中考培优竞赛专题经典讲义 第27讲 存在性问题之等腰三角形

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1、第第 27 讲讲 存在性问题之等腰三角形存在性问题之等腰三角形 【例【例题讲解题讲解】 例题例题 1.如图，直线 l1、12相交于点 A,点 B 是直线外一点,在直线 l1、12上找一点 C，使 ABC 为一个等腰三角形.满足条件的点 C 有 个. 【提示】 以 B 为圆心,线段 BA 长为半径作圆,与 l1、12交点即为满足条件点 C； 以 A 为圆心,线段 BA 长为半径作圆，与 l1、12交点即为满足条件点 C； 作线段 AB 的垂直平分线，与 l1、12交点即为满足条件点 C.(此方法简称为“两圆一线”) 【巩固训练巩固训练】 1、一次函数 y= 4 3 x+4 分别交 x 轴、y 轴

2、于 A、B 两点,在坐标轴上取一点 C,使ABC 为等腰三角形,则这样 的点 C 最多有 个。 2、已知ABC 的三条边长分别为 3,4,6,在ABC 所在平面内画一条直线,将ABC 分割成两个三角形,使其中 的一个是等腰三角形,则这样的直线最多可画( ) A.6 条 B. 7 条 C. 8 条 D. 9 条 例题例题 2. 一次函数 y= 4 3 x+4 分别交 x 轴、 y 轴于 A、 B 两点， 在 y 轴上取一点 C,使得 AC=BC,求出 C 点坐标？ 【代数法、几何法均可解】 解：如图所示,直线 AB 的解析式为 y= 4 3 x+4, 当 y=0 时,x=3,则 A(3.0);当

3、 x=0 时,y=4,则 B(0,4)。 设 C 点坐标为(x.0),在 RtAOB 中,由勾股定理得 2222 345OAOB, 在 RtBOC 中,由勾股定理得 BC= 2222 4OCOBx。 当以 AB 为底时,AC=BC,则 3+x= 22 4x ,整理得 6x=7,解得 x= 7 6 ,则( 7 6 ,0); 当以 BC 为底时,可得 AC=AB,则35x ,解得 x=2 或8,则 C(2,0)或(8,0); 当以 AC 为底时,可得 AB=BC,即得 22 4x =5,整理得 x2=9,解得 x=3, 则 C(3,0)或(3,0)(舍去)。 综上所述,满足条件的点 C 的坐标是(

4、 7 6 ,0)或(2,0)或(3,0)或(8,0) l1 l2 B A 例题例题 3.如图,直线 x=4 与 x 轴交于点 E,一开口向上的抛物线过原点交线段 OE 于点 A,交直线 x=4 于点 B,过 B 且平行于 x 轴的直线与抛物线交于点 C,直线 OC 交直线 AB 于 D,且 AD:BD=1：3. (1)求点 A 的坐标； (2)若OBC 是等腰三角形,求此抛物线的函数关系式. 解:(1)如图过点 D 作 DFx 轴于点 F.由题意可知 OF=AF 则 2AF+AE=4 DFBE,ADFABE, 1 2 AFAD AEAB ,即 AE=2AF 与联立解得 AE=2,AF=1.点

5、A 的坐标为(2,0); (2)抛物线过原点(0,0),可设此抛物线的解析式为 y=ax2+bx 抛物线过原点(0,0)和 A 点(2,0),对称轴为直线 x 20 2 1 B、C 两点关于直线 x=1 对称 B 点横坐标为4,C 点横坐标为 2,BC2(2)6 抛物线开口向上,OAB90,OBAB=OC. 当OBC 是等腰三角形时分两种情况讨论: 当 OB=BC 时设 B(4,y1), 则 16+y12=36 解得 y1=2 5(负值舍去). 将 A(2,0),B(4,2 5)代入 y=ax2+bx 得 420 1642 5 ab ab ,解得 5 4 5 2 a b 此抛物线的解析式为 y

6、= 5 4 x2+ 5 2 x 当 OC=BC 时设 C(2,y2),则 4+y22=36 解得 y2=4 2(负值舍去) 将 A(2,0),C(2,4 2)代入 y=ax2+bx, 得 420 424 2 ab ab ,解得 2 2 2 a b x=4 y x C O D A B E 此抛物线的解析式为 y= 2 2 x2+2x 例题例题 4.如图甲,在ABC 中,ACB=90 ,AC=4cm,BC=3cm.如果点 P 由点 B 出发沿 BA 方向向点 A 匀速运动, 同时点 Q 由点 A 出发沿 AC 方向向点 C 匀速运动,它们的速度均为 1cm/s.连接 PQ,设运动时间为 t(s)(

7、0t4), 解答下列问题： (1)设APQ 的面积为 S,请写出 S 关于 t 的函数表达式？ (2)如图乙,连接 PC,将POC 沿 QC 翻折,得到四边形 PQPC,当四边形 PQPC 为菱形时,求 t 的值； (3)当 t 为何值时,APQ 是等腰三角形？ 解:(1)如图 1,过点 P 作 PHAC 于 H, C=90 ,ACBC,PHBC,APHABC, PHAP BCAB , AC=4cm, BC=3cm,AB=5cm 5 35 PHt ,PH3 3 5 t， AQP 的面积为:S= 1 2 AQ PH= 1 2 t (3 3 5 t)= 2 3518 () 1025 t 当 t 为

8、 5 2 秒时,S 最大值为 18 5 cm2. (2)如图 2,连接 PP,PP交 QC 于 E, 当四边形 PQPC 为菱开时,PE 垂直平分 QC,即 PEAC,QE=EC, APEABC, AEAP ACAB ,AE= (5)44 4 55 AP ACt t AB QE=AEAQ= 4 5 t+4t= 9 5 t+4，QE= 1 2 QC= 1 2 (4t)= 1 2 t+2 9 5 t+4 1 2 t+2，解得:t 20 13 ， 0 20 13 4. 当四边形 PQPC 为菱形时,t 值是 20 13 秒; (3)由(1)知,PD= 3 3 5 t,与(2)同理得:QD=ADAQ=

9、 9 4 5 t PQ 22222 3918 (3)(4)1825 555 PDQDtttt 在APQ 中,当 AQ=AP,即=5t 时,解得:t1= 5 2 ， 图1 Q P C B A 图2 A B C P Q P 当 PQ=AQ,即 2 18 1825 5 tt=t 时,解得:t2= 25 13 ,t3=5. 当 PQ=AP 即 2 18 1825 5 tt=5t 时,解得:t4=0, t5= 40 13 0t4,t3=5,t4=0 不合题意,舍去, 当 t 为 5 2 s 或 25 13 s 或 40 13 s 时, APQ 是等腰三角形. 例题例题 5.已知,如图,在 RtABC 中

10、,AC=6,AB=8,D 为边 AB 上一点,连接 CD,过点 D 作 DEDC 交 BC 与 E,把 BDE 沿 DE 翻折得DE B1,连接 B1C (1)证明:ADC=B1DC； (2)当 B1E/AC 时,求折痕 DE 的长； (3)当B1CD 为等腰三角形时,求 AD 的长. 解:(1)证明由折叠的性质得:BDE=B1DE, DEDC,ADC=18090BDE=90BDE,B1DC=90B1DE， ADC=B1DC (2)解延长 B1E 交 AB 于 F. B1EAC,A=90,B1FAB,EB1D+BDB1=90. B=EB1D,B+BDB1=90,BGD=90, 在BDC 和B1

11、FD 中, 1 1 1 BEB D BGDB FD BDDB BDGB1FD.DF=DG, 在ADC 和GDC 中, 90 ADCCDG ADGC DCDC o ,ADCGDC,DG= AD. DF=AD=DG, 设 DF=AD=DG=x,BF82x, EFAC,BFEBAC, EFBF ACAB ,EF12 3 2 x ， EFDACD, DFEF ACAD , 123 2 6 x x x ， 解得:x=3,BF=3,EF 3 2 ，DE 3 5 2 . (3)解设 AD=x,则 CD= 2 36x ,BD=8x， B1CD 是等腰三角形, B1 E D CB A 当 B1D=B1C 时则B

12、1DC=B1CD,DB1= BD=8x, 如图 2 过 B1作 B1FCD,则 DF=CF= 1 2 CD= 2 36 2 x , ADC=B1DC,B1FD=A=90 ,CDAB1DC, 1 B DDF CDAD ,即 2 2 36 8 2 36 x x x x ，3x216x+36=0,此方程无实数根. B1DBC. B1D=CD 时，B1D= CD= BD=8x.(8x)2=x2+6，x 7 4 ,AD 7 4 . 当 CD=BC 时如图 2 过 C 作 CHDB,则 DH= B1H= 1 2 DB1= 1 2 BD= 1 2 (8x) 在ACD 和CHD 中，90 ADCCDH ACH

13、D CDCD o ACDCHD,AD= DH=x x 1 2 (8x),x= 8 3 ,AD= 8 3 , 综上所述:当B1CD 是等腰三角形时 AD 的长为 7 4 或 8 3 . 【巩固训练】【巩固训练】 1.如图,在RtABC中,C=90 ,以ABC的一边为边画等腰三角形,使得它的第三个顶点在ABC的其他边上, 则可以画出不同的等腰三角形的个数最多为( ) A.4 B.5 C.6 D.7 2.如图,在矩形 ABCD 中,AB=4,BC=6,若点 P 在 AD 边上,连接 BP、PC,使得BPC 是一个等腰三角形. (1)用尺规作图画出符合要求的点 P.(保留作图痕迹,不要求写做法) (2

14、)求出 PA 的长. 3.如图,在边长为 4 的正方形 ABCD 中,请画出以 A 为一个顶点,另外两个顶点在正方形 ABCD 的边上,且含边 长为 3 的所有大小不同的等腰三角形.(要求:只要画出示意图，并在所画等腰三角形长为 3 的边上标注数字 3) 4.如图,一长度为 10 的线段 AC 的两个端点 A、C 分别在 y 轴和 x 轴的正半轴上滑动,以 A 为直角顶点,AC 为 直角边在第一象限内作等腰直角ABC,连接 BO. (1)求 OB 的最大值； (2)在 AC 滑动过程中,OBC 能否恰好为等腰三角形？若能,求出此时点 A 的坐标;若不能,请说明理由. C B A D C B A

15、 A BC DA BC DD CB A y x OC B A 5、如图,抛物线 y=x2+bx+c 与 x 轴交于 A(1，0),B(5,0)两点，直线 y=2x+3 与 y 轴交于点 C,与 x 轴交 于点 D,点 P 是 x 轴上方的抛物线上一动点,过点 P 作 PFx.轴于点 F,交直线 CD 于点 E,设点 P 的横坐标为 m. (1)求抛物线的解析式； (2)若PCE 为等腰三角形,求 m 的值. 6.如图,在平面直角坐标系中,点 A 的坐标为(12,8),点 B、C 在 x 轴上，tanABC= 4 3 ，AB=AC，AHBC 于 H,D 为 AC 的中点,BD 交 AH 于点 M

16、. (1)求过 B、C、D 三点的抛物线的解析式，并求出抛物线顶点 E 的坐标； (2)过点 E 且平行于 AB 的直线 l 交 y 轴于点 G,若将(2)中的抛物线沿直线 1 平移，平移后的抛物线交 y 轴于 点 F,顶点为 E(点 E在 y 轴右侧).是否存在这样的抛物线,使EFG 为等腰三角形？若存在,请求出此时顶点 E的坐标;若不存在,请说明理由. x y A B C DE P O y x H D C B A O 7.如图,在平面直角坐标系中点B坐标为(6,0),点A在第一象限,AOB为等边三角形,OHAB于点H,动点P、 Q 分别从 B、 O 两点同时出发,分别沿 BO、 OA 方向

17、匀速移动,它们的速度都是 1cm/s,当点 P 到达点 O 时,P、 Q 两点停止运动,设点 P 的运动时间为 t(s),PQ 交 OH 于点 M,设四边形 AQPB 的面积为 y. (1)求 y 与 t 之间的函数关系式； (2)设 PQ 的长为 x(cm)试确定 y 与 x 之间的函数关系式； (3)当 t 为何值时,OPM 为等腰三角形； (4)线段 OM 有最大值吗？如果有,请求出来;如果没有,请说明理由. 8.已知:如图,在矩形 ABCD 中,AB=5,AD= 20 3 .E 为矩形外一点,且EBAABD. (1)求 AE 和 BE 的长； (2)将ABE绕点B顺时针旋转一个角a(0

18、 180 ),记旋转中的ABE为ABE,在旋转过程中,设AE所在的 直线与直线 AD 交于点 P,与直线 BD 交于点 Q.是否存在这样的 P、 Q 两点,使DPQ 为等腰三角形？若存在, 求出此时 DQ 的长;若不存在,请说明理由. M H P Q A B O M H P Q A B OOB A Q P H M E A E D B C A 9.如图(1),AOB=45 ,点 P、 Q 分别是边 OA,OB 上的两点,且 OP=2cm.将O 沿 PQ 折叠,点 O 落在平面内点 C 处。 (1)当 PC/QB 时,OQ= ; 当 PCQB 时,求 OQ 的长. (2)当折叠后重叠部分为等腰三角

19、形时，求 OQ 的长. 备用图2备用图1 图1 A B P O A B P O O Q P C B A 参考答案 1.答案：4 2.答案：B 参考答案 1.答案：C 2.解:(1)如图所示 P,P1,P2即为所求; (2)当 BC=BP1=6 时,AB=4, PA= 22 642 5, 当 CB=CP2=6 时,P2A=ADP2D=62 5 当 PB=PC 时，PA= 1 2 AD=3 综上 PA 的长为2 5,62 5,3. 3.略 4.解:(1)取 AC 的中点 D 连接 OD、BD. 在 RtABC 中, AC=AB=10,OD= 1 2 AC=5,AD=DB=5, BD= 22 5 5

20、ABAD, OBOD+BD, OB 的最大值为 5+5 5. (2)作 BEy 轴于 E, BEA=AOC=90,BAC=90,EBA=OAC. AB= AC,ABECAO.BE= OA,AE=OC, EAABOB,EA=OC,OCOB,即 OCOB, OC0ABC,即 OCBC. 当 OB=BC 时作 BF轴于 F,则 OF=FC=BE,设 OA=a,则 BE=a,OC=2a, 由 OA2+OC2=AC2,a2+4a2=102,解得 a=2 5,A(0.25) 2 5 综上所述:当 A(0,2 5)时,OBC 是等腰三角形. 5.解(1)抛物线 y=x2+bx+c 与 x 轴交于 A(1,0

21、),B5,0)两点， 10 2550 bc bc 解得 4 5 b c 抛物线的解析式为 y=x2+4x+5. (2)点 P 的横坐标为 m.P(m,m2+4m+5),E(m, 3 4 m+3),F(m,0). PE=|yPyE|=|(m2+4m+5)( 3 4 m+3)|=|m2+ 19 4 m+2|, EF=|yEyF|=|( 3 4 m+3)0|=| 3 4 m+3| 由题意 PE=5EF,即|m2+ 19 4 m+2|=5| 3 4 m+3| 15 4 m+15| 若m2+ 19 4 m+2= 15 4 m+15，理得:2m217m+26=0，解得 m=2 或 m= 13 2 . 若m

22、2+ 19 4 m+2=( 15 4 m+15),整理得 m2m17=0.解得: m=1 69 2 或 m= 169 2 . 由题意 m 的取值范围为:1m5,故 m= 13 2 ,m1 69 2 这两个解均舍去. m=2 或 m= 169 2 点 F 的坐标为(2,0)或( 169 2 ,0) (2)假设存在.作出示意图如下. 点 E、E关于直线 PC 对称,1=2,CE=CE,PE=PE, PE 平行于 y 轴, 1=3,2=3,PE=CE, PE=CE=PE=CE,即四边形 PECE是菱形. 当四边形 PECE是菱形存在时, 由直线 CD 解析式 y= 3 4 x+3,可得 OD=4,O

23、C=3 由勾股定理得 CD=5. 过点 E 作 EMx 轴交轴于点 M 易得CEMCDO, MECE ODCD ,即 25 m CE ,解得 CE= 5 4 m PE=CE= 5 4 m,又由(2)可知：PE|m2+ 19 4 m+2| 若m2+ 19 4 m+2= 5 4 m,整理得:2m27m4=0 解得 m=4 或 m= 1 2 若m2+ 19 4 m+2= 5 4 m,整理得 m26m2=0,解得 m1=3+11,m2=311 由题意 m 的取值范围为:1m5 故 m=3+11这个解舍去. 当四边形 PECE是菱形这一条件不存在时, 此时 P 点横坐标为 OECE三点重合与 y 轴上也

24、符合题意. P(0,5) 综上所述:存在满足条件的 m 的值为 0 或 1 2 或 4 或 3+11. 6.解:(1)SADM=SBHM,S ACH =S BCD , AB=AC,AHBC,H 是 BC 中点,D 是 AC 中点. AH=8, tanABC= 4 3 , BH=CH=6， A 的坐标为(12,8), B、C 坐标分别为(18,0)、(6,0) D 的坐标为(9,4) 作 DKBC,C(6,0),B(18,0),D(9,4) 抛物线的解析式为:y 4 27 (x6)(x18) 顶点 E 的坐标为(12, 16 3 ) (2)解:设 GE 的直线方程为:y= 4 3 x+b 直线过

25、点 E, 直线方程为:y= 4 3 x 64 3 ,G(0, 64 3 ) 设 E (m, 4 3 m 64 3 ), 平移后的抛物线解析式为:y 2 4464 () 2733 xmm F(0, 2 464 33 mm). 若 EG= EF, 2 444 2 2733 mmm,m=9,E(9, 28 3 ), 若 EG=GF, 2 445 2733 mmm,m= 9 4 ,E( 9 4 , 55 3 ), 若 EF=GF,不存在. 7.解： （1） 22 31333 669 3 42242 ytttt （2） 2 2 22 31 6318363612 22 xttttttt 3 3 3 tx

26、2 2 3333339 339 33 4323124 yxxxx (3) T=2 (4) 有，OM 最大为 3 3 2 8.解:(1)在 RtABD 中,由勾股定理得 BD= 2222 2025 5() 33 ABAD, 又S ABD = 1 2 ABAD= 1 2 AEBD= 50 3 AE=4, 在 RtABE 中,BE= 2222 543ABAE. (3)存在.ABF 在旋转过程中,DPQ 是等腰三角形的情况共有四种. 如图 2,点 Q 在 BD 的延长线上,且, 2=2Q,1=3+Q 且12,3Q, AB=AQ, QF=AF+AQ=AF+AB=4+5=9 在 RtQFB 中,根据勾股定

27、理可得 QB= 2222 933 10QFBF, DQ=QBBD=3 10 25 3 ， PD= DQ. 如图 3,点 Q 落在 BD 上,且 PQ=DQ, 2=P,1=2,2=3,1=3,BQ=AQ, FQ=AFAQ=AFBQ=4BQ, 令 BQ=t,则在 RtBFQ 中, 根据勾股走理可得 32+(4t)2=t2, 解得 t= 25 8 ,即 BQ 25 8 ， DQ=BDBQ= 25 3 25 8 125 24 . 如图 4,点 Q 落在 BD 上,且 PD=DQ.3=4,在DPQ 中,24+2=180 , 490 1 2 2, 又1=2,4=AQB,AQB=90 1 2 1,即 180

28、 1=2AQB, AQB=ABQ,AQ=AB,FQ=AQFQ=ABFQ=541 在 RtBFQ 中,BQ= 2222 3110BFQF, DQ=BDBQ= 25 3 10 如图 5,点 Q 落在 BD 上,且 PD=DQ, 2=3,1=2,3=4, 1=4, BQ=AB=5 DQ=DBBQ= 25 3 5= 10 3 综上所述,ABF 在旋转过程中,使得DBQ 为等腰三角形的情况共有四种, DQ=3 10 25 3 或 DQ= 125 24 或 DQ= 25 3 10或 DQ= 10 3 . 9.解: (1)OQ=2cm 因为 PC/QB,所以CPQ=PQO,由于OPQCPQ,故有QOP=QC

29、P, OPQ=CPQ 和OQP=CQP,则OPC=OQC. 由于两对角相等,根据平行四边形判定定理知: 四边形 OPCQ 是平行四边形,又因为 OP=CP. 所以平行四边形 OPCQ 是菱形,OQ=OP=2cm. (2)|情况一,如图二所示. 因为OPQCPQ,所以 CP=OP=2,C=O=45 , 又由 PCQB 知,OEP,CQE 均为等腰直角三角形 故 OE=EP=2，CE=QE=22 所以 OQ=222. 情况二,如图三. 考虑 CP 的延长线垂直 QB 于 E. 情况相同 OE=PE=2，所以 CE=2+2=QE, 故 OQ=22+2,综上,OQ=22+2 或 222. (3)1 情

30、况一,C 在 OB 外侧. 由大边对大角定理知：QPC=QPOO. 所以只能是 QP=EP,即PQE=PEQ. 设CPQ=QPO=x.根据三角形内角和为 180 . 有 x+2 (45+x)=180,解得,QPC=30 根据正弦定理: sinsinOPQQPO OPOQ , sin105sin30 2OQ oo sin105 =8in60 cos45 +sin45 cos60 = 62 4 所以 OQ=62. 情况二,C 在 OA 外侧,设 QC 交 OA 于 E. 由大边对大角定理,知只能有QPE=QEP.设OQP=PQC=y. 由三角形内角和为 180 . 有 y+2 (45+y)=180,解得,QPO=105 根据正弦定理: sinsinQPOOQP OQOP , 解得：OQ=62 所以 OQ=62或62.