2027年人教版中考数学二轮复习-第12讲-因动点产生的定值问题-专题讲义

因动点产生的定值问题 人教版中考数学二轮复习 · 第12讲 · 专题讲义（含解析） 例题解析 例1．如图1，在平面直角坐标系xOy中，点M在x轴的正半轴上，⊙M交x轴于A、B两点，交y轴于C、D两点，且C为的中点，AE交y轴于G点，若点A的坐标为（﹣2，0），AE＝8． （1）求点C的坐标； （2）连接MG、BC，求证：MG∥BC； （3）如图2，过点D作⊙M的切线，交x轴于点P．动点F在⊙M的圆周上运动时，的比值是否发生变化？若不变，求出比值；若变化，说明变化规律． 【分析】（1）求C点的坐标，即求出OC的长．根据垂径定理可得出弧CD＝2弧AC，而题中已经告诉了C是弧AE的中点，即弧AE＝2弧AC，即弧CD＝弧AE，因此CD＝AE，那么OCAE＝4，即可求出C点坐标； （2）由于无法直接证明∠OMG＝∠OBC来得出两直线平行，因此可通过相似三角形来求解，可设出圆的半径，然后分别求出OG、OM、OB的长，然后通过证OG、OM，OC、OB对应成比例来得出△OMG与△OBC相似来得出∠OMG＝∠OBC，进行得出所求的结论； （3）OF与OP的比例关系不变，在直角三角形DMP中，根据射影定理有DM2＝MO•MP，①同理可求出OD2＝OM•OP； ②然后分三种情况： A：F与A重合时，OF＝OA，PF＝PA，可根据②求出OP的长根据①求出MP的长即可求出OP的长，进而可求出所求的比例关系； B：F与B重合，同一； C：F不与A、B重合．可通过相似三角形来求解．由于MF＝DM，根据①可得出△OMF与△FMP相似，可得出． 综合三种情况即可得出OF：PF的值． 【解答】（1）解：方法（一） ∵直径AB⊥CD， ∴COCD， ， ∵C为的中点， ∴， ∴， ∴CD＝AE， ∴COCD＝4， ∴C点的坐标为（0，4）． 方法（二）如图1，连接BG，GM，连接CM，交AE于点N， ∵C为的中点，M为圆心， ∴ANAE＝4， CM⊥AE， ∴∠ANM＝∠COM＝90°， 在△ANM和△COM中： ∵， ∴△ANM≌△COM（AAS）， ∴CO＝AN＝4， ∴C点的坐标为（0，4）． （2）证明：设半径AM＝CM＝r，则OM＝r﹣2， 由OC2+OM2＝MC2得： 42+（r﹣2）2＝r2， 解得：r＝5，（1分） ∴OM＝r﹣OA＝3 ∵∠AOC＝∠ANM＝90°， ∠EAM＝∠MAE， ∴△AOG∽△ANM， ∴， ∵MN＝OM＝3， 即， ∴OG，（2分） ∵， ， ∴， ∵∠BOC＝∠BOC， ∴△GOM∽△COB， ∴∠GMO＝∠CBO， ∴MG∥BC． （3）解：如图2，连接DM，则DM⊥PD，DO⊥PM， ∴△MOD∽△MDP，△MOD∽△DOP， ∴DM2＝MO•MP； DO2＝OM•OP， 即42＝3•OP， ∴OP． 当点F与点A重合时：， 当点F与点B重合时：， 当点F不与点A、B重合时：连接OF、PF、MF， ∵DM2＝MO•MP， ∴FM2＝MO•MP， ∴， ∵∠AMF＝∠FMA， ∴△MFO∽△MPF， ∴． ∴综上所述，的比值不变，比值为． 例2．如图，已知：在直角坐标系中．点E从O点出发，以1个单位/秒的速度沿x轴正方向运动，点F从O点出发，以2个单位/秒的速度沿y轴正方向运动．B（4，2），以BE为直径作⊙O1． （1）若点E、F同时出发，设线段EF与线段OB交于点G，试判断点G与⊙O1的位置关系，并证明你的结论； （2）在（1）的条件下，连接FB，几秒时FB与⊙O1相切？ （3）若点E提前2秒出发，点F再出发．当点F出发后，点E在A点的左侧时，设BA⊥x轴于点A，连接AF交⊙O1于点P，试问AP•AF的值是否会发生变化？若不变，请说明理由并求其值；若变化，请求其值的变化范围． 【分析】（1）要判断点G与⊙O1的位置关系，只需比较O1G与⊙O1的半径O1B的大小．设点E出发t秒，则E（t，0），F（0，2t），用待定系数法求出直线EF和直线OB的解析式，确定点G的坐标，用两点间的距离公式计算出O1G与O1B的大小，从而进行判定． （2）如果t秒时FB与⊙O1相切，那么∠FBE＝90°；在RT△BEF与RT△OEF中，根据EF不变列出方程，求出t的值． （3）设点F出发t秒，则E（t+2，0），F（0，2t）；设P（x，y），由tan∠FAO＝y：（4﹣x）＝2t：4，得出x＝4，即P（4，y）；因为BE为直径，所以∠BPE＝90°，PE2+BP2＝BE2，得出y与t的关系，可以含t的代数式得出P的坐标，分别计算AP，AF的长，根据结果判断． 【解答】解：（1）连接O1G， 设点E出发t秒，则E（t，0），F（0，2t）； 设直线EF的方程为y＝kx+b，则， ∴解得， ∴y＝﹣2x+2t， ∴直线OB的方程为yx； ∵解方程组， 得， ∴G（t，t）； ∵O1是BE的中点， ∴O1（，1）， ∴O1G2＝（t）2+（1t）2t2﹣2t+5，O1B2＝（4）2+12t2﹣2t+5， ∴O1G＝O1B，点G在⊙O1上． （2）设t秒时FB与⊙O1相切，那么E（t，0），F（0，2t），∠FBE＝90°； ∵EF2＝BE2+BF2，EF2＝OE2+OF2， ∴（4﹣t）2+22+42+（2﹣2t）2＝t2+（2t）2， 解得t＝2.5． （3）设点F出发t秒，则E（t+2，0），F（0，2t）， 设P（x，y）； ∵tan∠FAO＝y：（4﹣x）＝2t：4， ∴x＝4， ∴P（4，y）． ∵BE为直径， ∴∠BPE＝90°． ∵PE2+BP2＝BE2 ∴利用两点间的距离公式把B、P、E、F各点的坐标代入得， ∴y， ∴x， 即P（，）， ∴AP2＝（4）2+（）2， ∴AP，AF2． ∴AP•AF＝8，是不会发生变化的． 课堂练习 1．如图1所示，以点M（﹣1，0）为圆心的圆与y轴，x轴分别交于点A，B，C，D，直线yx与⊙M相切于点H，交x轴于点E，交y轴于点F． （1）请直接写出OE，⊙M的半径r，CH的长； （2）如图2所示，弦HQ交x轴于点P，且DP：PH＝3：2，求cos∠QHC的值； （3）如图3所示，点K为线段EC上一动点（不与E，C重合），连接BK交⊙M于点T，弦AT交x轴于点N．是否存在一个常数a，始终满足MN•MK＝a，如果存在，请求出a的值；如果不存在，请说明理由． 【分析】（1）在直线yx中，令y＝0，可求得E的坐标，即可得到OE的长为5；连接MH，根据△EMH与△EFO相似即可求得半径为2；再由EC＝MC＝2，∠EHM＝90°，可知CH是RT△EHM斜边上的中线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出CH的长； （2）连接DQ、CQ．根据相似三角形的判定得到△CHP∽△QDP，从而求得DQ的长，在直角三角形CDQ中，即可求得∠D的余弦值，即为cos∠QHC的值； （3）连接AK，AM，延长AM，与圆交于点G，连接TG，由圆周角定理可知，∠GTA＝90°，∠3＝∠4，故∠AKC＝∠MAN，再由△AMK∽△NMA即可得出结论． 【解答】解：（1）∵直线yx中，令y＝0，则x＝﹣5，即OE＝5； 令x＝0，则y，故F点坐标为（0，）， ∴EF， ∵M（﹣1，0）， ∴EM＝4， ∵∠E＝∠E，∠AOE＝∠EHM， ∴△EMH∽△EFO， ∴，即， ∴r＝2； ∵CH是RT△EHM斜边上的中线， ∴CHEM＝2． （2）连接DQ、CQ． ∵∠CHP＝∠D，∠CPH＝∠QPD， ∴△CHP∽△QDP． ∴CH：DQ＝HP：PD＝2：3， ∴DQ＝3． ∴cos∠QHC＝cos∠D． （3）如图3，连接AK，AM，延长AM，与圆交于点G，连接TG，则∠GTA＝90°， ∴∠MAN+∠4＝90°， ∵∠3＝∠4 ∴∠MAN+∠3＝90° 由于∠BKO+∠3＝90°，故∠BKC＝∠MAN； 而∠BKC＝∠AKC， ∴∠AKC＝∠2， 在△AMK和△NMA中，∠AKC＝∠MAN；∠AMK＝∠NMA， 故△MAK∽△MNA， ； 即：MN•MK＝AM2＝4， 故存在常数a，始终满足MN•MK＝a， 常数a＝4． 2．已知：抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0），顶点C（1，﹣4），与x轴交于A、B两点，A（﹣1，0）． （1）求这条抛物线的解析式； （2）如图，以AB为直径作圆，与抛物线交于点D，与抛物线的对称轴交于点E，依次连接A、D、B、E，点Q为线段AB上一个动点（Q与A、B两点不重合），过点Q作QF⊥AE于F，QG⊥DB于G，请判断是否为定值？若是，请求出此定值；若不是，请说明理由； （3）在（2）的条件下，若点H是线段EQ上一点，过点H作MN⊥EQ，MN分别与边AE、BE相交于M、N，（M与A、E不重合，N与E、B不重合），请判断是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由． 【分析】（1）可将抛物线的解析式设为顶点式，然后将A点坐标代入，即可求得抛物线的解析式； （2）根据两对相似三角形：△AQF、△ABE和△BGQ、△BDA得出的对应成比例线段，即可求出所求的代数式是否为定值； （3）易证得△EMN∽△FQE，得①，下面证，需通过构建相似三角形求解； 过Q作QP⊥BE于P，则四边形FQPE是矩形，FE＝QP②；已知E在AB的垂直平分线上，可得：△AEB是等腰Rt△，进一步可知△AFQ、△QEB也是等腰Rt△；易证得△FAQ∽△PQB，得③，联立①②③即可证得所求的结论． 【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4， 将A（﹣1，0）代入解析式得：0＝a（﹣1﹣1）2﹣4， ∴a＝1， ∵抛物线的解析式为y＝（x﹣1）2﹣4， 即y＝x2﹣2x﹣3； （2）是定值，1， ∵AB是直径， ∴∠AEB＝90°， ∵QF⊥AE， ∴QF∥BE， ∴△AQF∽△ABE， ∴， 同理：， ∴1； （3）∵直线EC为抛物线的对称轴， ∴EC垂直平分AB， ∴AE＝EB， ∵∠AEB＝90°， ∴△AEB为等腰直角三角形， ∴∠EAB＝∠EBA＝45°， 过点Q作QP⊥BE于P，如图： 由已知及作法可知，四边形FQPE是矩形， ∴QP＝FE且QP∥FE， 在△AQF和△QBP中， ∵∠EAB＝∠BQP＝45°， ∴QP＝BP＝FE且△AQF∽△QBP， ∴， ∴①， 在△QFE和△MEN中， ∵MN⊥EQ， ∴∠MNE+∠HEN＝90°， ∵∠FEQ+∠HEN＝90°， ∴∠MNE＝∠FEQ， 又∵∠QFE＝∠MEN＝90°， ∴△EFQ∽△NEM， ∴②， 由①、②知：． 家庭作业 1．如图，抛物线y＝﹣x2+px+q与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，且∠ACB＝90°，又tan∠CAO﹣tan∠CBO＝2． （1）求此二次函数的解析式； （2）若平行于x轴的直线交抛物线于M、N两点，以MN为直径的圆恰好与x轴相切，求此圆的半径长． 【分析】（1）设A、B两点横坐标分别为x1，x2，得到q＝OA•OB，根据直角三角形的射影定理得出OC2＝OA•OB，求出q＝1，根据tan∠CAO﹣tan∠CBO＝2得求出x1+x2＝2＝p即可； （2）设M（x3，r），N（x4，r），推出MN＝x4﹣x3，r＝﹣x42+2x4+1，根据根与系数的关系得出x3+x4＝2，x3•x4＝r﹣1，根据以MN为直径的圆与x轴相切，得出方程，求出即可． 【解答】解：（1）设A、B两点横坐标分别为x1，x2，则q＝﹣x1x2＝（﹣x1）x2＝OA•OB， 由题意知，OC是Rt△ABC斜边AB上的高，由直角三角形中的射影定理得OC2＝OA•OB， 故q2＝q，故q＝1或q＝0， 因此二次函数的图象不过原点， 故q＝0舍去，取q＝1， 由上知x1•x2＝﹣1，C的纵坐标为1， 又由tan∠CAO﹣tan∠CBO＝2得变形得， 亦即x1+x2＝2， ∴p＝2，综合上述：二次函数的解析式为y＝﹣x2+2x+1， （2）设M（x3，r），N（x4，r），x3＜x4， ∴MN＝x4﹣x3， ∴r＝﹣x32+2x3+1r＝﹣x42+2x4+1， 故x3，x4是方程﹣x2+2x﹣r+1＝0的两根， ∴x3+x4＝2，x3•x4＝r﹣1， ∵以MN为直径的圆与x轴相切， 故，即， 两边平方得， 即， 解得r＝1或r＝﹣2，答：此圆的半径长是1． 2．已知：如图，抛物线yx2﹣bx﹣3与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，线段AB的垂直平分线交抛物线于N点，且点N到x轴的距离为4， （1）求抛物线的解析式； （2）过A、B、C三点的⊙M交y轴于另一点D，连接DM并延长交⊙M于点E，过E点的⊙M的切线分别交x轴，y轴于点F、G，求直线FG的解析式； （3）在（2）的条件下，设P为弧CBD上的动点（P不与C、D重合），连接PA交y轴于点H，给出以下两个结论：①AH•AP为定值；②为定值，其中只有一个结论正确，请判断正确的结论，并求出其值． 【分析】（1）由题意：线段AB的垂直平分线交抛物线于N点，那么点N必为抛物线的顶点，而N到x轴的距离为4，结合图形可知N点的纵坐标为﹣4，利用公式法即可求出b的值，然后根据抛物线对称轴的位置，将不合题意的b值舍去，即可求得该抛物线的解析式． （2）根据（1）所得抛物线的解析式，易求得A、B、C三点的坐标，即可得到OA、OB、OC的长，可求得∠OAC＝60°，∠OBC＝30°，即∠ACB＝90°，由此可推出AB是⊙M的直径，即M是AB的中点，那么DE也为⊙M的直径，若连接CE，则CE⊥DC，即CE∥x轴，根据抛物线的对称轴即可求出点E的坐标；根据圆的对称性知C、D关于原点对称，由此可得到D点的坐标，易求得OM、OD的长，即可得出∠ODM＝∠OBC＝30°，从而证得DE⊥BC，即BC∥FG，直线BC的解析式易求得，即可得到直线FG的斜率，将已求的点E坐标代入上式，即可确定出直线FG的解析式． （3）①的结论是正确的．可设AH＝x，AP＝y，在Rt△AOH中，由勾股定理易求得OH，由相交弦定理知：AH•HP＝DH•CH，将各线段的数值（或表达式）代入上式，即可求得AH•AP的值． （另一种解法，连接CP，通过证△ACH∽△APC，利用相似三角形的比例线段来证明．） 【解答】解：（1）由题意知：N点为抛物线的顶点，且纵坐标为﹣4； 则有：4， 解得b＝±； 由于抛物线的对称轴在y轴右侧， 故b不合题意，舍去； ∴该抛物线的解析式为：yx2x﹣3． （2）易知：A（，0），B（3，0），C（0，﹣3），D（0，3）； 则OA，OB＝3，OC＝3，OD＝3； Rt△OAC中，OA，OC＝3，则∠OAC＝60°，∠OCA＝30°； 同理可证：∠ODM＝∠OCA＝∠OBC＝30°， ∴∠ACB＝90°，AB为⊙M的直径； ∵CE过点M，则CE是⊙M的直径， ∴连接CE，那么∠DCE＝90°， 故CE∥x轴，C、E关于抛物线的对称轴对称， 则E（2，﹣3）； 已证∠ODM＝∠OCA＝30°，则AC∥DE， 而∠ACB＝90°， 所以DE⊥BC； ∵EF是⊙M的切线， ∴CE⊥FG， 故FG∥BC； 由B（3，0），C（0，﹣3），易求得直线BC：yx﹣3， 设直线FG的解析式为：yx+h，将E点坐标代入上式，得： 2h＝﹣3，h＝﹣5； ∴直线FG的解析式为：yx﹣5． （3）∵D（0，﹣3），C（0，3），A（，0）， ∴OC＝OD＝3，OA； 设AH＝x，AP＝y； 在Rt△AOH中，由勾股定理可得：OH； 由相交弦定理知：AH•HP＝DH•CH，即： x（y﹣x）＝（3）（3）， 整理得：xy＝12． 故①的结论正确，AH•AP为定值，其值为12． 3．【探究】如图1，点N（m，n）是抛物线上的任意一点，l是过点（0，﹣2）且与x轴平行的直线，过点N作直线NH⊥l，垂足为H． ①计算：m＝0时，NH＝　1　； m＝4时，NO＝　5　． ②猜想：m取任意值时，NO　＝　NH（填“＞”、“＝”或“＜”）． 【定义】我们定义：平面内到一个定点F和一条直线l（点F不在直线l上）距离相等的点的集合叫做抛物线，其中点F叫做抛物线的“焦点”，直线l叫做抛物线的“准线”．如图1中的点O即为抛物线y1的“焦点”，直线l：y＝﹣2即为抛物线y1的“准线”．可以发现“焦点”F在抛物线的对称轴上． 【应用】（1）如图2，“焦点”为F（﹣4，﹣1）、“准线”为l的抛物线与y轴交于点N（0，2），点M为直线FN与抛物线的另一交点．MQ⊥l于点Q，直线l交y轴于点H． ①直接写出抛物线y2的“准线”l：　y＝﹣3　； ②计算求值：　1　； （2）如图3，在平面直角坐标系xOy中，以原点O为圆心，半径为1的⊙O与x轴分别交于A、B两点（A在B的左侧），直线与⊙O只有一个公共点F，求以F为“焦点”、x轴为“准线”的抛物线的表达式． 【分析】（1）①根据勾股定理，可得ON的长，根据点到直线的距离，可得可得NH的长； ②根据图象上的点满足函数解析式，可得点的坐标，根据勾股定理，可得NO的长，根据点到直线的距离，可得NH的长； （2）①根据抛物线的“准线”的定义即可得到抛物线y2的“准线”l； ②先求出MQ和NH的长，代入即可求解； （2）分两种情况：①当“焦点”为，顶点为，C（2，0）时；②当“焦点”为，顶点为，C（﹣2，0）时；进行讨论可得以F为“焦点”、x轴为“准线”的抛物线的表达式． 【解答】解：（1）①当m＝0时，N（0，﹣1），ON＝1，NH＝﹣1﹣（﹣2）＝1； 当m＝4时，y＝3，N（4，3），ON5，NH＝3﹣（﹣2）＝3+2＝5， （2）猜想：NO＝NH， 证明：如图1，NH交x轴与点Q， ∵N在yx2﹣1上，∴设N（m，m2﹣1），NQ＝|m2﹣1|，OQ＝|m|， ∵△ONQ是直角三角形， ∴ONm2+1， NH＝yN﹣（﹣2）＝（m2﹣1）﹣（﹣2）m2+1 ON＝NH． 【应用】（1）①抛物线y2的“准线”l：y＝﹣3； ②1； （2）如图3，设直线与x轴相交于点C． 由题意可知直线CF切⊙O于F，连接OF． ∴∠OFC＝90°∴∠COF＝60° 又∵OF＝1，∴OC＝2，∴C（±2，0）， ∴“焦点”、． ∴抛物线y3的顶点为． ①当“焦点”为，顶点为，C（2，0）时， 易得直线CF1：． 过点A作AM⊥x轴，交直线CF1于点M． ∴MA＝MF1，∴在抛物线y3上． 设抛物线，将M点坐标代入可求得：， ∴； ②当“焦点”为，顶点为，C（﹣2，0）时， 由中心对称性可得：y3（x）2x2x． 综上所述：抛物线或y3x2x． 第 1 页 / 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 因动点产生的定值问题 人教版中考数学二轮复习 · 第12讲 · 专题讲义（学生版） 例题解析 例1．如图1，在平面直角坐标系xOy中，点M在x轴的正半轴上，⊙M交x轴于A、B两点，交y轴于C、D两点，且C为的中点，AE交y轴于G点，若点A的坐标为（﹣2，0），AE＝8． （1）求点C的坐标； （2）连接MG、BC，求证：MG∥BC； （3）如图2，过点D作⊙M的切线，交x轴于点P．动点F在⊙M的圆周上运动时，的比值是否发生变化？若不变，求出比值；若变化，说明变化规律． 例2．如图，已知：在直角坐标系中．点E从O点出发，以1个单位/秒的速度沿x轴正方向运动，点F从O点出发，以2个单位/秒的速度沿y轴正方向运动．B（4，2），以BE为直径作⊙O1． （1）若点E、F同时出发，设线段EF与线段OB交于点G，试判断点G与⊙O1的位置关系，并证明你的结论； （2）在（1）的条件下，连接FB，几秒时FB与⊙O1相切？ （3）若点E提前2秒出发，点F再出发．当点F出发后，点E在A点的左侧时，设BA⊥x轴于点A，连接AF交⊙O1于点P，试问AP•AF的值是否会发生变化？若不变，请说明理由并求其值；若变化，请求其值的变化范围． 课堂练习 1．如图1所示，以点M（﹣1，0）为圆心的圆与y轴，x轴分别交于点A，B，C，D，直线yx与⊙M相切于点H，交x轴于点E，交y轴于点F． （1）请直接写出OE，⊙M的半径r，CH的长； （2）如图2所示，弦HQ交x轴于点P，且DP：PH＝3：2，求cos∠QHC的值； （3）如图3所示，点K为线段EC上一动点（不与E，C重合），连接BK交⊙M于点T，弦AT交x轴于点N．是否存在一个常数a，始终满足MN•MK＝a，如果存在，请求出a的值；如果不存在，请说明理由． 2．已知：抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0），顶点C（1，﹣4），与x轴交于A、B两点，A（﹣1，0）． （1）求这条抛物线的解析式； （2）如图，以AB为直径作圆，与抛物线交于点D，与抛物线的对称轴交于点E，依次连接A、D、B、E，点Q为线段AB上一个动点（Q与A、B两点不重合），过点Q作QF⊥AE于F，QG⊥DB于G，请判断是否为定值？若是，请求出此定值；若不是，请说明理由； （3）在（2）的条件下，若点H是线段EQ上一点，过点H作MN⊥EQ，MN分别与边AE、BE相交于M、N，（M与A、E不重合，N与E、B不重合），请判断是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由． 家庭作业 1．如图，抛物线y＝﹣x2+px+q与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，且∠ACB＝90°，又tan∠CAO﹣tan∠CBO＝2． （1）求此二次函数的解析式； （2）若平行于x轴的直线交抛物线于M、N两点，以MN为直径的圆恰好与x轴相切，求此圆的半径长． 2．已知：如图，抛物线yx2﹣bx﹣3与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，线段AB的垂直平分线交抛物线于N点，且点N到x轴的距离为4， （1）求抛物线的解析式； （2）过A、B、C三点的⊙M交y轴于另一点D，连接DM并延长交⊙M于点E，过E点的⊙M的切线分别交x轴，y轴于点F、G，求直线FG的解析式； （3）在（2）的条件下，设P为弧CBD上的动点（P不与C、D重合），连接PA交y轴于点H，给出以下两个结论：①AH•AP为定值；②为定值，其中只有一个结论正确，请判断正确的结论，并求出其值． 3．【探究】如图1，点N（m，n）是抛物线上的任意一点，l是过点（0，﹣2）且与x轴平行的直线，过点N作直线NH⊥l，垂足为H． ①计算：m＝0时，NH＝　 　； m＝4时，NO＝　 　． ②猜想：m取任意值时，NO　 　NH（填“＞”、“＝”或“＜”）． 【定义】我们定义：平面内到一个定点F和一条直线l（点F不在直线l上）距离相等的点的集合叫做抛物线，其中点F叫做抛物线的“焦点”，直线l叫做抛物线的“准线”．如图1中的点O即为抛物线y1的“焦点”，直线l：y＝﹣2即为抛物线y1的“准线”．可以发现“焦点”F在抛物线的对称轴上． 【应用】（1）如图2，“焦点”为F（﹣4，﹣1）、“准线”为l的抛物线与y轴交于点N（0，2），点M为直线FN与抛物线的另一交点．MQ⊥l于点Q，直线l交y轴于点H． ①直接写出抛物线y2的“准线”l：　 　； ②计算求值：　 　； （2）如图3，在平面直角坐标系xOy中，以原点O为圆心，半径为1的⊙O与x轴分别交于A、B两点（A在B的左侧），直线与⊙O只有一个公共点F，求以F为“焦点”、x轴为“准线”的抛物线的表达式． 第 1 页 / 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $