【答案】（1）y=－x
2
＋2x＋3．B(1，4)．（2）证明见解析；（3）P
1
(0，0)，P
2
(9，0)，P
3
(0，－
1
)．（4）
3
3

3
2
t3t (0t
≤
),


22
s=

.
193
2

t3t (t
≤
3).

22

2
【解析】
试 题分析：(1)利用两根式列出二次函数解析式y=a(x－3)(x＋1)，把将E(0，3)代入即可求出a
的值，继而可求顶点B的坐标；
（2）过点B作BM⊥y于点M，利用已知条件先证明AB是 △ABE外接圆的直径．再证CB⊥AB即可．
（3）存在；
（4）分两种情况进行讨论即可.
试题解析：(1)解：由题意，设抛物线解析式为y=a(x－3)(x＋1)．
将E(0，3)代入上式，解得：a=－1．
∴y=－x
2
＋2x＋3．
则点B(1，4)．
(2)如图，证明：过点B作BM⊥y于点M，则M(0，4)．
在Rt△AOE中，OA=OE=3，
∴∠1=∠2=45°，AE=
OA
2
OE
2
=3
2
．
在Rt△EMB中，EM=OM－OE=1=BM，
∴∠MEB=∠MBE=45°，BE=
EM
2
BM
2
=
2
．
∴∠BEA=180°－∠1－∠MEB=90°．
∴AB是△ABE外接圆的直径．
在Rt△ABE中，tan∠BAE=
BE
=
1
=tan∠CBE，
AE
3
∴∠BAE=∠CBE．
在Rt△ABE中，∠BAE＋∠3=90°，
∴∠CBE＋∠3=90°．
∴∠CBA=90°，即CB⊥AB．
∴CB是△ABE外接圆的切线．
(3)P
1
(0，0)，P
2
(9，0)，P
3
(0，－
1
)．
3
(4)解：设直线AB的解析式为y=kx＋b．

k 2,

3kb0,
将A(3，0)，B(1，4)代入，得

解得


kb4.

b6.

∴y=－2x＋6．
过点E作射线EF∥x轴交AB于点F，当y=3时，得x=
3
，
2
∴F(
3
，3)．
2
情况一：如图7，当0＜t≤3
时，设△AOE平移到△DNM的位置，MD交AB于点H，MN交AE于点G．
2
则ON=AD=t，过点H作LK⊥x轴于点K，交EF于点L．

由△AHD∽△FHM，得
AD

HK
．即
t
FMHL
HK
．解得HK=2t．
3
t
3HK
2
22
∴S
阴
=S
△MND
－S
△GNA
－S△HAD
=
1
×3×3－
1
(3－t)2－
1
t·2t=－
3
t2＋3t．
22
情况二：如图8，当
3
＜t≤3时，设△AOE平移到△PQR的位置，PQ交AB于点I，交AE于点V．由
2
3 t

IQ
AQIQ

△IQA∽△IPF，得．即．解得IQ=2( 3－t)．
33IQ
FPIP
t
2
∴S阴=S△IQA－S△ VQA=
1
×(3－t)×2(3－t)－
1
(3－t)2=
1(3－t)2=
1
t2－3t＋
9
．
22222
3

3
2
t3t (0t
≤
),


22
综上所述：s=

.
193
2

t3t (t
≤
3).
22

2
考点：二次函数综合题.
18．如图，抛物线y=ax
2
+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的对称轴为y轴，且经过（0，0）和（
a，
1
）两点，点P在该抛物线上运动，以点P为圆心的⊙P总经过定点A（0，2）．
16
（1）求a，b，c的值；
（2）求证：在点P运动的过程中，⊙P始终与x轴相交；
（3）设⊙P与x轴相交于M（x
1
，0），N（x
2
，0）（x
1
＜x
2
）两点，当△AMN为等腰三角形时，求
圆心P的纵坐标．
1
【答案】（1）a=， b=c=0；（2）证明见解析；（3）P的纵坐标为0或4+2
3
或4﹣2
3
．
4
【解析】
试题分析：（1）根据题意得出二次函数一般形式进而将已知点代入求出a，b，c的值即可；
1
（2）设P（x，y），表示出⊙P的半径r，进而与x
2
比较得出答案即可；
4
（3）分别表示出AM，AN的长，进而分别利用当AM=AN时，当AM=MN时，当AN =MN时，求出
a的值，进而得出圆心P的纵坐标即可．
试题解析：（1）∵抛物线y=ax
2
+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的对称轴为y轴，且经过（0，0）和
1
（
a
，）两点，
16
∴抛物线的一般式为：y=ax
2
，
1
∴=a（
a
）
2
，
16
1
解得：a=±，
4
1
∵图象开口向上，∴a=，
4
1
∴抛物线解析式为：y=x
2
，
4
1
故a=，b=c=0；
4

（2）设P（x，y ），⊙P的半径r=
x
2
(y2)
2
，
又∵y=1
1
2
x，则r=
x
2
(x
2
2 )
2
，
4
4
1
4
1
x4
＞x
2
，
16
4
化简得：r=
∴点P在运动过程中，⊙P始终与x轴相交；
1
4
1
a4
， （3）设P（a，a
2
），∵P A=
16
4
作PH⊥MN于H，则PM=PN=
又∵PH=
1
2
a，
4
1
4
a4
，
16
则MH =NH=
1
4
1
a4(a)
2
=2，
164
故MN=4，
∴M（a﹣2，0），N（a+2，0），
又∵A（ 0，2），∴AM=
(a2)
2
4
，AN=
(a2)
2
4
，
当AM=AN时，
(a2)
2
4
=
(a2)
2
4
，
解得：a=0，
当AM=MN时，
(a2)
2
4
=4，
解得：a=2 ±2
3
（负数舍去），则
当AN=MN时，
(a2)
2
 4
=4，
解得：a=﹣2±2
3
（负数舍去），则
1
2< br>a=4﹣2
3
；
4
1
2
a=4+2
3
；
4
综上所述，P的纵坐标为0或4+2
3
或4﹣2
3
．
考点：二次函数综合题．
19．木匠黄师傅用长AB=3，宽BC=2的矩形木板做一个尽可 能大的圆形桌面，他设计了四种方案：
方案一：直接锯一个半径最大的圆；
方案二：圆心O
1
，O
2
分别在CD，AB上，半径分别是O
1
C，O2
A，锯两个外切的半圆拼成一个圆；
方案三：沿对角线AC将矩形锯成两个三角形，适当平移三角形并锯一个最大的圆；
方案四：锯一块小矩形BCEF拼接到矩形AEFD下面，并利用拼成的木板锯一个尽可能大的圆。
（1）写出方案一中的圆的半径；
（2）通过计算说明方案二和方案三中，哪个圆的半径较大？
（3）在方案四中，设CE=< br>x
（
0x1
），圆的半径为
y
，
①求
y
关于
x
的函数解析式；

②当
x
取何值时圆的半径最大？最大半径是多少？并说明四种方案中，哪一个圆形桌面的半径最
大 ？
【答案】（１）方案一中圆的半径为１
（２）方案三的圆半径较大
(3)①当0当时，
②当时，y最大，y最大=，
四种方案中，第四种方案圆形桌面的半径最大。
【解析】
试题分析：（1）圆的直径就是BC的长
方案二：连Ｏ
１
Ｏ
２，作ＥＯ
１
⊥ＡＢ于Ｅ，然后利用勾股定理即可得
方案三：连ＯＧ，然后利用△ＯＣＧ∽△ＣＤＥ即可得
（3）分情况讨论：分0试题解析：（１）方案一中圆的半径为１
（２）方案二
如图，连Ｏ
１Ｏ
２
，作ＥＯ
１
⊥ＡＢ于Ｅ，设Ｏ
１
Ｅ＝Ｘ，
２２２
那么（２Ｘ）＝２＋（３－２Ｘ），解得Ｘ＝
方案三
连ＯＧ，∴ＯＧ⊥ＣＤ，∵∠Ｄ＝９０°，∴ＯＧ／／ＤＥ
∴△ＯＣＧ∽△ＣＤＥ，∴
设ＯＧ＝ｙ，∴,∴y=，∴方案三的圆半径较大
(3)①当0当时，
②当时，y最大，y最大=，
四种方案中，第四种方案圆形桌面的半径最大。
考点：1、两圆外切，2、圆的切线，3、勾股定理，4、相似
20．在平面直角坐标系xOy
中，对于⊙A上一点B及⊙A外一点P，给出如下定义：若直线PB与x
轴有公共点 （记作M），则称直线PB为⊙A的“x关联直线”，记作
l
PBM
.
（1）已知⊙O是以原点为圆心，1为半径的圆，点P（0,2），
①直线
l
1
：
y2
，直线
l
2
：
yx2
， 直线
l
3
：
y3x2
，直线
l
4
：< br>y2x2
都经过点P，在直线
l
1
，
l
2，
l
3
，
l
4
中，是⊙O的“x关联直线”的是； < br>②若直线
l
PBM
是⊙O的“x关联直线”，则点M的横坐标
x
M
的最大值是；
（2）点A（2,0）,⊙A的半径为1，

①若 P（-1,2）,⊙A的“x关联直线”
l
PBM
：
ykxk2
，点M的横坐标为
x
M
，当
x
M
最大时，求
k的 值；
②若P是y轴上一个动点，且点P的纵坐标
y
p
2
，⊙A的 两条“x关联直线”l
PCM
,
l
PDN
是⊙A的
两条切线 ，切点分别为C,D，作直线CD与x轴点于点E，当点P的位置发生变化时，AE的长度是
否发生改变 ？并说明理由．
【答案】（1）①
l
3
,l
4
;②
x
M

23
;（2）①
k
3
33
; ②不变,理由见解析.
4
【解析】
试题分析：（1）①②直接根据定义求解即可.
（2）①当直线PB与⊙A相切于点B时,此时点M的横坐标
x
M
最大，求出 此时的k的值.
AD
2
1

,而得出结论. ②根据定义和锐角三 角函数定义得出
ADAEAO
,即
AE
AO2
2
试题 解析：（1）①
l
3
,l
4
.
②
x
M

23
.
3
（2）①如图，当直 线PB与⊙A相切于点B时,此时点M的横坐标
x
M
最大，
作PH⊥x轴于点H，
∴HM=
x
M
1
，AM=
x
M
2
，
在Rt△ABM和Rt△PHM中，
tanAMB 
1
∴BM=
1
HM=
(x
M
1)
．
2
2
ABPH
，

BMHM
在Rt△ABM中，
AM
2
AB
2
BM
2
，
43
1
∴
(x
M
2)
2
1(x
M
1 )
2
，解得
x
M
3
．
3
4
∴点M的横坐标
x
M
最大时，
x
M
3
33< br>43
．∴
k
．
4
3
②当P点的位置发生变化时，AE的长度不发生改变．
如图，⊙A的两条“x关联直线”与⊙A相切于点C,D，∴PC=PD．
又∵AC=A，∴AP垂直平分BC．
在Rt△ADF和Rt△ADP中，
sin ADFsinAPD
，∴
AFAPAD
2
．
在Rt△AE F和Rt△AOP中，
cosEAF
∴
AD
2
AEAO．
AFAO
，∴
AFAPAEAO
．

AE AP

1
，即当P点的位置发生变化时，AE的长度不发生改变．
2< br>考点：1.新定义;2.直线与圆的位置关系;3.直线上点的坐标与方程的关系;4．锐角三角函数定义 .
21．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm，⊙O为△AB C的内切圆.
（1）求⊙O的半径；
（2）点P从点B沿边BA向点A以点1cms的速度 匀速运动，以点P为圆心，PB长为半径作圆.设
点P运动的时间为ts.若⊙P与⊙O相切，求t的值 .
2
【答案】（1）1cm；（2）
t
或2.
3
【解析】
试题分析：（1）设⊙O与AB，BC，CA的切点分别为D，E，F， 连接OD，OE，OF，根据切线的性质
证明四边形CEOF是正方形，由勾股定理求AB的长，把AD ，BD用半径r的代数式表示，
从而根据
ABADBD
列方程求解即可.
（2）为⊙P与⊙O外切和⊙P与⊙O内切两种情况讨论即可.
试题解析：（1）如图，设⊙O与AB，BC，CA的切点分别为D，E，F，连接OD，OE，OF，
则AD=AF，BD=BE，CE=CF.
∵⊙O为△ABC的内切圆，∴OF⊥AC，OE⊥BC，即∠OFC=∠OEC=90°.
又∵∠C=90°，∴四边形CEOF是矩形.
又∵OE=OF，∴四边形CEOF是正方形.
设⊙O的半径为rcm，则FC=EC=OE=rcm，
∴
AE
在Rt△ ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm，∴
ABAC
2
BC
2
5cm
.
∵
ADAFACFC4r，BDBEBCEC3r
，
∴
4r3r5
，解得r=1.
∴⊙O的半径为1cm.
（2）如图，过点P作PG⊥BC于点G，
∵∠PGB=∠C=90°，∴PG∥AC.∴△ PBG∽△ABC.∴
PGBGBP

.
ACBCBA
43
又∵BP=t，∴
PGt, BGt
.
55
若⊙P与⊙O相切，，则可分为⊙P与⊙O外切和⊙P与⊙O内切两种情况：
①如图，当⊙P与⊙O外切时，连接OP，则OP=1+t.
过点P作PH⊥OE于点H，
∵∠PHE=∠HEG=∠PGE=90°，∴四边形PHEG是矩形.∴HE=PG，PH=GE.
433
∴
OHOEHE1t, PHGEBCECBG31t2t
.
555
3

2
2

4

在Rt△OPH中，由勾股定理，得
1t



2t



1t< br>
，解得
t
.
5

3

5
22
②如图，当⊙P与⊙O内切时，连接OP，则OP=
t1
.
过点O作OM⊥PG于点M，
∵∠MGE=∠OEG=∠OMG=90°，∴四边形OEGM是矩形.∴MG=OE，OM=EG.
433
∴
PMPGECt1, OMEGBCECBG31t2t
.
555
3

2

4

在Rt△OPM中，由勾股定理，得

t1



2t



t1
< br>，解得
t2
.
5

5

22

2
综上所述，当⊙P与⊙O相切时，
t
或2.
3
考点：1.单动点和面动问题；2.直线与圆相切的性质；3.矩形、正方形的判定和性质；4.勾股
定理；5.相似三角形的判定和性质；6.方程思想和分类思想的应用.
22．如图，在平面直角坐标 系中，△ABC的顶点坐标分别为A（－2，0）、B（4，0）、C（0，2）．
（1）请用尺规作出△ABC的外接圆⊙P（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）求出（1）中外接圆圆心P的坐标；
（3）⊙P上是否存在一点Q，使得△QBC与△ AOC相似？如果存在，请直接写出点Q坐标；如果不
存在，请说明理由．
【答案】(1)作 图见解析；（2）点P坐标为（1，-1）．（3）⊙P上存在一点Q（-2，-2），（2，-4），
使得△QBC与△AOC相似．
【解析】
试题分析：（1）作出AC与BC线段垂直平分线 得出交点即为圆心，进而利用圆心到线段端点距离长
为半径求出即可；
222
（2） 过点P做PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，连接PC、PE，在Rt△BPD中，BP=x+3，< br>在Rt△CEP中，CP
2
=（x+2）
2
+1
2
， 由BP=CP，求出x的值，即可得出P点坐标；
（3）利用相似三角形的判定得出△Q
1< br>BC∽△ACO，进而结合圆周角定理得出Q点坐标．
（1）如图1所示：
（2）如图2，过点P做PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，连接PC、PE．
∵PD⊥AB，∴AD=BD=3．
∵OB=4，∴OD=OB-BD=1．
∴PE=OD=1．
设DP=x，则OE=PD=x．
在Rt△BPD中，BP
2
=x
2
+3
2
． 在Rt△CEP中，CP
2
=（x+2）
2
+1
2
．
∵BP=CP，
∴x
2
+3
2
=（x+2）
2< br>+1
2
．
解得：x=1．
∴点P坐标为（1，-1）．
（3）如图2，连接BP并延长到⊙P于一点Q
1
，连接CQ
1
，
则BQ
1
是直径，
∴∠Q
1
CB=90°，
又∵∠CAB=∠CQ
1
B，
∴△Q
1
BC∽△ACO，
此时连接AQ
1
则∠Q
1
AB=90°，
∴Q
1
横坐标为：-2，
∵AB=6，BQ
1
=2BP=2
10
，
∴AQ
1
=2，
∴Q
1
（-2，-2），
同理构造直角三角形CFQ
2
，
可得出：CF=6，CQ
2
=2
10
，
∴FQ
2
=2，FO=4，
则Q
2
（2，-4），
综上所述：⊙P上存在一点Q（-2，-2），（2，-4），使得△QBC与△AOC相似．
考点：圆的综合题．

23．如图，在⊙O中，直径AB⊥CD，垂足为E，点 M在OC上，AM的延长线交⊙O于点G，交过C
的直线于F，∠1=∠2，连结CB与DG交于点N．
（1）求证：CF是⊙O的切线；
（2）求证：△ACM∽△DCN；
1
（3）若点M是CO的中点，⊙O的半径为4，cos∠BOC=，求BN的长．
4
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）BN=
6
．
【解析】
试题分析：（1）根据切线的判定定理得出∠1+∠BCO=90°，即可得出答案；
（2）利用已知得出∠3=∠2，∠4=∠D，再利用相似三角形的判定方法得出即可；
（3 ）根据已知得出OE的长，进而利用勾股定理得出EC，AC，BC的长，即可得出CD，利用（2）
中 相似三角形的性质得出NB的长即可．
（1）证明：∵△BCO中，BO=CO，
∴∠B=∠BCO，
在Rt△BCE中，∠2+∠B=90°，
又∵∠1=∠2，
∴∠1+∠BCO=90°，
即∠FCO=90°，
∴CF是⊙O的切线；
（2）证明：如图，∵AB是⊙O直径，
∴∠ACB=∠FCO=90°，
∴∠ACB-∠BCO=∠FCO-∠BCO，
即∠3=∠1，
∴∠3=∠2，
∵∠4=∠D，
∴△ACM∽△DCN；
（3）解：∵⊙O的半径为4，即AO=CO=BO=4，
1
在Rt△COE中，cos∠BOC=，
4
1
∴OE=COcos∠BOC=4×=1，
4
由此可得：BE=3，AE=5，由勾股定理可得：
CECO
2
EO
2
4
2
1
2
15，ACCE
2< br>AE
2
(15)
2
5
2
210
，
BCCE
2
BE
2
(15)
2
3
2
26
，
∵AB是⊙O直径，AB⊥CD，
∴由垂径定理得：CD=2CE=2
15
，
∵△ACM∽△DCN，
CMAC
∴

，
CNCD
∵点M是CO的中点，CM=
11
AO=×4=2，
22
CM
•
CD
2

215
∴CN=
6
，
AC
210

∴BN=BC- CN=2
6
-
6
=
6
．
考点：圆的综合题． < br>24．如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，BD⊥DC，BC=10cm，CD =6cm．在线段BC、CD
上有动点F、E，点F以每秒2cm的速度，在线段BC上从点B向点C匀 速运动；同时点E以每秒1cm
的速度，在线段CD上从点C向点D匀速运动．当点F到达点C时，点E 同时停止运动．设点F运
动的时间为t（秒）．
（1）求AD的长；
（2）设四边形BFED的面积为y，求y关于t的函数关系式并写出自变量的取值范围
（3）当t为何的值时，以EE为半径的⊙F与CD边只有一个公共点．
图1备用图
5

5
【答案】（1）
32
cm．（2）
y4
t
2
4t24
，0＜t＜5．（3）
0t
3 0
3060
，
t
，
t5
.
1117
17
【解析】
试题分析：（1）首先根据已知条件“BD⊥DC， ∠A=90°”及平行线的性质（两直线AD∥CB，内错
角∠ADB=∠DBC）证明△ABD∽△D CB；然后由勾股定理及相似三角形的对应边成比例求得AD的长度；
4
（2）过点E作BC 的垂线，垂足为G．在Rt△DBC和在Rt△EGC中，利用正弦函数求得EG=t，然
5
后 利用割补法求得四边形EFDB的面积；
（3）进行分类讨论.
（1）在Rt△BCD中，CD=6cm，BC=10cm，所以BD=8cm．
因为ADBC，所以∠ADB=∠CBD．
在Rt△BCD中，BD=8cm，cos∠ADB=cos∠CBD=
4
，
5
所以AD=BDcos∠ADB=
32
cm．
5
（2）△BCD的面积为24．
如图，过点E作EH⊥AB，垂足为H．
在Rt△CEH中，CE=t，sin∠C=
4
，所以EH=CEsin∠C=
4< br>t．
55
因此
S
△CEF

1
CFEH 
1
(102t)
4
t
4
t
2
 4t
．
2255
所以
yS
△BCD
S
△CE F
24(
4
t
2
4t)
4
t
2
4t24
．定义域为0＜t＜5．
55
（3）①如图1，当⊙F经过点D，则⊙F与边CD有两个交点
所以过点D作DH⊥BC，EK⊥BC
所以DF=EF
所以在Rt△DFH和Rt△EFK中，
30
所以当
0t
⊙F与边CD只有一个交点。
17
②如图2，
30
当
t
时，⊙F与边CD相切 11

6060
时，⊙F经过点C，所以当
t5
时，⊙ F与边CD只有一个交点。
1717
30
3060
综上所述，当
0 t
，
t
，
t5
时，⊙F与边CD只有一个交点。
1117
17
考点：1.相似三角形的判定与性质；2.勾股定理；3.直角梯形；4.直线 与圆的位置关系.
③如图3，
t
25．在直角坐标系xOy中，已知点P是反比例 函数y＝
23
（x＞0）图象上一个动点，以P为圆心
x
的圆始终与y轴相切 ，设切点为A．
（1）如图1，⊙P运动到与x轴相切，设切点为K，试判断四边形OKPA的形状，并说明理由．
（2）如图2，⊙P运动到与x轴相交，设交点为B，C．当四边形ABCP是菱形时：
①求出点A，B，C的坐标．
1
②在过A，B，C三点的抛物线上是否存在点M，使 △MBP的面积是菱形ABCP面积的？若存在，试
2
求出所有满足条件的M点的坐标；若不存 在，试说明理由．
【答案】(1)四边形OKPA是正方形；（2）A（0，
3
）， B（1，0），C（3，0）；（3）；（0，
3
），（3，
0），（4，
3
），（7，8
3
）．
【解析】
试题分析：（1）四边形OKPA 是正方形．当⊙P分别与两坐标轴相切时，PA⊥y轴，PK⊥x轴，x轴
⊥y轴，且PA=PK，可判 断结论；
23
（2）①连接PB，设点P（x，），过点P作PG⊥BC于G，则半径PB= PC，由菱形的性质得PC=BC，
x
可知△PBC为等边三角形，在Rt△PBG中，∠PB G=60°，PB=PA=x，PG=
23
PG
，利用sin∠PBG=，
x
PB
列方程求x即可；
②求直线PB的解析式，利用过A点或C点且平行于PB的直 线解析式与抛物线解析式联立，列方程
组求满足条件的M点坐标即可．
（1）四边形OKPA是正方形．
证明：∵⊙P分别与两坐标轴相切，
∴PA⊥OA，PK⊥OK．
∴∠PAO=∠OKP=90°．
又∵∠AOK=90°，
∴∠PAO=∠OKP=∠AOK=90°．
∴四边形OKPA是矩形．
又∵AP=KP，
∴四边形OKPA是正方形．
（2）①连接PB，设点P的横坐标为x，则其纵坐标为
过点P作PG⊥BC于G．
∵四边形ABCP为菱形，
∴BC=PA=PB=PC（半径）．
∴△PBC为等边三角形．
在Rt△PBG中，∠PBG=60°，PB=PA=x，
23
．
x

23
233
PG
PG= sin∠PBG=，即＝
x
．
x2
x
PB
解之得：x=±2（负值舍去）．
∴PG=
3
，PA=BC=2．P(2,
3
)
易知四边形OGPA是矩形，PA=OG=2，BG=CG=1，
∴OB=OG- BG=1，OC=OG+GC=3．
∴A（0，
3
），B（1，0），C（3，0）．
②设二次函数解析式为：y=ax
2
+bx+c．

abc 0

据题意得：

9a3bc0


c3

3

a
3


43

解之得：

b
．
3


c3



∴二次函数关系式为：y＝
3
2
43
xx+
3

33



u3

uv0
设直线BP的解析式为：y=ux+v，据题意得：

解之得：

．



2uv3

v3
∴ 直线BP的解析式为：y=
3
x-
3
，
过点A作直线AM∥BP， 则可得直线AM的解析式为：y＝
3
x+
3
．

y3x3

解方程组：


3
2< br>43
xx3

y
33



x
1
0

x
2
7
得：

；

．
y3y83


1

2过点C作直线CM∥PB，则可设直线CM的解析式为：y＝
3
x+t．
∴0=3
3
+t．
∴t＝3
3
．
∴直线CM的解析式为：y＝
3
x3
3
．


y3x33

解方程组：


343
x2x3

y
33


x
1
3


x
2
4
得：

；< br>
．．
y0


1

y
23
综上可知，满足条件的M的坐标有四个，分别为：（0，
3
），（3，0）， （4，
3
），（7，8
3
）．
考点:二次函数综合题．
26．如图所示,
ACAB
,
AB23
,
AC2
,点
D
是以
AB
为直径的半圆
O
上一动点,
DECD
交
直线
AB
于点
E
,设
DAB
(0

90)
.
»
的长； 【小题1】当

18
时,求
BD
【小题1】当

30
时, 求线段
BE
的长；
【小题1】若要使点
E
在线段
BA的延长线上,则

的取值范围是_______.(直接写出答案)
【答案】
【小题1】连接
OD
,在⊙
O
中，∵
DAB18,∴
DOB2DAB36

又∵
AB23
,∴l
BD
»

36

33



1805
【小题1】∵
AB
为⊙
O
的直径,∴
ADB90
,又∵
DAB30
,
AB23
,
∴
BD3
，
ADABcos303

又∵
ACAB
,∴
CAB90
,∴
CADDAB90
,
又∵
ADB90
,∴
DABB90
,∴CADB

又∵
DECD
,∴
CDE90
,∴
CDAADE90
,
又∵
ADEEDB90< br>,∴
CDAEDB
,∴
CDA
∽
EDB

∴
ACAD
23
23


,又∵
AC2
,∴,∴
BE

3
BE
BEBD
3
【小 题1】
60
＜

＜
90

【解析】
【小题1】首先连接OD，由圆周角定理，可求得∠DOB的度数，又由⊙O的直径为23，即可求得其
半径，然后由弧长公式，即可求得答案；
【小题1】首先证得△ACD∽△BED，然后由相似三角形 的对应边成比例，可得
ACAD

,继而求得
BEBD
答案； 【小题1】首先求得A与E重合时α的度数，则可求得点E在线段BA的延长线上时，α的取值范
围 ．

27．如图，在直角坐标系xoy中，O是坐标原点，点A在x正半轴上，OA=< br>123
cm，点B在y轴的
正半轴上，OB=12cm，动点P从点A开始沿AO以23
cms的速度向点O移动，移动时间为ts(0＜t
＜6).
(1)求∠OAB的度数.(2分)
(2)以OB为直径的⊙O
‘
与AB交 于点M，当t为何值时，PM与⊙O
‘
相切？
(3分)(3)动点Q从点A开始沿A B以4cms的速度向点B移动，动点R从点B开始沿BO以2cms
的速度向点O移动.如果P、Q、 R分别从A、A、B同时移动，当t=4s时，试说明四边形BRPQ为菱
形；(3分)
(4 )在(3)的条件下，以R为圆心，r为半径作⊙R，当r不断变化时，⊙R与菱形BRPQ各边的交点
个数将发生变化，随当交点个数发生变化时，请直接写出r的对应值或取值范围．(4分)
【答案】（1）30°（2）3（3）证明略
（4）0＜r＜4
3
2个
r=4
3
4个
4
3
＜r＜86个
r=8 3个
r＞8 0个
【解析】解：因为直角坐标系xoy中，O是坐标原点，点A在x正半 轴上，OA=
123
cm，点B在y
轴的正半轴上，OB=12cm，动点P从点A开 始沿AO以
23
cms的速度向点O移动，移动时间为ts(0
＜t＜6)，那么利用 直角三角形中三角函数可知，tan∠OAB=12
123
=1
3
,得到结论 。
第二问中，以OB为直径的⊙O
‘
与AB交于点M，要使PM与⊙O
‘< br>相切，则连接O’M,O’M=6,O’M垂
直于MP，得到t=3
第三问中，动点Q 从点A开始沿AB以4cms的速度向点B移动，动点R从点B开始沿BO以2cms
的速度向点O移动 .如果P、Q、R分别从A、A、B同时移动，当t=4s时，可知，PQBR,RPBQ,
且BQ=B R,得到结论。
第四问中，0＜r＜4
3
2个K]
r=4
3
4个
4
3
＜r＜86个[
r=83个
r＞8 0个
28．△ABC中，∠C＝90°，点D在边AB上， AD＝AC＝7，BD＝BC．动点M从点C出发，以每秒1
个单位的速度沿CA向点A运动，同时，动 点N从点D出发，以每秒2个单位的速度沿DA向点A
运动．当一个点到达点A时，点M、N两点同时停 止运动．设M、N运动的时间为t秒．
⑴求cosA的值．
⑵当以MN为直径的圆与△ABC一边相切时，求t的值．
3
【答案】（1）；（2）t＝1或t＝2．
5
1
2

【解析】
试题分析：（1）设BC＝4m，AC＝x，用m表示出AC和AB，根据三角函数定义即可求解.
（2）分⊙O与AB相切，⊙O与AC相切和⊙O与BC相切三种情况讨论即可.
（1）设BC＝4m，AC＝x，则BD＝2m，AD＝x，
∵
BC
2
CA
2
AB
2
，∴ 16< br>m
2
＋
x
2
＝
(2mx)
2
.解 之得 x＝3m.
从而AB＝5m.
3
因此cosA＝.
5
（2）CM＝t，AM＝7－t，DN＝2t，AN＝7－2t，其中0≤t≤3.5，
记以MN为直径的圆为⊙O，当⊙O与AB相切时，则MN⊥AB，
AN
72t3
因此


，t＝2，符合题意；
AM
7t5
AM7t3
当⊙O与AC相切时，则MN⊥AC，因此
< br>，t＝－14，舍去；
AN72t5
当⊙O与BC相切时，如图，作NE⊥BC，垂 足为E．取EC的中点F，连结OF，则OF⊥BC，即点F
为⊙O与BC相切的切点．连结MF，NF ，则FM⊥FN，因此△FCM∽△NEF．
因此CM·EN＝
EF
2
FC
2
.
14312
而CM＝t，EN＝
(2t)
，EF＝FC＝EC＝
(72t)
，
3525
1432
因此
t[(2t)][(72t)]2
，整理得
t
2
13t140
，解之得 t＝1，t＝－14（舍去）.
355
综上所得，当以MN为直径的圆与△ABC一边相切时，t＝1或t＝2．
考 点：1.双动点问题；2.勾股定理；3.锐角三角函数定义；4.直线与圆的位置关系；5.分类思想的
应用.
29．在直角坐标系中，A（0，4），B（4
3
，0）．点C从点B出发 沿BA方向以每秒2个单位的速度
向点A匀速运动，同时点D从点A出发沿AO方向以每秒1个单位的速 度向点O匀速运动，当其中
一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点C、D运动的时间是t秒 (t>0)．过点C作CE
⊥BO于点E，连结CD、DE．
⑴当t为何值时，线段CD的长为4；
3
⑵当线段DE与以点O为圆心，半径为的⊙O有两个公共交点时，求t的取值范围；
2
⑶当t为何值时，以C为圆心、CB为半径的⊙C与⑵中的⊙O相切？
1256161
【答案】(1);(2)4-
3
＜t≤;(3)或．
724024
【解析】
试题分析：（1）过点C作CF⊥AD于点F，则CF，DF 即可利用t表示出来，在Rt△CFD中利用勾
股定理即可得到一个关于t的方程，从而求得t的值；
3
（2）易证四边形ADEC是平行四边形，过点O作OG⊥DE于点G，当线段DE与⊙O相 切时，则OG=，
2
3
在直角△OEG中，OE可以利用t表示，则OG也可以利用t 表示出来，当OG＜时，直线与圆相交，
2
据此即可求得t的范围；
（3）分两圆外 切与内切两种情况进行讨论，当外切时，圆心距等于两半径的和，当内切时，圆心
距等于圆C的半径减去 圆O的半径，列出方程即可求得t的值．
（1）过点C作CF⊥AD于点F，

在Rt△AOB中，OA=4，OB=4
3
，
∴∠ABO=30°，
由题意得：BC=2t，AD=t，
∵CE⊥BO，
∴在Rt△CEB中，CE=t，EB=
3
t，
∵CF⊥AD，AO⊥BO，
∴四边形CFOE是矩形，
∴OF=CE=t，OE=CF=4
3
-
3
t，
在Rt△CFD中，DF
2
+CF
2
=CD
2
，
∴（4-t-t）
2
+（4
3
-
3
t）
2
=4
2
，即7t
2
-40t+48=0，
12
，t=4，
7
∵0＜t＜4，
12
∴当t=时，线段CD的长是4；
7
（2）过点O作OG⊥DE于点G（如图2），
∵AD∥CE，AD=CE=t
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴DE∥AB
∴∠GEO=30°，
11
∴OG=OE=（4
3
-
3
t）
22
3
当线段DE与⊙O相切时，则OG=，
2
133
∴ 当（4
3
-
3
t）＜，且t≤4-时，线段DE与⊙O有两个公共交点．
222
5
∴当4-
3
＜t≤时，线段DE与⊙O有两个公共交点；
2
61
（3）当⊙C与⊙O外切时，t=；
40
61
当⊙C与⊙O内切时，t=；
24
6161
∴当t=或秒时，两圆相切．
4024
考点：圆的综合题．
解得：t=
30．如图，直线y=
3
x3
与x轴交于点A，与y轴交于点C，以AC为直径作⊙M，点
D
是劣弧
3
3
2
xbxc
经过点A、C，与x轴交于另一点B，
3
AO上一动点（
D
点与
A，O
不重合）．抛物线y=－
（1）求抛物线的解析式及点B的坐标；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，是︱PA—PC ︱的值最大；若存在，求出点P的坐标；
若不存在，请说明理由。

（3）连< br>CD
交
AO
于点
F
，延长
CD
至
G
，使
FG2
，试探究当点
D
运动到何处时，直线
GA与⊙
M相切，并请说明理由．
【答案】（1）
y
（2）P(-1,
23
)
（3）当D运动到劣弧AO的中点时，直线AG与⊙M相切．证明见解析
【解析】
试题分析：（1）先求出A、C点坐标，再代入y=－
3
2
xbxc
即可 求出b、c的值，从而确定抛
3
3
2
23
xx3
B(1 ，0)
33
物线的解析式，由于点A、B关于抛物线的对称轴对称，从而可求出点B的坐标.
（2）连接BC并延长交抛物线对称轴于一点，这一点就是点P.
（3）当D运动到劣弧AO的中点时，直线AG与⊙M相切．
试题解析：（1）解：由
y
3
x3
得A（-3，0），C（0，）
3

c 3

c3


将其代入抛物线解析式得：

解得 ：


2

3

b

33 3bc0
3

∴
y
3
2
23
x x3

33
∵对称轴是x=-1
∴由对称性得B(1，0)
（2）解：延长BC与对称轴的交点就是点P
由B(1，0)，C（0，
3
）求得直线BC解析式为：
y3x3

当x=-1时，y=
23

∴P(-1,
23
)
（3）结论：当D运动到劣弧AO的中点时，直线AG与⊙M相切．
证明：∵在RT△AOC中，tan∠CAO=
3
，
3
∴∠CAO=30°，∠ACO=60°，
∵点D是劣弧AO的中点，
∴弧AD=弧OD
∴∠ACD=∠DCO=30°，
∴OF=OCtan30°=1，∠CFO=60°，
∴△AFG中，AF=3-1=2，∠AFG=∠CFO=60°，
∵FG=2，
∴△AFG为等边三角形，
∴∠GAF=60°，
∴∠CAG=30°+60°=90°，

∴AC⊥AG，
∴AG为⊙M的切线．
考点:1.二次函数综合题；2.直线与圆的位置关系.
3 1．如图：在等腰△ABC中,AB=AC，AD上BC，垂足为D，以AD为直径作⊙0，⊙0分别交AB、A C
于E、F.
(1)求证：BE=CF；
(2)设AD、EF相交于G，若EF=8，BC=10,求⊙0的半径．
【答案】(1)证明见解析；（2）⊙O的半径为5．
【解析】
试题分析：（1） 连接DE，DF，由AB=AC，且AD为BC边上的高，利用三线合一得到D为BC的中点，
AD为顶 角平分线，再由AD为圆O的直径，利用直角所对的角为直角得到一对直角相等，利用AAS
得到三角形 EBD与三角形FCD全等，由全等三角形的对应边相等得到BE=CF，得证；
（2）由EB=CF ，AB=AC，得出AE=AF，确定出AE：AB=AF：AC，且夹角相等，得到三角形AEF与三
角形ABC相似，由相似三角形的对应边成比例得到AG：AD=8：10，设AG=8x，AD=10x，连接 OE，
在直角三角形OEG中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即可确定出 圆
O的半径．
试题解析：(1)连接DE、DF，
∵AB=AC,AD⊥BC，
∴∠B＝∠C,BD=CD，
∵AD为⊙O的直径，
∴∠DEA=∠DFA=90°，
∴△DBE≌△DCF，
∴BE=CF；
(2)∵BE=CF，
∴AE=AF，
AEAF
且∠BAC=∠BAC，

ABAC
∴△AEF∽△ABC，
AGEF8
∴=，

ADBC10
∴设AG=8x,AD=10x，
连接EO，在Rt△OEG中，
∴OE
2
=OG
2
+EG
2
，
∴(5x)
2
=(3x)
2
+4
2
，
x=1，
∴5x=5，
∴⊙O的半径为5．
考点：1.相似三角形的判定与性质，2.全等三角形的判定与性质，3.勾股定理，4.圆周角定理．
32．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（0，4），点B的坐标为（4，0） ，
点C的坐标为（-4，0），点P在射线AB上运动，连结CP与y轴交于点D，连结BD．过P，D ，B
三点作⊙Q与y轴的另一个交点为E，延长DQ交⊙Q于点F，连结EF，BF．

（1）求直线AB的函数解析式；
（2）当点P在线段AB（不包括A，B两点）上时．
①求证：∠BDE=∠ADP；
②设DE=x，DF=y．请求出y关于x的函数解析式；
（3）请你探究：点P在运动过程 中，是否存在以B，D，F为顶点的直角三角形，满足两条直角边
之比为2：1？如果存在，求出此时点 P的坐标：如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）y=-x+4（2）①见解析y=
2< br>x（3）存在，点P的坐标为（2，2）或（8，-4）
【解析】
解：（1）设直线AB的函数解析式为y=kx+4，
代入（4，0）得：4k+4=0，
解得：k=-1，
则直线AB的函数解析式为y=-x+4；
（2）①由已知得：
OB=OC，∠BOD=∠COD=90°，
又∵OD=OD，
∴△BDO≌△COD，
∴∠BDO=∠CDO，
∵∠CDO=∠ADP，
∴∠BDE=∠ADP，
②如图，连结PE，

∵∠ADP是△DPE的一个外角，
∴∠ADP=∠DEP+∠DPE，
∵∠BDE是△ABD的一个外角，
∴∠BDE=∠ABD+∠OAB，
∵∠ADP=∠BDE，∠DEP=∠ABD，
∴∠DPE=∠OAB，
∵OA=OB=4，∠AOB=90°，
∴∠OAB=45°，
∴∠DPE=45°，
∴∠DFE=∠DPE=45°，
∵DF是⊙Q的直径，
∴∠DEF=90°，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∴DF=
2
DE，即y=
2
x；
（3）当BD：BF=2：1时，
如图，过点F作FH⊥OB于点H，

∵∠DBO+∠OBF=90°，∠OBF+∠BFH=90°，
∴∠DBO=∠BFH，
又∵∠DOB=∠BHF=90°，
∴△BOD∽△FHB，
∴
OBODBD

=2，
HFHBFB
∴FH=2，OD=2BH，
∵∠FHO=∠EOH=∠OEF=90°，
∴四边形OEFH是矩形，
∴OE=FH=2，
1
∴EF=OH=4-OD，
2
∵DE=EF，
1
∴2+OD=4-OD，
2
44
解得：OD=，∴点D的坐标为（0，），
33
14
∴直线CD的解析式为y=x+，
33

x2
由，得：

，
y2

则点P的坐标为（2，2）；
当
BD1

时，
BF2
连结EB，同（2）①可得：∠ADB=∠EDP，
而∠ADB=∠DEB+∠DBE，∠EDP=∠DAP+∠DPA，
∵∠DEP=∠DPA，
∴∠DBE=∠DAP=45°，
∴△DEF是等腰直角三角形，
如图，过点F作FG⊥OB于点G，

同理可得：△BOD∽△FGB，
∴
OBODBD1

，
GFGBFB2
1
∴FG=8，OD=BG，
2
∵∠FGO=∠GOE=∠OEF=90°，
∴四边形OEFG是矩形，
∴OE=FG=8，
∴EF=OG=4+2OD，
∵DE=EF，
∴8-OD=4+2OD，
OD=
4
，
3
4
），
3
∴点D的坐标为（0，-
14
直线C D的解析式为：
yx
，
33
14

yx
x8

由

，得：，
33


y4

yx4

∴点P的坐标为（8，-4），
综上所述，点P的坐标为（2，2）或（8，-4）．
33．已知直线y=x+6交x轴于点 A，交y轴于点C，经过A和原点O的抛物线y=ax
2
+bx(a＜0）的顶
点B在 直线AC上.
（1）求抛物线的函数关系式；
（2）以B点为圆心，以AB为半径作⊙B， 将⊙B沿x轴翻折得到⊙D，试判断直线AC与⊙D的位置
关系，并说明理由；
¼
（ 3）若E为⊙B优弧
ACO
上一动点,连结AE、OE，问在抛物线上是否存在一点M，使∠M OA︰∠AEO=2
︰3，若存在，试求出点M的坐标；若不存在，试说明理由.

1
【答案】（1）该抛物线的函数关系式为y=﹣x
2
﹣2x；
3
（2）相切，理由见解析；
（3）存在这样的点M，M的坐标为（﹣6+
3
，﹣1+2
3
）或（﹣6﹣
3
，﹣1﹣2
3
）．
【解析】
试题分析：（1）根据过A、C两点的直线的解析式即可求出A，C的坐标，根据A ，O的坐标即可得
出抛物线的对称轴的解析式，然后将A点坐标代入抛物线中，联立上述两式即可求出抛 物线的解析
式．
（2）直线与圆的位置关系无非是相切与否，可连接AD，证AD是否与AC 垂直即可．由于B，D关
于x轴对称，那么可得出∠CAO=∠DAO=45°，因此可求出∠DAB= 90°，即DA⊥AC，因此AC与圆D
相切．
（3）根据圆周角定理可得出∠AEO=45 °，那么∠MOA=30°，即M点的纵坐标的绝对值和横坐标的
绝对值的比为tan30°，由此可得 出x，y的比例关系式，然后联立抛物线的解析式即可求出M点
的坐标．（要注意的是本题要分点M在x 轴上方还是下方两种情况进行求解）．
试题解析：（1）根据题意知：A（﹣6，0），C（0，6）
2
∵抛物线y=ax+bx（a＜0）经过A（﹣6，0），0（0，0）．
b
∴对称轴x=

=﹣3，b=6a…①
2a
当x=﹣3时，代入y=x+6得y=﹣3+6=3，
∴B点坐标为（﹣3，3）．
∵点B在抛物线y=ax
2
+bx上，
∴3=9a﹣3b…②
1
结合①②解得a=﹣，b=﹣2，
3
1
2
∴该抛物线的函数关系式为y=﹣x﹣2x；
3
（2）相切
理由：连接AD，
∵AO=OC
∴∠ACO=∠CAO=45°
∵⊙B与⊙D关于x轴对称
∴∠BAO=∠DAO=45°
∴∠BAD=90°
又∵AD是⊙D的半径，
∴AC与⊙D相切．
1
∵抛物线的函数关系式为y=﹣x
2
﹣2x，
3
∴函数顶点坐标为（﹣3，3），
由于D、B关于x轴对称，
则BD=3×2=6；
（3）存在这样的点M．
设M点的坐标为（x，y）
∵∠AEO=∠ACO=45°
而∠MOA：∠AEO=2：3
∴∠MOA=30°
当点M在x轴上方时，
3
y
=tan30°=，
3
x

∴y=﹣
3
x．
3
1
∵点M在抛物线y=﹣x
2
﹣2x上，
3
∴﹣
3
1
x=﹣x
2
﹣2x，
3
3
解得x=﹣6+
3
，x=0（不合题意，舍去）
∴M（﹣6+
3
，﹣1+2
3
）．
当点M在x轴下方时，
3
x，
3
3
y
=tan30°=，
3
x
∴y=1
∵点M在抛物线y=﹣x
2
﹣2x上．
3
∴
3
1
x=﹣x
2
﹣2x，
3
3
解得x=﹣6﹣
3
，x=0（不合题意，舍去）．
∴M（﹣6﹣
3
，﹣1﹣2
3
），
∴M的坐标为（﹣6+
3
，﹣1+2
3
）或（﹣6﹣
3
，﹣1﹣2
3）．
．
考点：二次函数综合题．
34．如图，在平面直角坐标系xOy中， AB在x轴上，以AB为直径的半⊙O’与y轴正半轴交于点C，
连接BC，AC．CD是半⊙O’的切 线，AD⊥CD于点D．
（1）求证：∠CAD=∠CAB；
1
（2）已知抛物线
yax
2
bxc
过A、B、C三点，AB=10，tan∠CAD=．
2
①求抛物线的解析式；
②判断抛物线的顶点E是否在直线CD上，并说明理由；

③在抛物线上是否存在一点P，使四边形PBCA是直角梯形．若存在，直接写出点P的 坐标(不写求
解过程)；若不存在，请说明理由．
1
2
3
【答案】 (1)证明见解析；（2）y=-x-x+4；顶点E是否在直线CD上，理由见解析；P
1
（ -10，
42
-6），P
2
（10，-36）．
【解析】
试题分析：（1）连接O′C，由CD是⊙O的切线，可得O′C⊥CD，则可证得O′C∥AD，又由O′A =O′C，
则可证得∠CAD=∠CAB；
（2）①首先证得△CAO∽△BCO，根据相似 三角形的对应边成比例，可得OC
2
=OAOB，又由tan∠CAO=tan
1∠CAD=，则可求得CO，AO，BO的长，然后利用待定系数法即可求得二次函数的解析式；
2
②首先证得△FO′C∽△FAD，由相似三角形的对应边成比例，即可得到F的坐标，求得直线DC 的
解析式，然后将抛物线的顶点坐标代入检验即可求得答案；
③根据题意分别从PA∥BC与PB∥AC去分析求解即可求得答案，小心漏解．
试题解析:（1）证明：连接O′C，
∵CD是⊙O′的切线，
∴O′C⊥CD，
∵AD⊥CD，
∴O′C∥AD，
∴∠O′CA=∠CAD，
∵O′A=O′C，
∴∠CAB=∠O′CA，
∴∠CAD=∠CAB；
（2）解：①∵AB是⊙O′的直径，
∴∠ACB=90°，
∵OC⊥AB，
∴∠CAB=∠OCB，
∴△CAO∽△BCO，
OCOB
∴，

OAOC
即OC
2
=OAOB，
1
∵tan∠CAO=tan∠CAD=，
2
∴AO=2CO，
又∵AB=10，
∴OC
2
=2CO（10-2CO），
解得CO
1
=4，CO
2
=0（舍去），
∴CO=4，AO=8，BO=2
∵CO＞0，
∴CO=4，AO=8，BO=2，
∴A（-8，0），B（2，0），C（0，4），
∵抛物线y=ax
2
+bx+c过点A，B，C三点，
∴c=4，
由题意得：

4a2b40
，

64a8b 40


1

a


4
解得：

，
3

b

2
1
2
3
x-x+4；
42
②设直线DC交x轴于点F，
∴△AOC≌△ADC，
∴AD=AO=8，
∵O′C∥AD，
∴△FO′C∽△FAD，
O

FO

C
∴，

AFAD
∴O′FAD=O′CAF，
∴8（BF+5）=5（BF+10），
1016
∴BF=，F（，0）；
33
设直线DC的解析式为y=kx+m，
∴抛物线的解析式为：y=-

m4

则

16
，
km0

3

m4

解得：

3
，
k

4
3
x+4，
4
1312525由y=-x
2
-x+4=-（x+3）
2
+得顶点E的坐标为（-3，） ，
42444
253
将E（-3，）代入直线DC的解析式y=--x+4中，
44
325
右边=-×（-3）+4==左边，
44
∴抛物线顶点E在直线CD上；
（3）存在，P
1
（-10，-6），P
2
（10，-36）．
①∵A（-8，0），C（0，4），
1
∴过A、C两点的直线解析式为y=x+4，
2
1
设过点B且与 直线AC平行的直线解析式为：y=x+b，把B（2，0）代入得b=-1，
2
1
∴直线PB的解析式为y=x-1，
2
∴直线DC的解析式为 y=-
1

yx1


2
∴

，
13

yx
2
x4

42


x10

x2
解得

,

（舍去），

y6

y0
∴P
1
（-10，-6）．
②求P
2
的方法应为过点A作与BC平行的直线，
可求出BC解析式，进而求出与之平行的直线的解析式，
与求P
1
同法，可 求出x
1
=-8，y
1
=0（舍去）；x
2
=10，y2
=-36．
∴P
2
的坐标（10，-36）．
考点:二次函数综合题．
35．如图1,在平面直角坐标系中,有一矩形ABCD,其三个顶 点的坐标分别为A（2,0）、B（8,0）、C
（8,3）．将直线l:y＝－3x－3以每秒3个单 位的速度向右运动,设运动时间为t秒．
y

y

D

C

·

O

A

（图1）

B

x

O

（图2）

M

x


（1）当t＝_________时,直线l经过点A．（直接填写答案）
（2）设直线l扫过矩形ABCD的面积为S,试求S＞0时S与t的函数关系式．
（3）在 第一象限有一半径为3、且与两坐标轴恰好都相切的⊙M,在直线l出发的同时,⊙M以每秒
2个单位的 速度向右运动,如图2所示,则当t为何值时,直线l与⊙M相切？
y

O

（备用图）

x


【答案】（1）1;
（2） 当1＜t≤
427
2
时,S＝

t1

;
32
当
421
＜t≤3时,S＝9t－;
32
103
时,S＝－(3t－10)
2
＋18;
32
当3＜t≤

当t＞
10
时,S＝18;
3
（3）t＝5－
10
或t＝5＋
10
．
【解析】
试题分析:（1）y＝－3x－3与x轴交点坐标是（-1,0）,直线l经过点A （2,0）,故向右平移3个
单位长度,直线l:y＝－3x－3以每秒3个单位的速度向右运动,所以 t=1;
（2）求出直线l:y=﹣3x+9t﹣3,再分情况讨论;
（3）分两种情况讨论,借助三角形相似即可．
试题解析:(1)y＝－3x－3与x轴交点 坐标是（-1,0）,直线l经过点A（2,0）,故向右平移3个单
位长度,直线l:y＝－3x－3 以每秒3个单位的速度向右运动,所以t=1;
（2）由题意,可知矩形ABCD顶点D的坐标为(2,3)．
由一次函数的性质可知,当t 由小到大变化时,直线l:y=﹣3(x﹣3t)-3=﹣3x+9t﹣3向右平移,依次
扫过矩形AB CD的不同部分．
可得当直线经过A(2,0)时,t=1;当直线经过D(2,3)时,t=
4
;当直线经过B(8,0)时,t=3;当直线经过
3
C(8,3)时,t=10
．
3
4
①当1＜t≤时,如图所示．
3
设直线l:y=-3x+9t﹣3与x轴交于点P,与AD交于点Q．
令y=0,可得x=3t﹣1,∴AP=3t﹣3;
令x=2,可得y=9t﹣9,∴AQ=9t﹣9．
1127
2
∴S=S< br>△APQ
=APAQ=(3t﹣3)(9t﹣9)=

t1

;
222
②当
4
＜t≤3时,如图所示．
3
设直线l:y=-3x+9t﹣3与x轴交于点P,与CD交于点Q．
令y=0,可得x=3t﹣1,∴AP=3t﹣3;
令y=3,可得x=3t﹣2,∴DQ=3t﹣4．
121
S=S
梯形APQD
=(DQ+AP)AD=9t－;
22
③当3＜t≤
10
时,如图所示．
3
设直线l:y=-3x+9t﹣3与BC交于点P,与CD交于点Q．
令x=8,可得y=9t﹣27,∴BP=9t﹣27,CP=30﹣9t;
令y=3,可得x=3t﹣2,∴DQ=3t﹣4,CQ=10﹣3t．
S=S
矩形 ABCD
﹣S
△PQC
=18﹣
13
CPCQ=－(3t－10)< br>2
＋18;
22

④当t＞
10
时,S=S< br>矩形ABCD
=18．
3
综上所述,S与t的函数关系式为:
2 74

2

St1,1＜t


23



21

4

S9t－ ,＜t3


2

3

;

S－
3
(3t－10)
2
＋18,

3＜ t
10



23



10


S18,

t＞


3


(3)若直线l:y=﹣3x+9t﹣3与⊙M相切,如图所示,应有两条符合条件的 切线．
设直线与x轴、y轴交于A、B点,则A(3t﹣1,0)、B(0,9t﹣3),∴OB=3OA．
由题意,可知⊙M与x轴相切,设切点为D,连接MD;
设直线与⊙M的一个切点为P,连接 MP并延长交x轴于点G;过P点作PN⊥MD于点N,PH⊥x轴于点H．
易证△PMN∽△BAO,∴PN:MN=OB:OA=3,∴PN=3MN．
在Rt△PM N中,由勾股定理得:PM
2
=PN
2
+MN
2
,解得:M N=
310910
,PN=,
1010
∴PH=ND=MD﹣MN=3﹣< br>310910
,OH=OD﹣HD=OD﹣PN=2t+3﹣,
1010
∴P (2t+3﹣
910310
,3﹣),代入直线解析式求得:t=5﹣
10
;
1010
同理,当切线位于另外一侧时,可求得:t=5+
10
．
考点:动点问题．