【压轴精讲】数学中考培优竞赛专题 第27讲 存在性问题之等腰三角形（含答案）学案

这是一份【压轴精讲】数学中考培优竞赛专题 第27讲 存在性问题之等腰三角形（含答案）学案，共14页。学案主要包含了例题讲解，巩固训练，代数法、几何法均可解等内容，欢迎下载使用。

第27讲 存在性问题之等腰三角形
【例题讲解】
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】
①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；
②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；
③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】
1、一次函数y=x+4分别交x轴、y轴于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2. 一次函数y=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=x+4,
当y=0时,x=－3,则A(－3.0);当x=0时,y=4,则B(0,4)。
设C点坐标为(x.0),在Rt△AOB中,由勾股定理得,
在Rt△BOC中,由勾股定理得BC=。
①当以AB为底时,AC=BC,则3+x=,整理得6x=7,解得x=,则(,0);
②当以BC为底时,可得AC=AB,则,解得x=2或－8,则C(2,0)或(－8,0);
③当以AC为底时,可得AB=BC,即得=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(,0)或(2,0)或(3,0)或(－8,0)

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DF⊥x轴于点F.由题意可知OF=AF则2AF+AE=4①
∵DF∥BE,∴△ADF∽△ABE,∴,即AE=2AF②
①与②联立解得AE=2,AF=1.∴点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＝＝－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,∴BC＝2－(－2)＝6
∵抛物线开口向上,∴∠OAB>90°,OB>AB=OC.
∴当△OBC是等腰三角形时分两种情况讨论:
①当OB=BC时设B(－4,y1),
则16+y12=36解得y1=(负值舍去).
将A(－2,0),B(－4,)代入y=ax2+bx
得,解得
∴此抛物线的解析式为y=x2+x
②当OC=BC时设C(2,y2),则4+y22=36解得y2=(负值舍去)
将A(－2,0),C(2,)代入y=ax2+bx,
得,解得
∴此抛物线的解析式为y=x2+x


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)(0 (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PQP'C,当四边形PQP'C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PH⊥AC于H,
∵∠C=90°,∴AC⊥BC,∴PH∥BC,∴△APH∽△ABC,∴,
∵AC=4cm, BC=3cm,∴AB=5cm∴,∴PH＝3－，
∴△AQP的面积为:S=×AQ×PH=×t×(3－)=
∴当t为秒时,S最大值为cm2.
(2)如图2,连接PP',PP'交QC于E,
当四边形PQP'C为菱开时,PE垂直平分QC,即PE⊥AC,QE=EC,
∴△APE∽△ABC, ∴,∴AE=
∴QE=AE－AQ=+4－t=+4，QE=QC=(4－t)=t+2
∴+4＝t+2，∴解得:t＝，
∵0＜＜4.
∴当四边形PQP'C为菱形时,t值是秒;
(3)由(1)知,PD=,与(2)同理得:QD=AD－AQ=
∴PQ＝
在△APQ中,①当AQ=AP,即=5－t时,解得:t1=，
②当PQ=AQ,即=t时,解得:t2=,t3=5.
③当PQ=AP即=5－t时,解得:t4=0, t5=
∵0 ∴当t为s或s或s时, △APQ是等腰三角形.

例题5.已知,如图,在Rt△ABC中,AC=6,AB=8,D为边AB上一点,连接CD,过点D作DE⊥DC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,
∵DE⊥DC,∴∠ADC=180°－90°－∠BDE=90°－∠BDE,∠B1DC=90°－∠B1DE，
∴∠ADC=∠B1DC
(2)解延长B1E交AB于F.
∵B1E∥AC,∠A=90°,∴B1F⊥AB,∴∠EB1D+∠BDB1=90°.
∵∠B=∠EB1D,∴∠B+∠BDB1=90°,∴∠BGD=90°,
在△BDC和△B1FD中, ∴△BDG≌△B1FD.∴DF=DG,
在△ADC和△GDC中, ,∴△ADC≌△GDC,∴DG= AD.
∴DF=AD=DG,
设DF=AD=DG=x,∴BF＝8－2x,
∵EF∥AC,∴△BFE∽△BAC,∴,∴EF＝，
∵△EFD∽△ACD,∴,∴，
解得:x=3,∴BF=3,EF＝，∴DE＝.
(3)解设AD=x,则CD=,BD=8－x，
∵△B1CD是等腰三角形,
①当B1D=B1C时则∠B1DC=∠B1CD,∴DB1= BD=8－x,
如图2过B1作B1F⊥CD,则DF=CF=CD=,
∵∠ADC=∠B1DC,∠B1FD=∠A=90°,∴△CDA∽△B1DC,
∴,即，∴3x2－16x+36=0,此方程无实数根.
∴B1D≠BC.
②B1D=CD时，∴B1D= CD= BD=8－x.∴(8－x)2=x2+6，∴x＝,∴AD＝.
③当CD=BC时如图2过C作CH⊥DB,则DH= B1H=DB1=BD=(8－x)
在△ACD和△CHD中，∴△ACD≌△CHD,∴AD= DH=x
∴x＝(8－x),∴x=,∴AD=,
综上所述:当△B1CD是等腰三角形时AD的长为或.









【巩固训练】
1.如图,在Rt△ABC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)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.


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PF⊥x.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，tan∠ABC=，AB=AC，AH⊥BC于H,D为AC的中点,BD交AH于点M.
(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.






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,OH⊥AB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=.E为矩形外一点,且△EBA∽△ABD.
(1)求AE和BE的长；
(2)将△ABE绕点B顺时针旋转一个角a(0°<α<180°),记旋转中的△ABE为△A'BE',在旋转过程中,设A'E'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.










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)①当PC//QB时,OQ= ;
②当PC⊥QB时,求OQ的长.
(2)当折叠后重叠部分为等腰三角形时，求OQ的长.





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=,
当CB=CP2=6时,P2A=AD－P2D=
当PB=PC时，PA=AD=3
综上PA的长为,,3.

3.略

4.解:(1)取AC的中点D连接OD、BD.
在Rt△ABC中, ∵AC=AB=10,∴OD=AC=5,AD=DB=5, BD=,
∵OB≤OD+BD,
∴OB的最大值为5+.
(2)作BE⊥y轴于E,
∵∠BEA=∠AOC=90°,∠BAC=90°,∴∠EBA=∠OAC.
∵AB= AC,∴△ABE≌△CAO.∴BE= OA,AE=OC,
①∵EA ②∵OC<0A ③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=,∴A(0.2√5)
综上所述:当A(0,)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),B5,0)两点，
∴解得
∴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,m+3),F(m,0).
∴PE=|yP－yE|=|(－m2+4m+5)－(m+3)|=|－m2+m+2|,
∴EF=|yE－yF|=|(m+3)－0|=|m+3|
由题意PE=5EF,即|－m2+m+2|=5|m+3|＝|m+15|
①若－m2+m+2=m+15，理得:2m2－17m+26=0，解得m=2或m=.
②若－m2+m+2=－(m+15),整理得m2－m－17=0.解得: m=或m= .
由题意m的取值范围为:－1 ∴m=2或m=
∴点F的坐标为(2,0)或(,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=x+3,可得OD=4,OC=3由勾股定理得CD=5.
过点E作EM⊥x轴交轴于点M易得△CEM∽△CDO,
∵∴,即,解得CE=
∵∴PE=CE=,又由(2)可知：PE＝|－m2+m+2|
①若－m2+m+2=,整理得:2m2－7m－4=0解得m=4或m=
②若－m2+m+2=,整理得m2－6m－2=0,解得m1=3+,m2=3－
由题意m的取值范围为:－1 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轴上也符合题意.
∴P(0,5)
综上所述:存在满足条件的m的值为0或或4或3+.


6.解:(1)∵S△ADM=S△BHM,∴S△ACH=S△BCD,
∵AB=AC,AH⊥BC,∴H是BC中点,∴D是AC中点.
∵AH=8, tan∠ABC=, 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DK⊥BC,C(6,0),B(18,0),D(9,－4)
抛物线的解析式为:y＝(x－6)(x－18)
顶点E的坐标为(12,)
(2)解:设GE的直线方程为:y=x+b
∵直线过点E, ∴直线方程为:y=x－,∴G(0,)
设E' (m,m－),
平移后的抛物线解析式为:y＝
∴F(0,).
若E'G= E'F, ,∴m=9,∴E(9,),
若E'G=GF, ,∴m=,∴E(,),
若E'F=GF,不存在.


7.解：（1）
（2）


(3) T=2
(4) 有，OM最大为


8.解:(1)在Rt△ABD中,由勾股定理得BD=,
又∵S△ABD=AB×AD=AE×BD=∴AE=4,
在Rt△ABE中,BE=.
(3)存在.△ABF在旋转过程中,△DPQ是等腰三角形的情况共有四种.
①如图2,点Q在BD的延长线上,且,
∵∠2=2∠Q,∠1=∠3+∠Q且∠1＝∠2,∴∠3＝∠Q,
∴A'B=A'Q,
∴QF'=A'F'+A'Q=A'F'+A'B=4+5=9
∴在Rt△QFB中,根据勾股定理可得QB=,
∴DQ=QB－BD=－， PD= DQ.
②如图3,点Q落在BD上,且PQ=DQ,
∴∠2=∠P,∵∠1=∠2,∠2=∠3,∴∠1=∠3,∴BQ=AQ,
∴F'Q=A'F'－A'Q=A'F'－BQ=4－BQ,
令BQ=t,则在Rt△BF'Q中,
根据勾股走理可得32+(4－t)2=t2,
解得t=,即BQ＝，
∴DQ=BD－BQ=－＝.
③如图4,点Q落在BD上,且PD=DQ.∴∠3=∠4,∴在△DPQ中,2∠4+∠2=180°,
∴∠4＝90°－∠2,
又∵∠1=∠2,∠4=∠A'QB,∴∠A'QB=90°－∠1,即180°－∠1=2∠A'QB,
∴∠A'QB=∠A'BQ,∴A'Q=A'B,∴F'Q=A'Q－F'Q=A'B－F'Q=5－4＝1
∴在Rt△BF'Q中,BQ=,
∴DQ=BD－BQ=－
④如图5,点Q落在BD上,且PD=DQ,
∴∠2=∠3,∴∠1=∠2,∠3=∠4, ∴∠1=∠4,
∴BQ=A'B=5
∴DQ=DB－BQ=－5=
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=－或DQ=或DQ=－或DQ=.

9.解: (1)OQ=2cm
因为PC∥/QB,所以∠CPQ=∠PQO,由于△OPQ≌△CPQ,故有∠QOP=∠QCP,
∠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△OPQ≌△CPQ,所以CP=OP=2,∠C=∠O=45°,
又由PC⊥QB知,△OEP,△CQE均为等腰直角三角形
故OE=EP=，CE=QE=2－
所以OQ=2－2.
情况二,如图三.
考虑CP的延长线垂直QB于E.
情况相同OE=PE=，所以CE=2+=QE,
故OQ=2+2,综上,OQ=2+2或2－2.
(3)1情况一,C在OB外侧.
由大边对大角定理知：∠QPC=∠QPO<∠O.
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: ,
sin105°=8in60°cos45°+sin45°cos60°=
所以OQ=.
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: ,
解得：OQ=
所以OQ=或.