设BC所在的直线的解析式是：y=mx+n， 则解得， ． ∴BC所在的直线的解析式是：y=x﹣3， ∵经过t秒，AP=t，BQ=t， ∴点P的坐标是（t﹣1，0）， 设点Q的坐标是（x，y）， ∵OB=OC=3， ∴∠OBC=∠OCB=45°， 则y=∴BP=×sin45°=×==t， ×=t， ∴x=3﹣t， ∴点Q的坐标是（3﹣t，t）， ①如图1， ， 当∠QPB=90°时， 点P和点Q的横坐标相同， ∵点P的坐标是（t﹣1，0），点Q的坐标是（3﹣t，t）， ∴t﹣1=3﹣t， 解得t=2， 即当t=2时，△BPQ为直角三角形． ②如图2，
， 当∠PQB=90°时， ∵∠PBQ=45°， ∴BP=， ∵BP=3﹣（t﹣1）=4﹣t，BQ=∴4﹣t= 即4﹣t=2t， 解得t=， 即当t=时，△BPQ为直角三角形． 综上，可得 当△BPQ为直角三角形，t=或2． （3）如图3，延长MQ交抛物线于点N，H是PQ的中点， ， ， 设PQ所在的直线的解析式是y=cx+d， ∵点P的坐标是（t﹣1，0），点Q的坐标是（3﹣t，t）， ∴，
解得． ∴PQ所在的直线的解析式是y=x+， ∴点M的坐标是（0，） ∵，， ∴PQ的中点H的坐标是（1，） 假设PQ的中点恰为MN的中点， ∵1×2﹣0=2，=， ∴点N的坐标是（2，又∵点N在抛物线上， ∴=2﹣2×2﹣3=﹣3， 2）， 解得t=∵＞或t=﹣， （舍去）， ∴当t＜2时，延长QP交y轴于点M，在抛物线上不存在一点N，使得PQ的中点恰为MN的中点． 点评：（ 1）此题主要考查了二次函数综合题，考查了分析推理能力，考查了分类讨论思想的应用，考查了数形结合思想的应用，考查了从已知函数图象中获取信息，并能利用获取的信息解答相应的问题的能力． （2）此题还考查了等腰三角形的性质和应用，考查了分类讨论思想的应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①等腰三角形的两腰相等．②等腰三角形的两个底角相等．③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合． （3）此题还考查了待定系数法求函数解析式的方法，要熟练掌握． 3．（2015?永州，第26题10分）已知抛物线y=ax+bx+c的顶点为（1，0），与y轴的交点坐标为（0，）．R（1，1）是抛物线对称轴l上的一点． （1）求抛物线y=ax+bx+c的解析式；
2
2
（2）若P是抛物线上的一个动点（如图一），求证：点P到R的距离与点P到直线y=﹣1的距离恒相等；
（3）设直线PR与抛物线的另一交点为Q，E为线段PQ的中点，过点P、E、Q分别作直线y=﹣1的垂线．垂足分别为M、F、N（如图二）．求证：PF⊥QF．
考点：二 次函数动点综合题． 专题：计 算题． 分析： 2（1）设顶点式y=a（x﹣1），然后把（0，）代入求出a即可； （2）根据二次函数图象上点的坐标，设P（x，（x﹣1）），易得PM=（x﹣1）+1，然后利用两点的距离公式计算PR，得到PR=（x﹣1）+[（x﹣1）﹣1]，接着根据完全平方公式变形可得PR=[（x﹣1）+1]，则PR=（x﹣1）+1，所以PR=PM，于是可判断点P到R的距离与点P到直线y=﹣1的距离恒相等； （3）根据（2）的结论得到得QN=QR，PR=PM，则PQ=PR=QR=PM+QN，再证明EF为梯形PMNQ的中位线，所以EF=（QN+PM），则EF=PQ=EQ=EP，根据点与圆的位置关系得到点F在以PQ为直径的圆上，则根据圆周角定理得∠PFQ=90°，即有PF⊥QF． 解答： 1）解：设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2， （把（0，）代入得a=， 所以抛物线解析式为y=（x﹣1）； （2）证明：如图1，设P（x，（x﹣1）），则PM=（x﹣1）+1， ∵PR=（x﹣1）+[（x﹣1）﹣1]=（x﹣1）+[（x﹣1）]﹣（x﹣1）+1=[（x﹣1）]+（x﹣1）+1=[（x﹣1）+1]， ∴PR=（x﹣1）+1， ∴PR=PM， 即点P到R的距离与点P到直线y=﹣1的距离恒相等； （3）证明：由（2）得QN=QR，PR=PM， 2422222222422222222222222
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