中考教育專題圓二次函數(shù)結(jié)合題

中考專題：圓與函數(shù)綜合題1、如圖，平面直角坐標(biāo)系中，以點(diǎn)C（2，3）為圓心，以2為半徑的圓與軸交于A、B兩點(diǎn)．1）求A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)；2）若二次函數(shù)yx2bxc的圖象經(jīng)過點(diǎn)A、B，試確定此二次函數(shù)的剖析式．2、如圖，半徑為2的⊙C與x軸的正半軸交于點(diǎn)A，與y軸的正半軸交于點(diǎn)B，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（1，0）．若拋物線y3x2bxc過A、B兩點(diǎn)．31）求拋物線的剖析式；2）在拋物線上可否存在點(diǎn)P，使得∠PBO=∠POB若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在說明原由；（3）若點(diǎn)M是拋物線（在第一象限內(nèi)的部分）上一點(diǎn)，△MAB的面積為S，求S的最大（?。┲担?、如圖，拋物線yax2bxc的對(duì)稱軸為軸，且經(jīng)過（0,0），（a,1）兩點(diǎn)，點(diǎn)P在拋16物線上運(yùn)動(dòng)，以P為圓心的⊙P經(jīng)過定點(diǎn)A（0,2），求a,b,c的值；求證：點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過程中，⊙P向來(lái)與軸訂交；（3）設(shè)⊙P與軸訂交于Mx1,0，Nx2,0x1x2兩點(diǎn)，當(dāng)△AMN為等腰三角形時(shí)，求圓心P的縱坐標(biāo)。4、如圖，二次函數(shù)y=x2+bx－3b+3的圖象與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左邊），交y軸于點(diǎn)C，且經(jīng)過點(diǎn)（b－2，2b2－5b－1）.1）求這條拋物線的剖析式；2）⊙M過A、B、C三點(diǎn)，交y軸于另一點(diǎn)D，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；（3）連接AM、DM，將∠AMD繞點(diǎn)M順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，兩邊MA、MD與x軸、y軸分別交于點(diǎn)E、F，若△DMF為等腰三角形，求點(diǎn)E的坐標(biāo).5、類比、轉(zhuǎn)變、分類談?wù)摰人枷敕椒ê蛿?shù)學(xué)基本圖形在數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)和解題中經(jīng)常用到，以下是一個(gè)案例，請(qǐng)補(bǔ)充完滿。原題：如圖1，在⊙O中，MN是直徑，AB⊥MN于點(diǎn)B，CD⊥MN于點(diǎn)D，∠AOC=90°，AB=3，CD=4，則=。BD⑴試試試究：如圖2，在⊙O中，M是直徑，⊥MN于點(diǎn)，⊥于點(diǎn)，點(diǎn)E在上，∠=90°，NABBCDMNDMNAECAB=3，BD=8，BE：DE=1:3，則CD=（試寫出解答過程）。⑵類比延伸：利用圖3，再研究，當(dāng)、兩點(diǎn)分別在直徑兩側(cè)，且≠，⊥于點(diǎn)，ACMNABCDABMNBCD⊥于點(diǎn)，∠=90°時(shí)，則線段、、滿足的數(shù)量關(guān)系為。MNDAOCABCDBD⑶拓展遷移：如圖4，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線經(jīng)過A（m，6），B（n，1）兩點(diǎn)（其中0＜m＜3），且以y軸為對(duì)稱軸，且∠AOB=90°，①求mn的值；②當(dāng)S△AOB=10時(shí)，求拋物線的剖析式。6、如圖，設(shè)拋物線1213yxx交x軸于A,B兩點(diǎn)，極點(diǎn)為．以BA為直徑作半圓，圓心為442M，半圓交y軸負(fù)半軸于C．1）求拋物線的對(duì)稱軸；2）將△ACB繞圓心M順時(shí)針旋轉(zhuǎn)180°，獲取△APB，如圖．求點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）有一動(dòng)點(diǎn)Q在線段AB上運(yùn)動(dòng)，△QCD的周長(zhǎng)在不斷變化時(shí)可否存在最小值若存在，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，說明原由．7、如圖1，已知拋物線y=－x2+bx+c經(jīng)過點(diǎn)A（1,0），B（－3,0）兩點(diǎn)，且與y軸交于點(diǎn)C.求b，c的值。2）在第二象限的拋物線上，可否存在一點(diǎn)P，使得△PBC的面積最大求出點(diǎn)P的坐標(biāo)及△PBC的面積最大值.若不存在，請(qǐng)說明原由.如圖2，點(diǎn)E為線段BC上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與B,C重合），經(jīng)過B、E、O三點(diǎn)的圓與過點(diǎn)B且垂直于BC的直線交于點(diǎn)F，當(dāng)△OEF面積獲取最小值時(shí)，求點(diǎn)E坐標(biāo)．8、如圖，點(diǎn)P在y軸的正半軸上，⊙P交x軸于B、C兩點(diǎn)，以AC為直角邊作等腰Rt△ACD，BD分別交y軸和⊙P于E、F兩點(diǎn)，交連接AC、FC．求證：∠ACF=∠ADB;若點(diǎn)A到BD的距離為m，BF+CF=n，求線段CD的長(zhǎng)；當(dāng)⊙P的大小發(fā)生變化而其他條件不變時(shí)，DE的值A(chǔ)O可否發(fā)生變化若不發(fā)生變化，央求出其值；若發(fā)生變化，請(qǐng)說明原由．9、如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，半徑為25的圓C與x軸交于A(-1,0)、B(3,0)兩點(diǎn)，且點(diǎn)C在x軸的上方．1）求圓心C的坐標(biāo)；2）已知一個(gè)二次函數(shù)的圖像經(jīng)過點(diǎn)A、B、C，求這二次函數(shù)的剖析式；（3）設(shè)點(diǎn)P在y軸上，點(diǎn)M在（2）的二次函數(shù)圖像上，若是以點(diǎn)P、M、A、B為極點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，請(qǐng)你直接寫出點(diǎn)M的坐標(biāo).10、如圖，在⊙M中，弦AB所對(duì)的圓心角為120°，已知圓的半徑為1cm，并建立以下列圖的直角坐標(biāo)系．1）求圓心M的坐標(biāo)；2）求經(jīng)過A,B,C三點(diǎn)的拋物線的剖析式；3）點(diǎn)P是⊙M上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)△PAB為Rt△時(shí)，求點(diǎn)p的坐標(biāo)。11、如圖，在半徑為2的扇形AOB中，∠AOB=90°，點(diǎn)C是弧AB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A、B重合）OD⊥BC,OE⊥AC，垂足分別為D、E．1）當(dāng)BC=1時(shí)，求線段OD的長(zhǎng)；2）在△DOE中可否存在長(zhǎng)度保持不變的邊若是存在，請(qǐng)指出并求其長(zhǎng)度，若是不存在，請(qǐng)說明原由；3）設(shè)BD=x，△DOE的面積為y，求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量的取值范圍．12、已知拋物線yax2bx3經(jīng)過A(3，0),B(4，1)兩點(diǎn)，且與y軸交于點(diǎn)C．（1）求拋物線yax2bx3的函數(shù)關(guān)系式及點(diǎn)C的坐標(biāo)；（2）如圖（1）,連接AB，在題（1）中的拋物線上可否存在點(diǎn)P，使△PAB是以AB為直角邊的直角三角形若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明原由；（3）如圖（2）,連接AC，E為線段AC上任意一點(diǎn)（不與A、C重合）經(jīng)過A、E、O三點(diǎn)的圓交直線AB于點(diǎn)F，當(dāng)△OEF的面積獲取最小值時(shí)，求點(diǎn)E的坐標(biāo)．13、已知：如圖，拋物線y＝x2－－1與y軸交于C點(diǎn)，以原點(diǎn)O為圓心，長(zhǎng)為半徑作⊙，交xOCOx軸于A，B兩點(diǎn)，交y軸于另一點(diǎn)D．設(shè)點(diǎn)P為拋物線y＝x2－x－1上的一點(diǎn)，作PM⊥x軸于M點(diǎn)，求使△PMB∽△ADB時(shí)的點(diǎn)P的坐標(biāo)．14、點(diǎn)A（-1,0）B（4,0）C（0,2）是平面直角坐標(biāo)系上的三點(diǎn)。①如圖1先過A、B、C作△ABC，爾后在在軸上方作一個(gè)正方形G1分別在BC、AC上②如圖2先過A、B、C作圓⊙M，爾后在軸上方作一個(gè)正方形在圓上

D1E1F1G1,使D1E1在D2E2F2G2,使D2E2在

AB上，F(xiàn)1、軸上，F(xiàn)2、G2③如圖

3先過

A、B、C作拋物線

，爾后在

軸上方作一個(gè)正方形

D3E3F3G3,

使D3E3在

軸上，

F3、G3在拋物線上請(qǐng)比較正方形

D1E1F1G1,

正方形

D2E2F2G2,

正方形

D3E3F3G3的面積大小15、如圖，已知經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)的⊙P與x軸交于點(diǎn)（8，0），與y軸交于點(diǎn)（0，6），點(diǎn)C是第AB一象限內(nèi)⊙P上一點(diǎn)，CB=CO，拋物線yax2bx經(jīng)過點(diǎn)A和點(diǎn)C．（1）求⊙P的半徑；（2）求拋物線的剖析式；3）在拋物線上可否存在點(diǎn)D，使得點(diǎn)A、點(diǎn)B、點(diǎn)C和點(diǎn)D構(gòu)成矩形，若存在，直接寫出吻合條件的點(diǎn)D的坐標(biāo)；若不存在，試說明原由．16、已知：如圖9-1，拋物線經(jīng)過點(diǎn)O、A、B三點(diǎn)，四邊形OABC是直角梯形，其中點(diǎn)A在x軸上，點(diǎn)C在y軸上，BC∥OA，A（12，0）、B（4，8）．（1）求拋物線所對(duì)應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；（2）若

D為

OA的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)

P自

A點(diǎn)出發(fā)沿

A→B→C→O的路線搬動(dòng)，速度為每秒

1個(gè)單位，搬動(dòng)時(shí)間記為

t秒．幾秒鐘后線段

PD將梯形

OABC的面積分成1﹕3兩部分并求出此時(shí)

P點(diǎn)的坐標(biāo)；（3）如圖

9-2，作△

OBC的外接圓

O′，點(diǎn)

Q是拋物線上點(diǎn)

A、B之間的動(dòng)點(diǎn)，連接

OQ交⊙O′于點(diǎn)M，交

AB于點(diǎn)

N．當(dāng)∠

BOQ=45°時(shí)，求線段

MN的長(zhǎng)．17、如圖,已知拋物線y1x2bxc與y軸訂交于C，與x軸訂交于A、B，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（2，20），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，-1）。（1）求拋物線的剖析式；（2）點(diǎn)E是線段AC上一動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)E作DE⊥x軸于點(diǎn)D，連接DC，當(dāng)△DCE的面積最大時(shí)，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；（3）在直線BC上可否存在一點(diǎn)P，使△ACP為等腰三角形，若存在，求點(diǎn)P的坐標(biāo)，若不存在，說明原由。18、如圖，已知拋物線y=ax2+bx+c（a＞0，c＜0）交x軸于點(diǎn)A，B，交y軸于點(diǎn)C，設(shè)過點(diǎn)A，B，C三點(diǎn)的圓與y軸的另一個(gè)交點(diǎn)為D．1）如圖1，已知點(diǎn)A，B，C的坐標(biāo)分別為（﹣2，0），（8，0），（0，﹣4）；①求此拋物線的表達(dá)式與點(diǎn)D的坐標(biāo)；②若點(diǎn)M為拋物線上的一動(dòng)點(diǎn)，且位于第四象限，求△BDM面積的最大值；2）如圖2，若a=1，求證：無(wú)論b，c取何值，點(diǎn)D均為極點(diǎn)，求出該定點(diǎn)坐標(biāo)．19、拋物線yax22axb與直線y=x+1交于A、C兩點(diǎn)，與y軸交于B，AB∥x軸，且S△ABC=3（1）求拋物線的剖析式。（2）P為x軸負(fù)半軸上一點(diǎn)，以AP、AC為邊作，可否存在P，使得Q點(diǎn)恰幸好此拋物線上若存在，央求出P、Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明原由。3）AD⊥X軸于D，以O(shè)D為直徑作⊙M，N為⊙M上一動(dòng)點(diǎn)，（不與O、D重合），過N作AN的垂線交x軸于R點(diǎn)，DN交Y軸于點(diǎn)S，當(dāng)N點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，線段OR、OS可否存在確定的數(shù)量關(guān)系寫出證明。20、如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，P是反比率函數(shù)y6（x＞0）圖象上的任意一點(diǎn)，x以P為圓心，PO為半徑的圓與x、y軸分別交于點(diǎn)A、B．（1）判斷P可否在線段AB上，并說明原由；（2）求△AOB的面積；（3）Q是反比率函數(shù)y6P的另一點(diǎn)，請(qǐng)以Q為圓心，QO半徑畫圓與x、（x＞0）圖象上異于點(diǎn)xy軸分別交于點(diǎn)M、N，連接AN、MB．求證：AN∥MB．備用圖21、如圖,在半徑為6,圓心角為的中線PM與NH交于點(diǎn)G．

90°的扇形

OAB的弧

AB上,有一個(gè)動(dòng)點(diǎn)

p,PH⊥OA,垂足為

H,

△PHO（1）求證：

PG

2；GM（2）設(shè)PH=x,GP=y,求y關(guān)于（3）若是△PGH是等腰三角形

x的函數(shù)剖析式，并寫自變量,試求出線段PH的長(zhǎng)．

的取值范圍；22、如圖,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,BC>AC以斜邊AB所在直線為x軸,以斜邊AB上的高所在直線為y軸,建立直角坐標(biāo)系,若22且線段（）+=17,OAOBOA．的長(zhǎng)度是關(guān)于x的一元二次方程x2-+2(-3)=0的兩個(gè)根.OBmxm求C點(diǎn)的坐標(biāo);(2)以斜邊為直徑作圓與y軸交于另一點(diǎn),求過（）ABEA．B．E三點(diǎn)的拋物線的剖析式,并畫出此拋物線的草圖;在拋物線上可否存在點(diǎn)P,使△ABP與△ABC全等若存在,求出吻合條件的P點(diǎn)的坐標(biāo);若不存在,說明原由.參照答案1、解：（1）過點(diǎn)C作⊥軸于點(diǎn)，則點(diǎn)M為AB的中點(diǎn)．CMM∵=2，=，∴==1．于是，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（1，0），點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，0）CACMAM（2）將（1，0），（3，0）代入得，解得所以，此二次函數(shù)的剖析式為．2、考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題。解答：解：（1）如答圖1，連接OB．∵BC=2，OC=1∴OB=∴B（0，）將A（3，0），B（0，）代入二次函數(shù)的表達(dá)式得，解得：，∴．（2）存在．如答圖2，作線段OB的垂直均分線l，與拋物線的交點(diǎn)即為點(diǎn)P．∵B（0，），O（0，0），∴直線l的表達(dá)式為．代入拋物線的表達(dá)式，得；解得，∴P（）．（3）如答圖3，作MH⊥x軸于點(diǎn)H．設(shè)M（），則S△MAB=S梯形MBOH+S△MHA﹣S△OAB=（MH+OB）?OH+HA?MH﹣OA?OB==∵，∴=∴當(dāng)時(shí)，獲取最大值，最大值為．3、（1）r=

（2）P(x,y),＞（3）P(

⊙P的半徑r=，∴點(diǎn)P在運(yùn)程中，⊙)，∵PA=，作

，又P始與PH⊥MN于

，r=訂交；H,PM=PN=

,又

PH=

，化得：,MH=NH=，故MN=4，∴M(，0)，N(,0)，又A(0，2)，∴AM=,AN=當(dāng)AM=AN，解得=0，當(dāng)AM=MN,=4，解得：=，=；當(dāng)AN=MN,=4，解得：=，=上所述，P的坐0或或；4、解：（1）把點(diǎn)（b－2，2b2－5b－1）代入剖析式，得2b2－5b－1=（b－2）2+b（b－2）－3b+3，?????1′解得b=2.∴拋物的剖析式y(tǒng)=x2+2x－3.?????2′（2）由x2+2x－3=0，得x=－3或x=1.∴A（－3，0）、B（1，0）、C（0，－3）.拋物的稱是直x=－1，心M在直x=－1上.?????3′∴M（－1，n），作MG⊥x于G，MH⊥y于H，接MC、MB.∴MH=1，BG=2.?????4′2222∵M(jìn)B=MC，∴BG+MG=MH+CH，即4+n2=1+（3+n）2，解得n=－1，∴點(diǎn)M（－1，－1）?????5′（3）如，由M（－1，－1），得MG=MH.∵M(jìn)A=MD，∴Rt△AMG≌RtDMH，∴∠1=∠2.由旋可知∠3=∠4.∴△AME≌△DMF.若△DMF等腰三角形，△AME等腰三角形.?????6′E（x，0），△AME等腰三角形，分三種情況：①==，x=－3，∴（－3，0）；AEAME②∵M(jìn)在AB的垂直均分上，∴MA=ME=MB，∴E（1，0）?????7′③點(diǎn)E在AM的垂直均分上，AE=ME.222222，解得x=，∴E（，0）.AE=x+3，ME=MG+EG=1+（－1－x），∴（x+3）=1+（－1－x）∴所求點(diǎn)E的坐（－3，0），（1，0），（，0）?????8′5、解：⑴原：∵AB⊥MN，CD⊥MN，∴∠ABO=∠ODC=90°∠BAO+∠AOB=90°∵∠AOC=90°∴∠DOC+∠AOB=90°∴∠BAO=∠DOC又∵OA=OC∴△AOB≌△ODC（AAS）OD=AB=3，OB=CD=4，∴BD=OB+OD=7⑵研究：∵AB⊥MN，CD⊥MN，∴∠ABE=∠CDE=90°BAE+∠AEB=90°∵∠AEC=90°∴∠DEC+∠AEB=90°∴∠BAE=∠DEC∴△ABE∽△EDC∴∵AB=3，BD=8，BE：DE=1:3，∴BE=2，DE=6∴∴CD=4⑶比延伸：如3（a）CD=AB+BD；如3（b）AB=CD+BD???2分⑷拓展遷移：①作于C點(diǎn)，于D點(diǎn)，點(diǎn)坐分，∴，又∵∠AOB=90°∴∠BCO=∠ODA=90°，∠OBC=∠AOD∴，∴。???2分②由①得，，又，∴，即，又∴坐（2，6），B坐（－3，1），代入得拋物剖析式。???2分6、解：（1）稱直x=12’(2)A(-1,0)，B(3,0)，M(1,0)所以M的半徑21’1’（3）點(diǎn)坐D（1，-1）D（1，-1）關(guān)于x的稱點(diǎn)D‘（1，1）1’直CD‘1’CD‘與X的交點(diǎn)即所求的Q點(diǎn)2’7、解：（1）A、B∵∠AOB＝90°∴AB是⊙P的直徑??2分AB=∴⊙P的半徑是5.??4分（2）作CH⊥OB，垂直H，∵=∴H是的中點(diǎn)∴心=∴C的坐是（9，CBCOOBCHPPH3）??7分把A、C坐分代入得：??8分解得∴拋物的剖析式是12分3）D(-1，3)8、解：（1）∵拋物y=ax2+bx+c點(diǎn)A（2，0），B（8，0），C（0，4），∴，解得，∴拋物的剖析式：y=x2x4；OA=2，OB=8，OC=4，∴AB=10．如答1，接AC、BC．由勾股定理得：AC=，BC=．222∵AC+BC=AB=100，∴∠ACB=90°，∴AB的直徑．由垂徑定理可知，點(diǎn)C、D關(guān)于直徑AB稱，∴D（0，4）．（2）解法一：直BD的剖析式y(tǒng)=kx+b，∵B（8，0），D（0，4），∴，解得，∴直BD剖析式：y=x+4．M（x，x2x4），如答21，點(diǎn)M作ME∥y，交BD于點(diǎn)E，E（x，x+4）．∴ME=（x+4）（x2x4）=x2+x+8．∴S△BDM=S△MED+S△MEB=ME（xExD）+ME（xBxD）=ME（xBxD）=4ME，∴S△BDM=4（﹣x2+x+8）=﹣x2+4x+32=﹣（x﹣2）2+36．∴當(dāng)x=2時(shí)，△BDM的面積有最大值為36；解法二：如答圖2﹣2，過M作MN⊥y軸于點(diǎn)N．2設(shè)M（m，m﹣m﹣4），∵S=OB?OD==16，S=（MN+OB）?ON=（m+8）[﹣（m﹣m﹣4）]△OBD梯形OBMN2=﹣m（22m﹣m﹣4）﹣4（m﹣m﹣4），△MND22m﹣4），S=MN?DN=m[4﹣（m﹣m﹣4）]=2m﹣m（m﹣∴S△BDM=S△OBD+S梯形OBMN﹣S△MND=16﹣m（2m﹣4）﹣4（2m﹣4）﹣2m+m（2）m﹣m﹣m﹣m﹣4=16﹣4（222m﹣m﹣4）﹣2m=﹣m+4m+32=﹣（m﹣2）+36；∴當(dāng)m=2時(shí)，△BDM的面積有最大值為36．（3）如答圖3，連接AD、BC．由圓周角定理得：∠ADO=∠CBO，∠DAO=∠BCO，∴△AOD∽△COB，∴=，設(shè)A（x1，0），B（x2，0），∵已知拋物線y=x2+bx+c（c＜0），∵OC=﹣c，x1x2=c，∴=，∴OD==1，∴無(wú)論b，c取何值，點(diǎn)D均為定點(diǎn)，該定點(diǎn)坐標(biāo)D（0，1）．9、解：（1）聯(lián)系A(chǔ)C，過點(diǎn)C作，垂直為H，由垂徑定理得：AH=＝2，則OH＝1．由勾股定理得：CH＝4．又點(diǎn)C在x軸的上方，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為．（2）二次函數(shù)的剖析式由意，得解個(gè)方程，得

∴二次函數(shù)的剖析式

y=－x2+2x＋3．（3）點(diǎn)

M的坐

或

或10、（1）明：接AB??1分∵OP⊥BC

∴BO=CO

??2分

∴AB=AC又∵AC=AD

∴AB=AD

∴∠ABD=∠ADB

??3分（2）解：點(diǎn)

A做

又∵∠ABD=∠ACFAM⊥CF交CF的延于

M，點(diǎn)

∴∠ACF=∠ADBA做AN⊥BF于N，接

AF

AN=m

??4分∴∠ANB=∠AMC=90°又∵∠又∵∠

ABN=∠ACM，AB=ACANF=∠AMF=90°,AF

∴Rt⊿ABN≌Rt⊿ACM（AAS）∴BN=CM，AN=AM公共∴Rt⊿AFN≌Rt⊿AFM(HL)∴

??5分NF=MF

??6分∴BF+CF=BN+NF+CM-MF=BN+CM=2BN=n??7分∴BN=∴CD=??8

分（3）點(diǎn)

D做

DH⊥AO于

N,

點(diǎn)

D做

DQ⊥BC于

Q

?9分∵∠DAH+∠OAC=90°,∠DAH+∠ADH=90°∴∠OAC=∠ADH又∵∠DHA=∠AOC=90°,AD=ACRt⊿DHA≌Rt⊿AOC（AAS）∴DH=AO,AH=OC??10分∴==11、12、解：（1）（3分）將A(3,0),B(4,1)代人得∴∴C(0,3)(2)(7分)假存在，分兩種情況，如.①接AC,O∵OA=OC=3,∴∠OAC=∠OCA=45.??1分B作BD⊥于D，有BD=1，,∴BD=AD,∴∠DAB=∠ODBA=45.OOOO分∴∠BAC=180-45-45=90?????2∴△ABC是直角三角形.∴C(0,3)吻合條件.∴P1(0,3)所求.②當(dāng)∠ABP=90O,B作BP∥AC,BP交拋物于點(diǎn)P.∵A(3,0),C(0,3)∴直AC的函數(shù)關(guān)系式將直AC向上平移2個(gè)位與直BP重合.直BP的函數(shù)關(guān)系式由,得又B(4,1),∴P2(-1,6).上所述,存在兩點(diǎn)P(0,3),P2(-1,6).1另解②當(dāng)∠O,B作BP∥AC,BP交拋物于點(diǎn)P.ABP=90∵A(3,0),C(0,3)∴直AC的函數(shù)關(guān)系式將直AC向上平移2個(gè)位與直BP重合.直BP的函數(shù)關(guān)系式∵點(diǎn)P在直上，又在上.∴點(diǎn)P∴解得∴P(-1,6),P2(4,1)(舍)1上所述,存在兩點(diǎn)P1(0,3),P2(-1,6).(3)(4OOO∴∠OEF=∠分)∵∠OAE=∠OAF=45,而∠OEF=∠OAF=45,∠OFE=∠OAE=45,OOFE=45,O∵點(diǎn)E在段AC上,∴E∴∴OE=OF,∠EOF=90=∴===∴當(dāng)

,

取最小

,此

,

∴13、提示：P點(diǎn)的橫坐P＝，P點(diǎn)的坐yP＝2－－1．xaaa＝｜2－－1｜，＝｜－1｜．因△等腰直角三角形，所以欲使△∽△，只要使PMaaBMaADBPMBADBPM＝BM.即｜a2－a－1｜＝｜a－1｜．不得a1＝0．∴P點(diǎn)坐分P1(0，－1)．P2(2，1)．14、(1)=－2，=3???bc存在。原由以下：???P點(diǎn)∵S△BPC=

當(dāng)

，

∴

最大＝?當(dāng)，∴點(diǎn)P坐????∵OB=OC=3∴∠OBC=∠OCB=45O,而∠OEF=∠OBF=45O,∠OFE=∠OBE=45O,∴∠OEF=∠OFE=45O,∴OE=OF,∠EOF=90O????????（6分）2∴=OE∴當(dāng)OE最小，△OEF面獲取最小????∵點(diǎn)E在段上,∴當(dāng)⊥，最小此點(diǎn)E是中點(diǎn)∴()?BCOEBCOEBCE15、1）∵二次函數(shù)的像點(diǎn)A（2，0）C(0,－1)∴解得：b=－c=－1∴二次函數(shù)的剖析式（2）點(diǎn)D的坐（m，0）（0＜m＜2）OD=m∴AD=2-m由△ADE∽△AOC得，∴∴DE=∴△CDE的面=××m==當(dāng)m=1，△CDE的面最大∴點(diǎn)D的坐（1，0）（3）存在由(1)知：二次函數(shù)的剖析式y(tǒng)=0解得：x1=2x2=－1∴點(diǎn)B的坐（－1，0）C（0，－1）直BC的剖析式：=＋bykx∴解得：k=-1b=-1∴直BC的剖析式:y=－x－10OC=1由勾股定理得：AC=在Rt△AOC中，∠AOC=90OA=2∵點(diǎn)B(－1,0)點(diǎn)C（0，－1）∴OB=OC0∠BCO=45①當(dāng)以點(diǎn)C點(diǎn)且PC=AC=，0P(k,－k－1)點(diǎn)P作PH⊥y于H∴∠HCP=∠BCO=45CH=PH=∣k∣在Rt△PCH中∴P1（，－）P2（－，）②以A點(diǎn)，即AC=AP=P(k,－k－1)點(diǎn)P作PG⊥x于GAG=∣2－k∣GP=∣－k－1∣在Rt△APG中22222AG＋PG=AP（2－k)+(－k－1)=5解得：k1=1,k2=0(舍)∴P3(1,－2)③以P點(diǎn)，PC=APP(k,－k－1)點(diǎn)P作PQ⊥y于點(diǎn)QPL⊥x于點(diǎn)L∴L(k,0)∴△QPC等腰直角三角形PQ=CQ=k由勾股定理知CP=PA=k(k)2=(k－2)2＋(k＋1)2∴AL=∣-2∣,PL=｜－k－k1｜在Rt△PLA中解得：k=∴P4(,－)上所述：存在四個(gè)點(diǎn)：P1（，－）22=1=22，）3－2)4(,－)k+k解得k，k=－P（-P(1,P16、（1）解：∵拋物O（0，0）、A（12，0）、B（4，8）∴拋物的剖析式：∴將點(diǎn)B的坐代入，得：，解得：，∴所求拋物的關(guān)系式：（2）解：點(diǎn)B作BF⊥x于點(diǎn)F，∵BF=8，AF=12-4=8∴∠BAF=45o∴S梯形OABC=∴面分成13兩部分，即面分成1648由意得，點(diǎn)P整個(gè)運(yùn)程分三種情況，但點(diǎn)P在BC上，由于∵S△ABD=∴點(diǎn)P在BC上不能夠足要求。?即點(diǎn)P只幸好AB或OC上才能足要求，①點(diǎn)P在AB上，P(x,y)可得S△APD=又S△APD=∴y=過P作PE⊥x軸于點(diǎn)E,由∠BAF=45o∴AE=PE=∴x=又過D作DH⊥AB于H,∵AD=6∴DH=∵S△APD=∴t=∴當(dāng)t=時(shí)，P滿足要求。②點(diǎn)P在OC上，設(shè)P(0,y)∵S△APD=∴y=∴P∴此時(shí)t=AB+BC+CP=,P滿足要求。（3）解：連接BM，∵OB是圓直徑，∴BM⊥OＭ，∵BC=4，OC=8∴OB=∵在Rt△BMO中∠BOQ=45°∴OM=由（2）可知：∠OAB=45°,AB=∵∠BOQ=45°∴∠BOA=∠BOQ+∠AON=45°+∠AON又∵∠BNO=45°+∠AON∴∠BNO=∠BOA又∵∠BON=∠BAO=45°∴△BON∽△BAO∴即ON=MN=ON-OM=17、18、解：圖1設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為由△CG1F1∽△CAB得∴∴圖2設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為∵A（-1,0）B（4,0）C（0,2）∴∴∠ACB=90°∴AB是圓M的直徑過M作MN⊥G2F2由垂徑定理得解得即圖3設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為由A（-1