专题30
图形折叠中的等腰三角形存在性问题
【精典讲解】
1、如图例7-1，正方形ABCD的边长是16，点E在边AB上，AE=3，点F是边BC上不与点B、C重合的一个动点，把△EBF沿EF折叠，点B落在B′处，若△CDB′恰为等腰三角形，则DB′的长为
.
图例7-1
【解析】根据△CDB′为等腰三角形，以CD为腰或底分三种情况讨论，①DB′=DC；②CB′=CD；③CB′=DB′.
对于①DB′=DC，作图方法以E为圆心BE长为半径作弧，以D为圆心CD长为半径作弧，两弧交点即为B′.
对于②CB′=CD，作图方法以E为圆心BE长为半径作弧，以C为圆心CD长为半径作弧，两弧交点即为B′.
对于③CB′=DB′，作图方法以E为圆心BE长为半径作弧，弧与CD垂直平分线的交点为B′.
图例7-2
图例7-3
图例7-4
详解：①DB′=DC，
如图例7-2所示.
易知：DB′=DC=16.
②CB′=CD，如图例7-3所示.
由折叠性质可知：BF=
B′F=CD=16，此时F点与C点重合，不符题意.
③CB′=DB′，如图例7-4所示.
由题意得，DN=CN=8，因为AE=3，所以EM=5.
B′E=BE=13.
在Rt△EB′M中，由勾股定理得，B′M=12.
所以B′N=4.
在Rt△DB′N中，由勾股定理得，B′D=.
综上所述，B′D的长为16或.
【点睛】以CD为腰或底分三种情况讨论，排除其中一种，利用勾股定理求解.
【针对训练】
1、如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，P为边AD上一动点，连接BP，把△ABP沿BP折叠，使A落在A′处，当△A′DC为等腰三角形时，AP的长为（
）
A．2
B．
C．2或
D．2或
【解析】
【分析】
根据△A′DC为等腰三角形，分三种情况进行讨论：①A'D=A'C，②A'D=DC，③CA'=CD，分别求得AP的长，并判断是否符合题意．
【详解】
①如图，当A′D=A′C时，过A′作EF⊥AD，交DC于E，交AB于F，则EF垂直平分CD，EF垂直平分AB
∴A'A=A'B
由折叠得，AB=A'B，∠ABP=∠A'BP
∴△ABA'是等边三角形
∴∠ABP=30°
∴AP=；
②如图，当A'D=DC时，A'D=2
由折叠得，A'B=AB=2
∴A'B+A'D=2+2=4
连接BD，则Rt△ABD中，BD=
∴A'B+A'D＜BD（不合题意）
故这种情况不存在；
③如图，当CD=CA'时，CA'=2
由折叠得，A'B=AB=2
∴A'B+A'C=2+2=4
∴点A'落在BC上的中点处
此时，∠ABP=∠ABA'=45°
∴AP=AB=2．
综上所述，当△A′DC为等腰三角形时，AP的长为或2．
故选C.
【点睛】
本题以折叠问题为背景，主要考查了等腰三角形的性质，解决问题的关键是画出图形进行分类讨论，分类时注意不能重复，不能遗漏．
2、如图，菱形的边，，,是上一点，，是边上一动点，将梯形沿直线折叠，的对应点．当的长度最小时，的长为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解析】
【分析】
作于，如图，根据菱形的性质可判断为等边三角形，则，，再利用勾股定理计算出，再根据折叠的性质得点在以点为圆心，为半径的弧上，利用点与圆的位置关系得到当点在上时，的值最小，然后证明即可．
【详解】
解：作于，如图，
菱形的边，，
为等边三角形，
，，
，
，
在中，，
梯形沿直线折叠，的对应点，
点在以点为圆心，为半径的弧上，
当点在上时，的值最小，
，
而，
，
，
.
故选：B．
【点睛】
考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．也考查了折叠的性质．解决本题的关键是确定A′在PC上时CA′的长度最小．
3、如图，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝3，将△ABC沿对角线AC折叠，点B恰好落在点P处，CP与AD交于点F，连接BP交AC于点G，交AD于点E，下列结论不正确的是( )
A．
B．△PBC是等边三角形
C．AC＝2AP
D．S△BGC＝3S△AGP
【解析】
【分析】
如图，首先运用勾股定理求出AC的长度，进而求出∠ACB＝30°，此为解决该题的关键性结论；运用翻折变换的性质证明△BCP为等边三角形；运用射影定理求出线段CG、AG之间的数量关系，进而证明选项A、B、C成立，选项A不成立.
【详解】
如图，∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC＝90°；由勾股定理得：
AC2＝AB2+BC2，而AB＝，BC＝3，
∴AC＝2，AB＝AC，
∴∠ACB＝30°；由翻折变换的性质得：
BP⊥AC，∠ACB＝∠ACP＝30°，
BC＝PC，AB＝AP，BG＝PG，
∴GC＝BG＝PG，∠BCP＝60°，AC＝2AP，
∴△BCP为等边三角形，
故选项B、C成立，选项A不成立；
由射影定理得：BG2＝CG?AG，
∴AG＝BG，CG＝3AG，
∴S△BCG＝3S△ABG；由题意得：
S△ABG＝S△AGP，
∴S△BGC＝3S△AGP，
故选项D正确；
故选：A．
【点睛】
考查了翻折变换的性质、矩形的性质、射影定理、三角形的面积公式等几何知识点及其应用问题；解题的关键是灵活运用矩形的性质、射影定理等几何知识点来分析、判断、推理或解答；对综合的分析问题解决问题的能力提出了较高的要求．
4、如图，将一张正方形纸片ABCD对折，使CD与AB重合，得到折痕MN后展开，E为CN上一点，将△CDE沿DE所在的直线折叠，使得点C落在折痕MN上的点F处，连接AF，BF，BD.则下列结论中：①△ADF是等边三角形；②tan∠EBF＝2－；③S△ADF＝S正方形ABCD；④BF2＝DF·EF.其中正确的是( )
A．①②③
B．①②④
C．①③④
D．②③④
【解析】
【分析】
由正方形的性质得出AB=CD=AD，∠C=∠BAD=∠ADC=90°，∠ABD=∠ADB=45°，由折叠的性质得出MN垂直平分AD，FD=CD，BN=CN，∠FDE=∠CDE，∠DFE=∠C=90°，∠DEF=∠DEC，由线段垂直平分线的性质得出FD=FA，得出△ADF是等边三角形，①正确；
设AB=AD=BC=4a，则MN=4a，BN=AM=2a，由等边三角形的性质得出∠DAF=∠AFD=∠ADF=60°，FA=AD=4a，FM=AM=2a，得出FN=MN-FM=（4-2）a，由三角函数的定义即可得出②正确；
求出△ADF的面积=AD?FM=4a2，正方形ABCD的面积=16a2，得出③错误；
求出∠BFE=∠DFB，∠BEF=∠DBF，证出△BEF∽△DBF，得出对应边成比例，得出④正确；即可得出结论．
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=AD，∠C=∠BAD=∠ADC=90°，∠ABD=∠ADB=45°，
由折叠的性质得：MN垂直平分AD，FD=CD，BN=CN，∠FDE=∠CDE，∠DFE=∠C=90°，∠DEF=∠DEC，
∴FD=FA，
∴AD=FD=FA，
即△ADF是等边三角形，①正确；
设AB=AD=BC=4a，则MN=4a，BN=AM=2a，
∵△ADF是等边三角形，
∴∠DAF=∠AFD=∠ADF=60°，FA=AD=4a，FM=AM=2a，
∴FN=MN-FM=（4-2）a，
∴tan∠EBF==2-，②正确；
∵△ADF的面积=AD?FM=×4a×2a=4a2，正方形ABCD的面积=（4a）2=16a2，
∴，③错误；
∵AF=AB，∠BAF=90°-60°=30°，
∴∠AFB=∠ABF=75°，
∴∠DBF=75°-45°=30°，∠BFE=360°-90°-60°-75°=135°=∠DFB，
∵∠BEF=180°-75°-75°=30°=∠DBF，
∴△BEF∽△DBF，
∴，
∴BF2=DF?EF，④正确；
故选B．
【点睛】
本题是相似形综合题目，考查了正方形的性质、折叠的性质、线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形是等边三角形和证明三角形相似是解决问题的关键．
5、已知中，
，
．如图，将进行折叠，使点落在线段上（包括点和点），设点的落点为，折痕为，当是等腰三角形时，点可能的位置共有（
）．
A．种
B．种
C．种
D．种
【解析】（1）当点D与C重合时，
∵AC=BC，AE=DE（即CE），AF=DF（即CF），
∴此时△AFC（即△AFD）是等腰直角三角形，点E是斜边AC的中点，
∴EF=DE，
∴△EDF为等腰三角形．
（2）当点D与B点重合时，点C与E重合，
∵AC=BC，AF=DF（即BF），
∴此时EF=AB=DF（即BF），
∴△DEF是等腰三角形；
（3）当点D移动到使DE=DF的位置时，△DEF是等腰三角形．
综上所述，当△DEF为等腰三角形时，点D的位置存在3中可能.
故选B.
6、如图，正方形的边长是16，点在边上，，点是边上不与点、重合的一个动点，把沿折叠，点落在处，若恰为等腰三角形，则的长为______.
【解析】
【分析】
根据翻折的性质，可得B’E的长，根据勾股定理可得CE的长，然后再根据等腰三角形的判定进行分情况讨论
【详解】
需分三种情况讨论：（1）若，则（易知此时点在上且不与点、重合）；（2）若，因为，，所以点、在的垂直平分线上，则垂直平分，由折叠可知点与点重合，不符合题意，则这种情况不成立；（3）如图，若，作与交于点，交于点.因为，所以.因为，所以，所以，则，因为.在中，由勾股定理求得，所以.在中，由勾股定理求得.综上，或.
【点睛】
本题考查折叠性质和勾股定理，本题关键在于能够对等腰三角形的情况进行分类讨论
7、在菱形ABCD中，∠B＝60°，BC＝2cm，M为AB的中点，N为BC上一动点（不与点B重合），将△BMN沿直线MN折叠，使点B落在点E处，连接DE，CE，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为_____．
【解析】
【分析】
分两种情况：①如图1，当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，由菱形的性质得出AB=CD=BC=2，AD∥BC，AB∥CD，得出∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，DE=AD=2，
求出DG=，CG=，BG=BC+CG=3，由折叠的性质得：EN=BN，EM=BM=AM，∠MEN=∠B=60°，证明△ADM≌△EDM，得出∠A=∠DEM=120°，证出D、E、N三点共线，设BN=EN=x，则GN=3-x，DN=x+2，在Rt△DGN中，由勾股定理得出方程，解方程即可；
②如图2，当CE=CD上，CE=CD=AD，此时点E与A重合，N与点C重合，CE=CD=DE=DA，△CDE是等边三角形，BN=BC=2（含CE=DE这种情况）．
【详解】
解：分两种情况，
①如图1，当DE=DC时，连接DM，作DG⊥BC于G，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB=CD=BC=2，AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DCG=∠B=60°，∠A=120°，∴DE=AD=2，
∵DG⊥BC，∴∠CDG=90°-60°=30°，
∴CG=CD=1，∴DG=CG=，BG=BC+CG=3，
∵M为AB的中点，∴AM=BM=1，
由折叠的性质得：EN=BN，EM=BM=AM，∠MEN=∠B=60°，
在△ADM和△EDM中，AD＝ED，AM＝EM
，DM＝DM，
∴△ADM≌△EDM（SSS），∴∠A=∠DEM=120°，
∴∠MEN+∠DEM=180°，∴D、E、N三点共线，
设BN=EN=x，则GN=3-x，DN=x+2，在Rt△DGN中，
由勾股定理得：（3-x）?+（）?
=（x+2）?，
解得：x=，，即BN=；
②当CE=CD时，CE=CD=AD，此时点E与A重合，N与点C重合，如图2所示：
CE=CD=DE=DA，△CDE是等边三角形，BN=BC=2（符合题干要求）；
综上所述，当△CDE为等腰三角形时，线段BN的长为或2；
故答案为或2．
【点睛】
本题考查了折叠变换的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质、三点共线、勾股定理、直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握并灵活运用是解题的关键.专题34
一次函数中的存在性综合问题
1、如图直线y＝kx+k交x轴负半轴于点A，交y轴正半轴于点B，且AB＝2
（1）求k的值；
（2）点P从A出发，以每秒1个单位的速度沿射线AB运动，过点P作直线AB的垂线交x轴于点Q，连接OP，设△PQO的面积为S，点P运动时间为t，求S与t的函数关系式，并直接写出t的取值范围；
（3）在（2）的条件下，当P在AB的延长线上，若OQ+AB＝（BQ﹣OP），求此时直线PQ的解析式．
解：（1）对于直线y＝kx+k，令y＝0，可得x＝﹣1，
∴A（﹣1，0），
∴OA＝1，∵AB＝2，
∴OB＝＝，
∴k＝．
（2）如图，
∵tan∠BAO＝＝，
∴∠BAO＝60°，
∵PQ⊥AB，
∴∠APQ＝90°，
∴∠AQP＝30°，
∴AQ＝2AP＝2t，
当0＜t＜时，S＝?OQ?Py＝（1﹣2t）?t＝﹣t2+t．
当t＞时，S＝OQ?Py＝（2t﹣1）?t＝t2﹣t．
（3）∵OQ+AB＝（BQ﹣OP），
∴2t﹣1+2＝（﹣），
∴2t+1＝?，
∴4t2+4t+1＝7t2﹣7t+7，
∴3t2﹣11t+6＝0，
解得t＝3或（舍弃），
∴P（，），Q（5，0），
设直线PQ的解析式为y＝kx+b，则有，
解得，
∴直线PQ的解析式为y＝﹣x+．
2、在平面直角坐标系xOy中，对于图形G和图形M，它们关于原点O的“中位形”定义如下，图形G上的任意一点P，图形M上的任意一点Q，作△OPQ平行于PQ的中位线，由所有这样的中位线构成的图形，叫图形G和图形M关于原点O的“中位形”．
已知直线y＝x+b分别与x轴，y轴交于A、B，图形S是中心为坐标原点，且边长为2的正方形．
（1）如图1，当b＝2时，点A和点B关于原点O的“中位形”的长度是
（请直接写出答案）；
（2）如图2，若点A和点B关于原点O的“中位形”与图形S有公共点，求b的取值范围；
（3）如图3，当b＝﹣6时，图形S沿直线y＝x平移得到图形T，若图形T和线段AB关于原点O的“中位形”与原来的的图形S没有公共点，请直接写出图形T的中心的横坐标t的取值范围．
解：（1）如图1中，
由题意b＝2时，直线y＝x+2，
∴A（﹣4，0），B（0，2），
∵点A和点B关于原点O的“中位形”是△AOB的中位线EF，EF＝AB＝×＝．
故答案为．
（2）如图2中，当△AOB的中位线EF经过点（﹣1，1）时，直线EF
的解析式为y＝x+，
∴E（0，），
∵OE＝EB，
∴B（0，3），
当△AOB的中位线EF经过点（1，﹣1）时，直线EF
的解析式为y＝x﹣，
∴E（0，﹣），
∵OE＝EB，
∴B（0，﹣3），
观察图象可知满足条件的b的值为﹣3≤b≤﹣1或1≤b≤3．
（3）如图3中，设平移后的正方形T的中心的坐标为（t，t），则C（t﹣1，t+1），
OC的中点E（，），
OB的中点F（0，﹣3），
∴直线EF的解析式为y＝x﹣3，
当直线经过（1，﹣1）时，﹣1＝﹣3，
解得t＝9，
观察图形可知，t＞9时，图形T和线段AB关于原点O的“中位形”与原来的的图形S没有公共点，
如图4中，设平移后的正方形T的中心的坐标为（t，t），则C（t﹣1，t+1），
OC的中点E（，），O的中点F（6，0），
此时直线EF的解析式为y＝x﹣，
当直线经过（1，﹣1）时，﹣1＝﹣，
解得t＝﹣
观察图形可知，t＜﹣时，图形T和线段AB关于原点O的“中位形”与原来的的图形S没有公共点，
综上所述，满足条件的t的值为t＞9或t＜﹣．
3、如图，直线y＝﹣x+8与x轴、y轴分别交于点A和点B，M是OB的上的一点，若将△ABM沿M折叠，点B恰好落在x轴上的点B′处．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）求直线AM的表达式；
（3）在x轴上是否存在点P，使得以点P、M、B′为顶点的三角形是等腰三角形，若存在，请直接写出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）当x＝0时，y＝8，
∴B（0，8），
当y＝0时，﹣x+8＝0，
x＝6，
∴A（6，0）；
（2）在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝6，OB＝8，
∴AB＝10，
由折叠得：AB＝AB'＝10，
∴OB'＝10﹣6＝4，
设OM＝a，则BM＝B'M＝8﹣a，
由勾股定理得：a2+42＝（8﹣a）2，
a＝3，
∴M（0，3），
设AM：y＝kx+b，
则，解得：，
∴直线AM的解析式为：y＝﹣x+3；
（3）在x轴上存在点P，使得以点P、M、B′为顶点的三角形是等腰二角形，如图
∵M（0，3），B′（﹣4，0），
∴B′M＝5，
当PB′＝B′M时，P1（﹣9，0），P2（1，0）；
当B′M＝PM时，P3（4，0），
当PB′＝PM时，作BM的垂直平分线，交x轴于P4，交B′M与Q，
易证得△P4B′Q∽△MB′O，则＝，即＝，
∴P4B′＝，
∴OP4＝4﹣＝，
∴P4（﹣，0），
综上，P点的坐标为（﹣9，0）或（1，0）或（4，0）或（﹣，0）．
4、如图，一次函数y1＝x+b的图象与x轴y轴分别交于点A，点B，函数y1＝x+b，与y2＝﹣x的图象交于第二象限的点C，且点C横坐标为﹣3．
（1）求b的值；
（2）当0＜y1＜y2时，直接写出x的取值范围；
（3）在直线y2＝﹣x上有一动点P，过点P作x轴的平行线交直线y1＝x+b于点Q，当PQ＝OC时，求点P的坐标．
解：（1）将x＝﹣3代入y2＝﹣x，
可得C（﹣3，4），
再将C点代入y1＝x+b，
∴b＝7；
（2）﹣7＜x＜﹣3；
（3）∵点P为直线y2＝﹣x上一动点，
设P（a，﹣a），
∵PQ∥x轴，
∴Q（﹣a﹣7，﹣a），
∴PQ＝|a+7|，
∵C（﹣3，4），
∴OC＝5，
∴PQ＝OC＝14，
∴|a+7|＝14，
∴a＝3或a＝﹣9，
∴P（3，﹣4）或P（﹣9，12）．
5、如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣x+b与x、y轴分别相交于点A、B，与直线y＝x+2交于点D（3，m），直线y＝x+2交x轴于点C，交y轴于点E．
（1）若点P是y轴上一动点，连接PC、PD，求当|PC﹣PD|取最大值时，P点的坐标．
（2）在（1）问的条件下，将△COE沿x轴平移，在平移的过程中，直线CE交直线AB于点M，则当△PMA是等腰三角形时，求BM的长．
解：（1）当x＝3时，m＝3+2＝5，
∴D（3，5），
把D（3，5）代入y＝﹣x+b中，
﹣3+b＝5，
b＝8，
∴y＝﹣x+8，
当y＝0时，x+2＝0，
x＝﹣2，
∴C（﹣2，0），
如图1，取C关于y轴的对称点C'（2，0），P1是y轴上一点，连接P1C、P1C'、P1D，则P1C＝P1C'，
∵|P1D﹣P1C'|＝|P1D﹣P1C|≤C'D，
∴当P与C'、D共线时，|PC﹣PD|有最大值是C'D，
设直线C'D的解析式为：y＝kx+b，
把C'（2，0）和D（3，5）代入得：，
解得：，
∴直线C'D的解析式为：y＝5x﹣10，
∴P（0，﹣10）；
（2）分三种情况：
①当AP＝AM时，如图2，
由（1）知：OP＝10，
由勾股定理得：AP＝＝2，
∵AB＝8，
∴BM＝AB+AM＝8+2；
同理得：BM1＝2﹣8；
②当AP＝PM时，如图3，过P作PN⊥AB于N，
∵∠BNP＝90°，∠NBP＝45°，
∴△BNP是等腰直角三角形，
∵PB＝18，
∴BN＝＝9，
∵AB＝8，
∴AN＝9﹣8＝，
∵AP＝PM，PN⊥AM，
∴AM＝2AN＝2，
∴BM＝8+2＝10；
③当AM＝PM时，如图4，过P作PN⊥AB于N，
∵AN＝，PN＝9，
设MN＝x，则PM＝AN＝x+，
由勾股定理得：PN2+MN2＝PM2，
，
解得：x＝40，
∴BM＝AB+AN+MN＝8++40＝49；
综上，当△PMA是等腰三角形时，BM的长是8+2或2﹣8或10或49．
6、如图，已知一次函数y＝3x+3与y轴交于A，与x轴交于点B，直线AC与正半轴交于点C，且AC＝BC．
（1）求直线AC的解析式．
（2）点D为线段AC上一点，点E为线段CD的中点，过点E作x轴的平行线交直线AB于点F，连接DF并延长交x轴于点G，求证；AD＝BG．
（3）在（2）的条件下，若∠AFD＝2∠BAO，求点D坐标．
解：（1）当x＝0时，y＝3，
∴A（0，3）．
令y＝0得：3x+3＝0，解得：x＝﹣1，
∴B（﹣1，0）．
设OC＝x，则AC＝BC＝x+1．
在Rt△AOC中，由勾股定理可知：OA2+OC2＝AC2，即32+x2＝（x+1）2，解得：x＝4，
∴C（4，0）．
设直线AC的解析式为y＝kx+b，则
，
解得：，
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+3．
（2）如图1所示：过点D作DH∥x轴，则∠HDF＝∠BGF．
∵HD∥EF∥CG，E为CD的中点，
∴F为DG的中点．
∴FG＝DF．
∵在△BGF和△HDF中，
，
∴△BGF≌△HDF（ASA）．
∴HD＝BG．
∵AC＝BC，
∴∠CAB＝∠ABC．
∵HD∥CG，
∴∠AHD＝∠ABC，
∴∠HAD＝∠AHD．
∴AD＝DH，
∴AD＝BG．
（3）如图2所示：连接AG，过点C作CH⊥AB，垂足为H，过D作DM⊥x轴于M，
在Rt△ABO中，依据勾股定理可知AB＝＝，
∵CB＝CA，CH⊥AB，
∴AH＝AB＝，∠BCA＝2∠ACH．
Rt△BCH中，依据勾股定理可知CH＝＝＝，
∵∠BAO+∠ABO＝∠ABO+∠BCH，
∴∠BAO＝∠BCH＝∠ACH，
∴∠BCA＝2∠BAO．
又∵∠AFD＝2∠BAO，
∴∠AFD＝∠BCA．
又∵∠FAD＝∠BAC，
∴△FAD∽△CAB，
∴AF＝DF．
又∵GF＝FD，
∴△GAD为直角三角形．
∴OG?OC＝OA2，
∴OG＝．
∴G（﹣，0）．
∴AD＝BG＝．
Rt△AOC中，OA＝3，OC＝4，
∴AC＝5，
∵DM∥OA，
∴，即，
OM＝1，
当x＝1时，y＝﹣x+3＝﹣+3＝，
∴D（1，）．
7、已知，如图，在第一象限中，点A的坐标是（3，6），射线OM的解析式为y＝x，作线段AC⊥x轴于点C，点B在射线OM上，且OB的长度为3．
（1）求△AOB的面积；
（2）试判断△AOB的形状，并说明理由；
（3）直线AB交坐标轴于E、F两点，若点P在线段EF上，点Q在线段OF上，且△FPQ与△AOC全等，求点Q的坐标．
解：（1）如图1，过B作BG⊥x轴于点G，
∵点B在射线OM上，
∴可设B（x，x），
∴OB＝3，
由勾股定理得：，
解得：x＝±9，
∴B（9，3），
∵A（3，6），
∴S△AOB＝S△AOC+S梯形ACGB﹣S△BOG，
＝﹣，
＝22.5；
（2）△OAB为直角三角形，理由如下：
∵A（3，6），B（9，3），O（0，0），
∴OA2＝32+62＝45，AB2＝（9﹣3）2+（3﹣6）2＝45，OB2＝92+32＝90，
∴OA2+AB2＝OB2，
∴△OAB为直角三角形；
（3）设直线AB解析式为y＝kx+b，
∵A（3，6），B（9，3），
∴，解得：，
∴直线AB解析式为y＝﹣x+，
令y＝0可求得x＝15，
∴F（15，0），
由（2）可知∠OAB＝90°，
∴∠OAC+∠CAF＝∠CAF+∠AFC＝90°，
∴∠OAC＝∠PFQ，
①当∠PQF＝90°时，如图2，则有△PQF≌△OCA，
∴PQ＝OC＝3，即P点纵坐标为3，
在y＝﹣x+中，令y＝3可求得x＝9，
∴P（9，3），Q（9，0），此时P与B重合；
②当∠QPF＝90°时，如图3，则有△PQF≌△COA，
∴FQ＝OA＝＝3，
∴OQ＝15﹣3，
∴Q（15﹣3，0）；
综上可知Q点坐标为（9，0）或（15﹣3，0）．
8、如图1，直线y＝﹣x+b分别与x轴，y轴交于A（6，0），B两点，过点B的另一直线交x轴的负半轴于点C，且OB：OC＝3：1
（1）求直线BC的解析式；
（2）直线y＝ax﹣a（a≠0）交AB于点E，交BC于点F，交x轴于点D，是否存在这样的直线EF，使S△BDE＝S△BDF？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，点P为A点右侧x轴上一动点，以P为直角顶点，BP为腰在第一象限内作等腰直角三角形△BPQ，连接QA并延长交y轴于点K．当P点运动时，K点的位置是否发生变化？若不变，求出它的坐标；如果会发生变化，请说明理由．
解：（1）∵直线y＝﹣x+b分别与x轴交于A（6，0），
∴b＝6，
∴直线AB的解析式是：y＝﹣x+6，
∴B（0，6），
∴OB＝6，
∵OB：OC＝3：1，
∴OC＝2，
∴C（﹣2，0）
设BC的解析式是y＝kx+b，
∴
解得，
直线BC的解析式是：y＝3x+6；
（2）存在．理由如下：如图1中，
∵S△BDF＝S△BDE，
∴只需DF＝DE，即D为EF中点，
∵点E为直线AB与EF的交点，
∴
∴点E（，）
∵点F为直线BC与EF的交点，
∴
∴点F（，）
∵D为EF中点，
∴+，
∴a＝0舍去，a＝
（3）K点的位置不发生变化．
理由如下：
如图2中，过点Q作CQ⊥x轴，设PA＝m，
∵∠POB＝∠PCQ＝∠BPQ＝90°，
∴∠OPB+∠QPC＝90°，∠QPC+∠PQC＝90°，
∴∠OPB＝∠PQC，
∵PB＝PQ，
∴△BOP≌△PCQ（AAS），
∴BO＝PC＝6，OP＝CQ＝6+m，
∴AC＝QC＝6+m，
∴∠QAC＝∠OAK＝45°，
∴OA＝OK＝6，
∴K（0，﹣6）．
9、如图，在平面直角坐标系中，直线y＝2x+8与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的直线交x轴于点C，且AB＝BC．
（1）求直线BC的解析式；
（2）点P为线段AB上一点，点Q为线段BC延长线上一点，且AP＝CQ，PQ交x轴于N，设点Q横坐标为m，△PBQ的面积为S，求S与m的函数关系式（不要求写出自变量m的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，点M在y轴负半轴上，且MP＝MQ，若∠BQM＝45°，求直线PQ的解析式．
解：（1）∵直线y＝2x+8与x轴交于点A，与y轴交于点B，
∴点B（0，8），点A（﹣4，0）
∴AO＝4，BO＝8，
∵AB＝BC，BO⊥AC，
∴AO＝CO＝4，
∴点C（4，0），
设直线BC解析式为：y＝kx+b，
由题意可得：
解得：
∴直线BC解析式为：y＝﹣2x+8；
（2）如图1，过点P作PG⊥AC，PE∥BC交AC于E，过点Q作HQ⊥AC，
∵AB＝CB，
∴∠BAC＝∠BCA，
∵点Q横坐标为m，
∴点Q（m，﹣2m+8）
∴HQ＝2m﹣8，CH＝m﹣4，
∵AP＝CQ，∠BAC＝∠BCA＝∠QCH，∠AGP＝∠QHC＝90°，
∴△AGP≌△CHQ（AAS），
∴AG＝HC＝m﹣4，PG＝HQ＝2m﹣8，
∵PE∥BC，
∴∠PEA＝∠ACB，∠EPF＝∠CQF，
∴∠PEA＝∠PAE，
∴AP＝PE，且AP＝CQ，
∴PE＝CQ，且∠EPF＝∠CQF，∠PFE＝∠CFQ，
∴△PEF≌△QCF（AAS）
∴S△PEF＝S△QCF，
∴△PBQ的面积＝四边形BCFP的面积+△CFQ的面积＝四边形BCFP的面积+△PEF的面积＝四边形PECB的面积，
∴S＝S△ABC﹣S△PAE＝×8×8﹣×（2m﹣8）×（2m﹣8）＝16m﹣2m2；
（3）如图2，连接AM，CM，过点P作PE⊥AC，
∵AB＝BC，BO⊥AC，
∴BO是AC的垂直平分线，
∴AM＝CM，且AP＝CQ，PM＝MQ，
∴△APM≌△CQM（SSS）
∴∠PAM＝∠MCQ，∠BQM＝∠APM＝45°，
∵AM＝CM，AB＝BC，BM＝BM，
∴△ABM≌△CBM（SSS）
∴∠BAM＝∠BCM，
∴∠BCM＝∠MCQ，且∠BCM+∠MCQ＝180°，
∴∠BCM＝∠MCQ＝∠PAM＝90°，且∠APM＝45°，
∴∠APM＝∠AMP＝45°，
∴AP＝AM，
∵∠PAO+∠MAO＝90°，∠MAO+∠AMO＝90°，
∴∠PAO＝∠AMO，且∠PEA＝∠AOM＝90°，AM＝AP，
∴△APE≌△MAO（AAS）
∴AE＝OM，PE＝AO＝4，
∴2m﹣8＝4，
∴m＝6，
∴Q（6，﹣4），P（﹣2，4）
设直线PQ的解析式为：y＝ax+c，
∴
解得：
∴直线PQ的解析式为：y＝﹣x+2．
10、已知：在平面直角坐标系中，直线y＝x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，点C是x轴正半轴上一点，AB＝AC，连接BC．
（1）如图1，求直线BC解析式；
（2）如图2，点P、Q分别是线段AB、BC上的点，且AP＝BQ，连接PQ．若点Q的横坐标为t，△BPQ的面积为S，求S关于t的函数关系式，并写出自变量取值范围；
（3）如图3，在（2）的条件下，点E是线段OA上一点，连接BE，将△ABE沿BE翻折，使翻折后的点A落在y轴上的点H处，点F在y轴上点H上方EH＝FH，连接EF并延长交BC于点G，若BG＝AP，连接PE，连接PG交BE于点T，求BT长．
解：（1）由已知可得A（﹣3，0），B（0，4），
∴OA＝3，OB＝4，
∴AB＝＝＝5，
∵AB＝AC，
∴AC＝5，
∴C（2，0），
设BC的直线解析式为y＝kx+b，
将点B与点C代入，得
，
∴，
∴BC的直线解析式为y＝﹣2x+4；
（2）过点Q作MQ⊥y轴，与y轴交于点M，过点Q作QE⊥AB，过点C作CF⊥AB，
∵Q点横坐标是
t，
∴MQ＝t，
∵MQ∥OC，
∴，
∴，
∴BQ＝t，
∵AP＝BQ，
∴AP＝t，
∵AB＝5，
∴PB＝5﹣t，
在等腰三角形ABC中，AC＝AB＝5，BC＝2，
∵AB×CF＝AC×OB，
∴CF＝OB＝4，
∵EQ∥CF
∴
∴EQ＝2t，
∴S＝×（5﹣t）＝（0≤t≤2）；
（3）如图3，
∵将△ABE沿BE翻折，使翻折后的点A落在y轴上的点H处，
∴AH＝AB＝5，AE＝EH，
∴OH＝BH﹣OB＝1，
∵EH2＝EO2+OH2，
∴AE2＝（4﹣AE）2+1，
∴AE＝＝EH，
∴OE＝，
∴点E（﹣，0）
∵EH＝FH＝，
∴OF＝
∴点F（0，）
∴直线EF解析式为y＝x+，
直线BE的解析式为：y＝3x+4，
∴﹣2x+4＝x+，
∴x＝，
∴点G（，）
∴BG＝＝，
∵BG＝AP，
∴AP＝1，
设点P（a，a+4）
∴1＝
∴a＝﹣，
∴点P（﹣，），
∴直线PG的解析式为：y＝x+，
∴3x+4＝x+，
∴x＝﹣1，
∴点T（﹣1，1）
∴BT＝＝
11、如图，已知一次函数y＝﹣x+7与正比例函数y＝x的图象交于点A，且与x轴交于点B．
（1）求△AOB的面积：
（2）在y轴上找一点C，使AC+BC最小，求最小值及C点坐标．
（3）点P从O出发向B点以1个单位每秒的速度运动，点Q从B点出发向A点以同样的速度运动，两个点同时停止，当△BPQ为等腰三角形时，求Q点坐标．
解：（1）∵一次函数y＝﹣x+7与正比例函数y＝x的图象交于点A，且与x轴交于点B．
∴点B（7，0），﹣x+7＝x
∴x＝3，
∴点A（3，4）
∴S△AOB＝×7×4＝14；
（2）如图1，作点B关于y轴的对称点H（﹣7，0），连接AH，交y轴于点C，
∴此时AC+BC最小值为AH，
∵点A（3，4），点H（﹣7，0），
∴AH＝＝2，
∴AC+BC最小值为2，
设直线AH解析式为：y＝kx+b，且过点A（3，4），点H（﹣7，0），
∴，
解得：
∴直线AH解析式为：y＝x+；
（3）如图2，过点Q作QE⊥OB，
∵以同样的速度运动，
∴BQ＝OP，
∵一次函数y＝﹣x+7与y轴交于点D，
∴点D（0，7），
∴OD＝OB＝7，且∠DOB＝90°，
∴∠DBO＝45°，且QE⊥OB，
∴∠QBE＝∠EQB＝45°，
∴QE＝BE，
∴QB＝QE＝EB，
若PB＝QB，且OP＝BQ，
∴OP＝PB＝＝BQ，
∴BE＝EQ＝，
∴OE＝7﹣，
∴点Q（7﹣，），
若QP＝QB，且QE⊥OB，
∴PE＝BE，
∵OB＝7＝OP+PE+BE，
∴7＝BE+2BE，
∴BE＝＝QE，
∴OE＝
∴点Q（，），
如图3，若BP＝PQ，过点P作PF⊥BQ，
∴BF＝FQ＝BQ，
∵∠ABO＝45°，PF⊥AB，
∴∠FPB＝∠ABO＝45°，
∴PF＝BF，
∴PB＝BF，
∴7﹣BQ＝
∴BQ＝，
∴BE＝QE＝，
∴点Q坐标为（7﹣，）．
12、一边长为4正方形OACB放在平面直角坐标系中，其中O为原点，点A、B分别在x轴、y轴上，D为射线OB上任意一点．
（1）如图1，若点D坐标为（0，2），连接AD交OC于点E，则△AOE的面积为
；
（2）如图2，将△AOD沿AD翻折得△AED，若点E在直线y＝x图象上，求出E点坐标；
（3）如图3，将△AOD沿AD翻折得△AED，DE和射线BC交于点F，连接AF，若∠DAO＝75°，平面内是否存在点Q，使得△AFQ是以AF为直角边的等腰直角三角形，若存在，请求出所有点Q坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）∵边长为4正方形OACB放在平面直角坐标系中，
∴点A坐标（4，0），点C（4，4），
∴直线OC解析式为：y＝x，
∵点D坐标为（0，2），点A坐标（4，0），
∴直线AD解析式为：y＝﹣x+2，
∴
解得：
∴点E坐标（，）
∴△AOE的面积＝×4×＝，
故答案为：；
（2）如图2，过点E作EH⊥OA，
∵将△AOD沿AD翻折得△AED，
∴AO＝AE＝4，
设点E（a，a），
∴OH＝a，EH＝a，
∴AH＝4﹣a，
∵AE2＝EH2+AH2，
∴16＝a2+（4﹣a）2，
∴a＝0（舍去），a＝，
∴点E（，）
（3）∵将△AOD沿AD翻折得△AED，
∴∠DAO＝∠DAE＝75°，OA＝AE，∠DOA＝∠DEA＝90°，
∴∠OAE＝150°，AE＝AC，∠ACF＝∠AED＝90°，
∴∠CAE＝60°，
∵AE＝AC，AF＝AF，
∴Rt△AEF≌Rt△ACF（HL）
∴∠CAF＝∠EAF＝30°，且AC＝4，
∴CF＝，
∵△AFQ是以AF为直角边的等腰直角三角形，
∴若∠AFQ＝90°，AF＝FQ，如图3，过点Q作QN⊥BF，
∴∠NQF+∠QFN＝90°，且∠QFN+∠AFC＝90°，
∴∠NQF＝∠AFC，且∠ACF＝∠QNF＝90°，QF＝AF，
∴△QNF≌△FCA（AAS）
∴QN＝CF＝，AC＝NF＝4，
∴点Q（，4+）
同理可求：Q'（8+，4﹣），
若∠FAQ＝90°，AF＝AQ时，
同样方法可求，Q''（0，），Q'''（8，﹣）专题29
图形折叠中的直角三角形存在性问题
【精典讲解】
1、如图例3-1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，BC=3，点D是BC边上一动点（不与点B、C重合），过点D作DE⊥BC交AB边于点E，将∠B沿直线DE翻折，点B落在射线BC上的点F处，当△AEF为直角三角形时，BD的长为
图例3-1
图例3-2
图例3-3
【答案】2或1.
【解析】从题目所给的“当△AEF为直角三角形时”条件出发，以直角顶点所在位置进行分类讨论.
通过观察及分析可知∠BED=∠DEF=60°，所以∠AEF=180－120°=60°.
即点E不可能为直角顶点.
分两种情况考虑：
①当∠EAF=90°时，如图例3-2所示.
∵∠B=30°，BC=3
∴，
∵∠EAF=90°
∴∠AFC=60°，∠CAF=30°
在Rt△ACF中，有：，
由折叠性质可得：∠B=∠DFE=30°，
②当∠AFE=90°时，如图例3-3所示.
由折叠性质得：∠B=∠DFE=30°，
∴∠AFC=60°，∠FAC=30°
∴
所以，BF=2，
综上所述，BD的长为2或1.
【点睛】本题难度适中，要求学生具备分类讨论思想及数形结合解决问题的能力，另外还需要熟练运用勾股定理及相似三角形知识.
通过此题，可总结出：①遇到直角三角形存在性问题时，分类讨论的出发点在于直角顶点的位置；②解决直角三角形存在性问题的方法是数形结合，先作出符合题意的图形，再用勾股定理或相似三角形、三角函数性质解题.
2、如图例4-1，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处．当△CEB′为直角三角形时，BE的长为
．
图例4-1
图例4-2
图例4-3
【答案】3或1.5.
【解析】此题以“当△CEB′为直角三角形时”为突破口，分析可能是直角顶点的点，得出存在两种情况，即点B′及点E分别为直角顶点.分两种情况考虑：
①当∠CEB′=90°时，如图例4-2所示.
由折叠性质得：AB=AB′，四边形ABE
B′是矩形.
所以四边形ABE
B′是正方形.
此时，BE=AB=3.
②当∠CB′E=90°时，如图例4-3所示.
由折叠性质知，∠AB′C=90°，所以∠AB′C+∠CB′E=180°.
∴点A、B′、C共线
在Rt△ABC中，由勾股定理得AC=5
由折叠得：AB=
AB′=3
所以B′C=2
设BE=x，则B′E=x，EC=4－x
在Rt△ABC中，由勾股定理得：EC2=B′E2+B′C2
即：（4-x）2=x2+22
解得：x=1.5.
综上所述，BE的值为3或1.5.
【点睛】本题解题关键在准确对问题进行分类讨论且作出相应图形，要求学生掌握三点共线的理由，折叠的性质及勾股定理的应用.
3、如图例5-1，在中，，，，点，分别是边，上的动点，沿所在的直线折叠，使点的对应点始终落在边上.若为直角三角形，则的长为
．
图例5-1
图例5-2
图例5-3
【答案】或1.
【解析】通过观察及分析可知，C点不可能为直角顶点，分两种情况讨论.
①当∠CM
B′=90°时，如图例5-2所示.
由折叠知：∠BMN=∠B′MB=45°，又因为∠B=45°，所以∠BNM=90°，∠MNB′=90°
即∠BNM+∠MN
B′=180°，所以B、N、B′三点共线，此时B′与点A重合.
所以，
①当∠CB′M=90°时，如图例5-3所示.
由折叠知∠B=∠B′=45°，因为∠C=45°，可得∠B′MC=45°，所以△B′MC是等腰直角三角形
设BM=
B′M=x，B′C=x，则MC=
x
因为BC=+1
所以x+x=+1
解得：x=1，即BM=1.
综上所述，BM的值为或1.
【点睛】根据题意判断出C点不可能为直角顶点，分两种情况讨论，利用等腰直角三角形的三边关系求解.
4、
如图例6-1，在∠MAN=90°，点C在边AM上，AC=4，点B为边AN上一动点，连接BC，△A’BC与△ABC关于BC所在直线对称.
D、E分别为AC、BC的中点，连接DE并延长交A’B所在直线于点F，连接A’E.
当△A’EF为直角三角形时，AB的长为
.
图例6-1
图例6-2
图例6-3
【答案】4或
【解析】分两种情况讨论.
①当∠A’FE=90°时，如图例6-2所示.
∵D、E分别为AC、BC的中点
∴DE是三角形ABC的中位线
即DE∥BA
∴∠A’BA=90°
∴四边形AB
A’C为矩形
由折叠得AC=A’C
∴四边形AB
A’C为正方形
即AB=AC=4.
②当∠A’EF=90°时，如图例6-3所示.
∵∠A’EF=∠CDE=90°
∴A’E∥CD
∴∠DCE=∠CEA’
由折叠知：∠DCE=∠A’CE
∴∠CEA’=∠A’CE
∴A’C=A’E=4
又∵E是BC中点
即A’E是Rt△A’BC的中线
∴BC=2A’E=8
在Rt△A’BC中，由勾股定理得，A’B=
由折叠性质得：AB=
A’B=.
综上所述，AB的长为4或.
【点睛】利用中位线性质（三角形的中位线平行于第三边）及正方形判定，用勾股定理求解.
【针对训练】
1、矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，当△CEB′为直角三角形时，BE的长为(
)
A．3
B．
C．2或3
D．3或
【解析】
【分析】
当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：
①当点B′落在矩形内部时，如图1所示．
连结AC，先利用勾股定理计算出AC=5，根据折叠的性质得∠AB′E=∠B=90°，而当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，所以点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，则EB=EB′，AB=AB′=3，可计算出CB′=2，设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，然后在Rt△CEB′中运用勾股定理可计算出x．
②当点B′落在AD边上时，如图2所示．此时ABEB′为正方形．
【详解】
当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：
①当点B′落在矩形内部时，如图1所示．
连结AC，
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，
∴AC==5，
∵∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，
∴∠AB′E=∠B=90°，
当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，
∴点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，
∴EB=EB′，AB=AB′=3，
∴CB′=5-3=2，
设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，
在Rt△CEB′中，
∵EB′2+CB′2=CE2，
∴x2+22=（4-x）2，解得x=，
∴BE=；
②当点B′落在AD边上时，如图2所示．
此时ABEB′为正方形，
∴BE=AB=3．
综上所述，BE的长为或3．
故选D．
【点睛】
本题考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．也考查了矩形的性质以及勾股定理．注意本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．
2、如图，矩形纸片ABCD，AB=4，BC=3，点P在BC边上，将△CDP沿DP折叠，点C落在点E处，PE、DE分别交AB于点O、F，且OP=OF，则的值为
A．
B．
C．
D．
【解析】
【分析】
根据折叠的性质可得出DC=DE、CP=EP，由∠EOF=∠BOP、∠B=∠E、OP=OF可得出△OEF≌△OBP（AAS），根据全等三角形的性质可得出OE=OB、EF=BP，设EF=x，则BP=x、DF=4﹣x、BF=PC=3﹣x，进而可得出AF=1+x．在Rt△DAF中，利用勾股定理可求出x的值，即可得出答案．
【详解】
根据折叠，可知：△DCP≌△DEP，∴DC=DE=4，CP=EP．
在△OEF和△OBP中，∵，∴△OEF≌△OBP（AAS），∴OE=OB，EF=BP．
设EF=x，则BP=x，DF=DE﹣EF=4﹣x．
又∵BF=OB+OF=OE+OP=PE=PC，PC=BC﹣BP=3﹣x，∴AF=AB﹣BF=1+x．
在Rt△DAF中，AF2+AD2=DF2，即（1+x）2+32=（4﹣x）2，解得：x=0.6，∴DF=4﹣x=3.4，∴．
故选C．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理以及解直角三角形，利用勾股定理结合AF=1+x，求出AF的长度是解题的关键．
3、如图，已知正方形ABCD的边长为3，E是BC上一点，BE=，Q是CD上一动点，将△CEQ沿直线EQ折叠后，点C落在点P处，连接PA．点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动，当PA的长度最小时，CQ的长为（
）
A．
B．
C．
D．3
【解析】
试题解析：如图所示：
在Rt△ABE中，AE=．
∵BC=3，BE=，
∴EC=3-．
由翻折的性质可知：PE=CE=3-．
∵AP+PE≥AE，
∴AP≥AE-PE．
∴当点A、P、E一条直线上时，AP有最小值．
∴AP=AE-PE=2-（3-）=3-3．
故选A．
考点：翻折变换（折叠问题）．
4、如图，矩形中，，，点是边上一点，连接，把矩形沿折叠，使点落在点处．当为直角三角形时，的长为____________．
【解析】
【分析】
当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：
①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．
连结AC，先利用勾股定理计算出AC=10，根据折叠的性质得∠AB′E=∠B=90°，而当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，所以点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，则EB=EB′，AB=AB′=6，可计算出CB′=4，设BE=x，则EB′=x，CE=8-x，然后在Rt△CEB′中运用勾股定理可计算出x．
②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．此时四边形ABEB′为正方形．
【详解】
由题意知，需分两种情况讨论：
①当时，如图1，由折叠得，，，
∴，
∴三点共线．在矩形中，，，
∴．
∵，
∴．
设，则，，
在中，，即，解得．
②当时，如图2，由折叠可知，
∴，，
∴四边形是正方形，
∴．
综上所述，当为直角三角形时，的长为或3．
故答案是：或3.
【点睛】
考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．也考查了矩形的性质以及勾股定理．注意本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．
5、如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝2，E是AB边上一点，AE＝2，F是直线CD上一动点，将△AEF沿直线EF折叠，点A的对应点为点A′，当点E，A′，C三点在一条直线上时，DF的长为_____．
【解析】
【分析】
利用勾股定理求出CE，再证明CF=CE即可解决问题．（注意有两种情形）
【详解】
解：如图，由翻折可知，∠FEA＝∠FEA′，
∵CD∥AB，
∴∠CFE＝∠AEF，
∴∠CFE＝∠CEF，
∴CE＝CF，
在Rt△BCE中，EC＝
，
∴CF＝CE＝2，
∵AB＝CD＝6，
∴DF＝CD﹣CF＝6﹣2，
当点F在DC的延长线上时，易知EF⊥EF′，CF＝CF′＝2，
∴DF＝CD+CF′＝6+2
故答案为6﹣2或6+2．
【点睛】
本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，本题的突破点是证明△CFE的等腰三角形，属于中考常考题型．
6、如图，在菱形ABCD中，∠DAB=45°，AB=4，点P为线段AB上一动点，过点P作PE⊥AB交直线AD于点E，将∠A沿PE折叠，点A落在F处，连接DF，CF，当△CDF为直角三角形时，线段AP的长为__________．
【解析】
【分析】
分两种情形讨论：①如图1，当DF⊥AB时，△CDF是直角三角形；②如图2，当CF⊥AB时，△DCF是直角三角形，分别求出即可．
【详解】
分两种情况讨论：①如图1，当DF⊥AB时，△CDF是直角三角形．
∵在菱形ABCD中，AB=4，∴CD=AD=AB=4．
在Rt△ADF中，∵AD=4，∠DAB=45，DF=AF=2，∴APAF．
②如图2，当CF⊥AB时，△DCF是直角三角形．
在Rt△CBF中，∵∠CFB=90°，∠CBF=∠A=45°，BC=4，∴BF=CF=2，∴AF=4+2，∴APAF=2．
综上所述：线段AP的长为或2．
故答案为：或2．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，等腰直角三角形的性质，折叠的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键，正确画出图象，注意分类讨论的思想，属于中考常考题型．专题24
以几何为背景的直角三角形的存在性问题
1、如图，已知在平面直角坐标系中，点A的坐标为（，0），点B是点A关于原点的对称点，P是函数（）图像上的一点，且是直角三角形，求点P的坐标．
【答案】（（2，1）或（）．
【解析】解：分情况讨论，因为点P在第一象限，所以不可能为．
当时，
∴P点横坐标为2，
∴P点为（2，1）；
当时，连接OP，∴OP
=
OA
=
2，
设P点为，
∴．
解得：或，
∵点P在第一象限，
∴，
综上，P点的坐标可能为（2，1）或（）．
【总结】本题主要考查直角三角形的存在性问题，由于本题中P点在第一象限，因此注意直角三角形只有两种情况
2、如图，在中，AB
=
AC
=
10，cosB
=
．D、E为线段BC上的两个动点，且DE
=
3（E在D右边），运动初始时D和B重合，当E和C重合时运动停止．过E作EF
//
AC交AB于F，联结DF．
（1）设BD
=
x，EF
=
y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域；
（2）如果为直角三角形，求的面积；
（3）如图2，如果MN过的重心，且MN
//
BC分别交FD、FE于M、N，求整
个运动过程中线段MN扫过的区域的形状和面积（直接写出答案）．
图1
图2
【答案】（1）（）；（2）或；（3）．
【解析】解：（1）∵EF//AC，∴．
∵AB=AC=10，，∴BC=16．
∴．
∴（）；
（2）∵EF///AC，AB=AC，
∴，∴．
由于，分类讨论：
当时，∵，∴，解得：；
∴的面积为；
时，∵，∴，解得：．
∴的面积为；
综上所述，的面积为或；
（3）面积为（注：形状为一个平行四边形，MN始终为2）．
【总结】本题主要考查动点背景下的面积问题，注意进行分类讨论．专题23
以函数为背景的直角三角形的存在性问题
【知识讲解】
知识内容：
在以函数为背景的此类压轴题中，坐标轴作为一个“天然”的直角存在，在解题时经常会用到，作出垂直于坐标轴的直线来构造直角。另外，较困难的情况则需要用到全等/相似或者勾股定理的计算来确定直角三角形．
解题思路：
按三个角分别可能是直角的情况进行讨论；
计算出相应的边长等信息；
根据边长与已知点的坐标，计算出相应的点的坐标．
【例题讲解】
1、如图，抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
（1）求点A、B的坐标；
（2）若直线l过点E（4，0），M为直线l上的动点，当以A、B、M为顶点所作的直
角三角形有且只有三个时，求直线l的解析式．
【答案】（1）A、B的坐标分别为（，0），（2，0）；
（2）直线l解析式为或．
【解析】（1）解方程，
可得：A、B的坐标分别为（，0），（2，0）；
（2）设AB中点为D，D点为（，0），
以D为圆心，AD为半径作圆，
若l与y轴平行，则找不到3个M点，使为直角三角形．
∴l不与y轴平行．
∴必定存在2个M点，使或．
要满足“以A、B、M为顶点所作的直角三角形有且只有三个”，
即直线l与圆D相切，设切点为M0，过M0作M0H⊥x轴于H，
∵，，
∴，．
∴M0的坐标为或．
∴直线l解析式为或．
【总结】本题主要考查二次函数背景下的直角三角形的存在性问题，注意认真分析题目中的条件，从而求出正确的结果．
2、在平面直角坐标平面内，O为原点，二次函数的图像经过点
A（，0）和点B（0，3），顶点为P．
（1）求二次函数解析式及点P的坐标；
（2）如果点Q是x轴上一点，以点A、P、Q为顶点的三角形是直角三角形，求点Q的坐标．
【答案】（1）解析式：，顶点（1，4）；
（2）点Q的坐标是（1，0）或（9，0）．
【解析】（1）由题意得，解得：，；
∴二次函数解析式为，
∴点P的坐标是（1，4）；
（2）P（1，4），A（，0），∴
设点Q的坐标是（x，0），则，．
当时，，
∴，
解得：，（不合题意，舍去），
∴点Q的坐标是（1，0）；
当时，，
∴，
解得：，
∴点Q的坐标是（9，0）．
当时，不合题意．
综上所述，所求点Q的坐标是（1，0）或（9，0）．
【总结】本题一方面考查二次函数的解析式及顶点坐标的确定，另一方面考查二次函数背景下的直角三角形的存在性，注意利用勾股定理确定点的坐标．专题35
反比例函数中几何图形存在性问题
1、如图所示，在平面直角坐标系中，一次函数y＝kx+b（k≠0）与反比例函数y＝（m≠0）的图象交于第二、四象限A、B两点，过点A作AD⊥x轴于D，AD＝4，sin∠AOD＝，且点B的坐标为（n，﹣2）．
（1）求一次函数与反比例函数的解析式；
（2）E是y轴上一点，且△AOE是等腰三角形，请直接写出所有符合条件的E点坐标．
【分析】（1）由垂直的定义及锐角三角函数定义求出AO的长，利用勾股定理求出OD的长，确定出A坐标，进而求出m的值确定出反比例解析式，把B的坐标代入反比例解析式求出n的值，确定出B坐标，利用待定系数法求出一次函数解析式即可；
（2）分类讨论：当AO为等腰三角形腰与底时，求出点E坐标即可．
【解答】解：（1）∵一次函数y＝kx+b与反比例函数y＝图象交于A与B，且AD⊥x轴，
∴∠ADO＝90°，
在Rt△ADO中，AD＝4，sin∠AOD＝，
∴＝，即AO＝5，
根据勾股定理得：DO＝＝3，
∴A（﹣3，4），
代入反比例解析式得：m＝﹣12，即y＝﹣，
把B坐标代入得：n＝6，即B（6，﹣2），
代入一次函数解析式得：，
解得：，即y＝﹣x+2；
（2）当OE3＝OE2＝AO＝5，即E2（0，﹣5），E3（0，5）；
当OA＝AE1＝5时，得到OE1＝2AD＝8，即E1（0，8）；
当AE4＝OE4时，由A（﹣3，4），O（0，0），得到直线AO解析式为y＝﹣x，中点坐标为（﹣1.5，2），
∴AO垂直平分线方程为y﹣2＝（x+），
令x＝0，得到y＝，即E4（0，），
综上，当点E（0，8）或（0，5）或（0，﹣5）或（0，）时，△AOE是等腰三角形．
【点评】此题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，熟练掌握各自的性质是解本题的关键．
2、如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝x+b的图象经过点A（﹣2，0），与反比例函数y＝（x＞0）的图象交于B（a，4）．
（1）求一次函数和反比例函数的表达式；
（2）设M是直线AB上一点，过M作MN∥x轴，交反比例函数y＝（x＞0）的图象于点N，若A，O，M，N为顶点的四边形为平行四边形，求点M的坐标．
【分析】（1）根据一次函数y＝x+b的图象经过点A（﹣2，0），可以求得b的值，从而可以解答本题；
（2）根据平行四边形的性质和题意，可以求得点M的坐标，注意点M的横坐标大于0．
【解答】解：（1）∵一次函数y＝x+b的图象经过点A（﹣2，0），
∴0＝﹣2+b，得b＝2，
∴一次函数的解析式为y＝x+2，
∵一次函数的解析式为y＝x+2与反比例函数y＝（x＞0）的图象交于B（a，4），
∴4＝a+2，得a＝2，
∴4＝，得k＝8，
即反比例函数解析式为：y＝（x＞0）；
（2）∵点A（﹣2，0），
∴OA＝2，
设点M（m﹣2，m），点N（，m），
当MN∥AO且MN＝AO时，四边形AOMN是平行四边形，
||＝2，
解得，m＝2或m＝+2，
∴点M的坐标为（﹣2，）或（，2+2）．
【点评】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
3、如图，一次函数y＝x+b的图象与y轴交于点B（0，2），与反比例函数y＝（x＜0）的图象交于点D（m，n）．以BD为对角线作矩形ABCD，使顶点A，C落在x轴上（点A在点C的右边），BD与AC交于点E．
（1）求一次函数和反比例函数的解析式；
（2）求点A的坐标．
【分析】（1）根据点B坐标可以确定b的值，作DF⊥OB于F，由BE＝DE，OE∥DF，推出OF＝OB＝2，推出点D（﹣3，﹣2）即可解决问题；
（2）求出BE的值，利用矩形的性质EA＝EB，求出OA即可解决问题；
【解答】解：（1）∵一次函数y＝x+b的图象与y轴交于点B（0，2），
∴b＝2，
∴一次函数的解析式为y＝．
∵B（0，2），
∴OB＝2，
作DF⊥OB于F．
∵四边形ABCD是矩形，
∴BE＝ED，
∵OE∥DF，
∴OB＝OF＝2，
∴n＝﹣2，
∵D（m，﹣2）在y＝上，
∴m＝﹣3，
∴D（﹣3，﹣2），
∵点D在y＝上，
∴k＝6，
∴反比例函数的解析式为y＝．
（2）由（1）可知：OE＝DF＝，
在Rt△BOE中，BE＝＝，
在矩形ABCD中，AE＝BE＝，
∴OA＝AE﹣EO＝﹣＝1，
∴A（1，0）．
【点评】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，待定系数法，平行线的性质，勾股定理，矩形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
4、如图，一次函数y＝ax+b的图象与反比例函数y＝（x＞0）的图象交于点P（m，4），与x轴交于点A（﹣3，0），与y轴交于点C，PB⊥x轴于点B，且AC＝BC．
（1）求反比例函数与一次函数的解析式；
（2）反比例函数图象上是否存在点D，使四边形BCPD为菱形？如果存在，求出点D的坐标；如果不存在，说明理由．
【分析】（1）先根据题意得出P点坐标，把点P（3，4）代入反比例函数y＝即可得出k的值，再将A、P两点的坐标代入y＝ax+b求出kb的值，故可得出一次函数的解析式，进而得出结论；
（2）先求得y＝2时，x＝6，再根据菱形的判定即可求解．
【解答】解：（1）∵AC＝BC，CO⊥AB，A（﹣3，0），
∴O为AB的中点，即OA＝OB＝3，
∴P（3，4），B（3，0），
将P（3，4）代入反比例解析式得：k＝12，即反比例解析式为y＝．
将A（﹣3，0）与P（3，4）代入y＝ax+b得：，
解得：，
∴一次函数解析式为y＝x+2；
（2）如图所示，∵C（0，2），PB⊥x轴，
∴点D的纵坐标为2，
把y＝2代入y＝中，得x＝6，得D（6，2），
则点D（6，2）．
【点评】本题考查的是反比例函数综合题，涉及到一次函数与反比例函数图象上点的坐标特点、菱形的判定与性质等知识，难度适中．
5、如图，正比例函数y＝2x的图象与反比例函数y＝的图象交于A、B两点，过点A作AC垂直x轴于点C，连结BC．若△ABC的面积为2．
（1）求k的值；
（2）x轴上是否存在一点D，使△ABD为直角三角形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）首先根据反比例函数与正比例函数的图象特征，可知A、B两点关于原点对称，则O为线段AB的中点，故△BOC的面积等于△AOC的面积，都等于1，然后由反比例函数y＝的比例系数k的几何意义，可知△AOC的面积等于|k|，从而求出k的值；
（2）先将y＝2x与y＝联立成方程组，求出A、B两点的坐标，然后分三种情况讨论：①当AD⊥AB时，求出直线AD的关系式，令y＝0，即可确定D点的坐标；②当BD⊥AB时，求出直线BD的关系式，令y＝0，即可确定D点的坐标；③当AD⊥BD时，由O为线段AB的中点，可得OD＝AB＝OA，然后利用勾股定理求出OA的值，即可求出D点的坐标．
【解答】解：（1）∵反比例函数与正比例函数的图象相交于A、B两点，
∴A、B两点关于原点对称，
∴OA＝OB，
∴△BOC的面积＝△AOC的面积＝2÷2＝1，
又∵A是反比例函数y＝图象上的点，且AC⊥x轴于点C，
∴△AOC的面积＝|k|，
∴|k|＝1，
∵k＞0，
∴k＝2．
故这个反比例函数的解析式为y＝；
（2）x轴上存在一点D，使△ABD为直角三角形．
将y＝2x与y＝联立成方程组得：
，
解得：，，
∴A（1，2），B（﹣1，﹣2），
①当AD⊥AB时，如图1，
设直线AD的关系式为y＝﹣x+b，
将A（1，2）代入上式得：b＝，
∴直线AD的关系式为y＝﹣x+，
令y＝0得：x＝5，
∴D（5，0）；
②当BD⊥AB时，如图2，
设直线BD的关系式为y＝﹣x+b，
将B（﹣1，﹣2）代入上式得：b＝﹣，
∴直线BD的关系式为y＝﹣x﹣，
令y＝0得：x＝﹣5，
∴D（﹣5，0）；
③当AD⊥BD时，如图3，
∵O为线段AB的中点，
∴OD＝AB＝OA，
∵A（1，2），
∴OC＝1，AC＝2，
由勾股定理得：OA＝＝，
∴OD＝，
∴D（，0）．
根据对称性，当D为直角顶点，且D在x轴负半轴时，D（﹣，0）．
故x轴上存在一点D，使△ABD为直角三角形，点D的坐标为（5，0）或（﹣5，0）或（，0）或（﹣，0）．
【点评】本题主要考查函数图象的交点及待定系数法求函数解析式，掌握图象的交点的坐标满足两个函数解析式是解题的关键．另外第2问要分3种情况讨论．
6、如图，已知反比例函数y＝的图象与正比例函数y＝kx的图象交于点A（m，﹣2）．
（1）求正比例函数的解析式及两函数图象另一个交点B的坐标；
（2）试根据图象写出不等式≥kx的解集；
（3）在反比例函数图象上是否存在点C，使△OAC为等边三角形？若存在，求出点C的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）把点A的坐标代入y＝求出m的值，再运用A的坐标求出k，两函数解析式联立得出B点的坐标．
（2）把k的值代入不等式，讨论当a＞0和当a＜0时分别求出不等式的解．
（3）讨论当C在第一象限时，△OAC不可能为等边三角形，当C在第三象限时，根据OA＝OC，求出点C的坐标，再看AC的值看是否构成等边三角形．
【解答】解：（1）把A（m，﹣2）代入y＝，得﹣2＝，
解得m＝﹣1，
∴A（﹣1，﹣2）代入y＝kx，
∴﹣2＝k×（﹣1），解得，k＝2，
∴y＝2x，
又由2x＝，得x＝1或x＝﹣1（舍去），
∴B（1，2），
（2）∵k＝2，
∴≥kx为≥2x，
根据图象可得：当x≤﹣1和0＜x≤1时，反比例函数y＝的图象恒在正比例函数y＝2x图象的上方，即≥2x．
（3）①当点C在第一象限时，△OAC不可能为等边三角形，
②如图，当C在第三象限时，要使△OAC为等边三角形，则OA＝OC，设C（t，）（t＜0），
∵A（﹣1，﹣2）
∴OA＝
∴t2+＝5，则t4﹣5t2+4＝0，
∴t2＝1，t＝﹣1，此时C与A重合，舍去，
t2＝4，t＝﹣2，∴C（﹣2，﹣1），而此时AC＝，AC≠AO，
∴不存在符合条件的点C．
【点评】本题主要考查了反比例函数与一次函数的交点问题，解题的关键是求出点C的坐标，看是否构成等边三角形．
7、反比例函数y＝在第一象限的图象如图所示，过点A（1，0）作x轴的垂线，交反比例函数y＝的图象于点M，△AOM的面积为3．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）设点B的坐标为（t，0），其中t＞1．若以AB为一边的正方形ABCD有一个顶点在反比例函数y＝的图象上，求t的值．
【分析】（1）根据反比例函数k的几何意义得到|k|＝3，可得到满足条件的k＝6，于是得到反比例函数解析式为y＝；
（2）分类讨论：当以AB为一边的正方形ABCD的顶点D在反比例函数y＝的图象上，则D点与M点重合，即AB＝AM，再利用反比例函数图象上点的坐标特征确定M点坐标为（1，6），则AB＝AM＝6，所以t＝1+6＝7；当以AB为一边的正方形ABCD的顶点C在反比例函数y＝的图象上，根据正方形的性质得AB＝BC＝t﹣1，
则C点坐标为（t，t﹣1），然后利用反比例函数图象上点的坐标特征得到t（t﹣1）＝6，再解方程得到满足条件的t的值．
【解答】解：（1）∵△AOM的面积为3，
∴|k|＝3，
而k＞0，
∴k＝6，
∴反比例函数解析式为y＝；
（2）当以AB为一边的正方形ABCD的顶点D在反比例函数y＝的图象上，则D点与M点重合，即AB＝AM，
把x＝1代入y＝得y＝6，
∴M点坐标为（1，6），
∴AB＝AM＝6，
∴t＝1+6＝7；
当以AB为一边的正方形ABCD的顶点C在反比例函数y＝的图象上，
则AB＝BC＝t﹣1，
∴C点坐标为（t，t﹣1），
∴t（t﹣1）＝6，
整理为t2﹣t﹣6＝0，解得t1＝3，t2＝﹣2（舍去），
∴t＝3，
∴以AB为一边的正方形有一个顶点在反比例函数y＝的图象上时，t的值为7或3．
【点评】本题考查了用待定系数法求反比例函数的解析式：（1）设出含有待定系数的反比例函数解析式y＝xk（k为常数，k≠0）；（2）把已知条件（自变量与函数的对应值）代入解析式，得到待定系数的方程；（3）解方程，求出待定系数；（4）写出解析式．也考查了反比例函数k的几何意义、反比例函数图象上点的坐标特征和正方形的性质．
8、如图，反比例函数y＝的图象经过点，射线AB与反比例函数的图象的另一个交点为B（﹣1，a），射线AC与x轴交于点E，与y轴交于点C，∠BAC＝75°，AD⊥y轴，垂足为D．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）求DC的长；
（3）在x轴上是否存在点P，使得△APE与△ACD相似，若存在，请求出满足条件点P的坐标，若不存在，请说明理由．
解：（1）∵反比例函数y＝的图象经过点，
∴k＝﹣2，
∴反比例函数的解析式为：；
（2）过点B作BM⊥AD于M，把B（﹣1，a）代入得，
∴B（﹣1，2），
∴AM＝BM＝2﹣1，
∴∠BAM＝45°，
∵∠BAC＝75°，
∴∠DAC＝75°﹣45°＝30°，
∴CD＝AD?tan∠DAC＝2×＝2；
（3）存在，
如图，∵OC＝CD﹣OD＝1，
∴OE＝OC＝，
①当AP⊥x轴时，△APE～△CDA，则：OP1＝AD＝2，
∴P1（﹣2，0），
②当AP⊥AE时，△APE～△DCA，∵AP1＝1，∠AP2P1＝90°﹣30°＝60°∴
则，
综上所述，满足条件点P的坐标为（﹣2，0），（﹣，0）．
9、如图，在平面直角坐标系中，一次函数y1＝kx+b（k≠0）的图象与反比例函数的图象相交于第一、三象限内的A（3，5），B（a，﹣3）两点，与x轴交于点C．
（1）求该反比例函数和一次函数的解析式；
（2）直接写出当y1＞y2时，x的取值范围；
（3）在y轴上找一点P使PB﹣PC最大，求PB﹣PC的最大值及点P的坐标．
解：（1）把A（3，5）代入，可得m＝3×5＝15，
∴反比例函数的解析式为；
把点B（a，﹣3）代入，可得a＝﹣5，
∴B（﹣5，﹣3）．
把A（3，5），B（﹣5，﹣3）代入y1＝x+b，可得，
解得，
∴一次函数的解析式为y1＝x+2；
（2）当y1＞y2时，﹣5＜x＜0或x＞3．
（3）一次函数的解析式为y1＝x+2，令x＝0，则y＝2，
∴一次函数与y轴的交点为P（0，2），
此时，PB﹣PC＝BC最大，P即为所求，
令y＝0，则x＝﹣2，
∴C（﹣2，0），
∴．
10、如图，一次函数y＝kx+b（k≠0）与反比例函数y＝（a≠0）的图象在第一象限交于A，B两点，A点的坐标为（m，6），B点的坐标为（2，3），连接OA，过B作BC⊥y轴，垂足为C．
（1）求一次函数和反比例函数的表达式；
（2）在射线CB上是否存在一点D，使得△AOD是直角三角形，求出所有可能的D点坐标．
解：（1）∵点B（2，3）在反比例函数y＝的图象上，
∴a＝3×2＝6，
∴反比例函数的表达式为y＝，
∵点A的纵坐标为6，
∵点A在反比例函数y＝图象上，
∴A（1，6），
∴，
∴，
∴一次函数的表达式为y＝﹣3x+9；
（2）如图，①当∠OD1A＝90°时，
设BC与AO交于E，则E（，3），
∴AE＝OE＝D1E＝，
∵E（，3），
∴D1的坐标为（，3）；
②当∠OAD2＝90°时，
可得直线AD2的解析式为：y＝﹣x+，
当y＝3时，x＝19，
∴D2的坐标为（19，3），
综上所述，当△AOD是直角三角形，D点坐标为（，3）或（19，3）
11、如图，直线y＝ax+2与x轴、y轴分别相交于A，B两点，与双曲线y＝（x＞0）相交于点P，PC⊥x轴于点C，且PC＝4，点A的坐标为（﹣4，0）．
（1）求双曲线的解析式；
（2）若点Q为双曲线上点P右侧的一点，过点Q作QH⊥x轴于点H，当以点Q，C，H为顶点的三角形与△AOB相似时，求点Q的坐标．
解：（1）把A（﹣4，0）代入y＝ax+2，
得，﹣4a+2＝0，解得a＝，
故直线AB的解析式为y＝x+2，
把y＝4代入y＝x+2，得，x+2＝4，
解得x＝4，
∴点P（4，4）．
把P（4，4）代入y＝，得k＝16，
故双曲线的解析式为y＝；
（2）把x＝0代入y＝x+2，得y＝2，
∴点B的坐标为（0，2），
∴OB＝2，
∵A（﹣4，0），
∴OA＝4，
设Q（m，），则CH＝m﹣4，QH＝，
由题意可知∠AOB＝∠QHC＝90°，
当△AOB?△QHC时，，即，
解得：m1＝2+2，m2＝2﹣2
（不合题意，舍去），
∴点Q的坐标为（2+2，4﹣4），
当△BOA?△QHC时，，即，
解得m1＝8，m2＝﹣4（不合题意，舍去），
∴点Q的坐标为（8，2）．
综上可知，点Q的坐标为（2+2，4﹣4）或（8，2）．
12、如图（1），正方形ABCD顶点A、B在函数y＝（k＞0）的图象上，点C、D分别在x轴、y轴的正半轴上，当k的值改变时，正方形ABCD的大小也随之改变．
（1）若点A的横坐标为5，求点D的纵坐标；
（2）如图（2），当k＝8时，分别求出正方形A′B′C′D′的顶点A′、B′两点的坐标；
（3）当变化的正方形ABCD与（2）中的正方形A′B′C′D′有重叠部分时，求k的取值范围．
解：（1）如图，过点A作AE⊥y轴于点E，则∠AED＝90°．
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝DC，∠ADC＝90°，
∴∠ODC+∠EDA＝90°．
∵∠ODC+∠OCD＝90°，
∴∠EDA＝∠OCD，
在△AED和△DOC中
，
∴△AED≌△DOC（AAS），
∴OD＝EA＝5，
∴点D的纵坐标为5；
（2）作A′M⊥y轴于M，B′N⊥x轴于点N，
设OD′＝a，OC′＝b，
同理可得△B′C′N≌△C′D′O≌△A′D′E，
∴C′N＝OD′＝A′M＝a，B′N＝C′O＝D′M＝b，
∴A′（a，a+b），B′（a+b，b），
∵点A′、B′在反比例函数y＝的图象上，
∴a（a+b）＝8，b（a+b）＝8，
∴解得a＝b＝2或a＝b＝﹣2（舍去），
∴A′、B′两点的坐标分别为（2，4），（4，2）；
（3）设直线A′B′的解析式为y＝mx+n，
把A′（2，4），B′（4，2）代入得
，
解得，
∴直线A′B′解析式为y＝﹣x+6，
同样可求得直线C′D′解析式为y＝﹣x+2，
由（2）可知△OCD是等腰直角三角形，
设点A的坐标为（m，2m），点D坐标为（0，m），
当A点在直线C′D′上时，则2m＝﹣m+2，解得m＝，
此时点A的坐标为（，），
∴k＝×＝；
当点D在直线A′B′上时，有m＝6，此时点A的坐标为（6，12），
∴k＝6×12＝72；
综上可知：当变化的正方形ABCD与（2）中的正方形A′B′C′D′有重叠部分时，k的取值范围为≤x≤72．
13、如图，一次函数y＝﹣x+3的图象与反比例函数y＝（k≠0）在第一象限的图象交于A（1，a）和B两点，与x轴交于点C．
（1）求反比例函数的解析式；
（2）若点P在x轴上，且△APC的面积为5，求点P的坐标；
（3）若点P在y轴上，是否存在点P，使△ABP是以AB为一直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的P点坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）把点A（1，a）代入y＝﹣x+3，得a＝2，
∴A（1，2），
把A（1，2）代入反比例函数，
∴k＝1×2＝2；
∴反比例函数的表达式为；
（2）∵一次函数y＝﹣x+3的图象与x轴交于点C，
∴C（3，0），
设P（x，0），
∴PC＝|3﹣x|，
∴S△APC＝|3﹣x|×2＝5，
∴x＝﹣2或x＝8，
∴P的坐标为（﹣2，0）或（8，0）；
（3）存在，
理由如下：联立，
解得：或，
∴B点坐标为（2，1），
∵点P在y轴上，
∴设P（0，m），
∴AB＝＝，AP＝，PB＝，
若BP为斜边，
∴BP2＝AB2+AP2
，
即
＝2+，专题33
圆中的存在性综合问题
1、如图，AB、CD是⊙O中两条互相垂直的弦，垂足为点E，且AE＝CE，点F是BC的中点，延长FE交AD于点G，已知AE＝1，BE＝3，OE＝．
（1）求证：△AED≌△CEB；
（2）求证：FG⊥AD；
（3）若一条直线l到圆心O的距离d＝，试判断直线l是否是圆O的切线，并说明理由．
（1）证明：由圆周角定理得：∠A＝∠C，
在△AED和△CEB中，，
∴△AED≌△CEB（ASA）；
（2）证明：∵AB⊥CD，
∴∠AED＝∠CEB＝90°，
∴∠C+∠B＝90°，
∵点F是BC的中点，
∴EF＝BC＝BF，
∴∠FEB＝∠B，
∵∠A＝∠C，∠AEG＝∠FEB＝∠B，
∴∠A+∠AEG＝∠C+∠B＝90°，
∴∠AGE＝90°，
∴FG⊥AD；
（3）解：直线l是圆O的切线，理由如下：
作OH⊥AB于H，连接OB，如图所示：
∵AE＝1，BE＝3，
∴AB＝AE+BE＝4，
∵OH⊥AB，
∴AH＝BH＝AB＝2，
∴EH＝AH﹣AE＝1，
∴OH＝＝＝1，
∴OB＝＝＝，
即⊙O的半径为，
∵一条直线l到圆心O的距离d＝＝⊙O的半径，
∴直线l是圆O的切线．
2、如图，直径为10的⊙O经过原点O，并且与x轴、y轴分别交于A、B两点，线段OA、OB（OA＞OB）的长分别是方程x2+kx+48＝0的两根．
（1）求线段OA、OB的长；
（2）已知点C在劣弧OA上，连结BC交OA于D，当OC2＝CD?CB时，求C点的坐标；
（3）在⊙O上是否存在点P，使S△POD＝S△ABD？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）连接AB，
∵∠BOA＝90°，
∴AB为直径，根与系数关系得OA+OB＝﹣k，OA×OB＝48；
根据勾股定理，得OA2+OB2＝100，
即（OA+OB）2﹣2OA×OB＝100，
解得：k2＝196，
∴k＝±14（正值舍去）．
则有方程x2﹣14x+48＝0，
解得：x＝6或8．
又∵OA＞OB，
∴OA＝8，OB＝6；
（2）若OC2＝CD×CB，则△OCB∽△DCO，
∴∠COD＝∠CBO，
又∵∠COD＝∠CBA，
∴∠CBO＝∠CBA，
所以点C是弧OA的中点．
连接O′C交OA于点D，根据垂径定理的推论，得O′C⊥OA，
根据垂径定理，得OD＝4，
根据勾股定理，得O′D＝3，
故CD＝2，即C（4，﹣2）；
（3）设直线BC的解析式是y＝kx+b，把B（0，6），C（4，﹣2）代入得：
，
解得：．
则直线BC的解析式是：y＝﹣2x+6，
令y＝0，
解得：x＝3，
则OD＝3，AD＝8﹣3＝5，
故S△ABD＝×5×6＝15．
若S△ABD＝S△OBD，P到x轴的距离是h，
则×3h＝15，解得：h＝10．
而⊙O′的直径是10，因而P不能在⊙O′上，
故P不存在．
3、如图，B，E是⊙O上的两个定点，A为优弧BE上的动点，过点B作BC⊥AB交射线AE于点C，过点C作CF⊥BC，点D在CF上，且∠EBD＝∠A．
（1）求证：BD与⊙O相切；
（2）已知∠A＝30°．
①若BE＝3，求BD的长；
②当O，C两点间的距离最短时，判断A，B，C，D四点所组成的四边形的形状，并说明理由．
（1）证明：如图1，作直径BG，连接GE，
则∠GEB＝90°，
∴∠G+∠GBE＝90°，
∵∠A＝∠EBD，∠A＝∠G，
∴∠EBD＝∠G，
∴∠EBD+∠GBE＝90°，
∴∠GBD＝90°，
∴BD⊥OB，
∴BD与⊙O相切；
（2）解：如图2，连接AG，
∵BC⊥AB，
∴∠ABC＝90°，
由（1）知∠GBD＝90°，
∴∠GBD＝∠ABC，
∴∠GBA＝∠CBD，
又∵∠GAB＝∠DCB＝90°，
∴△BCD∽△BAG，
∴＝＝tan30°＝，
又∵Rt△BGE中，∠BGE＝30°，BE＝3，
∴BG＝2BE＝6，
∴BD＝6×＝2；
（3）解：四边形ABCD是平行四边形，理由如下，
由（2）知＝，＝，
∴＝，
∵B，E为定点，BE为定值，
∴BD为定值，D为定点，
∵∠BCD＝90°，
∴点C在以BD为直径的⊙M上运动，
∴当点C在线段OM上时，OC最小，
此时在Rt△OBM中，＝＝，
∴∠OMB＝60°，
∴MC＝MB，
∴∠MDC＝∠MCD＝30°＝∠A，
∵AB⊥BC，CD⊥BC，
∴∠ABC＝∠DCB＝90°，
∴AB∥CD，
∴∠A+∠ACD＝180°，
∴∠BDC+∠ACD＝180°，
∴AC∥BD，
∴四边形ABCD为平行四边形．
4、如图，⊙O是△ABC的外接圆，过点A、B两点分别作⊙O的切线PA、PB交于一点P，连接OP
（1）求证：∠APO＝∠BPO；
（2）若∠C＝60°，AB＝6，点Q是⊙O上的一动点，求PQ的最大值．
（1）证明：连接OA、OB，
∵PA、PB是⊙O的切线，
∴OA⊥PA，OB⊥PB，
在RT△PAO和RT△PBO中，
，
∴RT△PAO≌RT△PBO（HL），
∴∠APO＝∠BPO；
（2）解：∵PA、PB是⊙O的切线，
∴∠PAB＝∠PBA＝∠C＝60°，OP⊥AB，
∴△PAB为等边三角形，
延长PO交⊙O于Q，连接AQ、BQ，则此时PQ最大，
∵∠APB＝60°，
∴∠APO＝∠BPO＝30°
∴PQ＝2×AP＝2×AB＝2××6＝6．
5、如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC沿直线AB翻折得到△ABD，连接CD交AB于点M．E是线段CM上的点，连接BE．F是△BDE的外接圆与AD的另一个交点，连接EF，BF．
（1）求证：△BEF是直角三角形；
（2）求证：△BEF∽△BCA；
（3）当AB＝6，BC＝m时，在线段CM上存在点E，使得EF和AB互相平分，求m的值．
（1）证明：∵∠EFB＝∠∠EDB，∠EBF＝∠EDF，
∴∠EFB+∠EBF＝∠EDB+∠EDF＝∠ADB＝90°，
∴∠BEF＝90°，
∴△BEF是直角三角形．
（2）证明：∵BC＝BD，
∴∠BDC＝∠BCD，
∵∠EFB＝∠EDB，
∴∠EFB＝∠BCD，
∵AC＝AD，BC＝BD，
∴AB⊥CD，
∴∠AMC＝90°，
∵∠BCD+∠ACD＝∠ACD+∠CAB＝90°，
∴∠BCD＝∠CAB，
∴∠BFE＝∠CAB，
∵∠ACB＝∠FEB＝90°，
∴△BEF∽△BCA．
（3）解：设EF交AB于J．连接AE．
∵EF与AB互相平分，
∴四边形AFBE是平行四边形，
∴∠EFA＝∠FEB＝90°，即EF⊥AD，
∵BD⊥AD，
∴EF∥BD，
∵AJ＝JB，
∴AF＝DF，
∴FJ＝BD＝，
∴EF＝m，
∵△ABC∽△CBM，
∴BC：MB＝AB：BC，
∴BM＝，
∵△BEJ∽△BME，
∴BE：BM＝BJ：BE，
∴BE＝，
∵△BEF∽△BCA，
∴＝，
即＝，
解得m＝2（负根已经舍弃）．
6、（1）如图，∠ABC是⊙O的圆周角，BC为⊙O直径，BD平分∠ABC交⊙O于点D，CD＝3，BD＝4，则点D到直线AB的距离是
（2）如图，∠ABC是⊙O的圆周角，BC为⊙O的弦，BD平分∠ABC交⊙O于点D，过点D作DE⊥BC，垂足为E（E在B、C之间，且不与B、C重合）．探索线段AB、BE、BC之间的数量关系，并说明理由．
（3）如图，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，∠ABC＝90°，∠BCD为锐角．BD平分∠ABC，BD＝7，AB＝6．求⊙O的面积．
解：（1）如图①中，作DF⊥AB于F，DE⊥BC于E．
∵BD平分∠ABC，DF⊥AB，DE⊥BC，
∴DF＝DE，
∵BC是直径，
∴∠BDC＝90°，
∴BC＝＝＝5，
∵S△BDC＝?BC?DE＝?BD?DC，
∴DE＝，
∴DF＝DE＝．
故答案为；
（2）如图②中，结论：AB+BC＝2BE．
理由：作DF⊥BA于F，连接AD，DC．
∵BD平分∠ABC，DE⊥BC，DF⊥BA，
∴DF＝DE，∠DFB＝∠DEB＝90°，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠EDF＝180°，
∴∠ADC＝∠EDF，
∴∠FDA＝∠CDE，
∵∠DFA＝∠DEC＝90°，
∴△DFA≌△DEC（ASA），
∴AF＝CE，
∵BD＝BD，DF＝DE，
∴Rt△BDF≌Rt△BDE（HL），
∴BF＝BE，
∴AB+BC＝BF﹣AF+BE+CE＝2BE；
（3）如图③，连接AC，延长BC至H，使CH＝AB，
∵BD平分∠ABC，∠ABC＝90°，
∴∠ABD＝∠CBD＝45°，
∴＝，
∴AD＝CD，
∵四边形ABCD是⊙O内接四边形，
∴∠DCH＝∠BAD，
又∵AD＝CD，AB＝CH，
∴△ABD≌△CHD（SAS）
∴BD＝DH＝7，∠ABD＝∠DHB＝45°，
∴∠BDH＝180°﹣∠DBH﹣∠DHB＝90°，
∴BH＝＝＝14，
∵AB＝CH＝6，
∴BC＝8，
∵∠ABC＝90°，
∴AC是直径，
∵AC＝＝＝10，
∴OC＝5，
∴⊙O的面积＝25π．
7、如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，O是BC边上一点，以OB为半径的⊙O交AB于点E，交C于点D，连接CE，且CE＝CA．
（1）求证：CE是⊙O的切线．
（2）如图2，连接AD并延长交⊙O于点F，连接EF．
①如果∠BAC＝60°，求证：EF⊥BC．
②如果∠BAC≠60°，EF⊥BC是否还成立？如果成立，请给予证明；如果不成立，请说明理由．
证明：（1）如图1，连接EO，
∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∵CA＝CE，OE＝OB，
∴∠A＝∠CEA，∠B＝∠OEB，
∴∠CEA+∠OEB＝90°，
∴∠CEO＝90°，
∴CE⊥OE，且OE为半径，
∴CE是⊙O的切线；
（2）如图2，连接DE，
∵∠BAC＝60°，AC＝CE，
∴△ACE是等边三角形，
∴AE＝CE＝AC，
∵∠CAB＝60°，∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝30°，
∴∠CFD＝∠ABC＝30°，
∵DB是直径，
∴∠DEB＝90°，
∴∠ACD＝∠AED＝90°，
∵AD＝AD，AC＝AE，
∴Rt△ACD≌Rt△AED（HL）
∴∠CAD＝∠EAD＝∠CAB＝30°，
∵∠BEF＝∠DAE+∠DFE，
∴∠BEF＝60°，
∴∠BHE＝180°﹣∠CBE﹣∠BEF＝90°，
∴EF⊥BC；
②仍然成立，
理由如下：如图3，连接OE，DE，
∵DB是直径，
∴∠DEB＝90°，
∴∠ACD＝∠AED＝90°，
∴点A，点C，点D，点E四点共圆，
∴∠CAD＝∠CED，
∵∠CEO＝90°＝∠BED，
∴∠CED＝∠OEB，
∴∠CAD＝∠OEB，
∵∠OEB＝∠OBE＝∠DFE，
∴∠CAD＝∠DFE，
∴AC∥EF，
∴∠ACB＝∠EHB＝90°，
∴EF⊥BC．
8、如图1，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在BC，BD上，且BE＝1，过三点C，E，F作⊙O交CD于点G．
（1）证明∠EFG＝90°．
（2）如图2，连结AF，当点F运动至点A，F，G三点共线时，求△ADF的面积．
（3）在点F整个运动过程中，
①当EF，FG，CG中满足某两条线段相等，求所有满足条件的BF的长．
②连接EG，若＝时，求⊙O的半径（请直接写出答案）．
解：（1）连结
EG．
在正方形
ABCD
中，得∠C＝90°．
∴EG
为⊙O
的直径，
∴∠EFG＝90°．
（2）过点
F
作
AD
的垂线分别交
AD，BC
于点
M，N（如图
1）．
由（1）得：∠AFE＝90°，∠ADF＝45°．
∴设
MF＝MD＝a，
且
AD＝MN，
∴AM＝FN，
∵∠NFE+∠AFM＝∠AFM+∠MAF，
∴∠NFE＝∠MAF，
∴△AMF≌△FNE（AAS），
∴MF＝EN，
即
a＝3﹣a，
∴a＝1.5，
∴S△ADE＝×4×1.5＝3．
（3）①Ⅰ当EF＝CG
时（如图
2）．
∴EF＝CG．
∴EF∥CG．
∴∠BEF＝∠C＝90°．
∴BE＝EF＝1．
∴BF＝．
Ⅱ当
EF＝FG
时（如图
3）．
∵EF＝FG，
∴＝，
∴∠ECF＝∠ACE＝45°，
∴点
A，C，E
共线．
∴F
为对角线的交点．
∴BF＝BD＝2．
Ⅲ当GF＝GC时，点
F
作
AD
的垂线分别交
AD，BC
于点
M，N．
∵∠ECG＝90°，
∴EG是直径，
∴∠EFG＝90°，
∴∠ECG＝∠EFG＝90°，
∵EG＝EG，EG＝GC，
∴Rt△EGF≌Rt△EGC（HL），
∴EF＝CE，
∴EF＝CE＝3，设
FN＝x．
则AM＝BN＝x．
∴EN＝x﹣1．
根据EN2+FN2＝EF2，
得：（x﹣1）2+x2＝32，
解得x＝或（舍弃），
∴BF＝NF＝，
∴综上所述，所有满足条件的
BF
长分别为，2，．
②如图4中，连接EG，作EM⊥BD于M，GN⊥BD于N．
由△EMF∽△FNG，可得＝＝＝，设FM＝x，
则GN＝DN＝2x，EM＝BM＝，FM＝，
∵BD＝4，
∴++3x＝4，
∴x＝，
∴DG＝DN＝，
∴CG＝CD﹣DG＝4﹣＝，
∴EG＝＝＝，
∴⊙O的半径为．
9、如图，已知AB是⊙O的弦，点C是弧AB的中点，D是弦AB上一动点，且不与A、B重合，CD的延长线交于⊙O点E，连接AE、BE，过点A作AF⊥BC，垂足为F，∠ABC＝30°．
（1）求证：AF是⊙O的切线；
（2）若BC＝6，CD＝3，则DE的长为
；
（3）当点D在弦AB上运动时，的值是否发生变化？如果变化，请写出其变化范围；如果不变，请求出其值．
（1）证明：如图1中，连接AC，OC，OA．
∵∠AOC＝2∠ABC＝60°，OA＝OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠CAO＝60°，
∵＝，
∴AB⊥OC，
∴∠OAD＝∠OAC＝30°，
∵∠ABC＝30°，
∴∠ABC＝∠OAD，
∴OA∥BF，
∵AF⊥BF，
∴OA⊥AF，
∴AF是⊙O的切线．
（2）解：∵＝，
∴∠CBD＝∠BEC，
∵∠BCD＝∠BCE，
∴△BCD∽△ECB，
∴＝，
∴＝，
∴EC＝12，
∴DE＝EC﹣CD＝12﹣3＝9．
故答案为9．
（3）解：结论：＝，的值不变．
理由：如图2中，连接AC，OC，OC交AB于H，作AN∥EC交BE的延长线于N．
∵＝，
∴OC⊥AB，CB＝CA，
∴BH＝AH＝AB，
∵∠ABC＝30°，
∴BH＝BC，
∴AC＝AB，
∵CE∥AN，
∴∠N＝∠CEB＝30°，∠EAN＝∠AEC＝∠ABC＝30°，
∴∠CEA＝∠ABC＝30°，∠EAN＝∠N，
∴∠N＝∠AEC，AE＝EN，
∵∠ACE＝∠ABN，
∴△ACE∽△ABN，
∴＝＝，
∴＝，
∴的值不变．
10、如图1，在直角坐标系中，直线l与x、y轴分别交于点A（2，0）、B（0，）两点，∠BAO的角平分线交y轴于点D．点C为直线l上一点，以AC为直径的⊙G经过点D，且与x轴交于另一点E．
（1）求出⊙G的半径r，并直接写出点C的坐标；
（2）如图2，若点F为⊙G上的一点，连接AF，且满足∠FEA＝45°，请求出EF的长？
解：（1）连接GD，EC．
∵∠OAB的角平分线交y轴于点D，
∴∠GAD＝∠DAO，
∵GD＝GA，
∴∠GDA＝∠GAD，
∴∠GDA＝∠DAO，
∴GD∥OA，
∴∠BDG＝∠BOA＝90°，
∵GD为半径，
∴y轴是⊙G的切线；
∵A（2，0），B（0，），
∴OA＝2，OB＝，
在Rt△AOB中，由勾股定理可得：AB＝＝＝
设半径GD＝r，则BG＝﹣r，
∵GD∥OA，
∴△BDG∽△BOA，
∴＝，
∴r＝2（﹣r），
∴r＝，
∵AC是直径，
∴∠AEC＝∠AOB＝90°，
∴EC∥OB，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴EC＝2，AE＝，
∴OE＝2﹣＝，
∴C的坐标为（，2）；
（2）过点A作AH⊥EF于H，连接CE、CF，
∵AC是直径，
∴AC＝2×＝
∴∠AEC＝∠AFC＝90°
∵∠FEA＝45°
∴∠FCA＝45°
∴在Rt△AEH中，
由勾股定理可知：AF＝CF＝，
设OE＝a
∴AE＝2﹣a
∵CE∥OB
∴△ACE∽△ABO
∴＝，
∴CE＝2，
∵CE2+AE2＝AC2，
∴22+（2﹣a）2＝
∴a＝或a＝（不合题意，舍去）
∴AE＝
∴在Rt△AEH中，
由勾股定理可得，AH＝EH＝，
∴在Rt△AEH中，
由勾股定理可知：FH2＝AF2﹣AH2＝（）2﹣（）2＝2，
∴FH＝，
∴EF＝EH+FH＝．专题26
与圆有关的等腰三角形的存在性问题
1、如图，在中，∠C
=
90°，BC
=
3，AB
=
5．点P从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿B→C→A→B的方向运动；点Q从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿C→A→B的方向运动，到达点B后立即原速返回，若P、Q两点同时运动，相遇后同时停止，设运动时间为t秒．
（1）当t
=____秒时，点P与点Q相遇；
（2）在点P从点B到点C运动的过程中，当t为何值时，为等腰三角形？
【答案】（1）7；（2）．
【解析】解：（1）Q到B点需要，
此时P点行了4.5个单位，
两点相距个单位，
再过，即一共过7秒后，P与Q相遇．
（2）P在B到C的过程中，Q从CA边到了AB边，需要分情况讨论
①Q在AC边上，即时，
∵，∴只可能CP
=
CQ．
∴，解得：；
②Q在AB边且未到B点时，即时，
a)
CQ
=
PQ，作QH⊥AC于H．
∴，
∴，解得：；
b)
PC
=
CQ，
∵，在时，，∴不可能；
c)
PC=PQ，
∵，∴不可能．
综上所述，当时，为等腰三角形．
【总结】本题主要考查动点背景下的等腰三角形的分类讨论问题．
2、在⊙O中，OC⊥弦AB，垂足为C，点D在⊙O上．
（1）如图1，已知OA
=
5，AB
=
6，如果OD//AB，CD与半径OB相交于点E，求DE
的长；
（2）已知OA
=
5，AB
=
6（如图2），如果射线OD与AB的延长线相交于点F，且
是等腰三角形，求AF的长；
（3）如果OD
//
AB，CD⊥OB，垂足为E，求sin∠ODC的值．
图1
图2
【答案】
（1）；（2）AF的长为或；（3）．
【解析】解：（1）∵OC⊥AB，∴AC
=
CB
=
3，∴OC
=
4．
∵OD//BC，∴OD⊥OC，，∴，∴；
（2）∵OD
=
5，OC
=
4，是等腰三角形，∴CD
=
4或CD
=
5．
①当CD
=
5时，，∵OC⊥CF，
∴，∴D为OF中点，
∴，∴；
②当CD
=
4时，作CH⊥OD于H，作DI⊥OC于I，
∴，∴，
∴，∴，
∴．
（3）∵OC⊥CB，CE⊥OB，∴，∴．
设BC=x，可得，即，解得：（负的舍去）．
∴．
【总结】本题综合性较强，主要考查了垂径定理及相似三角形的性质，锐角三角比的综合运用，解题时注意分析．专题31
面积的存在性问题
一、固定面积的存在性问题
【知识讲解】
知识内容：
固定面积的存在性问题最为简单，在待求图形中，往往只有一个是变量，此时只需通过方程将其解出即可．
解题思路：
根据题目条件，求出相应的固定面积；
找到待求图形合适的底和高；
列出方程，解出相应变量；
根据题目实际情况，验证所有可能点是否满足要求并作答．
【例题讲解】
1、如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（8，0），点B在y轴的正半轴上，且
，抛物线经过A、B两点．
（1）求b、c的值；
（2）过点B作CB⊥OB，交这个抛物线于点C，以点C为圆心，CB为半径的圆记作
⊙C，以点A为圆心，r为半径的圆记作⊙A．若⊙C与⊙A外切，求r的值；
（3）若点D在这个抛物线上，的面积是面积的8倍，求点D的坐标．
【解析】（1）∵A点坐标为（8，0），，
∴OB
=
6，∴B点坐标为（0，6）．
将A、B两点坐标代入解析式，
解得：，；
（2）∵CB⊥OB，∴C点坐标为（5，6）．
∴⊙C的半径为5，．
∴；
（3）设D点横坐标为d，由题意可得，．
∴．
又∵，
∴．
∴D点坐标为或．
【总结】本题是二次函数的综合型，主要利用了待定系数法求二次函数解析式，利用外切间的数量关系确定圆的半径，在第（3）问中，要注意分类讨论．
2、如图，二次函数的图像过点A（，0）、B（0，6），对称轴为直线，顶点
为C，点B关于直线的对称点为D．
（1）求二次函数的解析式以及点C和点D的坐标；
（2）联结AB、BC、CD、DA，点E在线段AB上，联结DE，若DE平分四边形ABCD的面积，求AE的长；
（3）在二次函数的图像上是否存在点P，能够使？如果存在，请求出点
P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【解析】（1）∵二次函数过（，0）对称轴为，
∴二次函数过点（2，0）．
设二次函数为，将B（0，6）代入，
解得二次函数解析式为：．
（2）顶点C的坐标为（，8），点D的坐标为（，6），
连接BD，则．
∵AB的解析式为，
∴设E点为（e-6，e）．
∴．
∴e
=
4．
∴E点坐标为（，4）．∴AE长为．
（3）分情况讨论．
①若P在抛物线AC段上，由题意，则有PC
//
AB．
∴PC解析式为，可解得P点坐标为（，6）．
②若P不在抛物线AC段上，设PC与AB交于M．
由题意，得CM
=
AM．设M点坐标为（m，m+6），
∴．
解得：，
∴M点坐标为．
∴直线CP解析式为：．
∴，解得：（C点，舍）或．
综上所述，P点坐标为（，6）或（，）．
【总结】本题综合性较强，主要考查二次函数背景下的面积问题，解题时注意利用相关性质进行解题．
练习：
1、抛物线与x轴交于A、B两点，顶点M的坐标为（1，）．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）设直线AM与y轴交于点C，求的面积；
（3）在抛物线上是否还存在点P，使得S△PMB
=
S△BCM，如存在，求出点P的坐标；如
果不存在，请说明理由．
【解析】（1）将顶点（1，）代入顶点式，
可得，抛物线解析式为：．
∴A、B两点的坐标分别为（，0）和（3，0）．
（2）∵直线AM的解析式为，
∴C点坐标为（0，）．
∴．
（3）分情况讨论．
①P在直线BM右侧时，此时P不存在；
②P在直线BM左侧时，
∵S△PMB=S△BCM
，
∴CP
//
BM．
∵BM所在直线为，
∴CP直线为．
由，解得：或．
∴P点坐标为或．
【总结】本题是二次函数的综合型，主要利用了待顶点式求二次函数解析式，并且求出几何图形的面积，在第（3）问中，要注意分类讨论．
2、如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，开口向上的抛物线与x轴交于点A
（，0）和点B（3，0），D为抛物线的顶点，直线AC与抛物线交于点C（5，6）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点E在x轴上，且和相似，求点E的坐标；
（3）若直角坐标平面中的点F和点A、C、D构成直角梯形，且面积为16，试求点F
的坐标．
【解析】（1）设抛物线的解析式为，
将点C（5，6）代入，得，
∴抛物线解析式为；
（2）∵抛物线的解析式为，
∴抛物线的顶点D的坐标为（，），
作轴于点M，作轴于点N，
∵点C（5，6），∴点M的坐标为（5，0）
∴CM
=
6，AM
=
5
+
1
=
6，∴CM
=
AM；
∵轴，∴∠CMA
=
90°
在中，∠CAM
+
∠ACM
=
180°－90°=
90°，
∴∠CAM
=∠ACM
=
45°，
同理可求得，∠NAD
=∠NDA
=
45°；
∴∠CAB
=∠DAB
=
45°；
①当点E在点A右侧
∵和相似，且∠CAE
=∠DAE
=
45°，
∴
，∴
；
∴，∴
点E（，0）．
②当点E在点A左侧
∵和相似，且∠CAE
=∠DAE
=
135°，
∴，∴，
∴，∴
点E（，0）．
综上所述，点E（，0）或点E（，0）；
（3）由（2）得：∠CAB=∠DAB
=
45°，∴∠DAC
=
90°，
①当PD
//
AC时，∠ADP
=∠CAD
=
90°．
∵点A（，0）、点B（3，0）、点D（1，），
∴，，AB
=
3
+
1
=
4；
∴，∴；
∴B和点A、C、D构成直角梯形
又
∴B和点A、C、D构成面积16的直角梯形，满足题意；
②当CP
//
AD时，∠PCA
=∠CAD
=
90°
∵，∴；
作轴于点H，
在等腰直角三角形CPH中，可求得CH
=
PH
=，
∴点P坐标为；
③当AP
//
CD时，不合题意，∴舍去；
综上所述，点P坐标为或（3，0）．
【总结】本题综合性较强，主要考查函数背景下的相似问题，及直角梯形的存在性问题，注意对面积的要求，然后进行分类讨论．
二、有关面积比的存在性问题
【知识讲解】
知识内容：
有些问题是关于两个未知面积比的，此类问题的难度稍大．一般都需要先通过公共边或公共高，将面积比转化为线段之比，从而进一步列出方程解决问题．
解题思路：
根据题目条件，用函数表示出相关面积；
利用面积比的条件列出方程并求解；
根据题目实际情况，验证所有可能点是否满足要求并作答．
【例题讲解】
1、如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴正半轴交于点A，与y
轴正半轴交于点B，它的对称轴与x轴交于点C，且，AC
=
3．
（1）求此抛物线的表达式；
（2）如果点D在此抛物线上，DF⊥OA，垂足为F，DF与线段AB相交于点G，
且，求点D的坐标．
【解析】（1）∵，
∴对称轴为x=1，C点坐标为（1，0）．
∴OC=1，OA=4，A点坐标为（4，0）．
∵，
∴．
∴．
∴OB
=
2，
即B点坐标为（0，2）．
将A、B坐标代入解析式可得：
抛物线的解析式为：．
（2）设D点横坐标为a，
据题意有，且F、G的横坐标均为a．
∵直线AB的解析式为：，
∴D点为，
F点为（a,0），G点为．
∴．
∴．
解得：a
=
3或a
=
4（舍）
，
∴D点坐标为．
【总结】本题主要考查二次函数背景下的面积问题，注意将面积比转化为线段比．
2、如图，在平面直角坐标系中，已知点A的坐标为（a，3）（其中a
>
4），射线OA
与反比例函数的图像交于点P，点B、C分别在函数的图像上，且AB
//
x轴，AC
//
y轴．
（1）当点P的横坐标为6时，求直线AO的表达式；
（2）联结BO，当AB
=
BO时，求点A的坐标；
（3）联结BP、CP，试猜想的值是否随a的变化而变化？如果不变，求出
的值；如果变化，请说明理由．
【解析】（1）将P点横坐标6代入反比例函数解析式，解得P点坐标为（6，2）．
∴直线OA的表达式为：．
（2）∵AB
//
x轴，
∴B点纵坐标为3．
∴B点坐标为（4，3）．
∴．
∴AB=5．
∴A点坐标为（9，3）．
（3）∵A点坐标为(a，3)，
∴C点横坐标为a，AO解析式为．
∴C点坐标为，P点坐标为．
∴，
．
∴，不随a的变化而变化．
【总结】本题主要考查反比例函数背景下的面积比问题，此题也可以将面积比利用同底等高或同高等底转化为线段比．
练习：
1、如图，抛物线经过直线与坐标轴的两个交点A、B，此抛
物线与x轴的另一个交点为C，抛物线的顶点为D．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）点P为抛物线上的一个动点，求使S△APC
:
S△ACD
=
5
:
4的点P的坐标；
（3）点M为平面直角坐标系上一点，写出使点M、A、B、D为平行四边形的点M的
坐标．
【解析】（1）由题意，与两坐标轴分别相交于点A（3，0）、
B（0，），
将此两点坐标代入抛物线解析式，
解得抛物线的解析式为：．
（2）∵抛物线顶点D的坐标为（1，），C点坐标为（，0），
∴．
由题意，，
设P点的纵坐标为p，
∴，解得．
∵抛物线最低点（顶点）纵坐标为，
∴p
=
5．
∴P点坐标为（4，5）或（，5）；
（3）①AM平行等于BD时，M为（2，1）或（4，）；
②BM平行等于AD时，M为（2，1）（重复，舍）或（，）．
综上，M点的坐标为（2，1）、（4，）、（，）．
【总结】本题考查了二次函数的综合应用，主要考查了平行四边形的存在性以及面积比的相关问题，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．
2、如图，已知抛物线的顶点A在第四象限，过点A作AB⊥y轴
于点B，C是线段AB上一点（不与A、B重合），过点C作CD⊥x轴于点D，并交抛物线于点P．
（1）若点C的横坐标为1，且是线段AB的中点，求点P的坐标；
（2）若直线AP交y轴负半轴于点E，且AC
=
CP，求四边形OEPD的面积S关于t
的函数解析式，并写出定义域；
（3）在（2）的条件下，当的面积等于2S时
，求t的值．
【解析】（1）
∴A（t，）
∵点C的横坐标为1，且是线段AB的中点，
∴t
=2
．
∴，
∴P（1，-1）；
（2）据题意，设C（x，）（0<
x
<
t），P（x，）
AC
=
t
-x，PC
=．
∵AC
=
PC，∴
t
-x
=
．
∵x
<
t
∴
t
-
x
=1，即x
=
t
-1．
∴AC
=
PC
=
1．
∵DC
//
y轴
∴
∴EB
=
t．
∴OE
=
2
-
t．
∴（1<
t
<
2）；
（3）．
∵，
∴
，
解得：，（不合题意）．
∴
．
【总结】本题主要考查了二次函数背景下的面积存在性问题，解题时注意点的位置，从而对所求出的坐标进行取舍．专题32
两圆相切的存在性问题
一、以函数为背景的两圆相切的存在性问题
【知识讲解】
知识内容：
（1）如果两圆的半径长分别为和，圆心距为，那么两圆的位置关系可用、和之间的数量关系表达，具体表达如下：
两圆外离；
两圆外切；
两圆相交；
两圆内切；
两圆内含．
注：两圆相切包含外切和内切两种情况．
（2）设、，则A、B两点间的距离公式为：
．
两圆相切本质：线段的和差；
解题思路：
利用两点距离公式或者是题目中已知条件表示出圆心距及两圆半径；
根据条件列方程（可采用相似或勾股定理等其它方法）；
根据题意对所求的解进行取舍．
【例题讲解】
1、如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A、B两点，与y
轴交于点C，其中点A
的坐标为（，0），点D在线段AB上，AD
=
AC．如果以DB为半径的⊙D与⊙C外切，求⊙C的半径．
【解析】∵抛物线经过点A（-3，0），
∴，
解得：．
∴所求抛物线的关系式为：．
∴抛物线的对称轴是直线．
当时，，即得C（0，-4）．
又由A（-3，0），得．
∴AD
=
AC
=
5．
又由A（-3，0），得D（2，0），
∴．
又由直线为抛物线的对称轴，得B（5，0）．
∴BD
=
3．
设圆C的半径为r．
∵圆D与圆C外切，
∴CD
=
BD
+
r．
即得：．
解得：．
∴圆C的半径长为．
【总结】本题比较基础，主要考查函数背景下的两圆外切问题，注意将位置关系转化为数量关系进行求解即可．
2、如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是等腰梯形，其中OA
=
AB=
BC
=
4，
．
（1）若点P在第四象限，且与相似，求满足条件的所有点P的坐标；
（2）在（1）的条件下，若与以OC为直径的相切，请直接写出的半径．
【解析】（1）∵tan∠BCO=，
∴∠AOC
=∠BCO
=
60°，
∵等腰梯形OABC，
∴AB
//
CO，
∴∠CBA=
120°
=∠BAO
=
120°．
在中，∵OA
=
AB
=
BC
=
4，
∴∠OBA=∠BOA
=
30°，OC
=
8．
要使∽，则必为等腰三角形，存在两种情况．
如图1，当PO
=
PC时，则∠OPC
=
120°．
∴∠POC
=∠PCO
=
30°，∴P（4，）．
如图2，当OC
=
CP时，则∠OCP=120°．
∴∠COP=∠CPO=30°，
∵OC
=
PC
=
8，
∴∠PCD
=
60°，
∴PD
=
4，CD
=
4，
∴P（12，），
综上所述，满足条件的所有点P的坐标为（4，）或（12，）；
（2）的半径和．
如图1，∵PD=，
∴的半径为或．
如图2，取OC中点Q，作．
∵∠POC
=
30°，
∴，
∵P（12，），
∴，
∴，
∴，
∴的半径为或．
综上，的半径为或或或．
【总结】本题主要考查平面直角坐标系背景下的相似问题及相切问题，注意进行分类讨论，并对相应的解题方法进行归纳整理．
3、如图，线段PA
=
1，点D是线段PA延长线上的点，AD
=
a（a
>
1），点O是线段
AP延长线上的点，，以O圆心，OA为半径作扇形OAB，，点C是弧AB上的点，联结PC、DC．
（1）联结BD交弧AB于E，当a
=
2时，求BE的长；
（2）当以PC为半径的和以CD为半径的相切时，求a的值；
（3）当直线DC经过点B，且满足时，求扇形OAB的半径长．
【解析】（1）过点作，垂足为．
设，则，；
∵，
即，解得：；
∴，，；
当时，可得：，，∴；
易得∽，∴，
又，∴，∴．
（2）当点与点重合时，．
当点与点不重合时，联结，
∵，∴；
即，又，
∴∽，∴，
∴；
又，∴；
∵⊙和⊙相切，是圆心距，
∴⊙和⊙相只能内切；
∴；
即；
解得：．
（3）联结、．
∵∽，∴；
∵，∴；
∵，
∴，即．
∵，，
∴；
又，
∴∽；
∴；
∴，
∴；
∴是等边三角形，
∴；
在中，，，
即，．
即扇形OAB的半径长为．
【总结】本题主要考查扇形背景下的两圆相切问题，注意将位置关系转变为数量关系进行计算，另外第（3）问中注意对所给出的条件进行分析，从而找出相似的三角形进行求解．
练习：
1、如图，在梯形ABCD中，AD
//
BC，∠A
=
90°，AD
=
6，AB
=
8，，点P在射线DC上，点Q在射线AB上，且PQ⊥CD．设DP
=
x，若以点B为圆心、BQ为半径的与以点C为圆心、CP为半径的相切，求线段DP的长．
【解析】延长BA、CD相交于点S，
由题意条件，易得BC=12．
∵AD
//
BC且BC
=
12，∴AD
=BC，
∴，∴SD
=
DC
=
10，SA
=
AB
=
8．
∵DP
=
x，∴SP
=
x+10．
由∽，得：．
∴，∴．
当与相切时，有三种情况：
（ⅰ）当点P在线段DC上，且点Q在线段AB上时，只有可能两圆外切，
由BQ+CP
=
BC，，解得：；
（ⅱ）当点P在线段DC上，且点Q在线段AB的延长线上时，两圆不可能相切；
（ⅲ）当点P在线段DC的延长线上，且点Q在线段AB的延长线上时，
此时,
CP
=
x-10，
若两圆外切，BQ+CP
=
BC，即，解得：；
若两圆内切，，即；
由，解得：；
由，解得：．
综上所述，与相切时，线段DP的长为或或22．
【总结】本题主要考查梯形背景下的两圆相切问题，本题综合性较强，要从多个角度考虑问题，首先要分析动点的位置，其次相切问题下要分为内切和外切两种情况进行讨论．
2、如图1，已知梯形ABCD中，AD
//
BC，∠D
=
90°，BC
=
5，CD
=
3，cot
B
=
1．点P是边BC上的一个动点（不与点B、C重合），过点P作射线PE，使射线PE交射线BA于点E，∠BPE
=
∠CPD．
（1）如图2，当点E与点A重合时，求∠DPC的正切值；
（2）当点落在线段上时，设，，试求与之间的函数解析式，并写出的取值范围；
（3）设以BE长为半径的和以AD为直径的相切，求BP的长．
【解析】（1）过点作，垂足为点．
由题意得，．
在
Rt中，
∵，∴，．
由，可得．
易证≌．
∴，
∴．
（2）过点作，垂足为点．
在
Rt△中，，
∴．
∵，
∴．
可得，
解得：．
的取值范围为．
（3）联结，过点作，垂足为点．
在中，得．
和外切时，
，即，
将代入上式，
得分式方程，
解得：；
经检验，是方程的根且符合题意．
∴当和外切时，．
和内切时，，得．
设与的交点为，，
即，
解得；
经检验，是方程的根且符合题意．
∴当和内切时，．
综上所述：当与相切时，的长是或．
【总结】本题考查的是直角梯形、相似三角形、锐角三角比及两圆相切的相关知识，综合性较强，解答时要注意数形结合的思想和分类讨论思想的综合运用．
3、如图，在梯形ABCD中，∠ABC
=
90°，AD
//
BC，AB
=
8，BC
=
18，，点P从点B开始沿BC边向终点C以每秒3个单位的速度移动，点Q从点D开始沿DA边向终点A以每秒2个单位的速度移动，设运动时间为秒．如果的半径为6，的半径为4，在移动的过程中，试探索：为何值时与外离、外切、相交？
【解析】过点D作于点（如图1）．
∠ABC＝90°，AD
//
BC，
．
，
当与外切时，，此时．
故当与外切时，四边形为等腰梯形或平行四边形．
当四边形为等腰梯形时（如图2），
过点Q作于点，
则，所以．
，，．
，
．
当四边形为平行四边形时（如图3），
过点Q作于点，
同理，得：，
，
．
当或时，与外离；
当或时，与外切；
当时，与相交．
【总结】本题主要考查梯形背景下的两元位置关系的讨论，综合性较强，主要从外切的关系入手，求出相应的值，再进行讨论，同时注意动点所处的问题的讨论．
二、以几何为背景的两圆相切的存在性问题
【知识讲解】
知识内容：
（1）如果两圆的半径长分别为和，圆心距为，那么两圆的位置关系可用、和之间的数量关系表达，具体表达如下：
两圆外离；
两圆外切；
两圆相交；
两圆内切；
两圆内含．
注：两圆相切包含外切和内切两种情况．
两圆相切本质：线段的和差；
解题思路：
根据动点的运动方式表示出相关线段的长度；
利用几何图形的相关性质表示出线段间的关系；
根据相似的性质或者是勾股定理或者是两圆相切的关系等列出有关未知数的方程；
求出方程的解，并根据题意进行取舍．
【例题讲解】
1、如图，已知：在中，射线AM
//
BC，P是边BC上一动点，∠APD
=∠B，PD
交射线AM于点D，联结CD．AB
=
4，BC
=
6，∠B
=
60°．
（1）求证：；
（2）如果以AD为半径的与以BP为半径的相切，求线段BP的长度．
【解析】（1）∵AM
//
BC，∴∠PAD
=∠APB．
∵∠APD
=∠B，∴∽．
∴．∴．
（2）过点A作AH⊥BC，垂足为点H．
∵∠B
=
60°，AB
=
4，∴BH
=
2，．
设BP
=
x，那么．
∴．
∴．
当与外切时，．即．
整理，得：，
∵，∴此方程无实数解．
当与内切时，．即．
当时，解得x
=
2；
当，此方程无解．
综上所述，如果两圆相切，那么BP
=
2．
【总结】本题比较基础，主要考查几何背景下的两圆相切问题，注意将位置关系转化为相应的数量关系，并进行分类讨论．
2、如图，在中，AB
=
AC
=
10，BC
=
12，点E、F分别在边BC、AC上（点F
不与点A、C重合），EF
//
AB．把沿直线EF翻折，点C与点D重合，设FC
=
x．
（1）求∠B的余切值；
（2）当点D在的外部时，DE、DF分别交AB于M、N，若MN
=
y，求y关于x
的函数关系式并写出定义域；
（3）（直接写出结果即可）以点E为圆心，BE为半径的与边AC，
有公共点时，求x的取值范围；
②一个公共点时，求x的取值范围；
个公共点时，求x的取值范围．
【解析】（1）如图1，作垂足为．
∵，，
∴．
∴，
∴
．
（2）∵EF
//
AB，
∴，
∴，∴．
∵，EF
//
AB，
∴，，
∴，∴，
∴．
∵EF
//
MN，∴=．
∴．
（3）①当或时，与边没有公共点；
②当或时，与边有一个公共点；
③时，与边有两个公共点．
【总结】本题主要考查几何图形背景下的锐角三角比及相似的综合，第（3）问中，主要从临界点区分即可，由于是圆与边的交点个数，因此要从多个角度考虑．
练习：
1、如图，已知在直角梯形ABCD中，AD
//
BC，∠ABC
=
90°，AB
=
4，AD
=
3，，点P是对角线BD上一动点，过点P作PH⊥CD，垂足为H．
（1）求证：∠BCD
=
∠BDC；
（2）如图，若以P为圆心、PB为半径的圆和以H为圆心、HD为半径的圆外切时，
求DP的长．
【解析】（1）过点D作DG⊥BC，垂足为G．
∵在Rt中，∠ABC
=
90?，AB
=
4，AD
=
3，
∴BD=5．
在Rt中，∠DGC
=
90?，=，
∵AD
//
BC，∴AB
=
DG
=
4，AD
=
BG
=
3，
∴DC
=
，∴CG
=
2，
∴BC
=
3
+
2
=
5，∴BD
=
BC，
∴∠BCD
=∠BDC．．
（2）设DP
=，则RP=PB
=．
∵∠BCD
=∠BDC，∴．
在Rt中，∠PHD
=
90?，=，
∴PH=，∴DH=，∴RH
=
HD
=．
∵与外切，∴．
∴，解得：．
即．
【总结】本题主要考查直角梯形背景下的锐角三角比与两圆相切的综合运用，由于本题强调的是外切，因此只要考虑一种情况即可．
2、如图，中，∠ACB
=
90°，AC
=
4厘米，BC
=
3厘米，为的内切圆．
（1）求的半径；
（2）动点P从点B沿BA向点A以每秒1厘米的速度匀速运动，以P为圆心，PB为半径作圆．设点P运动的时间为t秒，若与相切，求t的值．
【解析】解：（1）如图1，设与AB、BC、CA分别相切于点D、E、F，
连接OD、OE、OF，则AD
=
AF，BD
=
BE，CE
=
CF．
为的内切圆，
，，即．
，
四边形是矩形．
，
四边形是正方形．
设的半径为，则．
在中，∠ACB=
90°，AC
=
4，BC
=
3，
．
，
，解得：．
即的半径为1．
（2）如图2，过点作，垂足为．
，
PG
//AC．
∽，
．
，
．
若与相切，则可分为两种情况，与外切和与内切．
当与外切时，如图3．
连接，则，过点作，垂足为．
，
四边形是矩形，
，，
．
在中，由勾股定理，得：，
解得：．
当与外切时，如图4．
连接，则，
过点作，垂足为．
，
四边形是矩形，
，，
．
在中，由勾股定理，得：，
解得：．
综上所述，与相切时，或．
【总结】本题综合性较强，考查的知识点也比较多，解题时注意利用相应的性质，同时综合运用数形结合思想及分类讨论思想．专题24
以几何为背景的直角三角形的存在性问题
【知识讲解】
解题思路：
按三个角分别可能是直角的情况进行讨论；
运用相似/全等、勾股定理等方法，计算出相应的边长．
【例题讲解】
1、如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，OA
=
4，OC
=
2．点P从点O出发，沿x轴以每秒1个单位长的速度向点A匀速运动，当点P到达点A时停止运动，设点P运动的时间是t秒．将线段CP的中点绕点P按顺时针方向旋转90°得点D，点D随点P的运动而运动，连接DP、DA．
（1）请用含t的代数式表示出点D的坐标；
（2）在点P从O向A运动的过程中，能否成为直角三角形？若能，求t的值．若
不能，请说明理由．
【答案】（1）D点坐标为；（2）t
=
2或3．
【解析】解：（1）取CP中点M，作MN⊥OP于N，作DH⊥PA于H．
可得，．
∵，，P点坐标为，
∴D点坐标为；
（2）当时，，
∴．即，解得：或（舍）．
当时，，∴，即，∴PA
=
1，∴t
=
3
故当是直角三角形时，或3．
【总结】本题一方面考查三角形的旋转问题，另一方面考查相似三角形的性质的运用，注意利用旋转的性质进行求解．
2、如图，在中，CA
=
CB，AB
=
8，．点D是AB边上的一个动点，点E与点A关于直线CD对称，联结CE、DE．
（1）求底边AB上的高；
（2）设CE与AB交于点F，当为直角三角形时，求AD的长；
（3）联结AE，当是直角三角形时，求AD的长．
【答案】（1）3；（2）AD的长为或；（3）的长为1．
【解析】解：（1）过C作CH⊥AB于H．
∵AC
=
BC，AB
=
8，∴AH
=
BH
=
4．
又∵，∴AC
=
BC
=
5，CH
=
3；
（2）分情况讨论：
①当时，F与H重合，∴EH
=
2．
∵，∴．
∴；
②当时，作DM⊥AC于M，设CM
=
x，
∵，∴．
∴，∴，解得：．
∴；
综上：当为直角三角形时，AD的长为或；
（3）∵AD
=
DE，∴为直角三角形时，AD、DE只可能是直角边．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
【总结】本题主要考查直角三角形的性质以及判定直角三角形的存在性，解题时根据题意认真分析，注意进行分类讨论．
3、如图，已知为等边三角形，AB
=
6，点P是AB上的一个动点（与A、B不重合），过点P作AB的垂线与BC交于点D，以点D为正方形的一个顶点，在内作正方形DEFG，其中D、E在BC上，F在AC上．
（1）设BP的长为x，正方形DEFG的边长为y，写出y与x的函数关系式及定义域；
（2）当BP
=
2时，求CF的长；
（3）是否可能成为直角三角形？若能，求出BP的长；若不能，请说明理由．
【答案】（1）（）；
（2）；
（3）BP的长为或者为．
【解析】（1）∵为等边三角形，
∴，；
∵，，∴；
又∵四边形DEFG是正方形，
∴，，
∴；∴，
∴（）；
（2）当BP
=
2时，，；
（3）能成为直角三角形．
时，如图；
，，
解得：．
时，如图；
则，，
解得：．
∴当为直角三角形，
BP的长为或者为．
【总结】本题综合性较强，主要考查动点背景下的正方形与直角三角形的存在性，注意对相关性质的准确运用．
4、如图，在中，，AC
=
4
cm，BC
=
5
cm，点D在BC上，并且
CD
=
3
cm．现有两个动点P、Q分别从点A、B同时出发，其中点P以1cm/s的速度，沿AC向终点C移动；点Q以1.25
cm/s的速度沿BC向终点C移动．过点P作PE
//
BC交AD于点E，联结EQ．设动点运动时间为x（s）．
（1）用含x的代数式表示AE、DE的长度；
（2）当x为何值时，为直角三角形．
【答案】（1），；
（2）当x为2.5
s或3.1
s时，为直角三角形．
【解析】（1）在中，AC
=
4，CD
=
3，则AD
=
5．
∵EP
//
DC，
∴∽，
∴，即，
∴，；
（2）分两种情况讨论：
当时，如图；
易得，又∵EQ
//
AC，
∴∽，
∴，即，
解得：x
=
2.5；
当时，如图；
∵，，
∴∽，
∴，即，
解得：x
=
3.1；
综上所述：当x为2.5
s或3.1
s时，为直角三角形．
【总结】本题主要考查动点背景下的相似三角形的综合运用，注意得到相应的线段比，从而求出相应的线段长，第（2）问中的直角三角形注意进行两种情况的分类讨论．专题27
与角有关的等腰三角形的存在性问题
【知识讲解】
有时，等腰三角形通过边来计算过于复杂，而条件中又恰好有关于角的一些条件，此时经常可以讨论角之间的关系，再利用“等角对等边”的性质从而形成等腰三角形．
【例题讲解】
1、如图1，在△ABC中，∠ABC
=
90°，AB
=
5，∠C
=
30°，点D是AC边上一动点（不与A、C重合），过点D分别作DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F，联结EF，设AE
=
x，EF
=
y．
（1）求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（2）以F为圆心、FC为半径的⊙F交直线AC于点G，当点G为AD中点时，求x的
值；
（3）如图2，联结BD，将△EBD沿直线BD翻折，点E落在点E′处，直线BE′与直线
AC相交于点M，当△BDM为等腰三角形时，求∠ABD的度数．
图1
图2
【答案】（1）（）；（2）x的值为；
（3）∠ABD的度数为20°或40°或80°．
【解析】解：（1）∵，
∴DE//BC，
∴．
∴（定义域为）；
（2）作GH⊥BC于H，
易得：，，，
∴，
解得：，（舍去）．
（3）分情况讨论，设，则，
①
BD=BM时，
当点M在AC边上时，
∴．
∴．
又∵，
∴，解得：；
当点M在CA的延长线上时，同理可得；
②
BD=DM时，
又∵，
∴．
又∵，
∴，∴；
③
DM=BM时，
∵，
∴，不可能．
【总结】本题主要考查直角三角形的性质与圆有关的性质定理的运用，注意等腰三角形的分类讨论．专题25
以函数为背景的等腰三角形的存在性问题
1、已知：如图1，在梯形ABCD中，AD//BC，∠BCD=90?，
BC=11，CD=6，tan∠ABC=2，点E在AD边上，且AE=3ED，EF//AB交BC于点F，点M、N分别在射线FE和线段CD上．
（1）求线段CF的长；
（2）如图2，当点M在线段FE上，且AM⊥MN，设FM·cos∠EFC=x，CN=y，求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域；
（3）如果△AMN为等腰直角三角形，求线段FM的长．
【答案】（1）CF的长为5；
（2）（）；
（3）线段FM的长为或或．
【解析】（1）作AG⊥BC于点G，∴∠BGA
=
90°，
∵∠BCD
=
90°，AD∥BC，∴AG
=
DC
=
6，
∵tan∠ABC
=
=
2，∴BG
=
3，
∵BC
=
11∴GC
=
8，∴AD
=
GC
=
8，∴AE
=
3ED
∴AE
=
6，ED
=
2
∵AD∥BC，AB∥EF，∴BF
=
AE
=
6，∴CF
=
BC-BF
=
5．
（2）过点M作PQ⊥CD，分别交AB、CD、AG于点P、Q、H，作MR⊥BC于点R，
易得GH
=
CQ
=
MR．
∵MFcos∠EFC
=
x，∴FR
=
x．∵tan∠ABC
=
2，∴GH
=
MR
=
CQ
=
2x．
∴BG
=
3，由BF
=
6，得：GF
=
3，
∴HM=3
+
x，MQ
=
CF-FR
=
5-x，AH
=
AG-GH
=
6-2x．
∵∠AMQ=∠AHM+∠MAH，且∠AMN=∠AHM=90°，
∴∠MAH=∠NMQ，
∴∽，∴，即，
∴，定义域：；
（3）①∠AMN
=
90°
1）当点M在线段EF上时，
∵∽，且AM
=
MN，
∴AH=MQ
∴6-2x
=
5-x，
∴x
=
1
∴FM
=
2)当点M在FE的延长线上时
同上可得AH
=
MQ
∴2x-6
=
5-x
∴
∴
②∠ANM
=
90°
过点N作PQ⊥CD，分别交AB、AG于点P、H，
作MR⊥BC于交BC延长线于交直线PN于点Q，
∵AN
=
MN，易得≌
∴AH
=
NQ，HN
=
MQ
=
8
令PH
=
a，则AH
=
2a，DN
=
2a，CN
=
6-2a
∴FR
=
5
+
2a，MR
=
8
+（6-2a）=
14-2a
由MR
=
2FR得a
=，
∴FR=，MR=，∴FM
=，
综上所述，线段FM的长为或或．
【总结】本题综合性较强，考查的知识点也较多，包含了锐角三角比、相似等知识点的综合运用，并且本题考查的是等腰直角三角形的分类讨论，注意相关性质的运用．
2、如图，已知在平行四边形ABCD中，AB＝5，BC＝8，cosB＝，点P是边BC上的动点，以CP为半径的圆C与边AD交于点E、F（点F在点E的右侧），射线CE与射线BA交于点G．
（1）当圆C经过点A时，求CP的长；
（2）联结AP，当AP//CG时，求弦EF的长；
（3）当△AGE是等腰三角形时，求圆C的半径长．
【答案】（1）CP的长为5；（2）；
（3）圆C的半径长为．
【解析】解：（1）作AH⊥BC于H．
∴BH
=
4，AH
=
3，∴CH
=
4．
∴，∴CP
=
AC
=
5；
（2）∵AP//CG，∴APCE为平行四边形，
又∵CE
=
CP，
∴APCE为菱形．
设CP
=
x，则AP
=
CP，∴．
即，解得：，∴；
（3）设，则．
∵，∴，．
分情况讨论
AE
=
AG，解得：；
AE
=
GE，解得：，此时E在F点右边，舍去；
AG
=
GE，解得：或，均不可能，舍去．
当AE
=
3时，．
【总结】本题综合性较强，主要考查了平行四边形的性质及勾股定理的综合运用，注意第（3）小问中对求出的值的取舍．专题28
三角形的存在性综合问题
1、如图，如图1，在平面直角坐标系中，已知点A（﹣4，﹣1）、B（﹣2，1），将线段AB平移至线段CD，使点A的对应点C在x轴的正半轴上，点D在第一象限．
（1）若点C的坐标（k，0），求点D的坐标（用含k的式子表示）；
（2）连接BD、BC，若三角形BCD的面积为5，求k的值；
（3）如图2，分别作∠ABC和∠ADC的平分线，它们交于点P，请写出∠A、和∠P和∠BCD之间的一个等量关系，并说明理由．
解：（1）∵点A（﹣4，﹣1）、B（﹣2，1），C（k，0），将线段AB平移至线段CD，
∴点B向上平移一个单位，向右平移（k+4）个单位到点D，
∴D（k+2，2）；
（2）如图1，过点B作BE⊥x轴于点E，过点D作DF⊥x轴于点F，
∵A（﹣4，﹣1）、B（﹣2，1），C（k，0），D（k+2，2），
∴BE＝1，CE＝k+2，DF＝2，EF＝k+4，CF＝2，
∵S四边形BEFD＝S△BEC+S△DCF+S△BCD，
∴＝+，
解得：k＝2．
（3）∠BPD＝∠BCD+∠A；理由如下：
过点P作PE∥AB，如图2所示：
∴∠PBA＝∠EPB，
∵线段AB平移至线段CD，
∴AB∥CD，
∴PE∥CD，∠ADC＝∠A，∠ABC＝∠BCD，
∴∠EPD＝∠PDC，
∴∠BPD＝∠PBA+∠PDC，
∵BP平分∠ABC，DP平分∠ADC，
∴∠PBA＝∠ABC，∠PDC＝∠ADC，
∴∠BPD＝∠ABC+∠ADC＝∠BCD+∠A．
2、在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，将△ABC绕顶点C顺时针旋转，旋转角为θ（0°＜θ＜180°），得到△A'B'C．
（1）如图1，当AB∥CB'时，设A'B'与CB相交于点D，求证△A'CD是等边三角形；
（2）如图2，设AC中点为E，A'B'中点为P，AC＝a，连接EP．在旋转过程中，线段EP的长度是否存在最大值？如果存在，请求出这个最大值并说明此时旋转角θ的度数，如果不存在，请说明理由．
（1）证明：∵AB∥CB'，
∴∠BCB'＝∠ABC＝30°，
∵将△ABC绕顶点C顺时针旋转，
∴∠ACA'＝30°．
又∵∠ACB＝90°，
∴∠A'CD＝60°．
又∵∠CA'B'＝∠CAB＝60°，
∴△A'CD是等边三角形．
（2）当θ＝120°时，EP的长度最大，EP的最大值为a．
解：如图，连接CP，当△ABC旋转到E、C、P三点共线时，EP最长，
此时θ＝∠ACA′＝120°，
∵∠B′＝30°，∠A′CB′＝90°，
∴A′C＝AC＝A′B′＝a，
∵AC中点为E，A′B′中点为P，∠A′CB′＝90°
∴CP＝A′B′＝a，EC＝a，
∴EP＝EC+CP＝a+a＝a．
3、如图，等腰△ABC中，BA＝BC，AO＝3CO＝6．动点F在BA上以每分钟5个单位长度的速度从B点出发向A点移动，过F作FE∥BC交AC边于E点，连结FO、EO．设F点移动的时间为t．
（1）求A、B两点的坐标；
（2）计算：当△EFO面积最大时，t的值；
（3）在（2）的条件下，边BC上是否还存在一个点D，使得△EFD≌△FEO？若存在，请直接写出D点的坐标；若不存在，试说明理由．
解：（1）∵CO＝2，
∴C（2，0）．
又∵AO＝3OC＝6，
∴A（0，6），
可设BO＝x，且x＞0；
则：BC2＝（2+x）2，AB2＝AO2+OB2＝36+x2；
又∵BC＝AB，
∴（2+x）2＝36+x2，故：x＝8，
∴B（﹣8，0）；
（2）过F点作FK⊥BC于K，
可设F点移动的时间为t，且0＜t＜2，
则：BF＝5t，TO＝FK＝3t；
∴AT＝6﹣3t，
又∵FE∥BC，
∴△AFE∽△ABC，
而AO⊥BC交EF于T，则：＝，
∴＝，
即：EF＝10﹣5t，
故：S△EFO＝EF×TO＝（10﹣5t）×3t，
即：S△EFO＝﹣（t﹣2）t＝，
∴当t＝1时，△EFO的面积达到最大值；
（3）在（2）的基础上，E、F分别是AC、AB的中点，
若使D为BC的中点时，＝＝＝，
又∵＝＝，
∴FO＝ED，EO＝FD，EF＝FE，
∴△EFD≌△FEO（SSS），
∵C（2，0），B（﹣8，0）
∴D（﹣3，0）．
故：存在满足条件的D点，其坐标为（﹣3，0）．
4、如图，在平面直角坐标系xOy中，A（a，0），B（0，b），C（c，0）．且满足：+（c+1）2+（b+2c）2＝0．
（1）求证：△ABC是直角三角形；
（2）在y轴上是否存在点P，使得△ABP为等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）在y轴上是否存在点D，使得∠BCD＝45°？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．
（1）证明：∵+（c+1）2+（b+2c）2＝0，≥0，（c+1）2≥0，（b+2c）2≥0，
∴a﹣4＝0，c+1＝0，b+2c＝0，
解得，a＝4，b＝2，c＝﹣1，
∴BC2＝12+22＝5，AB2＝22+42＝20，AC2＝25，
∴BC2+AB2＝AC2．
∴△ABC是直角三角形；
（2）解：AB＝＝2，
当BA＝BP，点P在点B的上方时，OP＝2+2，
此时，点P的坐标为（0，2+2），
当BA＝BP，点P在点B的下方时，OP＝2﹣2，
此时，点P的坐标为（0，2﹣2），
当AB＝AP时，∵OA⊥BP，
∴OP＝OB＝2，
此时，点P的坐标为（0，2），
当PA＝PB时，设点P的坐标为（y，0），
PB＝2﹣x，PA＝，
则2﹣x＝，
解得，x＝﹣3，
此时，点P的坐标为（0，﹣3），
综上所述，△ABP为等腰三角形时，点P的坐标为（0，2+2）或（0，2﹣2）或（0，2）或（0，﹣3）；
（3）解：假设存在点D，使得∠BCD＝45°，点D的坐标为（0，b），
作DH⊥BC于H，
CD＝，BD＝2﹣b，
在Rt△CDH中，∠BCD＝45°，
∴CH＝DH＝CD＝，
∴BH＝﹣，
在Rt△BHD中，BH2+DH2＝BD2．即（﹣）2+（）2＝（2﹣b）2．
解得，x1＝（舍去），x2＝，
∴点D的坐标为（0，）．
5、已知，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D为BC的中点．
（1）问题发现
如图①，若点E、F分别是AB，AC的中点，连接DE，DF，EF，则线段DE与DF的数量关系是
，线段DE与DF的位置关系是
；
（2）拓展探究
如图②，若点E，F分别是AB，AC上的点，且BE＝AF，连接DE，DF，EF，上述结论是否依然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）解决问题
当点E，F分别为AB，CA延长线上的点，且BE＝AF＝AB＝2，连接DE，DF，EF，直接写出△DEF的面积．
解：（1）结论：DE＝DF，DE⊥DF．
理由：连接AD，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，BD＝CD，
∴AD⊥BC，
∴AD＝BD＝CD，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
∵AE＝EB，AF＝FC，
∴DE⊥AB，DF⊥AC，
∴DE＝AB，DF＝AC，
∴DE＝DF．
∵∠DEA＝∠EAF＝∠DFA＝90°，
∴∠EDF＝90°，
∴DE⊥DF，
故答案为：DE＝DF，DE⊥DF．
（2）结论成立，DE＝DF；DE⊥DF．
证明：如解图①，连接AD，
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为BC的中点，
∴，且AD平分∠BAC，
∴∠BAD＝∠CAD＝45°，
在△BDE和△ADF中，
∴△BDE≌△ADF（SAS），
∴DE＝DF，∠BDE＝∠ADF，
∵∠BDE+∠ADE＝90°，
∴∠ADF+∠ADE＝90°，
即∠EDF＝90°，
即DE⊥DF；
（3）如图③，连接AD，
∵AB＝AC，
∴△ABC为等腰三角形，
∵∠BAC＝90°，点D为BC的中点，
∴AD＝BD，AD⊥BC，
∴∠DAC＝∠ABD＝45°，
∴∠DAF＝∠DBE＝135°，
又∵AF＝BE，
∴△DAF≌△DBE（SAS），
∴DF＝DE，∠FDA＝∠EDB，
∴∠EDF＝∠EDB+∠FDB＝∠FDA+∠FDB＝∠ADB＝90°，
∴△DEF为等腰直角三角形，
∵，
∴AE＝CF＝2+4＝6，
在Rt△AEF中，EF2＝AF2+AE2＝22+62＝40，
∴，
∴．
6、在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，以CA为边在∠ACB的另一侧作∠ACM＝∠ACB，点D为射线BC上任意一点，在射线CM上截取CE＝BD，连接AD、DE、AE．
（1）如图1，当点D落在线段BC的延长线上时，∠ADE的度数为
．
（2）如图2，当点D落在线段BC（不含边界）上时，AC与DE交于点F，请问（1）中的结论是否仍成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，若AB＝12，求CF的最大值．
解：（1）如图1中，设AD交EC于点O，
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，
∴∠B＝∠ACB＝30°，
∵BA＝CA，∠ACE＝∠ACB＝∠B，BD＝CE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴AD＝AE，∠BAD＝∠CAE，
∴∠DAE＝∠BAC＝120°，
∴∠ADE＝∠AED＝（180°﹣120°）＝30°，
故答案为30°．
（2）（1）中的结论还成立．
理由：如图2中，
∵∠BAC＝120°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝30°，
又∵∠ACM＝∠ACB，
∴∠B＝∠ACM＝30°，
又∵CE＝BD，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴AD＝AE，∠1＝∠2，
∴∠2+∠3＝∠1+∠3＝∠BAC＝120°，即∠DAE＝120°，
又∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED＝30°．
（3）∵AB＝AC，AB＝12，
∴AC＝12，
∵∠ADE＝∠ACB＝30°且∠DAF＝∠CAD，
∴△ADF∽△ACD，
∴，
∴AD2＝AF?AC，
∴AD2＝12AF，
∴，
∴当AD最短时，AF最短、CF最长，
易得当AD⊥BC时，AF最短、CF最长，
此时．，
∴CF＝AC﹣AF＝12﹣3＝9，
∴CF的最大值为9．
7、等腰直角△ABC和等腰直角△ACD，M、N分别在直线BC、CD上．
（1）如图1所示，M、N分别在线段BC、CD上，若AM⊥MN，求证：AM＝MN．
（2）若M、N分别在线段BC、CD外（还在直线BC、CD上），根据题意，画出图形，那么（1）的结论是否依然成立，若成立，写出证明过程；若不成立，说明原因；
（3）如图2，若AM＝MN，求证：AM⊥MN．
解：（1）延长DC，交AB的延长线于H，连接HM，
∵AM⊥MN，
∴∠NMC+∠AMB＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠BAM+∠AMB＝90°，
∴∠NMC＝∠BAM，
∵等腰直角△ABC和等腰直角△ACD，
∴∠MCD＝135°，
∴∠BCH＝45°，
∴△BHC为等腰直角三角形，
∴BC＝BH，
∵AB＝BC，
∴AB＝BH，
∴BC是AH的垂直平分线，
∴AM＝BH，
∴∠BHM＝∠BAM，
∴∠NMC＝∠BHM，
∵∠NMC+∠MNC＝45°，∠BHM+∠MHC＝45°，
∴∠MHC＝∠MNC，
∴HM＝MN，
∴AM＝MN；
（2）（1）的结论依然成立，
第一种情况：如图3所示，延长DC，交AB的延长线于H，连接HM；
由（1）可知，MC是AH的垂直平分线，
∴AM＝MH，
∴∠BAM＝∠BHM，
∵AM⊥MN，
∴∠NMC+∠AMB＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠BAM+∠AMB＝90°，
∴∠NMC＝∠BAM，
∴∠BHM＝∠NMC，
∵∠MHN＝∠BHM+45°，∠MNH＝∠NMC+45°，
∴∠MHN＝∠MNH，
∴MN＝MH，
∴AM＝MN；
第二种情况：如图4所示，
仿照第一种情况的证明方法，可以证明AM＝MN；
（3）如图2，延长DC，交AB的延长线于H，连接HM，
由（1）可得BC是AH的垂直平分线，
∴HM＝AM＝MN，
∴∠MAB＝∠MHB，∠MHC＝∠MNC
∵∠MHB+∠MHC＝45°，∠MNC+∠NMC＝45°，
∴∠MHB＝∠NMC，
∵∠MHB＝∠MAB，
∴∠BAM＝∠NMC，
∵∠BAM+∠AMB＝90°，
∴∠AMB+∠NMC＝90°，
∴∠AMN＝90°，
∴AM⊥MN．
8、如图，在Rt△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，D、E分别在AC、BC上，连接AE、BD交于点O，且CD＝CE．
（1）如图1，求证：AO＝BO．
（2）如图2，F是BD的中点，试探讨AE与CF的位置关系．
（3）如图3，F、G分别是BD、AE的中点，若AC＝，CE＝，求△CGF的面积．
解：（1）如图1中，
在△ACE和△BCD中，
，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴∠CAE＝∠CBD，
∵CA＝CB，
∴∠CAB＝∠CBA，
∴∠OAB＝∠OBA，
∴OA＝OB．
（2）如图2，设AE与CF的交点为M，
在Rt△BCD中，点F是BD的中点，
∴CF＝BF，
∴∠BCF＝∠CBF，
由（1）知，∠CAE＝∠CBD，
∴∠BCF＝∠CAE，
∴∠CAE+∠ACF＝∠BCF+∠ACF＝∠ACB＝90°，
∴∠AMC＝90°，
∴AE⊥CF；
（3）如图3，设AE与CF的交点为M，
∵AC＝，
∴BC＝AC＝，
∵CE＝，
∴CD＝CE＝，
在Rt△BCD中，根据勾股定理得，BD＝＝，
∵点F是BD中点，
∴CF＝DF＝BD＝，
同理：EG＝AE＝，
连接EF，过点F作FH⊥BC，
∵∠ACB＝90°，点F是BD的中点，
∴FH＝CD＝，
∴S△CEF＝CE?FH＝××＝，
由（2）知，AE⊥CF，
∴S△CEF＝CF?ME＝×ME＝ME，
∴ME＝，
∴ME＝，
∴GM＝EG﹣ME＝﹣＝，
∴S△CFG＝CF?GM＝××＝．
9、如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B、C在x轴上，∠ABO＝30°，AB＝2，OB＝OC．
（1）如图1，求点A、B、C的坐标；
（2）如图2，若点D在第一象限且满足AD＝AC，∠DAC＝90°，线段BD交y轴于点G，求线段BG的长；
（3）如图3，在（2）的条件下，若在第四象限有一点E，满足∠BEC＝∠BDC．请探究BE、CE、AE之间的数量关系．
解：（1）∵∠AOB＝90°，∠ABO＝30°，AB＝2，
∴OA＝1，OB＝，
∴A（0，1），B（﹣，0），
∵OB＝OC，
∴OC＝，
∴C（，0）．
（2）过点D作DM⊥y轴于点M，过点D作DN⊥x轴于点N，
由题意，y轴是线段BC的垂直平分线，
∴AB＝AC，
∴∠ABO＝∠ACO＝30°，
∵∠DAC＝90°，x轴⊥y轴，
∴∠DAM＝∠ACO＝30°，
又AD＝AC，∠AMD＝∠CAO，
∴△AMD≌△COA（AAS），
∴DM＝AO，AM＝CO，
∵AO＝1，CO＝，
∴DM＝ON＝1，AM＝，
∴D（1，+1），
∴DN＝+1，
又BN＝OB+ON＝+1，
∴DN＝BN，
∴△BND是等腰直角三角形，
∴∠DBN＝45°，
∴△GBO是等腰直角三角形，
∴BG＝OB＝＝；
（3）由（2）可知：∠DBN＝45°，∠DCB＝30°+45°＝75°，
∴∠BDC＝180°﹣45°﹣75°＝60°，
∵∠BEC＝∠BDC，
∴∠BEC＝60°，
延长EB至F，使BF＝CE，连接AF，
∵∠ABC＝∠ACB＝30°，
∴∠BAC＝120°，
∴∠ACE+∠ABE＝180°，
∵∠ABF+∠ABE＝180°，
∴∠ABF＝∠ACE，
又∵AB＝AC，BF＝CE，
∴△ABF≌△ACE（SAS），
∴AF＝AE，∠BAF＝∠CAB，
∴∠FAE＝∠BAC＝120°，
∴FE＝AE，
∴BE+CE＝BE+BF＝FE＝AE，
即BE+CE＝AE．
11、已知：点B、C在∠MAN的边AM、AN上，AB＝AC，点E，F在∠MAN内部的射线AD上
（1）特殊情况：如图1，当∠MAN＝90°时，BE⊥AD于点E，CF⊥AD于点F．求证：△ABE≌△CAF．
（2）一般情况：如图2，当∠MAN为任意锐角时，若∠BED＝∠CFD＝∠MAN，则（1）式结论是否仍然成立？若成立，请证明，若不成立，请说明理由．
证明：（1）如图①中，
∵∠MAN＝90°，
∴∠BAE+∠CAF＝90°，
∵BE⊥AD，CF⊥AD，
∴∠BEA＝∠AFC＝90°，
∴∠BAE+∠EBA＝90°，
∴∠CAF＝∠EBA，
∵AB＝AC，
∴△BAE≌△ACF（AAS）．
（2）如图2，（1）中结论仍然成立，
理由：如图②中，
∵∠1＝∠BAE+∠ABE，∠1＝∠BAC，
∴∠BAC＝∠BAE+∠ABE，
∵∠BAC＝∠BAE+∠CAF，
∴∠ABE＝∠CAF，
∵∠1＝∠BAE+∠ABE，∠2＝∠CAF+∠ACF，∠1＝∠2，
∴∠BAE＝∠ACF，
∵AB＝AC，
∴△BAE≌△ACF（ASA）．
11、（1）如图1，AD∥BC，AD＝BC，AC与BD相交于点O，求证：△AOD≌△BOC；
（2）如图2，过线段AB的两个端点作射线AM，BN，使AM∥BN．
①作∠MAB，∠NBA的平分线交于点E，∠AEB是什么角？为什么？
②过点E任作一条直线，交AM于点D，交BN于点C．
证明：DE＝CE；
③试说明无论DC的两个端点在AM，BN上如何移动，只要DC经过点E，AD+BC的值就不变．
解：（1）∵AD∥BC，
∴∠D＝∠B，∠A＝∠C，
∵AD＝BC，
∴△AOD≌△BOC（ASA）；
（2）①∵AM∥BN，
∴∠MAB+∠ABN＝180°，
又AE，BE分别为∠MAB、∠NBA的平分线，
∴∠BAE+∠ABE＝（∠MAB+∠ABN）＝90°，
∴∠AEB＝180°﹣∠BAE﹣∠ABE＝90°，
即∠AEB为直角；
②延长AE，交BN于点F，
∵AM∥BN，
∴∠MAF＝∠AFB，
∵∠MAE＝∠BAE，
∴∠BAF＝∠AFB，
∴BA＝FB，
∵∠AEB为直角，
∴AE＝EF，
∵∠DAE＝∠EFC，∠AED＝∠CEF，
∴△DAE≌△CFE（ASA），
∴ED＝EC；
③由②中结论可知，AB＝BF，无论DC的两端点在AM、BN如何移动，只要DC经过点E，
总有△DAE≌△CFE，总有AD＝CF；
所以总有AD+BC＝2EF＝AB．更
专题26
与圆有关的等腰三角形的存在性问题
【知识讲解】
与圆有关知识内容：
在模块一的基础上，加入了与圆有关的要求。相关点主要有：
（1）同圆内半径相等，提供了全等三角形的边或角相等条件；
（2）切线与过切点的半径垂直，提供了可使用的直角三角形
解题思路：
与模块一类似；
（1）利用几何或代数的手段，表示出三角形的三边对应的函数式；
（2）根据条件分情况进行讨论，排除不可能的情况，将可能情况列出方程（多为分式或根式方程）；
（3）解出方程，并代回原题中进行检验，舍去增根．
【例题讲解】
1、如图，在中，∠ACB
=
90°，AC
=
8，tan
B
=，点P是线段AB上的一个动点，以点P为圆心，PA为半径的⊙P与射线AC的另一个交点为D，射线PD交射线BC于点E，点Q是线段BE的中点．
（1）当点E在BC的延长线上时，设PA＝x，CE＝y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域；
（2）以点Q为圆心，QB为半径的⊙Q和⊙P相切时，求⊙P的半径；
（3）射线PQ与⊙P相交于点M，联结PC、MC，当△PMC是等腰三角形时，求AP的长．
【答案】（1），（）；（2）⊙P的半径为或；
（3）AP的长为或或5或8．
【解析】解：（1）∵AP
=
PD，∴，
∴，∴PE
=
PB
=，
∵，∴，
∴（）；
（2）可以求出，，PA
=
x，．
∴外切时，，解得：，
内切时，，解得：，
综上所述，⊙P的半径为或；
（3），，，
分情况讨论：
PM
=
PC时，解得：（此时E与C重合）；
PM
=
MC时，解得：或；
PC
=
MC时，解得：或（舍）．
综上所述，AP的长为或或5或8．
【总结】本题一方面考查了两圆相切的分类讨论，另一方面考查了等腰三角形的分类讨论，注意方法的归纳总结．
2、如图，已知在中，，AB
=
5，，P是BC边上的一点，，垂足为E，以点P为圆心，PC为半径的圆与射线PE相交于点Q，线段CQ与边AB交于点D．
（1）求AD的长；
（2）设CP
=
x，的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；
（3）过点C作，垂足为F，联结PF、QF，如果是以PF为腰的等腰三角形，求CP的长．
【答案】（1）；（2）（）；
（3）CP的长为2或．
【解析】（1）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
，∴．
∵，∴．
∵90°，∴90°．
∵=90°，∴．
∵，∴，∴．
（2）作，垂足为点H．
∵=90°，∴=90°，=90°，
∴，∴．
∵，∴，∴，
即，定义域为．
（3）解法一：在Rt△PBE中，90°，，，
∴，，
∴，．
∴，
．
如果，那么，解得：．
如果，那么，
解得：（不合题意，舍去），．
综上所述，如果△PQF是以PF为腰的等腰三角形，CP的长为2或．
解法二：在Rt△PBE中，90°，，，
∴，，
∴，．
如果，那么，
∴，，
∴，∴．
如果，那么，
∴，
解得：，∴．
综上所述，如果△PQF是以PF为腰的等腰三角形，CP的长为2或．
【总结】本题主要一方面考查与圆有关的知识点，另一方面考查锐角三角比的运用以及等腰三角形的分类讨论，注意此题只需分两种情况讨论即可．专题25
以函数为背景的等腰三角形的存在性问题
【知识讲解】
知识内容：
在用字母表示某条线段的长度时，常用的方法有但不仅限于以下几种：
（1）勾股定理：找到直角三角形，利用两边的长度表示出第三边；
（2）全等或相似：通过相似，将未知边与已知边建立起联系，进而表示出未知边
（3）两点间距离公式：设、，则A、B两点间的距离为：
．
解题思路：
利用几何或代数的手段，表示出三角形的三边对应的函数式；
根据条件分情况进行讨论，排除不可能的情况，将可能情况列出方程（多为分式或根式方程）
解出方程，并代回原题中进行检验，舍去增根．
注：用相似的方法得到的代数式构造一般比较简单，但对几何能力的要求较高，用勾股定理则反之．
【例题讲解】
1、如图，已知中，AB
=
AC
=
6，BC
=
8，点D是BC边上的一个动点，点E在AC边上，∠ADE
=∠B．设BD的长为x，CE的长为y．
（1）当D为BC的中点时，求CE的长；
（2）求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；
（3）如果为等腰三角形，求x的值．
【答案】（1）；（2）（）；（3）2或．
【解析】解：∵，，
∴．
∴．
∴．
（1）当D为BC中点时，，∴．
（2），x的取值范围为．
（3）分情况讨论，
①当AD
=
AE时：
∵，∴，此情况不存在；
②当AD
=
DE时：
∴，即，
解得：（舍）或；
③当AE
=
DE时：
∴．
∴．
又∵，∴，
∴，解得：，
综上：x的值为2或．
【总结】本题综合性较强，主要考查等腰三角形的性质及分类讨论的运用．
2、已知，一条抛物线的顶点为E（，4），且过点A（，0），与y轴交于点C，点D是这条抛物线上一点，它的横坐标为m，且，过点D作轴，垂足为K，DK分别交线段AE、AC于点G、H．
（1）求这条抛物线的解析式；
（2）求证：GH
=
HK；
（3）当是等腰三角形时，求m的值．
【解析】（1）；（2）略；
（3）m的值为或．
【解析】（1）∵抛物线的顶点为E（，4），
∴设抛物线的解析式为（）
又∵抛物线过点A（，0）∴，
∴这条抛物线的解析式为；
（2）∵A（，0），E（，4），C（0，3）
∴直线AE的解析式为；直线AC的解析式为，
∵D的横坐标为m，轴，
∴G（m，2m
+
6），H（m，m
+
3）
∵K（m，0），∴GH
=
m
+
3，HK
=
m
+
3，∴GH
=
HK；
（3）∵C（0，3），G（m，2m
+
6），H（m，m
+
3）
1°
若CG
=
CH，则
解得：，都是原方程的解，但不合题意舍去；
所以这种情况不存在．
2°
若GC
=
GH，则，
解得：，都是原方程的解，但不合题意，舍去．
∴；
3°
若HC
=
HG，则，解得：．
综上所述：当是等腰三角形时，m的值为或．
【总结】本题主要考查二次函数背景下的等腰三角形的分类讨论问题，注意对方法的选择．专题23
以函数为背景的直角三角形的存在性问题
1、如图，在平面直角坐标系中，二次函数的图像经过点A（，0）、B（4，0）、
C（0，2）．点D是点C关于原点的对称点，联结BD，点E是x轴上的一个动点，设点E的坐标为（m，0），过点E作x轴的垂线l交抛物线于点P．
（1）求这个二次函数的解析式；
（2）当点E在线段OB上运动时，直线l交BD于点Q，当四边形CDQP是平行四边
形时，求m的值；
（3）是否存在点P，使是不以BD为斜边的直角三角形，如果存在，请直接写
出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）m
=
2；
（3）（3），，．
【解析】解：（1）∵二次函数过点A、B，
∴设二次函数为．
将点C（0，2）代入，解得．
∴二次函数解析式为：；
（2）D点坐标为（0，）．
∴直线BD的解析式为：．
∴P点坐标为，Q点坐标为．
∵CD
=
PQ，
∴．
解得：m
=
2或m
=
0（舍），
故m的值为2；
（3），，．
（注：可设过B或D的与BD垂直的直线，然后与二次函数联立后解出）
【总结】本题综合性较强，考查的内容也比较多，包含了二次函数解析式的确定，还有就是平行四边形的存在性以及直角三角形的存在性的确定，注意利用相关性质去确定点的坐标．
2、如图，在Rt中，∠ACB
=
90°，AB
=
13，CD//AB，点E为射线CD上一动点（不与点C重合），联结AE交边BC于F，∠BAE的平分线交BC于点G．
（1）当CE
=
3时，求S△CEF∶S△CAF的值；
（2）设CE
=
x，AE
=
y，当CG
=
2GB时，求y与x之间的函数关系式；
（3）当AC
=
5时，联结EG，若为直角三角形，求BG的长．
【答案】（1）；（2）；（3）BG的长为6或．
【解析】解：（1）∵CD//AB，CE
=
3，AB
=
13，
∴．
∴．
（2）延长AG交CD于M．
∴．
∴．
∵CD//AB，
∴，
∴AE
=
EM，
∴．
（3）∵，∴分两种情况讨论．
①当时，可得AG
=
GM．
∵CD//AB，
∴；
②当时，可得，
∴，．
又∵，，
∴，
∴GA
=
GB．
∴．
综上所述，若为直角三角形，BG的长为6或．
【总结】本题综合性较强，考查的内容也比较多，包含了面积的比值，函数解析式的确定以及直角三角形的存在性的确定，注意在求解析式时，利用角平分线的性质去确定解析式．
