抛物线与几何综合题的解析梳理与拓展探究

廖鸿兵

［摘 要］抛物线与几何综合题常作为中考压轴题，综合考查学生的知识与能力。对于抛物线与几何综合题，教师应指导学生解读题型特点，围绕真题进行探究分析，总结考点知识，挖掘解题模型，并适度拓展。

［关键词］抛物线；几何；一线三垂直；模型

［中图分类号］    G633.6        ［文献标识码］    A        ［文章编号］    1674-6058（2024）05-0028-04

一、问题综述

抛物线与几何综合题在初中数学中十分常见，常作为压轴题综合考查学生的知识掌握情况与综合解析问题的能力。该类题型有以下三大特点：

一是融合代数与几何的相关知识，具有数与形的双重特点。（探究解析时建议采用数形结合思想）

二是隐含众多几何模型，如“将军饮马”模型、“一线三垂直”模型、隐圆模型等。（探究解析时建议充分运用相应的模型）

三是设问具有关联性，即问题之间虽相互独立，但其在条件、结论以及解题思路上具有一定的联系。（可以把握问题间的联系来探索解题思路）

对于此类题型的解题探究，建议教师精选近几年的典型中考数学真题，深度解析真题，分析解题方法及模型构建思路，并围绕真题核心内容开展拓展探究，指导学生强化知识与方法，培养解题思维。

二、真题探究

2023年江苏省连云港市中考数学试卷第26题为典型的抛物线与几何综合题，以抛物线与直线相交为基础，将代数与几何的相关知识融合在一起，设定条件综合考查学生的探究能力和问题解决能力。下面笔者逐一解析问题，探究解题思路。

（一）考题再现

如图1所示，在平面直角坐标系[xOy]中，抛物线[L1：y=x2-2x-3]的顶点为[P]。直线[l]过点[M（0，m）]（[m≥-3]），且平行于[x]轴，与抛物线[L1]交于[A]、[B]两点（[B]在[A]的右侧）。将抛物线[L1]沿直线[l]翻折得到抛物线[L2]，抛物线[L2]交[y]轴于点[C]，顶点为[D]。

（1）当[m=1]时，求点[D]的坐标；

（2）连接[BC]、[CD]、[DB]，若[△BCD]为直角三角形，求此时[L2]所对应的函数表达式；

（3）在（2）的条件下，若[△BCD]的面积为3，[E]、[F]两点分别在边[BC]、[CD]上运動，且[EF=CD]，以[EF]为一边作正方形[EFGH]，连接[CG]，写出[CG]长度的最小值，并简要说明理由。

（二）思路分析

本题为典型的抛物线与几何综合题，题设直线与抛物线相交于两点，并引入翻折，构建了复合图形。后续题设三个小问，问题难度、梯度递增，需要把握问题特点，结合对应知识来解析。

第（1）问求解点[D]的坐标，属于基础性问题，整理变形解析式即可直接求解。

第（2）问构建了直角三角形，求解抛物线对应的函数解析式，需要分类讨论构建直角三角形模型，再结合对应知识来解析。

第（3）问设定三角形面积，构建了正方形，探究解析线段的最值，属于线段最值问题，需要构建最值模型，结合共线定理来求解。

（三）过程突破

本题设定三个小问，问题各具特点，探究解析分步构建，下面笔者逐一进行过程突破。

（1）整理抛物线[L1]的表达式，其顶点式为[y=x2-2x-3=（x-1）2-4]，则其顶点坐标为[P（1 ，-4）]，已知[m=1]，点[P]和点[D]关于直线[y=1]对称，可求得点[D（1，6）]。

（2）分析[△BCD]为直角三角形时，抛物线[L2]对应的函数表达式，由于没有设定直角，故有三种情形，需要分别讨论，过程如下：

由题意可知，[L1]的顶点[P（1，4）]与[L2]的顶点[D]关于直线[y=m]对称，所以可推知[D（1，2m+4）]，抛物线[L2]的表达式为[y=-（x-1）2+（2m+4）=-x2+2x+2m+3]，所以当[x=0]时，可得[C（0，2m+3）]。

情形①：当[∠BCD=90°]时，如图2所示，过点[D]作[DN⊥y]轴，垂足为[N]。

因为D（1，2m + 4），则N（0，2m + 4）。又知C（0，2m + 3），则[DN=NC=1]，所以[∠DCN=45°]。由于[∠BCD=90°]，则[∠BCM=45°]。由于直线[l]∥[x]轴，则[∠BMC=90°]，所以[∠CBM=∠BCM=45°] ， [BM=CM]。

因为[m≥-3]，所以[BM=CM=（2m+3）-m=m+3]，可求得点[B（m+3，m）]。又知点[B]在抛物线[y=x2-2x-3]上，所以[m=（m+3）2-2（m+3）-3]，可解得[m=0]，或[m=-3]。

当[m=-3]时，可得[B（0，-3）]，[C（0，-3）]，此时点[B]、[C]重合，舍去。

当[m=0]时，符合题意，将[m=0]代入[y=-x2+2x+2m+3]，可得[y=-x2+2x+3]。

情形②：当[∠BDC=90°]时，如图3所示，过[B]作[BT⊥] [ND]，交[ND]的延长线于点[T]。

同理可得[BT=DT]。因为点[D（1，2m+4）]，所以[DT=BT=（2m+4）-m=m+4]。因为[DN=1]，所以[NT=DN+DT=1+（m+4）=m+5]，可推得[NT=DN+DT=1+（m+4）=m+5]，从而可得[B（m+5，m）]。又知点[B]在抛物线[y=x2-2x-3]上，所以[m=（m+5）2-2（m+5）-3]，可解得[m=-3]或[m=-4]。因为[m≥-3]，所以[m=-3]，此时点[B]（2，-3），[C]（0，-3）符合题意。

将[m=-3]代入[y=-x2+2x+2m+3]，可得[y=-x2+2x-3]。

情形③：当[∠DBC=90°]时，分析可知，此情况不存在。

综上可知，若[△BCD]为直角三角形，此时[L2]所对应的函数表达式有两个，分别为[y=-x2+2x+3]和[y=-x2+2x-3]。

（3）该问是基于第（2）问的条件设定的，即[△BCD]为直角三角形，且有两种情形。问题中设定了[△BCD]的面积，则可以基于其面积条件来分析推理，再构建最值模型求解。

如图4所示，结合第（2）问可知[△BCD]为直角三角形有两种情形，分别为[∠BCD=90°]和[∠BDC=90°]，下面分别讨论分析。

当[∠BCD=90°]时，[m=0]，则[B（3，0）]，[C（0，3）]，可求得线段[BC=32]，此时[△BCD]的面积为3，符合题意，所以[CD=2]。

当[∠BDC=90°]时，[m=-3]，此时点[B（0，-3）]，[C（0，-3）]，则可推知[BC=2]，[CD=BD=2]，此时[△BCD]的面积为1，不符合题意，舍去。

取[EF]的中点为[Q]，在Rt[△CEF]中，可求得[CQ=12EF=22]；在Rt[△FGQ]中，由勾股定理可得[GQ=FG2+FQ2=102]，分析可知当[Q]、[C]、[G]三点共线时，[CG]可取得最小值，最小值为[10-22]。

（四）解题评析

解析上述问题时，整体上采用了数形结合、分类讨论的方法与策略。根据问题条件解析构建图形，再结合图形推理分析，解析过程中对其中的不确定情形进行分类讨论。考题的后两问为核心之问，挖掘解析过程，发现其含有如下两大特点。

（1）隐含特殊模型。第（2）问隐含了“一线三垂直”模型，包括“一线三垂直”全等模型和“一线三垂直”相似模型两类模型，即图2中的Rt[△CND]、Rt[△BOC]、Rt[△DCB]构成了“一线三垂直”相似模型，Rt[△CND]和Rt[△BOC]为相似关系；图3中的Rt[△CND]、Rt[△CDB]、Rt[△DTB]构成了“一线三垂直”全等模型，Rt[△CND]与Rt[△DTB]为全等关系。

（2）涉及共线定理。第（3）问解析最值的核心定理为“两点之间，线段最短”，即几何最值中常用的共线定理。求解时，基于该定理确定最值模型，将问题转化为常规的求解线段长，后续基于勾股定理完成求解。

三、知識梳理

“一线三垂直”模型是初中几何中的典型模型，以其作为知识背景命制的考题在中考数学中十分常见。在探究学习中，教师需要引导学生深入解读模型，总结模型特征、结论，生成应用策略。“一线三垂直”模型有全等和相似两种类型，下面笔者进行深入解析。

模型1：“一线三垂直”全等模型

在如图5所示的模型图中存在几何关系：[∠D=∠BCA=∠E=90°]，[BC=AC]，从而可推知：Rt[△BDC ]≌Rt[△CEA]。

对于该模型，有如下两种应用思路：

（1）通过证明全等实现边角关系的转化，便于解决对应的几何问题。

（2）平面直角坐标系中有直角求点的坐标，可以考虑作辅助线来构造“全等型”三垂直。而作辅助线的方法如下：过直角顶点在直角外部作水平线或竖直线，过另外两个顶点向上述直线作垂线段（如图6）。

模型2：“一线三垂直”相似模型

在如图7所示的模型图中存在几何关系：[∠B=∠ADE=∠C]，从而可推知[△ABD ]∽[△DCE]。

对于该模型，有如下三种应用思路：

（1）根据特征确定模型，利用模型结论解题。

（2）在平面直角坐标系中构造“相似型”三垂直，作辅助线的方法和模型1相似。

（3）运用于直角坐标系中的运动型问题中，结合点运动来构建直角，进而挖掘出模型。

【拓展探究】

实际上，“一线三垂直”全等模型是“一线三垂直”相似模型的特殊情形，即相似中存在一组对应边相等。几何动态问题中的“一线三垂直”模型较为特殊，涉及了动态分析，破解难度较高，需要重点关注。

［例题］如图8所示，已知抛物线[y=-12x2+32x+2]与[x]轴交于点[A]、[B]，与[y]轴交于点[C]。

（1）则点[A]的坐标为       ，点[B]的坐标为        ，点[C]的坐标为             。

（2）设点[P（x1，y1）]，[Q（x2，y2）]（其中[x1>x2]）都在抛物线[y=-12x2+32x+2]上，若[x1+x2=1]，请证明：[y1>y2]。

（3）已知点[M]是线段[BC]上的动点，点[N]是线段[BC]上方抛物线上的动点，若[∠CNM=90°]，且[△CMN]与[△OBC]相似，试求此时点[N]的坐标。

分析：本题为抛物线与几何综合题，其中第（3）问可归为“一线三垂直”模型动态问题，探究解析时需要把握动点，合理构建模型，利用模型结论分析推导。

解：（1）[A（-1，0）]，[B（4，0）]。

（2）证明：根据题意可知，[y1-y2=-12（x2+x1）（x1-x2）+32（x1-x2）]，因为[x1+x2=1]，所以[y1-y2=x1-x2]，又因为[x1>x2]，所以[y1>y2]，得证。

（3）可求得直线[BC]的表达式为[y=-12x+2]。

如图9所示，过点[N]作[NG⊥y]轴于点[G]，过点[M]作[MH⊥GN]于点[H]，则[∠CGN=∠H=90°]，

根据条件可证[△CNG ]∽[△NMH]，则[CNNM=CGNH=NGMH]，设点[N]的坐标为[n，-12n2+32n+2]，则[GN=n]，[CG=-12n2+32n]。

①当[△NCM ]∽[△OCB]时，[NMOB=NCOC]，又知[OB=4]，[OC=2]，则[CN]∶[MN=CO]∶[OB=1]∶2，从而可推知[NH=2CG=-n2+3n]，[MH=2NG=2n]，则[GH=NG+NH=-n2+4n]，[yM=CG+CO-MH=-12n2-12n+2]，可得点[M]的坐标为[-n2+4n，-12n2-12n+2]。

因为点[M]在直线[BC]上，所以[-12（-n2+4n）+2=-12n2-12n+2]，可解得[n=0]（舍去）或[n=32]，所以点[N]的坐标为[32，258]。

②当[△NCM ]∽[△OBC]时，[NMOC=CNOB]，又知，[OB=4]，[OC=2]，则[CN]∶[NM=OB]∶[OC=2]∶1，从而可推知[NH=12CG=-14n2+34n]，[MH=12NG=12n]，所以[GH=NG+NH=-14n2+74n]，[yM=CG+CO-MH=-12n2+n+2]，所以点[M]的坐标为[-14n2+74n，-12n2+n+2]，则有[-12-14n2+74n+2=-12n2+n+2]，可解得[n=0]（舍去）或[n=3]，所以点[N]的坐标为（3，2）。

综上所述，点[N]的坐标为[32，258]或（3，2）。

评析：上述第（3）问在求解时构建了“一线三垂直”相似模型，利用模型特性推导线段长，由于涉及动点，故设定坐标参数，将其中的线段长表示为关于坐标参数的代数式，后续构建方程完成求解。

综上可知，在抛物线与几何综合题的探究过程中，教师要注意引导学生进行知识梳理、模型挖掘、定理探究，总结问题的破解方法和模型构建策略，并结合实例开展拓展探究。教师还要注意做好思维引导，引导学生形成类型化的解题策略，提升综合能力。

［   参   考   文   献   ］

［1］  王剑.重视思维推理，倡导反思拓展：以2021年连云港市中考抛物线问题为例［J］.数学教学通讯，2022（23）：80-82.

［2］  郁元顺.解题体验重过程，问题变式拓思维：以一道抛物线综合题的教学探讨为例［J］.中学数学，2022（6）：44-45.

［3］  杨玉汉.G.波利亚“解题四步骤”的应用与思考：以一道抛物线题为例［J］.中学数学教学参考，2023（6）：68-69.

（责任编辑 黄春香）

一、问题综述

抛物线与几何综合题在初中数学中十分常见，常作为压轴题综合考查学生的知识掌握情况与综合解析问题的能力。该类题型有以下三大特点：

一是融合代数与几何的相关知识，具有数与形的双重特点。（探究解析时建议采用数形结合思想）

二是隐含众多几何模型，如“将军饮马”模型、“一线三垂直”模型、隐圆模型等。（探究解析时建议充分运用相应的模型）

三是设问具有关联性，即问题之间虽相互独立，但其在条件、结论以及解题思路上具有一定的联系。（可以把握问题间的联系来探索解题思路）

对于此类题型的解题探究，建议教师精选近几年的典型中考数学真题，深度解析真题，分析解题方法及模型构建思路，并围绕真题核心内容开展拓展探究，指导学生强化知识与方法，培养解题思维。

二、真题探究

2023年江苏省连云港市中考数学试卷第26题为典型的抛物线与几何综合题，以抛物线与直线相交为基础，将代数与几何的相关知识融合在一起，设定条件综合考查学生的探究能力和问题解决能力。下面笔者逐一解析问题，探究解题思路。

（一）考题再现

如图1所示，在平面直角坐标系[xOy]中，抛物线[L1：y=x2-2x-3]的顶点为[P]。直线[l]过点[M（0，m）]（[m≥-3]），且平行于[x]轴，与抛物线[L1]交于[A]、[B]两点（[B]在[A]的右侧）。将抛物线[L1]沿直线[l]翻折得到抛物线[L2]，抛物线[L2]交[y]轴于点[C]，顶点为[D]。

（1）当[m=1]时，求点[D]的坐標；

（2）连接[BC]、[CD]、[DB]，若[△BCD]为直角三角形，求此时[L2]所对应的函数表达式；

（3）在（2）的条件下，若[△BCD]的面积为3，[E]、[F]两点分别在边[BC]、[CD]上运动，且[EF=CD]，以[EF]为一边作正方形[EFGH]，连接[CG]，写出[CG]长度的最小值，并简要说明理由。

（二）思路分析

本题为典型的抛物线与几何综合题，题设直线与抛物线相交于两点，并引入翻折，构建了复合图形。后续题设三个小问，问题难度、梯度递增，需要把握问题特点，结合对应知识来解析。

第（1）问求解点[D]的坐标，属于基础性问题，整理变形解析式即可直接求解。

第（2）问构建了直角三角形，求解抛物线对应的函数解析式，需要分类讨论构建直角三角形模型，再结合对应知识来解析。

第（3）问设定三角形面积，构建了正方形，探究解析线段的最值，属于线段最值问题，需要构建最值模型，结合共线定理来求解。

（三）过程突破

本题设定三个小问，问题各具特点，探究解析分步构建，下面笔者逐一进行过程突破。

（1）整理抛物线[L1]的表达式，其顶点式为[y=x2-2x-3=（x-1）2-4]，则其顶点坐标为[P（1 ，-4）]，已知[m=1]，点[P]和点[D]关于直线[y=1]对称，可求得点[D（1，6）]。

（2）分析[△BCD]为直角三角形时，抛物线[L2]对应的函数表达式，由于没有设定直角，故有三种情形，需要分别讨论，过程如下：

由题意可知，[L1]的顶点[P（1，4）]与[L2]的顶点[D]关于直线[y=m]对称，所以可推知[D（1，2m+4）]，抛物线[L2]的表达式为[y=-（x-1）2+（2m+4）=-x2+2x+2m+3]，所以当[x=0]时，可得[C（0，2m+3）]。

情形①：当[∠BCD=90°]时，如图2所示，过点[D]作[DN⊥y]轴，垂足为[N]。

因为D（1，2m + 4），则N（0，2m + 4）。又知C（0，2m + 3），则[DN=NC=1]，所以[∠DCN=45°]。由于[∠BCD=90°]，则[∠BCM=45°]。由于直线[l]∥[x]轴，则[∠BMC=90°]，所以[∠CBM=∠BCM=45°] ， [BM=CM]。

因为[m≥-3]，所以[BM=CM=（2m+3）-m=m+3]，可求得点[B（m+3，m）]。又知点[B]在抛物线[y=x2-2x-3]上，所以[m=（m+3）2-2（m+3）-3]，可解得[m=0]，或[m=-3]。

当[m=-3]时，可得[B（0，-3）]，[C（0，-3）]，此时点[B]、[C]重合，舍去。

当[m=0]时，符合题意，将[m=0]代入[y=-x2+2x+2m+3]，可得[y=-x2+2x+3]。

情形②：当[∠BDC=90°]时，如图3所示，过[B]作[BT⊥] [ND]，交[ND]的延长线于点[T]。

同理可得[BT=DT]。因为点[D（1，2m+4）]，所以[DT=BT=（2m+4）-m=m+4]。因为[DN=1]，所以[NT=DN+DT=1+（m+4）=m+5]，可推得[NT=DN+DT=1+（m+4）=m+5]，从而可得[B（m+5，m）]。又知点[B]在抛物线[y=x2-2x-3]上，所以[m=（m+5）2-2（m+5）-3]，可解得[m=-3]或[m=-4]。因为[m≥-3]，所以[m=-3]，此时点[B]（2，-3），[C]（0，-3）符合题意。

将[m=-3]代入[y=-x2+2x+2m+3]，可得[y=-x2+2x-3]。

情形③：当[∠DBC=90°]时，分析可知，此情况不存在。

综上可知，若[△BCD]为直角三角形，此时[L2]所对应的函数表达式有两个，分别为[y=-x2+2x+3]和[y=-x2+2x-3]。

（3）该问是基于第（2）问的条件设定的，即[△BCD]为直角三角形，且有两种情形。问题中设定了[△BCD]的面积，则可以基于其面积条件来分析推理，再构建最值模型求解。

如图4所示，结合第（2）问可知[△BCD]为直角三角形有两种情形，分别为[∠BCD=90°]和[∠BDC=90°]，下面分别讨论分析。

当[∠BCD=90°]时，[m=0]，则[B（3，0）]，[C（0，3）]，可求得线段[BC=32]，此时[△BCD]的面积为3，符合题意，所以[CD=2]。

当[∠BDC=90°]时，[m=-3]，此时点[B（0，-3）]，[C（0，-3）]，则可推知[BC=2]，[CD=BD=2]，此时[△BCD]的面积为1，不符合题意，舍去。

取[EF]的中点为[Q]，在Rt[△CEF]中，可求得[CQ=12EF=22]；在Rt[△FGQ]中，由勾股定理可得[GQ=FG2+FQ2=102]，分析可知當[Q]、[C]、[G]三点共线时，[CG]可取得最小值，最小值为[10-22]。

（四）解题评析

解析上述问题时，整体上采用了数形结合、分类讨论的方法与策略。根据问题条件解析构建图形，再结合图形推理分析，解析过程中对其中的不确定情形进行分类讨论。考题的后两问为核心之问，挖掘解析过程，发现其含有如下两大特点。

（1）隐含特殊模型。第（2）问隐含了“一线三垂直”模型，包括“一线三垂直”全等模型和“一线三垂直”相似模型两类模型，即图2中的Rt[△CND]、Rt[△BOC]、Rt[△DCB]构成了“一线三垂直”相似模型，Rt[△CND]和Rt[△BOC]为相似关系；图3中的Rt[△CND]、Rt[△CDB]、Rt[△DTB]构成了“一线三垂直”全等模型，Rt[△CND]与Rt[△DTB]为全等关系。

（2）涉及共线定理。第（3）问解析最值的核心定理为“两点之间，线段最短”，即几何最值中常用的共线定理。求解时，基于该定理确定最值模型，将问题转化为常规的求解线段长，后续基于勾股定理完成求解。

三、知识梳理

“一线三垂直”模型是初中几何中的典型模型，以其作为知识背景命制的考题在中考数学中十分常见。在探究学习中，教师需要引导学生深入解读模型，总结模型特征、结论，生成应用策略。“一线三垂直”模型有全等和相似两种类型，下面笔者进行深入解析。

模型1：“一线三垂直”全等模型

在如图5所示的模型图中存在几何关系：[∠D=∠BCA=∠E=90°]，[BC=AC]，从而可推知：Rt[△BDC ]≌Rt[△CEA]。

对于该模型，有如下两种应用思路：

（1）通过证明全等实现边角关系的转化，便于解决对应的几何问题。

（2）平面直角坐标系中有直角求点的坐标，可以考虑作辅助线来构造“全等型”三垂直。而作辅助线的方法如下：过直角顶点在直角外部作水平线或竖直线，过另外两个顶点向上述直线作垂线段（如图6）。

模型2：“一线三垂直”相似模型

在如图7所示的模型图中存在几何关系：[∠B=∠ADE=∠C]，从而可推知[△ABD ]∽[△DCE]。

对于该模型，有如下三种应用思路：

（1）根据特征确定模型，利用模型结论解题。

（2）在平面直角坐标系中构造“相似型”三垂直，作辅助线的方法和模型1相似。

（3）运用于直角坐标系中的运动型问题中，结合点运动来构建直角，进而挖掘出模型。

【拓展探究】

实际上，“一线三垂直”全等模型是“一线三垂直”相似模型的特殊情形，即相似中存在一组对应边相等。几何动态问题中的“一线三垂直”模型较为特殊，涉及了动态分析，破解难度较高，需要重点关注。

［例题］如图8所示，已知抛物线[y=-12x2+32x+2]与[x]轴交于点[A]、[B]，与[y]轴交于点[C]。

（1）则点[A]的坐标为       ，点[B]的坐标为        ，点[C]的坐标为             。

（2）设点[P（x1，y1）]，[Q（x2，y2）]（其中[x1>x2]）都在抛物线[y=-12x2+32x+2]上，若[x1+x2=1]，请证明：[y1>y2]。

（3）已知点[M]是线段[BC]上的动点，点[N]是线段[BC]上方抛物线上的动点，若[∠CNM=90°]，且[△CMN]与[△OBC]相似，试求此时点[N]的坐标。

分析：本题为抛物线与几何综合题，其中第（3）问可归为“一线三垂直”模型动态问题，探究解析时需要把握动点，合理构建模型，利用模型结论分析推导。

解：（1）[A（-1，0）]，[B（4，0）]。

（2）证明：根据题意可知，[y1-y2=-12（x2+x1）（x1-x2）+32（x1-x2）]，因为[x1+x2=1]，所以[y1-y2=x1-x2]，又因为[x1>x2]，所以[y1>y2]，得证。

（3）可求得直线[BC]的表达式为[y=-12x+2]。

如图9所示，过点[N]作[NG⊥y]轴于点[G]，过点[M]作[MH⊥GN]于点[H]，则[∠CGN=∠H=90°]，

根据条件可证[△CNG ]∽[△NMH]，则[CNNM=CGNH=NGMH]，设点[N]的坐标为[n，-12n2+32n+2]，则[GN=n]，[CG=-12n2+32n]。

①当[△NCM ]∽[△OCB]时，[NMOB=NCOC]，又知[OB=4]，[OC=2]，则[CN]∶[MN=CO]∶[OB=1]∶2，从而可推知[NH=2CG=-n2+3n]，[MH=2NG=2n]，则[GH=NG+NH=-n2+4n]，[yM=CG+CO-MH=-12n2-12n+2]，可得点[M]的坐标为[-n2+4n，-12n2-12n+2]。

因为点[M]在直线[BC]上，所以[-12（-n2+4n）+2=-12n2-12n+2]，可解得[n=0]（舍去）或[n=32]，所以点[N]的坐标为[32，258]。

②當[△NCM ]∽[△OBC]时，[NMOC=CNOB]，又知，[OB=4]，[OC=2]，则[CN]∶[NM=OB]∶[OC=2]∶1，从而可推知[NH=12CG=-14n2+34n]，[MH=12NG=12n]，所以[GH=NG+NH=-14n2+74n]，[yM=CG+CO-MH=-12n2+n+2]，所以点[M]的坐标为[-14n2+74n，-12n2+n+2]，则有[-12-14n2+74n+2=-12n2+n+2]，可解得[n=0]（舍去）或[n=3]，所以点[N]的坐标为（3，2）。

综上所述，点[N]的坐标为[32，258]或（3，2）。

评析：上述第（3）问在求解时构建了“一线三垂直”相似模型，利用模型特性推导线段长，由于涉及动点，故设定坐标参数，将其中的线段长表示为关于坐标参数的代数式，后续构建方程完成求解。

综上可知，在抛物线与几何综合题的探究过程中，教师要注意引导学生进行知识梳理、模型挖掘、定理探究，总结问题的破解方法和模型构建策略，并结合实例开展拓展探究。教师还要注意做好思维引导，引导学生形成类型化的解题策略，提升综合能力。

［   参   考   文   献   ］

［1］  王剑.重视思维推理，倡导反思拓展：以2021年连云港市中考抛物线问题为例［J］.数学教学通讯，2022（23）：80-82.

［2］  郁元顺.解题体验重过程，问题变式拓思维：以一道抛物线综合题的教学探讨为例［J］.中学数学，2022（6）：44-45.

［3］  杨玉汉.G.波利亚“解题四步骤”的应用与思考：以一道抛物线题为例［J］.中学数学教学参考，2023（6）：68-69.

（责任编辑 黄春香）