中考数学复习中考专题圆与二次函数结合题

中考数学复习中考专题圆

与二次函数结合题

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2017年中考数学复习

中考专题： 圆与函数综合题

1、如图，平面直角坐标系中，以点C（2，3）为圆心，以2为半径的圆与轴交于A、B两点．

（1）求A、B两点的坐标；

（2）若二次函数yx2bxc的图象经过点A、B，试确定此二次函数的解析式．

2、如图，半径为2的⊙C与x轴的正半轴交于点A，与y轴的正半轴交于点B，点C的坐标为（1，0）．若抛物线y32xbxc过A、B两点． 3（1）求抛物线的解析式；

（2）在抛物线上是否存在点P，使得∠PBO=∠POB若存在，求出点P的坐标；若不存在说明理由；

（3）若点M是抛物线（在第一象限内的部分）上一点，△MAB的面积为S，求S的最大（小）值．

3、如图，抛物线yax2bxc的对称轴为轴，且经过（0,0），（a,点，点P在抛物线上运动，以P为圆心的⊙P经过定点A（0,2）， (1)求a,b,c的值；

(2)求证：点P在运动过程中，⊙P始终与轴相交； （3）设⊙P与轴相交于Mx1,0，N x2,0x1x21）两16两点，当△AMN为等腰三角形时，求圆心P的纵坐标。

4、如图，二次函数y=x2+bx－3b+3的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左边），交y轴于点C，且经过点（b－2，2b2－5b－1）. （1）求这条抛物线的解析式；

（2）⊙M过A、B、C三点，交y轴于另一点D，求点M的坐标；

（3）连接AM、DM，将∠AMD绕点M顺时针旋转，两边MA、MD与x轴、y轴分别交于点E、F，若△DMF为等腰三角形，求点E的坐标.

5、类比、转化、分类讨论等思想方法和数学基本图形在数学学习和解题中经常用到，如下是一个案例，请补充完整。

原题：如图1，在⊙O中，MN是直径，AB⊥MN于点B，CD⊥MN于点D，∠

AOC=90°，AB=3，CD=4，则BD= 。

⑴尝试探究：如图2，在⊙O中，MN是直径，AB⊥MN于点B，CD⊥MN于点D，点

E在MN上，∠AEC=90°，AB=3，BD=8，BE：DE=1:3，则CD= （试写出解答过

程）。

⑵类比延伸：利用图3，再探究，当A、C两点分别在直径MN两侧，且AB≠

CD，AB⊥MN于点B，CD⊥MN于点D，∠AOC=90°时，则线段AB、CD、BD满足的

数量关系为 。

⑶拓展迁移：如图4，在平面直角坐标系中，抛物线经过A（m，6），B（n，1）两点（其中0＜m＜3），且以y轴为对称轴，且∠AOB=90°，①求mn的值；②当S△AOB=10时，求抛物线的解析式。

6、如图，设抛物线yx2x交x轴于A,B两点，顶点为D．以BA为直径作半圆，圆心为M，半圆交y轴负半轴于C． （1）求抛物线的对称轴；

（2）将△ACB绕圆心M顺时针旋转180°，得到△APB，如图．求点P的坐标；

141234

（3）有一动点Q在线段AB上运动，△QCD的周长在不断变化时是否存在最小值若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由．

7、如图1，已知抛物线y=－x2+bx+c经过点A（1,0），B（－3,0）两点，且与

y轴交于点C.

(1) 求b，c的值。

（2）在第二象限的抛物线上，是否存在一点P，使得△PBC的面积最大求出点P的坐标及△PBC的面积最大值.若不存在，请说明理由.

(3) 如图2，点E为线段BC上一个动点（不与B,C重合），经过B、E、O三点的圆与过点B且垂直于BC的直线交于点F，当△OEF面积取得最小值时，求点E坐标．

8、如图，点P在y轴的正半轴上，⊙P交x轴于B、C两点，以AC为直角边作等腰Rt△ACD，BD分别交y轴和⊙P于E、F两点，交连结AC、FC．

(1)求证：∠ACF=∠ADB;

(2)若点A到BD的距离为m，BF+CF=n，求线段CD的长； (3)当⊙P的大小发生变化而其他条件不变时，

DE的值是否发生变化若不发生AO变化，请求出其值；若发生变化，请说明理由．

9、如图，在平面直角坐标系xOy中，半径为25的圆C与x轴交于A(-1,0)、B(3,0)两点，且点C在x轴的上方． （1）求圆心C的坐标；

（2）已知一个二次函数的图像经过点A、B、C，求这二次函数的解析式； （3）设点P在y轴上，点M在（2）的二次函数图像上，如果以点P、M、A、B为顶点的四边形是平行四边形，请你直接写出点M的坐标.

10、如图，在⊙M中，弦AB所对的圆心角为120°，已知圆的半径为1cm，并建立如图所示的直角坐标系． （1）求圆心M的坐标；

（2）求经过A,B,C三点的抛物线的解析式；

（3）点P是⊙M上的一个动点，当△PAB为Rt△时，求点p的坐标。

11、如图，在半径为2的扇形AOB中，∠AOB=90°，点C是弧AB上的一个动点（不与点A、B重合）OD⊥BC,OE⊥AC，垂足分别为D、E． （1）当BC=1时，求线段OD的长；

（2）在△DOE中是否存在长度保持不变的边如果存在，请指出并求其长度，如果不存在，请说明理由；

（3）设BD=x，△DOE的面积为y，求y关于x的函数关系式，并写出自变量的取值范围．

12、已知抛物线yax2bx3经过A(3，0), B(4，1)两点，且与y轴交于点C．

（1）求抛物线yax2bx3的函数关系式及点C的坐标；

（2）如图（1）,连接AB，在题（1）中的抛物线上是否存在点P，使△PAB是以AB为直角边的直角三角形若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；

（3）如图（2）,连接AC，E为线段AC上任意一点（不与A、C重合）经过A、E、O三点的圆交直线AB于点F，当△OEF的面积取得最小值时，求点E的坐标．

13、已知：如图，抛物线y＝x2－x－1与y轴交于C点，以原点O为圆心，OC长为半径作⊙O，交x轴于A，B两点，交y轴于另一点D．设点P为抛物线y＝

x2－x－1上的一点，作PM⊥x轴于M点，求使△PMB∽△ADB时的点P的坐标．

14、点A（-1,0）B（4,0）C（0,2）是平面直角坐标系上的三点。

① 如图1先过A、B、C作△ABC，然后在在轴上方作一个正方形D1E1F1G1, 使D1E1在AB上， F1、G1分别在BC、AC上

② 如图2先过A、B、C作圆⊙M，然后在轴上方作一个正方形D2E2F2G2, 使D2E2在轴上 ，F2、G2在圆上

③ 如图3先过A、B、C作抛物线，然后在轴上方作一个正方形D3E3F3G3, 使D3E3在轴上， F3、G3在抛物线上

请比较 正方形D1E1F1G1 , 正方形D2E2F2G2 , 正方形D3E3F3G3 的面积大小

15、如图，已知经过坐标原点的⊙P与x轴交于点A（8，0），与y轴交于点B（0，6），点C是第一象限内⊙P上一点，CB=CO，抛物线yax2bx经过点A和点C．

（1）求⊙P的半径； （2）求抛物线的解析式；

（3）在抛物线上是否存在点D，使得点A、点B、点C和点D构成矩形，若存在，直接写出符合条件的点D的坐标；若不存在，试说明理由．

16、已知：如图9-1，抛物线经过点O、A、B三点，四边形OABC是直角梯形，其中点A在x轴上，点C在y轴上，BC∥OA，A（12，0）、B（4，8）． （1）求抛物线所对应的函数关系式；

（2）若D为OA的中点，动点P自A点出发沿A→B→C→O的路线移动，速度为每秒1个单位，移动时间记为t秒．几秒钟后线段PD将梯形OABC的面积分成 1﹕3两部分并求出此时P点的坐标；

（3）如图9-2，作△OBC的外接圆O′，点Q是抛物线上点A、B之间的动点，连接OQ交⊙O′于点M，交AB于点N．当∠BOQ=45°时，求线段MN的长．

17、如图, 已知抛物线yx2bxc与y轴相交于C，与x轴相交于A、B，点A的坐标为（2，0），点C的坐标为（0，-1）。 （1）求抛物线的解析式；

（2）点E是线段AC上一动点，过点E作DE⊥x轴于点D，连结DC，当△DCE的面积最大时，求点D的坐标；

12（3）在直线BC上是否存在一点P，使△ACP为等腰三角形，若存在，求点P的坐标，若不存在，说明理由。

18、如图，已知抛物线y=ax+bx+c（a＞0，c＜0）交x轴于点A，B，交y轴于点C，设过点A，B，C三点的圆与y轴的另一个交点为D．

（1）如图1，已知点A，B，C的坐标分别为（﹣2，0），（8，0），（0，﹣4）；

①求此抛物线的表达式与点D的坐标；

②若点M为抛物线上的一动点，且位于第四象限，求△BDM面积的最大值； （2）如图2，若a=1，求证：无论b，c取何值，点D均为顶点，求出该定点坐标．

2

19、抛物线yax22axb与直线y=x+1交于A、C两点，与y轴交于B，AB∥x轴，且S△ABC=3

（1）求抛物线的解析式。

（2）P为x轴负半轴上一点，以AP、AC为边作，是否存在P，使得Q点

恰好在此抛物线上若存在，请求出P、Q的坐标；若不存在，请说明理由。 （3）AD⊥X轴于D，以OD为直径作⊙M，N为⊙M上一动点，（不与O、D重合），过N作AN的垂线交x轴于R点，DN交Y轴于点S，当N点运动时，线段OR、OS是否存在确定的数量关系写出证明。

20、如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，P是反比例函数y（x＞0）图象上的任意一点，以P为圆心，PO为半径的圆与x、y轴分别交于点A、B． （1）判断P是否在线段AB上，并说明理由； （2）求△AOB的面积；

（3）Q是反比例函数y（x＞0）图象上异于点P的另一点，请以Q为圆心，

6x6xQO 半径画圆与x、y轴分别交于点M、N，连接AN、MB．求证：AN∥MB．

备用图

21、如图, 在半径为6,圆心角为90°的扇形OAB的弧AB上,有一个动点p, PH⊥OA,垂足为H, △PHO的中线PM与NH交于点G． （1）求证：

PG2； GM（2）设PH=x,GP=y,求y关于x的函数解析式，并写自变量的取值范围；

（3）如果△PGH是等腰三角形,试求出线段PH的长．

22、如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,BC>AC,以斜边AB所在直线为x轴,以斜边

AB上的高所在直线为y轴,建立直角坐标系,若OA2+OB2=17,且线段O（ ）

A．OB的长度是关于x的一元二次方程x2-mx+2(m-3)=0的两个根.

(1)求C点的坐标;

(2)以斜边AB为直径作圆与y轴交于另一点E,求过（ ） A． B．E三点的抛物线的解析式,并画出此抛物线的草图; (3)在抛物线上是否存在点P,使△ABP与△ABC全等若存在,求出符合条件的P点的坐标;若不存在,说明理由.

参

1、解：（1）过点C作CM⊥轴于点M，则点M为AB的中点．

∵CA=2，CM=， ∴AM==1．于是，点A的坐标为（1，0），点B的坐标为（3，0）

（2）将（1，0），（3，0）代入得，

解得 所以，此二次函数的解析式为．

2、考点：二次函数综合题。

解答：解：（1）如答图1，连接OB．

∵BC=2，OC=1 ∴OB=将A（3，0），B（0，

∴B（0，）

）代入二次函数的表达式

得 ，解得： ，

∴

（2）存在．

．

如答图2，作线段OB的垂直平分线l，与抛物线的交点即为点P．

∵B（0，），O（0，0），

∴直线l的表达式为．代入抛物线的表达式，

得； 解得，

∴P（）．

（3）如答图3，作MH⊥x轴于点H．

设M（ ），

则S△MAB=S梯形MBOH+S△MHA﹣S△OAB=（MH+OB）OH+HAMH﹣OAOB

=

=

∵，∴

= ∴当时，取得最大值，最大

值为

．

3、（1）

（2）设P(x,y), ⊙P的半径r=，又，则

r=

终与轴相交；

，化简得：r=＞，∴点P在运动过程中，⊙P始

（3）设P()，∵PA=，作PH⊥MN于H,则PM=PN=,又

PH=M(

,则MH=NH=，0)，N(

,0)，

，故MN=4，∴

又A(0，2)，∴AM=当AM=AN时，解得=0，

,AN=

当AM=MN时, =4，解得：=，则=；

当AN=MN时, =4，解得：= ，则=

综上所述，P的纵坐标为0或

或；

4、解：（1）把点（b－2，2b2－5b－1）代入解析式，得 2b2－5b－1=（b－2）2+b（b－2）－3b+3， ……………1′ 解得b=2.

∴抛物线的解析式为y=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）.

抛物线的对称轴是直线x=－1，圆心M在直线x=－1上. ……………3′ ∴设M（－1，n），作MG⊥x轴于G，MH⊥y轴于H，连接MC、MB. ∴MH=1，BG=2. ……………4′ ∵MB=MC，∴BG2+MG2=MH2+CH2，

即4+n2=1+（3+n）2，解得n=－1，∴点M（－1，－1） ……………5′ （3）如图，由M（－1，－1），得MG=MH. ∵MA=MD，∴Rt△AMG≌RtDMH，∴∠1=∠2. 由旋转可知∠3=∠4. ∴△AME≌△DMF.

若△DMF为等腰三角形，则△AME为等腰三角形. ……………6′ 设E（x，0），△AME为等腰三角形，分三种情况：

①AE=AM=，则x=－3，∴E（－3，0）；

②∵M在AB的垂直平分线上，

∴MA=ME=MB，∴E（1，0） ……………7′ ③点E在AM的垂直平分线上，则AE=ME.

AE=x+3，ME2=MG2+EG2=1+（－1－x）2，∴（x+3）2=1+（－1－x）2，解得x=

∴E（

，0）.

，

∴所求点E的坐标为（

－3，0），（1，0），（，0） ……………8′

5、解：⑴原题：∵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=7

⑵尝试探究：∵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=4

⑶类比延伸：如图3（a）CD=AB+BD； 如图3（b）AB=CD+BD ………2分

⑷拓展迁移：①作

，∴

轴于C点，轴于D点，点坐标分别为

，又∵∠AOB=90°

，

∴∠BCO=∠ODA=90°，∠OBC=∠AOD ∴

∴。………2分

②由①得，，又，∴，

即，

又

∴坐标为（2，6），B坐标为（－3，1），代入得抛物线解析式为

。………2分

6、解：（1）对称轴为直线x=1 2’

(2) A (-1,0) ， B (3,0) ，M(1,0) 所以圆M的半径为2 1’

1’

（3） 顶点坐标为D（1，-1）

D（1，-1）关于x轴的对称点D‘（1，1） 1’ 则直线CD‘为1’

则CD‘与X轴的交点即为所求的Q点为

2’

7、解：（1）连结A、B

∵∠AOB＝90° ∴AB是⊙P的直径 ……2分 AB= ∴⊙P的半径是5. ……4分 （2）作CH⊥OB，垂直为H，

∵CB=CO ∴H是OB的中点 ∴CH过圆心PPH=是（9，3）……7分

∴C的坐标

把A、C坐标分别代入得：

……8分 解得 ∴抛物线的解析式是 ……12分

（3）D(-1，3)

8、解：（1）∵抛物线y=ax+bx+c过点A（﹣2，0），B（8，0），C（0，﹣4），

2

∴，解得，

∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣4； ∵OA=2，OB=8，OC=4，∴AB=10． 如答图1，连接AC、BC．

由勾股定理得：AC=，BC=．

∵AC2+BC2=AB2=100，∴∠ACB=90°，∴AB为圆的直径． 由垂径定理可知，点C、D关于直径AB对称，∴D（0，4）． （2）解法一：

设直线BD的解析式为y=kx+b， ∵B（8，0），D（0，4），

∴，解得，

∴直线BD解析式为：y=﹣x+4． 设M（x，x2﹣x﹣4），

如答图2﹣1，过点M作ME∥y轴，交BD于点E，则E（x，﹣x+4）． ∴ME=（﹣x+4）﹣（x2﹣x﹣4）=﹣x2+x+8．

∴S△BDM=S△MED+S△MEB=ME（xE﹣xD）+ME（xB﹣xD）=ME（xB﹣xD）=4ME，

∴S△BDM=4（﹣x2+x+8）=﹣x2+4x+32=﹣（x﹣2）2+36．∴当x=2时，△BDM的面积有最大值为36；

解法二：

如答图2﹣2，过M作MN⊥y轴于点N．

设M（m，m2﹣m﹣4）， ∵S△OBD=OBOD=4）]

=16， S梯形OBMN=（MN+OB）ON =（m+8）[﹣（m2﹣m﹣

=﹣m（m2﹣m﹣4）﹣4（m2﹣m﹣4），

S△MND=MNDN=m[4﹣（m2﹣m﹣4）]=2m﹣m（m2﹣m﹣4），

∴S△BDM=S△OBD+S梯形OBMN﹣S△MND=16﹣m（m﹣m﹣4）﹣4（m﹣m﹣4）﹣2m+m（m﹣m﹣4）

=16﹣4（m﹣m﹣4）﹣2m=﹣m+4m+32=﹣（m﹣2）+36； ∴当m=2时，△BDM的面积有最大值为36． （3）如答图3，连接AD、BC．

2

2

2

2

22

由圆周角定理得：∠ADO=∠CBO，∠DAO=∠BCO，

∴△AOD∽△COB，

∴=，

设A（x1，0），B（x2，0）， ∵已知抛物线y=x2+bx+c（c＜0）， ∵OC=﹣c，x1x2=c，

∴=，

∴OD==1，

∴无论b，c取何值，点D均为定点，该定点坐标D（0，1）．

9、解：（1） 联结AC，过点C作，垂直为H，

由垂径定理得：AH=得：CH＝4．

＝2，则OH＝1．由勾股定理

又点C在x轴的上方，∴点C的坐标为（2）设二次函数的解析式为

．

由题意，得

解这个方程组，得（3）点M的坐标为

∴ 这二次函数的解析式为y =－x2+2x＋3． 或

或

10、（1）证明：连接AB ……1分 ∵OP⊥BC ∴BO=CO ……2分 ∴AB=AC

又∵AC=AD ∴AB=AD ∴∠ABD=∠ADB ……3分 又∵∠ABD=∠ACF ∴∠ACF=∠ADB ……4分

（2）解：过点A做AM⊥CF交CF的延长线于M，过点A做AN⊥BF于N，连接AF 则AN=m

∴∠ANB=∠AMC=90°

又∵∠ABN=∠ACM ，AB=AC ∴Rt⊿ABN≌Rt⊿ACM（AAS） ∴BN=CM ，AN=AM ……5分

又∵∠ANF=∠AMF=90°, AF公共 ∴Rt⊿AFN≌Rt⊿AFM(HL) ∴NF=MF ……6分

∴BF+CF=BN+NF+CM-MF=BN+CM=2BN=n ……7分 ∴BN=

∴CD= ……8分

（3）过点D做DH⊥AO于N , 过点D做DQ⊥BC于Q…9分 ∵∠DAH+∠OAC=90°, ∠DAH+∠ADH=90° ∴∠OAC=∠ADH

又∵∠DHA=∠AOC=90°, AD=AC ∴Rt⊿DHA≌Rt⊿AOC（AAS） ∴DH=AO ,AH=OC ……10分

∴==

11、

12、解：（1）（3分）将A(3,0),B(4,1)代人

得

∴ ∴

∴C(0,3)

(2)(7分)假设存在，分两种情况，如图.

①连接AC,

∵OA=OC=3, ∴∠OAC=∠OCA=45O. ……1分 过B作BD⊥轴于D，则有BD=1，

, ∴BD=AD, ∴∠DAB=∠DBA=45O.

∴∠BAC=180O-45O-45O=90O……………2分

∴△ABC是直角三角形. ∴C(0,3)符合条件. ∴P1(0,3)为所求.

②当∠ABP=90O时,过B作BP∥AC,BP交抛物线于点P. ∵A(3,0),C(0,3)

∴直线AC的函数关系式为

将直线AC向上平移2个单位与直线BP重合. 则直线BP的函数关系式为

由,得

又B(4,1), ∴P2(-1,6). 综上所述,存在两点P1(0,3), P2(-1,6). 另解②当∠ABP=90O时, 过B作BP∥AC,BP交抛物线于点P.

∵A(3,0),C(0,3) ∴直线AC的函数关系式为

将直线AC向上平移2个单位与直线BP重合. 则直线BP的函数关系式为

∵点P在直线上，又在

上.∴设点P为

∴解得 ∴P1(-1,6), P2(4,1)(舍)

综上所述,存在两点P1(0,3), P2(-1,6).

(3)(4分) ∵∠OAE=∠OAF=45O,而∠OEF=∠OAF=45O, ∠OFE=∠OAE=45O, ∴∠OEF=∠OFE=45O,

∴OE=OF, ∠EOF=90O ∵点E在线段AC上, ∴设E

∴

=

∴ =

= =

∴当时, 取最小值,

此时

, ∴

13、提示：设P点的横坐标xP＝a，则P点的纵坐标yP＝a2－a－1．

则PM＝｜a－a－1｜，BM＝｜a－1｜．因为△ADB为等腰直角三角形，所以欲使△PMB∽△ADB，只要使PM＝BM.即｜a2－a－1｜＝｜a－1｜．不难得a1＝0．

2

∴P点坐标分别为P1(0，－1)．P2(2，1)．

14、(1) b=－2，c= 3 ……… (2)存在。理由如下：………

设P点

∵S△BPC= 当时， ∴最大＝ …

当

时， ∴点P坐标为…………

(3)∵ OB=OC=3∴∠OBC=∠OCB=45O,而∠OEF=∠OBF=45O, ∠OFE=∠OBE=45O, ∴∠OEF=∠OFE=45O, ∴OE=OF, ∠EOF=90O ……………………（6分）

∴=OE2 ∴当OE最小时，△OEF面积取得最小值…………

∵点E在线段BC上, ∴当OE⊥BC时，OE最小 此时点E是BC中点∴

E(

)…

15、1）∵二次函数的图像经过点A（2，0）C(0,－1)

∴解得： b=－c=－1∴二次函数的解析式为

（2）设点D的坐标为（m，0） （0＜m＜2） ∴ OD=m ∴AD=2-m

由△ADE∽△AOC得， ∴ ∴DE=

∴△CDE的面积=××m==

当m=1时，△CDE的面积最大 ∴点D的坐标为（1，0）

（3）存在 由(1)知：二次函数的解析式为

设y=0则 解得：x1=2 x2=－1

∴点B的坐标为（－1，0） C（0，－1） 设直线BC的解析式为：y=kx＋b

∴ 解得：k=-1 b=-1 ∴直线BC的解析式为: y=－x－1

在Rt△AOC中，∠AOC=900 OA=2 OC=1由勾股定理得：AC=∵点B(－1,0) 点C（0，－1）∴OB=OC ∠BCO=450

①当以点C为顶点且PC=AC=时，

设P(k, －k－1)过点P作PH⊥y轴于H∴∠HCP=∠BCO=450 CH=PH=∣k∣ 在Rt△PCH中

∴P1（，－） P2（－，）

②以A为顶点，即AC=AP=

设P(k, －k－1)过点P作PG⊥x轴于G AG=∣2－k∣ GP=∣－k－1∣ 在Rt△APG中 AG2＋PG2=AP2 （2－k)2+(－k－1)2=5 解得：k1=1,k2=0(舍)∴P3(1, －2)

③以P为顶点，PC=AP设P(k, －k－1) 过点P作PQ⊥y轴于点Q PL⊥x轴于点L∴L(k,0) ∴△QPC为等腰直角三角形PQ=CQ=k

由勾股定理知CP=PA=k (k)2=(k－2)2＋(k＋1)2 ∴AL=

∣k-2∣, PL=｜－k－1｜

在Rt△PLA中

解得：k=∴P4(,－) 综上所述： 存在四个点：P1（，－）

k2+k2=－)

解得k1=， k2=－P2（-，） P3(1, －2) P4(,

16、（1）解：∵抛物线经过O（0，0）、A（12，0）、B（4，8）

∴设抛物线的解析式为：

∴将点B的坐标代入，得：，解得：，

∴所求抛物线的关系式为：

（2）解：过点B作BF⊥x轴于点F，∵BF=8，AF=12-4=8∴∠BAF = 45o

∴S梯形OABC= ∴面积分成1﹕3两部分，即面积分成16﹕48

由题意得，动点P整个运动过程分三种情况，但点P在BC上时，

由于∵S△ABD= ∴点P在BC上不能满足要求。…

即点P只能在AB或OC上才能满足要求，

① 点P在AB上，设P(x,y)

可得S△APD=又S△APD=∴ y=

过P作PE⊥x轴于点E,由∠BAF = 45o

∴AE=PE= ∴x=

又过D作DH⊥AB于H, ∵AD=6 ∴DH= ∵S△

APD

= ∴t= ∴当t=时，

P满足要求。

② 点P在OC上，设P(0,y)

∵S△APD= ∴ y= ∴P

∴此时t=AB+BC+CP=

（3）解：连接BM， ∵OB是圆

, P满足要求。

直径， ∴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：图1 设正方形的边长为 由△CG1F1∽△CAB 得

∴∴

图2 设正方形的边长为

∵A（-1,0）B（4,0）C（0,2）∴ ∴∠ACB=90°AB是圆M的直径

∴

过M作MN⊥G2F2 由垂径定理得解得 即

图3 设正方形的边长为 由A（-1,0）B（4,0）C（0,2）得抛物线为

由轴对称性可知 F3(,) 代入得

解得 ∴

∵

∴＜＜

19、解：（1）

(2)联立得A（-2，-1）C（1，2）

∴或

,

设P（a,0），则Q（a+3,3）∴∴p

或

Q

（3）∵△AND～△RON，∴

∵△ONS～△DNO，∴ ∴

20、解：（1）点P在线段AB上，理由如下： ∵点O在⊙P上，且∠AOB＝90°∴AB是⊙P的直径 ∴点P在线段AB上．

（2）过点P作PP1⊥x轴，PP2⊥y轴， 由题意可知PP1、PP2是△AOB的中位线，

故S△AOB＝OA×OB＝×2 PP1×PP2

∵P是反比例函数y＝（x＞0）图象上的任意一点

∴S△AOB＝OA×OB＝×2 PP1×2PP2＝2 PP1×PP2＝12．

（3）如图，连接MN，则MN过点Q，且S△MON＝S△AOB＝12． ∴OA·OB＝OM·ON ∴

∵∠AON＝∠MOB ∴△AON∽△MOB ∴∠OAN＝∠OMB ∴AN∥MB．

21、(1)连接MN

∵NH、PM是三角形的中线∴△OMN∽△OHP,MN=PH

∴

（2）在Rt△OPH中，

在Rt△MPH中，

∴ （0＜＜6）

（3）△PGH是等腰三角形有三种可能情况：

①GP＝PH，即，解得， ②PH＝GH，即，

③GP＝GH，即，解得

综上所述，如果△PGH是等腰三角形，那么线段PH的长等于PH＝GH，即或2

22、解:(1)∵线段OA．OB的长度是关于x的一元二次方程x2-mx+2(m-3)=0的两个根,

∴

又 ∵OA2+OB2=17,

∴(OA+OB)2-2OAOB=17.(3) ∴把(1)(2)代入(3),得m2-4(m-3)=17.∴m2-4m-5=0., 解得m=-1或m=5.

又知OA+OB=m>0,∴m=-1应舍去. ∴当m=5时,得方程x2-5x+4=0. 解之,得x=1或x=4.

∵BC>AC, ∴OB>OA． ∴OA=1,OB=4.

在Rt△ABC中,∠ACB=90°,CO⊥AB, ∴OC2=OAOB=1×4=4. ∴ C(0,2).

(2)∵OA=1,OB=4, C．E两点关于x轴对称, ∴A(-1,0),B(4,0),E(0,-2).

设经过A． B．E三点的抛物线的解析式为y=ax2+bx+c,则

∴所求抛物线解析式为

(3)存在.∵点E是抛物线与圆的交点, ∴Rt△ACB≌△AE B． ∴E(0,-2)符合条件.

OC=2, ∴∵圆心的坐标(,0)在抛物线的对称轴上,

∴这个圆和这条抛物线均关于抛物线的对称轴对称. ∴点E关于抛物线对称轴的对称点E′也符合题意. ∴可求得E′(3,-2).

∴抛物线上存在点P符合题意,它们的坐标是(0,-2)和(3,-2)