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1. （2025·武汉期末）如图①，抛物线$y=ax^2+c(a≠0)$与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且$AB=2OC$，$S_{△ ABC}=1$。
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图②，过点(0,1)的直线与抛物线交于P，Q两点，分别过点P，Q且与抛物线相切的两条直线交于点T，求证：点T在一条定直线上。
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图②，过点(0,1)的直线与抛物线交于P，Q两点，分别过点P，Q且与抛物线相切的两条直线交于点T，求证：点T在一条定直线上。
答案
1. (1)
∵ 抛物线 $y=ax^2+c(a≠0)$ 的对称轴为 y 轴,
∴ 点 A,B 关于y 轴对称,
∴ OA = OB.
∵ AB = 2OC,
∴ OA = OB = OC, 当 x = 0 时,y =0+c=c,
∴ C(0,c),
∴ OA=OB=OC=-c.
∵ $S_{△ABC}=1$,
∴ $\frac{1}{2}·AB·OC=1$,
∴ $\frac{1}{2}·(-2c)·(-c)=1$,
∴ $c^2=1$,$c=-1$ 或 1(舍去),
∴ 抛物线$y=ax^2-1$,点 A(-1,0),B(1,0),将 A 点代入得 a-1=0,解得 a=1,
∴ 抛物线的表达式为 $y=x^2-1$.
(2) 设直线 PQ 的表达式为 $y = k_1x + 1$, 联立 $\begin{cases}y=k_1x+1,\\y=x^2-1,\end{cases}$ 整理得$x^2-k_1x-2=0$,设 $P(x_1,y_1)$,$Q(x_2,y_2)$,则 $x_1+x_2=k_1$,$x_1·x_2=-2$.设直线 PT 的表达式为 $y=m_1x+n$, 联立 $\begin{cases}y=m_1x+n,\\y=x^2-1,\end{cases}$ 得 $x^2-m_1x-n-1=0$.
∵ 直线 PT 与抛物线相切,
∴ $m_1^2+4n+4=0$, 即 $n=-\frac{m_1^2}{4}-1$, 则 $x_1^2 -m_1x_1-(-\frac{m_1^2}{4}-1)-1=0$, 即 $(x_1-\frac{m_1}{2})^2=0$, 解得 $x_1=\frac{m_1}{2}$,
∴ $m_1=2x_1$,$n=-\frac{4x_1^2}{4}-1=-x_1^2-1$,直线 PT 的表达式为 $y=2x_1x-x_1^2-1$.同理可得,直线 QT 的表达式为 $y=2x_2x-x_2^2-1$, 联立 $\begin{cases}y=2x_1x-x_1^2-1,\\y=2x_2x-x_2^2-1,\end{cases}$ 得 $2x_1x-x_1^2-1-(2x_2x-x_2^2-1)=0$, 整理得 $2(x_1-x_2)x=x_1^2-x_2^2$,
∵ $x_1≠x_2$,
∴ $x=\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{k_1}{2}$,$y=2x_2·\frac{x_1+x_2}{2}-x_2^2-1=x_1·x_2+x_2^2-x_2^2-1=-2-1=-3$,
∴ 点T 的坐标为 $(\frac{k_1}{2},-3)$,
∴ 点 T 在定直线 $y=-3$ 上.
∵ 抛物线 $y=ax^2+c(a≠0)$ 的对称轴为 y 轴,
∴ 点 A,B 关于y 轴对称,
∴ OA = OB.
∵ AB = 2OC,
∴ OA = OB = OC, 当 x = 0 时,y =0+c=c,
∴ C(0,c),
∴ OA=OB=OC=-c.
∵ $S_{△ABC}=1$,
∴ $\frac{1}{2}·AB·OC=1$,
∴ $\frac{1}{2}·(-2c)·(-c)=1$,
∴ $c^2=1$,$c=-1$ 或 1(舍去),
∴ 抛物线$y=ax^2-1$,点 A(-1,0),B(1,0),将 A 点代入得 a-1=0,解得 a=1,
∴ 抛物线的表达式为 $y=x^2-1$.
(2) 设直线 PQ 的表达式为 $y = k_1x + 1$, 联立 $\begin{cases}y=k_1x+1,\\y=x^2-1,\end{cases}$ 整理得$x^2-k_1x-2=0$,设 $P(x_1,y_1)$,$Q(x_2,y_2)$,则 $x_1+x_2=k_1$,$x_1·x_2=-2$.设直线 PT 的表达式为 $y=m_1x+n$, 联立 $\begin{cases}y=m_1x+n,\\y=x^2-1,\end{cases}$ 得 $x^2-m_1x-n-1=0$.
∵ 直线 PT 与抛物线相切,
∴ $m_1^2+4n+4=0$, 即 $n=-\frac{m_1^2}{4}-1$, 则 $x_1^2 -m_1x_1-(-\frac{m_1^2}{4}-1)-1=0$, 即 $(x_1-\frac{m_1}{2})^2=0$, 解得 $x_1=\frac{m_1}{2}$,
∴ $m_1=2x_1$,$n=-\frac{4x_1^2}{4}-1=-x_1^2-1$,直线 PT 的表达式为 $y=2x_1x-x_1^2-1$.同理可得,直线 QT 的表达式为 $y=2x_2x-x_2^2-1$, 联立 $\begin{cases}y=2x_1x-x_1^2-1,\\y=2x_2x-x_2^2-1,\end{cases}$ 得 $2x_1x-x_1^2-1-(2x_2x-x_2^2-1)=0$, 整理得 $2(x_1-x_2)x=x_1^2-x_2^2$,
∵ $x_1≠x_2$,
∴ $x=\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{k_1}{2}$,$y=2x_2·\frac{x_1+x_2}{2}-x_2^2-1=x_1·x_2+x_2^2-x_2^2-1=-2-1=-3$,
∴ 点T 的坐标为 $(\frac{k_1}{2},-3)$,
∴ 点 T 在定直线 $y=-3$ 上.
解析
【分析】
（1）要确定抛物线表达式，需先求参数a和c的值。首先抛物线$y=ax^2+c$对称轴为y轴，因此A、B关于y轴对称，可得$OA=OB$，结合$AB=2OC$可推出$OA=OB=OC$；再根据C点在y轴负半轴的位置特征，结合$△ ABC$的面积列方程求出c的值，最后代入x轴交点坐标即可求出a。
（2）要证明T在定直线上，可先设出直线PQ的解析式，与抛物线联立后用韦达定理得到P、Q横坐标的和与积；再利用直线与抛物线相切时判别式为0的特征，求出过P、Q的切线表达式；最后联立两条切线方程求T的坐标，观察坐标的定值特征即可确定定直线。
【解析】
（1）
∵ 抛物线$y=ax^2+c(a≠0)$的对称轴为y轴，
∴ 点A、B关于y轴对称，即$OA=OB$。
∵ $AB=2OC$，
∴ $OA=OB=OC$。
当$x=0$时，$y=c$，即$C(0,c)$，由图可知C在y轴负半轴，故$OC=-c$，$AB=-2c$。
∵ $S_{△ ABC}=1$，
∴ $\frac{1}{2}·AB·OC=1$，代入得$\frac{1}{2}·(-2c)·(-c)=1$，
解得$c^2=1$，$c=-1$（$c=1$不符合位置特征，舍去）。
∴ 抛物线为$y=ax^2-1$，此时$B(1,0)$，将B代入得$a-1=0$，解得$a=1$。
（2）证明：设直线PQ的表达式为$y=k_1x+1$，
联立$\begin{cases}y=k_1x+1\\y=x^2-1\end{cases}$，整理得$x^2 -k_1x -2=0$。
设$P(x_1,y_1)$，$Q(x_2,y_2)$，由韦达定理得$x_1+x_2=k_1$，$x_1x_2=-2$。
设切线PT的表达式为$y=m_1x+n$，联立$\begin{cases}y=m_1x+n\\y=x^2-1\end{cases}$，整理得$x^2 -m_1x -(n+1)=0$。
∵ 直线PT与抛物线相切，
∴ 判别式$\Delta=m_1^2+4(n+1)=0$，解得$n=-\frac{m_1^2}{4}-1$。
此时方程有两个相等实根，即$x_1=\frac{m_1}{2}$，故$m_1=2x_1$，代入得$n=-x_1^2-1$，
∴ 直线PT的表达式为$y=2x_1x -x_1^2 -1$。
同理可得直线QT的表达式为$y=2x_2x -x_2^2 -1$。
联立两条切线方程，两式相减得$2(x_1-x_2)x=x_1^2-x_2^2$，
∵ $x_1≠x_2$，
∴ $x=\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{k_1}{2}$，代入切线方程得$y=x_1x_2 -1=-2-1=-3$，
即T点坐标为$(\frac{k_1}{2},-3)$，纵坐标恒为-3。
【答案】
（1）$\boldsymbol{y=x^2-1}$
（2）点T在定直线$\boldsymbol{y=-3}$上
【知识点】
二次函数解析式求解，直线与抛物线位置关系，韦达定理应用
【点评】
本题是二次函数综合题，第一问侧重考查二次函数对称性和面积公式的应用，难度较低；第二问结合直线与抛物线相切的判别式条件、韦达定理推导动点坐标特征，体现了设而不求的代数思想，对运算能力和逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
（1）要确定抛物线表达式，需先求参数a和c的值。首先抛物线$y=ax^2+c$对称轴为y轴，因此A、B关于y轴对称，可得$OA=OB$，结合$AB=2OC$可推出$OA=OB=OC$；再根据C点在y轴负半轴的位置特征，结合$△ ABC$的面积列方程求出c的值，最后代入x轴交点坐标即可求出a。
（2）要证明T在定直线上，可先设出直线PQ的解析式，与抛物线联立后用韦达定理得到P、Q横坐标的和与积；再利用直线与抛物线相切时判别式为0的特征，求出过P、Q的切线表达式；最后联立两条切线方程求T的坐标，观察坐标的定值特征即可确定定直线。
【解析】
（1）
∵ 抛物线$y=ax^2+c(a≠0)$的对称轴为y轴，
∴ 点A、B关于y轴对称，即$OA=OB$。
∵ $AB=2OC$，
∴ $OA=OB=OC$。
当$x=0$时，$y=c$，即$C(0,c)$，由图可知C在y轴负半轴，故$OC=-c$，$AB=-2c$。
∵ $S_{△ ABC}=1$，
∴ $\frac{1}{2}·AB·OC=1$，代入得$\frac{1}{2}·(-2c)·(-c)=1$，
解得$c^2=1$，$c=-1$（$c=1$不符合位置特征，舍去）。
∴ 抛物线为$y=ax^2-1$，此时$B(1,0)$，将B代入得$a-1=0$，解得$a=1$。
（2）证明：设直线PQ的表达式为$y=k_1x+1$，
联立$\begin{cases}y=k_1x+1\\y=x^2-1\end{cases}$，整理得$x^2 -k_1x -2=0$。
设$P(x_1,y_1)$，$Q(x_2,y_2)$，由韦达定理得$x_1+x_2=k_1$，$x_1x_2=-2$。
设切线PT的表达式为$y=m_1x+n$，联立$\begin{cases}y=m_1x+n\\y=x^2-1\end{cases}$，整理得$x^2 -m_1x -(n+1)=0$。
∵ 直线PT与抛物线相切，
∴ 判别式$\Delta=m_1^2+4(n+1)=0$，解得$n=-\frac{m_1^2}{4}-1$。
此时方程有两个相等实根，即$x_1=\frac{m_1}{2}$，故$m_1=2x_1$，代入得$n=-x_1^2-1$，
∴ 直线PT的表达式为$y=2x_1x -x_1^2 -1$。
同理可得直线QT的表达式为$y=2x_2x -x_2^2 -1$。
联立两条切线方程，两式相减得$2(x_1-x_2)x=x_1^2-x_2^2$，
∵ $x_1≠x_2$，
∴ $x=\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{k_1}{2}$，代入切线方程得$y=x_1x_2 -1=-2-1=-3$，
即T点坐标为$(\frac{k_1}{2},-3)$，纵坐标恒为-3。
【答案】
（1）$\boldsymbol{y=x^2-1}$
（2）点T在定直线$\boldsymbol{y=-3}$上
【知识点】
二次函数解析式求解，直线与抛物线位置关系，韦达定理应用
【点评】
本题是二次函数综合题，第一问侧重考查二次函数对称性和面积公式的应用，难度较低；第二问结合直线与抛物线相切的判别式条件、韦达定理推导动点坐标特征，体现了设而不求的代数思想，对运算能力和逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
2. （2025·杭州月考）抛物线$y=-x^2+2x+3$交x轴于A,B两点(A在B的左边),交y轴于点C.
(1)如图①,直接写出A,B,C三点的坐标;
(2)如图②,过BC的中点H作动直线MN(异于直线BC)交抛物线于M,N两点,若直线MC与直线BN交于点P.证明:点P在一条定直线上运动.
＞＞ 进一步挑战进阶专题:P45 专题42
(1)如图①,直接写出A,B,C三点的坐标;
(2)如图②,过BC的中点H作动直线MN(异于直线BC)交抛物线于M,N两点,若直线MC与直线BN交于点P.证明:点P在一条定直线上运动.
＞＞ 进一步挑战进阶专题:P45 专题42
答案
2. (1)A,B,C 三点的坐标分别为 A(-1,0),B(3,0),C(0,3). 解析:对于 $y=-x^2+2x+3$,当 x=0 时,得 y=3,故 C(0,3),当 y=0 时,即$0=-x^2+2x+3$,解得 x=3 或 x=-1,故 A(-1,0),B(3,0),
∴ A,B,C 三点的坐标分别为 A(-1,0),B(3,0),C(0,3).
(2)
∵ B(3,0),C(0,3),
∴ BC 的中点 H 的坐标为 $(\frac{3}{2},\frac{3}{2})$,设$M(m,-m^2+2m+3)$,$N(n,-n^2+2n+3)$,直线 MN 函数表达式为y=kx+b, 将 M, N 代入, 得 $\begin{cases}-m^2+2m+3=km+b,\\-n^2+2n+3=kn+b,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}k=-m-n+2,\\b=mn+3,\end{cases}$
∴ 直线 MN 表达式为 $y=(-m-n+2)x+mn+3$,代入点 $H(\frac{3}{2},\frac{3}{2})$,得$3mn=\frac{9}{2}m+\frac{9}{2}n-\frac{27}{2}$,同理可求直线 MC 的表达式为 $y=(-m+2)x+3$,直线 BN 的表达式为 $y=(-n-1)·x+3n+3$,联立直线 MC, BN 表达式, 得 $\begin{cases}y=(-m+2)x+3,\\y=(-n-1)x+3n+3,\end{cases}$ 解得$\begin{cases}x=\frac{3n}{3-m+n},\\y=\frac{9+9n-3mn-3m}{3-m+n},\end{cases}$
∴ $P(\frac{3n}{3-m+n},\frac{9+9n-3mn-3m}{3-m+n})$,设经过点 P 的直线为 y = px + q, 代入 $P(\frac{3n}{3-m+n},\frac{9+9n-3mn-3m}{3-m+n})$, 得$\frac{\frac{45}{2}+\frac{9}{2}n-\frac{15}{2}m}{3-m+n}=\frac{(3p+q)n+3q-qm}{3-m+n}$, 比较系数, 得 $\begin{cases}q=\frac{15}{2},\\3p+q=\frac{9}{2},\end{cases}$ 解得$\begin{cases}q=\frac{15}{2},\\p=-1,\end{cases}$
∴ 当 $\begin{cases}q=\frac{15}{2},\\p=-1\end{cases}$ 时无论 m, n 为何值, $\frac{\frac{45}{2}+\frac{9}{2}n-\frac{15}{2}m}{3-m+n} = \frac{(3p+q)n+3q-qm}{3-m+n}$恒成立,
∴ 点 P 在定直线 $y=-x+\frac{15}{2}$ 上运动.
∴ A,B,C 三点的坐标分别为 A(-1,0),B(3,0),C(0,3).
(2)
∵ B(3,0),C(0,3),
∴ BC 的中点 H 的坐标为 $(\frac{3}{2},\frac{3}{2})$,设$M(m,-m^2+2m+3)$,$N(n,-n^2+2n+3)$,直线 MN 函数表达式为y=kx+b, 将 M, N 代入, 得 $\begin{cases}-m^2+2m+3=km+b,\\-n^2+2n+3=kn+b,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}k=-m-n+2,\\b=mn+3,\end{cases}$
∴ 直线 MN 表达式为 $y=(-m-n+2)x+mn+3$,代入点 $H(\frac{3}{2},\frac{3}{2})$,得$3mn=\frac{9}{2}m+\frac{9}{2}n-\frac{27}{2}$,同理可求直线 MC 的表达式为 $y=(-m+2)x+3$,直线 BN 的表达式为 $y=(-n-1)·x+3n+3$,联立直线 MC, BN 表达式, 得 $\begin{cases}y=(-m+2)x+3,\\y=(-n-1)x+3n+3,\end{cases}$ 解得$\begin{cases}x=\frac{3n}{3-m+n},\\y=\frac{9+9n-3mn-3m}{3-m+n},\end{cases}$
∴ $P(\frac{3n}{3-m+n},\frac{9+9n-3mn-3m}{3-m+n})$,设经过点 P 的直线为 y = px + q, 代入 $P(\frac{3n}{3-m+n},\frac{9+9n-3mn-3m}{3-m+n})$, 得$\frac{\frac{45}{2}+\frac{9}{2}n-\frac{15}{2}m}{3-m+n}=\frac{(3p+q)n+3q-qm}{3-m+n}$, 比较系数, 得 $\begin{cases}q=\frac{15}{2},\\3p+q=\frac{9}{2},\end{cases}$ 解得$\begin{cases}q=\frac{15}{2},\\p=-1,\end{cases}$
∴ 当 $\begin{cases}q=\frac{15}{2},\\p=-1\end{cases}$ 时无论 m, n 为何值, $\frac{\frac{45}{2}+\frac{9}{2}n-\frac{15}{2}m}{3-m+n} = \frac{(3p+q)n+3q-qm}{3-m+n}$恒成立,
∴ 点 P 在定直线 $y=-x+\frac{15}{2}$ 上运动.
解析
【分析】
(1) 求抛物线与坐标轴交点坐标时，与y轴交点令x=0代入解析式计算y值即可；与x轴交点令y=0，解对应的一元二次方程得到x的值，结合A在B左侧的位置关系确定A、B坐标。
(2) 要证明点P在定直线上，首先求出BC中点H的坐标；设出M、N两点坐标及直线MN的解析式，代入M、N坐标得到解析式参数与M、N横坐标的关系，再代入H点坐标得到M、N横坐标的数量关系；接着分别求出直线MC、BN的解析式，联立两个解析式求出交点P的坐标；最后将M、N横坐标的关系代入P点坐标，消去参数即可得到P点横纵坐标满足的固定关系式，即定直线解析式。
【解析】
(1) 对于抛物线$y=-x^2+2x+3$：
求y轴交点C时，令$x=0$，代入得$y=3$，故$C(0,3)$；
求x轴交点A、B时，令$y=0$，即$-x^2+2x+3=0$，因式分解得$-(x-3)(x+1)=0$，解得$x_1=3$，$x_2=-1$，
因为A在B左侧，所以$A(-1,0)$，$B(3,0)$。
(2) 已知$B(3,0)$，$C(0,3)$，由中点坐标公式得BC中点H的坐标为$(\frac{3}{2},\frac{3}{2})$。
设$M(m,-m^2+2m+3)$，$N(n,-n^2+2n+3)$，直线MN解析式为$y=kx+b$，代入M、N坐标得：
$\begin{cases}-m^2+2m+3=km+b\\-n^2+2n+3=kn+b\end{cases}$
两式相减消去b，结合$m≠ n$解得$k=-m-n+2$，回代得$b=mn+3$，故直线MN解析式为$y=(-m-n+2)x+mn+3$。
将$H(\frac{3}{2},\frac{3}{2})$代入上式，整理得$3mn=\frac{9}{2}m+\frac{9}{2}n-\frac{27}{2}$ ①。
用待定系数法分别求直线MC、BN的解析式：
直线MC过$C(0,3)$和M，解得解析式为$y=(-m+2)x+3$；
直线BN过$B(3,0)$和N，解得解析式为$y=(-n-1)x+3n+3$。
联立两直线解析式：
$\begin{cases}y=(-m+2)x+3\\y=(-n-1)x+3n+3\end{cases}$
解得交点P的坐标为$(\frac{3n}{3-m+n},\frac{9+9n-3mn-3m}{3-m+n})$。
将①式代入P点纵坐标表达式，化简后对比直线$y=px+q$的系数，可得$\begin{cases}p=-1\\q=\frac{15}{2}\end{cases}$，即P点坐标恒满足$y=-x+\frac{15}{2}$，故点P在定直线上运动。
【答案】
(1) $A(-1,0)$，$B(3,0)$，$C(0,3)$；
(2) 点P在定直线$\boldsymbol{y=-x+\frac{15}{2}}$上运动。
【知识点】
1. 二次函数与坐标轴交点求解
2. 待定系数法求一次函数解析式
3. 二次函数定线问题
【点评】
本题第一问为基础题型，考查二次函数的基本性质，难度较低；第二问为二次函数综合题型，核心是通过参数法表示动点与直线解析式，联立方程求交点后消参得到定直线，对代数运算能力要求较高，是二次函数综合题的常考方向。
【难度系数】
0.3
(1) 求抛物线与坐标轴交点坐标时，与y轴交点令x=0代入解析式计算y值即可；与x轴交点令y=0，解对应的一元二次方程得到x的值，结合A在B左侧的位置关系确定A、B坐标。
(2) 要证明点P在定直线上，首先求出BC中点H的坐标；设出M、N两点坐标及直线MN的解析式，代入M、N坐标得到解析式参数与M、N横坐标的关系，再代入H点坐标得到M、N横坐标的数量关系；接着分别求出直线MC、BN的解析式，联立两个解析式求出交点P的坐标；最后将M、N横坐标的关系代入P点坐标，消去参数即可得到P点横纵坐标满足的固定关系式，即定直线解析式。
【解析】
(1) 对于抛物线$y=-x^2+2x+3$：
求y轴交点C时，令$x=0$，代入得$y=3$，故$C(0,3)$；
求x轴交点A、B时，令$y=0$，即$-x^2+2x+3=0$，因式分解得$-(x-3)(x+1)=0$，解得$x_1=3$，$x_2=-1$，
因为A在B左侧，所以$A(-1,0)$，$B(3,0)$。
(2) 已知$B(3,0)$，$C(0,3)$，由中点坐标公式得BC中点H的坐标为$(\frac{3}{2},\frac{3}{2})$。
设$M(m,-m^2+2m+3)$，$N(n,-n^2+2n+3)$，直线MN解析式为$y=kx+b$，代入M、N坐标得：
$\begin{cases}-m^2+2m+3=km+b\\-n^2+2n+3=kn+b\end{cases}$
两式相减消去b，结合$m≠ n$解得$k=-m-n+2$，回代得$b=mn+3$，故直线MN解析式为$y=(-m-n+2)x+mn+3$。
将$H(\frac{3}{2},\frac{3}{2})$代入上式，整理得$3mn=\frac{9}{2}m+\frac{9}{2}n-\frac{27}{2}$ ①。
用待定系数法分别求直线MC、BN的解析式：
直线MC过$C(0,3)$和M，解得解析式为$y=(-m+2)x+3$；
直线BN过$B(3,0)$和N，解得解析式为$y=(-n-1)x+3n+3$。
联立两直线解析式：
$\begin{cases}y=(-m+2)x+3\\y=(-n-1)x+3n+3\end{cases}$
解得交点P的坐标为$(\frac{3n}{3-m+n},\frac{9+9n-3mn-3m}{3-m+n})$。
将①式代入P点纵坐标表达式，化简后对比直线$y=px+q$的系数，可得$\begin{cases}p=-1\\q=\frac{15}{2}\end{cases}$，即P点坐标恒满足$y=-x+\frac{15}{2}$，故点P在定直线上运动。
【答案】
(1) $A(-1,0)$，$B(3,0)$，$C(0,3)$；
(2) 点P在定直线$\boldsymbol{y=-x+\frac{15}{2}}$上运动。
【知识点】
1. 二次函数与坐标轴交点求解
2. 待定系数法求一次函数解析式
3. 二次函数定线问题
【点评】
本题第一问为基础题型，考查二次函数的基本性质，难度较低；第二问为二次函数综合题型，核心是通过参数法表示动点与直线解析式，联立方程求交点后消参得到定直线，对代数运算能力要求较高，是二次函数综合题的常考方向。
【难度系数】
0.3
