专题05 动点与特殊三角形存在性问题大视野【例题精讲】题型一、等腰三角形存在性问题例1. 【2019·黄石期中】如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=30°，AB=2cm，E、F分别是AB、AC 的中点，动点P从点E出发，沿EF方向匀速运动，速度为1cm/s，同时动点Q从点B出发，沿BF方向匀速运动，速度为2cm/s，连接PQ，设运动时间为ts（0＜t＜1），则当t=______时，△PQF为等腰三角形．【答案】2.【解析】解：∵∠ABC=90°，∠ACB=30°，AB=2，∴AC=2AB=4，BC=√42−22=2√3，∵E、F分别是AB、AC的中点，∴EF=12BC=√3，BF=12AC=2，EF∥BC，由题意得：EP=t，BQ=2t，∴PF=√3-t，FQ=2-2t，①当PF =FQ 时，则√3-t =2-2t ， 解得：t =2-√3；②当PQ =FQ 时，过Q 作QD ⊥EF 于D ，则PF =2DF ， ∵BF =CF ，∴∠FBC =∠C =30°， 由上知，EF ∥BC ， ∴∠BFP =∠C =30°，则DF DQ ，PF ，-t 2-2t ）解得：t =611； ③当PF =PQ 时，∠PFQ =∠PQF =30°， ∴∠FPQ =120°，而在P 、Q 运动过程中，∠FPQ 最大为90°，所以此种情况不成立；故答案为：2-√3或611+． 例2. 【2019·广州市番禺区期末】已知：如图，在Rt ∥ABC 中，∥C =90°，AB =5cm ，AC =3cm ，动点P 从点B 出发沿射线BC 以1cm /s 的速度移动，设运动的时间为t 秒．（1）求BC边的长；（2）当∥ABP为直角三角形时，求t的值；（3）当∥ABP为等腰三角形时，求t的值．【答案】见解析.【解析】解：（1）在Rt∥ABC中，BC2=AB2-AC2=52-32=16，∥BC=4（cm）；（2）由题意知BP=t cm，∥当∥APB为直角时，点P与点C重合，BP=BC=4cm，即t=4；∥当∥BAP为直角时，BP=tcm，CP=（t-4）cm，AC=3cm，在Rt∥ACP中，AP2=32+（t-4）2，在Rt∥BAP中，AB2+AP2=BP2，即：52+[32+（t-4）2]=t2，解得：t=254，当∥ABP为直角三角形时，t=4或t=254；（3）如图所示，∥当AB=BP时，t=5；∥当AB=AP时，BP=2BC=8cm，t=8；∥当BP=AP时，AP=BP=tcm，CP=（4-t）cm，AC=3cm，在Rt∥ACP中，AP2=AC2+CP2，所以t2=32+（4-t）2，解得：t=258，综上所述：当∥ABP为等腰三角形时，t=5或t=8或t=258．例3. 【2019·乐亭县期末】如图，矩形OABC的顶点A，C分别在坐标轴上，B（8，7），D（5，0），点P 是边AB或边BC上的一点，连接OP，DP，当∥ODP为等腰三角形时，点P的坐标为______．【答案】（8，4）或（52，7）.【解析】解：∥四边形OABC是矩形，B（8，7），∥OA=BC=8，OC=AB=7，∥D（5，0），∥OD=5，∥点P是边AB或边BC上的一点，∥当点P在AB边时，OD=DP=5，∥AD=3，由勾股定理得：P A=√52−32=4，∥P（8，4）．当点P在边BC上时，只有PO=PD，此时P（52，7）．故答案为：（8，4）或（52，7）．题型二、直角三角形存在性问题例1. 【2019·厦门六中月考】如图，在RtΔABC中，∥B=90°，AC=60，∥A=60°．点D从点C出发沿CA方向以每秒4个单位长的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以每秒2个单位长的速度向点B匀速运动，设点D、E运动的时间是t秒(0<t≤15)．过点D作DF∥BC于点F，连接DE、EF．（1）求证：AE=DF；（2）四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，说明理由．（3）当t为何值时，ΔDEF为直角三角形？请说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）证明：在ΔDFC中，∥DFC=90°，∥A=60°，DC=4t，∥DF=2t又∥AE=2t∥AE=DF；（2）能；理由如下：∥AB∥BC，DF∥BC，∥AE∥DF．又AE=DF，∥ 四边形AEFD为平行四边形．∥∥A=60°，AC=60，∥AB=30，BC∥AD=AC-DC=60-4t，∥平行四边形AEFD为菱形，则AE=AD∥2t=60-4t，解得：t=10即当t=10时，四边形AEFD为菱形；（3）当t=7.5或12时，ΔDEF为直角三角形；理由如下：∥∥EDF=90°时，四边形EBFD为矩形．在RtΔAED中，∥CDF=∥A=60°，∥AD=2AE．即60-4t=4t，∥t=7.5∥∥DEF=90°时，由（2）知EF∥AD，∥∥ADE=∥DEF=90°．∥∥C=90°-∥A=30°可得：60-4t=t解得：t=12∥∥EFD=90°时，∥DF∥BC，∥点E运动到点B处，用了AB÷2=15秒，点D就和点A重合，点F也就和点B重合，点D，E，F不能构成三角形．此种情况不存在；综上所述，当t=7.5或12时，∥DEF为直角三角形．题型三、等腰直角三角形存在性问题例1. 【2019·株洲市期末】（1）操作思考：如图1，在平面直角坐标系中，等腰Rt∥ACB的直角顶点C在原点，将其绕着点O旋转，若顶点A恰好落在点（1，2）处．则∥OA的长为______；∥点B的坐标为______．（直接写结果）（2）感悟应用：如图2，在平面直角坐标系中，将等腰Rt∥ACB如图放置，直角顶点C（-1，0），点A（0，4），试求直线AB的函数表达式．（3）拓展研究：如图3，在直角坐标系中，点B（4，3），过点B作BA∥y轴，垂足为点A，作BC∥x轴，垂足为点C，P是线段BC上的一个动点，点Q是直线y=2x-6上一动点．问是否存在以点P为直角顶点的等腰Rt∥APQ，若存在，请求出此时P的坐标，若不存在，请说明理由．【答案】（1，B(-2，1)；（2）（3）见解析.【解析】解：（1）过点B作BE∥x轴于E，过点A作AF∥x轴于F，∥A（1，2），∥OF=1，AF=2，OA=√12+22=√5，∥∥AOB=90°，AO=OB，∥∥BEO∥∥OF A，∥BE=OF=1，OE=AF=2，∥B（-2，1）．故答案为√5，（-2，1）；（2）过点B作BH∥x轴于H，∥∥ACB=90°，AC=CB，∥∥BHC∥∥COA，∥HC=OA=4，BH=CO=1，OH=HC+CO=4+1=5，∥B（-5，1）．设直线AB的表达式为：y=kx+b，将A（0，4）和B（-5，1）代入得，b=4, -5k+b=1，解得：k=0.6，b=4，即直线AB的函数表达式为：y=0.6x+4．（3）设Q（t，2t-6），分两种情况：∥当点Q在x轴下方时，Q1M∥x轴，与BP的延长线交于点Q1．∥∥AP1Q1=90°，∥∥AP1B+∥Q1P1M=90°，∥∥AP1B+∥BAP1=90°，∥∥BAP1=Q1P1M，∥∥AP1B∥∥P1Q1M，∥BP1=Q1M，P1M=AB=4，∥B（4，3），Q（t，2t-6），∥MQ1=4-t，BP1=BM-P1M=-2t+5，即4-t=-2t+5，解得：t=1∥BP1=-2t+5=3，此时点P与点C重合，∥P1（4，0）；∥当点Q在x轴上方时，Q2N∥x轴，与PB的延长线交于点Q2．同理可证∥ABP2∥∥P2NQ2．同理求得P2（4，43）．综上，P的坐标为：P1（4，0），P2（4，43）．【刻意练习】1. 【2019·大连市期末】如图，直线x=t与直线y=x和直线y=12-x+2分别交于点D、E（E在D的上方）．（1）直线y=x和直线y=12-x+2交于点Q，点Q的坐标为______；（2）求线段DE的长（用含t的代数式表示）；（3）点P是y轴上一动点，且∥PDE为等腰直角三角形，求t的值及点P的坐标．【答案】见解析.【解析】解：（1）联立y=x和y=12-x+2，得：4343xy⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∥Q（43，43），故答案为：（43，43）；（2）在y=x中，当x=t时，y=t；在y=12-x+2中，当x=t时，y=12-t+2，∥E（t，-12t+2），D（t，t）．∥E在D的上方，∥DE=12-t+2-t=32-t+2．（3）当t>0时，∥当PE=DE时，32-t+2=t，解得：t=45，12-t+2=85，∥P点坐标为（0，85）．∥当PD=DE时，32-t+2=t，解得：t=45，∥P点坐标为（0，45）．∥当PE=PD时，即DE为斜边，∥32-t+2=2t，解得：t=47，∥P点坐标为（0，87）．当t＜0时，∥PE=DE和PD=DE时，得32-t+2=-t，解得t=4＞0（不符合题意，舍去）；∥PE=PD时，即DE为斜边，32-t+2=-2t，解得：t=-4，∥P点坐标为（0，0）．综上所述：当t=45时，∥PDE为等腰直角三角形，此时P点坐标为（0，85）或（0，45）；当t=47时，∥PDE为等腰直角三角形，此时P点坐标为（0，87）；当t=-4时，∥PDE为等腰直角三角形，此时P点坐标为（0，0）．2. 【2019·兴城市期末】如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=kx+b的图象经过点A（-2，6），且与x轴交于点B，与正比例函数y=3x的图象相交于点C，点C的横坐标是1．（1）求此一次函数的解析式；（2）请直接写出不等式（k-3）x+b＞0的解集；（3）设一次函数y=kx+b的图象与y轴交于点M，点N在坐标轴上，当∥CMN是直角三角形时，请直接写出所有符合条件的点N的坐标．【答案】见解析. 【解析】解：（1）当x =1时，y =3x =3， ∥点C （1，3），将A （-2，6），C （1，3）代入y =kx +b ，得：263k b k b -+=⎧⎨+=⎩， 解得：14k b =-⎧⎨=⎩，∥直线AC 的解析式为：y =-x +4． （2）（k -3）x +b ＞0，即kx +b >3x ，由图象可知，当x <1时，y =kx +b 的图象在y =3x 图象的上方， ∥（k -3）x +b ＞0的解集为：x <1. （3）∥直线AB 的解析式为y =-x +4， ∥点M 的坐标为（0，4）， ∥OB =OM ， ∥∥OMB =45°．∥当∥CMN =90°时， ∥∥OMN =45°，∥MON =90°， ∥∥MNO =45°， ∥OM =ON ，∥点N 1的坐标为（-4，0）； ∥当∥MCN =90°时， ∥∥CMN =45°，∥MCN =90°， ∥∥MNC =45°，∥CN =CM ，∥MN CM =2， ∥点N 2的坐标为（0，2）． 同理：点N 3的坐标为（-2，0）； ∥当∥CNM =90°时，CM ∥x 轴， ∥点N 4的坐标为（0，3）．综上所述：当∥CMN 是直角三角形时，点N 的坐标为（-4，0），（0，2），（-2，0），（0，3）．3. 【2019·泉州市晋江区期中】如图，在平面直角坐标系中，A （a ，0），B （0，b ），且a 、b 满足（a ﹣2）2+0．（1）求直线AB 的解析式；（2）若点M 为直线y ＝mx 上一点，且∥ABM 是等腰直角三角形，求m 值；（3）过A 点的直线y ＝kx ﹣2k 交y 轴于负半轴于P ，N 点的横坐标为﹣1，过N 点的直线y ＝2k x ﹣2k交AP于点M ，试证明PM PNAM-的值为定值．【答案】见解析．【解析】解：（1）∥（a﹣2）20，∥a＝2，b＝4，∥A（2，0），B（0，4），设直线AB的解析式是y＝kx+b，得：204k bb+=⎧⎨=⎩，解得：k＝﹣2，b＝4，∥直线AB的函数解析式为：y＝﹣2x+4；（2）当m＞0时，分三种情况：∥如图，当BM∥BA，BM＝BA时，过点M作MN∥y轴于N，∥∥MBA＝∥MNB＝∥BOA＝90°，∥∥NBM+∥NMB＝90°，∥ABO+∥NBM＝90°，∥∥ABO＝∥NMB，∥∥BMN∥∥ABO，∥MN＝OB＝4，BN＝OA＝2，∥ON＝2+4＝6，∥M的坐标为（4，6），将（4，6）代入y＝mx得：m＝32；∥如图，AM∥BA，AM＝BA，过点M作MN∥x轴于N，∥BOA∥∥ANM，同理，得M的坐标为（6，2），m＝13；∥如图，AM∥BM，AM＝BM，过M作MN∥X轴于N，MH∥Y轴于H，则∥BHM∥∥AMN，∥MN＝MH，设M（x，x）代入y＝mx得：x＝mx，∥m＝1，m的值是32或13或1；当m＜0时，同理可得：m＝14-或32-或﹣2；（3）解：设NM与x轴的交点为H，过M作MG∥x轴于G，过H作HD∥x轴，HD交MP于D点，连接ND，由题意得：H（1，0），M（3，k），A（2，0），∥A为HG的中点，∥∥AMG∥∥ADH，由题意得：N点坐标为（-1，-k），P（0，-2k），∥ND∥x轴，N与D关于y轴对称，∥∥AMG∥∥ADH∥∥DPC∥∥NPC，∥PN＝PD＝AD＝AM，∥PM－PN=PM－PD=DM=2AM，即PM PNAM=2.4. 【2019·厦门大学附中期末】如图（1），Rt∥AOB中，∥A＝90°，∥AOB＝60°，OB＝，∥AOB的平分线OC交AB于C，过O点作与OB垂直的直线ON．动点P从点B出发沿折线BC﹣CO以每秒1个单位长度的速度向终点O运动，运动时间为t秒，同时动点Q从点C出发沿折线CO﹣ON以相同的速度运动，当点P到达点O时P、Q同时停止运动．（1）求OC、BC的长；（2）当t＝1时，求∥CPQ的面积；（3）当P在OC上，Q在ON上运动时，如图（2），设PQ与OA交于点M，当t为何值时，∥OPM为等腰三角形？求出所有满足条件的t值．【答案】见解析．【解析】解：（1）∥∥A ＝90°，∥AOB ＝60°，OB ＝ ∥∥B ＝30°，∥OA ＝12OB ，由勾股定理得：AB ＝3， ∥OC 平分∥AOB ，∥∥AOC ＝∥BOC ＝∥B ＝30°， ∥OC ＝BC ，在∥AOC 中，由勾股定理得：AO 2+AC 2＝CO 2，∥2+（3﹣OC ）2＝OC 2， 解得：OC ＝2， 即BC =2， ∥OC ＝2，BC ＝2．（2）如图，过点C 作CH ∥PQ 于H ，当t ＝1时，CQ ＝OQ ＝PC ＝PB ＝1， ∥PQ ∥OB ，∥∥CPQ ＝∥B ＝30°， ∥CQ ＝CP ．CH ∥QP ，∥QH ＝PH ，∥CH ＝12PC ＝12，AH ＝PH ，∥QP∥S ∥PQC ＝12•PQ •CH ＝12×12＝4．（3）∥ON ∥OB ， ∥∥NOB ＝90°， ∥∥B ＝30°，∥A ＝90°， ∥∥AOB ＝60°， ∥OC 平分∥AOB ， ∥∥AOC ＝∥BOC ＝30°， ∥∥NOC ＝90°﹣30°＝60°， ∥OM ＝PM 时， ∥MOP ＝∥MPO ＝30°，∥∥PQO ＝180°﹣∥QOP ﹣∥MPO ＝90°， ∥OP ＝2OQ ， 即2（t ﹣2）＝4﹣t ，解得：t ＝83，∥PM ＝OP 时，此时∥PMO ＝∥MOP ＝30°， ∥∥MPO ＝120°， ∥∥QOP ＝60°，不存在； ∥OM ＝OP 时，过点M 作MH ∥ON 于M ，由题意得：OP ＝OM =4﹣t ，∥MH =12（4-t ），OH （4-t ），∥OHM =∥OPM =75°， ∥∥HQM =45°，∥QH =HM =12（4-t ），∥OQ =QH +OH ，即12（4-t ）（4-t ）=t -2，解得：t ，综合上述：当t 为83或63+时，∥OPM 是等腰三角形．5. 【2019·潮州市期末】如图，在∥ABC 中，∥A =120°，AB =AC =4，点P 、Q 同时从点B 出发，以相同的速度分别沿折线B →A →C ，射线BC 运动，连接PQ . 当点P 到达点C 时，点P 、Q 同时停止运动. 设BQ =x ，∥BPQ 和∥ABC 重叠部分的面积为S . （1）求BC 的长；（2）求S 关于x 的函数关系式，并写出x 的取值范围； （3）请直接写出∥PCQ 为等腰三角形时，x 的值.【答案】见解析. 【解析】解：（1）过点A 作AD ∥BC 于D ，∥∥A =120°，AB =AC =4， ∥∥B =∥C =30°，∥AD =12AB =2，BD∥BC =2BD（2）当0<x ≤4时，点P 在线段AB 上，如图，过点P 作PN ∥BC 于点N ，在Rt ∥PBN 中，BP =BQ =x ，∥B =30°， ∥PN =0.5x ， S =S ∥BPQ=12×BQ ×PN =12×x ×12x =14x 2，当4<x P 在线段AC 上，过点P 作PN ∥BC 于点N ， BQ =AB +AP ， ∥BQ =x ，AB =AC =4，∥AP =BQ -AB =X -4，PC =AC -AP =8-x ， 在Rt ∥PCN 中，∥C =30°， ∥PN =12PC =4- 12x ， S =S ∥BPQ=12×BQ ×PN =12×x （4- 12x ） =14x 2+2x当＜x ＜8时，点P 在线段AC 上，点Q 在线段BC 的延长线上，过点P 作PN ∥BC 于点N ，S=12×BC×PN=12×（4-12x）=.综上所述，S=()(()22104412448x xx x xx⎧<≤⎪⎪⎪-+<≤⎨⎪⎪+<<⎪⎩（3）∥当点P在AB上，点Q在BC上时，∥PQC不可能是等腰三角形；∥当点P在AC上，点Q在BC上时，PQ=QC，此时x；∥当点P在AC上，点Q在BC的延长线时，PC=CQ，此时x6. 【2019·南宁市期末】如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∥B=90°，AD=8cm，BC=10cm，AB=6cm，点Q从点A出发以1cm/s的速度向点D运动，点P从点B出发以2cm/s的速度向点C运动，P、Q两点同时出发，当点P到达点C时，两点同时停止运动．若设运动时间为t（s）.（1）直接写出：QD=，PC=；（用含t的式子表示）（2）当t为何值时，四边形PQDC为平行四边形？（3）若点P与点C不重合，且DQ≠DP，当t为何值时，∥DPQ是等腰三角形？【答案】（1）8-t；10-2t；（2）（3）见解析.【解析】解：（2）∥四边形PQDC为平行四边形，∥QD=PC，即8-t=10-2t，解得：t=2.（3）∥∥DPQ是等腰三角形，且DQ≠DP，∥DQ=PQ或DP=PQ，∥DQ=PQ，过点Q作QH∥BC于H，则BP=2t，AQ=BH=t，PH=t，QH=AB=6，∥DQ2=PQ2，（8-t）2=62+t2，解得：t=74；∥DP=PQ，过点P作PM∥AD于M，则QM+AQ=BP，即822tt t-+=，解得：t=85，综上所述，当t为74或85秒时，∥DPQ是等腰三角形.7. 【2019·涟源市期末】如图，已知矩形ABCD，AB=8，AD=4，E为CD边上一点，CE=5，动点P从点B 出发，以每秒1个单位的速度沿着边BA向终点A运动，连接EP，设点P的运动时间为t秒，则当t为何值时，∥P AE为等腰三角形.【答案】见解析.【解析】解：∥ABCD为矩形，AB=8，AD=4，∥∥D=90°，∥CE=5，∥DE=CD-CE=3在Rt∥ADE中，由勾股定理得：AE=5，（1）当AP=AE时，即8-t=5，解得：t=3；（2）当PE=AE时，过点E作EF∥AB于F，则PF=AF=5，EF=4，由勾股定理得：PF=3，AP=2PF=6，∥BP=t，则AP=8-t=6，解得：t=2;(3)当PE=P A时，过点E作EF∥AB于F，∥BP=t，∥AP=8-t，BF=CE=5，PF=5-t，由勾股定理得：PE2=EF2+PF2，∥42+（5-t）2=（8-t）2，解得：t=236，综上所述，当t为2秒、3秒或236秒时，∥P AE为等腰三角形.8. 【2019·重庆外国语月考】如图，在Rt∥ABC中，∥ACB＝90°，∥A＝30°，AB＝12，点F是AB的中点，过点F作FD∥AB交AC于点D．若∥AFD以每秒2个单位长度的速度沿射线FB向右移动，得到∥A1F1D1，当F1与点B重合时停止移动．设移动时间为t秒，如果D1，B，F构成的∥D1BF为等腰三角形，求出t值．【答案】见解析.【解析】解：∥如图，当BF＝BD1＝6时，在Rt∥BF1D1中，BF1＝∥AA1＝FF1＝6﹣∥t＝3∥如图，当D1F＝D1B时，易知AA1＝FF1＝F1B＝3，可得t＝32．∥如图，当FD1＝FB＝6时，可得AA1＝FF1＝t综上所述，满足条件的t 的值为332 9. 【2019·平潭期中】如图，在平面直角坐标系中，A (0,8)，B （4,0），AB 的垂直平分线交y 轴与点D ，连接BD ，M (a ，1)为第一象限内的点.（1）求点D 坐标；（2）当S ∥DBC =S ∥DBM 时，求a 的值；（3）点E 为y 轴上的一个动点，当∥CDE 为等腰三角形时，直接写出点E 的坐标.【答案】见解析..【解答】解：（1）设D 点坐标为（0，m ），由题意知，CD 是线段AB 的垂直平分线，∥AD =BD ，∥（8-m ）2=m 2+42，解得：m =3，即D 点坐标为（0,3）.（2）由（1）知，AD =5， ∥S ∥BDA =12×5×4=10， ∥S ∥DBC =12S ∥BDA =5， ∥S ∥DBC =S ∥DBM ，即S∥DBM=5，求得直线BD的解析式为：y=-34x+3，当y=1时，x=83，∥12×（a-83）×3=5，解得：a=6（3）设E点坐标为（0，x），设C点坐标为（n，t）则n=2DCASAD△=2, t=4，即C点坐标为（2,4），∥D（0,3），则CD2=5，DE2=（x-3）2，CE2=4+（x-4）2，∥当CD=DE时，5=（x-3）2解得：x x=3；∥当CD=CE时，5=4+（x-4）2解得：x=5或x=3（舍）；∥当DE=CE时，（x-3）2=4+（x-4）2解得：x=112，综上所述，当∥CDE为等腰三角形时，E点坐标为（0，，（0，3，（0,5），（0，112）.。