专题31二次函数与圆压轴问题-中考数学压轴大题之经典模型培优案（全国通用）

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中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题31二次函数与圆压轴问题
经典例题



【例1】．（2022·江苏常州·校考二模）已知二次函数图象的顶点坐标为A2,0，且与y轴交于点0,1，B点坐标为2,2，点C为抛物线上一动点，以C为圆心，CB为半径的圆交x轴于M，N两点（M在N的左侧）．

(1)求此二次函数的表达式；
(2)当点C在抛物线上运动时，弦MN的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不发生变化，求出弦MN的长；
(3)当△ABM与△ABN相似时，求出M点的坐标．
【答案】(1)y=14x−22
(2)不变，4
(3)M0,0,22,0,−22,0

【分析】（1）设抛物线的表达式为y=ax−22，然后将0,1代入可求得a的值，从而可求得二次函数的表达式；
（2）过点C作CH⊥x轴，垂足为H，连接BC、CN，由勾股定理可知HC2=CN2−CH2=BC2−CH2，依据两点间的距离公式可求得HN=2，结合垂径定理可求得MN的长；
（3）分为点C与点A重合，点C在点A的左侧，点C在点A的右侧三种情况画出图形，然后依据相似三角形的对应边成比例可求得AM的距离，从而可求得点M的坐标．
【详解】（1）设抛物线的表达式为y=ax−22，
将0,1代入得：4a=1，解得：a=14
∴抛物线的表达式为：y=14x−22
（2）MN的长不发生变化．
理由：如图1所示，过点C作CH⊥x轴，垂足为H，连接BC、CN．

设点C的坐标为a,14a−22．
∵CH⊥MN，
∴MH=HN，
∵HN2=CN2−CH2=CB2−CH2，
∴HN2=[2−14a−22]2+（a−2）2−[14a−22]2=4．
∴HN=2，
∴MN=4，
∴MN不发生变化．
（3）如图2所示：

①当点C与点A重合时．
∵MN经过点C，
∴MN为圆C的直径，
∴MC=2，
∵点C2,0，
∴M0,0．
②如图3所示：

∵△ABM∽△ANB，
∴ABAM=ANAB，即AB2=AM•AN，
设AM=a，则4=aa+4，
解得：a1=−2+22,a2=−2−22（舍去），
又∵点A2,0，
∴2+−2+22=22，
∴点M的坐标为22,0．
如图4所示：

∵△ABN∽△AMB，
∴AB2=AM•AN，
设AM=a，则4=aa+4，
解得：a1=−2+22,a2=−2−22（舍去），
又∵点A2,0，
∴2−−2+22=−22，
∴点M的坐标为−22,0．
【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了待定系数法求二次函数函数的解析式、垂径定理、两点间的距离公式、勾股定理、相似三角形的性质，分为点C与点A重合，点C在点A的左侧，点C在点A的右侧三种情况画出图形，并由相似三角形的性质求得AM的长是解题的关键．
【例2】（2022·湖南岳阳·模拟预测）已知：二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，其中点A为（﹣1，0），与y轴负半轴交于点C（0，﹣2），其对称轴是直线x＝32．

(1)求二次函数y＝ax2+bx+c的解析式；
(2)圆O′经过点△ABC的外接圆，点E是AC延长线上一点，∠BCE的平分线CD交圆O′于点D，连接AD、BD，求△ACD的面积；
(3)在（2）的条件下，二次函数y＝ax2+bx+c的图象上是否存在点P，使得∠PDB＝∠CAD？如果存在，请求出所有符合条件的P点坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝12x2﹣32x﹣2
(2)54
(3)存在，点P的坐标为（4+62，6−94）或（72+212，32+21）

【分析】（1）根据抛物线具有对称性，可以求出点B的坐标，再用待定系数法求解析式即可．
（2）根据△AOC∽△COB以及圆的相关性质，可知△ABD为等腰直角三角形，从而得出O'D与AB的数量关系，列式求解即可．
（3）使得∠PDB=∠CAD的点P存在两种情况，利用相似导出线段之间的比值，再用直线和抛物线解析式联立求得相关点的坐标．
（1）
解：∵A（﹣1，0），对称轴为直线x＝32，
∴B（4，0），
把点A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣2），代入得∶
c=−2a−b+c=016a+4b+c=0，解得a=12b=32c=−2，
∴抛物线的解析式为y＝12x2﹣32x﹣2．
（2）
解∶∵A（﹣1，0），B（4，0），C（0，﹣2），
∴OA＝1，OB＝4，OC＝2，
∴OCOA=OBOC，
又∵∠AOC＝∠COB＝90°，
∴△AOC∽△COB，
∴∠BAC＝∠BCO，
∴∠ACB＝90°，
∴AB为圆O′的直径，O′点坐标为（32，0），
∴∠ADB＝90°，
又∵CD平分∠BCE，
∴∠BCD＝∠ECD＝45°，
∴∠BAD＝45°，
∴△ADB为等腰直角三角形，
连接OD′，则DO′＝12AB，DO′⊥AB，
∴DO′＝52，D的坐标为（32，﹣52），
设AD与y轴交于点F，
∵∠DAB＝45°，
∴OF＝OA＝1，
∴CF＝1，过D作DH垂直于y轴，
∵D（32，﹣52），
∴DH＝32，OH＝52，
∴S△ACD＝S△ACF+S△DCF＝12×1×1+12×1×32＝54．

（3）
解∶抛物线上存在点P，使得∠PDB＝∠CAD，分两种情况讨论：

①过D作MN∥BC，交y轴于点M，
∵MN∥BC，
∴∠BDN＝∠CBD，∠OCB＝∠HMD，
又∵∠CBD＝∠CAD，
∴∠BDN＝∠CAD，
∴直线MN与抛物线在D点右侧的交点即为点P，
∵∠OCB＝∠HMD，∠COB＝∠MHD＝90°，
∴△HDM∽△OCB，
∴MHDH=OCOB=24，
∵DH＝32，
∴MH＝43，M（0，﹣134）．
设直线MD的解析式为y＝mx+n，则有32m+n=−52n=−134，
解得m=12n=−134，
∴直线MD的解析式为y=12x−134，
联立得∶y=12x2−32x−2y=12x−134，
解得x1=4+62y1=6−94，x2=4−62y2=6+94（舍去），
∴P14+62,6−94．
②过点D作∠O′DG＝∠O′BC，交x轴于点G点，
∵∠O′DB＝∠O′BD＝45°，
∴∠GDB＝∠CBD＝∠CAD，即直线DG与抛物线在点D右侧的交点即为P点，
又∵∠DO′G＝∠COB，
∴△O′GD∽△OCB，
∴OBO′D=OCO′G，
∴452=2O′G，
∴O′G＝54 ，
∴G（114，0），
设直线DG的解析式为y＝kx+b，
则有0=114k+b−52=32k+b，解得k=2b=−112
∴直线DG的解析式为y＝2x﹣112，
联立得∶y=2x−112y=12x2−32x−2，
解得x1=72−212y1=32−21（舍去），x2=72+212y2=32+21，
∴P72+212,32+21，
综上所述，点P的坐标为（4+62，6−94）或（72+212，32+21）．
【点睛】此题考查了待定系数法求函数解析式，以及几何图形和二次函数相结合的应用，利用相似找到线段之间的比例关系，从而求出点坐标是解题关键．
【例3】（2022·江苏徐州·统考二模）如图，已知二次函数y=ax2+bx+c的图像与x轴交于A−1,0，B2,0两点，与y轴交于点0,2．

(1)求此二次函数的表达式；
(2)点Q在以BC为直径的圆上（点Q与点O，点B，点C均不重合），试探究QO，QB、QC的数量关系，并说明理由．
(3)E点为该图像在第一象限内的一动点，过点E作直线BC的平行线，交x轴于点F．若点E从点C出发，沿着抛物线运动到点B，则点F经过的路程为______．
【答案】(1)y=−x2+x+2
(2)当Q在第一象限内的圆弧上时，QC+QB=2OQ，当Q在OC上时QB−QC=2OQ当Q在OB上时，QC−QB=2OQ   理由见解析
(3)2

【分析】(1)把过点的坐标代入解析式，确定a、b、c值即可．
(2)分点Q在第一象限内的弧上、弧OC和弧OB上，三种情况求解．
(3) 设直线BC的解析式为y=kx+b，确定其解析式，根据直线与抛物线相切时，点F运动最远，确定水平值，结合题意确定距离即可．
【详解】（1）设y=ax+1x−2将0,2代入得a=−1
∴y=−x2+x+2．
（2）如图1，当Q在余下第一象限半圆上时，QC+QB=2OQ.

∵点C(0，2)，点B(2，0)，
∴OB=OC=2，BC=OC2+OB2=22，
设QO与BC交于点D，
∵∠BOD=∠QOB，∠OCB=∠OBD=∠OQB=45°，
∴△OBD∽△OQB，
∴OBOQ=ODOB=BDQB，
∴OQ=OB2OD=4OD，QB=BD·OQOB=BD·OQ2
同理可证，△OCD∽△OQC，
∴OCOQ=CDQC，
∴QC=OQ·CDOC=OQ·CD2，
∴QB+QC=BD·OQ2+CD·OQ2=(BD+CD)·OQ2=CB·OQ2=22×OQ2=2OQ；
如图2，当Q在OC上时QB−QC=2OQ．
在QB上截取QP=QC，连接CP，并延长，交圆于点N，连接BN，
∵BC是圆的直径，
∴∠CQP=∠PNB=90°，
∴∠QCP=∠QPC=∠BPN=∠PBN=45°，
∴PN=BN，PB=2PN，
∵OB=OC，

∴∠OQB=∠OCB=∠OBC=45°，
∴∠OQB=∠BPN，
∴QO∥PN，
∴QC=ON，∠OQC+∠QCP=180°，∠QCN=∠ONC，
∵∠OQC=135°，
∴∠QCN=∠ONC=45°，
∴∠BPN=∠ONC=45°，
∴QP∥ON，
∴四边形PQON是平行四边形，
∴PN=QO，
∴PB=2QO，
∴QB-QP=2QO，
∴QB-QC=2QO．
如图3，当Q在OB上时，QC−QB=2OQ．
在QC上截取CN=QB，连接ON，
∵BC是圆的直径，
∴∠COB=90°，
∴∠CON+∠NOB=90°，
∵OB=OC，∠OCN=∠OBQ，CN=BQ，
∴△OCN≌△OBQ，
∴ON=OQ，∠O=CON=∠BOQ，
∴∠BOQ +∠NOB=90°，
∴∠NOQ=90°，

∴NQ=2QO，
∴QC-CN=2QO，
∴QC-QB=2QO．
（3）如图4，设直线BC的解析式为y=kx+b，
根据题意，得2k+b=0b=2，
解得k=−1b=2，
∴解析式为y=-x+2，
设E的坐标为(n，−n2+n+2)，
∵EF∥BC，
∴设直线EF的解析式为y=-x+p，
∴−n2+n+2= -n+p，
∴p=−n2+2n+2，
∴设直线EF的解析式为y=-x−n2+2n+2，
当直线EF与抛物线相切时，F到达最远位置，此时，
-x−n2+2n+2=−x2+x+2的判别式为0，

故x2−2x−n2+2n=0的判别式为0，
∴(−2)2−4(−n2+2n)=0，
解得n=1，
∴EF的解析式为y=-x+3，
令y=0，得-x+3=0，解得x=3，
此时点F水平运动的最大距离为3，
实际运动距离为3-2=1；
当E经过这个位置后，点F向左运动，回到B位置，此时运动距离也是1，
故F运动的距离为1+1=2．
【点睛】本题考查了抛物线的解析式，圆的基本性质，判别式的应用，三角形的相似和性质，熟练掌握待定系数法，三角形相似和根的判别式是解题的关键．
【例4】（2022·云南德宏·统考一模）二次函数y=34x2+bx+c的图象经过点A（－1，0）和点C（0，－3）与x轴的另一交点为点B．

(1)求b，c的值；
(2)定义：在平面直角坐标系xOy中，经过该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．问：在该二次函数图象的对称轴上是否存在一点Q，以点Q为圆心，5610为半径作⊙Q，使⊙Q是二次函数y=34x2+bx+c的坐标圆？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图所示，点M是线段BC上一点，过点M作MP//y轴，交二次函数的图象于点P，以M为圆心，MP为半径作⊙M，当⊙M与坐标轴相切时，求出CMMB的值．
【答案】(1)b=−94，c=－3
(2)存在，圆心Q的坐标为(32，−56)
(3)CMMB值是2或13

【分析】（1）把点坐标代入解析式求解即可；
（2）先求出二次函数与坐标轴的交点坐标，在通过△ABC两边中垂线的交点确定圆心Q，在计算半径即可；
（3）分两种情况设出点坐标，利用坐标表示出线段，再分别计算出结果即可．
【详解】（1）解：把点A (－1，0)和点C (0，－3)代入y=34x2+bx+c
得：0=34−b+cc=−3 ，
解方程组得：b=−94c=−3，
∴b=−94，c=－3；
（2）存在，理由如下：
如图所示，

由（1）可知二次函数的解析式为：y=34x2−94x−3，
令34x2−94x−3=0，
解得：x1=−1，x2=4，
所以点A (－1，0)，点B (4，0)
∵点C (0，－3)
∴AB=BC=5
∴△ABC是等腰三角形
根据坐标圆的定义，⊙Q经过点A、B、C ，
∴圆心Q为AB的垂直平分线与AC的垂直平分线的交点．
∵AB的垂直平分线即为二次函数的对称轴x=32，可求得AC的中点F的坐标为(−12,−32)，
所以AC垂直平分线BF的解析式为y=13x−43，求得点Q坐标为(32，−56)
在Rt△QNB中，根据勾股定理求得QB=5106．
所以存在符合题意的坐标圆，其圆心Q的坐标为(32，−56)．
（3）设BC直线的解析式为：y＝kx+b，
把B (4，0)、C (0，3)的坐标代入y＝kx+b得：0=4k+bb=−3
解得：k=34b=−3，
∴BC直线的解析式为：y=34x−3，
⊙M与坐标轴相切，有两种情况，
①当⊙M与y轴相切时，如图所示：
过点M作MD⊥y轴，垂足为点D，
则点D为⊙M与y轴的切点，即PM＝DM=x，
设P(x，34x2−94x−3)，M(x，34x−3)，
则PM＝(34x−3) － (34x2−94x−3)，
∴(34x−3)－(34x2−94x−3)＝x
解得：x1＝83，x2＝0，
当x=0时，点M与点C重合，不合题意舍去；
∴⊙M的半径为DM＝83，
∴M（83，1）
∵△CDM∽△COB，根据相似三角形的性质，解得CM =103，
∴ MB=5−103= 53
∴CMMB=2

②当⊙M与x轴相切时，如图所示：

延长PM交x轴于点E，由题意可知：
点E为⊙M与x轴的切点，所以PM＝ME，
设P(x，34x2−94x−3)，M(x，34x−3)，
则PM＝(34x−3) － (34x2−94x−3)，PE=－34 x+3
∴(34x−3)－(34x2−94x−3)＝－34 x+3，
解得：x1＝1，x2＝4
当x=4时，点M与点B重合，所以不合题意舍去，
∴⊙M的半径为：PM=ME＝−34+3＝94；∴M（1，94）
△MEB∽△COB，根据相似三角形的性质，解得CM =54
∴MB=5−54= 154
∴CMMB=13
综上所述，CMMB值是2或13．
【点睛】本题考查二次函数综合，圆切线的性质，确定圆的条件，理清知识点，求出点坐标，转化为线段，结合函数表达式进行求解是解题的关键．

培优训练


1．（2023秋·湖北武汉·九年级华中科技大学附属中学校考阶段练习）如图，已知抛物线经过点A(−1,0)，B(3,0)，C(0,3)三点，点D是直线BC绕点B逆时针旋转90°后与y轴的交点，点M是线段AB上的一个动点，设点M的坐标为m,0，过点M作x轴的垂线交抛物线于点E，交直线BD于点F．

(1)求该抛物线所表示的二次函数的解析式；
(2)在点M运动过程中，若存在以EF为直径的圆恰好与y轴相切，求m的值；
(3)连接AC，将△AOC绕平面内某点G旋转180°后，得到△A1O1C1，点A、O、C的对应点分别是点A1、O1、C1，是否存在点G使得△AOC旋转后得到的△A1O1C1的两个顶点恰好落在抛物线上，若存在，直接写出G点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3；
(2)m=2；
(3)点G的坐标为−12,−32或14,158．

【分析】（1）抛物线的表达式为：y=ax+1x−3，将C(0,3)代入求出a的值，即可求解；
（2）以EF为直径的圆与y轴相切，则EF=2OM，即可求解；
（3）分点A1、C1在抛物线上、O1、C1在抛物线上、O1、A1在抛物线上三种情况，分别求解即可．
【详解】（1）解：设抛物线的表达式为：y=ax+1x−3，
将C(0,3)代入得−3a=3，
解得：a=−1，
故抛物线的表达式为：y=−x2+2x+3；
（2）解：∵点C(0,3)，
由题意得点D(0,−3)，
由B、D的坐标得：直线BD的表达式为：y=x−3，
∵设点M的坐标为m,0，
则点Em,−m2+2m+3，点Fm,m−3，
以EF为直径的圆与y轴相切，
则EF=2OM，
即：EF=−m2+2m+3−m−3=−m2+m+6，
∴−m2+m+6=2m，
解得：m=2或−3（舍去）；
综上，m=2；
（3）∵A(−1,0)，B(3,0)，C(0,3)，
∴OA=1，OC=3，
设点A1的坐标为：x,y，
则点O1x−1,y，点C1x−1,y−3，
①当点A1、C1在抛物线上时，

将这两个点的坐标代入抛物线表达式得：
y=−x2+2x+3y−3=−(x−1)2+2(x−1)+3，
解得：x=0y=3，
故点A10,3，
∴点A、A1的中点坐标为：−12,−32，
∴G点的坐标为−12,−32；
②当点O1、C1在抛物线上时，
将这两个点的坐标代入抛物线表达式得：
y=−(x−1)2+2(x−1)+3y−3=−(x−1)2+2(x−1)+3，方程无解，
故此种情况不存在；
③当点O1、A1在抛物线上时，

将这两个点的坐标代入抛物线表达式得：
y=−x2+2x+3y=−(x−1)2+2(x−1)+3，
解得：x=32y=154，
故点A132,154，
∴点A、A1的中点坐标为：14,158，
∴G点的坐标为14,158；
综上，点G的坐标为−12,−32或14,158．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了一次函数的性质、二次函数的性质、圆的基本知识、图形的旋转等，解题的关键是掌握二次函数的性质，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
2．（2022春·全国·九年级专题练习）如图，一次函数y=−2x的图象与二次函数y=−x2+3x图象的对称轴交于点B．

(1)写出点B的坐标　 　；
(2)将直线y=−2x沿y轴向上平移，分别交x轴于点C、交y轴于点D，点A是该抛物线与该动直线的一个公共点，试求当△AOB的面积取最大值时，点C的坐标；
(3)已知点P是二次函数y=−x2+3x图象在y轴右侧部分上的一个动点，若△PCD的外接圆直径为PC，试问：以P、C、D为顶点的三角形与△COD能否相似？若能，请求出点P的坐标；若不能，请说明理由．
【答案】(1)32,−3
(2)点C的坐标为258,0
(3)相似，点P的坐标为2,2或12,54

【分析】（1）由抛物线解析式求出对称轴，再代入y=−2x即可求出点B的坐标；
（2）如图1，由题意可设直线DC的解析式为y=−2x+b，要是△AOB的面积最大，只需直线DC与抛物线相切，由此可求出b的值，即可求得点C的坐标；
（3）过点P作PH⊥y轴，如图2，由题意可设直线的解析式为y=−2x+b，从而可得OC=b2，OD=b，DC=5b2，由△PCD的外接圆直径为PC可得∠PDC=90°，易证△PHD∽△DOC，根据相似三角形的性质可得PHDO=DHCO=PDDC，然后分两种情况讨论：①△PDC∽△DOC，②△PDC∽△COD，用含b的代数式表示点P的坐标，然后代入抛物线的解析式，求出b，即可得到点P的坐标．
【详解】（1）解：抛物线y=−x2+3x的对称轴为x=−32×−1=32，
当x=32时，y=−2x=−2×32=−3，
则点B的坐标为32,−3．
故答案为：32,−3；
（2）解：如图1，

设直线DC的解析式为y=−2x+b，
联立y=−2x+by=−x2+3x，
消去y并整理得，
x2−5x+b=0，
当直线y=−2x+b与抛物线y=−x2+3x相切时，
Δ=−52−4×1×b=25−4b=0，
解得b=254，
此时直线DC的解析式为y=−2x+254，
令y=0，可得x=258，
∴△AOB的面积最大时，点C的坐标为258,0；
（3）解：过点P作PH⊥y轴，如图2．

设直线的解析式为y=−2x+b，
则有Cb2,0，D0,b，
从而可得OC=b2，OD=b，DC=5b2．
∵△PCD的外接圆直径为PC，
∴∠PDC=90°，
∴∠PDH+∠ODC=90°．
∵∠DOC=90°，
∴∠OCD+∠ODC=90°，
∴∠PDH=∠OCD．
∵∠PHD=∠DOC=90°，
∴△PHD∽△DOC，
∴ PHDO=DHCO=PDDC．
①若△PDC∽△DOC，则有DPDC=ODOC=2．
∴ PHDO=DHCO=2，
∴PH=2DO=2b，DH=2CO=b，
∴OH=b+b=2b，
∴点P的坐标为2b,2b．
∵点P在抛物线y=−x2+3x上，
∴2b=−2b2+3×2b，
解得：b1=0（舍去），b2=1，
∴点P的坐标为2,2；
②若△PDC∽△COD，则有DPDC=OCOD=12．
∴ PHDO=DHCO=12，
∴PH=12DO=12b，DH=12CO=14b，
∴OH=b+14b=54b，
∴点P的坐标为12b,54b．
∵点P在抛物线y=−x2+3x上，
∴ 54b=−12b2+3×12b，
解得：b1=0（舍去），b2=1，
∴点P的坐标为12，54．
综上所述：点P的坐标为2,2或12，54．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了抛物线的对称轴，抛物线与直线的交点的坐标特征，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，解一元二次方程，运用分类讨论和构造K型相似是解题的关键．
3．（2023春·福建泉州·九年级泉州七中校考期末）如图(1)所示，y关于x的二次函数y=−33m(x+m)(x−3m) m>0图象的顶点为M，图象交x轴于A、B两点，交y轴正半轴于D点．以AB为直径作圆，圆心为C．定点E的坐标为(−3,0)，连接ED．

(1)写出A、B、D三点的坐标；
(2)当m为何值时M点在直线ED上?判定此时直线与圆的位置关系；
(3)当m变化时，用m表示△AED的面积S，并在给出的直角坐标系中画出S关于m的函数图象的示意图．
【答案】(1)A(−m,0)，B(3m,0)，D(0,3m)
(2)m=1 时，直线ED与⊙C相切相切，理由见解析
(3)S=−32m2+332m(03).，图像见解析

【分析】（1）根据x轴，y轴上点的坐标特征代入即可求出A、B、D三点的坐标；
（2）待定系数法先求出直线ED的解析式，再根据切线的判定得出直线与圆的位置关系；
（3）分当03时两种情况讨论求得关于m的函数．
【详解】（1）解：令y=0，则−33m(x+m)(x−3m)=0，解得x1=−m，x2=3m；
令x=0，则y=−33m(0+m)(0−3m)=3m．
故A(−m,0)，B(3m,0)，D(0,3m)．
（2）解：设直线ED的解析式为y=kx+b，将E(−3,0)，D(0,3m)代入得：
−3k+b=0b=3m
解得，k=33m，b=3m．
∴直线ED的解析式为y=33mx+3m．
将y=−33m(x+m)(x−3m)化为顶点式：y=−33m(x−m)2+433m．
∴顶点M的坐标为(m,433m)．代入y=33mx+3m得：m2=m
∵m>0，
∴m=1．所以，当m=1时，M点在直线DE上．
连接CD，C为AB中点，C点坐标为C(m,0)，

∵OD=3，OC=1，
∴CD=2，D点在圆上
又∵OE=3，DE2=OD2+OE2=12，
EC2=16，CD2=4，
∴CD2+DE2=EC2．
∴∠EDC=90°
∴直线ED与⊙C相切；
（3）解：当0 S=−32m2+332m．
当m≥3时，S△AED=12AE⋅OD=32m(m−3)．
即S=32m2_332m．
S关于m的函数图象的示意图如右：

【点睛】本题是二次函数的综合题型，其中涉及的知识点有x轴，y轴上点的坐标特征，抛物线解析式的确定，抛物线的顶点公式和三角形的面积求法．注意分析题意分情况讨论结果．
4．（2022·江苏·九年级专题练习）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于A(−1,0)，B(2,0)两点，与y轴交于点(0,2)．

(1)求此二次函数的表达式；
(2)点Q在以BC为直径的圆上(点Q与点O，点B，点C均不重合)，试探究QO，QB，QC的数量关系，并说明理由．
(3)E点为该图象在第一象限内的一动点，过点E作直线BC的平行线，交x轴于点F．若点E从点C出发，沿着抛物线运动到点B，则点F经过的路程为 ．
【答案】(1)y=−x2+x+2．
(2)QB+QC=2QO或QC−QB=2QO或QB−QC=2QO，理由见解析．
(3)2．

【分析】（1）利用待定系数法即可得二次函数的解析式；
（2）证明∆BOC为等腰直角三角形，再分三种情况：
①当点Q在半圆BOC相对的半圆上时，如图，连接QC，BQ，OQ，把∆OBQ绕点O逆时针旋转90°，得到ΔOCQ'，可证得ΔOQQ'是等腰直角三角形，故QB+QC=2QO；
②当点Q在劣弧OB⏜上时，如图，连接QB、QC，在CQ上截取CQ'=QB，连接OQ'，可证ΔOCQ'≌△OBQ(SAS)，得出ΔOQQ'是等腰直角三角形，故QC−QB=2QO；
③当点Q在劣弧OC⏜上时，如图，连接QB、QC，在BQ上截取BQ'=QC，连接OQ'，同理可得QB−QC=2QO；
（3）先求出直线BC的解析式，设E的坐标E(n,−n2+n+2)，设直线EF的解析式为y=−x+b1，将E的坐标代入EF解析式中，联立两个解析式判定∆，当直线EF与抛物线只有一个交点时，可求出直线EF的解析式，计算出F的横坐标即可求出经过的路程．
【详解】（1）解：（1）将A(−1，0)，B(2，0)，C(0，2)代入y=ax2+bx+c，
得：0=a−b+c0=4a+2b+c2=c,
解得：a=−1b=1c=2,
∴二次函数的表达式为：y=−x2+x+2；
（2）QB+QC=2QO或QC−QB=2QO或QB−QC=2QO，理由如下：
∵Q在以BC为直径圆上，
∴∠BOC=∠BQC=90°，
∵B(2，0)，C(0，2)，
∴OB=OC=2，∠BOC=90°，
∴∆BOC为等腰直角三角形，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
①当点Q在半圆BOC相对的半圆上时，如图，连接QC，BQ，OQ，把∆OBQ绕点O逆时针旋转90°，得到△OCQ'，

∵四边形OBQC是圆内接四边形，
∴∠OBQ+∠OCQ=180°，
由旋转知：∠QOQ'=90°，∠OCQ'=∠OBQ，CQ'=BQ，OQ'=OQ，
∴∠OCQ'+∠OCQ=180°，
∴Q、C、Q'三点在同一条直线上，CQ'+CQ=QQ'，
∴QB+QC=QQ'，
∵ΔOQQ'是等腰直角三角形，
∴QQ'=2QO，
∴QB+QC=2QO；
②当点Q在劣弧OB⏜上时，如图，连接QB、QC，在CQ上截取CQ'=QB，连接OQ'，

∵OQ⏜=OQ⏜，
∴∠OCQ=∠OBQ，
在ΔOCQ'和∆OBQ中，
OC=OB∠OCQ′=∠OBQCQ′=BQ，
∴ΔOCQ'≌ΔOBQ(SAS)，
∴∠COQ'=∠BOQ，OQ'=OQ，
∵∠COQ'+∠BOQ'=90°，
∴∠BOQ+∠BOQ'=90°，即∠QOQ'=90°，
∴ΔOQQ'是等腰直角三角形，
∴QQ'=2QO，
∵QQ'=QC−CQ'=QC−QB，
∴QC−QB=2QO；
③当点Q在劣弧OC⏜上时，如图，连接QB、QC，在BQ上截取BQ'=QC，连接OQ'，

与②同理可得：QB−QC=2QO，
综上所述，QB+QC=2QO或QC−QB=2QO或QB−QC=2QO；
（3）设直线BC:y=kx+m
把点B、点C代入得2k+m=0m=2，
解得：k=−1，m=2，
∴y=−x+2，
又∵EF∥BC，点E在抛物线上，
设E(n,−n2+n+2)，
设直线EF解析式为y=−x+b1，
把E代入得：−n2+n+2=−n+b1，
∴b1=−n2+2n+2,
∴y=−x−n2+2n+2，
联立y=−x−n2+2n+2y=−x2+x+2，
∴−x−n2+2n+2=−x2+x+2，
得x2−2x−n2+2n=0
∵∆=4−4−n2+2n=4+4n2−8n=4n−12=0，
∴抛物线与直线EF只有一个交点，此时点F是所能运动的最远位置，
∴n＝1，b1=−1+2+2=3，
∴y=−x+3，
当y=0时x=3，
∴F横坐标最大为3，
∴F经过路程为：3−2×2＝2，
故答案为：2．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求函数解析式，圆的基本性质，根的判别式的应用，等腰直角三角形的判定和性质，旋转变换的应用，全等三角形的判定和性质，熟练掌握待定系数法，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．
5．（2022秋·湖南长沙·九年级长沙麓山外国语实验中学校考阶段练习）已知二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于A，B两点，其中点A为(−1，0)，与y轴负半轴交于点C(0，−2)，其对称轴是直线x=32．

(1)求二次函数y=ax2+bx+c的解析式；
(2)圆O′为△ABC的外接圆，点E是AC延长线上一点，∠BCE的平分线CD交圆O′于点D，连接AD、BD，求△ACD的面积；
(3)在（2）的条件下，y轴上是否存在点P，使得以P，C，B为顶点的三角形与△BCD相似？如果存在，请求出所有符合条件的P点坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=12x2−32x−2
(2)54
(3)0，−4或0，−12

【分析】（1）根据抛物线具有对称性，可以求出点B的坐标，再用待定系数法求解析式即可．
（2）根据△AOC∽△COB以及圆的相关性质，可知△ABD为等腰直角三角形，从而得出O′D与AB的数量关系，列式求解即可．
（3）分4种情况画出图形，利用相似三角形的判定与性质求解即可．
【详解】（1）解：∵A(−1，0)，对称轴为直线x=32，
∴B(4，0)，
由题意可知，c=−2a−b+c=016a+4b+c=0，
解得a=12b=−32c=−2，
∴抛物线的解析式为y=12x2−32x−2．
（2）解：∵A(−1,，0)，B(4，0)，C(0，−2)，
∴OA=1，OB=4，OC=2，
∴OCOA=OBOC，
又∵∠AOC=∠COB=90°，
∴△AOC∽△COB，
∴∠BAC=∠BCO，
∴∠ACB=90°，
∴AB为圆O′的直径，O′点坐标为(32，0)，
∴∠ADB=90°，
又∵CD平分∠BCE，
∴∠BCD=∠ECD=45°，
∴∠BAD=45°，△ADB为等腰直角三角形，
连接O′D′，则DO′=12AB,DO′⊥AB，
∴DO′=52，D的坐标为(32，−52)，
如图1，设AD与y轴交于点F，
∵∠DAB=45°，
∴OF=OA=1，
∴CF=1，
过D作DH垂直于y轴，
∵D(32，−52)，
∴DH=32,OH=52，
∴SΔACD=SΔACF+SΔDCF=12×1×1+12×1×32=54．

（3）解：∵A(−1，0)，B(4，0)，C(0，−2)，D(32,−52)，
∴CD=102，BD=522，BC=25．
由（2）知，∠BCD=45°，∠BDC>90°，∠CBD<45°．
如图2，当点P在点C的上方时，若∠CBP>90°，
∵OB ∴∠PCB>45°，
显然，△PCB和△BCD中不存在两个相等的角，即不可能相似；

如图3，△PCB中不存在45°的角，所以△PCB和△BCD中不存在两个相等的角，即不可能相似；

如图4，当点P在点C下方，∠CPB=45°时，△CPB∽△DCB，
∴CPCD=CBBD，
∴OP−2102=25522，
∴OP=4，
∴P0，−4；

如图5，当点P在点C下方，∠CBP=45°时，△CPB∽△DBC，
∴CPBD=CBCD，
∴OP−2522=25102，
∴OP=12，
∴P0，−12；

综上可知，P点坐标为0，−4或0，−12．
【点睛】此题考查了待定系数法求函数解析式，以及几何图形和二次函数相结合的应用，数形结合是解题关键．
6．（2022春·九年级课时练习）如图，二次函数y=−56x2+bx+c与x轴的一个交点A的坐标为−3,0，以点A为圆心作圆A，与该二次函数的图象相交于点B，C，点B，C的横坐标分别为−2，−5，连接AB，AC，并且满足AB⊥AC．过点B作BM⊥x轴于点M，过点C作CN⊥x轴于点N．

(1)求该二次函数的关系式；
(2)经过点B作直线BD，在A点右侧与x轴交于点D，与二次函数的图象交于点E，使得∠ADB=∠ABM，连接AE，求证：AE=AD；
(3)若直线y=kx+1与圆A相切，请求出k的值．
【答案】(1)y=−56x2−376x−11
(2)见解析
(3)−12或2

【分析】（1）证明△ACN≌△BAMAAS，求出CN=AM=−2−−3=1，BM=AN=−3−−5=2，得到点B，C的坐标，然后利用待定系数法求解即可；
（2）证明△ABM∽△BDM，求出DM=4，可得出点D坐标，进而求出直线BD的解析式，联立一次函数和二次函数解析式求出点E坐标，利用勾股定理求出AE即可得出结论；
（3）分两种情况：①当直线y=kx+1与⊙A的切点在x轴上方时，记切点为G，则AG=AB=5，证明四边形POQG是矩形，△AQG≌△FPGAAS，得到AQ=PF，GQ=PG，设点Gm,km+1，表示出AQ=m+3，PF=km，PG=−m，GQ=km+1，得出关于k，m的方程组，解方程组可得答案； ②当切点在x轴下方时，同①的方法求解即可．
【详解】（1）解：∵BM⊥x轴于M，CN⊥x轴于N，
∴∠ANC=∠BMA=90°，
∴∠ABM+∠BAM=90°，
∵AC⊥AB，
∴∠CAN+∠BAM=90°，
∴∠ABM=∠CAN，
∵⊙A过点B，C，
∴AC=AB，
∴△ACN≌△BAMAAS，
∴CN=AM=−2−−3=1，BM=AN=−3−−5=2，
∴B−2,−2，C−5,−1，
将点B，C代入y=−56x2+bx+c得：−56×4−2b+c=−2−56×25−5b+c=−1，
解得：b=−376c=−11，
∴抛物线的解析式为y=−56x2−376x−11；
（2）解：∵BM⊥x轴于点M，
∴∠AMB=∠BMD=90°，
∵∠ADB=∠ABM，
∴△ABM∽△BDM，
∴AMBM=BMDM，即12=2DM，
∴DM=4，
∴D2,0，
∴AD=5，
设直线BD的解析式为y=kx+bk≠0，
代入B−2,−2，D2,0得−2k+b=−22k+b=0，
解得：k=12b=−1，
∴直线BD的解析式为y=12x−1，
联立y=12x−1y=−56x2−376x−11，解得：x=−6y=−1或x=−2y=−2（舍），
∴E−6,−4，
∴AE=−6+32+−4−02=5，
∴AE=AD；
（3）解：∵点B−2,−2在⊙A上，
∴⊙A的半径为：AB=−3+22+22=5，
如图2，记直线y=kx+1与y轴相交于F，令x=0，则y=1，
∴F0,1，
∴OF=1，
①当直线y=kx+1与⊙A的切点在x轴上方时，记切点为G，则AG=AB=5，∠AGF=90°，
连接AF，在Rt△AOF中，OA=3，OF=1，
∴AF=10，
在Rt△AGF中，根据勾股定理得，FG=AF2−AG2=5=AG，
过点G作GP⊥y轴于P，过点G作GQ⊥x轴于Q，
∴∠AQG=∠GQO=∠FPG=∠POQ=90°，
∴四边形POQG是矩形，
∴∠PGQ=90°，
∴∠AGQ=∠FGP，
∴△AQG≌△FPGAAS，
∴AQ=PF，GQ=PG，
设点Gm,km+1，
∴AQ=m+3，PF=km+1−1=km，PG=−m，GQ=km+1，
∴m+3=km①，km+1=−m②，
联立①②解得，m=−2k=−12，
②当切点在x轴下方时，同①的方法可得，k=2；
综上：直线y=kx+1与圆A相切时，k的值为−12或2．

【点睛】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法的应用，三垂线判定两三角形全等，求函数图象的交点坐标，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解一元二次方程，切线的性质，矩形的判定和性质等知识，熟练掌握“一线三等角模型”，证明三角形全等是解题的关键．
7．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，二次函数y=ax2+4的图象与x轴交于点A和点B(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，且OA=OC

(1)求二次函数的解析式；
(2)若以点O为圆心的圆与直线AC相切于点D，求点D的坐标；
(3)在（2）的条件下，抛物线上是否存在点P使得以P、A、D、O为顶点的四边形是直角梯形？若存在，直接写出点P坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−14x2+4
(2)点D的坐标为−2,2
(3)存在，点P的坐标为8,−12或−2−25,−2−25

【分析】（1）由题意可知C坐标，根据题意得到三角形AOC为等腰直角三角形，确定出A坐标，代入二次函数解析式求出a的值，即可确定出解析式；
（2）由题意连接OD，作DE∥y轴，交x轴于点E，DF∥x轴，交y轴于点F，如图1所示，由圆O与直线AC相切于点D，得到OD垂直于AC，由OA=OC，利用三线合一得到D为AC中点，进而求出DE与DF的长，确定出D坐标即可；
（3）根据题意分两种情况考虑：经过点A且与直线OD平行的直线的解析式为y=−x−4，与抛物线解析式联立求出P坐标；经过点O且与直线AC平行的直线的解析式为y=x，与抛物线解析式联立求出P坐标即可．
【详解】（1）解：∵二次函数y=ax2+4的图象与y轴交于点C，
∴点C的坐标为0,4，
∵二次函数y=ax2+4的图象与x轴交于点A，tan∠OAC=1，
∴∠CAO=45°，
∴OA=OC=4，
∴点A的坐标为−4,0，
∴0=a×−42+4，
∴a=−14，
∴二次函数的解析式为y=−14x2+4；
（2）连接OD，作DE轴，交x轴于点E，DF轴，交y轴于点F，如图1所示，

∵⊙O与直线AC相切于点D，
∴OD⊥AC，
∵OA=OC=4，
∴点D是AC的中点，
∴DE=12OC=2，DF=12OA=2，
∴点D的坐标为−2,2；
（3）∵点D的坐标为−2,2；
则直线OD的解析式为y=−x，如图2所示，

则经过点A且与直线OD平行的直线的解析式为y=−x−4，
解方程组y=−x−4y=−14x2+4，消去y，得x2−4x−32=0，即x−8x+4=0，
∴x1=8，x2=−4(舍去)，
∴y=-12，
∴点P1的坐标为8,−12；
∵直线AC的解析式为y=x+4，
则经过点O且与直线AC平行的直线的解析式为y=x，
解方程组y=xy=−14x2+4，
消去y，得x2+4x−16=0，即x=−2+25，
∴x1=−2−25，x2=−2+25(舍去)，
∴y=−2−25，
∴点P2的坐标为−2−25,−2−25．
综上所述，点P的坐标为8,−12或−2−25,−2−25．
【点睛】本题属于二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定二次函数解析式，坐标与图形性质，直线与抛物线的交点，直线与圆相切的性质，锐角三角函数定义，以及等腰直角三角形的性质，熟练掌握二次函数
8．（2020秋·北京朝阳·九年级校考期中）定义：在平面直角坐标系中，图形 G 上点 P（x，y）的纵坐标 y 与其横坐标 x 的差 y﹣x 称为 P 点的“坐标差”，而图形 G 上所有点的“坐标差”中的最大值称为图形 G 的“特征值”．

(1)①点 A（1，3）的“坐标差”为 ；
②抛物线 y=−x2+3x+3的“特征值”为 ；
(2)某二次函数y=−x2+bx+cc≠0的“特征值”为﹣1，点 B（m，0）与点 C 分别是此二次函数的图象与 x 轴和 y 轴的交点，且点 B 与点 C 的“坐标差”相等．
①直接写出 m＝ ；（用含 c 的式子表示）
②求此二次函数的表达式．
(3)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，以 M（2，3）为圆心，2 为半径的圆与直线 y＝x 相交于点 D、E，请直接写出⊙M 的“特征值”为 ．
【答案】(1)①2；②4；
(2)①m＝−c；②y=−x2+3x−2；
(3)1＋22．

【分析】（1）①②根据“坐标差”，“特征值”的定义计算即可；
（2）因为点B与点C的“坐标差”相等，推出B（−c，0），把（−c，0）代入y=−x2+bx+c，得到：0=−c2−bc+c，推出c＝1−b，因为二次函数y=−x2+bx+c（c≠0）的“特征值”为−1，所以y−x=−x2+b−1x+1−b的最大值为−1，可得 −41−b−b−12−4＝−1，解得b＝3，由此即可解决问题；
（3）如图，设M（2，3），作MK⊥x轴于K，交⊙M于N，MJ⊥y轴于J，作∠JMN的平分线交⊙M于T，观察图象，根据“特征值”的定义，可知点T的“坐标差”的值最大．
（1）
①点A（1，3）的“坐标差”为＝3−1＝2，
故答案为2；
②设P（x,y）为抛物线y=−x2+3x+3上一点，
坐标差＝−x2+2x+3=−x−12+4，最大值为4，
所以抛物线y=−x2+3x+3的“特征值”为4
故答案为4．
（2）
①由题意：0−m＝c−0，可得m＝−c.
②∵C（0，c），
又∵点B与点C的“坐标差”相等，
∴B（−c,0），
把（−c,0）代入y＝−x2＋bx＋c,得到：0＝−c2−bc＋c,
∴c＝1−b,
∵二次函数y=−x2+bx+c（c≠0）的“特征值”为−1
所以y−x=−x2+b−1x+1−b的最大值为−1，
∴−41−b−b−12−4＝−1，
解得b＝3，
∴c＝−2，
∴二次函数的解析式为y=−x2+3x−2．
（3）
如图，设M（2，3），作MK⊥x轴于K，交⊙M于N，MJ⊥y轴于J，作∠JMN的平分线交⊙M于T，观察图象，根据“特征值”的定义，可知点T的“坐标差”的值最大．

作TF⊥x轴于E交MJ于F．
易知△TMF是等腰直角三角形，
∵TF＝FM＝2，EF＝KM＝3，EK＝FK＝M＝2，
∴OE＝OK−EK＝2−2，TE＝3＋2，
半径为2的圆的“特征值”为3＋2−（2−2）＝1＋22．
故答案为1＋22．
【点睛】本题考查二次函数综合题、“坐标差”，“特征值”的定义、等腰直角三角形的性质、圆的有关知识，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题，学会构建函数解决最值问题，属于中考压轴题．
9．（2022秋·湖南长沙·九年级校考阶段练习）如图，已知抛物线经过点A−1,0，B3,0，C0,3三点，点D是直线BC绕点B逆时针旋转90°后与y轴的交点，点M是线段AB上的一个动点，设点M的坐标为m,0，过点M作x轴的垂线交抛物线于点E，交直线BD于点F．

(1)求该抛物线所表示的二次函数的解析式；
(2)在点M运动过程中，若存在以EF为直径的圆恰好与y轴相切，求m的值；
(3)连接AC，将ΔAOC绕平面内某点G旋转180°后，得到ΔA1O1C1，点A、O、C的对应点分别是点A1、O1、C1，是否存在点G使得ΔAOC旋转后得到的ΔA1O1C1的两个顶点恰好落在抛物线上，若存在，求出G点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−x2+2x+3
(2)2
(3)G14,158或−12,32

【分析】（1）设y=ax+1x−3（a≠0），待定系数法求二次函数解析式即可求解；
（2）设Em,−m2+2m+3，Fm,m−3（−1≤m≤3）得出EF=−m2+m+6，则OM=m，根据以EF为直径的圆与y轴相切，得出−m2+m+6=2m，解方程即可求解；
（3）设Ga,b，由对称可得：A12a+1,2b，O12a,2b，C12a,2b−3，分情况讨论，①若A1、O1在抛物线上，②若A1、C1在抛物线上③由O1、C1横坐标相同，所以不可能都在抛物线上，即可求解．
【详解】（1）设y=ax+1x−3（a≠0），
将0,3代入得：−3a=3，
解得：a=−1，
∴y=−x+1x−3，
即y=−x2+2x+3；
（2）在RtΔOBC中，OB=OC，
∴∠OCB=45°，
由旋转可得：∠CBD=90°，
∴ΔBCD为等腰直角三角形，
∴OD=OC=3，
∴D0,−3，
∴BD：y=x−3，
设Em,−m2+2m+3，Fm,m−3（−1≤m≤3），
∴EF=−m2+2m+3−m−3=−m2+m+6，OM=m，
∵以EF为直径的圆与y轴相切，
∴EF=2OM，即−m2+m+6=2m，
解得：m1=2，m2=−3（舍），m3=3+332（舍），m4=3−332（舍），
∴m=2；
（3）设Ga,b，∵A−1,0，O0,0，C0,3，关于Ga,b中心对称，
∴A12a+1,2b，O12a,2b，C12a,2b−3，
①若A1、O1在抛物线上，则A1、O1关于对称轴对称，
对称轴：x=1，
∴2a+1+2a2=1，解得：a=14，
∴O112,154，即2b=154，
解得：b=158，
∴G14,158，
②若A1、C1在抛物线上，
−2a+12+22a+1+3=2b−2a2+2×2a+3=2b−3，
解得：a=−12b=32，
∴G−12,32，
③∵O1、C1横坐标相同，所以不可能都在抛物线上，
综上，G14,158或−12,32．
【点睛】本题考查了二次函数与圆综合，切线的性质，综合运用二次函数与切线的性质是解题的关键．
10．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，已知二次函数y=ax2+bx+3的图象与x轴交于点A（1，0）、B（−3，0），与y轴的正半轴交于点C．

(1)求二次函数y=ax2+bx+3的表达式；
(2)点D是线段OB上一动点，过点D作y轴的平行线，与BC交于点E，与抛物线交于点F，连接CF，探究是否存在点D使得△CEF为直角三角形？若存在，求点D的坐标；若不存在，说明理由；
(3)若点P在二次函数图象上，是否存在以P为圆心，2为半径的圆与直线BC相切，若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)y=−x2−2x+3
(2)存在，点D坐标为（-2，0）或（-1，0）
(3)存在，点P坐标为(-1，4)或(-2，3)或(−3+172，−1+172)或(−3−172，−1−172)

【分析】（1）将A、B坐标代入二次函数解析式求解即可；
（2）求得C点坐标，从而得到BC解析式，由此可知∠CEF=45°，因此可分∠CFE=90°、∠ECF=90°两种情况讨论；
（3）过点P作PG⊥BC，过点P作PH∥BC，过点P作x轴的垂线，交BC于点N，交x轴于点M，求出PH的解析式，联立直线PH和二次函数解析式，求解即可．
【详解】（1）解：将点A1，0、B−3，0代入y=ax2+bx+3，得：
a+b+3=09a−3b+3=0，
解得：a=−1b=−2，
∴二次函数解析式为y=−x2−2x+3．
（2）解：∵二次函数解析式为y=−x2−2x+3
∴点C的坐标为（0，3），
∴直线BC的解析式为y=x+3．
① 当∠CFE=90°时，CF∥OB
∴点C，F关于抛物线对称轴直线x=−1对称，
∴点F（-2，3），
此时点D坐标为（-2，0）

②当∠ECF=90°时，作FG⊥y轴于G，
由OB=OC，∠BOC=90°，可知∠BCO=45°
∵CF⊥CB，
∴∠FCG=45°，
∴△CFG是等腰直角三角形，
设CG=a，则点F坐标为(-a,a+3)，
代入y=−x2−2x+3得：a+3=−(−a)2−2(−a)+3
解得a1=1，a2=0（舍去）
点F（-1，4），
此时点D坐标为（-1，0）．

综上所述：存在这样的点D，点D坐标为（-2，0）或（-1，0）
（3）解：① 当点P在BC上方时，过点P作PG⊥BC于点G，作PM⊥x轴，交BC于点N ，过点P 作直线PH∥BC．
则△PNG是等腰直角三角形，

∵PG=2，
∴PN=2，
∵PM⊥x轴，
∴直线PH由直线BC向上平移两个单位长度得到，
∴直线PH的解析式为y=x+5．
联立直线PH和抛物线的解析式，得：
y=−x2−2x+3y=x+5，
解得：x=−1y=4或x=−2y=3．
∴点P坐标为(-1，4)或(-2，3) ．
② 当点P在BC下方时，同理可得直线PH由直线BC向下平移两个单位长度得到，
∴直线PH的解析式为y=x+1．
y=−x2−2x+3y=x+1，
解得：x=−3+172y=−1+172 或x=−3−172y=−1−172  ．
∴点P坐标为(−3+172，−1+172)或(−3−172，−1−172)．
综上所述：点P坐标为(-1，4)或(-2，3)或(−3+172，−1+172)或(−3−172，−1−172)．
【点睛】此题考查了二次函数的综合应用，涉及了待定系数法求解析式，二次函数的性质，圆的切线的性质，解题的关键是熟练掌握并灵活应用相关性质进行求解，难度适中．
11．（2022春·广东深圳·九年级校考阶段练习）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a＜0，c＞0）与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，且以AB为直径的圆经过点C．
(1)若点A（﹣4，0），点B（16，0），求C点坐标和函数关系式．
(2)若点D是圆与抛物线的交点（D与A、B、C不重合），在（1）的条件下，坐标轴上是否存在一点P，使得以P、B、C为顶点的三角形与△CBD相似？若存在，请求点P坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)y=−18x2+32x+8
(2)存在，P点坐标为（4，0）或（−323，0）或（0，56）或（443，0）

【分析】（1）由题意可知圆的圆心坐标为G（6，0），半径为10，则CG＝10，可求C（0，8），再将A（﹣4，0），B（16，0）代入y＝ax2+bx+8，即可求得解析式；
（2）由对称性可求出D（12，8），分四种情况讨论：①如图1，当∠CPB＝∠CDB时，△BCD∽△CBP；②如图2，当∠CDB＝∠CPB时，△BCD∽△PBC；③如图3，当P点在BD的延长线上时，△BCD∽△BPC；④如图4，当∠DCB＝∠PBC时，△BCD∽△PBC，求出点P坐标即可．
（1）
解：∵A（﹣4，0），B（16，0），
∴AB＝20，AB的中点G（6，0），
∴CG＝10，
令x＝0，则y＝c，
∴C（0，c），
∴36+c2＝100，
∴c＝±8，
∵c＞0，
∴c＝8，
∴C（0，8），
将A（﹣4，0），B（16，0）代入y＝ax2+bx+8，
∴16a−4b+8=0256a+16b+8=0，
解得a=−18b=32，
∴y=−18x2+32x+8；
（2）
坐标轴上存在一点P，使得以P、B、C为顶点的三角形与△CBD相似，理由如下：
∵y=−18x2+32x+8=−18（x﹣6）2+252，
∴抛物线的对称轴为直线x＝6，
∵⊙G的圆心为（6，0），
∴C点与D点关于直线x＝6对称，
∴D（12，8），
∴CD＝12，
∵B（16，0），C（0，8），
∴BD＝45，BC＝85，
当P点在x轴上，BP∥CD，
∴∠BCD＝∠CBP，
①如图1，当∠CPB＝∠CDB时，△BCD∽△CBP，
∴∠DBC＝∠BCP，
∴四边形CDBP是平行四边形，
∴CD＝BP＝12，
∴P（4，0）；

②如图2，当∠CDB＝∠CPB时，△BCD∽△PBC，
∴CDBC=BDPC=BCPB，
∴1285=85PB，
∴PB=803，
∴P（−323，0）；
当P点在y轴上时，
∵A、B、C、D四点共圆，
∴∠CAB+∠CDB＝180°，
∵CO⊥AB，AC⊥BC，
∴∠CAO＝∠BCO，
∴∠OCB+∠CDB＝180°，
∴∠PCB＝∠CDB，

③如图3，当P点在BD的延长线上时，△BCD∽△BPC，
∴BCBP=CDCP=BDBC，
∴12CP=2585，
∴CP＝48，
∴P（0，56）；

④如图4，当∠DCB＝∠PBC时，△BCD∽△PBC，
∴BCPB=CDBC=BDPC，
∴1285=25PC，
∴PC=203，
∴P（443，0）；

综上所在：P点坐标为（4，0）或（−323，0）或（0，56）或（443，0）．
【点睛】本题考查了二次函数的图象以及性质，熟练掌握二次函数图象及性质，圆的性质，三角形相似的判定及性质是解题关键．
12．（2022·山东济宁·济宁学院附属中学校考二模）如图，已知二次函数y=ax2+bx+3的图象与x轴交于点A(1,0)、B(−3,0)，与y轴的正半轴交于点C

(1)求二次函数y=ax2+bx+3的表达式
(2)点D是线段OB上一动点，过点D作y轴的平行线，与BC交于点E，与抛物线交于点F，连接CF，BF，探究是否存在点D使得四边形ACFB的面积最大？若存在，求点D的坐标；若不存在，说明理由
(3)若点P在二次函数图象上，是否存在以P为圆心，2为半径的圆与直线BC相切，若存在，直接写点P的坐标；若不存在，说明理由
【答案】(1)y=−x2−2x+3；
(2)D(−32,0)；
(3)点P的坐标为(−1,4)或(−2,3)或(−3+172，−1+172)或(−3−172,−1−172)．

【分析】（1）将A、B坐标代入二次函数解析式求解即可；
（2）求得C点坐标，从而得到BC解析式，设D（m，0），则E(m,m+3)，F(m,−m2−2m+3)，根据S四边形ACFB=S△ABC+S△BCF求解即可；
（3）过点P作PG⊥BC，过点P作PH∥BC，过点P作x轴的垂线，交BC于点N，交x轴于点M，求出PH的解析式，联立直线PH和二次函数解析式，求解即可．
(1)
解：将点A(1,0)、B(−3,0)代入y=ax2+bx+3可得
a+b+3=09a−3b+3=0，解得a=−1b=−2
即解析式为：y=−x2−2x+3；
(2)
解：由y=−x2−2x+3可得C（0，3），
由B（-3，0），C（0，3）可得BC解析式为：y=x+3，
设D（m，0），则E(m,m+3)，F(m,−m2−2m+3)，
S四边形ACFB=S△ABC+S△BCF=12AB×OC+12EF×OB
=12×4×3+12×(−m2−2m+3−m−3)×3=−32m2−92+6
∵−32<0，
∴m=−32时，S四边形ACFB最大，此时D(−32,0)，
(3)
解：过点P作PG⊥BC，过点P作PH∥BC，过点P作x轴的垂线，交BC于点N，交x轴于点M，如图：

由题意可得：OB=OC，
∴∠OBC=45°
∴∠PNG=45°
∴PG=NG
当以P为圆心，2为半径的圆与直线BC相切，可得PG=2，
∴PG=NG=2
∴PN=PG2+NG2=2，
即BC沿y轴向上或向下平移了2个单位，所以PH的解析式为y=x+1或y=x+5，
联立直线PH和二次函数解析式可得：
y=−x2−2x+3y=x+5或y=−x2−2x+3y=x+1
解得：x=−1y=4或x=−2y=3或x=−3+172y=−1+172或x=−3−172y=−1−172
∴点P的坐标为(−1,4)或(−2,3)或(−3+172，−1+172)或(−3−172,−1−172)
【点睛】此题考查了二次函数的综合应用，涉及了待定系数法求解析式，二次函数的性质，圆的切线的性质，图象的平移，勾股定理，解题的关键是熟练掌握并灵活应用相关性质进行求解，难度始终．
13．（2022秋·全国·九年级专题练习）已知二次函数的图象交x轴于点A（3，0），B（－1，0），交y轴于点C（0，－3），P这抛物线上一动点，设点P的横坐标为m．

(1)求抛物线的解析式：
(2)当△PAC是以AC为直角边的直角三角形时，求点P的坐标：
(3)抛物线上是否存在点P，使得以点P为圆心，2为半径的圆既与x轴相切，又与抛物线的对称轴相交？若存在，求出点P的坐标，并求出抛物线的对称轴所截的弦MN的长度；若不存在，请说明理由．（写出过程）
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)点P的坐标为（-2，5）或（1，-4）；
(3)点P的坐标为1−2，−2或1+2，−2，抛物线的对称轴所截的弦MN的长度为22

【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）分当∠PAC=90°时，当∠PCA=90°时，两种情况讨论求解即可；
（3）由圆P的半径为2，且圆P与抛物线对称轴有交点，且与x轴相切，可得点P的纵坐标为-2，由此求出点P的坐标即可；过点P作PE⊥MN于E，由垂径定理可得MN=2ME，利用勾股定理求出ME即可得到答案．
【详解】（1）解：设抛物线解析式为y=ax+1x−3，把点C（0，-3）代入得，
a0+10−3=−3，
∴a=1，
∴抛物线解析式为y=x+1x−3=x2−2x−3；
（2）解：如图所示，当∠PAC=90°时，设PA与y轴交点为D，
∵点A坐标为（3，0），点C坐标为（0，-3），
∴OA=OC=3，
∵∠AOC=90°，
∴∠CAO=45°，
∴∠DAO=45°，
∴OA=OD=3，
∴点D的坐标为（0，3），
设直线AD的解析式为y=kx+b，
∴3k+b=0b=3，
∴k=−1b=3，
∴直线AD的解析式为y=−x+3，
联立y=−x+3y=x2−2x−3，
解得x=−2y=5或x=3y=0（舍去），
∴点P的坐标为（-2，5）；
当∠PCA=90°，设直线PC与x轴的交点为E，
同理可证∠ECO=45°，即OE=OC，
∴点E的坐标为（-3，0），
同理可以求出直线PC的解析式为y=−x−3，
联立y=−x−3y=x2−2x−3，
解得x=1y=−4或x=0y=−3（舍去），
∴点P的坐标为（1，-4），
综上所述，点P的坐标为（-2，5）或（1，-4）；

（3）解：∵抛物线解析式为y=x2−2x−3=x−12−4，
∴抛物线对称轴为直线x=1，
∴点A和点B到抛物线的对称轴的距离都为2，
∵圆P的半径为2，且圆P与抛物线对称轴有交点，且与x轴相切，
∴点P的纵坐标为-2，
当y=−2时，x2−2x−3=−2，
解得x1=1−2，x2=1+2，
∴点P的坐标为1−2，−2或1+2，−2，
过点P作PE⊥ME交抛物线对称轴于E，
∴PE=1+2−1=2或1−1−2=2，MN=2ME，
∴ME=MP2−PE2=2，
∴MN=22，
∴点P的坐标为1−2，−2或1+2，−2，抛物线的对称轴所截的弦MN的长度为22

【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数与几何综合，圆与函数综合，待定系数法求函数解析式等等，正确理解题意，利用分类讨论和数学结合的思想求解是解题的关键．
14．（2022·江苏盐城·校考一模）如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A、B为抛物线y＝x2上的两个动点，且OA⊥OB．

(1)若点B的坐标是（2，m），则点A的坐标是 ；
(2)过点B作BC⊥x轴，垂足为C，若△AOB与△OBC相似，求cos∠OBA．
(3)在（1）问的条件下，若点E为二次函数第一象限内抛物线上一动点，EH垂直于X轴于点H，交线段AB于点F，以EF为直径的圆M与AB交于点R，求当△EFR周长取最大值时E点的坐标；
(4)在（3）问的条件下，以BH为直径作圆N，点P为圆N上一动点，连接AP，Q为AP上一点且AQ=12AP，连接HQ，求OQ的最小值；
【答案】(1)A（－12，14）
(2)22（要分类讨论）
(3)E（34,916）
(4)37316−28116

【分析】（1）设Ax,x2x<0，过点A作AE⊥x轴于点E，勾股定理求得OB，证明△OAE∽△BOC,根据相似三角形的性质，列出方程，解方程求解即可；
（2）过点A作AE⊥x轴于点E，过点O作OF⊥AB于点F，BC⊥x轴，垂足为C，设A(a，a2) ，B(b，b2)，若△AOB与△OBC相似，分两种情况讨论，①根据相似三角形的性质求得∠BOC = ∠BAO，可得OC=OE，四边形AECB是矩形，OF =OC= BC，根据三角形内角和定理可得∠OBC=cos45°，然后求特殊角的三角函数值即可，第②种情况同①求得；
（3）直线AB的解析式为y=32x+1，设∠AFH=α，根据题意α不变，则sinα,cosα为定值，根据圆周角定理可得△EFR是直角三角形，则EF取得最大值时，△EFR周长最大，二次函数的性质求得EF的最大值时，m=34，即可求得点E的坐标，
（4）连接PN,AN,取AN的中点S，根据题意找到Q的轨迹是在以14BH为半径的⊙S上，进而根据勾股定理求得OS,PH的长，根据点圆关系求最值即可．
(1)
设Ax,x2x<0，过点A作AE⊥x轴于点E，


则OE=-x,AE=x2
所以OA=−x2+x22=−x1+x2
∵B2,m
代入y=x2，
∴m=22=4，
∴B(2，4)，
∴OC = 2,BC = 4,
∴OB=OC2+BC2=25
∵∠AOB = 90°,
∴∠AOE ＋∠BOC = 90°,
∵∠OEA =∠BCO = 90°
∴∠AOE＋∠OAE = 90°
∴∠OAE =∠BOC,
∴△OAE∽△BOC,
∴OEBC=OAOB
∴−x4=−x1+x225
∴1+x2=52
∵x<0
∴x=−12
∴x2=14
∴A−12,14
(2)
如图，

过点A作AE⊥x轴于点E，过点O作OF⊥AB于点F，BC⊥x轴，垂足为C
设A(a，a2) ，B(b，b2)
则OE＝-a,AE=a2,
∵BC⊥x轴，垂足为C，
∴OC = b，BC = b2，
若△AOB与△OBC相似，分两种情况讨论：
①当∠ABO=∠CBO时，
∠BOC = ∠BAO，
由（1）知，∠BOC=∠OAE
:∴∠OAB= ∠OAE，
∴OC = OF，OE = OF，
∴OC=OE，
∴–a=b，
根据对称性，a2=b2，
∴AB//x轴，
∴四边形AECB是矩形，
∴OC在y轴上，
∴OF =OC= BC，
∴∠OBC=OCB=12180°−∠BCO= 45°
∴cos∠OBC=cos45°=22
②当∠ABO=∠BOC时，AB//x轴，同①可得cos∠OBC =22
综上，cos∠OBC =22
(3)
由①可知A−12,14，B(2,4)，

设直线AB的解析式为y=kx+b
则14=−12k+b4=2k+b
解得k=32b=1
∴直线AB的解析式为y=32x+1
设Em,m2，则Fm,32m+1
∴EF =32m+1−m2
设∠AFH=α，根据题意α不变，则sinα,cosα为定值，依题意，EF是直径，则△EFR是直角三角形
∵△EFR周长为EF+FR+ER=EF+EF×cosα+EF×sinα=EF1+sinα+cosα
∴ EF取得最大值时，△EFR周长最大
∴m=−32−2=34时，△EFR周长最大，此时E32,94
(4)
∵AQ=12AP
如图，连接PN,AN,取AN的中点S，
∴SQNP=12
∵NP=12BH
∴SQ=14BH
∴Q在以14BH为半径的⊙S上

由（3）可知，H34,0,B2,4
∴N118,2
∴BH=2−342+42= 3734
∵A−12,14
∴S716,98
∴OS=7162+982= 28116
∴OQ最小值为OS−QS=OS−12NP=OS−14BH=37316−28116
【点睛】本题考查了二次函数综合，相似三角形的性质与判定，求余弦，二次函数综合问题-线段周长问题，中位线的性质，点与圆的位置关系，综合运用以上知识是解题的关键．
15．（2022·广西河池·统考二模）如图，二次函数y=ax2+4的图象与x轴交于点A和点B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，且tan∠OAC＝1．

(1)求二次函数的解析式；
(2)若以点O为圆心的圆与直线AC相切于点D，求点D的坐标；
(3)在（2）的条件下，抛物线上是否存在点P使得以P、A、D、O为顶点的四边形是直角梯形？若存在，直接写出点P坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=−14x2+4
(2)点D的坐标为−2,2
(3)存在，点P1的坐标为8,−12，点P2的坐标为−2−25,−2−25

【分析】（1）由题意可知C坐标，根据题意得到三角形AOC为等腰直角三角形，确定出A坐标，代入二次函数解析式求出a的值，即可确定出解析式；
（2）由题意连接OD，作DE∥y轴，交x轴于点E，DF∥x轴，交y轴于点F，如图1所示，由圆O与直线AC相切于点D，得到OD垂直于AC，由OA=OC，利用三线合一得到D为AC中点，进而求出DE与DF的长，确定出D坐标即可；
（3）根据题意分两种情况考虑：经过点A且与直线OD平行的直线的解析式为y=-x-4，与抛物线解析式联立求出P坐标；经过点O且与直线AC平行的直线的解析式为y=x，与抛物线解析式联立求出P坐标即可．
（1）
解：∵二次函数y=ax2+4的图象与y轴交于点C，
∴点C的坐标为0,4，
∵二次函数y=ax2+4的图象与x轴交于点A，tan∠OAC＝1，
∴∠CAO＝45°，
∴OA＝OC＝4，
∴点A的坐标为−4,0，
∴0=a−42+4，
∴a=−14，
∴二次函数的解析式为y=−14x2+4；
（2）
连接OD，作DE轴，交x轴于点E，DF轴，交y轴于点F，如图1所示，

∵⊙O与直线AC相切于点D，
∴OD⊥AC，
∵OA＝OC＝4，
∴点D是AC的中点，
∴DE=12OC=2，DF=12OA=2，
∴点D的坐标为−2,2；
（3）
直线OD的解析式为y＝－x，如图2所示，

则经过点A且与直线OD平行的直线的解析式为y＝－x－4，
解方程组y=−x−4y=−14x2+4，消去y，得x2−4x−32=0，即x−8x+4=0，
∴x1=8，x2=−4（舍去），
∴y＝－12，
∴点P1的坐标为8,−12；直线AC的解析式为y＝x＋4，
则经过点O且与直线AC平行的直线的解析式为y＝x，
解方程组y=xy=−14x2+4，
消去y，得x2+4x−16=0，即x=−2+25，
∴x1=−2−25，x2=−2+25（舍去），
∴y=−2−25，
∴点P2的坐标为−2−25,−2−25．
【点睛】本题属于二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定二次函数解析式，坐标与图形性质，直线与抛物线的交点，直线与圆相切的性质，锐角三角函数定义，以及等腰直角三角形的性质，熟练掌握二次函数的性质是解答本题的关键．
16．（2022春·湖北鄂州·九年级鄂州市第八中学（吴都中学）校考阶段练习）如图1，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+bx+c(a>0)的图象的顶点为D点，与y轴交于C点，与x轴交于A、B两点， A点在原点的左侧，B点的坐标为（3，0），OB＝OC ，tan∠ACO＝13．

(1)求这个二次函数的表达式；
(2)经过C、D两点的直线，与x轴交于点E，在该抛物线上是否存在这样的点F，使以点A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)若平行于x轴的直线与该抛物线交于M、N两点，且以MN为直径的圆与x轴相切，求该圆半径的长度．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)存在点F，坐标为（2，-3）
(3)17±12

【分析】（1）先求得抛物线与x轴的交点坐标，再由两点式求得二次函数的表达式．
（2）先求得所有满足条件的点F的坐标，再代入抛物线表达式检验即可．
（3）分别讨论直线MN在x轴上方和下方时圆对应的半径即可．
(1)
解：由已知得：C（0，-3），A（-1，0）
设二次函数的表达式为：y=ax+1x−3
将C点坐标代入得：a=1
∴这个二次函数的表达式为y=x2−2x−3．
(2)
解：由函数的顶点式得：D（1，-4）
∴直线CD的解析式为：y=−x−3
∴E点的坐标为(-3，0)
∵以A、C、E、F为顶点的四边形为平行四边形
∴F点的坐标为（2，-3）或（-3，-3）或（-4，3）
代入抛物线表达式检验，只有（2，-3）符合
∴存在这样点F（2，-3）
(3)
如图：

①当直线MN在x轴上方时，设圆的半径为R（R>0），则点N坐标为(R+1，R)，代入抛物线表达式，解得R=1+172
②当直线MN在x轴的下方时，设圆的半径为r（r>0），则点N坐标为（r+1，-r），代入抛物线表达式，解得r=−1+172
综上，圆的半径为1+172或−1+172．
【点睛】本题考查了二次函数与一次函数、平行四边形、圆的综合，熟练掌握各知识点的性质定理，数形结合分析题目是解题的关键．
17．（2022·新疆乌鲁木齐·统考一模）如图，已知二次函数y=−14x2+32x+4 的图像与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，顶点为D，连接BC；

(1)求顶点D的坐标；
(2)求直线BC的解析式；
(3)点E是第一象限内抛物线上的动点，连接BE，CE，求△BCE面积的最大值；
(4)以AB为直径，M为圆心作圆M，试判断直线CD与圆M的位置关系，并说明理由
【答案】(1)(3,254)
(2)y=−12x+4
(3)16
(4)直线与圆M相交，理由见解析

【分析】（1）利用配方法将一般式解析式转化为顶点式解析式；
（2）先解得A(−2,0),B(8,0)， C(0,4)，再利用待定系数法，代入点B、C的坐标即可解答；
（3）根据中点公式解得点M的坐标，再利用两点间的距离公式解得CM，MD的长，比较MD 【详解】（1）解：y=−14x2+32x+4=−14(x2−6x)+4=−14(x2−6x+9−9)+4=−14(x−3)2+254
即顶点D的坐标(3,254)；
（2）由（1）知C(0,4)
令y=0得−14(x−3)2+254=0
解得x1=8,x2=−2
∴A(−2,0),B(8,0)
设直线BC的解析式：y=kx+b，代入点B、C
b=48k+b=0
∴k=−12b=4
∴y=−12x+4
（3）如图，

设E(x,−14x2+32x+4)（0 S△BCE=S四边形COBE−S△BOC
=S△BHE+S梯形COHE−S△BOC
=12BH⋅EH+(EH+CO)⋅OH2−12BO⋅CO
=12(8−x)⋅(−14x2+32x+4)+(−14x2+32x+4+4)⋅x2−12×8×4
=−x2+8x
=−(x−4)2+16
即当x=4时，△BCE面积的最大值为16；
（4）直线与圆M的位置是相交，理由如下，
如图，M为BC的中点，
∴M(0+82,0+42)
即M(4,2)
∴CM=(0−4)2+(4−2)2=25,MD=(3−4)2+(254−2)2=3054
∵25=3204,3054<3204
∴MD ∴直线CD与圆M有两个交点，
即直线与圆M的位置是相交．

【点睛】本题考查二次函数与一次函数的综合，涉及配方法、待定系数法求一次函数的解析式、直线与圆的位置关系、勾股定理、中点公式、两点距离公式等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
18．（2021·浙江嘉兴·统考二模）定义：平面直角坐标系xOy中，过二次函数图像与坐标轴交点的圆，称为该二次函数的坐标圆．

(1)已知点P（2，2），以P为圆心，5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图像的顶点为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）图像交x轴于点A，B，交y轴于点C，与坐标圆的第四个交点为D，连接PC，PD，如图2．若∠CPD＝120°，求a的值．
【答案】(1)⊙P是二次函数y＝x2﹣4x+3的坐标圆，理由见解析
(2)△POA周长的最小值为6
(3)a=43+312

【分析】（1）先求出二次函数y=x2-4x+3图像与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，5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图像的顶点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图像的对称轴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=3m，PF=4-m，表示出AB、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．
【详解】（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，
∴二次函数图像与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＝5，
∴⊙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图像的顶点为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图像的对称轴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＝16−16aa=41−aa，
∴AF＝BF＝21−aa，
∵∠CPD＝120°，PC＝PD，C（0，4），
∴∠PCD＝∠PDC＝30°，
设PE＝m，则PA＝PC＝2m，CE＝3m，PF＝4﹣m，
∵二次函数y＝ax2﹣4x+4图像的对称轴l为x=2a，
∴3m=2a，即a=23m，
在Rt△PAF中，PA2＝PF2+AF2，
∴4m2=(4−m)2+(21−aa)2，
即4m2=(4−m)2+4(1−23m)43m2，
化简，得(8+23)m=16，解得m=84+3，
∴a=23m=43+312．
【点睛】此题是二次函数与圆的综合题，主要考查了二次函数的性质、圆的基本性质、解直角三角形、勾股定理等知识以及方程的思想，添加辅助线构造直角三角形是解答本题的关键．
19．（2022·湖南长沙·模拟预测）已知二次函数的图象经过点A（2，0），B（−4，0），C（0，4），点F为二次函数第二象限内抛物线上一动点，FH⊥x轴于点H，交直线BC于点D，以FD为直径的圆⊙M与BC交于点E．

（1）求这个二次函数的关系式；
（2）当三角形EFD周长最大时．求此时点F点坐标及三角形EFD的周长；
（3）在（2）的条件下，点N为⊙M上一动点，连接BN，点Q为BN的中点，连接HQ，求HQ的取值范围．
【答案】（1）y=−12x2−x+4；（2）F（−2，4），△EFD的周长为22+2；（3）13−12≤HQ ≤13+12．
【分析】（1）根据A、B点的坐标可设交点式，然后代入C点坐标求解即可；
（2）由题意可直接判断出△FDE∽△BCO，从而可知C△FDEC△BCO=FDBC，然后通过设点表示出FD的长度，从而列出关于△FDE周长的二次函数解析式，利用二次函数的性质进行求解判断求解即可；
（3）连接ON，根据（2）的条件可确定出HQ为△BON的中位线，由此可先确定ON的取值范围，从而确定HQ的取值范围即可．
【详解】（1）∵抛物线与x轴交于A（2，0），B（−4，0）两点，
∴设抛物线的解析式为：y=ax−2x+4，
由抛物线经过C（0，4），
∴将C（0，4）代入y=ax−2x+4，解得：a=−12，
∴抛物线的解析式为：y=−12x−2x+4，
即：y=−12x2−x+4；
（2）∵FH⊥x轴，
∴FH∥y轴，∠FDE=∠BCO，
∴△FDE∽△BCO，则C△FDEC△BCO=FDBC，
根据B（−4，0），C（0，4），可得直线BC的解析式为：y=x+4，
设Fm,−12m2−m+4，则Dm,m+4，
∴FD=yF−yD=−12m2−2m，
在△BCO中，OB=OC=4，BC=42，
∴C△BCO=8+42，
∴C△FDE8+42=−12m2−2m42，
整理得：C△FDE=−2+12m+22+22+2，
∵−2−12<0，
∴当m=−2时，C△FDE取得最大值，最大值为22+2，
将m=−2代入抛物线解析式可得：y=4，
∴点F的坐标为F（−2，4），△EFD的周长为22+2；
（3）由（2）可知，F（−2，4），D（-2，2），
∴H（-2,0），BH=OH，即H为BO的中点，
∵FD为⊙M的直径，
∴M（-2，3），
∵Q为BN的中点，
∴如图所示，连接ON，则HQ为△BON的中位线，
∴HQ=12ON，即求出ON的取值范围即可，

①∵点N在⊙M运动，
∴当O、M、N三点共线的时候，ON最长，如图所示，
此时，ON=OM+MN，
∵OM=MH2+OH2=32+22=13，MN=MD=1，
∴ON=13+1；

②当O、N、M三点共线时，ON最短，如图所示，
此时，ON=OM-MN，即：ON=13−1，

∴可得ON的取值范围是：13+1≤ON≤13−1，
∴由HQ=12ON，得HQ的取值范围是：13+12≤HQ≤13−12．
【点睛】本题考查二次函数的综合问题，相似三角形的判定与性质，灵活求解函数解析式，熟练掌握函数法求几何图形面积或周长的最值问题，以及数形结合的思想进行转化是解题关键．
20．（2022·江苏无锡·校考一模）如图，已知二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于A和B3,0两点，与y轴交于C0,−2，对称轴为直线x=54，连接BC，在直线BC上有一动点P，过点P作y轴的平行线交二次函数的图像于点N，交x轴于点M，

(1)求抛物线与直线BC的函数解析式；
(2)设点M的坐标为m,0，求当以PN为直径的圆与y轴相切时m的值：
(3)若点P在线段BC上运动，则是否存在这样的点P，使得△CPN与△BPM相似，若存在请直接写出点P的坐标，若不存在，请写出理由．
【答案】(1)抛物线解析式为y=43x2−103x−2，直线BC解析式为y=23x−2
(2)32或92
(3)存在，52,−13或118,−1312

【分析】（1）根据二次函数y=ax2+bx+c的对称轴为直线x=54，可得5a=−2b，再利用待定系数法，即可求解；
（2）根据以PN为直径的圆与y轴相切，可得2OM=PN ，然后分两种情况：当点P在点N上方时和当点P在点N下方时，即可求解；
（3）设点Ms,0 ，则点Ps,23s−2 ，Ns,43s2−103s−2 ，然后分两种情况：当∠PNC=∠PMB=90°时和当∠PCN=∠PMB=90°时，即可求解．
【详解】（1）解：∵二次函数y=ax2+bx+c的对称轴为直线x=54，
∴−b2a=54 ，即5a=−2b ，
∵二次函数y=ax2+bx+c的图象与x轴交于B3,0，与y轴交于C0,−2，
∴9a+3b+c=0c=−25a=−2b ，解得：a=43b=−103c=−2 ，
∴二次函数的解析式为y=43x2−103x−2，
设直线BC的解析式为y=kx+nk≠0 ，
把点B3,0，C0,−2代入得：
3m+n=0n=−2 ，解得：m=23n=−2 ，
∴直线BC解析式为y=23x−2；
（2）解： 根据题意得：点Pm,23m−2 ，Nm,43m2−103m−2 ，
∵以PN为直径的圆与y轴相切，
∴2OM=PN ，
当点P在点N上方时，
PN=23m−2−43m2−103m−2=−43m2+4m ，
∴2m=−43m2+4m ，
解得：m=32 或m=0（舍去），
当点P在点N下方时，
PN=43m2−103m−2−23m−2=43m2−4m，
∴2m=43m2−4m，
解得：m=92或m=0（舍去），
∴当以PN为直径的圆与y轴相切时m的值为32或92；
（3）解：存在，理由如下：
设点Ms,0 ，则点Ps,23s−2 ，Ns,43s2−103s−2 ，
∴PM=0−23s−2=−23s+2，PC=s2+23s−2−−22=133s ，BM=3−s ，PN=23s−2−43s2−103s−2=−43s2+4s ，
根据题意得：∠CPN=∠BPM，
当∠PNC=∠PMB=90°时，△PBM∽△PCN，

∴CN∥x轴，
∴43s2−103s−2=−2，解得：s=52 或s=0 （舍去），
∴点P52,−13 ，
当∠PCN=∠PMB=90°时，△PBM∽△PNC，
，
∴S△PBMS△PCN=PMPC2 ，
∴123−s−23s+212s−43s2+4s=−23s+2133s2 ，解得：s=118 或s=3 （舍去），
∴点P118,−1312 ，
综上所述，存在这样的点P 52,−13或118,−1312，使得△CPN与△BPM相似．
【点睛】本题主要考查了二次函数与相似三角形以及圆的综合题，熟练掌握相关知识点，并利用数形结合思想和分类讨论思想解答是解题的关键．