Mr.Q压轴题研究2——等腰三角形存在性问题

BOAxyPMr.Q压轴题研究2——等腰三角形存在性问题Mr.Q压轴题研究2——等腰三角形存在性问题（坐标系）模型一例1：在平面直角坐标系中，已知A（3，4），设点P在x轴的正半轴上，若POD△是等腰三角形，求点P的坐标；分析：（1）定方向：构造类。无现成的三角形（2）定分类：可以分为如下三类：OAxyPOAxyPOAxyP（OA=OP）（OA=AP）（OP=AP）（3）定解法：（1）几何法：无角相似；（2）代数法：勾股定理表示三角形的三边长，建立等腰三角形三边相等建立方程求解；（4）定结果：将OP的长度转为为坐标。解法1：∵)4,3(A，∴5OA情形一：OA=OP；则点P（5，0）情形二：OA=AP；过Ａ点作AB⊥OP。等腰三角形存在性问题分析思路（1）定方向：（1）构造类：无三角形构造成为等腰三角形；（2）强化类：有三角形强化为等腰三角形。（2）定分类：（1）构造类用圆规进行分类；（2）强化类三边两两相等分类。（3）定解法：代数法求解；几何法求解（4）定结果：将结果汇总。OAxyOAxyPCBOAxyPBOAxyP∴OP=2OB=6(三线合一)点P（6，0）情形三：OP=AP作PC⊥OA，AB⊥OP易得△ABO∽△PCOOBOCAOOP3255OPOP=625P25(0)6，综上所述，所求点P的坐标是(60)，、(50)，或25(0)6，．解法2：△AOP三边分别表示如下：OA=5；OP=x；在Rt△ABP中，AB=4,PB=x-3，则222)3(4xAP（罗列三边）情形一：OA=OP；则x=5，∴点P（5，0）情形二：22APOA；则222)3(45x；解得：x=6∴点P（6，0）情形三：22APOP222)3(4)3(xx解得：x=625P25(0)6，综上所述，所求点P的坐标是(60)，、(50)，或25(0)6，．点睛：（1）解法1：几何法的关键就是利用直角三角形构造相似或者解直角三角形。而坐标可以构造直角，三线合一也可以构造直角。（2）解法2：解析法的关键是利用x表示出三条边，然后利用边长相等建立方程。（3）两种方法各有利弊，几何法计算简单，但寻找相似有难度。而解析法分析问题简单，但计算复杂。（4）如果将条件“点P在x轴的正半轴上”改为“点Ｐ在x轴上”，则还在x轴的负半轴还有如下情况：情况四：OA=OP；则点P（-5，0）xyBCAOQPGxyBCAOQP（5）如果将条件“点P在x轴的正半轴上”改为“点Ｐ在坐标轴上”则在y轴上还有四种情况。共八种情况。例2：抛物线349432xxy，Q（4t，0）。P点是BC上一动点，PB=5t（0t1），是否存在t，使得△PQB为等腰三角形。分析：（1）定方向：强化类，△PQB已知，需要将其强化为等腰三角形。（2）定分类：三边两两相等进行分类：PB=PQ；PB=QB；PQ=QB；（3）定解法：代数法关键是表示PQ的长；几何法关键是构造相似；（4）定结果：将结果汇总。解1：由已知得：B（4，0）；则BQ=4-4t；PB=5t；作PG⊥OB；（利用代数法还需要表示PQ的长。所以构造直角三角形。）易证：△PBG∽△CBO；∴OBBGBCPBCOPG∴4553BGtPGtBGtPG43；tttBGBQQG84444166473)84(9222222ttttQGPGPQ情形一：PB=BQ时；tt445；94t情形二：PQ=PB时;2225166473ttt；（舍去）；13121tt情形三：PQ=BQ时；22)44(166473ttt；（舍去）；0573221tt综上所述：94315732；；值为t解2：xyBCAOQPxyBCAOQPHxyBCAOQPH（PB=QB）（PQ=PB）（PQ=QB）情形一：PB=BQ时；则5t=4-4t；94tPPP情形二：PQ=PB时；则QH=HB；tt484；31t情形三：PQ=BQ时；则△BHQ∽△BOC；BCBQOBBH；544425tt；；5732t综上所述：94315732；；值为t练习1：如图①，已知抛物线32bxaxy（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，问在对称轴上是否存在点P，使△CMP为等腰三角形？2若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．答案：（1）322x－－xy(2)分类：（1）MC为腰：图1是以点C为圆心构造CM=CP；图2、图3都是以点M为圆心构造PM=MC；（2）MC为底：如图4；（图1）（图2）（图3）（图4）(2)P点坐标依次为：P(－1,6)或P(－1,－10)或P(－1,10)或P(－1,35)（尝试利用两种解法求解）练习2：过A（-1，0）、B（0，2）作直线AB，在x轴的正半轴上有一个动点P，过点P作直线PQ⊥AB交y轴于点Ｑ。连接ＡＱ，若△APQ为等腰三角形。求P点坐标。分析：（1）定方向：△AQP三个顶点已经给出，属于加强型；（2）定分类：三边两两相等进行分类。（3）定解法：本题利用几何法很难解决，由于三边可以用P点横坐标x表示，可以考虑用代数法建立方程求解。（4）定坐标:将长度转化为坐标。解：设P（x,0）则OP=x，AP=x+1.易证：△BAO∽△PQO1052xxACBDMNE∴BOOPAOOQ∴21xOQ∴2xOQ.∴41)2(12222xxAQ；222245)2(xxxPQ情形一：AQ=PQ；224541xx；)(1,121舍去xx情形二：AQ=AP；22)1(41xx；)(0),(3843舍去舍去xx情形三：QP=AP；22)1(45xx；)(524,52465舍去xx综上所述：P（1，0）、（524，0）Mr.Q压轴题研究2——等腰三角形存在性问题（动点）模型二例2：梯形ABCD中，354245ADBCADDCABB∥，，，，∠．AE⊥BC,且AE=4，BC=10。动点M从B点出发沿线段BC以每秒2个单位长度的速度向终点C运动；动点N同时从C点出发沿线段CD以每秒1个单位长度的速度向终点D运动．设运动的时间为x秒．x为何值时，MNC△为等腰三角形．（1）定方向：强化类：△MCN已经存在；（2）定分类：三边两两相等分为三类：（1）MC=NC；（2）CN=MN；（3）MN=MC。（3）定解法：（1）MC=10-2x，CN=x.所以可以想法表示MN进行代数“盲解”；（2）无明显的角度，可以利用三线合一和梯形的高构造相似，进行几何求解；（4）定结果：将结果汇总。解1：MC=10-2x，CN=x情形一：当NCMC时，x=10-2x;∴3101x情形二：当MNNC时，易证：NECDHC△∽△∴NCECDCHC441052xxACBDMNEHIGFCBADE即354xx∴8252x情形三；当MNMC时，易证：MFCDHC△∽△∴FCMCHCDC即521032xx∴;17603x综上所述：1760;825;310x;MNC△为等腰三角形解2：MC=10-2x，CN=x易证：△CIN∽△CHDCHICDCNCDHNI354ICxNG54xNI；53xICMI=MC-IC=10—2x—53x=10—x513所以：222)54()51310(xxMN情形一：MC=NC时；则x=10-2x;∴310x情形二：MN=NC时；则222)54()51310(xxx；)(5;82521舍去xx情形三；MN=MC时；则222210)54()51310(）（xxx)(0;176023舍去xx综上所述：1760;825;310x;MNC△为等腰三角形点睛：两种方法都能求解的前提下，我们要记住一句话：“通法思考，优法作答”；本题采用代数法计算量过大。会增大出错率，建议采用几何法求解。练习3：等腰△ABC的两腰AB=AC=5，BC=6，在AB上找一点D作DE∥BC交AC于点E，以DE为边作正方形DEFG,当AD等于多少时，△BDG也为等腰三角形。答案：（1）定方向：三角形已知，属于加强型；（2）定分类：GFCBADEHIHGFCBADEIGFCBADEGFCBADEGFCBADEGFCBADE（DB=DG）（DB=BG）（DG=BG）（3）定解法：如果尝试利用代数法求解，你会发现计算过于复杂。所以采用几何法，构造相似求解；（4）定坐标:三种情况汇总。解：设AD=x，则BD=5-x∵DE∥BC∴BCDEABAD;∴65DEx∴xDE56∵正方形DEFG∴xDEDG56情形一：DB=DG：xx565;1125x;情形二：DB=BG：易证：△DHB∽△AIB∴ABDBAIDH∴55453xx∴720x情形三：DG=BG：易证：△DGH∽△ABI∴ABDGAIDH∴556425xx∴7125x综上所述：AD=720、7125、1125