-52)2+2512，∴S△PBC=S△PCQ+S△PBQ=12PQ•OE+12PQ•BE=12PQ（OE+BE）=12PQ•OB=52PQ=-56(x-52)2+12524，∴当x=52时，S△PBC有最大值12524，此时P点坐标为（52，54），∴当P点坐标为（52，54）时，△PBC的面积有最大值．
考点：二次函数综合题；探究型；二次函数的最值；最值问题；存在型；压轴题．
【例2】（2019·广西中考真题）如图，直线交轴于点，交轴于点，点的坐标为，抛物线经过三点，抛物线的顶点为点，对称轴与轴的交点为点，点关于原点的对称点为，连接，以点为圆心，的长为半径作圆，点为直线上的一个动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求周长的最小值；
（3）若动点与点不重合，点为⊙上的任意一点，当的最大值等于时，过两点的直线与抛物线交于两点（点在点的左侧），求四边形的面积．
【答案】（1）；（2）（3）
【解析】
【分析】
（1）直线y=x-3，令x=0，则y=-3，令y=0，则x=3，故点A、C的坐标为（3，0）、（0，-3），即可求解；
（2）过点B作直线y=x-3的对称点B′，连接BD交直线y=x-3于点P，直线B′B交函数对称轴与点G，则此时△BDP周长=BD+PB+PD=BD+B′B为最小值，即可求解；
（3）如图2所示，连接PF并延长交圆与点Q，此时PQ为最大值，即可求解．
【详解】
解：（1）直线，令，则，令，则，
故点的坐标为、，
则抛物线的表达式为：，
则，解得：，
故抛物线的表达式为：…①；
（2）过点作直线的对称点，连接交直线于点，
直线交函数对称轴与点，连接，
则此时周长为最小值，
，则点，即：，
即点是的中点，过点，
周长最小值；
（3）如图2所示，连接并延长交圆与点，此时为最大值，
点的坐标为，
则，，
则，
设点，点，
，
解得：，故点，
将点坐标代入一次函数表达式并解得：
直线的表达式为：…②，
联立①②并解得：，
故点的坐标分别为：
过点分别作轴的垂线交于点，
则.
【名师点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、点的对称性、图形的面积计算等，其中（3），确定PQ最值时，通常考虑直线过圆心的情况，进而求解．
【例3】（2018·青海中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是以AB为直径的⊙M的内接四边形，点A，B在x轴上，△MBC是边长为2的等边三角形，过点M作直线l与x轴垂直，交⊙M于点E，垂足为点M，且点D平分．
（1）求过A，B，E三点的抛物线的解析式；
（2）求证：四边形AMCD是菱形；
（3）请问在抛物线上是否存在一点P，使得△ABP的面积等于定值5？若存在，请求出所有的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=（x+1）2﹣2；（2）证明过程见解析；（3）（2，），（﹣4，）．
【解析】
试题分析：（1）根据题意首先求出抛物线顶点E的坐标，再利用顶点式求出函数解析式；（2）利用等边三角形的性质结合圆的有关性质得出∠AMD=∠CMD=∠AMC=60°，进而得出DC=CM=MA=AD，即可得出答案；（3）首先表示出△ABP的面积进而求出n的值，再代入函数关系式求出P点坐标．
试题解析：（1）由题意可知，△MBC为等边三角形，点A，B，C，E均在⊙M上， 则MA=MB=MC=ME=2，
又∵CO⊥MB， ∴MO=BO=1， ∴A（﹣3，0），B（1，0），E（﹣1，﹣2），
抛物线顶点E的坐标为（﹣1，﹣2）， 设函数解析式为y=a（x+1）2﹣2（a≠0）
把点B（1，0）代入y=a（x+1）2﹣2， 解得：a=，
故二次函数解析式为：y=（x+1）2﹣2；
（2）连接DM， ∵△MBC为等边三角形， ∴∠CMB=60°， ∴∠AMC=120°， ∵点D平分弧AC，
∴∠AMD=∠CMD=∠AMC=60°， ∵MD=MC=MA， ∴△MCD，△MDA是等边三角形，
∴DC=CM=MA=AD， ∴四边形AMCD为菱形（四条边都相等的四边形是菱形）；
（3）存在．
理由如下： 设点P的坐标为（m，n） ∵S△ABP=AB|n|，AB=4 ∴×4×|n|=5， 即2|n|=5，
解得：n=±， 当时，（m+1）2﹣2=， 解此方程得：m1=2，m2=﹣4
即点P的坐标为（2，），（﹣4，），
当n=﹣时，（m+1）2﹣2=﹣， 此方程无解，
故所求点P坐标为（2，），（﹣4，）．
考点：二次函数综合题．
【方法归纳】函数知识要理解好数形结合的思想，知识点的掌握中要理解文字解释和图像之间的关系，至于与圆、三角形、方程的综合题，往往最后一问难度大，要建立模型、框架，完善步骤，循序渐进.
【针对练习】
1．我们不妨约定：对角线互相垂直的凸四边形叫做“十字形”．
（1）①在“平行四边形，矩形，菱形，正方形”中，一定是“十字形”的有 ；
②在凸四边形ABCD中，AB=AD且CB≠CD，则该四边形 “十字形”．（填“是”或“不是”）
（2）如图1，A，B，C，D是半径为1的⊙O上按逆时针方向排列的四个动点，AC与BD交于点E，∠ADB﹣∠CDB=∠ABD﹣∠CBD，当6≤AC2+BD2≤7时，求OE的取值范围；
（3）如图2，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c为常数，a＞0，c＜0）与x轴交于A，C两点（点A在点C的左侧），B是抛物线与y轴的交点，点D的坐标为（0，﹣ac），记“十字形”ABCD的面积为S，记△AOB，△COD，△AOD，△BOC的面积分别为S1，S2，S3，S4．求同时满足下列三个条件的抛物线的解析式；
①S=S1 +S2；②S=S3 +S4；③“十字形”ABCD的周长为1210．
【答案】（1）①菱形，正方形；②不是；（2）12≤OE≤22（OE＞0）；（3）y=x2﹣9．
【解析】分析：（1）利用“十字形”的定义判断即可；
（2）先判断出∠ADB+∠CAD=∠ABD+∠CAB，进而判断出∠AED=∠AEB=90°，即：AC⊥BD，再判断出四边形OMEN是矩形，进而得出OE2=2-14（AC2+BD2），即可得出结论；
（3）由题意得，A（-b-△2a，0），B（0，c），C（-b+△2a，0），D（0，-ac），求出S=12AC•BD=-12（ac+c）×△a，S1=12OA•OB=-c(△+b)4a，S2=12OC•OD=-c(△-b)4，S3=12OA×OD=-c(△+b)4，S4=12OB×OC=-c(△-b)4a，进而建立方程-c(△+b)4a+-c(△-b)2=-c(△+b)2+-c(△-b)4a，求出a=1，再求出b=0，进而判断出四边形ABCD是菱形，求出AD=310，进而求出c=-9，即可得出结论．
详解：（1）①∵菱形，正方形的对角线互相垂直，
∴菱形，正方形是：“十字形”，
∵平行四边形，矩形的对角线不一定垂直，
∴平行四边形，矩形不是“十字形”，
故答案为：菱形，正方形；
②如图，
当CB=CD时，在△ABC和△ADC中，
AB=ADCB=CDAC=AC，
∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴∠BAC=∠DAC，
∵AB=AD，
∴AC⊥BD，
∴当CB≠CD时，四边形ABCD不是“十字形”，
故答案为：不是；
（2）∵∠ADB+∠CBD=∠ABD+∠CDB，∠CBD=∠CDB=∠CAB，
∴∠ADB+∠CAD=∠ABD+∠CAB，
∴180°﹣∠AED=180°﹣∠AEB，
∴∠AED=∠AEB=90°，
∴AC⊥BD，
过点O作OM⊥AC于M，ON⊥BD于N，连接OA，OD，
∴OA=OD=1，OM2=OA2﹣AM2，ON2=OD2﹣DN2，AM=12AC，DN=12BD，四边形OMEN是矩形，
∴ON=ME，OE2=OM2+ME2，
∴OE2=OM2+ON2=2﹣14（AC2+BD2），
∵6≤AC2+BD2≤7，
∴2﹣74≤OE2≤2﹣32，
∴14≤OE2≤12，
∴12≤OE≤22；
（3）由题意得，A（-b-△2a，0），B（0，c），C（-b+△2a，0），D（0，﹣ac），
∵a＞0，c＜0，
∴OA=△+b2a，OB=﹣c，OC=△-b2a，OD=﹣ac，AC=△a，BD=﹣ac﹣c，
∴S=12AC•BD=﹣12（ac+c）×△a，S1=12OA•OB=﹣c(△+b)4a，S2=12OC•OD=﹣c(△-b)4，
S3=12OA×OD=﹣c(△+b)4，S4=12OB×OC=﹣c(△-b)4a，
∵S=S1+S2，S=S3+S4，
∴-c(△+b)4a+-c(△-b)2=-c(△+b)2+-c(△-b)4a，
∴4a=2，
∴a=1，
∴S=﹣cΔ，S1=﹣c(△+b)4a，S4=﹣c(△-b)4a，
∵S=S1+S2，
∴S=S1+S2+2S1S2，
∴﹣cΔ=﹣cΔ2+2c2·(-4c)16，
∴-cΔ2=-cc
∴b2-4c=-4c
∴b=0，
∴A（-c，0），B（0，c），C（-c，0），d（0，﹣c），
∴四边形ABCD是菱形，
∴4AD=1210，
∴AD=310，
即：AD2=90，
∵AD2=c2﹣c，
∴c2﹣c=90，
∴c=﹣9或c=10（舍），
即：y=x2﹣9．
【名师点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了新定义，平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积公式，求出a=1是解本题的关键．
2．（2019·湖南中考真题）如图，抛物线(a为常数，a＞0)与x轴交于O，A两点，点B为抛物线的顶点，点D的坐标为(t，0)(﹣3＜t＜0)，连接BD并延长与过O，A，B三点的⊙P相交于点C．
（1）求点A的坐标；
（2）过点C作⊙P的切线CE交x轴于点E．①如图1，求证：CE＝DE；②如图2，连接AC，BE，BO，当，∠CAE＝∠OBE时，求的值
【答案】（1）A（－6,0）；（2）①见解析 ；②
【解析】
【分析】
（1）令y=0，可得ax（x+6）=0，则A点坐标可求出；
（2）①连接PC，连接PB延长交x轴于点M，由切线的性质可证得∠ECD=∠COE，则CE=DE；
②设OE=m，由CE2=OE•AE，可得m＝，由∠CAE=∠OBE可得，则m＝，综合整理代入可求出的值．
【详解】
（1）令ax2+bax=0
ax（x+6）=0
∴A（－6,0）
（2）连接PC，连接PB延长交x轴于M
过O、A、B三点，B为顶点
，
又∵PC=PB
，
∵CE为切线
°，
又
，
∴CE=DE，
（3）设OE=m，即E（m,0）
由切割定理：CE2=OE·AE
，
，
已知，
由角平分线定理：
即：
由①②得
∴t2=－18t－36
，
【点睛】
本题是二次函数与圆的综合问题，涉及二次函数图象与x轴的交点坐标、切线的性质、等腰三角形的判定、切割线定理等知识．把圆的知识镶嵌其中，会灵活运用圆的性质进行计算是解题的关键．
3．（2019·浙江中考真题）已知在平面直角坐标系中，直线分别交轴和轴于点.
(1)如图1，已知经过点，且与直线相切于点，求的直径长；
(2)如图2，已知直线分别交轴和轴于点和点，点是直线上的一个动点，以为圆心，为半径画圆.
①当点与点重合时，求证: 直线与相切；
②设与直线相交于两点， 连结. 问:是否存在这样的点，使得是等腰直角三角形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) 的直径长为；(2) ①见解析；②存在这样的点和，使得是等腰直角三角形.
【解析】
【分析】
（1）连接BC，证明△ABC为等腰直角三角形，则⊙P的直径长=BC=AB，即可求解；
（2）过点作于点，证明CE=ACsin45°=4×=2 =圆的半径，即可求解；
（3）假设存在这样的点，使得是等腰直角三角形，分点在线段上时和点在线段的延长线上两种情况，分别求解即可．
【详解】
（1）如图3，连接BC，
∵∠BOC=90°，
∴点P在BC上，
∵⊙P与直线l1相切于点B，
∴∠ABC=90°，而OA=OB，
∴△ABC为等腰直角三角形，
则⊙P的直径长=BC=AB=3
(2)如图4过点作于点，
图4
将代入，得，
∴点的坐标为.
∴，
∵，
∴.
∵点与点重合，
又的半径为，
∴直线与相切.
②假设存在这样的点，使得是等腰直角三角形，
∵直线经过点，
∴的函数解析式为.
记直线与的交点为，
情况一：
如图5，当点在线段上时，
由题意，得.
如图，延长交轴于点，
图5
∵，
∴，
即轴，
∴点与有相同的横坐标，
设，则，
∴.
∵的半径为，
∴，
解得，
∴，
∴的坐标为.
情况二：
当点在线段的延长线上时，同理可得，的坐标为.
∴存在这样的点和，使得是等腰直角三角形.
【点睛】
本题为圆的综合运用题，涉及到一次函数、圆的切线性质等知识点，其中（2），关键要确定圆的位置，分类求解，避免遗漏．
4．（2018·山东中考真题）如图①，在平面直角坐标系中，圆心为P（x，y）的动圆经过点A（1，2）且与x轴相切于点B．
（1）当x=2时，求⊙P的半径；
（2）求y关于x的函数解析式，请判断此函数图象的形状，并在图②中画出此函数的图象；
（3）请类比圆的定义（图可以看成是到定点的距离等于定长的所有点的集合），给（2）中所得函数图象进行定义：此函数图象可以看成是到 的距离等于到 的距离的所有点的集合．
（4）当⊙P的半径为1时，若⊙P与以上（2）中所得函数图象相交于点C、D，其中交点D（m，n）在点C的右侧，请利用图②，求cos∠APD的大小．
【答案】（1）；（2）图象为开口向上的抛物线，见解析；（3）点A；x轴；（4）
【解析】
分析：（1）由题意得到AP=PB，求出y的值，即为圆P的半径；
（2）利用两点间的距离公式，根据AP=PB，确定出y关于x的函数解析式，画出函数图象即可；
（3）类比圆的定义描述此函数定义即可；
（4）画出相应图形，求出m的值，进而确定出所求角的余弦值即可．
详解：（1）由x=2，得到P（2，y），
连接AP，PB，
∵圆P与x轴相切，
∴PB⊥x轴，即PB=y，
由AP=PB，得到=y，
解得：y=，
则圆P的半径为；
（2）同（1），由AP=PB，得到（x﹣1）2+（y﹣2）2=y2，
整理得：y=（x﹣1）2+1，即图象为开口向上的抛物线，
画出函数图象，如图②所示；
（3）给（2）中所得函数图象进行定义：此函数图象可以看成是到点A的距离等于到x轴的距离的所有点的集合；
故答案为点A；x轴；
（4）连接CD，连接AP并延长，交x轴于点F，交CD于E，
设PE=a，则有EF=a+1，ED=，
∴D坐标为（1+，a+1），
代入抛物线解析式得：a+1=（1﹣a2）+1，
解得：a=﹣2+或a=﹣2﹣（舍去），即PE=﹣2+，
在Rt△PED中，PE=﹣2，PD=1，
则cos∠APD==﹣2．
点睛：此题属于圆的综合题，涉及的知识有：两点间的距离公式，二次函数的图象与性质，圆的性质，勾股定理，弄清题意是解本题的关键．
5．（2018·江苏中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=（x-a）（x-3）（0
（1）求点A、B、D的坐标；
（2）若△AOD与△BPC相似，求a的值；
（3）点D、O、C、B能否在同一个圆上，若能，求出a的值，若不能，请说明理由.
【答案】（1）（1）A（a，0），B（3,0），D（0,3a）.（2）a的值为.（3）当a=时，D、O、C、B四点共圆.
【解析】
【分析】（1）根据二次函数的图象与x轴相交，则y=0，得出A（a，0），B（3，0），与y轴相交，则x=0，得出D（0，3a）.
（2）根据（1）中A、B、D的坐标，得出抛物线对称轴x=，AO=a，OD=3a，代入求得顶点C（，-），从而得PB=3- =，PC=；再分情况讨论：①当△AOD∽△BPC时，根据相似三角形性质得， 解得：a= 3（舍去）；
②△AOD∽△CPB，根据相似三角形性质得 ，解得：a1=3（舍），a2=；
（3）能；连接BD，取BD中点M，根据已知得D、B、O在以BD为直径，M（，a）为圆心的圆上，若点C也在此圆上，则MC=MB，根据两点间的距离公式得一个关于a的方程，解之即可得出答案.
【详解】（1）∵y=（x-a）（x-3）（0
当x=0时，y=3a，
∴D（0，3a）；
（2）∵A（a，0），B（3，0），D（0，3a）.∴对称轴x=，AO=a，OD=3a，
当x= 时，y=- ，
∴C（，-），
∴PB=3-=，PC=，
①当△AOD∽△BPC时，
∴，
即 ，
解得：a= 3（舍去）；
②△AOD∽△CPB，
∴，
即 ，
解得：a1=3（舍），a2= .
综上所述：a的值为；
（3）能；连接BD，取BD中点M，
∵D、B、O三点共圆，且BD为直径，圆心为M（，a），
若点C也在此圆上，
∴MC=MB，
∴ ，
化简得：a4-14a2+45=0，
∴（a2-5）（a2-9）=0，
∴a2=5或a2=9，
∴a1=，a2=-，a3=3（舍），a4=-3（舍），
∵0
∴当a=时，D、O、C、B四点共圆.
【点睛】本题考查了二次函数、相似三角形的性质、四点共圆等，综合性较强，有一定的难度，正确进行分析，熟练应用相关知识是解题的关键.
6．（2017·江苏中考真题）如图，以原点O为圆心，3为半径的圆与x轴分别交于A，B两点（点B在点A的右边），P是半径OB上一点，过P且垂直于AB的直线与⊙O分别交于C，D两点（点C在点D的上方），直线AC，DB交于点E．若AC：CE=1：2．
（1）求点P的坐标；
（2）求过点A和点E，且顶点在直线CD上的抛物线的函数表达式．
【答案】(1) P（1，0）．(2) y=x2﹣x﹣．
【解析】
试题分析：（1）如图，作EF⊥y轴于F，DC的延长线交EF于H．设H（m，n），则P（m，0），PA=m+3，PB=3﹣m．首先证明△ACP∽△ECH，推出，推出CH=2n，EH=2m=6，再证明△DPB∽△DHE，推出，可得，求出m即可解决问题；
（2）由题意设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x﹣5），求出E点坐标代入即可解决问题.
试题解析：（1）如图，作EF⊥y轴于F，DC的延长线交EF于H．设H（m，n），则P（m，0），PA=m+3，PB=3﹣m．
∵EH∥AP，
∴△ACP∽△ECH，
∴，
∴CH=2n，EH=2m=6，
∵CD⊥AB，
∴PC=PD=n，
∵PB∥HE，
∴△DPB∽△DHE，
∴，
∴，
∴m=1，
∴P（1，0）．
（2）由（1）可知，PA=4，HE=8，EF=9，
连接OP，在Rt△OCP中，PC=，
∴CH=2PC=4，PH=6，
∴E（9，6），
∵抛物线的对称轴为CD，
∴（﹣3，0）和（5，0）在抛物线上，设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x﹣5），把E（9，6）代入得到a=，
∴抛物线的解析式为y=（x+3）（x﹣5），即y=x2﹣x﹣．
考点：圆的综合题．
7．（2019·山东中考真题）如图，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AB两点的坐标分别为（-1，0），（0，-2），点D在x轴上且AD为⊙M的直径．点E是⊙M与y轴的另一个交点，过劣弧DE上的点F作FH⊥AD于点H，且FH=1．5．
（1）求点D的坐标及该抛物线的表达式；
（2）若点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．
【答案】（1）（4，0），y=12(x+1)(x-4)；（2）P（2，0）；
（3）Q（，），Q（，-），Q（，-4），∴Q（，-）．
【解析】
试题分析：（1）根据题意，设点M的坐标为（m，0），根据两点间的距离公式（半径相等）可以求得m=32，则点D的坐标为（4，0），这样就可以根据交点式来求解抛物线的解析式：y=12(x+1)(x-4)=12x2-32x-2；
（2）要在x轴上的找到一点P，使得⊿PEF的周长最小，我们先来看E，F两点，这是两个定点，也就是说EF的长度是不变的，那实际上这个题目就是求PE+PF的最小值，这就变成了轴对称问题中最为经典的“放羊问题”，要解决这一问题首先我们看图中有没有E或F的对称点，根据题意，显然是有E点的对称点B的，那么连接BF与x轴的交点就是我们要求的点P（2，0）；
（3）首先点M本身就在抛物线对称轴上，其坐标为(32 ,0)；点C是点B关于抛物线对称轴的对称点，所以点C的坐标为（3，-2）；求Q点的坐标，根据题意可设Q点为（32 ,n）．⊿QCM是等腰三角形，则可能有三种情况，分别是QC=MC；QM=MC；QC=QM．根据这三种情况就能求得Q点的坐标可能是(32 ,±52)或(32 ,-2516)或(32 ,-4)．
试题解析：（1）∵A（-1，0），B（0，-2）
∴OE=OB=2，OA=1，
∵AD是⊙M的直径，
∴OE·OB=OA·OD，
即：2²=1·OD，OD=4，
∴D（4，0），
把A（-1，0），B（0，-2），D（4，0）代入得：
a-b+c=0c=-216a+4b+c=0，即,,a=12b=-32c=-2
该抛物线的表达式为：．
连接AF，DF，
∵FH⊥AD于点H，AD为直径
∴△AFH∽△FDH，
∴HF²=DH·AH，
∵E点与B点关于点O对称，
根据轴对称的性质，连接BF交x轴于点P，
∵A（-1，0），D（4，0），
∴AD=5，
设DH=x，则AH=5-x，
即1．5²=x（5-x），
5x-x²=，
4x²-20x+9=0，
（2x-1）（2x-9）=0，
由AH＞DH，
∴DH=，
∴OH=OD-DH=，
∴F（3．5，1．5），
设直线BF的解析式为，
则3．5k+b=1．5；b=-2，
则k=1，b=-2，
∴y=x-2，
令y=0，则x=-2，
∴P（2，0）
（3）Q（，），Q（，-），Q（，-4），∴Q（，-）．
考点：二次函数与圆
8．（2019·山东中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为1的圆的圆心O在坐标原点，且与两坐标轴分别交于A、B、C、D四点．抛物线y=ax2+bx+c与y轴交于点D，与直线y=x交于点M、N，且MA、NC分别与圆O相切于点A和点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线的对称轴交x轴于点E，连结DE，并延长DE交圆O于F，求EF的长．
（3）过点B作圆O的切线交DC的延长线于点P，判断点P是否在抛物线上，说明理由．
【答案】（1）（2）3510（3）点P在抛物线上，理由见解析
【解析】
解：（1）∵圆心O在坐标原点，圆O的半径为1，
∴点A、B、C、D的坐标分别为A(-1，0)、B(0，-1)、C(1，0)、D(0，1)
∵抛物线与直线y=x交于点M、N，且MA、NC分别与圆O相切于点A和点C，
∴ M(-1，-1)、N(1，1)．
∵点D、M、N在抛物线上，将D(0，1)、M(-1，-1)、N(1，1)的坐标代入
y=ax2+bx+c，得：解之，得：a=-1b=1c=1
∴抛物线的解析式为：C(1，0)、D(0，1)．
（2）∵y=-x2+x+1=-(x-12)2+54
∴抛物线的对称轴为x=12，
∴OE=12，DE=14+1=52．
连结BF，∠BFD=90°，
∴△BFD∽△EOD，∴DEDB=ODFD，
又DE=52，OD=1，DB=2，
∴FD=455，
∴EF=FD-DE=455-52=3510．
（3）点P在抛物线上．
设过D、C点的直线为：y=kx+b，
将点C(1，0)、D(0，1)的坐标代入y=kx+b，得：k=-1，b=1，
∴直线DC为：y=kx+b．
过点P作圆O的切线BP与P轴平行，P点的纵坐标为y=-1，
将y=-1代入y=kx+b，得：x=2．
∴ P点的坐标为y=-1，
当x=2时，y=-x2+x+1=-22+2+1=-1，
所以，P点在抛物线C(1，0)、D(0，1)上．
（1）根据⊙O半径为1，得出D点坐标，再利用CO=1，AO=1，点M、N在直线y=x上，即可求出答案；
（2）先利用配方法求出顶点坐标，再根据相似三角形的对应边成比例即可求得结果；
（3）先求出直线CD的解析式，即可得到点P的坐标，从而可以判断点P是否在抛物线上．
9．（2018·山东中考真题）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点A（3，0），B（﹣1，0），C（0，﹣3）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若以点A为圆心的圆与直线BC相切于点M，求切点M的坐标；
（3）若点Q在x轴上，点P在抛物线上，是否存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=x2﹣2x﹣3；（2）M（﹣，﹣）；（3）存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，P的坐标为（1+，3）或（1﹣，3）或（2，﹣3）．
【解析】
【分析】
（1）把A，B，C的坐标代入抛物线解析式求出a，b，c的值即可；
（2）由题意得到直线BC与直线AM垂直，求出直线BC解析式，确定出直线AM中k的值，利用待定系数法求出直线AM解析式，联立求出M坐标即可；
（3）存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，分两种情况，利用平移规律确定出P的坐标即可．
【详解】
（1）把A（3，0），B（﹣1，0），C（0，﹣3）代入抛物线解析式得：，
解得：，
则该抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3；
（2）设直线BC解析式为y=kx﹣3，
把B（﹣1，0）代入得：﹣k﹣3=0，即k=﹣3，
∴直线BC解析式为y=﹣3x﹣3，
∴直线AM解析式为y=x+m，
把A（3，0）代入得：1+m=0，即m=﹣1，
∴直线AM解析式为y=x﹣1，
联立得：，
解得：，
则M（﹣，﹣）；
（3）存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，
分两种情况考虑：
设Q（x，0），P（m，m2﹣2m﹣3），
当四边形BCQP为平行四边形时，由B（﹣1，0），C（0，﹣3），
根据平移规律得：﹣1+x=0+m，0+0=﹣3+m2﹣2m﹣3，
解得：m=1±，x=2±，
当m=1+时，m2﹣2m﹣3=8+2﹣2﹣2﹣3=3，即P（1+，3）；
当m=1﹣时，m2﹣2m﹣3=8﹣2﹣2+2﹣3=3，即P（1﹣，3）；
当四边形BCPQ为平行四边形时，由B（﹣1，0），C（0，﹣3），
根据平移规律得：﹣1+m=0+x，0+m2﹣2m﹣3=﹣3+0，
解得：m=0或2，
当m=0时，P（0，﹣3）（舍去）；当m=2时，P（2，﹣3），
综上，存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，P的坐标为（1+，3）或（1﹣，3）或（2，﹣3）．
【点睛】
此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质以及平移规律，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
10．（2018·湖南中考真题）我们不妨约定：对角线互相垂直的凸四边形叫做“十字形”．
（1）①在“平行四边形，矩形，菱形，正方形”中，一定是“十字形”的有 ；
②在凸四边形ABCD中，AB=AD且CB≠CD，则该四边形 “十字形”．（填“是”或“不是”）
（2）如图1，A，B，C，D是半径为1的⊙O上按逆时针方向排列的四个动点，AC与BD交于点E，∠ADB﹣∠CDB=∠ABD﹣∠CBD，当6≤AC2+BD2≤7时，求OE的取值范围；
（3）如图2，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c为常数，a＞0，c＜0）与x轴交于A，C两点（点A在点C的左侧），B是抛物线与y轴的交点，点D的坐标为（0，﹣ac），记“十字形”ABCD的面积为S，记△AOB，△COD，△AOD，△BOC的面积分别为S1，S2，S3，S4．求同时满足下列三个条件的抛物线的解析式；
①= ；②= ；③“十字形”ABCD的周长为12．
【答案】（1）①菱形，正方形；②不是；（2）（OE＞0）；（3）y=x2﹣9．
【解析】
【详解】
分析：（1）利用“十字形”的定义判断即可；
（2）先判断出∠ADB+∠CAD=∠ABD+∠CAB，进而判断出∠AED=∠AEB=90°，即：AC⊥BD，再判断出四边形OMEN是矩形，进而得出OE2=2-（AC2+BD2），即可得出结论；
（3）由题意得，A（，0），B（0，c），C（，0），D（0，-ac），求出S=AC•BD=-（ac+c）×，S1=OA•OB=-，S2=OC•OD=-，S3=OA×OD=-，S4=OB×OC=-，进而建立方程，求出a=1，再求出b=0，进而判断出四边形ABCD是菱形，求出AD=3，进而求出c=-9，即可得出结论．
详解：（1）①∵菱形，正方形的对角线互相垂直，
∴菱形，正方形是：“十字形”，
∵平行四边形，矩形的对角线不一定垂直，
∴平行四边形，矩形不是“十字形”，
故答案为菱形，正方形；
②如图，
当CB=CD时，在△ABC和△ADC中，
，
∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴∠BAC=∠DAC，
∵AB=AD，
∴AC⊥BD，
∴当CB≠CD时，四边形ABCD不是“十字形”，
故答案为不是；
（2）∵∠ADB+∠CBD=∠ABD+∠CDB，∠CBD=∠CAD,∠CDB=∠CAB，
∴∠ADB+∠CAD=∠ABD+∠CAB，
∴180°﹣∠AED=180°﹣∠AEB，
∴∠AED=∠AEB=90°，
∴AC⊥BD，
过点O作OM⊥AC于M，ON⊥BD于N，连接OA，OD，
∴OA=OD=1，OM2=OA2﹣AM2，ON2=OD2﹣DN2，AM=AC，DN=BD，四边形OMEN是矩形，
∴ON=ME，OE2=OM2+ME2，
∴OE2=OM2+ON2=2﹣（AC2+BD2），
∵6≤AC2+BD2≤7，
∴2﹣≤OE2≤2﹣，
∴≤OE2≤，
∴≤OE≤；
（3）由题意得，A（，0），B（0，c），C（，0），D（0，﹣ac），
∵a＞0，c＜0，
∴OA=，OB=﹣c，OC=，OD=﹣ac，AC=，BD=﹣ac﹣c，
∴S=AC•BD=﹣（ac+c）×，S1=OA•OB=﹣，S2=OC•OD=﹣，
S3=OA×OD=﹣，S4=OB×OC=﹣，
∵，，
∴，
∴=2，
∴a=1，
∴S=﹣c，S1=﹣，S4=﹣，
∵，
∴S=S1+S2+2，
∴﹣c=﹣，
∴
∴
∴b=0，
∴A（，0），B（0，c），C（，0），d（0，﹣c），
∴四边形ABCD是菱形，
∴4AD=12，
∴AD=3，
即：AD2=90，
∵AD2=c2﹣c，
∴c2﹣c=90，
∴c=﹣9或c=10（舍），
即：y=x2﹣9．
点睛：此题是二次函数综合题，主要考查了新定义，平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积公式，求出a=1是解本题的关键．
11．（2017·广西中考真题）已知抛物线y1=ax2+bx-4（a≠0）与x轴交于点A（-1，0）和点B（4，0）．
（1）求抛物线y1的函数解析式；
（2）如图①，将抛物线y1沿x轴翻折得到抛物线y2，抛物线y2与y轴交于点C，点D是线段BC上的一个动点，过点D作DE∥y轴交抛物线y1于点E，求线段DE的长度的最大值；
（2）在（2）的条件下，当线段DE处于长度最大值位置时，作线段BC的垂直平分线交DE于点F，垂足为H，点P是抛物线y2上一动点，⊙P与直线BC相切，且S⊙P：S△DFH=2π，求满足条件的所有点P的坐标．
【答案】(1) 抛物线y1的函数解析式为：y1=x2-3x-4；(2)9；（3）（2+，-），（2-，），（2+，4-），（2-，4+）．
【解析】
试题分析：（1）将点A（-1，0）和点B（4，0）代入y1=ax2+bx-3即可得到结论；
（2）由对称性可知，得到抛物线y2的函数解析式为y2=-x2+3x+4，求得直线BC的解析式为：y=-x+4，设D（m，-m+4），E（m，m2-3m-4），其中0≤m≤4，得到DE=-m+4-（m2-3m-4）=-（m-1）2+9，即可得到结论；
（3）由题意得到△BOC是等腰直角三角形，求得线段BC的垂直平分线为y=x，由（2）知，直线DE的解析式为x=1，得到H（2，2），根据S⊙P：S△DFH=2π，得到r=，由于⊙P与直线BC相切，推出点P在与直线BC平行且距离为的直线上，于是列方程即可得到结论．
试题解析：（1）将点A（-1，0）和点B（4，0）代入y1=ax2+bx-3得：a=1，b=-3，
∴抛物线y1的函数解析式为：y1=x2-3x-4；
（2）由对称性可知，抛物线y2的函数解析式为：y2=-x2+3x+4，
∴C（0，4），设直线BC的解析式为：y=kx+q，
把B（4，0），C（0，4）代入得，k=-1，q=4，
∴直线BC的解析式为：y=-x+4，
设D（m，-m+4），E（m，m2-3m-4），其中0≤m≤4，
∴DE=-m+4-（m2-3m-4）=-（m-1）2+9，
∵0≤m≤4，∴当m=1时，DEmax=9；
此时，D（1，3），E（1，-6）；
（3）由题意可知，△BOC是等腰直角三角形，
∴线段BC的垂直平分线为：y=x，
由（2）知，直线DE的解析式为：x=1，
∴F（1，1），
∵H是BC的中点，
∴H（2，2），
∴DH=，FH=，
∴S△DFH=1，
设⊙P的半径为r，
∵S⊙P：S△DFH=2π，
∴r=，
∵⊙P与直线BC相切，
∴点P在与直线BC平行且距离为的直线上，
∴点P在直线y=-x+2或y=-x+6的直线上，
∵点P在抛物线y2=-x2+3x+4上，
∴-x+2=-x2+3x+4，
解得：x1=2+，x2=2-，
-x+2=-x2+3x+4，
解得：x3=2+，x4=2-，
∴符合条件的点P坐标有4个，分别是（2+，-），（2-，），（2+，4-），（2-，4+）．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题，涉及到待定系数法，一次函数、圆的切线等知识点，结合图形正确地选择适当的方法和知识进行解答是关键.
12．（2018·山东中考真题）抛物线y=ax2+bx+4（a≠0）过点A（1，﹣1），B（5，﹣1），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，连接CB，以CB为边作▱CBPQ，若点P在直线BC上方的抛物线上，Q为坐标平面内的一点，且▱CBPQ的面积为30，求点P的坐标；
（3）如图2，⊙O1过点A、B、C三点，AE为直径，点M为 上的一动点（不与点A，E重合），∠MBN为直角，边BN与ME的延长线交于N，求线段BN长度的最大值．
【答案】（1）y=x2-6x+4；（2）点P的坐标为（6，4）；（3）313.
【解析】
试题分析：（1）将点A、B的坐标代入抛物线的解析式，得到关于a、b的方程，从而可求得a、b的值；
（2）设点P的坐标为P（m，m2﹣6m+4），由平行四边形的面积为30可知S△CBP=15，由S△CBP=S梯形CEDP﹣S△CEB﹣S△PBD，得到关于m的方程求得m的值，从而可求得点P的坐标；
（3）首先证明△EAB∽△NMB，从而可得到NB=32MB，当MB为圆的直径时，NB有最大值．
试题解析：解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线的解析式得：a+b+4=-125a+5b+4=-1，
解得：a=1b=-6．
∴抛物线得解析式为y=x2﹣6x+4．
（2）如图所示：
设点P的坐标为P（m，m2﹣6m+4）
∵平行四边形的面积为30，
∴S△CBP=15，即：S△CBP=S梯形CEDP﹣S△CEB﹣S△PBD．
∴12m（5+m2﹣6m+4+1）﹣12×5×5﹣12（m﹣5）（m2﹣6m+5）=15．
化简得：m2﹣5m﹣6=0，
解得：m=6，或m=﹣1．
∵m＞0
∴点P的坐标为（6，4）．
（3）连接AB、EB．
∵AE是圆的直径，
∴∠ABE=90°．
∴∠ABE=∠MBN．
又∵∠EAB=∠EMB，
∴△EAB∽△NMB．
∵A（1，﹣1），B（5，﹣1），
∴点O1的横坐标为3，
将x=0代入抛物线的解析式得：y=4，
∴点C的坐标为（0，4）．
设点O1的坐标为（3，m），
∵O1C=O1A，
∴32+(m-4)2=22+(m+1)2，
解得：m=2，
∴点O1的坐标为（3，2），
∴O1A=32+(2-4)2=13，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：BE=AE2-AB2=(213)2-42=6，
∴点E的坐标为（5，5）．
∴AB=4，BE=6．
∵△EAB∽△NMB，
∴ABEB=MBNB．
∴46=MBNB．
∴NB=32MB．
∴当MB为直径时，MB最大，此时NB最大．
∴MB=AE=213，
∴NB=32×213=313．
考点：二次函数综合题．
13．（2019·四川中考真题）如图，已知抛物线（a≠0）的图象的顶点坐标是（2，1），并且经过点（4，2），直线与抛物线交于B，D两点，以BD为直径作圆，圆心为点C，圆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）求抛物线的解析式；
（2）证明：圆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MF的值．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）．
【解析】
试题分析：（1）可设抛物线的顶点式，再结合抛物线过点（4，2），可求得抛物线的解析式；
（2）联立直线和抛物线解析式可求得B、D两点的坐标，则可求得C点坐标和线段BD的长，可求得圆的半径，可证得结论；
（3）过点C作CH⊥m于点H，连接CM，可求得MH，利用（2）中所求B、D的坐标可求得FH，则可求得MF和BE的长，可求得其比值．
试题解析：
（1）∵已知抛物线（a≠0）的图象的顶点坐标是（2，1），∴可设抛物线解析式为，∵抛物线经过点（4，2），∴，解得a=，∴抛物线解析式为，即；
（2）联立直线和抛物线解析式可得，解得：或，∴B（，），D（，），∵C为BD的中点，∴点C的纵坐标为=，∵BD==5，∴圆的半径为，∴点C到x轴的距离等于圆的半径，∴圆C与x轴相切；
（3）如图，过点C作CH⊥m，垂足为H，连接CM，由（2）可知CM=，CH=﹣1=，在Rt△CMH中，由勾股定理可求得MH=2，∵HF==，∴MF=HF﹣MH=，∵BE=﹣1=，∴==．
考点：二次函数综合题；压轴题．
14．（2019·江苏中考真题）如图，已知二次函数的图象与轴交于两点与轴交于点，⊙的半径为为⊙上一动点.
（1）点的坐标分别为（ ），（ ）；
（2）是否存在点，使得为直角三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)连接，若为的中点，连接，则的最大值= .
【答案】（1）3，0；0，-4；（2）（-1，-2）或（（，），或（，--4）或（--，）；（3）．
【解析】
试题分析：（1）在抛物线解析式中令y=0可求得B点坐标，令x=0可求得C点坐标；
（2）①当PB与⊙相切时，△PBC为直角三角形，如图1，连接BC，根据勾股定理得到BC=5，BP2=2，过P2作P2E⊥x轴于E，P2F⊥y轴于F，根据相似三角形的性质得到，设OC=P2E=2x，CP2=OE=x，得到BE=3-x，CF=2x-4，于是得到FP2=，EP2=，求得P2（，-），过P1作P1G⊥x轴于G，P1H⊥y轴于H，同理求得P1（-1，-2），②当BC⊥PC时，△PBC为直角三角形，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论；
（3）如图2，当PB与⊙C相切时，OE的值最大，过E作EM⊥y轴于M，过P作PF⊥y轴于F，根据平行线等分线段定理得到ME=（OB+PF）=，OM=MF=OF=，根据勾股定理即可得到结论．
试题解析：（1）在y=x2-4中，令y=0，则x=±3，令x=0，则y=-4，
∴B（3，0），C（0，-4）；
（2）存在点P，使得△PBC为直角三角形，
①当PB与⊙相切时，△PBC为直角三角形，如图（2）a，连接BC，
∵OB=3．OC=4，
∴BC=5，
∵CP2⊥BP2，CP2=，
∴BP2=2，
过P2作P2E⊥x轴于E，P2F⊥y轴于F，则△CP2F∽△BP2E，四边形OCP2B是矩形，
∴，
设OC=P2E=2x，CP2=OE=x，
∴BE=3-x，CF=2x-4，
∴，
∴x=，2x=，
∴FP2=，EP2=，
∴P2（，），
过P1作P1G⊥x轴于G，P1H⊥y轴于H，
同理求得P1（-1，-2），
②当BC⊥PC时，△PBC为直角三角形，过P4作P4H⊥y轴于H，则△BOC∽△CHP4，
∴，
∴CH=，P4H=，
∴P4（，--4）；
同理P3（-，）；
综上所述：点P的坐标为：（-1，-2）或（（，），或（，--4）或（--，）；
（3）如图（3），当PB与⊙C相切时，PB与y 轴的距离最大，OE的值最大，
∵过E作EM⊥y轴于M，过P作PF⊥y轴于F，
∴OB∥EM∥PF，
∵E为PB的中点，
∴ME=（OB+PF）=，OM=MF=OF=，
∴OE=．
考点：二次函数综合题．
15．（2017·黑龙江中考真题）在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点，抛物线经过点，与直线交于点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，横坐标为的点在直线上方的抛物线上，过点作轴交直线于点，以为直径的圆交直线于另一点．当点在轴上时，求的周长；
（3）将绕坐标平面内的某一点按顺时针方向旋转，得到，点的对应点分别是．若的两个顶点恰好落在抛物线上，请直接写出点的坐标．
【答案】（1）抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+1；
（2）△DEM的周长=；
（3）点A1（，）或（﹣，）．
【解析】
试题分析：（1）利用待定系数法求抛物线的解析式；
（2）如图1，A与E重合，根据直线y=﹣x+1求得与x轴交点坐标可得OA的长，由勾股定理得AB的长，利用等角的三角函数得：sin∠ABO=，cos∠ABO=，则可得DE和DM的长，根据M的横坐标代入抛物线的解析式可得纵坐标，即ME的长，相加得△DEM的周长；
（3）由旋转可知：O1A1⊥x轴，O1B1⊥y轴，设点A1的横坐标为x，则点B1的横坐标为x+1，所以点O1，A1不可能同时落在抛物线上，分以下两种情况：
①如图2，当点O1，B1同时落在抛物线上时，根据点O1，B1的纵坐标相等列方程可得结论；
②如图3，当点A1，B1同时落在抛物线上时，根据点B1的纵坐标比点A1的纵坐标大，列方程可得结论．
试题解析：（1）∵直线y=﹣x+1交y轴于点B，∴B（0，1），
∵抛物线y=﹣x2+bx+c经过点B和点C（4，﹣2）．∴，解得：，
∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+1；
（2）如图1，∵直线y=﹣x+1交x轴于点A，
当y=0时，﹣x+1=0，x=，∴A（，0），∴OA=，
在Rt△AOB中，∵OB=1，∴AB=，∴sin∠ABO=，cos∠ABO=，
∵ME∥x轴，
∴∠DEM=∠ABO，
∵以ME为直径的圆交直线BC于另一点D，
∴∠EDM=90°，
∴DE=ME•cos∠DEM=ME，DM=ME•sin∠DEM=ME，
当点E在x轴上时，E和A重合，则m=OA=，
当x=时，y=﹣×（）2+×+1=；∴ME=，
∴DE==，DM==，
∴△DEM的周长=DE+DM+ME==；
（3）由旋转可知：O1A1⊥x轴，O1B1⊥y轴，设点A1的横坐标为x，则点B1的横坐标为x+1，
∵O1A1⊥x轴，
∴点O1，A1不可能同时落在抛物线上，分以下两种情况：
①如图2，当点O1，B1同时落在抛物线上时，
点O1，B1的纵坐标相等，
∴﹣x2+x+1=﹣（x+1）2+（x+1）+1，
解得：x=，
此时点A1的坐标为（，），
②如图3，当点A1，B1同时落在抛物线上时，
点B1的纵坐标比点A1的纵坐标大，
﹣x2+x+1+=﹣（x+1）2+（x+1）+1，
解得：x=﹣，
此时A1（﹣，），
综上所述，点A1（，）或（﹣，）．
考点：二次函数综合题．
16．（2017·甘肃中考真题）如图，抛物线与直线交于，两点，直线交轴与点，点是直线上的动点，过点作轴交于点，交抛物线于点.
(1)求抛物线的表达式；
(2)连接，，当四边形是平行四边形时，求点的坐标；
(3)①在轴上存在一点，连接，，当点运动到什么位置时，以为顶点的四边形是矩形？求出此时点的坐标；
②在①的前提下，以点为圆心，长为半径作圆，点为上一动点，求的最小值.
【答案】(1) y=﹣x2﹣2x+4；(2) G（﹣2，4）；(3)①E（﹣2，0）．H（0，﹣1）；②．
【解析】
试题分析:（1）利用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）先利用待定系数法求出直线AB的解析式，进而利用平行四边形的对边相等建立方程求解即可；
（3）①先判断出要以点A，E，F，H为顶点的四边形是矩形，只有EF为对角线，利用中点坐标公式建立方程即可；
②先取EG的中点P进而判断出△PEM∽△MEA即可得出PM=AM，连接CP交圆E于M，再求出点P的坐标即可得出结论．
试题解析：（1）∵点A（﹣4，﹣4），B（0，4）在抛物线y=﹣x2+bx+c上，
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+4；
（2）设直线AB的解析式为y=kx+n过点A，B，
∴，
∴，
∴直线AB的解析式为y=2x+4，
设E（m，2m+4），
∴G（m，﹣m2﹣2m+4），
∵四边形GEOB是平行四边形，
∴EG=OB=4，
∴﹣m2﹣2m+4﹣2m﹣4=4，
∴m=﹣2，
∴G（﹣2，4）；
（3）①如图1，
由（2）知，直线AB的解析式为y=2x+4，
∴设E（a，2a+4），
∵直线AC：y=﹣x﹣6，
∴F（a，﹣a﹣6），
设H（0，p），
∵以点A，E，F，H为顶点的四边形是矩形，
∵直线AB的解析式为y=2x+4，直线AC：y=﹣x﹣6，
∴AB⊥AC，
∴EF为对角线，
∴（﹣4+0）=（a+a），（﹣4+p）=（2a+4﹣a﹣6），
∴a=﹣2，P=﹣1，
∴E（﹣2，0）．H（0，﹣1）；
②如图2，
由①知，E（﹣2，0），H（0，﹣1），A（﹣4，﹣4），
∴EH=，AE=2，
设AE交⊙E于G，取EG的中点P，
∴PE=，
连接PC交⊙E于M，连接EM，
∴EM=EH=，
∴=，
∵=，
∴，
∵∠PEM=∠MEA，
∴△PEM∽△MEA，
∴，
∴PM=AM，
∴AM+CM的最小值=PC，
设点P（p，2p+4），
∵E（﹣2，0），
∴PE2=（p+2）2+（2p+4）2=5（p+2）2，
∵PE=，
∴5（p+2）2=，
∴p=﹣或p=﹣（由于E（﹣2，0），所以舍去），
∴P（﹣，﹣1），
∵C（0，﹣6），
∴PC=，
即：AM+CM=．
考点：二次函数综合题．
17．（2017·湖南中考真题）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=b2﹣2b，问：b为何值时，二次函数的图象与x轴相切？
③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为直径的半圆恰好过点M，二次函数的对称轴l与x轴、直线BM、直线AM分别交于点D、E、F，且满足，求二次函数的表达式．
【答案】①.二次函数的对称轴的方程为x=； ②.b为2+或2﹣时，二次函数的图象与x轴相切；③. 二次函数的表达式为y=﹣x2+x+1．
【解析】
试题分析：①二次函数y=﹣x2+bx+c+1的对称轴为x=，即可得出答案；②二次函数y=﹣x2+bx+c+1的顶点坐标为（，），y由二次函数的图象与x轴相切且c=b2﹣2b，得出方程组，求出b即可；③由圆周角定理得出∠AMB=90°，证出∠OMA=∠OBM，得出△OAM∽△OMB，得出OM2=OA•OB，由二次函数的图象与x轴的交点和根与系数关系得出OA=﹣x1，OB=x2，x1+x2，=b，x1•x2=﹣（c+1），得出方程（c+1）2=c+1，得出c=0，OM=1，证明△BDE∽△BOM，△AOM∽△ADF，得出，，得出OB=4OA，即x2=﹣4x1，由x1•x2=﹣（c+1）=﹣1，得出方程组，解方程组求出b的值即可．
试题解析：①二次函数y=﹣x2+bx+c+1的对称轴为x=，当b=1时，=，
∴当b=1时，求这个二次函数的对称轴的方程为x=．
②二次函数y=﹣x2+bx+c+1的顶点坐标为（，），
∵二次函数的图象与x轴相切且c=b2﹣2b，
∴，解得：b=2+或b=2﹣，
∴b为2+或2﹣时，二次函数的图象与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，∴，∴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，=b，x1•x2=﹣（c+1），∵OM=c+1，∴（c+1）2=c+1，
解得：c=0或c=﹣1（舍去），∴c=0，OM=1，
∵二次函数的对称轴l与x轴、直线BM、直线AM分别交于点D、E、F，且满足，
∴AD=BD，DF=4DE，DF∥OM，∴△BDE∽△BOM，△AOM∽△ADF，
∴，∴DE=，DF=，∴×4，∴OB=4OA，即x2=﹣4x1，
∵x1•x2=﹣（c+1）=﹣1，∴，解得：，∴b=﹣+2=，
∴二次函数的表达式为y=﹣x2+x+1．
考点：二次函数综合题；二次函数的性质．
18．（2017·江苏中考真题）如图，已知二次函数的图象经过点，，且与轴交于点，连接、、.
(1)求此二次函数的关系式；
(2)判断的形状；若的外接圆记为，请直接写出圆心的坐标；
(3)若将抛物线沿射线方向平移，平移后点、、的对应点分别记为点、、，的外接圆记为，是否存在某个位置，使经过原点？若存在，求出此时抛物线的关系式；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）直角三角形，（2，2）（3）存在，抛物线的关系式为
或
【解析】
试题分析：（1）根据待定系数法可直接代入得到方程组求值，得到函数的解析式；
（2）过点作轴于点，然后根据角之间的关系得到是直角三角形，最后根据坐标得到D点；
（3）取中点，过点作轴于点，根据勾股定理求出MC的长和OM的长，再通过平移的性质得到平移的距离，然后根据二次函数的平移性质可得到解析式.
试题解析：(1)把点，代入中得
，解得，
所以所求函数的关系式为.
(2)为直角三角形.
过点作轴于点，
易知点坐标为，所以，所以，
又因为点坐标为，所以，所以，
所以，所以为直角三角形，
圆心的坐标为.
(3)存在.
取中点，过点作轴于点，
因为的坐标为，
所以，，
所以，
又因为，
所以，
所以要使抛物线沿射线方向平移，
且使经过原点，
则平移的长度为或，
因为，
所以抛物线的顶点向左、向下均分别平移个单位长度，
或个单位长度.
因为.
所以平移后抛物线的关系式为，
即
或，即.
综上所述，存在一个位置，使经过原点，此时抛物线的关系式为
或.
考点：二次函数的综合
第十三关：以二次函数与圆的问题为背景的解答题
【总体点评】二次函数在全国中考数学中常常作为压轴题，同时在省级，国家级数学竞赛中也有二次函数大题，很多学生在有限的时间内都不能很好完成。由于在高中和大学中很多数学知识都与函数知识或函数的思想有关，学生在初中阶段函数知识和函数思维方法学得好否，直接关系到未来数学的学习。“圆”在初中阶段学习占有重要位置,“垂径定理”、“点与圆的位置关系”的判定与性质、“直线与圆的位置关系”的判定与性质、“正多边形的判定与性质”通常是命题频率高的知识点.由于这部分知识的综合性较强,多作为单独的解答题出现.如果把圆放到直角坐标系中,同二次函数结合,则多作为区分度较高的压轴题中出现.此类题目由于解题方法灵活,考查的知识点全面,体现了方程、建模、转化、数形结合、分类讨论等多种数学思想,得到命题者的青睐
【解题思路】二次函数与圆都是初中数学的重点内容，历来是中考数学命题的热点，其本身涉及的知识点就较多，综合性和解题技巧较强，给解题带来一定的困难，而将函数与圆相结合，并作为中考的压轴题，就更显得复杂了．只要我们掌握解决这类问题的思路和方法，采取分而治之，各个击破的思想，问题是会迎刃而解的．解决二次函数与圆的问题，用到的数学思想方法有化归思想、分类思想、数学结合思想，以及代入法、消元法、配方法、代定系数法等。解题时要注意各知识点之间的联系和数学思想方法、解题技巧的灵活应用，要抓住题意，化整为零，层层深入，各个击破，从而达到解决问题的目的。
【典型例题】
【例1】（2019·黑龙江中考真题）如图，抛物线y=ax2+bx-53经过点A（1，0）和点B（5，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）以点A为圆心，作与直线BC相切的⊙A，请判断⊙A与y轴有怎样的位置关系，并说明理由；
（3）在直线BC上方的抛物线上任取一点P，连接PB、PC，请问：△PBC的面积是否存在最大值？若存在，求出这个值和此时点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=-13x2+2x-53；（2）相交；（3）S△PBC有最大值12524，此时P点坐标为（52，54）．
【解析】
试题分析：（1）把A、B两点分别代入抛物线解析可求得a和b，可求得抛物线解析式；
（2）过A作AD⊥BC于点D，则AD为⊙A的半径，由条件可证明△ABD∽△CBO，利用相似三角形的性质可求得AD的长，可求得半径，进而得出答案；
（3）由待定系数法可求得直线BC解析式，过P作PQ∥y轴，交直线BC于点Q，交x轴于点E，可设出P、Q的坐标，可表示出△PQC和△PQB的面积，可表示出△PBC的面积，再利用二次函数的性质可求得其最大值，容易求得P点坐标．
试题解析：（1）∵抛物线y=ax2+bx-53经过点A（1，0）和点B（5，0），∴把A、B两点坐标代入可得a+b-53=025a+5b-53=0，解得：a=-13b=2，∴抛物线解析式为y=-13x2+2x-53；
（2）相交，理由：过A作AD⊥BC于点D，如图1，∵⊙A与BC相切，∴AD为⊙A的半径，由（1）可知C（0，﹣53），且A（1，0），B（5，0），∴OB=5，AB=OB﹣OA=4，OC=53，在Rt△OBC中，由勾股定理可得BC=OC2+OB2=(53)2+52=5103，∵∠ADB=∠BOC=90°，∠ABD=∠CBO，∴△ABD∽△CBO，∴ADOC=ABBC，即AD53=45103，解得AD=2105，即⊙A的半径为2105，∵2105＞1，∴⊙A与y轴相交；
（3）∵C（0，﹣53），∴可设直线BC解析式为y=kx﹣53，把B点坐标代入可求得k=13，∴直线BC的解析式为y=13x-53，过P作PQ∥y轴，交直线BC于点Q，交x轴于点E，如图2，设P（x，-13x2+2x-53），则Q（x，13x-53），∴PQ=（-13x2+2x-53）﹣（13x-53）=-13x2+53x=-13(x-52)2+2512，∴S△PBC=S△PCQ+S△PBQ=12PQ•OE+12PQ•BE=12PQ（OE+BE）=12PQ•OB=52PQ=-56(x-52)2+12524，∴当x=52时，S△PBC有最大值12524，此时P点坐标为（52，54），∴当P点坐标为（52，54）时，△PBC的面积有最大值．
考点：二次函数综合题；探究型；二次函数的最值；最值问题；存在型；压轴题．
【例2】（2019·广西中考真题）如图，直线交轴于点，交轴于点，点的坐标为，抛物线经过三点，抛物线的顶点为点，对称轴与轴的交点为点，点关于原点的对称点为，连接，以点为圆心，的长为半径作圆，点为直线上的一个动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）求周长的最小值；
（3）若动点与点不重合，点为⊙上的任意一点，当的最大值等于时，过两点的直线与抛物线交于两点（点在点的左侧），求四边形的面积．
【答案】（1）；（2）（3）
【解析】
【分析】
（1）直线y=x-3，令x=0，则y=-3，令y=0，则x=3，故点A、C的坐标为（3，0）、（0，-3），即可求解；
（2）过点B作直线y=x-3的对称点B′，连接BD交直线y=x-3于点P，直线B′B交函数对称轴与点G，则此时△BDP周长=BD+PB+PD=BD+B′B为最小值，即可求解；
（3）如图2所示，连接PF并延长交圆与点Q，此时PQ为最大值，即可求解．
【详解】
解：（1）直线，令，则，令，则，
故点的坐标为、，
则抛物线的表达式为：，
则，解得：，
故抛物线的表达式为：…①；
（2）过点作直线的对称点，连接交直线于点，
直线交函数对称轴与点，连接，
则此时周长为最小值，
，则点，即：，
即点是的中点，过点，
周长最小值；
（3）如图2所示，连接并延长交圆与点，此时为最大值，
点的坐标为，
则，，
则，
设点，点，
，
解得：，故点，
将点坐标代入一次函数表达式并解得：
直线的表达式为：…②，
联立①②并解得：，
故点的坐标分别为：
过点分别作轴的垂线交于点，
则.
【名师点睛】
本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、点的对称性、图形的面积计算等，其中（3），确定PQ最值时，通常考虑直线过圆心的情况，进而求解．
【例3】（2018·青海中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是以AB为直径的⊙M的内接四边形，点A，B在x轴上，△MBC是边长为2的等边三角形，过点M作直线l与x轴垂直，交⊙M于点E，垂足为点M，且点D平分．
（1）求过A，B，E三点的抛物线的解析式；
（2）求证：四边形AMCD是菱形；
（3）请问在抛物线上是否存在一点P，使得△ABP的面积等于定值5？若存在，请求出所有的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=（x+1）2﹣2；（2）证明过程见解析；（3）（2，），（﹣4，）．
【解析】
试题分析：（1）根据题意首先求出抛物线顶点E的坐标，再利用顶点式求出函数解析式；（2）利用等边三角形的性质结合圆的有关性质得出∠AMD=∠CMD=∠AMC=60°，进而得出DC=CM=MA=AD，即可得出答案；（3）首先表示出△ABP的面积进而求出n的值，再代入函数关系式求出P点坐标．
试题解析：（1）由题意可知，△MBC为等边三角形，点A，B，C，E均在⊙M上， 则MA=MB=MC=ME=2，
又∵CO⊥MB， ∴MO=BO=1， ∴A（﹣3，0），B（1，0），E（﹣1，﹣2），
抛物线顶点E的坐标为（﹣1，﹣2）， 设函数解析式为y=a（x+1）2﹣2（a≠0）
把点B（1，0）代入y=a（x+1）2﹣2， 解得：a=，
故二次函数解析式为：y=（x+1）2﹣2；
（2）连接DM， ∵△MBC为等边三角形， ∴∠CMB=60°， ∴∠AMC=120°， ∵点D平分弧AC，
∴∠AMD=∠CMD=∠AMC=60°， ∵MD=MC=MA， ∴△MCD，△MDA是等边三角形，
∴DC=CM=MA=AD， ∴四边形AMCD为菱形（四条边都相等的四边形是菱形）；
（3）存在．
理由如下： 设点P的坐标为（m，n） ∵S△ABP=AB|n|，AB=4 ∴×4×|n|=5， 即2|n|=5，
解得：n=±， 当时，（m+1）2﹣2=， 解此方程得：m1=2，m2=﹣4
即点P的坐标为（2，），（﹣4，），
当n=﹣时，（m+1）2﹣2=﹣， 此方程无解，
故所求点P坐标为（2，），（﹣4，）．
考点：二次函数综合题．
【方法归纳】函数知识要理解好数形结合的思想，知识点的掌握中要理解文字解释和图像之间的关系，至于与圆、三角形、方程的综合题，往往最后一问难度大，要建立模型、框架，完善步骤，循序渐进.
【针对练习】
1．我们不妨约定：对角线互相垂直的凸四边形叫做“十字形”．
（1）①在“平行四边形，矩形，菱形，正方形”中，一定是“十字形”的有 ；
②在凸四边形ABCD中，AB=AD且CB≠CD，则该四边形 “十字形”．（填“是”或“不是”）
（2）如图1，A，B，C，D是半径为1的⊙O上按逆时针方向排列的四个动点，AC与BD交于点E，∠ADB﹣∠CDB=∠ABD﹣∠CBD，当6≤AC2+BD2≤7时，求OE的取值范围；
（3）如图2，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c为常数，a＞0，c＜0）与x轴交于A，C两点（点A在点C的左侧），B是抛物线与y轴的交点，点D的坐标为（0，﹣ac），记“十字形”ABCD的面积为S，记△AOB，△COD，△AOD，△BOC的面积分别为S1，S2，S3，S4．求同时满足下列三个条件的抛物线的解析式；
①S=S1 +S2；②S=S3 +S4；③“十字形”ABCD的周长为1210．
【答案】（1）①菱形，正方形；②不是；（2）12≤OE≤22（OE＞0）；（3）y=x2﹣9．
【解析】分析：（1）利用“十字形”的定义判断即可；
（2）先判断出∠ADB+∠CAD=∠ABD+∠CAB，进而判断出∠AED=∠AEB=90°，即：AC⊥BD，再判断出四边形OMEN是矩形，进而得出OE2=2-14（AC2+BD2），即可得出结论；
（3）由题意得，A（-b-△2a，0），B（0，c），C（-b+△2a，0），D（0，-ac），求出S=12AC•BD=-12（ac+c）×△a，S1=12OA•OB=-c(△+b)4a，S2=12OC•OD=-c(△-b)4，S3=12OA×OD=-c(△+b)4，S4=12OB×OC=-c(△-b)4a，进而建立方程-c(△+b)4a+-c(△-b)2=-c(△+b)2+-c(△-b)4a，求出a=1，再求出b=0，进而判断出四边形ABCD是菱形，求出AD=310，进而求出c=-9，即可得出结论．
详解：（1）①∵菱形，正方形的对角线互相垂直，
∴菱形，正方形是：“十字形”，
∵平行四边形，矩形的对角线不一定垂直，
∴平行四边形，矩形不是“十字形”，
故答案为：菱形，正方形；
②如图，
当CB=CD时，在△ABC和△ADC中，
AB=ADCB=CDAC=AC，
∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴∠BAC=∠DAC，
∵AB=AD，
∴AC⊥BD，
∴当CB≠CD时，四边形ABCD不是“十字形”，
故答案为：不是；
（2）∵∠ADB+∠CBD=∠ABD+∠CDB，∠CBD=∠CDB=∠CAB，
∴∠ADB+∠CAD=∠ABD+∠CAB，
∴180°﹣∠AED=180°﹣∠AEB，
∴∠AED=∠AEB=90°，
∴AC⊥BD，
过点O作OM⊥AC于M，ON⊥BD于N，连接OA，OD，
∴OA=OD=1，OM2=OA2﹣AM2，ON2=OD2﹣DN2，AM=12AC，DN=12BD，四边形OMEN是矩形，
∴ON=ME，OE2=OM2+ME2，
∴OE2=OM2+ON2=2﹣14（AC2+BD2），
∵6≤AC2+BD2≤7，
∴2﹣74≤OE2≤2﹣32，
∴14≤OE2≤12，
∴12≤OE≤22；
（3）由题意得，A（-b-△2a，0），B（0，c），C（-b+△2a，0），D（0，﹣ac），
∵a＞0，c＜0，
∴OA=△+b2a，OB=﹣c，OC=△-b2a，OD=﹣ac，AC=△a，BD=﹣ac﹣c，
∴S=12AC•BD=﹣12（ac+c）×△a，S1=12OA•OB=﹣c(△+b)4a，S2=12OC•OD=﹣c(△-b)4，
S3=12OA×OD=﹣c(△+b)4，S4=12OB×OC=﹣c(△-b)4a，
∵S=S1+S2，S=S3+S4，
∴-c(△+b)4a+-c(△-b)2=-c(△+b)2+-c(△-b)4a，
∴4a=2，
∴a=1，
∴S=﹣cΔ，S1=﹣c(△+b)4a，S4=﹣c(△-b)4a，
∵S=S1+S2，
∴S=S1+S2+2S1S2，
∴﹣cΔ=﹣cΔ2+2c2·(-4c)16，
∴-cΔ2=-cc
∴b2-4c=-4c
∴b=0，
∴A（-c，0），B（0，c），C（-c，0），d（0，﹣c），
∴四边形ABCD是菱形，
∴4AD=1210，
∴AD=310，
即：AD2=90，
∵AD2=c2﹣c，
∴c2﹣c=90，
∴c=﹣9或c=10（舍），
即：y=x2﹣9．
【名师点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了新定义，平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积公式，求出a=1是解本题的关键．
2．（2019·湖南中考真题）如图，抛物线(a为常数，a＞0)与x轴交于O，A两点，点B为抛物线的顶点，点D的坐标为(t，0)(﹣3＜t＜0)，连接BD并延长与过O，A，B三点的⊙P相交于点C．
（1）求点A的坐标；
（2）过点C作⊙P的切线CE交x轴于点E．①如图1，求证：CE＝DE；②如图2，连接AC，BE，BO，当，∠CAE＝∠OBE时，求的值
【答案】（1）A（－6,0）；（2）①见解析 ；②
【解析】
【分析】
（1）令y=0，可得ax（x+6）=0，则A点坐标可求出；
（2）①连接PC，连接PB延长交x轴于点M，由切线的性质可证得∠ECD=∠COE，则CE=DE；
②设OE=m，由CE2=OE•AE，可得m＝，由∠CAE=∠OBE可得，则m＝，综合整理代入可求出的值．
【详解】
（1）令ax2+bax=0
ax（x+6）=0
∴A（－6,0）
（2）连接PC，连接PB延长交x轴于M
过O、A、B三点，B为顶点
，
又∵PC=PB
，
∵CE为切线
°，
又
，
∴CE=DE，
（3）设OE=m，即E（m,0）
由切割定理：CE2=OE·AE
，
，
已知，
由角平分线定理：
即：
由①②得
∴t2=－18t－36
，
【点睛】
本题是二次函数与圆的综合问题，涉及二次函数图象与x轴的交点坐标、切线的性质、等腰三角形的判定、切割线定理等知识．把圆的知识镶嵌其中，会灵活运用圆的性质进行计算是解题的关键．
3．（2019·浙江中考真题）已知在平面直角坐标系中，直线分别交轴和轴于点.
(1)如图1，已知经过点，且与直线相切于点，求的直径长；
(2)如图2，已知直线分别交轴和轴于点和点，点是直线上的一个动点，以为圆心，为半径画圆.
①当点与点重合时，求证: 直线与相切；
②设与直线相交于两点， 连结. 问:是否存在这样的点，使得是等腰直角三角形，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) 的直径长为；(2) ①见解析；②存在这样的点和，使得是等腰直角三角形.
【解析】
【分析】
（1）连接BC，证明△ABC为等腰直角三角形，则⊙P的直径长=BC=AB，即可求解；
（2）过点作于点，证明CE=ACsin45°=4×=2 =圆的半径，即可求解；
（3）假设存在这样的点，使得是等腰直角三角形，分点在线段上时和点在线段的延长线上两种情况，分别求解即可．
【详解】
（1）如图3，连接BC，
∵∠BOC=90°，
∴点P在BC上，
∵⊙P与直线l1相切于点B，
∴∠ABC=90°，而OA=OB，
∴△ABC为等腰直角三角形，
则⊙P的直径长=BC=AB=3
(2)如图4过点作于点，
图4
将代入，得，
∴点的坐标为.
∴，
∵，
∴.
∵点与点重合，
又的半径为，
∴直线与相切.
②假设存在这样的点，使得是等腰直角三角形，
∵直线经过点，
∴的函数解析式为.
记直线与的交点为，
情况一：
如图5，当点在线段上时，
由题意，得.
如图，延长交轴于点，
图5
∵，
∴，
即轴，
∴点与有相同的横坐标，
设，则，
∴.
∵的半径为，
∴，
解得，
∴，
∴的坐标为.
情况二：
当点在线段的延长线上时，同理可得，的坐标为.
∴存在这样的点和，使得是等腰直角三角形.
【点睛】
本题为圆的综合运用题，涉及到一次函数、圆的切线性质等知识点，其中（2），关键要确定圆的位置，分类求解，避免遗漏．
4．（2018·山东中考真题）如图①，在平面直角坐标系中，圆心为P（x，y）的动圆经过点A（1，2）且与x轴相切于点B．
（1）当x=2时，求⊙P的半径；
（2）求y关于x的函数解析式，请判断此函数图象的形状，并在图②中画出此函数的图象；
（3）请类比圆的定义（图可以看成是到定点的距离等于定长的所有点的集合），给（2）中所得函数图象进行定义：此函数图象可以看成是到 的距离等于到 的距离的所有点的集合．
（4）当⊙P的半径为1时，若⊙P与以上（2）中所得函数图象相交于点C、D，其中交点D（m，n）在点C的右侧，请利用图②，求cos∠APD的大小．
【答案】（1）；（2）图象为开口向上的抛物线，见解析；（3）点A；x轴；（4）
【解析】
分析：（1）由题意得到AP=PB，求出y的值，即为圆P的半径；
（2）利用两点间的距离公式，根据AP=PB，确定出y关于x的函数解析式，画出函数图象即可；
（3）类比圆的定义描述此函数定义即可；
（4）画出相应图形，求出m的值，进而确定出所求角的余弦值即可．
详解：（1）由x=2，得到P（2，y），
连接AP，PB，
∵圆P与x轴相切，
∴PB⊥x轴，即PB=y，
由AP=PB，得到=y，
解得：y=，
则圆P的半径为；
（2）同（1），由AP=PB，得到（x﹣1）2+（y﹣2）2=y2，
整理得：y=（x﹣1）2+1，即图象为开口向上的抛物线，
画出函数图象，如图②所示；
（3）给（2）中所得函数图象进行定义：此函数图象可以看成是到点A的距离等于到x轴的距离的所有点的集合；
故答案为点A；x轴；
（4）连接CD，连接AP并延长，交x轴于点F，交CD于E，
设PE=a，则有EF=a+1，ED=，
∴D坐标为（1+，a+1），
代入抛物线解析式得：a+1=（1﹣a2）+1，
解得：a=﹣2+或a=﹣2﹣（舍去），即PE=﹣2+，
在Rt△PED中，PE=﹣2，PD=1，
则cos∠APD==﹣2．
点睛：此题属于圆的综合题，涉及的知识有：两点间的距离公式，二次函数的图象与性质，圆的性质，勾股定理，弄清题意是解本题的关键．
5．（2018·江苏中考真题）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=（x-a）（x-3）（0
（1）求点A、B、D的坐标；
（2）若△AOD与△BPC相似，求a的值；
（3）点D、O、C、B能否在同一个圆上，若能，求出a的值，若不能，请说明理由.
【答案】（1）（1）A（a，0），B（3,0），D（0,3a）.（2）a的值为.（3）当a=时，D、O、C、B四点共圆.
【解析】
【分析】（1）根据二次函数的图象与x轴相交，则y=0，得出A（a，0），B（3，0），与y轴相交，则x=0，得出D（0，3a）.
（2）根据（1）中A、B、D的坐标，得出抛物线对称轴x=，AO=a，OD=3a，代入求得顶点C（，-），从而得PB=3- =，PC=；再分情况讨论：①当△AOD∽△BPC时，根据相似三角形性质得， 解得：a= 3（舍去）；
②△AOD∽△CPB，根据相似三角形性质得 ，解得：a1=3（舍），a2=；
（3）能；连接BD，取BD中点M，根据已知得D、B、O在以BD为直径，M（，a）为圆心的圆上，若点C也在此圆上，则MC=MB，根据两点间的距离公式得一个关于a的方程，解之即可得出答案.
【详解】（1）∵y=（x-a）（x-3）（0
当x=0时，y=3a，
∴D（0，3a）；
（2）∵A（a，0），B（3，0），D（0，3a）.∴对称轴x=，AO=a，OD=3a，
当x= 时，y=- ，
∴C（，-），
∴PB=3-=，PC=，
①当△AOD∽△BPC时，
∴，
即 ，
解得：a= 3（舍去）；
②△AOD∽△CPB，
∴，
即 ，
解得：a1=3（舍），a2= .
综上所述：a的值为；
（3）能；连接BD，取BD中点M，
∵D、B、O三点共圆，且BD为直径，圆心为M（，a），
若点C也在此圆上，
∴MC=MB，
∴ ，
化简得：a4-14a2+45=0，
∴（a2-5）（a2-9）=0，
∴a2=5或a2=9，
∴a1=，a2=-，a3=3（舍），a4=-3（舍），
∵0
∴当a=时，D、O、C、B四点共圆.
【点睛】本题考查了二次函数、相似三角形的性质、四点共圆等，综合性较强，有一定的难度，正确进行分析，熟练应用相关知识是解题的关键.
6．（2017·江苏中考真题）如图，以原点O为圆心，3为半径的圆与x轴分别交于A，B两点（点B在点A的右边），P是半径OB上一点，过P且垂直于AB的直线与⊙O分别交于C，D两点（点C在点D的上方），直线AC，DB交于点E．若AC：CE=1：2．
（1）求点P的坐标；
（2）求过点A和点E，且顶点在直线CD上的抛物线的函数表达式．
【答案】(1) P（1，0）．(2) y=x2﹣x﹣．
【解析】
试题分析：（1）如图，作EF⊥y轴于F，DC的延长线交EF于H．设H（m，n），则P（m，0），PA=m+3，PB=3﹣m．首先证明△ACP∽△ECH，推出，推出CH=2n，EH=2m=6，再证明△DPB∽△DHE，推出，可得，求出m即可解决问题；
（2）由题意设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x﹣5），求出E点坐标代入即可解决问题.
试题解析：（1）如图，作EF⊥y轴于F，DC的延长线交EF于H．设H（m，n），则P（m，0），PA=m+3，PB=3﹣m．
∵EH∥AP，
∴△ACP∽△ECH，
∴，
∴CH=2n，EH=2m=6，
∵CD⊥AB，
∴PC=PD=n，
∵PB∥HE，
∴△DPB∽△DHE，
∴，
∴，
∴m=1，
∴P（1，0）．
（2）由（1）可知，PA=4，HE=8，EF=9，
连接OP，在Rt△OCP中，PC=，
∴CH=2PC=4，PH=6，
∴E（9，6），
∵抛物线的对称轴为CD，
∴（﹣3，0）和（5，0）在抛物线上，设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x﹣5），把E（9，6）代入得到a=，
∴抛物线的解析式为y=（x+3）（x﹣5），即y=x2﹣x﹣．
考点：圆的综合题．
7．（2019·山东中考真题）如图，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AB两点的坐标分别为（-1，0），（0，-2），点D在x轴上且AD为⊙M的直径．点E是⊙M与y轴的另一个交点，过劣弧DE上的点F作FH⊥AD于点H，且FH=1．5．
（1）求点D的坐标及该抛物线的表达式；
（2）若点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．
【答案】（1）（4，0），y=12(x+1)(x-4)；（2）P（2，0）；
（3）Q（，），Q（，-），Q（，-4），∴Q（，-）．
【解析】
试题分析：（1）根据题意，设点M的坐标为（m，0），根据两点间的距离公式（半径相等）可以求得m=32，则点D的坐标为（4，0），这样就可以根据交点式来求解抛物线的解析式：y=12(x+1)(x-4)=12x2-32x-2；
（2）要在x轴上的找到一点P，使得⊿PEF的周长最小，我们先来看E，F两点，这是两个定点，也就是说EF的长度是不变的，那实际上这个题目就是求PE+PF的最小值，这就变成了轴对称问题中最为经典的“放羊问题”，要解决这一问题首先我们看图中有没有E或F的对称点，根据题意，显然是有E点的对称点B的，那么连接BF与x轴的交点就是我们要求的点P（2，0）；
（3）首先点M本身就在抛物线对称轴上，其坐标为(32 ,0)；点C是点B关于抛物线对称轴的对称点，所以点C的坐标为（3，-2）；求Q点的坐标，根据题意可设Q点为（32 ,n）．⊿QCM是等腰三角形，则可能有三种情况，分别是QC=MC；QM=MC；QC=QM．根据这三种情况就能求得Q点的坐标可能是(32 ,±52)或(32 ,-2516)或(32 ,-4)．
试题解析：（1）∵A（-1，0），B（0，-2）
∴OE=OB=2，OA=1，
∵AD是⊙M的直径，
∴OE·OB=OA·OD，
即：2²=1·OD，OD=4，
∴D（4，0），
把A（-1，0），B（0，-2），D（4，0）代入得：
a-b+c=0c=-216a+4b+c=0，即,,a=12b=-32c=-2
该抛物线的表达式为：．
连接AF，DF，
∵FH⊥AD于点H，AD为直径
∴△AFH∽△FDH，
∴HF²=DH·AH，
∵E点与B点关于点O对称，
根据轴对称的性质，连接BF交x轴于点P，
∵A（-1，0），D（4，0），
∴AD=5，
设DH=x，则AH=5-x，
即1．5²=x（5-x），
5x-x²=，
4x²-20x+9=0，
（2x-1）（2x-9）=0，
由AH＞DH，
∴DH=，
∴OH=OD-DH=，
∴F（3．5，1．5），
设直线BF的解析式为，
则3．5k+b=1．5；b=-2，
则k=1，b=-2，
∴y=x-2，
令y=0，则x=-2，
∴P（2，0）
（3）Q（，），Q（，-），Q（，-4），∴Q（，-）．
考点：二次函数与圆
8．（2019·山东中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为1的圆的圆心O在坐标原点，且与两坐标轴分别交于A、B、C、D四点．抛物线y=ax2+bx+c与y轴交于点D，与直线y=x交于点M、N，且MA、NC分别与圆O相切于点A和点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线的对称轴交x轴于点E，连结DE，并延长DE交圆O于F，求EF的长．
（3）过点B作圆O的切线交DC的延长线于点P，判断点P是否在抛物线上，说明理由．
【答案】（1）（2）3510（3）点P在抛物线上，理由见解析
【解析】
解：（1）∵圆心O在坐标原点，圆O的半径为1，
∴点A、B、C、D的坐标分别为A(-1，0)、B(0，-1)、C(1，0)、D(0，1)
∵抛物线与直线y=x交于点M、N，且MA、NC分别与圆O相切于点A和点C，
∴ M(-1，-1)、N(1，1)．
∵点D、M、N在抛物线上，将D(0，1)、M(-1，-1)、N(1，1)的坐标代入
y=ax2+bx+c，得：解之，得：a=-1b=1c=1
∴抛物线的解析式为：C(1，0)、D(0，1)．
（2）∵y=-x2+x+1=-(x-12)2+54
∴抛物线的对称轴为x=12，
∴OE=12，DE=14+1=52．
连结BF，∠BFD=90°，
∴△BFD∽△EOD，∴DEDB=ODFD，
又DE=52，OD=1，DB=2，
∴FD=455，
∴EF=FD-DE=455-52=3510．
（3）点P在抛物线上．
设过D、C点的直线为：y=kx+b，
将点C(1，0)、D(0，1)的坐标代入y=kx+b，得：k=-1，b=1，
∴直线DC为：y=kx+b．
过点P作圆O的切线BP与P轴平行，P点的纵坐标为y=-1，
将y=-1代入y=kx+b，得：x=2．
∴ P点的坐标为y=-1，
当x=2时，y=-x2+x+1=-22+2+1=-1，
所以，P点在抛物线C(1，0)、D(0，1)上．
（1）根据⊙O半径为1，得出D点坐标，再利用CO=1，AO=1，点M、N在直线y=x上，即可求出答案；
（2）先利用配方法求出顶点坐标，再根据相似三角形的对应边成比例即可求得结果；
（3）先求出直线CD的解析式，即可得到点P的坐标，从而可以判断点P是否在抛物线上．
9．（2018·山东中考真题）如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）经过点A（3，0），B（﹣1，0），C（0，﹣3）．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若以点A为圆心的圆与直线BC相切于点M，求切点M的坐标；
（3）若点Q在x轴上，点P在抛物线上，是否存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=x2﹣2x﹣3；（2）M（﹣，﹣）；（3）存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，P的坐标为（1+，3）或（1﹣，3）或（2，﹣3）．
【解析】
【分析】
（1）把A，B，C的坐标代入抛物线解析式求出a，b，c的值即可；
（2）由题意得到直线BC与直线AM垂直，求出直线BC解析式，确定出直线AM中k的值，利用待定系数法求出直线AM解析式，联立求出M坐标即可；
（3）存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，分两种情况，利用平移规律确定出P的坐标即可．
【详解】
（1）把A（3，0），B（﹣1，0），C（0，﹣3）代入抛物线解析式得：，
解得：，
则该抛物线解析式为y=x2﹣2x﹣3；
（2）设直线BC解析式为y=kx﹣3，
把B（﹣1，0）代入得：﹣k﹣3=0，即k=﹣3，
∴直线BC解析式为y=﹣3x﹣3，
∴直线AM解析式为y=x+m，
把A（3，0）代入得：1+m=0，即m=﹣1，
∴直线AM解析式为y=x﹣1，
联立得：，
解得：，
则M（﹣，﹣）；
（3）存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，
分两种情况考虑：
设Q（x，0），P（m，m2﹣2m﹣3），
当四边形BCQP为平行四边形时，由B（﹣1，0），C（0，﹣3），
根据平移规律得：﹣1+x=0+m，0+0=﹣3+m2﹣2m﹣3，
解得：m=1±，x=2±，
当m=1+时，m2﹣2m﹣3=8+2﹣2﹣2﹣3=3，即P（1+，3）；
当m=1﹣时，m2﹣2m﹣3=8﹣2﹣2+2﹣3=3，即P（1﹣，3）；
当四边形BCPQ为平行四边形时，由B（﹣1，0），C（0，﹣3），
根据平移规律得：﹣1+m=0+x，0+m2﹣2m﹣3=﹣3+0，
解得：m=0或2，
当m=0时，P（0，﹣3）（舍去）；当m=2时，P（2，﹣3），
综上，存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，P的坐标为（1+，3）或（1﹣，3）或（2，﹣3）．
【点睛】
此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求函数解析式，平行四边形的性质以及平移规律，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
10．（2018·湖南中考真题）我们不妨约定：对角线互相垂直的凸四边形叫做“十字形”．
（1）①在“平行四边形，矩形，菱形，正方形”中，一定是“十字形”的有 ；
②在凸四边形ABCD中，AB=AD且CB≠CD，则该四边形 “十字形”．（填“是”或“不是”）
（2）如图1，A，B，C，D是半径为1的⊙O上按逆时针方向排列的四个动点，AC与BD交于点E，∠ADB﹣∠CDB=∠ABD﹣∠CBD，当6≤AC2+BD2≤7时，求OE的取值范围；
（3）如图2，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c为常数，a＞0，c＜0）与x轴交于A，C两点（点A在点C的左侧），B是抛物线与y轴的交点，点D的坐标为（0，﹣ac），记“十字形”ABCD的面积为S，记△AOB，△COD，△AOD，△BOC的面积分别为S1，S2，S3，S4．求同时满足下列三个条件的抛物线的解析式；
①= ；②= ；③“十字形”ABCD的周长为12．
【答案】（1）①菱形，正方形；②不是；（2）（OE＞0）；（3）y=x2﹣9．
【解析】
【详解】
分析：（1）利用“十字形”的定义判断即可；
（2）先判断出∠ADB+∠CAD=∠ABD+∠CAB，进而判断出∠AED=∠AEB=90°，即：AC⊥BD，再判断出四边形OMEN是矩形，进而得出OE2=2-（AC2+BD2），即可得出结论；
（3）由题意得，A（，0），B（0，c），C（，0），D（0，-ac），求出S=AC•BD=-（ac+c）×，S1=OA•OB=-，S2=OC•OD=-，S3=OA×OD=-，S4=OB×OC=-，进而建立方程，求出a=1，再求出b=0，进而判断出四边形ABCD是菱形，求出AD=3，进而求出c=-9，即可得出结论．
详解：（1）①∵菱形，正方形的对角线互相垂直，
∴菱形，正方形是：“十字形”，
∵平行四边形，矩形的对角线不一定垂直，
∴平行四边形，矩形不是“十字形”，
故答案为菱形，正方形；
②如图，
当CB=CD时，在△ABC和△ADC中，
，
∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴∠BAC=∠DAC，
∵AB=AD，
∴AC⊥BD，
∴当CB≠CD时，四边形ABCD不是“十字形”，
故答案为不是；
（2）∵∠ADB+∠CBD=∠ABD+∠CDB，∠CBD=∠CAD,∠CDB=∠CAB，
∴∠ADB+∠CAD=∠ABD+∠CAB，
∴180°﹣∠AED=180°﹣∠AEB，
∴∠AED=∠AEB=90°，
∴AC⊥BD，
过点O作OM⊥AC于M，ON⊥BD于N，连接OA，OD，
∴OA=OD=1，OM2=OA2﹣AM2，ON2=OD2﹣DN2，AM=AC，DN=BD，四边形OMEN是矩形，
∴ON=ME，OE2=OM2+ME2，
∴OE2=OM2+ON2=2﹣（AC2+BD2），
∵6≤AC2+BD2≤7，
∴2﹣≤OE2≤2﹣，
∴≤OE2≤，
∴≤OE≤；
（3）由题意得，A（，0），B（0，c），C（，0），D（0，﹣ac），
∵a＞0，c＜0，
∴OA=，OB=﹣c，OC=，OD=﹣ac，AC=，BD=﹣ac﹣c，
∴S=AC•BD=﹣（ac+c）×，S1=OA•OB=﹣，S2=OC•OD=﹣，
S3=OA×OD=﹣，S4=OB×OC=﹣，
∵，，
∴，
∴=2，
∴a=1，
∴S=﹣c，S1=﹣，S4=﹣，
∵，
∴S=S1+S2+2，
∴﹣c=﹣，
∴
∴
∴b=0，
∴A（，0），B（0，c），C（，0），d（0，﹣c），
∴四边形ABCD是菱形，
∴4AD=12，
∴AD=3，
即：AD2=90，
∵AD2=c2﹣c，
∴c2﹣c=90，
∴c=﹣9或c=10（舍），
即：y=x2﹣9．
点睛：此题是二次函数综合题，主要考查了新定义，平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积公式，求出a=1是解本题的关键．
11．（2017·广西中考真题）已知抛物线y1=ax2+bx-4（a≠0）与x轴交于点A（-1，0）和点B（4，0）．
（1）求抛物线y1的函数解析式；
（2）如图①，将抛物线y1沿x轴翻折得到抛物线y2，抛物线y2与y轴交于点C，点D是线段BC上的一个动点，过点D作DE∥y轴交抛物线y1于点E，求线段DE的长度的最大值；
（2）在（2）的条件下，当线段DE处于长度最大值位置时，作线段BC的垂直平分线交DE于点F，垂足为H，点P是抛物线y2上一动点，⊙P与直线BC相切，且S⊙P：S△DFH=2π，求满足条件的所有点P的坐标．
【答案】(1) 抛物线y1的函数解析式为：y1=x2-3x-4；(2)9；（3）（2+，-），（2-，），（2+，4-），（2-，4+）．
【解析】
试题分析：（1）将点A（-1，0）和点B（4，0）代入y1=ax2+bx-3即可得到结论；
（2）由对称性可知，得到抛物线y2的函数解析式为y2=-x2+3x+4，求得直线BC的解析式为：y=-x+4，设D（m，-m+4），E（m，m2-3m-4），其中0≤m≤4，得到DE=-m+4-（m2-3m-4）=-（m-1）2+9，即可得到结论；
（3）由题意得到△BOC是等腰直角三角形，求得线段BC的垂直平分线为y=x，由（2）知，直线DE的解析式为x=1，得到H（2，2），根据S⊙P：S△DFH=2π，得到r=，由于⊙P与直线BC相切，推出点P在与直线BC平行且距离为的直线上，于是列方程即可得到结论．
试题解析：（1）将点A（-1，0）和点B（4，0）代入y1=ax2+bx-3得：a=1，b=-3，
∴抛物线y1的函数解析式为：y1=x2-3x-4；
（2）由对称性可知，抛物线y2的函数解析式为：y2=-x2+3x+4，
∴C（0，4），设直线BC的解析式为：y=kx+q，
把B（4，0），C（0，4）代入得，k=-1，q=4，
∴直线BC的解析式为：y=-x+4，
设D（m，-m+4），E（m，m2-3m-4），其中0≤m≤4，
∴DE=-m+4-（m2-3m-4）=-（m-1）2+9，
∵0≤m≤4，∴当m=1时，DEmax=9；
此时，D（1，3），E（1，-6）；
（3）由题意可知，△BOC是等腰直角三角形，
∴线段BC的垂直平分线为：y=x，
由（2）知，直线DE的解析式为：x=1，
∴F（1，1），
∵H是BC的中点，
∴H（2，2），
∴DH=，FH=，
∴S△DFH=1，
设⊙P的半径为r，
∵S⊙P：S△DFH=2π，
∴r=，
∵⊙P与直线BC相切，
∴点P在与直线BC平行且距离为的直线上，
∴点P在直线y=-x+2或y=-x+6的直线上，
∵点P在抛物线y2=-x2+3x+4上，
∴-x+2=-x2+3x+4，
解得：x1=2+，x2=2-，
-x+2=-x2+3x+4，
解得：x3=2+，x4=2-，
∴符合条件的点P坐标有4个，分别是（2+，-），（2-，），（2+，4-），（2-，4+）．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题，涉及到待定系数法，一次函数、圆的切线等知识点，结合图形正确地选择适当的方法和知识进行解答是关键.
12．（2018·山东中考真题）抛物线y=ax2+bx+4（a≠0）过点A（1，﹣1），B（5，﹣1），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，连接CB，以CB为边作▱CBPQ，若点P在直线BC上方的抛物线上，Q为坐标平面内的一点，且▱CBPQ的面积为30，求点P的坐标；
（3）如图2，⊙O1过点A、B、C三点，AE为直径，点M为 上的一动点（不与点A，E重合），∠MBN为直角，边BN与ME的延长线交于N，求线段BN长度的最大值．
【答案】（1）y=x2-6x+4；（2）点P的坐标为（6，4）；（3）313.
【解析】
试题分析：（1）将点A、B的坐标代入抛物线的解析式，得到关于a、b的方程，从而可求得a、b的值；
（2）设点P的坐标为P（m，m2﹣6m+4），由平行四边形的面积为30可知S△CBP=15，由S△CBP=S梯形CEDP﹣S△CEB﹣S△PBD，得到关于m的方程求得m的值，从而可求得点P的坐标；
（3）首先证明△EAB∽△NMB，从而可得到NB=32MB，当MB为圆的直径时，NB有最大值．
试题解析：解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线的解析式得：a+b+4=-125a+5b+4=-1，
解得：a=1b=-6．
∴抛物线得解析式为y=x2﹣6x+4．
（2）如图所示：
设点P的坐标为P（m，m2﹣6m+4）
∵平行四边形的面积为30，
∴S△CBP=15，即：S△CBP=S梯形CEDP﹣S△CEB﹣S△PBD．
∴12m（5+m2﹣6m+4+1）﹣12×5×5﹣12（m﹣5）（m2﹣6m+5）=15．
化简得：m2﹣5m﹣6=0，
解得：m=6，或m=﹣1．
∵m＞0
∴点P的坐标为（6，4）．
（3）连接AB、EB．
∵AE是圆的直径，
∴∠ABE=90°．
∴∠ABE=∠MBN．
又∵∠EAB=∠EMB，
∴△EAB∽△NMB．
∵A（1，﹣1），B（5，﹣1），
∴点O1的横坐标为3，
将x=0代入抛物线的解析式得：y=4，
∴点C的坐标为（0，4）．
设点O1的坐标为（3，m），
∵O1C=O1A，
∴32+(m-4)2=22+(m+1)2，
解得：m=2，
∴点O1的坐标为（3，2），
∴O1A=32+(2-4)2=13，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：BE=AE2-AB2=(213)2-42=6，
∴点E的坐标为（5，5）．
∴AB=4，BE=6．
∵△EAB∽△NMB，
∴ABEB=MBNB．
∴46=MBNB．
∴NB=32MB．
∴当MB为直径时，MB最大，此时NB最大．
∴MB=AE=213，
∴NB=32×213=313．
考点：二次函数综合题．
13．（2019·四川中考真题）如图，已知抛物线（a≠0）的图象的顶点坐标是（2，1），并且经过点（4，2），直线与抛物线交于B，D两点，以BD为直径作圆，圆心为点C，圆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）求抛物线的解析式；
（2）证明：圆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MF的值．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）．
【解析】
试题分析：（1）可设抛物线的顶点式，再结合抛物线过点（4，2），可求得抛物线的解析式；
（2）联立直线和抛物线解析式可求得B、D两点的坐标，则可求得C点坐标和线段BD的长，可求得圆的半径，可证得结论；
（3）过点C作CH⊥m于点H，连接CM，可求得MH，利用（2）中所求B、D的坐标可求得FH，则可求得MF和BE的长，可求得其比值．
试题解析：
（1）∵已知抛物线（a≠0）的图象的顶点坐标是（2，1），∴可设抛物线解析式为，∵抛物线经过点（4，2），∴，解得a=，∴抛物线解析式为，即；
（2）联立直线和抛物线解析式可得，解得：或，∴B（，），D（，），∵C为BD的中点，∴点C的纵坐标为=，∵BD==5，∴圆的半径为，∴点C到x轴的距离等于圆的半径，∴圆C与x轴相切；
（3）如图，过点C作CH⊥m，垂足为H，连接CM，由（2）可知CM=，CH=﹣1=，在Rt△CMH中，由勾股定理可求得MH=2，∵HF==，∴MF=HF﹣MH=，∵BE=﹣1=，∴==．
考点：二次函数综合题；压轴题．
14．（2019·江苏中考真题）如图，已知二次函数的图象与轴交于两点与轴交于点，⊙的半径为为⊙上一动点.
（1）点的坐标分别为（ ），（ ）；
（2）是否存在点，使得为直角三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)连接，若为的中点，连接，则的最大值= .
【答案】（1）3，0；0，-4；（2）（-1，-2）或（（，），或（，--4）或（--，）；（3）．
【解析】
试题分析：（1）在抛物线解析式中令y=0可求得B点坐标，令x=0可求得C点坐标；
（2）①当PB与⊙相切时，△PBC为直角三角形，如图1，连接BC，根据勾股定理得到BC=5，BP2=2，过P2作P2E⊥x轴于E，P2F⊥y轴于F，根据相似三角形的性质得到，设OC=P2E=2x，CP2=OE=x，得到BE=3-x，CF=2x-4，于是得到FP2=，EP2=，求得P2（，-），过P1作P1G⊥x轴于G，P1H⊥y轴于H，同理求得P1（-1，-2），②当BC⊥PC时，△PBC为直角三角形，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论；
（3）如图2，当PB与⊙C相切时，OE的值最大，过E作EM⊥y轴于M，过P作PF⊥y轴于F，根据平行线等分线段定理得到ME=（OB+PF）=，OM=MF=OF=，根据勾股定理即可得到结论．
试题解析：（1）在y=x2-4中，令y=0，则x=±3，令x=0，则y=-4，
∴B（3，0），C（0，-4）；
（2）存在点P，使得△PBC为直角三角形，
①当PB与⊙相切时，△PBC为直角三角形，如图（2）a，连接BC，
∵OB=3．OC=4，
∴BC=5，
∵CP2⊥BP2，CP2=，
∴BP2=2，
过P2作P2E⊥x轴于E，P2F⊥y轴于F，则△CP2F∽△BP2E，四边形OCP2B是矩形，
∴，
设OC=P2E=2x，CP2=OE=x，
∴BE=3-x，CF=2x-4，
∴，
∴x=，2x=，
∴FP2=，EP2=，
∴P2（，），
过P1作P1G⊥x轴于G，P1H⊥y轴于H，
同理求得P1（-1，-2），
②当BC⊥PC时，△PBC为直角三角形，过P4作P4H⊥y轴于H，则△BOC∽△CHP4，
∴，
∴CH=，P4H=，
∴P4（，--4）；
同理P3（-，）；
综上所述：点P的坐标为：（-1，-2）或（（，），或（，--4）或（--，）；
（3）如图（3），当PB与⊙C相切时，PB与y 轴的距离最大，OE的值最大，
∵过E作EM⊥y轴于M，过P作PF⊥y轴于F，
∴OB∥EM∥PF，
∵E为PB的中点，
∴ME=（OB+PF）=，OM=MF=OF=，
∴OE=．
考点：二次函数综合题．
15．（2017·黑龙江中考真题）在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点，抛物线经过点，与直线交于点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图，横坐标为的点在直线上方的抛物线上，过点作轴交直线于点，以为直径的圆交直线于另一点．当点在轴上时，求的周长；
（3）将绕坐标平面内的某一点按顺时针方向旋转，得到，点的对应点分别是．若的两个顶点恰好落在抛物线上，请直接写出点的坐标．
【答案】（1）抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+1；
（2）△DEM的周长=；
（3）点A1（，）或（﹣，）．
【解析】
试题分析：（1）利用待定系数法求抛物线的解析式；
（2）如图1，A与E重合，根据直线y=﹣x+1求得与x轴交点坐标可得OA的长，由勾股定理得AB的长，利用等角的三角函数得：sin∠ABO=，cos∠ABO=，则可得DE和DM的长，根据M的横坐标代入抛物线的解析式可得纵坐标，即ME的长，相加得△DEM的周长；
（3）由旋转可知：O1A1⊥x轴，O1B1⊥y轴，设点A1的横坐标为x，则点B1的横坐标为x+1，所以点O1，A1不可能同时落在抛物线上，分以下两种情况：
①如图2，当点O1，B1同时落在抛物线上时，根据点O1，B1的纵坐标相等列方程可得结论；
②如图3，当点A1，B1同时落在抛物线上时，根据点B1的纵坐标比点A1的纵坐标大，列方程可得结论．
试题解析：（1）∵直线y=﹣x+1交y轴于点B，∴B（0，1），
∵抛物线y=﹣x2+bx+c经过点B和点C（4，﹣2）．∴，解得：，
∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+1；
（2）如图1，∵直线y=﹣x+1交x轴于点A，
当y=0时，﹣x+1=0，x=，∴A（，0），∴OA=，
在Rt△AOB中，∵OB=1，∴AB=，∴sin∠ABO=，cos∠ABO=，
∵ME∥x轴，
∴∠DEM=∠ABO，
∵以ME为直径的圆交直线BC于另一点D，
∴∠EDM=90°，
∴DE=ME•cos∠DEM=ME，DM=ME•sin∠DEM=ME，
当点E在x轴上时，E和A重合，则m=OA=，
当x=时，y=﹣×（）2+×+1=；∴ME=，
∴DE==，DM==，
∴△DEM的周长=DE+DM+ME==；
（3）由旋转可知：O1A1⊥x轴，O1B1⊥y轴，设点A1的横坐标为x，则点B1的横坐标为x+1，
∵O1A1⊥x轴，
∴点O1，A1不可能同时落在抛物线上，分以下两种情况：
①如图2，当点O1，B1同时落在抛物线上时，
点O1，B1的纵坐标相等，
∴﹣x2+x+1=﹣（x+1）2+（x+1）+1，
解得：x=，
此时点A1的坐标为（，），
②如图3，当点A1，B1同时落在抛物线上时，
点B1的纵坐标比点A1的纵坐标大，
﹣x2+x+1+=﹣（x+1）2+（x+1）+1，
解得：x=﹣，
此时A1（﹣，），
综上所述，点A1（，）或（﹣，）．
考点：二次函数综合题．
16．（2017·甘肃中考真题）如图，抛物线与直线交于，两点，直线交轴与点，点是直线上的动点，过点作轴交于点，交抛物线于点.
(1)求抛物线的表达式；
(2)连接，，当四边形是平行四边形时，求点的坐标；
(3)①在轴上存在一点，连接，，当点运动到什么位置时，以为顶点的四边形是矩形？求出此时点的坐标；
②在①的前提下，以点为圆心，长为半径作圆，点为上一动点，求的最小值.
【答案】(1) y=﹣x2﹣2x+4；(2) G（﹣2，4）；(3)①E（﹣2，0）．H（0，﹣1）；②．
【解析】
试题分析:（1）利用待定系数法求出抛物线解析式；
（2）先利用待定系数法求出直线AB的解析式，进而利用平行四边形的对边相等建立方程求解即可；
（3）①先判断出要以点A，E，F，H为顶点的四边形是矩形，只有EF为对角线，利用中点坐标公式建立方程即可；
②先取EG的中点P进而判断出△PEM∽△MEA即可得出PM=AM，连接CP交圆E于M，再求出点P的坐标即可得出结论．
试题解析：（1）∵点A（﹣4，﹣4），B（0，4）在抛物线y=﹣x2+bx+c上，
∴，
∴，
∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+4；
（2）设直线AB的解析式为y=kx+n过点A，B，
∴，
∴，
∴直线AB的解析式为y=2x+4，
设E（m，2m+4），
∴G（m，﹣m2﹣2m+4），
∵四边形GEOB是平行四边形，
∴EG=OB=4，
∴﹣m2﹣2m+4﹣2m﹣4=4，
∴m=﹣2，
∴G（﹣2，4）；
（3）①如图1，
由（2）知，直线AB的解析式为y=2x+4，
∴设E（a，2a+4），
∵直线AC：y=﹣x﹣6，
∴F（a，﹣a﹣6），
设H（0，p），
∵以点A，E，F，H为顶点的四边形是矩形，
∵直线AB的解析式为y=2x+4，直线AC：y=﹣x﹣6，
∴AB⊥AC，
∴EF为对角线，
∴（﹣4+0）=（a+a），（﹣4+p）=（2a+4﹣a﹣6），
∴a=﹣2，P=﹣1，
∴E（﹣2，0）．H（0，﹣1）；
②如图2，
由①知，E（﹣2，0），H（0，﹣1），A（﹣4，﹣4），
∴EH=，AE=2，
设AE交⊙E于G，取EG的中点P，
∴PE=，
连接PC交⊙E于M，连接EM，
∴EM=EH=，
∴=，
∵=，
∴，
∵∠PEM=∠MEA，
∴△PEM∽△MEA，
∴，
∴PM=AM，
∴AM+CM的最小值=PC，
设点P（p，2p+4），
∵E（﹣2，0），
∴PE2=（p+2）2+（2p+4）2=5（p+2）2，
∵PE=，
∴5（p+2）2=，
∴p=﹣或p=﹣（由于E（﹣2，0），所以舍去），
∴P（﹣，﹣1），
∵C（0，﹣6），
∴PC=，
即：AM+CM=．
考点：二次函数综合题．
17．（2017·湖南中考真题）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=b2﹣2b，问：b为何值时，二次函数的图象与x轴相切？
③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为直径的半圆恰好过点M，二次函数的对称轴l与x轴、直线BM、直线AM分别交于点D、E、F，且满足，求二次函数的表达式．
【答案】①.二次函数的对称轴的方程为x=； ②.b为2+或2﹣时，二次函数的图象与x轴相切；③. 二次函数的表达式为y=﹣x2+x+1．
【解析】
试题分析：①二次函数y=﹣x2+bx+c+1的对称轴为x=，即可得出答案；②二次函数y=﹣x2+bx+c+1的顶点坐标为（，），y由二次函数的图象与x轴相切且c=b2﹣2b，得出方程组，求出b即可；③由圆周角定理得出∠AMB=90°，证出∠OMA=∠OBM，得出△OAM∽△OMB，得出OM2=OA•OB，由二次函数的图象与x轴的交点和根与系数关系得出OA=﹣x1，OB=x2，x1+x2，=b，x1•x2=﹣（c+1），得出方程（c+1）2=c+1，得出c=0，OM=1，证明△BDE∽△BOM，△AOM∽△ADF，得出，，得出OB=4OA，即x2=﹣4x1，由x1•x2=﹣（c+1）=﹣1，得出方程组，解方程组求出b的值即可．
试题解析：①二次函数y=﹣x2+bx+c+1的对称轴为x=，当b=1时，=，
∴当b=1时，求这个二次函数的对称轴的方程为x=．
②二次函数y=﹣x2+bx+c+1的顶点坐标为（，），
∵二次函数的图象与x轴相切且c=b2﹣2b，
∴，解得：b=2+或b=2﹣，
∴b为2+或2﹣时，二次函数的图象与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，∴，∴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，=b，x1•x2=﹣（c+1），∵OM=c+1，∴（c+1）2=c+1，
解得：c=0或c=﹣1（舍去），∴c=0，OM=1，
∵二次函数的对称轴l与x轴、直线BM、直线AM分别交于点D、E、F，且满足，
∴AD=BD，DF=4DE，DF∥OM，∴△BDE∽△BOM，△AOM∽△ADF，
∴，∴DE=，DF=，∴×4，∴OB=4OA，即x2=﹣4x1，
∵x1•x2=﹣（c+1）=﹣1，∴，解得：，∴b=﹣+2=，
∴二次函数的表达式为y=﹣x2+x+1．
考点：二次函数综合题；二次函数的性质．
18．（2017·江苏中考真题）如图，已知二次函数的图象经过点，，且与轴交于点，连接、、.
(1)求此二次函数的关系式；
(2)判断的形状；若的外接圆记为，请直接写出圆心的坐标；
(3)若将抛物线沿射线方向平移，平移后点、、的对应点分别记为点、、，的外接圆记为，是否存在某个位置，使经过原点？若存在，求出此时抛物线的关系式；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）直角三角形，（2，2）（3）存在，抛物线的关系式为
或
【解析】
试题分析：（1）根据待定系数法可直接代入得到方程组求值，得到函数的解析式；
（2）过点作轴于点，然后根据角之间的关系得到是直角三角形，最后根据坐标得到D点；
（3）取中点，过点作轴于点，根据勾股定理求出MC的长和OM的长，再通过平移的性质得到平移的距离，然后根据二次函数的平移性质可得到解析式.
试题解析：(1)把点，代入中得
，解得，
所以所求函数的关系式为.
(2)为直角三角形.
过点作轴于点，
易知点坐标为，所以，所以，
又因为点坐标为，所以，所以，
所以，所以为直角三角形，
圆心的坐标为.
(3)存在.
取中点，过点作轴于点，
因为的坐标为，
所以，，
所以，
又因为，
所以，
所以要使抛物线沿射线方向平移，
且使经过原点，
则平移的长度为或，
因为，
所以抛物线的顶点向左、向下均分别平移个单位长度，
或个单位长度.
因为.
所以平移后抛物线的关系式为，
即
或，即.
综上所述，存在一个位置，使经过原点，此时抛物线的关系式为
或.
考点：二次函数的综合
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