2025-2026学年湘教版（2012）数学九年级下册阶段拔尖专训 习题课件

阶段拔尖专训3 二次函数的最值问题 高分秘籍 求线段最值问题的关键点：设未知数，表示出线段，得到线段关于所设未知数的二次函数，运用二次函数的性质求最值. 题型1 二次函数中的线段最值问题 2 1．[2024临夏州改编]在平面直角坐标系中，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于A(－1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，作直线BC. (1)抛物线的表达式为________________． y＝－x2＋2x＋3 3 (2)如图①，点P是线段BC上方的抛物线上一动点，过点P作PQ⊥BC，垂足为Q，请问线段PQ是否存在最大值？若存在，请求出最大值及此时点P的坐标；若不存在，请说明理由． 4 【解】存在最大值．过点P作PD⊥AB于点D，交BC于点E， ∴∠EDB＝90°. 对于y＝－x2＋2x＋3，当x＝0时，y＝3，∴C(0，3)． ∵B(3，0)， ∴易得直线BC的表达式为y＝－x＋3，OB＝OC， ∵∠BOC＝90°，∴∠CBO＝45°， ∵∠EDB＝90°，∴∠PEQ＝∠DEB＝45°， 5 6 (3)如图②，点M是直线BC上一动点，作线段MN∥OC(点N在直线BC下方)，已知MN＝2，若线段MN与抛物线有交点，请直接写出点M的横坐标xM的取值范围． 7 高分秘籍 线段和最小值模型： (1)如图①，两点在直线异侧模型(两点之间，线段最短)； (2)如图②，两点在直线同侧模型(将军饮马)． 题型2 二次函数中的线段和最值问题 8 2．[2024长沙期末]如图，二次函数y＝－x2＋bx＋c的图象经过点A(－1，0)，B(3，0)，点E为二次函数第一象限内图象上一动点，EH⊥x轴于点H，交直线BC于点F，以EF为直径的⊙M与BC交于点R. 9 (1)求b，c的值； 10 (2)当△EFR的周长最大时，求此时点E的坐标及△EFR的 周长． 【解】∵以EF为直径的⊙M与BC交于点R， ∴∠ERF＝90°. 对于y＝－x2＋2x＋3，令x＝0，得y＝3，∴C(0，3)，∴OC＝3. ∵B(3，0)，∴OB＝3，∴OC＝OB，∵CO⊥OB， ∴∠CBO＝∠OCB＝45°，∴∠EFC＝∠OCB＝45°， 11 ∴△ERF为等腰直角三角形，∴当△EFR的周长最大时，EF最长． 由C(0，3)，B(3，0)，易得直线BC的表达式为y＝－x＋3， 12 13 14 (2)如图①，过点C作CH⊥OA，垂足为H，交抛物线于点E，求线段CE的长． 15 16 (3)点D为线段OA上一动点(O点除外)，在OC右侧作平行四边形OCFD. ①如图②，当点F落在抛物线上时，求点F的坐标； 17 18 ②如图③，连接BD，BF，求BD＋BF的最小值． 19 20 高分秘籍 线段差最大值模型： (1)如图①，两点在直线同侧(三角形三边关系)； (2)如图②，两点在直线异侧(三角形三边关系)． 题型3 二次函数中的线段差最值问题 21 4．如图，已知抛物线过点O(0，0)，A(5，5)，且它的对称轴为直线x＝2. (1)此抛物线的表达式为________________； y＝x2－4x 22 (2)若点B是抛物线对称轴上的一点，且点B在第一象限，当△OAB的面积为15时，求点B的坐标； 【解】如图，∵点B是抛物线对称轴上 的一点，且点B在第一象限， ∴设B(2，m)(m＞0)． 23 24 (3)在(2)的条件下，P是抛物线上的动点，当PA－PB的值最大时，求点P的坐标以及PA－PB的最大值． 25 26 高分秘籍 考查角度多为求面积最大时动点的坐标，并求出面积的最大值．解题方法一般为设出动点的坐标，利用面积公式或补形、割形法表示出图形的面积，将图形面积的最值问题，转化为二次函数的最值问题，一般得到二次函数的顶点式，利用二次函数的图象与性质即可求解． 题型4 二次函数中的面积最值问题 27 5．[2024衡阳一模]如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋c经过A(1，0)，B(－3，0)，C(0，3)三点． (1)抛物线的表达式为_______________； y＝－x2－2x＋3 28 (2)若点D为第二象限内抛物线上一动点，求△BCD面积的最大值； 29 30 (3)设点P为抛物线的对称轴上的一个动点，求使△BPC为直角三角形的点P的坐标． 【解】∵y＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4， ∴抛物线的对称轴为直线x＝－1， 设P(－1，y)，∵B(－3，0)，C(0，3)， ∴BP2＝(－1＋3)3＋y2＝4＋y2，CP2＝1＋(3－y)2， BC2＝32＋32＝18， 31 32 33 6．[2024娄底期末]如图，在平面直角坐标系中，抛物线 y＝ax2＋bx＋c经过A(－1，0)，B(4，0)，C(0，4)三点. (1)抛物线的表达式为______________，顶点D的坐标为________； y＝－x2＋3x＋4 34 (2)在抛物线的对称轴上求一点M的坐标，使得点M到点A，点C的距离之和最小； 35 36 (3)在直线BC上方的抛物线上求一点P，使得△PBC的面积最大，并求出△PBC的面积的最大值． 【解】过点P作x轴的垂线，交直线BC于N， 由题意，设P(m，－m2＋3m＋4)，则N(m，－m＋4)，0<m<4， ∴PN＝－m2＋3m＋4－(－m＋4)＝－m2＋4m， 37 38 ∵PQ⊥BC，∴△PQE是等腰直角三角形， ∴PE＝PQ，∴PE的值最大时，PQ的值最大． 设P(m，－m2＋2m＋3)，则E(m，－m＋3)，∴PE＝－m2＋2m＋3－(－m＋3)＝－m2＋3m＝－＋， ∵－1＜0，∴当m＝时，PE的值最大，最大值为， ∴PQ的最大值为×＝，此时易得P. 【解】点M的横坐标的取值范围为≤xM≤0或3≤xM≤. 【解】将A(－1，0)，B(3，0)的坐标代入y＝－x2＋bx＋c，得 解得 ∵点E在抛物线上，点F在直线BC上，EH⊥x轴， ∴设E(m，－m2＋2m＋3)，F(m，－m＋3)，∴EF＝－m2＋2m＋3－(－m＋3)＝－m2＋3m＝－＋， 当m＝时，EF取得最大值，此时E， 在Rt△EFR中，易得ER＝FR＝， ∴△EFR的周长为＋×2＝. 3．抛物线y＝a(x－h)2＋k交x轴于O，A(4，0)两点，顶点为B(2，2)，C为OB的中点． (1)抛物线y＝a(x－h)2＋k的表达式为_______________． y＝－x2＋2x 【解】∵O(0，0)，B(2，2)，C为OB的中点， ∴C(1，)， ∵CH⊥OA，∴CH＝. 当x＝1时，y＝－×12＋2×1＝，∴E， ∴EH＝，∴CE＝EH－CH＝－＝. 【解】由(2)知，C(1，)，∵四边形OCFD为平行四边形， ∴CF∥OD，∴点C，F的纵坐标相同，都为，令y＝，则－x2＋2x＝， 解得x＝2＋，x2＝2－， ∵点F在点C右侧，∴F(2＋，)． 【解】设D(m，0)，易知F(m＋1，)，过点B作直线l⊥y轴，作点F关于直线l的对称点F′，则F′(m＋1，3)，连接BF′，DF′，则BD＋BF＝BD＋BF′≥DF′，当D，B，F′共线时，BD＋BF有最小值，最小值为DF′的长．由点F′，D的坐标，易得直线DF′的表达式为y＝3(x－m)，将点B的坐标代入，得2＝3(2－m)，解得m＝，则点F′，点D，∴DF′＝＝2.则BD＋BF的最小值为2. 设直线OA的表达式为y＝kx，将点A(5，5)的坐标代入，得5k＝5，解得k＝1.∴直线OA的表达式为y＝x. 设直线OA与抛物线的对称轴交于点H，把x＝2代入y＝x，得y＝2，∴H(2，2)．∴BH＝|m－2|. ∵S△OAB＝15，∴易得×|m－2|×5＝15，解得m＝8或－4(舍去)．∴点B的坐标为(2，8)． 【解】设直线AB的表达式为y＝cx＋d，把点A(5，5)，B(2，8)的坐标分别代入，得解得 ∴直线AB的表达式为y＝－x＋10. 当PA－PB的值最大时，点A，B，P在同 一条直线上，如图． 由得(舍去)． ∴P(－2，12)． 此时，PA－PB＝AB＝＝3，即PA－PB的最大值为3. 【解】如图，过点D向x轴作垂线交直线BC于点Q，垂足为G，设直线BC的表达式为y＝kx＋b， ∴ 解得 ∴直线BC的表达式为y＝x＋3， 设D(t，－t2－2t＋3)，则Q(t，t＋3)， ∴DQ＝－t2－2t＋3－(t＋3)＝－t2－3t＝－＋， 当t＝－时，DQ最大，最大为. 易得S△BCD＝DQ·|xB|， ∴当DQ最大时，△BCD的面积最大，最大为××3＝. ∵△BPC为直角三角形，∴∠BPC＝90°或∠PBC＝90°或 ∠BCP＝90°. 当∠BPC＝90°时，4＋y2＋1＋(3－y)2＝18，解得y＝， ∴点P的坐标为或； 当∠PBC＝90°时，4＋y2＋18＝1＋(3－y)2，解得y＝－2， ∴点P的坐标为(－1，－2)； 当∠BCP＝90°时，4＋y2＝1＋(3－y)2＋18，解得y＝4， ∴点P的坐标为(－1，4)． 综上所述，点P的坐标为或或(－1，－2)或(－1，4)． 【解】∵抛物线的顶点D的坐标为，∴该抛物线的对称轴为直线x＝，∴点A，B关于直线x＝对称，∴点M到点A的距离等于点M到点B的距离，∴当点M在直线BC上，即为直线BC与抛物线对称轴的交点时，可使得点M到点A，点C的距离之和最小． 设直线BC的表达式为y＝kx＋t， 将B(4，0)，C(0，4)的坐标代入，得解得 ∴直线BC的表达式为y＝－x＋4， 当x＝时，y＝－＋4＝， ∴满足条件的点M坐标为. ∴易得S△PBC＝PN·(xB－xC)＝(－m2＋4m)×4＝－2(m－ 2)2＋8， ∵－2<0，∴当m＝2时，S△PBC最大，最大值为8，此时 －m2＋3m＋4＝6，∴点P坐标为(2，6)． $ 阶段拔尖专训11 投影规律在实际问题中的应用 类型1 投影线不受限时的测量 1．[2024碑林区校级三模]某数学兴 趣小组在综合实践活动中测量古塔(MN)的高度． 【测量方案】在地面上选一点A，垂直地面竖立标杆AB，后退2 m到E处，此时M，B，E在同一直线上；另选一点C，垂直地面竖立标杆CD，后退4 m到F处，此时M，D，F三点也在同一直线上． 应用1 平行投影的实际应用 2 【测量数据】两次测量标杆之间的距离为50 m，两个标杆的高度均为1.5 m，且N，A，E，C，F在同一直线上．请你根据以上测量数据，帮助兴趣小组求出古塔的高度． 3 4 类型2 投影线在特定条件下的测量 5 6 7 3．[2024恩施模拟]如图，小华在晚上由路灯AC走向路灯BD.当他走到点P时，发现他身后影子的顶部刚好接触到路灯AC的底部；当他向前再步行12 m到达点Q时，发现他身前影子的顶部刚好接触到 路灯BD的底部．已知小华的身高是 1.6 m，两个路灯的高度都是9.6 m， 且AP＝QB. 应用2 中心投影的实际应用 8 (1)标出小华站在P处时，在路灯AC下的影子； 【解】如图①，连接CM并延长与AB交于点K，线段PK即为小华站在P处时，在路灯AC下的影子． 9 (2)求两个路灯之间的距离； 10 (3)当小华走到路灯BD的底部时，他在路灯AC下的影长是多少？ 11 4．[2024苏州姑苏区校级月考]如图，玻璃桌面与地面平行，桌面上有一盏台灯和一支铅笔，点光源O与铅笔AB所确定的平面垂直于桌面．在灯光照射下，AB在地面上形成的影子为CD(不计折射)． 12 (1)在桌面上沿着AB方向平移铅笔，试说明CD的长度 不变． 【解】如图①，设AB平移到EF，EF在地面上形成的影 子为MN. 13 14 (2)桌面上一点P恰在点O的正下方，连接OP，且OP＝30 cm，PA＝15 cm，AB＝15 cm，桌面的高度为60 cm.在点O与AB所确定的平面内，将AB绕点A旋转，使得CD的长度最大． ①画出此时AB所在位置的示意图； 15 【解】如图②，以A为圆心，AB长为半径画圆， 当OQ与⊙A相切于H时，此时CD最大为CQ. 此时AB所在位置为AH. 16 ②求CD的长度的最大值． 17 18 【解】由题意知，AB⊥FN，MN⊥FN，CD⊥FN， ∴∠N＝∠EAB＝∠DCF＝90°. ∵∠BEA＝∠MEN，∴△BEA∽△MEN， ∴＝，即＝①，同理△FDC∽△FMN， ∴＝，即＝ ②， 联立①②解得AN＝50 m，MN＝39 m，∴古塔的高度为39 m. 2．[2024凉州区二模]如图所示，小红想利用竹竿来测量旗杆AB的高度，在某一时刻测得1米长的竹竿竖直放置时影长为2米，在同时刻测量旗杆的影长时，旗杆的影子一部分落在地面(BC)上，另一部分落在45°的斜坡(CD)上，他测得落在地面上的影长BC为 10米，落在斜坡上的影长CD为4米， 求旗杆AB的高度． 【解】如图，延长AD交BC的延长线于点F，过点D作DG⊥BF于点G， ∵CD＝4米，∠DCG＝45°， ∴易得 DG＝CG＝4米． ∵同一时刻物高与影长成正比， ∴＝，解得FG＝2DG＝8米， ∴BF＝10＋4＋8＝22(米)． ∵DG⊥BF，AB⊥BF，∴△GDF∽△BAF， ∴＝，即＝，∴AB＝11米． 答：旗杆AB的高度为11米． 【解】由题意得PM∥BD，∴△APM∽△ABD， ∴＝，即＝，∴AP＝AB. ∵QB＝AP，∴BQ＝AB. ∵AP＋PQ＋BQ＝AB， ∴AB＋12＋AB＝AB，∴AB＝18 m. 答：两个路灯之间的距离为18 m. 【解】如图②，设他在路灯AC下的影子为BH， ∵BG∥AC，∴△HBG∽△HAC， ∴＝，即＝， 解得BH＝3.6 m. 答：当小华走到路灯BD的底部时，他在路灯AC下的影长是3.6 m. ∵EB∥MD， ∴△OAB∽△OCD，△OEF∽△OMN，△OEB∽△OMD， ∴＝，＝，＝，∴＝， ∵EF＝AB，∴MN＝CD， ∴沿着AB方向平移铅笔时，CD的长度不变． 【解】设OQ与直线AB交于点G， 延长OP交直线CD于点R， 如图②. ∵∠HGA＝∠PGO， ∠AHG＝∠OPG＝90°，∴△GHA∽△GPO， ∴＝.∵AH＝AB，∴＝＝＝， ∴设GA＝x cm，则GO＝2x cm， 在Rt△OPG中，OP2＋PG2＝OG2，∴302＋(15＋x)2＝(2x)2， ∴x1＝25，x2＝－15(舍去)，∴AG＝25 cm， 由题意得AG∥CQ， ∴△OAG∽△OCQ，易知OP，OR分别为△OAG和△OCQ对应边上的高，∴＝，∴＝，∴CQ＝75 cm， 即CD的长度的最大值为75 cm. $ 阶段拔尖专训7 圆中常见的最值问题 题型1 利用对称性求最值 2 【解】如图，作点B关于MN的对称点B′，连接OA，OB，OB′，AB′，则PA＋PB的最小值为AB′的长度． ∵∠ACM＝60°， ∴∠AOM＝120°. ∴∠AON＝180°－∠AOM＝60°. 3 4 2．[2024庆阳期中]如图，AB是⊙O的一条弦，C是⊙O上一动点，且∠ACB＝45°，E，F分别是AC，BC的中点，直线EF与⊙O交于点G，H.若⊙O的半径为2，求GE＋FH的最大值． 题型2 利用直径是圆中最长的弦求最值 5 6 3．[2024泰安期末]如图，⊙M的半径为4，圆心M的坐标为(6，8)，点P是⊙M上的任意一点，PA⊥PB，且PA，PB与x轴分别交于A，B两点，若点A，B关于原点O对称，求AB的最大值． 题型3 利用直角三角形的性质求最值 7 【解】如图，连接PO.∵PA⊥PB，∴∠APB＝90°. ∵点A，B关于原点O对称，∴AO＝BO.∴AB＝2PO. 8 若要使AB取得最大值，则PO需取得最大值， 连接OM并延长交⊙M于点P′，当点P位于P′位置时，OP取得最大值，过点M作MQ⊥x轴于点Q， 则OQ＝6，MQ＝8，∴OM＝10. 又∵MP′＝r＝4， ∴OP′＝MO＋MP′＝10＋4＝14. ∴AB的最大值＝2OP′＝2×14＝28. 9 题型4 利用垂线段最短求最值 10 11 12 题型5 其他最值问题 13 【解】如图，连接AD，过点O作OM⊥BC，交BC于点N，交⊙O于点M，过点F作FH⊥BC于点H. ∵AB是⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°，AB＝2OB＝10. 14 15 1．[2024天津和平区期中]如图，MN是⊙O的直径，A，B，C是⊙O上的三点，∠ACM＝60°，B是的中点，P点是MN上一动点，若⊙O的半径为1，求PA＋PB的最小值． ∵B为的中点， ∴∠BON＝∠AON＝30°. 由对称性可得，∠B′ON＝∠BON＝30°， ∴∠AOB′＝∠AON＋∠B′ON＝60°＋30°＝90°. ∴△AOB′是等腰直角三角形． ∴AB′＝OA＝，即PA＋PB的最小值为. 【解】如图所示，连接OA，OB. ∵∠ACB＝45°，∴∠AOB＝2∠ACB＝90°. ∴AB＝＝＝2. ∵点E，F分别为AC，BC的中点，∴EF是△ABC的中位线．∴EF＝AB＝.∵GE＋FH＝GH－EF＝GH－，∴当GH为⊙O的直径时GH最大，即此时GE＋FH有最大值．∴(GE＋FH)最大值＝4－. 4．如图，已知一次函数y＝－x＋2的图象与坐标轴交于A，B两点，⊙O 的半径为1，P是线段AB上的一个动点，过点P作⊙O的切线PM， 切点为M，求PM的最小值． 【解】连接OM，OP，作OH⊥AB于点H，如图． 当x＝0时，y＝－x＋2＝2， ∴A(0，2)．当y＝0时，－x＋2＝0， 解得x＝2， ∴B(2，0)． ∴△OAB为等腰直角三角形． ∴AB＝OA＝4.∴OH＝AB＝2. ∵PM为⊙O的切线， ∴OM⊥PM.∴PM＝＝. ∴当OP的长最小时，PM的长最小． 又∵当点P与点H重合时，OP的长最小，最小为2， ∴PM的最小值为＝. 5．[2024泰州月考]如图，AB是⊙O的直径，将AB绕点B顺时针旋转30°后交⊙O于点D，点E是弦BD上一个动点，连接AE并延长交⊙O于点F，若⊙O的半径为5，求的最小值． ∵将AB绕点B顺时针旋转30°后交⊙O于D点， ∴∠ABD＝30°.∴AD＝AB＝5. ∵OM⊥BD，∴ON＝OB＝.∴MN＝.∵∠ADB＝∠EHF＝90°，∠AED＝∠FEB， ∴△ADE∽△FHE.∴＝. ∵AD＝5，∴当FH取最大值时，有最小值．易知当点F与点M重合时，FH有最大值为，∴的最小值为2. $ 阶段拔尖专训8 隐形圆问题 模型展示 图①中，若点O是定点，OA＝OB＝OC，则A，B，C三点在以点O为圆心的圆上． 图②中，若点O是定点，OA是定长，则动点A在以点O为圆心，OA长为半径的圆上． 模型1 定点定长 2 1．[2024盐城期中]如图，在矩形ABCD中，已知AB＝3，BC＝4，点P是BC边上一动点(点P不与点B，C重合)，连接AP，作点B关于直线AP的对称点M，求线段MC的最小值． 3 【解】连接AM，AC，如图所示． ∵点B和点M关于AP对称， ∴AB＝AM＝3， ∴点M在以点A为圆心，3为半径的圆上， 作出该圆，易知当A，M，C三点共线时， 线段MC的值最小． 4 5 2．[2024河南改编]如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝3，线段CD绕点C在平面内旋转，过点B作AD的垂线，交射线AD于点E.若CD＝1，求AE的最大值和最小值． 6 7 在Rt△ABE中，AE＝AB·cos∠BAE， ∵AB为定值， ∴当cos∠BAE最大时，AE最大，当 cos∠BAE最小时，AE最小． 当AE与⊙C相切于点D，且点D在△ABC内部时， ∠BAE最小，cos∠BAE最大，AE最大，连接CE，如图①所示，则CD⊥AE， ∴∠ADC＝∠CDE＝90°， 8 9 10 11 模型展示 图①中，若∠A＋∠C＝180°，则A，B，C，D四点共圆． 图②中，若∠A＝∠D，则A，B，C，D四点共圆． 模型2 四点共圆 12 3．如图，已知在△ABC 中，AB＝AC＝ 6，∠B＝30°，E为BC上一点，BE＝2EC，DE＝DC，∠ADC＝60°，则AD的长为________． 13 4．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点A顺时针旋转α°(0＜α＜180)得到△ADE，∠AED＝90°，直线BD与直线CE的交点为P.求证：PB＝PD. 14 【证明】由旋转的性质得∠CAE＝∠BAD＝α°，AC＝AE，AB＝AD，∴∠CEA＝∠ADB， ∴A，D，E，P四点共圆，如图，连接AP. ∵∠AED＝90°， ∴AD为圆的直径， ∴∠APD＝90°，即AP⊥BD. ∴PB＝PD. 15 模型展示 点A，B是定点，动点C满足∠ACB＝90°，则动点C的轨迹是以AB为直径的圆(除去A，B两点)． 模型3 直角所对的弦是直径 16 5. 如图，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AB＝6，BC＝4，P是△ABC内部的一个动点，且满足∠PAB＋∠PBA＝90°，求线段CP长的最小值． 17 【解】∵∠PAB＋∠PBA＝90°，∴∠APB＝90°， ∴点P在以AB为直径的圆上(P在△ABC内)． 设以AB为直径的圆的圆心为O，如图所示， 连接OC，易知当点P在OC上时PC最短． ∵AB＝6，∴OB＝OP＝3. 18 6．[2024连云港月考]如图，在正方形ABCD中，AB＝2，动点E从点A出发向点D运动，同时动点F从点D出发向点C运动，点E、F的运动速度相同，当它们到达各自终点时停止运动，运动过程中线段AF、BE相交于点P，求线段DP的最小值． 19 【解】∵动点F，E的运动速度相同，∴DF＝AE， ∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB， 又∵∠ABE＋∠BEA＝90°，∴∠FAD＋∠BEA＝90°，∴∠APE＝90°，∴∠APB＝90°. ∴点P在以AB为直径的圆上. 20 21 在△ABC中，∠A＝α，BC＝m(α，m是定值)．若点B，C是定点，点A是动点，则动点A的轨迹是个圆(⊙O)，圆心O在BC的垂直平分线上，且满足∠BOC＝2α(α为锐角时)或∠BOC＝360°－2α(α为钝角时)． 模型4 定弦定角 22 7．如图，在四边形ABCD中，AD＝2，∠ABC＝∠ADC＝60°，对角线AC⊥AD，求BD的最大值． 23 【解】由题意得点B的轨迹是个圆，且圆心在AC的垂直平分线上，易知当BD经过圆心时，BD取得最大值，此时，作△ABC的外接圆⊙O，使得BD经过圆心O，连接CO并延长，交⊙O于点F, 连接 AF，如图． 24 ∵AC⊥AD，CF经过圆心O，即CF为⊙O的直径， ∴AC⊥AF.∴点D，A，F在同一直线上． ∵∠AFC＝∠ABC＝∠ADC＝60°， ∴易知△CDF是等边三角形．∴CF＝DF＝2AD＝4. 25 ∵AB＝3，BC＝4， ∴在矩形ABCD中， AC＝＝5， ∴当A，M，C三点共线时，CM＝AC－AM＝5－3＝2. ∴线段MC的最小值为2. 【解】∵∠ACB＝90°，CA＝CB＝3， ∴∠BAC＝∠ABC＝×90°＝45°. ∵线段CD绕点C在平面内旋转，CD＝1， ∴点D在以点C为圆心，1为半径的圆上． ∵BE⊥AE，∴∠AEB＝90°， ∴点E在以AB为直径的圆上． ∴AD＝＝＝2. ∵＝，∴∠CED＝∠ABC＝45°， ∴易知△CDE为等腰直角三角形， ∴DE＝CD＝1， ∴AE＝AD＋DE＝2＋1， 即AE的最大值为2＋1. 当AE与⊙C相切于点D，且点D在△ABC外部时，∠BAE最大，cos∠BAE最小，AE最小，连接CE，如图②所示， 则CD⊥AE， ∴∠CDE＝90°， ∴AD＝＝＝2， ∵四边形ABCE为圆的内接四边形， ∴∠CEA＝180°－∠ABC＝135°， ∴∠CED＝180°－∠CEA＝45°， ∴易知△CDE为等腰直角三角形， ∴DE＝CD＝1， ∴AE＝AD－DE＝2－1，即AE的最小值为2－1. 2 ∵BC＝4，∴OC＝＝＝5，∴当点P在OC上时，PC＝5－3＝2，即线段PC长的最小值为2. 在△ABE和△DAF中， ∴△ABE≌△DAF(SAS)，∴∠ABE＝∠DAF. 如图，设AB的中点为G，连接DG交弧于点P′，易知当点P运动到P′时，DP的长度最小，且AG＝BG＝AB＝1， ∴在Rt△ADG中，DG＝＝＝， 又∵P′G＝1， ∴DP′＝DG－P′G＝－1， 即线段DP的最小值为－1. ∵O为CF的中点，∴BO＝FO＝CF＝2，DO⊥CF. ∴DO＝＝2.∴BD＝BO＋DO＝2＋2. ∴BD的最大值为2＋2. $ 阶段拔尖专训1 二次函数与几何变换的综合应用 高分秘籍 二次函数的图象的平移变换： 在一般式y＝ ax2＋bx＋c(a≠0)或顶点式y＝a(x－h)2＋k(a≠0)中，左右平移在x上加减平移的单位长度，上下平移在等号右边整体加减平移的单位 长度． 题型1 二次函数与平移变换 2 1．[2024长沙一模]我们不妨约定：如果抛物线的顶点在直线y＝2x上，那么我们把这样的抛物线叫作“完美抛物线”．根据约定，解答下列问题： 【概念理解】 (1)下列抛物线是“完美抛物线”的是________(填序号)； ①y＝x2；②y＝x2－4x＋6；③y＝－(x＋h)2－2h. ①③ 3 【拓展应用】如图，已知“完美抛物线”y＝－(x－1)2＋k的顶点为A，将该抛物线沿直线y＝2x向上平移，点A平移到点B，两条“完美抛物线”相交于点C，设点B，C的横坐标分别为m，n(m>1)． 4 y＝－(x－1)2＋2 y＝－x2＋6x－3 5 6 7 2．[2024山东]在平面直角坐标系xOy中，点P(2，－3)在二次函数y＝ax2＋bx－3(a＞0)的图象上，记该二次函数图象的对称轴为直线x＝m. (1)求m的值； 8 9 (2)若点Q(m，－4)在y＝ax2＋bx－3的图象上，将该二次函数的图象向上平移5个单位，得到新的二次函数的图象．当0≤x≤4时，求新的二次函数的最大值与最小值 的和； 10 【解】由题意得点Q(1，－4)在y＝ax2－2ax－3的图象上， ∴a－2a－3＝－4，解得a＝1， ∴y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4， 将该二次函数的图象向上平移5个单位，得到新的图象对应的二次函数为y＝(x－1)2－4＋5＝(x－1)2＋1， ∵0≤x≤4，∴当x＝1时，函数有最小值为1， 当x＝4时，函数有最大值为(4－1)2＋1＝10， ∴新的二次函数的最大值与最小值的和为11. 11 (3)设y＝ax2＋bx－3的图象与x轴交点为(x1，0)，(x2，0) (x1＜x2)，若4＜x2－x1＜6，求a的取值范围． 12 13 高分秘籍 二次函数的图象的对称变换：①关于x轴对称：抛物线y＝ax2＋bx＋c关于x轴对称的抛物线对应的函数表达式为y＝－ax2－bx－c；抛物线y＝a(x－h)2＋k关于x轴对称的抛物线对应的函数表达式为y＝－a(x－h)2－k.②关于y轴对称：抛物线y＝ax2＋bx＋c关于y轴对称的抛物线对应的函数表达式为y＝ax2－bx＋c；抛物线y＝a(x－h)2＋k关于y轴对称的抛物线对应的函数表达式为y＝a(x＋h)2＋k. 题型2 二次函数与对称变换 14 ③关于原点对称：抛物线y＝ax2＋bx＋c关于原点对称的抛物线对应的函数表达式为y＝－ax2＋bx－c；抛物线y＝ a(x－h)2＋k关于原点对称的抛物线对应的函数表达式为y＝－a(x＋h)2－k. 15 3．[2024湛江模拟]如图，已知抛物线y＝x2－x－2交x轴于A，B两点，将该抛物线位于x轴下方的部分沿x轴翻折，其余部分不变，得到的新图象记为图象W，图象W交y轴于点C. (1)图象W在A，B间的部分对应的函数 关系式为_______________________； y＝－x2＋x＋2(－1<x<2) 16 (2)若直线y＝－x＋b与图象W有三个交点，请结合图象，直接写出b的值； 【解】2或3 17 (3)P为x轴正半轴上一动点，过点P作PM∥y轴交直线BC于点M，交图象W于点N，是否存在这样的点P，使△CMN与△OBC相似？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【解】存在．当x＝0时，y＝2，∴C(0，2)，当y＝0时，x2－x－2＝0，解得x＝－1，x2＝2，∴B(2，0)，∴OB＝OC＝2.又∵∠BOC＝90°，∴△BOC是等腰直角三角形. 18 如图①，当CN∥OB时，△CNM∽△BOC，由对称性易得N(1，2)．∵PN∥y轴，∴P(1，0)． 19 20 21 4．已知抛物线y＝ax2＋2x＋c经过点(1，0)和点(－3，0)． (1)a＝________，c＝________； (2)若直线y＝－2x＋k与此抛物线有且只有一个交点，则 k＝________，该交点的坐标为___________； 1 －3 －7 (－2，－3) 22 (3)将该抛物线x轴下方部分沿x轴翻折，翻折后得到的图象与原图象剩余部分组成一个新的图象，将该图象记为M，若直线y＝－2x＋n与图象M有2个交点，求n的取值 范围． 23 【解】如图，当直线y＝－2x＋n经过点 (－3，0)时，直线与图象M有1个交点， 把点(－3，0)的坐标代入y＝－2x＋n， 得0＝－2×(－3)＋n，解得n＝－6. 当直线y＝－2x＋n经过点(1，0)时， 直线与图象M有3个交点，把点(1，0)的坐标 代入y＝－2x＋n，得0＝－2×1＋n，解得n＝2. 24 令－2x＋n＝－(x2＋2x－3)，整理得x2＋n－3＝0. 当－4(n－3)＝0，即n＝3时，直线y＝－2x＋n与图象M有3个交点． 综上，结合图象可知，若直线y＝－2x＋n与图象M有2个交点，则n的取值范围为－6＜n＜2或n＞3. 25 5. 我们约定：在平面直角坐标系中，若某函数图象上至少存在不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)满足x1＋y1＝x2＋ y2＝m，则称此函数为关于m的等和函数，这些点叫作关于m的等和点． 26 ① －8 27 (3)若函数y＝x2－x－2(x≤2)的图象记为W1，将其沿直线x＝2翻折后的图象记为W2.若W1，W2两部分组成的图象上恰有两个关于m的等和点，请求出m的取值范围． 28 消去n，得y＝x2－7x＋10，即图象W2对应的函数表达式为y＝x2－7x＋10. 画出图象W1，W2如图所示． 令x2－x－2＝0，解得x1＝2，x2＝－1， ∴A(2，0)． 由题意知，等和点所在直线是y＝－x＋m. 29 30 31 6．[2024邵阳模拟]如果二次函数y1的图象的顶点在二次函数y2的图象上，同时二次函数y2的图象的顶点在二次函数y1的图象上，那么我们称这两个函数互为“顶点相容函数”． (1)若二次函数y1＝x2－2x－3与二次函数y2＝－x2＋bx－7互为“顶点相容函数”，则b＝________； 4 题型3 二次函数与旋转变换 32 33 34 35 36 (2)该抛物线的表达式为________________；若AB＝2，则平移后的抛物线的表达式为_______________； (3)在平移的过程中，若tan ∠ACB＝，求m＋n的值． 【解】易知点B的坐标为(m，2m)， ∴平移后的抛物线的表达式为y＝－(x－m)2＋2m(m>1)． 联立消去y，得x＝. ∵两条“完美抛物线”相交于点C，且点C的横坐标为n， ∴n＝，即m＝2n＋1. 如图，过点C作CD∥y轴交AB于点D， 则易得tan ∠ODC＝＝tan ∠ACB， ∴∠ADC＝∠ACB，∵∠DAC＝∠CAB，∴△ADC∽△ACB， ∴＝，即AC2＝AD·AB. 易知C(n，－(n－1)2＋2)，D(n，2n)，又∵A(1，2)，B(m，2m)， ∴易得AC2＝(n－1)2＋(n－1)4，AD＝(n－1)，AB＝(m－1)＝(2n＋1－1)＝2n， ∴(n－1)2＋(n－1)4＝(n－1)·2n， 整理，得n3－3n2－6n－2＝0，即(n＋1)(n2－4n－2)＝0， 易知n>1，∴n2－4n－2＝0，解得n＝2＋(负值已舍去)， ∴m＋n＝3n＋1＝3＋7. 【解】∵点P(2，－3)在二次函数y＝ax2＋bx－3(a＞0)的图象上，∴4a＋2b－3＝－3，解得b＝－2a， ∴该二次函数的表达式为y＝ax2－2ax－3， ∴该二次函数图象的对称轴为直线x＝－＝1，∴m＝1. 【解】由题意得y＝ax2－2ax－3的图象与x轴交点为(x1，0)，(x2，0)(x1＜x2)， ∴x1＋x2＝2，x1·x2＝－， ∵x2－x1＝， ∴x2－x1＝＝2， ∵4＜x2－x1＜6，∴4<2<6，即2<<3， 解得<a<1. 如图②，CN∥OB，△CNM∽△BOC， 当y＝2时，x2－x－2＝2， ∴x1＝，x2＝(舍去)， ∴点N的横坐标为， ∴P. 如图③，当∠MCN＝90°时，易得△OBC∽△CMN， 易得CN的函数关系式为y＝x＋2， ∴x＋2＝x2－x－2， 解得x1＝1＋，x2＝1－(舍去)， ∴点N的横坐标为1＋，∴P(1＋，0)． 综上，点P的坐标为(1，0)或或(1＋，0)． (1)下列函数中，是关于1的等和函数的是________(填序号)； ①y＝－x＋1；　　　②y＝；　　　③y＝x2＋x＋2. (2)若点C(－2，y1)，D(4，y2)在双曲线y＝(k≠0)上，且C，D两点是关于m的等和点，则k＝________； 【解】在函数y＝x2－x－2(x≤2)的图象上取一点P(n， n2－n－2)，设点P(n，n2－n－2)关于直线x＝2的对称点为Q(x，y)，则由对称性知 联立得x2－6x＋10－m＝0，当直线y＝ －x＋m与抛物线y＝x2－7x＋10仅有一个交点时，36－ 4(10－m)＝0，解得m＝1. 联立得x2－2－m＝0，当直线y＝－x＋m与抛物线y＝x2－x－2仅有一个交点时，8＋4m＝0， 解得m＝－2. 当直线y＝－x＋m过A(2，0)时，0＝－2＋m，解得m＝2. 综上，由图可知m的取值范围为m>2或－2<m<1. (2)如图，已知二次函数y1＝(x＋1)2－2的图象的顶点为M，点P是x轴正半轴上的一个动点，将二次函数y1的图象绕点P旋转180°得到一个新的二次函数y2的图象，旋转前后的两个函数互为“顶点相容函数”，且y2的图象的顶点为N.求二次函数y2的表达式． 【解】∵旋转前后的两个函数互为“顶点相容函数”， ∴二次函数y2的图象的顶点N必在二次函数y1＝(x＋1)2－2的图象上， ∵二次函数y2的图象是由二次函数y1＝(x＋1)2－2的图象绕点P旋转180°得到的， ∴这两个函数图象的顶点M，N关于点P对称． 由题意得M(－1，－2)． 如图，分别过M，N作MA⊥x轴，NB⊥x轴，垂足分别为点A，B，则∠MAP＝∠NBP＝90°，MA＝2. 在△APM和△BPN中， ∴△APM≌△BPN(AAS)，∴NB＝AM＝2. 对于y1＝(x＋1)2－2，当y＝2时，(x＋1)2－2＝2，解得 x1＝3，x2＝－5(舍去)，∴点N的坐标为(3，2)， ∵点N是二次函数y2的图象的顶点，∴可设y2＝a(x－3)2＋2(a≠0)，把M(－1，－2)的坐标代入y2＝a(x－3)2＋2，得－2＝a(－1－3)2＋2，解得a＝－， ∴二次函数y2的表达式为y2＝－(x－3)2＋2. $ 阶段拔尖专训6 巧用勾股定理解决圆的计算问题 题型1 运用“单勾股”列方程 2 3 4 5 2．[2024绍兴期中]如图，有一座拱桥在正常水位时，水面的宽AB为20 m，水位再上升3 m时，水面的宽CD为10 m，此时水面到拱桥最高点P的距离为1 m(PM⊥AB于点M，交CD于点N). 关于这座桥的形状，四名学生的意见如下： 题型2 运用“双勾股”列方程 6 小敏说：这座桥的形状是圆弧形，不是抛物线形． 小刚说：这座桥的形状是抛物线形，不是圆弧形． 小亮说：这座桥的形状既是圆弧形，又是抛物线形，因为圆弧形是特殊的抛物线形． 小强说：这座桥的形状既不是圆弧形，又不是抛物线形，因为它不符合这两种曲线的特征． 以上四名同学的意见，只有一个是正确的，你认为谁的意见正确？请通过计算说明． 7 【解】小刚的意见正确，说明如下： 先假设这座桥的形状是抛物线形， 如图①，以点P为原点，PM所在直线为y轴，建立平面直角坐标系， 由题意易知，D(5，－1)，B(10，－4)． 8 9 再假设这座桥的形状是圆弧形，则易知圆心O在PM的延长线上，连接OA，OC，如图②， 10 设半径OA＝r，则易知OM＝r－4，ON＝r－1， ∴在Rt△AOM中，由勾股定理，得OM2＋AM2＝AO2， 即(r－4)2＋102＝r2， 解得r＝14.5，∴ON＝14.5－1＝13.5. ∴在Rt△CON中，CN2＋ON2＝52＋13.52＝207.25≠14.52， ∴这座桥的形状不是圆弧形． ∴小刚的意见是正确的． 11 1．[2023岳阳改编]如图，在⊙O中，AB为直径，BD为弦，点C为的中点，以点C为切点的切线与AB的延长线交于点E，连接AC，交BD于点F. (1)若∠A＝30°，AB＝6，求的长(结果保留π)； 【解】如图，连接OC，OD. (1)∵点C为的中点，∴＝， ∵∠A＝30°，∴∠BOC＝∠COD＝2∠A＝60°， ∴∠BOD＝120°， ∵AB＝6，∴OB＝AB＝3，∴的长为×π×3＝2π. (2)若＝，求的值． 【解】由(1)知＝，∴OC⊥BD. ∵EC是⊙O的切线，∴OC⊥EC，∴EC∥BD， ∴＝， 又∵＝，∴＝. 设EB＝2a，则AB＝6a，∴BO＝CO＝3a，AE＝AB＋EB＝8a，∴EO＝EB＋BO＝5a， ∴EC＝＝4a， ∴＝＝. 设抛物线的表达式为y＝ax2， 把点D(5，－1)的坐标代入y＝ax2，解得a＝－， ∴抛物线的表达式为y＝－x2， 当x＝10时，y＝－4，∴点B也在该抛物线上， ∴这座桥的形状是抛物线形． $ 阶段拔尖专训5 垂径定理的构造类型 1．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是(10，0)，点B的坐标是(8，0)，点C，D在以OA为直径的半圆M上， 且四边形OCDB是平行四边形，求点C的坐标． 类型1 构单弦心距 2 【解】如图，连接CM，作MN⊥CD于点N，CH⊥OA于点H，易得CN＝MH，CH＝MN. ∵四边形OCDB是平行四边形，点B的坐标是(8，0)， ∴CD＝OB＝8. 3 4 5 (1)若BC＝8，求sin ∠BCO； 6 (2)证明：△BCD∽△CED； 7 (3)若AC＝8，求四边形ABCD的面积． 8 9 10 11 类型2 构双弦心距 12 13 14 4．[2024台州模拟]如图，已知⊙M与x轴交于A、B两点，与y轴交于C、D两点，A、B两点的横坐标分别为－2和14，弦AB的弦心距MN为6. 15 (1)求⊙M的半径． 16 17 【解】PQ⊥CF.理由如下： 连接DF， ∵CF是⊙M的直径，∴∠CDF＝90°， ∴∠CFD＋∠DCF＝90°， ∵∠CQD＝∠CFD，∴∠CQD＋∠DCF＝90°， 又∵∠CPQ＝∠CQD，∴∠CPQ＋∠DCF＝90°， ∴∠CEP＝90°，∴PQ⊥CF. 18 ②求CQ的长． 19 又∵MN⊥CD，∴CN＝DN＝CD＝4.∴MH＝4. 易知OA＝10，∴MO＝MC＝5. 在Rt△MNC中，MN＝＝＝3. ∴CH＝3. 又∵OH＝OM－MH＝5－4＝1，∴点C的坐标为(1，3)． 2．[2024永州二模]如图，四边形ABCD内接于直径为10的⊙O，AC与BD交于点E，且BE＝2DE，CD＝DE. 【解】过点O作OF⊥BC于点F， 由垂径定理得CF＝BC＝4， ∵⊙O的直径为10，∴OC＝5， 由勾股定理得OF＝＝3， ∴sin ∠BCO＝＝. 【证明】设DE＝a， ∵BE＝2DE，CD＝DE，∴BE＝2a，CD＝a， ∴BD＝BE＋DE＝3a，∴＝＝， 又∵∠BDC＝∠CDE，∴△BCD∽△CED. 【解】∵△BCD∽△CED， ∴∠CBD＝∠ECD，＝＝，∴BC＝CE. ∵∠ABD＝∠ECD，∴∠ABD＝∠CBD，∴＝， ∴AD＝CD. 连接OD交AC于H，连接OA，∵OA＝OC，AD＝CD，∴OD垂直平分AC，∴CH＝AC＝4. 由勾股定理得OH＝＝3， ∴DH＝OD－OH＝5－3＝2， 由勾股定理得CD＝＝2， 由(2)知， BD＝CD，∴BD＝2. 过点D作DN⊥BC于点N，∵∠DCH＝∠DBC， ∴tan ∠DBC＝tan ∠DCH＝＝， ∴＝，即BN＝2DN， 由勾股定理得BD＝＝DN， ∴DN＝BD＝2. ∵∠ABE＝∠ECD，∠AEB＝∠DEC， ∴△ABE∽△DCE，∴＝＝， ∴AB＝AE，∴AB＋BC＝AE＋CE＝AC＝8. 由角平分线的性质知，点D到BA的距离等于DN的长， 即△ABD中AB边上的高等于DN的长， ∴S四边形ABCD＝S△ABD＋S△BCD＝(AB＋BC)·DN＝×8× 2＝24. 3．如图，在半径为的⊙O中，弦AB与CD交于点E，∠DEB＝75°，AB＝6，AE＝1，求CD的长． 【解】过点O作OF⊥CD于点F，OG⊥AB于点G，连接OB，OD，OE， 则DF＝CF，AG＝BG＝AB＝3， ∴EG＝AG－AE＝2， 在Rt△BOG中，OG＝＝＝2， ∴EG＝OG，∴△EOG是等腰直角三角形， ∴∠OEG＝45°，易得OE＝OG＝2， ∵∠DEB＝75°，∴∠OEF＝75°－45°＝30°， ∴OF＝OE＝， 在Rt△ODF中，DF＝＝＝， ∴CD＝2DF＝2. 【解】连接MB，∵A、B两点的横坐标分别为－2和14， ∴AB＝14－(－2)＝16， ∵MN⊥AB，∴BN＝AB＝8， 在Rt△BMN中，BM＝＝＝10. ∴⊙M的半径为10. (2)P在弦CD上，且CP＝4，Q是上一动点，PQ交直径CF于点E，当∠CPQ＝∠CQD时， ①判断线段PQ与直径CF的位置关系，并说明理由； 【解】作MG⊥CD于点G， ∴易得MG＝ON＝OB－BN＝14－8＝6， ∴MN＝MG，∴易得CD＝AB＝16. ∵∠CPQ＝∠CQD，∠PCQ＝∠QCD， ∴△CPQ∽△CQD，∴＝， ∴CQ2＝CP·CD＝4×16＝64，∴CQ＝8. $ 阶段拔尖专训9 圆的翻折、覆盖问题 1．[2024菏泽一模]如图，在以线段AB为直径的⊙O上取一点C，连接AC，BC，将△ABC沿AB翻折后得到△ABD. 类型1 翻折问题 2 (1)试说明点D在⊙O上； 【解】∵AB是⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°. ∵△ABC沿AB翻折后得到△ABD， ∴△ABC≌△ABD，∴∠ADB＝∠ACB＝90°. ∴点D在以AB为直径的⊙O上． 3 (2)在线段AD的延长线上取一点E，使AB2＝AC·AE，求证：BE为⊙O的切线； 4 (3)在(2)的条件下，分别延长线段AE，CB相交于点F，若BC＝2，AC＝4，求线段EF的长． 5 6 2．[2024泰州模拟]已知在扇形AOB中，∠AOB＝90°，OA＝13，点P在半径OB上，连接AP，把△AOP沿AP翻折，点O的对称点为点Q. (1)如图①，当点Q刚好落在弧AB上时， 求弧BQ的长； 7 8 (2)如图②，点Q落在扇形AOB内部，AQ的延长线与弧AB交于点C，过点Q作QH⊥OA，垂足为H，AH＝8，求AC 的长； 9 10 3．已知一块等腰三角形钢板的底边长为60 cm，腰长为 50 cm. (1)求能从这块钢板上截得的最大圆的半径． 类型2 覆盖问题 11 【解】设这块三角形钢板为△ABC，且腰为AC＝BC＝50 cm，底为AB＝60 cm，如图①，根据题意 可知该三角形的内切圆即为能从这块 钢板上截得的最大圆，点O为圆心， 点D，E，F为切点． ∵AC＝BC＝50 cm，AB＝60 cm，∴根据等腰三角形三线合一的性质及勾股定理易得AE＝30 cm，CE＝40 cm. 12 13 (2)用一个圆完全覆盖这块钢板，这个圆的最小半径是多少？ 【解】由题意易知能完全覆盖这块钢板的最小圆是这个三角形的外接圆，设圆心为O′，如图②，连接 AO′，CO′，延长CO′交AB于H. 14 15 4．如图是由两个长方形组成的工件的平面图，直线l是它的对称轴，若HG＝60 mm，AB＝80 mm，GF＝50 mm，CB＝20 mm，则能完全覆盖这个平面图形的圆的最小半径是多少？ 16 【解】由题易知过A，B，G，H四点的圆是能完全覆盖这个平面图形的半径最小的圆．如图，设圆心为O，易知O在直线l上，连接AO，GO， 17 18 【证明】∵△ABC≌△ABD，∴AC＝AD. 又∵AB2＝AC·AE，∴AB2＝AD·AE，即＝. 在△ABD和△AEB中，∵∠BAD＝∠EAB，＝， ∴△ABD∽△AEB，∴∠ABE＝∠ADB＝90°. 又∵OB是⊙O的半径，∴BE为⊙O的切线． 【解】∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2，AC＝4， ∴AB＝＝2. 由(2)得AB2＝AD·AE， ∵AD＝AC＝4，∴AE＝5，∴DE＝AE－AD＝1. 在△BDF和△ACF中，∵∠F＝∠F，∠BDF＝∠ACF＝90°， ∴△BDF∽△ACF，∴＝＝， 设EF＝x，BF＝y，则DF＝x＋1，AF＝x＋5，CF＝y＋2， ∴＝＝， 解得∴EF＝. 【解】如图①，连接OQ，由翻折得AO＝AQ， 又∵AO＝OQ， ∴△AOQ为等边三角形， ∴∠AOQ＝60°. ∵∠AOB＝90°，∴∠BOQ＝30°. ∵OB＝OA＝13，∴弧BQ的长为＝. 【解】如图②，连接OC，过O作OM⊥AQ于M，易得AM＝CM＝AC，∵QH⊥OA，∴∠AHQ＝90°. 在△AOM与△AQH中， ∴△AOM≌△AQH，∴AM＝AH.∵AH＝8， ∴AC＝2AM＝2AH＝16. ∵⊙O是△ABC的内切圆，∴OD⊥AC，OE⊥AB，OF⊥BC. ∴S△ABC＝S△AOB＋S△BOC＋S△AOC＝AB·OE＋BC·OF＋ AC·OD. 设⊙O的半径为r cm， 则×60×40＝×60×r＋×50×r＋×50×r，解得r＝15. 故能从这块钢板上截得的最大圆的半径为15 cm. 易得AH＝30 cm，∠AHC＝90°，∴CH＝40 cm. 设⊙O′的半径为R cm，则HO′＝CH－CO′＝(40－R) cm. 在Rt△AHO′中，AH2＋HO′2＝AO′2，即302＋(40－R)2＝R2. 解得R＝. 故这个圆的最小半径是 cm. ∵直线l是它的对称轴，∴GM＝30 mm，AN＝40 mm. ∵GM2＋OM2＝AN2＋ON2， ∴302＋OM2＝402＋(50＋20－OM)2， ∴OM＝40 mm， ∴OG＝＝50(mm)， ∴能完全覆盖这个平面图形的圆的最小半径是50 mm. $ 阶段拔尖专训2 二次函数的图象与线段、直线、射线的交点问题 题型1 二次函数的图象与线段交点问题 1．[2023杭州模拟]已知点P(2，－3)在抛物线L：y＝a(x－1)2＋k(a，k均为常数且a≠0)上，L交y轴于点C，连接CP. (1)写出L的对称轴，并用含a的式子表示k； 【解】由题意得抛物线L的对称轴为直线x＝1.将点P(2，－3)的坐标代入y＝a(x－1)2＋k，得－3＝a＋k，解得k＝－a－3. 2 (2)当L经过点(4，－7)时，求此时L的表达式及顶点坐标； 3 (3)横、纵坐标都是整数的点叫作整点．如图，当a＜0时，若L在点C，P之间的部分与线段CP所围成的区域内(含边界)恰有5个整点，求a的取值范围． 4 【解】由(1)得抛物线L的表达式为y＝a(x－1)2－a－3， ∴抛物线L的顶点坐标为(1，－a－3)． 将x＝0代入y＝a(x－1)2－a－3，得y＝a－a－3＝－3， ∴点C的坐标为(0，－3)． 易得点(0，－3)，(1，－3)，(2，－3)在区域内． 当区域内恰有5个整点时，点(1，－2)，(1，－1)在区域内，点(1，0)不在区域内， ∴－1≤－a－3＜0，解得－3＜a≤－2. 5 2. 已知抛物线y＝－x2＋2x＋3与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)． (1)A点坐标为________，B点坐标为________； (－1，0) (3，0) 6 (2)如图，过点A的直线l：y＝－x－1与抛物线的另一个交点为C，点P为抛物线对称轴上的一点，连接PA，PC，设点P的纵坐标为m，当PA＝PC时，求m的值； 7 8 (3)将线段AB先向右平移1个单位，再向上平移5个单位，得到线段MN，若抛物线y＝a(－x2＋2x＋3)(a≠0)与线段MN只有一个交点，请直接写出a的取值范围． 9 (1)求抛物线的函数表达式； 10 11 (2)点C(x，y)为线段AB上一点，作DC∥y轴，交抛物线于点D，求线段DC的最大值； 12 (3)在直线AB上取一点P，将P向上平移3个单位长度得到点Q，请直接写出线段PQ与抛物线有交点时，点P的横坐标xP的取值范围． 13 4．如图，抛物线y＝x2＋mx与直线y＝－x＋b交于点A(2，0)和点B. (1)m＝________，b＝________； －2 2 14 (2)求点B的坐标，并结合图象写出不等式x2＋mx＞－x＋b的解集； 15 (3)点M是直线AB上的一个动点，将点M向左平移3个单位得到点N，若线段MN与抛物线只有一个公共点，直接写出点M的横坐标xM的取值范围． 【解】－1≤xM＜2 或 xM＝3. 16 5．已知在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2－2mx＋m2＋2m－1的顶点为A，点B的坐标为(3，5)． (1)求抛物线过点B时顶点A的坐标； 17 【解】∵抛物线y＝x2－2mx＋m2＋2m－1过点B(3，5)，∴5＝32－2m×3＋m2＋2m－1，即m2－4m＋3＝0，解得m1＝1，m2＝3. 当m＝1时，y＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，∴顶点A的坐标为(1，1)；当m＝3时，y＝x2－6x＋14＝(x－3)2＋5，∴顶点A的坐标为(3，5)．综上，顶点A的坐标为(1，1)或(3，5)． 18 (2)点A的坐标记为(x，y)，求y与x的函数表达式； 【解】∵y＝x2－2mx＋m2＋2m－1＝(x－m)2＋2m－1， ∴顶点A的坐标为(m，2m－1)． ∵点A的坐标记为(x，y)，∴x＝m，y＝2m－1. ∴y＝2x－1. 19 (3)如图，已知点C的坐标为(0，2)，当m取何值时，抛物线y＝x2－2mx＋m2＋2m－1与线段BC只有一个公共点？ 20 【解】由(2)可知，抛物线的顶点在直线y＝2x－1上运动，且形状不变． 由(1)知，当m＝1或m＝3时，抛物线过点B(3，5)． 把C(0，2)的坐标代入y＝x2－2mx＋m2＋2m－1， 得m2＋2m－1＝2，解得m＝1或m＝－3. ∴当m＝1或m＝－3时，抛物线经过点C(0，2)． 21 如图，当m＝－3或m＝3时，抛物线与线段BC只有一个交点(即线段CB的端点)； 当m＝1时，抛物线同时过点B，C， 不合题意． ∴m的取值范围是－3≤m≤3且m≠1. 22 6．[2024长沙一模]如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴交于A(4，0)，O两点，D(2，－2)为抛物线的顶点． (1)该抛物线的表达式为________________； 题型2 二次函数的图象与射线交点问题 23 24 25 26 27 7．如图①，抛物线y＝ax2－3x＋c与x轴的交点为A和B，与y轴的交点为D(0，4)，与直线y＝－x＋b的交点为A和C，且OA＝OD. (1)求抛物线的表达式和b的值； 题型3 二次函数的图象与直线交点问题 28 29 (2)将抛物线在x轴上方的部分沿x轴翻折得一个“M”形状的新图象(如图②)，若直线y＝－x＋n与新图象恰好有4个公共点，请求出此时n的取值范围． 30 31 32 33 8．[2024株洲期末]如图，直线y＝－x＋3与x轴、y轴分别交于B，C两点，抛物线y＝－x2＋bx＋c经过B，C两点，与x轴的另一交点为点A，顶点为点D. (1)B点坐标为________，C点坐标为 ________． (3，0) (0，3) 34 (2)求抛物线的表达式，点A，点D的坐标及抛物线的对 称轴． 35 当y＝0时，－x2＋2x＋3＝0， 解得x＝3或－1，∴A(－1，0)． ∵y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4， ∴D(1，4)，抛物线的对称轴为直线x＝1. 36 (3)设直线y＝kx＋4与抛物线y＝－x2＋bx＋c两交点的横坐标分别为x1，x2，是否存在k值，使得x12＋x22＋x1x2＝8？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由． 37 38 【解】将点(4，－7)的坐标代入y＝a(x－1)2＋k，得－7＝9a＋k. ∵k＝－a－3，∴9a＋k＝8a－3＝－7，解得a＝－. ∴k＝－，∴此时抛物线L的表达式为y＝－(x－1)2－. ∴抛物线L的顶点坐标为. 【解】易知抛物线的对称轴为直线x＝1，∴P(1，m)． 由－x2＋2x＋3＝－x－1，得x＝－1或x＝4. 当x＝4时，y＝－4－1＝－5，∴C(4，－5)． ∵PA＝PC，∴PA2＝PC2， ∴22＋m2＝32＋(m＋5)2，解得m＝－3. 【解】a＞或a＝或a≤－1. 3. 如图，抛物线y＝ax2＋bx＋3与直线y＝x＋1交于点A和点B(－2，－1)． 【解】把A，B(－2，－1)的坐标分别代入y＝ax2＋bx＋3，得解得 ∴抛物线的函数表达式为y＝－2x2－2x＋3. 【解】由题意可设C(x，x＋1)，则D(x，－2x2－2x＋3)， ∴DC＝－2x2－2x＋3－(x＋1)＝－2x2－3x＋2＝－2(x＋)2＋. ∵－2<0，∴当x＝－时，线段DC有最大值，最大值为. 【解】点P的横坐标xP的取值范围为－2≤xP≤－1或 －≤xP≤. 【解】由(1)得直线和抛物线的表达式分别为y＝－x＋2， y＝x2－2x，联立上述两个函数表达式并求解，得 或∴点B的坐标为(－1，3)．结合题图图象可知，不等式 x2＋mx＞－x＋b 的解集为x＜－1或x＞2. y＝x2－2x (2)点E为AO的中点，以点E为圆心、1为半径作⊙E，交x轴于B，C两点，点M在⊙E上，射线BM交抛物线于点P，若BM＝，求点P的坐标． 【解】连接ME，根据题意得B(1，0)，E(2，0)， ∴BE＝EM＝1，∵BM＝，∴易得△BEM是直角三角形，且EM⊥x轴，∴点M的横坐标为2. 如图，当点M在x轴的上方时，M1(2，1)， 设直线BM1的表达式为y＝kx＋b， 则解得 故直线BM1的表达式为y＝x－1， 联立解得或(舍去) 故P1(3＋，2＋)； 当点M在x轴的下方时，M(2，－1)， 设直线BM的表达式为y＝px＋q， 则解得 故直线BM的表达式为y＝－x＋1， 联立解得或(舍去) 故P(1＋，－)． 综上所述，点P的坐标为(1＋，－)或(3＋，2＋)． 【解】∵D(0，4)，∴OD＝4. ∵OA＝OD，∴OA＝4，∴A(－4，0)． 把A(－4，0)，D(0，4)的坐标分别代入y＝ax2－3x＋c， 得解得 ∴抛物线的表达式为y＝－x2－3x＋4. 把A(－4，0)的坐标代入y＝－x＋b，得4＋b＝0，解得b＝－4. 【解】由(1)得抛物线的表达式为y＝－x2－3x＋4＝－＋，∴抛物线y＝－x2－3x＋4的顶点坐标为. 令－x2－3x＋4＝0，解得x1＝－4，x2＝1，将抛物线y＝ －＋在x轴上方的部分沿x轴翻折后的图象的表达式为y＝－(－4＜x＜1)． 如图，当直线y＝－x＋n过点A时，把A(－4，0)的坐标代入y＝－x＋n，得4＋n＝0，解得n＝－4，此时直线l1：y＝－x－4与新图象有3个公共点． 当直线y＝－x＋n与新图象的翻折部分只 有一个公共点时， 令－＝－x＋n， 整理得x2＋4x－(n＋4)＝0， 令16＋4(n＋4)＝0，解得n＝－8， 此时直线l2：y＝－x－8与新图象有3个公共点． ∴当直线y＝－x＋n与新图象恰好有4个公共点时，－8＜ n＜－4. 【解】将B(3，0)，C(0，3)的坐标代入y＝－x2＋bx＋c， 得解得 ∴抛物线的表达式为y＝－x2＋2x＋3. 【解】存在．联立得x2＋(k－2)x＋1＝0， ∴x1＋x2＝－＝2－k，x1x2＝＝1， ∵x12＋x22＋x1x2＝8，∴(x1＋x2)2－x1x2＝8，∴(2－k)2－1＝8， 解得k＝－1或5. $ 阶段拔尖专训12 用概率判断游戏规则的公平性 1．小明、小华两名同学相约打羽毛球． (1)有款式完全相同的3个羽毛球拍，分别记为A，B，C.小明从中随机选取1个，则小明选中球拍A的概率为________； 类型1 利用概率判断摸球游戏的公平性 2 (2)为了决定谁先发球，两人一起设计了一个游戏：在一个不透明的口袋中装有四个小球，分别标有数字－1，－2，3，4，球除数字外都相同，小明从口袋中随机摸出一球，记下数字后放回摇匀，小华再从中随机摸出一球，若两球上的数字之积小于或等于－4，则小明先发球，否则小华先发球，请用列表或画树状图的方法说明这个游戏是否公平． 3 【解】画树状图如图． 4 5 2．物理变化和化学变化的区别在于是否有新物质的生成.某学习小组在延时课上制作了A，B，C，D，E五张卡片，五张卡片除图片内容不同外，其他没有区别，放置于暗箱中摇匀． 类型2 利用概率判断抽卡片游戏的公平性 6 (1)小临从五张卡片中随机抽取一张，抽中C卡片的概率是________； 7 (2)小临和小夏一起设计了一个游戏：分别从五张卡片中一次性随机抽取两张，若抽取的两张卡片内容均为物理变化，则小临获胜，若均为化学变化，则小夏获胜，请用列表法或画树状图法说明这个游戏是否公平． 8 【解】根据题意画树状图如下． 9 10 3．[2024西安二模]李涵和王兰相约周末去西安游玩，由于时间紧张，她们打算在大唐芙蓉园、华清池中随机选取一个为这次旅游的打卡地．李涵想去华清池，王兰更倾向于去大唐芙蓉园，为了公平起见，她们设计了游戏来决定去哪个景区游玩． 类型3 利用概率判断掷骰子游戏的公平性 11 游戏规则为：将如图①所示背面相同的三张扑克牌(方块3、红桃4、黑桃5)洗匀后，背面朝上放置在桌面上，李涵从中随机抽取一张，记下牌面数字；如图②是一枚质地均匀的正方体骰子，六个面分别标有点数1，2，3，4，5，6，王兰掷一次骰子，记下骰子朝上一面的点数．若李涵记下的牌面数字大于王兰记下的骰子 点数，则李涵获胜，否则，王 兰获胜． 12 (1)“李涵从三张扑克牌中随机抽取一张，抽到的牌面数字是6”是________事件；(填“必然”“不可能”或“随机”) (2)请用画树状图或列表的方法说明这个游戏对双方公平吗？ 不可能 【解】由题意可列表如下．   1 2 3 4 5 6 3 (3，1) (3，2) (3，3) (3，4) (3，5) (3，6) 4 (4，1) (4，2) (4，3) (4，4) (4，5) (4，6) 5 (5，1) (5，2) (5，3) (5，4) (5，5) (5，6) 13 14 4．[2024榆林三模]2024世界泳联跳水世界杯总决赛在西安奥体中心游泳跳水馆举行，小明和小乐均想去观赛，但仅有一张门票，他们准备了如图所示的甲、乙两个可以自由转动的转盘，每个转 盘被分成面积相等的三个扇形， 并在每一个扇形内标上数字， 类型4 利用概率判断转盘游戏的公平性 15 游戏规则：同时转动两个转盘，当转盘停止后，指针所指区域得到的两个数字之和大于1，则小明获得门票，否则小乐获得门票．若指针恰好停在分割线上，则重转一次，直到指针指向某一扇形区域为止． (1)若转动转盘甲，则转盘指针指向的数字是正数的概率为________； 16 (2)请用列表或画树状图的方法，判断该游戏规则对双方是否公平． 【解】用表格列出所有等可能的结果如下：   1 －2 3 －3 －2 －5 0 2 3 0 5 3 4 1 6 17 18 一共有16种等可能的情况，其中两球上的数字之积小于或等于－4的情况有6种， ∴P(小明先发球)＝＝，P(小华先发球)＝＝， ∴这个游戏不公平． 根据树状图可知共有20个等可能的结果，其中抽取两张卡片内容均为物理变化的结果有2个，均为化学变化的结果有6个， ∴小临获胜的概率为＝，小夏获胜的概率为＝. ∴这个游戏不公平． 由表可知共有18种等可能的结果，其中(3，1)，(3，2)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)表示李涵获胜， 即李涵获胜的概率为＝， ∴王兰获胜的概率为＝， ∵＝，∴这个游戏对双方公平． 由表可得，一共有9种等可能的结果，其中，两次指针指向的数字之和大于1的有4种， ∴P(小明胜)＝，P(小乐胜) ＝， ∴这个游戏对双方是不公平的. $ 阶段拔尖专训4 二次函数中的存在性问题 题型1 二次函数中探究点的存在性问题 (－1，0) (3，0) (0，2) 2 (2)若点P是x轴上一点，当△BCP为等腰三角形时，求点P的坐标． 3 4 (3)点Q是二次函数图象上的一个动点(不与点A重合)，请问是否存在点Q使∠QCB＝∠ABC？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 5 6 7 8 9 2．[2024邵阳一模]如图，已知抛物线的顶点为C，对称轴为直线x＝2，直线AB：y＝x＋m与抛物线交于A，B两点，其中点A的坐标为(5，8)，点B在y轴上． (1)直线AB的表达式为____________，抛物 线的表达式为____________． y＝x＋3 题型2 二次函数中探究平行四边形的存在性问题 y＝x2－4x＋3 10 (2)若点P(x，y)为线段AB上的一个动点(点P不与A，B两点重合)，过点P作x轴的垂线，与这条抛物线交于点E，设线段PE的长为h，求h与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围． 11 【解】∵点P在线段AB上， ∴P(x，x＋3)(0<x<5)． ∵PE⊥x轴，交抛物线于点E， ∴E(x，x2－4x＋3)， ∴h＝PE＝x＋3－(x2－4x＋3)＝－x2＋5x(0<x<5)． 12 (3)若点P(x，y)为直线AB上的一个动点，直线AB与这条抛物线的对称轴的交点为D，PE⊥x轴交抛物线于点E，是否存在点P，使以点D，C，E，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请写出理由． 13 【解】存在．∵y＝x2－4x＋3＝(x－2)2－1，∴C(2，－1). ∵直线AB与抛物线的对称轴的交点为D，∴D(2，5)，DC＝6. ∵以点D，C，E，P为顶点的四边形是平行四边形， ∴PE＝DC＝6， 由(2)易得PE＝|－x2＋5x|，∴－x2＋5x＝6或－x2＋5x＝－6， 解得x1＝2(舍去)，x2＝3，x3＝－1，x4＝6， ∴3＋3＝6，－1＋3＝2，6＋3＝9， ∴点P的坐标为(3，6)或(－1，2)或(6，9)． 14 3. [2024珠海三模]如图，二次函数图象的顶点为坐标原点O，且经过点A(3，3)，一次函数的图象经过点A和点B(6，0)，一次函数图象与y轴相交于点C. (1)二次函数的表达式为____________， 一次函数的表达式为____________． y＝－x＋6 15 (2)如果点D在线段AC上(不与A、C两点重合)，与y轴平行的直线DE与二次函数的图象相交于点E，∠CDO＝∠OED，求点D的坐标． 16 17 (3)若点D是直线AC上的一个动点，与y轴平行的直线DE与二次函数的图象相交于点E，以点O，C，D，E为顶点的四边形能成为平行四边形吗？若能，请求出点D的坐标，若不能，请说明理由． 18 19 20 4．[2024泸州改编]如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2＋bx＋3经过点A(3，0)，与y轴交于点B，且关于直线x＝1对称． (1)该抛物线的表达式为_______________． y＝－x2＋2x＋3 21 (2)当－1≤x≤t时，y的取值范围是0≤y≤2t－1，求t的值． 【解】∵抛物线的开口向下，对称轴为直线x＝1， ∴抛物线上点到对称轴的距离越远，函数值越小， 由当－1≤x≤t时，0≤y≤2t－1，得 22 23 (3)点C是抛物线上位于第一象限的一个动点，过点C作x轴的垂线交直线AB于点D，在y轴上是否存在点E，使得以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形？若存在，求出该菱形的边长；若不存在，请说明理由． 24 【解】存在．当x＝0时，y＝3，∴B(0，3)， 设直线AB的表达式为y＝kx＋3，把A(3，0)的坐标代入，得k＝－1，∴y＝－x＋3. 设C(m，－m2＋2m＋3)(0<m<3)，则D(m，－m＋3)， 25 26 (0，4) 题型3 二次函数中探究特殊角的存在性问题 27 (2)D是平面直角坐标系内一点，以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，求点D的坐标． 28 29 30 31 (3)连接AC，该抛物线的对称轴上是否存在点E，使得∠ACE＝45°？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 【解】存在，如图，在x轴上方作 MA⊥AC，使MA＝AC，连接CM， 交对称轴于点E，作MN⊥x轴于点N， 32 ∵MA⊥AC，MA＝AC， ∴∠ACM＝∠AMC＝45°，即∠ACE＝45°. ∵易知∠MAN＋∠AMN＝90°＝∠MAN＋∠CAO， ∴∠AMN＝∠CAO， 又∵∠ANM＝∠COA＝90°，MA＝AC， ∴△ANM≌△COA， ∴MN＝OA＝3，AN＝OC＝4，∴M(－7，3)， 33 34 35 6．[2024郴州模拟]如图，抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于点A(－1，0)，B，与y轴交于点C，且CO＝3AO，连接AC. (1)抛物线的表达式为____________． y＝x2－2x－3 36 (2)若点M是直线BC下方抛物线上一动点(不与点B，C重合)，是否存在△BCM，使∠BCM＝90°？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 37 38 1．[2024永州模拟] 如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数y＝－x2＋x＋2的图象与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，连接BC. (1)点A的坐标为________，点B的坐标为 ________，点C的坐标为________． 【解】∵B(3，0)，C(0，2)， ∴BC＝＝. ∵△BCP为等腰三角形， ∴BC＝BP或PC＝BC或PC＝PB. 当BC＝BP＝时，易得点P的坐标为(3－，0)或(3＋，0)； 当PC＝BC时，∵OC⊥BP， ∴OP＝OB＝3，∴点P的坐标为(－3，0)； 当PC＝PB时，设点P的坐标为(m，0)，由PC2＝PB2， 得(m－0)2＋(0－2)2＝(m－3)2，解得m＝， ∴点P的坐标为. 综上所述，点P的坐标为(3－，0)或(3＋，0)或(－3，0)或. 【解】存在．当点Q在BC上方时，如图①， ∵∠QCB＝∠ABC， ∴CQ∥AB，即CQ∥x轴， ∴点Q与点C关于抛物线的对称轴对称， ∵抛物线的表达式为y＝－x2＋x＋2＝－(x－1)2＋， ∴抛物线的对称轴为直线x＝1. ∵C(0，2)，∴Q(2，2)． 当点Q在BC下方时，如图②，设CQ交x轴于点K(t，0)， 则OK＝t，KB＝3－t. ∵∠QCB＝∠ABC， ∴CK＝BK＝3－t. 在Rt△COK中，OC2＋OK2＝CK2， ∴22＋t2＝(3－t)2， 解得t＝，∴K， 设直线CK的表达式为y＝kx＋d， 将点C，K的坐标代入，得解得 ∴直线CK的表达式为y＝－x＋2， 联立 解得(不合题意，舍去) ∴Q. 综上所述，点Q的坐标为(2，2)或. y＝x2 【解】∵DE∥y轴，∴∠COD＝∠ODE，又∵∠CDO＝ ∠OED，∴△CDO∽△OED，∴＝，即DO2＝DE·CO， 设点D的坐标为(m，－m＋6)(0<m<3)，那么点E的坐标为， ∴OD2＝m2＋(m－6)2＝2m2－12m＋36，DE＝－m＋6－m2， ∵直线y＝－x＋6与y轴交于点C， 当x＝0时，y＝6，∴点C的坐标为(0，6)，∴CO＝6， ∴2m2－12m＋36＝6， 解得m1＝0(不符合题意，舍去)，m2＝，则－m＋6＝. ∴点D的坐标为. 【解】以点O，C，D，E为顶点的四边形能成为平行四边形． ∵DE∥CO，∴要使以点O，C，D，E为顶点的四边形为平行四边形，则DE＝CO＝6，设D(x，－x＋6)，则E， ∴DE＝. ①当点D在点E上方时，－x＋6－x2＝6， 解得x1＝0(舍去)，x2＝－3，则－(－3)＋6＝9. ②当点D在点E下方时，－x＋6－x2＝－6，解得x＝. 则－＋6＝；－＋6＝. ∴点D的坐标为(－3，9)或(，)或(，)． ①若≤t≤1，则当x＝t时，y＝2t－1，即2t－1＝－t2＋ 2t＋3， 解得t＝－2或t＝2，均不符合题意，舍去； ②若t>1，则当x＝1时，y＝2t－1，即2t－1＝－12＋2× 1＋3， 解得t＝.综上，t的值为. ∴CD＝－m2＋2m＋3＋m－3＝－m2＋3m，BD＝＝m，BC2＝m2＋(－m2＋2m)2. 当以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形时，分两种情况： ①当BD为边时，BD＝CD，即m＝－m2＋3m，解得m＝0(舍去)或m＝3－，此时菱形的边长为m＝3－2； ②当BD为对角线时，BC＝CD，则BC2＝CD2， ∴m2＋(－m2＋2m)2＝(－m2＋3m)2，解得m＝2或m＝0(舍去)，此时菱形的边长为－22＋3×2＝2. 综上，该菱形的边长为3－2或2. 5．[2024成都模拟]如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于A(－3，0)，B(1，0)两点，与y轴交于点C. (1)抛物线的表达式为__________________， 点C的坐标为________． y＝－x2－x＋4 【解】由题意知，以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，设D(a，b)，分三种情况： ①若AC，BD为对角线， 设AC的中点为F，∵A(－3，0)，C(0，4)，∴F， 由平行四边形的性质得F为BD的中点， ∴解得 ∴D(－4，4)； ②若AB，CD为对角线， 设AB的中点为G，∵A(－3，0)，B(1，0)，∴G(－1，0)， 由平行四边形的性质得G为CD的中点， ∴解得∴D(－2，－4)； ③若BC，AD为对角线， 设BC的中点为H，∵B(1，0)，C(0，4)，∴H， 由平行四边形的性质得H为AD的中点， ∴解得 ∴D(4，4)． 综上所述，点D的坐标为(－4，4)或(－2，－4)或(4，4)． 设直线CM的表达式为y＝kx＋d，将M(－7，3)，C(0，4)的坐标代入，得解得 ∴直线CM的表达式为y＝x＋4. ∵－＝－1， ∴抛物线y＝－x2－x＋4的对称轴为直线x＝－1，将x＝－1代入y＝x＋4得y＝，∴点E的坐标为. 【解】存在△BCM，使∠BCM＝90°. 当y＝0时，x2－2x－3＝0，解得x＝3或x＝－1， ∴B(3，0)．当x＝0时，y＝－3，∴C(0，－3)，∴易得BC＝3. 设M(m，m2－2m－3)(0<m<3)， ∴CM＝， BM＝. 当∠BCM＝90°时，()2＝()2＋(3)2，整理得－6m2＋6m＝0. 解得m＝0(舍去)或m＝1，∴M(1，－4)． $ 阶段拔尖专训10 圆与其他知识的综合应用 应用1 圆与二次函数相综合 2 (1)求该抛物线的表达式； 3 (2)求点C的坐标和线段EF的长． 4 5 6 (1)若⊙P的半径为5，求B，P两点的坐标； 【解】如图，连接PC. ∵⊙P的半径为5， ⊙P与y轴相切于点C， ∴CP＝5，PC⊥y轴． ∴xP＝5. 7 8 (2)在(1)的条件下，求以P为顶点，且经过点B的抛物线的表达式；并判断该抛物线是否经过点C关于原点的对称点D，说明理由． 9 10 11 【解】是．理由：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轴的交点为A(1，0)，B (3，0)，与y轴的交点为C(0，3)， 12 (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； 13 【解】如图①，设抛物线与y轴的交点为H， 连接PH，则H(0，4)，∴OH＝4. ∵二次函数y＝x2－4x＋4图象的顶点为A， ∴易得A(2，0)，∴OA＝2， ∴△POA的周长＝PO＋PA＋OA＝PO＋PH＋2， 当P在线段OH上时，PO＋PH的值最小，最小为OH＝4， ∴△POA周长的最小值为6. 14 (3)已知二次函数y＝ax2－4x＋4(0<a<1)的图象交x轴于点A，B，交y轴于点C，与坐标圆的第四个交点为D，连接PC，PD，如图②.若∠CPD＝120°，求a的值． 15 【解】如图②，连接CD，PA，过点P作直线l⊥x轴，则直线l为抛物线的对称轴， 设直线l与CD交于点E，与x轴交于点F，则AF＝BF. 16 17 18 19 4．如图，正六边形ABCDEF内接于⊙O，点P在弦AC上，若⊙O的半径为2，则阴影部分的面积是________． 应用2 圆与多边形相综合 20 5．[2024常州模拟]如图，四边形ABCD是⊙O的内接四边形，过点A作AE∥BC交CD的延长线于点E，AE＝AB，AD＝ED，连接BD. 21 (1)求证：∠BAD＝∠EAD； 【证明】∵AE∥BC，∴∠E＋∠ECB＝180°. ∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形， ∴∠ECB＋∠BAD＝180°，∴∠E＝∠BAD， ∵AD＝DE，∴∠EAD＝∠E， ∴∠BAD＝∠EAD. 22 (2)若CD＝1，DE＝3，求AB的长． 【解】连接AC.∵AB＝EA，∠BAD＝∠E，AD＝ED， ∴△BAD≌△AED(SAS)， ∴BD＝AD，∴∠DAB＝∠DBA. ∵∠BAD＝∠DAE，∠DBA＝∠ACD， ∴∠DAE＝∠DBA＝∠ACE. 23 24 6．[2024长沙]对于凸四边形，根据它有无外接圆(四个顶点都在同一个圆上)与内切圆(四条边都与同一个圆相切)，可分为四种类型，我们定义：既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形；只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形；只有内切圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形；既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形． 25 请你根据该定义，解答下列问题： (1)请你判断下列说法是否正确(在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”)． ①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形； (　　) ②内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形； (　　) × √ √ 26 (2)如图①，已知四边形ABCD内接于⊙O，四条边长满足：AB＋CD≠BC＋AD. ①该四边形ABCD是“___________”四边形(从定义的四种类型中选一种填入)； 外接型单圆 27 ②若∠BAD的平分线AE交⊙O于点E，∠BCD的平分线CF交⊙O于点F，连接EF.求证：EF是⊙O的直径． 28 (3)已知四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，它的内切圆⊙O与AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，G，H. ①如图②，连接EG，FH交于点P.求证：EG⊥FH. 29 【证明】如图①，连接OE，OF，OG，OH，HG， ∵⊙O是四边形ABCD的内切圆， ∴OE⊥AB，OF⊥BC，OG⊥CD，OH⊥AD， ∴∠OEA＝∠OHA＝90°， ∴在四边形AEOH中，∠A＋∠EOH＝360°－ 90°－90°＝180°，同理可证，∠FOG＋∠C＝180°， ∵四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，∴∠A＋∠C＝180°，∴∠EOH＝∠C，则∠FOG＋∠EOH＝180°. 30 31 ②如图③，连接OA，OB，OC，OD，若OA＝2，OB＝6，OC＝3，求内切圆⊙O的半径r及OD的长． 32 【解】如图②，连接OE，OF，OG，OH， ∵四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，它的内切圆⊙O与AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，G，H， ∴OE⊥AB，OF⊥BC，OG⊥CD，OH⊥AD， OE＝OF＝OG＝OH，∠EAH＋∠FCG＝180°， ∠OAH＝∠OAE，∠OCG＝∠OCF， ∴∠OAH＋∠OCG＝90°. 33 34 35 1．如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴相交于点A，C，与y轴相交于点B，连接AB，BC，点A的坐标为(2，0)，BO＝2AO，以线段BC为直径作⊙M交AB 于点D，过点B作直线l∥AC，与抛物 线的另一个交点是E，与⊙M的另一 个交点是F. 【解】∵点A的坐标为(2，0)，∴AO＝2. ∵BO＝2AO，∴BO＝4.∴点B的坐标为(0，4)． ∵A，B是抛物线y＝－x2＋bx＋c上的点， ∴解得 ∴该抛物线的表达式为y＝－x2－x＋4. 【解】∵抛物线的对称轴为直线x＝－＝－，A(2，0)，B(0，4)， ∴点A关于对称轴的对称点C的坐标为(－3，0)，点B关于对称轴的对称点E的坐标为(－1，4)．∴BE＝1. ∵BC是⊙M的直径，∴点M的坐标为. 过点M作MG⊥FB于点G，则GB＝GF，易得G. ∴BG＝.∴BF＝2BG＝3. ∴EF＝BF－BE＝3－1＝2. 2．[2024长沙月考]如图，P是射线y＝x(x>0)上的一个动点，以点P为圆心的圆与y轴相切于点C，与x轴的正半轴交于A，B两点． 将其代入y＝x，得yP＝3，∴点P的坐标为(5，3)． 连接PB，过点P作PG⊥x轴于点G，则PG＝3. 在Rt△PBG中，PB＝5，PG＝3， ∴GB＝4.∴OB＝9.∴点B的坐标为(9，0)． 【解】∵P(5，3)为抛物线的顶点， ∴设抛物线的表达式为y＝a(x－5)2＋3. 将B(9，0)的坐标代入，得16a＋3＝0，解得a＝－. ∴抛物线的表达式为y＝－(x－5)2＋3. 该抛物线不经过点D. 理由如下：易知C(0，3)． ∴点C关于原点对称的点D的坐标为(0，－3)． 当x＝0时，y＝－×25＋3＝－≠－3. ∴该抛物线不经过点D. 3．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； ∵点P(2，2)，∴PA＝＝，PB＝＝，PC＝＝. ∴⊙P是二次函数y＝x2－4x＋3的坐标圆． 易得l⊥CD，∴CE＝DE，令ax2－4x＋4＝0， 解得x1＝，x2＝， ∴AB＝，∴AF＝BF＝. ∵∠CPD＝120°，PC＝PD，∴∠PCD＝∠PDC＝30°， 设PE＝m，则PA＝PC＝2m，∴CE＝m，易得EF＝4，∴PF＝4－m. ∵二次函数y＝ax2－4x＋4图象的对称轴l为直线x＝， ∴m＝，即a＝，在Rt△PAF中，PA2＝PF2＋AF2， ∴4m2＝(4－m)2＋，即4m2＝(4－m)2＋4， 化简，得(8＋2)m＝16，解得m＝， ∴a＝＝. 2 ∵∠E＝∠E，∴△ADE∽△CAE， ∴＝，即＝， ∴AE2＝12，∴AE＝2， ∴AB＝AE＝2. ③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有R＝r.(　　) 【证明】∵∠BAD的平分线AE交⊙O于点E，∠BCD的平分线CF交⊙O于点F，∴∠BAE＝∠DAE，∠BCF＝∠DCF， ∴＝，＝，∴＋＝＋， ∴＝，即和均为半圆，∴EF是⊙O的直径． ∵∠FHG＝∠FOG，∠EGH＝∠EOH， ∴∠FHG＋∠EGH＝(∠FOG＋∠EOH)＝90°， ∴∠HPG＝180°－(∠FHG＋∠EGH)＝90°， ∴EG⊥FH. ∵∠COG＋∠OCG＝90°， ∴∠OAH＝∠COG.又∵∠AHO＝∠OGC＝90°， ∴△AOH∽△OCG，∴＝. ∵OA＝2，OC＝3，∴＝，∴CG＝r， 在Rt△OGC中，OG2＋CG2＝OC2，即r2＋＝32， 解得r＝. 在Rt△OBE中，OB＝6， ∴BE＝＝＝， 同理可证△BEO∽△OHD，∴＝， ∴＝，∴OD＝. $