（2）问：当t为何值时，△APQ为直角三角形；

（3）过点P作PE//y轴，交AB于点E，过点Q作QF//y轴，交抛物线于点F，连结EF，当EF//PQ时，求点F的坐标；

（4）设抛物线顶点为M，连结BP、BM、MQ，问：是否存在t的值，使以B、Q、M为顶点的三角形与以O、B、P为顶点的三角形相似？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由． 图1动感体验

请打开几何画板文件名“15湘西26”，拖动点P在OA上运动，可以体验到，△APQ有两个时刻可以成为直角三角形，四边形EPQF有一个时刻可以成为平行四边形，△MBQ与△BOP有一次机会相似．思路点拨

1．在△APQ中，∠A＝45°，夹∠A的两条边AP、AQ都可以用t表示，分两种情况讨论直角三角形APQ．2．先用含t的式子表示点P、Q的坐标，进而表示点E、F的坐标，根据PE＝QF列方程就好了．3．△MBQ与△BOP都是直角三角形，根据直角边对应成比例分两种情况讨论．图文解析（1）由y＝－x＋3，得A(3, 0)，B(0, 3)．

将A(3, 0)、B(0, 3)分别代入y＝－x2＋bx＋c，得???9?3b?c0?,?c?3. 解得??b?2,?c?3.

所以抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3．

（2）在△APQ中，∠PAQ＝45°，AP＝3－t，AQ＝2t．分两种情况讨论直角三角形APQ：

①当∠PQA＝90°时，AP＝2AQ．解方程3－t＝2t，得t＝1（如图2）． ②当∠QPA＝90°时，AQ＝2AP．解方程2t＝2(3－t)，得t＝1.5（如图3）．

图2 图3图4

图5

（3）如图4，因为PE//QF，当EF//PQ时，四边形EPQF是平行四边形． 所以EP＝FQ．所以yE－yP＝yF－yQ．因为xP＝t，xQ＝3－t，所以yE＝3－t，yQ＝t，yF＝－(3－t)2＋2(3－t)＋3＝－t2＋4t．因为yE－yP＝yF－yQ，解方程3－t＝(－t2＋4t)－t，得t＝1，或t＝3（舍去）．所以点F的坐标为(2, 3)． （4）由y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，得M(1, 4)． 由A(3, 0)、B(0, 3)，可知A、B两点间的水平距离、竖直距离相等，AB＝3由B(0, 3)、M(1, 4)，可知B、M两点间的水平距离、竖直距离相等，BM＝所以∠MBQ＝∠BOP＝90°．因此△MBQ与△BOP相似存在两种可能：

①当BMBQ?OB923时，． ?．解得t?（如图5）OP432?2tt 2． 2．

②当BMBQ?2OP2t时，?．整理，得t－3t＋3＝0．此方程无实根． OB32?2t3P(t, 0)，E(t, 3－t)，Q(3

－t, t)，按照P→E方向，将点Q向上平移，得F(3－t, 3)．再将F(3－t, 3)代入y＝－x2＋2x＋3，得t＝1，或t＝3．§1．2 因动点产生的等腰三角形

考点伸展第（3）题也可以用坐标平移的方法：由

问题

课前导学 我们先回顾两个画图问题：

1．已知线段AB＝5厘米，以线段AB为腰的等腰三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？2．已知线段AB＝6厘米，以线段AB为底边的等腰三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？已知腰长画等腰三角形用圆规画圆，圆上除了两个点以外，都是顶点C．

已知底边画等腰三角形，顶角的顶点在底边的垂直平分线上，垂足要除外． 在讨论等腰三角形的存在性问题时，一般都要先分类．

如果△ABC是等腰三角形，那么存在①AB＝AC，②BA＝BC，③CA＝CB三种情况．

解等腰三角形的存在性问题，有几何法和代数法，把几何法和代数法相结合，可以使得解题又好又快．几何法一般分三步：分类、画图、计算．哪些题目适合用几何法呢？

如果△ABC的∠A（的余弦值）是确定的，夹∠A的两边AB和AC可以用含x的式子表示出来，那么就用几何法．①如图1，如果AB＝AC，直接列方程；②如图2，如果BA＝BC，那么1AC?ABcos?A；③如图3，如果CA＝CB，那么

21AB?ACcos?A． 2代数法一般也分三步：罗列三边长，分类列方程，解方程并检验． 如果三角形的三个角都是不确定的，而三个顶点的坐标可以用含x的式子表示出来，那么根据两点间的距离公式，三边长（的平方）就可以罗列出来．

图1 图2 图3 图1 例 9 2014年长沙市中考第26题

如图1，抛物线y＝ax2＋bx＋c（a、b、c是常数，a≠0）的对称轴为y轴，且经过(0,0)和(a,1)两点，点P在该抛物线上运动，以点P为圆心的⊙P16总经过定点A(0, 2)． （1）求a、b、c的值；（2）求证：在点P运动的过程中，⊙P始终与x轴相交；（3）设⊙P与x轴相交于M(x1, 0)、N(x2, 0)两点，当△AMN为等腰三角形时，求圆心P的纵坐标．

动感体验 请打开几何画板文件名“14长沙26”，拖动圆心P在抛物线上运动，

可以体验到，圆与x轴总是相交的，等腰三角形AMN存在五种情况．

思路点拨1．不算不知道，一算真奇妙，原来⊙P在x轴上截得的弦长MN＝4是定值．

2．等腰三角形AMN存在五种情况，点P的纵坐标有三个值，根据对称性，MA＝MN和NA＝NM时，点P的纵坐标是相等的．

图文解析（1）已知抛物线的顶点为(0,0)，所以y＝ax2．所以b＝0，c＝0．

将(a,1)代入y＝ax2，得1?a2．解得a?1（舍去了负值）．

16164（2）抛物线的解析式为y?1x2，设点P的坐标为(x,1x2)．

44已知A(0, 2)，所以PA?而圆心P到x1141x2?(x2?2)2?x?4＞x2．

4164轴的距离为1x2，所以半径PA＞圆心P到x4轴的距离．

所以在点P运动的过程中，⊙P始终与x轴相交．

（3）如图2，设MN的中点为H，那么PH垂直平分MN．

在Rt△PMH中，PM2?PA2?1x4?4，PH2?(1x)2?1x4，所以MH2＝4．

16416所以MH＝2．因此MN＝4，为定值．等腰△AMN存在三种情况：如图3，当AM＝AN时，点P为原点O重合，此时点P的纵坐标为0．

图2 图3图4 图5

②如图4，当MA＝MN时，在Rt△AOM中，OA＝2，AM＝4，所以OM＝23．

此时x＝OH＝23?2．所以点P的纵坐标为1x2?1(23?2)2?(3?1)2?4?23．

44如图5，当NA＝NM时，根据对称性，点P的纵坐标为也为4?23．

③如图6，当NA＝NM＝4时，在Rt△AON中，OA＝2，AN＝4，所以ON＝23．

此时x＝OH＝23?2．所以点P的纵坐标为1x2?1(23?2)2?(3?1)2?4?23．

44如图7，当MN＝MA＝4时，根据对称性，点P的纵坐标也为4?23．

图6 图7

考点伸展如果点P在抛物线y?1x2上运动，以点P为圆心的⊙P总经过定点B(0,

41)，那么在点P运动的过程中，⊙P始终与直线y＝－1相切．这是因为： 设点P的坐标为(x,1x2)．已知B(0, 1)，所以PB?4111 x2?(x2?1)2?(x2?1)2?x2?1．

444而圆心P到直线y＝－1的距离也为1x2?1，所以半径PB＝圆心P到直线y4＝－1的距离．所以在点P运动的过程中，⊙P始终与直线y＝－1相切．

例 10 2014年湖南省张家界市中考第25题

如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）过O、B、C三点，B、C坐标分别为(10, 0)和

1824(,?)，以55OB为直径的⊙A经过C点，直线l垂直x轴于B点．（1）求直线

BC的解析式；（2）求抛物线解析式及顶点坐标； （3）点M是⊙A上一动点（不同于O、B），过点M作⊙A的切线，交y轴于点E，交直线l于点F，设线段ME长为m，MF长为n，请猜想mn的值，并证明你的结论；（4）若点P从O出发，以每秒1个单位的速度向点B作直线运动，点Q同时从B出发，以相同速度向点C作直线运动，经过t（0＜t≤8）秒时恰好使△BPQ为等腰三角形，请求出满足条件的t值．图1

动感体验请打开几何画板文件名“14张家界25”，拖动点M在圆上运动，可以体验到，△EAF保持直角三角形的形状，AM是斜边上的高．拖动点Q在BC上运动，可以体验到，△BPQ有三个时刻可以成为等腰三角形．

思路点拨1．从直线BC的解析式可以得到∠OBC的三角比，为讨论等腰三角形BPQ作铺垫．2．设交点式求抛物线的解析式比较简便．3．第（3）题连结AE、AF容易看到AM是直角三角形EAF斜边上的高． 4．第（4）题的△PBQ中，∠B是确定的，夹∠B的两条边可以用含t的式子表示．分三种情况讨论等腰三角形．

图文解析（1）直线BC的解析式为y?3x?15．（2）因为抛物线与x轴交于O、

42B(10, 0)两点，设y＝ax(x－10)．代入点C(18,?24)，得?24?a?18?(?32)．解

555555． 24所以y?5x(x?10)?5x2?25x?5(x?5)2?125．抛物线

2424122424的顶点为(5,?125)．（3）如图2，因为EF切⊙A于M，

24得a?所以AM⊥EF．由AE＝AE，AO＝AM，可得Rt△AOE≌Rt△AME．

所以∠1＝∠2．同理∠3＝∠4．于是可得∠EAF＝90°．

所以∠5＝∠1．由tan∠5＝tan∠1，得MA?ME．

MFMA所以ME·MF＝MA2，即mn＝25．

图2 （4）在△BPQ中，cos∠B＝4，BP＝10－t，BQ＝t．分三种情况讨论等腰三角

5形BPQ：