專題9二次函數(shù)與圓綜合問題-挑戰(zhàn)2022年中考數(shù)學壓軸題之學霸秘笈大揭秘含答案

挑戰(zhàn)2024年中考數(shù)學壓軸題之學霸秘笈大揭秘專題9二次函數(shù)與圓綜合問題解決函數(shù)與圓的綜合問題的關鍵是找準函數(shù)與圓的結合點，弄清題目的本質，利用圓的基本性質和函數(shù)的性質、數(shù)形結合、方程思想、全等與相似，以便找到對應的解題途徑.常見的考法有：直線與圓的位置關系：平面直角坐標系中的直線與圓的位置關系問題關鍵是圓心到直線的距離等于半徑的大小，常用的方法有：利用圓心到直線的距離等于半徑的大小這一數(shù)量關系列出關系式解決問題利用勾股定理解決問題利用相似列出比例式解決問題2.函數(shù)與圓的新定義題目：利用已掌握的知識和方法理解新定義，化生為熟3.函數(shù)與圓的性質綜合類問題：利用幾何性質，結合圖形，找到問題中的“不變”關鍵因素和“臨界位置”.【例1】(2021?花都區(qū)三模)如圖，拋物線y＝ax2+bx+2經(jīng)過A(﹣1，0)，B(4，0)兩點，與y軸交于點C．(1)求該拋物線的解析式；(2)在y軸上是否存在點P使得∠OBP+∠OBC＝45°，若存在，求出點P的坐標，若不存在，請說明理由；(3)點M是BC為直徑的圓上的動點，將點M繞原點O順時針旋轉90°得點N，連接NA，求NA的取值范圍．【例2】(2020?遵義)如圖，拋物線y＝ax2+94x+c經(jīng)過點A(﹣1，0)和點C(0，3)與x軸的另一交點為點B，點M是直線BC上一動點，過點M作MP∥y軸，交拋物線于點(1)求該拋物線的解析式；(2)在拋物線上是否存在一點Q，使得△QCO是等邊三角形？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由；(3)以M為圓心，MP為半徑作⊙M，當⊙M與坐標軸相切時，求出⊙M的半徑．【例3】(2020?濟寧)我們把方程(x﹣m)2+(y﹣n)2＝r2稱為圓心為(m，n)、半徑長為r的圓的標準方程．例如，圓心為(1，﹣2)、半徑長為3的圓的標準方程是(x﹣1)2+(y+2)2＝9．在平面直角坐標系中，⊙C與x軸交于點A，B，且點B的坐標為(8，0)，與y軸相切于點D(0，4)，過點A，B，D的拋物線的頂點為E．(1)求⊙C的標準方程；(2)試判斷直線AE與⊙C的位置關系，并說明理由．【例4】(2020?西藏)在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y=12x2+bx+c的圖象與x軸交于A(﹣2，0)，B(4，0)兩點，交y軸于點C，點(1)求二次函數(shù)的解析式；(2)如圖甲，連接AC，PA，PC，若S△PAC=152，求點(3)如圖乙，過A，B，P三點作⊙M，過點P作PE⊥x軸，垂足為D，交⊙M于點E．點P在運動過程中線段DE的長是否變化，若有變化，求出DE的取值范圍；若不變，求DE的長．【例5】(2020?宜賓)如圖，已知二次函數(shù)的圖象頂點在原點，且點(2，1)在二次函數(shù)的圖象上，過點F(0，1)作x軸的平行線交二次函數(shù)的圖象于M、N兩點．(1)求二次函數(shù)的表達式；(2)P為平面內(nèi)一點，當△PMN是等邊三角形時，求點P的坐標；(3)在二次函數(shù)的圖象上是否存在一點E，使得以點E為圓心的圓過點F和點N，且與直線y＝﹣1相切．若存在，求出點E的坐標，并求⊙E的半徑；若不存在，說明理由．【例6】(2021?嘉興二模)定義：平面直角坐標系xOy中，過二次函數(shù)圖象與坐標軸交點的圓，稱為該二次函數(shù)的坐標圓．(1)已知點P(2，2)，以P為圓心，為半徑作圓．請判斷⊙P是不是二次函數(shù)y＝x2﹣4x+3的坐標圓，并說明理由；(2)已知二次函數(shù)y＝x2﹣4x+4圖象的頂點為A，坐標圓的圓心為P，如圖1，求△POA周長的最小值；(3)已知二次函數(shù)y＝ax2﹣4x+4(0＜a＜1)圖象交x軸于點A，B，交y軸于點C，與坐標圓的第四個交點為D，連結PC，PD，如圖2．若∠CPD＝120°，求a的值．【題組一】1．(2020?雨花區(qū)校級一模)如圖1，已知拋物線y＝ax2﹣12ax+32a(a＞0)與x軸交于A，B兩點(A在B的左側)，與y軸交于點C．(1)連接BC，若∠ABC＝30°，求a的值．(2)如圖2，已知M為△ABC的外心，試判斷弦AB的弦心距d是否有最小值，若有，求出此時a的值，若沒有，請說明理由；(3)如圖3，已知動點P(t，t)在第一象限，t為常數(shù)．問：是否存在一點P，使得∠APB達到最大，若存在，求出此時∠APB的正弦值，若不存在，也請說明理由．2．(2020?匯川區(qū)三模)如圖，在平面直角坐標系上，一條拋物線y＝ax2+bx+c(a≠0)經(jīng)過A(1，0)、B(3，0)、C(0，3)三點，連接BC并延長．(1)求拋物線的解析式；(2)點M是直線BC在第一象限部分上的一個動點，過M作MN∥y軸交拋物線于點N．1°求線段MN的最大值；2°當MN取最大值時，在線段MN右側的拋物線上有一個動點P，連接PM、PN，當△PMN的外接圓圓心Q在△PMN的邊上時，求點P的坐標．3．(2020?望城區(qū)模擬)如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=12x2﹣bx+c交x軸于點A，B，點B的坐標為(4，0)，與y軸于交于點(1)求此拋物線的解析式；(2)在拋物線上取點D，若點D的橫坐標為5，求點D的坐標及∠ADB的度數(shù)；(3)在(2)的條件下，設拋物線對稱軸l交x軸于點H，△ABD的外接圓圓心為M(如圖1)，①求點M的坐標及⊙M的半徑；②過點B作⊙M的切線交于點P(如圖2)，設Q為⊙M上一動點，則在點運動過程中QHQP4．(2020?天橋區(qū)二模)如圖，拋物線y＝ax2+bx+c(a≠0)，與x軸交于A(4，0)、O兩點，點D(2，﹣2)為拋物線的頂點．(1)求該拋物線的解析式；(2)點E為AO的中點，以點E為圓心、以1為半徑作⊙E，交x軸于B、C兩點，點M為⊙E上一點．①射線BM交拋物線于點P，設點P的橫坐標為m，當tan∠MBC＝2時，求m的值；②如圖2，連接OM，取OM的中點N，連接DN，則線段DN的長度是否存在最大值或最小值？若存在，請求出DN的最值；若不存在，請說明理由．【題組二】5．(2021?樂山模擬)如圖，拋物線y＝ax2+bx+2與直線AB相交于A(﹣1，0)，B(3，2)，與x軸交于另一點C．(1)求拋物線的解析式；(2)在y上是否存在一點E，使四邊形ABCE為矩形，若存在，請求出點E的坐標；若不存在，請說明理由；(3)以C為圓心，1為半徑作⊙O，D為⊙O上一動點，求DA+DB的最小值6．(2021?河北區(qū)二模)如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣x2+bx+3的對稱軸是直線x＝2，與x軸相交于A，B兩點(點A在點B的左側)，與y軸交于點C．(Ⅰ)求拋物線的解析式及頂點坐標；(Ⅱ)M為第一象限內(nèi)拋物線上的一個點，過點M作MN⊥x軸于點N，交BC于點D，連接CM，當線段CM＝CD時，求點M的坐標；(Ⅲ)以原點O為圓心，AO長為半徑作⊙O，點P為⊙O上的一點，連接BP，CP，求2PC+3PB的最小值．7．(2021?長沙模擬)如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+c(a＞0)的頂點為M，經(jīng)過C(1，1)，且與x軸正半軸交于A，B兩點．(1)如圖1，連接OC，將線段OC繞點O順時針旋轉，使得C落在y軸的負半軸上，求點C的路徑長；(2)如圖2，延長線段OC至N，使得ON＝，若∠OBN＝∠ONA，且，求拋物線的解析式；(3)如圖3，拋物線y＝ax2+bx+c的對稱軸為直線，與y軸交于(0，5)，經(jīng)過點C的直線l：y＝kx+m(k＞0)與拋物線交于點C、D，若在x軸上存在P1、P2，使∠CP1D＝∠CP2D＝90°，求k的取值范圍．8．(2020?東?？h二模)如圖，△AOB的三個頂點A、O、B分別落在拋物線C1：y＝x2+x上，點A的坐標為(﹣4，m)，點B的坐標為(n，﹣2)．(點A在點B的左側)(1)則m＝﹣4，n＝﹣1．(2)將△AOB繞點O逆時針旋轉90°得到△A'OB'，拋物線C2：y＝ax2+bx+4經(jīng)過A'、B'兩點，延長OB'交拋物線C2于點C，連接A'C．設△OA'C的外接圓為⊙M．①求圓心M的坐標；②試直接寫出△OA'C的外接圓⊙M與拋物線C2的交點坐標(A'、C除外)．【題組三】9．(2019?鄂爾多斯)如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣2(a≠0)與x軸交于A(﹣3，0)，B(1，0)兩點，與y軸交于點C，直線y＝﹣x與該拋物線交于E，F(xiàn)兩點．(1)求拋物線的解析式．(2)P是直線EF下方拋物線上的一個動點，作PH⊥EF于點H，求PH的最大值．(3)以點C為圓心，1為半徑作圓，⊙C上是否存在點M，使得△BCM是以CM為直角邊的直角三角形？若存在，直接寫出M點坐標；若不存在，說明理由．10．(2019?日照)如圖1，在平面直角坐標系中，直線y＝﹣5x+5與x軸，y軸分別交于A，C兩點，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過A，C兩點，與x軸的另一交點為B．(1)求拋物線解析式及B點坐標；(2)若點M為x軸下方拋物線上一動點，連接MA、MB、BC，當點M運動到某一位置時，四邊形AMBC面積最大，求此時點M的坐標及四邊形AMBC的面積；(3)如圖2，若P點是半徑為2的⊙B上一動點，連接PC、PA，當點P運動到某一位置時，PC+1211．(2018?宿遷)如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y＝(x﹣a)(x﹣3)(0＜a＜3)的圖象與x軸交于點A、B(點A在點B的左側)，與y軸交于點D，過其頂點C作直線CP⊥x軸，垂足為點P，連接AD、BC．(1)求點A、B、D的坐標；(2)若△AOD與△BPC相似，求a的值；(3)點D、O、C、B能否在同一個圓上？若能，求出a的值；若不能，請說明理由．12．(2018?福建)已知拋物線y＝ax2+bx+c過點A(0，2)．(1)若點(-2，0)也在該拋物線上，求a，b(2)若該拋物線上任意不同兩點M(x1，y1)，N(x2，y2)都滿足：當x1＜x2＜0時，(x1﹣x2)(y1﹣y2)＞0；當0＜x1＜x2時，(x1﹣x2)(y1﹣y2)＜0．以原點O為心，OA為半徑的圓與拋物線的另兩個交點為B，C，且△ABC有一個內(nèi)角為60°．①求拋物線的解析式；②若點P與點O關于點A對稱，且O，M，N三點共線，求證：PA平分∠MPN．【題組四】13．(2018?長沙模擬)如圖1，二次函數(shù)y＝ax2﹣2ax﹣3a(a＜0)的圖象與x軸交于A、B兩點(點A在點B的右側)，與y軸的正半軸交于點C，頂點為D．(1)求頂點D的坐標(用含a的代數(shù)式表示)；(2)若以AD為直徑的圓經(jīng)過點C．①求拋物線的函數(shù)關系式；②如圖2，點E是y軸負半軸上一點，連接BE，將△OBE繞平面內(nèi)某一點旋轉180°，得到△PMN(點P、M、N分別和點O、B、E對應)，并且點M、N都在拋物線上，作MF⊥x軸于點F，若線段MF：BF＝1：2，求點M、N的坐標；③點Q在拋物線的對稱軸上，以Q為圓心的圓過A、B兩點，并且和直線CD相切，如圖3，求點Q的坐標．14．(2018?濟寧)如圖，已知拋物線y＝ax2+bx+c(a≠0)經(jīng)過點A(3，0)，B(﹣1，0)，C(0，﹣3)．(1)求該拋物線的解析式；(2)若以點A為圓心的圓與直線BC相切于點M，求切點M的坐標；(3)若點Q在x軸上，點P在拋物線上，是否存在以點B，C，Q，P為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求點P的坐標；若不存在，請說明理由．15．(2018?遵義)在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y＝ax2+53x+c的圖象經(jīng)過點C(0，2)和點D(4，﹣2)．點E是直線y=-(1)求二次函數(shù)的解析式及點E的坐標．(2)如圖①，若點M是二次函數(shù)圖象上的點，且在直線CE的上方，連接MC，OE，ME．求四邊形COEM面積的最大值及此時點M的坐標．(3)如圖②，經(jīng)過A、B、C三點的圓交y軸于點F，求點F的坐標．16．(2018?福建)已知拋物線y＝ax2+bx+c過點A(0，2)，且拋物線上任意不同兩點M(x1，y1)，N(x2，y2)都滿足：當x1＜x2＜0時，(x1﹣x2)(y1﹣y2)＞0；當0＜x1＜x2時，(x1﹣x2)(y1﹣y2)＜0．以原點O為圓心，OA為半徑的圓與拋物線的另兩個交點為B，C，且B在C的左側，△ABC有一個內(nèi)角為60°．(1)求拋物線的解析式；(2)若MN與直線y＝﹣23x平行，且M，N位于直線BC的兩側，y1＞y2，解決以下問題：①求證：BC平分∠MBN；②求△MBC外心的縱坐標的取值范圍．【題組五】17．(2021?常州二模)如圖1：拋物線y＝﹣x2+bx+c過點A(﹣1，0)，點B(3，0)，與y軸交于點C．動點E(m，0)(0＜m＜3)，過點E作直線l⊥x軸，交拋物線于點M．(1)求拋物線的解析式及C點坐標；(2)連接BM并延長交y軸于點N，連接AN，OM，若AN∥OM，求m的值．(3)如圖2．當m＝1時，P是直線l上的點，以P為圓心，PE為半徑的圓交直線l于另一點F(點F在x軸上方)，若線段AC上最多存在一個點Q使得∠FQE＝90°，求點P縱坐標的取值范圍．18．(2021?靖江市一模)如圖，拋物線y＝mx2﹣4mx+n(m＞0)與x軸交于A，B兩點，點B在點A的右側，拋物線與y軸正半軸交于點C，連接CA、CB，已知tan∠CAO＝3，sin∠CBO＝．(1)求拋物線的對稱軸與拋物線的解析式；(2)設D為拋物線對稱軸上一點，①當△BCD的外接圓的圓心在△BCD的邊上時，求點D的坐標；②若△BCD是銳角三角形，直接寫出點D縱坐標的取值范圍．19．(2019秋?江都區(qū)期末)已知二次函數(shù)y=18x2+bx+c(b(1)求b、c的值；(2)如圖1，點C(10，m)在拋物線上，點M是y軸上的一個動點，過點M平行于x軸的直線l平分∠AMC，求點M的坐標；(3)如圖2，在(2)的條件下，點P是拋物線上的一動點，以P為圓心、PM為半徑的圓與x軸相交于E、F兩點，若△PEF的面積為26，請直接寫出點P的坐標．20．(2020?越秀區(qū)校級模擬)已知：二次函數(shù)y＝ax2﹣2ax﹣3(a＞0)，當2≤x≤4時，函數(shù)有最大值5．(1)求此二次函數(shù)圖象與坐標軸的交點；(2)將函數(shù)y＝ax2﹣2ax﹣3(a＞0)圖象x軸下方部分沿x軸向上翻折，得到的新圖象與直線y＝n恒有四個交點，從左到右，四個交點依次記為A，B，C，D，當以BC為直徑的圓與x軸相切時，求n的值．(3)若點P(x0，y0)是(2)中翻折得到的拋物線弧部分上任意一點，若關于m的一元二次方程m2﹣y0m+k﹣4+y0＝0恒有實數(shù)根時，求實數(shù)k的最大值．【題組六】21．(2021?雨花區(qū)二模)如圖1，已知圓O的圓心為原點，半徑為2，與坐標軸交于A，C，D，E四點，B為OD中點．(1)求過A，B，C三點的拋物線解析式；(2)如圖2，連接BC，AC．點P在第一象限且為圓O上一動點，連接BP，交AC于點M，交OC于點N，當MC2＝MN?MB時，求M點的坐標；(3)如圖3，若拋物線與圓O的另外兩個交點分別為H，F(xiàn)，請判斷四邊形CFEH的形狀，并說明理由．22.(2021秋?西湖區(qū)校級期中)我們把一個半圓與拋物線的一部分合成的封閉圖形稱為“蛋圓”．如圖所示，點A、B、C、D分別是“蛋圓”與坐標軸的交點，已知點D的坐標為(0，﹣3)，AB為半圓的直徑，半圓圓心M的坐標為(1，0)，半圓半徑為2．(1)求“蛋圓”拋物線部分的解析式及“蛋圓”的弦CD的長；(2)已知點E是“蛋圓”上的一點(不與點A，點B重合)，點E關于x軸的對稱點是點F，若點F也在“蛋圓”上，求點E坐標；(3)點P是“蛋圓”外一點，滿足∠BPC＝60°，當BP最大時，直接寫出點P的坐標．23．(2021秋?上城區(qū)校級期中)如圖，已知拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(點A在點B左邊)，與y軸交于點C，⊙M是△ABC的外接圓．若拋物線的頂點D的坐標為(1，4)．(1)求拋物線的解析式，及A、B、C三點的坐標；(2)求⊙M的半徑和圓心M的坐標；(3)如圖2，在x軸上有點P(7，0)，試在直線BC上找點Q，使B、Q、P三點構成的三角形與△ABC相似．若存在，請直接寫出點坐標；若不存在，請說明理由．24．(2021?黔西南州)如圖，直線l：y＝2x+1與拋物線C：y＝2x2+bx+c相交于點A(0，m)，B(n，7)．(1)填空：m＝1，n＝3，拋物線的解析式為y＝2x2﹣4x+1．(2)將直線l向下移a(a＞0)個單位長度后，直線l與拋物線C仍有公共點，求a的取值范圍．(3)Q是拋物線上的一個動點，是否存在以AQ為直徑的圓與x軸相切于點P？若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．挑戰(zhàn)2024年中考數(shù)學壓軸題之學霸秘笈大揭秘專題9二次函數(shù)與圓綜合問題解決函數(shù)與圓的綜合問題的關鍵是找準函數(shù)與圓的結合點，弄清題目的本質，利用圓的基本性質和函數(shù)的性質、數(shù)形結合、方程思想、全等與相似，以便找到對應的解題途徑.常見的考法有：直線與圓的位置關系：平面直角坐標系中的直線與圓的位置關系問題關鍵是圓心到直線的距離等于半徑的大小，常用的方法有：利用圓心到直線的距離等于半徑的大小這一數(shù)量關系列出關系式解決問題利用勾股定理解決問題利用相似列出比例式解決問題2.函數(shù)與圓的新定義題目：利用已掌握的知識和方法理解新定義，化生為熟3.函數(shù)與圓的性質綜合類問題：利用幾何性質，結合圖形，找到問題中的“不變”關鍵因素和“臨界位置”.

【例1】【例1】(2021?花都區(qū)三模)如圖，拋物線y＝ax2+bx+2經(jīng)過A(﹣1，0)，B(4，0)兩點，與y軸交于點C．(1)求該拋物線的解析式；(2)在y軸上是否存在點P使得∠OBP+∠OBC＝45°，若存在，求出點P的坐標，若不存在，請說明理由；(3)點M是BC為直徑的圓上的動點，將點M繞原點O順時針旋轉90°得點N，連接NA，求NA的取值范圍．【分析】(1)將點A(﹣1，0)，B(4，0)代入y＝ax2+bx+2即可求解析式；(2)過點P作PH⊥BC交于點H，設P(0，t)，CH＝x，由已知分別可求BC＝2，BH＝2﹣x，HP＝BH＝2﹣x，在Rt△CPH中，sin∠PCH＝＝＝，cos∠PCH＝＝＝，求出t＝﹣，則P(0，﹣)，與x軸對稱點為(0，)，此點也滿足所求；(3)當M點在B點處時，N點在F(0，﹣4)處，當M點在O點處時，N點在E(2，0)處，∠EOF＝90°，EF＝BC＝2，可以判斷N點在以EF為直徑的圓上運動，連接OO'，O'(1，﹣2)，NA有最大值和最小值，O'A＝2，則可求NA最大值為2+，NA最小值為2﹣，進而求得2﹣≤NA≤2+．【解答】解：(1)將點A(﹣1，0)，B(4，0)代入y＝ax2+bx+2，得，解得，∴y＝﹣x2+x+2；(2)過點P作PH⊥BC交于點H，設P(0，t)，CH＝x，∵C(0，2)，B(4，0)，∴BC＝2，∴BH＝2﹣x，∵∠OBP+∠OBC＝45°，∴∠CBP＝45°，∴HP＝BH＝2﹣x，在Rt△CPH中，sin∠PCH＝＝，cos∠PCH＝＝，在Rt△BOC中，sin∠PCH＝，cos∠PCH＝，∴＝，＝，∴x＝，t＝﹣，∴P(0，﹣)，P點關于x軸對稱點為(0，)，此點也滿足∠OBP+∠OBC＝45°，∴滿足條件的P點坐標為(0，﹣)或(0，)；(3)當M點在B點處時，N點在F(0，﹣4)處，當M點在C點處時，N點在E(2，0)處，∵∠EOF＝90°，EF＝BC＝2，可以判斷N點在以EF為直徑的圓上運動，連接OO'，當NA經(jīng)過圓心O'時，NA有最大值和最小值，∴O'(1，﹣2)，∵A(﹣1，0)，∴O'A＝2，∴NA最大值為2+，NA最小值為2﹣，∴2﹣≤NA≤2+．【例2】(2020?遵義)如圖，拋物線y＝ax2+94x+c經(jīng)過點A(﹣1，0)和點C(0，3)與x軸的另一交點為點B，點M是直線BC上一動點，過點M作MP∥y軸，交拋物線于點(1)求該拋物線的解析式；(2)在拋物線上是否存在一點Q，使得△QCO是等邊三角形？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由；(3)以M為圓心，MP為半徑作⊙M，當⊙M與坐標軸相切時，求出⊙M的半徑．【分析】(1)把點A(﹣1，0)和點C(0，3)代入y＝ax2+94x+c求出a與(2)①當點Q在y軸右邊時，假設△QCO為等邊三角形，過點Q作QH⊥OC于H，OC＝3，則OH=32，tan60°=QHOH，求出Q(332，32)，把x=332代入②當點Q在y軸的左邊時，假設△QCO為等邊三角形，過點Q作QT⊥OC于T，OC＝3，則OT=32，tan60°=QTOT，求出Q(-332，32)，把x=-332(3)求出B(4，0)，待定系數(shù)法得出BC直線的解析式y(tǒng)=-34x+3，當M在線段BC上，⊙M與x軸相切時，延長PM交AB于點D，則點D為⊙M與x軸的切點，即PM＝MD，設P(x，-34x2+94x+3)，M(x，-34x+3)，則PD=-34x2+94x+3，MD=-34x+3，由PD﹣MD＝MD，求出x＝1，即可得出結果；當M在線段BC上，⊙M與y軸相切時，延長PM交AB于點D，過點M作ME⊥y軸于E，則點E為⊙M與y軸的切點，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，設P(x，-34x2+94x+3)，M(x，-34x+3)，則PD=-34x2+94x+3，MD=-34x+3，代入即可得出結果；當M在BC延長線，⊙M與x軸相切時，點P與A重合，M的縱坐標的值即為所求；當M在CB延長線，⊙M與y軸相切時，延長PD交x軸于D，過點M作ME⊥y軸于E，則點E為⊙M與y軸的切點，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，設P(【解答】解：(1)把點A(﹣1，0)和點C(0，3)代入y＝ax2+94x+c得：解得：a=-3∴拋物線的解析式為：y=-34x2+(2)不存在，理由如下：①當點Q在y軸右邊時，如圖1所示：假設△QCO為等邊三角形，過點Q作QH⊥OC于H，∵點C(0，3)，∴OC＝3，則OH=12OC=3∴QH＝OH?tan60°=3∴Q(332，把x=332代入y=-34得：y=27∴假設不成立，∴當點Q在y軸右邊時，不存在△QCO為等邊三角形；②當點Q在y軸的左邊時，如圖2所示：假設△QCO為等邊三角形，過點Q作QT⊥OC于T，∵點C(0，3)，∴OC＝3，則OT=12OC=3∴QT＝OT?tan60°=3∴Q(-332把x=-332代入y=-34得：y=-27∴假設不成立，∴當點Q在y軸左邊時，不存在△QCO為等邊三角形；綜上所述，在拋物線上不存在一點Q，使得△QCO是等邊三角形；(3)令-34x2+解得：x1＝﹣1，x2＝4，∴B(4，0)，設BC直線的解析式為：y＝kx+b，把B、C的坐標代入則0=4k+b3=b解得：k=-3∴BC直線的解析式為：y=-34當M在線段BC上，⊙M與x軸相切時，如圖3所示：延長PM交AB于點D，則點D為⊙M與x軸的切點，即PM＝MD，設P(x，-34x2+94x+3)，M(x則PD=-34x2+94x+3，∴(-34x2+94x+3)﹣(-3解得：x1＝1，x2＝4(不合題意舍去)，∴⊙M的半徑為：MD=-34+當M在線段BC上，⊙M與y軸相切時，如圖4所示：延長PM交AB于點D，過點M作ME⊥y軸于E，則點E為⊙M與y軸的切點，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，設P(x，-34x2+94x+3)，M(x則PD=-34x2+94x+3，∴(-34x2+94x+3)﹣(-解得：x1=83，x∴⊙M的半徑為：EM=8當M在BC延長線，⊙M與x軸相切時，如圖5所示：點P與A重合，∴M的橫坐標為﹣1，∴⊙M的半徑為：M的縱坐標的值，即：-34×當M在CB延長線，⊙M與y軸相切時，如圖6所示：延長PM交x軸于D，過點M作ME⊥y軸于E，則點E為⊙M與y軸的切點，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，設P(x，-34x2+94x+3)，M(x則PD=34x2-94x﹣3，∴(34x2-94x﹣3)﹣(34解得：x1=163，x∴⊙M的半徑為：EM=16綜上所述，⊙M的半徑為94或83或154【點評】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法求解析式、等邊三角形的性質、圓的性質、三角函數(shù)等知識；熟練掌握待定系數(shù)法求解析式是解題的關鍵．【例3】(2020?濟寧)我們把方程(x﹣m)2+(y﹣n)2＝r2稱為圓心為(m，n)、半徑長為r的圓的標準方程．例如，圓心為(1，﹣2)、半徑長為3的圓的標準方程是(x﹣1)2+(y+2)2＝9．在平面直角坐標系中，⊙C與x軸交于點A，B，且點B的坐標為(8，0)，與y軸相切于點D(0，4)，過點A，B，D的拋物線的頂點為E．(1)求⊙C的標準方程；(2)試判斷直線AE與⊙C的位置關系，并說明理由．【分析】(1)如圖，連接CD，CB，過點C作CM⊥AB于M．設⊙C的半徑為r．在Rt△BCM中，利用勾股定理求出半徑以及點C的坐標即可解決問題．(2)結論：AE是⊙C的切線．連接AC，CE．求出拋物線的解析式，推出點E的坐標，求出AC，AE，CE，利用勾股定理的逆定理證明∠CAE＝90°即可解決問題．【解答】解：(1)如圖，連接CD，CB，過點C作CM⊥AB于M．設⊙C的半徑為r．∵與y軸相切于點D(0，4)，∴CD⊥OD，∵∠CDO＝∠CMO＝∠DOM＝90°，∴四邊形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的標準方程為(x﹣5)2+(y﹣4)2＝25．(2)結論：AE是⊙C的切線．理由：連接AC，CE．∵CM⊥AB，∴AM＝BM＝3，∴A(2，0)，B(8，0)設拋物線的解析式為y＝a(x﹣2)(x﹣8)，把D(0，4)代入y＝a(x﹣2)(x﹣8)，可得a=1∴拋物線的解析式為y=14(x﹣2)(x﹣8)=14x2-52x+4=∴拋物線的頂點E(5，-9∵AE=32+(94)2∴EC2＝AC2+AE2，∴∠CAE＝90°，∴CA⊥AE，∴AE是⊙C的切線．【點評】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了矩形的判定和性質，解直角三角形，圓的方程，切線的判定等知識，解題的關鍵是理解題意，學會利用參數(shù)構建方程解決問題，屬于中考壓軸題．【例4】(2020?西藏)在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y=12x2+bx+c的圖象與x軸交于A(﹣2，0)，B(4，0)兩點，交y軸于點C，點(1)求二次函數(shù)的解析式；(2)如圖甲，連接AC，PA，PC，若S△PAC=152，求點(3)如圖乙，過A，B，P三點作⊙M，過點P作PE⊥x軸，垂足為D，交⊙M于點E．點P在運動過程中線段DE的長是否變化，若有變化，求出DE的取值范圍；若不變，求DE的長．【分析】(1)由二次函數(shù)y=12x2+bx+c的圖象與x軸交于A(﹣2，0)，B(4，0)兩點，可得二次函數(shù)的解析式為y=12((2)根據(jù)S△PAC＝S△AOC+S△OPC﹣S△AOP，構建方程即可解決問題．(3)結論：點P在運動過程中線段DE的長是定值，DE＝2．根據(jù)AM＝MP，根據(jù)方程求出t，再利用中點坐標公式，求出點E的縱坐標即可解決問題．【解答】解：(1)∵二次函數(shù)y=12x2+bx+c的圖象與x軸交于A(﹣2，0)，∴二次函數(shù)的解析式為y=12(x+2)(即y=12x2﹣(2)如圖甲中，連接OP．設P(m，12m2﹣m由題意，A(﹣2，0)，C(0，﹣4)，∵S△PAC＝S△AOC+S△OPC﹣S△AOP，∴152=12×2×4+12×4×m整理得，m2+2m﹣15＝0，解得m＝3或﹣5(舍棄)，∴P(3，-5(3)結論：點P在運動過程中線段DE的長是定值，DE＝2．理由：如圖乙中，連接AM，PM，EM，設M(1，t)，P[m，12(m+2)(m﹣4)]，E(m，n由題意A(﹣2，0)，AM＝PM，∴32+t2＝(m﹣1)2+[12(m+2)(m﹣4)﹣t]2解得t＝1+14(m+2)(∵ME＝PM，PE⊥AB，∴t=n+∴n＝2t-12(m+2)(m﹣4)＝2[1+14(m+2)(m﹣4)]-1∴DE＝2，另解：∵PD?DE＝AD?DB，∴DE=AD?DB∴點P在運動過程中線段DE的長是定值，DE＝2．【點評】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了三角形的面積，三角形的外接圓，三角形的外心等知識，解題的關鍵是學會利用參數(shù)構建方程解決問題，屬于中考壓軸題．【例5】(2020?宜賓)如圖，已知二次函數(shù)的圖象頂點在原點，且點(2，1)在二次函數(shù)的圖象上，過點F(0，1)作x軸的平行線交二次函數(shù)的圖象于M、N兩點．(1)求二次函數(shù)的表達式；(2)P為平面內(nèi)一點，當△PMN是等邊三角形時，求點P的坐標；(3)在二次函數(shù)的圖象上是否存在一點E，使得以點E為圓心的圓過點F和點N，且與直線y＝﹣1相切．若存在，求出點E的坐標，并求⊙E的半徑；若不存在，說明理由．【分析】(1)設二次函數(shù)表達式為：y＝ax2，將(2，1)代入上式，即可求解；(2)△PMN是等邊三角形，則點P在y軸上且PM＝4，故PF＝23，即可求解；(3)在Rt△FQE中，EN=(2-1)2+(1-【解答】解：(1)∵二次函數(shù)的圖象頂點在原點，故設二次函數(shù)表達式為：y＝ax2，將(2，1)代入上式并解得：a=1故二次函數(shù)表達式為：y=14x(2)將y＝1代入y=14x2并解得：x＝±2，故點M、則MN＝4，∵△PMN是等邊三角形，∴點P在y軸上且PM＝4，∴PF＝23；∵點F(0，1)，∴點P的坐標為(0，1+23)或(0，1﹣23)；(3)假設二次函數(shù)的圖象上存在一點E滿足條件，設點Q是FN的中點，則點Q(1，1)，故點E在FN的中垂線上．∴點E是FN的中垂線與y=14x∴y=14×12=14EN=(2-1同理EF=(1-0點E到直線y＝﹣1的距離為|14-(﹣1)|故存在點E，使得以點E為圓心半徑為54的圓過點F，N且與直線y【點評】本題考查的是二次函數(shù)綜合運用，涉及到一次函數(shù)的性質、圓的基本的性質、等邊三角形的性質等，綜合性強，難度適中．【例6】(2021?嘉興二模)定義：平面直角坐標系xOy中，過二次函數(shù)圖象與坐標軸交點的圓，稱為該二次函數(shù)的坐標圓．(1)已知點P(2，2)，以P為圓心，為半徑作圓．請判斷⊙P是不是二次函數(shù)y＝x2﹣4x+3的坐標圓，并說明理由；(2)已知二次函數(shù)y＝x2﹣4x+4圖象的頂點為A，坐標圓的圓心為P，如圖1，求△POA周長的最小值；(3)已知二次函數(shù)y＝ax2﹣4x+4(0＜a＜1)圖象交x軸于點A，B，交y軸于點C，與坐標圓的第四個交點為D，連結PC，PD，如圖2．若∠CPD＝120°，求a的值．【分析】(1)先求出二次函數(shù)y＝x2﹣4x+3圖象與x軸、y軸的交點，再計算這三個交點是否在以P(2，2)為圓心，為半徑的圓上，即可作出判斷．(2)由題意可得，二次函數(shù)y＝x2﹣4x+4圖象的頂點A(2，0)，與y軸的交點H(0，4)，所以△POA周長＝PO+PA+OA＝PO+PH+2≥OH+2，即可得出最小值．(3)連接CD，PA，設二次函數(shù)y＝ax2﹣4x+4圖象的對稱軸l與CD交于點E，與x軸交于點F，由對稱性知，對稱軸l經(jīng)過點P，且l⊥CD，設PE＝m，由∠CPD＝120°，可得PA＝PC＝2m，CE＝m，PF＝4﹣m，因為二次函數(shù)y＝ax2﹣4x+4圖象的對稱軸l為，AB＝，所以AF＝BF＝，，在Rt△PAF中，利用勾股定理建立方程，求得m的值，進而得出a的值．【解答】解：(1)對于二次函數(shù)y＝x2﹣4x+3，當x＝0時，y＝3；當y＝0時，解得x＝1或x＝3，∴二次函數(shù)圖象與x軸交點為A(1，0)，B(3，0)，與y軸交點為C(0，3)，∵點P(2，2)，∴PA＝PB＝PC＝，∴⊙P是二次函數(shù)y＝x2﹣4x+3的坐標圓．(2)如圖1，連接PH，∵二次函數(shù)y＝x2﹣4x+4圖象的頂點為A，坐標圓的圓心為P，∴A(2，0)，與y軸的交點H(0，4)，∴△POA周長＝PO+PA+OA＝PO+PH+2≥OH+2＝6，∴△POA周長的最小值為6．(3)如圖2，連接CD，PA，設二次函數(shù)y＝ax2﹣4x+4圖象的對稱軸l與CD交于點E，與x軸交于點F，由對稱性知，對稱軸l經(jīng)過點P，且l⊥CD，∵AB＝，∴AF＝BF＝，∵∠CPD＝120°，PC＝PD，C(0，4)，∴∠PCD＝∠PDC＝30°，設PE＝m，則PA＝PC＝2m，CE＝m，PF＝4﹣m，∵二次函數(shù)y＝ax2﹣4x+4圖象的對稱軸l為，∴，即，在Rt△PAF中，PA2＝PF2+AF2，∴，即，化簡，得，解得，∴．【題組一】1．(2020?雨花區(qū)校級一模)如圖1，已知拋物線y＝ax2﹣12ax+32a(a＞0)與x軸交于A，B兩點(A在B的左側)，與y軸交于點C．(1)連接BC，若∠ABC＝30°，求a的值．(2)如圖2，已知M為△ABC的外心，試判斷弦AB的弦心距d是否有最小值，若有，求出此時a的值，若沒有，請說明理由；(3)如圖3，已知動點P(t，t)在第一象限，t為常數(shù)．問：是否存在一點P，使得∠APB達到最大，若存在，求出此時∠APB的正弦值，若不存在，也請說明理由．【分析】(1)令y＝0，求得拋物線與x軸的交點A、B的坐標，令x＝0，用a表示C點的坐標，再由三角函數(shù)列出a的方程，便可求得a的值；(2)過M點作MH⊥AB于點H，連接MA、MC，用d表示出M的坐標，根據(jù)MA＝MC，列出a、d的關系式，再通過關系式求得結果；(3)取AB的中點T，過T作MT⊥AB，以M為圓心，MA為半徑作⊙M，MT與直線y＝x交于點S，P′為直線y＝x上異于P的任意一點，連接AP′，交⊙M于點K，連接BK，MP，AP，BP，MB，MA，當P為直線y＝x與⊙M的切點時，∠APB達到最大，利用圓圓周角性質和解直角三角形的知識求得結果便可．【解答】解：(1)連接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=OC解得，a=3(2)過M點作MH⊥AB于點H，連接MA、MC，如圖2，∴AH＝BH=1∴OH＝6，設M(6，d)，∵MA＝MC，∴4+d2＝36+(d﹣32a)2，得2ad＝32a2+1，∴d＝16a+1∴當4a=12a即當a=28時，有(3)∵P(t，t)，∴點P在直線y＝x上，如圖3，取AB的中點T，過T作MT⊥AB，以M為圓心，MA為半徑作⊙M，MT與直線y＝x交于點S，P′為直線y＝x上異于P的任意一點，連接AP′，交⊙M于點K，連接BK，MP，AP，BP，MB，MA，當⊙M與直線y＝x相切時，有∠APB＝∠AKB＞∠AP′B，∴∠APB最大，此時相切點為P，設M(6，d)，而T(6，0)，∴S(6，6)，∴∠PSM＝90°﹣∠SOT＝45°，又MP＝MB=4+∴MS=2∵MS+MT＝ST＝6，∴2d解得，d＝2(負根舍去)，經(jīng)檢驗，d＝2是原方程的解，也符合題意，∴M(6，2)，∴MB＝22，∵∠AMB＝2∠APB，MT⊥AB，MA＝MB，∴∠AMT＝∠BMT=12∠AMB＝∠∴sin∠APB＝sin∠BMT=BT【點評】本題是二次函數(shù)的綜合題，主要考查了二次函數(shù)的圖象與性質，解直角三角形，圓周角定理和圓與直線切線性質，難度較大，第(3)題的關鍵是構造輔助圓確定當∠APB達到最大時的P點位置．2．(2020?匯川區(qū)三模)如圖，在平面直角坐標系上，一條拋物線y＝ax2+bx+c(a≠0)經(jīng)過A(1，0)、B(3，0)、C(0，3)三點，連接BC并延長．(1)求拋物線的解析式；(2)點M是直線BC在第一象限部分上的一個動點，過M作MN∥y軸交拋物線于點N．1°求線段MN的最大值；2°當MN取最大值時，在線段MN右側的拋物線上有一個動點P，連接PM、PN，當△PMN的外接圓圓心Q在△PMN的邊上時，求點P的坐標．【分析】(1)將三個已知點坐標代入拋物線的解析式中列出方程組求得a、b、c，便可得拋物線的解析式；(2)1°用待定系數(shù)法求出直線BC的解析式，再設M的橫坐標為t，用t表示MN的距離，再根據(jù)二次函數(shù)的性質求得MN的最大值；2°分三種情況：當∠PMN＝90°時；當∠PNM＝90°時；當∠MPN＝90°時．分別求出符合條件的P點坐標便可．【解答】解：(1)把A、B、C三點的坐標代入拋物線y＝ax2+bx+c(a≠0)中，得a+b+c=09a+3b+c=0解得，a=1b=-4∴拋物線的解析式為：y＝x2﹣4x+3；(2)1°設直線BC的解析式為y＝mx+n(m≠0)，則3m+n=0n=3解得，m=-1n=3∴直線BC的解析式為：y＝﹣x+3，設M(t，﹣t+3)(0＜t＜3)，則N(t，t2﹣4t+3)，∴MN＝﹣t2+3t=-(t-3∴當t=32時，MN的值最大，其最大值為2°∵△PMN的外接圓圓心Q在△PMN的邊上，∴△PMN為直角三角形，由1°知，當MN取最大值時，M(32，32)，①當∠PMN＝90°時，PM∥x軸，則P點與M點的縱坐標相等，∴P點的縱坐標為32當y=32時，y＝x2﹣4x+3解得，x=4+102，或∴P(4+10②當∠PNM＝90°時，PN∥x軸，則P點與N點的縱坐標相等，∴P點的縱坐標為-3當y=-34時，y＝x2﹣4x+3解得，x=52，或x∴P(52，-③當∠MPN＝90°時，則MN為△PMN的外接圓的直徑，∴△PMN的外接圓的圓心Q為MN的中點，∴Q(32，3過Q作QK∥x軸，與在MN右邊的拋物線圖象交于點K，如圖②，令y=38，得y＝x2﹣4x+3解得，x=8-224＜∴K(8+224，∴QK=2+224＞98，即K設拋物線y＝x2﹣4x+3的頂點為點L，則l(2，﹣1)，連接LK，如圖②，則L到QK的距離為38LK=(設Q點到LK的距離為h，則12∴h=11∴直線LK下方的拋物線與⊙Q沒有公共點，∵拋物線中NL部分(除N點外)在過N點與x軸平行的直線下方，∴拋物線中NL部分(除N點外)與⊙Q沒有公共點，∵拋物線K點右邊部分，在過K點與y軸平行的直線的右邊，∴拋物線K點右邊部分與⊙Q沒有公共點，綜上，⊙Q與MN右邊的拋物線沒有交點，∴在線段MN右側的拋物線上不存在點P，使△PMN的外接圓圓心Q在MN邊上；綜上，點P的坐標為(4+102，【點評】本題是二次函數(shù)的綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，二次函數(shù)的最值的應用，直角三角形的存在性質的探究，圓的性質，第(2)題的1°題關鍵是把MN表示成t二次函數(shù)，用二次函數(shù)求最值的方法解決問題；第(2)2°小題關鍵是分情況討論．難度較大．3．(2020?望城區(qū)模擬)如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=12x2﹣bx+c交x軸于點A，B，點B的坐標為(4，0)，與y軸于交于點(1)求此拋物線的解析式；(2)在拋物線上取點D，若點D的橫坐標為5，求點D的坐標及∠ADB的度數(shù)；(3)在(2)的條件下，設拋物線對稱軸l交x軸于點H，△ABD的外接圓圓心為M(如圖1)，①求點M的坐標及⊙M的半徑；②過點B作⊙M的切線交于點P(如圖2)，設Q為⊙M上一動點，則在點運動過程中QHQP【分析】(1)c＝﹣2，將點B的坐標代入拋物線表達式得：0=12×16-4b﹣2，解得：(2)S△ABD=5×32=35×BN2(3)①∠ADB＝45°，則∠AMB＝2∠ADB＝90°，MA＝MB，MH⊥AB，AH＝BH＝HM=52，點M的坐標為(32，52)⊙②PH＝HB＝5，則MHMQ=52522=2【解答】解：(1)c＝﹣2，將點B的坐標代入拋物線表達式得：0=12×16-4b﹣2，解得：∴拋物線的解析式為y=12x2-(2)當x＝5時，y=12x2-32令y＝0，則x＝4(舍去)或﹣1，故點A(﹣1，0)，如圖①，連結BD，作BN⊥AD于N，∵A(﹣1，0)，B(4，0)，C(0，﹣2)，∴AD＝35，BD=10∵S△ABD=5×3∴BN=5∴sin∠BDH=BH∴∠BDH＝45°；(3)①如圖②，連接MA，MB，∵∠ADB＝45°，∴∠AMB＝2∠ADB＝90°，∵MA＝MB，MH⊥AB，∴AH＝BH＝HM=5∴點M的坐標為(32，52)⊙M的半徑為②如圖③，連接MQ，MB，∵過點B作⊙M的切線交1于點P，∴∠MBP＝90°，∵∠MBO＝45°，∴∠PBH＝45°，∴PH＝HB＝5，∵MHMQ=5∵∠HMQ＝∠QMP，∴△HMQ∽△QMP，∴QHQP∴在點Q運動過程中QHQP的值不變，其值為2【點評】本題考查用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，銳角三角函數(shù)的定義，相似三角形的判定與性質．圓的基本性質．解決(3)問的關鍵是構造相似三角形實現(xiàn)比的轉換．4．(2020?天橋區(qū)二模)如圖，拋物線y＝ax2+bx+c(a≠0)，與x軸交于A(4，0)、O兩點，點D(2，﹣2)為拋物線的頂點．(1)求該拋物線的解析式；(2)點E為AO的中點，以點E為圓心、以1為半徑作⊙E，交x軸于B、C兩點，點M為⊙E上一點．①射線BM交拋物線于點P，設點P的橫坐標為m，當tan∠MBC＝2時，求m的值；②如圖2，連接OM，取OM的中點N，連接DN，則線段DN的長度是否存在最大值或最小值？若存在，請求出DN的最值；若不存在，請說明理由．【分析】(1)用拋物線頂點式表達式得：y＝a(x﹣2)2﹣2，將點A的坐標代入上式，即可求解；(2)分點P在x軸下方、點P在x軸上方兩種情況，分別求解即可；(3)證明BN是△OEM的中位線，故BN=12EM=12，而BD=(2-1)2+(0+2)2=【解答】解：(1)由拋物線頂點式表達式得：y＝a(x﹣2)2﹣2，將點A的坐標代入上式并解得：a=1故拋物線的表達式為：y=12(x﹣2)2﹣2=12x2(2)點E是OA的中點，則點E(2，0)，圓的半徑為1，則點B(1，0)，當點P在x軸下方時，如圖1，∵tan∠MBC＝2，故設直線BP的表達式為：y＝﹣2x+s，將點B(1，0)的坐標代入上式并解得：s＝2，故直線BP的表達式為：y＝﹣2x+2②，聯(lián)立①②并解得：x＝±2(舍去﹣2)，故m＝2；當點P在x軸上方時，同理可得：m＝4±23(舍去4﹣23)；故m＝2或4+23；(3)存在，理由：連接BN、BD、EM，則BN是△OEM的中位線，故BN=12EM=12在△BND中，BD﹣BN≤ND≤BD+BN，即5-0.5≤ND≤故線段DN的長度最小值和最大值分別為5-0.5和5【點評】本題考查的是二次函數(shù)綜合運用，涉及到一次函數(shù)的性質、圓的基本知識、中位線的性質等，綜合性強，難度適中．【題組二】5．(2021?樂山模擬)如圖，拋物線y＝ax2+bx+2與直線AB相交于A(﹣1，0)，B(3，2)，與x軸交于另一點C．(1)求拋物線的解析式；(2)在y上是否存在一點E，使四邊形ABCE為矩形，若存在，請求出點E的坐標；若不存在，請說明理由；(3)以C為圓心，1為半徑作⊙O，D為⊙O上一動點，求DA+DB的最小值【分析】(1)把A(﹣1，0)、B(3，2)代入y＝ax2+bx+2，列方程組求a、b的值；(2)作AE⊥AB交y軸于點E，連結CE，作BF⊥x軸于點F，證明∠ABC＝90°及△BCF≌△EAO，從而證明四邊形ABCE是矩形且求出點E的坐標；(3)在(2)的基礎上，作FL⊥BC于點L，證明△FCL∽△BCF及△DCL∽△BCD，得到LD＝DB，再根據(jù)DA+LD≥AL，求出AL的長即為所求的最小值．【解答】解：(1)把A(﹣1，0)、B(3，2)代入y＝ax2+bx+2，得，解得，∴拋物線的解析式為y＝x2+x+2．(2)存在．如圖1，作AE⊥AB交y軸于點E，連結CE；作BF⊥x軸于點F，則F(3，0)．當y＝0時，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，∴四邊形ABCE是矩形；∵OE＝FB＝2，∴E(0，﹣2)．(3)如圖2，作FL⊥BC于點L，連結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，∴當DA+LD＝AL，即點D落在線段AL上時，DA+DB＝DA+LD＝AL最?。逤L＝CF＝，∴BL＝＝，∴BL2＝()2＝，又∵AB2＝22+42＝20，∴AL＝＝＝，DA+DB的最小值為．6．(2021?河北區(qū)二模)如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝﹣x2+bx+3的對稱軸是直線x＝2，與x軸相交于A，B兩點(點A在點B的左側)，與y軸交于點C．(Ⅰ)求拋物線的解析式及頂點坐標；(Ⅱ)M為第一象限內(nèi)拋物線上的一個點，過點M作MN⊥x軸于點N，交BC于點D，連接CM，當線段CM＝CD時，求點M的坐標；(Ⅲ)以原點O為圓心，AO長為半徑作⊙O，點P為⊙O上的一點，連接BP，CP，求2PC+3PB的最小值．【分析】(Ⅰ)由x＝2＝﹣＝﹣，解得b＝1，即可求解；(Ⅱ)當線段CM＝CD時，則點C在MD的中垂線上，即yC＝(yM+yD)，即可求解；(Ⅲ)在OC上取點G，使＝，即，則△POG∽△COP，故2PC+3PB＝2(PB+PC)＝2(BP+PG)，故當B、P、G三點共線時，2PC+3PB最小，最小值為3BG，進而求解．【解答】解：(Ⅰ)∵對稱軸是直線x＝2，故x＝2＝﹣＝﹣，解得b＝1，故拋物線的表達式為y＝﹣x2+x+3＝﹣(x﹣2)2+4，∴拋物線的頂點為(2，4)；(Ⅱ)對于y＝﹣x2+x+3，令y＝﹣x2+x+3＝0，解得x＝6或﹣2，令x＝0，則y＝3，故點A、B、C的坐標分別為(﹣2，0)、(6，0)、(0，3)，設直線BC的表達式為y＝mx+n，則，解得，故直線BC的表達式為y＝﹣x+3，設點M的坐標為(x，﹣x2+x+3)，則點D的坐標為(x，﹣x+3)，當線段CM＝CD時，則點C在MD的中垂線上，即yC＝(yM+yD)，即3＝(﹣x2+x+3﹣x+3)，解得x＝0(舍去)或2，故點M的坐標為(2，4)；(Ⅲ)在OC上取點G，使＝，即，則OG＝，則點G(0，)，∵，∠GOP＝∠COP，∴△POG∽△COP，∴，故PG＝PC，則2PC+3PB＝3(PB+PC)＝3(BP+PG)，故當B、P、G三點共線時，2PC+3PB最小，最小值為3BG，則2PC+3PB的最小值3BG＝3＝2．7．(2021?長沙模擬)如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2+bx+c(a＞0)的頂點為M，經(jīng)過C(1，1)，且與x軸正半軸交于A，B兩點．(1)如圖1，連接OC，將線段OC繞點O順時針旋轉，使得C落在y軸的負半軸上，求點C的路徑長；(2)如圖2，延長線段OC至N，使得ON＝，若∠OBN＝∠ONA，且，求拋物線的解析式；(3)如圖3，拋物線y＝ax2+bx+c的對稱軸為直線，與y軸交于(0，5)，經(jīng)過點C的直線l：y＝kx+m(k＞0)與拋物線交于點C、D，若在x軸上存在P1、P2，使∠CP1D＝∠CP2D＝90°，求k的取值范圍．【分析】(1)由點C的路徑長＝，即可求解；(2)證明△ONA∽△OBN，則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)由點D、C的坐標得到k＝＝t﹣4，若在x軸上有且僅有一點P，使∠CPD＝90°，則過CD中點的圓R與x軸相切，設切點為P，得到(﹣1)2+(﹣1)2＝()2，求出t＝3+，進而求解．【解答】解：(1)點C的路徑長＝＝；(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，∴拋物線的表達式為y＝3x2﹣11x+9；(3)由題意得：，解得，故拋物線的表達式為：y＝x2﹣5x+5；設點D(t，n)，n＝t2﹣5t+5，而點C(1，1)，將點D、C的坐標代入函數(shù)表達式得，則k＝＝t﹣4，若在x軸上有且僅有一點P，使∠CPD＝90°，則過CD中點的圓R與x軸相切，設切點為P，則點H(，)，則HP＝HC，即(﹣1)2+(﹣1)2＝()2，化簡得：3t2﹣18t+19＝0，解得：t＝3+(不合題意的值已舍去)，k＝t﹣4＝．若在x軸上存在P1、P2，使∠CP1D＝∠CP2D＝90°，則以DC為直徑的圓H和x軸相交，∴0＜k＜．8．(2020?東?？h二模)如圖，△AOB的三個頂點A、O、B分別落在拋物線C1：y＝x2+x上，點A的坐標為(﹣4，m)，點B的坐標為(n，﹣2)．(點A在點B的左側)(1)則m＝﹣4，n＝﹣1．(2)將△AOB繞點O逆時針旋轉90°得到△A'OB'，拋物線C2：y＝ax2+bx+4經(jīng)過A'、B'兩點，延長OB'交拋物線C2于點C，連接A'C．設△OA'C的外接圓為⊙M．①求圓心M的坐標；②試直接寫出△OA'C的外接圓⊙M與拋物線C2的交點坐標(A'、C除外)．【分析】(1)把x＝﹣4代入拋物線C1解析式求得y即得到點A坐標；把y＝﹣2代入拋物線C1解析式，解方程并判斷大于﹣4的解為點B橫坐標．(2)①根據(jù)旋轉90°的性質特點可求點A'、B'坐標(過點作x軸垂線，構造全等得到對應邊相等)及OA'的長，用待定系數(shù)法求拋物線F2的解析式，求出直線OC的解析式，構建方程組確定點C的坐標，求出線段OA′，線段A′C的垂直平分線的解析式，構建方程組解決問題即可．②設⊙M與拋物線C2的交點為P(m，m2﹣3m+4)．根據(jù)PM＝OM，構建方程求解即可．【解答】解：(1)當x＝﹣4時，y＝×(﹣4)2+×(﹣4)＝﹣4，∴點A坐標為(﹣4，﹣4)，當y＝﹣2時，x2+x＝﹣2，解得：x1＝﹣1，x2＝﹣6，∵點A在點B的左側，∴點B坐標為(﹣1，﹣2)，∴m＝﹣4，n＝﹣1．故答案為﹣4，﹣1．(2)①如圖1，過點B作BE⊥x軸于點E，過點B'作B'G⊥x軸于點G．∴∠BEO＝∠OGB'＝90°，OE＝1，BE＝2，∵將△AOB繞點O逆時針旋轉90°得到△A'OB′，∴OB＝OB'，∠BOB'＝90°，∴∠BOE+∠B'OG＝∠BOE+∠OBE＝90°，∴∠B'OG＝∠OBE，在△B'OG與△OBE中，，∴△B'OG≌△OBE(AAS)，∴OG＝BE＝2，B'G＝OE＝1，∵點B'在第四象限，∴B'(2，﹣1)，同理可求得：A'(4，﹣4)，∴OA＝OA'＝＝4，∵拋物線F2：y＝ax2+bx+4經(jīng)過點A'、B'，∴，解得：，∴拋物線F2解析式為：y＝x2﹣3x+4，∵直線OB′的解析式為y＝﹣x，由，解得或，∴點C(8，﹣4)，∵A′(4，﹣4)，∴A′C∥x軸，∵線段OA′的垂直平分線的解析式為y＝x﹣4，線段A′C的垂直平分線為x＝6，∴直線y＝x﹣4與x＝6的交點為(6，2)，∴△OA′C的外接圓的圓心M的坐標為(6，2)．②設⊙M與拋物線C2的交點為P(m，m2﹣3m+4)．則有(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)．9．(2019?鄂爾多斯)如圖，拋物線y＝ax2+bx﹣2(a≠0)與x軸交于A(﹣3，0)，B(1，0)兩點，與y軸交于點C，直線y＝﹣x與該拋物線交于E，F(xiàn)兩點．(1)求拋物線的解析式．(2)P是直線EF下方拋物線上的一個動點，作PH⊥EF于點H，求PH的最大值．(3)以點C為圓心，1為半徑作圓，⊙C上是否存在點M，使得△BCM是以CM為直角邊的直角三角形？若存在，直接寫出M點坐標；若不存在，說明理由．【分析】(1)直接利用待定系數(shù)法即可得出結論；(2)先判斷出過點P平行于直線EF的直線與拋物線只有一個交點時，PH最大，再求出此直線l的解析式，即可得出結論；(3)分兩種情況：①當∠BMC＝90°時，先求出BM的長，進而求出BD，DM1的長，再構造出相似三角形即可得出結論；②當∠BCM＝90°時，利用銳角三角函數(shù)求出點M3的坐標，最后用對稱的性質得出點M4的坐標，即可得出結論．【解答】解：(1)∵拋物線y＝ax2+bx﹣2(a≠0)與x軸交于A(﹣3，0)，B(1，0)兩點，∴9a-3b-2=0a+b-2=0∴a=2∴拋物線的解析式為y=23x2+(2)如圖1，過點P作直線l，使l∥EF，過點O作OP'⊥l，當直線l與拋物線只有一個交點時，PH最大，等于OP'，∵直線EF的解析式為y＝﹣x，設直線l的解析式為y＝﹣x+m①，∵拋物線的解析式為y=23x2+43聯(lián)立①②化簡得，23x2+73x∴△=499-4×∴m=-97∴直線l的解析式為y＝﹣x-97令y＝0，則x=-97∴M(-97∴OM=97在Rt△OP'M中，OP'=OM∴PH最大=97(3)①當∠CMB＝90°時，如圖2，∴BM是⊙O的切線，∵⊙C半徑為1，B(1，0)，∴BM2∥y軸，∴∠CBM2＝∠BCO，M2(1，﹣2)，∴BM2＝2，∵BM1與BM2是⊙C的切線，∴BM1＝BM2＝2，∠CBM1＝∠CBM2，∴∠CBM1＝∠BCO，∴BD＝CD，在Rt△BOD中，OD2+OB2＝BD2，∴OD2+1＝(2﹣OD)2，∴OD=3∴BD=5∴DM1=過點M1作M1Q⊥y軸，∴M1Q∥x軸，∴△BOD∽△M1QD，∴OBM∴1M∴M1Q=35，DQ∴OQ=3∴M1(-35，②當∠BCM＝90°時，如圖3，∴∠OCM3+∠OCB＝90°，∵∠OCB+∠OBC＝90°，∴∠OCM3＝∠OBC，在Rt△BOC中，OB＝1，OC＝2，∴tan∠OBC=OC∴tan∠OCM3＝2，過點M3作M3H⊥y軸于H，在Rt△CHM3中，CM3＝1，設CH＝m，則M3H＝2m，根據(jù)勾股定理得，m2+(2m)2＝1，∴m=5∴M3H＝2m=255，OH＝OC﹣CH∴M3(-255而點M4與M3關于點C對稱，∴M4(255，即：滿足條件的點M的坐標為(-35，-65)或(1，﹣2)或(-255【點評】此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，平行線的性質，勾股定理，切線的性質，相似三角形的判定和性質，構造出相似三角形是解本題的關鍵．10．(2019?日照)如圖1，在平面直角坐標系中，直線y＝﹣5x+5與x軸，y軸分別交于A，C兩點，拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過A，C兩點，與x軸的另一交點為B．(1)求拋物線解析式及B點坐標；(2)若點M為x軸下方拋物線上一動點，連接MA、MB、BC，當點M運動到某一位置時，四邊形AMBC面積最大，求此時點M的坐標及四邊形AMBC的面積；(3)如圖2，若P點是半徑為2的⊙B上一動點，連接PC、PA，當點P運動到某一位置時，PC+12【分析】(1)由直線y＝﹣5x+5求點A、C坐標，用待定系數(shù)法求拋物線解析式，進而求得點B坐標．(2)從x軸把四邊形AMBC分成△ABC與△ABM；由點A、B、C坐標求△ABC面積；設點M橫坐標為m，過點M作x軸的垂線段MH，則能用m表示MH的長，進而求△ABM的面積，得到△ABM面積與m的二次函數(shù)關系式，且對應的a值小于0，配方即求得m為何值時取得最大值，進而求點M坐標和四邊形AMBC的面積最大值．(3)作點D坐標為(4，0)，可得BD＝1，進而有BDBP=BPAB=12，再加上公共角∠PBD＝∠ABP，根據(jù)兩邊對應成比例且夾角相等可證△PBD∽△ABP，得PDPA等于相似比12，進而得PD=12AP，所以當C、P、D在同一直線上時，PC【解答】解：(1)直線y＝﹣5x+5，x＝0時，y＝5∴C(0，5)y＝﹣5x+5＝0時，解得：x＝1∴A(1，0)∵拋物線y＝x2+bx+c經(jīng)過A，C兩點∴1+b+c=00+0+c=5解得：∴拋物線解析式為y＝x2﹣6x+5當y＝x2﹣6x+5＝0時，解得：x1＝1，x2＝5∴B(5，0)(2)如圖1，過點M作MH⊥x軸于點H∵A(1，0)，B(5，0)，C(0，5)∴AB＝5﹣1＝4，OC＝5∴S△ABC=12AB?OC∵點M為x軸下方拋物線上的點∴設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∴S四邊形AMBC＝S△ABC+S△ABM＝10+[﹣2(m﹣3)2+8]＝﹣2(m﹣3)2+18∴當m＝3，即M(3，﹣4)時，四邊形AMBC面積最大，最大面積等于18(可以直接利用點M是拋物線的頂點時，面積最大求解)(3)如圖2，在x軸上取點D(4，0)，連接PD、CD∴BD＝5﹣4＝1∵AB＝4，BP＝2∴BD∵∠PBD＝∠ABP∴△PBD∽△ABP∴PDAP∴PD=1∴PC+12PA＝PC∴當點C、P、D在同一直線上時，PC+12PA＝PC+PD＝∵CD=∴PC+12PA【點評】本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質，求二次函數(shù)最大值，解一次方程(組)和一元二次方程，相似三角形的判定和性質，兩點之間線段最短．求線段與線段的幾分之幾的和的最小值，一般將“線段的幾分之幾”進行轉換，變成能用“兩點之間線段最短”的圖形來求最小值．11．(2018?宿遷)如圖，在平面直角坐標系中，二次函數(shù)y＝(x﹣a)(x﹣3)(0＜a＜3)的圖象與x軸交于點A、B(點A在點B的左側)，與y軸交于點D，過其頂點C作直線CP⊥x軸，垂足為點P，連接AD、BC．(1)求點A、B、D的坐標；(2)若△AOD與△BPC相似，求a的值；(3)點D、O、C、B能否在同一個圓上？若能，求出a的值；若不能，請說明理由．【分析】(1)根據(jù)函數(shù)解析式可以直接得到拋物線與x軸的兩個交點坐標；令x＝0，即可求得點D的縱坐標；(2)由拋物線頂點坐標公式求得點C的坐標，易得線段PB、PC的長度；①若△AOD∽△BPC時，則AOBP=DO②若△AOD∽△CPB時，則AOCP=DO(3)能．理由如下：聯(lián)結BD，取中點M，則D、O、B在同一個圓上，且圓心M為(32，32a)．若點C也在圓上，則MC＝【解答】解：(1)∵y＝(x﹣a)(x﹣3)(0＜a＜3)，∴A(a，0)，B(3，0)．當x＝0時，y＝3a，∴D(0，3a)；(2)∵A(a，0)，B(3，0)，∴對稱軸直線方程為：x=3+a當x=3+a2時，y＝﹣(3-a2∴C(3+a2，﹣(3-a2)PB＝3-3+a2，PC＝(3-a2①若△AOD∽△BPC時，則AOBP=DO解得a＝0或a＝±3(舍去)；②若△AOD∽△CPB時，則AOCP=DO解得a＝3(舍去)或a=7所以a的值是73(3)能．理由如下：聯(lián)結BD，取中點M∵D、O、B在同一個圓上，且圓心M為(32，32若點C也在圓上，則MC＝MB．即(32-3+a2)2+(32a+(3-a2)2)2＝(32-整理，得a4﹣14a2+45＝0，所以(a2﹣5)(a2﹣9)＝0，解得a1=5，a2=-5(舍)，a3＝3(舍)，a∴a=5【點評】考查了二次函數(shù)綜合題，需要掌握二次函數(shù)解析式的三種形式，拋物線對稱軸的求法，相似三角形的判定與性質，圓周角定理，方程思想的應用．解題時，注意“分類討論”、“方程思想”等數(shù)學思想的應用，難度較大．12．(2018?福建)已知拋物線y＝ax2+bx+c過點A(0，2)．(1)若點(-2，0)也在該拋物線上，求a，b(2)若該拋物線上任意不同兩點M(x1，y1)，N(x2，y2)都滿足：當x1＜x2＜0時，(x1﹣x2)(y1﹣y2)＞0；當0＜x1＜x2時，(x1﹣x2)(y1﹣y2)＜0．以原點O為心，OA為半徑的圓與拋物線的另兩個交點為B，C，且△ABC有一個內(nèi)角為60°．①求拋物線的解析式；②若點P與點O關于點A對稱，且O，M，N三點共線，求證：PA平分∠MPN．【分析】(1)由拋物線經(jīng)過點A可求出c＝2，再代入(-2，0)即可找出2a-2b+2＝0((2)①根據(jù)二次函數(shù)的性質可得出拋物線的對稱軸為y軸、開口向下，進而可得出b＝0，由拋物線的對稱性可得出△ABC為等腰三角形，結合其有一個60°的內(nèi)角可得出△ABC為等邊三角形，設線段BC與y軸交于點D，根據(jù)等邊三角形的性質可得出點C的坐標，再利用待定系數(shù)法可求出a值，此題得解；②由①的結論可得出點M的坐標為(x1，-x12+2)、點N的坐標為(x2，-x22+2)，由O、M、N三點共線可得出x2=-2x1，進而可得出點N及點N′的坐標，由點A、M【解答】解：(1)∵拋物線y＝ax2+bx+c過點A(0，2)，∴c＝2．又∵點(-2∴a(-2)2+b(-2)+∴2a-2b+2＝0(a(2)①∵當x1＜x2＜0時，(x1﹣x2)(y1﹣y2)＞0，∴x1﹣x2＜0，y1﹣y2＜0，∴當x＜0時，y隨x的增大而增大；同理：當x＞0時，y隨x的增大而減小，∴拋物線的對稱軸為y軸，開口向下，∴b＝0．∵OA為半徑的圓與拋物線的另兩個交點為B、C，∴△ABC為等腰三角形，又∵△ABC有一個內(nèi)角為60°，∴△ABC為等邊三角形．設線段BC與y軸交于點D，則BD＝CD，且∠OCD＝30°，又∵OB＝OC＝OA＝2，∴CD＝OC?cos30°=3，OD＝OC不妨設點C在y軸右側，則點C的坐標為(3，﹣1)．∵點C在拋物線上，且c＝2，b＝0，∴3a+2＝﹣1，∴a＝﹣1，∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2．②證明：由①可知，點M的坐標為(x1，-x12+2)，點N的坐標為(x直線OM的解析式為y＝k1x(k1≠0)．∵O、M、N三點共線，∴x1≠0，x2≠0，且-x∴﹣x1+2x1=-∴x1﹣x2=-2(∴x1x2＝﹣2，即x2=-2∴點N的坐標為(-2x1設點N關于y軸的對稱點為點N′，則點N′的坐標為(2x1，∵點P是點O關于點A的對稱點，∴OP＝2OA＝4，∴點P的坐標為(0，4)．設直線PM的解析式為y＝k2x+4，∵點M的坐標為(x1，-x∴-x12+2＝k∴k2=-x∴直線PM的解析式為y=-x1∵-x12+2x∴點N′在直線PM上，∴PA平分∠MPN．【點評】本題考查了待定系數(shù)法求一次(二次)函數(shù)解析式、二次函數(shù)的性質、等邊三角形的性質以及一次(二次)函數(shù)圖象上點的坐標特征，解題的關鍵是：(1)利用二次函數(shù)圖象上點的坐標特征求出a、b滿足的關系式；(2)①利用等邊三角形的性質找出點C的坐標；②利用一次函數(shù)圖象上點的坐標特征找出點N′在直線PM上．13．(2018?長沙模擬)如圖1，二次函數(shù)y＝ax2﹣2ax﹣3a(a＜0)的圖象與x軸交于A、B兩點(點A在點B的右側)，與y軸的正半軸交于點C，頂點為D．(1)求頂點D的坐標(用含a的代數(shù)式表示)；(2)若以AD為直徑的圓經(jīng)過點C．①求拋物線的函數(shù)關系式；②如圖2，點E是y軸負半軸上一點，連接BE，將△OBE繞平面內(nèi)某一點旋轉180°，得到△PMN(點P、M、N分別和點O、B、E對應)，并且點M、N都在拋物線上，作MF⊥x軸于點F，若線段MF：BF＝1：2，求點M、N的坐標；③點Q在拋物線的對稱軸上，以Q為圓心的圓過A、B兩點，并且和直線CD相切，如圖3，求點Q的坐標．【分析】(1)將二次函數(shù)的解析式進行配方即可得到頂點D的坐標．(2)①以AD為直徑的圓經(jīng)過點C，即點C在以AD為直徑的圓的圓周上，依據(jù)圓周角定理不難得出△ACD是個直角三角形，且∠ACD＝90°，A點坐標可得，而C、D的坐標可由a表達出來，在得出AC、CD、AD的長度表達式后，依據(jù)勾股定理列等式即可求出a的值，由此得出拋物線的解析式．②將△OBE繞平面內(nèi)某一點旋轉180°得到△PMN，說明了PM正好和x軸平行，且PM＝OB＝1，所以求M、N的坐標關鍵是求出點M的坐標；首先根據(jù)①的函數(shù)解析式設出M點的坐標，然后根據(jù)題干條件：BF＝2MF作為等量關系進行解答即可．③設⊙Q與直線CD的切點為G，連接QG，由C、D兩點的坐標不難判斷出∠CDQ＝45°，那么△QGD為等腰直角三角形，即QD2＝2QG2＝2QB2，設出點Q的坐標，然后用Q點縱坐標表達出QD、QB的長，根據(jù)上面的等式列方程即可求出點Q的坐標．【解答】解：(1)∵y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a(x﹣1)2﹣4a，∴D(1，﹣4a)．(2)①∵以AD為直徑的圓經(jīng)過點C，∴△ACD為直角三角形，且∠ACD＝90°；由y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a(x﹣3)(x+1)知，A(3，0)、B(﹣1，0)、C(0，﹣3a)，則：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，化簡，得：a2＝1，由a＜