2023年中考数学二轮复习压轴题培优练习专题10二次函数与圆存在性问题（教师版）

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 专题10二次函数与圆存在性问题

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﹣12..........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＝﹣16k2................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：
x
…
﹣1
0
1
2
3
…
y
…
0
3
4
3
0
…
（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•cos∠MBC＝•cos45°＝，
∵∠BCH＝∠MBC＝45°，
∴∠BCO+∠HCN＝∠MCH+∠HCN，
∴∠BCO＝∠MCH，
∴cos∠BCO＝cos∠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，．