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1. （2026·长沙月考）如图所示，抛物线$y=ax^2+bx+c(a＞0,c＜0,a,b,c$为常数$)$交$x$轴负半轴于点$A$，交$x$轴正半轴于点$B$，交$y$轴负半轴于点$C$，经过$A,B,C$三点的$\odot T$交$y$轴正半轴于点$D$。
(1)若抛物线的表达式为$y=\frac{3}{2}x^2-\frac{3}{2}x-3$，求圆心$T$的坐标；
(2)若$\odot T$的半径为$2$，$AB+CD=5$，求线段$OT$长度的取值范围。
(1)若抛物线的表达式为$y=\frac{3}{2}x^2-\frac{3}{2}x-3$，求圆心$T$的坐标；
(2)若$\odot T$的半径为$2$，$AB+CD=5$，求线段$OT$长度的取值范围。
答案
1. (1) 当 $y=0$ 时, 即 $\frac{3}{2} x^{2}-\frac{3}{2} x-3=0$, 解得 $x_{1}=-1, x_{2}=2$,
$\therefore A(-1,0), B(2,0)$; 当 $x=0$ 时, $y=-3$, 即 $C(0,-3). \because \odot T$ 经过 $A, B, C$ 三点, $\therefore$ 圆心 $T$ 在 $A B$ 的垂直平分线上, $T A=T C$.
$\because A(-1,0), B(2,0), \therefore A B$ 的中点横坐标为 $\frac{-1+2}{2}=\frac{1}{2}$. 设 $T(\frac{1}{2}, t)$, 则 $T A^{2}=(\frac{1}{2}+1)^{2}+(t-0)^{2}=(\frac{3}{2})^{2}+t^{2}$, $T C^{2}=(\frac{1}{2}-0)^{2}+(t+3)^{2}=(\frac{1}{2})^{2}+(t+3)^{2}. \because T A=T C, \therefore (\frac{3}{2})^{2}+t^{2}=(\frac{1}{2})^{2}+(t+3)^{2}$, 解得 $t=-\frac{7}{6}, \therefore T(\frac{1}{2},-\frac{7}{6})$.
(2) 如图, 过点 $T$ 作 $T E ⊥ x$ 轴于点 $E$, 过点 $T$ 作 $T F ⊥ y$ 轴于点 $F$, 连结 $T B, T C$, 设 $T E=p, T F=q, A B=m, C D=n, p ≥ 0, q ≥ 0$, 则 $O T=\sqrt{p^{2}+q^{2}}. \because$ 若 $\odot T$ 的半径为 $2, A B+C D=5, \therefore 1 ≤ m ≤ 4,1 ≤ n ≤ 4$,
$\therefore B E=\frac{1}{2} m, E T=p, T B=2. \because T B^{2}=T E^{2}+B E^{2}, \therefore 2^{2}=p^{2}+(\frac{m}{2})^{2}$, 即 $p^{2}=4-\frac{m^{2}}{4}$, 同理可得 $q^{2}=4-\frac{n^{2}}{4}, \therefore p^{2}+q^{2}=4-\frac{m^{2}}{4}+4-\frac{n^{2}}{4}=8-\frac{m^{2}+n^{2}}{4}=8-\frac{(m+n)^{2}-2 m n}{4}=8-\frac{25}{4}+\frac{m n}{2}=\frac{7}{4}+\frac{m n}{2}. \because m+n=5, \therefore n=5-m, 1 ≤ m ≤ 4, \therefore m n=m(5-m)=-m^{2}+5 m=-(m-\frac{5}{2})^{2}+\frac{25}{4}$,
$\therefore m n$ 的最大值为 $\frac{25}{4}$. 当 $m=1$ 时, $m n=4$; 当 $m=4$ 时, $m n=4$,
$\therefore 4 ≤ m n ≤ \frac{25}{4}, \therefore \frac{7}{4}+\frac{4}{2} ≤ p^{2}+q^{2} ≤ \frac{7}{4}+\frac{\frac{25}{4}}{2}$, 即 $\frac{15}{4} ≤ p^{2}+q^{2} ≤ \frac{39}{8}$,
$\therefore \frac{\sqrt{15}}{2} ≤ \sqrt{p^{2}+q^{2}} ≤ \frac{\sqrt{78}}{4}, \therefore \frac{\sqrt{15}}{2} ≤ O T ≤ \frac{\sqrt{78}}{4}$.
解析
【分析】
(1) 求圆心T的坐标时，首先明确过A、B、C三点的圆的圆心是△ABC的外心，外心在三角形三边的垂直平分线上。AB在x轴上，它的垂直平分线是垂直于x轴的直线，横坐标为A、B横坐标的平均值，因此先求抛物线与x轴、y轴的交点A、B、C的坐标，设出T的坐标，利用外心到顶点距离相等（TA=TC）列方程求解即可。
(2) 求OT的取值范围时，先过T作x轴、y轴的垂线，根据垂径定理可得TE平分AB、TF平分CD，结合圆的半径为2，可将TE²、TF²分别用AB、CD的长度表示，而OT²=TE²+TF²，再结合AB+CD=5的条件，将OT²转化为关于AB的二次函数，通过求二次函数的最值确定OT²的范围，最终得到OT的取值范围。
【解析】
(1) 当$y=0$时，令$\frac{3}{2} x^{2}-\frac{3}{2} x-3=0$，
整理得$x^2 -x -2=0$，解得$x_{1}=-1, x_{2}=2$，
$\therefore A(-1,0), B(2,0)$；
当$x=0$时，$y=-3$，即$C(0,-3)$。
$\because \odot T$经过$A, B, C$三点，$\therefore$圆心$T$在$AB$的垂直平分线上，且$TA=TC$。
$\because A(-1,0), B(2,0)$，$\therefore AB$的中点横坐标为$\frac{-1+2}{2}=\frac{1}{2}$。
设$T(\frac{1}{2}, t)$，则$TA^{2}=(\frac{1}{2}+1)^{2}+(t-0)^{2}=(\frac{3}{2})^{2}+t^{2}$，
$TC^{2}=(\frac{1}{2}-0)^{2}+(t+3)^{2}=(\frac{1}{2})^{2}+(t+3)^{2}$。
$\because TA=TC$，$\therefore TA^2=TC^2$，即$(\frac{3}{2})^{2}+t^{2}=(\frac{1}{2})^{2}+(t+3)^{2}$，
展开化简解得$t=-\frac{7}{6}$，$\therefore T(\frac{1}{2},-\frac{7}{6})$。
(2) 如图，过点$T$作$TE ⊥ x$轴于点$E$，过点$T$作$TF ⊥ y$轴于点$F$，连结$TB, TC$，
设$TE=p, TF=q, AB=m, CD=n$，由题意$p ≥ 0, q ≥ 0$，则$OT=\sqrt{p^{2}+q^{2}}$。
$\because \odot T$的半径为$2$，$AB+CD=5$，弦长最大为直径4，$\therefore 1 ≤ m ≤ 4,1 ≤ n ≤ 4$。
由垂径定理得：$BE=\frac{1}{2} m$，
在$Rt△ TEB$中，$TB^{2}=TE^{2}+BE^{2}$，
$\therefore 2^{2}=p^{2}+(\frac{m}{2})^{2}$，即$p^{2}=4-\frac{m^{2}}{4}$，
同理可得，在$Rt△ TFC$中，$q^{2}=4-\frac{n^{2}}{4}$，
$\therefore p^{2}+q^{2}=4-\frac{m^{2}}{4}+4-\frac{n^{2}}{4}=8-\frac{m^{2}+n^{2}}{4}$，
将$m^2+n^2=(m+n)^2-2mn$代入，结合$m+n=5$得：
$p^2+q^2=8-\frac{25-2mn}{4}=\frac{7}{4}+\frac{mn}{2}$。
$\because n=5-m$，$\therefore mn=m(5-m)=-m^{2}+5 m=-(m-\frac{5}{2})^{2}+\frac{25}{4}$，
$\because 1 ≤ m ≤4$，
$\therefore$当$m=\frac{5}{2}$时，$mn$取最大值$\frac{25}{4}$；当$m=1$或$m=4$时，$mn=4$，即$mn$最小值为4，
$\therefore 4 ≤ mn ≤ \frac{25}{4}$，
代入$p^2+q^2$的表达式得：
$\frac{7}{4}+\frac{4}{2} ≤ p^{2}+q^{2} ≤ \frac{7}{4}+\frac{\frac{25}{4}}{2}$，即$\frac{15}{4} ≤ p^{2}+q^{2} ≤ \frac{39}{8}$，
两边同时开平方得：$\frac{\sqrt{15}}{2} ≤ \sqrt{p^{2}+q^{2}} ≤ \frac{\sqrt{78}}{4}$，即$\frac{\sqrt{15}}{2} ≤ OT ≤ \frac{\sqrt{78}}{4}$。
【答案】
(1) $T(\frac{1}{2},-\frac{7}{6})$；
(2) $\frac{\sqrt{15}}{2} ≤ OT ≤ \frac{\sqrt{78}}{4}$
【知识点】
三角形外接圆性质，垂径定理，二次函数最值
【点评】
本题是圆与抛物线的综合题，第一问侧重基础，利用外接圆圆心的性质即可求解；第二问需要通过垂径定理将几何线段关系转化为代数表达式，再结合二次函数的最值求取值范围，较好地考查了数形结合思想和代数几何综合运用能力。
【难度系数】
0.4
(1) 求圆心T的坐标时，首先明确过A、B、C三点的圆的圆心是△ABC的外心，外心在三角形三边的垂直平分线上。AB在x轴上，它的垂直平分线是垂直于x轴的直线，横坐标为A、B横坐标的平均值，因此先求抛物线与x轴、y轴的交点A、B、C的坐标，设出T的坐标，利用外心到顶点距离相等（TA=TC）列方程求解即可。
(2) 求OT的取值范围时，先过T作x轴、y轴的垂线，根据垂径定理可得TE平分AB、TF平分CD，结合圆的半径为2，可将TE²、TF²分别用AB、CD的长度表示，而OT²=TE²+TF²，再结合AB+CD=5的条件，将OT²转化为关于AB的二次函数，通过求二次函数的最值确定OT²的范围，最终得到OT的取值范围。
【解析】
(1) 当$y=0$时，令$\frac{3}{2} x^{2}-\frac{3}{2} x-3=0$，
整理得$x^2 -x -2=0$，解得$x_{1}=-1, x_{2}=2$，
$\therefore A(-1,0), B(2,0)$；
当$x=0$时，$y=-3$，即$C(0,-3)$。
$\because \odot T$经过$A, B, C$三点，$\therefore$圆心$T$在$AB$的垂直平分线上，且$TA=TC$。
$\because A(-1,0), B(2,0)$，$\therefore AB$的中点横坐标为$\frac{-1+2}{2}=\frac{1}{2}$。
设$T(\frac{1}{2}, t)$，则$TA^{2}=(\frac{1}{2}+1)^{2}+(t-0)^{2}=(\frac{3}{2})^{2}+t^{2}$，
$TC^{2}=(\frac{1}{2}-0)^{2}+(t+3)^{2}=(\frac{1}{2})^{2}+(t+3)^{2}$。
$\because TA=TC$，$\therefore TA^2=TC^2$，即$(\frac{3}{2})^{2}+t^{2}=(\frac{1}{2})^{2}+(t+3)^{2}$，
展开化简解得$t=-\frac{7}{6}$，$\therefore T(\frac{1}{2},-\frac{7}{6})$。
(2) 如图，过点$T$作$TE ⊥ x$轴于点$E$，过点$T$作$TF ⊥ y$轴于点$F$，连结$TB, TC$，
设$TE=p, TF=q, AB=m, CD=n$，由题意$p ≥ 0, q ≥ 0$，则$OT=\sqrt{p^{2}+q^{2}}$。
$\because \odot T$的半径为$2$，$AB+CD=5$，弦长最大为直径4，$\therefore 1 ≤ m ≤ 4,1 ≤ n ≤ 4$。
由垂径定理得：$BE=\frac{1}{2} m$，
在$Rt△ TEB$中，$TB^{2}=TE^{2}+BE^{2}$，
$\therefore 2^{2}=p^{2}+(\frac{m}{2})^{2}$，即$p^{2}=4-\frac{m^{2}}{4}$，
同理可得，在$Rt△ TFC$中，$q^{2}=4-\frac{n^{2}}{4}$，
$\therefore p^{2}+q^{2}=4-\frac{m^{2}}{4}+4-\frac{n^{2}}{4}=8-\frac{m^{2}+n^{2}}{4}$，
将$m^2+n^2=(m+n)^2-2mn$代入，结合$m+n=5$得：
$p^2+q^2=8-\frac{25-2mn}{4}=\frac{7}{4}+\frac{mn}{2}$。
$\because n=5-m$，$\therefore mn=m(5-m)=-m^{2}+5 m=-(m-\frac{5}{2})^{2}+\frac{25}{4}$，
$\because 1 ≤ m ≤4$，
$\therefore$当$m=\frac{5}{2}$时，$mn$取最大值$\frac{25}{4}$；当$m=1$或$m=4$时，$mn=4$，即$mn$最小值为4，
$\therefore 4 ≤ mn ≤ \frac{25}{4}$，
代入$p^2+q^2$的表达式得：
$\frac{7}{4}+\frac{4}{2} ≤ p^{2}+q^{2} ≤ \frac{7}{4}+\frac{\frac{25}{4}}{2}$，即$\frac{15}{4} ≤ p^{2}+q^{2} ≤ \frac{39}{8}$，
两边同时开平方得：$\frac{\sqrt{15}}{2} ≤ \sqrt{p^{2}+q^{2}} ≤ \frac{\sqrt{78}}{4}$，即$\frac{\sqrt{15}}{2} ≤ OT ≤ \frac{\sqrt{78}}{4}$。
【答案】
(1) $T(\frac{1}{2},-\frac{7}{6})$；
(2) $\frac{\sqrt{15}}{2} ≤ OT ≤ \frac{\sqrt{78}}{4}$
【知识点】
三角形外接圆性质，垂径定理，二次函数最值
【点评】
本题是圆与抛物线的综合题，第一问侧重基础，利用外接圆圆心的性质即可求解；第二问需要通过垂径定理将几何线段关系转化为代数表达式，再结合二次函数的最值求取值范围，较好地考查了数形结合思想和代数几何综合运用能力。
【难度系数】
0.4
2. 如图,在平面直角坐标系中,抛物线$y=x^2+(1-m)x-m$交x轴于A,B两点(点A在点B的左边),交y轴负半轴于点C.设经过A,B,C三点的$\odot M$交y轴于另外一点E,$m=3OE$,经过点M的直线$y=kx+b(k≠0)$交抛物线于G,H两点,若GH的长等于$\odot M$的直径长,求$k^2$的值.
答案
2. 如图, 连结 $A E, B C$, 由 $y=x^{2}+(1-m) x-m$ 可得 $A(-1,0), B(m, 0)$, $C(0,-m), \therefore O B=O C=m, O A=1$,
$\therefore ∠ A B C=∠ E C B. \because$ 点 $A, C, B, E$ 四点共圆, $\therefore ∠ A E O=∠ A B C, ∠ E A O=∠ E C B$,
$\therefore ∠ A E O=∠ E A O, \therefore O A=O E, \therefore O E=1$,
$\therefore m=3 O E=3, \therefore$ 该抛物线表达式为 $y=x^{2}-2 x-3, \therefore A(-1,0), B(3,0)$, $C(0,-3), E(0,1). \because$ 点 $M$ 为圆心,
$\therefore$ 点 $M$ 横坐标与 $A B$ 中点横坐标相等, 点 $M$ 纵坐标与 $C E$ 中点纵坐标相等, $\therefore M(\frac{-1+3}{2}, \frac{1-3}{2})$, 即 $M(1,-1)$. 过点 $M$ 作 $M D ⊥ x$ 轴于点 $D$, 连结 $B M, \therefore B M=\sqrt{(3-1)^{2}+1^{2}}=\sqrt{5}, \therefore G H=2 \sqrt{5}. \because$ 把 $M(1,-1)$ 代入 $y=k x+b$, 得 $-1=k+b$, 整理得 $b=-k-1, \therefore$ 直线 $y=k x+b$ 表达式为 $y=k x-k-1, \therefore$ 联立 $\begin{cases}y=k x-k-1, \\ y=x^{2}-2 x-3,\end{cases} x^{2}-(k+2) x+k-2=0, \therefore x_{H}+x_{G}=k+2$, $x_{H} · x_{G}=k-2, \therefore(x_{H}-x_{G})^{2}=(x_{H}+x_{G})^{2}-4 x_{H} · x_{G}=(k+2)^{2}-4(k-2)=k^{2}+12, \therefore y_{H}=k · x_{H}-k-1, y_{G}=k · x_{G}-k-1, \therefore H G^{2}=(x_{H}-x_{G})^{2}+(y_{H}-y_{G})^{2}=(x_{H}-x_{G})^{2}+k^{2}(x_{H}-x_{G})^{2}=(k^{2}+1)(k^{2}+12), \therefore(k^{2}+1) · (k^{2}+12)=20, \therefore k^{2}=\frac{-13 \pm \sqrt{201}}{2}. \because k^{2}＞0, \therefore k^{2}=\frac{\sqrt{201}-13}{2}$.
解析
【分析】
解题时首先通过因式分解抛物线解析式，求出抛物线与坐标轴的交点A、B、C的坐标；再利用四点共圆的圆周角性质，推导得出△AEO为等腰三角形，求出OE长度，结合已知条件算出m的值，确定抛物线的具体解析式；接着根据圆心是弦的垂直平分线交点，求出圆心M的坐标，计算得到⊙M的直径；之后将M点坐标代入直线解析式，得到b与k的关系，联立直线与抛物线解析式，利用一元二次方程根与系数的关系得到两根之和与两根之积，结合弦长公式，根据GH等于直径列方程，最终求解得到k²的值。
【解析】
对抛物线解析式因式分解得$y=x^2+(1-m)x-m=(x+1)(x-m)$，令y=0，解得x=-1或x=m，由点A在点B左侧得$A(-1,0)$，$B(m,0)$；令x=0，得y=-m，C在y轴负半轴，故$C(0,-m)$，因此$OB=OC=m$，$OA=1$，可得$∠ABC=∠ECB$。
因为A、B、C、E四点共圆，由同弧所对圆周角相等得$∠AEO=∠ABC$，$∠EAO=∠ECB$，因此$∠AEO=∠EAO$，则$OA=OE=1$。
由$m=3OE$得$m=3$，抛物线解析式为$y=x^2-2x-3$，此时$A(-1,0)$，$B(3,0)$，$C(0,-3)$，$E(0,1)$。
圆心M为AB、CE垂直平分线的交点：AB中点横坐标为$\frac{-1+3}{2}=1$，CE中点纵坐标为$\frac{1-3}{2}=-1$，因此$M(1,-1)$。
过M作$MD⊥x$轴于D，连接BM，由勾股定理得$BM=\sqrt{(3-1)^2+(0+1)^2}=\sqrt{5}$，故⊙M直径为$2\sqrt{5}$，即$GH=2\sqrt{5}$。
将$M(1,-1)$代入$y=kx+b$得$-1=k+b$，即$b=-k-1$，直线解析式为$y=kx-k-1$。
联立直线与抛物线解析式：
$\begin{cases}y=kx-k-1\\y=x^2-2x-3\end{cases}$
消去y整理得$x^2-(k+2)x+k-2=0$，设G、H横坐标分别为$x_G、x_H$，由韦达定理得$x_G+x_H=k+2$，$x_G·x_H=k-2$。
因此$(x_H-x_G)^2=(x_H+x_G)^2-4x_Gx_H=(k+2)^2-4(k-2)=k^2+12$。
又$y_H-y_G=k(x_H-x_G)$，故$GH^2=(x_H-x_G)^2+(y_H-y_G)^2=(1+k^2)(x_H-x_G)^2=(k^2+1)(k^2+12)$。
由$GH=2\sqrt{5}$得$GH^2=20$，即$(k^2+1)(k^2+12)=20$，整理得$k^4+13k^2-8=0$，将$k^2$看作整体由求根公式得$k^2=\frac{-13±\sqrt{201}}{2}$，因$k^2＞0$，故$k^2=\frac{\sqrt{201}-13}{2}$。
【答案】
$k^2=\frac{\sqrt{201}-13}{2}$
【知识点】
二次函数的性质，圆的基本性质，韦达定理与弦长计算
【点评】
本题是二次函数与圆的综合题，融合了圆周角性质、圆心坐标求解、直线与抛物线相交的弦长计算等考点，要求具备较强的知识综合运用能力和代数运算能力，利用韦达定理处理弦长问题是解题的核心。
【难度系数】
0.2
解题时首先通过因式分解抛物线解析式，求出抛物线与坐标轴的交点A、B、C的坐标；再利用四点共圆的圆周角性质，推导得出△AEO为等腰三角形，求出OE长度，结合已知条件算出m的值，确定抛物线的具体解析式；接着根据圆心是弦的垂直平分线交点，求出圆心M的坐标，计算得到⊙M的直径；之后将M点坐标代入直线解析式，得到b与k的关系，联立直线与抛物线解析式，利用一元二次方程根与系数的关系得到两根之和与两根之积，结合弦长公式，根据GH等于直径列方程，最终求解得到k²的值。
【解析】
对抛物线解析式因式分解得$y=x^2+(1-m)x-m=(x+1)(x-m)$，令y=0，解得x=-1或x=m，由点A在点B左侧得$A(-1,0)$，$B(m,0)$；令x=0，得y=-m，C在y轴负半轴，故$C(0,-m)$，因此$OB=OC=m$，$OA=1$，可得$∠ABC=∠ECB$。
因为A、B、C、E四点共圆，由同弧所对圆周角相等得$∠AEO=∠ABC$，$∠EAO=∠ECB$，因此$∠AEO=∠EAO$，则$OA=OE=1$。
由$m=3OE$得$m=3$，抛物线解析式为$y=x^2-2x-3$，此时$A(-1,0)$，$B(3,0)$，$C(0,-3)$，$E(0,1)$。
圆心M为AB、CE垂直平分线的交点：AB中点横坐标为$\frac{-1+3}{2}=1$，CE中点纵坐标为$\frac{1-3}{2}=-1$，因此$M(1,-1)$。
过M作$MD⊥x$轴于D，连接BM，由勾股定理得$BM=\sqrt{(3-1)^2+(0+1)^2}=\sqrt{5}$，故⊙M直径为$2\sqrt{5}$，即$GH=2\sqrt{5}$。
将$M(1,-1)$代入$y=kx+b$得$-1=k+b$，即$b=-k-1$，直线解析式为$y=kx-k-1$。
联立直线与抛物线解析式：
$\begin{cases}y=kx-k-1\\y=x^2-2x-3\end{cases}$
消去y整理得$x^2-(k+2)x+k-2=0$，设G、H横坐标分别为$x_G、x_H$，由韦达定理得$x_G+x_H=k+2$，$x_G·x_H=k-2$。
因此$(x_H-x_G)^2=(x_H+x_G)^2-4x_Gx_H=(k+2)^2-4(k-2)=k^2+12$。
又$y_H-y_G=k(x_H-x_G)$，故$GH^2=(x_H-x_G)^2+(y_H-y_G)^2=(1+k^2)(x_H-x_G)^2=(k^2+1)(k^2+12)$。
由$GH=2\sqrt{5}$得$GH^2=20$，即$(k^2+1)(k^2+12)=20$，整理得$k^4+13k^2-8=0$，将$k^2$看作整体由求根公式得$k^2=\frac{-13±\sqrt{201}}{2}$，因$k^2＞0$，故$k^2=\frac{\sqrt{201}-13}{2}$。
【答案】
$k^2=\frac{\sqrt{201}-13}{2}$
【知识点】
二次函数的性质，圆的基本性质，韦达定理与弦长计算
【点评】
本题是二次函数与圆的综合题，融合了圆周角性质、圆心坐标求解、直线与抛物线相交的弦长计算等考点，要求具备较强的知识综合运用能力和代数运算能力，利用韦达定理处理弦长问题是解题的核心。
【难度系数】
0.2
