由〔1〕知
yy4
，
y y2
，代入②得
m
2
8m120
，
1212< br>∴
m2
或
6
，又
2
，∴

m2
或

m6
，

k

1

m

k1

k
3

∴存在
k
,
m
，使得以
AB
为直径的圆通过点
P(2,0)，且
m2
或
m6
、



< br>1


k1

k
3

8. 〔2004江苏镇江〕抛物线
ymx
2
(m5)x5(m0)
与< br>x
轴交于两点
A(x,0)
、
1
B(x
2
, 0)
(x
1
x
2
)
，与
y
轴交于点C
，且
AB
=6.
〔1〕求抛物线和直线
BC
的解析式.
〔2〕在给定的直角坐标系中，画抛物线和直线
BC
.
〔3〕假设
P
过
A
、
B
、
C
三点，求
P
的半 径.
〔4〕抛物线上是否存在点
M
，过点
M
作
MNx< br>轴于点
N
，使
MBN
被直线
BC
分成面积比
为
13
的两部分？假设存在，请求出点
M
的坐标；假设不存在，请说明理 由.
[解]
〔1〕由题意得：
m55
x
1
x2
,x
1
x
2
,x
2
x
1< br>6.
mm
2

m5

20
(x
1
x
2
)
2
4x
1
x
2
3 6,

36,


mm

解得

5

m
1
1,m
2
.
7
y x
2
4x5.

y
经检验
m
=1，∴抛物线的解析式为：
O x
或：由
mx
2
(m5)x50
得，
x1
或
5

x
m
m>0,


5
16,m1.
m

抛物线的解析式为
yx
2
4x5.

由
x
2
4x50
得
x5,x1.

12

∴
A
〔－5，0〕，
B
〔1 ，0〕，
C
〔0，－5〕.
设直线BC的解析式为
ykxb,

那么

b5,

b5,


kb0.

k5.
∴直线BC的解析式为
y5x5.

(2)图象略.
〔3〕法一：在
RtDAOC
中，
OAOC5 ,OAC45.

BPC90
.
又
∴
B COB
2
OC
2
26,
P
的半径


2
PB2613.
2
法二：
由题意，圆心
P
在
AB
的中垂线上，即在抛物线
yx
2
4x5
的对 称轴直线
x2
上，设
P
〔－2，－
h
〕〔
h< br>＞0〕，
连结PB、PC，那么
PB
2
(12)
2h
2
,PC
2
(5h)
2
2
2
，
由
PB
2
PC
2
，即
(12)
2
h
2
(5h)
2
2
2
，解得
h
=2.
P(2,2),P
的半径
PB(12)
22
2
13
.
法三：
延长
CP
交
P
于点
F
.
CF
为
P
的直径，
CAFCOB90.

又
ABCAFC,DACF~DOCB.

CFACACBC

,CF.
BCOCOC
又
A C5
2
5
2
52,
CO5,BC5
2
 1
2
26,


5226
CF213.
5
P
的半径为
13.

〔4〕设MN
交直线
BC
于点
E
，点
M
的坐标为
(t,t
2
4t5),
那么点
E
的坐标为
(t,5t 5).

假设
S
DMEB
:S
DENB
1:3 ,
那么
ME:EN1:3.

2

4
EN:M N3:4,t4t5(5t5).
3
解得
t1
〔不合题意舍去 〕，
1
5
540



t
2
,
M

,

.
3

39

假设
S
DMEB
:S
DENB
3:1,
那么
M E:EN3:1.

EN:MN1:4,t
2
4t54(5t5).

解得
t1
〔不合题意舍去〕，
t15,

M

15,280

.
34

存在点
M
，点
M
的坐标为

540

或〔15，280〕.

,


39

9.如图，⊙
M
与
x
轴交于
A
、
B
两点，其坐标分别为
A(3，0)
、
B(1，0)
，直径
CD
⊥
x
轴于
N
，
直线
CE
切⊙
M
于点
C
，直线
FG切⊙
M
于点
F
，交
CE
于
G
，点G
的横坐标为3.
(1)

假设抛物线
yx
2< br>2xm
通过
A
、
B
、
D
三点，求
m
的值及点
D
的坐标.
(2)

求直线
DF
的解析式.
(3)

是否存在过点
G
的直线，使它与〔1〕中抛物线的两个交点的横坐标之和等于4？假
设存在，请求出满足条件的 直线的解析式；假设不存在，请说明理由.
[解]
(1)∵抛物线过
A
、
B
两点，
∴
y
D
F
m
，
m
=3.
(3)1
1
M
N
A
C
（第9题图）
G
O
E
x
∴抛物线为
yx
2
2x3
.
又抛物线过点
D
，由圆的对称性知点
D
为
抛物线的顶点.
∴
D
点坐标为
(1，4)
.
(2)由题意知：
AB
=4.
∵
CD
⊥
x
轴，∴
NA
=
NB
=2.∴
ON
=1.
由相交 弦定理得：
NA
·
NB
=
ND
·
NC
，
∴
NC
×4=2×2.∴
NC
=1.
∴
C
点坐标为
(1，1)
.
设直线
DF交
CE
于
P
，连结
CF
，那么∠
CFP
=90°.

∴∠2+∠3=∠1+∠4=90°.
∵
GC
、
GF
是切线，
∴
GC
=
GF
.∴∠3=∠4.
∴∠1=∠2.
∴
GF
=
GP
.
∴
GC
=
GP
.
可得
CP
=8.
∴
P
点坐标为
(7，1)

设直线
DF
的解析式为
ykxb

那么
kb4
解得


k
5



8

7kb1


b
27


8
∴直线
DF
的解析式为：
A
y
D
M
N
4
F
3 2
O
1
x
G
P
E
C
527
yx
88
(3)假设存在过点
G
的直线为
ykxb< br>，
11
那么
3kb1
，∴
b3k1
.
1111
由方程组
ykx3k1
得
x
2
( 2k)x43k0


11
11

2
< br>yx2x3
由题意得
2k4
，∴
k6
.
11
当
k6
时，
400
，
1
∴方程无实数根，方程组无实数解.
∴满足条件的直线不存在.
10. 〔2004山西〕二次函数的图象通过点A〔－3，6〕，并与x轴交于点B
1
2
y xbxc
2
〔－1，0〕和点C，顶点为P.
〔1〕求那个二次函数的解析式，并在下面的坐标系中画出该二次函数的图象；
〔2〕设D为线段OC上的一点，满足∠DPC＝∠BAC，求点D的坐标；
〔3〕在x轴上 是否存在一点M，使以M为圆心的圆与AC、PC所在的直线及y轴都相切？
假如存在，请求出点M的坐 标；假设不存在，请说明理由.
[解]
〔1〕解：∵二次函数的图象过点A〔－3，6〕，B〔－1，0〕
1
2
yxbxc
2

得
< br>9
3bc6


2


1
 bc0

2
解得
b1




3
c

2
y
∴那个二次函数的解析式为：
1
2
3

yxx
22
O
x
由解析式可求P〔1，－2〕，C〔3，0〕
画出二次函数的图像
〔2〕解法一：易证：∠ACB＝∠PCD＝45°
又：∠DPC＝∠BAC∴△DPC∽△BAC
∴
DCPC
易求
AC62,PC22,BC4

< br>BCAC
4
∴
45
∴

5

DCOD3
D

,0

333

3< br>
∴
解法二：过A作AE⊥x轴，垂足为E.
设抛物线的对称轴交x轴于F.
亦可证△AEB∽△PFD、
∴
PEEB
.易求：AE＝6，EB＝2，PF＝2

PFFD< br>∴
2
∴
25
∴

5


F DOD1
D

,0

333

3

〔3〕存在.
〔1°〕过M作MH⊥AC，MG⊥PC垂足分别为H、G，设AC交y轴于 S，CP的延长线交y
轴于T
∵△SCT是等腰直角三角形，M是△SCT的内切圆圆心，
∴MG＝MH＝OM
又∵
MC
∴
∴
2OM
且OM＋MC＝OC
2OMOM3,得OM323

M323,0


〔2°〕在x轴的负半轴上，存在一点M′
同理OM′＋OC＝M′C，
OM

OC2OM


得
OM

323
∴M′
323,0

即在x轴上存在满足条件的两个点.

y
6
5
4
3
2
M′
1
E
B
-3
-2 -1 0
-1
-2
T
H
C
F
M
1
D
2 3
G
P

x
S
11.〔2004浙江绍兴〕在平面直角坐标系中，A〔－1，0〕，B〔3，0〕.
〔1〕假设抛物线过A，B两点，且与y轴交于点〔0，－3〕，求此抛物线的顶点坐标；
〔 2〕如图，小敏发明所有过A，B两点的抛物线假如与y轴负半轴交于点C，M为抛物
线的顶点，那么△ ACM与△ACB的面积比不变，请你求出那个比值；
〔3〕假设对称轴是AB的中垂线l的抛物线与 x轴交于点E，F，与y轴交于点C，过C
作CP∥x轴交l于点P，M为此抛物线的顶点.假设四边形 PEMF是有一个内角为60°的
菱形，求次抛物线的解析式.
y
[解]
〔1〕
yx
2
2x3
，顶点坐标为〔1，－4〕.
〔2〕由题意，设y＝a〔x＋1〕〔x－3〕，
2
即y＝ax－2ax－3a，
∴A〔－1，0〕，B〔3，0〕，C〔0，－3a〕，
M〔1，－4a〕，
∴S
△ACB
＝
1
×4×
B
x
A
O
3a
＝6
a
，
C
M
2
而a＞0，∴S
△ACB
＝6A、
作MD⊥x轴于D，
又S
△ACM
＝S
△ACO
＋S
OCMD
－S
△ AMD
＝
1
·1·3a＋
1
〔3a＋4a〕－
1
· 2·4a＝a，
222
∴S
△ACM
：S
△ACB
＝1：6.
〔 3〕①当抛物线开口向上时，设y＝a〔x－1〕
2
＋k，即y＝ax
2
－2 ax＋a＋k，

有菱形可知
∴k＝
ak
＝
k
，a＋k＞0，k＜0，
a
，

2
∴y＝ax
2
－2ax＋
a< br>，∴
EF2
.
2
记l与x轴交点为D，
假设∠PEM＝60°，那么∠FEM＝30°，MD＝DE·tan30°＝
6
，
6
∴k＝－
6
，a＝
6
，
63
126
.
2
y6x6x
336
∴抛物 线的解析式为
假设∠PEM＝120°，那么∠FEM＝60°，MD＝DE·tan60°＝
6
，
2
∴k＝－
6
，a＝
6
，
2
6
.
y6x26x
2
2
∴抛物线的解析 式为
②当抛物线开口向下时，同理可得
126
，
6
.
2 2
y6x6xy6x26x
3362
12.〔2005北京〕：在平 面直角坐标系xOy中，一次函数
抛物线通过O、A两点。
的图象与x轴交于点A，
〔1〕试用含a的代数式表示b；
〔2〕设抛物线的顶点为 D，以D为圆心，DA为半径的圆被x轴分为劣弧和优弧两部分。假
设将劣弧沿x轴翻折，翻折后的劣弧 落在⊙D内，它所在的圆恰与OD相切，求⊙D半径的长
及抛物线的解析式；
〔3〕设点B是 满足〔2〕中条件的优弧上的一个动点，抛物线在x轴上方的部分上是否存在
如此的点P，使得？假设存 在，求出点P的坐标；假设不存在，请说明
理由。

[解]
〔1〕解法一：∵一次函数的图象与x轴交于点A
∴点A的坐标为〔4，0〕
∵抛物线通过O、A两点


解法二：∵一次函数的图象与x轴交于点A
∴点A的坐标为〔4，0〕
∵抛物线通过O、A两点
∴抛物线的对称轴为直线


〔2〕由抛物线的对称性可知，DO＝DA
∴点O在⊙D上，且∠DOA＝∠DAO
又由〔1〕知抛物线的解析式为
∴点D的坐标为〔〕
①当时，
如图1，设⊙D被x轴分得的劣弧为
OmA
⌒
，它沿x轴翻折后所得劣弧为，显然
在的圆与⊙D关于x轴对称，设它的圆心为D'
∴点D'与点D也关于x轴对称
∵点O在⊙D'上，且⊙D与⊙D'相切
∴点O为切点
∴D'O⊥OD
∴∠DOA＝∠D'OA＝45°
∴△ADO为等腰直角三角形

∴点D的纵坐标为

∴抛物线的解析式为
所

②当时，
同理可得：
抛物线的解析式为
综上，⊙D半径的长为，抛物线的解析式为
〔3〕抛物线在x轴上 方的部分上存在点P，使得
设点P的坐标为〔x，y〕，且y＞0
①当点P在抛物线上时〔如图2〕
∵点B是⊙D的优弧上的一点


过点P作PE⊥x轴于点E

由解得：
∴点P的坐标为
②当点P在抛物线上时〔如图3〕
同理可得，
由解得：
或


〔舍去〕
〔舍去〕

∴点P的坐标为
综上，存在满足条件的点P，点P的坐标为
或
13.〔2005北京丰台〕在直角坐标系中，⊙
半轴交于点A、B。
〔1〕如图，过点A作⊙的切线与y轴交于点C，点O到直线AB的距离为
12
通过坐标原点O，分别与x轴正半轴、y轴正
3
，
，sinABC
5 5
y

〔2〕假设⊙通过点M〔2，2〕，设
B

的内切圆的直径为d，试判断d+AB的值是
O
1

否会发生变化，假如不变，求出其值，假

O A x
如变化，求其变化的范围。

于G，
C
[解]
〔1〕如图1，过O作


那么
求直线AC的解析式；
设



〔3，0〕
AB是⊙
切⊙
在
于A，
中

的直径

设直线AC的解析式为

，那么

直线AC的解析式为
〔2〕结论：的值可不能发生变化
设的内切圆分别切OA、OB、AB于点P、Q、T，如图2所示

图2

那么
平分



在x轴上取一点N，使AN=OB，连接OM、BM、AM、MN



的值可不能发生变化，其值为4。
k
14.〔2005福建厦门〕：O是坐标原点， P〔
m
，
n
〕(
m
＞0)是函数
y
＝x
(
k
＞0)上的点，过点P
作直线PA⊥OP于P，直线PA与
x
轴的正半轴交于点A〔
a
，0〕(
a
＞
m
). 设△OPA的面积

n
4
为
s
，且
s
＝1＋
4
.
〔1〕当
n
＝1时，求点A的坐标；
〔2〕假设OP＝AP，求
k
的值；
(3)设
n
是小于2 0的整数，且
k
≠
2
，求OP
2
的最小值.
n< br>4
[解]
过点P作PQ⊥
x
轴于Q，那么PQ＝
n
， OQ＝
m

5
(1)

当
n
＝1时，
s
＝
4

2
s
5
∴
a
＝
n
＝
2

(2)解1：∵OP＝APPA⊥OP
∴△OPA是等腰直角三角形
a
∴
m
＝
n
＝
2

n
4
1
∴1＋
4
＝
2
·
an

即
n
4
－4
n
2
＋4＝0
∴
k
2
－4
k
＋4＝0
∴
k
＝2
解2：∵OP＝APPA⊥OP
∴△OPA是等腰直角三角形
∴
m
＝
n

设△OPQ的面积为
s
1

s
那么：
s
1
＝
2

11
n∴
2
·
mn
＝
2
(1＋
4
)
即：
n
4
－4
n
2
＋4＝0
∴
k
2
－4
k
＋4＝0
∴
k
＝2
(3)解1：∵PA⊥OP，PQ⊥OA
∴△OPQ∽△OAP
设：△OPQ的面积为
s
1
，那么
4
s
1
PO
2
s
＝
AO
2

1
2
k
即：
n
4
＝
2

1＋
4
4 (1＋
4
)

n
2
化简得：2
n
4
＋2
k
2
－
kn
4
－4
k
＝0
〔
k
－2〕〔2
k
－
n
4
〕＝0
k
2
n
2
＋
n
2
n
4

< br>
n
4
∴
k
＝2或
k
＝
2
(舍去)
∴当
n
是小于20的整数时，
k
＝2.
k
2∵OP
2
＝
n
2
＋
m
2
＝
n
2
＋
n
2

又
m
＞0，
k
＝2，
∴
n
是大于0且小于20的整数
当
n
＝1时，OP
2
＝5
2
当
n
＝2时，OP＝5
4485
2
当
n
＝3时，OP＝3＋
3
＝9＋
9
＝
9

22
当
n
是大于3且小于20的整数时，
2
即当
n
＝4、5、6、…、19时，OP得值分别是：
4444
222
222
4＋
4
、5＋
5
、6＋
6< br>、…、19＋
19
2

2
444
22
22< br>∵19＋
19
＞18＋
18
＞…＞3＋
3
2
＞5
2
2
∴OP的最小值是5.
k
2
解2：∵OP2
＝
n
2
＋
m
2
＝
n
2＋
n
2

2
2
＝
n
2
＋
n
2

2
＝(
n
－
n
)
2

＋4 2
当
n
＝
n
时，即当
n
＝2时，OP
2
最小；
又∵
n
是整数，而当
n
＝1时，OP＝5；n
＝2时，OP＝5
∴OP
2
的最小值是5.
解3：∵PA⊥OP，PQ⊥OA
∴△OPQ∽△PAQ
PQOQ
QA
＝
PQ

22
m
a
－
m
＝
n

化简得：2
n
4
＋2
k
2
－
kn
4
－4k
＝0
4
〔
k
－2〕〔2
k
－
n
〕＝0
n
n
4
∴
k
＝2或
k
＝
2
(舍 去)
解4：∵PA⊥OP，PQ⊥OA
∴△OPQ∽△PAQ
OQ
2< br>s
－
s
1
＝
PQ
2

s
1
化简得：2
n
4
＋2
k
2
－
kn
4
－4
k
＝0
〔
k
－2〕〔2
k
－
n
4
〕＝0

n
4
∴
k
＝2或
k
＝
2
(舍去)
解5：∵PA⊥OP，PQ⊥OA
∴△OPQ∽△OAP
OPOQ
∴
OA
＝
OP

∴OP
2
＝OQ·OA

化简得：2
n
4
＋2
k
2
－
kn
4
－4
k
＝0
4
〔
k
－2〕〔2
k
－
n
〕＝0
n
4
∴
k
＝2或
k
＝
2
(舍去)
15.〔2005湖北黄冈课改〕如图，在直角坐标系中，O是原点，A、B、C三点的坐标分别为A< br>〔18，0〕，B〔18，6〕，C〔8，6〕，四边形OABC是梯形，点P、Q同时从原点动身，分别 坐
匀速运动，其中点P沿OA向终点A运动，速度为每秒1个单位，点Q沿OC、CB向终点B
运动，当这两点有一点到达自己的终点时，另一点也停止运动。
〔1〕求出直线OC的解析式及通过O、A、C三点的抛物线的解析式。
〔2〕试在⑴中的抛物线上找一点D，使
y
得以O、A、D为顶点的三角形与△AOC
全等，请直截了当写出点D的坐标。
〔3 〕设从动身起，运动了t秒。假如点
Q的速度为每秒2个单位，试写出点Q
C（8，6）
的坐标，并写出如今t的取值范围。
〔4〕设从动身起，运动了t秒。当P、
QQ两点运动的路程之和恰好等于梯形
OABC的周长的一半，这时，直线PQ能
O
P
否把梯形的面积也分成相等的两部分，
如有可能，请求出t的值；如不可能，请说明理由。
B（18，6）
A（18，0）
x
[解]
〔1〕∵O、C两点 的坐标分别为O

0,0

，C

8,6


设OC的解析式为
ykxb
，将两点坐标代入得：
3
，
b0
，∴
3

kyx
44∵A，O是
x
轴上两点，故可设抛物线的解析式为
ya

x 0

x18


再将C

8,6

代入得：
3

a
40
∴
3
2
27

yxx
4020
〔2〕D

10,6


〔3〕当Q在OC上运动时，可设Q，依题意有：
2
< br>3

3

2
2

m,m

m

m



2t

4


4

∴
8
，∴Q

86
，

0t5


mt

t,t

5

55

当Q在CB上时，Q点所走过的路程为
2t< br>，∵OC＝10，∴CQ＝
2t10

∴Q点的横坐标为
2t10 82t2
，∴Q

2t2,6

，

5 t10


〔4〕∵梯形OABC的周长为44，当Q点OC上时，P运动的路程为
t
，那么Q运动的路程为

22t


△OPQ中，OP边上的高为：
313


22t
,S
OPQ
t

22t


525< br>，依题意有：
1
梯形OABC的面积＝
1
2

18 10

684
31

t

22t

84
252
整理得：
t
2
22t1400∵△＝
22
2
41400
，∴如此的
t
不存在
当Q在BC上时，Q走过的路程为
22t
，∴CQ的长为：
22t10 12t

∴梯形OCQP的面积＝
1
2
∴如此的
t
值不存在
6

22t10t

＝36≠84×
1

2
综上所述，不存在如此的
t
值，使得P，Q两点同时平分梯形的周长和面积
16.〔2005湖北荆门〕：如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴
1
223
yxxm
33
交于C点，∠ACB＝90°，
〔1〕求m的值及抛物线顶点坐标；
〔2〕过A、B、C的三点的⊙M交y轴于另一点D，连 结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〕条件下，设P为
CBD
上的动点〔P不与C、D重合〕，连结PA交y 轴于点H，
问是否存在一个常数k，始终满足AH·AP＝k，假如存在，请写出求解过程；假如不存在 ，
请说明理由.
，且m＜0.
[解]
〔1〕由抛物线可知，点C的坐标为 〔0，m〕
设A〔x
1
，0〕，B〔x
2
，0〕.那么有x
1
·x
2
＝3m

又OC是Rt△ABC的斜边上的高，∴△AOC∽△COB∴
OAOC


OCOB
∴
x
1
m

mx
2
，即x
1
·x
2
＝－m
2

y
D
M
·
E
G
F
B
x
∴－m
2
＝3m，解得m＝0或m＝－3
而m＜0，故只能取m＝－3
这时，
A
O
C
y
1
2
231< br>xx3(x3)
2
4
333
故抛物线的顶点坐标为〔
3
，－4〕
〔2〕解法一：由可得：M〔
3
，0〕，A〔－
3< br>，0〕，B〔3
3
，0〕，
C〔0,－3〕，D〔0，3〕
∵抛物线的对称轴是x＝
3
，也是⊙M的对称轴，连结CE
∵DE是⊙M的直径，
∴∠DCE＝90°，∴直线x＝
3
，垂直平分CE，
∴E点的坐标为〔2
3
，－3〕
∵
OAOM3
，∠AOC＝∠DOM＝90°，

OCOD3
∴∠ACO＝∠MDO＝30°，∴AC∥DE
∵AC⊥CB，∴CB⊥DE
又FG⊥DE，∴FG∥CB
由B〔3
3
，0〕、C〔0，－3〕两点的坐标易求直线CB的解析式为：
y＝
3
－3
x
3
3
＋n，把〔2
3
，－3〕代入求得n＝－5
x
3
可设直线FG的解析式为y＝
故直线FG的解析式为y＝
3
－ 5
x
3
解法二：令y＝0，解
1
2
23
－3＝0得
xx
33

x
1
＝－
3
，x
2
＝3
3

即A〔－
3
，0〕，B〔3
3
，0〕
依照圆的对称性，易知：：⊙M半径为2
3
，M〔
3
，0〕
在Rt△BOC中，∠BOC＝90°，OB＝3
3
，，OC＝3
∴∠CBO＝30°，同理，∠ODM＝30°。
而∠BME＝∠DMO，∠DOM＝90°，∴DE⊥BC
∵DE⊥FG，∴BC∥FG
∴∠EFM＝∠CBO＝30°
在Rt△EFM中，∠MEF＝90°，ME＝2
3
，∠FEM＝30°，
∴MF＝4
3
，∴OF＝OM＋MF＝5
3
，
∴F点的坐标为〔5
3
，0〕
在Rt△OFG中，OG＝OF·tan30 °＝5
3
×
∴G点的坐标为〔0，－5〕
∴直线FG的解析式为y＝
3
＝5
3
3
－5
x
3
〔3〕解法一：
存在常数k＝12，满足AH·AP＝12
连结CP
由垂径定理可知
ADAC

，
y
D
H
A
O
C
G
M
·
E
P
F
B
x
∴∠P＝∠ACH
〔或利用∠P＝∠ABC＝∠ACO〕
又∵∠CAH＝∠PAC，
∴△ACH∽△APC
∴
ACAP
即AC＝AH·AP

AHAC
2
在Rt△AOC中，AC
2
＝AO
2
＋OC< br>2
＝〔
3
〕
2
＋3
2
＝12
〔或利用AC
2
＝AO·AB＝
3
×4
3
＝12
∴AH·AP＝12
解法二：
存在常数k＝12，满足AH·AP＝12

设AH＝x，AP＝y
由相交弦定理得HD·HC＝AH·HP
即
(3x
2
3)(3x3)x(yx)

化简得：xy＝12
即AH·AP＝12