专题05 二次函数图象与线段（举一反三专项训练）
【新教材人教版】
【题型1 二次函数与横竖线段】............................................................................................................................1
【题型2 二次函数与与斜线段】............................................................................................................................8
【题型3 二次函数与等线段】..............................................................................................................................21
【题型4 二次函数与倍线段】..............................................................................................................................29
【题型5 二次函数与平行】..................................................................................................................................39
【题型6 二次函数与垂直】..................................................................................................................................52
知识点1 横竖线段
类型
横线段
竖线段
图示
解题思路
AB∥x 轴⇒𝐴𝐵= |𝑥𝐴−𝑥𝐵|
AB∥y 轴⇒𝐴𝐵= |𝑦𝐴−𝑦𝐵|
【题型1 二次函数与横竖线段】
【例1】如图，二次函数𝑦= 𝑥2−4𝑥的图象与𝑥轴的正半轴交于点𝐴，经过点𝐴的直线与该函数图象交于点𝐵
(1,−3)，与𝑦轴交于点𝐶．
(1)求直线𝐴𝐵的函数表达式及点𝐶的坐标；
(2)点𝑃是第四象限内二次函数图象上的一个动点，过点𝑃作直线𝑃𝐸⊥𝑥轴于点𝐸，与直线𝐴𝐵交于点𝐷，设点𝑃
题型归纳
的横坐标为𝑚．当𝑃𝐷=
1
2𝑂𝐶时，求𝑚的值．
【答案】(1)𝑦= 𝑥−4，𝐶 (0,−4)
(2)𝑚的值为2，3 或
5−17
2
【分析】（1）先求得点A 坐标，再利用待定系数法求直线的函数表达式，进而可求解点C 坐标；
（2）由题意，点𝑃，𝐷的坐标分别为𝑃(𝑚,𝑚2−4𝑚)，𝐷(𝑚,𝑚−4)，且0 < 𝑚< 4，
𝑃𝐷=
1
2𝑂𝐶= 2，分当点𝑃在直线𝐴𝐵上方时和当点𝑃在直线𝐴𝐵下方时两种情况，结合坐标与图形列方程求解
即可．
【详解】（1）解：对于𝑦= 𝑥2−4𝑥，当𝑦= 0时，−𝑥² + 4𝑥= 0，
解得𝑥1 = 0，𝑥2 = 4.
点𝐴在𝑥轴正半轴上，
∴点𝐴的坐标为(4,0).
设直线𝐴𝐵的函数表达式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏(𝑘≠0).
将𝐴，𝐵两点的坐标(4,0)，(1,−3)分别代入𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
得
4𝑘+ 𝑏= 0
𝑘+ 𝑏= −3
，
解得
𝑘= 1
𝑏= −4
，
直线𝐴𝐵的函数表达式为𝑦= 𝑥−4；
将𝑥= 0代入𝑦= 𝑥−4，得𝑦= −4，
∴点𝐶的坐标为(0,−4)；
（2）解：由题意可知：点𝑃，𝐷的坐标分别为𝑃(𝑚,𝑚2−4𝑚)，𝐷(𝑚,𝑚−4)，且0 < 𝑚< 4，
∵点𝐶的坐标为(0,4)，
∴𝑂𝐶= 4，则𝑃𝐷=
1
2𝑂𝐶= 2，
如图，当点𝑃在直线𝐴𝐵上方时，𝑃𝐷= 𝑚2−4𝑚−(𝑚−4) = 𝑚2−5𝑚+ 4，
∵𝑃𝐷= 2，
∴𝑚2−5𝑚+ 4 = 2解得𝑚=
5± 17
2
∵0 < 𝑚< 1
∴𝑚=
5−17
2
如图，当点𝑃在直线𝐴𝐵下方时，𝑃𝐷= 𝑚−4−(𝑚2−4𝑚) = −𝑚2 +5𝑚−4，
∵𝑃𝐷= 2，
∴𝑚2−5𝑚+ 4 = 2解得𝑚1 = 2，𝑚2 = 3
综上，𝑚的值为2，3 或
5−17
2
．
【点睛】本题考查二次函数与x 轴的交点问题、待定系数法求函数表达式、坐标与图形、解一元二次方程
等知识，利用数形结合和分类讨论思想求解是解答的关键．
【变式1-1】已知抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑐经过点0，−1 和点1，0 ．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图，直线l 的解析式为𝑦= 𝑥+ 2，P 为抛物线上一动点，过点P 作x 轴的垂线交直线l 于点Q，当𝑃𝑄= 3
时，求点P 的坐标．
【答案】(1)𝑦= 𝑥2−1
(2) −2，3 或0，−1 或1，0 或3，8
【分析】本题主要考查了求二次函数解析式，一次函数与二次函数综合，求函数解析式，一般利用待定系
数法求解；二次函数与线段长之间的关系，一般用点的坐标表示出线段的长,
（1）利用待定系数法求解即可；
（2）设点P 的坐标为𝑚，𝑚2−1 ，则𝑄𝑚，𝑚+ 2 ，根据𝑃𝑄= 3得到方程|𝑚2−1−𝑚−2| = 3，解方程即
可得到答案．
【详解】（1）解：把点0，−1 和点1，0 代入𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑐中得：
𝑎+ 𝑐= 0
𝑐= −1
，
∴
𝑎= 1
𝑐= −1
，
∴抛物线解析式为𝑦= 𝑥2−1；
（2）解：设点P 的坐标为𝑚，𝑚2−1 ，则𝑄𝑚，𝑚+ 2 ，
∵𝑃𝑄= 3，
∴|𝑚2−1−𝑚−2| = 3，即|𝑚2−𝑚−3| = 3，
∴𝑚2−𝑚−3 = 3或𝑚2−𝑚−3 = −3，
解得𝑚= 3或𝑚= −2或𝑚= 0或𝑚= 1，
∴点P 的坐标为−2，3 或0，−1 或1，0 或3，8 ．
【变式1-2】如图，抛物线𝑦=
1
2𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐与x 轴交于A、B 两点（点A 在点B 左边），与y 轴交于C，直
线𝑦=
1
2𝑥−2经过B、C 两点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点P 是抛物线上的一动点，过点P 且垂直于x 轴的直线与直线𝐵𝐶及x 轴分别交于点D、M．设𝑀
𝑚，0 ，点P 在抛物线上运动，若P、D、M 三点中恰有一点是其它两点所连线段的中点（三点重合除
外），请直接写出符合条件的m 的值．
【答案】(1)𝑦=
1
2𝑥2−
3
2𝑥−2
(2)−2或−
1
2或1
【分析】（1）先利用一次函数解析式求出B、C 的坐标，再把B、C 坐标代入抛物线解析式中求出抛物线
解析式即可；
（2）分别求出𝑃𝑚，
1
2 𝑚2−
3
2 𝑚−2 ，𝐷𝑚，
1
2 𝑚−2 ，再分当点M 是𝑃𝐷的中点时，当点P 是𝐷𝑀中点时，
当点D 是𝑃𝑀的中点时，利用两点中点坐标公式建立方程求解即可．
【详解】（1）解：在𝑦=
1
2𝑥−2中，当𝑥= 0时，𝑦= −2；当𝑦= 0时，𝑥= 4；
∴𝐶0，−2 ，𝐵4，0 ，
把𝐶0，−2 ，𝐵4，0 代入到抛物线解析式中得
8 + 4𝑏+ 𝑐= 0
𝑐= −2
，
∴𝑏= −3
2
𝑐= −2
∴抛物线解析式为𝑦=
1
2𝑥2−
3
2𝑥−2；
（2）解：∵直线𝑃𝐷与x 轴垂直，𝑀𝑚，0 ，
∴𝑃𝑚，
1
2 𝑚2−
3
2 𝑚−2 ，𝐷𝑚，
1
2 𝑚−2 ，
当点M 是𝑃𝐷的中点时，
∴
1
2𝑚2−
3
2𝑚−2 +
1
2𝑚−2 = 0，
∴𝑚2−2𝑚−8 = 0，
解得𝑚= −2或𝑚= 4（舍去）；
当点P 是𝐷𝑀中点时，
∴
1
2𝑚2−
3
2𝑚−2 =
1
2 𝑚−2+0
2
，
∴2𝑚2−7𝑚−4 = 0，
解得𝑚= −
1
2或𝑚= 4（舍去）；
当点D 是𝑃𝑀的中点时，
∴
1
2𝑚−2 =
1
2𝑚2−
3
2 𝑚−2+0
2
，
∴𝑚2−5𝑚+ 4 = 0，
解得𝑚= 1或𝑚= 4（舍去）；
综上所述，m 的值为−2或−
1
2或1．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，一次函数综合，待定系数法求二次函数解析式，利用分类讨论的
思想求解是解题的关键．
【变式1-3】如图，抛物线𝑦＝﹣𝑥2 +𝑏𝑥+ 3与x 轴交于点 𝐴，𝐵，与y 轴交于点C，点A 的坐标为﹣1，0 ．
(1)求b 的值和点B，C 的坐标；
(2)若点D 为𝑂𝐶的中点，点P 为第一象限内抛物线上的一点，过点P 作𝑃𝐻⊥𝑥轴，垂足为H，𝑃𝐻与𝐵𝐶，𝐵𝐷
分别交于点𝐸，𝐹，且𝑃𝐸= 𝐸𝐹= 𝐹𝐻，求点P 的坐标；
(3)若直线𝑦= 𝑛𝑥+ 𝑛（𝑛≠0）与抛物线交于𝑀𝑥1，𝑦1 ，𝑁𝑥2，𝑦2 两点，且有一个交点在第一象限，其中
𝑥1 < 𝑥2，若𝑥2−𝑥1 > 3，𝑦2 > 𝑦1，结合函数图象，探究n 的取值范围．
【答案】(1)𝑏= 2，𝐵3，0 ，𝐶0，3
(2)
1
2 ,
15
4
(3)0 < 𝑛< 1
【分析】（1）把点A 的坐标代入抛物线的解析式求出b，可得结论；
（2）求出直线𝐵𝐶，𝐵𝐷的解析式，设点P 的坐标是𝑥，−𝑥2 + 2𝑥+ 3 ，根据𝑃𝐸= 𝐸𝐹= 𝐹𝐻，构建方程求
解即可；
（3）利用函数的性质，构建不等式，解决问题即可．
【详解】（1）∵抛物线𝑦= −𝑥2 +𝑏𝑥+ 3经过点𝐴，𝐴﹣1，0 ，
∴−1−𝑏+ 3 = 0，
∴𝑏= 2，
∴抛物线的解析式为
𝑦=-𝑥2 + 2𝑥+ 3，
令𝑦= 0，可得-𝑥2 +2𝑥+ 3 = 0，
解得𝑥=−1或3，
∴𝐵3，0 ，
令𝑥= 0，得到𝑦= 3，
∴𝐶0，3 ；
（2）∵D 是OC 的中点，𝐶0，3 ，
∴点D 的坐标是0，,
3
2 ，
由𝐵3，0 ，𝐶0，3 两点坐标可以求出直线BC 的解析式为：𝑦= −𝑥+ 3．
∴由𝐵3，0 ，𝐷0，
3
2 两点坐标可以求出直线BD 的解析式为：𝑦= −
1
2𝑥+
3
2．
设点P 的坐标是𝑥，﹣𝑥2 + 2𝑥+ 3 ，则𝐸𝑥，﹣𝑥+ 3 ，点𝐹𝑥,−
1
2 𝑥+
3
2 ，𝐻𝑥，0 ．
∴𝑃𝐸= −𝑥2 +2𝑥+ 3−(−𝑥+ 3) = −𝑥2 +3𝑥，𝐸𝐹= −𝑥−3−−
1
2 x +
3
2 = −
1
2𝑥+
3
2
∵𝑃𝐸= 𝐸𝐹= 𝐹𝐻，
∴−𝑥2 +3𝑥= −
1
2𝑥+
3
2．
解得：𝑥= 3（舍去）或𝑥=
1
2，
当𝑥=
1
2时，𝑦= ﹣𝑥2 +2𝑥+ 3 =
15
4
∴点P 的坐标为：
1
2 ，,
15
4 ；
（3）当𝑥1 < 𝑥2时，𝑦2 > 𝑦1，即y 随x 的增大而增大，
∴𝑛> 0，
当𝑥=−1时，𝑦= 𝑛𝑥+ 𝑛= 0，
∴直线𝑦= 𝑛𝑥+ 𝑛经过点−1，0 ，即点M 与点A 重合，
如解图所示，点N 在第一象限，当𝑥2−𝑥1 > 3，即𝑥2-(-1) > 3，𝑥2 > 2，
当𝑥2 = 2时，𝑦2 = 3，此时𝑛= 1，
由解图可知，当𝑥2 > 2时，𝑛< 1，
∴n 的取值范围为0 < 𝑛< 1．
∴n 的取值范围为：0 < 𝑛< 1．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会
利用参数构建方程或不等式解决问题，属于中考常考题型．
知识点2 斜线段
类型
勾股转化
特殊角转化
图示
解题思路
𝐴𝐵=
(𝑥𝐴−𝑥𝐵)2 + (𝑦𝐴−𝑦𝐵)2
∠𝑂𝐵𝐶= 45°⇒𝑃𝐷=
2
2 𝑃𝐸=
2
2 |𝑦𝑃−𝑦𝐸|
【题型2 二次函数与斜线段】
【例2】（2025·湖北武汉·三模）已知，如图1，𝑂为平面直角坐标系的原点，过定点𝐶的直线𝑙:𝑦= 𝑘𝑥−
1
4𝑘+ 1
(𝑘≠0)与抛物线𝐿:𝑦= 2𝑥2交于点𝐴,𝐵（点𝐴在点𝐵左侧）．
(1)若𝐴−
1
2 ,
1
2 ，则求直线𝑙的解析式；
(2)若𝐴𝐶= 𝐵𝐶，试探究在平面直角坐标系中，是否存在点𝐷，使以𝐴，𝐵，𝑂，𝐷为顶点的四边形是平行四边
形，若存在，求𝐷点的坐标，若不存在，请说明原因；
(3)如图2，分别过点𝐴,𝐵作与抛物线𝐿均有唯一公共点的直线𝑚,𝑛，直线𝑚,𝑛的交点为𝐸，若𝐸𝐶=
5
4，求𝑘的值．
【答案】(1)𝑦=
2
3𝑥+
5
6
(2)存在，𝐷
1
2 ,2 或𝐷
7
2 ,
7
2 或𝐷−
7
2 ,−
7
2
(3)4 或5
【分析】（1）将𝐴−
1
2 ,
1
2 代入𝑦= 𝑘𝑥−
1
4𝑘+ 1，求出k 即可；
（2）先求出定点𝐶
1
4 ,1 ，联立抛物线和直线𝑙，得到2𝑥2−𝑘𝑥+
1
4𝑘−1 = 0，则𝑥𝐴+ 𝑥𝐵=
𝑘
2,𝑥𝐴𝑥𝐵=
1
8𝑘−
1
2，由
𝐴𝐶= 𝐵𝐶得到
𝑥𝐴+𝑥𝐵
2
=
𝑘
4 =
1
4，则𝑘= 1，那么直线𝑙:𝑦= 𝑥+
3
4，𝑥𝐴+ 𝑥𝐵=
1
2，𝑦𝐴+ 𝑦𝐵= 2，𝑥𝐴𝑥𝐵= −
3
8，则𝑥𝐵−
𝑥𝐴=
(𝑥𝐵−𝑥𝐴)2 =
7
2 ，再按照对角线分三种情况，结合平行四边形的性质求解；
（3）设𝐴(𝑎,2𝑎2),𝐵(𝑏,2𝑏2)，联立直线𝑙与抛物线得到一元二次方程，则𝑎+ 𝑏=
𝑘
2,𝑎𝑏=
1
8𝑘−
1
2，设直线
𝐸𝐴:𝑦= 𝑘1𝑥+ 𝑏1，与抛物线联立得到2𝑥2−𝑘1𝑥−𝑏1 = 0，由点𝐴,𝐵作与抛物线𝐿均有唯一公共点，则𝑎+ 𝑎=
𝑘1
2 ，𝑎2 = −
𝑏1
2 ，那么直线𝐸𝐴:𝑦= 4𝑎𝑥−2𝑎2，同理可得直线𝐸𝐵:𝑦= 4𝑏𝑥−2𝑏2，联立两直线求得𝐸
𝑎+𝑏
2 ,2𝑎𝑏，
则𝐸
𝑘
4 ,
𝑘
4 −1 ，由𝐸𝐶=
5
4，结合两点间距离公式求解即可．
【详解】（1）解：存在，理由如下：
由题意得将𝐴−
1
2 ,
1
2 代入𝑦= 𝑘𝑥−
1
4𝑘+ 1得：−
1
2𝑘−
1
4𝑘+ 1 =
1
2，
解得：𝑘=
2
3，
∴直线𝑙的解析式为：𝑦=
2
3𝑥+
5
6；
（2）解：由𝑦= 𝑘𝑥−
1
4𝑘+ 1得𝑘𝑥−
1
4 = 𝑦−1，
∵直线𝑙:𝑦= 𝑘𝑥−
1
4𝑘+ 1(𝑘≠0)过定点，
∴
𝑥−1
4 = 0
𝑦−1 = 0
，
解得：
𝑥= 1
4
𝑦= 1
，
∴𝐶
1
4 ,1 ，
联立得：
𝑦= 2𝑥2
𝑦= 𝑘𝑥−1
4 𝑘+ 1
，
∴2𝑥2−𝑘𝑥+
1
4𝑘−1 = 0，
∴𝑥𝐴+ 𝑥𝐵=
𝑘
2,𝑥𝐴𝑥𝐵=
1
8𝑘−
1
2，
∵𝐴𝐶= 𝐵𝐶，
∴
𝑥𝐴+𝑥𝐵
2
=
𝑘
4 =
1
4，
解得：𝑘= 1，
∴直线𝑙:𝑦= 𝑥+
3
4，
∴𝑥𝐴+ 𝑥𝐵=
1
2，𝑦𝐴+ 𝑦𝐵= 𝑥𝐴+ 𝑥𝐵+
3
2 = 2，𝑥𝐴𝑥𝐵= −
3
8，
∴𝑥𝐵−𝑥𝐴=
(𝑥𝐵−𝑥𝐴)2 =
(𝑥𝐵+ 𝑥𝐴)2−4𝑥𝐴𝑥𝐵=
1
4 + 4 ×
3
8 =
7
2 ，
∵以𝐴，𝐵，𝑂，𝐷为顶点的四边形是平行四边形，
①𝐴𝐵,𝑂𝐷为对角线时，
𝑥𝐴+ 𝑥𝐵= 𝑥𝑂+ 𝑥𝐷
𝑦𝐴+ 𝑦𝐵= 𝑦𝑂+ 𝑦𝐷
，
∴𝑥𝐷=
1
2,𝑦𝐷= 2，
∴𝐷
1
2 ,2 ；
②𝐴𝐷,𝑂𝐵为对角线时，
则𝐴𝐵= 𝑂𝐷,𝐴𝐵∥𝑂𝐷，
∴𝑥𝐵−𝑥𝐴= 𝑥𝐷−𝑥𝑂=
7
2 ，直线𝑂𝐷:𝑦= 𝑥
∴𝑥𝐷=
7
2 ，𝑦𝐷=
7
2 ，
∴𝐷
7
2 ,
7
2 ；
③𝐴𝑂,𝐷𝐵为对角线时，
则𝐴𝐵= 𝑂𝐷,𝐴𝐵∥𝑂𝐷，
∴𝑥𝐵−𝑥𝐴= 𝑥𝑂−𝑥𝐷=
7
2 ，
∴𝑥𝐷= −
7
2 ，𝑦𝐷= −
7
2 ，
∴𝐷−
7
2 ,−
7
2 ，
综上所述：存在点𝐷，使以𝐴，𝐵，𝑂，𝐷为顶点的四边形是平行四边形，𝐷点的坐标为𝐷
1
2 ,2 或𝐷
7
2 ,
7
2 或
𝐷−
7
2 ,−
7
2 ；
（3）解：设𝐴(𝑎,2𝑎2),𝐵(𝑏,2𝑏2)，
联立得：
𝑦= 2𝑥2
𝑦= 𝑘𝑥−1
4 𝑘+ 1
，
∴2𝑥2−𝑘𝑥+
1
4𝑘−1 = 0，
∴𝑎+ 𝑏=
𝑘
2,𝑎𝑏=
1
8𝑘−
1
2，
设直线𝐸𝐴:𝑦= 𝑘1𝑥+ 𝑏1，
联立
𝑦= 2𝑥2
𝑦= 𝑘1𝑥+ 𝑏1
，
整理得：2𝑥2−𝑘1𝑥−𝑏1 = 0，
∵点𝐴,𝐵作与抛物线𝐿均有唯一公共点，
∴𝑎+ 𝑎=
𝑘1
2 ，𝑎2 = −
𝑏1
2 ，
∴直线𝐸𝐴:𝑦= 4𝑎𝑥−2𝑎2，
同理可得直线𝐸𝐵:𝑦= 4𝑏𝑥−2𝑏2，
∴联立得：
𝑦= 4𝑎𝑥−2𝑎2
𝑦= 4𝑏𝑥−2𝑏2
，
解得：𝑥𝐸= 𝑎+𝑏
2
𝑦𝐸= 2𝑎𝑏
，
∴𝐸
𝑎+𝑏
2 ,2𝑎𝑏，
∴𝐸
𝑘
4 ,
𝑘
4 −1 ，
∵𝐸𝐶=
5
4，
∴
𝑘
4 −
1
4
2
+
𝑘
4 −1−1
2
=
5
4，
整理得：𝑘2−9𝑘+ 20 = 0，
解得：𝑘1 = 4,𝑘2 = 5．
【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的图象与性质，涉及待定系数法求函数解析式，抛物线与直线的
交点问题，一元二次方程根与系数的关系，平行四边形的性质，两点间距离公式等知识点，难度大，计算
复杂．
【变式2-1】如图，抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐过原点且交x 轴于点A，顶点B 的坐标为(2,−1)，抛物线的对称
轴上存在定点F，使得抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐上的任意一点到定点F 的距离与其到直线l：𝑦= −2的距离总
相等，过点F 的直线与抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐交于M，N 两点，MP，NQ 分别垂直直线l 于点P，Q，连接
FP，FQ．若𝐹𝑄=
5，则△FPQ 的面积为__________．
【答案】5
【分析】过点F 作FC⊥x 轴交直线l 于点C，先求出抛物线的解析式，再由抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐上的任意
一点到定点F 的距离与其到直线l：𝑦= −2的距离总相等，可得点F（2，0），进而得到CQ=1，点
N 1,−
3
4 ，再求出直线MN 的解析式，与抛物线解析式联立，可得点M（6，3），从而得到PQ=5，即可求
解．
【详解】解：如图，过点F 作FC⊥x 轴交直线l 于点C，
∵顶点B 的坐标为(2,−1)，
∴可设抛物线解析式为：𝑦= 𝑎(𝑥−2)2−1，
∵抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐过原点且交x 轴于点A，
∴0 = 𝑎(0−2)2−1，解得：𝑎=
1
4，
∴抛物线解析式为𝑦=
1
4(𝑥−2)2−1 =
1
4𝑥2−𝑥，
∵抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐上的任意一点到定点F 的距离与其到直线l：𝑦= −2的距离总相等，
∴OF=2，BF=1，
∴点F（2，0），
∴FC=2FB=2，
∵𝐹𝑄=
5，
∴𝐶𝑄=
𝐹𝑄2−𝐹𝐶2 = 1，
∵NQ 垂直直线l，
∴点N 的横坐标为1，
∴点N 1,−
3
4 ，
设直线MN 的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏(𝑘≠0)，
把点N 1,−
3
4 ，F（2，0）代入得：
𝑘+ 𝑏= −3
4
2𝑘+ 𝑏= 0
，解得：
𝑘= 3
4
𝑏= −3
2
，
∴直线MN 的解析式为𝑦=
3
4𝑥−
3
2，
联立得：
𝑦= 1
4 𝑥2−𝑥
𝑦= 3
4 𝑥−3
2
，
解得：
𝑥1 = 6
𝑦1 = 3
或
𝑥2 = 1
𝑦2 = −3
4
（舍去），
∴点M（6，3），
∴PC=4，
∴PQ=5，
∴𝑆△𝐹𝑃𝑄=
1
2𝑃𝑄× 𝐹𝐶=
1
2 × 5 × 2 = 5．
故答案为：5
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，抛物线与直线的交点等知识，熟练掌握二次函数的图象
和性质，利用数形结合思想解答是解题的关键．
【变式2-2】（2024·湖北武汉·模拟预测）在平面直角坐标系中，抛物线𝐿:𝑦= 𝑎𝑥2−3𝑎𝑥+ 𝑐交𝑥轴于𝐴，𝐵(−1,0)
两点，交𝑦轴于点𝐶(0,−4)．
(1)求抛物线解析式；
(2)如图1，点𝐷为第四象限抛物线上一点，过点𝐷作𝑦轴平行线交直线𝐴𝐶于点𝐸，交𝑥轴于点𝐹．若𝐷𝐸= 𝐴𝐸，
求𝐷𝐸的长；
(3)将抛物线𝐿平移到顶点为坐标原点的抛物线𝐿1，直线𝑦= 𝑘𝑥−𝑘+ 2与抛物线𝐿1交于𝑀，𝑁两点（点𝑀始终
在点𝑁左侧），分别过点𝑀，𝑁与抛物线𝐿1均只存在唯一公共点的直线𝑚，𝑛与𝑥轴分别交于𝐺，𝐻．若𝐺𝐻=
2，求直线𝑚，𝑛的交点𝑃坐标．
【答案】(1)𝑦= 𝑥2−3𝑥−4
(2)4 2−2
(3)(0,−2)或(2,2)
【分析】（1）将点𝐵(−1,0)，𝐶(0,−4)代入𝑦= 𝑎𝑥2−3𝑎𝑥+ 𝑐得到关于𝑎、𝑐的二元一次方程组，求解即可；
（2）确定直线𝐴𝐶的解析式为𝑦= 𝑥−4，设𝐷(𝑑,𝑑2−3𝑑−4)(0 < 𝑑< 4)，则𝐸(𝑑,𝑑−4)，得到𝐸𝐷= −𝑑2 +4𝑑，
根据平行线的性质及等腰三角形的判定和性质得到𝐹𝐸= 𝐴𝐹= 4−𝑑，根据勾股定理得𝐴𝐸=
𝐹𝐸2 + 𝐴𝐹2 =
2(4−𝑑)，再根据𝐷𝐸= 𝐴𝐸列出方程求解即可；
（3）确定抛物线𝐿1的解析式为𝑦= 𝑥2，设𝑀(𝑚,𝑚2)，𝑁(𝑛,𝑛2)，且𝑚< 𝑛，设直线𝑀𝑃的解析式为𝑦= 𝑘𝑀𝑃𝑥+
𝑏𝑀𝑃，根据过点𝑀的直线𝑚与抛物线𝐿1只存在唯一公共点，可得方程组
𝑦= 𝑘𝑀𝑃𝑥+ 𝑏𝑀𝑃
𝑦= 𝑥2
有两个相同的解，即
𝑥2 = 𝑘𝑀𝑃𝑥+ 𝑏𝑀𝑃有两个相等的实数根，可确定直线𝑀𝑃的解析式为𝑦= 2𝑚𝑥−𝑚2，继而可得直线𝑁𝑃的解析
式为𝑦= 2𝑛𝑥−𝑛2，通过联立方程组
𝑦= 2𝑚𝑥−𝑚2
𝑦= 2𝑛𝑥−𝑛2
，得𝑃
𝑚+𝑛
2 ,𝑚𝑛，再确定𝐺
𝑚
2 ,0 ，𝐻
𝑛
2 ,0 ，得到
𝑛−𝑚= 2 2，然后由点𝑀(𝑚,𝑚2)、𝑁(𝑛,𝑛2)在直线𝑦= 𝑘𝑥−𝑘+ 2上，可推出
𝑘= 𝑚+ 𝑛
𝑘−2 = 𝑚𝑛
，最后由𝑘2 = (𝑚+ 𝑛)2
= (𝑛−𝑚)2 +4𝑚𝑛= (2 2)
2
+4(𝑘−2)，可得出结论．
【详解】（1）解：∵抛物线𝐿:𝑦= 𝑎𝑥2−3𝑎𝑥+ 𝑐交𝑥轴于𝐴，𝐵(−1,0)两点，交𝑦轴于点𝐶(0,−4)，
∴
𝑎+ 3𝑎+ 𝑐= 0
𝑐= −4
，
解得：
𝑎= 1
𝑐= −4
，
∴抛物线的解析式为𝑦= 𝑥2−3𝑥−4；
（2）∵抛物线𝐿的解析式为𝑦= 𝑥2−3𝑥−4，
当𝑦= 0时，得：𝑥2−3𝑥−4 = 0，
解得：𝑥= −1或𝑥= 4，
∴𝐴(4,0)，
设直线𝐴𝐶的解析式为𝑦= 𝑘𝐴𝐶𝑥+ 𝑏𝐴𝐶，过点𝐴(4,0)，𝐶(0,−4)，
∴
4𝑘𝐴𝐶+ 𝑏𝐴𝐶= 0
𝑏𝐴𝐶= −4
，解得：
𝑘𝐴𝐶= 1
𝑏𝐴𝐶= −4
，
∴直线𝐴𝐶的解析式为𝑦= 𝑥−4，
设𝐷(𝑑,𝑑2−3𝑑−4)(0 < 𝑑< 4)，则𝐸(𝑑,𝑑−4)，
∴𝐸𝐷= 𝑑−4−(𝑑2−3𝑑−4) = −𝑑2 +4𝑑，
∵𝐴(4,0)，𝐶(0,−4)，∠𝐴𝑂𝐶= 90°，
∴𝑂𝐴= 𝑂𝐶，
∴∠𝑂𝐴𝐶= ∠𝑂𝐶𝐴= 45°，
∵𝐷𝐹∥𝑦轴，
∴∠𝐴𝐹𝐸= ∠𝐴𝑂𝐶= 90°，∠𝐹𝐸𝐴= ∠𝑂𝐶𝐴= 45° = ∠𝑂𝐴𝐶，
∴𝐹𝐸= 𝐴𝐹= 4−𝑑，
∴𝐴𝐸=
𝐹𝐸2 + 𝐴𝐹2 =
𝐴𝐹2 + 𝐴𝐹2 =
2𝐴𝐹=
2(4−𝑑)，
∵𝐷𝐸= 𝐴𝐸，
∴−𝑑2 +4𝑑=
2(4−𝑑)，
解得：𝑑=
2或𝑑= 4（舍去），
∴𝐷𝐸= −𝑑2 +4𝑑= −( 2)
2
+4 ×
2 = 4 2−2，
∴𝐷𝐸的长为4 2−2；
（3）∵将抛物线𝐿：𝑦= 𝑥2−3𝑥−4平移到顶点为坐标原点的抛物线𝐿1，
∴抛物线𝐿1的解析式为𝑦= 𝑥2，
设𝑀(𝑚,𝑚2)，𝑁(𝑛,𝑛2)，且𝑚< 𝑛，
设直线𝑀𝑃的解析式为𝑦= 𝑘𝑀𝑃𝑥+ 𝑏𝑀𝑃，
∴𝑚𝑘𝑀𝑃+ 𝑏𝑀𝑃= 𝑚2，得：𝑏𝑀𝑃= 𝑚2−𝑚𝑘𝑀𝑃①，
∵过点𝑀的直线𝑚与抛物线𝐿1只存在唯一公共点，
∴
𝑦= 𝑘𝑀𝑃𝑥+ 𝑏𝑀𝑃
𝑦= 𝑥2
有两个相同的解，即𝑥2 = 𝑘𝑀𝑃𝑥+ 𝑏𝑀𝑃有两个相等的实数根，
∴Δ = 𝑘𝑀𝑃
2 +4𝑏𝑀𝑃= 0②，
将①代入②得：Δ = 𝑘𝑀𝑃
2 +4(𝑚2−𝑚𝑘𝑀𝑃) = 0，
∴𝑘𝑀𝑃= 2𝑚，
∴𝑏𝑀𝑃= 𝑚2−𝑚× 2𝑚= −𝑚2，
∴直线𝑀𝑃的解析式为𝑦= 2𝑚𝑥−𝑚2，
用同样的方法可得：直线𝑁𝑃的解析式为𝑦= 2𝑛𝑥−𝑛2，
联立方程组
𝑦= 2𝑚𝑥−𝑚2
𝑦= 2𝑛𝑥−𝑛2
，解得：
𝑥= 𝑚+𝑛
2
𝑦= 𝑚𝑛
，
∴𝑃
𝑚+𝑛
2 ,𝑚𝑛，
∵直线𝑀𝑃：𝑦= 2𝑚𝑥−𝑚2与𝑥轴交于点𝐺，
当𝑦= 2𝑚𝑥−𝑚2 = 0时，得：𝑥=
𝑚
2，
∴𝐺
𝑚
2 ,0 ，
∵直线𝑁𝑃：𝑦= 2𝑛𝑥−𝑛2与𝑥轴交于点𝐻，
当𝑦= 2𝑛𝑥−𝑛2 = 0时，得：𝑥=
𝑛
2，
∴𝐻
𝑛
2 ,0 ，
∵𝐺𝐻=
2，
∴
𝑛
2−
𝑚
2 =
2，即𝑛−𝑚= 2 2，
∵点𝑀(𝑚,𝑚2)、𝑁(𝑛,𝑛2)在直线𝑦= 𝑘𝑥−𝑘+ 2上，
∴
𝑘𝑚−𝑘+ 2 = 𝑚2
𝑘𝑛−𝑘+ 2 = 𝑛2
，
∴
𝑘= 𝑚+ 𝑛
𝑘−2 = 𝑚𝑛
，
∴𝑘2 = (𝑚+ 𝑛)2 = (𝑛−𝑚)2 +4𝑚𝑛= (2 2)
2
+4(𝑘−2)，
解得：𝑘= 0或𝑘= 4，
当𝑘= 0时，
𝑚+ 𝑛= 0
𝑚𝑛= −2
，则𝑃(0,−2)，
当𝑘= 4时，
𝑚+ 𝑛= 4
𝑚𝑛= 2
，则𝑃(2,2)，
∴直线𝑚，𝑛的交点𝑃坐标为(0,−2)或(2,2)．
【点睛】本题是二次函数综合应用，本题考查二次函数的图像与性质及图像的平移，一次函数图像与性质，
一元二次方程与二次函数之间的关系，待定系数法确定函数解析式，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，
一元二次方程根的判别式等知识点，解题的关键是理解直线与抛物线有唯一交点的含义．
【变式2-3】（2025·湖南益阳·模拟预测）如图1，已知抛物线𝐸:𝑦=
1
4𝑥2，将抛物线𝐸向下平移1个单位长度
后得到抛物线𝐹，记抛物线𝐹的顶点为𝑃，坐标原点𝑂关于𝑃点的对称点为𝑄，过点𝑄且平行于𝑥轴的直线记为𝑙，
抛物线𝐹上有一动点𝐴（𝐴位于𝑦轴的左边），连接𝐴𝑂并延长交抛物线𝐹于点𝐵，过点𝐵作𝐵𝐶平行𝑦轴交𝐴𝑃的延
长线于𝐶点．
(1)证明：𝐶点在直线𝑙上；
(2)过𝐴点作𝐴𝐷垂直𝑙，垂足为𝐷，证明：△𝐴𝑂𝐷是等腰三角形；
(3)如图2，已知线段𝑀𝑁的端点𝑀、𝑁均在抛物线𝐹上，且𝑀𝑁= 6，线段𝑀𝑁的中点为𝐺，当线段𝐺𝐶的长最小
时，求𝐴点的坐标．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)𝐴−2 2,1
【分析】（1）证明C 点在直线l 上：通过设A 点坐标，求出直线𝐴𝑂与抛物线F 的另一个交点B 的坐标，
再结合直线𝐴𝑃的解析式及𝐵𝐶平行y 轴的条件，得出C 点纵坐标为−2，从而证明其在直线l 上；
（2）证明△𝐴𝑂𝐷是等腰三角形：根据A 点坐标和𝐴𝐷⊥𝑙的条件确定D 点坐标，通过计算𝑂𝐴2和𝐴𝐷2，发现
二者相等，即𝑂𝐴= 𝐴𝐷，进而证明△𝐴𝑂𝐷为等腰三角形；
（3）根据𝑀𝑁= 6，以及中点坐标公式求得点𝐺点的轨迹满足𝑦=
𝑥2+4
4 −2 +
9
𝑥2+4,得出𝐺的纵坐标大于等于1，
进而根据𝐺𝐶⊥𝑙时，𝐺𝐶最短，从而求得点𝐶的横坐标，代入𝐴𝑚,
1
4 𝑚2−1 ，进而求出此时A 点的坐标．
【详解】（1）证明：已知抛物线E：𝑦=
1
4𝑥2向下平移1 个单位长度后得到抛物线F，
∴抛物线F 的解析式为𝑦=
1
4𝑥2−1，
∴顶点P 的坐标为(0,−1)，
∵坐标原点𝑂(0,0)关于𝑃(0,−1)点的对称点为Q，
∴𝑄点坐标为(0,−2)，那么直线l 为𝑦= −2，
设A 点坐标为𝑚,
1
4 𝑚2−1 ，(𝑚< 0)，直线𝐴𝑂的解析式为𝑦= 𝑘1𝑥，
把𝐴𝑚,
1
4 𝑚2−1 代入可得
1
4𝑚2−1 = 𝑘1𝑚，
解得𝑘1 =
1
4𝑚2−1
𝑚
，
∴直线𝐴𝑂的解析式为𝑦=
1
4𝑚2−1
𝑚
𝑥，
联立
𝑦=
1
4𝑚2−1
𝑚
𝑥
𝑦= 1
4 𝑥2−1
，
得𝑥2−
4
1
4𝑚2−1
𝑚
𝑥−4 = 0，
已知A 点横坐标为m，设B 点横坐标为n，
由根与系数的关系可得：𝑚+ 𝑛=
4
1
4𝑚2−1
𝑚
，则𝑛=
4
1
4𝑚2−1
𝑚
−𝑚= −
4
𝑚，
把𝑛= −
4
𝑚代入抛物线F，
可得𝑦=
1
4 × −
4
𝑚
2
−1 =
4
𝑚2−1，
∴𝐵点坐标为−
4
𝑚,
4
𝑚2 −1 ，
设直线𝐴𝑃的解析式为𝑦= 𝑘2𝑥−1，
把𝐴𝑚,
1
4 𝑚2−1 代入可得
1
4𝑚2−1 = 𝑘2𝑚−1，
解得：𝑘2 =
1
4𝑚，
∴直线𝐴𝑃的解析式为𝑦=
1
4𝑚𝑥−1，
∵𝐵𝐶∥𝑦轴，
∴点𝐵、点𝐶横坐标为−
4
𝑚，
把𝑥= −
4
𝑚代入直线𝐴𝑃的解析式得，𝑦=
1
4𝑚× −
4
𝑚−1 = −2，
∴点𝐶纵坐标为−2，
即C 点在直线l 上；
（2）证明：已知𝐴𝑚,
1
4 𝑚2−1 ，D 点在直线l：𝑦= −2上且𝐴𝐷⊥𝑙，
∴𝐷点坐标为(𝑚,−2)，
𝑂𝐴2 = 𝑚2 +
1
4 𝑚2−1
2
= 𝑚2 +
1
16𝑚4−
1
2𝑚2 +1 =
1
16𝑚4 +
1
2𝑚2 +1，
𝐴𝐷= |
1
4 𝑚2−1−(−2)| = |
1
4 𝑚2 + 1| =
1
4𝑚2 +1，
对𝑂𝐴2进行变形：𝑂𝐴2 =
1
16𝑚4 +
1
2𝑚2 +1 =
1
4 𝑚2 + 1
2
= 𝐴𝐷2，
∴𝑂𝐴= 𝐴𝐷，
则△𝐴𝑂𝐷是等腰三角形；
（3）解：如下图所示，过点𝐺作𝐺𝐻⊥𝑙于𝐻，
设𝑀𝑥1,
1
4 𝑥2
1−1 ，𝑁𝑥2,
1
4 𝑥2
2−1 ，𝐺(𝑥,𝑦)，
∵𝐺是𝑀𝑁中点，
∴𝑥=
𝑥1+𝑥2
2
，𝑦=
1
4𝑥2
1−1+
1
4𝑥2
2−1
2
，
即𝑥1 + 𝑥2 = 2𝑥，8𝑦+ 8 = 𝑥2
1 + 𝑥2
2，
由勾股定理得𝑀𝑁=
(𝑥2−𝑥1)2 + (𝑦2−𝑦1)2，
∵𝑀𝑁= 6，
∴𝑀𝑁2 = (𝑥2−𝑥1)2 + [(
1
4 𝑥2
2−1)−(
1
4 𝑥2
1−1)]
2
= 36
(𝑥2−𝑥1)2 +
1
16(𝑥2
2−𝑥2
1)2 = 36
(𝑥2−𝑥1)2 1 +
1
16 (𝑥2 + 𝑥1)2 = 36
∵(𝑥2−𝑥1)2 = (𝑥2 + 𝑥1)2−4𝑥1𝑥2， 𝑥2
1 + 𝑥2
2 = (𝑥1 + 𝑥2)2−2𝑥1𝑥2
∴𝑥1𝑥2 =
(𝑥1+𝑥2)2−(𝑥2
1+𝑥2
2)
2
=
(2𝑥)2−(8𝑦+8)
2
=
4𝑥2−8𝑦−8
2
= 2𝑥2−4𝑦−4
(𝑥2−𝑥1)2 = (𝑥1 + 𝑥2)2−4𝑥1𝑥2 = (2𝑥)2−4(2𝑥2−4𝑦−4) = 4𝑥2−6𝑥2 + 16𝑦+ 16 = −4𝑥2 + 16𝑦+ 16
代入得(−4𝑥2 + 16𝑦+ 16) 1 +
1
16 (2𝑥)2 = 36
整理得，𝑦(4𝑥2 + 16) = 𝑥4−4𝑥2 +20
∴𝑦=
𝑥2+4
4 −2 +
9
𝑥2+4
令𝑡= 𝑥2 +4，𝑡≥4
∴𝑦=
𝑡
4 +
9
𝑡−2 ≥2
𝑡
4 ⋅
9
𝑡−2 = 1（当且仅当
𝑡
4 =
9
𝑡，即𝑡= 6取等号）
∴𝐺点的纵坐标的最小值为1，此时横坐标为2，
∵𝐺是𝑀𝑁中点，𝑀、𝑁在抛物线𝐹上，𝐵𝐶∥𝑦轴，𝐴𝐷∥𝑦轴，
∴当𝐶𝐺⊥𝑙时，𝐺𝐶最短，
∴𝐶的横坐标为2
由（1）可得𝐶的横坐标为−
4
𝑚
∴−
4
𝑚=
2
解得：𝑚= −2 2
把𝑚= −2 2代入𝐴𝑚,
1
4 𝑚2−1 ，
得𝐴−2 2,1 ．
知识点3 等线段
类型
等线段⟶勾股定理
等线段⟶等腰三角形
图示
解题思路
𝑃𝐴= 𝑃𝐵⇒𝑃𝐴2 = 𝑃𝐵2
𝑃𝐴= 𝑃𝐵⇒𝐴𝐷= 𝐵𝐷
【题型3 二次函数与等线段】
【例3】（24-25 九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）如图，抛物线𝑦= −
1
2𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐与𝑥轴交于𝐴、𝐵两点（𝐴
左𝐵右），交𝑦轴于点𝐶，直线𝑦= 𝑥分别交抛物线于𝐷、𝐸，连接𝐵𝐷，且𝑂𝐷= 4 2，𝑂𝐵= 4．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点𝑃为第二象限抛物线上一点，过点𝑃作𝑦轴的平行线交直线𝐷𝐸于𝑁．设𝑃点的横坐标为𝑚，线段𝑃𝑁的长力
𝑑；求𝑑与𝑚的函数关系式；（不要求写出自变量取值范围）．
(3)在（2）的条件下，过点𝐵作𝐵𝐺⊥𝐷𝐸，垂足为𝐺，过点𝑃作𝑃𝐻⊥𝐵𝐷，垂足为𝐻，若𝐺𝐻= 𝐺𝑃．求点𝑃的坐
标．
【答案】(1)𝑦= −
1
2𝑥2 +
1
2𝑥+ 6
(2)𝑃𝑁= −
1
2𝑚2−
1
2𝑚+ 6
(3)𝑃(−2,3)
【分析】本题考查二次函数综合题、一次函数的应用、直角三角形的性质、平行线分线段成比例定理等知
识，解题关键是学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
（1）首先确定D、B 两点坐标，利用待定系数法即可解决问题；
（2）设𝑃𝑚,−
1
2 𝑚2 +
1
2 𝑚+ 6 ，则𝑁(𝑚,𝑚)，设𝑃𝑁交𝑥轴于𝑇，得𝑃𝑇= −
1
2𝑚2 +
1
2𝑚+ 6，𝑇𝑁= −𝑚，从而求
出𝑃𝑁；
（3）延长𝑃𝐺交𝐵𝐷于F，作𝑃𝑀∥𝑦轴交𝐵𝐷于M，𝐺𝑁∥𝑦轴交𝐵𝐷于L，交𝐴𝐵于K．由△𝑂𝐵𝐺是等腰三角形，
易知𝐺(2,2)，直线𝐵𝐷的解析式为𝑦=
1
2𝑥−2，首先证明𝑃𝑀= 2𝐺𝐿，易知𝐿(2,−1)，𝐺𝐿= 3，推出𝑃𝑀=
−
1
2 𝑚2 + 𝑚+ 6 −
1
2 𝑚−2 = 6，解方程即可解决问题．
【详解】（1）解：∵𝐷在𝑦= 𝑥上，𝑂𝐷= 4 2，
过点𝑂作𝑂𝐹⊥𝑥点𝐹，则𝑂𝐹= 𝐷𝐹，
∴𝑂𝐹2 +𝐷𝐹2 = 𝑂𝐷2，
解得，𝑂𝐹= 𝐷𝐹= 4,
∴𝐷(−4,−4)，
∵𝑂𝐵= 4，
∴𝐵(4,0)，
把𝐵、𝐷坐标代入抛物线𝑦= −
1
2𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐，得：
−
1
2 × 16 +
1
2 × 4 + 6 = 0
−
1
2 × (−4)2−4𝑏+ 𝑐= −4
解得𝑏=
1
2，𝑐= 6，
∴抛物线解析式为𝑦= −
1
2𝑥2 +
1
2𝑥+ 6；
（2）设𝑃𝑚,−
1
2 𝑚2 +
1
2 𝑚+ 6 ，则𝑁(𝑚,𝑚)，
设𝑃𝑁交𝑥轴于𝑇，
∴𝑃𝑇= −
1
2𝑚2 +
1
2𝑚+ 6，𝑇𝑁= −𝑚，
∴𝑃𝑁= 𝑑= 𝑃𝑇+ 𝑇𝑁= −
1
2𝑚2−
1
2𝑚+ 6；
（3）解：延长𝑃𝐺交𝐵𝐷于𝐹，作𝑃𝑀∥𝑦轴交𝐵𝐷于𝑀，交𝐷𝐸于𝑁，
作𝐺𝐿∥𝑦轴交𝐵𝐷于𝐿，
设直线𝐵𝐷解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
把𝐷(−4,−4)，𝐵(4,0)代入解析式得，
−4𝑘+ 𝑏= −4
4𝑘+ 𝑏= 0
，
解得，
𝑘= 1
2
𝑏= −2
，
所以，直线𝐵𝐷解析式为：𝑦=
1
2𝑥−2，
∵𝐺在𝑦= 𝑥上，𝐵𝐺⊥𝐷𝐸，
∴△𝑂𝐵𝐺是等腰直角三角形，
又𝑂𝐵= 4，
∴𝐺(2,2)，
∵𝑃𝐺= 𝐺𝐻，
∴∠𝐺𝑃𝐻= ∠𝐺𝐻𝑃，
∵∠𝐺𝑃𝐻+ ∠𝑃𝐹𝐻= 90°，∠𝐺𝐻𝐹+ ∠𝐺𝐻𝑃= 90°
∴∠𝐺𝐻𝐹= ∠𝐺𝐹𝐻，
∴𝐻𝐺= 𝐺𝑃= 𝐹𝐺，
∴𝐺为𝑃𝐹中点，
∵𝐺𝐿∥𝑃𝑀，
∴𝐺𝐿为△𝐹𝑃𝑀的中位线，𝑃𝑀= 2𝐺𝐿，𝐹𝐿= 𝑀𝐿
∵𝐿的横坐标为2，且在直线𝐷𝐵上，
∴𝐿(2,−1)，
又∵𝐺(2,2)，
∴𝐺𝐿= 2 + 1 = 3，
∴𝑃𝑀= 2𝐺𝐿= 6，
∵𝑁(𝑚,𝑚)，𝑀𝑚,
1
2 𝑚−2 ，
∴𝑀𝑁= 𝑚−
1
2 𝑚−2 =
1
2𝑚+ 2，
∴𝑃𝑀= 𝑃𝑁+ 𝑀𝑁= −
1
2 𝑚2−
1
2 𝑚+ 6 +
1
2 𝑚+ 2 = 6，
解得𝑚=± 2，
∵𝑃在第二象限，
∴ 𝑚< 0，
∴𝑚= −2，
∴𝑃(−2,3)
【变式3-1】（25-26 九年级上·全国·课后作业）如图，以A 为顶点的抛物线交y 轴于点B，已知A，B 两点
的坐标分别为(3,0),(0,4)，连接𝐴𝐵．
(1)求抛物线对应的函数解析式．
(2)若将y 轴向右平移6 个单位长度，请直接写出此时抛物线对应的函数解析式．
(3)抛物线上是否存在一点P，使得𝐴𝐵= 𝐴𝑃？若存在，请直接写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)𝑦=
4
9(𝑥−3)2
(2)𝑦=
4
9(𝑥+ 3)2
(3)存在．点P 的坐标为(6,4)或(0,4)
【分析】（1）已知抛物线的顶点坐标，可设抛物线解析式为𝑦= 𝑎(𝑥−3)2，
然后把点B(0,4)代入进行求值即可；
（2）根据题意求得平移后抛物线的顶点坐标，然后写出平移后抛物线的解析式；
（3）设𝑃(𝑥,𝑦)利用两点间的距离公式得到关于y 的方程，通过解方程求得y 的值，
进而由抛物线上点的坐标特征得到点P 的横坐标．
【详解】（1）解：设抛物线解析式为：𝑦= 𝑎(𝑥−3)2，(𝑎≠0).
把点B 的坐标(0,4)代入，得4 = 𝑎(0−3)2，解得𝑎=
4
9．
所以该抛物线的解析式为：𝑦=
4
9(𝑥−3)2；
（2）解：将y 轴向右平移6 个单位长度后该抛物线的顶点坐标为(−3,0)，
则平移后抛物线的解析式为：𝑦=
4
9(𝑥+ 3)2.
（3）解：存在，理由如下：
设𝑃(𝑥,𝑦)，∵𝐴𝐵= 𝐴𝑃，𝐴(3,0)、𝐵(0,4).
∴𝐴𝐵2 = 𝐴𝑃2，即32 + 42 = (𝑥−3)2 + 𝑦2.
∵𝑦=
4
9(𝑥−3)2，
∴(𝑥−3)2 =
9
4𝑦.
∴25 =
9
4𝑦+ 𝑦2，即(𝑦−4)(4𝑦+ 25) = 0，
解得𝑦= 4或𝑦= −
25
4 （舍去）.
则4 =
4
9(𝑥−3)2，
解得𝑥= 6或𝑥= 0．
综上所述，点P 的坐标是(6,4)或(0,4)．
【点睛】本题考查了二次函数图象的几何变换，二次函数图象上点的坐标特征，两点间距离公式，以及待
定系数法求二次函数解析式.
【变式3-2】已知抛物线𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3与x 轴交于A，B 两点（点A 在点B 的左侧）．
(1)求点A，点B 的坐标；
(2)如图，过点A 的直线l：𝑦＝−𝑥−1与抛物线的另一个交点为C，点P 为抛物线对称轴上的一点，连接𝑃𝐴，
𝑃𝐶，设点P 的纵坐标为m，当𝑃𝐴＝𝑃𝐶时，求m 的值．
【答案】(1)𝐴－1，0 ，𝐵3，0
(2)𝑚= −3
【分析】(1)令y＝0 解方程即可得到结果．
(2)设P(1，m)，根据𝑃𝐴＝𝑃𝐶列出方程，求解即可．
【详解】（1）当y＝0 时，−𝑥2 +2𝑥+ 3＝0，
∴𝑥1＝－1，𝑥2＝3，
∴𝐴－1，0 ，𝐵3，0 ．
（2）∵抛物线对称轴为：𝑥＝
−1+3
2 ＝1，
∴设P(1，m)，
由−𝑥2 +2𝑥+ 3＝−𝑥−1得，
𝑥3＝−1(舍去)，𝑥4＝4，
当x＝4 时，y＝－4－1＝－5，
∴C（4，－5），
∵𝑃𝐴＝𝑃𝐶，
∴𝑃𝐴2＝𝑃𝐶2
∴22 + 𝑚2＝（4－1）
2 + （𝑚+ 5）
2，
∴m＝－3，
故答案为：𝑚= −3．
【点睛】本题主要考查了二次函数与𝑥轴的交点与一元二次方程的关系，熟练掌握其定义是解题的关键．
【变式3-3】抛物线y＝（x+m）2+m，抛物线与x 轴交于A，B 两点（点A 在点B 的左边），与y 轴交于点
C，D 是抛物线的顶点．
（1）如图1，若m＝﹣2 时，求C，D 的坐标；
（2）如图2，直线OD 交抛物线于E，P 是对称轴上一点，若PB＝PD＝
3
2DE，求m 的值．
（3）如图3，当m＝﹣1 时，Q 是抛物线对称轴上的定点，若Q 到抛物线上的任意一点的距离的最小值为
1，求Q 的坐标．
【答案】（1）𝐶(0,2),𝐷(2,−2)；（2）1 + 3 2或1；（3）(1,−2), 1, 5−2
【分析】（1）当m＝﹣2 时，y＝（x﹣2）2﹣2，分别可求C 与D 点坐标；
（2）求出顶点D（﹣m，m），B（−𝑚﹣m，0），在求出OD 的直线解析式为y＝﹣x，进而求出E
（﹣m﹣1，m+1），再分别求出PB＝−𝑚+ 𝑛2，PD＝|m﹣n|，DE＝2，结合已知即可求m 的值；
（3）当m＝﹣1 时，y＝（x﹣1）2﹣1，有两个Q 点满足条件：Q 点为（1，﹣2）时，Q 点到抛物线上任意
一点的距离都大于等于1；求出抛物线上与顶点D 距离为1 的点的纵坐标为y＝
−3+ 5
2
，在求出D 点关于直
线y＝
−3+ 5
2
对称的点为Q（1，5﹣2），这个Q 点到抛物线上任意一点的距离都大于等于1．
【详解】解：（1）当m＝﹣2 时，y＝（x﹣2）2﹣2，
令x＝0 时，y＝2，
∴C（0，2），
∴D（2，﹣2）；
（2）y＝（x+m）2+m 的顶点D（﹣m，m），
令y＝0，则0＝（x+m）2+m，
解得x＝﹣−𝑚﹣m 或x＝−𝑚﹣m，
∵点A 在点B 的左边，
∴B（−𝑚﹣m，0），
设OD 的直线解析式为y＝kx，
则有﹣km＝m，
∴k＝﹣1，
∴y＝﹣x，
联立﹣x＝（x+m）2+m，
解得x＝﹣m 或x＝﹣（m+1），
∵E 点在D 点的左侧，
∴E（﹣m﹣1，m+1），
∵函数的对称轴为x＝﹣m，
设P（﹣m，n），
∴PB＝−𝑚+ 𝑛2，PD＝|m﹣n|，DE＝2，
∵PB＝PD＝
3
2DE，
∴−𝑚+ 𝑛2＝|m﹣n|＝
3
2 2，
解得m＝0 或m＝1+3 2或m＝1，
当m＝0 时，D 与O 重合，不符合题意；
∴m＝1+3 2或m＝1；
（3）当m＝﹣1 时，y＝（x﹣1）2﹣1，
对称轴为x＝1，顶点D（1，﹣1），
当Q 点为（1，﹣2）时，QD＝1，
此时Q 点到抛物线上任意一点的距离都大于等于1；
设抛物线上任意一点M（x，y），
当DM＝1 时，1＝（x﹣1）2+（y+1）2，
∴y2+3y+1＝0，
解得y＝
−3+ 5
2
或y＝
−3−5
2
（舍去），
则D 点关于直线y＝
−3+ 5
2
对称的点为Q（1，5﹣2），
此时Q 点到抛物线上任意一点的距离都大于等于1；
综上所述：Q 点坐标为（1，﹣2）或（1，5﹣2）．
【点睛】本题考查二次函数的综合；熟练掌握二次函数的图象及性质，会求图象上任意两点之间的距离是
解题的关键．
知识点4 倍线段
类型
倍线段
图示
条件
𝑃𝐴= 𝑛𝑃𝐵
结论
𝐴𝐸= 𝑛𝐵𝐹，即|𝑥𝑃−𝑥𝐴| = 𝑛|𝑥𝐵−𝑥𝑃|
解题思路
作如图辅助线，则
𝑃𝐴
𝑃𝐵= 𝑆△𝑃𝐴𝐸
𝑆△𝑃𝐵𝐸= 𝐴𝐸
𝐵𝐹= 𝑛，即|𝑥𝑃−𝑥𝐴| = 𝑛|𝑥𝐵−𝑥𝑃|
【题型4 二次函数与倍线段】
【例4】如图，抛物线𝑦= −𝑥2−2𝑥+ 3的图象与x 轴交于A、B 两点（点A 在点B 的左边），与y 轴交于点
C，点D 为抛物线的顶点
（1）直接写出点A、B、C 的坐标；
（2）点𝑀(𝑚,0)为线段AB 上一点（点M 不与点AB 重合），过点M 作x 轴的垂线，与直线AC 交于点E，
与抛物线交于点P，过点P 作𝑃𝑄∥𝐴𝐵交抛物线于点Q，过点Q 作𝑄𝑁⊥𝑥轴于点N，可得矩形PQNM．如图，
点P 在点Q 左边，当矩形PQNM 的周长最大时，m 的值是多少？并求出此时的△𝐴𝐸𝑀的面积；
（3）在（2）的条件下，当矩形PMNQ 的周长最大时，连接DQ，过抛物线上一点F 作y 轴的平行线，与
直线AC 交于点G（点G 在点F 的上方）．若𝐹𝐺= 2 2𝐷𝑄，求点F 的坐标．
【答案】（1）𝐴(−3,0)，𝐵(1,0)，𝐶(0,3)；（2）𝑚= −2，0.5；（3）𝐹(−4,−5)或(1,0)
【分析】（1）直接令𝑥= 0，求出𝑦= 3，令𝑦= 0，−𝑥2−2𝑥+ 3 = 0即𝑥2 +2𝑥−3 = 0，
解得𝑥= 1或𝑥= −3，即可得到答案；
（2）由𝑀(𝑚,0)，则𝑃𝑀= −𝑚2−2𝑚+ 3，再由𝑃𝑄∥𝐴𝐵且P、Q 都在抛物线上，P、Q 关于直线𝑥= −1对称，
则𝑀𝑁= (−1−𝑚) × 2 = −2𝑚−2，从而得到矩形PMNQ 的周长= 2(𝑃𝑀+ 𝑀𝑁) = (−𝑚2−2𝑚+ 3−2𝑚−2)
× 2 = −2𝑚2−8𝑚+ 2，利用二次函数的性质求出矩形的周长最大时，𝑚= −2，即可得到AM 的长，然后
求出直线AC 的解析式进而得到E 点坐标，由此求解即可；
（3）由𝑀(−2,0)，抛物线的对称轴为𝑥= −1，则N 应与原点重合，点Q 与点C 重合，可以得到
𝐷𝑄= 𝐷𝐶=
2则𝐹𝐺= 4，设𝐹(𝑛,−𝑛2−2𝑛+ 3)，则𝐺(𝑛,𝑛+ 3)，由点G 在点F 的上方且𝐹𝐺= 4，则(𝑛+ 3)−
(−𝑛2−2𝑛+ 3) = 4，解方程即可．
【详解】解：（1）令𝑥= 0，𝑦= 3，
∴𝐶(0,3)，
令𝑦= 0，−𝑥2−2𝑥+ 3 = 0即𝑥2 +2𝑥−3 = 0，
解得𝑥= 1或𝑥= −3，
∴𝐴(−3,0)，𝐵(1,0)；
（2）由抛物线𝑦= −𝑥2−2𝑥+ 3可知，对称轴为直线𝑥= −1．
∵𝑀(𝑚,0)，
∴𝑃(𝑚,−𝑚2−2𝑚+ 3)
∴𝑃𝑀= −𝑚2−2𝑚+ 3，
∵𝑃𝑄∥𝐴𝐵且P、Q 都在抛物线上，
∴P、Q 关于直线𝑥= −1对称，
∴𝑀𝑁= (−1−𝑚) × 2 = −2𝑚−2，
∴矩形PMNQ 的周长= 2(𝑃𝑀+ 𝑀𝑁) = (−𝑚2−2𝑚+ 3−2𝑚−2) × 2 = −2𝑚2−8𝑚+ 2
∵−2𝑚2−8𝑚+ 2 = −2(𝑚+ 2)2 +10，且a=-2＜0，
∴矩形的周长最大时，𝑚= −2．
∵𝐴(−3,0)，𝐶(0,3)，
设直线AC 的解析式𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
∴−3𝑘+ 𝑏= 0
𝑏= 3
∴
𝑘= 1
𝑏= 3
，
∴直线AC 的解析式𝑦= 𝑥+ 3，
令𝑥= −2，则𝑦= 1，
∴𝐸(−2,1)，
∴𝐸𝑀= 1，𝐴𝑀= 1，
∴𝑆=
1
2𝐴𝑀× 𝐸𝑀= 0.5；
（3）∵𝑀(−2,0)，抛物线的对称轴为直线𝑥= −1，
∴N 应与原点重合，点Q 与点C 重合，
∴𝐷𝑄= 𝐷𝐶，
把𝑥= −1代入𝑦= −𝑥2−2𝑥+ 3，解得𝑦= 4，
∴𝐷(−1,4)，
∴𝐷𝑄= 𝐷𝐶=
(−1−0)2 + (4−3)2 =
2，
∵𝐹𝐺= 2 2𝐷𝑄，
∴𝐹𝐺= 4．
设𝐹(𝑛,−𝑛2−2𝑛+ 3)，则𝐺(𝑛,𝑛+ 3)，
∵点G 在点F 的上方且𝐹𝐺= 4，
∴(𝑛+ 3)−(−𝑛2−2𝑛+ 3) = 4．
解得𝑛= −4或𝑛= 1，
∴𝐹(−4,−5)或(1,0)．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合，两点距离公式，一次函数与几何综合，解题的关键在于能够熟
练掌握二次函数的相关性质．
【变式4-1】如图1，抛物线𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐与𝑥轴交于点𝐴(−1,0)，𝐵(3,0)，与𝑦轴交于点𝐶．
(1)求𝑏与𝑐的值．
(2)观察图象，直接写出不等式𝑥2−2𝑥−3 < 𝑥−3的解集是______．
(3)如图2，点𝑀在抛物线上，且点𝑀在第四象限，𝑀𝑁∥𝑦轴，交𝑥轴于点𝑁，若𝑀𝑁= 3𝐵𝑁，求点𝑀的坐标．
【答案】(1)𝑏= −2，𝑐= −3
(2)0 < 𝑥< 3
(3)𝑀(2,−3)
【分析】本题主要考查了二次函数的图像和性质，二次函数和一次函数的综合，以及一元二次方程的应用．
（1）根据对称轴即可求出b 的值，再把𝐴(−1,0)代入抛物线即可求出c 的值．
（2）设一次函数𝑦2 = 𝑥−3，可知一次函数经过B，C 点，根据二次函数和一次函数的图像即可求解．
（3）设𝑁(𝑎,0)，0 < 𝑎< 3，则𝑀(𝑎,𝑎2−2𝑎−3)，然后根据题意列出关系a 的一元二次方程，解方程即可求
a 的值，进一步即可求出点𝑀的坐标
【详解】（1）解：∵抛物线𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐与𝑥轴交于点𝐴(−1,0)，𝐵(3,0)
∴对称轴𝑥=
−1+3
2
= 1，
又∵对称轴𝑥= −
𝑏
2𝑎= −
𝑏
2，
∴−
𝑏
2 = 1，
∴𝑏= −2，
把𝐴(−1,0)代入𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐得：1 + (−𝑏) +𝑐= 0，
∵𝑏= −2
∴𝑐= −3．
（2）由（1）可知抛物线为：𝑦= 𝑥2−2𝑥−3．
设一次函数𝑦2 = 𝑥−3，当𝑥= 0时，𝑦2 = −3，正好过C 点
当𝑦2 = 0时，则𝑥= 3，正好过B 点， 如下图：
根据函数图像可知，当0 < 𝑥< 3时，则𝑦< 𝑦2，
即当0 < 𝑥< 3时，𝑥2−2𝑥−3 < 𝑥−3，
故答案为：0 < 𝑥< 3．
（3）设𝑁(𝑎,0)，0 < 𝑎< 3，
∵点𝑀在抛物线上，且𝑀𝑁∥𝑦轴
∴𝑀(𝑎,𝑎2−2𝑎−3)，
∵𝑀𝑁= 3𝐵𝑁
∴−(𝑎2−2𝑎−3) = 3(3−𝑎)，
即𝑎2−5𝑎+ 6 = 0，
解得𝑎= 2，𝑎= 3（舍去）
当𝑎= 2时，𝑎2−2𝑎−3 = −3，
∴𝑀(2,−3)
【变式4-2】综合与探究：如图，二次函数𝑦= −
1
2𝑥2 +𝑥+ 4的图象与x 轴交于A，B 两点（点A 在点B 的左
侧），与y 轴交于点C，连接𝐴𝐶，点P 是第一象限内抛物线上的一个动点，连接𝐴𝑃，交直线𝐵𝐶于点Q．
(1)求A，B，C 三点的坐标，并直接写出直线𝐵𝐶的函数表达式；
(2)在点P 运动的过程中，若𝐴𝑄= 3𝑃𝑄，求点P 的坐标；
(3)在点P 运动的过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q 为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，
直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)𝐴(−2,0)、𝐵(4,0)、𝐶(0,4)，𝑦= −𝑥+ 4
(2)(2,4)
(3)（10，4−10）或(2,2)
【分析】（1）分别令𝑦= 0、𝑥= 0，可求得A，B，C 三点的坐标，再运用待定系数法即可求得直线𝐵𝐶的
函数表达式；
（2）过点P 作𝑃𝐷∥𝑦轴交直线𝐵𝐶于D，过点A 作𝐴𝐸∥𝑦轴交直线𝐵𝐶于E，则𝐸(−2,6)，设𝑃(𝑚,−
1
2𝑚2
+𝑚+ 4)，且0 < 𝑚< 4，则𝐷(𝑚,−𝑚+ 4)，得𝑃𝐷= −
1
2𝑚2 +𝑚+ 4 −(−𝑚+ 4) = −
1
2𝑚2 +2m，由𝑃𝐷∥𝐴𝐸，
可得△𝑃𝐷𝑄∼△𝐴𝐸𝑄，进而得出
𝑃𝐷
𝐴𝐸=
𝑃𝑄
𝐴𝑄=
1
3，可得关于m 的方程，解方程即可求得答案；
（3）可设𝑄(𝑛,−𝑛+ 4)(0 < 𝑛< 4)，利用勾股定理表示出𝐴𝐶2,𝐶𝑄2,𝐴𝑄2，分三种情况讨论：当𝐶𝑄= 𝐴𝐶时，
当𝐴𝑄= 𝐴𝐶时，当𝐴𝑄= 𝑄𝐶时，然后分别解方程求出n 即可得到对应的Q 点坐标．
【详解】（1）解：令𝑦= 0，得−
1
2𝑥2 +𝑥+ 4 = 0，
解得：𝑥1=−2,𝑥2=4，
∴𝐴(−2,0),𝐵(4,0)，
令𝑥= 0，得：𝑦= 4，
∴C(0,4)，
设直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，则4𝑘+ 𝑏= 0
𝑏= 4
解得
𝑘= −1
𝑏= 4
，
∴直线𝐵𝐶的函数表达式为𝑦= −𝑥+ 4；
（2）解：如图，过点P 作𝑃𝐷∥𝑦轴交直线𝐵𝐶于D，过点A 作𝐴𝐸∥𝑦轴交直线𝐵𝐶于E，
∵𝐴(−2,0)，直线𝐵𝐶的函数表达式为𝑦= −𝑥+ 4，
∴𝐸(−2,6)，
设𝑃(𝑚,−
1
2𝑚2 +𝑚+ 4)，且0 < 𝑚< 4，则𝐷(𝑚,−𝑚+ 4)，
𝑃𝐷= −
1
2𝑚2 +𝑚+ 4 −(−𝑚+ 4) = −
1
2𝑚2 +2m，
∵𝐴𝑄= 3𝑃𝑄，
∴
𝑃𝑄
𝐴𝑄=
1
3，
∵𝑃𝐷∥𝐴𝐸，
∴△𝑃𝐷𝑄∼△𝐴𝐸𝑄，
∴
𝑃𝐷
𝐴𝐸=
𝑃𝑄
𝐴𝑄=
1
3，
∴
1
2𝑚2+2𝑚
6
=
1
3，
∴𝑚= 2，
∴点P 的坐标为(2,4)；
（3）解：存在这样的点Q，使得以A，C，Q 为顶点的三角形是等腰三角形，
设𝑄(𝑛,−𝑛+ 4)(0 < 𝑛< 4)，
∵𝐴(−2,0)，𝐶(0,4)，
∴𝐴𝐶2 = 22 + 42 = 20，𝐶𝑄2 = 𝑛2 + (2−𝑛+ 4−4)2 = 2𝑛2，𝐴𝑄2 = (𝑛+ 2)2 + (1−𝑛+ 4)2 = 2𝑛2−4𝑛+ 20，
当𝐶𝑄= 𝐴𝐶时，2𝑛2 = 20，
解得𝑛1 =
10,𝑛2 = −10（舍去），
∴Q 点坐标为（10，4−10）；
当𝐴𝑄= 𝐴𝐶时，2𝑛2−4𝑛+ 20 = 20，
解得𝑛1 = 2,𝑛2 = 0（舍去），
∴Q 点坐标为(2,2)；
当𝐴𝑄= 𝑄𝐶时，2𝑛2−4𝑛+ 20 = 2𝑛2，
解得𝑛= 5（舍去），
综上所述，存在这样的点Q，使得以A，C，Q 为顶点的三角形是等腰三角形，Q 点坐标为（10，4−10）
或(2,2)．
【点睛】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式、二次函数的图象和性质、等腰
三角形的性质等知识点，运用分类讨论思想和方程思想是解题的关键．
【变式4-3】（25-26 九年级上·湖北武汉·阶段检测）已知拋物线𝐿:𝑦= 𝑥2−2．
(1)如图1，直线𝑦= −2𝑥+ 1交抛物线L 于M、N 两点（M 在N 的左边）．
①求M，N 两点的坐标；
②若点P 为直线𝑀𝑁下方抛物线上的点，过点P 作𝑦轴的平行线交线段𝑀𝑁于点G，过点P 作𝑥轴的平行线交
抛物线L 于点H，满足
𝑃𝐺
𝑃𝐻=
3
2，求点P 的横坐标；
(2)如图2，直线𝑦= 𝑘1𝑥(𝑘1 > 0)交抛物线L 于A、B 两点（点A 在B 的右边），直线𝑦= 𝑘2𝑥(𝑘2 < 0)交抛
物线L 于C、D 两点（点C 在D 的左边），𝐵𝐷、𝐴𝐶分别交𝑦轴于E、F 两点，试问
1
𝑂𝐸−
1
𝑂𝐹的值是否为定值，
说明你的理由．
【答案】(1)①𝑀(−3,7)，𝑁(1,−1)；②点P 的横坐标为
−5+ 37
2
或
1−13
2
(2)
1
𝑂𝐸−
1
𝑂𝐹的值为定值
1
2，理由见解析
【分析】（1）①联立拋物线𝐿:𝑦= 𝑥2−2和直线𝑦= −2𝑥+ 1进行求解即可；②根据点P 为直线𝑀𝑁下方抛
物线上的点，点G 在直线𝑀𝑁上，且𝑃𝐺∥𝑦轴，点H 在抛物线L 上，且𝑃𝐻∥𝑥轴表达出点P、G、H 的坐标进
而进行求解即可；
（2）设点𝐴(𝑥𝐴,𝑘1𝑥𝐴)，点𝐵(𝑥𝐵,𝑘1𝑥𝐵)，点𝐶(𝑥𝐶,𝑘2𝑥𝐶)，点𝐷(𝑥𝐷,𝑘2𝑥𝐷)，直线𝐴𝐶的解析式为𝑦= 𝑘3𝑥+ 𝑏3，直
线𝐵𝐷的解析式为𝑦= 𝑘4𝑥+ 𝑏4，解出两个直线的解析式，再表达出𝑂𝐸、𝑂𝐹的值，结合题意解出𝑘1−𝑘2的值，
进行求解即可．
【详解】（1）解：①∵直线𝑦= −2𝑥+ 1交抛物线L 于M、N 两点，
∴联立解析式得
𝑦= 𝑥2−2
𝑦= −2𝑥+ 1
，
解得
𝑥1 = −3
𝑦1 = 7
和
𝑥2 = 1
𝑦2 = −1
，
∵M 在N 的左边，
∴𝑀(−3,7)，𝑁(1,−1)；
②∵点P 为直线𝑀𝑁下方抛物线上的点，
∴设点𝑃的坐标为(𝑝,𝑝2−2)，其中−3 < 𝑝< 1，
∵点G 在直线𝑀𝑁上，且𝑃𝐺∥𝑦轴，
∴点𝐺为(𝑝,−2𝑝+ 1)，
∵点H 在抛物线L 上，且𝑃𝐻∥𝑥轴，
∴点H 的坐标为𝑝2−2，且𝑥2−2 = 𝑝2−2，
解得𝑥= −𝑝或𝑥= 𝑝（舍去），
∴点H 为(−𝑝,𝑝2−2)，
∴𝑃𝐺= (−2𝑝+ 1)−(𝑝2−2)
= −𝑝2−2𝑝+ 3，
𝑃𝐻= |𝑝−(−𝑝)| = |2𝑝|，
∵
𝑃𝐺
𝑃𝐻=
3
2，
∴
−𝑝2−2𝑝+3
|2𝑝|
=
3
2
−𝑝2−2𝑝+ 3 = 3|𝑝|，
当𝑝> 0时，|𝑝| = 𝑝，方程化为：−𝑝2−2𝑝+ 3 = 3𝑝
−𝑝2−5𝑝+ 3 = 0
𝑝2 + 5𝑝−3 = 0
解得𝑝=
−5± 37
2
，
∵𝑝> 0，
∴𝑝=
−5+ 37
2
，
当𝑝< 0时，|𝑝| = −𝑝，方程化为：−𝑝2−2𝑝+ 3 = −3𝑝
−𝑝2 + 𝑝+ 3 = 0
𝑝2−𝑝−3 = 0
解得𝑝=
1± 13
2
，
∵𝑝< 0，
∴𝑝=
1−13
2
，
综上所述，点P 的横坐标为
−5+ 37
2
或
1−13
2
；
（2）解：
1
𝑂𝐸−
1
𝑂𝐹的值为定值
1
2，理由如下，
根据题意得设点𝐴(𝑥𝐴,𝑘1𝑥𝐴)，点𝐵(𝑥𝐵,𝑘1𝑥𝐵)，点𝐶(𝑥𝐶,𝑘2𝑥𝐶)，点𝐷(𝑥𝐷,𝑘2𝑥𝐷)，
∵𝐴、𝐵、𝐶、𝐷四点都在抛物线上，
∴联立得𝑥2−2 = 𝑘1𝑥和𝑥2−2 = 𝑘2𝑥，
∴𝑥𝐴和𝑥𝐵是方程𝑥2−𝑘1𝑥−2 = 0的根，且𝑥𝐵< 𝑥𝐴，𝑥𝐶和𝑥𝐷是方程𝑥2−𝑘2𝑥−2 = 0的根，且𝑥𝐶< 𝑥𝐷，
∴𝑥𝐴𝑥𝐵= −2，𝑥𝐶𝑥𝐷= −2，
∵直线𝐵𝐷过点𝐵(𝑥𝐵,𝑘1𝑥𝐵)和𝐷(𝑥𝐷,𝑘2𝑥𝐷)，与y 轴交于点E，直线𝐴𝐶过点𝐴(𝑥𝐴,𝑘1𝑥𝐴)和𝐶(𝑥𝐶,𝑘2𝑥𝐶)，与y 轴交
于点F，
∴设直线𝐴𝐶的解析式为𝑦= 𝑘3𝑥+ 𝑏3，直线𝐵𝐷的解析式为𝑦= 𝑘4𝑥+ 𝑏4，
∴𝑥𝐴𝑘3 + 𝑏3 = 𝑘1𝑥𝐴
𝑥𝐶𝑘3 + 𝑏3 = 𝑘2𝑥𝐶
,
𝑥𝐵𝑘4 + 𝑏4 = 𝑘1𝑥𝐵
𝑥𝐷𝑘4 + 𝑏4 = 𝑘2𝑥𝐷
，
解得
𝑘3 = 𝑘2𝑥𝐶−𝑘1𝑥𝐴
𝑥𝐶−𝑥𝐴
𝑏3 = 𝑥𝐴𝑥𝐶(𝑘1−𝑘2)
𝑥𝐶−𝑥𝐴
,
𝑘4 = 𝑘2𝑥𝐷−𝑘1𝑥𝐵
𝑥𝐷−𝑥𝐵
𝑏4 = 𝑥𝐵𝑥𝐷(𝑘1−𝑘2)
𝑥𝐷−𝑥𝐵
，
∴直线𝐴𝐶的解析式为𝑦=
𝑘2𝑥𝐶−𝑘1𝑥𝐴
𝑥𝐶−𝑥𝐴
⋅𝑥+
𝑥𝐴𝑥𝐶(𝑘1−𝑘2)
𝑥𝐶−𝑥𝐴
，直线𝐵𝐷的解析式为𝑦=
𝑘2𝑥𝐷−𝑘1𝑥𝐵
𝑥𝐷−𝑥𝐵
⋅𝑥+
𝑥𝐵𝑥𝐷(𝑘1−𝑘2)
𝑥𝐷−𝑥𝐵
，
∵点E、F 在y 轴上，且点E 在𝐵𝐷上，点F 在𝐴𝐶上，
∴分别将𝑥= 0对两个解析式进行代入得，𝑦𝐹=
𝑥𝐴𝑥𝐶(𝑘1−𝑘2)
𝑥𝐶−𝑥𝐴
,𝑦𝐸=
𝑥𝐵𝑥𝐷(𝑘1−𝑘2)
𝑥𝐷−𝑥𝐵
，
∵𝑥𝐴𝑥𝐵= −2，𝑥𝐶𝑥𝐷= −2，
∴𝑦𝐸=
−2𝑥𝐷(𝑘1−𝑘2)
𝑥𝐴𝑥𝐷+2
，𝑦𝐹=
2𝑥𝐴(𝑘1−𝑘2)
𝑥𝐴𝑥𝐷+2 ，
∴点E 为0,
−2𝑥𝐷(𝑘1−𝑘2)
𝑥𝐴𝑥𝐷+2
，点F 为0,
2𝑥𝐴(𝑘1−𝑘2)
𝑥𝐴𝑥𝐷+2
，
∴𝑂𝐸=
2𝑥𝐷(𝑘1−𝑘2)
𝑥𝐴𝑥𝐷+2 ,𝑂𝐹=
2𝑥𝐴(𝑘1−𝑘2)
𝑥𝐴𝑥𝐷+2 ，
∴
1
𝑂𝐸−
1
𝑂𝐹
=
1
2𝑥𝐷(𝑘1−𝑘2)
𝑥𝐴𝑥𝐷+ 2
−
1
2𝑥𝐴(𝑘1−𝑘2)
𝑥𝐴𝑥𝐷+ 2
= 𝑥𝐴𝑥𝐷+ 2
2(𝑘1−𝑘2)
1
𝑥𝐷−
1
𝑥𝐴
=
𝑥𝐴𝑥𝐷+2
2(𝑘1−𝑘2) ⋅
𝑥𝐴−𝑥𝐷
𝑥𝐴𝑥𝐷，
∵点A 在抛物线和直线上𝑦= 𝑘1𝑥，点D 在抛物线和直线上𝑦= 𝑘2𝑥，且抛物线为𝑦= 𝑥2−2，
∴𝑘1 =
𝑥2
𝐴−2
𝑥𝐴,𝑘2 =
𝑥2
𝐷−2
𝑥𝐷，
∴𝑘1−𝑘2
=
𝑥2
𝐴−2
𝑥𝐴
−
𝑥2
𝐷−2
𝑥𝐷
=
(𝑥𝐴−𝑥𝐷)(𝑥𝐴𝑥𝐷+2)
𝑥𝐴𝑥𝐷
，
则代回
1
𝑂𝐸−
1
𝑂𝐹得，
1
𝑂𝐸−
1
𝑂𝐹
= 𝑥𝐴𝑥𝐷+ 2
2(𝑘1−𝑘2) ⋅𝑥𝐴−𝑥𝐷
𝑥𝐴𝑥𝐷
= 𝑥𝐴𝑥𝐷+ 2
2
⋅𝑥𝐴−𝑥𝐷
𝑥𝐴𝑥𝐷
⋅
𝑥𝐴𝑥𝐷
(𝑥𝐴−𝑥𝐷) (𝑥𝐴𝑥𝐷+ 2)
=
1
2，
∴
1
𝑂𝐸−
1
𝑂𝐹=
1
2为定值．
【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，一次函数与二次函数的交点问题，熟知二次函数的图象和性
质是解决本题的关键．
知识点5 线平行
类型
线平行⟺k 相等
图示
条件
𝐴𝐵:𝑦= 𝑘1𝑥+ 𝑏1，𝐶𝐷:𝑦= 𝑘2𝑥+ 𝑏2
结论
①若AB∥CD，则𝑘1 = 𝑘2
②若𝑘1 = 𝑘2，则AB∥CD
【题型5 二次函数与平行】
【例5】如图1，抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥(𝑎≠0)经过点𝐴(−4,0)，点𝐵(4,8)．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)连接𝑂𝐵，点𝑃为𝑥轴下方抛物线上一动点，过点𝑃作𝑂𝐵的平行线交直线𝐴𝐵于点𝑄，当𝑆Δ𝑃𝑂𝑄:𝑆Δ𝐵𝑂𝑄= 1:2时，
求出点𝑃的坐标；
(3)如图2，若经过点𝐷(−2,0)的直线与抛物线交于𝐸、𝐹两点，点𝐸在点𝐹右边，经过点𝐾的两直线𝐾𝐸、𝐾𝐹与
抛物线均有唯一公共点，且𝐾𝐸、𝐾𝐹与𝑦轴不平行，试说明点𝐾在某条定直线上运动，并求出这条定直线．
【答案】(1)𝑦=
1
4𝑥2 +𝑥
(2)𝑃−2 2,−2 2 + 2
(3)点𝑄在定直线：𝑦= −2上运动
【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式即可；
（2）先判断出𝑂𝐵= 2𝑃𝑄，进而判断出点𝐶是𝑂𝐵中点，再求出𝐴𝐵解析式，判断出𝑃𝐶∥𝐴𝐵，即可得出𝑃𝐶解析
式，和抛物线解析式联立解方程组即可得出结论；
（3）分别设出点𝐸和点𝐹的横坐标，表示过点𝐸和点𝐹的直线，根据两个函数有一个交点，求出直线𝐸𝐾和直
线𝐹𝐾所在的直线解析式，联立求出点𝐾的坐标，最后根据根与系数的关系可消去参数，得出结论．
【详解】（1）解：∵抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥(𝑎≠0)经过点𝐴(−4,0)，𝐵(4,8)，
∴
16𝑎−4𝑏= 0
16𝑎+ 4𝑏= 8
，
解得：
𝑎= 1
4
𝑏= 1
，
∴该抛物线的解析式为𝑦=
1
4𝑥2 +𝑥；
（2）解：如图，取𝑂𝐵的中点𝐶，
∴𝐵𝐶=
1
2𝑂𝐵，
∵𝑂(0,0)，𝐵(4,8)，
∴𝐶(2,4)，
∵𝑃𝑄∥𝑂𝐵，
∴点𝑂到𝑃𝑄的距离等于点𝑄到𝑂𝐵的距离，
∵𝑆Δ𝑃𝑂𝑄:𝑆Δ𝐵𝑂𝑄= 1:2，
∴𝑂𝐵= 2𝑃𝑄，
∴𝑃𝑄= 𝐵𝐶，
∵𝑃𝑄∥𝑂𝐵，
∴四边形𝐵𝐶𝑃𝑄是平行四边形，
∴𝑃𝐶∥𝐴𝐵，
∵抛物线的解析式为𝑦=
1
4𝑥2 +𝑥①，
令𝑦= 0，
∴
1
4𝑥2 +𝑥= 0，
∴𝑥= 0或𝑥= −4，
∴𝐴(−4,0)，
设直线𝐴𝐵的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，把𝐴(−4,0)，𝐵(4,8)代入得：
−4𝑘+ 𝑏= 0
4𝑘+ 𝑏= 8
，
解得：
𝑘= 1
𝑏= 4
，
∴直线𝐴𝐵解析式为𝑦= 𝑥+ 4，
设直线𝑃𝐶的解析式为𝑦= 𝑥+ 𝑚，
把𝐶(2,4)代入𝑦= 𝑥+ 𝑚得：4 = 2 + 𝑚，
解得：𝑚= 2，
∴直线𝑃𝐶的解析式为𝑦= 𝑥+ 2②，
联立①②，得
𝑦= 1
4 𝑥2 + 𝑥
𝑦= 𝑥+ 2
，
解得：
𝑥= 2 2
𝑦= 2 2 + 2
（舍)或
𝑥= −2 2
𝑦= −2 2 + 2
，
∴𝑃−2 2,−2 2 + 2 ；
（3）解：设经过点𝐷(−2,0)的直线解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
则−2𝑘+ 𝑏= 0，
∴𝑏= 2𝑘，
∴𝑦= 𝑘𝑥+ 2𝑘，
分别设𝐸和点𝐹的横坐标为𝑚，𝑛，
∴𝐸𝑚,
1
4 𝑚2 + 𝑚，𝐹𝑛,
1
4 𝑛2 + 𝑛．
令𝑦= 𝑘𝑥+ 2𝑘=
1
4𝑥2 +𝑥，
整理得𝑥2 +4(1−𝑘)𝑥−8𝑘= 0，
∴𝑚+ 𝑛= 4𝑘−4，𝑚𝑛= −8𝑘．
设过点𝐸与抛物线只有唯一公共点的直线为：𝑦= 𝑘′(𝑥−𝑚) +
1
4𝑚2 +𝑚，
设过点𝐹与抛物线只有唯一公共点的直线为：𝑦= 𝑘″(𝑥−𝑛) +
1
4𝑛2 +𝑛，
令𝑘′(𝑥−𝑚) +
1
4𝑚2 +𝑚=
1
4𝑥2 +𝑥，整理得𝑥2 +4(1−𝑘′)𝑥+ 4𝑘′𝑚−4𝑚−𝑚2 = 0，
由题意可知，Δ = 4(1−𝑘′)
2
−4(4𝑘′𝑚−4𝑚−𝑚2) = 0，
整理得𝑘′ =
1
2(𝑚+ 2)．
同理可得𝑘″ =
1
2(𝑛+ 2)．
∴过点𝐸与抛物线只有唯一公共点的直线为：𝑦=
1
2(𝑚+ 2)(𝑥−𝑚) +
1
4𝑚2 +𝑚=
1
2(𝑚+ 2)𝑥−
1
4𝑚2，
过点𝐹与抛物线只有唯一公共点的直线为：𝑦=
1
2(𝑛+ 2)(𝑥−𝑛) +
1
4𝑛2 +𝑛=
1
2(𝑛+ 2)𝑥−
1
4𝑛2，
令
1
2(𝑚+ 2)𝑥−
1
4𝑚2 =
1
2(𝑛+ 2)𝑥−
1
4𝑛2，解得𝑥=
1
2(𝑚+ 𝑛) =
𝑚+𝑛
2 ，
∴𝐾
𝑚+𝑛
2 ,
𝑚+𝑛
2
+
1
4 𝑚𝑛，即𝐾(2𝑘−2,−2)，
∴点𝐾的纵坐标为−2．
即点𝐾在定直线：𝑦= −2上运动．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，一元二次方程的根与系数的关系，平行四边形
的判定和性质，等高的两三角形面积的比等于底的比，（2）判断出𝑂𝐵= 2𝑃𝑄是解本题的关键，（3）得出
点𝑄的坐标是解题关键．
【变式5-1】（第二十二章二次函数突破20 二次函数与线段（三）平行线）如图，抛物线𝑦= −𝑥2 +2𝑥+ 3
与x 轴交于A，B 两点，与y 轴交于点C，E，F 为线段𝑂𝐶上两点，𝐴𝐸,𝐴𝐹分别交抛物线于另一点M，N．若
𝑂𝐸+ 𝑂𝐹= 𝑂𝐶，求证：𝑀𝑁∥𝐵𝐶．
【答案】见解析
【分析】设𝑂𝐸= 𝑚，由𝑂𝐸+ 𝑂𝐹= 𝑂𝐶= 3可得𝑂𝐹= 3−𝑚，则𝐸(0,𝑚),𝐹(0,3−𝑚)，利用待定系数法求出直
线𝐴𝐸、𝐴𝐹的解析式，联立
𝑦=(3−𝑚)𝑥+ 3−𝑚
𝑦= −𝑥2 + 2𝑥+ 3
可得M、N 的坐标，设直线𝑀𝑁的解析式为𝑦= 𝑠𝑥+ 𝑡，利用
待定系数法可求出𝑠= −1，同理可得直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= −𝑥+ 3，即可得出结论．
【详解】证明：设𝑂𝐸= 𝑚，
∵𝑂𝐸+ 𝑂𝐹= 𝑂𝐶= 3
∴𝑂𝐹= 3−𝑚，
∴𝐸(0,𝑚),𝐹(0,3−𝑚)，
令𝑦= 0，则−𝑥2 +2𝑥+ 3 = 0，
解得：𝑥1 = −1，𝑥2 = 3，
∴𝐴(−1,0)，𝐵(3,0)，
设直线𝐴𝐸解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
把𝐴(−1,0)，𝐸(0,𝑚)，代入，得
−𝑘+ 𝑏= 0
𝑏= 𝑚
，解得：
𝑘= 𝑚
𝑏= 𝑚
，
∴直线𝐴𝐸:𝑦= 𝑚𝑥+ 𝑚，
同理可求得直线𝐴𝐹:𝑦= (3−𝑚)𝑥+ 3−𝑚，
联立
𝑦=(3−𝑚)𝑥+ 3−𝑚
𝑦= −𝑥2 + 2𝑥+ 3
则𝑚𝑥+ 𝑚= −𝑥2 +2𝑥+ 3，得𝑥= −1（舍去）或𝑥= 3−𝑚，
∴𝑀(3−𝑚,−𝑚2 + 4𝑚)，
由(3−𝑚)𝑥+ 3−𝑚= −𝑥2 +2𝑥+ 3，
得𝑥= −1（舍去）或𝑥= 𝑚，
∴𝑁(𝑚,−𝑚2 + 2𝑚+ 3)，
设直线𝑀𝑁:𝑦= 𝑠𝑥+ 𝑡，
∴
(3−𝑚)𝑠+ 𝑡= −𝑚2 + 4𝑚，
𝑚𝑠+ 𝑡= −𝑚2 + 2𝑚+ 3，
解得
𝑠= −1
𝑡= −𝑚2 + 3𝑚+ 3
，
即𝑘𝑀𝑁= −1．
∵𝐵(3,0),𝐶(0,3)，
同理可求得直线𝐵𝐶:𝑦= −𝑥+ 3，
∴𝑘𝐵𝐶= 𝑘𝑀𝑁，
∴𝑀𝑁∥𝐵𝐶．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查二次函数性质、一次函数的性质、待定系数法求解析式，两
直线相交或平行问题，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会构建方程解决问题，属于中考压轴
题．
【变式5-2】（25-26 九年级上·湖北武汉·阶段检测）如图，抛物线𝑦＝𝑎𝑥2−2𝑎𝑥+ 𝑐与x 轴分别交于点A、B
（点B 在点A 的右侧），与y 轴交于点C，点
1
2 ,−
3
4 𝑎−3 在抛物线上．
(1)求c 的值；
(2)若点D 与C 关于原点O 对称，作射线𝐵𝐷交抛物线于点E，若𝐵𝐷= 𝐷𝐸．
①如图1，在直线𝐵𝐸下方的抛物线上有一点 P，若𝑃𝐵平分∠𝐴𝐵𝐸，求P 点的横坐标；
②如图2，直线𝐸𝐹：𝑦= 𝑘1𝑥+ 𝑏1交抛物线于另一点 F，直线𝐸𝐻：𝑦= 𝑘2𝑥+ 𝑏2交抛物线于另一点H，且
M，N 分别为线段𝐸𝐻，𝐸𝐹的中点，若𝑘1 + 𝑘2 = −3，求证：直线𝑀𝑁与经过原点的一条定直线平行．
【答案】(1)𝑐= −3
(2)①−
26
9 ；②证明见解析
【分析】（1）将点
1
2 ,−
3
4 𝑎−3 代入抛物线解析式，化简后可得c 的值；
（2）先计算出点𝐶和点𝐷的坐标，设点B 坐标为(𝑚,0)，根据中点公式，计算出点E 坐标．由于点B 和点E
都在抛物线上，解方程得出𝑎和𝑚的值．
①作𝐸𝐽⊥𝑥轴，垂足为J，延长𝐵𝑃交𝐸𝐽于点K，作𝐾𝑄⊥𝐵𝐸，垂足为𝑄，设𝐾𝐽= 𝑡，由角平分线容易证出
△𝐾𝐵𝐽≌△𝐾𝐵𝑄(AAS)，则𝐵𝑄= 𝐵𝐽= 8，𝐾𝑄= 𝐾𝐽= 𝑡．在直角△𝐸𝑄𝐾中，使用勾股定理计算出𝑡的值．使
用待定系数法算出直线𝐵𝑃的解析式，联立抛物线和直线𝐵𝑃，求出点P 的坐标；
②分别将直线𝐸𝐹和直线𝐸𝐻和抛物线联立，算出点𝐹和点𝐻的坐标，使用待定系数法算出直线𝐹𝐻的斜率𝑘3 =
3
4，是一个定值．由于M，N 分别为线段𝐸𝐻，𝐸𝐹的中点，结合中位线的性质可得，直线𝑀𝑁的斜率也是
3
4，
因此直线𝑀𝑁与过原点的直线𝑦=
3
4𝑥平行，命题得证．
【详解】（1）解：将点
1
2 ,−
3
4 𝑎−3 代入抛物线，得，
−
3
4𝑎−3 =
1
4𝑎−2𝑎×
1
2 +𝑐，即−
3
4𝑎−3 = −
3
4𝑎+ 𝑐，
∴𝑐= −3；
（2）解：𝑦= 𝑎𝑥2−2𝑎𝑥−3，
令𝑥= 0，则𝑦= −3，
∴点C 坐标为(0,−3)，
∵点D 与C 关于原点O 对称，
∴点D 坐标为(0,3)，
设点B 坐标为(𝑚,0)，
∵𝐵𝐷= 𝐷𝐸，
∴点D 是𝐵𝐸的中点，
由中点公式可得
𝑚+𝑥𝐸
2
= 0
0+𝑦𝐸
2
= 3
，
解得，
𝑥𝐸= −𝑚
𝑦𝐸= 6
，
∴点E 坐标为(−𝑚,6)，
将𝐵(𝑚,0)，𝐸(−𝑚,6)代入抛物线，得，
𝑎𝑚2−2𝑎𝑚−3 = 0①
𝑎𝑚2 + 2𝑎𝑚−3 = 6②
，
将②−①得，4𝑎𝑚= 6，即𝑎𝑚=
3
2，
将𝑎𝑚=
3
2代入①得，
3
2𝑚−3−3 = 0，
解得，𝑚= 4，
∴𝑎=
3
2 ÷ 𝑚=
3
2 ÷ 4 =
3
8，
∴方程组的解为
𝑎= 3
8
𝑚= 4
，
∴抛物线解析式为𝑦＝
3
8𝑥2−
3
4𝑥−3，点B 坐标为(4,0)，点E 坐标为(−4,6)，
①如图，作𝐸𝐽⊥𝑥轴，垂足为J，延长𝐵𝑃交𝐸𝐽于点K，作𝐾𝑄⊥𝐵𝐸，垂足为𝑄，设𝐾𝐽= 𝑡，
∵点E 坐标为(−4,6)，𝐸𝐽⊥𝑥轴，
∴点J 坐标为(−4,0)，∠𝐸𝐽𝐵= 90°，
∴𝐸𝐽= 6，𝐵𝐽= 8，
在直角△𝐵𝐽𝐸中，𝐵𝐸=
𝐸𝐽2 + 𝐵𝐽2 =
62 + 82 = 10，
∵𝐾𝑄⊥𝐵𝐸，
∴∠𝐾𝑄𝐵= ∠𝐾𝑄𝐸= 90°，
∵𝑃𝐵平分∠𝐴𝐵𝐸，
∴∠𝐾𝐵𝐽= ∠𝐾𝐵𝑄，
在△𝐾𝐵𝐽和△𝐾𝐵𝑄中，
∠𝐾𝐽𝐵= ∠𝐾𝑄𝐵
∠𝐾𝐵𝐽= ∠𝐾𝐵𝑄
𝐾𝐵= 𝐾𝐵
，
∴△𝐾𝐵𝐽≌△𝐾𝐵𝑄(AAS)，
∴𝐵𝑄= 𝐵𝐽= 8，𝐾𝑄= 𝐾𝐽= 𝑡，
在直角△𝐸𝑄𝐾中，𝐸𝐾= 𝐸𝐽−𝐾𝐽= 6−𝑡，𝐾𝑄= 𝑡，𝐸𝑄= 𝐸𝐵−𝐵𝑄= 2，
由勾股定理得，𝐸𝐾2 = 𝐾𝑄2 +𝐸𝑄2，
∴(6−𝑡)2 = 𝑡2 +4，
解得，𝑡=
8
3，
∴点K 坐标为−4,
8
3 ，
设直线𝐵𝐾的函数解析式为𝑦= 𝑘′𝑥+ 𝑏′，
将𝐾−4,
8
3 ，𝐵(4,0)代入𝑦= 𝑘′𝑥+ 𝑏′，得，
8
3 = −4𝑘′ + 𝑏′
0 = 4𝑘′ + 𝑏′
，
解得，
𝑘′ = −1
3
𝑏′ = 4
3
，
∴直线𝐵𝐾的函数解析式为𝑦= −
1
3𝑥+
4
3，
联立方程
𝑦= −1
3 𝑥+ 4
3
𝑦= 3
8 𝑥2−3
4 𝑥−3
，
解得，
𝑥= 4
𝑦= 0
或
𝑥= −26
9
𝑦= 62
27
，
∴点P 的横坐标为−
26
9 ；
②证明：如图，连接𝐹𝐻，
将点E 坐标为(−4,6)代入𝐸𝐹：𝑦= 𝑘1𝑥+ 𝑏1，得6 = −4𝑘1 + 𝑏1，
∴𝑏1 = 4𝑘1 +6，即𝐸𝐹：𝑦= 𝑘1𝑥+ 4𝑘1 +6，
同理，𝑏2 = 4𝑘2 +6，𝐸𝐻：𝑦= 𝑘2𝑥+ 4𝑘2 +6，
联立方程
𝑦= 𝑘1𝑥+ 4𝑘1 + 6③
𝑦= 3
8 𝑥2−3
4 𝑥−3④
，
将③代入④得，𝑘1𝑥+ 4𝑘1 +6 =
3
8𝑥2−
3
4𝑥−3，
化简，得3𝑥2−(8𝑘1 + 6)𝑥−32𝑘1−72 = 0，
因式分解，得(𝑥+ 4) 3𝑥−(8𝑘1 + 18) = 0，
解得，𝑥= −4或𝑥=
8𝑘1
3 +6，
∴方程组的解为
𝑥= −4
𝑦= 0
或
𝑥= 8𝑘1
3 + 6
𝑦= 8
3 𝑘1
2 + 10𝑘1 + 6
，
∴点F 坐标为
8𝑘1
3 + 6,
8
3 𝑘1
2 + 10𝑘1 + 6 ，
同理，点H 坐标为
8𝑘2
3 + 6,
8
3 𝑘2
2 + 10𝑘2 + 6 ，
设直线𝐹𝐻的函数解析式为𝑦= 𝑘3𝑥+ 𝑏3，
将𝐹
8𝑘1
3 + 6,
8
3 𝑘1
2 + 10𝑘1 + 6 ，𝐻
8𝑘2
3 + 6,
8
3 𝑘2
2 + 10𝑘2 + 6 代入𝑦= 𝑘3𝑥+ 𝑏3，得，
8
3 𝑘1
2 + 10𝑘1 + 6 = 8𝑘1
3 𝑘3 + 𝑏3⑤
8
3 𝑘2
2 + 10𝑘2 + 6 = 8𝑘2
3 𝑘3 + 𝑏3⑥
，
将⑤−⑥得，
8
3(𝑘1−𝑘2)(𝑘1 + 𝑘2) +10(𝑘1−𝑘2) =
8
3(𝑘1−𝑘2)𝑘3，
∵𝑘1 ≠𝑘2，且𝑘1 + 𝑘2 = −3，
∴−8 + 10 =
8
3𝑘3，即𝑘3 =
3
4，
∵M，N 分别为线段𝐸𝐻，𝐸𝐹的中点，
∴𝑀𝑁是△𝐸𝐹𝐻的中位线，
∴𝑀𝑁∥𝐹𝐻，
∴𝑘𝑀𝑁= 𝑘3 =
3
4，
∴𝑀𝑁与过原点的定直线𝑦=
3
4𝑥平行．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，一次函数的解析式与图象，二次函数与一元二次方程，角平分
线的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理，掌握方程与函数之间的关系并运用数形结合思想是解
题关键．
【变式5-3】（2026·湖南·模拟预测）在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，曲线𝐶是平面内到定点𝐴−1，
15
4 的距离与
到定直线𝑙：𝑦=
17
4 的距离相等的点的轨迹．
(1)求曲线𝐶的方程；
(2)设直线𝑥= −1与𝐶交于点𝐷，𝑄为𝑥轴上一动点，将点𝐷绕点𝑄旋转90°后刚好落在曲线𝐶上，请直接写出所
有满足条件的点𝑄的坐标；
(3)已知𝑥轴上一定点𝐺−6，0 ，设曲线𝐶与𝑥轴交于点𝐴，𝐵(点𝐴在点𝐵的左侧)，过点𝐺作直线𝑀𝑁与𝐶交于点
𝑀，𝑁(不与点𝐴，𝐵重合)．设直线𝑀𝐵与直线𝑁𝐴交于点𝑊，求证：点𝑊在一条定直线上运动．
【答案】(1)𝑦= −𝑥2−2𝑥+ 3；
(2)
7+ 33
2
,0 ，
7−33
2
,0 ，
−11+ 33
2
,0 ，
−11−33
2
,0 ；
(3)
证明：令𝑦= 0，则−𝑥2−2𝑥+ 3 = 0，解得𝑥1 = −3，𝑥2 = 1，
∵点𝐴在点𝐵的左侧，
∴𝐴(−3,0)，𝐵(1,0)，
设点𝑀的坐标为(𝑚,−𝑚2−2𝑚+ 3)，点𝑁的坐标为(𝑛,−𝑛2−2𝑛+ 3)，
设直线𝑀𝐵的解析式为𝑦= 𝑘1(𝑥−1)，
将点𝑀代入得−𝑚2−2𝑚+ 3 = 𝑘1(𝑚−1) = −(𝑚+ 3)(𝑚−1)，
∴𝑘1 = −(𝑚+ 3)，
即直线𝑀𝐵的解析式为𝑦= −(𝑚+ 3)(𝑥−1) = −(𝑚+ 3)𝑥+ 𝑚+ 3，
设直线𝑁𝐴的解析式为𝑦= 𝑘2(𝑥+ 3)，
将点𝑁代入得−𝑛2−2𝑛+ 3 = 𝑘2(𝑛+ 3) = −(𝑛−1)(𝑛+ 3)，
∴𝑘2 = −(𝑛−1)，
即直线𝑁𝐴的解析式为𝑦= −(𝑛−1)(𝑥+ 3) = −(𝑛−1)𝑥−3(𝑛−1)，
联立直线𝑀𝐵与𝑁𝐴的解析式，得
𝑦= −(𝑚+ 3)𝑥+ 𝑚+ 3
𝑦= −(𝑛−1)𝑥−3(𝑛−1)
，
解得𝑥𝑊=
𝑚+3𝑛
𝑚−𝑛+4，𝑦𝑊=
4𝑚−12𝑛−4𝑚𝑛+12
𝑚−𝑛+4
，
设直线𝑀𝑁的解析式为𝑦= 𝑘(𝑥+ 6)，
∵直线𝑀𝑁过点𝐺(−6,0)，
联立直线𝑀𝑁与曲线𝐶的方程，得
𝑦= 𝑘(𝑥+ 6)
𝑦= −𝑥2−2𝑥+ 3
，
消去𝑦得𝑥2 +(𝑘+ 2)𝑥+ 6𝑘−3 = 0，
∵𝑚、𝑛是方程的两个根，
∴由韦达定理得𝑚+ 𝑛= −(𝑘+ 2)，𝑚𝑛= 6𝑘−3，
消去𝑘得𝑚𝑛= −6𝑚−6𝑛−15，
∴𝑦𝑊=
4𝑚−12𝑛−4(−6𝑚−6𝑛−15)+12
𝑚−𝑛+4
=
28𝑚+12𝑛+72
𝑚−𝑛+4
=
10(𝑚+3𝑛)+18(𝑚−𝑛+4)
𝑚−𝑛+4
= 10 ⋅
𝑚+3𝑛
𝑚−𝑛+4 +18 = 10𝑥𝑊+18，
即点𝑊的坐标满足𝑦= 10𝑥+ 18，
∴点𝑊在定直线𝑦= 10𝑥+ 18上运动．
【分析】（1）设曲线𝐶上任意动点坐标，利用两点间距离公式和点到直线的距离公式列出等式，对等式两
边平方后展开、移项、合并同类项，化简后即可得到曲线𝐶的二次函数方程．
（2）先将𝑥= −1代入曲线方程求出点𝐷的坐标，设𝑥轴上动点𝑄的坐标，分点𝐷绕𝑄顺时针、逆时针旋转90°
两种情况，构造直角三角形并证明全等，利用全等三角形的对应边相等转化坐标关系，得到旋转后点𝑃的坐
标，再将𝑃代入曲线方程得到关于参数的一元二次方程，解方程即可求出𝑄的坐标．
（3）先令曲线方程的𝑦= 0，解一元二次方程求出与𝑥轴交点𝐴、𝐵的坐标，设𝑀、𝑁的坐标，分别求出直线
𝑀𝐵、𝑁𝐴的解析式，联立解析式得到交点𝑊的横、纵坐标表达式，再设过定点𝐺的直线𝑀𝑁的解析式，与曲
线方程联立，利用韦达定理得到𝑀、𝑁横坐标的和与积的关系，消去参数后将所得等式代入𝑊的坐标表达式，
通过恒等变形推导出𝑊的横纵坐标满足的一次函数关系，从而证明点𝑊在定直线上．
【详解】（1）解：设曲线𝐶上任意一点𝑃(𝑥,𝑦)，根据题意，点𝑃到定点𝐴−1,
15
4 的距离等于到定直线𝑙:𝑦=
17
4
的距离，
即(𝑥+ 1)2 + 𝑦−
15
4
2
= |𝑦−
17
4 |，
两边平方得：(𝑥+ 1)2 + 𝑦−
15
4
2
= 𝑦−
17
4
2
，
展开并化简得：(𝑥+ 1)2 +𝑦−4 = 0，
即𝑦= −(𝑥+ 1)2 +4 = −𝑥2−2𝑥+ 3；
故曲线𝐶的方程为𝑦= −𝑥2−2𝑥+ 3．
（2）解：将𝑥= −1代入𝑦= −𝑥2−2𝑥+ 3，得𝑦= −1 + 2 + 3 = 4，即𝐷(−1,4)，
设点𝑄的坐标为(𝑞,0)，点𝐷绕点𝑄旋转90°后得到的点为𝑃，
当点𝐷绕点𝑄顺时针旋转90°时，过点𝑄作与𝑦轴平行的直线𝐸𝐹，过点𝐷作𝐷𝐸⊥𝐸𝐹于𝐸，过点𝑃作𝑃𝐹⊥𝐸𝐹于𝐹，
则∠𝐷𝐸𝑄= ∠𝑄𝐹𝑃= 90°，
∵∠𝐷𝑄𝑃= 90°，
∴∠𝐸𝑄𝐷+ ∠𝐹𝑄𝑃= 90°，
又∵∠𝐸𝑄𝐷+ ∠𝐸𝐷𝑄= 90°，
∴∠𝐸𝐷𝑄= ∠𝐹𝑄𝑃，
又∵𝐷𝑄= 𝑄𝑃，
∴△𝐷𝐸𝑄≌△𝑄𝐹𝑃(AAS)，
∴𝐷𝐸= 𝑄𝐹，𝐸𝑄= 𝐹𝑃，
∵𝐷(−1,4)，𝑄(𝑞,0)，
∴𝐷𝐸= −1−𝑞，𝐸𝑄= 4，
∴𝑄𝐹= −1−𝑞，𝐹𝑃= 4，
∴点𝑃的坐标为(𝑞+ 4,1 +𝑞)，
∴1 + 𝑞= −(𝑞+ 4)2−2(𝑞+ 4) + 3，
展开整理得𝑞2 +11𝑞+ 22 = 0，
解得𝑞1 =
−11+ 33
2
，𝑞2 =
−11−33
2
，
即此时点𝑄的坐标为
−11+ 33
2
,0 、
−11−33
2
,0 ，
当点𝐷绕点𝑄逆时针旋转90°时，同理可证△𝐷𝐸𝑄≌△𝑄𝐹𝑃(AAS)，
可得𝐷𝐸= 𝑄𝐹= −1−𝑞，𝐸𝑄= 𝐹𝑃= 4，此时点𝑃的坐标为(𝑞−4,𝑞−1)，
∵点𝑃在曲线𝐶上，
∴𝑞−1 = −(𝑞−4)2−2(𝑞−4) + 3，
展开整理得𝑞2−7𝑞+ 4 = 0，
解得𝑞3 =
7−33
2
，𝑞4 =
7+ 33
2
，
即此时点𝑄的坐标为
7−33
2
,0 、
7+ 33
2
,0 ，
综上，满足条件的点𝑄的坐标为
−11+ 33
2
,0 、
−11−33
2
,0 、
7−33
2
,0 、
7+ 33
2
,0 ；
（3）略
【点睛】本题以抛物线轨迹为背景，综合考查了轨迹方程的求法、平面直角坐标系内点的90°旋转性质、全
等三角形的判定与性质、一次函数和二次函数的联立求解、韦达定理的应用以及代数式的恒等变形，同时
侧重考查数形结合思想和代数运算能力，关键是将几何问题转化为代数坐标与方程问题，通过公式应用、
方程联立和代数变形完成求解与证明
知识点6 垂直
类型
垂直⟺构三垂直全等（或勾股）
图示
条件
𝑃𝐶⊥𝐴𝐶
解题思路
截取等线段⇒构三垂直全等⇒点Q 坐标⇒直线CP⇒联立求点P
【题型6 二次函数与垂直】
【例6】在平面直角坐标系中，有一抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐．
(1)抛物线分别交x 轴于𝐴1，0 ，𝐵3，0 ，交y 轴于C，𝑂𝐵= 𝑂𝐶，连𝐵𝐶．
①直接写出抛物线和直线𝐵𝐶的解析式；
②如图1，D 为第四象限抛物线上的一动点，连𝐴𝐷交𝐵𝐶于E，若𝐷𝐸= 3𝐴𝐸，求D 点坐标．
(2)如图2，抛物线顶点为O 点(𝑎< 0)，A，B，C 分别为抛物线上一点，C 在第三象限，A，B 两点关于y 轴
对称，连𝐴𝐶并延长交y 轴于D，连𝐵𝐶交y 轴于E，设D 点的纵坐标为m，E 点的纵坐标为n，𝑚𝑛= −2，
当𝐴𝐶与𝐵𝐶垂直时，求𝑂𝐶的长．
【答案】(1)①抛物线的解析式为𝑦= −(𝑥−1)(𝑥−3)，直线BC 的解析式为𝑦= 𝑥−3；②𝐷
3+ 33
2
，
−15+ 33
2
；
(2)𝑂𝐶=
2．
【分析】（1）①设抛物线的解析式为𝑦= 𝑎(𝑥−1)(𝑥−3)，求得𝐶0，−3 ，代入求解即可；
②设𝐷𝑝，−𝑝2 + 4𝑝−3 ，求得直线𝐴𝐷的解析式为𝑦= (−𝑝+ 3)(𝑥−1)，联立，求得𝑥𝐸=
𝑝
𝑝−2，根据
𝐷𝐸= 3𝐴𝐸，列得𝑝−
𝑝
𝑝−2 = 3
𝑝
𝑝−2 −1 ，解方程即可求解；
（2）设抛物线的解析式为𝑦= 𝑎𝑥2，𝐴−𝑡，𝑎𝑡2 ，则𝐵𝑡，𝑎𝑡2 ，直线𝐴𝐶的解析式为𝑦= 𝑘1𝑥+ 𝑚，直线𝐵𝐶
的解析式为𝑦= 𝑘2𝑥+ 𝑛，联立求得𝑎𝑥2−𝑘1𝑥−𝑚= 0，𝑎𝑥2−𝑘2𝑥−𝑛= 0，根据根与系数的关系得到−𝑡⋅𝑥𝐶= −
𝑚
𝑎①，𝑡⋅𝑥𝐶= −
𝑛
𝑎②，进一步计算即可求解．
【详解】（1）解：①∵抛物线𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐经过𝐴1，0 ，𝐵3，0 ，
∴设抛物线的解析式为𝑦= 𝑎(𝑥−1)(𝑥−3)，
∵𝑂𝐵= 𝑂𝐶，
∴𝐶0，−3 ，
∴−3 = 𝑎(0−1)(0−3)，解得𝑎= −1，
∴抛物线的解析式为𝑦= −(𝑥−1)(𝑥−3)，即𝑦=−𝑥2+4𝑥−3；
∵𝐵3，0 ，𝐶0，−3 ，
∴设直线BC 的解析式为𝑦= 𝑘𝑥−3，
∴0 = 3𝑘−3，解得𝑘= 1，
∴直线BC 的解析式为𝑦= 𝑥−3；
②设𝐷𝑝，−𝑝2 + 4𝑝−3 ，
设直线𝐴𝐷的解析式为𝑦= 𝑘(𝑥−1)，
∴−𝑝2 +4𝑝−3 = 𝑘(𝑝−1)，
∴𝑘= −𝑝+ 3，
∴直线𝐴𝐷的解析式为𝑦= (−𝑝+ 3)(𝑥−1)，
∴𝑥−3 = (−𝑝+ 3)(𝑥−1)，
∴𝑥=
𝑝
𝑝−2，即𝑥𝐸=
𝑝
𝑝−2，
∵𝐷𝐸= 3𝐴𝐸，
∴𝑥𝐷−𝑥𝐸= 3(𝑥𝐸−𝑥𝐴)，即𝑝−
𝑝
𝑝−2 = 3
𝑝
𝑝−2 −1 ，
整理得𝑝2−3𝑝−6 = 0，
解得𝑝1 =
3+ 33
2
，𝑝2 =
3−33
2
（不合题意，舍去），
∴𝐷
3+ 33
2
，
−15+ 33
2
；
（2）解：设抛物线的解析式为𝑦= 𝑎𝑥2，
∵A，B 两点关于y 轴对称，
∴设𝐴−𝑡，𝑎𝑡2 ，则𝐵𝑡，𝑎𝑡2 ，𝐷0，𝑚，𝐸0，𝑛，
设直线𝐴𝐶的解析式为𝑦= 𝑘1𝑥+ 𝑚，
∴
𝑦= 𝑎𝑥2
𝑦= 𝑘1𝑥+ 𝑚
，整理得𝑎𝑥2−𝑘1𝑥−𝑚= 0，
∵𝐴、𝐶的横坐标是该方程的解，
∴−𝑡⋅𝑥𝐶= −
𝑚
𝑎①，
设直线𝐵𝐶的解析式为𝑦= 𝑘2𝑥+ 𝑛，
∴
𝑦= 𝑎𝑥2
𝑦= 𝑘2𝑥+ 𝑛
，整理得𝑎𝑥2−𝑘2𝑥−𝑛= 0，
∵𝐵、𝐶的横坐标是该方程的解，
∴𝑡⋅𝑥𝐶= −
𝑛
𝑎②，
①÷ ②得𝑚= −𝑛，
∵𝑚𝑛= −2，
∴𝑚=
2，𝑛= −2，
∴𝐷𝐸=
2 +
2 = 2 2，
∵𝐴𝐶与𝐵𝐶垂直，
∴∠𝐴𝐶𝐵= ∠𝐷𝐶𝐸= ∠𝐵𝐹𝐸= 90°，又点O 是线段𝐷𝐸的中点，
∴𝑂𝐶=
1
2𝐷𝐸=
2．
【点睛】本题考查了二次函数的综合题，直角三角形的性质，利用待定系数法求解析式，根与系数的关系，
解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用方程的思想思考问题．
【变式6-1】如图，对称轴为直线𝑥= −1的抛物线𝑦= 𝑎(𝑥−ℎ)2 +𝑘(𝑎≠0)图象与x 轴交于点A、B（点A 在
点B 的左侧），与y 轴交于点C，其中点B 的坐标为2，0 ，点C 的坐标为0，4 ．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)如图，若点P 为抛物线在第二象限内线段𝐴𝐶上方的一个动点，过P 作𝑃𝑀垂直x 轴于M 交线段𝐴𝐶于点
N．若𝑃𝑁= 𝑀𝑁．求点P 的坐标．
【答案】(1)抛物线的解析式为𝑦= −
1
2(𝑥+ 1)2 +
9
2
(2)点P 的坐标为(−2,4)
【分析】（1）根据对称轴为直线𝑥= −1可得抛物线解析式为𝑦= 𝑎(𝑥+ 1)2 +𝑘，然后代入𝐵2，0 ，𝐶
0，4 ，求出a，k 即可；
（2）求出直线𝐴𝐶的解析式，设𝑃𝑥,−
1
2 𝑥2−𝑥+ 4 ，则𝑁(𝑥,𝑥+ 4)，然后根据𝑃𝑁= 𝑀𝑁列方程求出x 即可．
【详解】（1）解：∵对称轴为直线𝑥= −1，
∴抛物线解析式为：𝑦= 𝑎(𝑥+ 1)2 +𝑘，
把点𝐵2，0 ，𝐶0，4 代入得：
9𝑎+ 𝑘= 0
𝑎+ 𝑘= 4
，
解得：
𝑎= −1
2
𝑘= 9
2
，
∴该抛物线的解析式为：𝑦= −
1
2(𝑥+ 1)2 +
9
2；
（2）如图，
∵对称轴为直线𝑥= −1，点B 的坐标为2，0 ，
∴点A 的坐标为−4，0 ，
设直线𝐴𝐶的解析式为：𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏(𝑘≠0)，
代入𝐴−4，0 ，𝐶0，4 得：
−4𝑘+ 𝑏= 0
𝑏= 4
，
解得：
𝑘= 1
𝑏= 4
，
∴直线𝐴𝐶的解析式为：𝑦= 𝑥+ 4，
由（1）知该抛物线的解析式为：𝑦= −
1
2(𝑥+ 1)2 +
9
2 = −
1
2𝑥2−𝑥+ 4，
设𝑃𝑥,−
1
2 𝑥2−𝑥+ 4 ，则𝑁(𝑥,𝑥+ 4)，
∵𝑃𝑁= 𝑀𝑁，
∴−
1
2𝑥2−𝑥+ 4−(𝑥+ 4) = 𝑥+ 4，
解得：𝑥1 = −2，𝑥2 = −4（舍），
∴点P 的坐标为(−2,4)．
【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，一次函数的图象和性质，解一元二次方程等知识，熟练掌握
待定系数法，求出函数的解析式是解题的关键．
【变式6-2】如图，抛物线经过点𝐴(−1，0)，𝐶(0，3)两点，对称轴为𝑥=
5
2．
(1)求抛物线的表达式；
(2)若过点C 的直线l 的表达式为𝑦= 𝑘𝑥+ 3，当直线l 与抛物线有两个不同交点时，求k 的取值范围；
(3)在（2）条件下，当直线l 与BC 垂直时，与对称轴交于点E．此时抛物线上是否存在点P，使得𝑆△𝐴𝐵𝑃=
𝑆△𝐴𝐵𝐸，若存在，求点P 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)𝑦= −
1
2𝑥2 +
5
2𝑥+ 3
(2)𝑘≠
5
2
(3)存在，点P 的坐标为
5−113
2
,−8 或
5+ 113
2
,−8
【分析】（1）设抛物线的表达式为𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐，根据抛物线经过点𝐴(−1，0)，𝐶(0，3)两点，对称轴
为𝑥=
5
2，列方程组并解方程组即可；
（2）直线l 与抛物线有两个不同的交点得到𝑘𝑥+ 3 = −
1
2𝑥2 +
5
2𝑥+ 3，有两个不相等的实数根，即可求得k
的取值范围；
（3）设直线l 与x 轴交点为F，先求出点B 的坐标，得到OB 的长，由△𝐶𝑂𝐵∼△𝐹𝑂𝐶求得OF，得到点F
的坐标，进而求得直线𝑙的表达式，得到点E的坐标，设点P的坐标为𝑚,−
1
2 𝑚2 +
5
2 𝑚+ 3 ， 由𝑆△𝐴𝐵𝑃= 𝑆△𝐴𝐵𝐸
可知：△𝐴𝐵𝑃与△𝐴𝐵𝐸同底为AB，则有点P 与点E 的纵坐标的绝对值相等，列方程求解m 的值即可得到
点P 的坐标．
【详解】（1）解：设抛物线的表达式为𝑦= 𝑎𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐，由题意得
𝑎−𝑏+ 𝑐= 0
𝑐= 3
−
𝑏
2𝑎=
5
2
解得
𝑎= −1
2
𝑏= 5
2
𝑐= 3
∴抛物线的表达式为𝑦= −
1
2𝑥2 +
5
2𝑥+ 3
（2）解：∵直线l 与抛物线有两个不同的交点
∴𝑘𝑥+ 3 = −
1
2𝑥2 +
5
2𝑥+ 3
即𝑥2 +(2𝑘−5)𝑥= 0
∴Δ = (2𝑘−5)2 > 0
∴𝑘≠
5
2
∴k 的取值范围为𝑘≠
5
2的任何实数．
（3）解：设直线l 与x 轴交点为F，
当y＝0 时，0 = −
1
2𝑥2 +
5
2𝑥+ 3
解得𝑥1 = 6，𝑥2 = −1
∴点B 的坐标是（6，0）
∴OB＝6，
∵点C 的坐标是（0，3）
∴OC＝3
∵FC⊥BC
∴∠FCB＝90°，
∴∠FCO＋∠COB＝90°，
∵∠OBC＋∠COB＝90°
∴∠FCO＝∠OBC
∵∠COB＝∠FOC
∴△𝐶𝑂𝐵∼△𝐹𝑂𝐶
∴
𝐶𝑂
𝐵𝑂=
𝐹𝑂
𝐶𝑂
∴
3
6 =
𝐹𝑂
3
∴𝐹𝑂=
3
2
∴𝐹−
3
2 ,0
把点F 代入𝑙:𝑦= 𝑘𝑥+ 3得
0 = −3
2 𝑘+ 3
解得k＝2
∴ 直线𝑙的表达式是𝑦= 2𝑥+ 3，
∵抛物线的对称轴为𝑥=
5
2
∴点E 的横坐标是
5
2
当x＝
5
2时，𝑦= 2 ×
5
2 +3 = 8
∴点E 的坐标是（
5
2，8）
设点𝑃𝑚,−
1
2 𝑚2 +
5
2 𝑚+ 3 ，
由𝑆△𝐴𝐵𝑃= 𝑆△𝐴𝐵𝐸可知：△𝐴𝐵𝑃与△𝐴𝐵𝐸同底为AB，则有点P 与点E 的纵坐标的绝对值相等，
∴|𝑦𝑃| = |𝑦𝐸|，
又由点E 的坐标是（
5
2，8）
∴−
1
2𝑚2 +
5
2𝑚+ 3 = 8或者−
1
2𝑚2 +
5
2𝑚+ 3 = −8，
①当−
1
2𝑚2 +
5
2𝑚+ 3 = 8时，无解；
②当−
1
2𝑚2 +
5
2𝑚+ 3 = −8时，解得：𝑚=
5± 113
2
，
此时点P 的坐标为
5−113
2
,−8 或
5+ 113
2
,−8 ，
综上所述：当𝑆△𝐴𝐵𝑃= 𝑆△𝐴𝐵𝐸时，点P 的坐标为
5−113
2
,−8 或
5+ 113
2
,−8 ．
【点睛】此题考查了二次函数的图像和性质、待定系数法求二次函数的解析式、相似三角形的判定和性质、
一元二次方程、一次函数等知识，熟练掌握函数的性质是基础，根据题意列方程是关键．
【变式6-3】如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线𝑦= 𝑥2 +𝑏𝑥+ 𝑐过𝐴，𝐵，三点，点𝐴的坐标是(3,0)，
点𝐶的坐标是(0,−3)，动点𝑃在抛物线上．
(1)𝑏= ，𝑐= ，点𝐵的坐标为 ；(直接填写结果)
(2)是否存在点𝑃，使得△𝐴𝐶𝑃是以𝐴𝐶为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点𝑃的坐标；若
不存在，说明理由；
(3)若动点𝑃在直线𝐴𝐶下方的抛物线上运动，求△𝐴𝐶𝑃的边𝐴𝐶上的高ℎ的最大值．
参考知识：①设𝐴(𝑥1,𝑦1)、𝐵(𝑥2,𝑦2)，则𝐴𝐵2 = (𝑥2−𝑥1)2 + (𝑦2−𝑦1)2；
②若直线𝑦= 𝑘1𝑥+ 𝑏1与直线𝑦= 𝑘2𝑥+ 𝑏2垂直，则𝑘1 ⋅𝑘2 = −1．
【答案】(1)−2，−3，(−1,0)；
(2)存在，𝑃的坐标是(1,−4)或(−2,5)；
(3)
9 2
8
【分析】（1）将点𝐴、𝐶的坐标代入抛物线表达式，即可求解；
（2）分∠𝐴𝐶𝑃是直角或∠𝑃𝐴𝐶为直角两种情况，分别求解即可；
（3）根据三角形的面积公式结合二次函数的性质，即可得到结论．
【详解】（1）解：将点𝐴、𝐶的坐标代入抛物线表达式得
9 + 3𝑏+ 𝑐= 0
𝑐= −3
，
解得
𝑏= −2
𝑐= −3
，
故抛物线的表达式为：𝑦= 𝑥2−2𝑥−3，
令𝑦= 0，则𝑥= 3或−1，故点𝐵(−1,0)；
故答案为：−2，−3，(−1,0)；
（2）存在，
理由：①当∠𝐴𝐶𝑃是直角时，过点𝑃作𝑃𝐷∥𝑥轴交𝑦轴于𝐷，
∴𝑃𝐷⊥𝑦轴，
由点𝐴、𝐶的坐标知，𝑂𝐶= 𝑂𝐴，即∠𝐵𝐴𝐶= ∠𝐴𝐶𝑂= 45°，
∵△𝐴𝐶𝑃为直角三角形，
∴∠𝑃𝐶𝐷+ ∠𝐴𝐶𝑂= 90°，
∴∠𝑃𝐶𝐷= 45°，
∴𝑃𝐷= 𝐶𝐷，
设𝑃(𝑝，𝑝2−2𝑝−3)，
∴3 + 𝑝= −(𝑝2−2𝑝−3)，
∴𝑝= 1或0(舍去)，
∴点𝑃(1,−4)；
②当∠𝑃𝐴𝐶为直角时，过点𝑃作𝑃𝐷∥𝑥轴交𝑦轴于𝐷，
同理可得：点𝑃的坐标为：(−2,5)；
综上所述，𝑃的坐标是(1,−4)或(−2,5)；
（3）设直线𝐴𝐶的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏，
把𝐴(3,0)，𝐶(0,−3)代入𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏得
3𝑘+ 𝑏= 0
𝑏= −3
，
∴
𝑘= 1
𝑏= −3
，
∴直线𝐴𝐶的解析式为𝑦= 𝑘𝑥+ 𝑏为𝑦= 𝑥−3；
∵动点𝑃在直线𝐴𝐶下方的抛物线上运动，
∴设𝑃(𝑚,𝑚2−2𝑚−3)，
过𝑃作𝑃𝐻⊥𝑥轴于𝐻，交𝐴𝐶于𝑀，
∴𝑀(𝑚,𝑚−3)，
∴𝑆△𝐴𝑃𝐶= 𝑆△𝐴𝑃𝑀+ 𝑆△𝐶𝑃𝑀=
1
2(𝑚−3−𝑚2 +2𝑚+ 3) × 3 = −
3
2𝑚2 +
9
2𝑚，
∵𝐴(3,0)，𝐶(0,−3)，
∴𝐴𝐶=
32 + 32 = 3 2，
∵ℎ⊥𝐴𝐶，
∴ℎ=
2𝑆△𝐴𝑃𝐶
𝐴𝐶
=
2×(−
3
2𝑚2+
9
2 𝑚)
3 2
= −
2
2 𝑚2 +
3 2
2 𝑚= −
2
2 𝑚−
3
2
2
+
9 2
8 ，
∴当𝑚=
3
2，△𝐴𝐶𝑃的边𝐴𝐶上的高ℎ的最大值为
9 2
8 ．
【点睛】本题考查了三角形的面积的计算，待定系数法求函数的解析式，直角三角形的性质，正确地求出
函数解析式是解题的关键．
