2024年中考數(shù)學(xué)二輪題型突破題型9 二次函數(shù)綜合題 類型12 二次函數(shù)與圓的問題（專題訓(xùn)練）（教師版）

類型十二二次函數(shù)與圓的問題（專題訓(xùn)練）1．（2023·浙江溫州·統(tǒng)考中考真題）如圖1，為半圓的直徑，為延長線上一點，切半圓于點，，交延長線于點，交半圓于點，已知，．如圖，連接，為線段上一點，過點作的平行線分別交，于點，，過點作于點．設(shè)，．

(1)求的長和關(guān)于的函數(shù)表達式．(2)當(dāng)，且長度分別等于，，的三條線段組成的三角形與相似時，求的值．(3)延長交半圓于點，當(dāng)時，求的長．【答案】(1)，(2)或或(3)【分析】（1）如圖1，連接，根據(jù)切線的性質(zhì)得出，證明，得出，即可得出；證明四邊形是平行四邊形，得出，代入數(shù)據(jù)可得；（2）根據(jù)三邊之比為，可分為三種情況．當(dāng)時，當(dāng)時，當(dāng)時，分別列出比例式，進而即可求解．（3）連接，，過點作于點，根據(jù)，得出，由，可得，代入（1）中解析式，即可求解．【詳解】（1）解：如圖1，連接．

∵切半圓于點，∴．∵，，∴，∴．∵，∴，∴，即，∴．如圖2，，∴．

∵，∴四邊形是平行四邊形，∴．∵，∴，∴．（2）∵，，三邊之比為（如圖2），∴可分為三種情況．i）當(dāng)時，，，解得，∴．ii）當(dāng)時，，，解得，∴．iii）當(dāng)時，，，解得，∴．（3）如圖3，連接，，過點作于點，

則，，∴．∵，，∴．∵，∴，∴，∴，∴，，∴，即的長為．【點睛】本題考查了切線的性質(zhì)，解直角三角形，相似三角形的性質(zhì)與判定，函數(shù)解析式，分類討論，作出輔助線是解題的關(guān)鍵．2．（2023·山東煙臺·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線與軸交于兩點，與軸交于點．拋物線的對稱軸與經(jīng)過點的直線交于點，與軸交于點．

(1)求直線及拋物線的表達式；(2)在拋物線上是否存在點，使得是以為直角邊的直角三角形?若存在，求出所有點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；(3)以點為圓心，畫半徑為2的圓，點為上一個動點，請求出的最小值．【答案】(1)直線的解析式為；拋物線解析式為；(2)存在，點M的坐標(biāo)為或或；(3)【分析】（1）根據(jù)對稱軸，，得到點A及B的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求解析式即可；（2）先求出點D的坐標(biāo)，再分兩種情況：①當(dāng)時，求出直線的解析式為，解方程組，即可得到點M的坐標(biāo)；②當(dāng)時，求出直線的解析式為，解方程組，即可得到點M的坐標(biāo)；（3）在上取點，使，連接，證得，又，得到，推出，進而得到當(dāng)點C、P、F三點共線時，的值最小，即為線段的長，利用勾股定理求出即可．【詳解】（1）解：∵拋物線的對稱軸，，∴，將代入直線，得，解得，∴直線的解析式為；將代入，得，解得，∴拋物線的解析式為；（2）存在點，∵直線的解析式為，拋物線對稱軸與軸交于點．∴當(dāng)時，，∴，①當(dāng)時，設(shè)直線的解析式為，將點A坐標(biāo)代入，得，解得，∴直線的解析式為，解方程組，得或，∴點M的坐標(biāo)為；②當(dāng)時，設(shè)直線的解析式為，將代入，得，解得，∴直線的解析式為，解方程組，解得或，∴點M的坐標(biāo)為或綜上，點M的坐標(biāo)為或或；（3）如圖，在上取點，使，連接，∵，∴，∵，、∴，又∵，∴，∴，即，∴，∴當(dāng)點C、P、F三點共線時，的值最小，即為線段的長，∵，∴，∴的最小值為．

【點睛】此題是一次函數(shù)，二次函數(shù)及圓的綜合題，掌握待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，求兩圖象的交點坐標(biāo)，正確掌握各知識點是解題的關(guān)鍵．3．（2023·江蘇蘇州·統(tǒng)考中考真題）如圖，二次函數(shù)的圖像與軸分別交于點（點A在點的左側(cè)），直線是對稱軸．點在函數(shù)圖像上，其橫坐標(biāo)大于4，連接，過點作，垂足為，以點為圓心，作半徑為的圓，與相切，切點為．

(1)求點的坐標(biāo)；(2)若以的切線長為邊長的正方形的面積與的面積相等，且不經(jīng)過點，求長的取值范圍．【答案】(1)；(2)或或【分析】（1）令求得點的橫坐標(biāo)即可解答；（2）由題意可得拋物線的對稱軸為，設(shè)，則；如圖連接，則，進而可得切線長為邊長的正方形的面積為；過點P作軸，垂足為H，可得；由題意可得，解得；然后再分當(dāng)點M在點N的上方和下方兩種情況解答即可．【詳解】（1）解：令，則有：，解得：或，∴．（2）解：∵拋物線過∴拋物線的對稱軸為，設(shè)，∵，∴,如圖：連接，則，∴，∴切線為邊長的正方形的面積為，過點P作軸，垂足為H，則：，∴∵，∴，

假設(shè)過點,則有以下兩種情況：①如圖1：當(dāng)點M在點N的上方，即

∴，解得：或，∵∴；②如圖2：當(dāng)點M在點N的上方，即

∴，解得：，∵∴；綜上，或．∴當(dāng)不經(jīng)過點時，或或．【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)的性質(zhì)、切線的性質(zhì)、勾股定理等知識點，掌握分類討論思想是解答本題的關(guān)鍵．4．（2023·四川自貢·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線與x軸交于，兩點，與軸交于點．

(1)求拋物線解析式及，兩點坐標(biāo)；(2)以，，，為頂點的四邊形是平行四邊形，求點坐標(biāo)；(3)該拋物線對稱軸上是否存在點，使得，若存在，求出點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】(1)拋物線解析式為，，；(2)或或；(3)【分析】（1）將點代入拋物線解析式，待定系數(shù)法求解析式，進而分別令，即可求得兩點的坐標(biāo)；（2）分三種情況討論，當(dāng)，為對角線時，根據(jù)中點坐標(biāo)即可求解；（3）根據(jù)題意，作出圖形，作交于點，為的中點，連接，則在上，根據(jù)等弧所對的圓周角相等，得出在上，進而勾股定理，根據(jù)建立方程，求得點的坐標(biāo)，進而得出的解析式，即可求解．【詳解】（1）解：∵拋物線與x軸交于，∴解得：，∴拋物線解析式為，當(dāng)時，，∴，當(dāng)時，解得：，∴（2）∵，，，設(shè)，∵以，，，為頂點的四邊形是平行四邊形當(dāng)為對角線時，解得：，∴；當(dāng)為對角線時，解得：∴當(dāng)為對角線時，解得：∴綜上所述，以，，，為頂點的四邊形是平行四邊形，或或（3）解：如圖所示，作交于點，為的中點，連接，

∵∴是等腰直角三角形，∴在上，∵，，∴，，∵，∴在上，設(shè)，則解得：（舍去）∴點設(shè)直線的解析式為∴解得：.∴直線的解析式∵，，∴拋物線對稱軸為直線，當(dāng)時，，∴．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合運用，待定系數(shù)法求解析式，平行四邊形的性質(zhì)，圓周角角定理，勾股定理，求一次函數(shù)解析式，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．5．（2023·四川樂山·統(tǒng)考中考真題）已知是拋物（b為常數(shù)）上的兩點，當(dāng)時，總有(1)求b的值；(2)將拋物線平移后得到拋物線．探究下列問題：①若拋物線與拋物線有一個交點，求m的取值范圍；②設(shè)拋物線與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，拋物線的頂點為點E，外接圓的圓心為點F，如果對拋物線上的任意一點P，在拋物線上總存在一點Q，使得點P、Q的縱坐標(biāo)相等．求長的取值范圍．【答案】(1)0；(2)①②【分析】（1）根據(jù)，且時，總有，變形后即可得到結(jié)論；（2）按照臨界情形，畫出圖象分情況討論求解即可．【詳解】（1）解：由題可知：

時，總有，．則，∴，∴總成立，且，；（2）①注意到拋物線最大值和開口大小不變，m只影響圖象左右平移下面考慮滿足題意的兩種臨界情形：（i）當(dāng)拋物線過點時，如圖所示，

此時，，解得或（舍）．

（ii）當(dāng)拋物線過點時，如圖所示，

此時，，解得或（舍），綜上，，②同①考慮滿足題意的兩種臨界情形：（i）當(dāng)拋物線過點時，如圖所示，

此時，，解得或（舍）．

（ii）當(dāng)拋物線過點時，如圖所示，

此時，，解得或0（舍）．

綜上，如圖，由圓的性質(zhì)可知，點E、F在線段的垂直平分線上．

令，解得，，，，設(shè)，，，，，，即，．，即，，【點睛】此題考查了二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)、垂徑定理、解一元二次方程等知識，數(shù)形結(jié)合和分類討論是解題的關(guān)鍵．6．（2023·四川宜賓·統(tǒng)考中考真題）如圖，拋物線與x軸交于點、，且經(jīng)過點．

(1)求拋物線的表達式；(2)在x軸上方的拋物線上任取一點N，射線、分別與拋物線的對稱軸交于點P、Q，點Q關(guān)于x軸的對稱點為，求的面積；(3)點M是y軸上一動點，當(dāng)最大時，求M的坐標(biāo)．【答案】(1)；(2)；(3)【分析】（1）設(shè)拋物線的解析式為，代入點C的坐標(biāo)，確定a值即可．（2）設(shè)，直線的解析式為，直線的解析式為，表示出P，Q，的坐標(biāo)，進而計算即可．（3）當(dāng)M是y軸與經(jīng)過A，C，M三點的圓的切點是最大計算即可.【詳解】（1）∵拋物線與x軸交于點、，∴設(shè)拋物線的解析式為，∵經(jīng)過點，∴，解得，∴，∴．（2）如圖，當(dāng)點N在對稱軸的右側(cè)時，∵，∴對稱軸為直線，

設(shè)，直線的解析式為，直線的解析式為，∴解得，∴直線的解析式為，直線的解析式為，當(dāng)時，，，∴，，，∴，∴．如圖，當(dāng)點N在對稱軸的左側(cè)時，∵，∴對稱軸為直線，

設(shè)，，，，∴，∴．綜上所述，．（3）當(dāng)?shù)耐饨訄A與相切，切點為M時，最大，設(shè)外接圓的圓心為E，Q是異于點M的一點，連接，，交圓于點T，則，根據(jù)三角形外角性質(zhì)，得，故，∴最大，

設(shè)與圓交于點H，連接，，根據(jù)切線性質(zhì)，∴，作直徑，連接，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，

∴，∴，設(shè)，則，∴，∴，過點E作，垂足為F，過點C作，垂足為G，交于點P，根據(jù)垂徑定理，得，四邊形是矩形，∴，

根據(jù)，得，∴，∴，在直角三角形中，∴，∴，∴，∴，解得，（舍去），∴，故，∴當(dāng)最大時，．【點睛】此題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法，等腰三角形的性質(zhì)，垂徑定理，勾股定理，矩形的判定和性質(zhì)，三角形的外接圓，相似三角形的判定和性質(zhì)，用方程的思想解決問題是解本題的關(guān)鍵．7．（2023·湖北恩施·統(tǒng)考中考真題）在平面直角坐標(biāo)系中，為坐標(biāo)原點，已知拋物線與軸交于點，拋物線的對稱軸與軸交于點．

(1)如圖，若，拋物線的對稱軸為．求拋物線的解析式，并直接寫出時的取值范圍；(2)在（1）的條件下，若為軸上的點，為軸上方拋物線上的點，當(dāng)為等邊三角形時，求點，的坐標(biāo)；(3)若拋物線經(jīng)過點，，，且，求正整數(shù)m，n的值．【答案】(1)；(2)；或,；(3)，或，【分析】（1）根據(jù)，拋物線的對稱軸為，待定系數(shù)法求解析式即可求解；當(dāng)時，求得的范圍，進而結(jié)合函數(shù)圖象即可求解；（2）①連接，，交對稱軸于點D，由四點共圓，得，證明，求出點D的坐標(biāo)，確定直線的解析式，進而求得點的坐標(biāo)，設(shè)，，勾股定理即可求解；②由①可得，則當(dāng)與重合時也存在等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)即可求解．（3）根據(jù)拋物線經(jīng)過點，，，可得拋物線對稱為直線，則，則，進而令，求得的范圍，進而根據(jù)函數(shù)圖象可知或，進而分別討論求得的值，即可求解．【詳解】（1）解：∵，拋物線的對稱軸為．∴解得：∴拋物線解析式為，當(dāng)時，即解得：，∴當(dāng)時，（2）解：①如圖所示，連接，，交對稱軸于點D，

∵，∴，則∴，，∵為等邊三角形，∴，∴，∴四點共圓，∴，∵，∴．∴，∴，∵，，∴，∴，則，設(shè)直線的解析式為則解得：所以直線的解析式為聯(lián)立解得：或∴，∵，設(shè)，∵∴解得：∴；②由①可得，當(dāng)與點重合時，為等邊三角形則與對稱，此時，，綜上所述；；或，；（3）解：∵拋物線經(jīng)過點，，，∴拋物線對稱為直線，則，則∴拋物線解析式為∴頂點坐標(biāo)為當(dāng)時，解得：或∵，且為正整數(shù)，過點，則當(dāng)時，∴或，當(dāng)時，將點代入解析式，解得：∵則，當(dāng)時，將點代入解析式解得：∵則，綜上所述，，或，．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，根據(jù)特三角函數(shù)求角度，圓內(nèi)接四邊形對角互補，二次函數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．8.如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線與x軸分別相交于A、B兩點，與y軸相交于點C，下表給出了這條拋物線上部分點的坐標(biāo)值：x…0123…y…03430…（1）求出這條拋物線的解析式及頂點M的坐標(biāo)；（2）是拋物線對稱軸上長為1的一條動線段（點P在點Q上方），求的最小值；（3）如圖2，點D是第四象限內(nèi)拋物線上一動點，過點D作軸，垂足為F，的外接圓與相交于點E．試問：線段的長是否為定值？如果是，請求出這個定值；如果不是，請說明理由．【答案】（1）；；（2）；（3）是，1．【分析】（1）依據(jù)表格數(shù)據(jù)，設(shè)出拋物線的頂點式，利用待定系數(shù)法求解即可；（2）利用平移和找對稱點的方式，將的長轉(zhuǎn)化為，再利用兩點之間線段最短確定的最小值等于CE的長，加1后即能確定的最小值；（3）設(shè)出圓心和D點的坐標(biāo)，接著表示出E點的坐標(biāo)，利用圓心到B點的距離等于圓心到D點的距離，求出q和e的關(guān)系，得到E點的縱坐標(biāo)，進而確定EF的長為定值．【詳解】解：（1）由表格數(shù)據(jù)可知，頂點坐標(biāo)為（1,4）設(shè)拋物線解析式為：，將點（0,3）代入解析式得：3=a+4，∴，∴拋物線解析式為：，頂點坐標(biāo)．（2）由表格可知，拋物線經(jīng)過點A（-1,0），C（0,3），如圖3，將A點向上平移一個單位，得到，則∴四邊形是平行四邊形，∴，作關(guān)于MQ的對稱點E，則∴，∴，當(dāng)P、E、C三點共線時，最短，設(shè)直線CE的解析式為：，將C、E兩點坐標(biāo)代入解析式可得：，∴，∴直線CE的解析式為：，令，則，∴當(dāng)時，P、E、C三點共線，此時最短，∴的最小值為．（3）是；理由：設(shè)，因為A、B兩點關(guān)于直線x=1對稱，所以圓心位于該直線上，所以可設(shè)的外接圓的圓心為，作，垂足為點N，則，由軸，∴，∵，且由表格數(shù)據(jù)可知∴，化簡得：，∵點D是第四象限內(nèi)拋物線上一動點，且拋物線解析式為，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即的長不變，為1．【點睛】本題涉及到了動點問題，綜合考查了用待定系數(shù)法求拋物線解析式、點的平移、勾股定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)、最短路徑問題、圓的性質(zhì)等內(nèi)容，解決本題的關(guān)鍵是理解并掌握相關(guān)概念與公式，能將題干信息與圖形相結(jié)合，挖掘圖中隱含信息，本題有一定的計算量，對學(xué)生的綜合分析與計算能力都有較高的要求，本題蘊含了數(shù)形結(jié)合的思想方法等．9.如圖，拋物線（其中）與x軸交于A、B兩點，交y軸于點C．（1）直接寫出的度數(shù)和線段AB的長（用a表示）；（2）若點D為的外心，且與的周長之比為，求此拋物線的解析式；（3）在（2）的前提下，試探究拋物線上是否存在一點P，使得？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】（1）∠OCA=45°，AB=a+1；（2）；（3）存在，P1（，），P2（1，-2）．【分析】（1）根據(jù)二次函數(shù)解析式可得A（a，0），C（0，-a），B（-1，0），即可得出OA=OB=a，OB=1，即可證明△OCA是等腰直角三角形，可得∠OCA=45°，根據(jù)線段的和差關(guān)系可表示AB的長；（2）如圖，作△ABC的外接圓⊙D，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得AC=，利用兩點間距離公式可用a表示出BC的長，根據(jù)圓周角定理可得∠D=2∠OAC=90°，可得△DBC是等腰直角三角形，即可證明△DBC∽△OCA，根據(jù)相似三角形周長之比等于相似比列方程求出a值即可得答案；（3）如圖，過點D作DH⊥AB于H，過點C作AC的垂線，交x軸于F，過點O作OG⊥AC于G，連接AP交CF于E，可得△OCF是等腰直角三角形，利用待定系數(shù)法可得直線CF的解析式，根據(jù)外心的定義及等腰直角三角形的性質(zhì)可求出點D坐標(biāo)，即可得出BH、DH的長，根據(jù)，∠BHD=∠ACE=90°可證明△BHD∽△ACE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出CE的長，根據(jù)兩點間距離公式可得點E坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可得直線AE解析式，聯(lián)立直線AE與拋物線的解析式求出點P坐標(biāo)即可得答案．【詳解】（1）∵拋物線（其中）與x軸交于A、B兩點，交y軸于點C．∴當(dāng)x=0時，y=-a，當(dāng)y=0時，，解得：，，∴A（a，0），C（0，-a），B（-1，0），∴OB=1，OA=OC=a，∴△OCA是等腰直角三角形，∴∠OCA=45°，AB=OA+OB=a+1．（2）如圖，作△ABC的外接圓⊙D，∵點D為的外心，∴DB=DC，∵△OCA是等腰直角三角形，OA=a，∴∠OAC=45°，AC=，∵∠BDC和∠BAC是所對的圓心角和圓周角，∴∠BDC=2∠BAC=90°，∴∠DBC=45°，∴∠DBC=∠OAC，∴△DBC∽△OCA，∵與的周長之比為，∴，即，解得：，經(jīng)檢驗：是原方程的根，∵,∴a=2，∴拋物線解析式為：=．（3）如圖，過點D作DH⊥AB于H，過點C作AC的垂線，交x軸于F，過點O作OG⊥AC于G，連接AP交CF于E，∵a=2，∴C（0，-2），A（2，0），AC=，∵∠OCA=45°，∴∠OCF=45°，∴△OCF是等腰直角三角形，∴F（-2，0），設(shè)直線CF的解析式為y=kx+b，∴，解得：，∴直線CF的解析式為，∵△OCA是等腰直角三角形，OG⊥AC，∴OG所在直線為AC的垂直平分線，點G為AC中點，∵點D為的外心，∴點D在直線OG上，∵A（2，0），C（0，-2），∴G（1，-1），設(shè)直線OG的解析式y(tǒng)=mx，∴m=-1，∴直線OG的解析式y(tǒng)=-x，∵點D為△ABC的外心，∴點D在AB的垂直平分線上，∴點D的橫坐標(biāo)為=，把x=代入y=-x得y=-，∴D（，-），∴DH=，BH=1+=，∵，∠BHD=∠ACE=90°，∴△BHD∽△ACE，∴，即，解得：，∵點E在直線CF上，∴設(shè)點E坐標(biāo)為（n，-n-2），∴CE==，解得：，∴（，），（，），設(shè)直線AE1的解析式為y=k1x+b1，∴，解得：，∴直線AE1的解析式為，同理：直線AE2的解析式為，聯(lián)立直線AE1解析式與拋物線解析式得，解得：，（與點A重合，舍去），∴P1（，），聯(lián)立直線AE2解析式與拋物線解析式得，解得：，（與點A重合，舍去），∴P2（1，-2）．綜上所述：存在點P，使得，點P坐標(biāo)為P1（，），P2（1，-2）．【點睛】本題考查二次函數(shù)的綜合，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式、圓周角定理、等腰三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題關(guān)鍵10.如圖，已知二次函數(shù)的圖象經(jīng)過點且與軸交于原點及點．

（1）求二次函數(shù)的表達式；（2）求頂點的坐標(biāo)及直線的表達式；（3）判斷的形狀，試說明理由；（4）若點為上的動點，且的半徑為，一動點從點出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿線段勻速運動到點，再以每秒1個單位長度的速度沿線段勻速運動到點后停止運動，求點的運動時間的最小值．【答案】（1）；（2），；（3）等腰直角三角形，理由見解析；（4）【分析】（1）根據(jù)已知條件，運用待定系數(shù)法直接列方程組求解即可；（2）根據(jù)（1）中二次函數(shù)解析式，直接利用頂點坐標(biāo)公式計算即可，再根據(jù)點A、B坐標(biāo)求出AB解析式即可；（3）根據(jù)二次函數(shù)對稱性可知為等腰三角形，再根據(jù)O、A、B三點坐標(biāo)，求出三條線段的長，利用勾股定理驗證即可；（4）根據(jù)題意可知動點的運動時間為，在上取點，使，可證明，根據(jù)相似三角形比例關(guān)系得，即，當(dāng)、、三點共線時，取得最小值，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理進一步計算即可．【詳解】解：（1）二次函數(shù)的圖象經(jīng)過，且與軸交于原點及點∴，二次函數(shù)表達式可設(shè)為：將，代入得：解這個方程組得∵二次函數(shù)的函數(shù)表達式為（2）∵點為二次函數(shù)圖像的頂點，∴，∴頂點坐標(biāo)為：，設(shè)直線的函數(shù)表達式為，則有：解之得：∴直線的函數(shù)表達式為（3）是等腰直角三角形，過點作于點，易知其坐標(biāo)為∵的三個頂點分別是，，，∴，且滿足∴是等腰直角三角形（4）如圖，以為圓心，為半徑作圓，則點在圓周上，依題意知：動點的運動時間為在上取點，使，連接，則在和中，滿足：，，∴，∴，從而得：∴顯然當(dāng)、、三點共線時，取得最小值，過點作于點，由于，且為等腰直角三角形，則有，，∴動點的運動時間的最小值為：．【點睛】本題主要考查待定系數(shù)法求函數(shù)解析式，拋物線頂點坐標(biāo)，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的判定與性質(zhì)等知識點，將運動時間的最小值轉(zhuǎn)換為線段長度的最小值是解題的關(guān)鍵．11.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(biāo)準(zhǔn)方程．例如，圓心為（1，﹣2）、半徑長為3的圓的標(biāo)準(zhǔn)方程是（x﹣1）2+（y+2）2＝9．在平面直角坐標(biāo)系中，⊙C與軸交于點A，B，且點B的坐標(biāo)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(biāo)準(zhǔn)方程；（2）試判斷直線AE與⊙C的位置關(guān)系，并說明理由．【分析】（1）如圖，連接CD，CB，過點C作CM⊥AB于M．設(shè)⊙C的半徑為r．在Rt△BCM中，利用勾股定理求出半徑以及等C的坐標(biāo)即可解決問題．（2）結(jié)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(biāo)，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．【解析】（1）如圖，連接CD，CB，過點C作CM⊥AB于M．設(shè)⊙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(biāo)準(zhǔn)方程為（x﹣5）2+（y﹣4）2＝25．（2）結(jié)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(shè)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?52∴拋物線的頂點E（5，?9∵AE=32+(∴EC2＝AC2+AE2，∴∠CAE＝90°，∴CA⊥AE，∴AE是⊙C的切線．12.如圖，拋物線y＝ax2+9（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(biāo)；若不存在，請說明理由；（3）以M為圓心，MP為半徑作⊙M，當(dāng)⊙M與坐標(biāo)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+9（2）①當(dāng)點Q在y軸右邊時，假設(shè)△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=3②當(dāng)點Q在y軸的左邊時，假設(shè)△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=?（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(dāng)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(shè)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(jié)果；當(dāng)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(shè)P（x，?34x2+94x+3），M（x，?34x+3），則PD=?【解析】（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(dāng)點Q在y軸右邊時，如圖1所示：假設(shè)△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=?3得：y=27∴假設(shè)不成立，∴當(dāng)點Q在y軸右邊時，不存在△QCO為等邊三角形；②當(dāng)點Q在y軸的左邊時，如圖2所示：假設(shè)△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=?3得：y=?27∴假設(shè)不成立，∴當(dāng)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(shè)BC直線的解析式為：y＝kx+b，把B、C的坐標(biāo)代入則0=4k+b3=b解得：k=?3∴BC直線的解析式為：y=?3當(dāng)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(shè)P（x，?34x2+9則PD=?34x2+9∴（?34x2+94x+3）﹣（解得：x1＝1，x2＝4（不合題意舍去），∴⊙M的半徑為：MD=?34+當(dāng)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(shè)P（x，?34x2+9則PD=?34x2+9∴（?34x2+9解得：x1=83，x∴⊙M的半徑為：EM=8當(dāng)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(biāo)為﹣1，∴⊙M的半徑為：M的縱坐標(biāo)的值，即：?34×當(dāng)M在CB延長線，⊙M與y軸相切時，如圖6所示：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(shè)P（x，?34x2+9則PD=34x2?9∴（34x2?94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15413.在平面直角坐標(biāo)系中，二次函數(shù)y＝x2+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P是第四象限內(nèi)拋物線上的一個動點．（1）求二次函數(shù)的解析式；（2）如圖甲，連接AC，PA，PC，若，求點P的坐標(biāo)；（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．【答案】（1）y＝x2﹣x﹣4；（2）P(3，﹣)；（3）沒有變化，2【解析】【分析】（1）由二次函數(shù)的圖象與軸交于，兩點，可得二次函數(shù)的解析式為，由此即可解決問題．（2）根據(jù)，構(gòu)建方程即可解決問題．（3）結(jié)論：點在運動過程中線段的長是定值，．根據(jù)，根據(jù)方程求出，再利用中點坐標(biāo)公式，求出點的縱坐標(biāo)即可解決問題．【詳解】解：（1）二次函數(shù)的圖象與軸交于，兩點，二次函數(shù)的解析式為，即．（2）如圖甲中，連接．設(shè)．由題意，，，，，整理得，，解得或（舍棄），．（3）結(jié)論：點在運動過程中線段的長是定值，．理由：如圖乙中，連接，，，設(shè)，，，．由題意，，，解得，，，，，，點在運動過程中線段的長是定值，．【點睛】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(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考壓軸題．14.如圖，在直角坐標(biāo)系中，四邊形OABC是平行四邊形，經(jīng)過A（﹣2，0），B，C三點的拋物線y＝ax2+bx+（a＜0）與x軸的另一個交點為D，其頂點為M，對稱軸與x軸交于點E．（1）求這條拋物線對應(yīng)的函數(shù)表達式；（2）已知R是拋物線上的點，使得△ADR的面積是平行四邊形OABC的面積的，求點R的坐標(biāo)；（3）已知P是拋物線對稱軸上的點，滿足在直線MD上存在唯一的點Q，使得∠PQE＝45°，求點P的坐標(biāo)．【答案】（1）y＝﹣x2+x+；（2）（1+，4）或（1﹣，4）或（1+，﹣4）或（1﹣，﹣4）；（3）P（1，120﹣168）【解析】【分析】【詳解】解：（1）OA＝2＝BC，故函數(shù)的對稱軸為x＝1，則x＝﹣＝1①，將點A的坐標(biāo)代入拋物線表達式得：0＝4a﹣2b+②，聯(lián)立①②并解得，故拋物線的表達式為：y＝﹣x2+x+③；（2）由拋物線的表達式得，點M（1，3）、點D（4，0）；∵△ADR的面積是?OABC的面積的，∴×AD×|yR|＝×OA×OB，則×6×|yR|＝×2×，解得：yR＝±④，聯(lián)立④③并解得，或故點R的坐標(biāo)為（1+，4）或（1﹣，4）或（1+，﹣4）或（1﹣，﹣4）；（3）作△PEQ的外接圓R，∵∠PQE＝45°，故∠PRE＝90°，則△PRE為等腰直角三角形，當(dāng)直線MD上存在唯一的點Q，則RQ⊥MD，點M、D的坐標(biāo)分別為（1，4）、（4，0），則ME＝4，ED＝4﹣1＝3，則MD＝5，過點R作RH⊥ME于點H，設(shè)點P（1，2m），則PH＝HE＝HR＝m，則圓R的半徑為m，則點R（1+m，m），S△MED＝S△MRD+S△MRE+S△DRE，即×EM?ED＝×MD×RQ+×ED?yR+×ME?RH，∴×4×3＝×5×m+×4×m+×3×m，解得m＝60﹣84，故點P（1，120﹣168）．15如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，，以O(shè)為圓心，OA的長為半徑的半圓O交AO的延長線于C，連接AB，BC，過O作ED//BC分別交AB和半圓O于E，D，連接OB，CD．（1）求證：BC是半圓O的切線；（2）試判斷四邊形OBCD的形狀，并說明理由；（3）如圖2，若拋物線經(jīng)過點D，且頂點為E，求此拋物線的解析式；點P是此拋物線對稱軸上的一動點，以E，D，P為頂點的三角形與相似，問拋物線上是否存在點Q，使得，若存在，請直接寫出Q點的橫坐標(biāo)；若不存在，說明理由．【答案】（1）見解析；（2）平行四邊形，見解析；（3）拋物線的解析式為，存在，Q點的橫坐標(biāo)為或或或【解析】【分析】（1）證得OE是△ABC的中位線，求得點E的坐標(biāo)，分別求得AB、AC、BC的長，利用勾股定理的逆定理證得是直角三角形，從而證明結(jié)論；（2）求得BC=OD=OA=，利用平行四邊形的判定定理可證得四邊形OBCD是平行四邊形；（3）證明Rt△ODNRt△OEM，求得點D的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得此拋物線的解析式；分△PED△OAB和△DEP△OAB兩種情況討論，利用相似三角形的性質(zhì)求得PE的長，再根據(jù)三角形的面積公式即可求得Q點的橫坐標(biāo)．【詳解】（1）如圖1，設(shè)AB與y軸交于點M，則AM=2，OM=1，AB=5，則OA=OC，∵OE∥BC，∴OE是△ABC的中位線，∴AE=AB=，BC=2EO，∴點E的坐標(biāo)為(，)，ME=，OM=1，∴OE=，∴BC=2OE=，∵，是直角三角形，即，所以BC是半圓的O的切線；（2）四邊形OBCD是平行四邊形，由圖知：BC=OD=OA=，∵OD∥BC，∴四邊形OBCD是平行四邊形；（3）①由（2）知：OD=OA=，E為AB的中點，過點D作軸，則DN//ME，∴Rt△ODNRt△OEM，∴，∴，∴，，∴點D的坐標(biāo)為(，)，∵拋物線經(jīng)過點D(，)，且頂點為E(，)，∴設(shè)此拋物線的解析式為，則∴，∴此拋物線的解析式為，即，如圖，設(shè)拋物線對稱軸交AC于F，由（1）知：∠AOE=∠ACB=90，∠AEF=90，∴∠OEF+∠AEO=90，∠A+∠AEO=90，∴∠OEF=∠A，∵以E，D，P為頂點的三角形與相似，∴分△PED△OAB和△DEP△OAB兩種情況討論，當(dāng)△PED△OAB時，ED=OE+OD=，即，∴，∵，設(shè)點Q到PE的距離為h，∴，即，∴，∴點Q的橫坐標(biāo)為或；當(dāng)△DEP△OAB時，ED=OE+OD=，即，∴，∵，設(shè)點Q到PE的距離為，∴，即，∴，∴點Q的橫坐標(biāo)為或；∴符合條件的Q點的橫坐標(biāo)為或或或．【點睛】本題是二次函數(shù)的綜合題，考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，圓的切線的判定，相似三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理的逆定理，平行四邊形的判定等知識點的應(yīng)用，此題綜合性比較強，有一定的難度，對學(xué)生提出較高的要求．注意：不要漏解，分類討論思想的巧妙運用．16.如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線與x軸交于點A，與y軸交于點B，拋物線過點B且與直線相交于另一點．（1）求拋物線的解析式；（2）點P是拋物線上的一動點，當(dāng)時，求點P的坐標(biāo)；（3）點在x軸的正半軸上，點是y軸正半軸上的一動點，且滿足．①求m與n之間的函數(shù)關(guān)系式；②當(dāng)m在什么范圍時，符合條件的N點的個數(shù)有2個？【答案】（1）；（2）或（3，）或（-2，-3）；（3）①；②0＜m＜【解析】【分析】（1）利用一次函數(shù)求出A和B的坐標(biāo)，結(jié)合點C坐標(biāo)，求出二次函數(shù)表達式；（2）當(dāng)點P在x軸上方時，點P與點C重合，當(dāng)點P在x軸下方時，AP與y軸交于點Q，求出AQ表達式，聯(lián)立二次函數(shù)，可得交點坐標(biāo)，即為點P；（3）①過點C作CD⊥x軸于點D，證明△MNO∽△NCD，可得，整理可得結(jié)果；②作以MC為直徑的圓E，根據(jù)圓E與線段OD的交點個數(shù)來判斷M的位置，即可得到m的取值范圍.【詳解】解：（1）∵直線與x軸交于點A，與y軸交于點B，令x=0，則y=2，令y=0，則x=4，∴A（4，0），B（0，2），∵拋物線經(jīng)過B（0，2），，∴，解得：，∴拋物線的表達式為：；（2）當(dāng)點P在x軸上方時，點P與點C重合，滿足，∵，∴，當(dāng)點P在x軸下方時，如圖，AP與y軸交于點Q，∵，∴B，Q關(guān)于x軸對稱，∴Q（0，-2），又A（4，0），設(shè)直線AQ的表達式為y=px+q，代入，，解得：，∴直線AQ的表達式為：，聯(lián)立得：，解得：x=3或-2，∴點P的坐標(biāo)為（3，）或（-2，-3），綜上，當(dāng)時，點P的坐標(biāo)為：或（3，）或（-2，-3）；（3）①如圖，∠MNC=90°，過點C作CD⊥x軸于點D，∴∠MNO+∠CND=90°，∵∠OMN+∠MNO=90°，∴∠CND=∠OMN,又∠MON=∠CDN=90°，∴△MNO∽△NCD，∴，即，整理得：；②如圖，∵∠MNC=90°，以MC為直徑畫圓E，∵，∴點N在線段OD上（不含O和D），即圓E與線段OD有兩個交點（不含O和D），∵點M在y軸正半軸，當(dāng)圓E與線段OD相切時，有NE=MC，即NE2=MC2，∵M（0，m），，∴E（，），∴=，解得：m=，當(dāng)點M與點O重合時，如圖，此時圓E與線段OD（不含O和D）有一個交點，∴當(dāng)0＜m＜時，圓E與線段OD有兩個交點，故m的取值范圍是：0＜m＜.【點睛】本題是二次函數(shù)綜合，考查了求二次函數(shù)表達式，相似三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，一次函數(shù)表達式，難度較大，解題時要充分理解題意，結(jié)合圖像解決問題.17.將拋物線向下平移6個單位長度得到拋物線，再將拋物線向左平移2個單位長度得到拋物線．（1）直接寫出拋物線，的解析式；（2）如圖（1），點在拋物線對稱軸右側(cè)上，點在對稱軸上，是以為斜邊的等腰直角三角形，求點的坐標(biāo)；（3）如圖（2），直線（，為常數(shù)）與拋物線交于，兩點，為線段的中點；直線與拋物線交于，兩點，為線段的中點．求證：直線經(jīng)過一個定點．【答案】（1）拋物線的解析式為：y=x2-4x-2；拋物線的解析式為：y=x2-6；（2）點的坐標(biāo)為（5，3）或（4，-2）；（3）直線經(jīng)過定點（0，2）【解析】【分析】（1）根據(jù)函數(shù)圖象上下平移：函數(shù)值上加下減；左右平移：自變量左加右減寫出函數(shù)解析式并化簡即可；（2）先判斷出點A、B、O、D四點共圓，再根據(jù)同弧所對的圓周角相等得到∠BDA=∠BOA=45°，從而證出是等腰直角三角形．設(shè)點A的坐標(biāo)為（x，x2-4x-2），把DC和AC用含x的代數(shù)式表示出來，利用DC=AC列方程求解即可，注意有兩種情況；（3）根據(jù)直線（，為常數(shù)）與拋物線交于，兩點，聯(lián)立兩個解析式，得到關(guān)于x的一元二次方程，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系求出點M的橫坐標(biāo)，進而求出縱坐標(biāo)，同理求出點N的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求出直線MN的解析式，從而判斷直線MN經(jīng)過的定點即可．【詳解】解：（1）∵拋物線向下平移6個單位長度得到拋物線，再將拋物線向左平移2個單位長度得到拋物線，∴拋物線的解析式為：y=(x-2)2-6，即y=x2-4x-2，拋物線的解析式為：y=(x-2+2)2-6，即y=x2-6．（2）如下圖，過點A作AC⊥x軸于點C，連接AD，∵是等腰直角三角形，∴∠BOA=45°，又∵∠BDO=∠BAO=90°，∴點A、B、O、D四點共圓，∴∠BDA=∠BOA=45°，∴∠ADC=90°-∠BDA=45°，∴是等腰直角三角形，∴DC=AC．∵點在拋物線對稱軸右側(cè)上，點在對稱軸上，∴拋物線的對稱軸為x=2，設(shè)點A的坐標(biāo)為（x，x2-4x-2），∴DC=x-2，AC=x2-4x-2，∴x-2=x2-4x-2，解得：x=5或x=0（舍去），∴點A的坐標(biāo)為（5，3）；同理，當(dāng)點B、點A在x軸的下方時，x-2=-(x2-4x-2)，x=4或x=-1（舍去），∴點的坐標(biāo)為（4，-2），綜上，點的坐標(biāo)為（5，3）或（4，-2）．（3）∵直線（，為常數(shù)）與拋物線交于，兩點，∴，∴x2-kx-6=0，設(shè)點E的橫坐標(biāo)為xE，點F的橫坐標(biāo)為xF，∴xE+xF=k，∴中點M的橫坐標(biāo)xM==，中點M的縱坐標(biāo)yM=kx=，∴點M的坐標(biāo)為（，）；同理可得：點N的坐標(biāo)為（，），設(shè)直線MN的解析式為y=ax+b（a≠0），將M（，）、N（，）代入得：，解得：，∴直線MN的解析式為y=·x+2（），不論k取何值時（），當(dāng)x=0時，y=2，∴直線經(jīng)過定點（0，2）．【點睛】本題考查二次函數(shù)綜合應(yīng)用，熟練掌握圖象平移的規(guī)律、判斷點A、B、O、D四點共圓的方法、用待定系數(shù)法求函數(shù)解析式的步驟是解題的關(guān)鍵．18.如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點A的坐標(biāo)是，在x軸上任取一點M．連接AM，分別以點A和點M為圓心，大于的長為半徑作弧，兩弧相交于G，H兩點，作直線GH，過點M作x軸的垂線l交直線GH于點P．根據(jù)以上操作，完成下列問題．探究：（1）線段PA與PM的數(shù)量關(guān)系為________，其理由為：________________．（2）在x軸上多次改變點M的位置，按上述作圖方法得到相應(yīng)點P的坐標(biāo)，并完成下列表格：M的坐標(biāo)……P的坐標(biāo)……猜想：（3）請根據(jù)上述表格中P點的坐標(biāo)，把這些點用平滑的曲線在圖2中連接起來；觀察畫出的曲線L，猜想曲線L的形狀是________．驗證：（4）設(shè)點P的坐標(biāo)是，根據(jù)圖1中線段PA與PM的關(guān)系，求出y關(guān)于x的函數(shù)解析式．應(yīng)用：（5）如圖3，點，，點D為曲線L上任意一點，且，求點D的縱坐標(biāo)的取值范圍．【答案】（1），線段垂直平分線上的點與這條線段兩個端點的距離相等；（2）圖見解析，拋物線；（3）見解析；（4）；（5）【解析】【分析】（1）由尺規(guī)作圖的步驟可知，HG是AM的中垂線，結(jié)合中垂線的性質(zhì)，即可得到答案；（2）根據(jù)第（1）的作圖方法，得到相應(yīng)點P的位置，即可求解；（3）用平滑的曲線作出圖象，即可；（4）過點P作軸于點E，用含x，y的代數(shù)式表示，，，結(jié)合勾股定理，即可得到答案；（5）連接，由題意得當(dāng)時，在的外接圓上，弧所對的圓心角為60°，的外接圓圓心為坐標(biāo)原點O，設(shè)，求出b的值，進而即可求解．【詳解】解：（1）線段垂直平分線上的點與這條線段兩個端點的距離相等（2）M的坐標(biāo)……P的坐標(biāo)……（3）草圖見圖2：形狀：拋物線（4）如圖1，過點P作軸于點E，，，在中，即化簡，得∴y關(guān)于x的函數(shù)解析式為．（5）連接，易得，又∴為等邊三角形，∴當(dāng)時，在的外接圓上，弧所對的圓心角為60°其圓心在的垂直平分線y軸上，∴的外接圓圓心為坐標(biāo)原點O，設(shè)，則，即①又點D在該拋物線上∴②由①②聯(lián)立解得：（舍去）數(shù)形結(jié)合可得，當(dāng)時，點D的縱坐標(biāo)的取值范圍為【點睛】本題主要考查尺規(guī)作作中垂線，二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，圓周角定理，解題關(guān)鍵是：熟練掌握垂直平分線的性質(zhì)定理，構(gòu)造三角形的外接圓．19.如圖，已知，是的平分線，是射線上一點，．動點從點出發(fā)，以的速度沿水平向左作勻速運動，與此同時，動點從點出發(fā)，也以的速度沿豎直向上作勻速運動．連接，交于點．經(jīng)過、、三點作圓，交于點，連接、．設(shè)運動時間為，其中．（1）求的值；（2）是否存在實數(shù)，使得線段的長度最大？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．（3）求四邊形的面積．【答案】（1）8cm；（2）存在，當(dāng)t=4時，線段OB的長度最大，最大為；（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)題意可得，，由此可求得的值；（2）過作，垂足為，則，設(shè)線段的長為，可得，，，根據(jù)可得，進而可得，由此可得，由此可得，則可得到答案；（3）先證明是等腰直角三角形，由此可得，再利用勾股定理可得，最后根據(jù)四邊形的面積即可求得答案．【詳解】解：（1）由題可得：，．∴．（2）當(dāng)時，線段的長度最大．如圖，過作，垂足為，則．∵平分，∴，∴，．設(shè)線段的長為，則，，．∵，∴，∴，∴，解得：．∴．∴當(dāng)時，線段的長度最大，最大為．（3）∵，∴是圓的直徑．∴．∵，∴是等腰直角三角形．∴．在中，．∴四邊形的面積．∴四邊形的面積為．【點睛】本題考查了相似三角形的判定及性質(zhì)，直徑的判定及性質(zhì)，二次函數(shù)的最值問