《抛物线中等腰三角形存在性问题及平行四边形存在性问题探讨》

高邮市赞化学校段广猛（题目来源：高邮市赞化学校九年级寒假检测，即寒假作业4最后一题）题目如图1，在平面直角坐标系中，已知点C（0，4），点A、B在x轴上，并且OA=OC=4OB，动点P在过A，B，C三点的抛物线上．（1）求抛物线的函数表达式；（2）是否存在点P，使得△ACP是以AC为底边的等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；（3）点Q为线段AC上一点，若四边形OCPQ为平行四边形，求点Q的坐标.学生解题、教师讲题要做到以下四步：求“解”、求“思”、求“变”、求“通”，笔者称之为“解题四部曲”.第一步，求“解”：对于第（1）问，可利用A、B坐标设成“交点式”y=a(x+1)(x-4)，代入C点坐标，易求得解析式为yx23x4.对于第（2）问，这是一个等腰三角形存在性问题，题目强调“△ACP是以AC为底边的等腰三角形”，故可作出线段AC的垂直平分线，其与抛物线的两个交点即为所求，如图2所示.这里可以说真是“无巧不成书”，注意到本题中OA=OC=4这个特殊性，易求得AC的垂直平分线的解析式为y=x，具体可“反其道而行”，操作如下：过O作OD⊥AC于D，由△AOC为等腰直角三角形可证OD垂直平分AC，从而直线OD与抛物线的两个交点P1、P2即为所求，而且直线OD的解析式显然为y=x，将之与抛物线yxx15x15联立得，解之得或，2

yx3x4y15y15从而要求的P点坐标为(15,15)或(15,15).你若不离不弃，我必生死相依第1页共6页你若自我放弃，我也无能为力宗旨：不是好题，不入此集勤奋是一种品质，优秀是一种习惯对于第（3）问，这是一个平行四边形存在性问题，题目已强调其“名字”，即“四边形OCPQ为平行四边形”，顺序已定，并且“点Q为线段AC上一点”，导致本题只有一种可能，无需分类，但需画图分析，如图3所示.由抛物线解析式及直线AC：y=-x+4，可设P（t,t3t4），Q（t,-t+4），于是PQ=yP-yQ=(t3t4)(t4)=t4t，因为OC=4，所以PQ=4，即t4t4，解得t1t22，故要求的Q点坐标为（2,2）.第二步，求“思”：学生解题后、教师改题后都需要有反思的习惯.对于第（2）问中等腰三角形的存在性问题，本题的解题策略是求出AC的垂直平分线，进而与抛物线联立解方程求出P点坐标，对于这点也可以用“确定性思想”去分析，A、C两点是确定的，线段AC的垂直平分线也随之确定，这样其与抛物线的交点也就确定了，即为所求，而且借助“因果关系”分析，最终的P是由最初的A、C两点形成的，也应该可以由AC两点一步一步逐渐求出，先想办法求线段AC的垂直平分线的解析式，进而联立抛物线求交点即可，这就是我所要表达的“基于确定性思想的因果关系分析法”（详见本人作品《圆与等腰三角形存在性问题综合一例———浅谈确定性思想及因果关系分析法》）.另外，此题中动点P的确定依赖于定边AC，也体现了出了“以不变应万变——抓不变量”的重要性.在批改学生作业的过程中，发现部分学生直接利用PA=PC，用勾股定理（或两点间距离公式）建立方程，表面上得出了一个四次方程导致无功而返.当动点P在抛物线运动时，一般情况下不用此方法，不是因为这个方法不对，是限于学生不会解高次方程导致行不通，不是方法超纲而是解方程超纲，这一点学生也需要进行反思、琢磨，而且此法对于很多等腰三角形的存在性问题都不失为一种通法，在第三步“变”的过程中，同学们会进一步体会到什么时候均可以采用此法实现“通杀”.难道此法真的在此题中行不通吗？请往下看：由题易知A（4,0），C（0,4），设P（t,t3t4），则PA(t4)(t3t4)，22

当△ACP是以AC为底边的等腰三角形时，有PA=PC，即PAPC，PC2t2(t23t)2，2

2

2

2

2

2

2

2

2

即(t4)t=(t3t)(t3t4)，即(t4)(t3t4)t(t3t)，222222222222

4(2t4)4(2t26t4)，整理得t22t40，解之得t115，t215，故要求的P点坐标为(15,15)或(15,15).你若不离不弃，我必生死相依第2页共6页你若自我放弃，我也无能为力宗旨：不是好题，不入此集勤奋是一种品质，优秀是一种习惯上面解法中的解方程过程中巧妙利用了“移项”技巧结合“平方差公式”将四次方完美消掉，如果看不出这种技巧，将(t3t4)中“t3t”看成一个整体，采取整体思想进行展开，依然可以消去四次方，所以表面上是一个四次方程，其实质根本就是一元二次方程，因而行得通，只不过可能你缺乏了“计算到底”的耐心与信心罢了！另外此法里学生需关注到“两点间距离公式”的熟练使用，即设P1（x1,y1）,P2(x2,y2)，则P1与P2两点间的距离为P1P2=(x1x2)(y1y2)，其本质即为勾股定理，如图4所示.对于第（3）问中平行四边形的存在性问题，本题已给出该平行四边形的“名字”，即四个字母已有顺序性，若是没有“名字”，本问应该要分类解决.首先抓住这个四边形中不变的两个顶点O和C，采取“抓不变量——以不变应万变”的解题策略，分OC作为边及OC作为对角线两种情况，画图分析解决，请记住养成“没事画画图”的好习惯，只有借助于草图来分析，才能更好地找到解决问题的出路，而且“画图越准确越好”！另外，此问中还有一个简化条件“点Q为线段AC上一点”，若将该条件弱化成“点Q为直线AC上一点”，此题难度顿时提升，真正能拿到满分的同学估计会少之又少，而且此时能真正采取最佳解题策略的同学更会是“凤毛麟角”.具体如何操作我会在第三步求“变”中一一展开.第三步，求“变”：梁启超先生在《变法通议》中说道“变者，天下之公理也！”数学解题又何尝不是呢！上一步求“思”过程中已有一些对本题条件的变化，只有“灵活多变”，才能把握住数学规律，进而能运用自如.对于第（2）问中等腰三角形的存在性问题，此题可以说是太“巧”了！若是△AOC不是等腰直角三角形，又该如何确定AC的垂直平分线的解析式，进而通过“求交点坐标”的方法确定点P的坐标呢？变式1：如图5，在平面直角坐标系中，已知点A（4,0），B（-1,0），C（0,3），动点P在过A，B，C三点的抛物线上．是否存在点P，使得△ACP是以AC为底边的等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.首先求出抛物线的解析式为y

222

2

2

329

xx3.然后依44然可以作出线段AC的垂直平分线，其与抛物线的两个交点即为所求，如图6所示.此题中不再具有OA=OC这个特殊性，线段AC的垂直平分线不再过原点了，该如何求呢？这成了解题的关键点也是难点所在了！关注到这条垂直平分线的画法：先取线段AC的中点D，再过点你若不离不弃，我必生死相依第3页共6页你若自我放弃，我也无能为力宗旨：不是好题，不入此集勤奋是一种品质，优秀是一种习惯D作AC的垂线即可.既然如此，我们只要仅仅抓住这个中点D及“垂直”这个条件即可解决，这正是“因果关系分析法”的核心所在，需要同学们学会并熟练应用的一种最基本的分析问题的方式与方法.如图7所示，狠抓“垂直”这个条件，可以过垂足D作一条平行于x轴的直线交y轴于点F，再过点P1作该直线的垂线于点E，构造出“一线三直角”型相似.则易知DECFCO3DE3

.下面抓住“”这个结论，给同学们介绍两种求P1

PEDFAO4PE411

点坐标的方式.329

tt3），由“中点坐标公式”易知D点44

33293

坐标为（2，），则P1E=yP1yD=tt，DE=xP1xD=t2，所以有2442方式一“设坐标法”：可设P1（t,

11301t23

，解之得t=，其中负值也无需舍去，它其实就是图7中点3293418tt442P2的横坐标.而对于P点纵坐标的求法，其实也无需代入抛物线中计算，利用上面的方程，只要我们静下心来就可以观察到，点P的纵坐标为

329

tt3，这个整体其实等于44113011923014(t2)3

+，将t代入这个一次式口算即可得P点坐标为（，）321854

或者（11301192301，）.1854

你若不离不弃，我必生死相依第4页共6页你若自我放弃，我也无能为力宗旨：不是好题，不入此集勤奋是一种品质，优秀是一种习惯这个变式中数据可能凑得不好，但正因此，更加考验学生灵活计算的能力，而不是不动脑筋，强行带入，导致计算量更大而算错，近年来扬州中考对于学生计算能力的要求日益加强.另外，更有趣的是上面求点P的纵坐标的一次式“段AC的垂直平分线的解析式，即为y=4(x2)347

+=x，这一点也会在方式二中提及.3236

DE3

”来列方程，PE41

4(t2)3

+”，其实对应着线32

关于“设坐标法”，上面利用了抛物线设出点P的坐标，利用“进而求出P点坐标.其实也可以反过来操作，利用“代入抛物线解析式求解即可，具体如下：如图7所示，由D点坐标（2，DE3

”来巧设出点P的坐标，然后PE41

33DE3

，可设P1（2+3k,+4k），再将其代）及22PE41

入抛物线y

329

xx3即可解出k的值，进而写出P点坐标即可.44

对于上面的坐标巧设，同学们可以用心琢磨下，而且这个原理也自然能引出接下来的的方式二中求线段AC垂直平分线的方法.方式二“联立解析式求交点坐标”：如图8所示，要求线段AC的垂直平分线的解析式需要两个点的坐标，点D的坐标为（2，3

），只需再找一2

点个即可.为此，在前面图7的基础上，在FD的延长线上取DM=3，则同理由基本模型“一线三直角”11

），设247

DN解析式为：y=kx+b，代入D、N坐标得y=x，36型相似可知MN=4，则N点坐标为（5，47

yx36再与抛物线联立得，解之即y3x29x344

可得到两个P点坐标，即为所求.上面两种方式可以说是求某个点坐标的最常用的两种方法，一个是“设坐标法”，另一个是“求交点坐标法”，两种方法相得益彰，建议学生都要掌握.另外，无论是哪一种方你若不离不弃，我必生死相依第5页共6页你若自我放弃，我也无能为力宗旨：不是好题，不入此集勤奋是一种品质，优秀是一种习惯式，最基本的构图都是“见直角，造一线三直角”，这个模型应用广泛，具体操作方式可通过垂足以及其他已知的点作平行于坐标轴的直线得到，这是一种重要的“斜化直”思想.在变式1中如果执意利用PA=PC，用勾股定理（或两点间距离公式）建立方程，又会怎么样呢？试试便知：由A（4,0），C（0,3），设P（t,

39

PC2t2(t2t)2，当△ACP是以AC为底边的等腰三角形时，有PA=PC，即44

3939

PA2PC2，即(t4)2(t2t3)2=t2(t2t)2，至此依然可以同前面那4444329样要么移项利用平方差公式消去四次方，要么将“4t4t”看成整体展开消去四次方，在此不再赘述.本文后续预告，暂未完成，敬请期待：本题中动点P是抛物线上的一个动点，这使得“代数方法”的求解显得“惊心动魄”，差点导致了四次方程的出现，若是动点P在直线上运动，有什么样的方法可以“通杀”此类题型呢？若动点P在双曲线上运动呢？对于第（3）问中平行四边形的存在性问题，此题可以说是太“简”了！一简在条件“点Q为线段AC上一点”上，二简在该平行四边形的“名字”，即顺序已定上.若这些条件都再弱化一些又会如何呢？如何轻松搞定所有的“平行四边形存在性”问题呢？第四步，求“通”：这个环节又会如何总结呢？敬请期待。。。。。。329329222tt3），则PA(t4)(tt3)，4444

你若不离不弃，我必生死相依第6页共6页你若自我放弃，我也无能为力