專題9二次函數與圓綜合問題

解決函數與圓的綜合問題的關鍵是找準函數與圓的結合點，弄清題目的本質，利用圓的基本性質和函數

的性質、數形結合、方程思想、全等與相似，以便找到對應的解題途徑.常見的考法有：

1.直線與圓的位置關系：

平面直角坐標系中的直線與圓的位置關系問題關鍵是圓心到直線的距離等于半徑的大小，常用的方法有：

（1）利用圓心到直線的距離等于半徑的大小這一數量關系列出關系式解決問題

（2）利用勾股定理解決問題

（3）利用相似列出比例式解決問題

2.函數與圓的新定義題目：利用已掌握的知識和方法理解新定義，化生為熟

3.函數與圓的性質綜合類問題：利用幾何性質，結合圖形，找到問題中的“不變”關鍵因素和“臨界位置”.

【例1】【例1】（2021?花都區三模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+2經過A（﹣1，0），B（4，0）兩點，與y

第1頁共78頁.

軸交于點C．

（1）求該拋物線的解析式；

（2）在y軸上是否存在點P使得∠OBP+∠OBC＝45°，若存在，求出點P的坐標，若不存在，請說明

理由；

（3）點M是BC為直徑的圓上的動點，將點M繞原點O順時針旋轉90°得點N，連接NA，求NA的取

值范圍．

【分析】（1）將點A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2即可求解析式；

（2）過點P作PH⊥BC交于點H，設P（0，t），CH＝x，由已知分別可求BC＝2，BH＝2﹣x，

HP＝BH＝2﹣x，在Rt△CPH中，sin∠PCH＝＝＝，cos∠PCH＝＝＝，

求出t＝﹣，則P（0，﹣），與x軸對稱點為（0，），此點也滿足所求；

（3）當M點在B點處時，N點在F（0，﹣4）處，當M點在O點處時，N點在E（2，0）處，∠EOF

＝90°，EF＝BC＝2，可以判斷N點在以EF為直徑的圓上運動，連接OO'，O'（1，﹣2），NA有最

大值和最小值，O'A＝2，則可求NA最大值為2+，NA最小值為2﹣，進而求得2﹣

≤NA≤2+．

【解答】解：（1）將點A（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2，得

，

解得，

∴y＝﹣x2+x+2；

（2）過點P作PH⊥BC交于點H，

設P（0，t），CH＝x，

∵C（0，2），B（4，0），

第2頁共78頁.

∴BC＝2，

∴BH＝2﹣x，

∵∠OBP+∠OBC＝45°，

∴∠CBP＝45°，

∴HP＝BH＝2﹣x，

在Rt△CPH中，sin∠PCH＝＝，cos∠PCH＝＝，

在Rt△BOC中，sin∠PCH＝，cos∠PCH＝，

∴＝，＝，

∴x＝，t＝﹣，

∴P（0，﹣），

P點關于x軸對稱點為（0，），此點也滿足∠OBP+∠OBC＝45°，

∴滿足條件的P點坐標為（0，﹣）或（0，）；

（3）當M點在B點處時，N點在F（0，﹣4）處，當M點在C點處時，N點在E（2，0）處，

∵∠EOF＝90°，EF＝BC＝2，可以判斷N點在以EF為直徑的圓上運動，連接OO'，

當NA經過圓心O'時，NA有最大值和最小值，

∴O'（1，﹣2），

∵A（﹣1，0），

∴O'A＝2，

∴NA最大值為2+，NA最小值為2﹣，

∴2﹣≤NA≤2+．

第3頁共78頁.

【例2】（2020?遵義）如圖，拋物線y＝ax2x+c經過點A（﹣1，0）和點C（0，3）與x軸的另一交點為

9

點B，點M是直線BC上一動點，過點M+作4MP∥y軸，交拋物線于點P．

（1）求該拋物線的解析式；

（2）在拋物線上是否存在一點Q，使得△QCO是等邊三角形？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，

請說明理由；

（3）以M為圓心，MP為半徑作M，當M與坐標軸相切時，求出M的半徑．

⊙⊙⊙

第4頁共78頁.

【分析】（1）把點A（﹣1，0）和點C（0，3）代入y＝ax2x+c求出a與c的值即可得出拋物線的解

9

析式；+4

（2）當點Q在y軸右邊時，假設△QCO為等邊三角形，過點Q作QH⊥OC于H，OC＝3，則OH，

3

①=2

tan60°，求出Q（，），把x代入yx2x+3，得y，則假設不成立；

??3333339273333

===?+=?≠

當點Q?在?y軸的左邊時2，假2設△QCO為2等邊三角形4，過點4Q作QT⊥O8C于T1，6OC2＝3，則OT，

3

②=2

tan60°，求出Q（，），把x代入yx2x+3，得y，則假設不

??3333339273333

=?=?=?+=??≠

成立；??222448162

（3）求出B（4，0），待定系數法得出BC直線的解析式yx+3，當M在線段BC上，M與x軸相

3

=?⊙

切時，延長PM交AB于點D，則點D為M與x軸的切點，即4PM＝MD，設P（x，x2x+3），M

39

⊙?+

（x，x+3），則PDx2x+3，MDx+3，由PD﹣MD＝MD，求出x＝1，即可4得出4結果；當

3393

M在線?段4BC上，M=與?y4軸+相4切時，延長=?PM4交AB于點D，過點M作ME⊥y軸于E，則點E為M

⊙⊙

與y軸的切點，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，設P（x，x2x+3），M（x，x+3），則PDx2x+3，

39339

?+?=?+

MDx+3，代入即可得出結果；當M在BC延長線，4M與4x軸相切時，4點P與A重合，4M的4縱坐

3

標的=值?即4為所求；當M在CB延長線，M與y軸相切時⊙，延長PD交x軸于D，過點M作ME⊥y軸于

⊙

E，則點E為M與y軸的切點，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，設P（x，x2x+3），M（x，x+3），

393

⊙?+?

則PDx2x﹣3，MDx﹣3，代入即可得出結果．444

393

=?=

【解答】4解：（41）把點A（﹣41，0）和點C（0，3）代入y＝ax2x+c得：，

9

90=??+?

+44

解得：，3=?

3

?=?4

?=3

第5頁共78頁.

∴拋物線的解析式為：yx2x+3；

39

（2）不存在，理由如下=：?4+4

當點Q在y軸右邊時，如圖1所示：

①假設△QCO為等邊三角形，

過點Q作QH⊥OC于H，

∵點C（0，3），

∴OC＝3，

則OHOC，tan60°，

13??

=2=2=??

∴QH＝OH?tan60°，

333

=2×3=2

∴Q（，），

333

把x2代入2yx2x+3，

3339

==?+

得：y24，4

273333

∴假設=不成8立?，16≠2

∴當點Q在y軸右邊時，不存在△QCO為等邊三角形；

當點Q在y軸的左邊時，如圖2所示：

②假設△QCO為等邊三角形，

過點Q作QT⊥OC于T，

∵點C（0，3），

∴OC＝3，

則OTOC，tan60°，

13??

=2=2=??

∴QT＝OT?tan60°，

333

=×3=

∴Q（，），22

333

?2

把x代入2yx2x+3，

3339

=?=?+

得：y24，4

273333

∴假設=不?成8立，?16≠2

第6頁共78頁.

∴當點Q在y軸左邊時，不存在△QCO為等邊三角形；

綜上所述，在拋物線上不存在一點Q，使得△QCO是等邊三角形；

（3）令x2x+3＝0，

39

?+

解得：x1＝4﹣1，4x2＝4，

∴B（4，0），

設BC直線的解析式為：y＝kx+b，

把B、C的坐標代入則，

0=4?+?

解得：，3=?

3

?=?4

∴BC直?線=的3解析式為：yx+3，

3

當M在線段BC上，M=與?x4軸相切時，如圖3所示：

延長PM交AB于點D⊙，

則點D為M與x軸的切點，即PM＝MD，

⊙

設P（x，x2x+3），M（x，x+3），

393

?+?

則PDx24x+43，MDx+3，4

393

=?+=?

∴（x24x+43）﹣（x+34）x+3，

3933

?+?=?

解得：4x1＝14，x2＝4（不合4題意舍去）4，

∴M的半徑為：MD3；

39

當⊙M在線段BC上，=M?與4+y軸=相4切時，如圖4所示：

延長PM交AB于點D⊙，過點M作ME⊥y軸于E，

則點E為M與y軸的切點，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，

⊙

設P（x，x2x+3），M（x，x+3），

393

?+?

則PDx24x+43，MDx+3，4

393

=?+=?

∴（x24x+43）﹣（x+34）＝x，

393

?4+4?4

解得：x1，x2＝0（不合題意舍去），

8

=

∴M的半3徑為：EM；

8

⊙=3

第7頁共78頁.

當M在BC延長線，M與x軸相切時，如圖5所示：

⊙

點P與A重合，

∴M的橫坐標為﹣1，

∴M的半徑為：M的縱坐標的值，

⊙

即：（﹣1）+3；

315

當M?在4C×B延長線，=M4與y軸相切時，如圖6所示：

⊙

延長PM交x軸于D，過點M作ME⊥y軸于E，

則點E為M與y軸的切點，即PM＝ME，PD﹣MD＝EM＝x，

⊙

設P（x，x2x+3），M（x，x+3），

393

?4+4?4

第8頁共78頁.

則PDx2x﹣3，MDx﹣3，

393

=4?4=4

∴（x2x﹣3）﹣（x﹣3）＝x，

393

?4

解得：4x1，x2＝0（4不合題意舍去），

16

=

∴M的半徑3為：EM；

16

⊙=3

綜上所述，M的半徑為或或或．

981516

⊙

4343

第9頁共78頁.

【點評】本題是二次函數綜合題，主要考查了待定系數法求解析式、等邊三角形的性質、圓的性質、三

角函數等知識；熟練掌握待定系數法求解析式是解題的關鍵．

【例3】（2020?濟寧）我們把方程（x﹣m）2+（y﹣n）2＝r2稱為圓心為（m，n）、半徑長為r的圓的標準方

程．例如，圓心為（1，﹣2）、半徑長為3的圓的標準方程是（x﹣1）2+（y+2）2＝9．在平面直角坐標

系中，C與x軸交于點A，B，且點B的坐標為（8，0），與y軸相切于點D（0，4），過點A，B，D

的拋物線⊙的頂點為E．

（1）求C的標準方程；

（2）試判⊙斷直線AE與C的位置關系，并說明理由．

⊙

第10頁共78頁.

【分析】（1）如圖，連接CD，CB，過點C作CM⊥AB于M．設C的半徑為r．在Rt△BCM中，利用

勾股定理求出半徑以及點C的坐標即可解決問題．⊙

（2）結論：AE是C的切線．連接AC，CE．求出拋物線的解析式，推出點E的坐標，求出AC，AE，

CE，利用勾股定理⊙的逆定理證明∠CAE＝90°即可解決問題．

【解答】解：（1）如圖，連接CD，CB，過點C作CM⊥AB于M．設C的半徑為r．

∵與y軸相切于點D（0，4），⊙

∴CD⊥OD，

∵∠CDO＝∠CMO＝∠DOM＝90°，

∴四邊形ODCM是矩形，

∴CM＝OD＝4，CD＝OM＝r，

∵B（8，0），

∴OB＝8，

∴BM＝8﹣r，

在Rt△CMB中，∵BC2＝CM2+BM2，

∴r2＝42+（8﹣r）2，

解得r＝5，

∴C（5，4），

∴C的標準方程為（x﹣5）2+（y﹣4）2＝25．

⊙

（2）結論：AE是C的切線．

理由：連接AC，C⊙E．

∵CM⊥AB，

∴AM＝BM＝3，

∴A（2，0），B（8，0）

設拋物線的解析式為y＝a（x﹣2）（x﹣8），

把D（0，4）代入y＝a（x﹣2）（x﹣8），可得a，

1

=

∴拋物線的解析式為y（x﹣2）（x﹣8）x24x+4（x﹣5）2，

11519

==?=?

∴拋物線的頂點E（5，4），4244

9

?4

第11頁共78頁.

∵AE，CE＝4，AC＝5，

29215925

∴EC=2＝A3C2+A(E42，)=4+4=4

∴∠CAE＝90°，

∴CA⊥AE，

∴AE是C的切線．

⊙

【點評】本題屬于二次函數綜合題，考查了矩形的判定和性質，解直角三角形，圓的方程，切線的判定

等知識，解題的關鍵是理解題意，學會利用參數構建方程解決問題，屬于中考壓軸題．

【例4】（2020?西藏）在平面直角坐標系中，二次函數yx2+bx+c的圖象與x軸交于A（﹣2，0），B（4，

1

0）兩點，交y軸于點C，點P是第四象限內拋物線上=的2一個動點．

（1）求二次函數的解析式；

（2）如圖甲，連接AC，PA，PC，若S△PAC，求點P的坐標；

15

（3）如圖乙，過A，B，P三點作M，過點=P2作PE⊥x軸，垂足為D，交M于點E．點P在運動過

程中線段DE的長是否變化，若有變⊙化，求出DE的取值范圍；若不變，求D⊙E的長．

【分析】（1）由二次函數yx2+bx+c的圖象與x軸交于A（﹣2，0），B（4，0）兩點，可得二次函數

1

=2

第12頁共78頁.

的解析式為y（x+2）（x﹣4），由此即可解決問題．

1

=

（2）根據S△PAC2＝S△AOC+S△OPC﹣S△AOP，構建方程即可解決問題．

（3）結論：點P在運動過程中線段DE的長是定值，DE＝2．根據AM＝MP，根據方程求出t，再利用

中點坐標公式，求出點E的縱坐標即可解決問題．

【解答】解：（1）∵二次函數yx2+bx+c的圖象與x軸交于A（﹣2，0），B（4，0）兩點，

1

=

∴二次函數的解析式為y（x+22）（x﹣4），

1

=

即yx2﹣x﹣4．2

1

=2

（2）如圖甲中，連接OP．設P（m，m2﹣m﹣4）．

1

2

由題意，A（﹣2，0），C（0，﹣4），

∵S△PAC＝S△AOC+S△OPC﹣S△AOP，

∴2×44×m2×（m2+m+4），

151111

=×2+×?×?

整理2得，2m+2m﹣125＝0，22

解得m＝3或﹣5（舍棄），

∴P（3，）．

5

?2

（3）結論：點P在運動過程中線段DE的長是定值，DE＝2．

理由：如圖乙中，連接AM，PM，EM，設M（1，t），P[m，（m+2）（m﹣4）]，E（m，n）．

1

2

第13頁共78頁.

由題意A（﹣2，0），AM＝PM，

∴32+t2＝（m﹣1）2+[（m+2）（m﹣4）﹣t]2，

1

解得t＝1（m+2）（2m﹣4），

1

∵ME＝P+M，4PE⊥AB，

∴t，

1

?+2(?+2)(??4)

=

∴n＝2t（2m+2）（m﹣4）＝2[1（m+2）（m﹣4）]（m+2）（m﹣4）＝2，

111

∴DE＝?2，2+4?2

另解：∵PD?DE＝AD?DB，∴DE2，為定值．

?????(?+2)(4??)

2

∴點P在運動過程中線段DE的長=是定?值?，=DE＝4+2．???=

【點評】本題屬于二次函數綜合題，考查了三角形的面積，三角形的外接圓，三角形的外心等知識，解

題的關鍵是學會利用參數構建方程解決問題，屬于中考壓軸題．

【例5】（2020?宜賓）如圖，已知二次函數的圖象頂點在原點，且點（2，1）在二次函數的圖象上，過點F

（0，1）作x軸的平行線交二次函數的圖象于M、N兩點．

（1）求二次函數的表達式；

（2）P為平面內一點，當△PMN是等邊三角形時，求點P的坐標；

（3）在二次函數的圖象上是否存在一點E，使得以點E為圓心的圓過點F和點N，且與直線y＝﹣1相

切．若存在，求出點E的坐標，并求E的半徑；若不存在，說明理由．

⊙

第14頁共78頁.

【分析】（1）設二次函數表達式為：y＝ax2，將（2，1）代入上式，即可求解；

（2）△PMN是等邊三角形，則點P在y軸上且PM＝4，故PF＝2，即可求解；

3

（3）在Rt△FQE中，EN，EF，即可求解．

21252125

【解答】解：（1）∵二次函=數(的2圖?象1)頂+點(在1?原4點)，=4=(1?0)+(1?4)=4

故設二次函數表達式為：y＝ax2，將（2，1）代入上式并解得：a，

1

=

故二次函數表達式為：yx2；4

1

=4

（2）將y＝1代入yx2并解得：x＝±2，故點M、N的坐標分別為（﹣2，1）、（2，1），

1

則MN＝4，=4

∵△PMN是等邊三角形，

∴點P在y軸上且PM＝4，

∴PF＝2；

∵點F（0，31），

∴點P的坐標為（0，1+2）或（0，1﹣2）；

33

（3）假設二次函數的圖象上存在一點E滿足條件，

設點Q是FN的中點，則點Q（1，1），

故點E在FN的中垂線上．

∴點E是FN的中垂線與yx2圖象的交點，

1

=4

∴y12，則點E（1，），

111

=4×=4

EN4，

2125

=(2?1)+(1?4)=4

第15頁共78頁.

同理EF，

2125

=(1?0)+(1?)=

點E到直線y＝﹣1的距離為4|（4﹣1）|，

15

?=

故存在點E，使得以點E為圓4心半徑為的圓4過點F，N且與直線y＝﹣1相切．

5

【點評】本題考查的是二次函數綜合運4用，涉及到一次函數的性質、圓的基本的性質、等邊三角形的性

質等，綜合性強，難度適中．

【例6】（2021?嘉興二模）定義：平面直角坐標系xOy中，過二次函數圖象與坐標軸交點的圓，稱為該二次

函數的坐標圓．

（1）已知點P（2，2），以P為圓心，為半徑作圓．請判斷P是不是二次函數y＝x2﹣4x+3的坐標

圓，并說明理由；⊙

（2）已知二次函數y＝x2﹣4x+4圖象的頂點為A，坐標圓的圓心為P，如圖1，求△POA周長的最小值；

（3）已知二次函數y＝ax2﹣4x+4（0＜a＜1）圖象交x軸于點A，B，交y軸于點C，與坐標圓的第四個

交點為D，連結PC，PD，如圖2．若∠CPD＝120°，求a的值．

【分析】（1）先求出二次函數y＝x2﹣4x+3圖象與x軸、y軸的交點，再計算這三個交點是否在以P（2，

2）為圓心，為半徑的圓上，即可作出判斷．

（2）由題意可得，二次函數y＝x2﹣4x+4圖象的頂點A（2，0），與y軸的交點H（0，4），所以△POA

周長＝PO+PA+OA＝PO+PH+2≥OH+2，即可得出最小值．

（3）連接CD，PA，設二次函數y＝ax2﹣4x+4圖象的對稱軸l與CD交于點E，與x軸交于點F，由對

稱性知，對稱軸l經過點P，且l⊥CD，設PE＝m，由∠CPD＝120°，可得PA＝PC＝2m，CE＝m，

PF＝4﹣m，因為二次函數y＝ax2﹣4x+4圖象的對稱軸l為，AB＝，所以AF＝

BF＝，，在Rt△PAF中，利用勾股定理建立方程，求得m的值，進而得出a的值．

第16頁共78頁.

【解答】解：（1）對于二次函數y＝x2﹣4x+3，

當x＝0時，y＝3；當y＝0時，解得x＝1或x＝3，

∴二次函數圖象與x軸交點為A（1，0），B（3，0），與y軸交點為C（0，3），

∵點P（2，2），

∴PA＝PB＝PC＝，

∴P是二次函數y＝x2﹣4x+3的坐標圓．

⊙

（2）如圖1，連接PH，

∵二次函數y＝x2﹣4x+4圖象的頂點為A，坐標圓的圓心為P，

∴A（2，0），與y軸的交點H（0，4），

∴△POA周長＝PO+PA+OA＝PO+PH+2≥OH+2＝6，

∴△POA周長的最小值為6．

（3）如圖2，連接CD，PA，

設二次函數y＝ax2﹣4x+4圖象的對稱軸l與CD交于點E，與x軸交于點F，

由對稱性知，對稱軸l經過點P，且l⊥CD，

∵AB＝，

∴AF＝BF＝，

∵∠CPD＝120°，PC＝PD，C（0，4），

∴∠PCD＝∠PDC＝30°，

設PE＝m，則PA＝PC＝2m，CE＝m，PF＝4﹣m，

∵二次函數y＝ax2﹣4x+4圖象的對稱軸l為，

∴，即，

在Rt△PAF中，PA2＝PF2+AF2，

∴，

即，

第17頁共78頁.

化簡，得，解得，

∴．

【題組一】

1．（2020?雨花區校級一模）如圖1，已知拋物線y＝ax2﹣12ax+32a（a＞0）與x軸交于A，B兩點（A在B

的左側），與y軸交于點C．

（1）連接BC，若∠ABC＝30°，求a的值．

（2）如圖2，已知M為△ABC的外心，試判斷弦AB的弦心距d是否有最小值，若有，求出此時a的值，

若沒有，請說明理由；

（3）如圖3，已知動點P（t，t）在第一象限，t為常數．

問：是否存在一點P，使得∠APB達到最大，若存在，求出此時∠APB的正弦值，若不存在，也請說明

理由．

第18頁共78頁.

【分析】（1）令y＝0，求得拋物線與x軸的交點A、B的坐標，令x＝0，用a表示C點的坐標，再由三

角函數列出a的方程，便可求得a的值；

（2）過M點作MH⊥AB于點H，連接MA、MC，用d表示出M的坐標，根據MA＝MC，列出a、d的

關系式，再通過關系式求得結果；

（3）取AB的中點T，過T作MT⊥AB，以M為圓心，MA為半徑作M，MT與直線y＝x交于點S，P′

為直線y＝x上異于P的任意一點，連接AP′，交M于點K，連接⊙BK，MP，AP，BP，MB，MA，當

P為直線y＝x與M的切點時，∠APB達到最大，⊙利用圓圓周角性質和解直角三角形的知識求得結果便

可．⊙

【解答】解：（1）連接BC，

令y＝0，得y＝ax2﹣12ax+32a＝0，

解得，x＝4或8，

∴A（4，0），B（8，0），

令x＝0，得y＝ax2﹣12ax+32a＝32a，

∴C（0，32a），

又∠ABC＝30°，

∴tan∠ABC，

??32?3

===

解得，a；??83

3

（2）過=M1點2作MH⊥AB于點H，連接MA、MC，如圖2，

第19頁共78頁.

∴AH＝BH2，

1

∴OH＝6，=2??=

設M（6，d），

∵MA＝MC，

∴4+d2＝36+（d﹣32a）2，

得2ad＝32a2+1，

∴d＝16a，

112

+=(4??)+42

2?2?

∴當4時，有最小，

1

?=?=42

2?

即當a時，有最小；

2

（3）∵=P8（t，t），?=42

∴點P在直線y＝x上，

如圖3，取AB的中點T，過T作MT⊥AB，以M為圓心，MA為半徑作M，MT與直線y＝x交于點S，

P′為直線y＝x上異于P的任意一點，連接AP′，交M于點K，連接⊙BK，MP，AP，BP，MB，MA，

⊙

當M與直線y＝x相切時，有∠APB＝∠AKB＞∠AP′B，

∴∠⊙APB最大，此時相切點為P，

設M（6，d），而T（6，0），

∴S（6，6），

第20頁共78頁.

∴∠PSM＝90°﹣∠SOT＝45°，

又MP＝MB，

2

∴MS=4+?，

2

∵MS+=MT2＝?S?T=＝6，2?+8

∴，

2

解得2，?d+＝82（+負?根=舍6去），

經檢驗，d＝2是原方程的解，也符合題意，

∴M（6，2），

∴MB＝2，

∵∠AMB＝22∠APB，MT⊥AB，MA＝MB，

∴∠AMT＝∠BMT∠AMB＝∠APB，

1

=2

∴sin∠APB＝sin∠BMT．

??2

【點評】本題是二次函數=的??綜=合題2，主要考查了二次函數的圖象與性質，解直角三角形，圓周角定理和

圓與直線切線性質，難度較大，第（3）題的關鍵是構造輔助圓確定當∠APB達到最大時的P點位置．

2．（2020?匯川區三模）如圖，在平面直角坐標系上，一條拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）經過A（1，0）、B

（3，0）、C（0，3）三點，連接BC并延長．

（1）求拋物線的解析式；

（2）點M是直線BC在第一象限部分上的一個動點，過M作MN∥y軸交拋物線于點N．

1°求線段MN的最大值；

2°當MN取最大值時，在線段MN右側的拋物線上有一個動點P，連接PM、PN，當△PMN的外接圓

圓心Q在△PMN的邊上時，求點P的坐標．

第21頁共78頁.

【分析】（1）將三個已知點坐標代入拋物線的解析式中列出方程組求得a、b、c，便可得拋物線的解析

式；

（2）1°用待定系數法求出直線BC的解析式，再設M的橫坐標為t，用t表示MN的距離，再根據二次

函數的性質求得MN的最大值；

2°分三種情況：當∠PMN＝90°時；當∠PNM＝90°時；當∠MPN＝90°時．分別求出符合條件的P

點坐標便可．

【解答】解：（1）把A、B、C三點的坐標代入拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）中，得

，

?+?+?=0

9?+3?+?=0

?=3

解得，，

?=1

?=?4

∴拋物線?的=解3析式為：y＝x2﹣4x+3；

（2）1°設直線BC的解析式為y＝mx+n（m≠0），則

，

3?+?=0

解?得=，3，

?=?1

∴直線B?C=的3解析式為：y＝﹣x+3，

設M（t，﹣t+3）（0＜t＜3），則N（t，t2﹣4t+3），

∴MN＝﹣t2+3t，

329

=?(??2)+4

∴當t時，MN的值最大，其最大值為；

39

=

2°∵△P2MN的外接圓圓心Q在△PMN的4邊上，

∴△PMN為直角三角形，

由1°知，當MN取最大值時，M（，），N（，），

3333

?

當∠PMN＝90°時，PM∥x軸，則2P2點與M點2的縱坐4標相等，

①

∴P點的縱坐標為，

3

當y時，y＝x2﹣24x+3，

33

=2=2

解得，x，或x＜（舍去），

4+104?103

=2=22

第22頁共78頁.

∴P（，）；

4+103

當∠PN2M＝902°時，PN∥x軸，則P點與N點的縱坐標相等，

②

∴P點的縱坐標為，

3

?

當y時，y＝x2﹣44x+3，

33

=?=?

解得，x4，或x（舍去），4

53

=2=2

∴P（，）；

53

?

當∠2MPN4＝90°時，則MN為△PMN的外接圓的直徑，

③∴△PMN的外接圓的圓心Q為MN的中點，

∴Q（，），半徑為，

3319

??=

過Q作2QK8∥x軸，與在2MN右8邊的拋物線圖象交于點K，如圖，

②

令y，得y＝x2﹣4x+3，

33

=8=8

解得，x＜（舍），或x，

8?2238+22

=42=4

∴K（，），

8+223

∴QK4＞8，即K點在以MN為直徑的Q外，

2+229

設拋物=線y4＝x2﹣48x+3的頂點為點L，則l（2，⊙﹣1），

連接LK，如圖，則L到QK的距離為，

311

②+1=

LK，88

8+22232209

=(4?2)+(8+1)=8

第23頁共78頁.

設Q點到LK的距離為h，則

，

1111

???=????

282

∴＞，

11112+22

8??8×422209+11209×229

?=??=209=4×209≈1.278

∴直線LK下方的拋8物線與Q沒有公共點，

∵拋物線中NL部分（除N⊙點外）在過N點與x軸平行的直線下方，

∴拋物線中NL部分（除N點外）與Q沒有公共點，

∵拋物線K點右邊部分，在過K點與⊙y軸平行的直線的右邊，

∴拋物線K點右邊部分與Q沒有公共點，綜上，Q與MN右邊的拋物線沒有交點，

∴在線段MN右側的拋物線⊙上不存在點P，使△PM⊙N的外接圓圓心Q在MN邊上；

綜上，點P的坐標為（，）或（，）．

4+10353

?

【點評】本題是二次函數的2綜合題2，主要2考查了待4定系數法，二次函數的最值的應用，直角三角形的存

在性質的探究，圓的性質，第（2）題的1°題關鍵是把MN表示成t二次函數，用二次函數求最值的方

法解決問題；第（2）2°小題關鍵是分情況討論．難度較大．

3．（2020?望城區模擬）如圖，在平面直角坐標系中，拋物線yx2﹣bx+c交x軸于點A，B，點B的坐標

1

為（4，0），與y軸于交于點C（0，﹣2）．=2

（1）求此拋物線的解析式；

（2）在拋物線上取點D，若點D的橫坐標為5，求點D的坐標及∠ADB的度數；

（3）在（2）的條件下，設拋物線對稱軸l交x軸于點H，△ABD的外接圓圓心為M（如圖1），

求點M的坐標及M的半徑；

①⊙

第24頁共78頁.

過點B作M的切線交于點P（如圖2），設Q為M上一動點，則在點運動過程中的值是否變化？

??

②⊙⊙

若不變，求出其值；若變化，請說明理由．??

【分析】（1）c＝﹣2，將點B的坐標代入拋物線表達式得：04b﹣2，解得：b，即可求解；

13