拋物線與幾何綜合題的解析梳理與拓展探究

廖鴻兵

［摘 要］拋物線與幾何綜合題常作為中考壓軸題，綜合考查學生的知識與能力。對于拋物線與幾何綜合題，教師應指導學生解讀題型特點，圍繞真題進行探究分析，總結考點知識，挖掘解題模型，并適度拓展。

［關鍵詞］拋物線；幾何；一線三垂直；模型

［中圖分類號］? ? G633.6? ? ? ? ［文獻標識碼］? ? A? ? ? ? ［文章編號］? ? 1674-6058（2024）05-0028-04

一、問題綜述

拋物線與幾何綜合題在初中數學中十分常見，常作為壓軸題綜合考查學生的知識掌握情況與綜合解析問題的能力。該類題型有以下三大特點：

一是融合代數與幾何的相關知識，具有數與形的雙重特點。（探究解析時建議采用數形結合思想）

二是隱含眾多幾何模型，如“將軍飲馬”模型、“一線三垂直”模型、隱圓模型等。（探究解析時建議充分運用相應的模型）

三是設問具有關聯性，即問題之間雖相互獨立，但其在條件、結論以及解題思路上具有一定的聯系。（可以把握問題間的聯系來探索解題思路）

對于此類題型的解題探究，建議教師精選近幾年的典型中考數學真題，深度解析真題，分析解題方法及模型構建思路，并圍繞真題核心內容開展拓展探究，指導學生強化知識與方法，培養解題思維。

二、真題探究

2023年江蘇省連云港市中考數學試卷第26題為典型的拋物線與幾何綜合題，以拋物線與直線相交為基礎，將代數與幾何的相關知識融合在一起，設定條件綜合考查學生的探究能力和問題解決能力。下面筆者逐一解析問題，探究解題思路。

（一）考題再現

如圖1所示，在平面直角坐標系[xOy]中，拋物線[L1：y=x2-2x-3]的頂點為[P]。直線[l]過點[M（0，m）]（[m≥-3]），且平行于[x]軸，與拋物線[L1]交于[A]、[B]兩點（[B]在[A]的右側）。將拋物線[L1]沿直線[l]翻折得到拋物線[L2]，拋物線[L2]交[y]軸于點[C]，頂點為[D]。

（1）當[m=1]時，求點[D]的坐標；

（2）連接[BC]、[CD]、[DB]，若[△BCD]為直角三角形，求此時[L2]所對應的函數表達式；

（3）在（2）的條件下，若[△BCD]的面積為3，[E]、[F]兩點分別在邊[BC]、[CD]上運動，且[EF=CD]，以[EF]為一邊作正方形[EFGH]，連接[CG]，寫出[CG]長度的最小值，并簡要說明理由。

（二）思路分析

本題為典型的拋物線與幾何綜合題，題設直線與拋物線相交于兩點，并引入翻折，構建了復合圖形。后續題設三個小問，問題難度、梯度遞增，需要把握問題特點，結合對應知識來解析。

第（1）問求解點[D]的坐標，屬于基礎性問題，整理變形解析式即可直接求解。

第（2）問構建了直角三角形，求解拋物線對應的函數解析式，需要分類討論構建直角三角形模型，再結合對應知識來解析。

第（3）問設定三角形面積，構建了正方形，探究解析線段的最值，屬于線段最值問題，需要構建最值模型，結合共線定理來求解。

（三）過程突破

本題設定三個小問，問題各具特點，探究解析分步構建，下面筆者逐一進行過程突破。

（1）整理拋物線[L1]的表達式，其頂點式為[y=x2-2x-3=（x-1）2-4]，則其頂點坐標為[P（1 ，-4）]，已知[m=1]，點[P]和點[D]關于直線[y=1]對稱，可求得點[D（1，6）]。

（2）分析[△BCD]為直角三角形時，拋物線[L2]對應的函數表達式，由于沒有設定直角，故有三種情形，需要分別討論，過程如下：

由題意可知，[L1]的頂點[P（1，4）]與[L2]的頂點[D]關于直線[y=m]對稱，所以可推知[D（1，2m+4）]，拋物線[L2]的表達式為[y=-（x-1）2+（2m+4）=-x2+2x+2m+3]，所以當[x=0]時，可得[C（0，2m+3）]。

情形①：當[∠BCD=90°]時，如圖2所示，過點[D]作[DN⊥y]軸，垂足為[N]。

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

因為[m≥-3]，所以[BM=CM=（2m+3）-m=m+3]，可求得點[B（m+3，m）]。又知點[B]在拋物線[y=x2-2x-3]上，所以[m=（m+3）2-2（m+3）-3]，可解得[m=0]，或[m=-3]。

當[m=-3]時，可得[B（0，-3）]，[C（0，-3）]，此時點[B]、[C]重合，舍去。

當[m=0]時，符合題意，將[m=0]代入[y=-x2+2x+2m+3]，可得[y=-x2+2x+3]。

情形②：當[∠BDC=90°]時，如圖3所示，過[B]作[BT⊥] [ND]，交[ND]的延長線于點[T]。

同理可得[BT=DT]。因為點[D（1，2m+4）]，所以[DT=BT=（2m+4）-m=m+4]。因為[DN=1]，所以[NT=DN+DT=1+（m+4）=m+5]，可推得[NT=DN+DT=1+（m+4）=m+5]，從而可得[B（m+5，m）]。又知點[B]在拋物線[y=x2-2x-3]上，所以[m=（m+5）2-2（m+5）-3]，可解得[m=-3]或[m=-4]。因為[m≥-3]，所以[m=-3]，此時點[B]（2，-3），[C]（0，-3）符合題意。

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

情形③：當[∠DBC=90°]時，分析可知，此情況不存在。

綜上可知，若[△BCD]為直角三角形，此時[L2]所對應的函數表達式有兩個，分別為[y=-x2+2x+3]和[y=-x2+2x-3]。

（3）該問是基于第（2）問的條件設定的，即[△BCD]為直角三角形，且有兩種情形。問題中設定了[△BCD]的面積，則可以基于其面積條件來分析推理，再構建最值模型求解。

如圖4所示，結合第（2）問可知[△BCD]為直角三角形有兩種情形，分別為[∠BCD=90°]和[∠BDC=90°]，下面分別討論分析。

當[∠BCD=90°]時，[m=0]，則[B（3，0）]，[C（0，3）]，可求得線段[BC=32]，此時[△BCD]的面積為3，符合題意，所以[CD=2]。

當[∠BDC=90°]時，[m=-3]，此時點[B（0，-3）]，[C（0，-3）]，則可推知[BC=2]，[CD=BD=2]，此時[△BCD]的面積為1，不符合題意，舍去。

取[EF]的中點為[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]三點共線時，[CG]可取得最小值，最小值為[10-22]。

（四）解題評析

解析上述問題時，整體上采用了數形結合、分類討論的方法與策略。根據問題條件解析構建圖形，再結合圖形推理分析，解析過程中對其中的不確定情形進行分類討論。考題的后兩問為核心之問，挖掘解析過程，發現其含有如下兩大特點。

（1）隱含特殊模型。第（2）問隱含了“一線三垂直”模型，包括“一線三垂直”全等模型和“一線三垂直”相似模型兩類模型，即圖2中的Rt[△CND]、Rt[△BOC]、Rt[△DCB]構成了“一線三垂直”相似模型，Rt[△CND]和Rt[△BOC]為相似關系；圖3中的Rt[△CND]、Rt[△CDB]、Rt[△DTB]構成了“一線三垂直”全等模型，Rt[△CND]與Rt[△DTB]為全等關系。

（2）涉及共線定理。第（3）問解析最值的核心定理為“兩點之間，線段最短”，即幾何最值中常用的共線定理。求解時，基于該定理確定最值模型，將問題轉化為常規的求解線段長，后續基于勾股定理完成求解。

三、知識梳理

“一線三垂直”模型是初中幾何中的典型模型，以其作為知識背景命制的考題在中考數學中十分常見。在探究學習中，教師需要引導學生深入解讀模型，總結模型特征、結論，生成應用策略。“一線三垂直”模型有全等和相似兩種類型，下面筆者進行深入解析。

模型1：“一線三垂直”全等模型

在如圖5所示的模型圖中存在幾何關系：[∠D=∠BCA=∠E=90°]，[BC=AC]，從而可推知：Rt[△BDC ]≌Rt[△CEA]。

對于該模型，有如下兩種應用思路：

（1）通過證明全等實現邊角關系的轉化，便于解決對應的幾何問題。

（2）平面直角坐標系中有直角求點的坐標，可以考慮作輔助線來構造“全等型”三垂直。而作輔助線的方法如下：過直角頂點在直角外部作水平線或豎直線，過另外兩個頂點向上述直線作垂線段（如圖6）。

模型2：“一線三垂直”相似模型

在如圖7所示的模型圖中存在幾何關系：[∠B=∠ADE=∠C]，從而可推知[△ABD ]∽[△DCE]。

對于該模型，有如下三種應用思路：

（1）根據特征確定模型，利用模型結論解題。

（2）在平面直角坐標系中構造“相似型”三垂直，作輔助線的方法和模型1相似。

（3）運用于直角坐標系中的運動型問題中，結合點運動來構建直角，進而挖掘出模型。

【拓展探究】

實際上，“一線三垂直”全等模型是“一線三垂直”相似模型的特殊情形，即相似中存在一組對應邊相等。幾何動態問題中的“一線三垂直”模型較為特殊，涉及了動態分析，破解難度較高，需要重點關注。

［例題］如圖8所示，已知拋物線[y=-12x2+32x+2]與[x]軸交于點[A]、[B]，與[y]軸交于點[C]。

（1）則點[A]的坐標為? ? ? ?，點[B]的坐標為? ? ? ? ，點[C]的坐標為? ? ? ? ? ? ?。

（2）設點[P（x1，y1）]，[Q（x2，y2）]（其中[x1>x2]）都在拋物線[y=-12x2+32x+2]上，若[x1+x2=1]，請證明：[y1>y2]。

（3）已知點[M]是線段[BC]上的動點，點[N]是線段[BC]上方拋物線上的動點，若[∠CNM=90°]，且[△CMN]與[△OBC]相似，試求此時點[N]的坐標。

分析：本題為拋物線與幾何綜合題，其中第（3）問可歸為“一線三垂直”模型動態問題，探究解析時需要把握動點，合理構建模型，利用模型結論分析推導。

解：（1）[A（-1，0）]，[B（4，0）]。

（2）證明：根據題意可知，[y1-y2=-12（x2+x1）（x1-x2）+32（x1-x2）]，因為[x1+x2=1]，所以[y1-y2=x1-x2]，又因為[x1>x2]，所以[y1>y2]，得證。

（3）可求得直線[BC]的表達式為[y=-12x+2]。

如圖9所示，過點[N]作[NG⊥y]軸于點[G]，過點[M]作[MH⊥GN]于點[H]，則[∠CGN=∠H=90°]，

根據條件可證[△CNG ]∽[△NMH]，則[CNNM=CGNH=NGMH]，設點[N]的坐標為[n，-12n2+32n+2]，則[GN=n]，[CG=-12n2+32n]。

①當[△NCM ]∽[△OCB]時，[NMOB=NCOC]，又知[OB=4]，[OC=2]，則[CN]∶[MN=CO]∶[OB=1]∶2，從而可推知[NH=2CG=-n2+3n]，[MH=2NG=2n]，則[GH=NG+NH=-n2+4n]，[yM=CG+CO-MH=-12n2-12n+2]，可得點[M]的坐標為[-n2+4n，-12n2-12n+2]。

因為點[M]在直線[BC]上，所以[-12（-n2+4n）+2=-12n2-12n+2]，可解得[n=0]（舍去）或[n=32]，所以點[N]的坐標為[32，258]。

②當[△NCM ]∽[△OBC]時，[NMOC=CNOB]，又知，[OB=4]，[OC=2]，則[CN]∶[NM=OB]∶[OC=2]∶1，從而可推知[NH=12CG=-14n2+34n]，[MH=12NG=12n]，所以[GH=NG+NH=-14n2+74n]，[yM=CG+CO-MH=-12n2+n+2]，所以點[M]的坐標為[-14n2+74n，-12n2+n+2]，則有[-12-14n2+74n+2=-12n2+n+2]，可解得[n=0]（舍去）或[n=3]，所以點[N]的坐標為（3，2）。

綜上所述，點[N]的坐標為[32，258]或（3，2）。

評析：上述第（3）問在求解時構建了“一線三垂直”相似模型，利用模型特性推導線段長，由于涉及動點，故設定坐標參數，將其中的線段長表示為關于坐標參數的代數式，后續構建方程完成求解。

綜上可知，在拋物線與幾何綜合題的探究過程中，教師要注意引導學生進行知識梳理、模型挖掘、定理探究，總結問題的破解方法和模型構建策略，并結合實例開展拓展探究。教師還要注意做好思維引導，引導學生形成類型化的解題策略，提升綜合能力。

［? ?參? ?考? ?文? ?獻? ?］

［1］? 王劍.重視思維推理，倡導反思拓展：以2021年連云港市中考拋物線問題為例［J］.數學教學通訊，2022（23）：80-82.

［2］? 郁元順.解題體驗重過程，問題變式拓思維：以一道拋物線綜合題的教學探討為例［J］.中學數學，2022（6）：44-45.

［3］? 楊玉漢.G.波利亞“解題四步驟”的應用與思考：以一道拋物線題為例［J］.中學數學教學參考，2023（6）：68-69.

（責任編輯 黃春香）

一、問題綜述

拋物線與幾何綜合題在初中數學中十分常見，常作為壓軸題綜合考查學生的知識掌握情況與綜合解析問題的能力。該類題型有以下三大特點：

一是融合代數與幾何的相關知識，具有數與形的雙重特點。（探究解析時建議采用數形結合思想）

二是隱含眾多幾何模型，如“將軍飲馬”模型、“一線三垂直”模型、隱圓模型等。（探究解析時建議充分運用相應的模型）

三是設問具有關聯性，即問題之間雖相互獨立，但其在條件、結論以及解題思路上具有一定的聯系。（可以把握問題間的聯系來探索解題思路）

對于此類題型的解題探究，建議教師精選近幾年的典型中考數學真題，深度解析真題，分析解題方法及模型構建思路，并圍繞真題核心內容開展拓展探究，指導學生強化知識與方法，培養解題思維。

二、真題探究

2023年江蘇省連云港市中考數學試卷第26題為典型的拋物線與幾何綜合題，以拋物線與直線相交為基礎，將代數與幾何的相關知識融合在一起，設定條件綜合考查學生的探究能力和問題解決能力。下面筆者逐一解析問題，探究解題思路。

（一）考題再現

如圖1所示，在平面直角坐標系[xOy]中，拋物線[L1：y=x2-2x-3]的頂點為[P]。直線[l]過點[M（0，m）]（[m≥-3]），且平行于[x]軸，與拋物線[L1]交于[A]、[B]兩點（[B]在[A]的右側）。將拋物線[L1]沿直線[l]翻折得到拋物線[L2]，拋物線[L2]交[y]軸于點[C]，頂點為[D]。

（1）當[m=1]時，求點[D]的坐標；

（2）連接[BC]、[CD]、[DB]，若[△BCD]為直角三角形，求此時[L2]所對應的函數表達式；

（3）在（2）的條件下，若[△BCD]的面積為3，[E]、[F]兩點分別在邊[BC]、[CD]上運動，且[EF=CD]，以[EF]為一邊作正方形[EFGH]，連接[CG]，寫出[CG]長度的最小值，并簡要說明理由。

（二）思路分析

本題為典型的拋物線與幾何綜合題，題設直線與拋物線相交于兩點，并引入翻折，構建了復合圖形。后續題設三個小問，問題難度、梯度遞增，需要把握問題特點，結合對應知識來解析。

第（1）問求解點[D]的坐標，屬于基礎性問題，整理變形解析式即可直接求解。

第（2）問構建了直角三角形，求解拋物線對應的函數解析式，需要分類討論構建直角三角形模型，再結合對應知識來解析。

第（3）問設定三角形面積，構建了正方形，探究解析線段的最值，屬于線段最值問題，需要構建最值模型，結合共線定理來求解。

（三）過程突破

本題設定三個小問，問題各具特點，探究解析分步構建，下面筆者逐一進行過程突破。

（1）整理拋物線[L1]的表達式，其頂點式為[y=x2-2x-3=（x-1）2-4]，則其頂點坐標為[P（1 ，-4）]，已知[m=1]，點[P]和點[D]關于直線[y=1]對稱，可求得點[D（1，6）]。

（2）分析[△BCD]為直角三角形時，拋物線[L2]對應的函數表達式，由于沒有設定直角，故有三種情形，需要分別討論，過程如下：

由題意可知，[L1]的頂點[P（1，4）]與[L2]的頂點[D]關于直線[y=m]對稱，所以可推知[D（1，2m+4）]，拋物線[L2]的表達式為[y=-（x-1）2+（2m+4）=-x2+2x+2m+3]，所以當[x=0]時，可得[C（0，2m+3）]。

情形①：當[∠BCD=90°]時，如圖2所示，過點[D]作[DN⊥y]軸，垂足為[N]。

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

因為[m≥-3]，所以[BM=CM=（2m+3）-m=m+3]，可求得點[B（m+3，m）]。又知點[B]在拋物線[y=x2-2x-3]上，所以[m=（m+3）2-2（m+3）-3]，可解得[m=0]，或[m=-3]。

當[m=-3]時，可得[B（0，-3）]，[C（0，-3）]，此時點[B]、[C]重合，舍去。

當[m=0]時，符合題意，將[m=0]代入[y=-x2+2x+2m+3]，可得[y=-x2+2x+3]。

情形②：當[∠BDC=90°]時，如圖3所示，過[B]作[BT⊥] [ND]，交[ND]的延長線于點[T]。

同理可得[BT=DT]。因為點[D（1，2m+4）]，所以[DT=BT=（2m+4）-m=m+4]。因為[DN=1]，所以[NT=DN+DT=1+（m+4）=m+5]，可推得[NT=DN+DT=1+（m+4）=m+5]，從而可得[B（m+5，m）]。又知點[B]在拋物線[y=x2-2x-3]上，所以[m=（m+5）2-2（m+5）-3]，可解得[m=-3]或[m=-4]。因為[m≥-3]，所以[m=-3]，此時點[B]（2，-3），[C]（0，-3）符合題意。

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

情形③：當[∠DBC=90°]時，分析可知，此情況不存在。

綜上可知，若[△BCD]為直角三角形，此時[L2]所對應的函數表達式有兩個，分別為[y=-x2+2x+3]和[y=-x2+2x-3]。

（3）該問是基于第（2）問的條件設定的，即[△BCD]為直角三角形，且有兩種情形。問題中設定了[△BCD]的面積，則可以基于其面積條件來分析推理，再構建最值模型求解。

如圖4所示，結合第（2）問可知[△BCD]為直角三角形有兩種情形，分別為[∠BCD=90°]和[∠BDC=90°]，下面分別討論分析。

當[∠BCD=90°]時，[m=0]，則[B（3，0）]，[C（0，3）]，可求得線段[BC=32]，此時[△BCD]的面積為3，符合題意，所以[CD=2]。

當[∠BDC=90°]時，[m=-3]，此時點[B（0，-3）]，[C（0，-3）]，則可推知[BC=2]，[CD=BD=2]，此時[△BCD]的面積為1，不符合題意，舍去。

取[EF]的中點為[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]三點共線時，[CG]可取得最小值，最小值為[10-22]。

（四）解題評析

解析上述問題時，整體上采用了數形結合、分類討論的方法與策略。根據問題條件解析構建圖形，再結合圖形推理分析，解析過程中對其中的不確定情形進行分類討論。考題的后兩問為核心之問，挖掘解析過程，發現其含有如下兩大特點。

（1）隱含特殊模型。第（2）問隱含了“一線三垂直”模型，包括“一線三垂直”全等模型和“一線三垂直”相似模型兩類模型，即圖2中的Rt[△CND]、Rt[△BOC]、Rt[△DCB]構成了“一線三垂直”相似模型，Rt[△CND]和Rt[△BOC]為相似關系；圖3中的Rt[△CND]、Rt[△CDB]、Rt[△DTB]構成了“一線三垂直”全等模型，Rt[△CND]與Rt[△DTB]為全等關系。

（2）涉及共線定理。第（3）問解析最值的核心定理為“兩點之間，線段最短”，即幾何最值中常用的共線定理。求解時，基于該定理確定最值模型，將問題轉化為常規的求解線段長，后續基于勾股定理完成求解。

三、知識梳理

“一線三垂直”模型是初中幾何中的典型模型，以其作為知識背景命制的考題在中考數學中十分常見。在探究學習中，教師需要引導學生深入解讀模型，總結模型特征、結論，生成應用策略。“一線三垂直”模型有全等和相似兩種類型，下面筆者進行深入解析。

模型1：“一線三垂直”全等模型

在如圖5所示的模型圖中存在幾何關系：[∠D=∠BCA=∠E=90°]，[BC=AC]，從而可推知：Rt[△BDC ]≌Rt[△CEA]。

對于該模型，有如下兩種應用思路：

（1）通過證明全等實現邊角關系的轉化，便于解決對應的幾何問題。

（2）平面直角坐標系中有直角求點的坐標，可以考慮作輔助線來構造“全等型”三垂直。而作輔助線的方法如下：過直角頂點在直角外部作水平線或豎直線，過另外兩個頂點向上述直線作垂線段（如圖6）。

模型2：“一線三垂直”相似模型

在如圖7所示的模型圖中存在幾何關系：[∠B=∠ADE=∠C]，從而可推知[△ABD ]∽[△DCE]。

對于該模型，有如下三種應用思路：

（1）根據特征確定模型，利用模型結論解題。

（2）在平面直角坐標系中構造“相似型”三垂直，作輔助線的方法和模型1相似。

（3）運用于直角坐標系中的運動型問題中，結合點運動來構建直角，進而挖掘出模型。

【拓展探究】

實際上，“一線三垂直”全等模型是“一線三垂直”相似模型的特殊情形，即相似中存在一組對應邊相等。幾何動態問題中的“一線三垂直”模型較為特殊，涉及了動態分析，破解難度較高，需要重點關注。

［例題］如圖8所示，已知拋物線[y=-12x2+32x+2]與[x]軸交于點[A]、[B]，與[y]軸交于點[C]。

（1）則點[A]的坐標為? ? ? ?，點[B]的坐標為? ? ? ? ，點[C]的坐標為? ? ? ? ? ? ?。

（2）設點[P（x1，y1）]，[Q（x2，y2）]（其中[x1>x2]）都在拋物線[y=-12x2+32x+2]上，若[x1+x2=1]，請證明：[y1>y2]。

（3）已知點[M]是線段[BC]上的動點，點[N]是線段[BC]上方拋物線上的動點，若[∠CNM=90°]，且[△CMN]與[△OBC]相似，試求此時點[N]的坐標。

分析：本題為拋物線與幾何綜合題，其中第（3）問可歸為“一線三垂直”模型動態問題，探究解析時需要把握動點，合理構建模型，利用模型結論分析推導。

解：（1）[A（-1，0）]，[B（4，0）]。

（2）證明：根據題意可知，[y1-y2=-12（x2+x1）（x1-x2）+32（x1-x2）]，因為[x1+x2=1]，所以[y1-y2=x1-x2]，又因為[x1>x2]，所以[y1>y2]，得證。

（3）可求得直線[BC]的表達式為[y=-12x+2]。

如圖9所示，過點[N]作[NG⊥y]軸于點[G]，過點[M]作[MH⊥GN]于點[H]，則[∠CGN=∠H=90°]，

根據條件可證[△CNG ]∽[△NMH]，則[CNNM=CGNH=NGMH]，設點[N]的坐標為[n，-12n2+32n+2]，則[GN=n]，[CG=-12n2+32n]。

①當[△NCM ]∽[△OCB]時，[NMOB=NCOC]，又知[OB=4]，[OC=2]，則[CN]∶[MN=CO]∶[OB=1]∶2，從而可推知[NH=2CG=-n2+3n]，[MH=2NG=2n]，則[GH=NG+NH=-n2+4n]，[yM=CG+CO-MH=-12n2-12n+2]，可得點[M]的坐標為[-n2+4n，-12n2-12n+2]。

因為點[M]在直線[BC]上，所以[-12（-n2+4n）+2=-12n2-12n+2]，可解得[n=0]（舍去）或[n=32]，所以點[N]的坐標為[32，258]。

②當[△NCM ]∽[△OBC]時，[NMOC=CNOB]，又知，[OB=4]，[OC=2]，則[CN]∶[NM=OB]∶[OC=2]∶1，從而可推知[NH=12CG=-14n2+34n]，[MH=12NG=12n]，所以[GH=NG+NH=-14n2+74n]，[yM=CG+CO-MH=-12n2+n+2]，所以點[M]的坐標為[-14n2+74n，-12n2+n+2]，則有[-12-14n2+74n+2=-12n2+n+2]，可解得[n=0]（舍去）或[n=3]，所以點[N]的坐標為（3，2）。

綜上所述，點[N]的坐標為[32，258]或（3，2）。

評析：上述第（3）問在求解時構建了“一線三垂直”相似模型，利用模型特性推導線段長，由于涉及動點，故設定坐標參數，將其中的線段長表示為關于坐標參數的代數式，后續構建方程完成求解。

綜上可知，在拋物線與幾何綜合題的探究過程中，教師要注意引導學生進行知識梳理、模型挖掘、定理探究，總結問題的破解方法和模型構建策略，并結合實例開展拓展探究。教師還要注意做好思維引導，引導學生形成類型化的解題策略，提升綜合能力。

［? ?參? ?考? ?文? ?獻? ?］

［1］? 王劍.重視思維推理，倡導反思拓展：以2021年連云港市中考拋物線問題為例［J］.數學教學通訊，2022（23）：80-82.

［2］? 郁元順.解題體驗重過程，問題變式拓思維：以一道拋物線綜合題的教學探討為例［J］.中學數學，2022（6）：44-45.

［3］? 楊玉漢.G.波利亞“解題四步驟”的應用與思考：以一道拋物線題為例［J］.中學數學教學參考，2023（6）：68-69.

（責任編輯 黃春香）