专题3-1二次函数中的10类定值、定点问题（解析版）_02中考总复习（2026版更新中）_02-数学-中考总复习_2024年中考复习资料_专项复习资料_教师版（含答案解析）

关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 专题 3-1 二次函数中的 10 类定值、定点问题 二次函数背景下的定值与定点问题，解析法类似于高中，但并不超纲！因为解题方法比较特殊 同学们要专门学习和练习，才能在考场上应对自如，这些方法包括联立、转化等，对同学们的代数 功底与几何功底都有较高的要求. 知识点梳理 一、定值问题 二、定点问题 题型一 面积定值 2022·山东淄博·中考真题 2023·福建厦门三模 题型二 线段长为定值 2024届湖北天门市九年级月考 2024届福建龙岩市统考期中 2020·西藏·中考真题 题型二 线段和定值 2023广州市二中月考 2022·四川巴中·中考真题 2024届湖北黄石市·九年级统考 2023·四川乐山·统考二模 2023·海口华侨中学考模 2023·江苏徐州·4月模拟 2022·湖南张家界·中考真题 题型三 加权线段和定值 2023·四川广元·中考真题 2020·四川德阳·中考真题 题型四 线段乘积为定值 2023·四川南充·中考真题 2024届·武汉市东湖高新区统考 2024届福建省福州屏东中学月考 2024届福州市晋安区统考 2023·福建福州·校考三模 题型五 比值为定值 2023年广西钦州市一模 2023福建厦门一中模拟 2023年福州市屏东中学中考模拟 武汉·中考真题 题型六 横（纵）坐标定值 资1 料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 2023·湖北潜江、天门、仙桃、江汉油田·中考真题 2024届湖北潜江市初12校联考 题型七 角度为定值 2023·成都武侯区西川中学三模 四川乐山·统考中考真题 题型八 其它定值问题 2023·浙江湖州·统考一模 2024届福建省南平市统考 2023年湖北省武汉市新观察中考四调 题型九 结合韦达定理求定点 2023年湖北省武汉市外国语学校中考模拟 2024届武汉市青山区九年级统考 2024届武汉市新洲区12月统考 2024届·福建厦门市第九中学期中 2023·武汉光谷实验中学中考模拟 2023广东省梅州市九年级下期中 2024届福州市九校联盟期中 2023年湖北省武汉市新观察中考四调 题型十 已知定值求定点 2024届武汉市洪山区九年级统考 2024届湖北省武汉市新洲区九年级上期中 2023年广州市天河外国语学校中考三模 知识点梳理 一、定值问题 一般来说，二次函数求解几何线段代数式定值问题属于定量问题，方法采用: 1.参数计算法：即在图形运动中，选取其中的变量(如线段长，点坐标)作为参数,将要求的定 值用参数表示出，然后消去参数即得定值。 2.韦达定理法：当涉及到直线(一次函数图象或x轴)与二次函数交点时，先联立方程消去y之 后整理得到一元二次方程，借助韦达定理可得到交点横坐标与参数的关系，可以将要求的定值代数 式用交点横坐标的和或积表示，往往会刚好抵消掉参数，则得到定值。 简单的引例1如下：若线段AB＝x＋2，线段PQ＝－x＋7，那么AB＋PQ＝x＋2－x＋7＝9；即线段 AB与线段PQ的和等于9，是一个定值． 简单的引例2如下：求证不论m取任何实数，二次函数y＝x²－2（m＋1）x＋m（m＋2）的 图象与x轴的两个交点之间的距离d为定值。通过令y＝0，可以求得方程的两个实数根分别为x1＝ 资2 料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 m，x2＝m＋2，则两个交点之间的距离d＝x1－x2＝|m－m－2|＝2，是一个定值 二、定点问题 函数的解析式中除自变量外，还有待定的系数，此时函数的图象会随着待定的系数的变化而变 化。图象变化过程中，有时始终会经过某个固定的点，定点问题是一个难点。 方法：使待定的系数k失去影响力 【例】证明：无论k取何值，抛物线 都经同一定点. 第一步：先找出所有含k的项，再提公因式k 第二步：令与k相乘的因式为0，此时k就不起作用了 令 ，此时 在一个函数中，知x可求y，这个坐标就是定点，故无论k取何值，函数都经过定点 总结：因为当x取某个值时，使含k项全部抵消了，即k不起作用了! 【例2】（2022·山东日照真题）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=-x2+2mx+3m，点A（3， 0）． 证明：无论m为何值，抛物线必过定点D，并求出点D的坐标； 【思路点拨】将抛物线的解析式变形为：y=－x2+m（2x+3），进而根据2x+3=0，求得x的值． 3 9 【详解】证明：∵y=-x2+m（2x+3），∴当2x+3=0时，即x 时，y ， 2 4 资3 料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载  3 9 ∴无论m为何值，抛物线必过定点D，点D的坐标是 ,   2 4 yx2(m2)xm4 m>2 【例3】（2022·江苏连云港·真题）已知二次函数 ，其中 ．求证：二次 yx2(m2)xm4 函数 的顶点在第三象限 2m m28m20 【思路点拨】先根据顶点坐标公式求出顶点坐标为 , ，然后分别证明顶点坐标  2 4  的横纵坐标都小于0即可； 2m m28m20 【详解】解：由抛物线顶点坐标公式得顶点坐标为 , ．  2 4  2m ∵ ，∴ ，∴ ，∴ 0． m>2 m20 2m0 2 m28m20 1 ∵  (m4)2110，∴二次函数 的顶点在第三象限． 4 4 yx2(m2)xm4 题型一 面积定值 2022·山东淄博·中考真题 1．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴相交于A，B两点（点A在点B的左侧），顶点D （1，4）在直线l：y＝ x+t上，动点P（m，n）在x轴上方的抛物线上． 资4 料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (1)求这条抛物线对应的函数表达式； (2)设直线AP，BP与抛物线的对称轴分别相交于点E，F，请探索以A，F，B，G（G是点E关于x 轴的对称点）为顶点的四边形面积是否随着P点的运动而发生变化，若不变，求出这个四边形的面 积；若变化，说明理由． 【答案】(1)y = x²+2x+3 (2)定值16 【思路点拨】（1）利用顶点式可得结论； （2）如图，设 ，求出直线AP，BP的解析式，可得点E，F的坐标，求出FG的 长，可得结论． 【详解】（1）解：∵抛物线的顶点为D（1，4）， ∴根据顶点式，抛物线的解析式为 ； （2）解：四边形AFBG的面积不变． 理由：如图，设 ， ∵ ， ， ∴直线AP的解析式为 ， ∴ ， ∵E，G关于x轴对称， ∴ ， ∴直线PB的解析式为 ， 资5 料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴ ， ∴ ， ∴四边形AFBG的面积 ，∴四边形AFBG的面积是定值． 2023·福建厦门三模 2．已知抛物线 经过点 ． (1)求抛物线的解析式及其顶点 的坐标． (2)将点 向右平移2个单位，再向上平移2个单位得到点 ，若点 为抛物线上的一个动点，则以 线段 为直径的圆与直线 交于点 ， ， 的面积是否为定值？若是，求出它的值； 若不是，请说明理由． 【答案】(1) ， ； (2)是， ． 【思路点拨】（1）待定系数法求出函数解析式，转化为顶点式，求出点 的坐标； （ 2 ） 平 移 得 到 点 的 坐 标 ， 设 ， 两 点 间 的 坐 标 公 式 得 到 ，中点坐标公式，得到 的中点 的坐标为 ， 进而求出点 到直线 的距离，利用垂径定理，得到 ，求出 的长，再 求出点 到直线 的距离，然后利用面积公式进行求解即可． 【详解】（1）解：将点 代入 得， ， ∴ ， ∴ ， ∵ ， 资6 料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴函数的顶点 的坐标为 ． （2）由题意得， ，设 ，则 ， ∴ ， 的中点坐标为 ，记为点 ， ∴点 到直线 的距离为 ， 由垂径定理得， ，∴ ，∴ ，∴ ，∵点 到直线 的距离为 ， ∴ ，∴ 的面积为定值 ． 题型二 线段长为定值 2024 届湖北天门市九年级月考 y x2 mxm2 B3，3 3．如图，已知抛物线 的顶点为A，且经过点 ． (1)求顶点A的坐标； (2)如图，将原抛物线沿射线OA方向进行平移得到新的抛物线，新抛物线与射线OA交于C，D两点， 请问：在抛物线平移的过程中，线段CD的长度是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请 说明理由． 【答案】(1) 1,1 (2) 2，过程见解析 【思路点拨】（1）根据待定系数法，可得函数解析式，根据配方法，可得顶点坐标； 资7 料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 （2）根据平移规律，可得新抛物线，根据联立抛物线与OA的解析式，可得C、D点的横坐标，根 据勾股定理，可得答案． 【详解】（1）解：把B3，3 代入y x2 mxm2得： 393mm2， 解得m2， ∴yx22xx121， ∴顶点A的坐标是 1,1 ； （2）在抛物线平移的过程中，线段CD的长度是定值， 设直线OA的解析式为ykx，把点A的坐标 1,1 代入得，1k， ∴直线OA的解析式为y x， ∴可设新的抛物线解析式为yxa2a， yxa2a 联立 ，  yx ∴xa2ax， ∴x a，x a1， 1 2 ∴x x aa11， 1 2 ∴y x a,y x a1， 1 1 2 2 ∴y y 1， 1 2 即C、D两点的横坐标的差是1，C、D两点间的纵坐标的差为1， ∴CD x x 2y y 2  1212  2， 1 2 1 2 ∴在抛物线平移的过程中，线段CD的长度是定值． 2024 届福建龙岩市统考期中 1 4．已知，抛物线y x2bxc的对称轴为直线 ，抛物线与 轴的另一个交点为A，顶点为 ． 2 x2 x B (1)求抛物线的解析式； 资8 料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ykx2k C,D D x2 D� (2)如图，设直线 （k≠0）与抛物线交于 两点，点 关于直线 的对称点为 ，直 线CD与直线x2交于点P，求证：BP的长为定值． 1 【答案】(1)y x22x 2 (2)点P2,4 为定点，BP为定值2 【思路点拨】（1）根据题意利用待定系数法求解即可；     （2）根据题意联立两个函数得出C k2 k24,k2k k24 ,D k2 k24,k2k k24 ， 再由题意确定直线CD的解析式，即可求解． 【详解】（1）解：抛物线的对称轴为直线x2，过原点，可得，  c0   b  2；解得 ；即解析式为： ．  2 1   c0 y 1 x22x  2 b2 2 （2）C,D为ykx2k 与抛物线的交点，  ykx2k   1 ； y x22x   2  x k2 k24  x k2 k24 1 2 解得： 或 ；  y k2k k24  y k2k k24 1 2     C k2 k24,k2k k24 ,D k2 k24,k2k k24 ，   与 关于直线 对称，得：D 2k k24,k2k k24 ， D� D x2 设直线CD的解析式为：ymxn，  k2 k24  mnk2k k24   ；    2k k24 mnk2k k24    m k24 解得： ； n2 k244 资9 料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 即直线CD的解析式为：y k24x2 k244， 当x2时，y4．点P2,4 为定点，BP为定值2． 2020·西藏·中考真题 5．在平面直角坐标系中，二次函数y＝ x2+bx+c的图象与x轴交于A(﹣2，0)，B(4，0)两点，交y 轴于点C，点P是第四象限内抛物线上的一个动点． （1）求二次函数的解析式； （2）如图乙，过A，B，P三点作⊙M，过点P作PE⊥x轴，垂足为D，交⊙M于点E．点P在运 动过程中线段DE的长是否变化，若有变化，求出DE的取值范围；若不变，求DE的长． 【答案】（1）y＝ x2﹣x﹣4；（2）P(3，﹣ )；（3）没有变化，2 【思路点拨】（1）由二次函数 的图象与 轴交于 ， 两点，可得二次 函数的解析式为 ，由此即可解决问题． （2）结论：点 在运动过程中线段 的长是定值， ．根据 ，根据方程求出 ， 资10料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 再利用中点坐标公式，求出点 的纵坐标即可解决问题． 【详解】解：（1） 二次函数 的图象与 轴交于 ， 两点， 二次函数的解析式为 ， 即 ． （2）结论：点 在运动过程中线段 的长是定值， ． 理由：如图乙中，连接 ， ， ，设 ， ， ， ． 由题意 ， ， ， 解得 ， ， ， ， ， ， 点 在运动过程中线段 的长是定值， 题型二 线段和定值 2023 广州市二中月考 1 y x24 6．已知抛物线 与x轴交于A、B两点，顶点为C，连接 ，点P在线段 下方的抛 4 BC BC 物线上运动． 资11料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 如图，直线PA，PB分别与y轴交于点E，F，当点P运动时，OEOF 是否为定值？若是，试求 出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】当点P运动时，OEOF 为定值，定值为8． 【思路点拨】当点 P运动时，OEOF 为定值．如图，过点 P作PI  AB，交 AB于点 I，同 1 1 OA 4 （1），令 P(m, m2- 4)，则 PI=- m2+4，可证 ，得 OE= IP= IP，同理， 4 4 OAEIAP IA m+4 OB 4 4 4 - 32 1 ，得OF= IP= IP，于是OE+OF=( + )IP= �(+ m2=4) 8． BIPBOF BI 4- m m+4 4- m m2- 16 4 【详解】解：当点P运动时，OEOF 为定值． 1 1 如图，过点P作 ，交 于点I，同（1），令P(m, m2- 4)，则PI=- m2+4 PI  AB AB 4 4 ∵�AOE� �AIP 90 ，�OAE� IAP ∴OAEIAP OE OA ∴ = IP IA OA 4 ∴OE= IP= IP IA m+4 IP BI 同理， ，得 = BIPBOF OF BO OB 4 ∴OF= IP= IP BI 4- m 4 4 - 32 1 ∴OE+OF=( + )IP= �(+ m2=4) 8． m+4 4- m m2- 16 4 2022·四川巴中·中考真题 7．如图1，抛物线yax22xc，交x轴于A、B两点，交y轴于点C，F 为抛物线顶点，直线 EF垂直于x轴于点E，当y0时，1x3． 资12料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (1)求抛物线的表达式； (2)点P是线段BE上的动点（除B、E外），过点P作x轴的垂线交抛物线于点D，如图2，直线 AD，BD分别与抛物线对称轴交于M 、N 两点．试问，EM EN 是否为定值？如果是，请求出 这个定值；如果不是，请说明理由． 【答案】(1)yx22x3 (2)①4；②是，定值为8，理由见解析 【思路点拨】（1）由当y0时，1x3，可知x 1 1，x 2 3是ax22xc0的两根，代入方 a,c 程可得 从而得解； （2）①把x2代入抛物线解析式可得D点坐标，再x0代入抛物线解析式可得C点坐标， 从 而 得 知 线 段 CD∥x轴 ， 利 用 配 方 法 可 知 点 F 坐 标 ， 从 而 利 用 1 S S S  CDy y  求面积； 四边形ACFD △FCD △ACD 2 F A ②设D  m,m2 2m3  (1m3)，用待定系数法求出直线 AD 与直线 BD 的解析式，再令x1得 y M ，y N ，从而得出ME，NE的长，从而得到NEME是定值8． 【详解】（1）解：∵当y0时，1x3， ∴x 1 1，x 2 3是ax22xc0的两根，A(1,0)，B(3,0)， a2c0 a1 ∴ ，解得： ， 抛物线的表达式为： ； 9a6c0 c3  yx22x3 （2）①把x2代入yx22x3得：y3， 资13料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 D(2,3)． 又当x0，y3，C(0,3)，线段CD∥x轴． 1 ， ，S S S  CDy  y 4；  yx22x3(x1)24 F(1,4) 四边形ACFD △FCD △ACD 2 F A ②设D  m,m2 2m3  (1m3)， 直线AD:yk xb ，BD:yk xb ， 1 1 2 2 因此可得： 0k b 03k b 1 1 2 2  或 ， m22m3kmb m22m3k mb 1 1 2 2 k 3m k 1m 1 2 解得： 或 ， 直线 ， b 1 3m b 2 3m3  AD:y(3m)x(3m) BD:y(m1)x3(m1)． 令x1得y 62m，y 2m2，ME62m，NE2m2，NEME 8． M N 2024 届湖北黄石市·九年级统考 yax2bxc A(1,0) B(3,0) C(0,3) 8．如图，抛物线 过点 ，点 ，点 ，直线l为该二次函数图象的 对称轴，交x轴于点E． 资14料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (1)求抛物线的解析式； AQ，BQ (2)若点Q为x轴上方二次函数图象上一动点，过点Q作直线 分别交直线l于点M，N，在 点Q的运动过程中，EM EN 的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)yx22x3 (2)是定值，值为8 【思路点拨】（1）待定系数法求解析式即可； （2）设 Q  m，m22m3  ，直线 AQ的解析式为 ykx1，将 Q  m，m22m3  代入 ykx1 得，m22m3km1 ，解得，k 3m，则AQ的解析式为y3mx1 ，当 x1时， y23m62m，则M1，62m ，即ME62m，同理可得，NE2m2，然后 求解作答即可． 【详解】（1）解：将A(1,0)，点B(3,0)，点C(0,3)代入yax2bxc得， abc0 a1   9a3bc0，解得，b2 ，∴ ；   c3 c3 yx22x3 13 （2）解：由题意知，抛物线对称轴直线l 1， 2 如图1，连接BB交AD于R， 资15料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 由翻折的性质可知，AB AB4，R为BB的中点， 设B1，n ，则E1，0 ，AE2，BE n， 由勾股定理得，AB2  AE2BE2，即42 22n2， 解得，n2 3或n2 3（舍去），     ∴B 1，2 3 ，则R 2，3 ， 设直线AD的解析式为ykxb，   将A(1,0)，R 2，3 代入得，  3 k   3   kb'0 ，解得，  b 3 ，∴ y 3 x 3 ； 2kb 3   3 3 3 （3）解：设Q  m，m22m3  ，直线AQ的解析式为ykx1 ， 将Q  m，m22m3  代入ykx1得， m22m3km1 ， 解得，k3m， ∴AQ的解析式为y3mx1 ， 当x1时，y23m62m， 则M1，62m ，即ME62m， 同理可得，直线BQ的解析式为ym1x3 ， 当x1时，y2m12m2， 则N1，2m2 ，即NE2m2， ∴MENE8， ∴MENE的值为定值，定值为8． 资16料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 2023·四川乐山·统考二模 yax2bx4 x A(2,0) B(4,0) y C 9．如图，已知二次函数 的图像与 轴交于 ， 两点，与 轴交于点 ， 抛物线的顶点为D，点P是x轴上方抛物线上的一个动点，过P作PN  x轴于N ，交直线BC 于M ． (1)求二次函数表达式及顶点D的坐标； (2)设抛物线对称轴与x轴交于点H ，连接AP交对称轴于E，连接BP并延长交对称轴于F ，证明 HEHF的值为定值，并求出这个定值． 1  9 【答案】(1)二次函数的表达式为y x2x4，顶点D的坐标为1, ； 2  2 (2)见解析，这个定值为9 【思路点拨】（1）将A，B点代入二次函数表达式中求得a、b的值即可确定函数解析式，然后再 化成顶点式即可确定顶点D坐标；  1  （2）如图，过点P作 轴于点G，设点P的坐标为t, t2t4，再说明 可得 PGx  2  PG∥DH EH AH PG BG AHPG 、 ， 即  ，  ； 进 而 得 到 EH  ， AHEAGP BGPBHF PG AG FH BH AG BHPG FH  ；然后分当点G在 上和 上两种情况，分别 的值即可解答． BG BH AH EH FH 【详解】（1）解：∵A(2,0)，B(4,0)在二次函数的图像上， ∴将A，B点代入二次函数表达式中，  1 得 4a2b40 ，解得   a 2   16a4b40   b1 1 1 9 ∴二次函数的表达式为y x2x4，将其化为顶点式为y x12  ， 2 2 2  9 ∴顶点D的坐标为1, ．  2  1  （2）解：如图，过点P作 轴于点G，设点P的坐标为t, t2t4 PGx  2  ∵DH x轴于点H， ∴PG∥DH ， ∴AHEAGP，BGPBHF ， 资17料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 EH AH PG BG ∴  ，  ， PG AG FH BH AHPG BHPG ∴EH  ，FH  ， AG BG 当点G在BH 上时， 1 ∵ ， ， ，PG t2t4， AH BH 3 AGt2 BG4t 2 ∴EH FH 3   t P  G 2  4 P  G t    3     1 2    t2t4 t 4   2 t    t 4   2 t =9； 同理：当点G在AH上，由抛物线对称性可知，结果相同． 综上可知，HEHF的结果为定值，且这个定值为9． 2023·海口华侨中学考模 yax2bx3 A1,0 B3,0 10．如图1，抛物线 交x轴于点 和点 ，交于y轴点C，F为抛抛物线 Q2,3 顶点，点 在抛物线上． (1)求该抛物线所对应的函数解析式 (2)直线EF垂直于x轴于点E，点P是线段BE上的动点（除B、E外）过点P作x轴的垂线交抛物 线于点D，连接DA、DQ,如图2，直线AD，BD分别与抛物线对称轴交于M、N两点．试问： EM EN 是否为定值？如果是，请直接写出这个定值；如果不是，请说明理由． 资18料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【答案】(1)yx22x3 (2)EM EN 是为定值，定值为8 【思路点拨】分ADQ90或AQD90两种情况结合一次函数图象的性质分析求解； 【详解】（1）∵抛物线yax2bx3经过点A1,0 ，B3,0 ， ab30 a1 ∴ ，解得 9a3b30 b2 ∴该抛物线的函数表达式为：yx22x3； （2）设D  m,m22m3  ， 由A、D的坐标得，直线AD的表达式为：y(m3)(x1)， 当x1时，y2(m3)2m6EM ； 由点B、D的坐标得，直线BD的表达式为：y(m1)(x3)， 当x1时，y2m2EN 则EM EN 是为定值，定值为8． 2023·江苏徐州·4 月模拟 yx2ax A(4,0) B(1,m) 11．如图，已知抛物线 经过点 和 点，其对称轴交x轴于点H，点C是抛 物线在直线AB上方的一个动点（不含A，B两点） (1)求a，m的值； (2)若直线AC、OC分别交该抛物线的对称轴于点E、F，试问EH FH是否为定值，若是，请求 出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)a4，m3 (2)是定值，8 资19料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【思路点拨】（1）用待定系数法求出抛物线表达式，进而求解； （2）求出直线AC的表达式为：yt(x4)，直线CO的表达式为：y(t4)x，即可求解． 【详解】（1）解：将点A的坐标代入抛物线表达式得：0164a，解得：a4， 即抛物线的表达式为：yx24x， 当x1时，yx24x3，即点B(1,3)，即m3， 故a4，m3； （2）是定值，理由： 设点C(t,t24t)， 由点A、C的坐标得：直线AC的表达式为：yt(x4)， 当x2时，y2t，即点E(2,2t)，则EH 2t， 由点C的坐标得，直线CO的表达式为：y(t4)x， 当x2时，y(t4)x2t8，即点F(2,2t8)，则FH 2t8， 则EH FH 2t2t88，为定值． 2022·湖南张家界·中考真题 yax2bx3(a0) x A(1,0) B(4,0) y 12．如图，已知抛物线 的图像与 轴交于 ， 两点，与 轴交于点 C，点D为抛物线的顶点． (1)求抛物线的函数表达式及点D的坐标； x P G P D Q x (2)抛物线的对称轴与 轴交于点 ，点 是点 关于点 的对称点，点 是 轴下方抛物线图像上 9 的动点．若过点Q的直线 l:ykxm(k  4 ) 与抛物线只有一个公共点，且分别与线段 GA 、 GB 相 交于点H 、K，求证：GH GK 为定值． 资20料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 3 15 5 27 【答案】(1)y x2 x3；顶点为D( , ) 4 4 2 16 (2)见解析 【思路点拨】（1）设二次函数表达式为：yax2bx3，将A(1,0)、B(4,0)代入yax2bx3， 3 15 进行计算即可得y x2 x3，根据二次函数的性质即可得； 4 4 5 27 9 （2）根据对称的性质得G( , )，根据直线l:ykxm(k  )与抛物线图像只有一个公共点， 2 8 4 144(4k15)2 9 9 即可得m ，利用待定系数法可得直线 的解析式为：y x ，直线 的解 48 GA 4 4 GB  144(4k15)2 ykx  48 析式为： ，联立 ，结合已知 ，解得： ，同理 9  9 9 9 4k21 y x9 y x k  x  4  4 4 4 H 12 4k39 可得：x  ，运用三角函数求出GH，GK即可得． K 12 【详解】（1）解：设二次函数表达式为：yax2bx3， 将A(1,0)、B(4,0)代入yax2bx3得：  3 a   4 ，解得， ， 抛物线的函数表达式为： ，   ab30 b 15 y 3 x2 15 x3 16a4b30  4  4 4 15 3 15  4 3( )2 b 4 5 4acb2 4 4 27 又    ，   ， 2a 3 2 4a 3 16 2 4  4 4 5 27 顶点为D( , )；  2 16 5 5 27 （2）解： 点P( ,0)关于点D( , )的对称点为点 ，  2 2 16 G 5 27 G( , )，  2 8 9 直线l:ykxm(k  )与抛物线图像只有一个公共点，  4 3 15 x2 x3kxm只有一个实数解，  4 4 △0， 15 3 即：[( k)]24 (3m)0， 4 4 144(4k15)2 解得：m ， 48 9 9 9 利用待定系数法可得直线 的解析式为：y x ，直线 的解析式为：y x9， GA 4 4 GB 4 资21料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载  144(4k15)2 ykx  48 联立 ，结合已知 ，  9 9 9 y x k   4 4 4 4k21 4k39 解得：x  ，同理可得：x  ， H 12 K 12 5 5 ( x ) (x  ) 则： 2 H 5 4k21 97 ， k 2 4k39 5 97 ， GH  (  ) GK  (  ) sinAGP 2 12 4 sinBGP 12 2 4 5 4k21 97 4k39 5 97 3 97 GH GK (  ) (  )  ， 2 12 4 12 2 4 8 3 97 的值为 ． GH GK 8 题型三 加权线段和定值 2023·四川广元·中考真题 13．如图1，在平面直角坐标系中，已知二次函数 的图象与x轴交于点 ， ，与 轴交于点 ． (1)求抛物线的解析式； (2)如图 ， 为第一象限内抛物线上一点，连接 交 轴于点 ，连接 并延长交 轴于点 ， 在点 运动过程中， 是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2) ，理由见解析 【思路点拨】（1）待定系数法求解析式即可； （2）先求得抛物线的对称轴为直线 ，设 与 交于点 ，过点 作 于点 ，证明 资22料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ，设 ，则 ， ，进而得出 点的坐 标，代入抛物线解析式，求得 的值，同理可求得当点F在x轴下方时的坐标；当 点与 点重合 时，求得另一个解，进而即可求解； 【详解】（1）解：将点 ， ，代入 得 ，解得： ，∴抛物线解析式为 ； （2）设 ，直线 的解析式为 ， 的解析式为 ， ∵点 ， ， ， ∴ ， 解得： ， ∴直线 的解析式为 ， 的解析式为 ， 对于 ，当 时， ，即 ， 对于 ，当 时， ，即 ， ∵ 在抛物线上，则 ∴ ∴ 为定值 ． 2020·四川德阳·中考真题 14．如图1，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a（a≠0）与x轴交于点A，B．与y轴交于点C．连接AC， BC．已知 ABC的面积为2． （1）求抛物线△的解析式； （2）如图2，平行于y轴的直线交抛物线于点M，交x轴于点N （2，0）．点D是抛物线上A，M 之间的一动点，且点D不与A，M重合，连接DB交MN于点E．连接AD并延长交MN于点F．在 点D运动过程中，3NE+NF是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由． 资23料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【答案】（1） ；（2）是，3NE+NF为定值4 【思路点拨】（1）先将抛物线解析式变形，可得 A和B的坐标，从而得AB=1+3=4，根据三角形 ABC的面积为2可得OC的长，确定点C的坐标，根据点C的坐标，利用待定系数法即可求出二次 函数的解析式； （2）设点D（n，﹣ n2+ n+1），利用待定系数法求直线AD和BD的解析式，表示FN和OK的 长，直接代入计算可得结论． 【详解】（1）如图1，y=ax2﹣2ax﹣3a=a（x2﹣2x﹣3）=a（x﹣3）（x+1）， ∴A（﹣1，0），B（3，0）， ∴AB=4， ∵△ABC的面积为2，即 ， ∴OC=1， ∴C（0，1）， 将C（0，1）代入y=ax2﹣2ax﹣3a，得：﹣3a=1， ∴a=﹣ ， ∴该二次函数的解析式为y=﹣ x2+ x+1； （2）如图3，设点D（n，﹣ n2+ n+1），延长BD交y轴于K， 资24料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∵A（﹣1，0）， 设AD的解析式为：y=kx+b， 则 ，解得： ， ∴AD的解析式为：y=（﹣ ）x﹣ ， 当x=2时，y=﹣ n+2﹣ n+1=﹣n+3， ∴F（2，3﹣n）， ∴FN=3﹣n， 同理得直线BD的解析式为：y=（﹣ ）x+n+1， ∴K（0，n+1）， ∴OK=n+1， ∵N（2，0），B（3，0）， ∴ ， ∵EN∥OK， ∴ ， ∴OK=3EN， ∴3EN+FN=OK+FN=n+1+3﹣n=4， ∴在点D运动过程中，3NE+NF为定值4． 题型四 线段乘积为定值 2023·四川南充·中考真题 15．如图1，抛物线 （ ）与 轴交于 ， 两点，与 轴交于点 ． 资25料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (1)求抛物线的解析式； (2)如图2，抛物线顶点为D，对称轴与x轴交于点E，过点 的直线（直线 除外）与抛物 线交于G，H两点，直线 ， 分别交x轴于点M，N．试探究 是否为定值，若是，求 出该定值；若不是，说明理由． 【答案】(1) (2)定值，理由见详解 【思路点拨】（1）将A1,0，B3,0 两点代入抛物线的解析式即可求解； （2）可设直线GH的解析式为 ykx13，G  m,m22m3  ， H  n,n22n3  ，可求 mn2k m3  mnk ，再求直线 DG 的解析式为 ym1xm3 ，从而可求EM 1 m1 ，同理可求 EN ，即可求解． 【详解】（1）解： 抛物线yax2bx3(a0)与x轴交于A1,0，B3,0 两点，  ab30 a1  ，解得 ，故抛物线的解析式为 ． 9a3b30 b2 yx22x3 （2）解：是定值， 资26料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 理由：如图，  直线GH经过K1,3 ， 可设直线GH的解析式为ykx13，  G、H 在抛物线上， 可设G  m,m22m3  ，H  n,n22n3  ，  kx13x22x3， 整理得：x2+(k-2) x-k =0， x 1 m，x 2 n， mn2k  ， mnk 当x1时，y122134， D1,4 ， 设直线DG的解析式为yk xb ，则有 1 1 mk b m22m3  1 1 ， k b 4 1 1 k m1 1 解得 ， b m3 1 直线DG的解析式为ym1xm3， 当y0时，m1xm30， m3 解得：x ， m1 m3  M ,0，  m1  m3 EM 1 m1 4  ， m1 资27料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 4 同理可求：EN  ， n1 4 4 EMEN   m1 n1 16  mnmn1 16  2kk1 16  k2k1 16；当G与H对调位置后，同理可求EMEN 16； 故EMEN的定值为16． 2024 届·武汉市东湖高新区统考 C :yx2bxc A3,0 B1,0 AC 16．如图1，抛物线 1 与x轴于交 ， 两点，交y轴于点C，连接 ， 点D为AC上方抛物线上的一个动点，过点D作DEAC于点E． (1)求抛物线的解析式； C C C (2)如图2，将抛物线 1沿y轴翻折得到抛物线 2，抛物线 2的顶点为F，对称轴与x轴交于点G， H1,2 FH FJ，FI 过点 的直线（直线 除外）与抛物线交于J，I两点，直线 分别交x轴于点M，N. 试探究GM·GN 是否为定值，若是，求出该定值：若不是，说明理由． 【答案】(1)yx22x3 (2)8 【思路点拨】（1）利用待定系数法求解析式； （2）由翻折得抛物线C 的解析式为 yx22x3x124，可设直线 JI 的解析式为 2 ykx12，直线 FJ 的解析式为 yj1x j3，当 y0时， j1x j30，得 资28料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载  j3  4 4 M ,0，  ，同理可求：GN  ，故 的定值为8  j1  GM j1 i1 GMGN 【详解】（1）解： 抛物线经过点A3,0 ，B1,0 93bc0 b2  , 抛物线的解析式为  1bc0 c3  yx22x3 （2）是定值，理由如下： 将抛物线C 1 沿y轴翻折得到抛物线C 2 C 的解析式为yx22x3x124 2 F1,4 直线JI经过H1,2 ， 可设直线JI的解析式为ykx12  J 、I在抛物线上， 可设J  j,j22j3  ，I  i,i22i3  ，  kx12x22x3， 整理得：x2k2xk10， x  j，x i， 1 2 ji2k  ，  jik1 jk b j22j3 设直线FJ的解析式为 ，则有 1 1 yk xb  k b 4 1 1 1 1 k j1 1 解得 ，  b  j3 1 直线FJ的解析式为yj1x j3， 当y0时，j1x j30， j3 解得：x ， j1  j3  M ,0，  j1  资29料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 j3 4 GM 1  ， j1 j1 4 同理可求：GN  ， i1 4 4 16 16 16 GMGN      ； j1 i1 jiji1 k12k1 2 故GMGN的定值为8 2024 届福建省福州屏东中学月考 y(xm)(x1) m0 x A,B 17．如图，在平面直角坐标系中，抛物线 （其中 ），交 轴于 两点（点 A在点B的左侧），交 y 轴负半轴于点C． (1)求点A的坐标； Em,2 E P、Q AP,AQ (2)如图，平面上一点 ，过点 作任意一条直线交抛物线于 两点，连接 ，分别 交y轴于M,N两点，则OM 与ON的积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)A1,0 (2)OM 与ON的积是定值2 【思路点拨】（1）由题意即可求解； （2）设直线 PQ的解析式为： yaxn， P(x,y ),Q(x ,y )，联立抛物线解析式可得 1 1 2 2 x 1 x 2 am1,x 1 x 2 amm2，作PS x轴，QT x轴，可得AMO∽APS即可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线y(xm)(x1)（其中m0），交x轴于A,B两点（点A在点B的左 侧）， ∴点 的坐标为A1,0 ； A （2）解：∵y(xm)(x1)， 当y0，解得x=1或xm， ∴A(1,0),B(m,0)， ∵过点Em,2 作任意一条直线交抛物线于P、Q两点， 资30料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 设直线PQ的解析式为：yaxn，P(x,y ),Q(x ,y )， 1 1 2 2 2amn，则n2am， ∴直线PQ的解析式为：yax2am， yx2m1xm 联立 ，整理得： ，  yax2am x2(1ma)xamm20 x x am1,x x amm2， 1 2 1 2 作PS x轴，QT x轴，如图， ∴AMO∽APS， MO PS MO (x 1)(x m)   ，即  1 1 ， AO AS 1 x 1 1 OM x m，同理ON (x m)， 1 2 OMON x 1 mx 2 m  x 1 x 2 mx 1 x 2 m2amm2mam1m2  2， 为 定值 2024 届福州市晋安区统考 yx2bxc A1,0 B3,0 18．如图，在平面直角坐标系中，抛物线 交x轴于 ， 两点，交y轴于 点C． 资31料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (1)求二次函数解析式； E3,2 AQ (2)如图，平面上一点 ，过点E作任意一条直线交抛物线于P、Q两点，连接AP、 ，分 别交y轴于M、N两点，则OM 与ON的积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)y=x22x3 (2)是定值，为2，理由见解析 【思路点拨】（1）利用待定系数法求解即可； （2）设直线PQ的解析式为yaxb，P(x,y )，Q(x ,y )，由直线PQ过点E(m,2)，可得其解析 1 1 2 2 式为 yax23a，与抛物线联立得到 x 1 x 2 a2， x 1 x 2 3a5，作 PS x轴于点S，作 QT x轴于点T，证明AMO∽APS，可得OM x 1 3，ON (x 2 3)，代入计算OMON，即 可得出OMON是一个定值． 【详解】（1）∵抛物线yx2bxc交x轴于A1,0 ，B3,0 两点， 1bc0 b2 ∴ ，解得 ∴ ； 93bc0 c3 y=x22x3 （2）是定值，为2，理由： 过点E(3,2)作一直线交抛物线于P、Q两点， 设直线PQ的解析式为yaxb，P(x,y )，Q(x ,y )， 1 1 2 2 23ab，得b23a， 直线PQ的解析式为yax23a①， ∵抛物线y=x22x3②， ∴联立①②得：x2a2x3a50， x x a2，x x 3a5， 1 2 1 2 如图，作PS x轴于点S，作QT x轴于点T， 资32料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 则AMO∽APS， MO (x 1)(x 3) MO PS  1 1  ，即 1 x 1 ，  AO AS 1 OM x 3，同理，ON (x 3)， 1 2 OMON x 3x 3 1 2 x x 3x x 32  1 2 1 2  3a53a232     3a53a632 3a53a632 2，为定值． 2023·福建福州·校考三模 1 y x2 19．如图，直线： 2 交 x 轴于点 A ，交y轴于点 B ，点 C 在y轴上， CBOB ，经过点 A ， C yax2 xc AB D 的抛物线： 交直线 于另一点 ． (1)求抛物线的解析式； x K Tt,1t0 MN y (2)抛物线与 轴的另一个交点为 ，过点 的任意直线 （不与 轴平行）与抛物 资33料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 线交于点M 、N ，直线KM 、KN分别交 y 轴于点G、H ，是否存在t的值使得OG与OH 的积为 定值？若存在，求t的值，若不存在，请说明理由． 1 【答案】(1)y x2x4，(2)存在， 2 t 4 1 【思路点拨】（1）在y x2中，可得 ， ， ，即知 ，用待定系数法 2 A(4,0) B(0,2) OB2 C(0,4) 1 得抛物线的解析式为y x2x4； 2 1 1 1 （2）由 y 2 x2x4得 K(2,0)，设 N(e, 2 e2e4)， M(f, 2 f2 f 4)，直线 KN 的解析式为 yk(x2)，可得H(0,e4)，OH e4，同理得G(0,f 4)， 可 得 OGf 4， 从 而 OHOG(e4)(f 4)ef 4e4f 16， 设 直 线 MN的 解 析 式 为 yk(xt)1，有x22(k1)x2kt100，根据韦达定理得e f 2(k1)，ef 2kt10，可求 得OHOGef 4e4f 16(2t8)k2，故当t 4时，OHOG2． 1 【详解】（1）解：在y x2中，令 得 ，令 得 ， 2 x0 y2 y0 x4 A(4,0)，B(0,2)，OB2， CBOB， CB2，COCBOB4， C(0,4)， 抛物线yax2 xc经过A(4,0)，C(0,4)， 16a4c0  ， c4  1 a 解得 2，  c4 1 抛物线的解析式为y x2x4；  2 （2）存在t的值使得OH 与OG的积为定值，理由如下： 1 在y 1 x2x4中，令 得 x2x40， 2 y0 2 解得x4或x2， K(2,0)， 资34料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 1 1 设N(e, e2e4)，M(f, f2 f 4)， 2 2 设直线KN的解析式为yk(x2)， 1 1 将点N(e, e2e4)代入 ，得k e2， 2 yk(x2) 2 1 直线 的解析式为y( e2)(x2)，  KN 2 令x0，则ye4， H(0,e4)， OH e4， 设直线MK的解析式为ym(x2)， 1 1 点M(f, f2 f 4)代入 ，得m f 2， 2 ym(x2) 2 1 直线 的解析式为y( f 2)(x2)，  MK 2 令x0，则y f 4， G(0,f 4)， OGf 4， OHOG(e4)(f 4)ef 4e4f 16， 设直线MN的解析式为yk(xt)1， yk(xt)1  联立方程组 1 ， y x2x4   2 x22(k1)x2kt100， e f 2(k1)，ef 2kt10， OHOGef 4e4f 162kt108k816(2t8)k2， 当2t80时，OHOG为定值2，当t 4时，OHOG2． 题型五 比值为定值 2023 年广西钦州市一模 20．定义：由两条与x轴有着相同的交点，并且开口方向相同的抛物线所围成的封闭曲线称为“月 C :yx22x3 C :yax22axc 牙线”．如图，抛物线 1 与抛物线 2 组成一个开口向下的“月 C C 牙线”，抛物线 1与抛物线 2与x轴有相同的交点M，N（点M在点N左侧），与y轴的交点 B0,1 分别为点A， ． 资35料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 C (1)求出点M，N的坐标和抛物线 2的解析式； C PQx C (2)点P是x轴上方抛物线 1上的点，过点P作 轴于点E，交抛物线 2于点Q，试证明： PQ 的值为定值，并求出该定值； QE 1 2 【答案】(1) M(1,0) ，N(3,0)；y 3 x2 3 x1 (2)证明见解析，该定值为2 【思路点拨】（1）先由x22x30求得x 1，x 3，可得点M，N的坐标，将点M(1,0)， 1 2 B0,1 代入抛物线yax22axc，利用待定系数法即可求抛物线C 的解析式； 2  1 2  2 4 （ 2 ） 设 P  t,t22t3 1t3， 则 Q  t, 3 t2 3 t1  ， 可 得 PQ 3 t2 3 t2， 2 4  t2 t2 PQ 3 3 ，进而可得  2，即可证得结论； 1 2 QE 1 2 QE t2 t1  t2 t1 3 3 3 3 13 （3）由抛物线 ： 可得点 ，两条抛物线的对称轴均为直线x 1，进 C yx22x3 A(0,3) 2 1 而求得D(2,1)，连接BD，由于等腰直角三角形可知 AD 2AB2 2，分两种情况讨论：当 ADFD时，FD2 2，当ADAF时，AF 2 2，分别进行讨论即可求解． 【详解】（1）解：∵抛物线yx22x3与x轴交于点M、N，且当x22x30时， 解得x 1，x 3， 1 2 ∴M(1,0)，N(3,0)； 将点M(1,0)，B0,1 代入抛物线yax22axc，  1 a 得a2ac0 ，解得 3  c1  c1 1 2 ∴抛物线C 的解析式为y x2 x1； 3分 2 3 3 资36料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载  1 2  （2）证明：设 P  t,t22t3 1t3，则Q  t, 3 t2 3 t1  ， 1 2 2 4 ∴PQt22t3( t2 t1) t2 t2， 3 3 3 3 2 4  t2 t2 PQ 3 3 ，∴  2 1 2 QE 1 2 QE t2 t1  t2 t1 3 3 3 3 PQ QE ∴ 的值为定值，该定值为2 2023 福建厦门一中模拟 yx2mxn 0,3,2,3 x A、B 21．如图，抛物线 经过 两点，与 轴交于 两点． (1)求抛物线的解析式： (2)点C为第四象限抛物线上一动点，点C横坐标为t，直线AC与 y 交于点D，连接BC． S △ADE 如图，直线 与抛物线交于点 ，连接 ．问： 是否为定值？若是，请求出这个定值：若 S BD E AE △BDC 不是，请说明理由． 【答案】(1)y=x22x3 S △ADE 1 (2) 是定值，定值为 ，理由见解析 S △BDC 9 【思路点拨】（1）直接利用待定系数法求解即可； （2）利用待定系数法依次求出直线AC和BD的解析式，将直线BD的解析式与抛物线的解析式联 立 ， 求 出 点 E 的 坐 标 ， 再 根 据 S S S S  1 ABy y ，S S S  1 ABy y ，即可证明 △ADE 是否为 ADE ABE ABD 2 D E BDC ABC ABD 2 D C S △BDC 定值． 【详解】（1）解：∵抛物线yx2mxn经过 0,3,2,3 两点， 3n n3 ∴ ，解得： ， 3222mn m2 ∴抛物线的解析式为y=x22x3． 资37料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 S △ADE 1 （2） 是定值，定值为 ，理由如下： S △BDC 9 设直线AC的解析式为ykxb, 将A1，0，C  t,t22t3  代入ykxb, 0kb k t3 可得 ，解得 ， t22t3ktb bt3 ∴直线AC的解析式为yt3xt3 ， 令x0，则yt3， ∴D0，t3 ． 设直线BD的解析式为 ymxn , 将B3，0，D0，t3 代入ymxn,  3t m 可得03mn ，解得 3 ，  t3n  nt3 3t ∴直线 的解析式为y xt3 ， BD 3  3t y xt3 联立 3 ，解得 或 t ，  yx22x3 x3 x 3 t ∴点E的横坐标为 ， 3  t  2  t  t2 2t ∴点E的纵坐标为：  2 3  3，  3  3 9 3 1 1  t2 2t  3tt2 ∴ S S S  ABy y  ABt3  3 AB ， ADE ABE ABD 2 D E 2   9 3  18 1 1 3tt2 S S S  ABy y  ABt3  t22t3  AB ， BDC ABC ABD 2 D C 2   2 3tt2 AB S 18 1 ∴ ADE   ． S 3tt2 9 BDC AB 2 资38料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 2023 年福州市屏东中学中考模拟 yx24xc y1 22．已知抛物线 与直线 有且只有一个公共点． (1)求这条抛物线的解析式； 1 (2)将该抛物线沿直线y x沿左上方平移 个单位后得到抛物线C，点A是抛物线C上的的任 2 5 意一点，且点A在第一象限的抛物线上，点A的横坐标为m，A和B两点关于原点对称，过点A作 AD y BD 轴，垂足为点D，连接 交抛物线于M、N两点（点M在点N的右侧）． ①用含m的式子表示直线BD的解析式； PQ ②设直线 与直线 与x轴分别交于P、Q两点，求证： 为定值． AM AN AD 【答案】(1)yx24x3 (2)①直线BD的解析式为y2mxm2，②证明见解析 【思路点拨】（1）联立抛物线与直线：x24xc1，根据Δ0求出c3，即可得到抛物线的 解析式； 1 （2）①根据抛物线解析式求出顶点坐标为E2,1，得到点E2,1的坐标满足解析式y x， 2 1 由此得到将该抛物线沿直线y 2 左上方平移 5 个单位后得到抛物线C解析式为： y =x2， 可设 点A的坐标为  m,m2 ，m0，得到点D坐标为  0,m2 ，点B坐标为  m,m2 ，利用待定系数法 求出直线BD的解析式； yx2 ②由 ，得 ，求解方程得 ，得到当 时点M与点N的坐 y2mxm2 x2 2mxm2 xm 2m m0 标，分别求出直线AN的解析式，直线AM 的解析式，由此得到点P、Q的坐标，由此计算即可得 PQ 为定值． AD 【详解】（1）联立抛物线与直线：x24xc1， ∵Δ0，即424c10，解得c3， 这条抛物线的解析式为yx24x3；  （2） yx24x3x221， 该抛线的对称轴为直线x2，顶点坐标为E2,1 ， 1 点E2,1的坐标满足解析式y x，  2 资39料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 1 抛物线yx24x3的顶点E在直线y x上，  2 1 ，直线y x过原点， OE 5 2 1  将该抛物线沿直线y 2 x向左上方平移 5 个单位后得到抛物线C解析式为： y =x2， 点A在第一象限的抛物线C上， 可设点A的坐标为  m,m2 ，m0，  AD y轴，垂足为点D， 点D坐标为  0,m2 ，ADm， A、B关于坐标原点对称， 点B坐标为  m,m2 ， ①设直线BD的解析式为ykxb， m2 mkb k 2m 代入B、D坐标得 ，得 ， m2 b bm2 故直线BD的解析式为y2mxm2； yx2 ②证明：由 ，得 ， y2mxm2 x2 2mxm2 化简整理得xm2 2m2，xm 2m， M 点在N点的右侧，           ∵ 时，M 1 2 m, 32 2 m2 ，N 1 2 m, 32 2 m2 ， m0 设直线AN的解析式为yk xb ， 1 1 mk b m2  1 1     ， 1 2 mk b  32 2 m2  1 1 k   2 2  m  1 解得 ，   b  21 m2  1     y 2 2 mx 21 m2 ，  2  Q m,0；   2       同理可得直线 的解析式为y 2 2 mx  21 m2 ， AM  2  P m,0，   2   PQ 2m，  ADm， 资40料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 PQ   2， AD PQ ∴ 为定值． AD 武汉·中考真题 23．抛物线y＝ax2＋c与x轴交于A、B两点，顶点为C，点P在抛物线上，且位于x轴下方． （1）如图1，若P（1，－3）、B（4，0），求该抛物线的解析式； （2） 如图2，已知直线PA、PB与y轴分别交于E、F两点．当点P运动时， 是否为定值？ 若是，试求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1）y＝ x2- ；（2）是定值，等于2. 【详解】（1）将P（1，－3）、B（4，0）代入y＝ax2＋c得 ， 解得 ，∴抛物线的解析式为： ； （2）设B（b，0），则A（-b，0）有ab2＋c＝0， ∴b2＝ ， 过点P（x，y）作PH⊥AB，有 ， 0 0 易证： PAH∽△EAO，则 即 ， △ ∴ ，同理得 资41料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴ ， ∴ ，则OE＋OF＝ ∴ ，又OC＝－c，∴ . ∴ 是定值，等于2． 题型六 横（纵）坐标定值 2023·湖北潜江、天门、仙桃、江汉油田·中考真题 24．如图1，在平面直角坐标系 中，已知抛物线 与 轴交于点 ，与 轴交于点 ，顶点为 ，连接 ． 资42料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (1)抛物线的解析式为__________________；（直接写出结果） (2)如图2，若动直线 与抛物线交于 两点（直线 与 不重合），连接 ，直线 与 交于点 ．当 时，点 的横坐标是否为定值，请说明理由． 【答案】(1) (2) ，理由见解析 【思路点拨】（1）待定系数法求解析式即可求解； （2）设点 的坐标为 ，点 的坐标为 ．由点 ，点 ， 可 得 到 直 线 的 解 析 式 为 ： ． 得 出 点 的 坐 标 可 以 表 示 为 ． 由 点 ， 点 ， 得 直 线 的 解 析 式 为 ： ．同理可得可得到直线 的解析式为： ．联立可得 ，则点 的横坐标为定值3． 【详解】（1）解：∵抛物线 与 轴交于点 ， ∴ ， 解得： ， ∴抛物线解析式为 ； （2）设点 的坐标为 ，点 的坐标为 ． ∵直线 与 不重合， ∴ 且 且 ． 如图3，由点 ，点 ， 资43料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 可得到直线 的解析式为： ． ∵ ， ∴可设直线 的解析式为： ． 将 代入 ， 得 ． ∴ ． ∴点 的坐标可以表示为 ． 设直线 的解析式为： ， 由点 ，点 ，得 ， 解得 ． ∴直线 的解析式为： ． 同上，由点 ，点 ， 可得到直线 的解析式为： ． ∴ ． ∴ ． 资44料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴ ． ∴点 的横坐标为定值3． 2024 届湖北潜江市初 12 校联考 yx2bxc 25．如图，抛物线 与x轴交于A，B两点（A在B左侧），与y轴交于点C，点A的坐 3,0 x=1 PM x AC 标为 ，对称轴为直线 ．点P是x轴上一动点， 轴，交直线 于点M，交 抛物线于点N． (1)求这个二次函数的解析式． (2)若点M在线段AC上运动（点M与点A、点C不重合），点D是射线MP上一动点，连接AD、 CD，直线AD、CD分别交抛物线于E、F，连接EF，当MN平分EF时，点D的横坐标是否为定 值，请说明理由． 【答案】(1)yx22x3 3 (2)点D的横坐标是定值，x  D 2 【思路点拨】（1）根据二次函数的对称性求出点B的坐标，从而用两点式求出函数解析式； （ 2 ） 设 点 E 的 坐 标 为  m,m22m3  ， 则 点 F 的 坐 标 为  n,n22n3  ， 求 出 y AE m1x3m1 ，y CF n2x3，由MN平分EF，列出式子求出答案． 【详解】（1）解：点A的坐标为 3,0 ，对称轴为直线x=1， 点B的坐标为 1,0 ，  yx3x1x22x3； 3 （2）解：点D的横坐标是定值，x  ， D 2 设点E的坐标为  m,m22m3  ，则点F的坐标为  n,n22n3  ， 点A的坐标为 3,0 ，点C的坐标为 0,3 ，  y AE m1x3m1 ， 资45料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 y n2x3， CF 3m x  ，  D nm3 MN平分EF， 3m mn  ，  nm3 2  6mmnnm3n2m23m3n， m2n23m3n0，  mnmn30，  mn， mn3， 3m mn 3 3 x    即D点的横坐标是定值 ．  D nm3 2 2 2 题型七 角度为定值 2023·成都武侯区西川中学三模 3 26．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线 yax2bx 2 与 x 轴交于A1,0，B3,0两点， M ykxk E F E F 其顶点为 ．直线 与抛物线相交于 ， 两点（点 在点 的左侧）． (1)求抛物线的函数表达式和点M 的坐标； (2)当线段EF被抛物线的对称轴分成长度比为1:4的两部分时，求k的值； (3)连接EM ，FM ，试探究EMF 的大小是否为定值．若是，请求出该定值；若不是，请说明理 由． 1 3 【答案】(1)y x2x ， (1,-2) 2 2 资46料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 3 3 (2) 或 2 2 (3)定值，EMF 90，理由见详解 【思路点拨】（1）将A、B代入解析式即可求解；  1 3  1 3 （ 2 ） 可 求 直 线 ykxk 过 定 点 G1,0， 设 F  m, 2 m2m 2   E  n, 2 n2n 2   ， 则 有 EG 1 EG EG 1 Fm,kmk， En,knk，可求  或 4，①当  时，过 作 交 于 FG 4 FG FG 4 F FPGM GM kmk 4knk  ，过 作 交 于 ，可求1 3 1 3，从而可求m5，求得  m2m 4 n2n   P E EQGM GM Q 2 2 2 2 n0  3 EG m2 E0, ，接可求解；②当 4时，由①同理可求 ，即可求解；  2 FG n3 1 3 （3）分别过 、 作 轴的平行线交过 作 轴的平行线于 、 ，可求 x2x kxk，从 E F y M x C D 2 2 mn22k 4 MD 而可得  mn2k3 ，从而可求 m11n4 ，可得1n m1 ，由 tanDMF  FD 和 EC tanCME 可证 ，从而可得 ，即可求证． CM tanDMF tanCME DMF CME 【详解】（1）解：由题意得  3 ab 0    2 ， 解 得 ：  a 1 ， ， 当 x 1 1时 ， ，   9a3b 3 2 0   b 2 1  y 1 2 x2x 3 2 2 1 2 y 1 2 1 3 2 2 M1,2 ， 1 3 故抛物线的函数表达式为y x2x ， 的坐标为(1,-2) ． 2 2 M （2）解：由ykxk得 ykx1 ， 当x1时，y0， 直线ykxk过定点G1,0 ，  1 3  1 3 设Fm, m2m ，En, n2n ，  2 2  2 2 则有Fm,kmk ，En,knk ， 线段EF被抛物线的对称轴分成长度比为1:4的两部分， EG 1 EG   或 4， FG 4 FG EG 1 ①当  时， FG 4 如图，过F 作FPGM 交GM 于P，过E作EQGM 交GM 于Q， 资47料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 EQ∥FP， GQ EG 1    ， GP FG 4 1 3 PG y  m2m ，  F 2 2 或PGkmk ， 1 3 GQy  n2n  E 2 2 或GQknk ， kmk 4knk  1 3 1 3，  m2m 4 n2n  2 2 2 2 m54n 整理得： ， m22m4n28n150 m5 m3 解得： 或 ， n0 n2 此时m0， m3  （舍去）， n2 m5 故 ， n0 3 当 时，y ，  n0 2  3 E0, ，  2 3 当 时，k0k   x0 2 3 解得：k= ； 2 EG ②当 4时，如图， FG 资48料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 m2 由①同理可求 ， n3 1 3 当 时，y 93 6，  n3 2 2 E3,6 ， 当x3时，3kk 6， 3 解得：k  ； 2 3 3 综上所述： 的值为 或 ． k 2 2 （3）解：定值，EMF 90； 理由：如图，分别过E、F 作 y 轴的平行线交过M 作x轴的平行线于C、D， ECM FDM 90， DMFDFM 90， 1 3 由（2）得： x2x kxk， 2 2 整理得：x222kx2k30， mn22k  ， mn2k3 mnmn5， mnmn14， m11n4， 资49料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 4 1n ， m1 MD 在 中，tanDMF  RtFDM FD m1  1 3 m2m 2 2 2 2  ， m1 EC 在 中，tanCME Rt△CME CM 1 3 n2n 2 2 2  1n 1  1n ， 2 1 4   2 m1 2  ， m1 tanDMF tanCME， DMF CME， DMFCME90， EMF 90． 四川乐山·统考中考真题 27．如图1，二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C．若 tan∠ABC＝3，一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的两根为 ． （1）求二次函数的解析式； （2）直线l绕点A以AB为起始位置顺时针旋转到AC位置停止，l与线段BC交于点D，P是AD的 中点．如图2，过点D作DE垂直x轴于点E，作DF⊥AC所在直线于点F，连结PE、PF，在l运动 过程中，∠EPF的大小是否改变？请说明理由； 资50料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【答案】（1）y＝ x2＋ x﹣6；（2）① ；②∠EPF的大小不会改变，理由见解析． 【思路点拨】（1）由 与 轴分别交于A、B两点，且一元二次方程 的 两根为－8、2，可得点A、点B的坐标，即可得到OB的长，又由tan∠ABC＝3，得到点C（0，－ 6），将 A、B、C的坐标代入二次函数中，即可得到二次函数解析式； （2）∠EPF的大小不会改变．由于，P为Rt AED斜边AD的中点，故PE＝ AD＝PA，从而 ∠PAE＝∠PEA＝ ∠EPD，同理有∠PAF＝∠P△FA＝ ∠DPF，即可得到∠EPF＝2∠EAF，故∠EPF 的大小不会改变． 【详解】解：（1）∵函数 的图象与 轴分别交于 A、B两点，且一元二次方程 的两根为－8、2， ∴A（－8，0）、B（2，0），即OB＝2， 又∵tan∠ABC＝3，∴OC＝6，即C（0，－6）， 将 A（－8，0）、B（2，0）代入 中， ，解得： ，∴二次函数解析式为： ； （2）∠EPF的大小不会改变．理由如下： ∵DE⊥AB，∴在Rt AED中，P为斜边AD的中点，∴PE＝ AD＝PA，∴∠PAE＝∠PEA＝ ∠EPD，同理可得：∠△PAF＝∠PFA＝ ∠DPF，∴∠EPF＝∠EPD＋∠FPD＝2（∠PAE＋∠PAF）， 即∠EPF＝2∠EAF，又∵∠EAF大小不变，∴∠EPF的大小不会改变 题型八 其它定值问题 2023·浙江湖州·统考一模 yx2＋bx＋c x2 28．如图，已知抛物线 的对称轴为直线 ，且与x轴交于A，B两点，与y轴交于 资51料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 C点，其中A（1，0），连结BC． (1)求点C的坐标及此抛物线的表达式； (2)当nx5时，函数的最大值与最小值的差是一个定值，直接写出n的取值范围． 【答案】(1)点C（0，3）；y＝x24x3 (2)1n2 【思路点拨】（1）根据题意，用待定系数法求函数解析式即可； （2）根据函数的性质和函数图象以及函数的最大值与最小值的差是一个定值得出结论； b 【详解】（1）∵对称轴为直线 x2 ，∴ 2a 2， b4 ，∵抛物线 yx24xc 与y轴交 于C点，A（1，0）代入得：c3，∴抛物线的解析式为 yx24x3，由抛物线的表达式知，点 C（0，3）； （2）当xn和x5在对称轴两侧时， 此时，抛物线在x2时，取得最小值， 当xn和x5关于x2对称时，最大值相等且为定值，即x5时，y的值为最大值， 此时，函数的最大值与最小值的差是一个定值， 此时n1，即1n2，函数的最大值与最小值的差是一个定值． 2024 届福建省南平市统考 x  x 29．抛物线 yax23 与x轴相交于A，B两点，且 A B，点C为抛物线在第一象限上的点，顶 点为P，O为坐标原点． C1，3 a (1)若点 时，求 的值； (2)直线CA：ykxb交 y 轴于点D，直线CB交 y 轴于点E，求证：OEOD为定值． 【答案】(1)6 (2)见解析 【思路点拨】（1）把C1，3 代入yax23，得3a3，即可求出a的值； yax23 （2）设直线 ： 与抛物线 交于 、 两点， 联立  得出 CA ykxb yax23 C A ykxb 资52料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 yk xb b3 1 1 b 3 x x  ，设直线 为： ，联立  ，得出 x x  1 ，再由 A C a BC yk 1 xb 1 yax23 B c a x x 0得出bb 6，最后再根据OEODb b6即可得到答案． A B 1 1 【详解】（1）解：把C1，3 代入yax23，得3a3，解得：a6； （2）解：设直线CA：ykxb与抛物线yax23交于C、A两点， yax23 b3 联立 ，解得： ，x x  ①， ykxb ax2kxb30 A C a ， yk xb 1 1 b 3 设直线 为： ，联立 ，解得： ，x x  1 ②， BC yk xb yax23 ax2k xb30 B c a 1 1 1  A，B为抛物线yax23与x轴的交点，抛物线的对称轴为x0， b3 b 3 ， 得：(x x )x   1 0， x x 0 ①② A B C a a A B bb 6 解得： 1 0， ， 直线 ： 交 轴于点 ，直线 ： 交 a bb 1 6  CA ykxb y D BC yk 1 xb 1 y轴于点E，D0，b ，E0，b 1  ，  x A x B ，C为抛物线在第一象限上的点， D在x轴上方，E在x轴下方，b>0，b 1 0，OEODb 1 b6，即OEOD为定值． 2023 年湖北省武汉市新观察中考四调 1 3 y x2 30．已知抛物线 与 轴交于 、 两点 点在左侧 ． 2 2 x A B (A ) 资53料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (1) AE∥BF ， AE 、 BF 分别交抛物线于 E 、 F 两点， AE 的解析式为 yk 1 xb 1 (E 点在第一象限 ) ， BF 的解析式为 yk 2 xb 2，直接写出 b 1 b 2的值 (F 点在第三象限 ) ； (2)在（1）的条件下，若EF 2 30，求证：EF一定与定直线平行 1 3 【思路点拨】（1）令 y0 ，得 2 x2 2 0，可得A   3,0  ，B  3,0  ，设 AE 交 y 轴于 G 点， BF交 y 轴于H 点，可证得AGO≌BHO，得出OGOH ，由一次函数图象与 y 轴的交点坐标为 G0,b  ，H0,b  ，即可求得答案； 1 2 1 3 （2）联立方程组得 x2k xb  0，则 ，同理可得： ，结合 2 1 1 2 x A x E 2b 1 3 x B x F 2b 2 3 （1）的结论可得x B x F x E 6，进而可得x F x E 2 3，设EF的解析式为 ykxb，可得 y F y E kx F x E 2 3k，再由EF 2 30，可求得k 3，即直线 EF 与直线y3x平行． 1 3 1 3 【详解】（1）解： y x2 ，令 ，得 x2 0， 2 2 y0 2 2 解得：x  3，x  3，A   3,0  ，B  3,0  ， 1 2 OAOB 3，设AE交y轴于G点，BF交y轴于H 点，如图，  AEBF，GAOHBO，又AOGBOH ，AGO≌BHOAAS ，OGOH，  AE的解析式为yk 1 xb 1 (E点在第一象限)， BF 的解析式为yk 2 xb 2 (F点在第三象限)， G0,b  ，H0,b  ， 1 2 点G在 y 轴正半轴上，点H 在 y 轴负半轴上，且OGOH ， b b 0； 1 2 yk xb  1 1 （2）证明： 的解析式为 ，与抛物线的解析式联立得：  1 3， y x2 AE yk 1 xb 1   2 2 1 3  x2k xb  0，则 ，同理可得： ， 2 1 1 2 x x 2b 3 x x 2b 3 A E 1 B F 2 x x x x 2b b 6，由（1）知：b b 0，x x x x 6， A E B F 1 2 1 2 A E B F  x x 0，x x x 6， A B B F E 资54料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载  x B  3，x F x E 2 3，设EF的解析式为ykxb， kx b y E E 则 ， ， kx b y y y kx x 2 3k F F F E F E ，EF2   2 30 2 ，即x x 2y y 2   2 30 2 ，  EF 2 30 F E F E  2  2  2 3  2 3k 120， ，解得： ， k2110 k 3 又k 0，k 3，即直线EF与直线y3x平行，EF 一定与定直线平行 题型九 结合韦达定理求定点 2023 年湖北省武汉市外国语学校中考模拟 yx22mxm22m m0 31．抛物线 ，（ ）交x轴于A，B两点（A在B的左边），C是抛物线 的顶点． (1)当m2时，直接写出A，B，C三点的坐标； y=x+3 PE (2)如图，将抛物线平移使其顶点为（0，1），点P为直线 上的一点，过点P的直线 ， PF与抛物线只有一个公共点，问直线EF是否过定点，请说明理由． 【答案】(1)A0,0 ，B4,0 ，C2,4  1  (2)直线 一定结果定点 ,1，理由见解析 EF  2  【思路点拨】（1）把m2代入函数解析式，令y0，求出x的值，可求A、B的坐标，把解析式 化为顶点式可求C的坐标； （2）由题意知Pp,p3 ，设过点P的直线为yaxc，与抛物线解析式联立方程组，利用过点 P 的直线 PE， PF与抛物线只有一个公共点，得出 a 与 p 的关系式，则直线 PE解析式为 ya 1 xa 1 p p3，直线PF解析式为ya 2 xa 2 p p3，分别与抛物线解析式联立，设点E的 1 横坐标为 ，则 是 的根，利用根与系数的关系可求x  a ，同理可求 x x x2axa p p20 E 2 1 E E 1 1 资55料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 1 x  a ，则 ， 是方程 的两个实数根，方程变形为 ， F 2 2 x x x22px p20 x212px p1 E F 于是得到，点E、F是抛物线yx21与直线y2px p1的交点，则结论可得． 【详解】（1）解：当m2时，函数解析式为yx24x， 当y0时，x24x0，解得x 0，x 4， 1 2 ∴A0,0 ，B4,0 ， ∵yx24xx224， ∴C2,4 ， （2）解：由题意知：平移后抛物线解析式为yx21， ∵点P为直线y=x+3上的一点， ∴设Pp,p3 ， yaxc 设过点P的直线为 ， ∴p3apc， ∴cap p3， ∴yaxap p3， yaxap p3 联立方程组 ， yx21 ∴x2axap p20， ∵过点P的直线PE，PF与抛物线只有一个公共点， ∴a24ap p20，即a24ap4a80， ∴a a 4p，aa 4p8， 1 2 1 2 则直线PE解析式为ya 1 xa 1 p p3， 直线PF解析式为ya 2 xa 2 p p3， yaxa p p3 1 1 联立方程组 ， yx21 ∴x2axa p p20， 1 1 设点E的横坐标为x ，则x 是x2axa p p20的根， E E 1 1 ∵过点P的直线PE与抛物线只有一个公共点， ∴x2axa p p20有两个相等的实根， 1 1 ∴x +x a ， E E 1 1 ∴x  a ， E 2 1 1 同理设点F的横坐标为 ，x  a ， x F 2 2 F 1 1 ∴x x  a a 2p，x x  a a p2， E F 2 1 2 E F 4 1 2 资56料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴x ，x 是方程x22px p20的两个实数根， E F ∴x212px p1， yx21 ∴ ，即点E，F的坐标满足方程组 ， x212px p1 y2px p1 ∴点E、F是抛物线yx21与直线y2px p1的交点， ∵y2px p1p2x11，  1  ∴直线 一定结果定点 ,1． EF  2  2024 届武汉市青山区九年级统考 y=x22x3 32．已知抛物线 与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C． (1)直接写出A，B，C三点的坐标； (2)如图，M、N是抛物线上异于B、C的两个动点，若直线BN 与直线CM 的交点始终在直线 y2x9上．求证：直线MN必经过一个定点，并求该定点坐标． 【答案】(1)A1,0，点B3,0，点 C0,3 ； (2)直线MN恒过定点 2,1 ． 【思路点拨】（1）令x0和y0，解方程可求解； （ 2 ） 设 点 M(x ，y )，N(x ，y )， 直 线 MN:ykxb， 直 线 CM：yk xb ， 直 线 M M N N 1 1 BN：yk xb ，将点C、B的坐标代入可得：b 3，b 3k ，联立直线MN与抛物线的解析 2 2 1 2 2 式可得出x x k2，x x b3，同理：x x k 2，x x k 2，进而可得： M N M N M C 1 N B 2 kk k 1，bkk 2k k 1，根据直线BN 与直线CM 的交点始终在直线y2x9上，可 1 2 1 2 2 1 得 kk 3k 2， b2k1，即直线 MN:ykx2k1k(x2)1，故直线 MN恒过定点 1 2 1 2，1 ． 【详解】（1）对于y=x22x3，令y0，则0x22x3， ∴x 1，x 3， 1 2 ∴点A(1，0)，点B(3，0)， 令x0，则y=3， 资57料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ∴点C(0，3)； （2）证明：如图2，设点M(x ，y )，N(x ，y )， M M N N 直线MN：ykxb，直线CM：yk xb ，直线BN：yk xb ， 1 1 2 2 整理得：x2k2xb30， 则x x k2，x x b3， M N M N 同理：x x k 2，x x k 2， M C 1 N B 2 ∵x 0，x 3， C B ∴x k 2，x k 1， M 1 N 2 ∴kx x 2k 2k 12k k 1， M N 1 2 1 2 bx •x 3k 2k 13kk 2k k 23kk 2k k 1， M N 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 yk 3 1 联立直线 与直线 的解析式得： ， CM BN yk 2 x3k 2  33k x 2   k k 1 2 解得： ， 3k 3kk y 2 1 2   k k 1 2 ∵直线BN 与直线CM 的交点始终在直线y2x9上， 33k 3k 3kk ∴2 2 9 2 1 2 ， k k k k 1 2 1 2 化简得：kk 3k 2， 1 2 1 ∴ bkk 2k k 13k 22k k 12k 2k 12k k 12k11 1 2 2 1 1 2 1 1 2 1 2 2k1， ∴直线MN：ykx2k1kx21， ∴不论k为何值，均有x2时，y1， 即：直线MN恒过定点 2，1 ． 2024 届武汉市新洲区 12 月统考 C y=x22x3 33．抛物线 1： 与x轴交于A，B两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C． 资58料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (1)直接写出点A，B，C的坐标； C C P1,0 (2)如图，将抛物线 1平移得到抛物线 2，使其顶点为原点，过点 的直线交抛物线于E，F y2x FM 两点（点E在点F的上方），过点E作直线 的平行线交抛物线于另一点M，连接 ，求 证：直线FM 必过一定点． 【答案】(1)点A，B，C的坐标分别是 1,0 ， 3,0,0,3 ； (2)见解析． 【思路点拨】（1）令y0和x0，分别解方程即可求解； （2）由平移得C 2 ：y =x2，求得直线EM 和FM 的解析式，据此求解即可． 【详解】（1）解：令y0得x22x3=0， 解得x 1，x 3， 1 2 令x0得y=3， ∴点A，B，C的坐标分别是 1,0 ， 3,0 ， 0,3 ； （2）解：由平移得C ：y =x2， 2 设点E  e,e2 ，F  f, f2 ，M  m,m2 ， PE 的解析式为ykxk ， ykxk 联立 ，得 ，  yx2 x2 kxk 0 ∴e f k，ef k， ∴e f ef 0．① ∵EM 与直线y2x平行， ∴设直线EM 的解析式为y2xb， y2xb 联立 ，得 ，  yx2 x22xb0 ∴em2，② 联立①②得mf m f 2． 设直线FM 的解析式为ynxt， 资59料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 m2 nmt nm f ∴ ，解得 ，  f2 nf t  tmf ∴直线 的解析式为ym f xmf m f xm f 2， FM 当x=1时，y2，故直线FM 经过定点(-1,2) ． 2024 届·福建厦门市第九中学期中 yx2bxc x1 2,1 34．已知抛物线 关于直线 对称，且过点 ． (1)求抛物线的解析式； Dm,1 DE：yk xb k 0 DF：yk xb k 0 (2)过 的直线 1 1 1 和直线 2 2 2 均与抛物线有且只有一 个交点． kk ①求 1 2的值； R1,0 DE DF ②平移直线 ， ，使平移后的两条直线都经过点 ，且分别与抛物线相交于G、H和 GH PQ MN P、Q两点，若M、N分别为 ， 的中点，证明直线 经过定点 【答案】(1)yx22x1 (2)①kk 4；②见解析 1 2 b 【思路点拨】（1）根据抛物线的对称轴得出 1，求出b的值，再将点2,1代入求出c的值， 2 即可得出抛物线解析式； （ 2 ） ① 把 Dm,1 分 别 代 入 两 个 解 析 式 ， 得 出 b km1,b k m1， 则 直 线 1 1 2 2 DE：yk xkm1和 直 线 DF：yk xk m1， 根 据 直 线 DE：yk xb k 0 和 直 线 1 1 2 2 1 1 1 DF：yk xb k 0 均 与 抛 物 线 有 且 只 有 一 个 交 点 ， 得 出 方 程 2 2 2 k xkm1x22x1,k xk m1x22x1有两个相等实数根，求出 k244mk 40， 1 1 2 2 1 1 1  k 244mk 40，即可推出k ,k 是方程k244mk40的两根，根据一元二次方程 2 2 2 1 2 根于系数的关系即可求解； ②根据GH∥DE,PQ∥DF，且GH,PQ都经过R1,0 ，可以设直线GH的解析式为yk x1 ， 1 4 直线 PQ 的解析式为 yk x1，结合 kk 4 ，推出直线 PQ 的解析式为y k x1 ，联立方 2 1 2 1 程，得出P、Q、G、H的横坐标，再根据中点坐标公式得出点M和点N的横坐标，进而得出点M 和点N的坐标，最后用待定系数法求出直线MN的解析式，即可求证． 资60料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【详解】（1）解：∵抛物线yx2bxc关于直线x1对称， b ∴ 1， 2 ∴b2， 将点 2,1 代入yx22xc得：144c ∴c1， ∴抛物线的解析式为yx22x1； （2）①解：∵直线DE：yk xb k 0 和直线DF：yk xb k 0 过Dm,1 ， 1 1 1 2 2 2 ∴kmb 1，k mb 1， 1 1 2 2 ∴b km1,b k m1， 1 1 2 2 ∴直线DE：yk xkm1和直线DF：yk xk m1， 1 1 2 2 ∵直线DE：yk xb k 0 和直线DF：yk xb k 0 均与抛物线有且只有一个交点， 1 1 1 2 2 2 ∴k xkm1x22x1,k xk m1x22x1， 1 1 2 2 ∴x22k xkm20,x22k xk m20， 1 1 2 2 ∴ 1   2k 1   2 4k 1 m2k 1 244mk 1 40，  2   2k 2   2 4k 2 m2k 2 244mk 2 40， ∴k ,k 是方程k244mk40的两根， 1 2 ∴kk 4； 1 2 ②证明：∵GH∥DE,PQ∥DF，且GH,PQ都经过R1,0 ， ∴设直线GH的解析式为yk x1 ，直线PQ的解析式为yk x1 ， 1 2 4 ∵ ，则k  kk 4 2 k 1 2 1 4 ∴直线 的解析式为y x1 ， PQ k 1 yx22x1 联立方程组 ，  yk 1 x1 整理得，x22k x1k 0， 1 1 设点G横坐标为x ，点H横坐标为x ， G H ∴x x 2k ， G H 1 ∵点M为GH中点， 2k 2k  k2 ∴点M横坐标为x x  1 ，则点M纵坐标为yk  1 1 1 ， G H 2 1  2  2 2k k2  ∴M 1, 1 ，  2 2  资61料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 2k k 2   2 8  同理可求N 2 , 2 ，即N1 , ，  2 2   k k2  1 1 设直线MN的解析式为ymxn，  2k  k2 m 1 n 1   2  2 ∴ ，   2  8 m1 n    k 1  k 1 2  k24  m 1  k 1 解得 ，  k24 n2 1   k 1 k24 k24 k24 ∴直线 的解析式为y 1 x2 1  1 x12， MN k k k 1 1 1 当x1时，y2，∴直线MN经过定点 1,2 ． 1 2024届·武汉市武珞路中学期中）已知过点D0,2的直线 AD ： y 2 x2 与抛物线G 1 ： 1 y 4 x2bxc 的图象交于点 A ， B ，点 A 在 x 轴上，抛物线与y轴交于点C0,2． G 1 (1)求抛物线 的解析式； G G Q2,3 G (2)将抛物线 1 平移使得其顶点和原点重合，得到新抛物线 2，过点 的直线交抛物线 2于 F6,3 T N G T M MN 、 两点，过点 的直线交抛物线 2于 、 两点．求证：直线 过定点，并求出定 点的坐标． 资62料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 1 1 【答案】(1)y x2 x2 4 2 (2)直线MN过定点，且定点的坐标为 0,3 ． 【思路点拨】（1）利用待定系数法求解即可； 1 2(t6) （2）由平移得 ： y x2 ．利用二次函数与一元二次方程的关系求得 x  ， G 4 N t2 2 6(t2) x  ，据此进一步计算即可求解． M t6 1 【详解】（1）解：由0 x2得 ， 为4,0，将 为4,0，C0,2代入得： 2 x4 A A  1 b 044bc ，解得， 2   200c  c2 1 1 抛物线 的解析式为y x2 x2；  G 4 2 1 1 （2）解：平移得 ：y x2 ． G 4 2  1  设Tt, t2 ，设 直线为 ，  4  NT yk 1 xb 1 将Q2,3代入，32k b ，b 2k 3， 1 1 1 1 NT 直线为yk 1 x2k 1 3， 1 由 x2 k x2k 3得， 4 1 1 1 ， 是 x2k x2k 30两根， x t 4 1 1 N 则tx 4k ①tx 8k 12②， N 1 N 1 ②2①得，tx N 2t2x N 12， 2(t6) 解得x  ， N t2 设MT 直线为yk 2 xb 2 ，将Q6,3 代入，36k 2 b 2 ，b 2 6k 2 3， MT 直线为yk 2 x6k 2 3， 1 1 由 x2 k x6k 3得， ， 是 x2k x6k 30两根， 4 2 2 x t 4 2 2 M 则tx 4k ③，tx 24k 12④， M 2 M 2 ④6③得，tx 6t6x 12， M M 6(t2) 解得x  ． M t6 6(t2)  2(t6) x M x N  t6     t2   12， 设MN直线为ykxn， 资63料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 1 1 由 x2 kxn得 ， 是 x2kxn0的两根， ， 4 x M x N 4 x M x N 4n12 n3，MN直线为ykx3，直线MN过定点，且定点的坐标为 0,3 ． 2023·武汉光谷实验中学中考模拟 35．已知抛物线 C 1 :yax22axc 经过点 C(2,3) ，与 x 轴交于 A(1,0) ， B 两点，与 y 轴交于 D 点 C (1)求抛物线 1的解析式； C x C C y F(0.5,1) (2)如图，将抛物线 1沿 轴平移得 2，使 2的顶点落在 轴上，若过定点 的直线交抛物线 于M 、N 两点，过M 点的直线yxb与抛物线交于点P，求证：直线NP必过定点 【答案】(1)yx22x3 (2)见解析 【思路点拨】（1）利用待定系数法即可求得答案； （2）先求得平移后的抛物线C 的解析式为： yx24，设M(m,m24)，N(n,n24)，则直线 2 MN的解析式为y(mn)xmn4，由直线MN经过定点F(0.5,1)，可得mn2mn6，再由直 线 yxb经 过 点 M(m,m24)， 可 得 直 线 MP的 解 析 式 为 yxm2m4， 进 而 求 得 1 P(1m,m22m3) ，再运用待定系数法求得直线 PN 的解析式为 y(mn1)x 2 (mn)7，当 1 1 1 13 1 13 x 时，y (mn1) (mn)7 ，即直线 必过定点( ， )． 2 2 2 2 NP 2 2 【详解】（1）解：抛物线yax22axc经过点A(1,0)，C(2,3)， a2ac0 a1  ，解得： ， 抛物线 的解析式为 ； 4a4ac3 c3  C 1 yx22x3 （2）证明：如图2，抛物线C 1 :yx22x3(x1)24， 将抛物线C 沿x轴平移得C ，使C 的顶点落在y轴上， 1 2 2 抛物线C 2 的解析式为：yx24， 资64料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 设M(m,m24)，N(n,n24)， 则直线MN的解析式为y(mn)xmn4， 直线MN经过定点F(0.5,1)， 1 1 (mn)mn4， 2 mn2mn6， 直线yxb经过点M(m,m24)， m24xb， 解得：bm2m4， 直线MP的解析式为yxm2m4， 由x24xm2m4， 解得：xm或x1m， P(1m,m22m3)， 设直线PN 的解析式为ykxb，把P(1m,m22m3)，N(n,n24)代入， (1m)kbm22m3 得 ， nkbn24 kmn1 解得： bmnn4 ， mn2mn6 ，mn m 2 n 3， mn 1 b 3n4 (mn)7， 2 2 1 直线 的解析式为y(mn1)x (mn)7，  PN 2 1 1 1 13 当x 时，y (mn1) (mn)7 ， 2 2 2 2 1 13 直线 必过定点( ， )．  NP 2 2 2023 广东省梅州市九年级下期中 36．如图，抛物线yx22x6与x轴分别相交于A，B两点（点A在点B的左侧），C是AB的 中点，平行四边形CDEF的顶点D，E均在抛物线上． 资65料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 (1)直接写出点C的坐标； (2)如图（2），若点F 在抛物线上，连接DF，求证：直线DF过一定点． 【答案】(1) 1,0 ，(2)见解析 【思路点拨】（1）令y0，求出点A，B两点坐标，根据C是AB的中点，即可求解； yx22x6 （2）设直线 的解析式为 ，联立 ，可得 ，从而 DF ymxn ymxn x2m2xn60 得到x D x F 2m，再由平行四边形的性质，可得x E 1m，y E m2m2n，再由点E在抛 7 7 7 物线上，可得nm ，从而得到直线 的解析式为ymxm mx1 ，即可求解． 2 DF 2 2 【详解】（1）解：当y0时，则x22x60，解得：x 1 7 ，x 1 7 ， 1 2  A  1 7,0  ，B  1 7,0  ，  C是 AB 的中点，C1,0； （2）解：设直线DF的解析式为 ymxn ， yx22x6 联立得： ，整理得： ， ， ymxn x2m2xn60  x D x F 2m 四边形CDEF为平行四边形，  x C x D x F x E ，y C y D  y F y E ，  x E x F x D x C 2m11m， y  y y y mx nmx nmx x 2nm2m2n， E F D C F D F D 7 点 在抛物线上， m2m2n1m221m6 ，解得：nm ，  E  2 7 7  7 直线 的解析式为ymxm mx1 ， 直线 过定点1, ．  DF 2 2  DF  2 资66料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 2024 届福州市九校联盟期中 C2,1 37．已知二次函数图象的顶点在原点，且点 在此二次函数的图象上． (1)求二次函数的表达式； ykx2k yxb (2)如图，直线 与二次函数的图象交于D、E两点，过点D的直线 交二次函数的 图象于点F，求证：直线EF过定点． 1 【答案】(1)y  x2 4 (2)见解析 【思路点拨】（1）根据顶点是原点，设函数解析式为yax2，将 2,1 代入求得a的值即可得到二 次函数的表达式； ykx2k yxb   （ 2 ） 联 立  y 1 x2 得 到 ， 则   x E x D 4k ① ， 联 立  y 1 x2 得 到   4 x2 4kx8k 0 x x 8k   4 E D ymxn  x x 4 1 ，则 D F ②，令 ： ，联立 1 得到 1 ， 4 x2xb0  x D x F 4b l EF ymxn   y 4 x2 4 x2mxn0 x x 4m E F  ③，整理得到 ，得到 ： ，即可证明结论． y E x F 4n n2m2 l EF ymx2m2mx22 【详解】（1）解：∵ 0,0 为顶点，∴设函数解析式为yax2， 资67料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 1 1 将2,1代入得 ，∴a ，∴函数解析式为y  x2； 14a 4 4 ykx2k  （2）解：联立 y 1 x2 得到 ，∴   x E x D 4k ①，   4 x2 4kx8k 0 x x 8k E D yxb  x x 4 联立 1 得到1 ， D F ②，   y 4 x2 4 x2xb0  x D x F 4b ymxn  令 l EF ： ymxn ，联立   y 1 4 x2 得到1 4 x2mxn0 ，   x y E E  x x F F    4 4 m n ③， 由①可得x 4x 代入③得，x 4x 4m，∴x x 4m4④， F D E D E D x 4x 4n，∴4x x x 4n，∴4x 8k 4n⑥， E D E E D E 由∵x x 4k，x x 4m4 E D E D ∴2x 4m44k ， E ∴4x 8m88k⑤ E 将⑤代入⑥ 8m88k8k 4n， 2m2n， 即n2m2， ∴l ：ymx2m2mx22， EF ∴l 过定点 2,2 ． EF 2023 年湖北省武汉市新观察中考四调 1 3 y x2 38．已知抛物线 与 轴交于 、 两点 点在左侧 ． 2 2 x A B (A )  1 若P0, ， 、 、 都在抛物线上，且四边形 为平行四边形，求证： 必过一定点．  2 M N C MNCP MC 资68料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 ykxb  【答案】证明：设 解析式 ，与抛物线的解析式联立，得 1 3， y x2  MC ykxb  2 2 x22kx2b30， 设Mx,y ，Cx ,y ，N  x ,y  ， 1 1 2 2 N N x x 2k， 1 2  1  P0, ，且四边形 为平行四边形，  2 MNCP 1 ，y y  y  ， x N x 1 x 2 0 N 1 2 2 1 ，y  y y  ， x x x N 1 2 2 N 1 2 1 1 1 ，y kx bkx b kx x 2b 2k22b ， x 2k N 1 2 2 1 2 2 2 N  1 1 3 1 1 3 N2k,2k22b ， 点 在抛物线上，y  x2  ，2k22b  2k2  ，  2  N N 2 N 2 2 2 2 解得：b1，直线MC过定点 0,1 ． 题型十 已知定值求定点 2024 届武汉市洪山区九年级统考 yx22x3 x A B y C 39．如图1，抛物线 与 轴交于 ， 两点，与 轴交于 点． (1)直接写出A，B，C点的坐标； A P Q y M N (2)如图2所示，过 作两条直线分别交抛物线于第一象限点 ， ，交 轴于 ， ， OMON n．当n为定值时，直线PQ是否必定经过某一定点？若经过，请你求出该定点坐标（用 含n的式子表示）；若不经过，请说明理由． 【答案】(1)点 A 、 B 、C的坐标分别为： 1,0 、 3,0 、 0,3 (2)直线PQ过点 3,n 资69料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 【思路点拨】（1）对于yx22x3，当x0时，y3，当yx22x30时，x=1或3， 即可求解； （2）求出OM 3a，同理可得：ON 3b，进而求解． 【详解】（1）对于yx22x3，当x0时，y3， 当yx22x30时，x=1或3， 即点 A 、 B 、C的坐标分别为： 1,0 、 3,0 、 0,3 ； （2）经过定点，理由： 设点 、Q的坐标分别为：  a,a22a3  、  b,b22b3  ， P 由点A、P坐标得，直线AP的表达式为：ya3x1， 当x0时，y3aOM ， 同理可得：ON 3b， 则a3b3n， 即ab3ab9n0， 设直线PQ的表达式为：ykxm， 联立PQ和二次函数表达式并整理得：x2k2xm30， 则ab2k，abm3， 则m332k9n0， 即mn3k，则PQ的表达式为：ykx3knkx3n，则直线PQ过点 3,n ． 2024 届湖北省武汉市新洲区九年级上期中 40．如图1，抛物线 yax2ax2aa0 与 x 轴交于A，B两点（点A在点B左边），与 y 轴交于 3 点 ，点P2,h在抛物线上，且 的面积为 ． C ABC 2 (1)求抛物线的解析式； EF:ymxnm0 y E F PF PE (2)如图2，直线 交抛物线于 ， 两点，直线 ， 分别与 轴的正、负 半轴交于M ，N 两点，且OMON 4．求证：直线EF必过定点，并求出这个定点的坐标． 资70料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 1 1 【答案】(1)y x2 x1 2 2 (2)证明见解析，顶点坐标为 1,1 3 【思路点拨】（1）根据解析式求出A、B两点坐标得到 的长，再根据 的面积为 求出 AB ABC 2 OC的长度即点C纵坐标，代入解析式得到a的值，即可求解； （2）根据P点坐标，分别设出PM、PN解析式，将M、N两点坐标表示出来，再根据OM·ON 4 求出m、n的关系，从而得到直线EF解析式，当m为0时即为定点． 【详解】（1）解：令y0，ax2ax2a0， x 2，x 1， 1 2 令x0，则y2a， 1 3 S  ABOC  ，  △ABC 2 2 1 3  (12)(2a) ， 2 2 1 a 2 1 1 抛物线的解析式为：y x2 x1；  2 2 （2）解：设PM 的解析式为：yk 1 (x2)2，PN 的解析式为：yk 2 (x2)2， M0,2k 2 ，N0,2k 2 ， 1 2 OMON 4， 4k 1k 14， 1 2 kk k k 11， 1 2 1 2 1 1 联立直线 与抛物线得：k (x2)2 x2 x1， PM 1 2 2  x p x F 22k 1 3 ， x 2k 3同理：x 2k 3， F 1 E 2 1 1 联立直线 与抛物线得：mxn x2 x1， EF 2 2 x x 2m1，x x 2n2， E F E F 即：2k 32k 32m1， 2k 32k 32n2， 1 2 1 2 2m5 n3m2 k k  ，k k  ， 1 2 2 1 2 2 nm1， ymxnmxm1mx11，即：顶点坐标为 1,1 ． 资71料整理【淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载 2023 年广州市天河外国语学校中考三模 Ap,q Mpq,t Nq p,t G:yx2bxc 41．经过点 、 、 的抛物线 与x轴只有一个公共点， 其中pq且p0． (1)求抛物线的解析式； (2)连接AO，作OBOA，交抛物线于点B，求证直线AB过定点，并求出该定点的坐标． 【答案】(1)y =x2 (2)② 【思路点拨】（1）由抛物线过点M、N知，抛物线的对称轴为y轴，再抛物线与x轴只有一个公 共点，则抛物线的顶点为原点，从而可得抛物线的解析式； （2）设直线 AB的解析式为 ykxn，设 B(m,m2)，联立直线解析式与抛物线解析式得： x2kxn0，由根与系数的关系得mpn；另一方面由勾股定理得：OA2OB2  AB2，即可求 得mp1，即n1，从而可确定直线AB过定点． 【详解】（1）解：∵Mpq,t 、Nq p,t 两点的纵坐标相同，横坐标互为相反数，且抛物线 过这两点， ∴抛物线G:yx2bxc的对称轴为y轴， ∴b0； ∵抛物线G:yx2bxc与x轴只有一个公共点， ∴抛物线的顶点必为原点， 即c=0； ∴抛物线的解析式为y =x2； （2）设直线AB的解析式为ykxn，设B(m,m2)， ykxn 联立直线解析式与抛物线解析式 ，整理得： ， yx2 x2kxn0 mpn 则p、m是上述一元二次方程的两个实数根，且 ； 由勾股定理有：OA2OB2  AB2， 即p2q2m2m4 (m p)2(m2q)2， 又q p2， ∴2pm2p2m2 0， ∵mp0， ∴mp1， 即n1， ∴直线AB的解析式为ykx1， 上式中，当x0时，y1， ∴直线AB过定点(0,1)． 资72料整理【淘宝店铺：向阳百分百】