二次函数和圆练习(附标准答案)

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1、二次函数和圆一．解答题（共15小题）1．（2012•宜昌）如图，在平面直角坐标系中，直线y=x+1分别与两坐标轴交于B，A两点，C为该直线上的一动点，以每秒1个单位长度的速度从点A开始沿直线BA向上移动，作等边△CDE，点D和点E都在x轴上，以点C为顶点的抛物线y=a（x﹣m）2+n经过点E．⊙M与x轴、直线AB都相切，其半径为3（1﹣）a．矚慫润厲钐瘗睞枥庑赖。（1）求点A的坐标和∠ABO的度数；（2）当点C与点A重合时，求a的值；（3）点C移动多少秒时，等边△CDE的边CE第一次与⊙M相切？考

2、点：二次函数综合题．专题：代数几何综合题；压轴题；动点型；数形结合．分析：（1）已知直线AB的解析式，令解析式的x=0，能得到A点坐标；令y=0，能得到B点坐标；在Rt△OAB中，知道OA、OB的长，用正切函数即可得到∠ABO的读数．（2）当C、A重合时，就告诉了点C的坐标，然后结合OC的长以及等边三角形的特性求出OD、OE的长，即可得到D、E的坐标，利用待定系数即可确定a的值．（3）此题需要结合图形来解，首先画出第一次相切时的示意图（详见解答图）；已知的条件只有圆的半径，那么先连接圆心与三个切点

3、以及点E，首先能判断出四边形CPMN是正方形，那么CP与⊙M的半径相等，只要再求出PE就能进一步求得C点坐标；那么可以从PE=EQ，即Rt△MEP入手，首先∠CED=60°，而∠MEP=∠MEQ，易求得这两个角的度数，通过解直角三角形不难得到PE的长，即可求出PE及点C、E的坐标．然后利用C、E的坐标确定a的值，进而可求出AC的长，由此得解．解答：解：（1）当x=0时，y=1；当y=0时，x=﹣，∴OA=1，OB=，∴=∴A的坐标是（0，1）∠ABO=30°．（2）∵△CDE为等边△，点A（0，1

4、），∴tan30°=，∴，∴D的坐标是（﹣，0），E的坐标是（，0），把点A（0，1），D（﹣，0），E（，0）代入y=a（x﹣m）2+n，解得：a=﹣3．（3）如图，设切点分别是Q，N，P，连接MQ，MN，MP，ME，过点C作CH⊥x轴，H为垂足，过A作AF⊥CH，F为垂足．∵△CDE是等边三角形，∠ABO=30°∴∠BCE=90°，∠ECN=90°∵CE，AB分别与⊙M相切，∴∠MPC=∠CNM=90°，∴四边形MPCN为矩形，∵MP=MN∴四边形MPCN为正方形∴MP=MN=CP=CN=3（

5、1﹣）a（a＜0）．∵EC和x轴都与⊙M相切，∴EP=EQ．∵∠NBQ+∠NMQ=180°，∴∠PMQ=60°∴∠EMQ=30°，∴在Rt△MEP中，tan30°=，∴PE=（﹣3）a∴CE=CP+PE=3（1﹣）a+（﹣3）a=﹣2a∴DH=HE=﹣a，CH=﹣3a，BH=﹣3a，∴OH=﹣3a﹣，OE=﹣4a﹣∴E（﹣4a﹣，0）∴C（﹣3a﹣，﹣3a）设二次函数的解析式为：y=a（x+3a+）2﹣3a∵E在该抛物线上∴a（﹣4a﹣+3a+）2﹣3a=0得：a2=1，解之得a1=1，a2=﹣1

6、∵a＜0，∴a=﹣1∴AF=2，CF=2，∴AC=4∴点C移动到4秒时，等边△CDE的边CE第一次与⊙M相切．点评：这道二次函数综合题目涉及的知识点较多，有：待定系数法确定函数解析式、等边三角形的性质、切线长定理等重点知识．难度在于涉及到动点问题，许多数值都不是具体值；（3）题中，正确画出草图、贯彻数形结合的解题思想是关键．2．（2012•盐城）在平面直角坐标系xOy中，已知二次函数y=的图象经过点A（2，0）和点B（1，﹣），直线l经过抛物线的顶点且与t轴垂直，垂足为Q．聞創沟燴鐺險爱氇谴净。（

7、1）求该二次函数的表达式；（2）设抛物线上有一动点P从点B处出发沿抛物线向上运动，其纵坐标y1随时间t（t≥0）的变化规律为y1=﹣+2t．现以线段OP为直径作⊙C．残骛楼諍锩瀨濟溆塹籟。①当点P在起始位置点B处时，试判断直线l与⊙C的位置关系，并说明理由；在点P运动的过程中，直线l与⊙C是否始终保持这种位置关系？请说明你的理由．酽锕极額閉镇桧猪訣锥。②若在点P开始运动的同时，直线l也向上平行移动，且垂足Q的纵坐标y2随时间t的变化规律为y2=﹣1+3t，则当t在什么范围内变化时，直线l与⊙C相交

8、？此时，若直线l被⊙C所截得的弦长为a，试求a2的最大值．彈贸摄尔霁毙攬砖卤庑。考点：二次函数综合题．专题：压轴题；动点型．分析：（1）所求函数的解析式中有两个待定系数，直接将A、B两点坐标代入即可得解．（2）①由于OP是⊙C的直径，根据P点的纵坐标可表示出C点的纵坐标，进而能表示出C到直线l的距离；OP长易得，然后通过比较⊙C的半径和C到直线l的距离，即可判定直线l与⊙C的位置关系．②该题要分两问来答，首先看第一问；该小题的思路和①完全一致，唯一不同的地方：要注意直线l与点C的位