专题9二次函数与圆综合问题（解析版）

专题9二次函数与圆综合问题

解决函数与圆的综合问题的关键是找准函数与圆的结合点，弄清题目的本质，利用圆的基本性质和函数

的性质、数形结合、方程思想、全等与相似，以便找到对应的解题途径.常见的考法有：

1.直线与圆的位置关系：

平面直角坐标系中的直线与圆的位置关系问题关键是圆心到直线的距离等于半径的大小，常用的方法有：

（1）利用圆心到直线的距离等于半径的大小这一数量关系列出关系式解决问题

（2）利用勾股定理解决问题

（3）利用相似列出比例式解决问题

2.函数与圆的新定义题目：利用已掌握的知识和方法理解新定义，化生为熟

3.函数与圆的性质综合类问题：利用几何性质，结合图形，找到问题中的“不变”关键因素和“临界位置”.

【例1】【例1】（2021•花都区三模）如图，抛物线y＝ax2+bx+2经过A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y

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轴交于点C．

（1）求该抛物线的解析式；

（2）在y轴上是否存在点P使得∠OBP+∠OBC＝45°，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明

理由；

（3）点M是BC为直径的圆上的动点，将点M绕原点O顺时针旋转90°得点N，连接NA，求NA的取

值范围．

【分析】（1）将点A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2即可求解析式；

（2）过点P作PH⊥BC交于点H，设P（0，t），CH＝x，由已知分别可求BC＝2，BH＝2﹣x，

HP＝BH＝2﹣x，在Rt△CPH中，sin∠PCH＝＝＝，cos∠PCH＝＝＝，

求出t＝﹣，则P（0，﹣），与x轴对称点为（0，），此点也满足所求；

（3）当M点在B点处时，N点在F（0，﹣4）处，当M点在O点处时，N点在E（2，0）处，∠EOF

＝90°，EF＝BC＝2，可以判断N点在以EF为直径的圆上运动，连接OO'，O'（1，﹣2），NA有最

大值和最小值，O'A＝2，则可求NA最大值为2+，NA最小值为2﹣，进而求得2﹣

≤NA≤2+．

【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2，得

，

解得，

∴y＝﹣x2+x+2；

（2）过点P作PH⊥BC交于点H，

设P（0，t），CH＝x，

∵C（0，2），B（4，0），

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∴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点关于x轴对称点为（0，），此点也满足∠OBP+∠OBC＝45°，

∴满足条件的P点坐标为（0，﹣）或（0，）；

（3）当M点在B点处时，N点在F（0，﹣4）处，当M点在C点处时，N点在E（2，0）处，

∵∠EOF＝90°，EF＝BC＝2，可以判断N点在以EF为直径的圆上运动，连接OO'，

当NA经过圆心O'时，NA有最大值和最小值，

∴O'（1，﹣2），

∵A（﹣1，0），

∴O'A＝2，

∴NA最大值为2+，NA最小值为2﹣，

∴2﹣≤NA≤2+．

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【例2】（2020•遵义）如图，抛物线y＝ax2x+c经过点A（﹣1，0）和点C（0，3）与x轴的另一交点为

9

点B，点M是直线BC上一动点，过点M+作4MP∥y轴，交抛物线于点P．

（1）求该抛物线的解析式；

（2）在抛物线上是否存在一点Q，使得△QCO是等边三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，

请说明理由；

（3）以M为圆心，MP为半径作M，当M与坐标轴相切时，求出M的半径．

⊙⊙⊙

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【分析】（1）把点A（﹣1，0）和点C（0，3）代入y＝ax2x+c求出a与c的值即可得出抛物线的解

9

析式；+4

（2）当点Q在y轴右边时，假设△QCO为等边三角形，过点Q作QH⊥OC于H，OC＝3，则OH，

3

①=2

tan60°，求出Q（，），把x代入yx2x+3，得y，则假设不成立；

𝑄3333339273333

===−+=−≠

当点Q�在�y轴的左边时2，假2设△QCO为2等边三角形4，过点4Q作QT⊥O8C于T1，6OC2＝3，则OT，

3

②=2

tan60°，求出Q（，），把x代入yx2x+3，得y，则假设不

𝑄3333339273333

=−=−=−+=−−≠

成立；𝑄222448162

（3）求出B（4，0），待定系数法得出BC直线的解析式yx+3，当M在线段BC上，M与x轴相

3

=−⊙

切时，延长PM交AB于点D，则点D为M与x轴的切点，即4PM＝MD，设P（x，x2x+3），M

39

⊙−+

（x，x+3），则PDx2x+3，MDx+3，由PD﹣MD＝MD，求出x＝1，即可4得出4结果；当

3393

M在线−段4BC上，M=与−y4轴+相4切时，延长=−PM4交AB于点D，过点M作ME⊥y轴于E，则点E为M

⊙⊙

与y轴的切点，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，设P（x，x2x+3），M（x，x+3），则PDx2x+3，

39339

−+−=−+

MDx+3，代入即可得出结果；当M在BC延长线，4M与4x轴相切时，4点P与A重合，4M的4纵坐

3

标的=值−即4为所求；当M在CB延长线，M与y轴相切时⊙，延长PD交x轴于D，过点M作ME⊥y轴于

⊙

E，则点E为M与y轴的切点，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，设P（x，x2x+3），M（x，x+3），

393

⊙−+−

则PDx2x﹣3，MDx﹣3，代入即可得出结果．444

393

=−=

【解答】4解：（41）把点A（﹣41，0）和点C（0，3）代入y＝ax2x+c得：，

9

90=�−+�

+44

解得：，3=�

3

�=−4

�=3

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∴抛物线的解析式为：yx2x+3；

39

（2）不存在，理由如下=：−4+4

当点Q在y轴右边时，如图1所示：

①假设△QCO为等边三角形，

过点Q作QH⊥OC于H，

∵点C（0，3），

∴OC＝3，

则OHOC，tan60°，

13𝑄

=2=2=𝑄

∴QH＝OH•tan60°，

333

=2×3=2

∴Q（，），

333

把x2代入2yx2x+3，

3339

==−+

得：y24，4

273333

∴假设=不成8立−，16≠2

∴当点Q在y轴右边时，不存在△QCO为等边三角形；

当点Q在y轴的左边时，如图2所示：

②假设△QCO为等边三角形，

过点Q作QT⊥OC于T，

∵点C（0，3），

∴OC＝3，

则OTOC，tan60°，

13𝑄

=2=2=𝑄

∴QT＝OT•tan60°，

333

=×3=

∴Q（，），22

333

−2

把x代入2yx2x+3，

3339

=−=−+

得：y24，4

273333

∴假设=不−成8立，−16≠2

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∴当点Q在y轴左边时，不存在△QCO为等边三角形；

综上所述，在抛物线上不存在一点Q，使得△QCO是等边三角形；

（3）令x2x+3＝0，

39

−+

解得：x1＝4﹣1，4x2＝4，

∴B（4，0），

设BC直线的解析式为：y＝kx+b，

把B、C的坐标代入则，

0=4�+�

解得：，3=�

3

�=−4

∴BC直�线=的3解析式为：yx+3，

3

当M在线段BC上，M=与−x4轴相切时，如图3所示：

延长PM交AB于点D⊙，

则点D为M与x轴的切点，即PM＝MD，

⊙

设P（x，x2x+3），M（x，x+3），

393

−+−

则PDx24x+43，MDx+3，4

393

=−+=−

∴（x24x+43）﹣（x+34）x+3，

3933

−+−=−

解得：4x1＝14，x2＝4（不合4题意舍去）4，

∴M的半径为：MD3；

39

当⊙M在线段BC上，=M−与4+y轴=相4切时，如图4所示：

延长PM交AB于点D⊙，过点M作ME⊥y轴于E，

则点E为M与y轴的切点，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，

⊙

设P（x，x2x+3），M（x，x+3），

393

−+−

则PDx24x+43，MDx+3，4

393

=−+=−

∴（x24x+43）﹣（x+34）＝x，

393

−4+4−4

解得：x1，x2＝0（不合题意舍去），

8

=

∴M的半3径为：EM；

8

⊙=3

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当M在BC延长线，M与x轴相切时，如图5所示：

⊙

点P与A重合，

∴M的横坐标为﹣1，

∴M的半径为：M的纵坐标的值，

⊙

即：（﹣1）+3；

315

当M−在4C×B延长线，=M4与y轴相切时，如图6所示：

⊙

延长PM交x轴于D，过点M作ME⊥y轴于E，

则点E为M与y轴的切点，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，

⊙

设P（x，x2x+3），M（x，x+3），

393

−4+4−4

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则PDx2x﹣3，MDx﹣3，

393

=4−4=4

∴（x2x﹣3）﹣（x﹣3）＝x，

393

−4

解得：4x1，x2＝0（4不合题意舍去），

16

=

∴M的半径3为：EM；

16

⊙=3

综上所述，M的半径为或或或．

981516

⊙

4343

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【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求解析式、等边三角形的性质、圆的性质、三

角函数等知识；熟练掌握待定系数法求解析式是解题的关键．

【例3】（2020•济宁）我们把方程（x﹣m）2+（y﹣n）2＝r2称为圆心为（m，n）、半径长为r的圆的标准方

程．例如，圆心为（1，﹣2）、半径长为3的圆的标准方程是（x﹣1）2+（y+2）2＝9．在平面直角坐标

系中，C与x轴交于点A，B，且点B的坐标为（8，0），与y轴相切于点D（0，4），过点A，B，D

的抛物线⊙的顶点为E．

（1）求C的标准方程；

（2）试判⊙断直线AE与C的位置关系，并说明理由．

⊙

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【分析】（1）如图，连接CD，CB，过点C作CM⊥AB于M．设C的半径为r．在Rt△BCM中，利用

勾股定理求出半径以及点C的坐标即可解决问题．⊙

（2）结论：AE是C的切线．连接AC，CE．求出抛物线的解析式，推出点E的坐标，求出AC，AE，

CE，利用勾股定理⊙的逆定理证明∠CAE＝90°即可解决问题．

【解答】解：（1）如图，连接CD，CB，过点C作CM⊥AB于M．设C的半径为r．

∵与y轴相切于点D（0，4），⊙

∴CD⊥OD，

∵∠CDO＝∠CMO＝∠DOM＝90°，

∴四边形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的标准方程为（x﹣5）2+（y﹣4）2＝25．

⊙

（2）结论：AE是C的切线．

理由：连接AC，C⊙E．

∵CM⊥AB，

∴AM＝BM＝3，

∴A（2，0），B（8，0）

设抛物线的解析式为y＝a（x﹣2）（x﹣8），

把D（0，4）代入y＝a（x﹣2）（x﹣8），可得a，

1

=

∴抛物线的解析式为y（x﹣2）（x﹣8）x24x+4（x﹣5）2，

11519

==−=−

∴抛物线的顶点E（5，4），4244

9

−4

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∵AE，CE＝4，AC＝5，

29215925

∴EC=2＝A3C2+A(E42，)=4+4=4

∴∠CAE＝90°，

∴CA⊥AE，

∴AE是C的切线．

⊙

【点评】本题属于二次函数综合题，考查了矩形的判定和性质，解直角三角形，圆的方程，切线的判定

等知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．

【例4】（2020•西藏）在平面直角坐标系中，二次函数yx2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣2，0），B（4，

1

0）两点，交y轴于点C，点P是第四象限内抛物线上=的2一个动点．

（1）求二次函数的解析式；

（2）如图甲，连接AC，PA，PC，若S△PAC，求点P的坐标；

15

（3）如图乙，过A，B，P三点作M，过点=P2作PE⊥x轴，垂足为D，交M于点E．点P在运动过

程中线段DE的长是否变化，若有变⊙化，求出DE的取值范围；若不变，求D⊙E的长．

【分析】（1）由二次函数yx2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣2，0），B（4，0）两点，可得二次函数

1

=2

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的解析式为y（x+2）（x﹣4），由此即可解决问题．

1

=

（2）根据S△PAC2＝S△AOC+S△OPC﹣S△AOP，构建方程即可解决问题．

（3）结论：点P在运动过程中线段DE的长是定值，DE＝2．根据AM＝MP，根据方程求出t，再利用

中点坐标公式，求出点E的纵坐标即可解决问题．

【解答】解：（1）∵二次函数yx2+bx+c的图象与x轴交于A（﹣2，0），B（4，0）两点，

1

=

∴二次函数的解析式为y（x+22）（x﹣4），

1

=

即yx2﹣x﹣4．2

1

=2

（2）如图甲中，连接OP．设P（m，m2﹣m﹣4）．

1

2

由题意，A（﹣2，0），C（0，﹣4），

∵S△PAC＝S△AOC+S△OPC﹣S△AOP，

∴2×44×m2×（m2+m+4），

151111

=×2+×−×−

整理2得，2m+2m﹣125＝0，22

解得m＝3或﹣5（舍弃），

∴P（3，）．

5

−2

（3）结论：点P在运动过程中线段DE的长是定值，DE＝2．

理由：如图乙中，连接AM，PM，EM，设M（1，t），P[m，（m+2）（m﹣4）]，E（m，n）．

1

2

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由题意A（﹣2，0），AM＝PM，

∴32+t2＝（m﹣1）2+[（m+2）（m﹣4）﹣t]2，

1

解得t＝1（m+2）（2m﹣4），

1

∵ME＝P+M，4PE⊥AB，

∴t，

1

�+2(�+2)(�−4)

=

∴n＝2t（2m+2）（m﹣4）＝2[1（m+2）（m﹣4）]（m+2）（m﹣4）＝2，

111

∴DE＝−2，2+4−2

另解：∵PD•DE＝AD•DB，∴DE2，为定值．

𝐴⋅��(�+2)(4−�)

2

∴点P在运动过程中线段DE的长=是定�值�，=DE＝4+2．�−�=

【点评】本题属于二次函数综合题，考查了三角形的面积，三角形的外接圆，三角形的外心等知识，解

题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．

【例5】（2020•宜宾）如图，已知二次函数的图象顶点在原点，且点（2，1）在二次函数的图象上，过点F

（0，1）作x轴的平行线交二次函数的图象于M、N两点．

（1）求二次函数的表达式；

（2）P为平面内一点，当△PMN是等边三角形时，求点P的坐标；

（3）在二次函数的图象上是否存在一点E，使得以点E为圆心的圆过点F和点N，且与直线y＝﹣1相

切．若存在，求出点E的坐标，并求E的半径；若不存在，说明理由．

⊙

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【分析】（1）设二次函数表达式为：y＝ax2，将（2，1）代入上式，即可求解；

（2）△PMN是等边三角形，则点P在y轴上且PM＝4，故PF＝2，即可求解；

3

（3）在Rt△FQE中，EN，EF，即可求解．

21252125

【解答】解：（1）∵二次函=数(的2图−象1)顶+点(在1−原4点)，=4=(1−0)+(1−4)=4

故设二次函数表达式为：y＝ax2，将（2，1）代入上式并解得：a，

1

=

故二次函数表达式为：yx2；4

1

=4

（2）将y＝1代入yx2并解得：x＝±2，故点M、N的坐标分别为（﹣2，1）、（2，1），

1

则MN＝4，=4

∵△PMN是等边三角形，

∴点P在y轴上且PM＝4，

∴PF＝2；

∵点F（0，31），

∴点P的坐标为（0，1+2）或（0，1﹣2）；

33

（3）假设二次函数的图象上存在一点E满足条件，

设点Q是FN的中点，则点Q（1，1），

故点E在FN的中垂线上．

∴点E是FN的中垂线与yx2图象的交点，

1

=4

∴y12，则点E（1，），

111

=4×=4

EN4，

2125

=(2−1)+(1−4)=4

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同理EF，

2125

=(1−0)+(1−)=

点E到直线y＝﹣1的距离为4|（4﹣1）|，

15

−=

故存在点E，使得以点E为圆4心半径为的圆4过点F，N且与直线y＝﹣1相切．

5

【点评】本题考查的是二次函数综合运4用，涉及到一次函数的性质、圆的基本的性质、等边三角形的性

质等，综合性强，难度适中．

【例6】（2021•嘉兴二模）定义：平面直角坐标系xOy中，过二次函数图象与坐标轴交点的圆，称为该二次

函数的坐标圆．

（1）已知点P（2，2），以P为圆心，为半径作圆．请判断P是不是二次函数y＝x2﹣4x+3的坐标

圆，并说明理由；⊙

（2）已知二次函数y＝x2﹣4x+4图象的顶点为A，坐标圆的圆心为P，如图1，求△POA周长的最小值；

（3）已知二次函数y＝ax2﹣4x+4（0＜a＜1）图象交x轴于点A，B，交y轴于点C，与坐标圆的第四个

交点为D，连结PC，PD，如图2．若∠CPD＝120°，求a的值．

【分析】（1）先求出二次函数y＝x2﹣4x+3图象与x轴、y轴的交点，再计算这三个交点是否在以P（2，

2）为圆心，为半径的圆上，即可作出判断．

（2）由题意可得，二次函数y＝x2﹣4x+4图象的顶点A（2，0），与y轴的交点H（0，4），所以△POA

周长＝PO+PA+OA＝PO+PH+2≥OH+2，即可得出最小值．

（3）连接CD，PA，设二次函数y＝ax2﹣4x+4图象的对称轴l与CD交于点E，与x轴交于点F，由对

称性知，对称轴l经过点P，且l⊥CD，设PE＝m，由∠CPD＝120°，可得PA＝PC＝2m，CE＝m，

PF＝4﹣m，因为二次函数y＝ax2﹣4x+4图象的对称轴l为，AB＝，所以AF＝

BF＝，，在Rt△PAF中，利用勾股定理建立方程，求得m的值，进而得出a的值．

第16页共78页.

【解答】解：（1）对于二次函数y＝x2﹣4x+3，

当x＝0时，y＝3；当y＝0时，解得x＝1或x＝3，

∴二次函数图象与x轴交点为A（1，0），B（3，0），与y轴交点为C（0，3），

∵点P（2，2），

∴PA＝PB＝PC＝，

∴P是二次函数y＝x2﹣4x+3的坐标圆．

⊙

（2）如图1，连接PH，

∵二次函数y＝x2﹣4x+4图象的顶点为A，坐标圆的圆心为P，

∴A（2，0），与y轴的交点H（0，4），

∴△POA周长＝PO+PA+OA＝PO+PH+2≥OH+2＝6，

∴△POA周长的最小值为6．

（3）如图2，连接CD，PA，

设二次函数y＝ax2﹣4x+4图象的对称轴l与CD交于点E，与x轴交于点F，

由对称性知，对称轴l经过点P，且l⊥CD，

∵AB＝，

∴AF＝BF＝，

∵∠CPD＝120°，PC＝PD，C（0，4），

∴∠PCD＝∠PDC＝30°，

设PE＝m，则PA＝PC＝2m，CE＝m，PF＝4﹣m，

∵二次函数y＝ax2﹣4x+4图象的对称轴l为，

∴，即，

在Rt△PAF中，PA2＝PF2+AF2，

∴，

即，

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化简，得，解得，

∴．

【题组一】

1．（2020•雨花区校级一模）如图1，已知抛物线y＝ax2﹣12ax+32a（a＞0）与x轴交于A，B两点（A在B

的左侧），与y轴交于点C．

（1）连接BC，若∠ABC＝30°，求a的值．

（2）如图2，已知M为△ABC的外心，试判断弦AB的弦心距d是否有最小值，若有，求出此时a的值，

若没有，请说明理由；

（3）如图3，已知动点P（t，t）在第一象限，t为常数．

问：是否存在一点P，使得∠APB达到最大，若存在，求出此时∠APB的正弦值，若不存在，也请说明

理由．

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【分析】（1）令y＝0，求得抛物线与x轴的交点A、B的坐标，令x＝0，用a表示C点的坐标，再由三

角函数列出a的方程，便可求得a的值；

（2）过M点作MH⊥AB于点H，连接MA、MC，用d表示出M的坐标，根据MA＝MC，列出a、d的

关系式，再通过关系式求得结果；

（3）取AB的中点T，过T作MT⊥AB，以M为圆心，MA为半径作M，MT与直线y＝x交于点S，P′

为直线y＝x上异于P的任意一点，连接AP′，交M于点K，连接⊙BK，MP，AP，BP，MB，MA，当

P为直线y＝x与M的切点时，∠APB达到最大，⊙利用圆圆周角性质和解直角三角形的知识求得结果便

可．⊙

【解答】解：（1）连接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，

𝑂32�3

===

解得，a；𝐷83

3

（2）过=M1点2作MH⊥AB于点H，连接MA、MC，如图2，

第19页共78页.

∴AH＝BH2，

1

∴OH＝6，=2𝐷=

设M（6，d），

∵MA＝MC，

∴4+d2＝36+（d﹣32a）2，

得2ad＝32a2+1，

∴d＝16a，

112

+=(4�−)+42

2�2�

∴当4时，有最小，

1

�=�=42

2�

即当a时，有最小；

2

（3）∵=P8（t，t），�=42

∴点P在直线y＝x上，

如图3，取AB的中点T，过T作MT⊥AB，以M为圆心，MA为半径作M，MT与直线y＝x交于点S，

P′为直线y＝x上异于P的任意一点，连接AP′，交M于点K，连接⊙BK，MP，AP，BP，MB，MA，

⊙

当M与直线y＝x相切时，有∠APB＝∠AKB＞∠AP′B，

∴∠⊙APB最大，此时相切点为P，

设M（6，d），而T（6，0），

∴S（6，6），

第20页共78页.

∴∠PSM＝90°﹣∠SOT＝45°，

又MP＝MB，

2

∴MS=4+�，

2

∵MS+=MT2＝�S�T=＝6，2�+8

∴，

2

解得2，�d+＝82（+负�根=舍6去），

经检验，d＝2是原方程的解，也符合题意，

∴M（6，2），

∴MB＝2，

∵∠AMB＝22∠APB，MT⊥AB，MA＝MB，

∴∠AMT＝∠BMT∠AMB＝∠APB，

1

=2

∴sin∠APB＝sin∠BMT．

��2

【点评】本题是二次函数=的𝐷综=合题2，主要考查了二次函数的图象与性质，解直角三角形，圆周角定理和

圆与直线切线性质，难度较大，第（3）题的关键是构造辅助圆确定当∠APB达到最大时的P点位置．

2．（2020•汇川区三模）如图，在平面直角坐标系上，一条抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过A（1，0）、B

（3，0）、C（0，3）三点，连接BC并延长．

（1）求抛物线的解析式；

（2）点M是直线BC在第一象限部分上的一个动点，过M作MN∥y轴交抛物线于点N．

1°求线段MN的最大值；

2°当MN取最大值时，在线段MN右侧的抛物线上有一个动点P，连接PM、PN，当△PMN的外接圆

圆心Q在△PMN的边上时，求点P的坐标．

第21页共78页.

【分析】（1）将三个已知点坐标代入抛物线的解析式中列出方程组求得a、b、c，便可得抛物线的解析

式；

（2）1°用待定系数法求出直线BC的解析式，再设M的横坐标为t，用t表示MN的距离，再根据二次

函数的性质求得MN的最大值；

2°分三种情况：当∠PMN＝90°时；当∠PNM＝90°时；当∠MPN＝90°时．分别求出符合条件的P

点坐标便可．

【解答】解：（1）把A、B、C三点的坐标代入抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）中，得

，

�+�+�=0

9�+3�+�=0

�=3

解得，，

�=1

�=−4

∴抛物线�的=解3析式为：y＝x2﹣4x+3；

（2）1°设直线BC的解析式为y＝mx+n（m≠0），则

，

3�+�=0

解�得=，3，

�=−1

∴直线B�C=的3解析式为：y＝﹣x+3，

设M（t，﹣t+3）（0＜t＜3），则N（t，t2﹣4t+3），

∴MN＝﹣t2+3t，

329

=−(�−2)+4

∴当t时，MN的值最大，其最大值为；

39

=

2°∵△P2MN的外接圆圆心Q在△PMN的4边上，

∴△PMN为直角三角形，

由1°知，当MN取最大值时，M（，），N（，），

3333

−

当∠PMN＝90°时，PM∥x轴，则2P2点与M点2的纵坐4标相等，

①

∴P点的纵坐标为，

3

当y时，y＝x2﹣24x+3，

33

=2=2

解得，x，或x＜（舍去），

4+104−103

=2=22

第22页共78页.

∴P（，）；

4+103

当∠PN2M＝902°时，PN∥x轴，则P点与N点的纵坐标相等，

②

∴P点的纵坐标为，

3

−

当y时，y＝x2﹣44x+3，

33

=−=−

解得，x4，或x（舍去），4

53

=2=2

∴P（，）；

53

−

当∠2MPN4＝90°时，则MN为△PMN的外接圆的直径，

③∴△PMN的外接圆的圆心Q为MN的中点，

∴Q（，），半径为，

3319

𝑀=

过Q作2QK8∥x轴，与在2MN右8边的抛物线图象交于点K，如图，

②

令y，得y＝x2﹣4x+3，

33

=8=8

解得，x＜（舍），或x，

8−2238+22

=42=4

∴K（，），

8+223

∴QK4＞8，即K点在以MN为直径的Q外，

2+229

设抛物=线y4＝x2﹣48x+3的顶点为点L，则l（2，⊙﹣1），

连接LK，如图，则L到QK的距离为，

311

②+1=

LK，88

8+22232209

=(4−2)+(8+1)=8

第23页共78页.

设Q点到LK的距离为h，则

，

1111

𝑄⋅=𝑄⋅ℎ

282

∴＞，

11112+22

8𝑄8×422209+11209×229

ℎ=𝑄=209=4×209≈1.278

∴直线LK下方的抛8物线与Q没有公共点，

∵抛物线中NL部分（除N⊙点外）在过N点与x轴平行的直线下方，

∴抛物线中NL部分（除N点外）与Q没有公共点，

∵抛物线K点右边部分，在过K点与⊙y轴平行的直线的右边，

∴抛物线K点右边部分与Q没有公共点，综上，Q与MN右边的抛物线没有交点，

∴在线段MN右侧的抛物线⊙上不存在点P，使△PM⊙N的外接圆圆心Q在MN边上；

综上，点P的坐标为（，）或（，）．

4+10353

−

【点评】本题是二次函数的2综合题2，主要2考查了待4定系数法，二次函数的最值的应用，直角三角形的存

在性质的探究，圆的性质，第（2）题的1°题关键是把MN表示成t二次函数，用二次函数求最值的方

法解决问题；第（2）2°小题关键是分情况讨论．难度较大．

3．（2020•望城区模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yx2﹣bx+c交x轴于点A，B，点B的坐标

1

为（4，0），与y轴于交于点C（0，﹣2）．=2

（1）求此抛物线的解析式；

（2）在抛物线上取点D，若点D的横坐标为5，求点D的坐标及∠ADB的度数；

（3）在（2）的条件下，设抛物线对称轴l交x轴于点H，△ABD的外接圆圆心为M（如图1），

求点M的坐标及M的半径；

①⊙

第24页共78页.

过点B作M的切线交于点P（如图2），设Q为M上一动点，则在点运动过程中的值是否变化？

𝑄

②⊙⊙

若不变，求出其值；若变化，请说明理由．��

【分析】（1）c＝﹣2，将点B的坐标代入抛物线表达式得：04b﹣2，解得：b，即可求解；

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