最新中考几何专项复习专题20 等腰三角形存在性问题巩固练习（提优）

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高效的课堂教学模式是保证高效的复习效果的前提，学生在教师的指导和辅导下进行先自学、探究和及时训练，获得知识、发展能力的一种教学模式。
策略二 专题内容的设计应遵循教与学的认知规律和学生心理发展规律，凸显方法规律，由简单到复杂，由特殊到一般，再由一般到特殊
总结规律，推广一般。从一般到特殊：抛砖引玉，解决问题。
策略三 设计专题内容时考虑建立几何模型，体现思想方法，让学生驾轻就熟，化难为易，化繁为简。
几何，常常因为图形变化多端，方法多种多样而被称为数学中的变形金刚。题目千变万化，但万变不离其宗。
等腰三角形存在性问题巩固练习
1．直线y=−43x+n交x轴于点A，交y轴于点C(0，4)，抛物线y=23x2+bx+c经过点A，交y轴于点B(0，﹣2)，点P为抛物线上一个动点，经过点P作x轴的垂线PD，过点B作BD⊥PD于点D，连接PB，设点P的横坐标为m．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当m＝1时，求PD的长；
(3)是否存在点P，使△BDP是等腰直角三角形？若存在，请求线段PD的长；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)先确定出点A的坐标，再用待定系数法求出抛物线解析式；
(2)把m＝1代入抛物线的解析式得到P点的纵坐标，于是得到结论；
(3)由△BDP为等腰直角三角形，判断出BD＝PD，建立m的方程计算出m，从而求出PD．
【解答】解：(1)∵点C(0，4)在直线y=−43x+n上，
∴n＝4，
∴y=−43x+4，
令y＝0，
∴x＝3，
∴A(3，0)，
∵抛物线y=23x2+bx+c经过点A，交y轴于点B(0，﹣2)．
∴c＝﹣2，6+3b﹣2＝0，
∴b=−43，
∴抛物线解析式为y=23x2−43x﹣2，
(2)当m＝1时，y=23x2−43x﹣2=23−43−2=−83，
∴PD=83−2=23；
(3)存在点P，使△BDP是等腰直角三角形，
∵点P的横坐标为m，且点P在抛物线上，
∴P(m，23m2−43m﹣2)，
∵PD⊥x轴，BD⊥PD，
∴点D坐标为(m，﹣2)，
∴|BD|＝|m|，|PD|＝|23m2−43m﹣2+2||，
当△BDP为等腰直角三角形时，PD＝BD．
∴|m|＝|23m2−43m﹣2+2|＝|23m2−43m|，
∴m2＝(23m2−43m)2
解得：m1＝0(舍去)，m2=72，m3=12，
∴当△BDP为等腰直角三角形时，线段PD的长为72或12．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，锐角三角函数，等腰直角三角形的性质，解本题的关键是构造直角三角形．
2．如图在平面平面直角系中，抛物线y＝ax2+bx+c(a≠0)的图象与轴交于点A(﹣2，0)、B(4，0)，与轴交于点C(0，4)，直线l是抛物线的对称轴，与x轴交于点D，点P是直线l上一动点．
(1)求此抛物线的表达式．
(2)当AP+CP的值最小时，求点P的坐标；再以点A为圆心，AP的长为半径作
⊙A．求证：BP与⊙A相切．
(3)点P在直线l上运动时，是否存在等腰△ACP？若存在，请写出所有符合条件的点P坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)利用待定系数法求二次函数的解析式：设抛物线的交点式y＝a(x+2)(x﹣4)，然后把C(0，4)代入得4＝﹣8a，解出a即可；
(2)先求出对称轴为直线x＝1，过C作CC′⊥l交抛物线与C′，则点C与C′为对称点，连AC′交直线x＝1与点P，连PC，此时AP+CP的值最小，C′的坐标为(2，4)；利用待定系数法可求直线
AC′的解析式为y＝x+2，令x＝1，则y＝3，确定P点坐标为(1，3)；连BP，如图，易得PD＝3，DA＝1﹣(﹣2)＝3，BD＝4﹣1＝3，则△PDB和△PBD都为等腰直角三角形，得到∠APB＝45°+45°＝90°，根据切线的判定定理即可得到BP与⊙A相切；
(3)分类讨论：当CP＝CA，点P与点A关于y轴对称，则P1点坐标为(2，0)；当AP＝AC＝25，以A圆心、AC为半径交直线x＝1于P2、P3，连AP2，AP3，利用勾股定理计算出
P2D=11，于是可确定P2的坐标为(1，11)，P3的坐标为(1，−11)；当CP＝CA＝25，以C为圆心、AC为半径交直线x＝1于P4、P5，连CP4，CP5，过C作CE⊥直线x＝1于E点，用同样的方法可求出P4的坐标为(1，4+19)，P5的坐标为(1，4−19)．
【解答】解：(1)设抛物线的解析式为y＝a(x+2)(x﹣4)，
把C(0，4)代入得4＝﹣8a，解得a=−12，
∴此抛物线的表达式为y=−12(x+2)(x﹣4)=−12x2+x+4；
(2)抛物线的对称轴为直线x=−12×(−12)=1，
∵AP+CP的值最小，AC为定值，则过C作CC′⊥l交抛物线与C′，则点C与C′为对称点，连AC′交直线x＝1与点P，连PC，
∴C′的坐标为(2，4)，
设直线AC′的解析式为y＝kx+b，把A(﹣2，0)和C′(2，4)代入得﹣2k+b＝0，2k+b＝4，解得k＝1，b＝2，
∴直线AC′的解析式为y＝x+2，
令x＝1，则y＝3，
所以P点坐标为(1，3)；
连BP，如图，
∵PD＝3，DA＝1﹣(﹣2)＝3，BD＝4﹣1＝3，
∴△PDB和△PBD都为等腰直角三角形，
∴∠APB＝45°+45°＝90°，
∴PB为⊙A的切线；
(3)存在．
当PC＝PA，作AC的中垂线交直线x＝1于P1点，P1C＝P1A，
设P1(1，y)，
则y2+32＝12+(4﹣y)2，解得y＝1，
∴P1(1，1)；
当AP＝AC＝25以A圆心、AC为半径交直线x＝1于P2、P3，连AP2，AP3，
P2D=(25)2−32=11，
∴P2的坐标为(1，11)，P3的坐标为(1，−11)；
当CP＝CA＝25，以C为圆心、AC为半径交直线x＝1于P4、P5，连CP4，CP5，过C作CE⊥直线x＝1于E点，
同理可得到P4的坐标为(1，4+19)，P5的坐标为(1，4−19)．
∴符合条件的点P坐标为：(1，1)、(1，11)、(1，−11)、(1，4+19)、(1，4−19)．
【点评】本题考查了二次函数的综合题：先利用待定系数法求函数的解析式，然后利用二次函数的性质得到对称轴方程．同时考查了等腰直角三角形的判定与性质、分类讨论思想的运用以及切线的判定方法．
3．抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A(﹣1，0)，B(3，0)两点，过点A的直线交抛物线于点C(2，m)，交y轴于点D．
(1)求抛物线及直线AC的解析式；
(2)点P是线段AC上的一动点(点P与点A、C不重合)，过点P作y轴的平行线交抛物线于点E，求线段PE长度的最大值；
(3)点M(m，﹣3)是抛物线上一点，问在直线AC上是否存在点F，使△CMF是等腰直角三角形？如果存在，请求出点F的坐标；如果不存在，请说明理由．
【分析】(1)将A、B的坐标代入抛物线中，易求出抛物线的解析式；将C点横坐标代入抛物线的解析式中，即可求出C点的坐标，再由待定系数法可求出直线AC的解析式．
(2)PE的长实际是直线AC与抛物线的函数值的差，可设P点的横坐标为x，用x分别表示出P、E的纵坐标，即可得到关于PE的长、x的函数关系式，根据所得函数的性质即可求得PE的最大值．
(3)根据点F的不同位置分类讨论．
【解答】解：(1)将A(﹣1，0)，B(3，0)代入y＝x2+bx+c，
得b＝﹣2，c＝﹣3；
∴y＝x2﹣2x﹣3．
将C点的横坐标x＝2代入y＝x2﹣2x﹣3，
得y＝﹣3，∴C(2，﹣3)；
∴直线AC的函数解析式是y＝﹣x﹣1．
(2)设P点的横坐标为x(﹣1≤x≤2)，
则P、E的坐标分别为：P(x，﹣x﹣1)，E(x，x2﹣2x﹣3)；
∵P点在E点的上方，PE＝(﹣x﹣1)﹣(x2﹣2x﹣3)＝﹣x2+x+2，
＝﹣(x−12)2+94
∴当x=12时，PE的最大值=94．
(3)①当点F在D点时，
将直线和抛物线的解析式组成方程组：
y=−x−1y=x2−2x−3，
解得：x=−1y=0，x=2y=−3，
∴点C的坐标为(2，﹣3)，
令x＝0，y＝x2﹣2x﹣3＝﹣3，
∴M的坐标为(0，﹣3)
由直线的解析式可求点D的坐标为(0．﹣1)
∴MC＝2，MD＝3﹣1＝2，
∵MC∥y轴，
∴∠CMD＝90°，
即△CMD是等腰直角三角形，
∴当点F的坐标为(﹣1，0)时，△CMD是等腰直角三角形．
②当F在P点时，
当点E是顶点坐标时，可得PM＝PC，
由抛物线的解析式可得对称轴为x＝﹣1，
解方程组：x=1y=−x−1，解得x=1y=−2．
∴点P的坐标为(1，﹣2)
∴PC＝MP=12+12=2，
又∵MC＝2，
∴PC2+PM2＝MC2，
由勾股定理的逆定理可得：△PMC为等腰直角三角形．
即△FMC为等腰直角三角形．
∴F点的坐标为(1，﹣2)．
③当F不在P、D点时，设点F(x，﹣x﹣1)，
则CM＝CF=(x−2)2+(−x−1+3)2=2
即(x﹣2)2+(﹣x﹣3+3)2＝4
解得：x1＝2+2，x2＝2−2，
∴F(2+2，﹣3−2 )或F(2−2，﹣3+2 )．
当F(2+2，﹣3−2 )时，FM=8+22，
∴CM2+CF2≠MF2，不能构成直角三角形，
同理：当F(2−2，﹣3+2 )时，也不能构成直角三角形．
综上所述，存在点F为(1，﹣2)或(﹣1，0)时．使△CMF是等腰直角三角形
【点评】此题考查了一次函数、二次函数解析式的确定、二次函数的应用，第(3)题应将所有的情况都考虑到，不要漏解．
4．如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠C＝90°，AE⊥CD于E，DE＝3，AE＝4，对角线DB平分∠ADC．
(1)求梯形ABCD的面积；
(2)如图2，一动点P从D点出发，以2个单位/秒的速度沿折线DA﹣AB匀速运动，另一动点Q从E点出发，以1个单位/秒的速度沿EC匀速运动，P、Q同时出发，当Q与C重合时，P、Q停止运动，在点P的运动过程中，过P作PM⊥DC于M，在点P、Q的运动过程中，以PM、MQ为两边作矩形PMQN，使矩形PMQN在直线DC上侧，直线AD右侧，设运动时间为t秒(t＞0)．在整个运动过程中，设矩形PMQN和CBD重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式和相应的自变量t的取值范围；
(3)如图3，动点P从D点出发，以2个单位/秒的速度沿线段DA运动到A点后，可沿直线AB方向向左或右匀速运动，过点P作PF∥AD交CB的延长线于G点，交CD于F点，在直线AB上是否存在H点，使得△FGH为等腰直角三角形？若存在，求出对应的BH的值；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)先根据勾股定理得出AD的长，再证明△ADB是等腰三角形，得出AB＝AD，最后利用梯形面积公式解答即可；
(2)根据AD，AB，EC的长度，以及P，Q的速度分情况讨论，得出函数关系式并结合自变量的范围解答即可；
(3)根据全等三角形的判定和性质得出△HFW≌△FGC，再利用三角函数求出WF的值后可得BH的值，注意分情况进行分析．
【解答】解：在Rt△ADE中，AD=DE2+AE2=5，
∵AB∥CD，
∴∠ADB＝∠CBD，
∵BD平分∠ADC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴AB＝AD＝5，
∵AB∥CD，∠C＝90°，AE⊥CD，
∴四边形ABCE为矩形，
∴CE＝AB＝5，
∴DC＝DE+CE＝8，
S梯形ABCD=12(AB+CD)⋅AE=26；
(2)∵点P从D点出发，以2个单位/秒的速度沿折线DA﹣AB匀速运动，动点Q从E点出发，以1个单位/秒的速度沿EC匀速运动，
所以可得三种情况，当矩形在BD下侧时，函数关系式为：S=−3325t2+245t，此时自变量范围是(0＜t≤1511)；
当矩形在BD上侧，且点P到A点之间时，函数关系式为：S=−11100t2+32t+94，此时自变量的范围是(1511＜t≤52)；
当点P在AB之间，且点E刚到达E点时，期间的函数关系式为：S=−34t2+72t+54，此时自变量的范围是(52＜t≤5)；
(3)存在，理由如下：
①若∠GFH＝90°，过H作HW⊥CD于W，如图1，图2，
∴△HFW≌△FGC，
∴WH＝FC＝4，WF＝CG=FCtan∠GFC=443=3，
∴BH＝WC＝WF±CF＝7或1；
②若∠FHG＝90°，过H作HW⊥CD于W，如图3，图4，
∴△HFW≌△HGB，
∴HW＝BH＝4，
③若∠FGH＝90°，如图5，图6，
∴△CFG≌△BGH，令CF＝BG＝3x，
∴CG＝BH＝4x，
∴4x±3x＝4，
∴x=47或x＝7，
∴BH=167或28．
【点评】此题考查的是函数和四边形的综合题，难度比较大，关键是勾股定理和矩形的判定，注意动点运动的各种情况，不能漏解．
5．如图1直角梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AB∥CD，AB＝8，CD＝3，BC=52，在Rt△EFG中，∠GEF＝90°，EF＝3，GE＝6，将△EFG与直角梯形ABCD如图(2)摆放，使E与A重合，EF与AB重合，△EFG与梯形ABCD在直线AB的同侧，现将△EFG沿射线AB向右以每秒1个单位的速度平移，当点C落在线段FG上时停止运动，在平移过程中，设△EFG与梯形ABCD的重叠部分面积为S，运动时间为t秒(t≥0)．
(1)求出GF边经过点D时的时间t；
(2)若在△GEF运动过程中，设△GEF与梯形ABCD的重叠部分面积为S，请写出S与t的函数关系式；
(3)如图3，当点C在线段GF上时，将此时的△EFG沿FG翻折，得到△HFG，将△HFG绕点F旋转，在旋转过程中，设直线HG与射线AD交于点M，与射线AB交于点N，是否存在钝角△AMN为等腰三角形？若存在，求出此时AN的长；若不存在，说明理由．
【分析】(1)作垂线构建平行线，想办法求出AE的长，就是t的值；先根据三角函数值求GE的长，再利用平行线分线段成比例得比例式求FH的长，从而可以求EH的长，所以AE＝AH﹣EH，得出结论；
(2)分三种情况讨论：①当0＜t≤134时，如图2，作辅助线，构建高线，重叠部分的面积S＝S△AFM﹣S△AEP，计算即可；②当134＜t≤5时，如图3，重叠部分是五边形PENMD．③当5＜t≤254时，如图4中，重叠部分是五边形PEBGM，分别求解即可解决问题．
(3)分三种情况进行讨论，分别以A、M、N为顶角构成等腰三角形，要满足钝角三角形的有两种，分别求出AN的长即可．
【解答】解：(1)如图1中，
∵四边形DHBC为矩形，
∴AH＝AB﹣CD＝8﹣3＝5，
在Rt△EFG中，∵EF＝3，GE＝6，
∵DH∥GE，
∴DHGE=FHEF，
∴52=6FH，
∴FH=54，
∴EH＝EF＝FH＝3−54=74，
∴AE＝AH﹣EH＝5−74=134，
∴当点D落在线段FG上时t=134；
(2)①当0≤t≤134时，如图2，过M作MN⊥AB于N，过D作DH⊥AB于H，
由MN∥EG，得到FNMN=EFEG=12，
设FN＝x，则MN＝2x，
∵MN∥DH，
∴MNDH=ANAH，
∴2x52=3+t−x5，
∴x=3+t5，
∴MN=2(3+t)5，
由题意得：DHAH=PEAE，
∴525=PEt，
∴PE=12t，
∴S＝S△AFM﹣S△AEP，
=12•AF•MN−12•AE•EP，
=12•(3+t)•2(3+t)5−12•t•12t，
=−120t2+65t+95．
②当134＜t≤5时，如图3中，重叠部分是五边形PENMD，过N作NH⊥AB于H，
∵MN∥EG，
∴MNEG=NFEF，
∴526=FN3，
∴FN=54，
∴CM＝BN=54+(8﹣t﹣3)=254−t，
∴S＝S梯形ABCD﹣S△APE﹣S梯形BCMF=12•(3+8)⋅52−12•t•12•t−12•(8﹣t﹣3+254−t)•52=−14t2+52t−516．
③当5＜t≤254时，如图4中，重叠部分是五边形PEBGM，
此时S＝S△EGF﹣S△PMG﹣S△BFG=12×6×3−12×72×74−12×(3+t﹣8)×2(3+t﹣8)＝﹣t2+10t−30516．
综上所述S=−120t2+65t+95(0≤t≤134)−14t2+52t−516(134＜t≤5)−t2+10t−30516(5＜t≤254)．
(3)①当AM＝MN时，钝角△AMN为等腰三角形，如图5，
∴∠MAN＝∠MNA，
在Rt△FHN中，∵FH＝3，
tan∠MNA＝tan∠MAN=12，
∴NH＝6，
∴FN=62+32=45=35，
∴AN＝AB+BF+FN＝8+54+3 5=374+35；
②当AN＝MN时，钝角△AMN为等腰三角形，如图6，
∴∠DAB＝∠AMN，
∵tan∠G＝tan∠DAB12，
∴∠G＝∠DAB，
∴∠G＝∠AMN，
∴AM∥FG，
∴∠DAB＝∠NFG，
∴∠G＝∠NFG，
∴GN＝FN，
设FN＝x，则NG＝x，EN＝6﹣x，
在Rt△NEF中，则勾股定理得：32+(6﹣x)2＝x2，
解得：x=154，
∴AN＝AB+BF﹣FN＝8+54−154=112．；
③当AM＝AN时，如图7，△AMN不是钝角三角形；
综上所述：当AN=374+35或112时，△AMN为钝角等腰三角形．
【点评】本题是几何变换的综合题，考查了直角梯形、直角三角形的性质，以△EFG运动为主，弄清运动的路径，从△EFG运动的特殊位置入手，正确画出图形，并怀相似和三角函数相结合，表示边的长或求出边的长；对于求重叠部分的面积，也是先分析特殊位置时的重叠部分，再分情况进行讨论，得出结论．
6．已知抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于点A(﹣1，0)，B(5，0)，交y轴于点C(0，5)，点D是该抛物线上一点，且点D的横坐标为4，连BD，点P是线段AB上一动点(不与点A重合)，过P作PQ⊥AB交射线AD于点Q，以PQ为一边在PQ的右侧作正方形PQMN，设点P的坐标为(t，0)．
(1)求抛物线解析式；
(2)若点Q在线段AD上时，延长PQ与抛物线交于点G，求t为何值时，线段QG最长；
(3)在AB上是否存在点P，使△OCM为等腰三角形？若存在，求P点坐标，若不存在，请说明理由；
(4)设正方形PQMN与△ABD重叠部分面积为s，求s与t的函数关系式．
【分析】(1)抛物线表达式可表示为：y＝a(x+1)(x﹣5)，将点C坐标代入上式，即可求解；
(2)直线AD的表达式为：y＝x+1，则点G、Q的坐标分别为(x，﹣x2+4x+5)、(x，x+1)，则QG＝﹣x2+4x+5﹣x﹣1＝﹣(x−32)2+254，即可求解；
(3)分OC＝OM、MC＝OM、OC＝MC三种情况求解即可；
(4)①当0＜t≤32时，正方形PQMN与△ABD重叠部分为正方形；②当32＜t≤5时，正方形PQMN与△ABD重叠部分为长方形，即可求解．
【解答】解：(1)抛物线表达式可表示为：y＝a(x+1)(x﹣5)，
将点C坐标代入上式得：5＝a(+1)(﹣5)，解得：a＝﹣1，
故抛物线的表达式为：y＝﹣(x+1)(x﹣5)＝﹣x2+4x+5；
(2)如下图：
将点D的横坐标代入二次函数表达式得：D(4，5)，
将A、D的坐标代入一次函数表达式y＝kx+b得：5=4k+b0=−k+b，解得：k=1b=1，
则直线AD的表达式为：y＝x+1，
设点P的坐标为(x，0)，则点G、Q的坐标分别为(x，﹣x2+4x+5)、(x，x+1)，
则QG＝﹣x2+4x+5﹣x﹣1＝﹣(x−32)2+254，
故：线段QG最长为254；
(3)存在，理由：
设点P坐标为(x，0)，则点Q坐标为(x，x+1)，点M、N的坐标分别为(2x+1，x+1)、(2x+1，0)，
则：OC2＝25，OM2＝(2x+1)2+(x+1)2，CM2＝(2x+2)2+(t﹣4)2，
①当OC＝OM时，即：25＝(2x+1)2+(x+1)2，解得：x=115−35(负值已舍去)；
②当OC＝CM时，同理可得：x=2+2105；
③当MC＝OM时，同理可得：x=910；
故：P点坐标为(115−35，0)或(2+2105，0)或(910，0)；
(4)设：点P坐标为(t，0)，则点Q坐标为(t，t+1)，点M、N的坐标分别为(2t+1，t+1)、(2t+1，0)，
①当0＜t≤32时，
正方形PQMN与△ABD重叠部分为正方形，
则s＝PN2＝(t+1)2＝t2+2t+1；
②当32＜t≤5时，
正方形PQMN与△ABD重叠部分为长方形，
同理可得：s＝(4﹣t)(t+1)＝﹣t2+3t+4，
即：s=t2+2t+1(0＜t≤32)−t2+3t+4(32＜t≤5)．
【点评】本题为二次函数综合题，涉及到一次函数、等腰三角形、正方形基本性质等，题目难度不大．
7．如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A(0，4)，顶点B(3，0)．
(1)求点D，点C的坐标．
(2)求直线BC的解析式．
(3)在直线BC上是否存在点P，使△PCD为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标，若不存在，说明理由．
【分析】(1)过点D、点C作DM、CN垂直于x轴，CH垂直于DM，想办法证明△DHC≌△BNC，△BNC≌△AOB即可解决问题；
(2)同(1)的方法求出点C的坐标，利用待定系数法求出直线BC 解析式；
(3)先判断出要使△PCD是等腰三角形，只有PC＝CD，利用中点坐标公式即可得出结论；
【解答】解：过点D、点C作DM、CN垂直于x轴，CH垂直于DM，
在正方形ABCD中，CB＝CD，∠DCB＝∠DCH+∠BCH＝90°，
∵∠HCB+∠BCN＝90°，
∴∠DCH＝∠BCN，
又∵∠DHC＝∠CNB，
在△DHC和△BNC中，
CB=CD∠DCH=∠BCN∠DHC=∠CNB，
∴△DHC≌△BNC，
∴DH＝BN，CH＝CN，
同理可证△BNC≌△AOB，
又∵点A(0，4)，点B(3，0)，
∴CH＝CN＝OB＝3，DH＝BN＝OA＝4，
∴C(7，3)，D(4，7)．
(2)设直线BC的解析式为y＝kx+b，
将C(7，3)、B(3，0)代入得：3=7k+b0=3k+b，
解得：k=34b=−94，
∴解析式为y=34x−94．
(3)如图3中，
设点P(m，34m−94)，
∵C(7，3)，D(4，7)，
∴CD＝5
∵△PCD为等腰三角形，且∠BCD＝90°，
∴只有PC＝CD＝5，
当点P在点C左侧时，
∵BC＝CD＝5，
∴点P和点B重合，
∴P(3，0)，
当点P在点C右侧时，如图3，
∵PC＝5，BC＝5，
∴点C是点P的中点，
∴P(11，6)．
即：满足条件的点P(3，0)和(11，6)．
【点评】此题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，解本题的关键是作出辅助线求出点C，D坐标，学会用分类讨论的射线思考问题，属于中考压轴题．
8．如图，把矩形OABC放入平面直角坐标系xOy中，使OA、OC分别落在x、y轴的正半轴上，对角线AC所在直线解析式为y=−53x+15，将矩形OABC沿着BE折叠，使点A落在边OC上的点D处．
(1)求点E的坐标；
(2)在y轴上是否存在点P，使△PBE为等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)由直线解析式求出点A，C的坐标，可由勾股定理求出CD的长，设DE＝AE＝x，在Rt△DEO中，得出x2＝32+(9﹣x)2，解方程求出AE＝5，则点E的坐标可求出；
(2)△PBE为等腰三角形，可分三种情况：PB＝BE或PB＝EP或BE＝EP，分别建立方程求解即可．
【解答】解：(1)∵AC所在直线解析式为y=−53x+15，
∴令x＝0，y＝15，令y＝0．则−53x+15=0，解得x＝9．
∴A(9，0)，C(0，15)，B(9，15)，
∵将矩形OABC沿着BE折叠，使点A落在边OC上的点D处．
∴在Rt△BCD中，BC＝9，BD＝AB＝15，
∴CD=BD2−BC2=152−92=12，
∴OD＝15﹣12＝3，
设DE＝AE＝x，
在Rt△DEO中，∵DE2＝OD2+OE2，
∴x2＝32+(9﹣x)2，
∴x＝5，
∴AE＝5，
∴OE＝4，
∴E(4，0)．
(2)设P(0，m)，
∵B(9，15)，E(4，0)，
∴PB2＝(9﹣0)2+(15﹣m)2＝m2﹣30m+306，BE2＝52+152＝250，EP2＝16+m2，
∵△PBE为等腰三角形，
∴①当PB＝BE时，
∴PB2＝BE2，
∴m2﹣30m+306＝250，
∴m＝2或m＝28，
∴P(0，2)或(0，28)，
②当PB＝EP时，
∴PB2＝EP2，
∴m2﹣30m+306＝16+m2，
∴m=293，
∴P(0，293)，
③当BE＝EP时，BE2＝EP2，
∴250＝16+m2，
∴m＝±326，
∴P(0，326)或(0，﹣326)，
综合以上可得，点P的坐标为(0，2)或(0，28)或(0，293)或(0，326)或(0，﹣326)．
【点评】此题是一次函数综合题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，两点间距离公式，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
9．如图，直线L1：y1＝﹣x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，点P(m，3)为直线L1上一点，另一直线L2：y2=12x+b经过点P．
(1)求点P坐标和b的值：
(2)若点C是直线L2与x轴的交点，动点Q从点C开始以每秒1个单位的速度向x轴正方向移动，设点Q的运动时间为t秒．
①请写出当点Q运动过程中，△APQ的面积S与t的函数关系式；
②求出t为何值时，△APQ的面积等于3；
③是否存在t的值，使△APQ为等腰三角形？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)点A、B的坐标分别为：(2，0)、(0，2)；点P(m，3)为直线L1上一点，则﹣m+2＝3，解得：m＝﹣1，故点P(﹣1，3)；将点P的坐标代入y2=12x+b，即可求解；
(2)①S=12AQ•yP=12(2+7﹣t)=−32t+272；②当S＝3时，即3=−32t+272，即可求解；③分AP＝AQ、AQ＝PQ、AQ＝PQ三种情况，分别求解即可．
【解答】解：(1)y1＝﹣x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，
令x＝0，则y1＝2，令y1＝0，则x＝2，故点A、B的坐标分别为：(2，0)、(0，2)；
点P(m，3)为直线L1上一点，则﹣m+2＝3，解得：m＝﹣1，故点P(﹣1，3)；
将点P的坐标代入y2=12x+b并解得：b=72；
故：点P的坐标为：(﹣1，3)，b=72；
(2)①S=12AQ•yP=12×3|(2+7﹣t)|=32|t﹣9|，
即S=−32t+272(0≤t≤9)32t−272(t＞9)；
②当S＝3时，即3=32|t﹣9|，
解得：t＝7或11；
③存在，理由：
AP＝32，
当AP＝AQ时，则AQ＝32，
t＝9﹣32或9+32；
当AP＝PQ时，
则点Q(﹣4，0)，故t＝3；
当AQ＝PQ时，设点Q(m，0)，
则(2﹣m)2＝(﹣1﹣m)2+9，解得：m＝﹣1，
故点Q(﹣1，0)，则t＝6；
综上，t＝9﹣32或9+32或3或6．
【点评】本题考查的是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、等腰三角形的性质、面积的计算等，其中(2)③，要注意分类求解，避免遗漏．
10．如图1，已知抛物线y＝ax2+bx+3(a≠0)与x轴交于点A(1，0)和点B(﹣3，0)，与y轴交于点C
(1)求抛物线的解析式；
(2)设抛物线的对称轴与x轴交于点M，请问在对称轴上是否存在点P，使△CMP为等腰三角形？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得△QAC的周长最小？若存在，求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)已知抛物线过A、B两点，可将两点的坐标代入抛物线的解析式中，用待定系数法即可求出二次函数的解析式；
(2)可根据(1)的函数解析式得出抛物线的对称轴，也就得出了M点的坐标，由于C是抛物线与y轴的交点，因此C的坐标为(0，3)，根据M、C的坐标可求出CM的距离．然后分三种情况进行讨论：
①当CP＝PM时，②当CM＝MP时，③当CM＝CP时，可分别得出P的坐标；
(3)根据轴对称﹣最短路径问题解答．
【解答】解：(1)∵抛物线y＝ax2+bx+3(a≠0)与x轴交于点A(1，0)和点B(﹣3，0)，
∴a+b+3=09a−3b+3=0，
解得：a=−1b=−2．
∴所求抛物线解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3；
(2)存在，如图1，
∵抛物线解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3，
∴其对称轴为x=−22=−1，
∴设P点坐标为(﹣1，a)，
∴C(0，3)，M(﹣1，0)，
PM2＝a2，CM2＝(﹣1)2+32，CP2＝(﹣1)2+(3﹣a)2，
分类讨论：
(1)当PC＝PM时，
(﹣1)2+(3﹣a)2＝a2，解得a=53，
∴P点坐标为：P1(﹣1，53)；
(2)当MC＝MP时，
(﹣1)2+32＝a2，解得a=±10，
∴P点坐标为：P2(−1，10)或P3(−1，−10)；
(3)当CM＝CP时，
(﹣1)2+32＝(﹣1)2+(3﹣a)2，解得a＝6，a＝0(舍)，
∴P点坐标为：P4(﹣1，6)．
综上所述存在符合条件的点P，其坐标为P(−1，10)或P(−1，−10)或P(﹣1，6)或P(−1，53)．
(3)存在，Q(﹣1，2)，
理由如下：如图2，点C(0，3)关于对称轴x＝﹣1的对称点C′的坐标是(﹣2，3)，连接AC′，直线AC′与对称轴的交点即为点Q．
设直线AC′函数关系式为：y＝kx+t(k≠0)．
将点A(1，0)，C′(﹣2，3)代入，得k+t=0−2k+t=3，
解得k=−1t=1，
所以，直线AC′函数关系式为：y＝﹣x+1．
将x＝﹣1代入，得y＝2，即Q(﹣1，2)．
【点评】本题主要考查了二次函数的综合知识，熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和等腰三角形的性质；会利用待定系数法求函数解析式；理解坐标与图形性质，要注意的是(2)中，不确定等腰三角形哪条边是底边的情况下，要分类进行求解，不要漏解．
11．如图，在平面直角坐标系中，二次函数y＝ax2+bx+c交x轴于点A(﹣4，0)、B(2，0)，交y轴于点C(0，6)，在y轴上有点E(0，﹣2)，连接AE．
(1)求二次函数的解析式；
(2)若点D为抛物线在x轴负半轴上方的一个动点，设点D的横坐标为m，△ADE的面积为S，求S关于m的函数解析式，并写出m的取值范围；
(3)抛物线对称轴上是否存在点P，使△AEP为等腰三角形？若存在，请直接写出所有P点的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】(1)用待定系数法即可求解；
(2)由S＝S△DHA+S△DHE=12×DH×OA，即可求解；
(3)分PA＝PE、PA＝PE、PE＝AE三种情况，分别求解即可．
【解答】解：(1)设抛物线的表达式为y＝a(x+4)(x﹣2)，
将点C的坐标代入上式得：6＝a(0+4)(0﹣2)，解得a=−34，
故抛物线的表达式为y=−34(x+4)(x﹣2)，
即y=−34x2−32x+6；
(2)设直线AE的表达式为y＝kx+t，则0=−4k+tt=−2，解得k=−12t=−2，
过点D作y轴的平行线交AE于点H，
设点D的坐标为(m，−34m2−32m+6)，则点H(m，−12m﹣2)，
则S＝S△DHA+S△DHE=12×DH×OA=12(−34m2−32m+6+12m+2)×4=−32m2﹣2m+16(﹣4＜m＜0)；
(3)存在，P点的坐标为：(−1，1)，(−1，±11)，(−1，−2±19)；
由y=−34x2−32x+6知，抛物线的对称轴为x＝﹣1，
设P(﹣1，n)，又E(0，﹣2)，A(﹣4，0)，
可求PA=9+n2，PE=1+(n+2)2，AE=16+4=25，
当PA＝PE时，9+n2=1+(n+2)2，
解得，n＝1，此时P(﹣1，1)；
当PA＝PE时，9+n2=16+4=25，
解得，n=±1，此时点P坐标为(−1，±11)，
当PE＝AE时，1+(n+2)2=16+4=25，
解得，n=−2±19，此时点P坐标为(−1，−219)，
综上所述，P点坐标为：(﹣1，1)或(−1，±11)或(−1，−219)．
【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、等腰三角形的性质、面积的计算等，其中(3)，要注意分类求解，避免遗漏．
12．如图，在边长为2的正方形ABCD中，G是AD延长线上的一点，且DG＝AD，动点M从A点出发，以每秒1个单位的速度沿着A→C→G的路线向G点匀速运动(M不与A，G重合)，设运动时间为t秒，连接BM并延长AG于N．
(1)是否存在点M，使△ABM为等腰三角形？若存在，分析点M的位置；若不存在，请说明理由；
(2)当点N在AD边上时，若BN⊥HN，NH交∠CDG的平分线于H，求证：BN＝HN；
(3)过点M分别作AB，AD的垂线，垂足分别为E，F，矩形AEMF与△ACG重叠部分的面积为S，求S的最大值．
【分析】(1)四种情况：当点M为AC的中点时，AM＝BM；当点M与点C重合时，AB＝BM；当点M在AC上，且AM＝2时，AM＝AB；当点M为CG的中点时，AM＝BM；△ABM为等腰三角形；
(2)在AB上截取AK＝AN，连接KN；由正方形的性质得出∠ADC＝90°，AB＝AD，∠CDG＝90°，得出BK＝DN，先证出∠BKN＝∠NDH，再证出∠ABN＝∠DNH，由ASA证明△BNK≌△NHD，得出BN＝NH即可；
(3)①当M在AC上时，即0＜t≤22时，△AMF为等腰直角三角形，得出AF＝FM=22t，求出S=12AF•FM=14t2；当t＝22时，即可求出S的最大值；
②当M在CG上时，即22＜t＜42时，先证明△ACD≌△GCD，得出∠ACD＝∠GCD＝45°，求出∠ACM＝90°，证出△MFG为等腰直角三角形，得出FG＝MG•cs45°＝4−22t，得出S＝S△ACG﹣S△CMJ﹣S△FMG，S为t的二次函数，即可求出结果．
【解答】(1)解：存在；当点M为AC的中点时，AM＝BM，则△ABM为等腰三角形；
当点M与点C重合时，AB＝BM，则△ABM为等腰三角形；
当点M在AC上，且AM＝2时，AM＝AB，则△ABM为等腰三角形；
当点M为CG的中点时，AM＝BM，则△ABM为等腰三角形；
(2)证明：在AB上截取AK＝AN，连接KN；如图1所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝90°，AB＝AD，
∴∠CDG＝90°，
∵BK＝AB﹣AK，ND＝AD﹣AN，
∴BK＝DN，
∵DH平分∠CDG，
∴∠CDH＝45°，
∴∠NDH＝90°+45°＝135°，
∴∠BKN＝180°﹣∠AKN＝135°，
∴∠BKN＝∠NDH，
在Rt△ABN中，∠ABN+∠ANB＝90°，
又∵BN⊥NH，
即∠BNH＝90°，
∴∠ANB+∠DNH＝180°﹣∠BNH＝90°，
∴∠ABN＝∠DNH，
在△BNK和△NHD中，
∠ABN=∠DNHBK=DN∠BKN=∠NDH，
∴△BNK≌△NHD(ASA)，
∴BN＝NH；
(3)解：①当M在AC上时，即0＜t≤22时，△AMF为等腰直角三角形，
∵AM＝t，
∴AF＝FM=22t，
∴S=12AF•FM=12×22t×22t=14t2；
当t＝22时，S的最大值=12×(22)2＝2；
②当M在CG上时，即22＜t＜42时，如图2所示：
CM＝t﹣AC＝t﹣22，MG＝42−t，
在△ACD和△GCD中，
AD=DG∠ADC=∠CDGCD=CD，
∴△ACD≌△GCD(SAS)，
∴∠ACD＝∠GCD＝45°，
∴∠ACM＝∠ACD+∠GCD＝90°，
∴∠G＝90°﹣∠GCD＝45°，
∴△MFG为等腰直角三角形，
∴FG＝MG•cs45°＝(42−t)•22=4−22t，
∴S＝S△ACG﹣S△CMJ﹣S△FMG=12×4×2−12×CM×CM−12×FM
＝4−12(t﹣22)2−12(4−22t)2=−34t2+42t﹣8
=−34(t−832)2+83，
∴当t=832时，S的最大值为83．
【点评】本题是相似形综合题目，考查了等腰三角形的判定、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角函数以及三角形面积的计算等知识；本题难度较大，综合性强，特别是(3)中，需要进行分类讨论，通过证明三角形全等和等腰直角三角形才能得出结果．