解：解①∵圆P与直线AC相切，∴PH⊥AC．（i）如图1，当H在点C下方时，

①∵△CHP∽△AOC，

∴∠PCH=∠CAO．

∴CP∥x轴．

∴y_P=-2．∴x²+x-2=-2．解得x₁=0（舍去），x₂=-1，

∴P（-1，-2）．

（ii）如图1，当H′在点C上方时．

∵∠P′CH′=∠CAO，∴QA=QC，设OQ=m，则QC=QA=m+1，在Rt△QOC中，由勾股定理，得m²+2²=（m+1）²，

解得，m= $\frac{3}{2}$ ，即OQ= $\frac{3}{2}$ ；

设直线C P′的解析式为y=kx-2，把Q（-

\frac{3}{2}

，0）的坐标代入，得−

\frac{3}{2}

k-2=0，解得k=-

\frac{4}{3}

，∴y=-

\frac{4}{3}

x-2，由-

\frac{4}{3}

x-2=x²+x-2，解得x₁=0（舍去），x₂=−

\frac{7}{3}

，此时y=-

\frac{4}{3}

×（-

\frac{7}{3}

）-2=

\frac{10}{9}

，

∴P′（- $\frac{7}{3}$ ， $\frac{10}{9}$ ）．

∴点P的坐标为（-1，-2）或（- $\frac{7}{3}$ ， $\frac{10}{9}$ ）②在x轴上取一点D，

如图（2），过点D作DE⊥AC于点E，使DE=4．

在Rt△AOC中，AC= $\sqrt{A O^{2} + C O^{2}} = \sqrt{1^{2} + 2^{2}} = \sqrt{5}$ ，

∵∠COA=∠DEA=90°，∠OAC=∠EAD，

∴△AED∽△AOC．

∴ $\frac{A D}{A C} = \frac{D E}{O C}$ ，即 $\frac{A D}{\sqrt{5}} = \frac{4}{2}$ ，解得AD=2 $\sqrt{5}$ ，

∴D（1-2 $\sqrt{5}$ ，0）或D（1+2 $\sqrt{5}$ ，0）．过点D作DP∥AC，交抛物线于P，设直线AC的解析式为y=kx+b．将点A、C的坐标代入抛物线的解析式得到： ${\begin{matrix} b ＝ - 2 \\ k + b ＝ 0 \end{matrix}$

解得：

{\begin{matrix} k ＝ 2 \\ b ＝ - 2 \end{matrix}

∴直线AC的解析式为y=2x-2．

∴直线PD的解析式为y=2x+4 $\sqrt{5}$ -2或y=2x-4 $\sqrt{5}$ -2，当2x+4 $\sqrt{5}$ -2=x²+x-2时，即x²-x-4 $\sqrt{5}$ =0，解得x₁= $\frac{1 + \sqrt{1 + 16 \sqrt{5}}}{2}$ ，x₂= $\frac{1 - \sqrt{1 + 16 \sqrt{5}}}{2}$ ；

当2x-4

\sqrt{5}

-2=x²+x-2时，即x²-x+4

\sqrt{5}

=0，方程无实数根．

∴点P的坐标为（ $\frac{1 + \sqrt{1 + 16 \sqrt{5}}}{2}$ ， $\sqrt{1 + 16 \sqrt{5}} + 4 \sqrt{5} - 1$ ）或（ $\frac{1 - \sqrt{1 + 16 \sqrt{5}}}{2}$ ，- $\sqrt{1 + 16 \sqrt{5}} + 4 \sqrt{5} - 1$ ）．

江苏省东台市时堰镇后港中学2017届九年级上册数学期末考试试卷