第11讲 圆（含答案详解）-全国重点高中自主招生大揭秘

圆

一、填空题

1．（2022·福建·九年级统考竞赛）如图，ABCD为圆O的内接四边形，且AC⊥BD，若AB=10，CD=8，则

圆O的面积为______．

2．（2022·广东·九年级统考竞赛）古希腊数学家希波克拉底曾研究过如图所示的几何图形，此图由三个半

圆构成，三个半圆的直径分别为RtABC的斜边BC，直角边AB，AC．若以AB，AC为直径的两个半圆

的弧长总长度为2，则以斜边BC为直径的半圆面积的最小值为________．

3．（2018·全国·九年级竞赛）已知D是ABC内一点，E是AC的中点，AB6，BC10，BADBCD，

EDCABD，则DE__________．

4．（2022春·湖南长沙·八年级校联考竞赛）如图1～4，在直角边分别为3和4的直角三角形中，每多作一

条斜边上的高就增加一个三角形的内切圆，依此类推，图10中有10个直角三角形的内切圆，它们的面积

分别记为S1，S2，S3，…，S10，则S1+S2+S3+…+S10=______．

5．（2016秋·山东泰安·九年级竞赛）如图是“横店影视城”的圆弧形门，妙可同学到影视城游玩，很想知道

这扇门的相关数据．于是她从景点管理人员处打听到：这个圆弧形门所在的圆与水平地面是相切的，

cm，BD200cm，且AB，CD与水平地面都是垂直的．根据以上数据，你帮助妙可同学计

算这个圆弧形门的最高点离地面的高度是_________．

6．（2015秋·山东临沂·九年级竞赛）已知正六边形的边心距为3，则它的周长是______．

7．（2015秋·山东临沂·九年级竞赛）如果圆锥的底面周长是20π，侧面展开后所得的扇形的圆心角为120°，

则圆锥的母线长是________．

8．（2015秋·山东泰安·九年级竞赛）如图，直线AB与半径为2的⊙O相切于点C，点D、E、F是⊙O上

三个点，EF//AB，若EF=23，则∠EDC的度数为__________

二、单选题

9．（2016秋·山东临沂·九年级竞赛）如图，平行四边形ABCD的顶点A、B、D在⊙O上，顶点C在⊙O

直径BE上，连结AE，若∠E=36°，则∠ADC的度数是（）

A．44°B．53°C．72°D．54°

1

10．（2017秋·江苏镇江·九年级竞赛）如图，AB为半圆O的直径，C为半圆上一点，且AC为半圆的，

3

设扇形AOC、△COB、弓形BmC的面积分别为S1、S2、S3，则下列结论正确的是（）．

A．S1S2S3B．S3S2S1C．S2S3S1D．S2S1S3

11．（2016秋·山东泰安·九年级竞赛）在平面直角坐标系中有两点A（-1,2）,B（3,2），若点C是坐标轴上

的一点，且△ABC是直角三角形，则满足条件的点C的个数为()

A．3B．4C．5D．6

12．（2015秋·山东临沂·九年级竞赛）如图，⊙O的半径OD⊥弦AB于点C，连结AO并延长交⊙O于点

E，连结EC．若AB=8，CD=2，则EC的长为（）

A．2B．2C．2D．8

13．（2015秋·山东泰安·九年级竞赛）如图1，在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个半径为1cm的圆形，使

之恰好围成图2所示的一个圆锥，则圆锥的高为（）.

A．17cmB．4cmC．15cmD．3cm

14．（2015秋·山东泰安·九年级竞赛）如图，在平面直角坐标系中，点A在第一象限，⊙A与x轴交于B

（2，0）、C（8，0）两点，与y轴相切于点D，则点A的坐标是（）.

A．（3，5）B．（4，5）C．（5，3）D．（5，4）

15．（2016·全国·九年级竞赛）如图，⊙O的半径OD垂直于弦AB，垂足为点C，连接AO并延长交⊙O于

点E，连接BE，CE．若AB=8，CD=2，则BCE的面积为（）

△

A．12B．15C．16D．18

三、解答题

16．（2023春·浙江宁波·九年级校联考竞赛）如图1，菱形ABCD的边长为12cm，∠B＝60°，M，N分别

在边AB，CD．上，AM＝3cm，DN＝4cm，点P从点M出发，沿折线MB﹣BC以1cm/s的速度向点C匀速

运动（不与点C重合）；△APC的外接圆⊙O与CD相交于点E，连接PE交AC于点F．设点P的运动时

间为ts．

(1)∠APE＝°；

(2)若⊙O与AD相切，

①判断⊙O与CD的位置关系；

②求APC的长；

(3)如图3，当点P在BC上运动时，求CF的最大值，并判断此时PE与AC的位置关系；

(4)若点N在⊙O的内部，直接写出t的取值范围．

17．（2022·福建·九年级统考竞赛）已知矩形ABCD的边AB=21，BC=19，r是给定的小于1的正实数．

(1)在矩形ABCD内任意放入114个直径为1的圆．证明：在矩形ABCD内一定还可以放入一个直径为r的

圆，它和这114个圆都没有交点（也不在某个圆的内部）；

(2)在矩形ABCD内任意放入95个单位正方形（边长为1的正方形）．证明：在矩形ABCD内一定还可以放

入一个直径为r的圆，它和这95个正方形都没有交点（也不在某个正方形的内部）．

12

18．（2012·全国·九年级竞赛）已知抛物线yxbxc的顶点为P，与x轴的正半轴交于Ax,0、

61

3

Bx2,0x1x2两点，与y轴交于点C，PA是ABC的外接圆的切线．设M0,，若AM//BC，求抛

2

物线的解析式．

19．（2013·全国·九年级竞赛）在ABC中，ABAC，O、I分别是ABC的外心和内心，且满足

ABAC2OI．求证：

（1）OI//BC；

（2）S△AOCS△AOB2S△AOI．

20．（2022·广东·九年级统考竞赛）已知MPN的两边分别与圆O相切于点A，B，圆O的半径为r．

（1）如图1，点C在点A，B之间的优弧上，MPN80，求ACB的度数；

（2）如图2，点C在圆上运动，当PC最大时，要使四边形APBC为菱形，APB的度数应为多少？请说

明理由；

（3）若PC交圆O于点D，求第（2）问中对应的阴影部分的周长（用含r的式子表示）．

21．（2015秋·山东临沂·九年级竞赛）如图，AB是⊙O直径，D为⊙O上一点，AT平分∠BAD交⊙O于

点T，过T作AD的垂线交AD的延长线于点C．

（1）求证：CT为⊙O的切线；

（2）若⊙O半径为2，CT=3，求AD的长．

参考答案：

1．41

【分析】连接AO，并延长交圆O于点E，连接EB，EC，可得ADEACE90，从而可得BD//CE，

得到CDBE，所以BE=CD，由勾股定理可得AE的长，从而可求出圆O的面积．

【详解】解：如图，连接AO，并延长交圆O于点E，连接EB，EC．

则ABBE，ACCE．

∵ACBD，

∴BD//EC，

∴CDBE

∴BE=CD，

∵CD8

∴EBCD8．

在Rt△ABE中，AB=10，EB8

所以，由勾股定理得，AEAB2BE210282241

1

∴OAAE41．

2

所以圆O的面积为OA241．

【点睛】本题主要考查了直径所对的圆周角是直角以及在同圆或等圆中平行弦所夹弧相等等知识，正确作

出辅助线构造直角是解答本题的关键．

2．

11

【分析】设AB=a，AC=b，由题意可得ab2,ab4．根据勾股定理可得：BCa2b2．以

22

1BC

斜边BC为直径的半圆面积S()2(a2b2)，再利用基本不等式的性质即可得出．

228

【详解】解：设AB=a，AC=b，

∵以AB，AC为直径的两个半圆的弧长总长度为2π，

11

则ab2，

22

化简为：a+b=4．

∵∠BAC90，

∴BCa2b2．

∴以斜边BC为直径的半圆面积

1BC(ab)242

S()2(a2b2)，

2288282

当且仅当a=b=2时取等号．

∴以斜边BC为直径的半圆面积的最小值为π．

故答案为：π．

【点睛】本题考查了圆的性质、勾股定理、基本不等式，考查了推理能力与计算能力．

3．4

【分析】延长CD至F，使DFDC，则有A，F，B，D四点共圆，得到△BCF是等腰三角形，利用三线

合一可得FAB90，进而用勾股定理求出AF8，再利用中位线性质求出DE4．

1

【详解】延长CD至F，使DFDC，则DE∥AF且DEAF，

2

∴AFDEDCABD，

∴A，F，B，D四点共圆，

∴BFDBADBCD，

∴BFBC10，

∴BDFC，

∴FABFDB90．

又AB6，

∴AF102628，

1

∴DEAF4．

2

故答案为：4

【点睛】本题考查了三角形中位线定理，四点共圆，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，解题的关键

是能够构建四点共圆．

4．π.

【详解】

图1,过点O做OE⊥AC,OF⊥BC,垂足为E.F,则∠OEC=∠OFC=90°

∵∠C=90°

∴四边形OECF为矩形

∵OE=OF

∴矩形OECF为正方形

设圆O的半径为r,

则OE=OF=r,

AD=AE=3−r,

BD=4−r

345

∴3−r+4−r=5,r==1

2

2

∴S1=π×1=π

11

图2,由SABC=×3×4=×5×CD

22

12△

∴CD=

5

129

由勾股定理得：AD=32()2

55

916

,BD=5−=，

55

由(1)得：

912

3

⊙的半径3

O=55,

25

1216

4

⊙的半径4，

E=55

25

3242

∴S1+S2=π×()+π×()=π.

55

112161

图3,由SCDB=××=×4×MD

2552

4△8

∴MD=，

25

124836

由勾股定理得：CM=()2()2,

52525

3664

MB=4−=，

2525

3

由(1)得：⊙O的半径=,

5

12

⊙E的半径=，

25

16

∴⊙F的半径=，

25

31216

∴S1+S2+S3=π×()2+π×()2+π×()2=π

52525

5．520cm．

【详解】试题解析：连接OF，交AD于点E，

∵BC是⊙O的切线，

∴OF⊥BC，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，

∴OE⊥AD，EF=AB，

ADBC

设圆O的半径为R，在Rt△AOE中，AE==100

22

OE=R-AB=R-20，

∵AE2+OE2=OA2，

∴1002+（R-20）2=R2，

解之R=260．

260×2=520（cm）．

答：这个圆弧形门的最高点离地面的高度为520cm．

考点：垂径定理的应用；勾股定理．

6．12

【分析】首先由题意画出图形，易证得△OAB是等边三角形，又由正六边形的边心距利用三角函数的知识

即可求得OA的长，即可得AB的长，继而求得它的周长．

【详解】如图，连接OA，OB，

∵六边形ABCDEF是正六边形，

1

∴∠AOB=×360°=60°，

6

∵OA=OB，

∴△OAB是等边三角形，

∴∠OAH=60°，

∵OH⊥A，OH=3，

OH

∴OA2，

sin60

∴AB=OA=2，

∴它的周长是：2×6=12

考点：正多边形和圆

点评：此题考查了圆的内接正多边形的性质．此题难度不大，注意数形结合思想的应用

7．30

【分析】圆锥的底面周长即为侧面展开后扇形的弧长，已知扇形的圆心角，所求圆锥的母线即为扇形的半

径，利用扇形的弧长公式求解．

【详解】解：∵圆锥的底面周长是20π

∴侧面展开后所得的扇形的弧长是20π

∵侧面展开后所得的扇形的圆心角为120°

18020

∴侧面展开后所得的扇形的半径为：＝30

120

∵圆锥的母线就是侧面展开后所得的扇形的半径

∴圆锥的母线长度为30.

故答案为30.

【点睛】本题考查了圆锥的计算．关键是体现两个转化，圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的弧长为圆锥的

底面周长，扇形的半径为圆锥的母线长．

8．

【详解】分析：连接OC、OE，由切线的性质知OC⊥AB，而EF∥AB，则OC⊥EF；设OC交EF于M，

在Rt△OEM中，根据垂径定理可得到EM的长，OE即⊙O的半径已知，即可求出∠EOM的正弦值，进而

可求得∠EOM的度数，由圆周角定理即可得到∠EDC的度数．

解：连接OE、OC，设OC与EF的交点为M；

∵AB切⊙O于C，

∴OC⊥AB；

∵EF∥AB，

∴OC⊥EF，则EM=MF=3；

Rt△OEM中，EM=3，OE=2；

则sin∠EOM=，∴∠EOM=60°；

∴∠EDC=∠EOM=30°．

9．D

【分析】根据直径所对的圆周角为直角可得∠BAE=90°，再根据直角三角形的性质和平行四边形的性质可

得解.

【详解】根据直径所对的圆周角为直角可得∠BAE=90°，

根据∠E=36°可得∠B=54°，

根据平行四边形的性质可得∠ADC=∠B=54°.

故选D

【点睛】本题考查了平行四边形的性质、圆的基本性质.

10．D

1

【分析】连接AC，根据△AOC的面积=△BOC的面积，得S2＜S1，再由S1占半圆面积的，可得S3大于

3

1

半圆面积的，即可求解．

3

【详解】解：连接AC，

∵AB为半圆O的直径，

∴∠ACB=90°，点O为AB的中点，

∴△AOC的面积=△BOC的面积，

∵S1大于△AOC的面积，

∴S2＜S1，

1

∵S1占半圆面积的，

3

1

∴S2小于半圆面积的

3

1

∴S3大于半圆面积的，

3

∴S2S1S3．

故选：D

【点睛】本题主要考查了扇形面积的计算，直径所对的圆周角是直角，根据题意得到△AOC的面积=△BOC

的面积是解题的关键．

11．C

【分析】分三种情况考虑：即当点A为直角顶点时；当点B为直角顶点时；当点C为直角顶点时，分别画

图，据此即可解答．

【详解】解：根据题意画出相应的图形，如图所示：

分三种情况考虑：当点A为直角顶点时，过点A作AC⊥x轴于点C1，连接BC1，此时满足题意的点为C1；

当点B为直角顶点时，过点B作BC⊥x轴于点C2，连接AC2，此时满足题意的点为C2；

当点C为直角顶点时，以AB为直径作圆，由A（-1，2），B（3，2），得到AB=4，可得此圆与x轴相切，

∴此圆与坐标轴有三个交点，分别为C3，C4，C5，

如图所示，根据直径所对的圆周角为直角可得此3点满足题意，

综上，所有满足题意的点C有5个．

故选：C．

【点睛】此题考查了圆周角定理，切线的性质，勾股定理，以及坐标与图形性质，利用了分类讨论及数形

结合的思想．

12．B

1

【详解】试题分析：由OD⊥AB，根据垂径定理得到AC=BC=AB=4，设AO=x，则OC=OD﹣CD=x﹣2，

2

在Rt△ACO中根据勾股定理得到x2=42+（x﹣2）2，解得x=5，则AE=10，OC=3，再由AE是直径，根据

圆周角定理得到∠ABE=90°，利用OC是△ABE的中位线得到BE=2OC=6，然后在Rt△CBE中利用勾股定

理可计算出CE．

试题解析：连结BE，如图，

∵OD⊥AB，

11

∴AC=BC=AB=×8=4，

22

设AO=x，则OC=OD﹣CD=x﹣2，

在Rt△ACO中，∵AO2=AC2+OC2，

∴x2=42+（x﹣2）2，解得x=5，

∴AE=10，OC=3，

∵AE是直径，

∴∠ABE=90°，

∵OC是△ABE的中位线，

∴BE=2OC=6，

在Rt△CBE中，CE=CB2BE24262213．

考点：1、垂径定理；2、勾股定理；3、三角形中位线定理；4、圆周角定理

13．C

【详解】利用已知得出底面圆的半径为：1，周长为2π，进而得出母线长，即可得出答案．

解：∵半径为1cm的圆形，

∴底面圆的半径为：1，周长为2π，

90R

扇形弧长为：2π=，

180

∴R=4，即母线为4cm，

∴圆锥的高为：161=15（cm）．

故选C．

此题主要考查了圆锥展开图与原图对应情况，以及勾股定理等知识，根据已知得出母线长是解决问题的关

键．

14．D

【详解】试题分析：连接AB，作AE⊥BC于点E，由点B、C的坐标可求得OE的长，即可得到AB，再

根据勾股定理即可求得结果.

连接AB，作AE⊥BC于点E

∵B（2，0）、C（8，0）

∴OE=5，BE=3

∴AB=5

∴

∴点A的坐标是（5，4）

故选D.

考点：勾股定理，垂径定理

点评：勾股定理与垂径定理的结合使用是初中数学的重点，是中考中比较常见的知识点，一般难度不大，

需熟练掌握.

15．A

【详解】∵⊙O的半径OD垂直于弦AB，垂足为点C，AB=8，

1

∴AC=BC=AB=4．

2

设OA=r，则OC=r﹣2，

在Rt△AOC中，

∵AC2+OC2=OA2，即42+（r﹣2）2=r2，解得r=5，

∴AE=10，

∴BE=AE2AB2102826，

11

∴△BCE的面积=BC•BE=×4×6=12．

22

故选A．

16．(1)60°

163

(2)①⊙O与CD相切；②APC

3

(3)CF的最大值为3cm，此时AC⊥PE

(4)当0<t<1时或17<t<21时，点N在圆内部；

【分析】（1）根据菱形的性质易证△ACD为等边三角形，根据同弧所对的圆周角相等即可得到∠APE的度

数；

（2）①先找出⊙O与AD相切时的情况，根据切线长定理即可证明⊙O与CD相切；②根据切线长定理和

菱形的性质，可求得圆的半径，根据弧长公式即可求解；

（3）要使CF取得最大值，则AF应该取最小值，当AC⊥PE时，AF最小，此时CF取得最大值，求出即

可；

（4）分两种情况进行讨论，当P在AB上时和当点P在BC上时．

【详解】（1）解：∵四边形ABCD为菱形，∠B＝60°，

∴∠D=∠B＝60°，AD=CD，

∴△ACD为等边三角形，

∴∠ACE=60°，

∴∠APE=∠ACE=60°，

故答案为：60°．

（2）

如图，当点P运动到点B时，⊙O与AD相切，

①∵四边形ABCD为菱形，

∴AD=CD，

∵⊙O与AD相切，

∴⊙O与CD相切；

②连接OD，

由（1）可知，∠ADC=60°，

∵AD、CD分别与⊙O相切，

1

∴∠ADO=∠ADC=30°，

2

3

∴AO=ADtan30=1243，

3

2163

∴APC(243)；

33

（3）

由图可知：CF=AC-AF，

∵AB=BC，∠B=60°，

∴△ABC为等边三角形，则AC=12cm，∠ACB=60°，

∴要使CF取得最大值，则AF应该取最小值，

当AC⊥PE时，AF最小，此时CF取得最大值，

∵点O为△APC外接圆圆心，

1

∴OA=OC=OP=AC=6cm，

2

∵∠ACB=60°，

∴CF=CPcos60=3cm，

综上：CF的最大值为3cm，此时AC⊥PE．

（4）①当点P在AB上时，

∵四边形APCE为圆的内接四边形，

∴∠APC+∠AEC=180°，

∵∠AED++∠AEC=180°，

∴∠APC=∠AED，

在△APC和△DEA中，

AC=AD，∠PAC=∠D，∠APC=∠AED，

∴△APC≌△DEA，

∴AP=DE，

当点E与点N重合时，DE=DN=AP=4，

∴MP=4-3=1cm，

∴t=1s，

当0<t<1时，点N在圆内部；

②当点P在BC上运动时，

∵∠AEP=∠ACP=60°，

∴△APE为等边三角形，

∴AP=AE，∠PAE=60°，

∵∠BAC=60°，

∴∠BAP=∠CAE，

在△BAP和△CAE中，

AB=AC，∠BAP=∠CAE，AP=AE，

∴△BAP≌△CAE，

∴BP=CE，

当点E与带你N重合时，CE=CN=BP=12-4=8cm，

MPBP

此时t==9+8=17s，

1

当点P到达点C时，t=21s，

当17<t<21时，点N在圆内部；

综上：当0<t<1时或17<t<21时，点N在圆内部．

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，切线长定理，以及和圆相关的内容，熟练掌握相关知识点是解题的

关键．注意在解题过程中灵活运用“同弧所对的圆周角相等”这一定理．

17．(1)证明见解析；

(2)证明见解析．

1

【分析】（1）将矩形ABCD的每条边向内缩进得到矩形ABCD，再把直径为1的小圆缩小为一点O进

21111

行考虑，将原直径为1的圆扩大，即以原圆心为圆心，直径为2作114个新的圆，计算可得114个新圆的

面积和小于矩形A1B1C1D1的面积，即可证明在矩形ABCD内一定还可以放入一个直径为r的圆，它和这114

个圆都没有交点（也不在某个圆的内部）；

1

（2）将矩形ABCD的每条边向内缩进得到矩形ABCD，再把直径为1的小圆缩小为一点O进行考虑，

21111

1

把每个小正方形加框，即在小正方形的每条边的外部加一个长和宽分别为1和的矩形，4个角上加上一个

2

直径为1的四分之一圆弧，计算此时95个加框图形的面积总和小于矩形A1B1C1D1的面积，即可证明在矩形

ABCD内一定还可以放入一个直径为r的圆，它和这95个正方形都没有交点（也不在某个正方形的内部）．

(1)

1

解：将矩形ABCD的每条边向内缩进，得到一个长和宽分别为20和18的矩形ABCD(如图1所示)，则

21111

矩形A1B1C1D1的面积为2018360．对矩形ABCD内任意放入的114个直径为1的圆，分别以这114个圆

的圆心为圆心，直径为2作114个新的圆(如图2所示)．因为这114个新圆的面积和等于

2

11411141143.15359.1小于矩形A1B1C1D1的面积．

所以在矩形A1B1C1D1内，一定存在一点O，它在这114个新的圆的外部．因为点O到矩形ABCD每条边的

1

距离都大于，且点O到每个旧圆圆心的距离都大于1，所以以点O为圆心，直径为r的圆一定在矩形ABCD

2

内，且与矩形内原有的114个直径为1的个圆都没有交点，也不在某个圆的内部．

所以在矩形ABCD内一定还可以放入一个直径为r的圆，它和这114个圆都没有交点(也不在某个圆的内部)．

图1图2

(2)

1

将矩形ABCD的每条边向内缩进，得到一个长和宽分别为20和18的矩形ABCD，则矩形ABCD的面

211111111

积为2018360．对矩形ABCD内任意放入的95个单位正方形，将这95个单位小正方形的每一个都加一

1

个框：在小正方形的每条边的外部加一个长和宽分别为1和的矩形，4个角上加上一个直径为1的四分之

2

一圆弧(如图3所示)．

图3

3.15

因为这95个加框的图形的面积和等于953953359.8125小于矩形A1B1C1D1的面积．所以在

44

矩形A1B1C1D1内，一定存在一点O，它在这95个加框的图形的外部．因为点O到矩形ABCD每条边的距离

11

都大于，且点O到每个单位正方形的边上的点的距离都大于，所以以点O为圆心，直径为r的圆一定在

22

矩形ABCD内，且与矩形内原有的95个单位正方形都没有交点，也不在某个正方形的内部．

所以在矩形ABCD内一定还可以放入一个直径为r的圆，它和这95个正方形都没有交点(也不在某个正方形

的内部)．

【点睛】本题主要考查了用创新性数学思维解决实际问题，解题关键是使用“缩”、“放”的构思作为证题技巧．

15

18．yx2x6

62

【分析】利用公式法求出抛物线的顶点坐标，再令x=0，求出此时对应的y值，即C的纵坐标，设△ABC

的外接圆的圆心为D，则点P和点D都在线段AB的垂直平分线上，设点D的坐标为（3b，m）．再利用

根与系数的关系求出AE的值，利用射影定理和切线的性质即可求出m的值，进而求出c的值，最后利用相

似三角形的性质求出b的值，从而求出抛物线的解析式．

1

【详解】解：∵抛物线yx2bxc中，

6

1

a,bb,cc，

6

b4acb23

∴点P的横坐标为：3b，纵坐标为：b2c，

2a4a2

3

∴点P的坐标为(3b,b2c)，

2

令x=0，则y=c，

∴点C（0，c），

设△ABC的外接圆的圆心为D，则点P和点D都在线段AB的垂直平分线上，

设点D的坐标为（3b，m）．

12

∴x1，x2是一元二次方程xbxc0的两根，

6

∴22，

x13b9b6cx23b9b6c

又∵AB的中点E的坐标为（3b，0），

∴AE9b26c．

∵PA为⊙D的切线，

∴PA⊥AD，

又∵AE⊥PD，

3

∴由射影定理可得AE2=PE•DE，即(9b26c)2(b2c)|m|，又易知m＜0，

2

∴可得m=-6，

又∵DA=DC得DA2=DC2，即(9b26c)2m2(3b0)2(mc)2，

把m=-6代入后可解得c=-6（另一解c=0舍去）．

又∵AM∥BC，

3

OAOM2||

∴，即3b9b6c2．

OBOC

3b9b26c|6|

55

把c=-6代入，解得b，（另一解b舍去）．

22

15

∴抛物线的解析式为yx2x6．

62

【点睛】本题综合性的考查了二次函数的各种性质、圆的切线的性质、平行线的性质、射影定理的运用，

根与系数的关系以及相似三角形的判定和性质，题目的难度非常大．

19．（1）证明见解析；（2）证明见解析

【详解】证明（1）作OMBC于M，INBC于N．

设BCa，ACb，ABc．

11

易求得CMa，CN(abc)，

22

1

所以MNCMCNcbOI，

2

又MN恰好是两条平行线OM，IN之间的垂线段，所以OI也是两条平行线OM，IN之间的垂线段，

所以OI//MN，所以OI//BC．

（2）由（1）知OMNI是矩形，连接BI，CI，设OMINr（即为ABC的内切圆半径），则

S△AOCS△AOBS△AOIS△COIS△AIOS△AIBS△AO