2017年中考专题复习动点产生的等腰三角形问题

0319动点产生的等腰三角形问题1．如图所示，矩形ABCD中，AB=4，BC=，点E是折线段A﹣D﹣C上的一个动点（点E与点A不重合），点P是点A关于BE的对称点．使△PCB为等腰三角形的点E的位置共有（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个2．如图，抛物线y=x2与直线y=2x在第一象限内有一交点A．（1）你能求出点A的坐标吗？（2）在x轴上是否存在一点P，使△AOP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．如图，直线y=ax+b与双曲线y=有一个交点A（1，2）且与x轴、y轴分别交于B，C两点，已知△AOB的面积为3．（1）求双曲线和直线的解析式；（2）在x轴上是否存在一点P，使△ABP是等腰三角形？如果存在，直接写出满足条件的P点坐标；如果不存在，说明理由．4．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与y轴交于点A（0，3），与x轴交于点B（4，0）．（1）求抛物线的解析式；（2）连接AB，点C为线段AB上的一个动点，过点C作y轴的平行线交抛物线于点D，设C点的横坐标为m，线段CD长度为d（d≠0）求d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，连接AD，是否存在m值，使△ACD是等腰三角形？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．5．如图，在矩形ABCD中，AB=3cm，BC=4cm．设P，Q分别为BD，BC上的动点，在点P自点D沿DB方向作匀速移动的同时，点Q自点B沿BC方向向点C 作匀速移动，移动的速度均为1cm/s，设P，Q移动的时间为t（0＜t≤4）．（1）当t为何值时，△PBQ为等腰三角形？（2）△PBQ能否成为等边三角形？若能，求t的值；若不能，说明理由．6．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，AB=BC=10，AD=16．动点P、Q分别从点D、B同时出发，动点P沿射线DA的方向以每秒2个单位长的速度运动，动点Q在线段BC上以每秒1个单位长的速度向点C运动，当点Q运动到点C时，点P随之停止运动．设运动的时间为t（秒）．（1）直接用含t的代数式表示：PA=；（2）当t=秒时，PQ∥AB；（3）设射线PQ与射线AB相交于点E，△AEP能否为等腰三角形？如果能，请求出t的值；如果不能，请说明理由．7．如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，D、E分别是边AB、AC上的两个动点（D不与A、B重合），且保持DE∥BC，以ED为边，在点A的异侧作正方形DEFG．（1）试求△ABC的面积；（2）当边FG与BC重合时，求正方形DEFG的边长；（3）设AD=x，当△BDG是等腰三角形时，求出AD的长．8．如图，在△ABC中，已知AB=AC=5，BC=6，且△ABC≌△DEF，将△DEF与△ABC重合在一起，△ABC不动，△ABC不动，△DEF运动，并满足：点E在边BC上沿B到C的方向运动（E不与B、C重合），且DE始终经过点A，EF与AC交于M点．（1）求证：△ABE∽△ECM；（2）探究：在△DEF运动过程中，重叠部分能否构成等腰三角形？若能，求出BE的长；若不能，请说明理由．9．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，CD⊥AB于点D．点P从点D出发，沿线段DC向点C运动，点Q从点C出发，沿线段CA向点A运动，两点同时出发，速度都为每秒1个单位长度，当点P运动到C时，两点都停止．设运动时间为t秒．（1）求线段CD的长；（2）当t为何值时，△CPQ与△ABC相似？（3）当t为何值时，△CPQ为等腰三角形？10．如图甲，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm．如果点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由点A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为1cm/s．连接PQ，设运动时间为t（s）（0＜t＜4），解答下列问题：（1）设△APQ的面积为S，当t为何值时，S取得最大值？S的最大值是多少？（2）如图乙，连接PC，将△PQC沿QC翻折，得到四边形PQP′C，当四边形PQP′C 为菱形时，求t的值；′（3）当t为何值时，△APQ是等腰三角形？11．如图，正方形OABC的边OA，OC在坐标轴上，点B的坐标为（﹣4，4）．点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴向点O运动；点Q从点O同时出发，以相同的速度沿x轴的正方向运动，规定点P到达点O时，点Q也停止运动．连接BP，过P点作BP的垂线，与过点Q平行于y轴的直线l相交于点D．BD与y轴交于点E，连接PE．设点P运动的时间为t（s）．（1）∠PBD的度数为，点D的坐标为（用t表示）；（2）当t为何值时，△PBE为等腰三角形？（3）探索△POE周长是否随时间t的变化而变化？若变化，说明理由；若不变，试求这个定值．12．在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，点D为边BC的中点，DE⊥BC交边AC于点E，点P为射线AB上的一动点，点Q为边AC上的一动点，且∠PDQ=90°（1）求ED、EC的长；（2）若BP=2，求CQ的长；（3）记线段PQ与线段DE的交点为点F，若△PDF为等腰三角形，求BP的长．13．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）求点A和点B的坐标；（2）过点A作AC⊥y轴于点C，过点B作直线l∥y轴．动点P从点O出发，以每秒1个单位长的速度，沿O﹣C﹣A的路线向点A运动；同时直线l从点B出发，以相同速度向左平移，在平移过程中，直线l交x轴于点R，交线段BA或线段AO于点Q．当点P到达点A时，点P和直线l都停止运动．在运动过程中，设动点P运动的时间为t秒．①当t为何值时，以A、P、R为顶点的三角形的面积为8？②是否存在以A、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由．2017年03月19日马赛的初中数学组卷参考答案与试题解析一．选择题（共1小题）1．（2010•济南）如图所示，矩形ABCD中，AB=4，BC=，点E是折线段A﹣D﹣C上的一个动点（点E与点A不重合），点P是点A关于BE的对称点．使△PCB为等腰三角形的点E的位置共有（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【分析】根据题意，结合图形，分情况讨论：①BP为底边；②BP为等腰三角形一腰长．【解答】解：①BP为等腰三角形一腰长时，符合点E的位置有2个，是BC的垂直平分线与以B为圆心BA为半径的圆的交点即是点P；②BP为底边时，C为顶点时，符合点E的位置有2个，是以B为圆心BA为半径的圆与以C为圆心BC为半径的圆的交点即是点P；③以PC为底边，B为顶点时，这样的等腰三角形不存在，因为以B为圆心BA为半径的圆与以B为圆心BC为半径的圆没有交点．故选：C．【点评】本题综合考查等腰三角形的判定，需对知识进行推理论证、运算及探究．二．解答题（共12小题）2．（2016秋•黄州区校级月考）如图，抛物线y=x2与直线y=2x在第一象限内有一交点A．（1）你能求出点A的坐标吗？（2）在x轴上是否存在一点P，使△AOP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．【分析】（1）利用解方程组可得到A点坐标；（2）需要分类讨论：AP=AO、OA=OP、AP=OP，根据等腰三角形的性质来求点P 的坐标．【解答】解：（1）解方程组得或，所以A点坐标为（2，4）；（2）①当AP=AO时，作AB⊥x轴于B点，如图1，当PB=OB时，△AOP是以OP为底的等腰三角形，而A（2，4），所以P点坐标为（4，0）．②当OA=OP时，∵A（2，4），∴OA==2，则P（±2，0）；③当AP=OP时，如图2，过点P作PQ⊥AO于点Q．设P（t，0）．则Q（1，2）．故OA•PQ=OP×4，即×2×=t×4，解得t=5，即（5，0）．综上所述，符合条件的点P的坐标是（4，0）或（2，0）或（﹣2，0）或（5，0）．【点评】本题考查了二次函数综合题，同时在两个函数解析式上，应是这两个函数解析式的公共解．答案较多时，应有规律的去找不同的解是解题关键．3．（2010秋•本溪月考）如图，直线y=ax+b与双曲线y=有一个交点A（1，2）且与x轴、y轴分别交于B，C两点，已知△AOB的面积为3．（1）求双曲线和直线的解析式；（2）在x轴上是否存在一点P，使△ABP是等腰三角形？如果存在，直接写出满足条件的P点坐标；如果不存在，说明理由．【分析】（1）根据双曲线y=过点A（1，2），利用待定系数法，可得双曲线解析式，根据△AOB的面积为3，可得B点坐标，根据直线过A、B两点，利用待定系数法，可得直线解析式；（2）根据两边相等的三角形是等腰三角形，分类讨论，AB=AP，AB=BP，AP=BP，可得答案．【解答】解：（1）∵双曲线y=过点A（1，2），∴2=，k=2，双曲线的解析式是y=，∵△AOB的面积为3，底是OB的长，高是A点的纵坐标，×2×OB=3，∴B点坐标是（3，0），∵直线y=ax+b过点A、B，∴2=a+b ①，0=3a+b②，②﹣①得a=﹣1，b=3，∴一次函数的解析式是y=﹣x+3；（2）设P点坐标为（x，0），AB=，当AP=PB时，，x=3（不合题意，舍）或x=﹣1，P点坐标（﹣1，0），当AB=BP时，PB=2，∴P点坐标为（3﹣2，0）或（3+2，0），当AP=BP时，，x=，P点坐标是（，0）．故P（﹣1，0），（3﹣2，0），（3+2，0），（，0）．【点评】本题考查了反比例函数的综合题，（1）利用待定系数法求解是解题关键；（2）分类讨论是解题关键．4．（2015秋•道外区期末）如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与y轴交于点A（0，3），与x轴交于点B（4，0）．（1）求抛物线的解析式；（2）连接AB，点C为线段AB上的一个动点，过点C作y轴的平行线交抛物线于点D，设C点的横坐标为m，线段CD长度为d（d≠0）求d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，连接AD，是否存在m值，使△ACD是等腰三角形？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；（2）根据自变量与函数值的对应关系，可得C、D点坐标，根据平行于y轴的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得答案；（3）根据等腰三角形的定义，可得关于m的方程，根据因式分解法解方程，可得答案．【解答】解：（1）将A、B点坐标代入，得，解得，抛物线的解析式为y=﹣x2+x+3；（2）如图：设AB的解析式为y=kx+b，将B、A的坐标代入，得，解得，AB的解析式为y=﹣x+3，C在直线AB上，C（m，﹣m+3），D（m，﹣m2+m+3）．CD的长为﹣m2+m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+2m，即d=﹣m2+2m；（3）AC2=m2+（m）2，CD2=（﹣m2+2m）2，AD2=m2+（﹣m2+m）2，①当AC=AD时，m2+（m）2=m2+（﹣m2+m）2，化简，得（﹣m2+2m）（﹣m2+m）=0，解得m=0（不符合题意，舍），m=4（不符合题意，舍），m=1；②当AC=CD时，m2+（m）2=（﹣m2+2m）2，化简，得（﹣m2+m）（﹣m2+m）=0，解得m=0（不符合题意，舍），m=（不符合题意，舍），m=；③当AD=CD时，m2+（﹣m2+m）2=（﹣m2+2m）2，化简，得﹣m2（m﹣）=0，解得m=．综上所述：m的值为1、或．【点评】本题考查了二次函数综合题，利用待定系数法求函数解析式；利用平行于y轴的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标得出函数解析式；利用等腰三角形的定义得出关于m的方程是解题关键，要分类讨论，以防遗漏．5．如图，在矩形ABCD中，AB=3cm，BC=4cm．设P，Q分别为BD，BC上的动点，在点P自点D沿DB方向作匀速移动的同时，点Q自点B沿BC方向向点C 作匀速移动，移动的速度均为1cm/s，设P，Q移动的时间为t（0＜t≤4）．（1）当t为何值时，△PBQ为等腰三角形？（2）△PBQ能否成为等边三角形？若能，求t的值；若不能，说明理由．【分析】（1）此题由3种情况，①从假设△BPQ是等腰三角形入手．求证△BMP ∽△BCD，利用对应边成比例即可求得t的值．②在Rt△BMP中，利用cos∠DBC=，解得t．③如图，当BQ=PQ时，自点Q向BD引垂线，垂足为N．利用Rt△BNQ∽Rt△BCD 其对应边成比例即可求得t．（2）若△PBQ为等边三角形，则BQ=BP=PQ．由②，知当BQ=BP时，．由①，知当BP=PQ时，．而BQ=BP与BP=PQ不能同时成【解答】解：（1）若△BPQ是等腰三角形．①如图，当PB=PQ时，自点P向BC引垂线，垂足为M，则有BM=MQ．方法一：由△BMP∽△BCD，得，∴．∴，解得．方法二：在Rt△BMP中，．∴，解得．②当BQ=BP时，有t=5﹣t，解得．③如图，当BQ=PQ时，自点Q向BD引垂线，垂足为N．由Rt△BNQ∽Rt△BCD，得．∴，解得．（2）不能．若△PBQ为等边三角形，则BQ=BP=PQ．由（2）②，知当BQ=BP时，．由（2）①，知当BP=PQ时，．∴BQ=BP与BP=PQ不能同时成立，∴△PBQ不可能为等边三角形．【点评】此题主要考查学生对相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质的理解和掌握，此题涉及到的知识点较多，综合性较强，是一道难题．6．（2013春•邢台期末）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，AB=BC=10，AD=16．动点P、Q分别从点D、B同时出发，动点P沿射线DA的方向以每秒2个单位长的速度运动，动点Q在线段BC上以每秒1个单位长的速度向点C运动，当点Q运动到点C时，点P随之停止运动．设运动的时间为t（秒）．（1）直接用含t的代数式表示：PA=16﹣2t；（2）当t=秒时，PQ∥AB；（3）设射线PQ与射线AB相交于点E，△AEP能否为等腰三角形？如果能，请求出t的值；如果不能，请说明理由．【分析】（1）根据已知求出即可；（2）根据平行四边形的性质和判定得出BQ=AP，求出即可；（3）求出CD和PN，分为三种情况：①PE=AP，②AE=AP，③PE=AE，根据勾股定理和等腰三角形的性质得出方程，求出方程的解即可．【解答】解：（1）∵AD=16，DP=t，∴AP=16﹣2t，故答案为：16﹣2t．（2）当BQ=AP，∵BC∥AD，∴四边形PABQ是平行四边形，∴此时PQ∥AB，即t=16﹣2t，t=，故答案为：．（3）设射线PQ与射线AB相交于点E，△AEP能为等腰三角形，理由是：过B作BM⊥AD于M，∴∠BMA=90°，∵∠C=90°，∴∠D=∠BMA，∴CD∥BM，∴四边形CDMB是矩形，∴CD=BM，BC=DM=10，∴AM=16﹣10﹣6，在Rt△BMA中，AB=10，由勾股定理得：BM=8，分为三种情况：①当PE=AP=16﹣2t时，如图1，过P作PN⊥BC于N，则四边形CDPN是矩形，∴PN=CD=8，CN=DP=2t，∵PE=AP，∴∠A=∠E，∵BC∥AD，∴∠EBQ=∠A，∴∠E=∠EBQ，∴EQ=BQ=t，在Rt△PNQ中，由勾股定理得：82+（10﹣2t﹣t）2=（16﹣2t﹣t）2，t=；②如图1，当AE=AP时，∵AE=AP，∴∠E=∠EPA，∵BC∥AD，∴∠EPA=∠CQP，∵∠EQB=∠CQP，∴∠E=∠EQB，∴EB=QB=t，∵AE=AP，BC=10，∴10+t=16﹣2t，t=2；③如图1，当PE=AE时，∵BC∥AD，∴∠EQB=∠EPA，∠EBQ=∠A，∵AE=PE，∴∠A=∠EPA，∴∠EQB=∠EBQ，∴QE=BE，∵AE=PE，∴BC=PQ=10，在Rt△PNQ中，NQ=10﹣2t﹣t=10﹣3t，pn=8，PQ=BC=10由勾股定理得：82+（10﹣3t）2=102，t=；④当p在DA的延长线上时，若PA=AE，则2t﹣16=10﹣t，解得：t=，而点Q运动到点C所用时间是10秒，＜10，符合题意即设射线PQ与射线AB相交于点E，△AEP能为等腰三角形，t的值是秒或2秒或秒或秒．【点评】本题考查了矩形的性质和判定，梯形的性质，等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识点的应用，主要考查学生的推理能力，注意要进行分类讨论啊．7．（2012秋•宝安区期中）如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=6，D、E分别是边AB、AC上的两个动点（D不与A、B重合），且保持DE∥BC，以ED为边，在点A的异侧作正方形DEFG．（1）试求△ABC的面积；（2）当边FG与BC重合时，求正方形DEFG的边长；（3）设AD=x，当△BDG是等腰三角形时，求出AD的长．【分析】（1）作底边上的高，利用勾股定理求出高就可以求出面积．（2）根据DE∥BC，得到△ADE∽△ABC，再根据相似三角形对应高的比等于相似比即可求出边DE的长度．（3）根据△ADE∽△ABC得=，求出AD的长．【解答】解：（1）过A作AH⊥BC于H，∵AB=AC=5，BC=6，∴BH=BC=3，∴AH===4，=BC•AH=×6×4=12．∴S△ABC（2）令此时正方形的边长为a，∵DE∥BC，∴，∴a=．（3）当AD=x时，由△ADE∽△ABC得=，即=，解得DE=x，当BD=DG时，5﹣x=x，x=，当BD=BG时，=，解得x=，当BG=DG时，=，解得x=，∴当△BDG是等腰三角形时，AD=或或．【点评】本题考查了正方形、等腰三角形的性质，相似比等相关知识．综合性较强，解题时要仔细．8．（2013•金城江区三模）如图，在△ABC中，已知AB=AC=5，BC=6，且△ABC ≌△DEF，将△DEF与△ABC重合在一起，△ABC不动，△ABC不动，△DEF运动，并满足：点E在边BC上沿B到C的方向运动（E不与B、C重合），且DE始终经过点A，EF与AC交于M点．（1）求证：△ABE∽△ECM；（2）探究：在△DEF运动过程中，重叠部分能否构成等腰三角形？若能，求出BE的长；若不能，请说明理由．【分析】（1）由AB=AC，根据等边对等角，可得∠B=∠C，又由△ABC≌△DEF 与三角形外角的性质，易证出∠CEM=∠BAE，从而可证得△ABE∽△ECM；（2）首先由∠AEF=∠B=∠C，且∠AME＞∠C，可得AE≠AM，然后分别从AE=EM 与AM=EM去分析，注意利用全等三角形与相似三角形的性质求解即可求得答案．【解答】（1）证明：∵AB=AC，∴∠B=∠C，∵△ABC≌△DEF，∴∠AEF=∠B，又∵∠AEF+∠CEM=∠AEC=∠B+∠BAE，∴∠CEM=∠BAE，∴△ABE∽△ECM；（2）能．解：∵∠AEF=∠B=∠C，且∠AME＞∠C，∴∠AME＞∠AEF，∴AE≠AM；当AE=EM时，则△ABE≌△ECM，∴CE=AB=5，∴BE=BC﹣EC=6﹣5=1，当AM=EM时，则∠MAE=∠MEA，∴∠MAE+∠BAE=∠MEA+∠CEM，即∠CAB=∠CEA，又∵∠C=∠C，∴△CAE∽△CBA，∴=，∴CE=，∴BE=6﹣=；∴BE=1或．【点评】此题考查了相似形综合，用到的知识点是相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，此题难度较大，注意数形结合思想、分类讨论思想与函数思想的应用是解此题的关键．9．（2016秋•芦溪县期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，CD ⊥AB于点D．点P从点D出发，沿线段DC向点C运动，点Q从点C出发，沿线段CA向点A运动，两点同时出发，速度都为每秒1个单位长度，当点P运动到C时，两点都停止．设运动时间为t秒．（1）求线段CD的长；（2）当t为何值时，△CPQ与△ABC相似？（3）当t为何值时，△CPQ为等腰三角形？【分析】（1）先根据勾股定理求出AB的长，再由三角形的面积公式即可得出结论；（2）先用t表示出DP，CQ，CP的长，再分PQ⊥CD与PQ⊥AC两种情况进行讨论；（3）根据题意画出图形，分CQ=CP，PQ=PC，QC=QP三种情况进行讨论．【解答】解：（1）∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6，∴AB=10．∵CD⊥AB，=BC•AC=AB•CD．∴S△ABC∴CD===4.8．∴线段CD的长为4.8．（2）由题可知有两种情形，设DP=t，CQ=t．则CP=4.8﹣t．①当PQ⊥CD时，如图a∵△QCP∽△△ABC∴=，即=，∴t=3；②当PQ⊥AC，如图b．∵△PCQ∽△ABC∴=，即=，解得t=，∴当t为3或时，△CPQ与△△ABC相似；（3）①若CQ=CP，如图1，则t=4.8﹣t．解得：t=2.4．②若PQ=PC，如图2所示．∵PQ=PC，PH⊥QC，∴QH=CH=QC=．∵△CHP∽△BCA．∴=．∴=，解得t=．③若QC=QP，过点Q作QE⊥CP，垂足为E，如图3所示．同理可得：t=．综上所述：当t为2.4秒或秒或秒时，△CPQ为等腰三角形．【点评】本题考查的是相似形综合题，涉及到相似三角形的判定与性质等知识，在解答此题时要注意进行分类讨论．10．（2014•娄底）如图甲，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=4cm，BC=3cm．如果点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由点A出发沿AC方向向点C 匀速运动，它们的速度均为1cm/s．连接PQ，设运动时间为t（s）（0＜t＜4），解答下列问题：（1）设△APQ的面积为S，当t为何值时，S取得最大值？S的最大值是多少？（2）如图乙，连接PC，将△PQC沿QC翻折，得到四边形PQP′C，当四边形PQP′C 为菱形时，求t的值；′（3）当t为何值时，△APQ是等腰三角形？【分析】（1）过点P作PH⊥AC于H，由△APH∽△ABC，得出=，从而求出AB，再根据=，得出PH=3﹣t，则△AQP的面积为：AQ•PH=t（3﹣t），最后进行整理即可得出答案；（2）连接PP′交QC于E，当四边形P QP′C为菱形时，得出△APE∽△ABC，=，求出AE=﹣t+4，再根据QE=AE﹣AQ，QE=QC得出﹣t+4=﹣t+2，再求t即可；（3）由（1）知，PE=﹣t+3，与（2）同理得：QE=﹣t+4，从而求出PQ=，在△APQ中，分三种情况讨论：①当AQ=AP，即t=5﹣t，②当PQ=AQ，即=t，③当PQ=AP，即=5﹣t，再分别计算即可．【解答】解：（1）如图甲，过点P作PH⊥AC于H，∵∠C=90°，∴AC⊥BC，∴PH∥BC，∴△APH∽△ABC，∴=，∵AC=4cm，BC=3cm，∴AB=5cm，∴=，∴PH=3﹣t，∴△AQP的面积为：S=×AQ×PH=×t×（3﹣t）=﹣（t﹣）2+，∴当t为秒时，S最大值为cm2．（2）如图乙，连接PP′，PP′交QC于E，当四边形PQP′C为菱形时，PE垂直平分QC，即PE⊥AC，QE=EC，∴△APE∽△ABC，∴=，∴AE===﹣t+4QE=AE﹣AQ═﹣t+4﹣t=﹣t+4，QE=QC=（4﹣t）=﹣t+2，∴﹣t+4=﹣t+2，解得：t=，∵0＜＜4，∴当四边形PQP′C为菱形时，t的值是s；（3）由（1）知，PE=﹣t+3，与（2）同理得：QE=AE﹣AQ=﹣t+4∴PQ===，在△APQ中，①当AQ=AP，即t=5﹣t时，解得：t1=；②当PQ=AQ，即=t时，解得：t2=，t3=5；③当PQ=AP，即=5﹣t时，解得：t4=0，t5=；∵0＜t＜4，∴t3=5，t4=0不合题意，舍去，∴当t为s或s或s时，△APQ是等腰三角形．【点评】此题主要考查了相似形综合，用到的知识点是相似三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的面积公式以及二次函数的最值问题，关键是根据题意做出辅助线，利用数形结合思想进行解答．11．（2014•咸宁）如图，正方形OABC的边OA，OC在坐标轴上，点B的坐标为（﹣4，4）．点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴向点O运动；点Q从点O同时出发，以相同的速度沿x轴的正方向运动，规定点P到达点O 时，点Q也停止运动．连接BP，过P点作BP的垂线，与过点Q平行于y轴的直线l相交于点D．BD与y轴交于点E，连接PE．设点P运动的时间为t（s）．（1）∠PBD的度数为45°，点D的坐标为（t，t）（用t表示）；（2）当t为何值时，△PBE为等腰三角形？（3）探索△POE周长是否随时间t的变化而变化？若变化，说明理由；若不变，试求这个定值．【分析】（1）易证△BAP≌△PQD，从而得到DQ=AP=t，从而可以求出∠PBD的度数和点D的坐标．（2）由于∠EBP=45°，故图1是以正方形为背景的一个基本图形，容易得到EP=AP+CE．由于△PBE底边不定，故分三种情况讨论，借助于三角形全等及勾股定理进行求解，然后结合条件进行取舍，最终确定符合要求的t值．（3）由（2）已证的结论EP=AP+CE很容易得到△POE周长等于AO+CO=8，从而解决问题．【解答】解：（1）如图1，由题可得：AP=OQ=1×t=t（秒）∴AO=PQ．∵四边形OABC是正方形，∴AO=AB=BC=OC，∠BAO=∠AOC=∠OCB=∠ABC=90°．∵DP⊥BP，∴∠BPD=90°．∴∠BPA=90°﹣∠DPQ=∠PDQ．∵AO=PQ，AO=AB，∴AB=PQ．在△BAP和△PQD中，∴△BAP≌△PQD（AAS）．∴AP=QD，BP=PD．∵∠BPD=90°，BP=PD，∴∠PBD=∠PDB=45°．∵AP=t，∴DQ=t．∴点D坐标为（t，t）．故答案为：45°，（t，t）．（2）①若PB=PE，由△PAB≌△DQP得PB=PD，显然PB≠PE，∴这种情况应舍去．②若EB=EP，则∠PBE=∠BPE=45°．∴∠BEP=90°．∴∠PEO=90°﹣∠BEC=∠EBC．在△POE和△ECB中，∴△POE≌△ECB（AAS）．∴OE=CB=OC．∴点E与点C重合（EC=0）．∴点P与点O重合（PO=0）．∵点B（﹣4，4），∴AO=CO=4．此时t=AP=AO=4．③若BP=BE，在Rt△BAP和Rt△BCE中，∴Rt△BAP≌Rt△BCE（HL）．∴AP=CE．∵AP=t，∴CE=t．∴PO=EO=4﹣t．∵∠POE=90°，∴PE==（4﹣t）．延长OA到点F，使得AF=CE，连接BF，如图2所示．在△FAB和△ECB中，∴△FAB≌△ECB．∴FB=EB，∠FBA=∠EBC．∵∠EBP=45°，∠ABC=90°，∴∠ABP+∠EBC=45°．∴∠FBP=∠FBA+∠ABP=∠EBC+∠ABP=45°．∴∠FBP=∠EBP．在△FBP和△EBP中，∴△FBP≌△EBP（SAS）．∴FP=EP．∴EP=FP=FA+AP=CE+AP．∴EP=t+t=2t．∴（4﹣t）=2t．解得：t=4﹣4∴当t为4秒或（4﹣4）秒时，△PBE为等腰三角形．（3）∵EP=CE+AP，∴OP+PE+OE=OP+AP+CE+OE=AO+CO=4+4=8．∴△POE周长是定值，该定值为8．【点评】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理等知识，考查了分类讨论的思想，考查了利用基本活动经验解决问题的能力，综合性非常强．熟悉正方形与一个度数为45°的角组成的基本图形（其中角的顶点与正方形的一个顶点重合，角的两边与正方形的两边分别相交）是解决本题的关键．12．（2014•杭州模拟）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，点D为边BC的中点，DE⊥BC交边AC于点E，点P为射线AB上的一动点，点Q为边AC上的一动点，且∠PDQ=90°（1）求ED、EC的长；（2）若BP=2，求CQ的长；（3）记线段PQ与线段DE的交点为点F，若△PDF为等腰三角形，求BP的长．【分析】（1）由勾股定理求得BC=10．通过“两角法”证得△CDE∽△CAB，则对应边成比例DE：AB=CE：CB=CD：CA，由此可以求得DE、CE的值；（2）如图2，当P点在AB上时，由∠PDQ=90°就可以得出∠2=∠4，就可以证明△PBD∽△QED，就可以EQ的值，从而求得CQ的值；如图2﹣1，当P点在AB 的延长线上时，证明△PBD∽△QED，由相似三角形的性质就可以求出结论；（3）如图3，4，5由条件可以求出△BPD∽△EQD，就有．设BP=x，则EQ=x，CQ=﹣x．由三角函数值可以得出△PDF∽△CDQ．由△PDF为等腰三角形就可以得出△CDQ为等腰三角形，根据等腰三角形的性质，分三种情况讨论就可以求出结论．【解答】解：（1）如图1，∵∠A=90°，AB=6，AC=8，∴根据勾股定理得到，BC==10∴CD=BC=5．∵DE⊥BC．∴∠A=∠CDE=90°∠C=∠C∴△CDE∽△CAB∴DE：AB=CE：CB=CD：CA，即DE：6=CE：10=5：8∴DE=，CE=；（2）如图2，∵△CDE∽△CAB，∴∠B=∠DEC．∵∠PDQ=90°∴∠1+∠4=90°．∵∠1+∠2=90°∴∠2=∠4，∴△PBD∽△QED，∴，∴，∴EQ=，∴CQ=CE﹣EQ=﹣=．如图2﹣1，∵∠B=DEC，∴∠PBD=∠QED．∵∠PDQ=90°∴∠1+∠2=90°．∵∠3+∠2=90°∴∠1=∠3，∴△PBD∽△QED∴，∴，∴EQ=，∴CQ==故CQ=或；（3）∵线段PQ与线段DE的交点为点F，∴点P在边AB上∵△BPD∽△EQD∴．若设BP=x ，则EQ=x，CQ=﹣x．∵cot∠QPD=，cot∠c=，∴∠QPD=∠C∵∠PDE=∠CDQ，∴△PDF∽△CDQ．∵△PDF为等腰三角形，∴△CDQ为等腰三角形．①当CQ=CD时，可得：﹣x=5，解得：x=．②当QC=QD时，过点Q作QM⊥CB于M，∴CM=CD=．∵cos∠C=，∴，∴CQ=．∴﹣x=解得：x=…（1分）③当DC=DQ时，过点D作DN⊥CQ于N，∴CQ=2CN．∵cos∠C==∴，∴CN=4，∴CQ=8，∴﹣x=8解得：x=﹣（舍去）．∴综上所述，BP=或．【点评】本题考查了直角三角形的性质的运用，勾股定理的运用，相似三角形的判定及性质的运用，分类讨论思想在解实际问题的运用，等腰三角形的性质的运用，三角函数值的运用，解答时运用三角函数值求证三角形的角相等是难点，证明三角形相似是关键．13．（2011•盐城）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）求点A 和点B 的坐标；（2）过点A 作AC ⊥y 轴于点C ，过点B 作直线l ∥y 轴．动点P 从点O 出发，以每秒1个单位长的速度，沿O ﹣C ﹣A 的路线向点A 运动；同时直线l 从点B 出发，以相同速度向左平移，在平移过程中，直线l 交x 轴于点R ，交线段BA 或线段AO 于点Q ．当点P 到达点A 时，点P 和直线l 都停止运动．在运动过程中，设动点P 运动的时间为t 秒．①当t 为何值时，以A 、P 、R 为顶点的三角形的面积为8？②是否存在以A 、P 、Q 为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求t 的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）根据图象与坐标轴交点求法直接得出即可，再利用直线交点坐标求法将两直线解析式联立即可得出交点坐标；（2）①利用S 梯形ACOB ﹣S △ACP ﹣S △POR ﹣S △ARB =8，表示出各部分的边长，整理出一元二次方程，求出即可；②根据一次函数与坐标轴的交点得出，∠OBN=∠ONB=45°，进而利用勾股定理以及等腰三角形的性质和直角三角形的判定求出即可．【解答】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 ． ∴， 解得：，∴A 点坐标为：（3，4）；∵y=﹣x +7=0，解得：x=7，∴B 点坐标为：（7，0）．（2）①当P 在OC 上运动时，0≤t ＜4时，PO=t ，PC=4﹣t ，BR=t ，OR=7﹣t ， ∵当以A 、P 、R 为顶点的三角形的面积为8，∴S 梯形ACOB ﹣S △ACP ﹣S △POR ﹣S △ARB =8，∴（AC +BO ）×CO ﹣AC ×CP ﹣PO ×RO ﹣AM ×BR=8，∴（AC +BO ）×CO ﹣AC ×CP ﹣PO ×RO ﹣AM ×BR=16，∴（3+7）×4﹣3×（4﹣t ）﹣t ×（7﹣t ）﹣4t=16，∴t 2﹣8t +12=0，解得：t 1=2，t 2=6（舍去），当t=4时，无法构成三角形，当4＜t ＜7时，S △APR =AP ×OC=2（7﹣t ）=8，解得t=3，不符合4＜t ＜7； 综上所述，当t=2时，以A 、P 、R 为顶点的三角形的面积为8；②存在．延长CA 到直线l 交于一点D ，当l 与AB 相交于Q ，∵一次函数y=﹣x +7与x 轴交于（7，0）点，与y 轴交于（0，7）点，∴NO=OB ，∴∠OBN=∠ONB=45°，∵直线l∥y轴，∴RQ=RB，CD⊥L，当0≤t＜4时，如图1，RB=OP=QR=t，DQ=AD=（4﹣t），AC=3，PC=4﹣t，∵以A、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形，则AP=AQ，∴AC2+PC2=AP2=AQ2=2AD2，∴9+（4﹣t）2=2（4﹣t）2，解得：t1=1，t2=7（舍去），当AP=PQ时32+（4﹣t）2=（7﹣t）2，解得t=4 （舍去）当PQ=AQ时，2（4﹣t）2=（7﹣t）2，解得t1=1+3（舍去），t2=1﹣3（舍去），当t=4时，无法构成三角形，当4＜t＜7时，如图（备用图），过A作AD⊥OB于D，则AD=BD=4，设直线l交AC于E，则QE⊥AC，AE=RD=t﹣4，AP=7﹣t，由cos∠OAC==，得AQ=（t﹣4），若AQ=AP，则（t﹣4）=7﹣t，解得t=，当AQ=PQ时，AE=PE，即AE=AP，得t﹣4=（7﹣t），解得：t=5，当AP=PQ时，过P作PF⊥AQ于F，AF=AQ=×（t﹣4），在Rt△APF中，由cos∠PAF==，得AF=AP，即×（t﹣4）=（7﹣t），解得：t=，综上所述，当t=1、5、、秒时，存在以A、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形．【点评】此题主要考查了一次函数与坐标轴交点求法以及三角形面积求法和等腰直角三角形的性质等知识，此题综合性较强，利用函数图象表示出各部分长度，再利用勾股定理求出是解决问题的关键．。