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将三角板按某种方式镶嵌于平面直角坐标系两坐标轴之间（或抛物线中），然后以“旋转”为图形的变换策略，让三角板“动”起来，设计而成的开放探索性问题，为学生创设了一个动态的可实践操作的数学环境，让学生经历观察分析——猜想判断并进行说理验证的数学活动过程，进而感悟知识的发生、发展过程.解决此类问题我们既要抓住三角板固有的性质特征、理解旋转变换的本质特点，又要学会添加适当的辅助线构造出需要三角形全等及相似关系，更要掌握抛物线相关知识，方可迎忍而解.本文举例加以剖析与读者共赏.
1. 抛物线上等腰直角三角形的顶点是否存在问题
例1 （2011年?东营市）在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板ABC放在第一象限，斜靠在两坐标轴上，且点A（0，2）．点C（1，0），如图所示；抛物线y=ax2－ax－2经过点B．
（1） 求点B的坐标；
（2） 求抛物线的解析式；
（3） 在抛物线上是否还存在点P（点B除外）．使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形？若存在，求所有点P的坐标；若不存在．请说明理由．
分析 （1）过点B作BD⊥x轴，垂足为D，只要求得BD、CD值便可得到点B的坐标，这可由△BCD≌△CAO，根据对应边相等得到.
（3） 先构造出以AC为直角边的等腰直角三角形，此时应分类考虑，分点C、A为直角顶点，再求出第3个顶点的坐标代入抛物线的解析式，适合就存在，反之就不存在.
解 过点B作BD⊥x轴，垂足为D，
∵ ∠BCD+∠ACO=90°，∠ACO+∠CAO=90°
∴ ∠BCD=∠CAO；
又∵ ∠BDC=∠CAO=90°；CB=AC，
∴ △BCD≌△CAO,
∴ BD=OC=1，CD=OA=2
∴ 点B的坐标为（3，1）；
（2） 抛物线y=ax2－ax－2经过点B（3,1），则可得到1=9a-3a-2，解得a=，所以抛物线的解析式为y=x2－x－2；
（3） 假设存在点P，使得△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形：
① 若以点C为直角顶点；
则延长BC至点P1，使得P1C=BC，得到等腰直角三角形△ACP1，
过点P1作P1M⊥x轴，
∵ CP1=BC，∠MCP1=∠BCD，∠P1MC=∠BCD=90°；
∴ △MP1C≌△DBC
∴ CM=CD=2，P1M=BD=1，可求得点P（-1,-1）；
② 若以点A为直角顶点；
则过点A作AP2⊥CA，且使得AP2=AC，得到等腰直角三角形△ACP2，
过点P2作P2N⊥y轴，同理可证△AP2N≌△CAO；
∴ NP2=OA=2，AN=OC=1，可求得点P（-2,1）；
经检验，点P（-1,-1）与点P（-2,1）都在抛物线y=x2－x－2上．
评注：本题以三角板为实验操作工具，抛物线为问题背景设计了一个考查三角形全等知识，及图形轴对称、旋转变换思想，求点P（-1,-1）与点P（-2，1）时又涉及到分类讨论的思想.
2. 旋转变换后三角形顶点是否在抛物线上探究
例2 （2009年?庆阳市）如图2-1，在平面直角坐标系中，将一块腰长为的等腰直角三角板ABC放在第二象限，且斜靠在两坐标轴上，直角顶点C的坐标为（-1，0），点B在抛物线上．
（1） 点A的坐标为 ，点B的坐标为 ；
（2） 抛物线的关系式为 ；
（3） 设（2）中抛物线的顶点为D，求△DBC的面积；
（4） 将三角板ABC绕顶点A逆时针方向旋转90°，到达的位置．请判断点、是否在（2）中的抛物线上，并说明理由．
分析 （1） 确定点A、B的坐标，只要求出线段OA、CB的长度即可.观察图形，在Rt△AOC中由勾股定理得OA=2，过点B作BE⊥x轴于E，易证△AOC≌△CEB，所以CE=AO=2，EB=OC=1，故A（0，2）， B（-3，1）．
（2） 将点B（-3，1）代入抛物线得y=ax2+ax-2得a=所以抛物线的关系式为y=x2+x-2．
（3） 欲求△DBC的面积，设直线BD交x轴于点F如图，可以转化为求△BFC的面积+△DFC的面积，而它们具有公共的底边FC其高分别是点B与D的纵坐标，因而只需求出点F、D的坐标即可.
将抛物线的解析式配方得抛物线的顶点D（-，-）．
设直线BD的关系式为y=kx+b， 将点B、D的坐标代入，求得k=-，b=-，
∴ BD的关系式为y=-x-．
设直线BD和x轴交点为F，则点F（-，0），CF=．
∴?摇△DBC的面积为××（1+）=．
（4） 根据旋转的特征，只要求出点B′与C′的坐标代入抛物线的解析式，适合说明在抛物线线，否则不在抛物线上.
如图，过点B′作B′M轴于点M，过点B作BN⊥y轴于点N，过点C′作C′P⊥y轴于点P．
在Rt△AB′M与Rt△BAN中，
∵ AB=AB′， ∠AB′M=∠BAN=90°-∠B′AM，
∴ Rt△AB′M≌Rt△BAN．
∴ B′M=AN=1，AM=BN=3， ∴ B′（1，-1）．
同理△AC′P≌△CAO，C′P=OA=2，AP=OC=1，可得点C′（2，1）；
将点B′、C′的坐标代入y=x2+x-2，可知点B′、C′在抛物线上． （事实上，点P与点N重合）
3. 三角板直角边与抛物线交点间线段过定点的坐标的探索
例3 （2011年?株洲市）孔明是一个喜欢探究钻研的同学，他在和同学们一起研究某条抛物线y=ax2（a<0）的性质时，将一把直角三角板的直角顶点置于平面直角坐标系的原点O，两直角边与该抛物线交于A、B两点，请解答以下问题： （1） 若测得OA=OB=2（如图），求a的值；
（2） 对同一条抛物线，孔明将三角板绕点O旋转到如图2所示位置时，过B作BF⊥x轴于点F，测得OF=1，写出此时点B的坐标，并求点A的横坐标；
（3） 对该抛物线，孔明将三角板绕点O旋转任意角度时惊奇地发现，交点A、B的连线段总经过一个固定的点，试说明理由并求出该点的坐标．
解 （1） 设线段AB与y轴的交点为C，由抛物线的对称性可得C为AB中点，
∵ OA=OB=2，∠AOB=90°，
∴ AC=OC=BC=2， ∴ B（2，－2）
将B（2，－2）代入抛物线y=ax2（a<0）得，a=－.
（2） 解法一：过点A作AE⊥x轴于点E，
∵ 点B的横坐标为1， ∴ B（（1，－），
∴ BF=.?摇又∵ ∠AOB=90°，易知∠AOE=∠OBF，又∠AEO=∠OFB=90°，
∴ △AEO∽△OFB， ∴ ===2
∴ AE=2OE
设点A（－m，－m2）（m>0），
则OE=m，AE=m2， ∴ m2=2m
∴ m=4，即点A的横坐标为－4.
解法二：过点A作AE⊥x轴于点E，
∵点B的横坐标为1， ∴ B （1，－），
∴ tan∠OBF===2
∵ ∠AOB=90°，易知∠AOE=∠OBF，
∴ =tan∠AOE=tan∠OBF=2， ∴ AE=2OE?摇
设点A（-m，－m2）（m>0），
则OE=m，AE=m2， ∴ m2=2m
∴ m=4，即点A的横坐标为－4.
解法三：过点A作AE⊥x轴于点E，
∵点B的横坐标为1， ∴ B （1，－），
设A（-m，－m2）（m>0），则
OB2=12+（）2=，OA2=m2+m4，AB2=（1+m）2+（－+m2）2，
∵ ∠AOB=90° ∴ AB2=OA2+OB2，
∴（1+m）2+（－+m2）2=（1+m）2+（－+m2）2，
解得：m=4，即点A的横坐标为－4. ?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇
（3） 解法一：设A（－m，－m2）（m>0），B（n，－n2）（n>0），
设直线AB的解析式为：y=kx+b，则
mk+b=－m2 （1）nk+b=－n2 （2），
（1）×n+（2）×m得，（m+n）b=－（m2n+mn2）=－mn（m+n），
∴ b=－mn
又易知△AEO∽△OFB， ∴ =，
∴ =， ∴ mn=4
∴ b=－×4=－2.由此可知不论k为何值，直线AB恒过点（0，－2）
解法二：设A（－m，－m2）（m>0），B（n，－n2）（n>0），
直线AB与y轴的交点为C，根据
S=S－S－S=S+S，可得
?（n2+m2）（m+n）－?m?m2－?n?n2=?OC?m+?OC?n，
化简，得OC=mn.
又易知△AEO∽△OFB，∴ =，∴ =， ∴ mn=4 ∴ OC=2为固定值.故直线AB恒过其与y轴的交点C（0,－2）
说明：mn的值也可以通过以下方法求得.
由前可知，OA2=m2+m4，OB2=n2+n4，AB2=（m+n）2+（－m2+n2）2，
由OA2+OB2=AB2，得：（m2+m4）+（n2+n4）=（m+n）2+（－m2+n2）2，
化简，得mn=4.
4. 探索三角板导演的四边形面积的最值问题
例4 （2009年?芜湖市）如图3，在平面直角坐标系中放置一直角三角板，其顶点为A（-1，0），B（0，），O（0，0），将此三角板绕原点顺时针旋转，得到．
（1） 如图，一抛物线经过点A、B、B′，求该抛物线解析式；
（2） 设点P是在第一象限内抛物线上一动点，求使四边形PBAB′的面积达到最大时点P的坐标及面积的最大值．
分析：（1）观察图形，根据旋转的性质可知△A′OB′≌△AOB，所以OB′=OB=故点B的坐标为（，0），
因为抛物线过A（-1，0），B（，0）可设抛物线的解析式y=a（x+1）（x-）（a≠0）
又∵抛物线过B（0，），将坐标代入上解析式得：=a×1×（-），解之得a=－1
∴ y=－（x+1）（x-）.即满足条件的抛物线解析式为y=－x2+（-1）x+.
（2） （解法一）：先用点P（x，y）坐标表示出四边形PBAB′的面积，再利用二次函数最值求四边形面积的最大值.
如图，∵ P为第一象限内抛物线上一动点，设P（x，y），则x＞0，y＞0. P点坐标满足y=－x2+（-1）x+
连接PB，PO，PB′.
∴ S四边形PBAB′=S△BAO+S△PBO+S△POB′
=+x+y=（x+y+1）
=［x-x2+（-1）x++1］
=［-x-2+］
当x=时，S四边形PBAB′最大．此时，y=．即当动点P的坐标为，时， S四边形PBAB′最大，最大面积为 .
（解法二）：根据三角形的面积公式可知：当底一定时，高愈大面积愈大，高达到最大值时，面积也达到最大值.
如图，连BB′，∵ P接为第一象限内抛物线上一动点， ∴ S四边形PBAB′=S△ABB′+S△PBB′，且△ABB′的面积为定值， ∴ S四边形PBAB′最大时S△PBB′必须最大．
∵ BB′长度为定值，∴ S△PBB′最大时点P到BB′的距离最大．
即将直线BB′向上平移到与抛物线有唯一交点时，P到BB′的距离最大．
设与直线BB′平行的直线l的解析式为y=-x+m联立
y=-x+my=-x2+（-1）x+
x2-x+m-=0.
令Δ=（）2-4（m-）=0.
解得m=+. 此时直线l的解析式为：
y=-x++y=-x2+（-1）x+
解得x=y=
∴直线l与抛物线唯一交点坐标为P，，设l与y轴交于E，则BE=+-=. 过B作BF⊥l于F，在Rt△BEF中，∠FEB=45°. ∴ BF=sin45°=.
过P作PG⊥BB′于G，则P到BB′的距离d=BF=. 此时PBAB′四边形的面积最大．
∴ S四边形PBAB′的最大值=AB′?OB+BB′?d=（+1）×+××=.
综上所述，可以看出此类题型取材于学生身边熟悉的数学工具，易于动手操作，能够有效地促进学生学习方式的转变.符合新课程中“有效的数学学习活动不能单纯地依赖模仿与记忆，动手实践、自主探索是学生学习数学的重要方式”的基本理念.同时此类问题富有挑战性、趣味性，能够激发学生探究热情，有利于学生主动的进行观察、实验、猜想、推理与证明.解决此类问题要充分发挥特殊角30°、45°、60°、90°及等腰三角形的性质、直角三角形的性质的作用，同时更应深刻的理解抛物线结构特征及其性质，掌握图形旋转的特征，借助图形的全等与相似这一有力工具，辅助于待定系数法及数形结合思想为导航，化“动”为“静”，便可智取问题的答案.
1. 抛物线上等腰直角三角形的顶点是否存在问题
例1 （2011年?东营市）在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板ABC放在第一象限，斜靠在两坐标轴上，且点A（0，2）．点C（1，0），如图所示；抛物线y=ax2－ax－2经过点B．
（1） 求点B的坐标；
（2） 求抛物线的解析式；
（3） 在抛物线上是否还存在点P（点B除外）．使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形？若存在，求所有点P的坐标；若不存在．请说明理由．
分析 （1）过点B作BD⊥x轴，垂足为D，只要求得BD、CD值便可得到点B的坐标，这可由△BCD≌△CAO，根据对应边相等得到.
（3） 先构造出以AC为直角边的等腰直角三角形，此时应分类考虑，分点C、A为直角顶点，再求出第3个顶点的坐标代入抛物线的解析式，适合就存在，反之就不存在.
解 过点B作BD⊥x轴，垂足为D，
∵ ∠BCD+∠ACO=90°，∠ACO+∠CAO=90°
∴ ∠BCD=∠CAO；
又∵ ∠BDC=∠CAO=90°；CB=AC，
∴ △BCD≌△CAO,
∴ BD=OC=1，CD=OA=2
∴ 点B的坐标为（3，1）；
（2） 抛物线y=ax2－ax－2经过点B（3,1），则可得到1=9a-3a-2，解得a=，所以抛物线的解析式为y=x2－x－2；
（3） 假设存在点P，使得△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形：
① 若以点C为直角顶点；
则延长BC至点P1，使得P1C=BC，得到等腰直角三角形△ACP1，
过点P1作P1M⊥x轴，
∵ CP1=BC，∠MCP1=∠BCD，∠P1MC=∠BCD=90°；
∴ △MP1C≌△DBC
∴ CM=CD=2，P1M=BD=1，可求得点P（-1,-1）；
② 若以点A为直角顶点；
则过点A作AP2⊥CA，且使得AP2=AC，得到等腰直角三角形△ACP2，
过点P2作P2N⊥y轴，同理可证△AP2N≌△CAO；
∴ NP2=OA=2，AN=OC=1，可求得点P（-2,1）；
经检验，点P（-1,-1）与点P（-2,1）都在抛物线y=x2－x－2上．
评注：本题以三角板为实验操作工具，抛物线为问题背景设计了一个考查三角形全等知识，及图形轴对称、旋转变换思想，求点P（-1,-1）与点P（-2，1）时又涉及到分类讨论的思想.
2. 旋转变换后三角形顶点是否在抛物线上探究
例2 （2009年?庆阳市）如图2-1，在平面直角坐标系中，将一块腰长为的等腰直角三角板ABC放在第二象限，且斜靠在两坐标轴上，直角顶点C的坐标为（-1，0），点B在抛物线上．
（1） 点A的坐标为 ，点B的坐标为 ；
（2） 抛物线的关系式为 ；
（3） 设（2）中抛物线的顶点为D，求△DBC的面积；
（4） 将三角板ABC绕顶点A逆时针方向旋转90°，到达的位置．请判断点、是否在（2）中的抛物线上，并说明理由．
分析 （1） 确定点A、B的坐标，只要求出线段OA、CB的长度即可.观察图形，在Rt△AOC中由勾股定理得OA=2，过点B作BE⊥x轴于E，易证△AOC≌△CEB，所以CE=AO=2，EB=OC=1，故A（0，2）， B（-3，1）．
（2） 将点B（-3，1）代入抛物线得y=ax2+ax-2得a=所以抛物线的关系式为y=x2+x-2．
（3） 欲求△DBC的面积，设直线BD交x轴于点F如图，可以转化为求△BFC的面积+△DFC的面积，而它们具有公共的底边FC其高分别是点B与D的纵坐标，因而只需求出点F、D的坐标即可.
将抛物线的解析式配方得抛物线的顶点D（-，-）．
设直线BD的关系式为y=kx+b， 将点B、D的坐标代入，求得k=-，b=-，
∴ BD的关系式为y=-x-．
设直线BD和x轴交点为F，则点F（-，0），CF=．
∴?摇△DBC的面积为××（1+）=．
（4） 根据旋转的特征，只要求出点B′与C′的坐标代入抛物线的解析式，适合说明在抛物线线，否则不在抛物线上.
如图，过点B′作B′M轴于点M，过点B作BN⊥y轴于点N，过点C′作C′P⊥y轴于点P．
在Rt△AB′M与Rt△BAN中，
∵ AB=AB′， ∠AB′M=∠BAN=90°-∠B′AM，
∴ Rt△AB′M≌Rt△BAN．
∴ B′M=AN=1，AM=BN=3， ∴ B′（1，-1）．
同理△AC′P≌△CAO，C′P=OA=2，AP=OC=1，可得点C′（2，1）；
将点B′、C′的坐标代入y=x2+x-2，可知点B′、C′在抛物线上． （事实上，点P与点N重合）
3. 三角板直角边与抛物线交点间线段过定点的坐标的探索
例3 （2011年?株洲市）孔明是一个喜欢探究钻研的同学，他在和同学们一起研究某条抛物线y=ax2（a<0）的性质时，将一把直角三角板的直角顶点置于平面直角坐标系的原点O，两直角边与该抛物线交于A、B两点，请解答以下问题： （1） 若测得OA=OB=2（如图），求a的值；
（2） 对同一条抛物线，孔明将三角板绕点O旋转到如图2所示位置时，过B作BF⊥x轴于点F，测得OF=1，写出此时点B的坐标，并求点A的横坐标；
（3） 对该抛物线，孔明将三角板绕点O旋转任意角度时惊奇地发现，交点A、B的连线段总经过一个固定的点，试说明理由并求出该点的坐标．
解 （1） 设线段AB与y轴的交点为C，由抛物线的对称性可得C为AB中点，
∵ OA=OB=2，∠AOB=90°，
∴ AC=OC=BC=2， ∴ B（2，－2）
将B（2，－2）代入抛物线y=ax2（a<0）得，a=－.
（2） 解法一：过点A作AE⊥x轴于点E，
∵ 点B的横坐标为1， ∴ B（（1，－），
∴ BF=.?摇又∵ ∠AOB=90°，易知∠AOE=∠OBF，又∠AEO=∠OFB=90°，
∴ △AEO∽△OFB， ∴ ===2
∴ AE=2OE
设点A（－m，－m2）（m>0），
则OE=m，AE=m2， ∴ m2=2m
∴ m=4，即点A的横坐标为－4.
解法二：过点A作AE⊥x轴于点E，
∵点B的横坐标为1， ∴ B （1，－），
∴ tan∠OBF===2
∵ ∠AOB=90°，易知∠AOE=∠OBF，
∴ =tan∠AOE=tan∠OBF=2， ∴ AE=2OE?摇
设点A（-m，－m2）（m>0），
则OE=m，AE=m2， ∴ m2=2m
∴ m=4，即点A的横坐标为－4.
解法三：过点A作AE⊥x轴于点E，
∵点B的横坐标为1， ∴ B （1，－），
设A（-m，－m2）（m>0），则
OB2=12+（）2=，OA2=m2+m4，AB2=（1+m）2+（－+m2）2，
∵ ∠AOB=90° ∴ AB2=OA2+OB2，
∴（1+m）2+（－+m2）2=（1+m）2+（－+m2）2，
解得：m=4，即点A的横坐标为－4. ?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇?摇
（3） 解法一：设A（－m，－m2）（m>0），B（n，－n2）（n>0），
设直线AB的解析式为：y=kx+b，则
mk+b=－m2 （1）nk+b=－n2 （2），
（1）×n+（2）×m得，（m+n）b=－（m2n+mn2）=－mn（m+n），
∴ b=－mn
又易知△AEO∽△OFB， ∴ =，
∴ =， ∴ mn=4
∴ b=－×4=－2.由此可知不论k为何值，直线AB恒过点（0，－2）
解法二：设A（－m，－m2）（m>0），B（n，－n2）（n>0），
直线AB与y轴的交点为C，根据
S=S－S－S=S+S，可得
?（n2+m2）（m+n）－?m?m2－?n?n2=?OC?m+?OC?n，
化简，得OC=mn.
又易知△AEO∽△OFB，∴ =，∴ =， ∴ mn=4 ∴ OC=2为固定值.故直线AB恒过其与y轴的交点C（0,－2）
说明：mn的值也可以通过以下方法求得.
由前可知，OA2=m2+m4，OB2=n2+n4，AB2=（m+n）2+（－m2+n2）2，
由OA2+OB2=AB2，得：（m2+m4）+（n2+n4）=（m+n）2+（－m2+n2）2，
化简，得mn=4.
4. 探索三角板导演的四边形面积的最值问题
例4 （2009年?芜湖市）如图3，在平面直角坐标系中放置一直角三角板，其顶点为A（-1，0），B（0，），O（0，0），将此三角板绕原点顺时针旋转，得到．
（1） 如图，一抛物线经过点A、B、B′，求该抛物线解析式；
（2） 设点P是在第一象限内抛物线上一动点，求使四边形PBAB′的面积达到最大时点P的坐标及面积的最大值．
分析：（1）观察图形，根据旋转的性质可知△A′OB′≌△AOB，所以OB′=OB=故点B的坐标为（，0），
因为抛物线过A（-1，0），B（，0）可设抛物线的解析式y=a（x+1）（x-）（a≠0）
又∵抛物线过B（0，），将坐标代入上解析式得：=a×1×（-），解之得a=－1
∴ y=－（x+1）（x-）.即满足条件的抛物线解析式为y=－x2+（-1）x+.
（2） （解法一）：先用点P（x，y）坐标表示出四边形PBAB′的面积，再利用二次函数最值求四边形面积的最大值.
如图，∵ P为第一象限内抛物线上一动点，设P（x，y），则x＞0，y＞0. P点坐标满足y=－x2+（-1）x+
连接PB，PO，PB′.
∴ S四边形PBAB′=S△BAO+S△PBO+S△POB′
=+x+y=（x+y+1）
=［x-x2+（-1）x++1］
=［-x-2+］
当x=时，S四边形PBAB′最大．此时，y=．即当动点P的坐标为，时， S四边形PBAB′最大，最大面积为 .
（解法二）：根据三角形的面积公式可知：当底一定时，高愈大面积愈大，高达到最大值时，面积也达到最大值.
如图，连BB′，∵ P接为第一象限内抛物线上一动点， ∴ S四边形PBAB′=S△ABB′+S△PBB′，且△ABB′的面积为定值， ∴ S四边形PBAB′最大时S△PBB′必须最大．
∵ BB′长度为定值，∴ S△PBB′最大时点P到BB′的距离最大．
即将直线BB′向上平移到与抛物线有唯一交点时，P到BB′的距离最大．
设与直线BB′平行的直线l的解析式为y=-x+m联立
y=-x+my=-x2+（-1）x+
x2-x+m-=0.
令Δ=（）2-4（m-）=0.
解得m=+. 此时直线l的解析式为：
y=-x++y=-x2+（-1）x+
解得x=y=
∴直线l与抛物线唯一交点坐标为P，，设l与y轴交于E，则BE=+-=. 过B作BF⊥l于F，在Rt△BEF中，∠FEB=45°. ∴ BF=sin45°=.
过P作PG⊥BB′于G，则P到BB′的距离d=BF=. 此时PBAB′四边形的面积最大．
∴ S四边形PBAB′的最大值=AB′?OB+BB′?d=（+1）×+××=.
综上所述，可以看出此类题型取材于学生身边熟悉的数学工具，易于动手操作，能够有效地促进学生学习方式的转变.符合新课程中“有效的数学学习活动不能单纯地依赖模仿与记忆，动手实践、自主探索是学生学习数学的重要方式”的基本理念.同时此类问题富有挑战性、趣味性，能够激发学生探究热情，有利于学生主动的进行观察、实验、猜想、推理与证明.解决此类问题要充分发挥特殊角30°、45°、60°、90°及等腰三角形的性质、直角三角形的性质的作用，同时更应深刻的理解抛物线结构特征及其性质，掌握图形旋转的特征，借助图形的全等与相似这一有力工具，辅助于待定系数法及数形结合思想为导航，化“动”为“静”，便可智取问题的答案.