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)Word下载.doc

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∴抛物线的解析式为：

（2）存在．

∵，

∴抛物线的对称轴是x=．∴OD=．

∵C（0，2），∴OC=2．在Rt△OCD中，由勾股定理，得CD=．

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（，4），P2（，），P3（，﹣）．

（3）当y=0时，，解得x1=﹣1，x2=4，∴B（4，0）．

设直线BC的解析式为y=kx+b，则，解得：

，

∴直线BC的解析式为：

如答图2，过点C作CM⊥EF于M，

设E（a，），F（a，），

∴EF=﹣（）=（0≤x≤4）．

∵S四边形CDBF=S△BCD+S△CEF+S△BEF

=BD•OC+EF•CM+EF•BN，

=

=（0≤x≤4）．

∴当a=2时，S四边形CDBF的面积最大=，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，），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．

（1）∵二次函数的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0），

∴，解得.∴该二次函数的解析式为．

令x=0，得y=，∴C（0，）．

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=，AQ=4．

∵QH∥OC，∴△AHQ∽△AOC.[来源:

Z&

xx&

k.Com]

∴，即.

∴．

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=，

∴在Rt△EHQ中，，

解得，∴OA﹣AE=∴E（，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=，∴AE=，∴OA﹣AE=3﹣=，∴E（，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（，0）或（，0）或（﹣1，0）．

（3）四边形APDQ为菱形，D点坐标为．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.∴，即.

∴AF=，FQ=，∴Q.

∵DQ=AP=t，∴D.∵D在二次函数上，

∴，解得t=或t=0（与A重合，舍去）.∴D．

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．

（1）将A，B点坐标代入函数中，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（，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=AP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；

（1）∵抛物线经过A（﹣2，0），C（，0），

∴设抛物线的解析式为．

∵抛物线经过B（0，2），∴，解得．

∴抛物线的解析式为即．

（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=AP，∴2﹣t=（2+t），解得t=．

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=AP，∴t﹣2=（2+t），解得t=6．

综上所述，t=或6时，BQ=AP．

（3）存在，当t=时，抛物线上存在点M（1，1）；

当t=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．

（1）因为抛物线经过A（﹣2，0），C（，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．

（2）BQ=AP，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=AP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，解得或，

∴M点可能为（1，1）或（﹣3，﹣3）．

①如答图3，当M的坐标为（1，1）时，作MD⊥x轴于D，

则有PD=|1﹣t|，MP2=1+|1﹣t|2=t2﹣2t+2，PQ2=2t2，

∵△MPQ为等边三角形，∴MP=PQ．

∴t2+2t﹣2=0．

∴t=，t=（负值舍去）．

②如答图4，当M的坐标为（﹣3，﹣3）时，作ME⊥x轴于E，

则有PE=3+t，ME=3，[来源:

学,科,网Z,X,X,K]

∴MP2=32+（3+t）2=t2+6t+18，PQ2=2t2．

∴t2﹣6t﹣18=0．

综上所述，当t=时，抛物线上存在点M（1，1），或当t=时，抛物线上存在点M（﹣3，﹣3），使得△MPQ为等边三角形．

4.（2014年湖南张家界12分）如图，在平面环球雅思中小学辅导班系中，O为坐标原点，抛物线过过O、B、C三点，B、C坐标分别为（10，0）和（，），以OB为直径的⊙A经过C点,直线l垂直于x轴于点B.

（1）求直线BC的解析；

（2）求抛物线解析式及顶点坐标；

（3）点M是⊙A上一动点（不同于O，B），过点M作⊙A的切线，交y轴于点E，交直线l于点F，设线段ME长为m，MF长为n，请猜想的值，并证明你的结论；

（4）点P从O出发，以每秒1个单位速度向点B作直线运动，点Q同时从B出发，以相同速度向点C作直线运动，经过t（0<

t）秒时恰好使△BPQ为等腰三角形，请求出满足条件的t值.

（1）设直线BC解析式为，

把B（10，0）、C（，）代入，得，解得：

.

∴直线BC的解析式为.

（2）∵抛物线过过O、B、C三点，

∴抛物线解析式为.

∵，∴抛物线顶点坐标为.

（3）猜想：

，证明如下：

如答图1，连接AE、AM、AF.

∵EF切⊙A于点M，∴AM⊥EF.

在Rt△AOE和Rt△AME中，∵∠AOE=∠AME=90º

AM=AO，AE=AE，

∴Rt△AOE≌Rt△AME（HL）.

∴.

同理可证，.

∴易知，Rt△AME∽Rt△FMA.∴.

∵AB=10，∴MN=OA=5.

∴.∴.

（4）依题意有：

△OBC为直角三角形，且∠OCB=90º

.

∵C（，），∴.

又∵OB=10，∴BC=8.∴.

①当PB=QB时，，解得t=5.

②当PQ=QB时，如答图2，过点Q作QD⊥OB于D，则.

易证△BDQ∽△BCO，

∴，即，解得.

③当PB=PQ时，如答图3，过点P作PH⊥BC于H，则.

易证△BPH∽△BOC，∴，即，解得.

综上所述，当t=5或或时，△BPQ为等腰三角形.

2.双动点、定值和等腰三角形存在性问题；

3.全等三角形的判定和性质；

5.相似三角形的判定和性质；

7.二次函数的性质；

8.分类思想和方程思想的应用.

（1）设直线BC解析式为，应用待定系数法求解.

（2）应用待定系数法求得学科网抛物线解析式，化为顶点式求出顶点坐标.

（3）连接AE、AM、AF，由三角形全等证明，，从而得到Rt△AME∽Rt△FMA，列比例式即可得到，即.

（4）分PB=QB，PQ=QB，PB=PQ三种情况讨论即可.

5.（2014年江苏常州9分）在平面环球雅思中小学辅导班系中，二次函数的图像与轴交于点A，B（点B在点A的左侧），与轴交于点C，过动点H（0,）作平行于轴的直线，直线与二次函数的图像相交于点D，E.

（1）写出点A,点B的坐标；

（2）若，以DE为直径作⊙Q，当⊙Q与轴相切时，求的值；

（3）直线上是否存在一点F，使得△ACF是等腰直角三角形？

若存在，求的值；

若不存在，请说明理由.

（1）当y=0时，有，解之得：

∴A、B两点的坐标分别为（4，0）和（－1，0）.

（2）∵⊙Q与轴相切，且与交于D、E两点，

∴圆心O位于直线与学科网抛物线对称轴的交点处，且⊙Q的半径为H点的纵坐标（）.

∵抛物线的对称轴为，

∴D、E两点的坐标分别为：

且均在二次函数的图像上.

∵，解得或（不合题意，舍去）.

（3）存在.

①当∠ACF=90°

，AC=FC时，如答图1，

过点F作FG⊥y轴于G，∴∠AOC=∠CGF=90°

∵∠ACO+∠FCG=90°

，∠GFC+∠FCG=90°

，∴∠ACO=∠CFG.

∴△ACO≌△∠CFG，∴CG=AO=4.

∵CO=2，

∴或=OG=2+4=6.

②当∠CAF=90°

，AC=AF时，如答图2，

过点F作FP⊥x轴于P，∴∠AOC=∠APF=90°

∵∠ACO+∠OAC=90°

，∠FAP+∠OAC=90°

，∴∠ACO=∠FAP.

∴△ACO≌△∠FAP，∴FP=AO=4.

∴或=FP=4.

③当∠AFC=90°

，FA=FC时，如答图3，

则F点一定在AC的中垂线上，此时存在两个点分别记为F，F′，

分别过F，F′两点作x轴、y轴的垂线，分别交于E，G，D，H．

∵∠DFC+∠CFE=∠CFE+∠EFA=90°

，∴∠DFC=∠EFA.

∵∠CDF=∠AEF，CF=AF，∴△CDF≌△AEF.

∴CD=AE，DF=EF.

∴四边形OEFD为正方形.

∴OA=OE+AE=OD+AE=OC+CD+AE=OC+2CD.

∴4=2+2•CD.∴CD=1，

∴m=OC+CD=2+1=3．

∵∠HF′C+∠CGF′=∠CGF′+∠GF′A，

∴∠HF′C=∠GF′A.

∵∠HF′C=∠GF′A，CF′=AF′.

∴△HF′C≌△GF′A.

∴HF′=GF′，CH=AG.

∴四边形OHF′G为正方形.

∴.∴OH=1.

∴m=．

∵，∴y的最大值为.

∵直线l与抛物线有两个交点，∴m＜

∴m可取值为=或或3或.

综上所述，m的值为=或或3或.

2.单动点问题；

3.等腰直角三角形存在性问题；

4.二次函数的性质；

5.曲线上点的坐标与方程的关系；

6.直线与圆的位置关系；

7.全等三角形的判定和性质；

8.正方形的判定和性质；

9.分类思想的应用．

（1）A、B两点的纵坐标都为0，所以代入y=0，求解即可．

（2）由圆和抛物线性质易得圆心Q位于直线与学科网抛物线对称轴的交点处，则Q的横坐标为，可推出D、E两点的坐标分别为：

，因为D、E都在抛物线上，代入一点即可得m．

（3）使得△ACF是等腰直角三角形，重点的需要明白有几种情形，分别以三边为等腰三角形的两腰或者底，则共有3种情形；

而三种情形中F点在AC的左下或右上方又各存在2种情形，故共有6种情形．求解时．利用全等三角形知识易得m的值．

6.（2014年辽宁丹东14分）如图1，抛物线y=ax2+bx﹣1经过A（﹣1，0）、B（2，0）两点，交y轴于点C．点P为抛物线上的一个动点，过点P作x轴的垂线交直线BC于点D，交x轴于点E．

（1）请直接写出抛物线表达式和直线BC的表达式．

（2）如图1，当点P的横坐标为时，求证：

△OBD∽△ABC．

（3）如图2，若点P在第四象限内，当OE=2PE时，求△POD的面积．

（4）当以点O、C、D为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出动点P的坐标．

（1）抛物线表达式：

；

直线BC的表达式：

（2）证明：

如图1，当点P的横坐标为时，把x=代入，得，

∴DE=．

又∵OE=，∴DE=OE.

∵∠OED=90°

，∴∠EOD=45°

又∵OA=OC=1，∠AOC=90°

，∴∠OAC=45°

.∴∠OAC=∠EOD.

又∵∠OBD=∠ABC，∴△OBD∽△ABC．

（3）如图2，设点P的坐标为P（x，），

∴OE=x，PE==．

又∵OE=2PE，∴，解得，（不合题意舍去），

∴P、D两点坐标分别为P（，），D（，）.

∴PD=，OE=.

（4）P1（1，﹣1），P2（，），P3（，），P4（，）．

【考点】1.二次函数和一次函数综合题；

5.三角形相似的判定；

6.等腰三角形的判定和性质；

6.分类思想的应用.

（1）由抛物线y=ax2+bx﹣1可知C（0，﹣1），

∵y=ax2+bx﹣1经过A（﹣1，0）、B（2，0）两点，

∴，解得．

∴抛物线表达式：

设直线BC的解析式为y=kx+m，

∴直线BC的表达式：

7.（2014年辽宁阜新12分）如图，抛物线y=-x2+bx+c交x轴于点A，交y轴于点B，已知经过点A，B的直线的表达式为y=x+3．

（1）求抛物线的函数表达式及其顶点C的坐标；

（2）如图①，点P（m，0）是线段AO上的一个动点，其中-3＜m＜0，作直线DP⊥x轴，交直线AB于D，交抛物线于E，作EF∥x轴，交直线AB于点F，四边形DEFG为矩形．设矩形DEFG的周长为L，写出L与m的函数关系式，并求m为何值时周长L最大；

（3）如图②，在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使点A，B，Q构成的三角形是以AB为腰的等腰三角形？

若存在，直接写出所有符合条件的点Q的坐标；

若不存在，请说明理由．

（1）∵经过点A，B的直线的表达式为y=x+3，

∵抛物线y=-x2+bx+c经过，

∵，解得.

∴抛物线的表达式为.

∵，∴顶点坐标为.

（2）∵D在直线y=x+3上，∴D（m，m+3）.

∵E在学科网抛物线上，∴E（m，）.

∴DE=.

由题意可知，AO=BO,∴∠DAP=∠ADP=∠EDF=∠EFD=45°

.∴DE=EF.

∴L=4DE=.

∵a=<

0,∴二次函数有最大值.∴当m=时，最大值L=9.

（3）存在，点Q的坐标为（），（），（），（）.

3.曲线上点的坐标与方程的关系；

4.正方形的判定；

6.等腰三角形的判定；

7.分类思想的应用..

（1）由直线经过A、B两点可求得这两点的坐标，然后代入二次函数解析式即可求出b、c的值，从而得到解析式，进而得到顶点的坐标.

（2）由题意可表示出D、E的坐标，从而得到DE的长，由已知条件可得DE=EF，从而可表示出矩形DEFG的周长L，利用二次函数的性质可求得最大值.

（3）∵A（﹣3，0），B（0，3），∴AB=.

∵Q在直线x=﹣1上，∴设Q（﹣1，n）.

∵点A，B，Q构成的三角形是以AB为腰的等腰三角形，

①当AQ=AB=，∴22+n2=，∴n=或n=﹣.

②当BQ=AB=，∴12+（3﹣n）2=，∴n=3+或n=

∴Q（），（），（），（）.

8.（2014年四川绵阳14分）如图，抛物线（a≠0）的图象过点M，顶点坐标为N，且与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点．

（2）点P为抛物线对称轴上的动点，当△PBC为等腰三角形时，求点P的坐标；

（3）在直线AC上是否存在一点Q，使△QBM的周长最小？

若存在，求出Q点坐标；

（1）∵抛物线顶点坐标为N，∴可设其解析式为.

将M代入，得，解得.

∴抛物线的解析式为，即.

（2）∵，

∴x=0时，y=，∴C（0，）．

y=0时，，解得x=1或x=﹣3，∴A（1，0），B（﹣3，0）.

设P（﹣1，m），则PB=，PC=.

当PB=PC时，，解得m=0；

当CP=CB时，，解得m=；

当BP=BC时，，解得m=．

综上所述，当△PBC为等腰三角形时，点P的坐标为（﹣1，0），（﹣1，），（﹣1，），（﹣1，），（﹣1，）.

（3）由

（2）知BC=，AC=2，AB=4，

∴BC2+AC2=AB2，∴∠ACB=90º

，即BC⊥AC．[来源:

学科网ZXXK]

如答图，连接BC并延长至B′，使B′C=BC，连接B′M，交直线AC于点Q，

∵B、B′关于直线AC对称，∴QB=QB′.

∴QB+QM=QB′+QM=MB′.

又BM=2，所以此时△QBM的周长最小．

由B（﹣3，0），C（0，），易得B′（3，2）．

设直线MB′的学科网解析式为y=kx+n，

将M（﹣2，），B′（3，2）代入，得

，解得.

∴直线MB′的解析式为．

同理可求得直线AC的解析式为．

联立，解得.

∴Q．

所以在直线AC上存在一点Q，使△QBM的周长最小．

3.轴对称的应用（最短线路问题）；

5.待定系数法的应用；

6.曲线上点的坐标与方程的关系；

7.勾股定理；

8.等腰三角形的性质；

9.解二元一次方程组；

10.数形结合思想、分类思想和方程思想的应用．

9．（2014年浙江金华12分）如图，直角梯形ABCO的两边OA，OC在坐标轴的正半轴上，BC∥x轴，OA=OC=4，以直线x=1为对称轴的抛物线过A，B，C三点.

（1）求该抛物线线的函数解析式.

（2）已知直线l的解析式为，它与x轴的交于点G，在梯形ABCO的一边上取点P.[来源:

学|科|网Z|X|X|K]

①当m=0时，如图1，点P是抛物线对称