第9讲二次函数专题分类知识导航以平面直角坐标系为载体，结合一元二次方程、一次函数、二次函数等知识，运用数形结合思想，利用函数解析式与点的
坐标的关系，点的坐标与线段长度的关系及根与系数关系实现数与形的相互转化。【板块一】二次函数与面积方法技巧用点的坐标表示出相关线段的
长，进一步求出面积。题型一纵割法例1已知抛物线与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，点D（－1，n）是抛物线
上一点，连接AC、AD、CD.若△ACD的面积为5，求m的值。【解析】令，解得，∵点D（－1，n）是抛物线上一点，∴n＝＝－3m－
，∴C（0，－2m－2），D（－1，－3m－），当－2m－2＜2，即m＞－2时，A（－2m－2，0），直线AC：y＝－x－2m－2
，过点D作DE∥y轴交AC于点E，则E（－1，－2m－1），DE＝m＋，DEAO＝（2m＋2）＝5，解得m＝－3（舍去）或m＝题型
二等积变形【例2】如图，抛物线C1:与x轴交于点C（1，0），B，与y轴交于点A，将抛物线C1沿x轴翻折，然后向右平移一个单位，
再向上平移1个单位，得到抛物线C2.直接写出b的值及C2解析式；在抛物线C2的第一象限内的图象上有一点P，求△PAB的面积的最大值
。【解析】（1）b＝5，（2）过点P作PQ∥AB，交y轴于点Q，连接QB。∵A（0，4）B（4，0）∴yAB＝－x＋4.设PQ:y
＝－x＋n，联立得，△＝0，n＝7∴Q（0，7）∴AQ＝3∴△PAB的面积的最大值＝S△QAB＝＝【点评】本题也可用题型一的方法
，等积变换，纵割法是解决面积问题的常用方法。题型三倍分面积问题【例3】如图，抛物线与x正半轴相交于点A，点P是y轴上的动点，过
点P作平行于x轴的直线与抛物线相交于点B、C（B在C的左侧），过点C作CD⊥x轴于点D，连接AB，DP，OC交PD于点M，交AB于
点E，，求点P坐标。【解析】易知A（2，0），抛物线的对称轴为直线x＝1，设点B的横坐标为2－m，BC＝2－2m，则四边形BADP
为平行四边形，易知四边形PODC为矩形，∴OC、PD互相平分，，∴AE＝∴BE＝5AE∴BC＝5OA∴2－2m＝10∴m＝－4∴B
(－4，24)∴P(0，24)针对练习1抛物线与直线l：有唯一公共点A，（1）此抛物线的解析式为_______________，对
称轴为___________，顶点坐标为_________；（2）求A点的坐标；（3）将直线L向上平移交抛物线于B，C两点，若，求
平移后的直线BC的解析式。解：（1），y轴，（0，0）（2），x＝3∴A(3，3)（3）过点A作AD平行于y轴交直线BC于点D，∴
∴平移后直线的解析式为y＝2x＋b，得∴，∴∴，b＝1∴平移后直线BC的解析式为如图，已知抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的
左边），与y轴交于点C，点P是第一象限内的抛物线上的一动点，连接PA交BC于点E，交y轴于点F。连接AC，PB，若，，求点P的坐标
；设△PBE，△CEF的面积分别是、，求的最大值。解：（1）∵，∴，∴，连接PC，则PC∥x轴，∴∴P点的坐标为（3，2）（2）∵
A（－1，0）∴设AP解析式为，联立∴，，连接OP，∴＋＝－5∴求的最大值是【板块二】二次函数与角度方法技巧将角度之间的关系转化为
特殊图形、全等、平行等，再转化为线段之间的关系。题型一角度与等腰三角形例2如图，抛物线与x轴交于A、B两点，点P为抛物线
上一点，且位于x轴的下方，P（1，－3），B（4，0）。求抛物线的解析式；若点D为抛物线上一点，且∠DPO＝∠POB，求点D坐标。
【解析】（1）解得，，（2）若点D在第三象限，∵∠D1PO＝∠POB，∴PD1∥x轴，，∴P、D1关于y轴对称，∴D1（－1，－3
），若PD1交x轴于点Q，∴QP＝QO，设PQ＝QO＝t，，HQ＝t－1，在Rt△PQH中，32＋（t－1）2＝t2∴t＝5，
∴Q(5，0)，设PQ的解析式为y＝kx＋b，解得，b＝，∴∴xD＝∴D点坐标为（－1，－3）或（）题型二角度与全等三角形
例3如图，抛物线与x轴负半轴交于点A，与y轴交于点B，将线段AB绕点P顺时针旋转90°得到线段CD（点C与点A对应），若点C、
D都在抛物线上，求点P坐标。【解析】过点CD分别作x轴y轴的平行线交于G，由旋转的性质可知，CD⊥AB，∴Rt△CDG≌Rt△BA
O∴CG＝OB＝3，DG＝OA＝1，设C（a，－a2＋2a＋2），则D（a＋3，－a2＋2a＋2），∵点D在抛物线上，∴－（a
＋3）2＋2(a＋3)＋3＝－a2＋2a＋2∴a＝，∴设P（m，n）∵C与A对应，∴∴∴P题型三45°角的构造例4
已知抛物线y＝x2－4x＋3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，将直线AC向右平移交抛物线于点P，交x轴于点Q，且PCA＝45
°，求直线PQ的解析式。【解析】过点A，作AD⊥AC交CP的延长线于点D，过点D作DE⊥x轴于点E，∵∠PCA＝45°，∴AC＝A
D，∴△OAC≌△EDA，∴OA＝DE，OC＝AE，∴D（4，1），直线PC：y＝，联立解得，∴P（）设PQ解析式为y＝－3x＋b
∴，b＝∴直线PQ的解析式为y＝－3x＋针对练习2如图，抛物线y＝－x2＋4x－3交x轴于A、B两点，交y轴于点C，连接AC，点P
为第四象限抛物线上一点，且∠PCB＝∠ACO，求点P的坐标.解：A（1，0），B（3，0），C（0，－3），过点A作AC的垂线AD
交CP的延长线于点D，过点D作DE⊥x轴于点E，由△BOC是等腰直角三角形可得，AC＝AD，∠CAD＝90°，△AOC≌△DEA，
ED＝AO＝1，AE＝OC＝3，D（4，1），直线CD解析式为y＝，由得x1＝0(舍去)，，∴P（）2.（2018娄底）如图，抛物
线y＝ax2＋bx＋c与两坐标轴相交于点A（－1，0），B（3，0，），C（0，3），点D是抛物线的顶点，E是线段AB的中点。求抛
物线的解析式，并写出点D的坐标；F（x，y）是抛物线上一点，且∠AEF＝∠DBE，求点F的坐标.解：（1）抛物线的解析式为y＝－x
2＋2x＋3，D（1，4）（2）过点E作EN∥BD交Y轴于点N，交抛物线于点F，在y轴负半轴取ON′＝ON，连接EN′，射线EN′
交抛物线于点F，∵EF∥BD，∴∠AEF＝∠DBE，∵ON＝ON′，EO⊥NN′，∴∠AEF1＝∠AEF2－∠DBE∵E是AB中点
，A（－1，0），B（3，0）∴E（1，0）设EF1:y＝－2x＋b，E（1，0）代入得b＝2∴l：y＝－2x＋2.联立得，当x＝
0时，y＝－2x＋2＝2，∴点N的坐标为（0，2），同理，可求得F2坐标为，综上所述，点F的坐标为或3.如图，已知抛物线y＝－x2
＋2x＋3与y轴交于点B，点A(1，0)，点P是第一象限内的抛物线上的一点，使得线段OP与直线AB的夹角为45°，求点P的坐标.解
：过点A作直线AC∥OP，过点B作BC⊥AB交直线AC于点C，过点C作CD⊥y轴于点D，∵OP与AB的夹角为45°，∴∠CAB＝4
5°，∴易证△CDB≌△BOA，∴CD＝OB＝3，BD＝OA＝1，∴C（3，4），∴AC的解析式y＝2x－2，∴OP的解析式为y＝
2x，联立∴（舍）∴P（）4.如图，抛物线y＝x2＋mx＋n与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，若A（－1，0），且OC＝3OA
，（1）求抛物线的解析式；（2）将直线BC沿x轴翻折交Y轴于点N，过点B的直线l交y轴、抛物线分别于DE两点，且点D在N的上方，若
∠NBD＝∠DCA，求点E的坐标。解：（1）∵A（－1，0），∴OA＝1，OC＝3OA，OC＝3，C（0，－3）∴解得∴抛物线的解
析式为y＝x2－2x－3，；取点F（0，1），过点F作FG⊥FB交BD于点G，过点G作GH⊥y轴于点H，∴∠NCA＝∠FBO＝∠N
BD，∴∠DBF＝45°，△BOF≌△FHG，∴G（1，4），设BE解析式为y＝kx＋b，则，解得∴由解得，，∴E（－3，12）5
.二次函数y＝ax2－3x＋2a的图象与x轴交于AB两点，与y轴交于点C，若AB＝1，（1）求二次函数的解析式；（2）点P为抛物线
位于x轴下方的一个动点，连接BP，在x轴的上方的抛物线上取一点Q，使∠CBQ＝∠CBP，点P在运动过程中，是否存在这样的平行于y轴
的直线，使得点P、Q到该直线的距离之积为定值？若存在，求出定值，若不存在，说明理由。解：（1）y＝x2－3x＋2（2）延长BP交y
轴于点M，过点C作CN∥x轴交BQ于点N，∵OC＝OB＝2，∴∠MCB＝∠NCB＝45°，又∵∠CBQ＝∠CBP∴△BCM≌△BC
N，∴CM＝CN，设BP、BQ的解析式为y＝mx－2m，y＝nx－2n，∴CM＝2m＋2，∴N（2m＋2，2）∴2＝n(2m＋2)
－2n，∴mn＝1联立得x2－（m＋3）x＋2m＋2＝0∴xP＋xB＝m＋3，∴xP＝m＋1，同理xQ＝m＋1，设定直线为x＝t，
∵（m＋1－t）（m＋1－t）为定值，∴t＝1，∴定值为1【板块三】二次函数与特殊图形方法技巧利用特殊图形的性质，转化为线段之间的
相等、平行或垂直等关系，进一步转化为点的坐标．?题型一二次函数与等腰三角形【例1】(2018贵港)如图，已知二次函数y＝ax2＋
bx＋c的图象与x轴相交于A(－1，0)，B(3，0)两点，与y轴相交于点C(0，－3)．(1)求这个二次函数的解析式；(2)若P
是第四象限内这个二次函数的图象上任意一点，PH⊥x轴于点H，与BC交于点M，连接PC．①求线段PM的最大值；②当△PCM是以PM为
一腰的等腰三角形时，求点P的坐标．【解析】(1)将A，B，C的坐标代入得解得，∴y＝x2－2x－3；(2)①易求BC的解析式y＝x
－3，设M(n，n－3)，P(n，n2－2n－3)，∴PM＝(n－3)－(n2－2n－3)＝－(n－)2＋，当n＝时，PM最大＝；
②当PM＝PC时，(－n2＋3n)2＝n2＋(n2－2n－3＋3)2，解得n1＝0(舍)，n2＝2，∴n2－2n－3＝－3，∴P(
2，－3)，当PM＝MC时，(－n2＋3n)2＝n2＋(n－3＋3)2，解得n1＝0(舍)，n2＝3＋(舍)，n3＝3－，∴P(
3－，2－4)，综上P(2，－3)或(3－，2－4)?题型二二次函数与直角三角形【例2】(2018大庆)如图，抛物线y＝x2＋b
x＋c与x轴交于A，B两点，点B的坐标为(4，0)，与y轴交于点C(0，4)．(1)求抛物线的解析式；(2)点P在x轴下方的抛物线
上，过点P的直线y＝x＋m与直线BC交于点E，与y轴交于点F，求PE＋EF的最大值；(3)点D为抛物线对称轴上的一点．①当△BCD
是以BC为直角边的直角三角形时，直接写出点D的坐标；②若△BCD是锐角三角形，直接写出点D的纵坐标n的取值范围．【解析】(1)y＝
x2－5x＋4；(2)直线BC的解析式为y＝－x＋4，直线y＝x＋m与BC垂直，∴∠CEF＝90°，∴△ECF为等腰直角三角形，过
点P作PH⊥y轴于H，PG∥y轴交BC于点G．当△EPG为等腰直角三角形时，PE＝PG，设P(t，t2－5t＋4)(1＜t＜4)，
则G(t，－t＋4)，∴PF＝PH＝t，PG＝－t2＋4t，∴PE＝－t2＋2t，∴PE＋EF＝2PE＋PF＝－(t－)2＋，当
t＝时，PE＋EF的最大值为；(3)设D(，n)，DC2＝()2＋(n－4)2，BD2＝(4－)2＋n2＝＋n2．①当△BCD是以
BC为直角边，BD为斜边时，BC2＋DC2＝BD2，32＋()2＋(n－4)2＝＋n2，n＝，D(，)；△BCD是以BC为直角边，
CD为斜边时，32＋＋n2＝()2＋(n－4)2，∴n＝－，∴D(，－)；②当△BCD是以BC为斜边时，()2＋(n－4)2＋＋n
2＝32，n1＝，n2＝，D(，)或(，)，∴△BCD为锐角△，点D纵坐标的取值范围为＜n＜或－＜n＜．?题型三二次函数与平行四
边形【例3】如图，抛物线y＝ax2＋6x＋c交x轴于A，B两点，交y轴于点C，直线y＝x－5经过点B，C．(1)求抛物线的解析式；
(2)过点A的直线交直线BC于点M，当AM⊥BC时，过抛物线上一动点P(不与点B，C重合)，作直线AM的平行线交直线BC于点Q，若
以点A，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求点P的横坐标．【解析】(1)当x＝0时，y＝x－5＝－5，则C(0，－5)，当y＝
0时，x－5＝0，解得x＝5，则B(5，0)，把B(5，0)，C(0，－5)代入y＝ax2＋6x＋c得，解得，∴抛物线解析式为y＝
－x2＋6x－5；(2)解方程－x2＋6x－5＝0得x1＝1，x2＝5，则A(1，0)，∵B(5，0)，C(0，－5)，∴△OCB
为等腰直角三角形，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，∵AM⊥BC，∴△AMB为等腰直角三角形，∴AM＝AB＝×4＝2，∵以点A，M，P
，Q为顶点的四边形是平行四边形，AM∥PQ，∴PQ＝AM＝2，PQ⊥BC，作PD⊥x轴交直线BC于点D，则∠PDQ＝45°，∴PD
＝PQ＝×2＝4，设P(m，－m2＋6m－5)，则D(m，m－5)，当P点在直线BC上方时，PD＝－mx2＋6m－5－(m－5)＝
－m2＋5m＝4，解得m1＝1，m2＝4，当P点在直线BC下方时，PD＝m－5－(－m2＋6m－5)＝m2－5m＝4，解得m1＝，
m2＝，综上所述，P点的横坐标为4或或．?题型四二次函数与正方形【例4】如图，抛物线顶点P(1，4)，与y轴交于点C(0，3)，
与x轴交于点A，B．(1)求抛物线的解析式；(2)若M，N为抛物线上两个动点，分别过点M，N作直线BC的垂线段，垂足分别为D，E，
是否存在点M，N使四边形MNED为正方形?如果存在，求正方形MNED的边长；如果不存在，请说明理由．【解析】(1)设抛物线解析式
为：y＝a(x－1)2＋4(a≠0)．∵抛物线过点C(0，3)，∴a＋4＝3，∴a＝－1．∴y＝－(x－1)2＋4＝－x2＋2x＋
3；(2)存在满足条件的M，N．过点M作MF∥y轴，过点N作NF∥x轴交MF于点F，过点N作NH∥y轴交BC于点H，则△MNF与△
NEH都是等腰直角三角形．设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的解析式为y＝－x＋b．∵，∴x2－3x＋(b－3)＝0．
∴NF2＝＝(x1＋x2)2－4x1x2＝21－4b．∵△MNF为等腰直角三角形，∴MN2＝2NF2＝42－8b．∵直线MN与y轴
交点(0，b)到点C(0，3)的距离为．∴NH2＝(b－3)2，∵NE＝NH，∴NE2＝(b－3)2．如果四边形MNED为正方形
，∴NE2＝MN2，∴42－8b＝(b2－6b＋9)，∴b2＋10b－75＝0，b＝5或－15．∵正方形边长为MN＝，∴MN＝9或
，∴正方形MNED的边长为9或．针对练习31．(2018梆州)已知抛物线y＝－x2＋bx＋c交x轴于点A(－1，0)，B(3，0)
，与y轴交于点C，点P是抛物线上在第一象限内的一个动点．(1)求抛物线的解析式；(2)设抛物线的对称轴为l，l与x轴的交点为D．在
直线l上是否存在点M，使得四边形CDPM是平行四边形?若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）将A(－1，0)、B
(3，0)代入y＝－x2＋bx＋c，，解得，∴抛物线的表达式为y＝－x2＋2x＋3；(2)连接PC，交抛物线对称轴l于点E，∵抛物
线y＝－x2＋2x＋3对称轴为直线x＝1．CE＝PE，ME＝DE时，四边形CDPM是平行四边形．∵点C的坐标为(0，3)，点E横坐
标为1，∴xp＝2，P(2，3)，∴E(1，3)，∴点M的坐标为(1，6)．2．如图，在平面直角坐标系中，∠ACB＝90，AC＝3
OC＝6OB，点B(1，0)，抛物线y＝－x2＋bx＋c经过A，B两点，(1)求抛物线的解析式；(2)点P是直线AB上方抛物线上的
一点，过点P作PD垂直x轴于点D，交线段AB于点E，使PE＝DE．①求点P的坐标；②在直线PD上是否存在点M，使△ABM为直角三角
形?若存在，求出符合条件的所有点M的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)B(1，0)，A(－2，6)，，解得，解析式为y＝－x2
－3x＋4；(2)①直线AB的解析式为y＝－2x＋2，设P(t，－t2＋3t＋4)，E(t，－2t＋2)，∵PE＝DE，yP＝yE
，∴－t2－3t＋4＝(－2t＋2)，解得t1＝－1，t2＝1（舍），点P的坐标为(－1，6)；②当∠BAM＝90°时，设直线P
D交AB于点Q，Q(－1，4)，∵AM2＋AQ2＝QM2，设M(－1，n)，∴(n－6)2＋1＋5＝(n－4)2，n＝，∴M(－1
，)，当∠ABM＝90°时，20＋(4＋n2)＝(4－n)2，n＝－1，∴M(－1，－1)．当∠AMB＝90°，作AH⊥PD于点
H，∴AM2＋BM2＝AB2，∴(n－6)2＋1＋n2＋22＝45，解得n1＝3＋，n2＝3－，∴点M(－1，3＋)或(－1，3－
)，综上，满足条件的点M的坐标为(－1，)，(－1，－1)，(－1，3＋)或(－1，3－)．【板块四】二次函数与定点方法技巧利用根
与系数的关系，通过设参、消参等手段，求出定点的坐标．?题型一与参系数无关【例1】关于x的二次函数y＝ax2－2ax＋a－4的图象
经过定点P，求点P的坐标．【解析】y＝ax2－2ax＋a－4＝a(x－1)2－4，∴P(1，－4)．【例2】抛物线y＝ax2＋b
x－4a－2b与抛物线y＝4ax2－2bx＋c与y轴交于同一点，求关于x的二次函数y＝4ax2－2bx＋c的图象所经过的定点的坐标
．【解析】∵两图象与y轴交于同一点，∴c＝－4a－2b，∴y＝ax2－2bx－4a－2b＝4a(x2－1)－2b(x＋1)＝(x＋
1)[4a(x－1)－2b]，∴当x＝－1时，y＝0，∴定点的坐标为(－1，0)?题型二用几何条件求定点【例3)】已知抛物线y＝
x2与直线y＝mx＋n交于点A，点B，直线AB交y轴于点C，是否存在定点C，使得OA⊥OB，若存在，求出定点C的坐标，若不存在，说
明理由．【解析】过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E．设A(a，a2)，B(b，b2)．∵OA⊥OB，∴OA2＋O
B2＝AB2，∴a2＋(a2)＋b2＋(b2)＝(a－b)2＋(a2－b2)2，∴ab(4＋ab)＝0，∵ab≠0，∴ab＝－4，
联立，∴x2－mx－n＝0，由根与系数的关系：ab＝－2n，∴n＝2，∴直线AB为y＝mx＋2，即点C的坐标为(0，2)．?题型三
对称点与定点【例4】过点P(1，－2)的任一直线交抛物线y＝x2－x于A，B两点，点B关于抛物线的对称轴x＝1的对称点为点C，连
接AC，求直线AC所经过的定点的坐标．【解析】设直线AB：y＝k(x－1)－2，联立得x2－(k＋1)x＋k＋2＝0，∴xA＋xB
＝2k＋2①，xAxB＝2k＋4②，设直线AC：y＝mx＋n，联立得x2－(m＋1)x－n＝0，∴xA＋xC＝2m＋2③，xAxC
＝－2n④，∵点B与点C关于x＝1对称，∴xB＋xC＝2，①＋③得：2xA＋2＝2k＋2m＋4，∴xA＝k＋m＋1，②＋④得：xA
(xB＋xC)＝2k－2n＋4，∴xA＝k－n＋2，∴:n＝－m＋1，∴直线AC的解析式为y＝mx－m＋1＝m(x－1)＋1，∴直
线AC经过的定点的坐标为(1，1)．针对练习41．如图，抛物线C1：y＝ax2＋bx＋c(a＞0)过y轴上一点(0，4)，C1与直
线y＝kx交于点E，F，P为y轴上一定点，过点P的直线y＝bx＋n与直线y＝kx交于点Q，若，求定点P的坐标．解：∵经过点(0，4
)，∴y＝ax2＋bx＋4，联立∴ax2＋(b－k)x＋4＝0，∴xE＋xF＝，xE·xF＝，由kx＝bx＋n，得xQ＝．∵，∴，
∴，∴，∴n＝8．∴定点P(0，8)．2．如图，抛物线的顶点为(2，0)，且经过点(4，1)，直线y＝x与抛物线交于A，B两点，
直线l的解析式为y＝－1．(1)求抛物线的解析式；(2)点F为平面内一定点，M为抛物线上一动点，且点M到直线l的距离与点M到点F的
距离始终相等，求定点的坐标．解：(1)y＝x2－x＋1；(2)设M(m，m2－m＋1)，F(t，n)，点M到l的距高为m2－m＋2
，∴MF＝m2－m＋2，∴(m－t)2＋(m2－m＋1－n)2＝(m2－m＋2)2，即(n－1)m2－2(n＋1－t)m－n2＋2
n＋3－t2＝0，∵与m无关，∴(n－1)＝0，－2(n＋1－t)＝0，∴n＝1，t＝2，即F(2，1)．3．如图，抛物线y＝(x
－1)2上任意一点P(x0，m)，过点P作直线y＝(x0－1)x＋b与直线x＝1交于点A，F(1，n)，恒有FP＝FA，求点F的坐
标．解：m＝(x0－1)2，将P(x0，m)代入得y＝(x0－1)x＋b得b＝m－x0(x0－1)＝x02＋，∴直线PA解析式为y
＝(x0－1)x－x02＋，x＝1时y＝－x02＋x0－＝－(x0－1)2＝－m，∴A(1，－m)，由FA＝FP得(1－x0)2＋
(n－m)2＝(n＋m)2，(1－x0)2＝(n＋m)2－(n－m)2＝4mn＝2n(x0－1)2，∵x0－1≠0，∴n＝，故F(
1，)．【板块五】二次函数与定值方法技巧设点的坐标，直线的解析式，利用根与系数的关系，通过整体代入或消元求出定值．题型一等长线
段【例1】如图1，抛物线解析式C1：与x轴交于A、B两点，交y轴于点C，若OB＝2OC．（1）求c的值；（2）如图2，若抛物线C2
：，过点C的直线l分别交第一象限的抛物线C1、C2于M、N两点，求证：CN＝MN．图1图2【解析】（1）∵C（0，c），OB＝2O
C，∴OB＝－2c，∴B（－2c，0）．∴，解得c＝－2（c＝0舍）；（2）设直线MN的解析式为，联立∴xM＝8k，同理xN＝4k
，过点N作NH⊥y轴于点H，过点M作MD⊥NH于点D．∴NH＝4k，DN＝8k－4k＝4k，∴NH＝ND，∴△CNH≌△MND，∴
CN＝MN题型二线段之和【例2】如图，直线分别交x轴、y轴于A、B两点，抛物线与y轴交于点D（0，8），点P事抛物线在第一象限部
分上的一动点．（1）求点A的坐标及抛物线的解析式；（2）若PC⊥x轴于点C，求PB＋PC的值．【解析】（1）A（4，0），；（1）
设P（t，），∴PC＝，PB2＝t2＋（）2＝（）2．∴PB＝，∴PB＋PC＝＝10．题型三线段之差【例3】抛物线交x轴的正半轴
于点A，对称轴交x轴于点M，点P为第三象限抛物线上的一动点，直线PA、PO分别交抛物线的对称轴于点B、点C，求MC－MB的值．【解
析】设P（t，），直线PC的解析式为，yC＝－t＋4，CM＝－t＋4，设直线PA：，∴，．∴直线PA的解析式，∴yN＝t，∴MB＝
－t，∴MC＝MB＝（－t＋4）－（－t）＝4．题型四线段之积【例4】如图，抛物线与y轴交于点C，点Q（2，t）为抛物线上一点，
过点A（0，4）的直线与y轴左侧的抛物线交于点D、E两点，QD、QE分别交y轴于点G、H，求OG·CH的值．【解析】由Q（2，2）
可设DQ：，EQ：，则：yG＝2－2k1，yH＝2－2k2，CG＝2k1，CH＝2k2，由得．∴2xD＝－4k1，∴xD＝－2k1
，同理可得xE＝－2k2，∴xD·xE＝4k1k2，设DE：y＝kx＋4，联立得，∴xDxE＝4．∴4k1k2＝4，即k1k2＝1
，∴CG·CH＝2k1·2k2＝4k1k2＝4．题型五线段之比【例5】如图，抛物线过定点A（1，0），它的顶点M是y轴正半轴上一
动点，点M关于x轴的对称点为N，过点N作x轴的平行线交抛物线于B、C两点，直线AB交y轴于点P，直线AC交y轴于点Q，求的值．【解
析】∵A（1，0），∴设抛物线的解析式为，∴M（0，－a），∵yB＝yC＝a，∴，∴xB＝，xC＝，设直线AB：，直线AC：，联立
∴，∴xB＝，∴m＝（＋1）a，同理n＝－（＋1）a∴OP＝（－－1）a，OQ＝（－＋1）a，∴针对练习51．如图，抛物线与x轴交
于A、B两点，点C是第一象限内抛物线上一动点，连接AC交y轴于点E，连接BC并延长交y轴于点F，求OF＋OE的值．解：A（－2，0
），B（2，0），设直线AC：，联立，∴，∴xC＝－a＋2，设直线BC：，联立∴，∴xC＝－b－2，∴－a＋2＝－b－2，∴a－b
＝4，∴OE＋OF＝2a－2b＝2（a－b）＝8．2．已知直线与抛物线交于A、B两点，若AM⊥y轴于点M，BN⊥y轴于点N，求OM
·ON的值．解：联立得，，∴xA＋xB＝，xA·xB＝，∵OM·ON＝yA·yB＝axA2·axB2＝a2（xAxB）2＝a2·＝
4．3．已知抛物线交x轴于A、B两点（A在B的左侧），点C在y轴负半轴，直线BC交抛物线于点D，直线AC交抛物线于点E，EF⊥y轴
于点F，若BD＝CD，求的值．解：令，得A（－c，0），B（2c，0），则xD＝c，代入抛物线得yD＝－ax2，∴C（0，－4ac
2），待定系数法得lAC：y＝－4acx－4ac2，联立解得xE＝－2c，∴．4．如图，抛物线与x轴交于A、B两点，定点为C，点P
在抛物线上，且位于x轴下方，已知直线PA、PB与y轴分别交于E、F两点，当点P运动时，求的值．解：∵A、B两点关于y轴对称，∴xA
＋xB＝0，设lPB：，lPA：，联立，得，∴xB·xP＝，同理可求xA·xP＝，∴（xA＋xB）·xP＝＋＝，∴2c＝n＋b，∴
，即．【板块六】二次函数与最值题型一配方法→建立二次函数最值模型【例1】如图，抛物线交y轴于点C，交x轴于A、B两点，A（－2
，0），a＋b＝，点M是抛物线上的动点，点M在顶点和点B之间运动（不包括顶点和点B），ME∥y轴，交直线BC于点E．（1）求抛物线
的解析式；（2）求线段ME长度的最大值．【解析】（1）；（2）设M（m，），则E（m，－m＋4），∴ME＝＝＝，∴当m＝2时，ME
最大＝2．题型二化斜为直法【例2】如图，直线分别与x轴，y轴交于B、C两点，点A在x轴上，∠ACB＝90°，抛物线经过A、B两点
．（1）求抛物线的解析式；（2）点M事直线BC上方抛物线上的一点，过点M作MH⊥BC于点H，作MD∥y轴交BC于点D，求△MDH周
长的最大值．【解析】（1）；（2）∵MD∥y轴，MH⊥BC，∴∠MDH＝∠BCO＝60°，则∠DMH＝30°，∴DH＝DM，MH＝
DM，∴△DMH的周长＝DM＋DH＋MH＝DM＋DM＋DM＝DM，∴当DM有最大值时，其周长有最大值，∵点M是直线BC上方抛物线上
的一点，∴可设M（t，），则D（t，），∴DM＝－（）＝＝，∴当t＝时，DM有最大值，最大值为，此时DM的最大值为，即△DMH周长
的最大值为．针对练习61．已知抛物线与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），P为x轴下方抛物线上一动点，直线AP交y轴于点M，直线B
P交y轴于点N，求OM·ON的最大值．解：由A（－1，0），B（4，0），可设lPA：，lPB：，由得，，∴－1·xP＝－4－2
m，∴xP＝4＋2m，由得，∴4·xP＝－4＋8n，∴xP＝－1＋2n，∴－1＋2n＝4＋2m，∴2m＝2n－5，∴OM·ON＝－
m·4n＝－2n（2n－5）＝－4（n－）2＋，当n＝时，OM·ON取得最大值，此时点P为（，）．【板块七】抛物线的平行弦问题基
本图形：如图，直线l1，l2分别交抛物线于点A、B和点C、D，且l1∥l2．基本结论：xA＋xB＝xC＋xD．解：设直线l1，l2
的解析式分别为，，联立得，ax2－kx－m＝0，∴xA＋xB＝，同理可证，xC＋xD＝，∴xA＋xB＝xC＋xD．变式一横坐标之
差为定值1．如图，抛物线与y轴交于点A，与x轴正半轴交于点B，直线与抛物线交于D、E两点，若AE∥BD，点E、D的横坐标分别为xE
，xD，若xE－xD＝1，求抛物线解析式．解：易得xA＋xE＝xB＋xD，∴xE－xD＝xB－xA＝xB＝1，故B（1，0），把点
B（1，0）代入抛物线解析式得：－1－2＋c＝0，c＝3，故抛物线解析式为变式二线段差为定值2．如图，抛物线与x轴交于A、B两点
（典A在点B左侧），与y轴交于点C，直线交抛物线于点E、F，AD∥y轴交EF于点D，求DF－DE的值．解：设EF交y轴于点G，由题
意得：A（－3，0），B（1，0），C（0，2），∴AC的解析式为，∴AC∥EF，∵AD∥CG，∴四边形ADGC是平行四边形，∴D
G＝AC＝，易证xE＋xF＝xA＋xC＝xD＋xG，得xF－xG＝xD－xE，易证DE＝FG，∴DF－DE＝DF－FG＝DG＝AC
＝．变式三面积差为定值3．抛物线上一点A（－1，5），O为原点，直线与抛物线另一交点为点C，过点A作OC的平行线交y轴于点E，与
抛物线另一个交点为点B，若S△ECB－S△EOC＝3，求直线AB的解析式．解：过点C作y轴的平行线交直线AB于点D，易证四边形OE
DC为平行四边形，∵OC∥AB，易得xA＋xB＝xC＋xO，∴xB－xD＝xE－xA＝0－（－1）＝1，∴S△BOC＝S△BCD，
CD＝OE，易得S△ECB－S△EOC＝S△ECB－S△ECD＝S△DCB＝3，∴DC·（xB－xD）＝3，∴OE＝DC＝6，E（
0，6），又A（－1，5），易得直线AB解析式为．【板块八】抛物线的切线问题1.如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c上一动点P，过点P
作直线l：y＝kx＋m（k≠0）与抛物线有唯一公共点，直线AB∥l交抛物线于A，B两点，过点P作PM∥y轴交AB于点M.求证：AM
＝BM.解：设AB的解析式为y＝kx＋n，联立得：ax2＋（b－k）x＋c－n＝0，∴xA＋xB＝，xA＋xB＝2xP，∴xP＝，
∵PM∥y轴，∴xA＋xB＝2xP＝2xM，即xB－xM＝xM－xA，过点A作AC//x轴，过点B作BD//x轴分别交直线PM于C
，D两点，则AC＝BD，∴△AMC≌△BMD.∴AM＝BM.2.如图，直线l：y＝kx＋b（k＞0）交抛物线y＝x2＋2于点A，B
，交x轴负半轴于点C，M是AB的中点，MN∥y轴交抛物线于点N，点D是线段OC上一点，且DN∥AB，求证：DN与抛物线有唯一公共点
.解：∵M是AB的中点，MN∥y轴，∴xA＋xB＝2xN，联立得：x2－kx＋2－b＝0，∴xA＋xB＝k，∴xN＝k，∴N（k，
k2＋2），∵DN∥AB，∴设DN的解析式为y＝kx＋c，则k2＋2＝k2＋c，∴c＝k2＋2，∴DN的解析式为y＝kx－k2＋2
，联立得：x2－kx＋k2＝0，∴△＝k2－4×k2＝0，∴直线DN与抛物线有唯一公共点.3.如图，点P是抛物线y＝ax2上任意一
点，过点P的直线l:y＝kx＋b（k≠0）与抛物线有唯一公共点且与y轴交于点Q，与x轴交于点M.求证：PM＝QM.解：设P（t，
at2），代入y＝kx＋b，则at2＝kt＋b，∴b＝at2－kt，∴直线l解析式为y＝kx＋at2－kt，联立得：ax2－kx－at2＋kt＝0，∵直线l与抛物线有唯一公共点，且k≠0，∴Δ＝0，∴k2－4a（kt－at2）＝0，∴（k－2at）2＝0，∴k＝2at，∴b＝－at2，∴|yP|＝|yQ|，过P点作PN⊥x轴于点N，则PN＝OQ，∴△PMN≌△QMO，∴PM＝QM.【板块九】抛物线与焦点问题方法技巧：抛物线的焦点结论的推导，是通过乘法公式变化而得到.1.如图，在平面直角坐标系中，A（0，2），点P是抛物线y＝x2＋1上一动点.（1）过点P作PB⊥x轴于点B，求证：PA＝PB；（2）若点C（2，5），连PA，PC，PA＋PC是否存在最小值？如果存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由.解：（1）设P（t，t2＋1），∴PB＝t2＋1，PA2＝PH2＋AH2＝t2＋（t2＋1－2）2＝（t2＋1）2，∴PA＝t2＋1，∴PA＝PB；（2）作PB⊥x轴，CH⊥x轴，垂足分别为点B，H，由（1）知PA＝PB，∴PA＋PC＝PC＋PB≥CH，当C，P，H三点共线时，PA＋PC存在最小值，当x＝2时，y＝2，∴P（2，2）.2.如图，点P为抛物线y＝x2－上一动点，PH⊥x轴于点H，连OP.（1）当点P在第一象限的抛物线上时，求PO－PH的值；（2）当点P在第四象限的抛物线上时，求PO＋PH的值.解：（1）设P（t，t2－），∴PH＝t2－，PO2＝PH2＋OH2＝（t2－）2＋t2＝（t2＋）2，∴PO＝t2＋，∴PO－PH＝（t2＋）－（t2－）＝1.（2）设P（t，t2－），∴PH＝－t2，PO2＝PH2＋OH2＝（t2－）2＋t2＝（t2＋）2，∴PO＝t2＋，∴PO＋PH＝（t2＋）＋（－t2）＝1.3.如图，在平面直角坐标系中，A（0，2），点P为抛物线y＝x2＋1上的一点.直线y＝kx（k＞0）交抛物线于点D，P，连AP，AD，若AP＝2AD，求k值.解：过点D作DM⊥x轴于点M，过点P作PN⊥x轴于点N，由第1题可知AD＝DM，PA＝PN，又AP＝2AD，∴2DM＝PN，∴ON＝2OM，∴xP＝2xD，∴x2－kx＋1＝0∴xD＋xP＝4k，xDxP＝4，∴xD＝，xP＝2.∴k＝. |
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