决胜2016中考数学压轴题全揭秘专题动态几何之动点形成的等腰三角形存在性问题(压轴题)

中小学教育辅导品牌一、选择题1.（2013福建龙岩4分）如图，在平面环球雅思中小学辅导班系xOy中，A（0，2），B（0，6），动点C在直线y=x上．若以A、B、C三点为顶点的三角形是等腰三角形，则点C的个数是【】A．2B．3C．4D．5二、填空题【版江泰州元工作室所有，必究】权归苏锦数学邹强转载1.（2013年四川凉山5分）如图，在平面环球雅思中小学辅导班系中，矩形OABC的顶点A、C的坐标分别为（10，0），（0，4），点D是OA的中点，点P在BC上运动，当ODP△是腰长为5的等腰三角形时，中小学教育辅导品牌点P的坐标为▲。2222DEPDPE543，中小学教育辅导品牌2.（2012辽宁丹东3分）如图，边长为6的正方形ABCD内部有一点P,BP=4，∠PBC=60°，点Q为正方形边上一动点，且△PBQ是等腰三角形，则符合条件的Q点有▲个.【答案】5。【考点】动点问题，正方形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，线段中垂线的性质，等边三角形的判定。【分析】如图，符合条件的Q点有5个。中小学教育辅导品牌3.（2012青海西宁2分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AC＝12，BD＝16，E为AD的中点，点P在x轴上移动．小明同学写出了两个使△POE为等腰三角形的P点坐标为(－5，0)和(5，0)．请你写出其余所有符合这个条件的P点的坐标▲．∴OK=22OEEK4。中小学教育辅导品牌∵∠PFO=∠EKO=90°，∠POF=∠EOK，∴△POF∽△EOK。∴OP：OE=OF：OK，即OP：5=52：4，解得：OP=258。∴P点学科网坐标为（258，0）。∴其余所有符合这个条件的P点坐标为：（8，0），（258，0）。三、解答题1.（2014年甘肃兰州12分）如图，抛物线21yxmxn2与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知A（﹣1，0），C（0，2）．（1）求抛物线的表达式；（2）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P点的坐标；如果不存在，请说明理由；（3）点E时线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形CDBF的面积最大？求出四边形CDBF的最大面积及此时E点的坐标．【答案】解：（1）∵抛物线21yxmxn2经过A（﹣1，0），C（0，2），∴1mn02n2，解得：3m2n2．∴抛物线的解析式为：213yxx222．（2）存在．∵22131325yxx2x22228，中小学教育辅导品牌∴抛物线的对称轴是x=32．∴OD=32．∵C（0，2），∴OC=2．在Rt△OCD中，由勾股定理，得CD=52．若△CDP是以CD为腰的等腰三角形，则CP1=CP2=CP3=CD．如答图1，作CH⊥x轴于H，∴HP1=HD=2，∴DP1=4．∴P1（32，4），P2（32，52），P3（32，﹣52）．（3）当y=0时，213xx2022，解得x1=﹣1，x2=4，∴B（4，0）．设直线BC的解析式为y=kx+b，则4kb0b2，解得：1k2b2，∴直线BC的解析式为：1yx22．如答图2，过点C作CM⊥EF于M，设E（a，1a22），F（a，213aa222），∴EF=213aa222﹣（1a22）=21a2a2（0≤x≤4）．∵S四边形CDBF=S△BCD+S△CEF+S△BEF=12BD•OC+12EF•CM+12EF•BN，=221511112aa2a4aa2a222222=22513a4aa222（0≤x≤4）．∴当a=2时，S四边形CDBF的面积最大=132，此时E（2，1）．【考点】1.二次函数综合题；2.单动点问题；3.待定系数法的应用；4.曲线上点的坐标与言辞的关系；5.二次函数的性质；6.勾股定理；7.等腰三角形的性质；8.由实际问题列函数关系式；9.分类思想、转换思想和数形结合思想的应用．【分析】（1）由待定系数法建立二元一次方程组求出求出m、n的值即可．（2）由（1）的解析式求出顶点坐标，再由勾股定理求出CD的值，再以点C为圆心，CD为半径作弧交对称轴于P1，以点D为圆心CD中小学教育辅导品牌为半径作圆交对称轴学科网于点P2，P3，作CE垂直于对称轴与点E，由等腰三角形的性质及勾股定理就可以求出结论．（3）先求出BC的解析式，设出E点的坐标为（a，1a22），就可以表示出F的坐标，由四边形CDBF的面积=S△BCD+S△CEF+S△BEF求出S与a的关系式，由二次函数的性质就可以求出结论．2.（2014年贵州遵义14分）如图，二次函数24yxbxc3的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0），与y轴交于点C．若点P，Q同时从A点出发，都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB，AC边运动，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．（1）求该二次函数的解析式及点C的坐标；（2）当点P运动到B点时，点Q停止运动，这时，在x轴上是否存在点E，使得以A，E，Q为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请求出E点坐标；若不存在，请说明理由．（3）当P，Q运动到t秒时，△APQ沿PQ翻折，点A恰好落在抛物线上D点处，请判定此时四边形APDQ的形状，并求出D点坐标．【答案】解：（1）∵二次函数24yxbxc3的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0），∴493bc0341bc03，解得8b3c4.∴该二次函数的解析式为248yxx433．令x=0，得y=4，∴C（0，4）．（2）存在．如答图1，过点Q作QH⊥OA于H，此时QH∥OC，∵A（3，0），B（﹣1，0），C（0，﹣4），O（0，0），∴AB=4，OA=3，OC=4，∴AC=22345，AQ=4．∵QH∥OC，∴△AHQ∽△AOC.[来源:Z&xx&k.Com]中小学教育辅导品牌∴QHAHAQOCAOAC，即QHAH4435.∴1612QHAH55，．①如答图2，作AQ的垂直平分线，交AO于E，此时AE=EQ，即△AEQ为等腰三角形，设AE=x，则EQ=x，HE=AH﹣AE=12x5，∴在Rt△EHQ中，2221216xx55，解得10x3，∴OA﹣AE=101333∴E（13，0）．②如答图3，以Q为圆心，AQ长半径画圆，交x轴于E，此时QE=QA=4，∵ED=AH=125，∴AE=245，∴OA﹣AE=3﹣245=95，∴E（95，0）．③当AE=AQ=4时，∵OA﹣AE=3﹣4=﹣1，∴E（﹣1，0）．综上所述，存在满足条件的点E，点E的坐标为（13，0）或（95，0）或（﹣1，0）．（3）四边形APDQ为菱形，D点坐标为529,816．理由如下：如答图4，D点关于PQ与A点学科网对称，过点Q作，FQ⊥AP于F，∵AP=AQ=t，AP=DP，AQ=DQ，∴AP=AQ=QD=DP，∴四边形AQDP为菱形.∵FQ∥OC，∴△AFQ∽△AOC.∴AFFQAQAOOCAC，即AFFQt34AC.∴AF=3t5，FQ=4t5，∴Q343t,t55.∵DQ=AP=t，∴D343tt,t55.∵D在二次函数248yxx433上，中小学教育辅导品牌∴244888t3t3t453535，解得t=14564或t=0（与A重合，舍去）.∴D529,816．【考点】1.二次函数综合题；2.双动点和折叠问题；3.等腰三角形存在性问题；4.曲线上点的坐标与方程的关系；5.勾股定理；6.相似三角形的减少性质；7.分类思想和方程思想的应用．【分析】（1）将A，B点坐标代入函数24yxbxc3中，求得b、c，进而可求解析式及C坐标．（2）等腰三角形有三种情况，AE=EQ，AQ=EQ，AE=AQ．借助垂直平分线，画圆易得E大致位置，设边长为x，表示其他边后利用勾股定理易得E坐标．（3）注意到P，Q运动速度相同，则△APQ运动时都为等腰三角形，又由A、D对称，则AP=DP，AQ=DQ，易得四边形四边都相等，即菱形．利用菱形对边平行且相等等性质可用t表示D点坐标，又D在E函数上，所以代入即可求t，进而D可表示．3.（2014年湖北江汉油田、潜江、天门、仙桃12分）已知抛物线经过A（﹣2，0），B（0，2），C（32，0）三点，一动点P从原点出发以1个单位/秒的速度沿x轴正方向运动，连接BP，过点A作直线BP的垂线交y轴于点Q．设点P的运动时间为t秒．（1）求抛物线的解析式；（2）当BQ=12AP时，求t的值；（3）随着点P的运动，抛物线上是否存在一点M，使△MPQ为等边三角形？若存在，请直接写t的值及相应点M的坐标；若不存在，请说明理由．中小学教育辅导品牌【答案】解：（1）∵抛物线经过A（﹣2，0），C（32，0），∴设抛物线的解析式为3yax2x2．∵抛物线经过B（0，2），∴3a02022，解得2a3．∴抛物线的解析式为23yx2x32即221yxx233．（2）∵AQ⊥PB，BO⊥AP，∴∠AOQ=∠BOP=90°，∠PAQ=∠PBO，∵AO=BO=2，∴△AOQ≌△BOP（ASA），∴OQ=OP=t．①如答图1，当t≤2时，点Q在点B下方，此时BQ=2﹣t，AP=2+t．∵BQ=12AP，∴2﹣t=12（2+t），解得t=23．②如答图2，当t＞2时，点Q在点B上方，此时BQ=t﹣2，AP=2+t．∵BQ=12AP，∴t﹣2=12（2+t），解得t=6．综上所述，t=23或6时，BQ=12AP．（3）存在，当t=13时，抛物线上存在点M（1，1）；当t=333时，抛物线上存在点M（﹣3，﹣3）．【考点】1．二次函数综合题；2．单动点问题；3．待定系数法的应用；4．曲线上点的坐标与方程的关系；5．全等三角形的判定和性质；6．等腰直角三角形的判定和性质；7．等边三角形的性质；8．勾股定理；9．分类思想和方程思想的应用．【分析】（1）因为抛物线经过A（﹣2，0），C（32，0），所以可设交点式，应用待定系数即得a、b、c的值即得解析式．中小学教育辅导品牌（2）BQ=12AP，要考虑P在OC上及P在OC的延长线上两种情况，有此易得BQ，AP关于t的表示，代入BQ=12AP可求t值．（3）考虑等边三角形，我们通常只需明确一边的情况，进而即可描述出整个三角形．考虑△MPQ，发现PQ为一有规律的线段，易得OPQ为等腰直角三角形，但仅因此无法确定PQ运动至何种情形时△MPQ为等边三角形．若退一步考虑等腰，发现，MO应为PQ的垂直平分线，即使△MPQ为等边三角形的M点必属于PQ的垂直平分线与学科网抛物线的交点，但要明确这些交点仅仅满足△MPQ为等腰三角形，不一定为等边三角形．确定是否为等边，我们可以直接由等边性质列出关于t的方程，考虑t的存在性：∵AQ⊥BP，∴∠QAO+∠BPO=90°．∵∠QAO+∠AQO=90°，∴∠AQO=∠BPO．在△AOQ和△BOP中，∵∠AQO=∠BPO，∠AOQ=∠BOP=90°，AO=BO，∴△AOQ≌△BOP（AAS）．∴OP=OQ．∴△OPQ为等腰直角三角形．∵△MPQ为等边三角形，则M点必在PQ的垂直平分线上，∵直线y=x垂直平分PQ，∴M在y=x上．设M（x，y），则2yx21yxx233，解得x1y1或x3y3，∴M点可能为（1，1）或（﹣3，﹣3）．①如答图3，当M