2021中考数学压轴题题型：专题9二次函数与圆综合问题（含原卷及解析卷）

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2021新版中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘
专题9二次函数与圆综合问题



解决函数与圆的综合问题的关键是找准函数与圆的结合点，弄清题目的本质，利用圆的基本性质和函数的性质、数形结合、方程思想、全等与相似，以便找到对应的解题途径.常见的考法有：
1. 直线与圆的位置关系：
平面直角坐标系中的直线与圆的位置关系问题关键是圆心到直线的距离等于半径的大小，常用的方法有：
（1） 利用圆心到直线的距离等于半径的大小这一数量关系列出关系式解决问题
（2） 利用勾股定理解决问题
（3） 利用相似列出比例式解决问题
2.函数与圆的新定义题目：利用已掌握的知识和方法理解新定义，化生为熟
3.函数与圆的性质综合类问题：利用几何性质，结合图形，找到问题中的“不变”关键因素和“临界位置”.

【例1】（2019•市中区二模）已知，如图，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象经过点A（﹣1，0），B（3，0），点E为二次函数第一象限内抛物线上一动点，EH⊥x轴于点H，交直线BC于点F，以EF为直径的圆⊙M与BC交于点R．
（1）求这个二次函数关系式；
（2）当△EFR周长最大时．
①求此时点E点坐标及△EFR周长；
②点P为⊙M上一动点，连接BP，点Q为BP的中点，连接HQ，求HQ的最大值．

【分析】（1）用交点式函数表达式，即可求解；
（2）证明△ERF为等腰直角三角形，当△EFR周长最大时，EF最长，EF＝﹣m2+3m，即可求解；②HQ=12OP，利用OP≤OM+PM=3658+98，即可求解．
【解答】解：（1）用交点式函数表达式得：y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3；
（2）①∵∠CBO＝∠FER，∴△ERF∽△BCO，
∴△ERF为等腰直角三角形
当△EFR周长最大时，EF最长，
设E（m，﹣m2+2m+3），F（m，﹣m+3），
∴EF＝﹣m2+3m，
当m=32时，
EF=94，E（32，154），
则Rt△EFR中，ER＝FR=928，
∴△EFR周长为94+942；
②如图，连接OP，点H（32，0）为OB的中点，

∵Q是PB的中点，∴HQ∥OP，且HQ=12OP，
∵EF=94，FH=34，
∴点M（32，218），
∴OM＝BM=3658，
∵OP≤OM+PM=3658+98，
∴HQ≤36516+916，
即HQ的最大值大为：36516+916．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到圆的基本知识、函数的最值等，其中（2）②，利用HQ是三角形的中位线，求解最大值，是本题的难点．
【例2】（2020•遵义）如图，抛物线y＝ax2+94x+c经过点A（﹣1，0）和点C（0，3）与x轴的另一交点为点B，点M是直线BC上一动点，过点M作MP∥y轴，交抛物线于点P．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在抛物线上是否存在一点Q，使得△QCO是等边三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）以M为圆心，MP为半径作⊙M，当⊙M与坐标轴相切时，求出⊙M的半径．

【分析】（1）把点A（﹣1，0）和点C （0，3）代入y＝ax2+94x+c求出a与c的值即可得出抛物线的解析式；
（2）①当点Q在y轴右边时，假设△QCO为等边三角形，过点Q作QH⊥OC于H，OC＝3，则OH=32，tan60°=QHOH，求出Q（332，32），把x=332代入y=−34x2+94x+3，得y=2738−3316≠32，则假设不成立；
②当点Q在y轴的左边时，假设△QCO为等边三角形，过点Q作QT⊥OC于T，OC＝3，则OT=32，tan60°=QTOT，求出Q（−332，32），把x=−332代入y=−34x2+94x+3，得y=−2738−3316≠32，则假设不成立；
（3）求出B（4，0），待定系数法得出BC直线的解析式y=−34x+3，当M在线段BC上，⊙M与x轴相切时，延长PM交AB于点D，则点D为⊙M与x轴的切点，即PM＝MD，设P（x，−34x2+94x+3），M（x，−34x+3），则PD=−34x2+94x+3，MD=−34x+3，由PD﹣MD＝MD，求出x＝1，即可得出结果；当M在线段BC上，⊙M与y轴相切时，延长PM交AB于点D，过点M作ME⊥y轴于E，则点E为⊙M与y轴的切点，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，设P（x，−34x2+94x+3），M（x，−34x+3），则PD=−34x2+94x+3，MD=−34x+3，代入即可得出结果；当M在BC延长线，⊙M与x轴相切时，点P与A重合，M的纵坐标的值即为所求；当M在CB延长线，⊙M与y轴相切时，延长PD交x轴于D，过点M作ME⊥y轴于E，则点E为⊙M与y轴的切点，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，设P（x，−34x2+94x+3），M（x，−34x+3），则PD=34x2−94x﹣3，MD=34x﹣3，代入即可得出结果．
【解答】解：（1）把点A（﹣1，0）和点C （0，3）代入y＝ax2+94x+c得：0=a−94+c3=c，
解得：a=−34c=3，
∴抛物线的解析式为：y=−34x2+94x+3；
（2）不存在，理由如下：
①当点Q在y轴右边时，如图1所示：
假设△QCO为等边三角形，
过点Q作QH⊥OC于H，
∵点C （0，3），
∴OC＝3，
则OH=12OC=32，tan60°=QHOH，
∴QH＝OH•tan60°=32×3=332，
∴Q（332，32），
把x=332代入y=−34x2+94x+3，
得：y=2738−3316≠32，
∴假设不成立，
∴当点Q在y轴右边时，不存在△QCO为等边三角形；
②当点Q在y轴的左边时，如图2所示：
假设△QCO为等边三角形，
过点Q作QT⊥OC于T，
∵点C （0，3），
∴OC＝3，
则OT=12OC=32，tan60°=QTOT，
∴QT＝OT•tan60°=32×3=332，
∴Q（−332，32），
把x=−332代入y=−34x2+94x+3，
得：y=−2738−3316≠32，
∴假设不成立，
∴当点Q在y轴左边时，不存在△QCO为等边三角形；
综上所述，在抛物线上不存在一点Q，使得△QCO是等边三角形；
（3）令−34x2+94x+3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝4，
∴B（4，0），
设BC直线的解析式为：y＝kx+b，
把B、C的坐标代入则0=4k+b3=b，
解得：k=−34b=3，
∴BC直线的解析式为：y=−34x+3，
当M在线段BC上，⊙M与x轴相切时，如图3所示：
延长PM交AB于点D，
则点D为⊙M与x轴的切点，即PM＝MD，
设P（x，−34x2+94x+3），M（x，−34x+3），
则PD=−34x2+94x+3，MD=−34x+3，
∴（−34x2+94x+3）﹣（−34x+3）=−34x+3，
解得：x1＝1，x2＝4（不合题意舍去），
∴⊙M的半径为：MD=−34+3=94；
当M在线段BC上，⊙M与y轴相切时，如图4所示：
延长PM交AB于点D，过点M作ME⊥y轴于E，
则点E为⊙M与y轴的切点，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，
设P（x，−34x2+94x+3），M（x，−34x+3），
则PD=−34x2+94x+3，MD=−34x+3，
∴（−34x2+94x+3）﹣（−34x+3）＝x，
解得：x1=83，x2＝0（不合题意舍去），
∴⊙M的半径为：EM=83；
当M在BC延长线，⊙M与x轴相切时，如图5所示：

点P与A重合，
∴M的横坐标为﹣1，
∴⊙M的半径为：M的纵坐标的值，
即：−34×（﹣1）+3=154；
当M在CB延长线，⊙M与y轴相切时，如图6所示：

延长PM交x轴于D，过点M作ME⊥y轴于E，
则点E为⊙M与y轴的切点，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，
设P（x，−34x2+94x+3），M（x，−34x+3），
则PD=34x2−94x﹣3，MD=34x﹣3，
∴（34x2−94x﹣3）﹣（34x﹣3）＝x，
解得：x1=163，x2＝0（不合题意舍去），
∴⊙M的半径为：EM=163；
综上所述，⊙M的半径为94或83或154或163．




【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求解析式、等边三角形的性质、圆的性质、三角函数等知识；熟练掌握待定系数法求解析式是解题的关键．
【例3】（2020•济宁）我们把方程（x﹣m）2+（y﹣n）2＝r2称为圆心为（m，n）、半径长为r的圆的标准方程．例如，圆心为（1，﹣2）、半径长为3的圆的标准方程是（x﹣1）2+（y+2）2＝9．在平面直角坐标系中，⊙C与x轴交于点A，B，且点B的坐标为（8，0），与y轴相切于点D（0，4），过点A，B，D的抛物线的顶点为E．
（1）求⊙C的标准方程；
（2）试判断直线AE与⊙C的位置关系，并说明理由．

【分析】（1）如图，连接CD，CB，过点C作CM⊥AB于M．设⊙C的半径为r．在Rt△BCM中，利用勾股定理求出半径以及点C的坐标即可解决问题．
（2）结论：AE是⊙C的切线．连接AC，CE．求出抛物线的解析式，推出点E的坐标，求出AC，AE，CE，利用勾股定理的逆定理证明∠CAE＝90°即可解决问题．
【解答】解：（1）如图，连接CD，CB，过点C作CM⊥AB于M．设⊙C的半径为r．
∵与y轴相切于点D（0，4），
∴CD⊥OD，
∵∠CDO＝∠CMO＝∠DOM＝90°，
∴四边形ODCM是矩形，
∴CM＝OD＝4，CD＝OM＝r，
∵B（8，0），
∴OB＝8，
∴BM＝8﹣r，
在Rt△CMB中，∵BC2＝CM2+BM2，
∴r2＝42+（8﹣r）2，
解得r＝5，
∴C（5，4），
∴⊙C的标准方程为（x﹣5）2+（y﹣4）2＝25．

（2）结论：AE是⊙C的切线．
理由：连接AC，CE．
∵CM⊥AB，
∴AM＝BM＝3，
∴A（2，0），B（8，0）
设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）（x﹣8），
把D（0，4）代入y＝a（x﹣2）（x﹣8），可得a=14，
∴抛物线的解析式为y=14（x﹣2）（x﹣8）=14x2−52x+4=14（x﹣5）2−94，
∴抛物线的顶点E（5，−94），
∵AE=32+(94)2=154，CE＝4+94=254，AC＝5，
∴EC2＝AC2+AE2，
∴∠CAE＝90°，
∴CA⊥AE，
∴AE是⊙C的切线．

【点评】本题属于二次函数综合题，考查了矩形的判定和性质，解直角三角形，圆的方程，切线的判定等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
【例4】（2020•西藏）在平面直角坐标系中，二次函数y=12x2+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=152，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=12x2+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=12（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=12x2+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=12（x+2）（x﹣4），
即y=12x2﹣x﹣4．

（2）如图甲中，连接OP．设P（m，12m2﹣m﹣4）．

由题意，A（﹣2，0），C（0，﹣4），
∵S△PAC＝S△AOC+S△OPC﹣S△AOP，
∴152=12×2×4+12×4×m−12×2×（−12m2+m+4），
整理得，m2+2m﹣15＝0，
解得m＝3或﹣5（舍弃），
∴P（3，−52）．

（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，12（m+2）（m﹣4）]，E（m，n）．

由题意A（﹣2，0），AM＝PM，
∴32+t2＝（m﹣1）2+[12（m+2）（m﹣4）﹣t]2，
解得t＝1+14（m+2）（m﹣4），
∵ME＝PM，PE⊥AB，
∴t=n+12(m+2)(m−4)2，
∴n＝2t−12（m+2）（m﹣4）＝2[1+14（m+2）（m﹣4）]−12（m+2）（m﹣4）＝2，
∴DE＝2，
另解：∵PD•DE＝AD•DB，∴DE=AD⋅DBPD=(m+2)(4−m)4+m−m2=2，为定值．
∴点P在运动过程中线段DE的长是定值，DE＝2．
【点评】本题属于二次函数综合题，考查了三角形的面积，三角形的外接圆，三角形的外心等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
【例5】（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＝23，即可求解；
（3）在Rt△FQE中，EN=(2−1)2+(1−14)2=54，EF=(1−0)2+(1−14)2=54，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=14，
故二次函数表达式为：y=14x2；

（2）将y＝1代入y=14x2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＝23；
∵点F（0，1），
∴点P的坐标为（0，1+23）或（0，1﹣23）；

（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=14x2图象的交点，
∴y=14×12=14，则点E（1，14），
EN=(2−1)2+(1−14)2=54，
同理EF=(1−0)2+(1−14)2=54，
点E到直线y＝﹣1的距离为|14−（﹣1）|=54，
故存在点E，使得以点E为圆心半径为54的圆过点F，N且与直线y＝﹣1相切．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、圆的基本的性质、等边三角形的性质等，综合性强，难度适中．
【例6】（2020•铜山区一模）如图，一次函数y=12x+1的图象与二次函数y=12x2+bx+c的图象交于A，B两点，点A在x轴上．点B的横坐标为4．
（1）b＝　−12　，c＝　﹣3　；
（2）设二次函数的图象与y轴交于C点，与x轴的另一个交点为D．连接AC，CD，求∠ACD的正弦值；
（3）若M点在x轴下方二次函数图象上，
①过M点作y轴平行线交直线AB于点E，以M点为圆心，ME的长为半径画圆，求圆M在直线AB上截得的弦长的最大值；
②若∠ABM＝∠ACO，则点M的坐标为　（12，−258）　．

【分析】（1）求出点A、B的坐标，将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）由点A、C、D的坐标得：AD＝5，DC＝32，AC=13，利用解直角三角形的方法求解即可；
（3）①EF＝2EH＝2EMcos∠AEM=255（12m+1−12m2+12m+3）=−55m2+255m+855，即可求解；
②利用解直角三角形的方法求GH的值，得到OH＝GH﹣OG=54−1=14，故点H（0，−14），进而求解．
【解答】解：（1）对于y=12x+1，令y＝0，则x＝﹣2，故点A（﹣2，0），
将点B的坐标代入直线表达式并解得：点B（4，3），
将点A、B的坐标代入抛物线表达式得：2−2b+c=06+4b+c=3，解得：b=−12c=−3，
故答案为：−12；﹣3；

（2）由（1）知抛物线的表达式为：y=12x2−12x﹣3①，
令y＝0，则x＝3或﹣2，故点D（3，0），
令x＝0，则y＝﹣3，故点C（0，﹣3），
由点A、C、D的坐标得：AD＝5，DC＝32，AC=13，

过点D作DH⊥AC于点H，设CH＝x，则AH=13−x，
在△ACD中，HD2＝OA2﹣AH2＝CD2﹣CH2，即25﹣（13−x）2＝（32）2﹣x2，
解得：x=313，
cos∠ACD=CHCD=x32=126，
则sin∠ACD=52626；

（3）①如图2，设圆M与直线AB的另外一个交点为F，则EF为所求，
连接MF，过点M作MH⊥AB于点H，

由直线AB的表达式知tan∠EAO=12，则tan∠AEM＝2，则cos∠AEM=55，
设点M（m，12m2−12m﹣3），则点E（m，12m+1），
则EF＝2EH＝2EMcos∠AEM=255（12m+1−12m2+12m+3）=−55m2+255m+855，
∵−55＜0，故EF有最大值，当m＝1时，EF的最大值为955，
故圆M在直线AB上截得的弦长的最大值为955；
②如图3，设直线MB与x轴交于点H，过点H作HN⊥AB于点N，

直线AB的表达式知tan∠BAH=12，
在Rt△AOC中，tan∠ACO=OAOC=23=tan∠ABM，
在Rt△AHN中，设HN＝2x，则AN＝4x，
在Rt△BHN中，HN＝2x，则BN＝3x，
AB＝AN+BN＝7x=(4+2)2+32=35，解得：x=357，
在Rt△AHN中，AH=AN2+NH2=25x=307，
则点H（167，0），
由点B、H的坐标得，直线BH的表达式为：y=74（x−167）②，
联立①②并解得：x=12或4（舍去4）
故点M（12，−258），
故答案为（12，−258）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、解直角三角形、圆的基本知识等，综合性很强，难度适宜．


【题组一】
1．（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=OCOB=32a8=33，
解得，a=312；
（2）过M点作MH⊥AB于点H，连接MA、MC，如图2，

∴AH＝BH=12AB=2，
∴OH＝6，
设M（6，d），
∵MA＝MC，
∴4+d2＝36+（d﹣32a）2，
得2ad＝32a2+1，
∴d＝16a+12a=(4a−12a)2+42，
∴当4a=12a时，有d最小=42，
即当a=28时，有d最小=42；
（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=4+d2，
∴MS=2MP=2d2+8，
∵MS+MT＝ST＝6，
∴2d2+8+d=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＝22，
∵∠AMB＝2∠APB，MT⊥AB，MA＝MB，
∴∠AMT＝∠BMT=12∠AMB＝∠APB，
∴sin∠APB＝sin∠BMT=BTMB=22．
【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数的图象与性质，解直角三角形，圆周角定理和圆与直线切线性质，难度较大，第（3）题的关键是构造辅助圆确定当∠APB达到最大时的P点位置．
2．（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
a+b+c=09a+3b+c=0c=3，
解得，a=1b=−4c=3，
∴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
3m+n=0n=3，
解得，m=−1n=3，
∴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=−(t−32)2+94，
∴当t=32时，MN的值最大，其最大值为94；
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（32，32），N（32，−34），
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32，
当y=32时，y＝x2﹣4x+3=32，
解得，x=4+102，或x=4−102＜32（舍去），
∴P（4+102，32）；
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−34，
当y=−34时，y＝x2﹣4x+3=−34，
解得，x=52，或x=32（舍去），
∴P（52，−34）；
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（32，38），半径为12MN=98，
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=38，得y＝x2﹣4x+3=38，
解得，x=8−224＜32（舍），或x=8+224，
∴K（8+224，38），
∴QK=2+224＞98，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38+1=118，
LK=(8+224−2)2+(38+1)2=2098，
设Q点到LK的距离为h，则
12QK⋅118=12LK⋅ℎ，
∴ℎ=118QKLK=118×2+2242098=22209+11209×224×209≈1.27＞98，
∴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（4+102，32）或（52，−34）．
【点评】本题是二次函数的综合题，主要考查了待定系数法，二次函数的最值的应用，直角三角形的存在性质的探究，圆的性质，第（2）题的1°题关键是把MN表示成t二次函数，用二次函数求最值的方法解决问题；第（2）2°小题关键是分情况讨论．难度较大．
3．（2020•望城区模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=12x2﹣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QHQP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=12×16−4b﹣2，解得：b=−32，即可求解；
（2）S△ABD=5×32=35×BN2，则BN=5，sin∠BDH=BHBD=22，即可求解；
（3）①∠ADB＝45°，则∠AMB＝2∠ADB＝90°，MA＝MB，MH⊥AB，AH＝BH＝HM=52，点M的坐标为（32，52）⊙M的半径为5；
②PH＝HB＝5，则MHMQ=52522=22，MQMP=52252=22，故△HMQ∽△QMP，则QHQP=MHMQ=22，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=12×16−4b﹣2，解得：b=−32，
∴抛物线的解析式为y=12x2−32x﹣2；

（2）当x＝5时，y=12x2−32x﹣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，连结BD，作BN⊥AD于N，

∵A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣2），
∴AD＝35，BD=10，
∵S△ABD=5×32=35×BN2，
∴BN=5，
∴sin∠BDH=BHBD=22，
∴∠BDH＝45°；

（3）①如图②，连接MA，MB，

∵∠ADB＝45°，
∴∠AMB＝2∠ADB＝90°，
∵MA＝MB，MH⊥AB，
∴AH＝BH＝HM=52，
∴点M的坐标为（32，52）⊙M的半径为522；
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＝5，
∵MHMQ=52522=22，MQMP=52252=22，
∵∠HMQ＝∠QMP，
∴△HMQ∽△QMP，
∴QHQP=MHMQ=22，
∴在点Q运动过程中QHQP的值不变，其值为22．
【点评】本题考查用待定系数法求二次函数解析式，锐角三角函数的定义，相似三角形的判定与性质．圆的基本性质．解决（3）问的关键是构造相似三角形实现比的转换．
4．（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）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；
（3）证明BN是△OEM的中位线，故BN=12EM=12，而BD=(2−1)2+(0+2)2=5，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=12，
故抛物线的表达式为：y=12（x﹣2）2﹣2=12x2﹣2x①；

（2）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±23（舍去4﹣23）；
故m＝2或4+23；

（3）存在，理由：
连接BN、BD、EM，

则BN是△OEM的中位线，故BN=12EM=12，而BD=(2−1)2+(0+2)2=5，
在△BND中，BD﹣BN≤ND≤BD+BN，
即5−0.5≤ND≤5+0.5，
故线段DN的长度最小值和最大值分别为5−0.5和5+0.5．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、圆的基本知识、中位线的性质等，综合性强，难度适中．
5．（2019•潍坊）如图，在平面直角坐标系xoy中，O为坐标原点，点A（4，0），点B（0，4），△ABO的中线AC与y轴交于点C，且⊙M经过O，A，C三点．
（1）求圆心M的坐标；
（2）若直线AD与⊙M相切于点A，交y轴于点D，求直线AD的函数表达式；
（3）在（2）的条件下，在过点B且以圆心M为顶点的抛物线上有一动点P，过点P作PE∥y轴，交直线AD于点E．若以PE为半径的⊙P与直线AD相交于另一点F．当EF＝45时，求点P的坐标．

【分析】（1）利用中点公式即可求解；
（2）设：∠CAO＝α，则∠CAO＝∠ODA＝∠PEH＝α，tan∠CAO=OCOA=12=tanα，则sinα=15，cosα=25，AC=10，则CD=ACsin∠CDA=10sinα=10，即可求解；
（3）利用cos∠PEH=EHPE=25PE=cosα=25，求出PE＝5，即可求解．
【解答】解：（1）点B（0，4），则点C（0，2），
∵点A（4，0），则点M（2，1）；
（2）应该是圆M与直线AD相切，则∠CAD＝90°，
设：∠CAO＝α，则∠CAO＝∠ODA＝∠PEH＝α，
tan∠CAO=OCOA=12=tanα，则sinα=15，cosα=25，
AC=20，则CD=ACsinα=10，
则点D（0，﹣8），
将点A、D的坐标代入一次函数表达式：y＝mx+n并解得：
直线AD的表达式为：y＝2x﹣8；
（3）抛物线的表达式为：y＝a（x﹣2）2+1，
将点B坐标代入上式并解得：a=34，
故抛物线的表达式为：y=34x2﹣3x+4，
过点P作PH⊥EF，则EH=12EF＝25，

cos∠PEH=EHPE=25PE=cosα=25，
解得：PE＝5，
设点P（x，34x2﹣3x+4），则点E（x，2x﹣8），
则PE=34x2﹣3x+4﹣2x+8＝5，
解得x=143或2，
则点P（143，193）或（2，1）．
【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．
6．（2019•长沙）如图，抛物线y＝ax2+6ax（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a=33，∠CAE＝∠OBE时，求1OD−1OE的值．

【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＝∠CDE，则CE＝DE；
②设OE＝m，由∠CAE＝∠OBE可得BDBE=ODOE，则m=6t−t−6，代入−1t−1m可求出1OD−1OE的值．
【解答】解：（1）令ax2+6ax＝0，
ax（x+6）＝0，
∴A（﹣6，0）；
（2）①证明：如图，连接PC，连接PB，延长交x轴于点M，

∵⊙P过O、A、B三点，B为顶点，
∴PM⊥OA，∠PBC+∠BDM＝90°，
又∵PC＝PB，
∴∠PCB＝∠PBC，
∵CE为切线，
∴∠PCB+∠ECD＝90°，
又∵∠BDM＝∠CDE，
∴∠ECD＝∠CDE，
∴CE＝DE．
②解：设OE＝m，
∵∠CAE＝∠CBO，∠CAE＝∠OBE，
∴∠CBO＝∠EBO，
由角平分线成比例定理可得：BDBE=ODOE，
即：(3+t)2+27(3+m)2+27=−tm，
∴m=6t−t−6，
∴−1m=t+66t，
∴1OD−1OE=−1t−1m，
=t+66t−1t，
=16．
【点评】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．
7．（2019•梧州）如图，已知⊙A的圆心为点（3，0），抛物线y＝ax2−376x+c过点A，与⊙A交于B、C两点，连接AB、AC，且AB⊥AC，B、C两点的纵坐标分别是2、1．
（1）请直接写出点B的坐标，并求a、c的值；
（2）直线y＝kx+1经过点B，与x轴交于点D．点E（与点D不重合）在该直线上，且AD＝AE，请判断点E是否在此抛物线上，并说明理由；
（3）如果直线y＝k1x﹣1与⊙A相切，请直接写出满足此条件的直线解析式．

【分析】（1）证明Rt△BRA△≌Rt△ASC（AAS），即可求解；
（2）点E在直线BD上，则设E的坐标为（x，12x+1），由AD＝AE，即可求解；
（3）分当切点在x轴下方、切点在x轴上方两种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）过点B、C分别作x轴的垂线交于点R、S，
∵∠ABR+∠RAB＝90°，∠RAB+∠CAS＝90°，
∴∠RAB＝∠CAS，又AB＝AC，
∴Rt△BRA≌Rt△ASC（AAS），
∴AS＝BR＝2，AR＝CS＝1，
故点B、C的坐标分别为（2，2）、（5，1），
将点B、C坐标代入抛物线y＝ax2−376x+c并解得：
a=56，c＝11，
故抛物线的表达式为：y=56x2−376x+11；
（2）将点B坐标代入y＝kx+1并解得：y=12x+1，则点D（﹣2，0），
点A、B、C、D的坐标分别为（3，0）、（2，2）、（5，1）、（﹣2，0），
则AB=5，AD＝5，
点E在直线BD上，则设E的坐标为（x，12x+1），
∵AD＝AE，则52＝（3﹣x）2+（12x+1）2，
解得：x＝﹣2或6（舍去﹣2），
故点E（6，4），
把x＝6代入y=56x2−376x+11＝4，
故点E在抛物线上；
（3）①当切点在x轴下方时，
设直线y＝k1x﹣1与⊙A相切于点H，直线与x轴、y轴分别交于点K、G（0，﹣1），连接GA，

AH＝AB=5，GA=10，
∵∠AHK＝∠KOG＝90°，∠HKA＝∠HKA，∴△KOG∽△KHA，
∴KOKH=OGHA，即：KO(KO+3)2−5=15，
解得：KO＝2或−12（舍去−12），
故点K（﹣2，0），
把点K、G坐标代入y＝k1x﹣1并解得：
直线的表达式为：y=−12x﹣1；
②当切点在x轴上方时，
直线的表达式为：y＝2x﹣1；
故满足条件的直线解析式为：y=−12x﹣1或y＝2x﹣1．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、圆的切线性质、三角形相似等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
8．（2019•大庆）如图，抛物线y＝x2+bx+c的对称轴为直线x＝2，抛物线与x轴交于点A和点B，与y轴交于点C，且点A的坐标为（﹣1，0）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）将抛物线y＝x2+bx+c图象x轴下方部分沿x轴向上翻折，保留抛物线在x轴上的点和x轴上方图象，得到的新图象与直线y＝t恒有四个交点，从左到右四个交点依次记为D，E，F，G．当以EF为直径的圆过点Q（2，1）时，求t的值；
（3）在抛物线y＝x2+bx+c上，当m≤x≤n时，y的取值范围是m≤y≤7，请直接写出x的取值范围．

【分析】（1）抛物线的对称轴是x＝2，且过点A（﹣1，0）点，∴−b2=21−b+c=0，即可求解；
（2）翻折后得到的部分函数解析式为：y＝﹣（x﹣2）2+9＝﹣x2+4x+5，（﹣1＜x＜5），新图象与直线y＝t恒有四个交点，则0＜t＜9，由y=ty=−x2+4x+5解得：x＝2±9−t，即可求解；
（3）分m、n在函数对称轴左侧、m、n在对称轴两侧、m、n在对称轴右侧时，三种情况分别求解即可．
【解答】解：（1）抛物线的对称轴是x＝2，且过点A（﹣1，0）点，∴−b2=21−b+c=0，解得：b=−4c=−5，
∴抛物线的函数表达式为：y＝x2﹣4x﹣5；
（2）y＝x2﹣4x﹣5＝（x﹣2）2﹣9，
则x轴下方图象翻折后得到的部分函数解析式为：y＝﹣（x﹣2）2+9＝﹣x2+4x+5，（﹣1＜x＜5），其顶点为（2，9）．
∵新图象与直线y＝t恒有四个交点，∴0＜t＜9，
设E（x1，y1），F（x2，y2）．
由y=ty=−x2+4x+5解得：x＝2±9−t，
∵以EF为直径的圆过点Q（2，1），
∴EF＝2|t﹣1|＝x2﹣x1，
即29−t=2|t﹣1|，解得t=1±332，
又∵0＜t＜9，
∴t的值为1+332；

（3）①当m、n在函数对称轴左侧时，m≤n≤2，
由题意得：x＝m时，y＝7，x＝n时，y＝m，
即：m2﹣4m﹣5＝7，
解得m＝﹣2或m＝6（舍），
n2﹣4n﹣5＝m，
解得n＝2−7或m＝2+7（舍），
解得：﹣2≤x≤2−7；
②当m、n在对称轴两侧时，
x＝2时，y的最小值为﹣9，不合题意；
③当m、n在对称轴右侧时，
同理可得：5+352≤x≤6；
故x的取值范围是：﹣2≤x≤2−7或5+352≤x≤6．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数、圆的基本性质性质、图形的翻折等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
9．（2019•鄂尔多斯）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣2（a≠0）与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点，与y轴交于点C，直线y＝﹣x与该抛物线交于E，F两点．
（1）求抛物线的解析式．
（2）P是直线EF下方抛物线上的一个动点，作PH⊥EF于点H，求PH的最大值．
（3）以点C为圆心，1为半径作圆，⊙C上是否存在点M，使得△BCM是以CM为直角边的直角三角形？若存在，直接写出M点坐标；若不存在，说明理由．

【分析】（1）直接利用待定系数法即可得出结论；
（2）先判断出过点P平行于直线EF的直线与抛物线只有一个交点时，PH最大，再求出此直线l的解析式，即可得出结论；
（3）分两种情况：①当∠BMC＝90°时，先求出BM的长，进而求出BD，DM1的长，再构造出相似三角形即可得出结论；
②当∠BCM＝90°时，利用锐角三角函数求出点M3的坐标，最后用对称的性质得出点M4的坐标，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx﹣2（a≠0）与x轴交于A（﹣3，0），B（1，0）两点，
∴9a−3b−2=0a+b−2=0，
∴a=23b=43，
∴抛物线的解析式为y=23x2+43x﹣2；

（2）如图1，过点P作直线l，使l∥EF，过点O作OP'⊥l，
当直线l与抛物线只有一个交点时，PH最大，等于OP'，
∵直线EF的解析式为y＝﹣x，
设直线l的解析式为y＝﹣x+m①，
∵抛物线的解析式为y=23x2+43x﹣2②，
联立①②化简得，23x2+73x﹣2﹣m＝0，
∴△=499−4×23×（﹣2﹣m）＝0，
∴m=−9724，
∴直线l的解析式为y＝﹣x−9724，
令y＝0，则x=−9724，
∴M（−9724，0），
∴OM=9724，
在Rt△OP'M中，OP'=OM2=97248，
∴PH最大=97248．

（3）①当∠CMB＝90°时，如图2，
∴BM是⊙O的切线，
∵⊙C半径为1，B（1，0），
∴BM2∥y轴，
∴∠CBM2＝∠BCO，M2（1，﹣2），
∴BM2＝2，
∵BM1与BM2是⊙C的切线，
∴BM1＝BM2＝2，∠CBM1＝∠CBM2，
∴∠CBM1＝∠BCO，
∴BD＝CD，
在Rt△BOD中，OD2+OB2＝BD2，
∴OD2+1＝（2﹣OD）2，
∴OD=34，
∴BD=54，
∴DM1=34
过点M1作M1Q⊥y轴，
∴M1Q∥x轴，
∴△BOD∽△M1QD，
∴OBM1Q=ODDQ=BDDM1，
∴1M1Q=34DQ=5434，
∴M1Q=35，DQ=920，
∴OQ=34+920=65，
∴M1（−35，−65），
②当∠BCM＝90°时，如图3，
∴∠OCM3+∠OCB＝90°，
∵∠OCB+∠OBC＝90°，
∴∠OCM3＝∠OBC，
在Rt△BOC中，OB＝1，OC＝2，
∴tan∠OBC=OCOB=2，
∴tan∠OCM3＝2，
过点M3作M3H⊥y轴于H，
在Rt△CHM3中，CM3＝1，
设CH＝m，则M3H＝2m，
根据勾股定理得，m2+（2m）2＝1，
∴m=55，
∴M3H＝2m=255，OH＝OC﹣CH＝2−55，
∴M3（−255，55−2），
而点M4与M3关于点C对称，
∴M4（255，−55−2），
即：满足条件的点M的坐标为（−35，−65）或（1，﹣2）或（−255，55−2）或（255，−55−2）．



【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，平行线的性质，勾股定理，切线的性质，相似三角形的判定和性质，构造出相似三角形是解本题的关键．
10．（2019•日照）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣5x+5与x轴，y轴分别交于A，C两点，抛物线y＝x2+bx+c经过A，C两点，与x轴的另一交点为B．
（1）求抛物线解析式及B点坐标；
（2）若点M为x轴下方抛物线上一动点，连接MA、MB、BC，当点M运动到某一位置时，四边形AMBC面积最大，求此时点M的坐标及四边形AMBC的面积；
（3）如图2，若P点是半径为2的⊙B上一动点，连接PC、PA，当点P运动到某一位置时，PC+12PA的值最小，请求出这个最小值，并说明理由．

【分析】（1）由直线y＝﹣5x+5求点A、C坐标，用待定系数法求抛物线解析式，进而求得点B坐标．
（2）从x轴把四边形AMBC分成△ABC与△ABM；由点A、B、C坐标求△ABC面积；设点M横坐标为m，过点M作x轴的垂线段MH，则能用m表示MH的长，进而求△ABM的面积，得到△ABM面积与m的二次函数关系式，且对应的a值小于0，配方即求得m为何值时取得最大值，进而求点M坐标和四边形AMBC的面积最大值．
（3）作点D坐标为（4，0），可得BD＝1，进而有BDBP=BPAB=12，再加上公共角∠PBD＝∠ABP，根据两边对应成比例且夹角相等可证△PBD∽△ABP，得PDPA等于相似比12，进而得PD=12AP，所以当C、P、D在同一直线上时，PC+12PA＝PC+PD＝CD最小．用两点间距离公式即求得CD的长．
【解答】解：（1）直线y＝﹣5x+5，x＝0时，y＝5
∴C（0，5）
y＝﹣5x+5＝0时，解得：x＝1
∴A（1，0）
∵抛物线y＝x2+bx+c经过A，C两点
∴1+b+c=00+0+c=5 解得：b=−6c=5
∴抛物线解析式为y＝x2﹣6x+5
当y＝x2﹣6x+5＝0时，解得：x1＝1，x2＝5
∴B（5，0）

（2）如图1，过点M作MH⊥x轴于点H
∵A（1，0），B（5，0），C（0，5）
∴AB＝5﹣1＝4，OC＝5
∴S△ABC=12AB•OC=12×4×5＝10
∵点M为x轴下方抛物线上的点
∴设M（m，m2﹣6m+5）（1＜m＜5）
∴MH＝|m2﹣6m+5|＝﹣m2+6m﹣5
∴S△ABM=12AB•MH=12×4（﹣m2+6m﹣5）＝﹣2m2+12m﹣10＝﹣2（m﹣3）2+8
∴S四边形AMBC＝S△ABC+S△ABM＝10+[﹣2（m﹣3）2+8]＝﹣2（m﹣3）2+18
∴当m＝3，即M（3，﹣4）时，四边形AMBC面积最大，最大面积等于18
（可以直接利用点M是抛物线的顶点时，面积最大求解）

（3）如图2，在x轴上取点D（4，0），连接PD、CD
∴BD＝5﹣4＝1
∵AB＝4，BP＝2
∴BDBP=BPAB=12
∵∠PBD＝∠ABP
∴△PBD∽△ABP
∴PDAP=BDBP=12，
∴PD=12AP
∴PC+12PA＝PC+PD
∴当点C、P、D在同一直线上时，PC+12PA＝PC+PD＝CD最小
∵CD=OC2+OD2=52+42=41
∴PC+12PA的最小值为41


【点评】本题考查了二次函数的图象与性质，求二次函数最大值，解一次方程（组）和一元二次方程，相似三角形的判定和性质，两点之间线段最短．求线段与线段的几分之几的和的最小值，一般将“线段的几分之几”进行转换，变成能用“两点之间线段最短”的图形来求最小值．
11．（2018•宿迁）如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝（x﹣a）（x﹣3）（0＜a＜3）的图象与x轴交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴交于点D，过其顶点C作直线CP⊥x轴，垂足为点P，连接AD、BC．
（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．

【分析】（1）根据函数解析式可以直接得到抛物线与x轴的两个交点坐标；令x＝0，即可求得点D的纵坐标；
（2）由抛物线顶点坐标公式求得点C的坐标，易得线段PB、PC的长度；
①若△AOD∽△BPC时，则AOBP=DOCP，将相关线段的长度代入求得a的值；
②若△AOD∽△CPB时，则AOCP=DOPB，将相关线段的长度代入求得a的值；
（3）能．理由如下：联结BD，取中点M，则D、O、B在同一个圆上，且圆心M为（32，32a）．若点C也在圆上，则MC＝MB．根据两点间的坐标求得相关线段的长度，借助于方程解答即可．
【解答】解：（1）∵y＝（x﹣a）（x﹣3）（0＜a＜3），
∴A（a，0），B（3，0）．
当x＝0时，y＝3a，
∴D（0，3a）；

（2）∵A（a，0），B（3，0），
∴对称轴直线方程为：x=3+a2．
当x=3+a2时，y＝﹣（3−a2）2，
∴C（3+a2，﹣（3−a2）2），
PB＝3−3+a2，PC＝（3−a2）2，
①若△AOD∽△BPC时，则AOBP=DOCP，即a3−3+a2=3a(3−a2)2，
解得a＝0或a＝±3（舍去）；
②若△AOD∽△CPB时，则AOCP=DOPB，即a(3−a2)2=3a3−3+a2，
解得a＝3（舍去）或a=73．
所以a的值是73．

（3）能．理由如下：
联结BD，取中点M
∵D、O、B在同一个圆上，且圆心M为（32，32a）．
若点C也在圆上，则MC＝MB．即（32−3+a2）2+（32a+（3−a2）2）2＝（32−3）2+（32a﹣0）2，
整理，得
a4﹣14a2+45＝0，
所以（a2﹣5）（a2﹣9）＝0，
解得a1=5，a2=−5（舍），a3＝3（舍），a4＝﹣3（舍），
∴a=5．

【点评】考查了二次函数综合题，需要掌握二次函数解析式的三种形式，抛物线对称轴的求法，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，方程思想的应用．解题时，注意“分类讨论”、“方程思想”等数学思想的应用，难度较大．
12．（2018•福建）已知抛物线y＝ax2+bx+c过点A（0，2）．
（1）若点（−2，0）也在该抛物线上，求a，b满足的关系式；
（2）若该抛物线上任意不同两点M（x1，y1），N（x2，y2）都满足：当x1＜x2＜0时，（x1﹣x2）（y1﹣y2）＞0；当0＜x1＜x2时，（x1﹣x2）（y1﹣y2）＜0．以原点O为心，OA为半径的圆与拋物线的另两个交点为B，C，且△ABC有一个内角为60°．
①求抛物线的解析式；
②若点P与点O关于点A对称，且O，M，N三点共线，求证：PA平分∠MPN．
【分析】（1）由抛物线经过点A可求出c＝2，再代入（−2，0）即可找出2a−2b+2＝0（a≠0）；
（2）①根据二次函数的性质可得出抛物线的对称轴为y轴、开口向下，进而可得出b＝0，由抛物线的对称性可得出△ABC为等腰三角形，结合其有一个60°的内角可得出△ABC为等边三角形，设线段BC与y轴交于点D，根据等边三角形的性质可得出点C的坐标，再利用待定系数法可求出a值，此题得解；
②由①的结论可得出点M的坐标为（x1，−x12+2）、点N的坐标为（x2，−x22+2），由O、M、N三点共线可得出x2=−2x1，进而可得出点N及点N′的坐标，由点A、M的坐标利用待定系数法可求出直线AM的解析式，利用一次函数图象上点的坐标特征可得出点N′在直线PM上，进而即可证出PA平分∠MPN．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c过点A（0，2），
∴c＝2．
又∵点（−2，0）也在该抛物线上，
∴a（−2）2+b（−2）+c＝0，
∴2a−2b+2＝0（a≠0）．
（2）①∵当x1＜x2＜0时，（x1﹣x2）（y1﹣y2）＞0，
∴x1﹣x2＜0，y1﹣y2＜0，
∴当x＜0时，y随x的增大而增大；
同理：当x＞0时，y随x的增大而减小，
∴抛物线的对称轴为y轴，开口向下，
∴b＝0．
∵OA为半径的圆与拋物线的另两个交点为B、C，
∴△ABC为等腰三角形，
又∵△ABC有一个内角为60°，
∴△ABC为等边三角形．
设线段BC与y轴交于点D，则BD＝CD，且∠OCD＝30°，
又∵OB＝OC＝OA＝2，
∴CD＝OC•cos30°=3，OD＝OC•sin30°＝1．
不妨设点C在y轴右侧，则点C的坐标为（3，﹣1）．
∵点C在抛物线上，且c＝2，b＝0，
∴3a+2＝﹣1，
∴a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2．
②证明：由①可知，点M的坐标为（x1，−x12+2），点N的坐标为（x2，−x22+2）．
直线OM的解析式为y＝k1x（k1≠0）．
∵O、M、N三点共线，
∴x1≠0，x2≠0，且−x12+2x1=−x22+2x2，
∴﹣x1+2x1=−x2+2x2，
∴x1﹣x2=−2(x1−x2)x1x2，
∴x1x2＝﹣2，即x2=−2x1，
∴点N的坐标为（−2x1，−4x12+2）．
设点N关于y轴的对称点为点N′，则点N′的坐标为（2x1，−4x12+2）．
∵点P是点O关于点A的对称点，
∴OP＝2OA＝4，
∴点P的坐标为（0，4）．
设直线PM的解析式为y＝k2x+4，
∵点M的坐标为（x1，−x12+2），
∴−x12+2＝k2x1+4，
∴k2=−x12+2x1，
∴直线PM的解析式为y=−x12+2x1x+4．
∵−x12+2x1•2x1+4=−2(x12+2)+4x12x12=−4x12+2，
∴点N′在直线PM上，
∴PA平分∠MPN．


【点评】本题考查了待定系数法求一次（二次）函数解析式、二次函数的性质、等边三角形的性质以及一次（二次）函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：（1）利用二次函数图象上点的坐标特征求出a、b满足的关系式；（2）①利用等边三角形的性质找出点C的坐标；②利用一次函数图象上点的坐标特征找出点N′在直线PM上．
13．（2018•长沙模拟）如图1，二次函数y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＜0）的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴的正半轴交于点C，顶点为D．
（1）求顶点D的坐标（用含a的代数式表示）；
（2）若以AD为直径的圆经过点C．
①求抛物线的函数关系式；
②如图2，点E是y轴负半轴上一点，连接BE，将△OBE绕平面内某一点旋转180°，得到△PMN（点P、M、N分别和点O、B、E对应），并且点M、N都在抛物线上，作MF⊥x轴于点F，若线段MF：BF＝1：2，求点M、N的坐标；
③点Q在抛物线的对称轴上，以Q为圆心的圆过A、B两点，并且和直线CD相切，如图3，求点Q的坐标．

【分析】（1）将二次函数的解析式进行配方即可得到顶点D的坐标．
（2）①以AD为直径的圆经过点C，即点C在以AD为直径的圆的圆周上，依据圆周角定理不难得出△ACD是个直角三角形，且∠ACD＝90°，A点坐标可得，而C、D的坐标可由a表达出来，在得出AC、CD、AD的长度表达式后，依据勾股定理列等式即可求出a的值，由此得出抛物线的解析式．
②将△OBE绕平面内某一点旋转180°得到△PMN，说明了PM正好和x轴平行，且PM＝OB＝1，所以求M、N的坐标关键是求出点M的坐标；首先根据①的函数解析式设出M点的坐标，然后根据题干条件：BF＝2MF作为等量关系进行解答即可．
③设⊙Q与直线CD的切点为G，连接QG，由C、D两点的坐标不难判断出∠CDQ＝45°，那么△QGD为等腰直角三角形，即QD2＝2QG2＝2QB2，设出点Q的坐标，然后用Q点纵坐标表达出QD、QB的长，根据上面的等式列方程即可求出点Q的坐标．
【解答】解：（1）∵y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x﹣1）2﹣4a，
∴D（1，﹣4a）．

（2）①∵以AD为直径的圆经过点C，
∴△ACD为直角三角形，且∠ACD＝90°；
由y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x﹣3）（x+1）知，A（3，0）、B（﹣1，0）、C（0，﹣3a），则：
AC2＝（0﹣3）2+（﹣3a﹣0）2＝9a2+9、CD2＝（0﹣1）2+（﹣3a+4a）2＝a2+1、AD2＝（3﹣1）2+（0+4a）2＝16a2+4
由勾股定理得：AC2+CD2＝AD2，即：9a2+9+a2+1＝16a2+4，
化简，得：a2＝1，由a＜0，得：a＝﹣1
即，抛物线的解析式：y＝﹣x2+2x+3．
②∵将△OBE绕平面内某一点旋转180°得到△PMN，
∴PM∥x轴，且PM＝OB＝1；
设M（x，﹣x2+2x+3），则OF＝x，MF＝﹣x2+2x+3，BF＝OF+OB＝x+1；
∵MF：BF＝1：2，即BF＝2MF，
∴2（﹣x2+2x+3）＝x+1，化简，得：2x2﹣3x﹣5＝0
解得：x1＝﹣1、x2=52
∴M（52，74）、N（32，154）．
③设⊙Q与直线CD的切点为G，连接QG，过C作CH⊥QD于H，如右图；
设Q（1，b），则QD＝4﹣b，QB2＝QG2＝（1+1）2+（b﹣0）2＝b2+4；
∵C（0，3）、D（1，4），
∴CH＝DH＝1，即△CHD是等腰直角三角形，
∴△QGD也是等腰直角三角形，即：QD2＝2QG2；
代入数据，得：
（4﹣b）2＝2（b2+4），化简，得：b2+8b﹣8＝0，
解得：b＝﹣4±26；
即点Q的坐标为（1，﹣4+26）或（1，﹣4﹣26）．

【点评】此题主要考查了二次函数解析式的确定、旋转图形的性质、圆周角定理以及直线和圆的位置关系等重要知识点；后两个小题较难，最后一题中，通过构建等腰直角三角形找出QD和⊙Q半径间的数量关系是解题题目的关键．
14．（2018•济宁）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．

【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，分三种情况，利用平移规律确定出P的坐标即可．
【解答】解：（1）把A（3，0），B（﹣1，0），C（0，﹣3）代入抛物线解析式得：9a+3b+c=0a−b+c=0c=−3，
解得：a=1b=−2c=−3，
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=13x+m，
把A（3，0）代入得：1+m＝0，即m＝﹣1，
∴直线AM解析式为y=13x﹣1，
联立得：y=−3x−3y=13x−1，
解得：x=−35y=−65，
则M（−35，−65）；
（3）存在以点B，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，
分三种情况考虑：
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±7，x＝2±7，
当m＝1+7时，m2﹣2m﹣3＝8+27−2﹣27−3＝3，即P（1+7，3）；
当m＝1−7时，m2﹣2m﹣3＝8﹣27−2+27−3＝3，即P（1−7，3）；
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），
当四边形BQCP是平行四边形时，
由平移规律得：﹣1+0＝m+x，0﹣3＝m2﹣2m﹣3，
解得：m＝0或2，x＝﹣1或﹣3，
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+7，3）或（1−7，3）或（2，﹣3）．
【点评】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．
15．（2018•遵义）在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+53x+c的图象经过点C（0，2）和点D（4，﹣2）．点E是直线y=−13x+2与二次函数图象在第一象限内的交点．
（1）求二次函数的解析式及点E的坐标．
（2）如图①，若点M是二次函数图象上的点，且在直线CE的上方，连接MC，OE，ME．求四边形COEM面积的最大值及此时点M的坐标．
（3）如图②，经过A、B、C三点的圆交y轴于点F，求点F的坐标．

【分析】（1）把C与D坐标代入二次函数解析式求出a与c的值，确定出二次函数解析式，与一次函数解析式联立求出E坐标即可；
（2）过M作MH垂直于x轴，与直线CE交于点H，四边形COEM面积最大即为三角形CME面积最大，构造出二次函数求出最大值，并求出此时M坐标即可；
（3）令y＝0，求出x的值，得出A与B坐标，由圆周角定理及相似的性质得到三角形AOC与三角形BOF相似，由相似得比例求出OF的长，即可确定出F坐标．
【解答】解：（1）把C（0，2），D（4，﹣2）代入二次函数解析式得：16a+203+c=−2c=2，
解得：a=−23c=2，即二次函数解析式为y=−23x2+53x+2，
联立一次函数解析式得：y=−13x+2y=−23x2+53x+2，
消去y得：−13x+2=−23x2+53x+2，
解得：x＝0或x＝3，
则E（3，1）；
（2）如图①，过M作MH∥y轴，交CE于点H，
设M（m，−23m2+53m+2），则H（m，−13m+2），
∴MH＝（−23m2+53m+2）﹣（−13m+2）=−23m2+2m，
S四边形COEM＝S△OCE+S△CME=12×2×3+12MH•3＝﹣m2+3m+3，
当m=−b2a=32时，S最大=214，此时M坐标为（32，3）；
（3）连接BF，如图②所示，
当−23x2+53x+2＝0时，x1=5+734，x2=5−734，
∴OA=73−54，OB=73+54，
∵∠ACO＝∠ABF，∠AOC＝∠FOB，
∴△AOC∽△FOB，
∴OAOF=OCOB，即73−54OF=273+54，
解得：OF=32，
则F坐标为（0，−32）．

【点评】此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求二次函数解析式，相似三角形的判定与性质，三角形的面积，二次函数图象与性质，以及图形与坐标性质，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
16．（2018•福建）已知抛物线y＝ax2+bx+c过点A（0，2），且抛物线上任意不同两点M（x1，y1），N（x2，y2）都满足：当x1＜x2＜0时，（x1﹣x2）（y1﹣y2）＞0；当0＜x1＜x2时，（x1﹣x2）（y1﹣y2）＜0．以原点O为圆心，OA为半径的圆与抛物线的另两个交点为B，C，且B在C的左侧，△ABC有一个内角为60°．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若MN与直线y＝﹣23x平行，且M，N位于直线BC的两侧，y1＞y2，解决以下问题：
①求证：BC平分∠MBN；
②求△MBC外心的纵坐标的取值范围．
【分析】（1）由A的坐标确定出c的值，根据已知不等式判断出y1﹣y2＜0，可得出抛物线的增减性，确定出抛物线对称轴为y轴，且开口向下，求出b的值，如图1所示，可得三角形ABC为等边三角形，确定出B的坐标，代入抛物线解析式即可；
（2）①设出点M（x1，﹣x12+2），N（x2，﹣x22+2），由MN与已知直线平行，得到k值相同，表示出直线MN解析式，进而表示出ME，BE，NF，BF，求出tan∠MBE与tan∠NBF的值相等，进而得到BC为角平分线；
②三角形的外心即为三条垂直平分线的交点，得到y轴为BC的垂直平分线，设P为外心，利用勾股定理化简PB2＝PM2，确定出△MBC外心的纵坐标的取值范围即可．
【解答】解：（1）∵抛物线过点A（0，2），
∴c＝2，
当x1＜x2＜0时，x1﹣x2＜0，由（x1﹣x2）（y1﹣y2）＞0，得到y1﹣y2＜0，
∴当x＜0时，y随x的增大而增大，
同理当x＞0时，y随x的增大而减小，
∴抛物线的对称轴为y轴，且开口向下，即b＝0，
∵以O为圆心，OA为半径的圆与抛物线交于另两点B，C，如图1所示，
∴△ABC为等腰三角形，
∵△ABC中有一个角为60°，
∴△ABC为等边三角形，且OC＝OA＝2，
设线段BC与y轴的交点为点D，则有BD＝CD，且∠OBD＝30°，
∴BD＝OB•cos30°=3，OD＝OB•sin30°＝1，
∵B在C的左侧，
∴B的坐标为（−3，﹣1），
∵B点在抛物线上，且c＝2，b＝0，
∴3a+2＝﹣1，
解得：a＝﹣1，
则抛物线解析式为y＝﹣x2+2；
（2）①由（1）知，点M（x1，﹣x12+2），N（x2，﹣x22+2），
∵MN与直线y＝﹣23x平行，
∴设直线MN的解析式为y＝﹣23x+m，则有﹣x12+2＝﹣23x1+m，即m＝﹣x12+23x1+2，
∴直线MN解析式为y＝﹣23x﹣x12+23x1+2，
把y＝﹣23x﹣x12+23x1+2代入y＝﹣x2+2，解得：x＝x1或x＝23−x1，
∴x2＝23−x1，即y2＝﹣（23−x1）2+2＝﹣x12+43x1﹣10，
作ME⊥BC，NF⊥BC，垂足为E，F，如图2所示，
∵M，N位于直线BC的两侧，且y1＞y2，则y2＜﹣1＜y1≤2，且−3＜x1＜x2，
∴ME＝y1﹣（﹣1）＝﹣x12+3，BE＝x1﹣（−3）＝x1+3，NF＝﹣1﹣y2＝x12﹣43x1+9，BF＝x2﹣（−3）＝33−x1，
在Rt△BEM中，tan∠MBE=MEBE=−x12+3x1+3=3−x1，
在Rt△BFN中，tan∠NBF=NFBF=x12−43x1+933−x1=(x1−23)2−333−x1=(x1−33)(x1−3)33−x1=3−x1，
∵tan∠MBE＝tan∠NBF，
∴∠MBE＝∠NBF，
则BC平分∠MBN；
②∵y轴为BC的垂直平分线，
∴设△MBC的外心为P（0，y0），则PB＝PM，即PB2＝PM2，
根据勾股定理得：3+（y0+1）2＝x12+（y0﹣y1）2，
∵x12＝2﹣y1，
∴y02+2y0+4＝（2﹣y1）+（y0﹣y1）2，即y0=12y1﹣1，
由①得：﹣1＜y1≤2，
∴−32＜y0≤0，
则△MBC的外心的纵坐标的取值范围是−32＜y0≤0．


【点评】此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法求二次函数解析式，二次函数的图象与性质，锐角三角函数定义，勾股定理，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
17．（2018•湖北）抛物线y=−23x2+73x﹣1与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，其顶点为D．将抛物线位于直线l：y＝t（t＜2524）上方的部分沿直线l向下翻折，抛物线剩余部分与翻折后所得图形组成一个“M”形的新图象．
（1）点A，B，D的坐标分别为　（12，0）　，　（3，0）　，　（74，2524）　；
（2）如图①，抛物线翻折后，点D落在点E处．当点E在△ABC内（含边界）时，求t的取值范围；
（3）如图②，当t＝0时，若Q是“M”形新图象上一动点，是否存在以CQ为直径的圆与x轴相切于点P？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点A、B的坐标，再利用配方法即可找出抛物线的顶点D的坐标；
（2）由点D的坐标结合对称找出点E的坐标，根据点B、C的坐标利用待定系数法可求出直线BC的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可得出关于t的一元一次不等式组，解之即可得出t的取值范围；
（3）假设存在，设点P的坐标为（12m，0），则点Q的横坐标为m，（方法一）分m＜12或m＞3及12≤m≤3两种情况，利用勾股定理找出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，进而可找出点P的坐标；（方法二）过点Q作QN⊥x轴于点N，由等角的余角相等结合正切的定义可得出OPOC=NQPN，分m＜12或m＞3及12≤m≤3两种情况找出点Q的坐标，结合OPOC=NQPN可得出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，进而可找出点P的坐标
【解答】解：（1）当y＝0时，有−23x2+73x﹣1＝0，
解得：x1=12，x2＝3，
∴点A的坐标为（12，0），点B的坐标为（3，0）．
∵y=−23x2+73x﹣1=−23（x2−72x）﹣1=−23（x−74）2+2524，
∴点D的坐标为（74，2524）．
故答案为：（12，0）；（3，0）；（74，2524）．
（2）∵点E、点D关于直线y＝t对称，
∴点E的坐标为（74，2t−2524）．
当x＝0时，y=−23x2+73x﹣1＝﹣1，
∴点C的坐标为（0，﹣1）．
设线段BC所在直线的解析式为y＝kx+b，
将B（3，0）、C（0，﹣1）代入y＝kx+b，
3k+b=0b=−1，解得：k=13b=−1，
∴线段BC所在直线的解析式为y=13x﹣1．
∵点E在△ABC内（含边界），
∴2t−2524≤02t−2524≥13×74−1，
解得：516≤t≤2548．
（3）当x＜12或x＞3时，y=−23x2+73x﹣1；
当12≤x≤3时，y=23x2−73x+1．
假设存在，设点P的坐标为（12m，0），则点Q的横坐标为m．
（方法一）①当m＜12或m＞3时，点Q的坐标为（m，−23m2+73m﹣1）（如图1），
∵以CQ为直径的圆与x轴相切于点P，
∴CP⊥PQ，
∴CQ2＝CP2+PQ2，即m2+（−23m2+73m）2=14m2+1+14m2+（−23m2+73m﹣1）2，
整理，得：5m2﹣28m+12＝0，
解得：m1=14−2345，m2=14+2345，
∴点P的坐标为（7−345，0）或（7+345，0）；
②当12≤m≤3时，点Q的坐标为（m，23m2−73m+1）（如图2），
∵以CQ为直径的圆与x轴相切于点P，
∴CP⊥PQ，
∴CQ2＝CP2+PQ2，即m2+（23m2−73m+2）2=14m2+1+14m2+（23m2−73m+1）2，
整理，得：11m2﹣28m+12＝0，
解得：m3=611，m4＝2，
∴点P的坐标为（311，0）或（1，0）．
（方法二）过点Q作QN⊥x轴于点N，画出简图，如图3所示．
∵∠CPQ＝90°，
∴∠OPC+∠NPQ＝90°．
又∵∠OPC+∠OCP＝90°，
∴∠OCP＝∠NPQ，
∴tan∠OCP＝tan∠NPQ，即OPOC=NQPN．
①当m＜12或m＞3时，点Q的坐标为（m，−23m2+73m﹣1），
∴12m1=23m2−73m+112m，
整理，得：5m2﹣28m+12＝0，
解得：m1=14−2345，m2=14+2345，
∴点P的坐标为（7−345，0）或（7+345，0）；
②当12≤m≤3时，点Q的坐标为（m，23m2−73m+1），
∴12m1=12m−23m2+73m−1，
整理，得：11m2﹣28m+12＝0，
解得：m3=611，m4＝2，
∴点P的坐标为（311，0）或（1，0）．
综上所述：存在以CQ为直径的圆与x轴相切于点P，点P的坐标为（7−345，0）、（311，0）、（1，0）或（7+345，0）．



【点评】本题考查了一次（二次）函数图象上点的坐标特征、待定系数法求一次函数解析式、勾股定理以及解一元二次方程，解题的关键是：（1）利用二次函数图象上点的坐标特征求出点A、B的坐标；（2）利用一次函数图象上点的坐标特征结合点E在△ABC内，找出关于t的一元一次不等式组；（3）分m＜12或m＞3及12≤m≤3两种情况，找出关于m的一元二次方程．
18．（2018•柳州）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（3，0），B两点（点B在点A的左侧），与y轴交于点C，且OB＝3OA=3OC，∠OAC的平分线AD交y轴于点D，过点A且垂直于AD的直线l交y轴于点E，点P是x轴下方抛物线上的一个动点，过点P作PF⊥x轴，垂足为F，交直线AD于点H．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设点P的横坐标为m，当FH＝HP时，求m的值；
（3）当直线PF为抛物线的对称轴时，以点H为圆心，12HC为半径作⊙H，点Q为⊙H上的一个动点，求14AQ+EQ的最小值．

【分析】（1）求出A、B、C的坐标，利用两根式求出抛物线的解析式即可；
（2）求出直线AH的解析式，根据方程即可解决问题；
（3）首先求出⊙H的半径，在HA上取一点K，使得HK=14，此时K（−738，−158），由HQ2＝HK•HA，可得△QHK∽△AHQ，推出KQAQ=HQAH=14，可得KQ=14AQ，推出14AQ+QE＝KQ+EQ，可得当E、Q、K共线时，14AQ+QE的值最小，由此求出点E坐标，点K坐标即可解决问题；
【解答】解：（1）由题意A（3，0），B（﹣33，0），C（0，﹣3），
设抛物线的解析式为y＝a（x+33）（x−3），
把C（0，﹣3）代入得到a=13，
∴抛物线的解析式为y=13x2+233x﹣3．

（2）在Rt△AOC中，tan∠OAC=OCOA=3，
∴∠OAC＝60°，
∵AD平分∠OAC，
∴∠OAD＝30°，
∴OD＝OA•tan30°＝1，
∴D（0，﹣1），
∴直线AD的解析式为y=33x﹣1，
由题意P（m，13m2+233m﹣3），H（m，33m﹣1），F（m，0），
∵FH＝PH，
∴1−33m=33m﹣1﹣（13m2+233m﹣3）
解得m=−3或3（舍弃），
∴当FH＝HP时，m的值为−3．

（3）如图，∵PF是对称轴，
∴F（−3，0），H（−3，﹣2），
∵AH⊥AE，
∴∠EAO＝60°，
∴EO=3OA＝3，
∴E（0，3），

∵C（0，﹣3），
∴HC=(3)2+12=2，AH＝2FH＝4，
∴QH=12CH＝1，
在HA上取一点K，使得HK=14，此时K（−783，−158），
∵HQ2＝1，HK•HA＝1，
∴HQ2＝HK•HA，
∴HQAH=KHHQ，∵∠QHK＝∠AHQ，
∴△QHK∽△AHQ，
∴KQAQ=HQAH=14，
∴KQ=14AQ，
∴14AQ+QE＝KQ+EQ，
∴当E、Q、K共线时，14AQ+QE的值最小，最小值=(738)2+(158+3)2=4174．
方法二：（可以不求点K坐标，在Rt△AKE中，利用勾股定理即可）；
【点评】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、一元二次方程、圆的有关知识、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
19．（2019秋•江都区期末）已知二次函数y=18x2+bx+c（b、c为常数）的图象经过点（0，﹣1）和点A（4，1）．
（1）求b、c的值；
（2）如图1，点C（10，m）在抛物线上，点M是y轴上的一个动点，过点M平行于x轴的直线l平分∠AMC，求点M的坐标；
（3）如图2，在（2）的条件下，点P是抛物线上的一动点，以P为圆心、PM为半径的圆与x轴相交于E、F两点，若△PEF的面积为26，请直接写出点P的坐标．

【分析】（1）把A（4，1）和（0，﹣1）代入y=18x2+bx+c，即可求解；
（2）证明△CMD∽△AME，则CDAE=MDME∴232−nn−1=104，即可求解；
（3）设点P（m，n），n=18m2﹣2，则m2＝8n+8…①，点E（a，0），则点F（2m﹣a，0）；S=12×EF×n＝26，解得：a＝m−26n⋯②；PM＝PE，即m2+（n﹣4）2＝（m﹣a）2+n2，化简得：a（a﹣2m）＝16﹣8n，将②代入上式得：﹣（m+26n）（m−26n）＝16﹣8n，即可求解．
【解答】解：（1）把A（4，1）和（0，﹣1）代入y=18x2+bx+c得，
b＝0，c＝﹣1；

（2）C(10，232)，设M（0，n）．过点C作CD⊥l，过点A作AE⊥l．

则△CMD∽△AME，
∴CDAE=MDME∴232−nn−1=104，
解得：n＝4，
∴M（0，4）；

（3）设点P（m，n），n=18m2﹣1，则m2＝8n+8…①，
点E（a，0），则点F（2m﹣a，0）；
S=12×EF×n＝26，
解得：a＝m−26n⋯②；
PM＝PE，
即m2+（n﹣4）2＝（m﹣a）2+n2，
化简得：a（a﹣2m）＝16﹣8n，将②代入上式得：
﹣（m+26n）（m−26n）＝16﹣8n，
即m2−24n2=8n﹣16，将①代入上式并解得：
24n2=24，解得：n＝±1，
则m＝4或﹣4或0，
故：P（4，1）或（﹣4，1）或（0，﹣1）．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、三角形相似、圆的基本知识、面积的计算等，综合强，难度适中．
20．（2020•越秀区校级模拟）已知：二次函数y＝ax2﹣2ax﹣3（a＞0），当2≤x≤4时，函数有最大值5．
（1）求此二次函数图象与坐标轴的交点；
（2）将函数y＝ax2﹣2ax﹣3（a＞0）图象x轴下方部分沿x轴向上翻折，得到的新图象与直线y＝n恒有四个交点，从左到右，四个交点依次记为A，B，C，D，当以BC为直径的圆与x轴相切时，求n的值．
（3）若点P（x0，y0）是（2）中翻折得到的抛物线弧部分上任意一点，若关于m的一元二次方程m2﹣y0m+k﹣4+y0＝0恒有实数根时，求实数k的最大值．
【分析】（1）根据函数解析式作出大致图象，结合函数图象的增减性和对称性质解答；
（2）其折叠得到的部分对应的解析式为：y＝﹣（x﹣1）2+4（﹣1＜x＜3），其顶点为（1，4）．结合函数图象得到n的取值范围为0＜n＜4．根据函数与直线的交点方程求得x=1±4−n，易得BC的长度．当以BC为直径的圆与x轴相切时，BC＝2n．由此求得n的值；
（3）由根的判别式知，△=(−y0)2−4(k−4+y0)≥0恒成立，即4k≤y02−4y0+16恒成立，即k≤(y0−2)2+124恒成立．根据点P（x0，y0）是（2）中翻折得到的抛物线弧部分上任意一点，则0＜y0≤4，由二次函数函数值的取值范围求得实数k的最大值．
【解答】解：（1）抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3（a＞0）的对称轴为：x=−−22a=1．
∵a＞0，抛物线开口向上，大致图象如图所示．
∴当x≥1时，y随x增大而增大；
由已知：当2≤x≤4时，函数有最大值5．
∴当x＝4时，y＝5，
∴16a﹣8a﹣3＝5，得：a＝1．
∴y＝x2﹣2x﹣3．
令x＝0，得y＝﹣3，令y＝0，得x＝﹣1或x＝3，
∴抛物线与y轴交于（0，﹣3），
抛物线与x轴交于（﹣1，0）、（3，0）；

（2）y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
其折叠得到的部分对应的解析式为：y＝﹣（x﹣1）2+4（﹣1＜x＜3），其顶点为（1，4）．
∵图象与直线y＝n恒有四个交点，
∴0＜n＜4．
由﹣（x﹣1）2+4＝n，解得x=1±4−n，
∴B(1−4−n，n)，C(1+4−n，n)，BC=24−n．
当以BC为直径的圆与x轴相切时，BC＝2n．
即：24−n=2n，
∴4−n=n2，
∴n2＝4﹣n，
得n=−1±172，
∵0＜n＜4，
∴n=−1+172．
（另法：∵BC直径，且⊙F与x轴相切，
∴FC＝y＝n，
∵对称轴为直线x＝1，
∴F（1，n），则C（1+n，n），
又∵C在y＝﹣（x﹣1）2+4（﹣1＜x＜3）上，
∴n＝﹣（1+n﹣1）2+4，
得n=−1±172，
∵0＜n＜4，
∴n=−1+172）．
（3）若关于m的一元二次方程m2﹣y0m+k﹣4+y0＝0恒有实数根，则须△=(−y0)2−4(k−4+y0)≥0恒成立，即4k≤y02−4y0+16恒成立，即k≤(y0−2)2+124恒成立．
∵点P（x0，y0）是（2）中翻折得到的抛物线弧部分上任意一点，
∴0＜y0≤4，
∴3≤(y0−2)2+124≤4 （ k取 (y0−2)2+124值之下限）
∴实数k的最大值为3．

【点评】此题主要考查了二次函数综合以及新定义和一元二次方程根的判别式等知识，利用分段函数讨论得出n的取值范围是解题关键．