中考压轴题等腰三角形存在性问题数学因运动而充满活力，数学因变化而精彩纷呈．动态题是近年来中考的的一个热点问题，以运动的观点探究几何图形的变化规律问题，称之为动态几何问题，随之产生的动态几何试题就是研究在几何图形的运动中，伴随着出现一定的图形位置、数量关系的“变”与“不变”性的试题，就其运动对象而言，有点动、线动、面动三大类，就其运动形式而言，有轴对称（翻折）、平移、旋转（中心对称、滚动）等，就问题类型而言，有函数关系和图象问题、面积问题、最值问题、和差问题、定值问题和存在性问题等．解这类题目要“以静制动”，即把动态问题，变为静态问题来解，而静态问题又是动态问题的特殊情况．以动态几何问题为基架而精心设计的考题，可谓璀璨夺目、精彩四射．动态几何形成的存在性问题是动态几何中的基本类型，包括等腰（边）三角形存在问题；直角三角形存在问题；平行四边形存在问题；矩形、菱形、正方形存在问题；梯形存在问题；全等三角形存在问题；相似三角形存在问题；其它存在问题等．本专题原创编写面动形成的等腰三角形存在性问题模拟题．在中考压轴题中，面动形成的等腰三角形存在性问题的重点和难点在于应用分类思想和数形结合的思想准确地进行分类．原创模拟预测题1．如图，抛物线223y x x=-++与y轴交于点C，点D（0，1），点P是抛物线上的动点．若△PCD是以CD为底的等腰三角形，则点P的坐标为．【答案】（122）或（122）．【分析】当△PCD是以CD为底的等腰三角形时，则P点在线段CD的垂直平分线上，由C、D坐标可求得线段CD中点的坐标，从而可知P点的纵坐标，代入抛物线解析式可求得P 点坐标．【解析】∵△PCD是以CD为底的等腰三角形，∴点P在线段CD的垂直平分线上，如图，过P作PE⊥y轴于点E，则E为线段CD的中点，∵抛物线223y x x=-++与y轴交于点C，∴C（0，3），且D（0，1），∴E点坐标为（0，2），∴P点纵坐标为2，在223y x x=-++中，令y=2，可得2232x x-++=，解得x=12±，∴P点坐标为（122）或（12，2），故答案为：（122）或（12，2）．考点：二次函数图象上点的坐标特征；等腰三角形的判定；动点型．原创模拟预测题2．如图，在边长为2的正方形ABCD 中，G 是AD 延长线时的一点，且DG=AD ，动点M 从A 点出发，以每秒1个单位的速度沿着A→C→G 的路线向G 点匀速运动（M 不与A ，G 重合），设运动时间为t 秒，连接BM 并延长AG 于N ．（1）是否存在点M ，使△ABM 为等腰三角形？若存在，分析点M 的位置；若不存在，请说明理由；（2）当点N 在AD 边上时，若BN ⊥HN ，NH 交∠CDG 的平分线于H ，求证：BN=HN ；（3）过点M 分别作AB ，AD 的垂线，垂足分别为E ，F ，矩形AEMF 与△ACG 重叠部分的面积为S ，求S 的最大值．【答案】（1）答案见试题解析；（2）证明见试题解析；（3）当t=238秒时，S 的最大值为38．（2）证明：在AB 上取点K ，使AK=AN ，连接KN ．∵AB=AD ，BK=AB-AK ，ND=AD-AN ，∴BK=DN ，又DH 平分直角∠CDG ，∴∠CDH=45º，∴∠NDH=90º+45º=135º，∴∠BKN=180-∠AKN=135º，∴∠BKN=∠NDH ，∵在Rt △ABN 中，∠ABN+∠ANB=90º，又BN ⊥NH ，即∠BNH=90º，∴∠ANB+∠DNH=180º-∠BNH=180º-90º=90º，∴∠ABN=∠DNH ．∴△BNK ≌△NHD （ASA ），∴BN=NH ；（3）①当点M 在AC 上时，即0＜t≤22时，易知：△AMF 为等腰直角三角形．∵AM=t ，∴AF=FM=t22，∴S=24122222121tttFMAF=⋅⋅=⋅；当点M在CG上时，即22＜t＜24时，CM=t-22，MG=24-t．∵AD=DG，∠ADC=∠CDG，CD=CD，∴△ACD≌△GCD（SAS），∴∠ACD=∠GCD=45º，∴∠ACM=∠ACD+∠GCD=90º，∴∠G=90-∠GCD=90º-45º=45º，∴△MFG为等腰直角三角形，∴ttMGFG22422)24(45cos0-=⋅-=⋅=，∴ACG CMJ FMGS S S S∆∆∆=--=11142222CM CM FG FM⨯⨯-⨯⨯-⋅=221124(22)(4)222t t----= 234284t t-+-，∴221t0t2243-t42t-8 22t424S⎧<≤⎪⎪=⎨⎪+<<⎪⎩（）（）；②在0＜t≤22范围内，当t=22时，S的最大值为222412=⨯）（；在22＜t＜24范围内，38)238-t(432+-=S，当238t=时，S的最大值为38，∵823>，∴当t=238秒时，S的最大值为38．考点：四边形综合题；二次函数综合题；分段函数；二次函数的最值；最值问题；动点型；存在型；压轴题．学科网原创模拟预测题3．如图，抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）的对称轴为y轴，且经过（0，0）和（，）两点，点P在该抛物线上运动，以点P为圆心的⊙P总经过定点A（0，2）．（1）求a，b，c的值；（2）求证：在点P 运动的过程中，⊙P 始终与x 轴相交；（3）设⊙P 与x 轴相交于M （x1，0），N （x2，0）（x1＜x2）两点，当△AMN 为等腰三角形时，求圆心P 的纵坐标．【答案】（1）a=14，b=c=0；（2）证明见解析；（3）0或423+或423-．【解析】（2）设P （x ，y ），⊙P 的半径r=，又∵y=x2，则r=，化简得：r=＞x2，∴点P 在运动过程中，⊙P 始终与x 轴相交；（3）设P （a ，a2），∵PA=，作PH ⊥MN 于H ，则PM=PN=，又∵PH=a2，则MH=NH==2，故MN=4，∴M （a ﹣2，0），N （a+2，0），又∵A （0，2），∴AM=，AN=，当AM=AN 时，=，解得：a=0，当AM=MN 时，=4，解得：a=2±2（负数舍去），则a2=4+2；当AN=MN 时，=4，解得：a=﹣2±2（负数舍去），则a2=4﹣2； 综上所述，P 的纵坐标为0或423+或423-．学科网考点：几何变换综合题；动点型；存在型；分类讨论；分段函数．原创模拟预测题4．如图1，在▱ABCD 中，AH ⊥DC ，垂足为H ，AB=4，AD=7，AH=．现有两个动点E ，F 同时从点A 出发，分别以每秒1个单位长度、每秒3个单位长度的速度沿射线AC 方向匀速运动，在点E ，F 的运动过程中，以EF 为边作等边△EFG ，使△EFG 与△ABC 在射线AC 的同侧，当点E 运动到点C 时，E ，F 两点同时停止运动，设运动时间为t 秒．（1）求线段AC 的长；（2）在整个运动过程中，设等边△EFG 与△ABC 重叠部分的面积为S ，请直接写出S 与t 之间的函数关系式，并写出相应的自变量t 的取值范围；（3）当等边△EFG 的顶点E 到达点C 时，如图2，将△EFG 绕着点C 旋转一个角度α（0°＜α＜360°），在旋转过程中，点E 与点C 重合，F 的对应点为F′，G 的对应点为G′，设直线F′G′与射线DC 、射线AC 分别相交于M ，N 两点．试问：是否存在点M ，N ，使得△CMN 是以∠MCN 为底角的等腰三角形？若存在，请求出CM 的长度；若不存在，请说明理由．【答案】（1）7；（2）S=；（3）存在点M，N，使得△CMN是以∠MCN为底角的等腰三角形，CM的长度为7或．【解析】试题分析：试题解析：（1）∵▱ABCD，∴CD=AB=4．在Rt△ADH中，由勾股定理得：DH===2，∴CH=DH，∴AC=AD=7．（2）在运动过程中，AE=t，AF=3t，∴等边△EFG的边长EF=EG=GF=2t．如答图1，过点G作GP⊥AC于点P，则EP=EG=t，GP=EG=t．∴AP=AE+EP=2t，∴tan∠GAC===．∵tan∠BAC=tan∠ACH===，∴tan∠GAC=tan∠BAC，∴点G始终在射线AB上．设∠BAC=∠ACH=θ，则sinθ==，cosθ==．①当0≤t≤时，如答图2﹣1所示，等边△EFG在△内部．S=S△EFG=EF2=（2t）2=t2；②当＜t≤4时，如答图2﹣2所示，点G在线段AB上，点F在AC的延长线上．过点B作BQ⊥AF于点Q，则BQ=AB•sinθ=4×=4，AQ=AB•cosθ=4×=8，∴CQ=AQ﹣AC=8﹣7=1．设BC与GF交于点K，过点K作KP⊥AF于点P，设KP=x，则PF==x，∴CP=CF﹣PF=3t﹣7﹣x．∵PK∥BQ，∴，即，解得：x=（3t﹣7），∴S=S△EFG﹣S△CFK=t2﹣（3t﹣7）•（3t﹣7）=﹣t2+t﹣；③当4＜t≤7时，如答图2﹣3所示，点G、F分别在AB、AC的延长线上，点E在线段AC 上．过点B作BQ⊥AF于点Q，则BQ=AB•sinθ=4×=4，AQ=AB•cosθ=4×=8，∴CQ=AQ﹣AC=8﹣7=1．设BC与GF交于点K，过点K作KP⊥AF于点P，设KP=x，则EP==x，∴CP=EP﹣CE=x﹣（7﹣t）=x﹣7+t．∵PK∥BQ，∴，即，解得：x=（7﹣t），∴S=S△CEK=（7﹣t）•（7﹣t）=t2﹣t+．综上所述，S与t之间的函数关系式为：S=．（3）设∠ACH=θ，则tanθ===，cosθ==．当点E与点C重合时，t=7，∴等边△EFG的边长=2t=14．假设存在点M，N，使得△CMN是以∠MCN为底角的等腰三角形，①若点N为等腰三角形的顶点，如答图3﹣1所示，则∠NMC=∠MCN=θ．过点C作CP⊥F′M于点P，则CP=CF′=7，∴PM===14．设CN=MN=x，则PN=PM﹣MN=14﹣x．在Rt△CNP中，由勾股定理得：CP2+PN2=CN2，即：（7）2+（14﹣x）2=x2，解得：x=．过点N作NQ⊥CM于点Q，∴CM=2CQ=2CN•cosθ=2××=7；②若点M为等腰三角形的顶点，如答图3﹣2所示，则∠MNC=∠MCN=θ．学，科，网过点C作CP⊥G′N于点P，则CP=CF′=7，∴PN===14．设CM=MN=x，则PM=PN﹣MN=14﹣x．在Rt△CMP中，由勾股定理得：CP2+PM2=CM2，即：（7）2+（14﹣x）2=x2，∴CM=x=．综上所述，存在点M，N，使得△CMN是以∠MCN为底角的等腰三角形，CM的长度为7或．考点：二次函数综合题；动点型；直线与圆的位置关系；分类讨论；等腰三角形的性质；勾股定理．。