二次函數(shù)和圓練習(含答案)

1、二次函數(shù)和圓.解答題（共15小題）1. （2012?宜昌）如圖，在平面直角坐標系中，直線+1分別與兩坐標軸交于 B , A兩點，C為該直線上的一(1)(2)動點，以每秒1個單位長度的速度從點 A開始沿直線BA向上移動，作等邊 CDE,點D和點E都在x軸上，以 點C為頂點的拋物線 y=a （x-m） 2+n經(jīng)過點E. 0 M與x軸、直線AB都相切，其半徑為 3 （1 -近）a.求點A的坐標和/ ABO的度數(shù)；當點C與點A重合時，求a的值;考點：二次函數(shù)綜合題.專題：代數(shù)幾何綜合題；壓軸題；動點型；數(shù)形結合.分析：（1）已知直線AB的解析式，令解析式的 x=0,能得到A點坐標；令y=0,能得到B點

2、坐標；在RtAOAB 中，知道OA、OB的長，用正切函數(shù)即可得到/ ABO的讀數(shù).（2）當C、A重合時，就告訴了點C的坐標，然后結合OC的長以及等邊三角形的特性求出OD、OE的長,即可得到D、E的坐標，利用待定系數(shù)即可確定a的值.（3）此題需要結合圖形來解，首先畫出第一次相切時的示意圖（詳見解答圖）；已知的條件只有圓的半徑，那么先連接圓心與三個切點以及點巳 首先能判斷出四邊形 CPMN是正方形，那么 CP與。M的半徑相等，只要再求出PE就能進一步求得 C點坐標；那么可以從 PE=EQ,即RtAMEP入手，首先/ CED=60 °,而 /MEP=/MEQ,易求得這兩個角的度數(shù)，通過解直

3、角三角形不難得到PE的長，即可求出 PE及點C、E的坐標.然后利用 C、E的坐標確定a的值，進而可求出 AC的長，由此得解.解答： 解：（1）當 x=0 時，y=1 ;當 y=0 時，x= - V3,OA=1 , OB=/3,. 0A-V3 ,OB 3A的坐標是（0,1）/ ABO=30 °.(2) . CDE 為等邊，點 A (0, 1), tan30°, OAD的坐標是（-坦1E的坐標是（,0）,把點 A （0, 1）, D （- 解得：a=- 3.0),率 0), E哼0）代入y=a (x - m) 2+n,（3）如圖，設切點分別是 Q, N, P,連接MQ, MN

4、, MP , ME,過點C作CHx軸，H為垂足，過 A作AFCH, F為垂足. CDE是等邊三角形，/ ABO=30 °BCE=90 °, / ECN=90 °,. CE, AB 分別與。M 相切， ./ MPC= ZCNM=90 °, .四邊形 MPCN 為矩形，: MP=MN 四邊形MPCN為正方形 . MP=MN=CP=CN=3 （1-加）a （a<0）. EC和x軸都與。M相切，EP=EQ. / NBQ+ / NMQ=180 °,/ PMQ=60 ° ./ EMQ=30 °, .在 RtAMEP 中，tan30

5、 =居，. PE=（如-3） aPM v . CE=CP+PE=3 （1-我）a+ （«-3） a=-2、aDH=HE= - 7a, CH= -3a, BH= - 3 7a,OH= -3 7a-二，OE=-4 7a-三E （- 4、餌-加，0）C （- 3-/5a- V5, - 3a）設二次函數(shù)的解析式為：y=a （x+3、/a+百）2 - 3a E在該拋物線上，a （- 4泥a- V3+3'/3a+vr3） 2- 3a=0得：a2=1,解之得 a1=1, a2= - 1a< 0, a=- 1AF=2 y3, CF=2, AC=4點C移動到4秒時，等邊CDE的邊CE第一

6、次與。M相切.這道二次函數(shù)綜合題目涉及的知識點較多，有：待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式、等邊三角形的性質、切線長定理等重點知識.難度在于涉及到動點問題，許多數(shù)值都不是具體值；(3)題中，正確畫出草圖、貫徹數(shù)形結合的解題思想是關鍵.2. (2012?鹽城)在平面直角坐標系直線l經(jīng)過拋物線的頂點且與t軸垂直，垂足為Q.(1)求該二次函數(shù)的表達式;(2)設拋物線上有一動點 P從點B處出發(fā)沿拋物線向上運動， 其縱坐標y1隨時間t(t%)的變化規(guī)律為y1=-±+2t.現(xiàn)41 93xOy中，已知二次函數(shù) y=x的圖象經(jīng)過點 A (2, 0)和點B (1,-),以線段OP為直徑作。C. 當點P在起始位置

7、點B處時，試判斷直線l與。C的位置關系，并說明理由；在點P運動的過程中，直線l與OC 是否始終保持這種位置關系？請說明你的理由. 若在點P開始運動的同時，直線 l也向上平行移動，且垂足 Q的縱坐標y2隨時間t的變化規(guī)律為y2=-1+3t,則 當t在什么范圍內變化時，直線l與OC相交？此時，若直線l被。C所截得的弦長為a,試求a2的最大值.考點：二次函數(shù)綜合題.專題：壓軸題；動點型.分析：(1)所求函數(shù)的解析式中有兩個待定系數(shù)，直接將 A、B兩點坐標代入即可得解.(2)由于OP是O C的直徑，根據(jù)P點的縱坐標可表示出 C點的縱坐標，進而能表示出 C到直線l的距 離；OP長易得，然后通過比較。 C

8、的半徑和C到直線l的距離，即可判定直線 l與OC的位置關系. 該題要分兩問來答，首先看第一問；該小題的思路和完全一致，唯一不同的地方：要注意直線l與點C的位置關系(需要考慮到 C到直線l的表達方式).在第二問中，a2最大，那么a最大，即直線l被。C截得的弦最長(為直徑)，此時圓心C應在直線l上，根據(jù)該思路即可得解.解答：解：(1)將點A (2, 0)和點B (1,-彳)分別代入y=x2+mx+n中，得："1- X4+2nH-n=0- 【44“ m=0解得：4 ,，拋物線的解析式：y=-x2- 1 ；4(2)將P點縱坐標代入(1)的解析式，得：- x2-1=-+2t, x=/t+L44

9、 P (Vst+l,-衛(wèi)+2t),4圓心 C (%+1 ,衛(wèi)+t),2 S. 3K，點C到直線l的距離：-+t- (- 1) =t+-;83而 OP2=8t+1+ ( 2+2t) 2,得 OP=2t+也，半徑 OC=t+2448直線l與。C始終保持相切. 35I、當圓心 C在直線l上時，-+t= - 1+3t, t=;此時直線l與。C相交；當0vtw/時，C到直線l的距離：-互+t (551+3t) =- - 2t< t+-, oo直線l與。C相交；535當 t>；7時，C 到直線 l 的距離：-1+3t - (- -r+t)=2t - T,16SS若直線l與。C相交，則：2t-&

10、lt;t+-, t<-;S £4綜上，當0vtN時，直線l與。C相交；n、若a2最大，則a為。C的直徑，此時點 C在直線l上，由I知：此時t=A,16半徑OCN+至二工1，直徑a=l.,8 168,OvtvS時，圓心C到直線l的距離為d=|2t-芻，又半徑為r=t+互4SSa2=4 (r2d2) =4 (t+至)2T2t與2= - 12t2+15t,88"=也時，a的平方取得最大值為 徑.816點評：該題是函數(shù)的動點問題，其中涉及直線與圓的位置關系等綜合知識；在處理此類問題時，要注意尋找關鍵 點以及分段進行討論，以免出現(xiàn)漏解.3. (2012?南充)如圖，O C 的內

11、接 4AOB 中，AB=AO=4 , tanZ AOB=-,拋物線 y=ax2+bx 經(jīng)過點 A (4, 0)與點4(-2, 6).(1)求拋物線的函數(shù)解析式；(2)直線m與OC相切于點A,交y軸于點D.動點P在線段OB上，從點。出發(fā)向點B運動；同時動點 Q在線 段DA上，從點D出發(fā)向點A運動；點P的速度為每秒一個單位長，點 Q的速度為每秒2個單位長，當PQXAD 時，求運動時間t的值；(3)點R在拋物線位于x軸下方部分的圖象上，當 ROB面積最大時，求點 R的坐標.考點：二次函數(shù)綜合題.分析：(1)根據(jù)拋物線y=ax2+bx經(jīng)過點A (4, 0)與點(-2, 6),利用待定系數(shù)法求拋物線解析

12、式；(2)如答圖1,由已知條件，可以計算出 OD、AE等線段的長度.當 PQXAD時，過點。作OF LAD于 點F,此時四邊形 OFQP、OFAE均為矩形.則在 RtAODF中，利用勾股定理求出 DF的長度，從而得到時 間t的數(shù)值；(3)因為OB為定值，欲使 AROB面積最大，只需 OB邊上的高最大即可.按照這個思路解決本題.如答圖2,當直線l平行于OB,且與拋物線相切時,線l和拋物線的解析式，利用二次方程判別式等于OB邊上的高最大，從而 AROB的面積最大.聯(lián)立直 0的結論可以求出 R點的坐標.16a+4b=0 /口,解得4a - 2b=6，拋物線的解析式為:解答： 解：(1)二.拋物線y=

13、ax2+bx經(jīng)過點A (4, 0)與點(-2, 6),1b=- 2yx2 - 2x.2（2）如答圖1,連接AC交OB于點E,由垂徑定理得 ACXOB. AD 為切線，AC ±AD , AD / OB .過O點作OFAD于F,四邊形OFAE是矩形， 3. 3tanZ AOB= , ，sin/AOB= ,45AE=OA ?sinZ AOB=4 X=2.4 ,5OD=OA ?tan/OAD=OA ?tan/AOB=4 也=3.4當 PQXAD 時，OP=t, DQ=2t.過O點作OFAD于F,則在 RtAODF中，OD=3 , OF=AE=2.4 , DF=DQ - FQ=DQ - OP=

14、2t - t=t,由勾股定理得： DF= J2 _ 0F 2=2 _ 2_q 2=1.8,t=1.8 秒；（3）如答圖2,設直線l平行于OB,且與拋物線有唯一交點R （相切），此時AROB中OB邊上的高最大，所以此時 ROB面積最大. tan/AOB= W，直線 OB的解析式為y=x,44由直線l平行于OB ,可設直線l解析式為y=x+b .4 點R既在直線l上，又在拋物線上，. .工 x2- 2x=x+b ,化簡得：2x2-11x - 4b=0 .24 直線l與拋物線有唯一交點 R （相切）， 判別式A=0,即112+32b=0,解得b=-埸,此時原方程的解為 x=li,即xR=li,442

15、而 yR=-xR 2xr=一232.點R的坐標為R （皂，-反）.432著圖1點評：本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了二次函數(shù)的圖形與性質、待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、一元二次方程根的判別式、圓、勾股定理和解直角三角形等重要知識點.難點在于第(3)問，判定何時ROB的面積最大是解決問題的關鍵.本題覆蓋知識面廣，難度較大，同學們只有做到基礎扎實和靈活運用才能夠順利解答.本題第(3)問亦可利用二次函數(shù)極值的方法解決，同學們有興趣可深入探討.4. (2012?荊門)如圖甲，四邊形 OABC的邊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,連接 AB、A

16、E、BE.已知 tan/CBE=1，A (3, 0), D ( 1, 0), E (0, 3).3(1)求拋物線的解析式及頂點 B的坐標；(2)求證：CB是4ABE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 4ABE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4AOE沿x軸正方向平移t個單位長度(0Vt <3)時，4AOE與4ABE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)考點：二次函數(shù)綜合題.專題：代數(shù)幾何綜合題；壓軸題；分類討論.分析：(1)已知A、D、E三點的坐標，利用待定系

17、數(shù)法可確定拋物線的解析式，進而能得到頂點B的坐標.(2)過B作BMy軸于M,由A、B、E三點坐標，可判斷出 4BME、AAOE都為等腰直角三角形，易 證得/ BEA=90 °,即4ABE是直角三角形，而 AB是4ABE外接圓的直徑，因此只需證明 AB與CB垂直 即可.BE、AE長易得，能求出 tan/BAE的值，結合tan/CBE的值，可得到/ CBE= / BAE ,由此證得 / CBA= / CBE+ / ABE= / BAE+ / ABE=90 °,此題得證.(3) AABE 中，/ AEB=90 °, tanZ BAE=-,即 AE=3BE ,若以 D、E

18、、P 為頂點的三角形與 4ABE 相似，3那么該三角形必須滿足兩個條件：有一個角是直角、 兩直角邊滿足1: 3的比例關系；然后分情況進行求解即可.(4)過E作EF/ x軸交AB于F,當E點運動在EF之間時， AOE與4ABE重疊部分是個四邊形；當 E 點運動到F點右側時，4AOE與4ABE重疊部分是個三角形. 按上述兩種情況按圖形之間的和差關系進行求解.解答：(1)解：由題意，設拋物線解析式為y=a (x-3) (x+1).將E (0, 3)代入上式，解得：a=T.y= - x2+2x+3 .則點 B (1, 4).(2)證明：如圖1,過點B作BMy于點M,則M (0, 4).在 RtAAOE

19、 中，OA=OE=3 , / 1 = 7 2=45°, AE= J0A%岳融我.在 RtAEMB 中，EM=OM - OE=1=BM , ./ MEB= Z MBE=45 °, 3£=亞產+.產血 ./ BEA=180。-/ 1 - Z MEB=90 °.AB是ABE外接圓的直徑.在 RtABE 中，tan/BAE=啰=tan/CBE,AE 3/ BAE= / QBE.在 RtAABE 中，/ BAE+ Z 3=90°, . . / CBE+ Z 3=90°. ./ CBA=90 °,即 CB± AB .CB是AB

20、E外接圓的切線.(3)解：RtAABE 中，/ AEB=90 °, tanZ BAE=-, sin/BAE=t cos/ BAE=;31010若以D、E、P為頂點的三角形與 ABE相似，則4DEP必為直角三角形；DE為斜邊時，P1在x軸上，此時P1與O重合；由 D ( 1 , 0)、E (0, 3),得 OD=1、OE=3,即 tanZ DEO=l=tan Z BAE ,即/ DEO= / BAE3滿足DEOsBAE的條件，因此 O點是符合條件的 P1點，坐標為(0, 0).DE為短直角邊時，P2在x軸上；若以 D、E、P 為頂點的三角形與 ABE 相似，則/ DEP2=Z AEB=

21、90 °, sin/ DP2E=sin / BAE=H"10而 DE= +3 2=V!o ,則 DP2=DE sinZ DP2E=V10=10, OP2=DP2- OD=9即：P2 (9, 0);DE為長直角邊時，點 P3在y軸上；若以 D、E、P 為頂點的三角形與 ABE 相似，則/ EDP3=ZAEB=90 °, cos/DEP3=cos/BAE=;10貝U EP3=DE至os/DEP3=JHjq=¥，OP3=EP3-OE=2;1033綜上，得：P1 (0, 0), P2 (9, 0), P3 (0,- ). I(4)解：設直線 AB的解析式為y=k

22、x+b .f i. j lk =2將 A (3, 0), B (1, 4)代入，得, 口r ,解得，-k+b=41b=61. y= - 2x+6 .過點E作射線EF/ x軸交AB于點F,當y=3時，得x=-,2ON=AG=t由 AAHGs fhmS 陰=±IV?AQ=DOt2+3t解得HK=2t解得 IQ=2 (3-t)點評：該題考查了二次函數(shù)的綜合題，涉及到二次函數(shù)解析式的確定、切線的判定、相似三角形的判定、圖形面 積的解法等重點知識，綜合性強，難度系數(shù)較大.此題的難點在于后兩個小題，它們都需要分情況進行討 論，容易出現(xiàn)漏解的情況.在解答動點類的函數(shù)問題時，一定不要遺漏對應的自變量

23、取值范圍.2 . 2S 陰二SMNG SZSNA SZHAG=2 刈刈-(3 t)- -t?2t=5. (2012?濟南)如圖1,拋物線y=ax2+bx+3與x軸相交于點 A (-3, 0), B ( - 1, 0),與y軸相交于點 C, OOi 為LABC的外接圓，交拋物線于另一點 D.(1)求拋物線的解析式；(2)求cos/ CAB的值和。01的半徑；(3)如圖2,拋物線的頂點為 P,連接BP, CP, BD, M為弦BD中點，若點N在坐標平面內，滿足 BMN ABPC, 請直接寫出所有符合條件的點N的坐標.考點：二次函數(shù)綜合題.分析：(1)利用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；(2)如答圖1

24、所示，由4AOC為等腰直角三角形，確定/ CAB=45 °,從而求出其三角函數(shù)值；由圓周角定 理，確定BOC為等腰直角三角形，從而求出半徑的長度；(3)如答圖2所示，首先利用圓及拋物線的對稱性求出點D坐標，進而求出點 M的坐標和線段BM的長度；點B、P、C的坐標已知，求出線段 BP、BC、PC的長度；然后利用 4BMNbpc相似三角形比例線段關系，求出線段 BN和MN的長度；最后利用兩點間的距離公式，列出方程組，求出點 N的坐標.解答： 解：(1) ;拋物線y=ax2+bx+3與x軸相交于點 A (-3, 0), B (-1, 0),f9a-3b+3=0 a- b+3=0解得 a=1

25、, b=4, ，拋物線的解析式為：y=x2+4x+3 .(2)由(1)知，拋物線解析式為：y=x2+4x+3 ,. 令 x=0 ,得 y=3 ,C (0, 3), OC=OA=3 ,則AAOC為等腰直角三角形， / CAB=45 °, . cos/ CAB=2在RtBOC中，由勾股定理得：BC=JP7P=S工.如答圖1所示，連接01B、O1C,由圓周角定理得：/ BO1C=2/BAC=90 °,. BO1C為等腰直角三角形，O Oi的半徑OiB=且 BC=«.2(3)拋物線 y=x2+4x+3= (x+2) 21,，頂點P坐標為(-2, -1),對稱軸為x= -

26、2.又A (-3, 0), B (- 1, 0),可知點 A、B關于對稱軸x= -2對稱.如答圖2所示，由圓及拋物線的對稱性可知：點D、點C (0, 3)關于對稱軸對稱,D (- 4, 3).又點M為BD中點，B (1, 0), . M (一 J, J),2 2在 4BPC 中，B (-1, 0), P (- 2, - 1), C (0, 3), 由兩點間的距離公式得：BP=&, BC=%/10, PC=2證. BMN s' bpc, %.網(wǎng)日”BM MN而而5不即赤加無后解得：bn=A, mn= 375設N (x, y),由兩點間的距離公式可得:2，點N的坐標為(工,-2)或

27、(_1,-).2222圖1點評：本題綜合考查了二次函數(shù)的圖象與性質、待定系數(shù)法、圓的性質、相似三角形、勾股定理、兩點間的距離公式等重要知識點，涉及的考點較多，試題難度較大.難點在于第（3）問，需要認真分析題意，確定符合條件的點N有兩個，并畫出草圖；然后尋找線段之間的數(shù)量關系，最終正確求得點N的坐標.6. （2011?遵義）已知拋物線 y=ax2+bx+3 （a為）經(jīng)過A （3, 0）, B （4, 1）兩點，且與 y軸交于點C.（1）求拋物線y=ax2+bx+3 （a加）的函數(shù)關系式及點 C的坐標；（2）如圖（1）,連接AB,在題（1）中的拋物線上是否存在點 P,使4PAB是以AB為直角邊的直

28、角三角形？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由；（3）如圖（2）,連接AC, E為線段AC上任意一點（不與 A、C重合）經(jīng)過A、E、O三點的圓交直線 AB于點F, 當 OEF的面積取得最小值時，求點E的坐標.考點：二次函數(shù)綜合題.cBO圖(2)分析：(1)根據(jù)A (3, 0), B (4, 1)兩點利用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；(2)從當4PAB是以AB為直角邊的直角三角形，且/ PAB=90°與當4PAB是以AB為直角邊的直角三角形，且/ PBA=90 °,分別求出符合要求的答案；(3)根據(jù)當OE/AB時，AFEO面積最小，得出 OM=ME ,求出即可.解答：解

29、：(1) ;拋物線2y=ax +bx+3 (a4)經(jīng)過 A (3, 0), B (4, 1)兩點,9a+3b+3=016a+4b+3=l解得：1. y=-x2 - -x+3 ;22(0, 3);.點c的坐標為：(2)假設存在，分兩種情況： 當4PAB是以AB為直角邊的直角三角形，且/ PAB=90 °, 如圖1 ,過點B作BM ±x軸于點M ,A (3, 0), B (4, 1),AM=BM=1 ,/ BAM=45 °,/ DAO=45 °,AO=DO , A點坐標為(3,0),，D點的坐標為：(0, 3),直線AD解析式為：y=kx+b ,將A, D分

30、別代入得：0=3k+b , b=3,k= - 1,y= x+3,1, y=x2 x+3= - x+3 ,22 . x 2 - 3x=0,解得：x=0或3,1- y=3, y=0 (不合題意舍去)，P點坐標為(0, 3),點P、C、D重合， 當4PAB是以AB為直角邊的直角三角形，且/ PBA=90 °,如圖2,過點B作BF，y軸于點F, 由（1）得，F(xiàn)B=4, / FBA=45 °, ./ DBF=45 °,DF=4 ,(4, 1),D分別代入得:D點坐標為：（0, 5） , B點坐標為： 直線BD解析式為：y=kx+b,將B, 1- 1=4k+b , b=5 ,

31、k= - 1,y= _ x+5,1. y=-lx2 - x+3= - x+5 ,22x2 - 3x - 4=0 , 解得：xi = - 1, x2=4 （舍），y=6,P點坐標為（-1,6）, .點 P 的坐標為：（-1 , 6）, （0, 3）;（3）如圖3:作EM XAO于M, ;直線AB的解析式為：y=x - 3, ，tan/OAC=1 ,/ OAC=45 °,2 .Z OAC= / OAF=45 °,3 ACXAF ,1 Safeo=OE>OF,2OE最小時S/xfeo最小，4 OEXAC 時 OE 最小,5 ACXAFOE / AF/ EOM=45 

32、6;, MO=EM , E在直線CA上，二. E點坐標為（x, - x+3）,x= x+3,解得：x=-=,2E點坐標為（士，士）.2 2圖3點評：此題主要考查了二次函數(shù)的綜合應用以及待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，二次函數(shù)的綜合應用是初中階段的重 點題型特別注意利用數(shù)形結合是這部分考查的重點也是難點同學們應重點掌握.7. (2011?襄陽)如圖，在平面直角坐標系xoy中，AB在x軸上，AB=10 ,以AB為直徑的。'與y軸正半軸交于點 C,連接 BC, AC. CD 是。'的切線，AD，CD 于點 D, tanZCAD=-,拋物線 y=ax2+bx+c 過 A, B, C 三點. 2

33、(1)求證：/ CAD= / CAB ;(2)求拋物線的解析式；判斷拋物線的頂點 E是否在直線CD上，并說明理由；(3)在拋物線上是否存在一點 P,使四邊形PBCA是直角梯形？若存在，直接寫出點 P的坐標(不寫求解過程)； 若不存在，請說明理由.考點：二次函數(shù)綜合題.分析：(1)連接OC,由CD是。的切線，可得 O'CCD,則可證得 OC/AD,又由O'A=O C,則可證得/ CAD= / CAB;(2) 首先證得CAOsbco,根據(jù)相似三角形的對應邊成比例，可得oc2=oa?ob,又由tan / CAO=tan / CAD= * 則可求得CO, AO, BO的長，然后利用待定

34、系數(shù)法即可求得二次函數(shù)的解析式；首先證得FO'Cs FAD,由相似三角形的對應邊成比例，即可得到F的坐標，求得直線DC的解析式,然后將拋物線的頂點坐標代入檢驗即可求得答案；(3)根據(jù)題意分別從 PA/ BC與PB / AC去分析求解即可求得答案，小心不要漏解.解答：(1)證明：連接OC, CD是。O的切線,. OCXCD,- AD ± CD,. O C / AD ,. / O CA= / CAD ,- OA=O C,. / CAB= / O CA , . / CAD= / CAB ;(2)解：.AB是。的直徑,/ ACB=90 °, OCX AB , ./ CAB=

35、 /OCB, . CAOA BCO ,-1'- -1-= '二 ?OA OC即 OC2=OA?OB,. tan/CAO=tan / CAD= 1,2AO=2CO ,又 AB=10 ,OC2=2CO (10- 2CO), CO>0,CO=4, AO=8, BO=2,A ( 8, 0), B (2, 0), C (0, 4),.,拋物線1. c=4,由題意得:y=ax2+bx+c 過點 A , B , C 三點,4a+2b+4=064a - 8b+4=01解得：拋物線的解析式為:y=-lx2-4+4;42設直線DC交x軸于點F, . AOC ADC ,AD=AO=8 , OC

36、/ AD , . FOCA FAD , 、AF AD 8 (BF+5) =5 (BF+10),BF=, F (316，0）；設直線DC的解析式為y=kx+m ,k+in=O，L J解得：,，直線DC的解析式為y= - -x+4 ,4由 y= - 1x2- -x+4= - - ( x+3) 2+尬得頂點 E 的坐標為(-3,),42444將E (-3,二生)代入直線 DC的解析式y(tǒng)= - J*x+4中，44右邊=-X(-3) +4=旦工左邊，44，拋物線頂點 E在直線CD上；(3)存在，Pi (-10, - 6), P2 (10, - 36).A (-8, 0), C (0, 4),，過A、C兩

37、點的直線解析式為 y=-x+4,2設過點B且與直線AC平行的直線解析式為：y= lx+b ,把B (2, 0)代入得b= - 1,2直線PB的解析式為y=-x - 1,2f 1 i.一 2，解得產-1°,產(舍去)，尸-哲/+4 尸-6 ly=OP1 (T0, - 6).求P2的方法應為過點 A作與BC平行的直線，可求出BC解析式，進而求出與之平行的直線的解析式，與求 P1 同法，可求出 x=- 8, y1=0 (舍去)；x2=10, y2= - 36.P2 的坐標(10, 36).點評：此題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式，相似三角形的判定與性質，點與函數(shù)的關系，直角梯形等知識.此題

38、綜合性很強，難度較大，解題的關鍵是注意數(shù)形結合與方程思想的應用.8. (2011?濰坊)如圖，y關于x的一次函數(shù)y= - - (x+m) (x-3m)圖象的頂點為 M,圖象父x軸于A、B兩點, 3m交y軸正半軸于 D點.以AB為直徑作圓，圓心為 C.定點E的坐標為(-3, 0),連接ED. (m>0)(1)寫出A、B、D三點的坐標；(2)當m為何值時M點在直線ED上？判定此時直線與圓的位置關系；(3)當m變化時，用 m表示4AED的面積S,并在給出的直角坐標系中畫出S關于m的函數(shù)圖象的示意考點：二次函數(shù)綜合題.專題：壓軸題；分類討論.分析：(1)根據(jù)x軸，y軸上點的坐標特征代入即可求出A

39、、B、D三點的坐標；(2)待定系數(shù)法先求出直線 ED的解析式，再根據(jù)切線的判定得出直線與圓的位置關系;(3)分當0vmv3時，當m> 3時兩種情況討論求得關于 m的函數(shù).解：(1)令 y=0 ,貝U (x+m ) (x 3m) =0,解得 xi = m, x2=3m ;3m令 x=0 ,貝U y=-全(0+m) (0 - 3m) =«m.3m故 A (- m, 0), B (3m, 0), D (0,加m).(2)設直線ED的解析式為r - 3k+b=0解得，女二登6，b=73m.3,直線ED的解析式為y=W33y=kx+b ,將 E (3, 0),D (0, V3m)代入得:

40、mx+ V：jm.將 y= - (x+m) (x- 3m)化為頂點式：y= -(x - m)3m31rl2 二+ m.m2=m，頂點M的坐標為(m, 3/m).代入3mx+V3m 得:m> 0,m=1 ,所以，當 m=1時，M點在直線DE上. 連接CD, C為AB中點，C點坐標為C (m, 0). OD= V3, OC=1,CD=2 , D點在圓上又. OE=3, DE2=OD2+OE2=12,EC2=16, CD2=4,CD2+DE2=EC2./ EDC=90 °直線ED與。C相切.1 V3(3)當 0V m<3 時，SAaed=?AE. ?OD=m (3m)S= *m

41、2+¥m.當 m>3 時，SAaed=AE. ?OD="m (m3). 22即 S=Wim2- El&m22S關于m的函數(shù)圖象的示意圖如右：點評：本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及的知識點有x軸，y軸上點的坐標特征，拋物線解析式的確定，拋物線的頂點公式和三角形的面積求法.注意分析題意分情況討論結果.9. (2011?邵陽)如圖所不，在平面直角坐標系Oxy中，已知點A (肅 0),點C (0, 3),點B是x軸上一點(位于點A的右側)，以AB為直徑的圓恰好經(jīng)過點 C.(1)求/ ACB的度數(shù)；(2)已知拋物線y=ax2+bx+3經(jīng)過A、B兩點，求拋物線的解析式；

42、(3)線段BC上是否存在點 D,使ABOD為等腰三角形？若存在，則求出所有符合條件的點 D的坐標；若不存在,請說明理由.(2)利用三角形相似求出點 B的坐標，然后把 A, B兩點的坐標代入拋物線求出拋物線的解析式.(3)分別以OB為底邊和腰求出等腰三角形中點D的坐標.解答： 解：(1)二以AB為直徑的圓恰好經(jīng)過 點C, ./ ACB=90 °.(2) AOCACOB ,OC2=AO ?OB ,. A (-0),點 C (0, 3),49，0c=3,又 co2=ao?ob,2 93 弋OB，OB=4 ,B （4, 0）把A、B、C三點坐標代入得k一J哈工+3（3） OD=DB ,如圖：

43、D在OB的中垂線上，過 D作DH LOB,垂足是 H,則H是OB中點.DH=-0C，0H-10B，D （2,，BD=BO，如圖：過D作DGOB,垂足是G,.烏理，OB CB 0C OB=4 , CB=5,CD=BC BD=BC OB=5 4=1 , 一一DG3- 一 一一 一一CDCB54本題考查的是二次函數(shù)的綜合題，（1）根據(jù)圓周角的性質求出角的度數(shù).（2）用待定系數(shù)法求出拋物線的解析式.（3）根據(jù)等腰三角形的性質確定點 D的坐標.10. (2011?泉州)如圖1,在第一象限內，直線 y=mx與過點B (0, 1)且平行于x軸的直線l相交于點A,半徑為r的。Q與直線y=mx、(1)當點A的坐

44、標為(x軸分別相切于點 T、E,且與直線l分別交于不同的 M、N兩點. 喙P)時'填空：p=1m=_退/ AOE= 60（圖1）解析式為：y=a（x-h）2+k,令 y=1,得到 x1=h-1 x2=h+1 -，貝U mf=-1mn= J-_得至ij（J_-） 如圖2,連接QT、QE, QE交MN于點F,當r=2時，試說明：以T、M、E、N為頂點的四邊形是等腰梯形；(2)在圖1中，連接EQ并延長交。Q于點D,試探索：對m、r的不同取值，經(jīng)過M、D、N三點的拋物線y=ax2+bx+c ,a的值會變化嗎？若不變，求出考點：二次函數(shù)綜合題；一次函數(shù)綜合題；等邊三角形的判定與性質；平行四邊形的

45、判定與性質；等腰梯形的判 定；切線的性質；解直角三角形.專題：綜合題.分析:(1)由點A (立,p)在直線l上，得到p=1；點A在直線y=mx上，得到m=、/;在RtAOBA中，OB=1 ,3AB=y, OA=p,得至lj/ AOE=60 °(2)連接TM , ME, EN, ON ,根據(jù)切線的性質得到 QEx軸，QT ± OT,由QEMN,得到 MF=NF , 而r=2, EF=1 ,則四邊形 QNEM為平行四邊形， 即QN / ME;同時有4QEN為等邊三角形， 則/ NQE=60 °, /QNF=30 °在四邊形 OEQT 中，/ QTO= / Q

46、EO=90 °, /TOE=60 °,可求出/ TQE=120 °,于是有/ TQE+ Z NQE=120 +60 =180°,即 T、Q、N 三點共線，得到 TN 為直徑；得到/ TMN=90 °,得到 TN / ME , 所以/ MTN=60 ° = ZTNE ,得到以T、M、E、N為頂點的四邊形是等腰梯形；(3)連DM , ME,根據(jù)垂徑定理和圓周定理的推論得到/DME=90 °, DM垂直平分MN ,所以RtA MFDRtA EFM ,得到 MF2=EF?FD,設 D (h, k), (h>0, k=2r),則

47、過 M、D、N 三點的拋物線的2一 一=1? (k - 1),解得 a= - 1.解答：解：(1)二點A的坐標為(岑，p),點A在直線l上,.p=1,即點A坐標為(與，1);而點A在直線y=mx上，1=m,解得 m=V3；8.-1在 RtAOBA 中，OB=1 , AB=,3Y，/ AOB=30 °,AOE=60 °.故答案為1,通60°(2)連接 TM , ME, EN,如圖， OE和OT是。Q的切線， QEx 軸，QT ±OT ,即/QTA=90 °,而l / x軸, QEXMN ,MF=NF ,又.當 r=2, EF=1,QF=2 - 1

48、=1 ,，四邊形 QNEM為平行四邊形，即 QN / ME ,NQ=NE ,即AQEN為等邊三角形，/ NQE=60 °, / QNF=30 °,在四邊形 OEQT 中，/ QTO= Z QEO=90 °, /TOE=60 °, ./ TQE=360 -90 - 90 - 60 =120 °, ./ TQE+/NQE=120 +60 =180°, T、Q、N三點共線，即TN為直徑， ./ TMN=90 °, TN / ME , ./ MTN=60 = Z TNE , 以T、M、E、N為頂點的四邊形是等腰梯形；(3)對m、r的

49、不同取值，經(jīng)過 M、D、N三點的拋物線y=ax2+bx+c, a的值不會變化.理由如下: 連DM , ME ,如圖，DE為直徑， ./ DME=90 °,而DE垂直平分MN , RtAMFDRtAEFM ,mf2=ef?fd,設D (h, k), (h>0, k=2r),則過M、D、N三點的拋物線的解析式為：y=a (x-h) 2+k,又 M、N的縱坐標都為 1, 當 y=1 , a (xh) 2+k=1 ,解得 x1=hJ， 上 x2=h+-,;MN=2ZZ,MF= -MN= i2 V a 2 (V )=1 ? (k- 1),k> 1,a/ i e圖2)(E2)(S 1

50、)點評：本題考查了拋物線的頂點式：y=a (x-h) 2+k,其中頂點坐標為(h, k)；也考查了等腰梯形的判定和三角形相似的判定與性質以及垂徑定理.11. (2011?黔西南州)如圖，在平面直角坐標系中，點A的坐標為(-6, 0),以點A為圓心的圓交x軸于O、B兩點，直線y=2x-3交x軸于點C,交y軸于點D,過A、C、D三點作一條拋物線.4(1)求拋物線的解析式；(2)判斷直線CD與。A的位置關系，并說明理由；(3)若點M以每秒4個單位長度的速度由點 B沿x軸向點C運動，點N以每秒1個單位長度的速度由點 C沿直線y=x-3向點D運動.設運動時間為 t (t)，試問t為何值時4CMN與4CD

51、B相似；4(4)在拋物線上是否存在點P,使4APC的面積是4BCD面積的至倍？若存在，請求出符合條件的所有點P的坐8標；若不存在，請說明理由.考點：二次函數(shù)綜合題.專題：計算題；壓軸題；分類討論.分析：(1)根據(jù)直線CD的解析式求出點 C、D的坐標，然后利用待定系數(shù)法求拋物線的解析式解答；(2)過圓心A作AEXCD于點E,利用勾股定理求出 CD的長度，再根據(jù)/ DCO的正弦值求出 AE的長 度，與。A的半徑相比較，根據(jù)直線與圓的位置關系即可得出CD和。A的位置關系；(3)根據(jù)圓的對稱性求出點B的坐標，并求出 BC的長度，然后用t表示出CM、CN,再分CM與CB是對應邊時，根據(jù)相似三角形對應邊成

52、比例列式計算即可得解；CM與CD是對應邊時，根據(jù)相似三角形對應邊成比例列式計算即可得解(注意求出的t值要在t的取值范圍內)；(4)首先求出4BCD的面積，通過三角形的面積公式，易求得 P點縱坐標的絕對值，然后分 點P在x 軸下方，點P的縱坐標是負數(shù)，代入拋物線的解析式進行計算求出點P的橫坐標，從而得解， 點P在x軸上方，點P的縱坐標是正數(shù)，代入拋物線的解析式進行計算求出點P的橫坐標，從而得解.解：(1)當 y=0 時，-x- 3=0,解得 x=4,4當 x=0 時，y= - 3,所以，點 C (4, 0) , D (0, - 3),設過A、C、D三點的拋物線解析式為 y=ax2+bx+c,36

53、a - 6b+c=0 16a+4b+50 , c= - 3解得所以，拋物線解析式為(2)如圖，過圓心 A作AECD于點E, C (4, 0), D (0, - 3),CD=V 42+32=55A (- 6, 0),AC=4 - ( - 6) =10,./iOD AE sinZDCO=-=-,即巨笆，5 10解得AE=6 ,A的圓心為（-6, 0）且經(jīng)過點 O,A的半徑為6,直線CD與。A相切；(3)根據(jù)圓的對稱性，圓心為 A (-6, 0)的。A經(jīng)過點O (0, 0)與B,點B的坐標為(-12, 0),CB=4 - ( - 12) =4+12=16 ,根據(jù)題意，CM=CB -4t=16=4t,

54、CN=t ,CM與CB是對應邊時，. CMN s' cbd ,. CM=CNCB CD即至*上165解得t理秒；9CM與CD是對應邊時，. CMNA CDB ,CM CN16'CD CB' 16 - 4t t5秒;解得t國:69.理與都小于4969t理或？秒時，CMN與4CDB相似;969（4）存在.理由如下：BC16，點D到BC的距離為3,-S/ bcd M6 >324 ,設點P到AC的距離為h, .AC10 （已求），M0hWx24,2 S解得h3,點P在x軸下方，點P的縱坐標是-3,所以，-x2+-x - 3 - 3,8 4整理得，x2+2x=0 ,解得 x10, x2 - 2,所以，點P的坐標為（0, - 3）或（-2, - 3）,點P在x軸上方，點P的縱坐標是3,所以，!x2+x 3-3 ,8 4整理得，x2+2x - 480,解得 x1 8, x26,所以，點P的坐標為（-8, 3）或（6, 3）,綜上所述，存