①如图3，当BP＝BQ时，10－t＝t．解得t＝5．

②如图4，当PB＝PQ时，1BQ?BPcos?B．解方程1t?4(10?t)，得t?80． ① 如图5，当QB＝QP22513时，1BP?BQcos?B．解方程1(10?t)?4t，得t?50．

22513图3 图4 图5 图6

考点伸展在第（3）题条件下，以EF为直径的⊙G与x轴相切于点A．

如图6，这是因为AG既是直角三角形EAF斜边上的中线，也是直角梯形EOBF的中位线，因此圆心G到x轴的距离等于圆的半径，所以⊙G与x轴相切于点A．

例 11 2014年湖南省邵阳市中考第26题

在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2－(m＋n)x＋mn（m＞n）与x轴相交于A、B两点（点A位于点B的右侧），与y轴相交于点C．（1）若m＝2，n＝1，求A、B两点的坐标；

（2）若A、B两点分别位于y轴的两侧，C点坐标是(0,－1)，求∠ACB的大小；

（3）若m＝2，△ABC是等腰三角形，求n的值．动感体验 请打开几何画板文件名“14邵阳26”，点击屏幕左下方的按钮（2），拖动点A在x轴正半轴上运动，可以体验到，△ABC保持直角三角形的形状．点击屏幕左下方的按钮（3），拖动点B在x轴上运动，观察△ABC的顶点能否落在对边的垂直平分线上，可以体验到，等腰三角形ABC有4种情况．思路点拨

1．抛物线的解析式可以化为交点式，用m，n表示点A、B、C的坐标． 2．第（2）题判定直角三角形ABC，可以用勾股定理的逆定理，也可以用锐角的三角比．

3．第（3）题讨论等腰三角形ABC，先把三边长（的平方）罗列出来，再分类解方程．

图文解析（1）由y＝x2－(m＋n)x＋mn＝(x－m)(x－n)，且m＞n，点A位于点B的右侧，可知A(m, 0)，B(n, 0)．若m＝2，n＝1，那么A(2, 0)，B(1, 0)．． （2）如图1，由于C(0, mn)，当点C的坐标是(0,－1)，mn＝－1，OC＝1．若A、B两点分别位于y轴的两侧，那么OA·OB＝m(－n)＝－mn＝1．所以OC2＝

OA·OB．所以OC?OB．

OAOC所以tan∠1＝tan∠2．所以∠1＝∠2．又因为∠1与∠3互余，所以∠2与∠3互余．

所以∠ACB＝90°．（3）在△ABC中，已知A(2, 0)，B(n, 0)，C(0, 2n)．

讨论等腰三角形ABC，用代数法解比较方便：由两点间的距离公式，得AB2

＝(n－2)2，BC2＝5n2，AC2＝4＋4n2．①当AB＝AC时，解方程(n－2)2＝4＋4n2，得n??4（如图2）．

3②当CA＝CB时，解方程4＋4n2＝5n2，得n＝－2（如图3），或n＝2（A、B重合，舍去）．

当BA＝BC时，解方程(n－2)2＝5n2，得n??5?1（如图24），或n?5?1（如2图5）．

图1 图2 图3图4 图5 考点伸展第（2）题常用的方法还有勾股定理的逆定理．

由于C(0, mn)，当点C的坐标是(0,－1)，mn＝－1．

由A(m, 0)，B(n, 0)，C(0,－1)，得AB2＝(m－n)2＝m2－2mn＋n2＝m2＋n2

＋2，

BC2＝n2＋1，AC2＝m2＋1．所以AB2＝BC2＋AC2．于是得到Rt△ABC，∠ACB＝90°．

第（3）题在讨论等腰三角形ABC时，对于CA＝CB的情况，此时A、B两点关于y轴对称，可以直接写出B(－2, 0)，n＝－2． 例 12 2014年湖南省娄底市中考第27题

如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm．如果点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由点A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为1cm/s．连结PQ，设运动时间为t（s）（0＜t＜4），解答下列问题：（1）设△APQ的面积为S，当t为何值时，S取得最大值？S的最大值是多少？（2）如图2，连结PC，将△PQC沿QC翻折，得到四边形PQP′C，当四边形PQP′C为菱形时，求t的值；（3）当t为何值时，△APQ是等腰三角形？

图1 图2 图3 图4

动感体验 请打开几何画板文件名“14娄底27”，拖动点Q在AC上运动，可以体验到，当点P运动到AB的中点时，△APQ的面积最大，等腰三角形APQ存在三种情况．还可以体验到，当QC＝2HC时，四边形PQP′C是菱形． 思路点拨1．在△APQ中，∠A是确定的，夹∠A的两条边可以用含t的式子表示．

2．四边形PQP′C的对角线保持垂直，当对角线互相平分时，它是菱形，． 图文解析（1）在Rt△ABC中，AC＝4，BC＝3，所以AB＝5，sinA＝3，cosA5＝4．

5作QD⊥AB于D，那么QD＝AQ sinA＝t．所以S＝S△APQ＝

351133AP?QD＝(5?t)?t＝?(t2?5t)＝22510?3515515(t?)2+．当t?时，S取得最大值，最大值为． 102828（2）设PP′与AC交于点H，那么PP′⊥QC，AH＝APcosA＝(5?t)． 如果四边形PQP′C为菱形，那么PQ＝PC．所以QC＝2HC．

45204解方程4?t?2??4?(5?t)?，得t?．（3）等腰三角形APQ存在三种情况：

??513??51．②如图6，当PA＝PQ时，AQ?APcosA．解2214401方程t?(5?t)，得t?．如图7，当QA＝QP时，AP?AQcosA．解

251321425方程(5?t)?t得t?．

2513①如图5，当AP＝AQ时，5－t＝t．解得t?图5 图6

图7图8

考点伸展在本题情境下，如果点Q是△PP′C的重心，求t的值．如图8，如果点Q是△PP′C的重心，那么

604?，得QC＝2HC．解方程4?t?2??． 4?(5?t)t???33?5?23例 13 2015年湖南省怀化市中考第22题

如图1，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，点P以每秒1个单位的速度从A向C运动，同时点Q以每秒2个单位的速度从A→B→C方向运动，它们到C点后都停止运动，设点P、Q运动的时间为t秒．（1）在运动过程中，求P、Q两点间距离的最大值；

（2）经过t秒的运动，求△ABC被直线PQ扫过的面积S与时间t的函数关系式；

（3）P，Q两点在运动过程中，是否存在时间t，使得△PQC为等腰三角形．若存在，求出此时的t值，若不存在，请说明理由．（5?2.24，结果保留一位小数）

动感体验请打开几何画板文件名“15怀化22”，拖动点P在AC上运动，可以体验到，PQ与BD保持平行，等腰三角形PQC存在三种情况．

思路点拨1．过点B作QP的平行线交AC于D，那么BD的长就是PQ的最大值．

2．线段PQ扫过的面积S要分两种情况讨论，点Q分别在AB、BC上． 3．等腰三角形PQC分三种情况讨论，先罗列三边长．

图文解析

（1）在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝6，所以AB＝10．

如图2，当点Q在AB上时，作BD//PQ交AC于点D，那么AB?AQ?2t?2．

ADAPt所以AD＝5．所以CD＝3．

如图3，当点Q在BC上时，CQ?16?2t?2．

CP8?t又因为CB?6?2，所以CQ?CB．因此

CPCDCD3PQ//BD．所以PQ的最大值就是BD．

在Rt△BCD中，BC＝6，CD＝3，所以BD＝35．所以PQ的最大值是35．

图1图2 图3 图4 （2）①如图2，当点Q在AB上时，0＜t≤5，S△ABD＝15． 由△AQP∽△ABD，得

S△AQPS△ABD?(AP2)．所以ADS＝S△AQP＝15?(t)2＝3t2．

55②如图3，当点Q在BC上时，5＜t≤8，S△ABC＝24． 因为S△CQP＝1CQ?CP＝1(16?2t)(8?t)＝(t?8)2，

22所以S＝S△ABC－S△CQP＝24－(t－8)2＝－t2＋16t－40．

（3）如图3，当点Q在BC上时，CQ＝2CP，∠C＝90°，所以△PQC不可能成为等腰三角形．当点Q在AB上时，我们先用t表示△PQC的三边长：易知CP＝8－t．

如图2，由QP//BD，得QP?AP，即QPBDAD35?t．所以QP?35t．

55如图4，作QH⊥AC于H．在Rt△AQH中，QH＝AQ sin∠A＝6t，AH＝8t．

55在Rt△CQH中，由勾股定理，得CQ＝QH2?CH2＝68(t)2?(8?t)255．

55t，

分三种情况讨论等腰三角形PQC：（1）①当PC＝PQ时，解方程8?t?3得t?65?10≈3.4（如图5所示）．②当QC＝QP时，(6t)2?(8?8t)2?35t．整理，555得11t2?128t?320?0．所以(11t－40)(t－8)＝0．解得t?40≈3.6（如图6所示），

11或t＝8（舍去）．③当CP＝CQ时，8?t?568(t)2?(8?t)255．整理，得5t2?16t?0．

解得t?16＝3.2（如图7所示），或t＝0（舍去）．

综上所述，当t的值约为3.4，3.6，或等于3.2时，△PQC是等腰三角形．

图5 图6 图7图8 图9 考点伸展第（1）题求P、Q两点间距离的最大值，可以用代数计算说理的方法： ①如图8，当点Q在AB上时，PQ＝QH2?PH2＝68(t)2?(t?t)255＝355t．

当Q与B重合时，PQ最大，此时t＝5，PQ的最大值为3上时，PQ＝CQ2?CP2＝(2CP)2?CP2＝5．②如图9，当点Q在BC5(8?t)．当Q与B重合时，PQ最大，此时