1.「2026江苏连云港赣榆实验中学月考」现给出一元二次方程$x^2+bx+c=0$的几何解法:如图1,在平面直角坐标系中,已知点$A(0,1),B(-b,c)$,以AB为直径作$\odot P$.若$\odot P$交x轴于点$M(m,0),N(n,0)$,则$m,n$为方程$x^2+bx+c=0$的两个实数根.
(1)由勾股定理得,$AM^2=1^2+m^2,BM^2=c^2+(-b-m)^2,AB^2=(1-c)^2+b^2$.在$Rt△ ABM$中,$AM^2+BM^2=AB^2$,所以$1^2+m^2+c^2+(-b-m)^2=(1-c)^2+b^2$,化简得$m^2+bm+c=0$.同理可得.所以$m,n$为方程$x^2+bx+c=0$的两个实数根.
(2)在图2中的x轴上画出以方程$x^2-3x-2=0$的根为横坐标的点$M,N$(尺规作图,保留作图痕迹,不用写出作法.$M$在$N$的左侧).
(3)已知点$A(0,1),B(6,9)$,以$AB$为直径作$\odot C$,判断$\odot C$与$x$轴的位置关系.
(4)在平面直角坐标系中,已知两点$A(0,a),B(-b,c)$,若以$AB$为直径的圆与$x$轴有两个交点$M,N$,求以点$M,N$的横坐标为根的一元二次方程.

1. (1)$n^2+bn+c=0$.
(2)如图所示.
提示:先在坐标系内找到$A(0,1),B(3,-2)$,连接$AB$,分别以点$A,B$为圆心,大于$\dfrac{1}{2}AB$的长为半径画弧,连接两弧的交点与$AB$交于点$P$,以点$P$为圆心,$AB$长为直径画圆,圆与$x$轴的交点即为点$M,N$.
(3)由题意得,$A(0,1),B(6,9)$对应的方程为$x^2-6x+9=0$,
$\because \Delta =b^2-4ac=(-6)^2-4× 1× 9=0$,
$\therefore$ 方程$x^2-6x+9=0$有两个相等的实数根,
$\therefore \odot C$与$x$轴只有一个交点,即$\odot C$与$x$轴相切.
(4)如图,连接$AM,BM,AN,BN$,设点$M(m,0),N(n,0)$,易知$∠ AOM=∠ AMB=∠ BCN=90°$,由勾股定理得$AM^2=a^2+m^2,BM^2=c^2+(-b-m)^2,AB^2=(a-c)^2+b^2$,
在$\mathrm{Rt}△ ABM$中,$AM^2+BM^2=AB^2$,
$\therefore a^2+m^2+c^2+(-b-m)^2=(a-c)^2+b^2$,
化简得$m^2+bm+ac=0$,同理可得$n^2+bn+ac=0$.
$\therefore m,n$为方程$x^2+bx+ac=0$的两个实数根.

【分析】
(1) 本小问类比点M的推导过程即可：AB是圆的直径，根据直径所对的圆周角为直角，可得∠ANB=90°，在Rt△ABN中用勾股定理列式化简，就能得到n满足的方程。
(2) 先对应方程$x^2-3x-2=0$与$x^2+bx+c=0$，得$b=-3、c=-2$，因此点B坐标为$(-b,c)=(3,-2)$，结合$A(0,1)$，按尺规作以AB为直径的圆的步骤作图，圆与x轴的交点就是所求的M、N。
(3) 先根据A、B坐标得到对应一元二次方程的系数，计算方程的判别式，通过判别式的值判断方程根的个数，即可得到圆与x轴的交点个数，从而判断位置关系。
(4) 类比第(1)问的推导方法，设M、N的横坐标为m、n，利用直径所对圆周角为直角，结合勾股定理列式化简，得到m、n满足的方程，就是所求的一元二次方程。
【解析】
(1) 对点$N(n,0)$，
∵AB为$\odot P$的直径，
∴$∠ ANB=90°$，在$Rt△ ABN$中，$AN^2+BN^2=AB^2$。
代入$AN^2=1^2+n^2$，$BN^2=c^2+(-b-n)^2$，$AB^2=(1-c)^2+b^2$，得：
$1^2+n^2+c^2+(-b-n)^2=(1-c)^2+b^2$，化简后可得$n^2+bn+c=0$。
(2) 由方程$x^2-3x-2=0$得$b=-3$，$c=-2$，因此点B坐标为$(3,-2)$，先确定$A(0,1)$、$B(3,-2)$的位置，作AB的垂直平分线找到AB中点P，以P为圆心、PA长为半径作圆，圆与x轴的左交点为M、右交点为N。
(3) 已知$A(0,1)$、$B(6,9)$，对比$B(-b,c)$可得$-b=6$，$c=9$，即$b=-6$，因此对应的一元二次方程为$x^2-6x+9=0$。
计算判别式：$\Delta = (-6)^2 -4×1×9=36-36=0$，可知该方程有两个相等的实数根，即$\odot C$与x轴只有1个公共点，因此$\odot C$与x轴相切。
(4) 设点M的横坐标为m，点N的横坐标为n。
∵AB为直径，
∴$∠ AMB=90°$，在$Rt△ AMB$中，$AM^2+BM^2=AB^2$。
代入$AM^2=a^2+m^2$，$BM^2=c^2+(-b-m)^2$，$AB^2=(a-c)^2+b^2$，得：
$a^2+m^2 + c^2 + (b+m)^2 = (a-c)^2 + b^2$
展开化简：$a^2+m^2+c^2+b^2+2bm+m^2 = a^2-2ac+c^2+b^2$
消去两边相同项后整理得：$m^2+bm+ac=0$，同理可得$n^2+bn+ac=0$。
因此以M、N的横坐标为根的一元二次方程为$x^2+bx+ac=0$。
【答案】
(1)$n^2+bn+c=0$
(2)
(3)$\odot C$与$x$轴相切
(4)$x^2+bx+ac=0$
【知识点】
1. 圆周角定理
2. 一元二次方程根的判别式
3. 直线与圆的位置关系
【点评】
本题是代数与几何结合的综合题型，将一元二次方程的根与圆的性质巧妙关联，既考查了圆的基本性质、尺规作图、直线与圆位置关系的判定，也考查了一元二次方程的相关知识，有助于培养数形结合的思维能力。
【难度系数】
0.65

2.「2025江苏连云港外国语学校月考」阅读理解:如图1,图2,点P分别在$\odot O$外,$\odot O$内,直线OP分别交$\odot O$于点A,B,则PA的长度是点P到$\odot O$上的点的最短距离,PB的长度是点P到$\odot O$上的点的最长距离.
(1)如图1,求证:PB最长.
(2)若平面内点P到$\odot O$上的点的最短距离为3,最长距离为7,则$\odot O$的半径为.
(3)如图3,正比例函数$y=2x$与反比例函数$y=\frac{k}{x}(k＞0)$的图象交于A,B两点,点P在以点$C(-2,0)$为圆心,1为半径的$\odot C$上,Q是AP的中点,已知OQ长的最大值为$\frac{3}{2}$,求k的值.

2. (1)证明:如图,$C$为$\odot O$上任意一点,连接$PC,OC$,
当点$C$与点$B$不重合时,
在$△ POC$中,$PO+CO＞PC$,
又$CO=BO$,$\therefore PO+BO＞PC$,即$PB＞PC$,
当点$C$与点$B$重合时,$PB=PC$,$\therefore PB≥ PC$,
$\because C$为$\odot O$上任意一点,
$\therefore PB$的长是点$P$到$\odot O$上的点的最长距离.
(2)$2$或$5$.
详解:类比题中材料,若点$P$在$\odot O$外,则$PA=3$,$PB=7$,
$\therefore AB=PB-PA=7-3=4$,$\therefore \odot O$的半径为$2$.
若点$P$在$\odot O$内,则$PA=3$,$PB=7$,
$\therefore AB=PB+PA=7+3=10$,$\therefore \odot O$的半径为$5$.
综上所述,$\odot O$的半径为$2$或$5$.
(3)如图,连接$BP$,
$\because OA=OB$,$Q$是$AP$的中点,
$\therefore OQ$是$△ ABP$的中位线,$\therefore OQ=\dfrac{1}{2}BP$,
$\because OQ$长的最大值为$\dfrac{3}{2}$,
$\therefore BP$长的最大值为$2× \dfrac{3}{2}=3$,
易得当$BP$过圆心$C$时,$BP$最长,过点$B$作$BD⊥ x$轴于点$D$,
$\because CP=1$,$\therefore BC=3-1=2$,
设$B(t,2t)$,则$CD=t-(-2)=t+2$,$BD=-2t$,
在$\mathrm{Rt}△ BCD$中,由勾股定理得,$BC^2=CD^2+BD^2$,
$\therefore 2^2=(t+2)^2+(-2t)^2$,整理得,$5t^2+4t=0$,
解得$t_1=0$(舍去),$t_2=-\dfrac{4}{5}$,
$\therefore B(-\dfrac{4}{5},-\dfrac{8}{5})$,
$\because$ 点$B$在反比例函数$y=\dfrac{k}{x}(k＞0)$的图象上,
$\therefore k=-\dfrac{4}{5}× (-\dfrac{8}{5})=\dfrac{32}{25}$.

【分析】
(1) 要证明PB是点P到$\odot O$上点的最长距离，可在圆上任意取不与B重合的点C，连接PC、OC，利用三角形三边关系“两边之和大于第三边”比较PB与PC的大小，再补充点C与B重合的情况即可得证。
(2) 点P到圆上点的最短、最长距离需分两种情况讨论：点P在圆外时，直径为最长距离减最短距离；点P在圆内时，直径为最长距离加最短距离，再除以2即可得到半径。
(3) 正比例函数与反比例函数的交点A、B关于原点对称，即O是AB中点，结合Q是AP中点，可得OQ是$△ ABP$的中位线，因此OQ的最大值对应BP的最大值。根据点到圆的最长距离结论，BP最长时经过圆心C，可求出BC的长度；再设B点坐标（因B在$y=2x$上，可设为$(t,2t)$），用勾股定理列方程求出t的值，最后代入反比例函数解析式即可求出k。
【解析】
(1) 证明：如图，$C$为$\odot O$上任意一点，连接$PC,OC$，
当点$C$与点$B$不重合时，
在$△ POC$中，根据三角形三边关系可得$PO+CO＞PC$，
又$\because CO=BO$，$\therefore PO+BO＞PC$，即$PB＞PC$，
当点$C$与点$B$重合时，$PB=PC$，$\therefore PB≥ PC$，
$\because C$为$\odot O$上任意一点，
$\therefore PB$的长是点$P$到$\odot O$上的点的最长距离。
(2) 分两种情况讨论：
① 若点$P$在$\odot O$外，此时最短距离$PA=3$，最长距离$PB=7$，
$\therefore$ 直径$AB=PB-PA=7-3=4$，$\therefore \odot O$的半径为$4÷2=2$；
② 若点$P$在$\odot O$内，此时最短距离$PA=3$，最长距离$PB=7$，
$\therefore$ 直径$AB=PB+PA=7+3=10$，$\therefore \odot O$的半径为$10÷2=5$。
综上，$\odot O$的半径为2或5。
(3) 如图，连接$BP$，
$\because$ 正比例函数$y=2x$与反比例函数$y=\frac{k}{x}(k＞0)$的图象交点A、B关于原点对称，$\therefore OA=OB$，
又$\because Q$是$AP$的中点，$\therefore OQ$是$△ ABP$的中位线，
$\therefore OQ=\frac{1}{2}BP$，
$\because OQ$长的最大值为$\frac{3}{2}$，$\therefore BP$长的最大值为$2×\frac{3}{2}=3$。
根据点到圆上点的最长距离结论，当$BP$过圆心$C$时，$BP$最长，
已知$\odot C$半径为1，$\therefore BC=BP_{\mathrm{最大值}} - CP=3-1=2$。
过点$B$作$BD⊥ x$轴于点$D$，
$\because$ 点$B$在$y=2x$上，设$B(t,2t)$，由图可知B在第三象限，$\therefore t＜0$，
则$CD=t - (-2)=t+2$，$BD=0 - 2t=-2t$，
在$\mathrm{Rt}△ BCD$中，由勾股定理得$BC^2=CD^2+BD^2$，
代入数据得：$2^2=(t+2)^2+(-2t)^2$，
整理得$5t^2+4t=0$，解得$t_1=0$（不符合B在第三象限，舍去），$t_2=-\frac{4}{5}$，
$\therefore B$点坐标为$(-\frac{4}{5}, -\frac{8}{5})$，
$\because$ 点$B$在反比例函数$y=\frac{k}{x}(k＞0)$的图象上，
$\therefore k=(-\frac{4}{5})×(-\frac{8}{5})=\frac{32}{25}$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $\boldsymbol{2}$或$\boldsymbol{5}$；
(3) $\boldsymbol{k=\dfrac{32}{25}}$
【知识点】
点与圆的位置关系，三角形中位线定理，反比例函数性质
【点评】
本题以阅读理解形式给出点到圆的最值结论，问题设置层层递进，既考察基础证明、分类讨论思想，又结合函数与几何知识考察综合应用能力，解题时要灵活运用材料给出的结论，结合数形结合思想简化问题。
【难度系数】
0.6