专题9：由运动产生的线段和差问题

专题9：由运动产生的线段和差问题
一、选择题
1. （2012湖北黄石3分）如图所示，已知A 1
1(,y )2，B 2(2,y )为反比例函数1
y x
=
图像上的两点，动 点P (x,0)在x 正半轴上运动，当线段AP 与线段BP 之差达到最大时，点P 的坐标是【 】
A. 1(,0)2
B. (1,0)
C. 3(,0)2
D. 5(,0)2
【答案】D 。

【考点】反比例函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，三角形三边关系。

【分析】∵把A 11(,y )2，B 2(2,y )分别代入反比例函数1y x =
得：y 1=2，y 2=12
， ∴A （
12 ，2），B （2，1
2
）。

∵在△ABP 中，由三角形的三边关系定理得：|AP －BP|＜AB ， ∴延长AB 交x 轴于P′，当P 在P′点时，PA －PB=AB ， 即此时线段AP 与线段BP 之差达到最大。

设直线AB 的解析式是y=kx+b ，把A 、B 的坐标代入得：
12=k+b 21=2k+b 2
⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩，解得：k=15b=2-⎧⎪⎨⎪⎩。

∴直线AB 的解析式是5y x 2=-+。

当y=0时，x= 52，即P （5
2
，0）。

故选D 。

二、填空题 三、解答题
1.（2012北京市8分）在平面直角坐标系xoy 中，对于任意两点P 1（x 1,y 1）与P 2（x 2,y 2）的“非常距离”， 给出如下定义：
若∣x 1－x 2∣≥∣y 1－y 2∣，则点P 1与点P 2的“非常距离”为∣x 1－x 2∣； 若∣x 1－x 2∣＜∣y 1－y 2∣，则点P 1与点P 2的“非常距离”为∣y 1－y 2∣.
例如：点P 1（1,2），点P 2（3,5），因为∣1－3∣＜∣2－5∣，所以点P 1与点P 2的“非常距离”为 ∣2－5∣=3，也就是图1中线段P 1Q 与线段P 2Q 长度的较大值（点Q 为垂直于y 轴的直线P 1Q 与垂直于x 轴的直线P 2Q 的交点）。

（1）已知点A 1
(0)2
-，，B 为y 轴上的一个动点，
①若点A 与点B 的“非常距离”为2，写出一个满足条件的点B 的坐标； ②直接写出点A 与点B 的“非常距离”的最小值；
（2）已知C 是直线3
y x 34
=+上的一个动点，
①如图2，点D 的坐标是（0，1），求点C 与点D 的“非常距离”的最小值及相应的点C 的坐标； ②如图3，E 是以原点O 为圆心，1为半径的圆上的一个动点，求点C 与点E 的“非常距离”的最 小值及相应的点E 和点C 的坐标。

【答案】解：（1）①（0，－2）或（0，2）。

②2
1。

（2）①设C 坐标为003x x 34⎛⎫
+ ⎪⎝⎭
，，如图，过点C 作
CP ⊥x 轴于点P ，作CQ ⊥y 轴于点Q 。

由“非常距离”的定义知，当OP=DQ 时，点C 与点
D 的“非常距离”最小，
∴003
x 0x 314
-=
+-。

两边平方并整理，得2007x 48x 64=0--，解得，08x 7
=-或0x 8=（大于8
7，舍去）。

∴点C 与点D 的“非常距离”的最小值距离为87，此时815C 77⎛⎫
- ⎪⎝⎭
，。

②设直线3
y x 34
=+与x 轴和y 轴交于点A ，B ，过点O
作直线3y x 34=+的垂线交直线3
y x 34
=+于点C ，交圆于点E ，过点C
作CP ⊥x 轴于点P ，作CQ ⊥y 轴于点Q ，过点E 作EM ⊥x 轴于点M ，作EN ⊥y 轴于点N 。

易得，OA=4，OB=3，AB=5。

由△OAB ∽△MEM ，OE=1，得OM=35，ON=45。

∴34E 55⎛⎫
- ⎪⎝⎭，。

设C 坐标为003x x 34⎛⎫
+ ⎪⎝⎭
，
由“非常距离”的定义知，当MP=NQ 时，点C 与点E 的“非常距离”最小， ∴00334
x +
x 3545
=+-。

两边平方并整理，得200175x 840x 1792=0--，
解得，08x 5=-或0224
x 35
=（大于85，舍去）。

∴点C 与点E 的“非常距离”的最小值距离为1，此时89C 55⎛⎫- ⎪⎝⎭，，34E 55⎛⎫
- ⎪⎝⎭
，。

【考点】新定义，直线上点的坐标与方程的关系，直线和圆的性质，解一元二次方程，勾股定理，相似三角形的和性质。

【分析】（1）根据“非常距离”的定义可直接求出。

（2）①解题关键是，过C 点向x 、y 轴作垂线，当CP 和CQ 长度相等的时候“非常距离”最短，理由是，如果向下（如左图）或向上（如右图）移动C 点到达C’点，其与点D 的“非常距离”都会增大。

故而C 、D 为正方形相对的两个顶点时有最小的非常距离。

②同①，同时理解当OC 垂直于直线3
y x 34
=+时，点C 与点E 的“非常距离”最小。

2. （2012广西南宁10分）已知点A （3，4），点B 为直线x=-1上的动点，设B （－1，y ）． （1）如图1，若点C （x ，0）且－1＜x ＜3，BC ⊥AC ，求y 与x 之间的函数关系式； （2）在（1）的条件下，y 是否有最大值？若有，请求出最大值；若没有，请说明理由；
（3）如图2，当点B 的坐标为（－1，1）时，在x 轴上另取两点E ，F ，且EF=1．线段EF 在x 轴上平移，线段EF 平移至何处时，四边形ABEF 的周长最小？求出此时点E 的坐标．
【答案】解：（1）如图1，过点A 作AE ⊥x 轴于点E ．
在△BCD 与△CAE 中，
∵∠BCD=∠CAE=90°－∠ACE ，∠BDC=∠CEA=90°， ∴△BCD ∽△CAE ，∴
BD CD
CE AE
=。

∵A （3，4），B （－1，y ），C （x ，0）且－1＜x ＜3， ∴
y x 1
3x 4
+=
-。

∴y 与x 之间的函数关系式为2113
y x x 424
=++（－1＜x ＜3）。

（2）y 没有最大值。

理由如下：
∵222113131
y x x (x 2x)(x 1)1424444
=
++=-+=-+， 又∵－1＜x ＜3，∴y 没有最大值。

（3）如图2，过点A 作x 轴的平行线，并且在这条平行线上截取线段AA ′，使AA′=1，作点B
关于x 轴的对称点B′，连接A′B′，交x 轴于点E ，在x 轴上截取线段EF=1，则此时四边形ABEF 的周长最小。

∵A （3，4），∴A′（2，4）。

∵B （－1，1），∴B′（－1，－1）。

设直线A′B′的解析式为y=kx+b ，
则2k b 4k b 1+=⎧⎨-+=-⎩，解得5k 3
2
b 3⎧
=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩。

∴直线A′B′的解析式为52
y x 33
=
+。

当y=0时，52x 033+=，解得2
x 5
=-。

∴线段EF 平移至如图2所示位置时，四边形ABEF 的周长最小， 此时点E 的坐标为（
2
5
-
，0）。

【考点】一次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，二次函数的最值，轴对称的性质，三角形三边关系。

【分析】（1）过点A 作AE ⊥x 轴于点E ，先证明△BCD ∽△CAE ，再根据相似三角形对应边成比例即可 求出y 与x 之间的函数关系式。

（2）先运用配方法将2113
y x x 424
=
++写成顶点式，再根据自变量x 的取值范围即可求解。

（3）欲使四边形ABEF 的周长最小，由于线段AB 与EF 是定长，所以只需BE+AF 最小．为此，
先确定点E 、F 的位置：过点A 作x 轴的平行线，并且在这条平行线上截取线段AA′，使AA′=1，作点B 关于x 轴的对称点B′，连接A′B′，交x 轴于点E ，在x 轴上截取线段EF=1，则点E 、F 的位置确定．再根据待定系数法求出直线A′B′的解析式，然后令y=0，即可求出点E 的横坐标，从而得出点E 的坐标。

3. （2012山东滨州10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax 2+bx+c 经过A （﹣2，﹣4），O （0，0），B （2，0）三点．
（1）求抛物线y=ax 2+bx+c 的解析式；
（2）若点M 是该抛物线对称轴上的一点，求AM+OM 的最小值．
【答案】解：（1）把A （﹣2，﹣4），O （0，0），B （2，0）三点的坐标代入y=ax 2+bx+c 中，得
4a+2b+c=04a 2b+c=4c=0
⎧⎪
--⎨⎪⎩，解这个方程组，得1a=2b=1c=0⎧
-⎪⎪⎨⎪⎪
⎩。

∴抛物线的解析式为y=﹣1
2
x 2+x 。

（2）由y=﹣12x 2+x=﹣12（x ﹣1）2+1
2
，可得
抛物线的对称轴为x=1，并且对称轴垂直平分线段OB 。

∴OM=BM 。

∴OM+AM=BM+AM 。

连接AB 交直线x=1于M 点，则此时OM+AM 最小。

过点A 作AN ⊥x 轴于点N ，
在Rt △ABN 中，2222AB=AN +BN 4+442==， 因此OM+AM 最小值为42。

【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，解方程组，二次函数的性质，线段中垂线的性质，三角形三边关系，勾股定理。

【分析】（1）已知抛物线上不同的三点坐标，利用待定系数法可求出该抛物线的解析。

（2）根据O 、B 点的坐标发现：抛物线上，O 、B 两点正好关于抛物线的对称轴对称，那么只需
连接A 、B ，直线AB 和抛物线对称轴的交点即为符合要求的M 点，而AM+OM 的最小值正好是AB 的长。

对x=1上其它任一点M′，根据三角形两边之和大于第三边的性质，总有： O M′+A M′= B M′+A M′＞AB=OM+AM ， 即OM+AM 为最小值。

4. （2012湖北恩施8分）如图，已知抛物线y=﹣x 2+bx+c 与一直线相交于A （﹣1，0），C （2，3）两点，与y 轴交于点N ．其顶点为D ． （1）抛物线及直线AC 的函数关系式；
（2）设点M （3，m ），求使MN+MD 的值最小时m 的值；
（3）若抛物线的对称轴与直线AC 相交于点B ，E 为直线AC 上的任意一点，过点E 作EF ∥BD 交抛物线于点F ，以B ，D ，E ，F 为顶点的四边形能否为平行四边形？若能，求点E 的坐标；若不能，请说明理由； （4）若P 是抛物线上位于直线AC 上方的一个动点，求△APC 的面积的最大值．
【答案】解：（1）由抛物线y=﹣x 2+bx+c 过点A （﹣1，0）及C （2，3）得，
1b+c=0
4+2b+c=3
--⎧⎨
-⎩，解得b=2c=3⎧⎨⎩。

∴抛物线的函数关系式为2y x 2x 3=-++。

设直线AC 的函数关系式为y=kx+n ，由直线
AC 过点A （﹣1，0）及C （2，3）得
k+n=0
2k+n=3
-⎧⎨
⎩，解得k=1n=1⎧⎨⎩。

∴直线AC 的函数关系式为y=x+1。

（2）作N 点关于直线x=3的对称点N′， 令x=0，得y=3，即N （0，3）。

∴N′（6，3）
由()2
2y x 2x 3=x 1+4=-++--得
D （1，4）。

设直线DN′的函数关系式为y=sx+t ，则
6s+t=3s+t=4⎧⎨
⎩，解得1s=5
21t=
5
⎧-⎪⎪⎨⎪⎪⎩。

∴故直线DN′的函数关系式为1
21y x 55
=-+。

根据轴对称的性质和三角形三边关系，知当M （3，m ）在直线DN′上时，MN+MD 的值
最小，
∴12118m 3=555
=-⨯+。

∴使MN+MD 的值最小时m 的值为
185。

（3）由（1）、（2）得D （1，4），B （1，2），
①当BD 为平行四边形对角线时，由B 、C 、D 、N 的坐标知，四边形BCDN 是平行四
边形，此时，点E 与点C 重合，即E （2，3）。

②当BD 为平行四边形边时，
∵点E 在直线AC 上，∴设E （x ，x+1），则F （x ，2x 2x 3-++）。

又∵BD=2
∴若四边形BDEF 或BDFE 是平行四边形时，BD=EF 。

∴()2x 2x 3x 1=2-++-+，即2x x 2=2-++。

若2x x 2=2-++，解得，x=0或x=1（舍去），∴E （0，1）。

若2x x 2=2-++-，解得，117
x=
±，∴E 1+173+17⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭ ，或E 117317⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭
，。

综上，满足条件的点E 为（2，3）、（0，1）、1+173+17⎛⎫ ⎪ ⎪⎝
⎭ ，、11731722⎛⎫
-- ⎪ ⎪⎝⎭ ，。

（4）如图，过点P 作PQ ⊥x 轴交AC 于点Q ；过点C 作CG ⊥x 轴于点G ，
设Q （x ，x+1），则P （x ，﹣x 2+2x+3）。

∴22PQ x 2x 3x 1x x 2=
-++--=-++（）（）。

∴APC APQ CPQ 1
S S +S PQ AG 2
∆∆∆==
⋅ 2213127
x x 23x 2228
=-++⨯=--+
（）（）。

∵3
02
<-，
∴当1x=2时，△APC 的面积取得最大值，最大值为
278。

【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，轴对称的性质，三角形三边关系，平行四边形的判定和性质，二次函数的最值。

【分析】（1）利用待定系数法求二次函数解析式、一次函数解析式。

（2）根据轴对称的性质和三角形三边关系作N 点关于直线x=3的对称点N′，当M （3，m ）在直
线DN′上时，MN+MD 的值最小。

（3）分BD 为平行四边形对角线和BD 为平行四边形边两种情况讨论。

（4）如图，过点P 作PQ ⊥x 轴交AC 于点Q ；过点C 作CG ⊥x 轴于点G ，设Q （x ，x+1），则P
（x ，﹣x 2+2x+3），求得线段PQ=﹣x 2+x+2。

由图示以及三角形的面积公式知APC APQ CPQ S S +S ∆∆∆=，由二次函数的最值的求法可知△APC 的面积的最大值。

5. （2012湖北黄冈14分）如图，已知抛物线的方程C 1:
()()1
y x 2(x m)m 0m
=-+->与x 轴相交于点B 、 C ，与y 轴相交于点E ，且点B 在点C 的左侧. (1)若抛物线C 1过点M(2，2)，求实数m 的值． (2)在(1)的条件下，求△BCE 的面积．
(3)在(1)的条件下，在抛物线的对称轴上找一点H ，使BH+EH 最小，并求出点H 的坐标．
(4)在第四象限内，抛物线C 1上是否存在点F ，使得以点B 、C 、F 为顶点的三角形与△BCE 相似?若存在，求m 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】解：（1）∵抛物线C 1过点M(2，2)，∴()1
222(2m)m
=-
+-，解得m=4。

（2）由（1）得()1
y x 2(x 4)4
=-
+-。

令x=0，得y 2=。

∴E （0，2），OE=2。

令y=0，得()1
0x 2(x 4)4
=-
+-，解得x 1=－2，x=4。

∴B （－2，，0），C （4，0），BC=6。

∴△BCE 的面积=1
6262⨯⨯=。

（3）由（2）可得()1
y x 2(x 4)4
=-+-的对称轴为x=1。

连接CE ，交对称轴于点H ，由轴对称的性质和两点之
间线段最短的性质，知此时BH+EH 最小。

设直线CE 的解析式为y kx+b =，则
4k+b=0b=2⎧⎨⎩，解得1k=2b=2⎧
-⎪⎨⎪⎩。

∴直线CE 的解析式为1y x+22=-。

当x=1时，3
y 2
=。

∴H （1，32）。

（4）存在。

分两种情形讨论：
①当△BEC ∽△BCF 时，如图所示。

则
BE BC
BC BF
=
，∴BC 2=BE•BF 。

由（2）知B （－2，0），E （0，2），即OB=OE ， ∴∠EBC=45°，∴∠CBF=45°。

作FT ⊥x 轴于点F ，则BT=TF 。

∴令F （x ，－x －2）（x ＞0）， 又点F 在抛物线上，∴－x －2=()1
x 2(x m)m
-
+-， ∵x+2＞0（∵x ＞0），∴x=2m ，F （2m ，－2m －2）。

此时22BF (2m 2)(2m 2)22m 1BE 22BC m 2=++--=+==+（），，，
又BC 2=BE•BF ，∴（m+2）2= 22 •22m 1+（），解得m=2±22。

∵m ＞0，∴m=22+2。

②当△BEC ∽△FCB 时，如图所示。

则
BC EC
BF BC
=
，∴BC 2=EC•BF 。

同①，∵∠EBC=∠CFB ，△BTF ∽△COE ，
∴
TF OE 2
BT OC m
==。

∴令F （x ，－2
m
（x+2））（x ＞0），
又点F 在抛物线上，∴－2 m
（x+2）=()1
x 2(x m)m -+-。

∵x+2＞0（∵x ＞0）， ∴x=m+2。

∴F （m+2，－
2
m
（m+4）），2EC m 4=+，BC=m+2。

又BC 2=EC•BF ，∴（m+2）2= ()
()2
2
2
2
4m+4m 4m+2+2+
m
+⋅
.
整理得：0=16，显然不成立。

综合①②得，在第四象限内，抛物线上存在点F ，使得以点B 、C 、F 为顶点的三角形
与△BCE 相似，m=22+2。

【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，轴对称的性质，两点之间线段最短的性质，相似三角形的判定和性质。

【分析】（1）将点（2，2）的坐标代入抛物线解析式，即可求得m 的值。

（2）求出B 、C 、E 点的坐标，从而求得△BCE 的面积。

（3）根据轴对称以及两点之间线段最短的性质，可知点B 、C 关于对称轴x=1对称，连接EC 与对称轴的交点即为所求的H 点。

（4）分两种情况进行讨论：
①当△BEC ∽△BCF 时，如图所示，此时可求得
22+2。

②当△BEC ∽△FCB 时，如图所示，此时得到矛盾的等式，故此种情形不存在。

6. （2012湖南郴州10分）如图，已知抛物线2y ax bx c =++经过A （4，0），B （2，3），C （0，3）三点．
（1）求抛物线的解析式及对称轴．
（2）在抛物线的对称轴上找一点M ，使得MA+MB 的值最小，并求出点M 的坐标．
（3）在抛物线上是否存在一点P ，使得以点A 、B 、C 、P 四点为顶点所构成的四边形为梯形？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】解：（1）∵抛物线2y ax bx c =++经过A （4，0），B （2，3），C （0，3）三点，
∴ 16a 4b c 04a 2b c 3 c 3++=⎧⎪++=⎨⎪=⎩，解得3a 83b 4c 3⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪=⎪⎪⎩。

∴抛物线的解析式为：233y x x 384=-+
+，其对称轴为：b x 12a
=-=。

（2）由B （2，3），C （0，3），且对称轴为x=1，可知点B 、
C 是关于对称轴x=1的对称点。

如图1所示，连接AC ，交对称轴x=1于点M ，连接MB ，则MA ＋MB=MA ＋MC=AC ，
根据两点之间线段最短可知此时MA ＋MB 的值最小。

设直线AC 的解析式为y=kx ＋b ，
∵A （4，0），C （0，3），∴ 4k b 0 b 3+=⎧⎨=⎩ ，解得3k 4b 3⎧=-⎪⎨⎪=⎩。

∴直线AC 的解析式为：y=34
-x ＋3。

令x=1，得y=94 。

∴M 点坐标为（1，94
）。

（3）结论：存在。

如图2所示，在抛物线上有两个点P 满足题意：
①若BC ∥AP 1，此时梯形为ABCP 1。

由B （2，3），C （0，3），可知BC ∥x 轴，则x 轴与抛
物线的另一个交点P 1即为所求。

在23
3y x x 384
=-++中令y=0，解得x 1=-2，x 2=4。

∴P 1（－2，0）。

∵P 1A=6，BC=2，∴P 1A≠BC 。

∴四边形ABCP 1为梯形。

②若AB ∥CP 2，此时梯形为ABCP 2。

设CP 2与x 轴交于点N ，
∵BC ∥x 轴，AB ∥CP 2，∴四边形ABCN 为平行四边形。

∴AN=BC=2。

∴N （2，0）。

设直线CN 的解析式为y=k 1x+b 1，则有： 1112k b 0b 3 +=⎧⎨=⎩，解得3k 2b 3
⎧=-⎪⎨⎪=⎩。

∴直线CN 的解析式为：y=32
-x+3。

∵点P 2既在直线CN ：y=32-x+3上，又在抛物线：233y x x 384
=-++上， ∴32-x+3=233 x x 384
-++，化简得：x 2－6x=0，解得x 1=0（舍去），x 2=6。

∴点P 2横坐标为6，代入直线CN 解析式求得纵坐标为－6。

∴P 2（6，－6）。

∵ABCN，∴AB=CN，而CP2≠CN，∴CP2≠AB。

∴四边形ABCP2为梯形。

综上所述，在抛物线上存在点P，使得以点A、B、C、P四点为顶点所构成的四边形为梯形，点P的坐标为（－2，0）或（6，－6）。

【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，轴对称的性质，线段最短的性质，梯形的判定。

【分析】（1）已知抛物线上三点A、B、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式，再由对称
轴公式
b
x
2a
=-求出对称轴。

（2）如图1所示，连接AC，则AC与对称轴的交点即为所求之M点；已知点A、C的坐标，利
用待定系数法求出直线AC的解析式，从而求出点M的坐标。

（3）根据梯形定义确定点P，如图2所示：①若BC∥AP1，确定梯形ABCP1．此时P1为抛物线与x轴的另一个交点，解一元二次方程即可求得点P1的坐标；②若AB∥CP2，确定梯形ABCP2．此时P2位于第四象限，先确定CP2与x轴交点N的坐标，然后求出直线CN的解析式，再联立抛物线与直线解析式求出点P2的坐标。

7. （2012四川自贡14分）如图，抛物线l交x轴于点A（﹣3，0）、B（1，0），交y轴于点C（0，﹣3）．将抛物线l沿y轴翻折得抛物线l1．
（1）求l1的解析式；
（2）在l1的对称轴上找出点P，使点P到点A的对称点A1及C两点的距离差最大，并说出理由；
（3）平行于x轴的一条直线交抛物线l1于E、F两点，若以EF为直径的圆恰与x轴相切，求此圆的半径．
【答案】解：（1）如图1，设经翻折后，点A．B的对应点分别为A1、B1，
依题意，由翻折变换的性质可知A1（3，0），B1（﹣1，
0），C点坐标不变，
∴抛物线l 1经过A 1（3，0），B 1（﹣1，0），C （0，﹣3）三点，
设抛物线l 1的解析式为y=ax 2+bx+c ，则
9a+3b+c=0a b+c=0c=3⎧⎪-⎨⎪-⎩，解得a=1b=2c=3⎧⎪-⎨⎪-⎩。

∴抛物线l 1的解析式为：y=x 2﹣2x ﹣3。

（2）抛物线l 1的对称轴为：x=b 2==12a 2---， 如图2，连接B 1C 并延长，与对称轴x=1交
于点P ，则点P 即为所求。

此时，|PA 1﹣PC|=|PB 1﹣PC|=B 1C 。

设P′为对称轴x=1上不同于点P 的任意一点，
则有：|P′A ﹣P′C|=|P′B 1﹣P′C|＜B 1C （三角形
两边之差小于第三边），
∴|P′A ﹣P′C|＜|PA 1﹣PC|，即|PA 1﹣PC|最大。

设直线B 1C 的解析式为y=kx+b ，则
k+b=0b=3-⎧⎨-⎩
，解得k=b=﹣3。

∴直线B 1C 的解析式为：y=﹣3x ﹣3。

令x=1，得y=﹣6。

∴P （1，﹣6）。

（3）依题意画出图形，如图3，有两种情况：
①当圆位于x 轴上方时，设圆心为D ，半径为r ，
由抛物线及圆的对称性可知，点D 位于对称轴x=1上，则D （1，r ），F
（1+r ，r ）。

∵点F （1+r ，r ）在抛物线y=x 2﹣2x ﹣3上，
∴r=（1+r ）2﹣2（1+r ）﹣3，化简得：r 2﹣r ﹣4=0
解得r 1=
1+17，r 2=117-（舍去）。

∴此圆的半径为1+17； ②当圆位于x 轴上方时，同理可求得圆的半径为
1+17-。

综上所述，此圆的半径为1+172或1+172
-。

【考点】二次函数综合题，翻折变换的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的轴对称性质，三角形三边关系，直线和圆的位置关系，解一元二次方程和二元一次方程组。

【分析】（1）根据翻折变换的性质，求得A1和B1的坐标，用待定系数法即可求得抛物线l1的解析式，（2）根据三角形两边之差小于第三边的性质即可知，B1C的延长线与对称轴x=1的交点P，即为所求。

求出B1C的解析式即可求得点P的坐标。

（3）设圆心为D，半径为r，根据直线与圆相切的性质知D（1，r），F（1+r，r）。

由于点F在抛物线l1上，代入即可求得r。

分圆位于x轴上方和下方两种情况讨论即可。