抛物线与圆的综合

拔高专 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 抛物线与圆得综合一、基本模型构建常见模型思考圆与抛物线以及与坐标系相交，根据抛物线得解析式可求交点坐标，根据交点可求三角形得边长，由于圆得位置不同，三角形得形状也不同。再根据三角形得形状，再解决其它问题。二、拔高精讲精练探究点一：抛物线、圆与直线相切得问题例1:（2015?崇左）如图，在平面直角坐标系中，点M得坐标就是（5，4），⊙M与y轴相切于点C，与x轴相交于A，B两点．（1）则点A，B，C得坐标分别就是A（2，0），B（8，0），C（0，4）；（2）设经过A，B两点得抛物线解析式为y=1（x-5）2+k，它得顶点为E，求证：直线EA4与⊙M相切；3）在抛物线得对称轴上，就是否存在点P，且点P在x轴得上方，使△PBC就是等腰三角形？如果存在，请求出点P得坐标；如果不存在，请说明理由．（1）解：连接MC、MA，如图1所示：∵⊙M与y轴相切于点C，∴MC⊥y轴，∵M（5，4），∴MC=MA=5，OC=MD=4，∴C（0，4），∵MD⊥AB，∴DA=DB，∠MDA=90°，∴AD=5242=3，∴BD=3，∴OA=5-3=2，OB=5+3=8，∴A（2，0），B（8，0）；（2）证明：把点A（2，0）代入抛物线y=1（x-5）2+k，得：k=-9，∴E（5，-9），4449，∴ME=MD+DE=4+9252292225，∵MA222225225，∴DE=4=，EA=3+（4）=16+EA=5+=441616ME2=225，16MA2+EA2=ME2，∴∠MAE=90°，即EA⊥MA，∴EA与⊙M相切；（3）解：存在；点P坐标为（5，4），或（5，71），或（5，4+55）；理由如下：由勾股定理得：BC=OC2OB2=4282=45，分三种情况：①当PB=PC时，点P在BC得垂直平分线上，点P与M重合，∴P（5，4）；②当BP=BC=45时，如图2所示：∵PD=BP2BD22=803=71，∴（，71）；P5③当PC=BC=45时，连接MC，如图3所示：则∠PMC=90°，根据勾股定理得：PM=PC2MC2=8052=55，∴PD=4+55，∴P（5，4+55）；综上所述：存在点P，且点P在x轴得上方，使△PBC就是等腰三角形，点P得坐标为（5，4），或（5，71），或（5，4+55）．【变式训练】（2015?柳州）如图，已知抛物线y=-1（x2-7x+6）得顶点坐标为M，与x轴2相交于A，B两点（点B在点A得右侧），与y轴相交于点C．（1）用配方法将抛物线得解析式化为顶点式：y=a（x-h）2+k（a≠0），并指出顶点M得坐标；（2）在抛物线得对称轴上找点R，使得CR+AR得值最小，并求出其最小值与点R得坐标；（3）以AB为直径作⊙N交抛物线于点P（点P在对称轴得左侧），求证：直线MP就是⊙N得切线．1）解：∵y=-1（x2-7x+6）=-1（x2-7x）-3=-1（x-7）2+25，∴抛物线得解析式化为22228顶点式为：y=-1（x-7）2+25，顶点M得坐标就是（7，25）；22828（2）解：∵y=-1（x2-7x+6），∴当y=0时，-1（x2-7x+6）=0，解得x=1或6，∴A（1，220），B（6，0），∵x=0时，y=-3，∴C（0，-3）．连接BC，则BC与对称轴x=7得交点为R，2连接AR，则CR+AR=CR+BR=BC，根据两点之间线段最短可知此时CR+AR得值最小，最小值为BC=6232=35．设直线BC得解析式为y=kx+b，∵B（6，0），C（0，-3），6kb＝0k＝1BC得解析式为：y=1x-3，令x=7，得y=1×∴＝，解得2，∴直线3222bb＝37-3=-5，∴R点坐标为（7，-5）；2424（3）证明：设点P坐标为（x，-1x2+7x-3）．∵A（1，0），B（6，0），∴N（7，0），222∴以AB为直径得⊙N得半径为1AB=5，∴NP=5，即（x-7）2+（-1x2+7x-3）2=（5）22222222，化简整理得，x4-14x3+65x2-112x+60=0，（x-1）（x-2）（x-5）（x-6）=0，解得x1=1（与A重合，舍去），x2=2，x3=5（在对称轴得右侧，舍去），x4=6（与B重合，舍去），∴点P坐标为（2，2）．∵M（7，25），N（7，0），∴PM2=（2-7）2+（2-25）2=225，PN2=28228642-7）2+22=25=400，2464MN2=（25）2=625，∴PM2+PN2=MN2，∴∠MPN=90°，∵点P在⊙N上，∴直线MP864就是⊙N得切线．【教师总结】本题就是二次函数综合题目，考查了坐标与图形性质、垂径定理、二次函数解析式得求法、勾股定理、勾股定理得逆定理、切线得判定、等腰三角形得性质等知识；综合性强．探究点二：抛物线、圆与三角形得最值问题例2:（2015?茂名）如图，在平面直角坐标系中，⊙A与x轴相交于C（-2，0），D（-8，0）两点，与y轴相切于点B（0，4）．1）求经过B，C，D三点得抛物线得函数表达式；2）设抛物线得顶点为E，证明：直线CE与⊙A相切；（3）在x轴下方得抛物线上，就是否存在一点F，使△BDF并求出点F得坐标。面积最大，最大值就是多少？解：（1）设抛物线得解析式为：y=ax2+bx+c，把B（0，4），C（-2，0），D（-8，0）代入得：4＝c0＝4a2bc，0＝64a8bc＝1a4解得＝5．∴经过B，C，D三点得抛物线得函数表达式为：y=1x2+5x+4；b422c＝4（2）∵y=1x2+5x+4=1（x+5）2-9，∴E（-5，-9），设直线CE得函数解析式为y=mx+n，424440＝2mn＝3m4，∴y=33，在y=33直线CE与y轴交于点G，则9＝5mn，解得：x+x+＝342424n2中，令x=0，y=3，∴G（0，3），22如图1，连接AB，AC，AG，则BG=OB-OG=4-3=5，CG=OC2OG2=22(3)2=5，2222∴BG=CG，AB=AC，AB＝AC在△ABG与△ACG中，BG＝CG，∴△ABG≌△ACG，∴∠ACG=∠ABG，∵⊙A与yAG＝AG轴相切于点B（0，4），∴∠ABG=90°，∴∠ACG=∠ABG=90°∵点C在⊙A上，∴直线CE与⊙A相切；（3）存在点F，使△BDF面积最大，如图2连接BD，BF，DF，设F（t，1t2+5t+4），42＝d过F作FN∥y轴交BD于点N，设直线BD得解析式为y=kx+d，则4，解得＝8kd0k＝1x+4，2．∴直线BD得解析式为y=1d＝42∴点N得坐标为（t，1t+4），∴FN=1t+4-（1t2+5t+4）=-1t2-2t，∴22424△DBF=S△DNF+S△BNF=111222，∴当t=-4△BDFSOD?FN=×8×（-t-2t）=-t-8t=-（t+4）+16时，S224125最大，最大值就是16，当t=-4时，t+t+4=-2，∴F（-4，-2）．42【变式训练】如图，已知抛物线y=ax2+bx+c（a＞0，c＜0）交x轴于点A，B，交y轴于点C，设过点A，B，C得圆与y轴得另一个交点为D．已知点A，B，C得坐标分别为（-2，0），（8，0），（0，-4）．（1）求此抛物线得表达式与点D得坐标；（2）若点M为抛物线上得一动点，且位于第四象限，求△BDM面积得最大值。4a2bc＝0解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c过点A（-2，0），B（8，0），C（0，-4），∴64a8bc＝0，c＝4a＝14解得b＝3，2c＝4∴抛物线得解析式为：y=1x2-3x-4；∵OA=2，OB=8，OC=4，∴AB=10．如答图1，连接42AC、BC，由勾股定理得：AC=20，BC=80．∵AC2+BC2=AB2=100，∴∠ACB=90°，∴AB为圆得直径．由垂径定理可知，点C、D关于直径AB对称，∴D（0，4）；（2）解法一：设直线BD得解析式为y=kx+b，∵B（8，0），D（0，4），∴8kb＝0＝4，bk＝1解得2，∴直线BD解析式为：y=-1x+4．设M（x，1x2-3x-4），如答图2-1，b＝4242过点M作ME∥y轴，交BD于点E，则E（x，-1x+4）．∴ME=（-1x+4）-（1x2-3x-4）11212142=-x2+x+8．∴S△BDM=S△MED+S△MEB=ME（xE-xD）+ME（xB-xE）=ME（xB-xD）=4ME，42221∴S△BDM=4（-4为36；x2+x+8）=-x2+4x+32=-（x-2）2+36．∴当x=2时，△BDM得面积有最大值解法二：如答图2-2，过M作MN⊥y轴于点N．设M（m，1m2-3m-4），∵S△OBD=1OB422?OD=1=16，S梯形OBMN=1（MN+OB）?ON=1（m+8）[-（1m2-3m-4）]=-1m（1m2-3m-4）22242242-4（1m2-3m-4），412113113S△MND=MN?DN=m[4-（m2-m-4）]=2m-m（m2-m-4），∴S△BDM=S△OBD+S梯2242242形OBMN-S△MND=16-1m（1m2-3m-4）-4（1m2-3m-4）-2m+1m（1m2-3m-4）=16-4242422421m2-3m-4）-2m=-m2+4m+32=-（m-2）2+36；∴当m=2时，△BDM得面积有最大值为4236．【教师总结】本题考查了待定系数法求解析式，在解答此类问题时要注意构造出辅助线，用圆得有关性质、勾股定理、三角形面积得求法等综合求解、利