圓精典培優(yōu)競賽題含詳細答案

1、圓培優(yōu)競賽1 .如圖，PA PB切。O于A、B兩點，CD切。O于點E,交PA, PB于C D,若O。的半徑為r, PCD的周長等于3r,則tan / APB的值是(C512【答案】B.【解析】試題分析：如答圖，連接. 31352 133PO PA PB切。于 A、B兩點,AQ取AO中點G,連接CD切。于點E,AG過點A作AFU PO于點H,PA=PB CA=CE DB=DE / APOh BPQ / OAP=90o.PCD 的周長等于 3r,PA=PB=3r.2。0的半徑為r, .在 RtAPO中，由勾股定理得POt22.13r .2GOOHA=/ OAP=90o, / HOA=/ AOP,

2、HOA AOP. .AHPAOHOAOA 口 n,即OPAH丁r 2AHOH rr 13 . r23 132 2 132r, OH r. GH1313,13GO OH r 4. /AGH=2 APOW APB, z. tan APBtan AGHAHGH2 13 r13313 r _13.5 13 r52513r .52125故選B.H oD考點：1.切線的性質;銳角三角函數(shù)定義；2 .切線長定理;3 .勾股定理;6.直角三角形斜邊上中線的性質;4.相似三角形的判定和性質；5.7.轉換思想的應用.13 r.4ABCD勺頂點A B在大圓上，小圓在正方形的外部且與邊CD切于點Q.若正方形的邊長為有

3、理數(shù)，則 R r的值可能是（）.A.R=5, r=2 B.R=4 , r=3/2C.R=4, r=2 D.R=5 , r=3/2【答案】D【解析】本題考查圓和勾股定理的綜合應用，在競賽思維訓練中有典型意義?？梢詫⑦x項中的數(shù)據(jù)代入圓中，看是否滿足條件。連接OH并延長,做圓心O和正方形中心 O。設正方形邊長為 a。設AB中點為H , 交大圓于點J則連接OA.由勾股定理有oh Jr2 a , JH r Jr2 I所以2r a將各個選項數(shù)據(jù)代入，知D正確。3.如圖，RtABC中，/ C=90 , AB=5, AC=3,點 E 在中線 AD上, 分別與AB BC相切，則。E的半徑為（）.以E為圓心的。E

4、A.【答案】B.【解析】 試題分析：作EFU AC于H, EF，BC于F, EGL AB于G,連ZEB, EC,設。E的半徑為 R, 如圖，/ C=90 , AB=5, AC=3)BC=JaB2 AC24,而 AD為中線，dc=2 以E為圓心的。E分別與AB BC相切，EG=EF=RHC=R AH=3-R, EH/ BC .AE+ AD(C . EH CD=AH AC,即 EH=2(3一R) , 3Saabe+Sbce+Saace=Saabc,1112(3 R) 1 X 5X R+ X4X R+ X 3X -()=- X 3X4,22232,6 R. 7故選B.考點：切線的性質.4.如圖，過D

5、 A、C三點的圓的圓心為 E,過日E、F三點的圓的圓心為 D,如果/ A=63 o,那么/ B=.【解析】連接 ED,CE,由圖可知/ B=/DEB, /ECD=EDC=2B. /A=63 o, ./ ECA=63 o/ A+Z ECA+Z ECD吆 B=180o ./ B=185 .如圖，在以O為圓心的兩個同心圓圖 2中，MN為大圓的直徑，交小圓于點P、Q大圓的弦MC小圓于點 A、B.若OM=2 OP= 1, MA=AB=BC則MBQ的面積為.oJq)n【答案】3 .15/8【解析】 小圓方程x2 +y 2 =1MC方程 y = k(x+2), x =2k k.1 3k2丫22k k，,1

6、3k21 k21 k2y1 2 d 3k2 =y2 2 1 3k22 + .1 3k2 = 4-2 ,1 3k22k =3 .1 3k2 =2 1-3k此時 AM= 1.5 ,MB = .63.6 MC =-2B點坐標為(1, J 4)4. 27 9MBQ 積=3 * . 5 * - 3/2 =紅，.5= 3 152.27982786 .如圖，已知。的半徑為9cm,射線PM經(jīng)過點O , OP= 15 cm,射線PN與。相切于點Q .動點A自P點以5cm/s的速度沿射線PM方向運動，同時動點B也自P點 2以2cm/s的速度沿射線 PN方向運動，則它們從點 P出發(fā) s后AB所在直線與。O相切.【答

7、案】0.5s或10.5s.【解析】試題分析：PN與。相切于點 Q OQL PN,即/ OQP=90 ,在直角 OPQ根據(jù)勾股定 理就可以求出 PQ的值，過點O作OCLAB,垂足為C.直線AB與。O相切，則 PAEA POQ根據(jù)相似三角形的對應邊白比相等，就可以求出t的值.試題解析：連接OQ PN與。相切于點Q, OQL PN 即/ OQP=90 , OP=15 OQ=9PQ=.102 62 12 (cm).過點O作OCL AB,垂足為C,、c,一點A的運動速度為 5 cm/s ,點B的運動速度為2cm/s ,運動時間為ts ,2_ 5_PA=- t , PB=2t,2PO=15 PQ=12,P

8、A PB, , , PO PQ . / P=Z P, . PAB POQ / PBA4 PQO=90 , / BQO= CBQh OCB=90 , 四邊形OCBQ矩形.BQ=OC O。的半徑為， . BQ=OC=9寸，直線AB與。相切.當AB運動到如圖1所示的位置， BQ=PQ-PB=12-2t,BQ=98-4t=9 , t=0.25 (s).當AB運動到如圖2所示的位置，BQ=PB-PQ=2t-12, BQ=9 2t-12=9 , t=10.5 (s).當t為0.5s或10.5s時直線 AB與。相切.考點：1.切線的判定；2.勾股定理；3.矩形的，f質；4.相似三角形的判定與性質.7.(本題

9、滿分13分)在平面直角坐標系 xOy中，點M( J2 , J2),以點M為圓心,OM長為半彳5作。M,使。M與直線OM勺另一交點為點 B,與x軸、y軸的另一交點分別 為點D, A (如圖)，連接AM嵐P是弧AB上的動點.(1)寫出/ AMBW度數(shù)；(2)點Q在射線 OP上，且OP-OQ=20過點 Q作QC垂直于直線 OM垂足為 C,直線 QC交x軸于點E.當動點P與點B重合時，求點E的坐標；連接QD設點Q的縱坐標為t, 4QOD勺面積為S,求S與t的函數(shù)關系式及 S的取 值范圍.【答案】（1） 90 ; （2）（5a 0）; S=T2t , 5S 10.【解析】試題分析：(1)首先過點 M作M

10、HL ODT點H,由點M( J2 , J2 ),可得/ MOH=45,OH=MH= 2 ,繼而求得/ AOM=45 ,又由 OM=AM可得 AOM是等腰直角三角形，繼而 可求得/ AMB勺度數(shù)；(2)由OH=MH=2, MHL OD即可求得 OD與OM勺值，繼而可得 OB的長，又由動點P與點B重合時，OP?OQ=20可求得 OQ的長，繼而求得答案；由OD=2j2, Q的縱坐標為t ,即可得S=1 2j2t=J2t,然后分別從當動點 P與B2點重合時，過點Q作Q。x軸，垂足為F點，與當動點P與A點重合時，Q點在y軸上， 去分析求解即可求得答案.試題解析：(1)過點 M乍 MHL ODF 點 H,

11、 點 M J2, J2),，OH=MH=2，/MOD=45,/ AOD=90 , / AOM=45 , OM=AM / OAM= AOM=45 , = / AMO=90 , 二 / AMB=90 ;(2). OH=MH=2 , MHL OD . . OmmH 2 OH2 =2, OD=2OH2V2 , . OB=4 ;動點 P 與點 B 重合時，OP?OQ=20.1. OQ=5 . /OQE=90 , / POE=45 ,OE=5/2 ,E點坐標為(572 , 0);: OD=2j2, Q的縱坐標為t, .-.S=l 2j5t = J5t,如圖2,當動點P與B點重合時， 2過點 Q作 QFLx

12、 軸，垂足為 F點，. OP=4OP?OQ=20，OQ=5/OFC=90 , / QOD=45 , .t=QF=52,此時 S=J2 2四=5;22如圖3,當動點P與A點重合時，Q點在y軸上，. OP=2j2 , OP?OQ=20，t=OQ=572 ,此時S=J2 5&=10;，S的取值范圍為5S5,則CQ5, PQCO 54,。P與。Q外離；如果點P在CD上運動，且點P在點Q的右側.可得CQ=t, CP=4t-24 .當CQ-CP=4寸， O P與0Q外切.此時，t- (4t-24 ) =4,解得 t= -20 (s);3如果點P在CD上運動，且點P在點Q的左側.當CP-CQ=4寸，OP與。

13、Q外切.此時， 4t-24-t=4 ,解得t=型(s),3點P從A開始沿折線 A-B-C-D移動到D需要11s,點Q從C開始沿CD邊移動到D需 要 20s,而 28 v 11,3當 t 為 4s, 0s, 28s 時，。P與0Q外切.考點：1.矩形的性質；2.圓與圓的位置關系.10. (10分)如圖，以線段 AB為直徑的。O交線段AC于點E,點D是AE的中點，連接OD并延長交。于點 M, / BOE=60 , cosC=- , BC=2/3 .2皿(1)求A的度數(shù)；(2)求證：BC是。的切線；(3)求弧AM的長度.【答案】(1) 30。；(2)證明見試題解析；(3).【解析】試題分析：(1)根

14、據(jù)三角函數(shù)的知識即可得出/A的度數(shù).(2)要證BC是。的切線，只要證明 AB BC即可.(3)根據(jù)垂徑定理求得/ AOM=60,運用三角函數(shù)的知識求出OA的長度，即可求得弧AM的長度.試題解析：(1)OA=OE / A=Z OEA / BOEW A+Z OEA=2 A, ：. A A=1 / BOE22X60 =30 ;(2)在 ABC 中，.cosCmI, ./C=60 ,又./A=30 ,/ ABC=90 , /.ABI BC2.AB為直徑，BC是。的切線；(3) .點 D是 AE 的中點，OML AE, ./A=30 , / AOM=60 ,在 RTA ABC 中，tanC= 空，. B

15、C=2j3, .AB=BC?tanC=2j3 J3 =6, . OA=1AB=3, 弧 AM的長=竺 3 BC2180=兀.考點：切線的判定.11 .已知在平面直角坐標系 xOy中，O是坐標原點，以P (1,1)為圓心的。P與x軸， y軸分別相切于點 M和點N,點F從點M出發(fā)，沿x軸正方向以每秒1個單位長度的速 度運動，連接 PF,過點PE PF交y軸于點E,設點F運動的時間是t秒(t0)(1)若點E在y軸的負半軸上(如圖所示)，求證：PE=PF(2)在點F運動過程中，設 OE=a OF=b，試用含a的代數(shù)式表示b;(3)作點F關于點M的對稱點F,經(jīng)過 M E和F三點的拋物線的對稱軸交x軸于點

16、Q連接QE在點F運動過程中，是否存在某一時刻，使得以點Q。E為頂點的三角形與以點P、M F為頂點的三角形相似？若存在，請直接寫出t的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析；(2)b=2+a或2-a;(3)當t 1后或72或2 J2或2 J2 4時，以點。E為頂點的三角形與以點 P、M F為頂點的三角形相似. 【解析】試題分析：(1)連接PM PN運用 PMF4PNE證明.(2)分兩種情況當t1時，點E在y軸的負半軸上，0vtwi時，點E在y軸的正半軸或原點上，再根據(jù)(1)求解.(3)分兩種情況，當1 vt 2時，三角形相似時還各有兩種情況，根據(jù)比例式求出時間t :如答圖3, ( I

17、 )當1 vt 2時， F (1+t , 0), F 和 F關于點 M對稱，. F ( 1 t , 0)經(jīng)過M E和F三點的拋物線的對稱軸交x軸于點Q,T,由(1)得 PMF PNE . . NE=MF=t.，OE=t- 1.當 OE。 MPF時,OE OQ 日.,即MP MF11 2t11 t當 OE。 MFP時，OEOQMF MP1t 12 1t1 22, t222 .1.174或J2或2 J2或2 J2時，以點Q O E為頂點的三角形與綜上所述，當t試題解析：解：(1)證明：如答圖1,連接PM PN, . O P與x軸，y軸分別相切于點M和點N, . PML MF PN! ONI. PM

18、=PNPMFh PNE=90 且/ NPM=90 .PE PF, Z NPE=/ MPF=90 -乙 MPE.NPE MPF在 PM環(huán)口 APNE 中， PN PM ,PNE PMF. .PM白 PNE(ASA . 1- PE=PF.(2)當t1時，點E在y軸的負半軸上，如答圖 1, 由(1)得 PMF4PNENE=MF=t PM=PN=1.b=OF=OM+MF=1+t a=NE- ON十 1, 1- b - a=1+t - (t-1) =2, 1. b=2+a.0vtwi時，如答圖2,點E在y軸的正半軸或原點上， 同理可證 PMF PNEb=OF=OM+MF=1+ta=ON- NE=1- t

19、 ,b+a=1+t+1 t=2 , b=2 a,答圖2(3)當t 1 后或亞或2 雙或2 &時，以點Q。E為頂點的三角形與以點 P、 4M F為頂點的三角形相似.考點：1.單動點和軸對稱問題；2.切線的性質；3.全等三角形的判定和性質；4.相似三角形的判定和性質；5.分類思想和方程思想的應用 .1 O12.如圖(1),拋物線y -x x c與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C,其中 4點A的坐標為(-2, 0).(1)求此拋物線的解析式；(2)若點D是第一象限內拋物線上的一個動點，過點 D作DELx軸于E,連接CD以OE為直徑作。M如圖(2),試求當CD與。M相切時D點的坐標；點F是x軸上的動

20、點，在拋物線上是否存在一點G,使A、C、G F四點為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出點G的坐標；若不存在，請說明理由.【答案】（1） y3；3).(2)(31 5,33 匹);存在，(4, 3)或(2 , 3)或(2 J7,28【解析】試題分析：（1）把A的坐標代入拋物線的解析式， 即可得到關于c的方程，求的c的值, 則拋物線的解析式即可求解 .（2）連接MC MD證明 CO研 MED根據(jù)相似三角形的對應邊的比相等即可求解 分四種情況進行討論，根據(jù)平行四邊形的性質即可求解.,12 0242 c,解得 c=3.1x2 x c 上, 4，拋物線的解析式是:y1x2 x 34(2)令D (x,

21、 v)，(x0, y0),則 E (x, 0),M( x, 0),2由（1）知 如答圖1,C (0, 3), 連接MC MD.DE Cg。相切，丁/CMD=90 . . COMh MED. COMEOMEDx，即3 2 x y23X 2X14y3X2x21 x2 x 3x x4x=又, x0, -3 x= 一2試題解析：解：（1） ;點A （ - 2, 0）在拋物線31- D點的坐標是：（一12答圖1假設存在滿足條件的點 G （a, b）.若構成的四邊形是口 ACGF （答圖2）則G與C關于直線x=2對稱，G點的坐標是：（4, 3）.若構成的四邊形是口 ACFG （答圖3, 4）則由平行四邊形

22、的性質有b= 3,又 3 1a2 a 3,解得a= 2 如，此時G點的坐標是：（2 J7, 3）. 4若構成的四邊形是口 AGCF （答圖5）則C第FA,.G點的坐標是：（4, 3）.顯而易見，AFCG不能構成平行四邊形.綜上所述，在拋物線上存在點G,使A、C G F四點為頂點的四邊形是平行四邊形,點G的坐標為（4, 3）或（2 J7,3）或（2 J7,3）考點：1.單動點問題；2.二次函數(shù)綜合題；3.曲線上點的坐標與方程的關系； 4.直線與 圓相切的性質；5.相似三角形的判定和性質；6.平行四邊形的性質；7.分類思想的應 用.13.如圖，矩形 ABCM邊AB=3cmg AD=4cmr點E從點

23、A出發(fā)，沿射線 AD移動，以CE 為直徑作圓。，點F為圓。與射線BD的公共點，連接 EF、CF,過點E作EGL EF, EG與 圓。相交于點G,連接CG（1）試說明四邊形 EFCG矩形；（2）當圓O與射線BD相切時，點E停止移動，在點 E移動的過程中，矩形EFCG的面積是否存在最大值或最小值？若存在，求出這個最大值或最小值；若 不存在，說明理由；求點G移動路線的長.【答案】（1）證明見解析；（2）存在，矩形EFCG勺面積最大值為12,最小值為 ;25. 4【解析】試題分析：(1)只要證到三個內角等于 90即可.(2)易證點D在O O上，根據(jù)圓周角定理可得/ FCEW FDE從而證到 CF臼 D

24、AB3CF2根據(jù)相似三角形的性質可得到S矩形ABC=2SaCFEF 3CF .然后只需求出CF的范圍就可求出4S矩形ABC由勺范圍.根據(jù)圓周角定理和矩形的性質可證到/GDCW FDE充值，從而得到點G的移動的路線是線段，只需找到點 G的起點與終點，求出該線段的長度即可.試題解析：解：(1)證明：如圖， CE為。O 的直徑，/ CFE4 CGE=90 . EGL EF,，/FEG=90. . . / CFE=/CGE= FEG=90 .，四邊形EFCG矩形.(2)存在.如答圖1,連接OD .四邊形 ABC皿矩形，A=Z ADC=90 .點O是CE的中點，OD=OC.點D在。上. / FCE4 F

25、DE, /A=/ CFE=90 , .CF& DABS CFES DABCFDA AD=4, AB=3,BD=5.S CFECFDAS DAB22CF2 1 C，3CF2 3 4 16 28S矩形abc=2Sa cf=3CF24四邊形 EFCG矩形,FC/ EG ，/FCE=/CEG/ GDC= CEG / FCE土 FDE / GDCg FDE / FDE吆 CDB=90 , . . / GDC+CDB=90 . . . / GDB=90I .當點E在點A(E)處時，點F在點B(F)處，點G在點D(G處，如答圖1所示.此時，CF=CB=4n.當點F在點D (F)處時，直徑 F G BD如答圖

26、2所示，此時。O與射線BD相切，CF=CD=311m.當 CF BD時，CF最小，此時點 F到達F ,如答圖 3所本.Sabcd=- BC?CD=122125BD?CF .4X3=5X CF12 八 WCFC 4.5S矩形ABC =3CF2423 1245&巨形ABCD3 42,即型425S矩形ABCD，矩形EFCG勺面積最大值為12,最小值為 25答圖1答圖2答圖3/ GDC=FDE充值，點G的起點為 D,終點為 G ,.點G的移動路線是線段 DG .,/GDC=FDE, Z DCG =ZA=90 , . .DCGs DABDC DG 目口 3 DG ,即一 DA DB 45.一 15,解得

27、DG .4點G移動路線的長為藍.考點：1.圓的綜合題；2.單動點問題；3.垂線段最短的性質；4.直角三角形斜邊上的中 線的性質；5.矩形的判定和性質；6.圓周角定理；7.切線的性質；8.相似三角形的判定 和性質；9.分類思想的應用.14.如圖，已知112,。與11, 12都相切，O。的半徑為2cm.矩形ABCD勺邊AD AB分另1J與1 1,1 2重合，AB= 4P cm, AD= 4cm.若。與矩形ABCDg 1 1同時向右移動，。的移動速度為3cm/s,矩形ABCM移動速度為4cm/s ,設移動時間為t(s).(1)如圖，連接 OA AC則/ OAC勺度數(shù)為 ；(2)如圖，兩個圖形移動一段

28、時間后，OO到達。O的位置，矩形 ABCDiJ達A1B1CD的位置，此時點 O, A, C恰好在同一直線上，求圓心。移動的距離(即OO的長)；(3)在移動過程中，圓心 O到矩形對角線AC所在直線的距離在不斷變化，設該距離為【答案】(1) 105; (2) 2點 6; (3) 2 23t 2 273.【解析】試題分析：(1)。與11, 12都相切，連接圓心和兩個切點，等正方向 .OA即為正方形 的對角線，得到/ OAD=4&再在RtADC中，由銳角三角函數(shù)求/ DAC=60,從而求得 /OAC勺度數(shù)1050.答圖3(2)連接。與切點 E,則 OE=2, QE l i,利用 OEAsDCEi,求

29、AE2+OO+AE=AA,可求t,進而求得圓心移動的距離3t= 2展 6.(3)圓心0到對角線AC的距離d2,即dvr.說明。與AC相交，所以出找兩個臨 界點的t值，即。O與AC相切.運動中存在兩個相切的位置 .分別求兩個相切時t的值, 即可得出dvr時，t的取值 試題解析：解：(i) i050.(2) O, Ai, Ci恰好在同一直線上時，設。 O與AC的切點為E,連接OE,如答圖i, 可得 OE=2, OEl i,在 RtAQC 中，AiDi=4, DC=46, .tan/CAiD=V3.CiAD=60.tan 6003在 RtAiOE 中，/OAiE=/ GAQ=600.，AiE= .A

30、E AA 10012 t 2c 2 32 3OO=3t=2 3 6.場L一答圖1(3)如答圖2,當直線AC與。第一次相切時，設移動時間為 位置，矩形 ABC*動到A2RQD2的位置.設。Q與直線l i、A2c2分別相切于點F、G,連接ti.如位置一，此時。O移動到。Q的Q F、Q G、Q A2,. . Q F l v 02 GLA2G.又由(2)可得/ C2A2D2=600于， ./ GAF=i20. . . / OA2F=600. OO=3ti,在 RtO2AzF 中，QF=2,，AF AA2 A2F 4tl 2 334t1 M 3t1當點 O, A, G恰好在同一直線上時為位置二，設移動時

31、間為2-* 2學.t2.由（2）可得t2 漁 2. 3當直線AC與。第二次相切時，設移動時間為 t3.如位置3, 位置二所用時間與位置二到位置三所用時間相等由題意知，從位置一到 t2tit3 t2233 22 233t3233t32 273.綜上所述，當d2時，t的取值范圍為2 2/3 t233.銳角三角函數(shù)定義；4.特殊角考點：1.雙面動平移問題；2.直線與圓的位置關系; 的三角函數(shù)值；5.分類思想的應用.15.在平面直角坐標系 xOy中，點M（ J2 , J2 ）,以點M為圓心，OM長為半彳5作。M ,使。M與直線OM的另一交點為點B,與x軸，y軸的另交點分別為點 D, A （如圖），連接

32、AM.點P是AB上的動點.(1)(2)OQ=20過點 Q作QC垂直于直線 OM垂足為C,直線QC交x軸于點E.當動點P與點B重合時，求點E的坐標;連接QD設點Q的縱坐標為t, 4QOD勺面積為S,求S與t的函數(shù)關系式及 S的取【答案】（1） 90。；（2）（5淄，0）;S碑t , 5S 10.【解析】試題分析：（1）首先過點 M作MHL ODT點H,由點M（ J2 , J2 ）,可得/ MOH=45,OH=MH=2 ,繼而求得/ AOM=45 ,又由 OM=AM可得 AOM是等腰直角三角形，繼而可求得/ AMBW度數(shù)：如答圖3,過點M作MHL 0萬點H,點 M（虎，72）,. OH=MH=2

33、./ MOD=45 .（2）由 oh=mh=2由0*,Q的縱坐標為t,即可得S=2 2技2t，然后分別從當動點P與B點重合時，過點Q作Q。x軸，垂足為F點，與當動點 去分析求解即可求得答案.試題解析：解：（1） 90 .P與A點重合時，Q點在y軸上,（2）由題意，易知： 0M=2 0D=2/2 ,OB=4.當動點P與點B重合時，: OP- OQ=20OQ=5. / OQE=90 , / PO昌45 ,OE=572 .，E 點坐標為（5& , 0）.1OD=a/2, Q的縱坐標為t,，S=22 2t2t如答圖1,當動點P與B點重合時，過點 Q作QFL x軸，垂足為F點,0P=4 OP?OQ=20

34、，0Q=55；2OFC=90 , / QOD=45 ,t=QF= 2 ./ AOD=90 , / A0M=45 . OA=OM 1 / OAM= A0M=45 . / AMO=90 . / AMB=90 .,MHL OD即可求得 OD與OM勺值，繼而可得 OB的長，又由動點P與點B重合時，OP?OQ=20可求得 OQ的長，繼而求得答案.此時S=如答圖2,當動點P與A點重合時，Q點在y軸上,OP=2.2 . OP?OQ=20，t=OQ=5.2 .此時 S=J2 52 10.S的取值范圍為 5S0,以DE為直徑作。Q當O Q與x軸相切時，求 m的值；(3)直線上是否存在一點F,使得 ACF是等腰直

35、角三角形？若存在，求 m的值；若不存在，請說明理由.;(3)存在，m= 2或4或3或1.【解析】試題分析：(1) A、B兩點的縱坐標都為 0,所以代入y=0,求解即可.(2)由圓和拋物線性質易得圓心Q位于直線與拋物線對稱軸的交點處，則Q的橫坐標3為2 3 ,可推出 D E兩點的坐標分別為:3-m, m23一 m, m2拋物線上，代入一點即可得 m.(3)使得 ACF是等腰直角三角形，重點的需要明白有幾種情形，分別以三邊為等腰三角形的兩腰或者底，則共有3種情形；而三種情形中 F點在AC的左下或右上方又各存在2種情形，故共有6種情形.求解時.利用全等三角形知識易得m的值.試題解析：解：(1)當y=

36、0時，有 21x23x2 02,解之得：x1 4, x21 , A B兩點的坐標分別為(4, 0)和(一1,0).3x 22交于D、E兩點,1 2 y -x，圓心。位于直線與拋物線對稱軸的交點處, 且。Q的半徑為H點的縱坐標 m(m 0).拋物線的對稱軸為，D、E兩點的坐標分別為：m, m3一一，m, m 且均在2次函數(shù)1 2y 2x的圖像上.(不合題意,舍去).(3)存在.當/ACF=90 ,AC=FCM,如答圖1,過點 F 作 FG，y 軸于 G,，/ AOCh CGF=90 . / ACO+ FCG=90 , / GFC+ FCG=90 , . / ACOW CFG.AC(OA/ CFG

37、CG=AO=4. CO=2 m OG 4 22 或 m=OG=2+4=6.當/CAF=90 , AC=AF時，如答圖 2,過點 F 作 FPL x 軸于 P,AOCh APF=90 . /ACO廿 OAC=9 0 , / FAP+Z OAC=9 0 ,/ ACOW FAP.AC(A/ FAP,FP =AO=4.m FP 4 或 m =FP =4.當/AFC=90 , FA=FC時，如答圖 3,F,G, D, H.則F點一定在AC的中垂線上，此時存在兩個點分別記為 分別過F, F兩點作x軸、y軸的垂線，分別交于 E, / DFC吆 CFE=/ CFE+Z EFA=90 ,. / DFCh EFA

38、. /CDFhAEF, CF=AF， CD障 AEF.CD=AE DF=EF.，四邊形 OEF的正方形.OA=OE+AE=OD+AE=OC+CD+AE=OC+2CD.- 4=2+2?CD/. CD=1 .1. m=OC+CD=2+1=3/HF C+Z CGF =/CGF +/GF A, . / HF C=Z GF A./HF C=/GF A, CF =AF .HF 8 AGF A. . HF =GF , CH=AG.四邊形OHF g為正方形.OH CH CO AG CO AO OG CO AO OH CO 4 OH 2.，OH=1.25;直線l與拋物線有兩個交點，2525,y的最大值為8 .8

39、m可取值為m=2或4或3或1.綜上所述，m的值為m= 2或4或3或1./ F答圖3考點：1.二次函數(shù)綜合題；2.單動點問題；3.等腰直角三角形存在性問題； 4.二次函 數(shù)的性質；5.曲線上點的坐標與方程的關系； 6.直線與圓的位置關系；7.全等三角形的 判定和性質；8.正方形的判定和性質；9.分類思想的應用.17.如圖甲，四邊形 OABC勺邊OA OC分別在x軸、y軸的正半軸上，頂點在 B點的拋物線交x軸于點 A D,交y軸于點E,連結AR AE、BE.已知tan / CBE=1 , A(3, 0), 3D(-1, 0), E(0, 3).(1)求拋物線的解析式及頂點 B的坐標；(2)求證：C

40、B是 ABE外接圓的切線；(3)試探究坐標軸上是否存在一點P,使以D、E、P為頂點的三角形與 ABE相似，若存在，直接寫出 點P的坐標；若不存在，請說明理由；(4)設 AOE沿x軸正方向平移t個單位長度(0 V t W 3)時， AOE與 ABE重疊部分的 面積為s,求s與t之間的函數(shù)關系式，并指出 t的取值范圍.圖甲圖乙(備用圖)【答案】(1) y=-x2+2x+3. B(1 , 4). (2)證明見解析;(3) P1(0 , 0) , P2(9 , 0),P3(0, - 1). (4) s=33 2,3-t2 3t (0 t-),223t-(2 2t3).【解析】試題分析：(1)利用兩根式

41、列出二次函數(shù)解析式y(tǒng)=a(x 3)(x + 1),把將E(0 , 3)代入即可求出a的值，繼而可求頂點 B的坐標；(2)過點B作BML y于點M利用已知條件先證明AB是 ABE外接圓的直彳至.再證 CBLAB即可.(3)存在；(4)分兩種情況進行討論即可.試題解析：(1)解：由題意，設拋物線解析式為y=a(x3)(x + 1).將E(0 , 3)代入上式，解得：a=-1.y= x2 + 2x + 3.則點 B(1 , 4).(2)如圖，證明：過點 B作BMLy于點M則M(0, 4).在 RtMOE中,OA=OE=3 /1 = /2=45。, AE=JOA2 OE2=3V2.在 RtAEMB,

42、EM=OMOE=1=BM ./ MEBW MBE=45 , BE=jEM 2BM 2 二夜. ./ BEA=180 Z 1 -Z MEB=90 .AB是 ABE外接圓的直徑.在 RtABE中，tan / BAE=BE- = -=tan / CBEAE 3/ BAE=/ CBE在 RtMBE中，/ BA曰 / 3=90 / CB曰 / 3=90 . ./ CBA=90 ,即 CB AB.CB是 ABE外接圓的切線.(3)P 1(0, 0), P2(9 , 0), P3(0, - 1).30,，解得 4.2, 6.(4)解：設直線 AB的解析式為y=kx + b.3k b將 A(3, 0), B(

43、1 , 4)代入，得 k b. y=-2x+6.過點E作射線EF/ x軸交AB于點F,當y=3時，得x=2 , F( 3 , 3).情況一：如圖 7,當0V tw號時，設 AOE平移到 DNM勺位置，MD交AB于點H, MN 交AE于點G.則ON=AD=t過點H作LK,x軸于點K,交EF于點L.由 AHD FHM 彳導-AD HK 即HK .解得 HK=2t.FM HL 1 3 .3 HKt2S 陰=S/mnd- Sa gna- SaHA= X 3 X 3- - (3 -1)2 - - t - 2t= - - t2 + 3t .2222圖7圖胃情況二：如圖 8,當3t 3時，設 AOE平移到

44、PQR勺位置，PQ交AB于點I ,交AE于點 人 小 AQ IQ 口.V.由 IQAs IPF,得下百 市.即號 M .解得 IQ=2(3 T).1S 陰=SA IQA-SAVQA=2 X (3 t) X 2(3 t)21119-1 (3 -1)2= -(3-1)2= / -3t+ I .綜上所述:3t2 3t (0 t -), 22s=2t23t2 (2t1x2, .164，點P在運動過程中，O P始終與x軸相交;(3)設 p (a, a2)PA=J a 4 , 4. 16作 PHI MN 于 H,貝U PM=PN= J a4 4 16又 PH=1 a2,4貝U MH=NH= Ja4 4 (1a)2 =2, 164故 MN=4 ,M (a 2, 0), N (a+2, 0),又. A (0, 2),，AM=J(a 2)2 4, AN= J(a 2)2 4 ,當 am=an 時，J(a 2)2 4=J(a 2)2 4 ,解得：a=0, 當 AM=MN 時，J（