【正文】 以割補為：△AOP與△COP的和，再減去△AOC．3．討論△ACD與△OBC相似，先確定△ACD是直角三角形，再驗證兩個直角三角形是否相似．4．直角三角形ACD存在兩種情況．圖文解析（1）因為拋物線與x軸交于A(－3, 0)、B(1, 0)兩點，設y＝a(x＋3)(x－1)．代入點C(0,－3m)，得－3m＝－3a．解得a＝m．所以該二次函數的解析式為y＝m(x＋3)(x－1)＝mx2＋2mx－3m．（2）如圖3，連結OP．當m＝2時，C(0,－6)，y＝2x2＋4x－6，那么P(x, 2x2＋4x－6)．由于S△AOP＝＝(2x2＋4x－6)＝－3x2－6x＋9， S△COP＝＝－3x，S△AOC＝9，所以S＝S△APC＝S△AOP＋S△COP－S△AOC＝－3x2－9x＝．所以當時，S取得最大值，最大值為．圖3 圖4 圖5 圖6（3）如圖4，過點D作y軸的垂線，垂足為E．過點A作x軸的垂線交DE于F．由y＝m(x＋3)(x－1)＝m(x＋1)2－4m，得D(－1,－4m)．在Rt△OBC中，OB∶OC＝1∶3m．如果△ADC與△OBC相似，那么△ADC是直角三角形，而且兩條直角邊的比為1∶3m．①如圖4，當∠ACD＝90176。1y（1）求AD的長；（2）點P在運動過程中，是否存在以A、P、D為頂點的三角形與以P、C、B為頂點的三角形相似？若存在，求出x的值；若不存在，請說明理由；圖1（3）設△ADP與△PCB的外接圓的面積分別為SS2，若S＝S1＋S2，求S的最小值. 動感體驗 請打開幾何畫板文件名“14益陽21”，拖動點P在AB上運動，可以體驗到，圓心O的運動軌跡是線段BC的垂直平分線上的一條線段．觀察S隨點P運動的圖象，可以看到，S有最小值，此時點P看上去象是AB的中點，其實離得很近而已．思路點撥1．第（2）題先確定△PCB是直角三角形，再驗證兩個三角形是否相似．2．第（3）題理解△PCB的外接圓的圓心O很關鍵，圓心O在確定的BC的垂直平分線上，同時又在不確定的BP的垂直平分線上．而BP與AP是相關的，這樣就可以以AP為自變量，求S的函數關系式．圖文解析（1）如圖2，作CH⊥AB于H，那么AD＝CH．在Rt△BCH中，∠B＝60176。．此時△APD∽△CBP．綜上所述，當x＝2時，△APD∽△CBP．（3）如圖5，設△ADP的外接圓的圓心為G，那么點G是斜邊DP的中點．設△PCB的外接圓的圓心為O，那么點O在BC邊的垂直平分線上，設這條直線與BC交于點E，與AB交于點F．設AP＝2m．作OM⊥BP于M，那么BM＝PM＝5－m．在Rt△BEF中，BE＝2，∠B＝60176。AP＝3－t，AQ＝t．分兩種情況討論直角三角形APQ：①當∠PQA＝90176。1．2 因動點產生的等腰三角形問題課前導學 我們先回顧兩個畫圖問題：1．已知線段AB＝5厘米，以線段AB為腰的等腰三角形ABC有多少個？頂點C的軌跡是什么？2．已知線段AB＝6厘米，以線段AB為底邊的等腰三角形ABC有多少個？頂點C的軌跡是什么？已知腰長畫等腰三角形用圓規(guī)畫圓，圓上除了兩個點以外，都是頂點C．已知底邊畫等腰三角形，頂角的頂點在底邊的垂直平分線上，垂足要除外．在討論等腰三角形的存在性問題時，一般都要先分類．如果△ABC是等腰三角形，那么存在①AB＝AC，②BA＝BC，③CA＝CB三種情況．解等腰三角形的存在性問題，有幾何法和代數法，把幾何法和代數法相結合，可以使得解題又好又快．幾何法一般分三步：分類、畫圖、計算．哪些題目適合用幾何法呢？如果△ABC的∠A（的余弦值）是確定的，夾∠A的兩邊AB和AC可以用含x的式子表示出來，那么就用幾何法．①如圖1，如果AB＝AC，直接列方程；②如圖2，如果BA＝BC，那么；③如圖3，如果CA＝CB，那么．代數法一般也分三步：羅列三邊長，分類列方程，解方程并檢驗．如果三角形的三個角都是不確定的，而三個頂點的坐標可以用含x的式子表示出來，那么根據兩點間的距離公式，三邊長（的平方）就可以羅列出來．圖1 圖2 圖3 圖1例 9 2014年長沙市中考第26題如圖1，拋物線y＝ax2＋bx＋c（a、b、c是常數，a≠0）的對稱軸為y軸，且經過(0,0)和兩點，點P在該拋物線上運動，以點P為圓心的⊙P總經過定點A(0, 2)．（1）求a、b、c的值；（2）求證：在點P運動的過程中，⊙P始終與x軸相交；（3）設⊙P與x軸相交于M(x1, 0)、N(x2, 0)兩點，當△AMN為等腰三角形時，求圓心P的縱坐標．動感體驗 請打開幾何畫板文件名“14長沙26”，拖動圓心P在拋物線上運動，可以體驗到，圓與x軸總是相交的，等腰三角形AMN存在五種情況．思路點撥1．不算不知道，一算真奇妙，原來⊙P在x軸上截得的弦長MN＝4是定值．2．等腰三角形AMN存在五種情況，點P的縱坐標有三個值，根據對稱性，MA＝MN和NA＝NM時，點P的縱坐標是相等的．圖文解析（1）已知拋物線的頂點為(0,0)，所以y＝ax2．所以b＝0，c＝0．將代入y＝ax2，得．解得（舍去了負值）．（2）拋物線的解析式為，設點P的坐標為．已知A(0, 2)，所以＞．而圓心P到x軸的距離為，所以半徑PA＞圓心P到x軸的距離．所以在點P運動的過程中，⊙P始終與x軸相交．（3）如圖2，設MN的中點為H，那么PH垂直平分MN．在Rt△PMH中，所以MH2＝4．所以MH＝2．因此MN＝4，為定值．等腰△AMN存在三種情況：如圖3，當AM＝AN時，點P為原點O重合，此時點P的縱坐標為0．圖2 圖3圖4 圖5②如圖4，當MA＝MN時，在Rt△AOM中，OA＝2，AM＝4，所以OM＝2．此時x＝OH＝2．所以點P的縱坐標為．如圖5，當NA＝NM時，根據對稱性，點P的縱坐標為也為．③如圖6，當NA＝NM＝4時，在Rt△AON中，OA＝2，AN＝4，所以ON＝2．此時x＝OH＝2．所以點P的縱坐標為．如圖7，當MN＝MA＝4時，根據對稱性，點P的縱坐標也為．圖6 圖7考點伸展如果點P在拋物線上運動，以點P為圓心的⊙P總經過定點B(0, 1)，那么在點P運動的過程中，⊙P始終與直線y＝－1相切．這是因為：設點P的坐標為．已知B(0, 1)，所以．而圓心P到直線y＝－1的距離也為，所以半徑PB＝圓心P到直線y＝－1的距離．所以在點P運動的過程中，⊙P始終與直線y＝－1相切．例 10 2014年湖南省張家界市中考第25題如圖1，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，拋物線y＝ax2＋bx＋c（a≠0）過O、B、C三點，B、C坐標分別為(10, 0)和，以OB為直徑的⊙A經過C點，直線l垂直x軸于B點．（1）求直線BC的解析式；（2）求拋物線解析式及頂點坐標；（3）點M是⊙A上一動點（不同于O、B），過點M作⊙A的切線，交y軸于點E，交直線l于點F，設線段ME長為m，MF長為n，請猜想mn的值，并證明你的結論；（4）若點P從O出發(fā)，以每秒1個單位的速度向點B作直線運動，點Q同時從B出發(fā)，以相同速度向點C作直線運動，經過t（0＜t≤8）秒時恰好使△BPQ為等腰三角形，請求出滿足條件的t值．圖1 動感體驗請打開幾何畫板文件名“14張家界25”，拖動點M在圓上運動，可以體驗到，△EAF保持直角三角形的形狀，AM是斜邊上的高．拖動點Q在BC上運動，可以體驗到，△BPQ有三個時刻可以成為等腰三角形． 思路點撥1．從直線BC的解析式可以得到∠OBC的三角比，為討論等腰三角形BPQ作鋪墊．2．設交點式求拋物線的解析式比較簡便．3．第（3）題連結AE、AF容易看到AM是直角三角形EAF斜邊上的高． 4．第（4）題的△PBQ中，∠B是確定的，夾∠B的兩條邊可以用含t的式子表示．分三種情況討論等腰三角形．圖文解析（1）直線BC的解析式為．（2）因為拋物線與x軸交于O、B(10, 0)兩點，設y＝ax(x－10)．代入點C，得．解得．所以．拋物線的頂點為．（3）如圖2，因為EF切⊙A于M，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＝90176。OB．所以．所以tan∠1＝tan∠2．所以∠1＝∠2．又因為∠1與∠3互余，所以∠2與∠3互余．所以∠ACB＝90176。AC＝8，BC＝6，點P以每秒1個單位的速度從A向C運動，同時點Q以每秒2個單位的速度從A→B→C方向運動，它們到C點后都停止運動，設點P、Q運動的時間為t秒．（1）在運動過程中，求P、Q兩點間距離的最大值；（2）經過t秒的運動，求△ABC被直線PQ掃過的面積S與時間t的函數關系式；（3）P，Q兩點在運動過程中，是否存在時間t，使得△PQC為等腰三角形．若存在，求出此時的t值，若不存在，請說明理由．（，結果保留一位小數）動感體驗請打開幾何畫板文件名“15懷化22”，拖動點P在AC上運動，可以體驗到，PQ與BD保持平行，等腰三角形PQC存在三種情況． 思路點撥1．過點B作QP的平行線交AC于D，那么BD的長就是PQ的最大值．2．線段PQ掃過的面積S要分兩種情況討論，點Q分別在AB、BC上．3．等腰三角形PQC分三種情況討論，先羅列三邊長．圖文解析（1）在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝6，所以AB＝10．如圖2，當點Q在AB上時，作BD//PQ交AC于點D，那么．所以AD＝5．所以CD＝3．如圖3，當點Q在BC上時，．又因為，所以．因此PQ//BD．所以PQ的最大值就是BD．在Rt△BCD中，BC＝6，CD＝3，所以BD＝．所以PQ的最大值是．圖1圖2 圖3 圖4（2）①如圖2，當點Q在AB上時，0＜t≤5，S△ABD＝15．由△AQP∽△ABD，得．所以S＝S△AQP＝＝．②如圖3，當點Q在BC上時，5＜t≤8，S△ABC＝24．因為S△CQP＝＝＝，所以S＝S△ABC－S△CQP＝24－(t－8)2＝－t2＋16t－40．（3）如圖3，當點Q在BC上時，CQ＝2CP，∠C＝90176。BH．所以(x2－2)2＝(x＋2) (2－x)．圖5 圖6圖1 圖2例 20 2015年湖南省湘潭市中考第26題如圖1，二次函數y＝x2＋bx＋c的圖象與x軸交于A(－1, 0)、B(3, 0)兩點，與y軸交于點C，連結BC．動點P以每秒1個單位長度的速度從點A向點B運動，動點Q以每秒個單位長度的速度從點B向點C運動，P、Q兩點同時出發(fā)，連結PQ，當點Q到達點C時，P、Q兩點同時停止運動．設運動的時間為t秒．（1）求二次函數的解析式；（2）如圖1，當△BPQ為直角三角形時，求t的值；（3）如圖2，當t＜2時，延長QP交y軸于點M，在拋物線上是否存在一點N，使得PQ的中點恰為MN的中點，若存在，求出點N的坐標與t的值；若不存在，請說明理由．動感體驗請打開幾何畫板文件名“15湘潭26”，拖動點P在AB上運動，可以體驗到，△BPQ有兩次機會可以成為直角三角形．還可以體驗到，點N有一次機會可以落在拋物線上． 思路點撥1．分兩種情況討論等腰直角三角形BPQ．2．如果PQ的中點恰為MN的中點，那么MQ＝NP，以MQ、NP為直角邊可以構造全等的直角三角形，從而根據直角邊對應相等可以列方程．．圖文解析（1）因為拋物線y＝x2＋bx＋c與x軸交于A(－1, 0)、B(3, 0)兩點，所以y＝(x＋1)(x－3)＝x2－2x－3．（2）由A(－1, 0)、B(3, 0)、C(0,－3)，可得AB＝4，∠ABC＝45176。時，BP＝BQ．解方程4－t＝2t，得t＝（如圖4）．圖3 圖4 圖5（3）如圖5，設PQ的中點為G，當點G恰為MN的中點時，MQ＝NP．作QE⊥y軸于E，作NF⊥x軸于F，作QH⊥x軸于H，那么△MQE≌△NPF．由已知條件，可得P(t－1, 0)，Q(3－t,－t)．由QE＝PF，可得xQ＝xN－xP，即3－t＝xN－(t－1)．解得xN＝2．將x＝2代入y＝(x＋1)(x－3)，得y＝－3．所以N(2,－3)．由QH//NF，得，即．整理，得t2－9t＋12＝0．解得．因為t＜2，所以?。键c伸展第（3）題也可以應用中點坐標公式，得．所以xN＝2xG＝2．167。HB，列方程．或者由DE＝OB＝，根據DE2＝，列方程．這兩個方程整理以后都是一元三次方程4x3－28x2＋53x－20＝0，這個方程對于初中畢業(yè)的水平是不好解的．事實上，這個方程可以因式分解，．如圖3，x＝；如圖4，x＝4；如圖5，x＝，但此時點E在x軸上方了．這個方程我們也可以用待定系數法解：設方程的三個根是、m、n，那么4x3－28x2＋53x－20＝．根據恒等式對應項的系數相等，得方程組解得例 25 2014年湖南省益陽市中考第20題如圖1，直線y＝－3x＋3與x軸、y軸分別交于點A、B，拋物線y＝a(x－2)2＋k經過A、B兩