人教版数学九年级上册圆几何综合专题练习(word版

1、人教版数学九年级上册圆几何综合专题练习（word版一.初三数学圆易错题压轴题（难）1. 如图，在直角体系中，直线AB交x轴于点A（5,0）,交y轴于点B,AO是的直径，其半 圆交AB于点C,且AC二3.取B0的中点D,连接CD、MD和0C.（1）求证：CD是OM的切线；（2）二次函数的图象经过点D、M、A,其对称轴上有一动点P,连接PD、PM,求PDH的周长 最小时点P的坐标：（3）在（2）的条件下，当厶戸。"的周长最小时，抛物线上是否存在点Q,使Sg二6S?若 存在，求出点Q的坐标：若不存在，请说明理由.0A为OM直径，Z OCA二90°Z OCB=90°.TD

2、 为 OB 中点,/. DC=DO. Z DCO=Z DOC MO=MC, Z MCO=Z MOC.ZDQI = ZDCO-ZMCO =ZD0C+ZM0C =ZDOM =90c.又点C在OM上，. DC是OM的切线.(2) A 点坐标(5, 0) , AC=3在 RtA ACO 中，°C = JOA：_AC：=屈 _3：=斗4 OB=3 5解得OD=y又TD为OB中点，匕二土D点坐标为（0,-）.44连接AD,设直线AD的解析式为y二kx+b,则有blk="l丿3解得1Q 1 Sk + t =0b =3直线AD为y = _二x3 3二次函数的图象过M(；, 0)、A(5,

3、0),6抛物线对称轴x斗.4点M、A关于直线x斗对称，设直线AD与直线x斗 交于点P,44PD+PM为最小.又V DM为定长，.满足条件的点P为直线AD与直线x二匕的交点.4I s45当 x二一时，y = (x)(x-5)4152P点的坐标为(耳，：)46(3)存在.= S丄型 _ S卫鸟=AM yD _ AM Vp = AAI| yD _ y? I, y = a(x )(x 5)2乂由(2)知 D (0,P (二I，446-由 SAQAM =，得 g % 丁- $ =Rq|，解得 YQ=± '二次函数的图像过M(0, )、A(5, 0),设二次函数解析式为y = 2仪- 5

4、),又该图象过点D (0,琴)巴虫(0丄X°-5),解得并二432124£二次函数解析式为"：(“日&-5)又TQ点在抛物线上，且yQ=±岁.当 yQ=12 时，l = ±(x-2yx.-5),解得 X=155 或 x5 + 5&：31215244当 YQ舟时,-=T7(X-|Xx-5),解得 X=y .1212 In 24.点Q的坐标为（HZ学，或（空呂£）,或肯，洛）.4343412【解析】试题分析：（1）连接CM,可以得岀CM=OM,就有Z MOC=Z MCO,由0A为宜径，就有 ZACO二90。，D 为 OB

5、的中点，就有 CD二OD, Z DOC二Z DCO,由Z DOC+Z MOC=90°就可以 得出Z DCO+Z MCO=90°而得出结论. 根据条件可以得岀OC = VOA2-AC2=>/537 = 4和tanZOAC = ?| =罟， AC- UA从而求岀OB的值，根据D是OB的中点就可以求出D的坐标，由待泄系数法就可以求岀 抛物线的解析式，求出对称轴，根据轴对称的性质连接AD交对称轴于P,先求岀AD的解 析式就可以求岀P的坐标.（3）根据Sapdm=Sadam-Sapam , *壘=+*讹求出Q的纵坐标，求岀二次函数解析 式即可求得横坐标.2. 如图，以A （0.

6、、代）为圆心的圆与x轴相切于坐标原点0,与y轴相交于点万，弦加 ,初的延长线交x轴于点C.（1）分别求点忒C的坐标；（2）求经过月、C两点,且以过厅而平行于y轴的直线为对称轴的抛物线的函数解析式：（3）设抛物线的对称轴与川Q的交点为"，试判断以”点为圆心，.血为半径的圆与。月的 位置关系，并说明理由.【答案】（1）点 Q的坐标为（一3, 0） （2） y = Zx2+-x/3x + x/3（3） O"与外33切【解析】试题分析：（1）已知了 A点的坐标，即可得出圆的半径和直径，可在直角三角形B0E中， 根据Z BE0和0B的长求出0E的长进而可求岀E点的坐标，同理可在直角三

7、角形0AC中求 出C点的坐标；（2）已知了对称轴的解析式，可据此求出C点关于对称轴对称的点的坐标，然后根据此点 坐标以及C, A的坐标用待定系数法即可求岀抛物线的解析式；（3）两圆应该外切，由于直线DEII 0B,因此Z MED=Z ABD,由于AB二AD,那么Z ADB=Z ABD,将相等的角进行置换后可得岀ZMED=ZMDE,即ME二MD,因此两圆的圆心距AM二ME+AD,即两圆的半径和，因此两圆外切.点F的坐标为(一2, 0)在 RtACO/4 中,OC = OA tanZCAO = OA tan60° =书x= 3 r点c的坐标为(一3, 0).(2) 点C关于对称轴x =

8、-2对称的点的坐标为F( -1,0),点C与点F ( 1, 0)都在抛物线上.设y = d(x+l)(x+3),用A(0，a/3)代入得>/3=«(O + l)(O + 3),3- y = -(x + l)(x + 3)» 即33(3)0M与OA外切，证明如下： MEII y 轴， ZMED = ZB T ZB = ZBDA = ZMDE , ZMED = ZMDE ME = MD V MA = MD+AD = ME+AD ,OM与外切.3. 已知：四边形&3CD内接于00, Z&DC=90。，DEA.AB,垂足为点& DE的锯长线交 00于点

9、F, DC的延长线与处的延长线交于点G.(1) 如图1,求证：GD=GF；(2) 如图2,过点8作BH丄&D,垂足为点M, B交DF于点P,连接OG,若点P在线段 OG上，且PB=PH,求ZADF的大小：(3) 如图3,在(2)的条件下，点M是PH的中点，点K在BC上，连接DK, PC, D交PC 点 N,连接 M/V,若 AB = 12 近,HM+CN=MN,求 DK 的长.(01)【答案】（i）见解析;(图2)(2) ZAM=45。：(3)样皿5【解析】【分析】由“等角的余角相等”可得（1）利用"同圆中，同弧所对的圆周角相等"可得ZA=ZGFD,ZAZGDF,等

10、量代换得ZGDF=ZGFD,根据"三角形中，等角对等边”得GD=GF：（2）连接OD、OF,由厶DPH竺厶FPB可得：ZGBH=90。，由四边形内角和为360。可得： ZG=90°,即可得：Z/4DF=45°；（3）由等腰直角三角形可得AH=BH=12, DF=AB=12血,由四边形朋CD内接于。0, 可得：ZBCG=45° = ZCBG, GC=GB,可证四边形CDHP是矩形，令CN=m,利用勾股泄 理可求得m = 2,过点N作NS丄DP于S,连接AF, FK,过点F作FQ丄AD于点Q,过点F 作朋丄DK交DK的延长线于点R,通过构造直角三角形，应用解

11、直角三角形方法球得DK.【详解】解：（1）证明：TDF丄43AZBED=90° ZA+ZADE=90°/ ZADC= 90°ZGDF+Z&D£=90° ZA=ZGDF BD = BD ZA= ZGFD:.ZGDF=ZGFD:GD=GF(2)连接 OD、OF OD=OF, GD = GF ：.OG丄 DF, PD=PF 在ADPH和AFPB中PD = PF< ZDPH = ZFPBPH = PBDPH9ZXFP3 (SAS)ZFBP=ZDHP=90°:.ZGBH=90° ZDGF=360° - 90&#

12、176; - 90° - 90°=90°ZGDF=ZMG=45° ZADF=45°(3)在 RtAy4BH 中，VZ8/4H=45 AB = 2 近:.AH=BH= 12:.PH=PB=6VZHDP=ZHPD=45°:.DH=PH=6.*.0=12+6 = 18. PN=HM=*PH=3, PD=6 迈VZBf£=Z£BF=45°:.EF=BE9： ZDAE=ZADE=5°:.DE=AE:DF=AB = 2 近四边形A3CD内接于00A ZD8+ZBCD=180°A ZBCD=135&

13、#176;AZBCG=45°=ZCBG:.GC=GB又VZCGP=ZBGP=45°, GP=GP:.AGCPAGBP (SAS)ZPCG=ZPBG=90° ZPCD= ZCDH= ZDHP=90°四边形CDHP是矩形:CD=HP=6, PC=DH=6, ZCPH=90°令 CN=m.则 PN=6 m、MN=m+3在 RtA PMN 中， PM2+PN2 = MN2A32+ (6-m) 2= (m+3) 2,解得 m = 2:.PN=4过点A/作NS丄DP于S,在 RU PSA/ 中，PS=SN=2 迈DS=6迈-2近=4迈DS 4 迈 2连接A

14、F, FK.过点F作FQ丄AD于点Q过点F作朋丄DK交DK的延长线于点R在 RtADFQ 中，FQ=DQ = 12:.AQ=18 - 12 = 6/. tan /-FAQ = = = 2 AQ 6四边形MKD内接于。0,:.ZDAF+ZDKF=180°:.ZDAF= 180° ZDKF=ZFKR在 RtA DFR 中,9：DF= 12tan ZFDR =丄2(02)G在 RtAFKR 中，:FR=仝阿 tanZFKR=2(图1)【点睛】本题是一道有关圆的几何综合题，难度较大，主要考查了圆内接四边形的性质，圆周角泄 理，全等三角形性质及判左，等腰直角三角形性质，解直角三角形等

15、知识点；解题关键是 添加辅助线构造直角三角形.4. 如图，ZABC=45°t AADE是等腰直角三角形，AE=ADt顶点A. D分别在ZABC的 两边BA、BC上滑动(不与点B重合)，AADE的外接圆交BC于点F,点D在点F的右 侧，O为圆心.(1) 求证：AABDAAFE(2) 若AB=4y/2 , 8QvBEW4x/H,求00的而积S的取值范用.【答案】（1）证明见解析（2） 16兀VSW40n【解析】试题分析：（1）利用同弧所对的圆周角相等得出两组相等的角，再利用已知AE=AD,得出三角形全等：（2）利用 ABDAAFE,和已知条件得出BF的长，利用勾 股定理和8迈CBEW4伍

16、,求出EF,DF的取值范圉，-S=-DE2,所以利用二次函 数的性质求出最值.试题解析：(1)连接EF,VAADE是等腰直角三角形，AE=AD,A ZEAD=90°, ZAED=ZADE=45°,9：AE = AE ,AZADE=ZAFE=45%T ZABD=45°,AZABD=ZAFE,乔=乔，AZAEF=ZADB,VAE=AD,ABD 竺AFE；(2) VAABDAAFE,BD=EF, ZEAF=ZBAD,AZBAF=ZEAD=90°,V AB = 4>/2 ,cosZABF cos45设 BD=x,贝ij EF=x, DF=x - 8,J B

17、ELEF+BF% 8>/2 VBEW 4x/13 , .128<£+8:208.8<EFW12,即 8<xW12,则 S = DE2 = x2 +(x-y =(x-4)2 +8-, >0,2抛物线的开口向上,又对称轴为直线x=4,当8VXW12时，S随x的增大而增大,点睛：本题的第一问解题关键是找到同弧所对的圆周角.第二问的解题关键是根据第一问 的结论汁算得出有关线段的长度，由于出现线段的取值范用，所以在这个问题中要考虑勾 股泄理的问题，还要考虑圆的而积问题，得出二次函数，利用二次函数的性质求出最值.(1) 如图，连接AC. 0D,设ZOAC二a,请用a

18、表示ZAOD：(2) 如图，当点B为*Q的中点时，求点A、D之间的距离：(3) 如果AD的延长线与圆0交于点E,以0为圆心，AD为半径的圆与以BC为直径的圆相 切，求弦AE的长.【答案】(1) ZAOD = 150°2a； (2) AD =打;(3)2 2【解析】【分析】(1) 连接OB、0C,可证AOBC是等边三角形，根据垂径泄理可得ZDOC等于30。， OA=OC可得ZACO=ZCAO=a,利用三角形的内角和爼理即可表示出ZAOD的值.(2) 连接OB、OC,可UEAOBC是等边三角形，根据垂径世理可得ZDOB等于30。，因为 点D为BC的中点，则ZAOB=ZBOC=60

19、6;,所以ZAOD等于90。，根据OA=OB=2,在直角三 角形中用三角函数及勾股左理即可求得OD、AD的长.(3) 分两种情况讨论：两圆外切，两圆内切.先根据两圆相切时圆心距与两圆半径的关 系，求岀AD的长，再过O点作AE的垂线，利用勾股左理列出方程即可求解.【详解】如图1:连接OB、OC.*. BC=AOAOB=OC=BC.OBC是等边三角形 ZBOC 二 60°点D是BC的中点AZBOD=1zBOC = 30°2VOA=OC. ZOAC = ZOCA=a ZAOD=180°-a-a- 30° =150°-2a(2)如图 2：连接 OB、O

20、C、OD.由(1)可得：ZkOBC是等边三角形，ZBOD=丄ZBOC = 30。2VOB=2,AOD=OB-cos30° = 5/3VB为犹的中点，AZAOB=ZBOC=60° ZAOD=90° 根据勾股立理得：adacP+OD2 =y/7图2（3）如图3圆0与圆D相内切时： 连接OB、OC,过O点作OF丄AETBC是直径，D是BC的中点以BC为直径的圆的圆心为D点由（2）可得：OD=JJ,圆D的半径为i/.AD=V3 + 1设 AF二x在 Rt/.AFO 和 Rt/.DOF 113 >OA2 - AF2 = OD2 - DF2即 22-x2=3-（73+1

21、-x）2AAE=2AF =图3如图4圆0与圆D相外切时： 连接OB. 0C,过0点作OF丄AEBC是直径，D是BC的中点以BC为直径的圆的圆心为D点由(2)可得：0D=V3 ,圆D的半径为iAD 二齿一1在 Rt/.AFO 和 RtDOF 中,OA2 - AF2 = OD2 - DF2即 22-x2=3-(x-73 + 1)2解得:AAE=2AF =33-126.如图，A/48C内接于OO,图2圉3【点睛】本题主要考査圆的相关知识：垂径左理，圆与圆相切的条件，关键是能灵活运用垂径左理 和勾股左理相结合思考问题，另外需注意圆相切要分内切与外切两种情况.点D在边上，CD与0B交于点E, ZACD=

22、ZOBC；(1) 如图1.求证：CD丄&比（2）如图 2,当ZBAC=ZOBC+/BCD 时，求证：B0 平分ZABC：（3）如图3,在（2）的条件下，作OF丄BC于点F,交CD于点G,作0H丄CD于点H,连 接FH并延长，交08于点P,交AB边于点若0F=3, MH=5,求AC边的长.48【答案】（1）见解析：（2）见解析；（3）AC= =【解析】【分析】（1）根据直径所对的圆周角是直角，得岀ZFCB=90°,再根据“同弧所对的圆周角相等''得 岀ZA=ZF.再根据已知条件得Z3=90%得CD丄AB：（2）延长B0交AC于K,由已知可得ZA=Z5,由ZA+Z

23、2=90°得Z5+Z2=90。，根据三 角形的内角和建理及外角建理得出Z9=Z1得岀BO平分ZABC；（3）延长B0交AC于点K,延长CD交OO于点N,联结BN,由条件可得CH=NH,BF=CF,从而HF是ZkCBN的中位线，HFBN,得出Z0EH=ZEHM又由ZOEH+ ZEOH= ZEHM+ ZOHP=90°可得 HM=OB=5t /£ Rt AOBF 中，根据勾股泄理可得324BF=4,解岀 BC=8, sinZOBC=-,所以可得 AC=2CK, CK=BC>smZOBC= 得A.5【详解】延长BO交。0于几连接CF BF 是00 的直径，:.ZFC

24、B=90° /.Zl+ZF=90V<BC=< BC,:.ZA=/F又 VZ1=Z2,AZ2+Z>4 = 90AZ3 = 90°,:.CD 丄 AB延长BO交&C于KV Z>4=Z1+Z4, Z5=Z1+Z4, ZA=Z5t*. Z>4+Z2 = 90%AZ5+Z2=90%.Z6 = 90°VZ7 = 180° - Z3=90%AZ6=Z7,又 VZ5=Z& AZ9=Z2VZ2=Z1, AZ9=Z1,30 平分ZABC（3）如图3,延长BO交AC于点K,延长CD交00于点M联结B/V團3TOH 丄 CN, OF

25、丄 8CCH=NH, BF=CFHF是“BN的中位线，HF/BN:.ZFHC= ZBNC=ZBAC: ZBAC=ZOEH, ZFHC=ZEHM:ZOEH=ZEHM设FM、OE交于点、PI ZOEH+ZEOH=上EHM+ZOHP=90°:ZEOH=ZOHP：.OP=PH*. ZADC=ZOHC= 90°:.AD/OH:ZPBM=ZEOH, ZBMP=ZOHP:.PM=PBPM+PH=PB 十 OP:.HM=OB=5在ROBF中，根据勾股左理可得BF=43:.BC=8, sinZOBC=-5J ZA-ZABO= ZDEBZABO=90° ZAKB+ZCKB=90Q：.

26、OK±ACAC=2CK. CK=BCsrZOBC= 48:.AC=5【点睛】此题主要考査了圆的综合应用以及三角形的内角和定理及外角左理和勾股左理、三角函数 等知识，理解同弧所对的圆周角相等是解题关键.7. 如图、是两个半径都等于2的和002,由重合状态沿水平方向运动到 互相外切过程中的三个位置，00】和002相交于人、3两点，分别连结0朮、0出、CM、 OzB 和 AB.如图，当ZAOiB=120。时，求两圆重叠部分图形的周长/;(2) 设AA0.B的度数为x,两圆重叠部分图形的周长为y,求y关于x的函数关系式，并写 出自变呈:x的取值范围：它们是否还有其它的位宜关系？如果有，请直接

27、写出其它位置(3) 在(2)中，当重叠部分图形的周长P = 2；l时，则线段02&所在的直线与OOj有何位置关 系？请说明理由除此之外， 关系时的X的取值范【答案】罟(2)线段02&所在的直线与00相交X (0<x<180)(3)。2&与OO1 相切：当 0<x<90 和450X180 时,【解析】 试题分析：/ = 2x(1)解法一、依对称性得，Z 402B=Z 4018=120°,1 -x 3解法二、OiA=OiB=O2A=O2B口辿o八、120x71x2 A0lB02 是菱形 Z A02B=A/. /=2x 4 =2x=ISO 3

28、 (2儿由(1)知，菱形 AOiBO2 A02B=Z AOiB=x 度， 重叠图形的周长j;=2x2 <?： ：X#即J = x (0<x<180)18045当>=2亢时，线段CM所在的直线与OOi相切!理由如下：>=2百 由（2）可知：= 解之x=90度45/. AOi8=90°,因此菱形AOiBOi是正方形，. 002=90°,即0必丄6A而0亦是00】的半径，且A为半径之外端：二。?力与OO1相切.还有如下位宜关系：当09S90和0SG80时，线段O必所在的直线与OO1相交考点：直线与圆的位置关系点评：本题主要考査直线与圆的位宜关系，掌握

29、判泄直线与圆的位置关系是解本题的关 键，会求函数的解析式，本题难度比较大8. 已知：C内接于OO,过点3作0O的切线，交C4的延长线于点£）,连接0B.（2）如图2,过点D作DW丄于点M，连接A0,交BC于点、N ,BM=AM + AD 求证：BN = CN ；（3）如图3,在（2）的条件下，点E为OO上一点，过点E的切线交QB的延长线于点 P,连接CE,交40的延长线于点Q,连接PQ, PQ丄0 Q,点、F为AN上一点,连ON 1l接CF,若ZDCF + ZCDB = 90°, tanZECF = 2, = y, PQ + OQ = 6顶, 求CF的长.【答案】（1）详见

30、解析：（2）详见解析：（3） CF = 10【解析】【分析】（1）延长B0交于G,连接CG,根据切线的性质可得可证ZDBC+ZCBG=90° ,然后 根据直径所对的圆周角是宜角可证ZCBG + ZG=90。，再根据圆的内接四边形的性质可得 ZDAB=ZG,从而证岀结论：（2）在MB±截取一点H,使AM=MH,连接DH,根据垂直平分线性质可得DH=AD,再 根据等边对等角可得ZDHA=ZDAH,然后根据等边对等角和三角形外角的性质证岀ZABC二ZC,可得AB二AC,再根据垂直平分线的判左可得AO垂直平分BC,从而证出结 论：(3) 延长CF交BD于 皿 延长BO交CQ于G,连

31、接OE,证出tanZBGE=tanZECF=2,然 后利用AAS证出 CFNABON,可设CF=BO=r, ON=FN=a,则OE二r,根据锐角三角函数和 相似三角形即可证出四边形OBPE为正方形，利用r和a表示出各线段，最后根据 PQ + OQ = 6応,即可分别求出a和CF.【详解】解：(1)延长B0交OO于G,连接CGVBD是0O的切线AZOBD=90°AZDBC4-ZCBG=90°VBG为直径AZBCG=90°ZCBG + ZG 二 90°AZDBC=ZG四边形ABGC为的内接四边形AZDAB=ZGAZDAB=ZDBC(2)在MB上截取一点H,使

32、AM二MH,连接DHADM垂直平分AHADH=ADAZDHA=ZDAH3M=AM + A£，=+'AD 二 BHADH=BHAZHDB=ZHBD ZDHA 二 ZHDB+ ZHBD 二 2ZHBD由(1)知ZDAB=ZDBCAZDHA=ZDAB=ZDBCAZDBC =2ZHBDZDBC 二ZHBD+ZABCAZHBD=ZABC, ZDBC=2ZABCAZDAB=2ZABCVZDAB=ZABC+ZC ZABC=ZC'AB 二 AC.点A在BC的垂直平分线上点、0也在BC的垂直平分线上'AO垂直平分BCBN = CN(3) 延长CF交BD于延长BO交CQ于G,连接

33、OE,AZDMC=90°VZOBD=90°AZDMC=ZOBDACF/ZOBAZBGE=ZECF, ZCFN=ZBON, AtanZBGE=ta nZECF=2由(2)知OA垂直平分BCAZCNF=ZBNO=90° , BN=CNAACFNABONCF二BO, ON=FN,设 CF=BO=r, ON=FN=a> 则 OE二rON 1 _ OQ2A0Q=2aVCF/7OBQGOsAqcfOG QO审_茹IIM OG 2a 1即=-r 2a + a+a 21AOG=-r2过点O作OE丄BG,交PE于E'：.OEf =OG tanZBGE=r=OE点E与点

34、E重合AZEOG=90°AZBOE=90°VPB和PE是圆O的切线A ZOBP=ZOEP=ZBOE=90° , OB=OE=r四边形OBPE为正方形AZBOE=90° , PE=OB=rAZBCE=- ZBOE=45°2.NQC为等腰直角三角形ANC=NQ=3a, BC=2NC=6a在 RtACFN 中，CF= Jnc2 + FN=顶a PQ丄OQ:.PQBCAZPQE=ZBCGVPE/ZBGAZPEQ=ZBGCPQEsABCG PQ _ PEPQ _ r解得：PQ=4a PQ + 0Q = 6 顶,.4a + 2a=6>A3解得：a=V

35、10.cF=Viox>/ro=io【点睛】此题考查的是圆的综合大题，难度较大，掌握圆的相关性质、相似三角形的判定及性质、 锐角三角函数、勾股泄理、全等三角形的判左及性质、等腰三角形的判是及性质、正方形 的判定及性质是解决此题的关键.9. 如图，在平而直角坐标系中，边长为2的等边ACDE恰好与坐标系中的佔 重合，现将ACDE绕边A3的中点G（G点也是的中点），按顺时针方向旋转180。到 C、DE的位置.（1）求G点的坐标：（2）求经过三点0、4、G的抛物线的解析式；（3）如图，OG是以A3为直径的圆，过3点作0G的切线与x轴相交于点F,求切 线BF的解析式；（4）抛物线上是否存在一点M，使

36、得如=16:3.若存在，请求出点M的坐 标：若不存在，请说明理由.【答案】（1）G（3,V?）; （2） y = 过X；(3) y = x+：【解析】【分析】（1）利用中心对称图形的性质和等边三角形的性质，可以求出.（2）运用待定系数法，代入二次函数解析式，即可求岀.（3）借助切线的性质泄理，直角三角形的性质，求出F, B的坐标即可求岀解析式.（4）当M在x轴上方或下方，分两种情况讨论.【详解】解：（1）将等边ACDE绕边A3的中点G按顺时针方向旋转180。到厶C、DE,则有，四边形OAC B是菱形，所以G的横坐标为3,根据等边ACDE的边长是2,利用等边三角形的性质可得C, （3,0）:（2

37、） .抛物线过原点。（0.0）,设抛物线解析式为y = ax2+bx，_4a + 2b = 0把4（2,0）, <7（3, J亍）代入，得 <厂，9a + 3b = y/3解得Q =遇,b = _亜,33抛物线解析式为y = £ / -辻 X :(3) vZA5F = 90°, ZBAF = 60°,/. ZAFB = 30° ,又 -AB = 2,.AF = 4，.OF = 2,F(-2,0),设直线BF的解析式为y = k.x + h,把3(1"),尸(-2,0)代入，得+”",-2k + b = 0直线BF的解析式为

38、y =（4）当M在X轴上方时，存在M（九£/-胃1兀）, SgF ：S、oab = Ix4x（y-v 一2_x）：斤x2x>/J| = 16:3 » 得宀2兀一8 = 0，解得州=4,吃=_2， 当甘4时，y =迹“=空，333当x,=-2时,卅半心一爭（一2）=攀.牢)，财2(-2,誓)：当M在X轴下方时，不存在，设点M(x,f疋-琴Q, SgF ： Sg.ig =-x4x(-. -a) : x2x | = 16:3, 得兀一2兀+8 = 0，b' -4ac< 0 无解， 综上所述，存在点的坐标为M,(4.耳)，M,(-2,竿).【点睛】此题主要考查了

39、旋转，等边三角形的性质，菱形的判左和性质，以及待左系数法求解二次 函数解析式和切线的性质左理等，能熟练应用相关性质，是解题的关键.10. 阅读材料："最值问题"是数学中的一类较具挑战性的问题.英实，数学史上也有不少 相关的故事，如下即为英中较为经典的一则：海伦是古希腊精通数学、物理的学若，相传 有位将军曾向他请教一个问题-如图从人点出发，到笔直的河岸/去饮马，然后再 去B地，泄什么样的路线最短呢？海伦轻松地给出了答案：作点&关于直线/的对称点 从 连接AB交/于点P,则PA+PB=A,B的值最小.解答问题：(1) 如图2, 00的半径为2,点A、8、C在OO上，OA丄O& ZAOC= 60°, P是OB上 一动点，求必+PC的最小值：(2) 如图3,已知菱形&BCD的边长为6, ZDAB=60°.将此菱形放苣于平面直角坐标系 中，各顶点恰好在坐标轴上.现有一动点P从点A岀发，以每秒2个单位的速度，沿ATC 的方向，向点C运动.当到达点C后，立即以相同的速度返