专题05 动点与特殊三角形存在性问题大视野(解析版)
2020中考数学压轴专题：二次函数动点成特殊三角形问题(含答案)
2020中考数学压轴专题二次函数动点成特殊三角形问题（含答案）1.如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝－13x2＋bx＋c的图象与坐标轴交于A，B，C三点，其中点A的坐标为(－3，0)，点B的坐标为(4，0)，连接AC，BC.动点P从点A出发，在线段AC上以每秒1个单位长度的速度向点C作匀速运动；同时，动点Q从点O出发，在线段OB上以每秒1个单位长度的速度向点B作匀速运动，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动，设运动时间为t秒．连接PQ.(1)填空：b＝________，c＝________；(2)在点P，Q运动过程中，△APQ可能是直角三角形吗？请说明理由；(3)在x轴下方的二次函数的图象上是否存在点M，使△PQM是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，请求出运动时间t；若不存在，请说明理由．第1题图解：(1)134；【解法提示】∵二次函数y＝－13x2＋bx＋c与x轴交于A(－3，0)，B(4，0)，∴b c=b c=--+⎧⎪⎨-++⎪⎩33016403，解得b=c=⎧⎪⎨⎪⎩134，(2)可能是，理由如下：∵点P在AC上以每秒1个单位的速度运动，∴AP＝t，∵点Q在OB上以每秒1个单位的速度运动，∴OQ＝t，∴AQ＝t＋3，∵∠P AQ<90°，∠PQA<90°，∴若要使△APQ是直角三角形，则∠APQ＝90°，在Rt△AOC中，OA＝3，OC＝4，∴AC＝5，如解图①，设PQ与y轴交于点D，第1题解图①∵∠ODQ＝∠CDP，∠DOQ＝∠DPC＝90°，∴∠DQO＝∠DCP，∴tan ∠DQO ＝AP PQ ＝tan ∠DCP ＝AO CO ＝34， ∵AP ＝t,∴PQ ＝43t ， 由勾股定理得：AQ 2＝AP 2＋PQ 2，即(t ＋3)2＝t 2＋(43t )2， 解得t ＝92或t ＝－ 98(舍去)， 根据题意，点Q 在线段OB 上，∴0≤t ≤4，∴不存在这样的t 值满足题意，即△APQ 不可能是直角三角形；（3）假设存在点M 使得△PMQ 是以点P 为直角顶点的等腰直角三角形，如解图②，过P 作PE ⊥x 轴于E ，过M 作MN ⊥PE 交PE 的延长线于点N ，第1题解图②∵∠MPN ＋∠PMN ＝90°，∠MPN ＋∠QPE ＝90°，∴∠PMN ＝∠QPE ，在△PMN 和△QPE 中，∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩PMN=QPE PNM=PEQ MP=PQ ，∴△PMN ≌△QPE (AAS)，∴PN ＝EQ ，MN ＝PE ，∵AP ＝t ，cos ∠CAO ＝AO AC ＝35， sin ∠CAO ＝OC AC ＝45， ∴AE ＝35t ，PE ＝45t ， ∴MN ＝45t ，EN ＝EQ －PE ＝AQ －AE －PE ＝3＋t －35t －45t ＝3－ 25t ， ∴x M ＝x E －MN ＝35t －3－45t ＝－15t －3， ∴点M 的坐标为(－15t －3，25t －3)，在x 轴下方， ∵点M 在抛物线上，∴－13(－15t －3)2－13(15t ＋3)＋4＝25t －3， 整理得t 2＋65t ＝225，解得t ＝－65＋52052或t ＝－65－52052(舍)， 综上，存在满足条件的点M ，此时运动时间t 为－65＋52052秒．2. 如图，已知抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的对称轴为直线x ＝－1，且经过A (1，0)，C (0，3)两点，与x 轴的另一个交点为B .(1)若直线y ＝mx ＋n 经过B ，C 两点，求抛物线和直线BC 的解析式；(2)在抛物线的对称轴x ＝－1上找一点M ，使点M 到点A 的距离与到点C 的距离之和最小，求点M 的坐标；(3)设点P 为抛物线的对称轴x ＝－1上的一个动点，求使△BPC 为直角三角形的点P 的坐标．第2题图解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧－b2a＝－1a ＋b ＋c ＝0c ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1b ＝－2c ＝3，∴抛物线的解析式为y ＝－x 2－2x ＋3.∵对称轴为直线x ＝－1，抛物线经过A (1，0)，∴B (－3，0)．设直线BC 的解析式y ＝mx ＋n ，把B (－3，0)，C (0，3)分别代入y ＝mx ＋n 得⎩⎪⎨⎪⎧－3m ＋n ＝0n ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1n ＝3， ∴直线BC 的解析式为y ＝x ＋3； (2)如解图，连接MA ，第2题解图∵MA ＝MB ，∴MA ＋MC ＝MB ＋MC .∴使MA ＋MC 最小的点M 应为直线BC 与对称轴x ＝－1的交点．设直线BC 与对称轴x ＝－1的交点为M ，把x ＝－1代入直线y ＝x ＋3，得y ＝2.∴M (－1，2);(3)设P (－1，t )，∵B (－3，0)，C (0，3)，∴BC 2＝18，PB 2＝(－1＋3)2＋t 2＝4＋t 2，PC 2＝(－1)2＋(t －3)2＝t 2－6t ＋10.①若B 为直角顶点，则BC 2＋PB 2＝PC 2，即18＋4＋t 2＝t 2－6t ＋10，解得t ＝－2；②若C 为直角顶点，则BC 2＋PC 2＝PB 2，即18＋t 2－6t ＋10＝4＋t 2，解得t ＝4；③若P 为直角顶点，则PB 2＋PC 2＝BC 2，即：4＋t 2＋t 2－6t ＋10＝18，解得t 1＝3＋172，t 2＝3－172. 综上所述，满足条件的点P 共有四个，分别为：P 1(－1，－2)，P 2(－1，4)，P 3(－1，3＋172)，P 4(－1，3－172)． 3. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝x 2＋bx ＋c 经过点A (0，－6)和点C (6，0)．(1)求抛物线的解析式；(2)若抛物线与x 轴的负半轴交于点B ，试判断△ABC 的形状；(钝角三角形、直角三角形、锐角三角形)(3)在抛物线上是否存在点P ，使得△P AC 是以AC 为底的等腰三角形？若存在，请求出所有点P 的坐标；若不存在，请说明理由．第3题图解：(1)将C 、A 两点坐标代入y ＝x 2＋bx ＋c ，可得⎩⎪⎨⎪⎧36＋6b ＋c ＝0c ＝－6， 解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－5c ＝－6， ∴抛物线的解析式为y ＝x 2－5x －6；(2)当y ＝0时，则有：x 2－5x －6＝0，即(x ＋1)(x －6)＝0，∴解得x 1＝－1，x 2＝6(舍)，∴B (－1，0)．由两点之间的距离公式可得：BC 2＝2＝49，AC 2＝(6－0)2＋2＝72，AB 2＝(－1－0)2＋2＝37，∵AB 2＋BC 2>AC 2，∴△ABC 为锐角三角形．(3)存在满足条件的点P ，使得△P AC 是以AC 为底的等腰三角形理由：如解图，过线段AC 的中点M ，作AC 的垂线交抛物线于点P ，第3题解图直线MP 与抛物线必有两个满足条件的交点P ，∵A (0，－6)，C (6，0)，∴点M 的坐标为(3，－3)，且OA =OC ，∴直线MP 过点O ，设直线MP 的解析式为y ＝kx ，将点M (3，－3)代入得，k ＝－1，即直线MP 的解析式为y ＝－x ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x y ＝x 2－5x －6， 解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝2－10y 1＝10－2或⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2＋10y 2＝－2－10， ∴点P 的坐标为(2－10，10－2)或(2＋10，－2－10)．4. 如图，在平面直角坐标系中，直线y ＝－2x ＋10与x 轴，y 轴相交于A ，B 两点，点C 的坐标是(8，4)，连接AC ，BC .(1)求过O ，A ，C 三点的抛物线的解析式，并判断△ABC 的形状；(2)动点P 从点O 出发，沿OB 以每秒2个单位长度的速度向点B 运动，同时，动点Q 从点B 出发，沿BC 以每秒1个单位长度的速度向点C 运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为t 秒．当t 为何值时，P A ＝QA?(3)在抛物线的对称轴上，是否存在点M ，使以A ，B ，M 为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．第4题图 解：(1)∵直线y＝－2x ＋10与x 轴、y 轴相交于A 、B 两点，∴A (5，0)，B (0，10)，设过O 、A 、C 三点的抛物线的解析式为y ＝ax 2＋bx (a ≠0)，把点A (5，0)和C (8，4)代入可得⎩⎪⎨⎪⎧25a ＋5b ＝064a ＋8b ＝4， 解得⎩⎨⎧a ＝16b ＝－56， ∴抛物线的解析式为y ＝16x 2－56x ； ∵A (5，0)，B (0，10)，C (8，4)，∴AB 2＝125，AC 2＝25，BC 2＝100，∵AB 2＝AC 2＋BC 2，∴△ABC 是直角三角形．(2)如解图，连接AP ，AQ ，当P ，Q 运动t 秒，即OP ＝2t ，CQ ＝10－t ，第4题解图在Rt △AOP 和Rt △ACQ 中，⎩⎪⎨⎪⎧AC ＝OA P A ＝QA， ∴Rt △AOP ≌Rt △ACQ ，∴OP ＝CQ ，∴2t ＝10－t ，∴t ＝103， ∵t <5，∴当运动时间为103秒时，P A ＝QA ； (3)存在．由题可得，抛物线的对称轴直线为x ＝52， 设点M 的坐标为( 52，b )， 利用点的坐标可求得AB 2＝102＋52＝125，MB 2＝(52)2＋(b －10)2， MA 2＝(52)2＋b 2， ∵△MAB 是等腰三角形，∴可分以下三种情况讨论：①当AB ＝MA 时，即125＝(52)2＋b 2， 解得b ＝±5192， 即点M 的坐标为(52，5192)或(52，－5192)；②当AB ＝BM 时，即125＝(52)2＋(b －10)2，解得b ＝10±5192，即点M 的坐标为(52，10＋5192)或(52，10－5192)；③当MB ＝MA 时，即(52)2＋(b －10)2＝(52)2＋b 2，解得b ＝5，此时点A 、M 、B 共线，故这样的点M 不存在．综上所述，存在点M ，使以点A 、B 、M 为顶点的三角形是等腰三角形，点M 的坐标为(52，5192)或(52，－5192)或(52，10＋5192)或(52，10－5192)． 5. 如图，抛物线y ＝x 2＋bx ＋c 与x 轴交于A 、B 两点，B 点坐标为(3，0)，与y 轴交于点C (0，3)． (1)求抛物线的解析式；(2)点P 在x 轴下方的抛物线上，过点P 的直线y ＝x ＋m 与直线BC 交于点E ，与y 轴交于点F ，求PE ＋EF 的最大值；(3)点D 为抛物线对称轴上一点，当△BCD 是以BC 为直角边的直角三角形时，求点D 的坐标．解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧32＋3b ＋c ＝0c ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－4c ＝3，∴抛物线的解析式为y ＝x 2－4x ＋3；(2)如解图①，过点P作PG∥CF交CB与点G，第5题解图①由题可知，直线BC的解析式为y＝－x＋3，OC＝OB＝3，∴∠OCB＝45°.同理可知∠OFE＝45°，∴△CEF为等腰直角三角形，∵PG∥CF，∴△GPE为等腰直角三角形，∵F(0，m)，C(0，3)，∴CF＝3－m，∵△CEF∽△GEP∴EF＝22CF＝22(3－m), PE＝22PG，设P(t，t2－4t＋3)(1<t<3), 则G(t，－t＋3)PE＝22PG＝22(－t＋3－t－m)＝22(－m－2t＋3)，∵点P是直线y＝x＋m与抛物线的交点，∴t2－4t＋3＝t＋m，∴PE＋EF＝22(3－m)＋22(－m－2t＋3)＝22(－2t－2m＋6)＝－2(t＋m－3)＝－2(t2－4t)＝－2(t－2)2＋42，∴当t＝2时，PE＋EF最大，最大值为42；(3)由(1)知对称轴x＝2，设点D(2，n)，如解图②.第5题解图②当△BCD是以BC为直角边的直角三角形时，分两种情况讨论：(ⅰ)D在C上方D1位置时，由勾股定理得CD21＋BC2＝BD21，即(2－0)2＋(n－3)2＋(32)2＝(3－2)2＋(0－n)2 ，解得n＝5；(ⅱ)D在C下方D2位置时，由勾股定理得BD22＋BC2＝CD22，即(2－3)2＋(n－0)2＋(32)2＝(2－0)2＋(n－3)2 ，解得n＝－1，综上所述，当△BCD是以BC为直角边的直角三角形时，D为(2，5)或(2，－1)．6.如图，抛物线y＝ax2－2ax＋c(a≠0)与y轴交于点C(0，4)，与x轴交于点A、B，点A的坐标为(4，0)．(1)求该抛物线的解析式；(2)抛物线的顶点为N，在x轴上找一点K，使CK＋KN的值最小，求出此时点K的坐标；(3)若平行于x轴的动直线l与该抛物线交于点P，与直线AC交于点F，点D的坐标为(2，0)．问：是否存在这样的直线l，使得△ODF是等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．第6题图解：(1)∵抛物线经过点C (0，4)，A (4，0)，∴c=a a c=⎧⎨-+⎩41680，解得a=c=⎧-⎪⎨⎪⎩124， ∴抛物线的解析式为y ＝－12x 2＋x ＋4；(2)由y ＝－12x 2＋x ＋4＝－12(x －1)2＋92可得抛物线的顶点坐标为N (1，92)，如解图①，作点C 关于x 轴的对称点C ′，则C ′(0，－4)，连接C′N 交x 轴于点K ，则K 点即为所求点，第6题解图①设直线C′N 的解析式为y ＝kx ＋b (k ≠0)，把N ，C′两点坐标代入可得：k b=b=⎧+⎪⎨⎪-⎩924，解得k=b=⎧⎪⎨⎪-⎩1724， ∴直线C′N 的解析式为y ＝172x －4， 令y ＝0，解得x ＝817，∴点K的坐标为(817，0)；(3)存在．要使△ODF是等腰三角形，需分以下三种情况讨论：①DO＝DF，∵A(4，0)，D(2，0)，∴AD＝OD＝DF＝2，在Rt△AOC中，OA＝OC＝4，∴∠OAC＝45°，∴∠DF A＝∠OAC＝45°，∴∠ADF＝90°.此时，点F的坐标为(2，2)；由－12x2＋x＋4＝2得，x1＝1＋5，x2＝1－ 5.此时，点P的坐标为(1＋5，2)或(1－5，2)；②FO＝FD，如解图②，过点F作FM⊥x轴于点M.第6题解图②由等腰三角形的性质得：OM ＝12OD ＝1，∴AM ＝3，∴在等腰直角△AMF 中，MF ＝AM ＝3， ∴F (1，3)．由－12x 2＋x ＋4＝3得，x 1＝1＋3，x 2＝1－ 3.此时，点P 的坐标为(1＋3，3)或(1－3，3)； ③OD ＝OF ，∵OA ＝OC ＝4，且∠AOC ＝90°， ∴AC ＝42，∴点O 到AC 的距离为2 2. 而OF ＝OD ＝2<22，∴在AC 上不存在点F 使得OF ＝OD ＝2.此时，不存在这样的直线l ，使得△ODF 是等腰三角形．综上所述，存在这样的直线l ，使得△ODF 是等腰三角形，所求点P 的坐标为(1＋5，2)或 (1－5，2)或(1＋3，3)或(1－3，3)．7. 如图①，抛物线y ＝－13x 2＋bx ＋8与x 轴交于点A (－6，0)，点B (点A 在点B 左侧)，与y 轴交于点C ，点P 为线段AO 上的一个动点，过点P 作x 轴的垂线l 与抛物线交于点E ，连接AE 、EC .(1)求抛物线的表达式及点C 的坐标；(2)连接AC 交直线l 于点D ，则在点P 运动过程中，当点D 为EP 中点时，求S △ADP ∶S △CDE ；(3)如图②，当EC ∥x 轴时，点P 停止运动，此时，在抛物线上是否存在点G ，使△AEG 是以AE 为直角边的直角三角形？若存在，请求出点G 的坐标；若不存在，说明理由．第7题图解：(1)∵点A (－6，0)在抛物线y ＝－13x 2＋bx ＋8上，∴0＝－13×(－6)2＋(－6b )＋8，解得b ＝－23，∴抛物线的表达式为y ＝－13x 2－23x ＋8，令x ＝0，得y ＝8， ∴C (0，8);(2)设点E (t ，－13t 2－23t ＋8)，∴P (t ，0)，∵点D 为EP 的中点，∴DP ＝DE ，D (t ，－16t 2－13t ＋4)，设直线AC 的解析式为y ＝kx ＋b (k ≠0)，将A (－6，0)，C (0，8)，代入得：k b=b=-+⎧⎨⎩608，解得k=b=⎧⎪⎨⎪⎩438，∴直线AC 的解析式为y ＝43x ＋8，∵点D 在直线AC 上， ∴43t ＋8＝－16t 2－13t ＋4， 解得t 1＝－6(舍去)，t 2＝－4， ∴P (－4，0)， ∴AP ＝2，OP ＝4，∴S △ADP S △CDE ＝1212g g DP APDE OP ＝AP OP ＝12； (3)存在．如解图①，连接EG ，AG ，过点G 作GM ⊥l ，GN ⊥x 轴，垂足分别为M ，N ，第7题解图①∵EC ∥x 轴， ∴EP ＝CO ＝8，把y ＝8代入y ＝－13x 2－23x ＋8，则8＝－13x 2－23x ＋8，解得x ＝0(舍去)或x ＝－2， ∴P (－2，0)， ∴AP ＝AO －PO ＝4，(ⅰ)如解图①，当∠AEG ＝90°时， ∵∠MEG ＋∠AEP ＝90°， ∠AEP ＋∠EAP ＝90°， ∴∠MEG ＝∠EAP ， 又∵∠APE ＝∠EMG ＝90°， ∴△EMG ∽△APE ， ∴EM AP ＝MG EP， 设点G (m ，－13m 2－23m ＋8)(m ＞0)，则GN ＝MP ＝－13m 2－23m ＋8，∴EM ＝EP －MP ＝8－(－13m 2－23m ＋8)＝13m 2＋23m ，MG ＝PN ＝PO ＋ON ＝2＋m ， ∴13m 2＋23m 4＝2＋m 8，∴m ＝－2(舍去)或m ＝32，∴G (32，254)；(ⅱ)如解图②，当∠EAG ＝90°时，第7题解图②∵∠NAG ＋∠EAP ＝90°， ∠AEP ＋∠EAP ＝90°， ∴∠NAG ＝∠AEP ， ∵∠APE ＝∠GNA ＝90°， ∴△GNA ∽△APE ， ∴GN AP ＝ANEP， 设点G (n ，－13n 2－23n ＋8)(n ＞4)，∴GN ＝13n 2＋23n －8，AN ＝AO ＋ON ＝6＋n ，∴2128 334+-n n＝68+n，∴n＝－6(舍去)或n＝112，∴G(112，－234)，综上，符合条件的G点的坐标为(32，254)或(112，－234)．8.如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2＋bx－8与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，直线l经过坐标原点O，与抛物线的一个交点为D，与抛物线的对称轴交于点E，连接CE.已知点A，D的坐标分别为(－2，0)，(6，－8)．(1)求抛物线的函数表达式；(2)分别求出点B和点E的坐标；(3)若点P是y轴负半轴上的一个动点，设其坐标为(0，m)，直线PB与直线l交于点Q.试探究：当m 为何值时，△OPQ是等腰三角形．第8题图解：(1)∵抛物线y＝ax2＋bx－8经过点A(－2，0)，D(6，－8)，∴将A 、D 两点的坐标代入得⎩⎪⎨⎪⎧4a －2b －8＝036a ＋6b －8＝－8， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12b ＝－3， ∴抛物线的函数表达式为y ＝12x 2－3x －8； (2)∵y ＝12x 2－3x －8＝12(x －3)2－252， ∴抛物线的对称轴为直线x ＝3，又∵抛物线与x 轴交于A ，B 两点，点A 的坐标为(－2，0)，∴点B 的坐标为(8，0)．设直线l 的函数表达式为y ＝kx ，∵点D (6，－8)在直线l 上，代入得6k ＝－8，解得k ＝－43， ∴直线l 的函数表达式为y ＝－43x ， ∵点E 为直线l 和抛物线对称轴的交点，∴点E 的横坐标为3，纵坐标为－43×3＝－4，即点E 的坐标为(3，－4)； (3)需分两种情况进行讨论：①当OP ＝OQ 时，△OPQ 是等腰三角形，如解图①，第8题解图①∵点E 的坐标为(3，－4)，∴OE ＝32＋42＝5，过点E 作直线ME ∥PB ，交y 轴于点M ，交x 轴于点H ，则OM OP ＝OE OQ ， ∴OM ＝OE ＝5，∴点M 的坐标为(0，－5)，设直线ME 的函数表达式为y ＝k 1x －5，E （3，-4）在直线ME 上，∴3k 1－5＝－4，解得k 1＝13， ∴直线ME 的函数表达式为y ＝13x －5， 令y ＝0，解得x ＝15，∴点H 的坐标为(15，0)．又∵MH ∥PB ，∴OP OM ＝OB OH ，即－m 5＝815， ∴m ＝－83；②当QO ＝QP 时，△OPQ 是等腰三角形，如解图②，第8题解图②∵当x ＝0时，y ＝12x 2－3x －8＝－8， ∴点C 的坐标为(0，－8)，∴CE ＝32＋（8－4）2＝5，∴OE ＝CE ，∴∠1＝∠2，又∵QO ＝QP ，∴∠1＝∠3，∴∠2＝∠3，∴CE ∥PB .设直线CE 交x 轴于点N ，其函数表达式为y ＝k 2x －8，E （3，-4）在直线CE 上，∴3k 2－8＝－4，解得k 2＝43， ∴直线CE 的函数表达式为y ＝43x －8，令y ＝0，得43x －8＝0， ∴x ＝6，∴点N 的坐标为(6，0)．∵CN ∥PB .∴OP OC ＝OB ON， ∴－m 8＝86，解得m ＝－323. 综上所述，当m 的值为－83或－323时，△OPQ 是等腰三角形． 9. 如图，抛物线y ＝13x 2＋bx ＋c 与x 轴交于A (3，0)，B (－1，0)两点，过点B 作直线BC ⊥x 轴，交直线y ＝－2x 于点C.(1)求该抛物线的解析式；(2)求该抛物线的顶点D 的坐标，并判断顶点D 是否在直线y ＝－2x 上；(3)点P 是抛物线上一动点，是否存在这样的点P (点A 除外)，使△PBC 是以BC 为直角边的直角三角形？若存在，求出所有满足条件的点P 的坐标；若不存在，请说明理由．第9题图解：(1)∵y ＝13x 2＋bx ＋c 与x 轴交于A (3，0)，B (－1，0)两点，∴⎩⎨⎧13×32＋3b ＋c ＝013×（－1）2－b ＋c ＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－23c ＝－1， ∴抛物线的解析式为y ＝13x 2－23x －1； (2)∵a ＝13，b ＝－23，c ＝－1， 抛物线的顶点D 的坐标为(－b 2a ，4ac －b 24a)， ∴x D ＝－－232×13＝1， y D ＝4×13×（－1）－（－23）24×13＝－43， ∴D (1，－43)． 把x ＝1代入y ＝－2x 中得y ＝－2，∵－43≠－2， ∴顶点D 不在直线y ＝－2x 上；(3)存在．理由如下：如解图，过点C 作x 轴的平行线，与该抛物线交于点P 1，P 2，连接BP 1，BP 2.第9题解图∵直线BC ⊥x 轴，∴△P 1BC 、△P 2BC 都是直角三角形．把x ＝－1代入y ＝－2x 中得：y ＝－2×(－1)＝2，∴C (－1，2)．∴把y ＝2代入y ＝13x 2－23x －1中得13x 2－23x －1＝2， 解得x 1＝10＋1，x 2＝－10＋1.∴P 1(10＋1，2)，P 2(－10＋1，2)．10. 如图，抛物线y ＝－12x 2＋bx ＋c 与x 轴交于A (－1，0)、B 两点，与y 轴交于点C (0，2)，抛物线的对称轴交x 轴于点D.(1)求抛物线的解析式；(2)求sin ∠ABC 的值；(3)在抛物线的对称轴上是否存在点P ，使△PCD 是以CD 为腰的等腰三角形，如果存在，直接写出点P 的坐标；如果不存在，请说明理由．第10题图解：(1)将点A (－1，0)，C (0，2)代入抛物线y ＝－12x 2＋bx ＋c 中得， ⎩⎪⎨⎪⎧－12－b ＋c ＝0c ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝32c ＝2， ∴抛物线的解析式为y ＝－12x 2＋32x ＋2； (2)令y ＝－12x 2＋32x ＋2＝0， 解得x 1＝－1，x 2＝4，∴点B 的坐标为(4，0)，在Rt △BOC 中，BC ＝OC 2＋OB 2＝22＋42＝25，∴sin ∠ABC ＝OC BC ＝225＝55； (3)存在，点P 坐标为(32，52)或(32，－52)或(32，4)． 【解法提示】由抛物线y ＝－12x 2＋32x ＋2得对称轴为直线x ＝32， ∴点D 的坐标为(32，0)． ∴CD ＝OC 2＋OD 2＝22＋（32）2＝52. ∵点P 在对称轴x ＝32上，且△PCD 是以CD 为腰的等腰三角形， ∴当点D 为顶点时，有DP ＝CD ＝52，此时点P 的坐标为(32，52)或(32，－52)； 当点C 为顶点时，如解图，连接CP ，则CP ＝CD ，过点C 作CG ⊥DP 于点G ，则DG ＝PG ，第10题解图∵DG ＝2，∴PG ＝2，PD ＝4，∴点P 的坐标为(32，4)． 综上，存在点P 使△PCD 是以CD 为腰的等腰三角形，点P 的坐标为(32，52)或(32，－52)或(32，4)．。
2021-初二数学几何专题第9讲-动点中特殊三角形的存在性问题(教案)
入门测试如图，Rt ACB ∆中，90ACB ∠=︒，13AB =，5AC =，动点P 从点B 出发沿射线BC 运动，当APB ∆为等腰三角形时，这个三角形底边的长为________．【答案】24或26或13．【解析】解：由勾股定理得：BC=12 ①当AB=AP 时，如图，BP=2BC=24；②当BA=BP 时，在Rt △ABP 中，由勾股定理得：AP=22225(1312)26AC CP +=+-=；③当PA=PB 时，此时P 点在线段AB 的垂直平分线上，AB=13知识导学知识讲解知识点一：等腰三角形存在性问题【知识梳理】1、“两圆一线”几何法已知线段AB，在平面内找一点C，使△ABC为等腰三角形①以A点为圆心，AB为半径作圆，除AB所在直线于圆的交点外，圆上任意一点都可以与点A，B组成以AB 为腰的等腰三角形，如图所示1：②以B点为圆心，BA为半径作圆，除AB所在直线与圆的交点外，圆上任意一点都可以与点A，B组成以AB 为腰的等腰三角形，如图所示2：③作AB的垂直平分线，除与AB的交点外，垂直平分线任意一点都可以组成以AB为底的等腰三角形，如图所示3：图1 图2 图32、两点间距离公式代数法 代数法解题步骤：（1）列出三边长的平方；（2）分类列方程；（3）解方程；（4）检验。
注：若△ABC 是等腰三角形，那么可以分为①AB=AC ；②AB=BC ；③AC=BC 三种情况。
【例题精讲】【题型一】等腰三角形存在性（求坐标）【例1】如图，平面直角坐标系中，点P ，Q 的坐标分别为（0,2），（4,0），连接PQ ．（1）若点M 是x 轴负半轴上的一点，且MQ =PQ ，则点M 的坐标为________．（2）若点M 是y 轴上的一点，且MP =MQ ，则点M 的坐标为________．【答案】（1）（4-25，0），（2）（0，-3）.【解析】解：（1）如图，MQ =PQ =25，∴点M 的坐标为（4-25，0）．（2）如图，设OM =x ，则MP 2=MQ 2，得：（x +2）2=x 2+42，解得：x =3 故点M 的坐标为（0，-3）．【题型二】等腰三角形存在性（求时间）【例2】在Rt ABC 中，∠C =90°，8cm BC =， 6cm AC =，在射线BC 上有一动点D 从点B 出发，以2cm /s 的速度匀速运动，若点D 运动()t s 时以点A ，D ，B 为顶点的三角形恰为等腰三角形，则所用时间t 为_________s ．【答案】258，5，8.【解析】解：①当AD =BD 时，在Rt △ACD 中，由勾股定理得：AD 2=AC 2+CD 2，即BD 2=(8-BD )2+62， 解得：BD =254cm ，则t =BD ÷2=258秒； ②当AB =BD 时， 在Rt △ABC 中，由勾股定理得：AB =10，t =AB ÷2=5 秒.③当AD =AB 时，BD =2BC =16，t =BD ÷2=8秒 故答案为：258，5，8．【题型三】等腰三角形存在性（动点往返运动）【例3】如图，ABC 中，90,8cm,6cm C AC BC ︒∠===，若点P 从点A 出发，以每秒2cm 的速度沿A C B A →→→运动，设运动时间为(0)t t >秒．图1 备用图 备用图（1）若点P 恰好运动到BC 的中点，求t 的值．（2）若△CBP 为等腰三角形，求t 的值．【答案】见解析.【解析】解：在△ABC 中，∠C =90°，AC =8，BC =6由勾股定理得：AB =10cm .（1）点P 的运动路程：AC +0.5BC =8+3=11，运动时间为11÷2=5.5 s .（2）①P 从A →C ，0<t <4时，此时∠C =90°，BC =CP 1=6，AP 1=2，t =1 s .②P 从C →B 时，4≤t ≤7，△CBP 不存在③P 从B →A 时，7＜t ≤12（i ）当BC =CP 2=6时，过C 作CH ⊥AB 于H ，由CH ·AB =BC ·AC 得：CH =245，由勾股定理得BH =185，BP 2=2BH =365，t =（8+6+365）÷2=10.6 s . （ii ）BC =BP 3=6，t =（8+6+6）÷2=10 s .（iii ）BP 4=CP 4，则∠2=∠B ，由∠2+∠1=90°，∠B +∠A =90°得：∠1=∠A ∴AP 4=CP 4，∴P 4为AB 中点，t =（8+6+5）÷2=9.5 s .综上所述，t 的值为1s ，10.6s ，10s ，9.5s【题型四】等腰三角形存在性（多动点）【例4】如图，AB BC ⊥，CD BC ⊥，且4BC CD cm ==，1AB cm =，点P 以每秒0.5cm 的速度从点B 开始沿射线BC 运动，同时点Q 在线段CD 上由点C 向终点D 运动．设运动时间为t 秒．（1）当2t=时，BP=______cm，CP=______cm．（2）如图①，当点P与点Q经过几秒时，使得ABP△与△PCQ全等？此时，点Q的速度是多少？（注：只求一种情况即可，并写出求解过程）（3）如图②，是否存在点P，使得ADP△是以AP为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出t的值，若不存在，请说明理由．【答案】（1）1，3；（2）（3）见解析.【解析】解：（1）t=2时，BP=1cm，∵BC=4cm，∴PC=BC－BP=3cm故答案为1，3．（2）①当BP=PC=2，AB=CQ=1时，△ABP≌△QCP，t=2÷0.5=4 s，V Q=0.25 cm/s.②当AB=CP=1，CQ=BP=3时，△ABP≌△PCQ，t=3÷0.5=6 s，V Q=0.5cm/s.（3）过点A作AH⊥CD于H，在Rt△ADH中，AH=BC=4，DH=CD-CH=CD-AB=3由勾股定理得AD=5，AD2=25，AP2=AB2+BP2=1+14t2，PD2=CD2+PC2=16+（4-12t）2①当AP=PD时，1+14t2=16+（4-12t）2解得t=314②当AP=AD时，1+14t2=25，解得t=46或46-（舍）．综上所述，满足条件的t的值为46或31 4．知识点二；直角三角形存在性问题【知识梳理】1、“两线一圆”几何法 已知线段AB ，在平面内找一点C ，使△ABC 为直角三角形①过点A 作线段AB 的垂线，除点A 外，垂线上任意一点都可以与A ，B 两点组成直角三角形；②过点B 作线段AB 的垂线，除点A 外，垂线上任意一点都可以与A ，B 两点组成直角三角形；③以线段AB 为直径作圆，除AB 的中点（圆心）外，圆上任意一点都可以与A ，B 两点组成直角三角形。
2020年中考数学难题突破：函数中特殊三角形存在性问题解析与练习及参考答案
(3 ) ①x＝ 1 (1 ，a)
②三 AQ＝ BQ，AB＝BQ， AQ＝AB
解： (1) ∵直线 y＝3x＋ 3，
∴当 x＝0 时， y＝ 3，当 y＝0 时， x＝－ 1，
∴点 A 的坐标为 ( －1，0) ，点 B 的坐标为 (0 ，3) ．
(2) 设抛物线对应的函数表达式为
y＝ax2＋ bx＋c，由题意，得
③当 AQ＝ AB时，如图③， 由勾股定理，得 22＋a2＝ 10，解得 a＝± 6，此时点 Q的坐标是 (1 ， 6) 或(1 ，－ 6) ． 综上所述，存在符合条件的点 Q，点 Q的坐标为 (1 ，1) 或 (1 ，0) 或 (1 ， 6) 或(1 ，－ 6) ． 类型 2 直角三角形、全等三角形存在性问题 例 2 如图 2，已知直线 y＝kx －6 与抛物线 y＝ ax2＋bx＋c 相交于 A，B 两点，且点 A(1，－ 4) 为抛 物线的顶点，点 B 在 x 轴上．
解得
1－ m＝ 2
13
1＋ m＝ 2
13 ＞0，舍去
，
∴点 P 的坐标为
1－ 2
13 ，
13－1 . 2
(3) 如图，①当∠ Q1AB＝90°时，△ DAQ∽1 △ DOB，
AD DQ1
5 DQ1
∴OD＝ DB，即6＝ 3ຫໍສະໝຸດ ， 557
∴DQ1＝ 2，∴ OQ1＝2，
7 即点 Q1的坐标为 0，－ 2 ；
C(3，0) ．
(1) 求点 A，B 的坐标．
(2) 求抛物线对应的函数表达式．
图1
(3) 在抛物线的对称轴上是否存在点 Q，使△ ABQ是等腰三角形？若存在， 求出符合条件的点 Q的坐
标；若不存在，请说明理由．
专题05 探索、延伸与应用问题研究(解析版)
专题五：探索、延伸与应用问题研究【题型导引】题型一：与三角形有关的探索、延伸与应用，本类型涉及到三角形之间的变换，从特殊实例到一般的转化，从三角形探索延伸到四边形的变化，推导相似的结论研究，或者从特殊三角形的研究推广到一般三角形，得到相关结论，并利用得到的结论解决新问题。
题型二：四边形背景下借助变换转化为其它四边形，得到相关结论，借助特殊四边形的性质得到某结论，并进行推广，从而找到更好图形中存在的类型性质，并进行实际应用；【典例解析】类型一：与三角形有关的探索、延伸与应用例题1：（2019•湖北武汉•3分）问题背景：如图1，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，DE与BC 交于点P，可推出结论：PA+PC＝PE．问题解决：如图2，在△MNG中，MN＝6，∠M＝75°，MG＝42．点O是△MNG内一点，则点O到△MNG三个顶点的距离和的最小值是229．图1 图2【解答】（1）证明：如图1，在BC上截取BG＝PD，在△ABG和△ADP中，∴△ABG≌△ADP（SAS），∴AG＝AP，∠BAG＝∠DAP，∵∠GAP＝∠BAD＝60°，∴△AGP是等边三角形，∴∠AGC＝60°＝∠APG，∴∠APE＝60°，∴∠EPC＝60°，连接EC，延长BC到F，使CF＝PA，连接EF，∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，∴∠EAC＝60°，∠EPC＝60°，∵AE＝AC，∴△ACE是等边三角形，∴AE＝EC＝AC，∵∠PAE+∠APE+∠AEP＝180°，∠ECF+∠ACE+∠ACB＝180°，∠ACE＝∠APE＝60°，∠AED＝∠ACB，∴∠PAE＝∠ECF，在△APE和△ECF中∴△APE≌△ECF（SAS），∴PE＝PF，∴PA+PC＝PE；（2）解：如图2：以MG为边作等边三角形△MGD，以OM为边作等边△OME．连接ND，作DF⊥NM，交NM的延长线于F．∵△MGD和△OME是等边三角形∴OE＝OM＝ME，∠DMG＝∠OME＝60°，MG＝MD，∴∠GMO＝∠DME在△GMO和△DME中∴△GMO≌△DME（SAS），∴OG＝DE∴NO+GO+MO＝DE+OE+NO∴当D.E.O、M四点共线时，NO+GO+MO值最小，∵∠NMG＝75°，∠GMD＝60°，∴∠NMD＝135°，∴∠DMF＝45°，∵MG＝42．∴MF＝DF＝4，∴NF＝MN+MF＝6+4＝10，∴ND＝229，∴MO+NO+GO最小值为229，故答案为229，技法归纳：解答探索、延伸与应用类题目时，解答好第(1)问是基础，往往前面第(1)问中的方法思路为第(2)问的解决提供解题方向；解答后续的“延伸”时，要特别注意运用类比、数形结合、分类讨论等数学思想；对于应用环节，就是把实际问题的背景，抽象成已探索出结论或规律的几何模型．类型二：与四边形有关的探索、延伸与应用例题2：(2018·菏泽中考)问题情境：在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”为主题开展数学活动．如图1，将矩形纸片ABCD 沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD.并且量得AB＝2 cm，AC＝4 cm.操作发现：(1)将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转∠α，使∠α＝∠BAC，得到如图2所示的△AC′D，过点C作AC′的平行线，与DC′的延长线交于点E，则四边形ACEC′的形状是．(2)创新小组将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转，使B，A，D三点在同一条直线上，得到如图3所示的△A C′D，连接CC′，取CC′的中点F，连接AF并延长至点G，使FG＝AF，连接CG，C′G，得到四边形ACGC′，发现它是正方形，请你证明这个结论．实践探究：(3)缜密小组在创新小组发现结论的基础上，进行如下操作：将△ABC沿着BD方向平移，使点B与点A重合，此时A点平移至A′点，A′C与BC′相交于点H，如图4所示，连接CC′，试求tan∠C′CH的值．【解析】(1)解：菱形(2)证明：∵点F 是CC′的中点，∴CF＝FC′.∵FG＝AF ，∴四边形ACGC′是平行四边形．∵在Rt△ABC 和R t△AC′D 中，∠BAC＋∠ACB＝90°，∠ACB＝∠DAC′，∴∠BAC＋∠DAC′＝90°.又∵B，A ，D 三点在同一条直线上，∴∠CAC′＝90°，∴四边形ACGC′是矩形．∵AC＝AC′，∴四边形ACGC′是正方形．(3)解：在Rt△A′BC 和Rt△BC′D 中，BC ＝BD ＝42－22＝2 3.∵Rt△A′BC≌Rt△BC′D，∴∠DBC′＋∠BA′C＝90°，∴∠BHA′＝90°，∴BC′⊥A′C.在Rt△A′BC 中，A′C·BH＝BC·A′B，即4BH ＝2×23， ∴BH＝3，∴C′H＝BC′－BH ＝4－ 3.在Rt△A′BH 中，A′H＝A′B 2－BH 2＝22－（3）2＝1，∴CH＝4－1＝3，∴tan∠C′CH＝C′H CH ＝4－33， ∴tan∠C′CH 的值为4－33. 技法归纳：探索、延伸与应用型问题常常用到以下方法与思想：①特殊值：利用特殊点、特殊数量、特殊线段、特殊位置等进行归纳、概括，从特殊到一般，从而得出规律；②分类讨论法：当命题的题设和结论不唯一，难以统一解答时，则需要按可能出现的情况做到既不重复也不遗漏，分门别类加以讨论求解，将不同结论综合归纳得出正确结果；③类比猜想法：即由一个问题的结论或解决方法类比猜想出另一个类似问题的结论或解决方法，并加以严密的论证．【变式训练】1. （2018•泰安）如图，△ABC 中，D 是AB 上一点，DE ⊥AC 于点E ，F 是AD 的中点，FG ⊥BC 于点G ，与DE 交于点H ，若FG=AF ，AG 平分∠CAB ，连接GE ，CD ．（1）求证：△ECG≌△GHD；（2）小亮同学经过探究发现：AD=AC+EC．请你帮助小亮同学证明这一结论．（3）若∠B=30°，判定四边形AEGF是否为菱形，并说明理由．【解答】解：（1）∵AF=FG，∴∠FAG=∠FGA，∵AG平分∠CAB，∴∠CAG=∠FGA，∴∠CAG=∠FGA，∴AC∥FG，∵DE⊥AC，∴FG⊥DE，∵FG⊥BC，∴DE∥BC，∴AC⊥BC，∴∠C=∠DHG=90°，∠CGE=∠GED，∵F是AD的中点，FG∥AE，∴H是ED的中点，∴FG是线段ED的垂直平分线，∴GE=GD，∠GDE=∠GED，∴∠CGE=∠GDE，∴△ECG≌△GHD；（2）证明：过点G作GP⊥AB于P，∴GC=GP，而AG=AG，∴△CAG≌△PAG，∴AC=AP，由（1）可得EG=DG，∴Rt△ECG≌Rt△GPD，∴EC=PD，∴AD=AP+PD=AC+EC；（3）四边形AEGF是菱形，证明：∵∠B=30°，∴∠ADE=30°，∴AE=AD，∴AE=AF=FG，由（1）得AE∥FG，∴四边形AECF是平行四边形，∴四边形AEGF是菱形．2. （2019，山西，11分）综合与实践动手操作：第一步：如图1，正方形纸片ABCD沿对角线AC所在直线折叠，展开铺平.在沿过点C的直线折叠，使点B，点D都落在对角线AC上.此时，点B与点D重合，记为点N，且点E，点N，点F三点在同一直线上，折痕分别为CE，CF.如图2.第二步：再沿AC所在的直线折叠，△ACE与△ACF重合，得到图3第三步：在图3的基础上继续折叠，使点C与点F重合，如图4，展开铺平，连接EF，FG，GM，ME，如图5，图中的虚线为折痕.问题解决：（1）在图5中，∠BEC 的度数是 ，BEAE 的值是 ； （2）在图5中，请判断四边形EMGF 的形状，并说明理由；（3）在不增加字母的条件下，请你以图中5中的字母表示的点为顶点，动手画出一个菱形（正方形除外），并写出这个菱形： .【解析】解：（1）67.5° 2（2）四边形EMGF 是矩形理由如下：∵四边形ABCD 是正方形，∴∠B=∠BCD=∠D=90°由折叠可知：∠1=∠2=∠3=∠4，CM=CG ，∠BEC=∠NEC=∠NFC=∠DFC=67.5°由折叠可知：MH 、GH 分别垂直平分EC ，FC ，∴MC=ME，GC=GF∴∠5=∠1=22.5°，∠6=∠4=22.5°，∴∠MEF∠GFE=90°∵∠MCG=90°，CM=CG.∴∠CMG=45°又∵∠BME=∠1+∠5=45°，∴∠EMG=180°-∠CMG -∠BME=90°∴四边形EMGF 是矩形.（1）菱形FGCH 或菱形EMCH （一个即可），如下图所示3. (2018·江西中考)在菱形ABCD 中，∠ABC＝60°，点P 是射线BD 上一动点，以AP 为边向右侧作等边△APE，点E 的位置随着点P 的位置变化而变化．(1)如图1，当点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，BP与CE的数量关系是，CE与AD的位置关系是；(2)当点E在菱形ABCD外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由(选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理)；(3)如图4，当点P在线段BD的延长线上时，连接BE，若AB＝23，BE＝219，求四边形ADPE的面积．【解析】：(1)BP＝CE CE⊥AD提示：如图，连接AC.∵四边形ABCD是菱形，∠AB C＝60°，∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°，∴AB＝AC.又∵△APE是等边三角形，∴AP＝AE，∠BAC＝∠PAE＝60°，∴∠BAP＝∠CAE，∴△BAP≌△CAE，∴BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°.延长CE交AD于点H.∵∠CAH＝60°，∴∠CAH＋∠ACH＝90°，∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD.(2)结论仍然成立．理由：如图，连接AC交BD于点O，设CE交AD于点H.∵四边形ABCD 是菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC，△ACD 都是等边三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°，∴AB＝AC.∵△APE 是等边三角形，∴AP＝AE ，∠BAC＝∠PAE＝60°，∴∠BAP＝∠CAE，∴△BAP≌△CAE，∴BP＝CE ，∠ABP＝∠ACE＝30°.∵∠CAH＝60°，∴∠CAH＋∠ACH＝90°，∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD.也可选用图3进行证明，方法同上．(3)如图，连接AC 交BD 于点O ，连接CE 交AD 于点H ，由(2)可知EC⊥AD，CE ＝BP.在菱形ABCD 中，AD∥BC，∴EC⊥BC.∵BC＝AB ＝23，BE ＝219，在Rt△BCE 中，EC ＝（219）2－（23）2＝8，∴BP＝CE ＝8.∵AC 与BD 是菱形的对角线，∴∠ABD＝12∠ABC＝30°，AC⊥BD， ∴BD＝2BO ＝2AB·cos 30°＝6，∴OA＝12AB ＝3，DP ＝BP －BD ＝8－6＝2， ∴OP＝OD ＋DP ＝5.在Rt△AOP 中，AP ＝AO 2＋OP 2＝27，∴S 四边形ADPE ＝S △ADP ＋S △AEP ＝12×2×3＋34×(27)2＝8 3. 4. （2019•湖北省咸宁市•10分）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．理解：（1）如图1，点A，B，C在⊙O上，∠ABC的平分线交⊙O于点D，连接AD，CD．求证：四边形ABCD是等补四边形；探究：（2）如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由．运用：（3）如图3，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F，CD＝10，AF＝5，求DF的长．【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD为圆内接四边形，∴∠A+∠C＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD，∴，∴AD＝CD，∴四边形ABCD是等补四边形；（2）AD平分∠BCD，理由如下：如图2，过点A分别作AE⊥BC于点E，AF垂直CD的延长线于点F，则∠AEB＝∠AFD＝90°，∵四边形ABCD是等补四边形，∴∠B+∠ADC＝180°，又∠ADC+∠ADF＝180°，∴∠B＝∠ADF，∵AB＝AD，∴△ABE ≌△ADF （AAS ）， ∴AE ＝AF ，∴AC 是∠BCF 的平分线，即AC 平分∠BCD ； （3）如图3，连接AC ， ∵四边形ABCD 是等补四边形， ∴∠BAD+∠BCD ＝180°， 又∠BAD+∠EAD ＝180°， ∴∠EAD ＝∠BCD ， ∵AF 平分∠EAD ， ∴∠FAD ＝∠EAD ， 由（2）知，AC 平分∠BCD ， ∴∠FCA ＝∠BCD ， ∴∠FCA ＝∠FAD ， 又∠AFC ＝∠DFA ， ∴△ACF ∽△DAF ， ∴，即， ∴DF ＝5﹣5．5. (2018·日照中考)问题背景：我们学习等边三角形时得到直角三角形的一个性质：在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半．即：如图1，在Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，则AC ＝12AB.探究结论：小明同学对以上结论作了进一步探究．(1)如图1，连接AB 边上中线CE ，由于CE ＝12AB ，易得结论：①△ACE 为等边三角形；②BE 与CE 之间的数量关系为 ；(2)如图2，点D 是边CB 上任意一点，连接AD ，作等边△ADE，且点E 在∠ACB 的内部，连接BE.试探究线段BE 与DE 之间的数量关系，写出你的猜想并加以证明；(3)当点D 为边CB 延长线上任意一点时，在(2)条件的基础上，线段BE 与DE 之间存在怎样的数量关系？请直接写出你的结论 ；拓展应用：如图3，在平面直角坐标系xOy 中，点A 的坐标为(－3，1)，点B 是x 轴正半轴上的一动点，以AB 为边作等边△ABC.当C 点在第一象限内，且B(2，0)时，求C 点的坐标．【解析】：(1)BE ＝CE (2)BE ＝DE.证明如下： 如图，取AB 的中点P ，连接EP.由(1)结论可知△CPA 为等边三角形， ∴∠CAP＝60°，CA ＝PA. ∵△ADE 为等边三角形， ∴∠DAE＝60°，AD ＝AE ， ∴∠CAP＝∠DAE，∴∠CAP－∠DAB＝∠DAE－∠DAB， ∴∠CAD＝∠PAE，∴△ACD≌△APE(SAS)， ∴∠APE＝∠ACD＝90°， ∴EP⊥AB.∵P为AB的中点，∴AE＝BE.∵DE＝AE，∴BE＝DE.(3)BE＝DE拓展应用：如图，连接OA，OC，过点A作AH⊥x轴于点H.∵A的坐标为(－3，1)，∴∠AOH＝30°.由探究结论(3)可知CO＝CB.∵O(0，0)，B(2，0)，∴点C的横坐标为1.设C(1，m)．∵CO2＝CB2＝12＋m2，AB2＝12＋(2＋3)2，AB＝CB，∴12＋m2＝12＋(2＋3)2，∴m＝2＋3，∴C点的坐标是(1，2＋3)．6. （2019•湖南岳阳•10分）操作体验：如图，在矩形ABCD中，点E.F分别在边AD.BC上，将矩形ABCD沿直线EF折叠，使点D恰好与点B重合，点C落在点C′处．点P为直线EF上一以PM、PN为邻边构造平行四边形PMQN．（1）如图动点（不与E.F重合），过点P分别作直线BE.BF的垂线，垂足分别为点M和N，1，求证：BE＝BF；（2）特例感知：如图2，若DE＝5，CF＝2，当点P在线段EF上运动时，求平行四边形PMQN的周长；（3）类比探究：若DE＝a，CF＝b．①如图3，当点P在线段EF的延长线上运动时，试用含A.b的式子表示QM与QN之间的数量关系，并证明；②如图4，当点P在线段FE的延长线上运动时，请直接用含A.b的式子表示QM与QN之间的数量关系．（不要求写证明过程）【解答】（1）证明：如图1中，∵四边形ABCD 是矩形， ∴AD ∥BC ， ∴∠DEF ＝∠EFB ，由翻折可知：∠DEF ＝∠BEF ， ∴∠BEF ＝∠EFB ， ∴BE ＝BF ．（2）解：如图2中，连接BP ，作EH ⊥BC 于H ，则四边形ABHE 是矩形，EH ＝AB ．∵DE ＝EB ＝BF ＝5，CF ＝2， ∴AD ＝BC ＝7，AE ＝2，在Rt △ABE 中，∵∠A ＝90°，BE ＝5，AE ＝2，∴AB 2252 21，∵S △BEF ＝S △PBE +S △PBF ，PM ⊥BE ，PN ⊥BF ，∴12•BF •EH ＝12•BE •PM+12•BF •PN ， ∵BE ＝BF ，∴PM+PN ＝EH ＝21， ∵四边形PMQN 是平行四边形，∴四边形PMQN 的周长＝2（PM+PN ）＝221． （3）①证明：如图3中，连接BP ，作EH ⊥BC 于H ．∵ED ＝EB ＝BF ＝a ，CF ＝b ， ∴AD ＝BC ＝a+b ， ∴AE ＝AD ﹣DE ＝b ， ∴EH ＝AB ＝22a b -， ∵S △EBP ﹣S △BFP ＝S △EBF ，∴BE •PM ﹣•BF •PN ＝•BF •EH ， ∵BE ＝BF ，∴PM ﹣PN ＝EH 22a b -， ∵四边形PMQN 是平行四边形， ∴QN ﹣QM ＝（PM ﹣PN 22a b -．②如图4，当点P 在线段FE 的延长线上运动时，同法可证：QM ﹣QN ＝PN ﹣PM 22a b -． 7. (2017·潍坊中考)边长为6的等边△ABC 中，点D ，E 分别在AC ，BC 边上，DE∥AB，EC ＝2 3. (1)如图1，将△DEC 沿射线EC 方向平移，得到△D′E′C′，边D′E′与AC 的交点为M ，边C′D′与∠ACC′的角平分线交于点N.当CC′多大时，四边形MCN D′为菱形？并说明理由．(2)如图2，将△DEC 绕点C 旋转∠α(0°<α<360°)，得到△D′E′C，连接AD′，BE′.边D′E′的中点为P.①在旋转过程中，AD′和BE′有怎样的数量关系？并说明理由；②连接AP，当AP最大时，求AD′的值．(结果保留根号)【解析】 (1)当CC′＝3时，四边形MCND′为菱形．理由：由平移的性质得CD∥C′D′，DE∥D′E′.∵△ABC为等边三角形，∴∠B＝∠ACB＝60°，∴∠ACC′＝180°－60°＝120°.∵CN是∠ACC′的角平分线，∴∠NCC′＝60°.∵AB∥DE，DE∥D′E′，∴AB∥D′E′，∴∠D′E′C′＝∠B＝60°，∴∠D′E′C′＝∠NCC′，∴D′E′∥CN，∴四边形MCND′为平行四边形．∵∠ME′C′＝∠MCE′＝60°，∠NCC′＝∠NC′C＝60°，∴△MCE′和△NCC′为等边三角形，∴MC＝CE′，NC＝CC′.又∵E′C′＝23，CC′＝3，∴CE′＝CC′＝3，∴MC＝CN，∴四边形MCND′为菱形．(2)①AD′＝BE′.理由：当α≠180°时，由旋转的性质得∠ACD′＝∠BCE′.由(1)知AC＝BC，CD′＝CE′，∴△ACD′≌△BCE′，∴AD′＝BE′.当α＝180°时，AD′＝AC＋CD′，BE′＝BC＋CE′，即AD′＝BE′.综上可知，AD′＝BE′.②如图，连接CP ，在△ACP 中，由三角形三边关系得 AP<AC ＋CP ，∴当A ，C ，P 三点共线时AP 最大． 此时，AP ＝AC ＋CP.在△D′CE′中，由P 为D′E′中点得AP⊥D′E′，PD′＝3， ∴CP＝3，∴AP＝6＋3＝9. 在Rt△APD′中，由勾股定理得AD′＝AP 2＋PD′2＝92＋（3）2＝221. 8. 【探究证明】(1)某班数学课题学习小组对矩形内两条相互垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明：如图1，矩形ABCD 中，EF⊥GH，EF 分别交AB ，CD 于点E ，F ，GH 分别交AD ，BC 于点G ，H.求证：EF GH ＝ADAB ；【结论应用】(2)如图2，在满足(1)的条件下，又AM⊥BN，点M ，N 分别在边BC ，CD 上．若EF GH ＝1115，则BNAM 的值为 ；【联系拓展】(3)如图3，四边形ABCD 中，∠ABC＝90°，AB ＝AD ＝10，BC ＝CD ＝5，AM⊥DN，点M ，N 分别在边BC ，AB 上，求DNAM的值．【解析】 (1)如图，过点A 作AP∥EF，交CD 于点P ，过点B 作BQ∥GH，交AD 于点Q ，交AP 于点T. ∵四边形ABCD 是矩形，∴AB∥DC，A D∥BC， ∴四边形AEFP 和四边形BHGQ 都是平行四边形， ∴AP＝EF ，GH ＝BQ.∵GH⊥EF，∴AP⊥BQ，∴∠QAT＋∠AQT＝90°. ∵四边形ABCD 是矩形，∴∠DAB＝∠D＝90°， ∴∠DAP＋∠DPA＝90°，∴∠AQT＝∠DPA， ∴△PDA∽△QAB，∴AP BQ ＝AD BA ，∴EF GH ＝ADAB .(2)1115. 提示：∵EF⊥GH，AM⊥BN， ∴由(1)结论可得EF GH ＝AD AB ，BN AM ＝ADAB ，∴BN AM ＝EF GH ＝1115. (3)如图，过D 作AB 的平行线，交BC 的延长线于E ， 作AF⊥AB 交ED 延长线于点F.∵∠BAF＝∠B＝∠E＝90°， ∴四边形ABEF 是矩形．连接AC ，由已知条件得△ADC≌△ABC， ∴∠ADC＝∠ABC＝90°， ∠1＋∠2＝90°.又∵∠2＋∠3＝90°，∴∠1＝∠3， ∴△ADF∽△DCE， ∴DE AF ＝DC AD ＝510＝12. 设DE ＝x ，则AF ＝2x ，DF ＝10－x. 在Rt△ADF 中，AF 2＋DF 2＝AD 2， 即(2x)2＋(10－x)2＝100，解得x 1＝4，x 2＝0(舍去)，∴AF＝2x ＝8， ∴DN AM ＝AF AB ＝810＝45. 9. （2019•湖北省仙桃市•10分）已知△ABC 内接于⊙O，∠BAC 的平分线交⊙O 于点D ，连接DB ，DC ． （1）如图①，当∠BAC＝120°时，请直接写出线段AB ，AC ，AD 之间满足的等量关系式： AB+AC ＝AD ；（2）如图②，当∠BAC＝90°时，试探究线段AB ，AC ，AD 之间满足的等量关系，并证明你的结论；（3）如图③，若BC＝5，BD＝4，求的值．【解答】解：（1）如图①在AD上截取AE＝AB，连接BE，∵∠BAC＝120°，∠BAC的平分线交⊙O于点D，∴∠DBC＝∠DAC＝60°，∠DCB＝∠BAD＝60°，∴△ABE和△BCD都是等边三角形，∴∠DBE＝∠A BC，AB＝BE，BC＝BD，∴△BED≌△BAC（SAS），∴DE＝AC，∴AD＝AE+DE＝AB+AC；故答案为：AB+AC＝AD．（2）AB+AC＝AD．理由如下：如图②，延长AB至点M，使BM＝AC，连接DM，∵四边形ABDC内接于⊙O，∴∠MBD＝∠ACD，∵∠BAD＝∠CAD＝45°，∴BD＝CD，∴△MBD≌△ACD（SAS），∴MD＝AD，∠M＝∠CAD＝45°，∴MD⊥AD．∴AM＝，即AB+BM＝，∴AB+AC＝；（3）如图③，延长AB至点N，使BN＝AC，连接DN，∵四边形ABDC内接于⊙O，∴∠NBD＝∠ACD，∵∠BAD＝∠CAD，∴BD＝CD，∴△NBD≌△ACD（SAS），∴ND＝AD，∠N＝∠CAD，∴∠N＝∠NAD＝∠DBC＝∠DCB，∴△NAD∽△CBD，∴，∴，又AN ＝AB+BN ＝AB+AC ，BC ＝5，BD ＝4， ∴＝．10. (2018·淄博中考)(1)操作发现：如图1，小明画了一个等腰三角形ABC ，其中AB ＝AC ，在△ABC 的外侧分别以AB ，AC 为腰作了两个等腰直角三角形ABD ，ACE.分别取BD ，CE ，BC 的中点M ，N ，G.连接GM ，GN.小明发现了：线段GM 与GN 的数量关系是 ；位置关系是 ．(2)类比思考：如图2，小明在此基础上进行了深入思考．把等腰三角形ABC 换为一般的锐角三角形．其中AB>AC ，其他条件不变，小明发现的上述结论还成立吗？请说明理由．(3)深入探究：如图3，小明在(2)的基础上，又作了进一步探究，向△ABC 的内侧分别作等腰直角三角形ABD ，ACE.其他条件不变，试判断△GMN 的形状，并给予证明．【解析】(1)MG ＝NG MG⊥NG提示：如图，连接EB ，DC ，EB ，DC 交于点F.∵AE＝AC ，AB ＝AD ，∠EAC＝∠BAD＝90°，∴∠EAB＝∠CAD，∴△AEB≌△ACD， ∴EB＝CD ，∠AEB＝∠ACD.∵∠AHE＝∠FHC，∴∠EFC＝∠EAC＝90°，∴EB⊥CD.∵M，N ，G 分别是BD ，CE ，BC 的中点，∴NG∥EB，且NG ＝12EB ，MG∥CD，且MG ＝12CD ， ∴MG＝NG ，MG⊥NG.(2)成立．理由：类似于(1)的证明方法，可以得出△ADC≌△AB E ，从而得出EB⊥CD，再利用三角形中位线定理可证明结论还成立．(3)△GMN 是等腰直角三角形．证明：如图，连接EB ，DC ，并分别延长交于点F.∵AE＝AC ，AB ＝AD ，∠EAB＝∠CAD，∴△AEB≌△ACD，∴EB＝CD ，∠AEB＝∠ACD， ∴∠AEB＋∠ACF＝180°.又∠EAC＝90°，∴∠F＝90°，∴EB⊥CD. ∵M，N ，G 分别是BD ，CE ，BC 的中点， ∴NG∥EB，且NG ＝12EB ，MG∥CD，且MG ＝12CD ，∴MG＝NG ，M G⊥NG，∴△GMN 是等腰直角三角形．。
九年级中考 专题04 动点与相似三角形存在性问题解法题型讲义(教师版)
动点与相似三角形存在性问题解法动点存在性问题是中考的热点与难点，相似三角形存在性问题是其中的重点题型。
其解题核心是找到比例关系得到方程，难点在于分类讨论找出隐含的条件. 通常，隐含的条件中角度相等不太容易发现.一、典例解析例1. 【2020·广东东莞】如图，抛物线y =3+√36x 2+bx +c 与x 轴交于A ，B 两点，点A ，B 分别位于原点的左、右两侧，BO ＝3AO ＝3，过点B 的直线与y 轴正半轴和抛物线的交点分别为C ，D ，BC =√3CD ．（1）求b ，C 的值；（2）求直线BD 的函数解析式；（3）点P 在抛物线的对称轴上且在x 轴下方，点Q 在射线BA 上．当△ABD 与△BPQ 相似时，请直接写出所有满足条件的点Q 的坐标．【答案】见解析.【解析】解：（1）∵OB=3OA=3∴B （3,0），A （-1,0）∴0930b c b c ⎧+=⎪⎪++=解得：b=，c= （2）过点D 作DE ⊥y 轴于E ，∵∠ECD=∠BCO，∠DEC=∠BOC=90°∴△CDE∽△CBO∴CD DE BC OB=3DE=，即D点横坐标为其坐标为D（）由B(3,0)得直线BD解析式为：y=（3）由A（-1,0），B（3,0），D（），知S△ABD=2），BD=2），AD=过点A作AH⊥BD于H，∴AH=2，DH=2，∴tan∠ADB=1，tan∠∠设Q（x，0），P（1，m），其中m<0，x<3，①当△ABD∽△BPQ时，∠DAB=∠QBP（由题意知∠QBP<90°，∠DAB>90°，不存在）②当△ABD∽△BQP时，同理，此种情况不存在；③当△ABD∽△QBP时，tan ∠ADB=tan ∠QPB=1，tan ∠ABD= tan ∠∠PQO=tan ∠∴2m -m=，21m x -=-即Q 0） ④当△ABD ∽△QPB 时，同理，∴12m -=，即m=-2，21m x -=-x=5-即Q （5-0）⑤当△ABD ∽△PQB 时，同理，∴12m -=，即m=-2，1m x --，x=1-即Q （1-0）⑥当△ABD ∽△PBQ 时，同理，∴2m -m=，11m x -=-，x=1即Q （1，0）. 例2.【2020·贵州铜仁】如图，已知抛物线y ＝ax 2+bx +6经过两点A （﹣1，0），B （3，0），C 是抛物线与y 轴的交点．（1）求抛物线的解析式；（2）点P （m ，n ）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，设△PBC 的面积为S ，求S 关于m 的函数表达式（指出自变量m 的取值范围）和S 的最大值；（3）点M 在抛物线上运动，点N 在y 轴上运动，是否存在点M 、点N 使得∠CMN ＝90°，且△CMN 与△OBC 相似，如果存在，请求出点M 和点N 的坐标．【答案】见解析.【解析】解：（1）将A （﹣1，0）、B （3，0）代入y ＝ax 2+bx +6，得：{a −b +6=09a +3b +6=0，解得：{a =−2b =4， ∴抛物线的解析式为y ＝﹣2x 2+4x +6．（2）过点P 作PF ∥y 轴，交BC 于点F ，如图所示．当x ＝0时，y ＝﹣2x 2+4x +6＝6，∴点C 的坐标为（0，6）．设直线BC 的解析式为y ＝kx +c ，将B （3，0）、C （0，6）代入y ＝kx +c ，得：{3k +c =0c =6，解得：{k =−2c =6， ∴直线BC 的解析式为y ＝﹣2x +6．设点P 的坐标为（m ，﹣2m 2+4m +6），则点F 的坐标为（m ，﹣2m +6），∴PF ＝﹣2m 2+4m +6﹣（﹣2m +6）＝﹣2m 2+6m ，∴S △PBC =12PF •OB ＝﹣3m 2+9m ＝﹣3（m −32）2+274，∴当m =32时，△PBC 面积取最大值，最大值为274．∵点P （m ，n ）在平面直角坐标系第一象限内的抛物线上运动，∴0＜m ＜3．（3）存在点M 、点N 使得∠CMN ＝90°，且△CMN 与△OBC 相似．①如图，∠CMN ＝90°，当点M 位于点C 上方，过点M 作MD ⊥y 轴于点D ，∵∠CDM ＝∠CMN ＝90°，∠DCM ＝∠NCM ，∴△MCD ∽△NCM ，若△CMN 与△OBC 相似，则△MCD 与△NCM 相似，设M （a ，﹣2a 2+4a +6），C （0，6），∴DC ＝﹣2a 2+4a ，DM ＝a ，当DM CD =OB OC =36=12时，△COB ∽△CDM ∽△CMN ， ∴a −2a 2+4a =12，解得，a ＝1，∴M （1，8），此时ND =12DM =12，∴N （0，172），②当CD DM =OB OC =12时，△COB ∽△MDC ∽△NMC ， ∴−2a 2+4a a =12， 解得a =74，∴M （74，558），此时N （0，838）． ③如图，当点M 位于点C 的下方，过点M 作ME ⊥y 轴于点E ，设M （a ，﹣2a 2+4a +6），C （0，6），∴EC ＝2a 2﹣4a ，EM ＝a ，同理可得：2a 2−4a a =12或2a 2−4a a =2，△CMN 与△OBC 相似， 解得a =94或a ＝3，∴M （94，398）或M （3，0），此时N 点坐标为（0，38）或（0，−32）．综上所述，M （1，8），N （0，172）或M （74，558），N （0，838）或M （94，398），N （0，38）或M （3，0），N （0，−32），使得∠CMN ＝90°，且△CMN 与△OBC 相似．例3.【2020·浙江金华】如图，在平面直角坐标系中，正方形ABOC 的两直角边分别在坐标轴的正半轴上，分别过OB ，OC 的中点D ，E 作AE ，AD 的平行线，相交于点F ，已知OB =8.（1）求证：四边形AEFD为菱形.（2）求四边形AEFD的面积.（3）若点P在x轴正半轴上(异于点D)，点Q在y轴上，平面内是否存在点G，使得以点A，P，Q，G为顶点的四边形与四边形AEFD相似？若存在，求点P的坐标；若不存在，试说明理由.【答案】见解析.【解析】解：（1）∵DF∥AE，EF∥AD，∴四边形AEFD是平行四边形∵四边形ABOC是正方形，∴OB＝OC＝AB＝AC，∠ACE＝∠ABD＝90°∵点D，E是OB，OC的中点，∴CE＝BD，∴△ACE≌△ABD(SAS)，∴AE＝AD，∴平行四边形AEFD是菱形（2）连接DE∵S△ABD＝12AB·BD＝12×8×4=16S△ODE＝12OD·OE＝12×4×4=8∴S△AED＝S正方形ABOC－2 S△ABD－S△ODE＝64－2×16－8＝24，∴S菱形AEFD＝2S△AED＝48.（3）连接AF与DE相交于点K，易得△ADK的两直角边之比为1:3，①当AP为菱形一边时，点Q在x轴上方，有两种情况：（i）如图，AG与PQ交于点H，∵菱形P AQG∽菱形ADFE，∴△APH的两直角边之比为1:3.过点H作HN⊥x轴于点N，交AC于点M，设AM=t，∵HN∥OQ，点H是PQ的中点，∴点N是OP中点，∴HN是△OPQ的中位线，∴ON＝PN＝8－t.∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PNH＝∠AMH＝90°，∴△HMA∽△PNH，∴13 AM MH NH PN==∴HN＝3AM＝3t，∴MH＝MN－NH＝8－3t，∵PN＝3MH，∴8－t=3(8－3t)，解得t＝2，∴OP＝2ON＝2(8－t)＝12，∴点P的坐标为(12，0).（ii）如图△APH的两直角边之比为1:3.过点H作HI⊥y轴于点I，过点P作PN⊥x轴交IH于点N，延长BA交IN于点M.∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠AMH＝∠PNH，∴△AMH∽△HNP，∴13 AM MH NH PN==设MH＝t，∴PN＝3MH＝3t，∴AM＝BM－AB＝3t－8，∴HN＝3AM＝3(3t－8)＝9t－24.∵HI是△OPQ的中位线，∴OP＝2IH，∴HI＝HN，∴8＋t＝9t－24，解得t＝4∴OP＝2HI＝2(8＋t)＝24，∴点P的坐标为(24，0).②当AP为菱形一边时，点Q在x轴下方，有两种情况，（i）△PQH的两直角边之比为1:3.过点H作HM⊥y轴于点M，过点P作PN⊥HM于点N.∵MH是△QAC的中位线，∴HM=4，同理，△HPN∽△QHM∴13 PN NH MH MQ==则PN=43，∴OM=4 3设HN＝t，则MQ＝3t.∵MQ＝MC，∴4383t=-，解得：t=209∴OP＝MN＝4＋t＝56 9即P（569，0）；（ii）△PQH的两直角边之比为1:3.过点H作HM⊥x轴于点M，交AC于点I，过点Q作NQ⊥HM于点N，同理，得：HM=4 3设PM＝t，则HN＝3t，∵HN＝HI，∴4383t=+，解得：t=289∴OP＝OM－PM＝QN－PM＝4－t＝8 9即P（89，0）.③当AP为菱形对角线时，△PQH的两直角边之比为1:3.同理得：点P的坐标为(16，0).综上所述，点P的坐标为(12，0)，(24，0)，（569，0），（89，0），(16，0).三、刻意练习1.【2020·山东烟台】如图，抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A，B两点，且OA＝2OB，与y轴交于点C，连接BC，抛物线对称轴为直线x＝12，D为第一象限内抛物线上一动点，过点D作DE⊥OA于点E，与AC交于点F，设点D的横坐标为m．（1）求抛物线的表达式；（2）抛物线上是否存在点D，使得以点O，D，E为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）设OB ＝t ，则OA ＝2t ，则点A 、B 的坐标分别为（2t ，0）、（﹣t ，0）， 则12＝12（2t ﹣t ），解得：t ＝1，点A 、B 的坐标分别为（2，0）、（﹣1，0），则抛物线的表达式为：y ＝a （x ﹣2）（x +1）＝ax 2+bx +2，解得：a ＝﹣1，故抛物线的表达式为：y ＝﹣x 2+x +2；（2）存在，理由：点D （m ，﹣m 2+m +2）（m ＞0），则OD ＝m ，DE ＝﹣m 2+m +2，以点O ，D ，E 为顶点的三角形与△BOC 相似， 则DE OE =OB OC ，DE OE =OC OB即DE OE ＝2或12，即222m m m -++=或2212m m m -++=，解得：m ＝1或﹣2（舍去），综上所述，m ＝1． 2.【2020·黑龙江绥化】如图1，抛物线21(2)62y x =-++与抛物线21122y x tx t =-++-相交y 轴于点C ，抛物线1y 与x 轴交于A 、B 两点（点B 在点A 的右侧），直线23y kx =+交x 轴负半轴于点N ，交y 轴于点M ，且OC ON =．（1）求抛物线1y 的解析式与k 的值；（2）抛物线1y 的对称轴交x 轴于点D ，连接AC ，在x 轴上方的对称轴上找一点E ，使以点A ，D ，E 为顶点的三角形与AOC ∆相似，求出DE 的长；【答案】见解析.【解析】解：（1）当0x =时，得21(2)62642y x =-++=-+=， (0,4)C ∴，把(0,4)C 代入21122y x tx t =-++-得，24t -=， 6t ∴=，2134y x x ∴=-++，ON OC =，(4,0)N ∴-，把(4,0)N -代入23y kx =+中，得430k -+=， 解得，34k =； ∴抛物线1y 的解析式为2134y x x =-++，k 的值为34． （2）连接AE ，令0y =，得21340y x x =-++=，解得，1x =-或4，(1,0)A ∴-，(4,0)B ，∴对称轴为：14322x -+==， 3(2D ∴，0)， 1OA ∴=，4OC =，32OD =，52AD =， ①当AOC EDA ∆∆∽时，OA OC DE DA=，即1452DE =， 58DE ∴=， ②当AOC ADE ∆∆∽时，AO OC AD DE=，即1452DE =， 10DE ∴=， 综上，58DE =或10； 3.【2020·湖北鄂州】如图，抛物线y =12x 2+bx +c 与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 左边），与y 轴交于点C ．直线y =12x ﹣2经过B 、C 两点．（1）求抛物线的解析式；（2）点P 是抛物线上的一动点，过点P 且垂直于x 轴的直线与直线BC 及x 轴分别交于点D 、M ．PN ⊥BC ，垂足为N ．设M （m ，0）．当点P 在直线BC 下方的抛物线上运动时，是否存在一点P ，使△PNC 与△AOC 相似．若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）针对于直线y =12x ﹣2，令x ＝0，则y ＝﹣2，∴C （0，﹣2），令y ＝0，则0=12x ﹣2，∴x ＝4，∴B （4，0），将点B ，C 坐标代入抛物线y =12x 2+bx +c 中，得{c =−28+4b +c =0， ∴{b =−32c =−2， ∴抛物线的解析式为y =12x 2−32x ﹣2；（2）由（1）知，抛物线的解析式为y =12x 2−32x ﹣2，令y ＝0，则0=12x 2−32x ﹣2，∴x ＝﹣1或x ＝4，∴点A （﹣1，0），∴OA ＝1，∵B （4，0），C （0，﹣2），∴OB ＝4，OC ＝2，∴OAOC =OCOB ，∵∠AOC ＝∠COB ＝90°，∴△AOC ∽△COB ，∴∠OAC ＝∠OCB ，∠ACO ＝∠OBC ，∵△PNC 与△AOC 相似，当△PNC ∽△AOC ，∴∠PCN ＝∠ACO ，∴∠PCN ＝∠OBC ，∴CP ∥OB ，∴点P 的纵坐标为﹣2，∴12m 2−32m ﹣2＝﹣2， ∴m ＝0（舍）或m ＝3，∴P （3，﹣2）；当△PNC ∽△AOC 时，∴∠PCN ＝∠CAO ，∴∠OCB ＝∠PCD ，∵PD ∥OC ，∴∠OCB ＝∠CDP ，∴∠PCD ＝∠PDC ，∴PC ＝PD ，由①知，P （m ，12m 2−32m ﹣2），D （m ，12m ﹣2）， ∵C （0，﹣2），∴PD ＝2m −12m 2，PC =√m 2+(12m 2−32m −2+2)2=√m 2+(12m 2−32m)2，∴2m 2−12m =√m 2+(12m 2−32m)2，∴m =32，∴P （32，−258）， 即满足条件的点P 的坐标为（3，﹣2）或（32，−258）． 4.【2020·湖北荆州】如图1，在平面直角坐标系中，A （﹣2，﹣1），B （3，﹣1），以O 为圆心，OA 的长为半径的半圆O 交AO 延长线于C ，连接AB ，BC ，过O 作ED ∥BC 分别交AB 和半圆O 于E ，D ，连接OB ，CD ．（1）求证：BC 是半圆O 的切线；（2）试判断四边形OBCD 的形状，并说明理由；（3）如图2，若抛物线经过点D 且顶点为E ．①求此抛物线的解析式；②点P 是此抛物线对称轴上的一个动点，以E ，D ，P 为顶点的三角形与△OAB 相似，问抛物线上是否存在一点Q ．使S △EPQ ＝S △OAB ？若存在，请直接写出Q 点的横坐标；若不存在，说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）证明：设AB 与y 轴交于M ，∵A （﹣2，﹣1），B （3，﹣1），∴AB ∥x 轴，且AM ＝2，OM ＝1，AB ＝5，∴OA ＝OC =√5，∵DE ∥BC ，O 是AC 的中点，∴OE 是△ABC 的中位线，∴AE =12AB ，BC ＝2OE ，∴E （12，﹣1）， ∴EM =12，∴OE =√OM 2+ME 2=√12+(12)2=√52，∴BC ＝2OE =√5，在△ABC 中，∵AC 2+BC 2=(2√5)2+(√5)2=25，AB 2＝52＝25，∴AC 2+BC 2＝AB 2，∴△ABC 是直角三角形，且∠ACB ＝90°，∴BC ⊥AC ，∵AC 为半圆O 的直径，∴BC 是半圆O 的切线；（2）四边形OBCD 是平行四边形，理由是：由（1）得：BC ＝OD ＝OA =√5，∵OD ∥BC ，∴四边形OBCD 是平行四边形；（3）①由（1）知：OD ＝OA =√5，E 是AB 的中点，且E （12，﹣1），OE =√52， 过D 作DN ⊥y 轴于N ，则DN ∥EM ，∴△ODN ∽△OEM ，∴ON OM =DN EM =OD OE ，即ON 1=DN12=√5√52，∴ON ＝2，DN ＝1，∴N （﹣1，2），设此抛物线的解析式为：y ＝a （x −12）2﹣1，把N （﹣1，2）代入得：2＝a （﹣1−12）2﹣1，解得：a =43，∴此抛物线的解析式为：y =43（x −12）2﹣1，即y =43x 2−43x −23；②存在，过D 作DG ⊥EP 于G ，设Q 的横坐标为x ，∵DG ＝1+12=32，EG ＝2+1＝3，∴DE =√DG 2+EG 2=√(32)2+32=3√52， tan ∠DEG =DG EG =323=12， ∵tan ∠OAM =OM AM =12，且∠DEG 和∠OAM 都是锐角， ∴∠DEG ＝∠OAM ，当△EPD ∽△AOB 时，EP AO =DE AB ，即√5=3√525，∴EP =32， ∵S △AOB =12AB ⋅OM =12×5×1=52， ∵S △EPQ ＝S △OAB ， ∴12⋅EP ⋅|x −12|=52，即12×32×|x −12|=52， 解得：x =236或−176；当△OAB ∽△DEP 时，ABEP =OADE ，即5EP =√53√52，∴EP =152，同理得：12⋅152⋅|x −12|=52， 解得：x =76或−16；综上，存在符合条件的点Q ，Q 点的横坐标为236或−176或76或−16． 5.【2020·湖北随州】如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝ax 2+bx +1的对称轴为直线x =32，其图象与x轴交于点A 和点B （4，0），与y 轴交于点C ．（1）直接写出抛物线的解析式和∠CAO 的度数；（2）动点M ，N 同时从A 点出发，点M 以每秒3个单位的速度在线段AB 上运动，点N 以每秒√2个单位的速度在线段AC 上运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设运动的时间为t （t ＞0）秒，连接MN ，再将线段MN 绕点M 顺时针旋转90°，设点N 落在点D 的位置，若点D 恰好落在抛物线上，求t 的值及此时点D 的坐标；（3）在（2）的条件下，设P 为抛物线上一动点，Q 为y 轴上一动点，当以点C ，P ，Q 为顶点的三角形与△MDB 相似时，请直接写出点P 及其对应的点Q 的坐标．（每写出一组正确的结果得1分，至多得4分）【答案】见解析.【解析】解：（1）由题意：{−b 2a =3216a +4b +1=0， 解得{a =−14b =34， ∴抛物线的解析式为y =−14x 2+34x +1，令y ＝0，可得x 2﹣3x ﹣4＝0，解得x ＝﹣1或4，∴A （﹣1，0），令y ＝0，得到x ＝1，∴C （0，1），∴OA ＝OC ＝1，∴∠CAO ＝45°．（2）过点C 作CE ⊥OA 于E ，过点D 作DF ⊥AB 于F ．∵∠NEM ＝∠DFM ＝∠NMD ＝90°，∴∠NME +∠DMF ＝90°，∠DMF +∠MDF ＝90°， ∴∠NME ＝∠MDF ， ∵NM ＝DM ，∴△MEN ≌△DFM （AAS ）， ∴NE ＝MF ，EM ＝DF ，∵∠CA O ＝45°，AN =√2t ，AM ＝3t ， ∴AE ＝EN ＝t ， ∴EM ＝AM ﹣AE ＝2t ，∴DF ＝2t ，MF ＝t ，OF ＝4t ﹣1， ∴D （4t ﹣1，2t ），∴−14（4t ﹣1）2+34（4t ﹣1）+1＝2t ， ∵t ＞0，解得t =34，经检验，t =34时，M ，N 均没有达到终点，符合题意， ∴D （2，32）．（3）当点Q 在点C 的下方，点P 在y 的右侧，∠QCP ＝∠MDB 时，取E （12，0），连接EC ，过点E 作EG ⊥EC 交PC 于G ，∵M （54，0），D （2，32），B （4，0）∴FM ＝2−54=34，DM =3√54，BM =114，BD =52， ∴DF ＝2MF ， ∵OC ＝2OE ，∴tan ∠OCE ＝tan ∠MDF =12， ∴∠OCE ＝∠MDF ， ∴∠OCP ＝∠MDB ， ∴∠ECG ＝∠FDB ，∴tan ∠ECG ＝tan ∠FDB =43， ∵EC =√52， ∴EG =2√53，可得G （116，23）， ∴直线CP 的解析式为y =−211x +1， 由{y =−211x +1y =−14x 2+34x +1，解得{x =0y =0或{x =4111y =39121， ∴P （4111，39121），∴PC =41√511， 当MD CQ=BD CP或MD PC=BD CQ时，△QCP 与△MDB 相似，可得CQ =615242或2050363， ∴Q （0，−373242）或（0，−1687363）．当点Q 在点C 的下方，点P 在y 的右侧，∠QCP ＝∠DMB 时，设PC 交x 轴于K ．∵tan ∠OCK ＝tan ∠DMB ＝2， ∴OK ＝2OC ＝2， 即点K 与F 重合，∴直线PC 的解析式为y =−12x +1，由{y =−12x +1y =−14x 2+34x +1，解得{x =0y =1或{x =5y =−32，∴P （5，−32）， ∴PC =5√52， 当DM PC=BM CQ或DM CQ=BM PC时，△QCP 与△MDB 相似，可得CQ =556或7522， ∴Q （0，−496）或（0，−5322）． 当点Q 在点C 的下方，点P 在y 的右侧，∠QCP ＝∠DBM 时，同法可得P （253，−919），Q （0，−25718）或（0，115199），当点Q 在点C 上方，∠QCP ＝∠DMB 时，同法可得P （1，32），Q （0，176）或（0，3722），当点Q 在点C 上方，∠QCP ＝∠MDB 时，同法可得P （2511，171121），Q （0，617242）或（0，1613363），当点Q 在点C 下方，点P 在y 轴的左侧时，∠QCP ＝∠DBM 时，同法可得P （−73，−199），Q （0，−5918）或（0，−25199）． 6.【2020·湖南怀化】如图所示，抛物线y ＝x 2﹣2x ﹣3与x 轴相交于A 、B 两点，与y 轴相交于点C ，点M 为抛物线的顶点．（1）求点C 及顶点M 的坐标．（2）直线CM 交x 轴于点E ，若点P 是线段EM 上的一个动点，是否存在以点P 、E 、O 为顶点的三角形与△ABC 相似．若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见解析. 【解析】解：（1）令y ＝x 2﹣2x ﹣3中x ＝0，此时y ＝﹣3， 故C 点坐标为（0，﹣3）， 又∵y ＝x 2﹣2x ﹣3＝（x ﹣1）2﹣4， ∴抛物线的顶点M 的坐标为（1，﹣4）； （2）连接AC ，OP ，设MC 的解析式为：y ＝kx +m ，代入C （0，﹣3），M （1，﹣4）得{−3=m −4=k +m ，解得{k =−1m =−3∴MC 的解析式为：y ＝﹣x ﹣3，令y ＝0，则x ＝﹣3， ∴E 点坐标为（﹣3，0）， ∴OE ＝OB ＝3，且OC ⊥BE ， ∴CE ＝CB ，∴∠B ＝∠E ， 设P （x ，﹣x ﹣3）， 又∵P 点在线段EC 上， ∴﹣3＜x ＜0，则EP =√(x +3)2+(−x −3)2=√2(x +3)，BC =√32+32=3√2， 由题意知：△PEO 相似△ABC ， ①△PEO ∽△CBA ， ∴EO BA =EP BC，∴34=√2(x+3)3√2， 解得x =−34，满足﹣3＜x ＜0，此时P 的坐标为(−34，−94)； ②△PEO ∽△ABC ， ∴EO BC =EP BA，∴3√2=√2(x+3)4， 解得x ＝﹣1，满足﹣3＜x ＜0，此时P 的坐标为（﹣1，﹣2）． 综上所述，P 点的坐标为(−34，−94)或（﹣1，﹣2）．7.【2020·江苏连云港】在平面直角坐标系中，把与轴交点相同的二次函数图象称为“共根抛物线”．如图，抛物线的顶点为，交轴于点、（点在点左侧），交轴于点．抛物线与是“共根抛物线”，其顶点为．（1）若抛物线经过点，求对应的函数表达式；（2）设点是抛物线上的一个动点，且位于其对称轴的右侧．若与相似，求其“共根抛物线” 的顶点的坐标．xOy x 2113:222L y x x =--D x A B A B y C 2L 1L P 2L (2,12)-2L Q 1L DPQ ∆ABC ∆2L P【答案】见解析.【解析】解：（1）当时，，解得或4，，，，由题意设抛物线的解析式为， 把代入， ，解得，抛物线的解析式为． （2）由题意，，，，，，，顶点，， 由题意，不可能是直角， 第一种情形：当时，①当时，， 0y =2132022x x --=1x =-(1,0)A ∴-(4,0)B (0,2)C 2L (1)(4)y a x x =+-(2,12)-(1)(4)y a x x =+-126a -=-2a =22(1)(4)268y x x x x =+-=--5AB =CB =CA =222AB BC AC ∴=+90ACB ∴∠=︒2CB CA =221313252()22228y x x x =--=--∴3(2D 25)8-PDQ ∠90DPQ ∠=︒QDP ABC ∆∆∽12QP AC DP BC ==设，则，，，， ，，解得或（舍弃）， ，．②当时， ，， 解得或（舍）， ，．第二种情形：当． ①当时，，213(,2)22Q x x x --3(2P 2132)22x x --2213251392()228228DP x x x x =----=-+32QP x =-2PD QP =213923228x x x ∴-=-+112x =323(2P ∴39)8DQP ABC ∆∆∽2QO PD=239324x x x -=-+52x =323(2P ∴21)8-90DQP ∠=︒PDQ ABC ∆∆∽12PQ AC DQ BC ==过点作于．则，， ，，，， ，， ，由，可得，， ，．②当时，过点作于．同法可得，，，，，，由，可得， ，．Q QM PD ⊥M QDM PDQ ∆∆∽∴12QM PQ MD DQ ==3(2M 39)811(2Q 39)88MD ∴=4MQ =DQ ∴=DQ PDDM DQ=10PD =3(2D 25)8-3(2P ∴55)8DPQ ABC ∆∆∽Q QM PD ⊥M 3(2M 21)8-5(2Q 21)8-12DM ∴=1QM =QD =QD PD DM DQ =52PD =3(2P ∴5)8-8.【2020·山东聊城】如图，二次函数的图象与轴交于点，，与轴交于点，抛物线的顶点为，其对称轴与线段交于点，垂直于轴的动直线分别交抛物线和线段于点和点，动直线在抛物线的对称轴的右侧（不含对称轴）沿轴正方向移动到点． （1）求出二次函数和所在直线的表达式；（2）连接，，在动直线移动的过程中，抛物线上是否存在点，使得以点，，为顶点的三角形与相似？如果存在，求出点的坐标；如果不存在，请说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）将点，，代入， 得：，解得：，二次函数的表达式为：， 当时，，，设所在直线的表达式为：， 将、代入， 得：，解得：，所在直线的表达式为：；24y ax bx ==++x (1,0)A -(4,0)B y C D BC E x l BC P F l x B 24y ax bx =++BC CP CD l P P C F DCE ∆P (1,0)A -(4,0)B 24y ax bx ==++0401644a b a b =-+⎧⎨=++⎩13a b =-⎧⎨=⎩234y x x =-++0x =4y =(0,4)C ∴BC y mx n =+(0,4)C (4,0)B y mx n =+404nm n =⎧⎨=+⎩14m n =-⎧⎨=⎩BC ∴4y x =-+（2）存在，理由如下： 如图所示：由（2）得：， ，又与有共同的顶点，且在的内部， ，只有时，， ， 、，，由（2）得：，，的坐标为：， ，， ，， 解得：， 当时，， ∴点的坐标为：，．9.【2020·山东潍坊】如图，抛物线y ＝ax 2+bx +8（a ≠0）与x 轴交于点A （﹣2，0）和点B （8，0），与y 轴交于点C ，顶点为D ，连接AC ，BC ，BC与抛物线的对称轴l 交于点E ．//PF DE CED CFP ∴∠=∠PCF ∠DCE ∠C PCF ∠DCE ∠PCF DCE ∴∠≠∠∴PCF CDE ∠=∠PCF CDE ∆∆∽∴PF CFCE DE=(0,4)C 3(2E 5)2CE ∴==154DE =24PF t t =-+F (,4)t t -+CF ∴∴240t ≠∴15(4)34t -+=165t =165t =2216168434()345525t t -++=-+⨯+=P 16(584)25（1）求抛物线的表达式；（2）点P 是第一象限内抛物线上的动点，连接PB ，PC ，当S △PBC =35S △ABC 时，求点P 的坐标；（3）点N 是对称轴l 右侧抛物线上的动点，在射线ED 上是否存在点M ，使得以点M ，N ，E 为顶点的三角形与△OBC 相似？若存在，求点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）∵抛物线y ＝ax 2+bx +8（a ≠0）过点A （﹣2，0）和点B （8，0），∴{4a −2b +8=064a +8b +8=0，解得{a =−12b =3， ∴抛物线解析式为：y =−12x 2+3x +8；（2）当x ＝0时，y ＝8，∴C （0，8），∴直线BC 解析式为：y ＝﹣x +8，∵S △ABC =12⋅AB ⋅OC =12×10×8=40， ∴S △PBC =35S △ABC =24，过点P 作PG ⊥x 轴，交x 轴于点G ，交BC 于点F ，设P(t ，−12t 2+3x +8)，∴F （t ，﹣t +8），∴PF =−12t 2+4t ，∴S △PBC =12PF ⋅OB =24，即12×(−12t 2+4t)×8=24， ∴t 1＝2，t 2＝6，∴P 1（2，12），P 2（6，8）；（3）∵C （0，8），B （8，0），∠COB ＝90°，∴△OBC 为等腰直角三角形，抛物线y =−12x 2+3x +8的对称轴为x =−b 2a =−32×(−12)=3， ∴点E 的横坐标为3，又∵点E 在直线BC 上，∴点E 的纵坐标为5，∴E （3，5），设M(3，m)，N(n ，−12n 2+3n +8)，①当MN ＝EM ，∠EMN ＝90°，当△NME ～△COB 时，则{m −5=n −3−12n 2+3n +8=m， 解得{n =6m =8或{n =−2m =0（舍去）， ∴此时点M 的坐标为（3，8），②当ME ＝EN ，当∠MEN ＝90°时，则{m −5=n −3−12n 2+3n +8=5，解得：{m =5+√15n =3+√15或{m =5−√15n =3−√15（舍去）， ∴此时点M 的坐标为(3，5+√15)；③当MN ＝EN ，∠MNE ＝90°时，连接CM ，故当N 为C 关于对称轴l 的对称点时，△MNE ～△COB ，此时四边形CMNE 为正方形，∴CM ＝CE ，∵C （0，8），E （3，5），M （3，m ），∴CM =√32+(m −8)2，CE =√32+(5−8)2=3√2，∴√32+(m −8)2=3√2，解得：m 1＝11，m 2＝5（舍去），此时点M 的坐标为（3，11）；故在射线ED 上存在点M ，使得以点M ，N ，E 为顶点的三角形与△OBC 相似，点M 的坐标为：（3，8），(3，5+√15)或（3，11）．10.【2020·山东烟台】如图，抛物线y ＝ax 2+bx +2与x 轴交于A ，B 两点，且OA ＝2OB ，与y 轴交于点C ，连接BC ，抛物线对称轴为直线x =12，D 为第一象限内抛物线上一动点，过点D 作DE ⊥OA 于点E ，与AC 交于点F ，设点D 的横坐标为m ．（1）求抛物线的表达式；（2）抛物线上是否存在点D ，使得以点O ，D ，E 为顶点的三角形与△BOC 相似？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）设OB ＝t ，则OA ＝2t ，则点A 、B 的坐标分别为（2t ，0）、（﹣t ，0），则x =12=12（2t ﹣t ），解得：t ＝1，故点A 、B 的坐标分别为（2，0）、（﹣1，0），则抛物线的表达式为：y ＝a （x ﹣2）（x +1）＝ax 2+bx +2，解得：a ＝﹣1，故抛物线的表达式为：y ＝﹣x 2+x +2；（2）存在，理由：点D （m ，﹣m 2+m +2）（m ＞0），则OD ＝m ，DE ＝﹣m 2+m +2，以点O ，D ，E 为顶点的三角形与△BOC 相似，则DE OE =OB OC 或OC OB ，即DE OE =2或12，即−m 2+m+2m =2或12， 解得：m ＝1或﹣2（舍去）或1+√334或1−√334（舍去）， 故m ＝1或1+√334．11.【2020·陕西】如图，抛物线y ＝x 2+bx +c 经过点（3，12）和（﹣2，﹣3），与两坐标轴的交点分别为A ，B ，C ，它的对称轴为直线l ．（1）求该抛物线的表达式；（2）P 是该抛物线上的点，过点P 作l 的垂线，垂足为D ，E 是l 上的点．要使以P 、D 、E 为顶点的三角形与△AOC 全等，求满足条件的点P ，点E 的坐标．【答案】见解析.【解析】解：（1）将点（3，12）和（﹣2，﹣3）代入抛物线表达式得{12=9+3b +c −3=4−2b +c ，解得{b =2c =−3， 故抛物线的表达式为：y ＝x 2+2x ﹣3；（2）抛物线的对称轴为x ＝﹣1，令y ＝0，则x ＝﹣3或1，令x ＝0，则y ＝﹣3，故点A 、B 的坐标分别为（﹣3，0）、（1，0）；点C （0，﹣3），故OA ＝OC ＝3，∵∠PDE ＝∠AOC ＝90°，∴当PD ＝DE ＝3时，以P 、D 、E 为顶点的三角形与△AOC 全等，设点P （m ，n ），当点P 在抛物线对称轴右侧时，m ﹣（﹣1）＝3，解得：m ＝2，故n ＝22+2×2﹣5＝5，故点P （2，5），故点E （﹣1，2）或（﹣1，8）；当点P 在抛物线对称轴的左侧时，由抛物线的对称性可得，点P （﹣4，5），此时点E 坐标同上， 综上，点P 的坐标为（2，5）或（﹣4，5）；点E 的坐标为（﹣1，2）或（﹣1，8）．。
函数中因动点产生的相似三角形问题(含答案11页)
函数中因动点产生的相似三角形问题例题 如图1，已知抛物线的顶点为A （2，1），且经过原点O ，与x 轴的另一个交点为B 。
⑴求抛物线的解析式；（用顶点式．．．求得抛物线的解析式为x x 41y 2+-=） ⑵若点C 在抛物线的对称轴上，点D 在抛物线上，且以O 、C 、D 、B 四点为顶点的四边形为平行四边形，求D 点的坐标；⑶连接OA 、AB ，如图2，在x 轴下方的抛物线上是否存在点P ，使得△OBP 与△OAB 相似？若存在，求出P 点的坐标；若不存在，说明理由。
分析:1.当给出四边形的两个顶点时应以两个顶点的连线．．．．．．．为四边形的边和对角线来考虑问题以O 、C 、D 、B 四点为顶点的四边形为平行四边形要分类讨论:按OB 为边和对角线两种情况 2. 函数中因动点产生的相似三角形问题一般有三个解题途径① 求相似三角形的第三个顶点时，先要分析已知三角形的边．和角．的特点，进而得出已知三角形是否为特殊三角形。
根据未知三角形中已知边与已知三角形的可能对应边分类讨论。
②或利用已知三角形中对应角，在未知三角形中利用勾股定理、三角函数、对称、旋转等知识来推导边的大小。
③若两个三角形的各边均未给出，则应先设所求点的坐标进而用函数解析式来表示各边的长度，之后利用相似来列方程求解。
O AByxOAByxy xEQ PC B OA练习1、已知抛物线2y ax bx c =++经过3302P E ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，，及原点(00)O ，．（1）求抛物线的解析式．（由一般式．．．得抛物线的解析式为22533y x x =-+） （2）过P 点作平行于x 轴的直线PC 交y 轴于C 点，在抛物线对称轴右侧且位于直线PC 下方的抛物线上，任取一点Q ，过点Q 作直线QA 平行于y 轴交x 轴于A 点，交直线PC 于B 点，直线QA 与直线PC 及两坐标轴围成矩形OABC ．是否存在点Q ，使得OPC △与PQB △相似？若存在，求出Q 点的坐标；若不存在，说明理由．（3）如果符合（2）中的Q 点在x 轴的上方，连结OQ ，矩形OABC 内的四个三角形OPC PQB OQP OQA ，，，△△△△之间存在怎样的关系？为什么？练习2、如图，四边形OABC 是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，点A 在x 轴上，点C 在y轴上，将边BC 折叠，使点B 落在边OA 的点D 处。
特殊三角形的存在性(讲义及答案).
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10. 在等腰梯形 ABCD 中，AD∥BC，AD=2，AB=CD=4，且 ∠B=60°，M 是 CD 上一动点，作 MN⊥CD，交 BC 于 N，将 ∠C 沿 MN 翻折，使点 C 落在射线 CD 上的点 E 处．当 △ANE 为等腰三角形时，CM 的长为_______________．
11. 如图，BC⊥y 轴，BC＜OA，点 A，点 C 分别在 x 轴、y 轴的 正半轴上，D 是线段 BC 上一点，BD= 1 OA= 2 ，AB=3， 4 ∠OAB=45°，E，F 分别是线段 OA，AB 上的两动点，且始终 保持∠DEF=45°．使△AEF 为等腰三角形，则线段 OE 的值 为___________．
12. 如图，在矩形 ABCD 中，AB=8，AD=6，点 E 为 AB 上一点， AE= 2 3 ，点 F 在 AD 上，将△AEF 沿 EF 折叠，当折叠后点 A 的对应点 A′恰好落在 BC 的垂直平分线上时，折痕 EF 的长 为__________．
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13. 如图，四边形 ABCD 是菱形，AB=2，∠ABC=30°，点 E 是射 线 DA 上一动点，把△CDE 沿 CE 折叠，其中点 D 的对应点 为点 D′，若 CD′垂直于菱形 ABCD 的边时，则 DE 的长为 ___________．
3.Байду номын сангаас直角三角形的存在性特征分析及特征下操作要点： 理论上三角形的三个顶点分别作为直角顶点进行分类（往往 存在不变特征，分析排除不可能为直角顶点的情况），通常借 助三等角模型，k1·k2=-1 或勾股定理等进行求解．
2020中考数学专题17—存在性问题之特殊三角形
2020中考专题17——存在性问题之特殊三角形姓名____________ . 【方法解读】特殊二和形存化件问题L婪足指寻找符介条件的点使之构成等腰二角形、江用三角形、全第一;角形等特殊二用形.解决此类问题的美犍在于恰当地分类4M避免M籽.【例题分析】例L如图，直线产3x-3交x轴例点A,交y轴J点B,过A, B两点的他物线交x例J另一点C(3, 0).(1)求点A,B的坐标.(2)求旭物线对应的函数表认式.(3)在附物线的对称轴上是否存在点Q,使△ABQ皓笔腰三角形?若存在，求出符合条件的点Q的坐标: 若不存在.请说明毋山.例2.如凰tl知直线.kx 6与抛物线y』x'b乂，c相交十A, 3两点，口点A(l,⑷为抛物段的顶点, 点B 在x轴上.⑴求旭利线对应的函数及辽揖⑵任⑴中：次函数的第.拿限的图象上是否存在•点P,便△FOB与APOC全等?若存在，求出点P 的％标:若不存在,请说明理由.(3)若点Q是y轴上…点,HAABQ为直角三角形,求点Q的坐标.D.【巩固训练】1.（2019•止宾〉已刈抛物纹y = x'-l，j轴文于点A.。
宜纹/=代内为任总实数）出文于S , C两点.则下列结论不正确的是（）A.存在实数使得448C为等腰三角形民存在实数A ,使得&46C的内角中仃两角分别为3伊和60）C.任意实数A,伐得部为血角三角形D.存在实数4,使得M8c为等边三处形2. M图.在平行四边形ABCD中,AB 7 cm, BC 4 c0 NA-30' .点P从点A出发沿着AB边向燃B运劭, 速度为I cm/.连结印，若以运动时间为则当〔二 w时,AADP为等小」角形.3.（2019 •泰安）已知次函数】七公十）的图象。
反比例函数y =巴的图象大丁点T,与x他交丁x 点用 5.U）.若 08 二4 8, H.S^=y .（1）求反比例函数与一次函数的表达式，<2）苦点P为x粕上一点,是等股三角形.求点「的坐乐.1. （2D18・ F州）如图，池物线y = a/+bx-4经过,4（-3.0）.£（5.-4）两点, I j•地文于点C ,性接力&•4C. RC.（1）求抛物线的表达式，（2）求证，.48平分NO6（3）抛物线的对称轴卜.是否存在点M,使得M8W是以48为宜用边的汽角H角形，若存在，求山点M的坐标：苍不存在，请说刚理由.5.(2019•的卅)如图I.在平面直用坐标系中•点。
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专题05 动点与特殊三角形存在性问题大视野【例题精讲】题型一、等腰三角形存在性问题例1. 【2019·黄石期中】如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=30°，AB=2cm，E、F分别是AB、AC 的中点，动点P从点E出发，沿EF方向匀速运动，速度为1cm/s，同时动点Q从点B出发，沿BF方向匀速运动，速度为2cm/s，连接PQ，设运动时间为ts（0＜t＜1），则当t=______时，△PQF为等腰三角形．【答案】2.【解析】解：∵∠ABC=90°，∠ACB=30°，AB=2，∴AC=2AB=4，BC=√42−22=2√3，∵E、F分别是AB、AC的中点，∴EF=12BC=√3，BF=12AC=2，EF∥BC，由题意得：EP=t，BQ=2t，∴PF=√3-t，FQ=2-2t，①当PF =FQ 时，则√3-t =2-2t ， 解得：t =2-√3；②当PQ =FQ 时，过Q 作QD ⊥EF 于D ，则PF =2DF ， ∵BF =CF ，∴∠FBC =∠C =30°， 由上知，EF ∥BC ， ∴∠BFP =∠C =30°，则DF DQ ，PF ，-t 2-2t ）解得：t =611； ③当PF =PQ 时，∠PFQ =∠PQF =30°， ∴∠FPQ =120°，而在P 、Q 运动过程中，∠FPQ 最大为90°，所以此种情况不成立；故答案为：2-√3或611+． 例2. 【2019·广州市番禺区期末】已知：如图，在Rt ∥ABC 中，∥C =90°，AB =5cm ，AC =3cm ，动点P 从点B 出发沿射线BC 以1cm /s 的速度移动，设运动的时间为t 秒．（1）求BC边的长；（2）当∥ABP为直角三角形时，求t的值；（3）当∥ABP为等腰三角形时，求t的值．【答案】见解析.【解析】解：（1）在Rt∥ABC中，BC2=AB2-AC2=52-32=16，∥BC=4（cm）；（2）由题意知BP=t cm，∥当∥APB为直角时，点P与点C重合，BP=BC=4cm，即t=4；∥当∥BAP为直角时，BP=tcm，CP=（t-4）cm，AC=3cm，在Rt∥ACP中，AP2=32+（t-4）2，在Rt∥BAP中，AB2+AP2=BP2，即：52+[32+（t-4）2]=t2，解得：t=254，当∥ABP为直角三角形时，t=4或t=254；（3）如图所示，∥当AB=BP时，t=5；∥当AB=AP时，BP=2BC=8cm，t=8；∥当BP=AP时，AP=BP=tcm，CP=（4-t）cm，AC=3cm，在Rt∥ACP中，AP2=AC2+CP2，所以t2=32+（4-t）2，解得：t=258，综上所述：当∥ABP为等腰三角形时，t=5或t=8或t=258．例3. 【2019·乐亭县期末】如图，矩形OABC的顶点A，C分别在坐标轴上，B（8，7），D（5，0），点P 是边AB或边BC上的一点，连接OP，DP，当∥ODP为等腰三角形时，点P的坐标为______．【答案】（8，4）或（52，7）.【解析】解：∥四边形OABC是矩形，B（8，7），∥OA=BC=8，OC=AB=7，∥D（5，0），∥OD=5，∥点P是边AB或边BC上的一点，∥当点P在AB边时，OD=DP=5，∥AD=3，由勾股定理得：P A=√52−32=4，∥P（8，4）．当点P在边BC上时，只有PO=PD，此时P（52，7）．故答案为：（8，4）或（52，7）．题型二、直角三角形存在性问题例1. 【2019·厦门六中月考】如图，在RtΔABC中，∥B=90°，AC=60，∥A=60°．点D从点C出发沿CA方向以每秒4个单位长的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以每秒2个单位长的速度向点B匀速运动，设点D、E运动的时间是t秒(0<t≤15)．过点D作DF∥BC于点F，连接DE、EF．（1）求证：AE=DF；（2）四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，说明理由．（3）当t为何值时，ΔDEF为直角三角形？请说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）证明：在ΔDFC中，∥DFC=90°，∥A=60°，DC=4t，∥DF=2t又∥AE=2t∥AE=DF；（2）能；理由如下：∥AB∥BC，DF∥BC，∥AE∥DF．又AE=DF，∥ 四边形AEFD为平行四边形．∥∥A=60°，AC=60，∥AB=30，BC∥AD=AC-DC=60-4t，∥平行四边形AEFD为菱形，则AE=AD∥2t=60-4t，解得：t=10即当t=10时，四边形AEFD为菱形；（3）当t=7.5或12时，ΔDEF为直角三角形；理由如下：∥∥EDF=90°时，四边形EBFD为矩形．在RtΔAED中，∥CDF=∥A=60°，∥AD=2AE．即60-4t=4t，∥t=7.5∥∥DEF=90°时，由（2）知EF∥AD，∥∥ADE=∥DEF=90°．∥∥C=90°-∥A=30°可得：60-4t=t解得：t=12∥∥EFD=90°时，∥DF∥BC，∥点E运动到点B处，用了AB÷2=15秒，点D就和点A重合，点F也就和点B重合，点D，E，F不能构成三角形．此种情况不存在；综上所述，当t=7.5或12时，∥DEF为直角三角形．题型三、等腰直角三角形存在性问题例1. 【2019·株洲市期末】（1）操作思考：如图1，在平面直角坐标系中，等腰Rt∥ACB的直角顶点C在原点，将其绕着点O旋转，若顶点A恰好落在点（1，2）处．则∥OA的长为______；∥点B的坐标为______．（直接写结果）（2）感悟应用：如图2，在平面直角坐标系中，将等腰Rt∥ACB如图放置，直角顶点C（-1，0），点A（0，4），试求直线AB的函数表达式．（3）拓展研究：如图3，在直角坐标系中，点B（4，3），过点B作BA∥y轴，垂足为点A，作BC∥x轴，垂足为点C，P是线段BC上的一个动点，点Q是直线y=2x-6上一动点．问是否存在以点P为直角顶点的等腰Rt∥APQ，若存在，请求出此时P的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1，B(-2，1)；（2）（3）见解析.【解析】解：（1）过点B作BE∥x轴于E，过点A作AF∥x轴于F，∥A（1，2），∥OF=1，AF=2，OA=√12+22=√5，∥∥AOB=90°，AO=OB，∥∥BEO∥∥OF A，∥BE=OF=1，OE=AF=2，∥B（-2，1）．故答案为√5，（-2，1）；（2）过点B作BH∥x轴于H，∥∥ACB=90°，AC=CB，∥∥BHC∥∥COA，∥HC=OA=4，BH=CO=1，OH=HC+CO=4+1=5，∥B（-5，1）．设直线AB的表达式为：y=kx+b，将A（0，4）和B（-5，1）代入得，b=4, -5k+b=1，解得：k=0.6，b=4，即直线AB的函数表达式为：y=0.6x+4．（3）设Q（t，2t-6），分两种情况：∥当点Q在x轴下方时，Q1M∥x轴，与BP的延长线交于点Q1．∥∥AP1Q1=90°，∥∥AP1B+∥Q1P1M=90°，∥∥AP1B+∥BAP1=90°，∥∥BAP1=Q1P1M，∥∥AP1B∥∥P1Q1M，∥BP1=Q1M，P1M=AB=4，∥B（4，3），Q（t，2t-6），∥MQ1=4-t，BP1=BM-P1M=-2t+5，即4-t=-2t+5，解得：t=1∥BP1=-2t+5=3，此时点P与点C重合，∥P1（4，0）；∥当点Q在x轴上方时，Q2N∥x轴，与PB的延长线交于点Q2．同理可证∥ABP2∥∥P2NQ2．同理求得P2（4，43）．综上，P的坐标为：P1（4，0），P2（4，43）．【刻意练习】1. 【2019·大连市期末】如图，直线x=t与直线y=x和直线y=12-x+2分别交于点D、E（E在D的上方）．（1）直线y=x和直线y=12-x+2交于点Q，点Q的坐标为______；（2）求线段DE的长（用含t的代数式表示）；（3）点P是y轴上一动点，且∥PDE为等腰直角三角形，求t的值及点P的坐标．【答案】见解析.【解析】解：（1）联立y=x和y=12-x+2，得：4343xy⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∥Q（43，43），故答案为：（43，43）；（2）在y=x中，当x=t时，y=t；在y=12-x+2中，当x=t时，y=12-t+2，∥E（t，-12t+2），D（t，t）．∥E在D的上方，∥DE=12-t+2-t=32-t+2．（3）当t>0时，∥当PE=DE时，32-t+2=t，解得：t=45，12-t+2=85，∥P点坐标为（0，85）．∥当PD=DE时，32-t+2=t，解得：t=45，∥P点坐标为（0，45）．∥当PE=PD时，即DE为斜边，∥32-t+2=2t，解得：t=47，∥P点坐标为（0，87）．当t＜0时，∥PE=DE和PD=DE时，得32-t+2=-t，解得t=4＞0（不符合题意，舍去）；∥PE=PD时，即DE为斜边，32-t+2=-2t，解得：t=-4，∥P点坐标为（0，0）．综上所述：当t=45时，∥PDE为等腰直角三角形，此时P点坐标为（0，85）或（0，45）；当t=47时，∥PDE为等腰直角三角形，此时P点坐标为（0，87）；当t=-4时，∥PDE为等腰直角三角形，此时P点坐标为（0，0）．2. 【2019·兴城市期末】如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=kx+b的图象经过点A（-2，6），且与x轴交于点B，与正比例函数y=3x的图象相交于点C，点C的横坐标是1．（1）求此一次函数的解析式；（2）请直接写出不等式（k-3）x+b＞0的解集；（3）设一次函数y=kx+b的图象与y轴交于点M，点N在坐标轴上，当∥CMN是直角三角形时，请直接写出所有符合条件的点N的坐标．【答案】见解析. 【解析】解：（1）当x =1时，y =3x =3， ∥点C （1，3），将A （-2，6），C （1，3）代入y =kx +b ，得：263k b k b -+=⎧⎨+=⎩， 解得：14k b =-⎧⎨=⎩，∥直线AC 的解析式为：y =-x +4． （2）（k -3）x +b ＞0，即kx +b >3x ，由图象可知，当x <1时，y =kx +b 的图象在y =3x 图象的上方， ∥（k -3）x +b ＞0的解集为：x <1. （3）∥直线AB 的解析式为y =-x +4， ∥点M 的坐标为（0，4）， ∥OB =OM ， ∥∥OMB =45°．∥当∥CMN =90°时， ∥∥OMN =45°，∥MON =90°， ∥∥MNO =45°， ∥OM =ON ，∥点N 1的坐标为（-4，0）； ∥当∥MCN =90°时， ∥∥CMN =45°，∥MCN =90°， ∥∥MNC =45°，∥CN =CM ，∥MN CM =2， ∥点N 2的坐标为（0，2）． 同理：点N 3的坐标为（-2，0）； ∥当∥CNM =90°时，CM ∥x 轴， ∥点N 4的坐标为（0，3）．综上所述：当∥CMN 是直角三角形时，点N 的坐标为（-4，0），（0，2），（-2，0），（0，3）．3. 【2019·泉州市晋江区期中】如图，在平面直角坐标系中，A （a ，0），B （0，b ），且a 、b 满足（a ﹣2）2+0．（1）求直线AB 的解析式；（2）若点M 为直线y ＝mx 上一点，且∥ABM 是等腰直角三角形，求m 值；（3）过A 点的直线y ＝kx ﹣2k 交y 轴于负半轴于P ，N 点的横坐标为﹣1，过N 点的直线y ＝2k x ﹣2k交AP于点M ，试证明PM PNAM-的值为定值．【答案】见解析．【解析】解：（1）∥（a﹣2）20，∥a＝2，b＝4，∥A（2，0），B（0，4），设直线AB的解析式是y＝kx+b，得：204k bb+=⎧⎨=⎩，解得：k＝﹣2，b＝4，∥直线AB的函数解析式为：y＝﹣2x+4；（2）当m＞0时，分三种情况：∥如图，当BM∥BA，BM＝BA时，过点M作MN∥y轴于N，∥∥MBA＝∥MNB＝∥BOA＝90°，∥∥NBM+∥NMB＝90°，∥ABO+∥NBM＝90°，∥∥ABO＝∥NMB，∥∥BMN∥∥ABO，∥MN＝OB＝4，BN＝OA＝2，∥ON＝2+4＝6，∥M的坐标为（4，6），将（4，6）代入y＝mx得：m＝32；∥如图，AM∥BA，AM＝BA，过点M作MN∥x轴于N，∥BOA∥∥ANM，同理，得M的坐标为（6，2），m＝13；∥如图，AM∥BM，AM＝BM，过M作MN∥X轴于N，MH∥Y轴于H，则∥BHM∥∥AMN，∥MN＝MH，设M（x，x）代入y＝mx得：x＝mx，∥m＝1，m的值是32或13或1；当m＜0时，同理可得：m＝14-或32-或﹣2；（3）解：设NM与x轴的交点为H，过M作MG∥x轴于G，过H作HD∥x轴，HD交MP于D点，连接ND，由题意得：H（1，0），M（3，k），A（2，0），∥A为HG的中点，∥∥AMG∥∥ADH，由题意得：N点坐标为（-1，-k），P（0，-2k），∥ND∥x轴，N与D关于y轴对称，∥∥AMG∥∥ADH∥∥DPC∥∥NPC，∥PN＝PD＝AD＝AM，∥PM－PN=PM－PD=DM=2AM，即PM PNAM=2.4. 【2019·厦门大学附中期末】如图（1），Rt∥AOB中，∥A＝90°，∥AOB＝60°，OB＝，∥AOB的平分线OC交AB于C，过O点作与OB垂直的直线ON．动点P从点B出发沿折线BC﹣CO以每秒1个单位长度的速度向终点O运动，运动时间为t秒，同时动点Q从点C出发沿折线CO﹣ON以相同的速度运动，当点P到达点O时P、Q同时停止运动．（1）求OC、BC的长；（2）当t＝1时，求∥CPQ的面积；（3）当P在OC上，Q在ON上运动时，如图（2），设PQ与OA交于点M，当t为何值时，∥OPM为等腰三角形？求出所有满足条件的t值．【答案】见解析．【解析】解：（1）∥∥A ＝90°，∥AOB ＝60°，OB ＝ ∥∥B ＝30°，∥OA ＝12OB ，由勾股定理得：AB ＝3， ∥OC 平分∥AOB ，∥∥AOC ＝∥BOC ＝∥B ＝30°， ∥OC ＝BC ，在∥AOC 中，由勾股定理得：AO 2+AC 2＝CO 2，∥2+（3﹣OC ）2＝OC 2， 解得：OC ＝2， 即BC =2， ∥OC ＝2，BC ＝2．（2）如图，过点C 作CH ∥PQ 于H ，当t ＝1时，CQ ＝OQ ＝PC ＝PB ＝1， ∥PQ ∥OB ，∥∥CPQ ＝∥B ＝30°， ∥CQ ＝CP ．CH ∥QP ，∥QH ＝PH ，∥CH ＝12PC ＝12，AH ＝PH ，∥QP∥S ∥PQC ＝12•PQ •CH ＝12×12＝4．（3）∥ON ∥OB ， ∥∥NOB ＝90°， ∥∥B ＝30°，∥A ＝90°， ∥∥AOB ＝60°， ∥OC 平分∥AOB ， ∥∥AOC ＝∥BOC ＝30°， ∥∥NOC ＝90°﹣30°＝60°， ∥OM ＝PM 时， ∥MOP ＝∥MPO ＝30°，∥∥PQO ＝180°﹣∥QOP ﹣∥MPO ＝90°， ∥OP ＝2OQ ， 即2（t ﹣2）＝4﹣t ，解得：t ＝83，∥PM ＝OP 时，此时∥PMO ＝∥MOP ＝30°， ∥∥MPO ＝120°， ∥∥QOP ＝60°，不存在； ∥OM ＝OP 时，过点M 作MH ∥ON 于M ，由题意得：OP ＝OM =4﹣t ，∥MH =12（4-t ），OH （4-t ），∥OHM =∥OPM =75°， ∥∥HQM =45°，∥QH =HM =12（4-t ），∥OQ =QH +OH ，即12（4-t ）（4-t ）=t -2，解得：t ，综合上述：当t 为83或63+时，∥OPM 是等腰三角形．5. 【2019·潮州市期末】如图，在∥ABC 中，∥A =120°，AB =AC =4，点P 、Q 同时从点B 出发，以相同的速度分别沿折线B →A →C ，射线BC 运动，连接PQ . 当点P 到达点C 时，点P 、Q 同时停止运动. 设BQ =x ，∥BPQ 和∥ABC 重叠部分的面积为S . （1）求BC 的长；（2）求S 关于x 的函数关系式，并写出x 的取值范围； （3）请直接写出∥PCQ 为等腰三角形时，x 的值.【答案】见解析. 【解析】解：（1）过点A 作AD ∥BC 于D ，∥∥A =120°，AB =AC =4， ∥∥B =∥C =30°，∥AD =12AB =2，BD∥BC =2BD（2）当0<x ≤4时，点P 在线段AB 上，如图，过点P 作PN ∥BC 于点N ，在Rt ∥PBN 中，BP =BQ =x ，∥B =30°， ∥PN =0.5x ， S =S ∥BPQ=12×BQ ×PN =12×x ×12x =14x 2，当4<x P 在线段AC 上，过点P 作PN ∥BC 于点N ， BQ =AB +AP ， ∥BQ =x ，AB =AC =4，∥AP =BQ -AB =X -4，PC =AC -AP =8-x ， 在Rt ∥PCN 中，∥C =30°， ∥PN =12PC =4- 12x ， S =S ∥BPQ=12×BQ ×PN =12×x （4- 12x ） =14x 2+2x当＜x ＜8时，点P 在线段AC 上，点Q 在线段BC 的延长线上，过点P 作PN ∥BC 于点N ，S=12×BC×PN=12×（4-12x）=.综上所述，S=()(()22104412448x xx x xx⎧<≤⎪⎪⎪-+<≤⎨⎪⎪+<<⎪⎩（3）∥当点P在AB上，点Q在BC上时，∥PQC不可能是等腰三角形；∥当点P在AC上，点Q在BC上时，PQ=QC，此时x；∥当点P在AC上，点Q在BC的延长线时，PC=CQ，此时x6. 【2019·南宁市期末】如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∥B=90°，AD=8cm，BC=10cm，AB=6cm，点Q从点A出发以1cm/s的速度向点D运动，点P从点B出发以2cm/s的速度向点C运动，P、Q两点同时出发，当点P到达点C时，两点同时停止运动．若设运动时间为t（s）.（1）直接写出：QD=，PC=；（用含t的式子表示）（2）当t为何值时，四边形PQDC为平行四边形？（3）若点P与点C不重合，且DQ≠DP，当t为何值时，∥DPQ是等腰三角形？【答案】（1）8-t；10-2t；（2）（3）见解析.【解析】解：（2）∥四边形PQDC为平行四边形，∥QD=PC，即8-t=10-2t，解得：t=2.（3）∥∥DPQ是等腰三角形，且DQ≠DP，∥DQ=PQ或DP=PQ，∥DQ=PQ，过点Q作QH∥BC于H，则BP=2t，AQ=BH=t，PH=t，QH=AB=6，∥DQ2=PQ2，（8-t）2=62+t2，解得：t=74；∥DP=PQ，过点P作PM∥AD于M，则QM+AQ=BP，即822tt t-+=，解得：t=85，综上所述，当t为74或85秒时，∥DPQ是等腰三角形.7. 【2019·涟源市期末】如图，已知矩形ABCD，AB=8，AD=4，E为CD边上一点，CE=5，动点P从点B 出发，以每秒1个单位的速度沿着边BA向终点A运动，连接EP，设点P的运动时间为t秒，则当t为何值时，∥P AE为等腰三角形.【答案】见解析.【解析】解：∥ABCD为矩形，AB=8，AD=4，∥∥D=90°，∥CE=5，∥DE=CD-CE=3在Rt∥ADE中，由勾股定理得：AE=5，（1）当AP=AE时，即8-t=5，解得：t=3；（2）当PE=AE时，过点E作EF∥AB于F，则PF=AF=5，EF=4，由勾股定理得：PF=3，AP=2PF=6，∥BP=t，则AP=8-t=6，解得：t=2;(3)当PE=P A时，过点E作EF∥AB于F，∥BP=t，∥AP=8-t，BF=CE=5，PF=5-t，由勾股定理得：PE2=EF2+PF2，∥42+（5-t）2=（8-t）2，解得：t=236，综上所述，当t为2秒、3秒或236秒时，∥P AE为等腰三角形.8. 【2019·重庆外国语月考】如图，在Rt∥ABC中，∥ACB＝90°，∥A＝30°，AB＝12，点F是AB的中点，过点F作FD∥AB交AC于点D．若∥AFD以每秒2个单位长度的速度沿射线FB向右移动，得到∥A1F1D1，当F1与点B重合时停止移动．设移动时间为t秒，如果D1，B，F构成的∥D1BF为等腰三角形，求出t值．【答案】见解析.【解析】解：∥如图，当BF＝BD1＝6时，在Rt∥BF1D1中，BF1＝∥AA1＝FF1＝6﹣∥t＝3∥如图，当D1F＝D1B时，易知AA1＝FF1＝F1B＝3，可得t＝32．∥如图，当FD1＝FB＝6时，可得AA1＝FF1＝t综上所述，满足条件的t 的值为332 9. 【2019·平潭期中】如图，在平面直角坐标系中，A (0,8)，B （4,0），AB 的垂直平分线交y 轴与点D ，连接BD ，M (a ，1)为第一象限内的点.（1）求点D 坐标；（2）当S ∥DBC =S ∥DBM 时，求a 的值；（3）点E 为y 轴上的一个动点，当∥CDE 为等腰三角形时，直接写出点E 的坐标.【答案】见解析..【解答】解：（1）设D 点坐标为（0，m ），由题意知，CD 是线段AB 的垂直平分线，∥AD =BD ，∥（8-m ）2=m 2+42，解得：m =3，即D 点坐标为（0,3）.（2）由（1）知，AD =5， ∥S ∥BDA =12×5×4=10， ∥S ∥DBC =12S ∥BDA =5， ∥S ∥DBC =S ∥DBM ，即S∥DBM=5，求得直线BD的解析式为：y=-34x+3，当y=1时，x=83，∥12×（a-83）×3=5，解得：a=6（3）设E点坐标为（0，x），设C点坐标为（n，t）则n=2DCASAD△=2, t=4，即C点坐标为（2,4），∥D（0,3），则CD2=5，DE2=（x-3）2，CE2=4+（x-4）2，∥当CD=DE时，5=（x-3）2解得：x x=3；∥当CD=CE时，5=4+（x-4）2解得：x=5或x=3（舍）；∥当DE=CE时，（x-3）2=4+（x-4）2解得：x=112，综上所述，当∥CDE为等腰三角形时，E点坐标为（0，，（0，3，（0,5），（0，112）.。