等腰三角形存在性问题

等腰三角形存在性问题

1、如图，在平面直角坐标系中，直角三角形AOB的顶点A、B分别落在坐标轴上．O为原点，点A的坐标为（6，0），点B的坐标为（0，8）．动点M从点O出发．沿OA向终点A以每秒1个单位的速度运动，同时动点N从点A出发，沿AB向终点B以每秒个单位的速度运动．当一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设动点M、N运动的时间为t秒（t＞0）．

（1）当t=3秒时．直接写出点N的坐标，并求出经过O、A、N三点的抛物线的解析式； （2）在此运动的过程中，△MNA的面积是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由；

（3）当t为何值时，△MNA是一个等腰三角形？

2、（2012山东临沂）如图，点A在x轴上，OA=4，将线段OA绕点O顺时针旋转120°至OB的位置．

（1）求点B的坐标；（2）求经过点A．O、B的抛物线的解析式；

（3）在此抛物线的对称轴上，是否存在点P，使得以点P、O、B为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．

3、在平面直角坐标系xoy中， 一块含60°角的三角板作如图摆放，斜边 AB在x轴上，直角顶点C在y轴正半轴上，已知点A（－1，0）．

（1）请直接写出点B、C的坐标：B（C（，A、B、C三点的抛物线解析式；

（2）现有与上述三角板完全一样的三角板DEF（其中∠EDF=90°，∠DEF=60°），把顶点E放在线段AB上（点E是不与A、B两点重合的动点），并使ED所在直线经过点C． 此时，EF所在直线与（1）中的抛物线交于第一象限的点M． ①设AE=x，当x为何值时，△OCE∽△OBC； ②在①的条件下探究：抛物线的对称轴上是否存在点P使△PEM是等腰三角形，若存

在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

备用图

4、如图，直线l1经过点A（－1，0），直线l2经过点B(3，0), l1、l2均为与y轴交于点C(0

，

，抛物线y=a2x+bx+c(a0)经过A、B、C三点。

（1）求抛物线的函数表达式；

（2）抛物线的对称轴依次与x轴交于点D、与l2交于点E、与抛物线交于点F、与l1交于点G。求证：DE=EF=FG;

(3)若l1⊥l2于y轴上的C点处，点P为抛物线上一动点，要使△PCG为等腰三角形，请写出符合条件的点P的坐标，并简述理由。

菱形存在性问题

1．如图，在平面直角坐标系中，直角梯形OABC的边OC、OA分别与x轴、y轴重合，AB∥OC，∠AOC=90°，∠BCO=45°，

BC=C的坐标为（-18，0）． （1）求点B的坐标；

（2）若直线DE交梯形对角线BO于点D，交y轴于点E，且OE=4，OD=2BD，求直线DE的解析式；

（3）若点P是（2）中直线DE上的一个动点，在坐标平面内是否存在点Q，使以O、E、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

2．已知抛物线y=

12

x + 1 (如图所示)． 4

(1)填空：抛物线的顶点坐标是，_)，对称轴是； (2)已知y轴上一点A(0，2)，点P在抛物线上，过点P作PB⊥x轴，垂足为B．若△PAB是等边三角形，求点P的坐标； (3)在(2)的条件下，点M在直线．．AP上．在平面内是否存在点N，使四边形OAMN为菱形?若存在，直接写出所有满足条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由． ．．

3.如图，已知抛物线经过原点O和x轴上一点A（4，0），抛物线顶点为E，它的对称轴与 x轴交于点D.直线y=﹣2x ﹣ 1经过抛物线上一点B（-2，m）且与y轴交于点C，与抛物线的对称轴交于点F.

（1）求m的值及该抛物线对应的解析式；

（2）P(x,y)是抛物线上的一点，若S△ADP=S△ADC,求出所有符合条件的点P的坐标；

（3）点Q是平面内任意一点，点M从点F出发，沿对称轴向上以每秒1个单位长度的速度匀速运动，设点M的运动时间为t秒，是否能使以Q、A、E、M四点为顶点的四边形是菱形.若能，请直接写出点M的运动时间t的值；若不能，请说明理由.

4．如图，二次函数y=x﹣x+c的图象与x轴分别交于A、B两点，顶点M关于x轴的对称点是M′．

（1）若A（﹣4，0），求二次函数的关系式；

（2）在（1）的条件下，求四边形AMBM′的面积；

（3）是否存在抛物线y=x﹣x+c，使得四边形AMBM′为正方形？若存在，请求出此抛物线的函数关系式；若不存在，请说明理由．

2

2

直角三角形存在性问题

2

1、如图，对称轴为x3的抛物线yax2x与x轴相交于点B、O.

(1）求抛物线的解析式，并求出顶点A的坐标；

(2)连结AB，把AB所在的直线平移，使它经过原点O，得到直线l.点P是l上一动点.设以点A、B、O、P为顶点的四边形面积为S，点P的横坐标为t，当0＜S≤18时，求t的取值范围；

(3)在（2）的条件下，当t取最大值时，抛物线上是否存在点Q，使△OPQ为直角三角形且OP为直角边.若存在,直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由.

2. （2012山东枣庄10分）在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板ABC放在第二

11

象限，斜靠在两坐标轴上，点C为 (－1，0) ．如图所示，B点在抛物线y＝x2＋－2图

22象上，过点B作BD⊥x轴，垂足为D，且B点横坐标为－3．

（1）求证：△BDC≌△COA； （2）求BC所在直线的函数关系式； （3）抛物线的对称轴上是否存在点P，使△ACP是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．

3、（2012内蒙古）如图，抛物线yxbx5与x轴交于A．B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点C与点F关于抛物线的对称轴对称，直线AF交y轴于点E，|OC|：|OA|=5：1．

（1）求抛物线的解析式； （2）求直线AF的解析式；

（3）在直线AF上是否存在点P，使△CFP是直角三角形？若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由．

4、如图，在平面直角坐标系中，直线y抛物线y

2

1

x2交x轴于点P，交y 轴于点A，3

12

xbxc的图象过点E(1,0)，并与直线相交于A、B 两点. 2

⑴ 求抛物线的解析式（关系式）；

⑵ 过点A作ACAB交x轴于点C，求点C的坐标；

⑶ 除点C外，在坐标轴上是否存在点M，使得MAB是直角三角形？若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由.

答 案

等腰三角形 1、解：（1）N（3，4）。

∵A（6，0）

∴可设经过O、A、N三点的抛物线的解析式为：y=ax（x﹣6），则将N（3，

4）代入得

4

4=3a（3﹣6），解得a=﹣。

9448

∴抛物线的解析式：yx（x6）x2+x。

993

（2）存在。过点N作NC⊥OA于C，

5

由题意，AN=t，AM=OA﹣OM=6﹣t，

3

544

∴NC=NA•sin∠BAO=t=t。

353

11422

∴SMNAAMNC（6ttt3）6。

2233

∴△MNA的面积有最大值，且最大值为6。

5544

（3）在Rt△NCA中，AN=t，NC=AN•sin∠BAO=t=t，

3353

AC=AN•cos∠BAO=t。

4

∴OC=OA﹣AC=6﹣t。∴N（6﹣t，t）。

3

∴

NM

又AM=6﹣t且0＜t＜6，

52

①当MN=AN

时， t，即t﹣8t+12=0，解得t1=2，t2=6

3

（舍去）。

②当MN=

MAt2=

43

即t212t=0，解得t1=0（舍去），t，

9

108

。 43

③当AM=AN时，6﹣t=

59t，即t=。 34

综上所述，当t的值取 2或

1089

或 时，△MAN是等腰三角形。 443

2、【答案】解：（1）如图，过B点作BC⊥x轴，垂足为C，则∠BCO=90°。

∵∠AOB=120°，∴∠BOC=60°。 又∵OA=OB=4，

11OB=×4=2，BC=OB•sin

60°

=4

22

∴点B

的坐标为（﹣2，﹣。 （2）∵抛物线过原点O和点A．B，

2

∴可设抛物线解析式为y=ax+bx，将A（4，0），B

（﹣

2

，﹣）代入，得

∴OC=

a=16a+4b=06

。 

4a

2b=

∴此抛物线的解析式为y=

。

∴y= ∴点P的坐标为（2，﹣。

②若OB=PB，则4+|y+=4，解得y=﹣。 ∴点P的坐标为（2，﹣。

③若OP=BP，则2+|y|=4+|y+，解得y=﹣ ∴点P的坐标为（2，﹣。

综上所述，符合条件的点P只有一个，其坐标为（2，﹣。

3、（1）B（3，0），C（0）

解：法1： 设过A、B、C三点的抛物线为yaxx1xx2(a0)，则 ∵A（—1，0）B（3，0） ∴yax1x3 又∵C（0 a0103

2

2

2

2

2

2

2

x ∴yx1x3 即yx2

3333

OCOE

（2）①解：当△OCE∽△OBC时，则 ∵OC OE=AE—AO=x1， 

OBOC

∴a

OB=3

 ∴x2 ∴当x2时，△OCE∽△OBC． 3（2）②解：存在点P. 理由如下： 由①可知x2 ∴OE=1 ∴E（1，0） 此时，△CAE

∴为等边三角形

∴∠AEC=∠A=60°

又∵∠CEM=60° ∴∠MEB=60° ∴点C与点M关于抛物线的对称轴

x

b

1对称. 2a

∵C（0

∴

M

过M作MN⊥x轴于点N（2，0） ∴

MN= ∴ EN=1 ∴

2

若△PEM为等腰三角形,则:

ⅰ)当EP=EM时, ∵EM=2，且点P在直线x1上 ∴P(1，2)或P(1，—2)

ⅱ）当EM=PM时,点M在EP的垂直平分线上 ∴P(1，

) ⅲ）当PE=PM时，点P是线段EM的垂直平分线与直线x1的交点 ∴P(1

，

) ∴综上所述，存在P点坐标为（1，2）或（1，—2）或（1

，1

时，△EPM为等腰三角形．

4、【答案】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c(a0)经过A（－1，0），B（3，0），C（0

，

 a abc0

。∴抛物线的解析式为

：∴9a3bc0 ，解

得b

cc

2x+ 33

（2）证明：设直线l1的解析式为y=kx+b，由直线l1经过A（－1，0），C（0

，y=

得

kb0 k∴，

解得，∴直线l1的解析式为：

y=-

。 bb直线l2经过B（3，0），C（0

，l2解析式

为：

y=

x。

22

， x+

x1

3333

∴对称轴为x=1，D（1，0），顶点坐标为F（1

， ）。

点E为x=1与直线l2：

y= x令x=1，得

y= ，∴E

3

3

∵抛物线y=

（1

， ）。 点G为x=1与直线l1：

y=-

的交点，令x=1，得

y=，

∴G（1

，）。

∴各点坐标为：D（1，0），E（1

，均位于对称轴x=1上。

），F（1

，），G（1

，），它们33

（3）如图，过C点作C关于对称轴x=1的对称点P1，CP1交对称轴于H点，

连接CF，PG。

△PCG为等腰三角形，有三种情况：

①当CG=PG时，如图，由抛物线的对称性可知，此时P1满足P1G=CG。 ∵C（0

，x=1，∴P1（2

，）。

∴

②当CG=PC时，此时P点在抛物线上，且CP的长度等于CG。 如图，C（1

，），H点在x=1上，∴H（1

， 在Rt△CHG中，CH=1，HG=|yG－yH

|=|

－（

|= ∴由勾股定理得：

CG，

2。∴PC=2．

如图，CP1=2，此时与①中情形重合。

又Rt△OAC中，

AC2，∴点A满足PC=2的条件，但点A、C、G在同一

条直线上，所以不能构成等腰三角形。

③当PC=PG时，此时P点位于线段CG的垂直平分线

上.

∵l1⊥l2，∴△ECG为直角三角形。

由（2）可知，EF=FG，即F为斜边EG的中点。

∴CF=FG，∴F为满足条件的P点，∴P2（1

，又

）。

cosCGE

CGEG，∴∠CGE=30°。

∴∠HCG=60°。

又P1C=CG，∴△P1CG为等边三角形。

∴P1点也在CG的垂直平分线上，此种情形与①重合。

综上所述，P点的坐标为P1（

2，）或P2（1

，

）。

菱形答案

1、解：（1）过点B作BF⊥x轴于F

在Rt△BCF中 ∵∠BCO=45°，BC=6 2∴CF=BF=12

∵C 的坐标为（-18，0） ∴AB=OF=6 ∴点B的坐标为（-6，12）． （2）过点D作DG⊥y轴于点G ∵AB∥DG ∴△ODG∽△OBA

∵

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DGODOG2

，AB=6，OA=12 ∴DG=4，OG=8 ∴D（-4，8），EABOBOA3

（0，4）

设直线DE解析式为y=kx+b（k≠0） ∴式为yx4．

4kb8k1b4b4

∴

∴直线DE解析

（3）结论：存在．

设直线y=-x+4分别与x轴、y轴交于点E、点F，则E（0，4），F（4，0），OE=OF=4

，

EF

如答图2所示，有四个菱形满足题意．

①菱形OEP1Q1，此时OE为菱形一边．则有P1E=P1Q1=OE=4，P1F=EF-P1

E= 4．

PF4 21

设P1Q1交x轴于点N，则NQ1=P1Q1-P1

N= 4(4

ON=OF-NF=

易知△P1NF为等腰直角三角形，∴P1

N=NF=

Q

1；

②菱形OEP2Q2，此时OE为菱形一边．此时Q2与Q1关于原点对称，∴Q

2(； ③菱形OEQ3P3，此时OE为菱形一边．此时P3与点F重合，菱形OEQ3P3为正方形，∴Q3（4，4）； ④菱形OP4EQ4，此时OE为菱形对角线．由菱形性质可知，P4Q4为OE的垂直平分线， 由OE=4，得P4纵坐标为2，代入直线解析式y=-x+4得横坐标为2，则P4（2，2）， 由菱形性质可知，P4、Q4关于OE或x轴对称，∴Q4（-2，2）． 综上所述，存在点Q，使以O、E、P、Q为顶点的四边形是菱形；

点Q的坐标为：Q

1，Q

2(，Q3（4，4），Q4（-2，2）．

2、解：(1)顶点坐标是(0，1)，对称轴是y轴(或x=O)．

(2) ∵△PAB是等边三角形， ∴∠ABO=90o-60o=30o． ∴AB=20A=4．∴PB=4．

12

x + 1，得 x=±2. ∴P1(23，4)，P2(-23，4)． 4

(3)存在.N1(，1)，N2(-，-1)，N3(-，1)，N4(3，-1).

解法一：把y=4代人y=

3、解：（1）∵点B(-2,m)在直线y2x1上

∴m=3 即B（-2，3）┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅ 1分 又∵抛物线经过原点O

∴设抛物线的解析式为yaxbx ∵点B（-2，3），A（4，0）在抛物线上

2

14a2b3a

∴ 解得： 4

16a4b0b1

1

∴设抛物线的解析式为yx2x ┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅┅ 4分

4

（2）∵P(x,y)是抛物线上的一点

1

∴P(x,x2x)

4

若SADPSADC

11

∵SADCADOC SADPADy ┅┅┅┅┅┅┅┅ 6分

22

又∵点C是直线y2x1与y轴交点

∴C(0,1) ∴OC=1 ∴

1112

xx1， 即x2x1或x2x1 444

解得：x1222,x2222,x3x42

∴点P的坐标为 P1(222,1),P2(222,1),P3(2,1) ┅┅┅ 10分 （3）存在：

t145, t26,

t345, t4

4、解：（1）∵A（﹣4，0）在二次函数y=x﹣x+c的图象上，∴×（﹣4）﹣（﹣4）+c=0，解得c=﹣12，

∴二次函数的关系式为y=x﹣x﹣12；

（2）∵y=x﹣x﹣12，=（x﹣2x+1）﹣﹣12，=（x﹣1）﹣（1，﹣

），

2

2

2

2

2

2

13

, 2

，∴顶点M的坐标为

∵A（﹣4，0），对称轴为x=1，∴点B的坐标为（6，0），∴AB=6﹣（﹣4）=6+4=10， ∴S△ABM=×10×

AMBM′=2S△ABM=2×

=，∵顶点M关于x轴的对称点是M′，∴S四边形=125；

2

（3）存在抛物线y=x﹣x﹣，使得四边形AMBM′为正方形．

理由如下：令y=0，则x﹣x+c=0，设点AB的坐标分别为A（x1，0）B（x2，0）， 则x1+x2=﹣

=2，x1•x2==2c，所以，AB=

=

，

2

点M的纵坐标为：==，

∵顶点M关于x轴的对称点是M′，四边形AMBM′为正方形， ∴个交点，

∴△=b﹣4ac=（﹣1）﹣4×c＞0，解得c＜，∴c的值为﹣，故，存在抛物线y=x﹣x﹣，使得四边形AMBM′为正方形．

直角三角形

1、解：（1）∵点B与O（0，0）关于x=3对称, ∴点B坐标为（6，0）.

将点B坐标代入yax2x得： 36a+12=0, ∴a=

为y

2

=2×

，整理得，4c+4c﹣3=0，解得c1=，c2=﹣，又抛物线与x轴有两

2

2

2

2

1

. ∴抛物线解析式3

12

x2x. 3

当x=3时，y3233, ∴顶点A坐标为（3，3）

13

2

（2）设直线AB解析式为y=kx+b.

∵A(3,3),B(6,0),∴

6kb0

解得

3kb3

k1

, ∴yx6. b6

∵直线l∥AB且过点O,∴直线l解析式为

yx.∵点p是l上一动点且横坐标为t,∴点p坐

标为（t,t）

当p在第四象限时（t＞0），

1×6×t=9+3t. 2

∵0＜S≤18,∴0＜9+3t≤18,∴-3＜t≤3.又t

＞0,∴0＜t≤3.5分

当p在第二象限时（t＜0）, 作PM⊥x轴于M，设对称轴与x轴交点为N. 则 SS梯形ANMP+SANB-SPMOSSA

=12×6×3+OBSO

111

3+(-t)(3t)33(t)(t) 222191(t3)2t2222=-3t+9. =

∵0＜S≤18,

∴0＜-3t+9≤18, ∴-3≤t＜3. 又t＜0,

∴-3≤t＜0.6分

∴t的取值范围是-3≤t＜0或0＜t≤3.

(3)存在，点Q坐标为（3，3）或（6，0）或（-3，-9）.9分

2、【答案】解：（1）证明：∵∠BCD＋∠ACO＝90°，∠ACO＋∠OAC＝90°，

∴∠BCD＝∠OAC。

∵△ABC为等腰直角三角形 ，∴BC＝AC。 在△BDC和△COA中，∠BDC＝∠COA＝90°，∠BCD＝∠OAC，

BC＝AC，

∴△BDC≌△COA（AAS）。

（2）∵C点坐标为 (－1，0)，∴BD＝CO＝1。

∵B点横坐标为－3，∴B点坐标为 (－3，1)。 设BC所在直线的函数关系式为y＝kx＋b，

1k＝－－k＋b＝021

∴，解得。∴BC所在直线的函数关系式为y＝－

x

12－3k＋b＝1

b＝－

2



－12

。

3、

11

由题意可得：y＝－2x＋2，解得，x＝－219

x＝－19。∴P（－2， 4

22

y＝－4

∴P点坐标分别为P1119

12，－4）、P2（－2， 4

（3）存在。理由如下：

①当∠FCP=90°时，点P与点E重合，

∵点E是直线y=﹣x﹣1与y轴的交点，∴E（0，﹣1）。∴P（0，﹣1）。 ②当CF是斜边时，过点C作CP⊥AF于点P。 设P（x1，﹣x1﹣1）， ∵∠ECF=90°，E（0，﹣1），C（0，﹣5），F（4，﹣5）， ∴CE=CF。∴EP=PF。∴CP=PF。

∴点P在抛物线的对称轴上。∴x1=2。

把x1=2代入y=﹣x﹣1，得y=﹣3。∴P（2，﹣3）。 综上所述，直线AF上存在点P（0，﹣1）或（0，﹣1）

使△CFP是直角三角形。

4、解： ⑴如图，因为一次函数y

1

x2交y轴于点A，所以，xA0，3

yA2，即A(0,2).

又，一次函数交x轴于点P，所以，yP0，xP6，即P(6,0). 由A(0,2)、E(1,0)是抛物线y

12

xbxc的图象上的点， 2

3C2

b

 12 所以，抛物线的解析式是：

bC02C213

yx2x2

22

⑵ 如图，ACAB、OAOP ∴ 在RtCAP中，OACP

2AO22222

AOCOOPCO ∴点C的坐标：C(,0)

3OP63

⑶设除点C外，在坐标轴上还存在点M，使得MAB是直角三角形，即AMBRt或ABMRt

Ⅰ.在RtMAB中，若AMBRt，那么M是以AB为直径的圆与坐标轴的交点，

这时M会在x轴的正半轴上和y轴的正半轴上.

ⅰ.若交点在y轴的正半轴上（如图），设M(0,m)，则有， myB(B点的纵坐标) 1yx21173

B(,)

39y1x23x2



22

m

77，此时M(0,) 99

ⅱ.若交点在x轴的正半轴上（如图），设M(n,0)，此时过B作BD垂直x轴

于点D，则有AOMMDB，于是：

AOOM

OMMDAODB

MDDB

117

n(n)2，

39n2 n1，

11

11,0)或M( 66

Ⅱ.在RtMAB中，若ABMRt，即过B作BMAP，这时M会在x轴

此时，M(

的正半轴上和y轴的负半轴上.

ⅰ. M在x轴的正半轴上，如图，设M(t,0)，同样过B作BD垂直x轴于点D，

则在RtPBM中，有BDMDDP ()2(此时， M(

2

7

9111192

， t)(6)t

3327

92

,0) 27

ⅱ. M在y轴的负半轴上，如图，设M(0,q),(q0)，过B作BF垂直y轴于

1177922

点F，则在RtABM中，有BFAFFM，即： ()2(2)(q)q

3999

92

此时， M(0,)

9

综上所述，除点C外，在坐标轴上还存在点M，使得MAB是直角三角形，满

792

0)、或0)、或(,0)，足条件的点M的坐标是：(0,)、或9

2792

或(0,)共五个点.

9