专题突破5-1 一次函数与等腰三角形的综合问题探究（2大题型）-2024-2025学年八年级数学上册单元速记·巧练（浙教版）

专题突破1：一次函数与等腰三角形的综合探究 一、一次函数与等腰直角三角形的常用技巧 当一个等腰直角三角形或者一个正方形放在一条直线上或平面直角坐标系中时，常通过构造“K型全等”来转化等量线段或等价角 二、一次函数与等腰三角形存在性 1、重要思想：点在图象上，则点的坐标符合直线的解析式 2、题型：“两定一动型”等腰三角形——即已知两个定点，求第三个点的坐标，使形成等腰三角形； 3、解决办法：“两圆一线” “两圆”：以两个顶点为圆心，两定点组成线段长为半径作圆，圆与目标直线的交点即为所求的动点； “一线”：两定点组成线段的中垂线与目标直线的交点即为所求的动点；（求解常需要结合勾股定理） 题型一 一次函数与等腰直角三角形的结合 【例1】．（2022•长兴县开学）（1）基本图形的认识： 如图1，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，点E是边BC上一点，AB＝EC，BE＝CD，连结AE、DE，求证：△AED是等腰直角三角形． （2）基本图形的构造： 如图2，在平面直角坐标系中，A（2，0），B（0，3），连结AB，过点A在第一象限内作AB的垂线，并在垂线截取AC＝AB，求点C的坐标； （3）基本图形的应用： 如图3，一次函数y＝﹣2x+2的图象与y轴交于点A，与x轴交于点B，直线AC交x轴于点D，且∠CAB＝45°，求点D的坐标． 【变式1-1】．（2023秋•义乌市月考）探索发现：如图1，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线l过点C，过点A作AD⊥l，过点B作BE⊥l，垂足分别为D、E． （1）求证：AD＝CE，CD＝BE； （2）迁移应用：如图2，将一块等腰直角三角板MON放在平面直角坐标系内，三角板的一个锐角顶点与坐标原点O重合，另两个顶点均落在第一象限内，已知点M的坐标为（3，9），求点N的坐标； （3）拓展应用：如图3，在平面直角坐标系内，已知直线PQ：y＝﹣3x+6分别与x轴、y轴交于点Q、点P，以线段PQ为一边作等腰直角三角形PQR，请直接写出点R的坐标． 【变式1-2】．（2023秋•吴兴区期末）如图所示，在平面直角坐标系中，点A（﹣4，3），连结OA，将线段OA绕点O顺时针旋转90°到OB，将点B向左平移5个单位长度至点C，连结BC． （1）求点B、点C的坐标； （2）将直线BC绕点C顺时针旋转45°，交x轴于点D，求直线CD的函数表达式； （3）现有一动点P从C出发，以每秒2个单位长度的速度沿射线CD运动，运动时间为t秒．请探究：当t等于多少时，△BCP为等腰三角形． 题型二 一次函数与等腰三角形的结合 【例2】．（2022秋•江北区期末）如图，直线y＝kx+2与x轴，y轴分别交于A，C两点，点B与点A关于y轴对称，连接BC，BC＝2，点M，N分别是线段AB，AC上的动点（M不与A，B重合），且满足∠CMN＝∠CBA．当△CMN为等腰三角形时，M的坐标为 　 　． 【变式2-1】．（2023秋•吴兴区期末）如图所示，在平面直角坐标系中，点A（﹣4，3），连结OA，将线段OA绕点O顺时针旋转90°到OB，将点B向左平移5个单位长度至点C，连结BC． （1）求点B、点C的坐标； （2）将直线BC绕点C顺时针旋转45°，交x轴于点D，求直线CD的函数表达式； （3）现有一动点P从C出发，以每秒2个单位长度的速度沿射线CD运动，运动时间为t秒．请探究：当t等于多少时，△BCP为等腰三角形． 【变式2-2】．（2023秋•宁波期末）如图，直线y＝﹣3x﹣3与x轴、y轴分别交于点A，点B，点C的坐标为（﹣3，0），点D为x轴正半轴上的动点，连结BD，过点C作直线BD的垂线交y轴于点E，垂足为点F，连结OF． （1）求出A，B两点的坐标； （2）求证：△BOD≌△COE； （3）在点D的运动过程中，当△OFD为等腰三角形时，请直接写出点D的坐标． 【变式2-3】．（2023秋•江北区期末）如图，在平面直角坐标系中，直线分别与x轴，y轴交于A，B两点，把线段AB绕点B顺时针旋转90°后得到线段BC，连结AC，OC． （1）当时，求点C的坐标； （2）当m值发生变化时，△BOC的面积是否保持不变？若不变，计算其大小；若变化，请说明理由； （3）当S△AOB＝2S△BOC时，在x轴上找一点P，使得△PAB是等腰三角形，求满足条件的所有P点的坐标． 题型三 等腰三角形综合压轴题 【例3】．（2024春•东阳市月考）如图，在平面直角坐标系中，直线与坐标轴交于A，B两点，动点P从点A出发，沿射线AO方向以每秒2个单位的速度运动，同时动点Q从点O出发，以每秒1个单位的速度，沿线段OB向点运动，当Q点到达点B时，点P也停止运动．连接线段PQ，设点P运动的时间为t秒． （1）经过3s时，写出此时点P的坐标 　 　，点Q的坐标 　 　． （2）当线段时，求此时点P运动的时间t． （3）点M为线段AB中点，在点P、Q运动过程中，以点P、Q、M三点组成的三角形为等腰三角形时，求所有满足要求的t的值． 【变式3-1】．（2023秋•义乌市期末）如图1，在平面直角坐标系中，直线交x轴于点A，交y轴于点B，直线与直线AB相交于点C． （1）求点A，C的坐标． （2）现有一动点P沿折线O→C→B→O以2个单位长度/秒的速度运动，运动时间为t秒． ①当△OAP为等腰三角形时，求出所有满足条件的t的值． ②如图2，已知x轴正半轴上有一动点Q，当点P在线段OB上运动时，连接CP，CQ．作△CQA关于直线CQ的对称图形△CQA′，作△CPB关于直线CP的对称图形△CPB′，射线CA′交x轴于点M．当B′P∥A′Q时，是否存在t的值，使△MQA′恰好是直角三角形？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由． 【变式3-2】．（2023秋•长兴县期末）如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线AB：y＝2x+b与x轴交于点A（﹣2，0），与y轴交于点B． （1）求直线AB的解析式； （2）若直线 CD：y＝﹣x+与x轴、y轴、直线AB分别交于点C、D、E，求△BDE面积； （3）如图2，在（2）的条件下，点F为线段AC上一动点，将△EFC沿直线EF翻折得到△EFN，EN交x轴于点M．当△MNF为直角三角形时，求点N的坐标． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题突破1：一次函数与等腰三角形的综合探究 一、一次函数与等腰直角三角形的常用技巧 当一个等腰直角三角形或者一个正方形放在一条直线上或平面直角坐标系中时，常通过构造“K型全等”来转化等量线段或等价角 二、一次函数与等腰三角形存在性 1、重要思想：点在图象上，则点的坐标符合直线的解析式 2、题型：“两定一动型”等腰三角形——即已知两个定点，求第三个点的坐标，使形成等腰三角形； 3、解决办法：“两圆一线” “两圆”：以两个顶点为圆心，两定点组成线段长为半径作圆，圆与目标直线的交点即为所求的动点； “一线”：两定点组成线段的中垂线与目标直线的交点即为所求的动点；（求解常需要结合勾股定理） 题型一 一次函数与等腰直角三角形的结合 【例1】．（2022•长兴县开学）（1）基本图形的认识： 如图1，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，点E是边BC上一点，AB＝EC，BE＝CD，连结AE、DE，求证：△AED是等腰直角三角形． （2）基本图形的构造： 如图2，在平面直角坐标系中，A（2，0），B（0，3），连结AB，过点A在第一象限内作AB的垂线，并在垂线截取AC＝AB，求点C的坐标； （3）基本图形的应用： 如图3，一次函数y＝﹣2x+2的图象与y轴交于点A，与x轴交于点B，直线AC交x轴于点D，且∠CAB＝45°，求点D的坐标． 【分析】（1）证明△ABE≌△ECD （SAS），由全等三角形的性质得出AE＝DE，∠AEB＝∠EDC，则可得出结论； （2）过点C作CH⊥x轴于点H，证明△AOB≌△CHA，从而得到AH、CH，则可得到点C的坐标； （3）过点B作BE⊥AB，交AD于点E，过点E作EF⊥OD，交OD于点F，由一次函数解析式求出OA＝2，OB＝1，证明△AOB≌△BFE（AAS），由全等三角形的性质得出BF＝OA＝2，EF＝OB＝1，求出E点坐标，求出直线AC的解析式，则可得出答案． 【解答】（1）证明：∵在△ABE和△ECD中， ， ∴△ABE≌△ECD （SAS）， ∴AE＝DE，∠AEB＝∠EDC， 在Rt△EDC中，∠C＝90°， ∴∠EDC+∠DEC＝90°． ∴∠AEB+∠DEC＝90°． ∵∠AEB+∠DEC+∠AED＝180°， ∴∠AED＝90°． ∴△AED是等腰直角三角形； （2）解：过点C作CH⊥x轴于点H，如图2， 则∠AHC＝90°． ∴∠AOB＝∠BAC＝∠AHC＝90°， ∴∠OAB＝180°﹣90°﹣∠HAC＝90°﹣∠HAC＝∠HCA． 在△AOB和△CHA中， ， ∴△AOB≌△CHA（AAS）， ∴AO＝CH，OB＝HA， ∵A（2，0），B（0，3）， ∴AO＝2，OB＝3， ∴AO＝CH＝2，OB＝HA＝3， ∴OH＝OA+AH＝5， ∴点C的坐标为（5，2）； （3）解：如图3，过点B作BE⊥AB，交AD于点E，过点E作EF⊥OD，交OD于点F， 把x＝0代入y＝﹣2x+2中，得y＝2， ∴点A的坐标为（0，2）， ∴OA＝2， 把y＝0代入y＝﹣2x+2，得﹣2x+2＝0，解得x＝1， ∴点B的坐标为（1，0）， ∴OB＝1， ∵AO⊥OB，EF⊥BD， ∴∠AOB＝∠BFE＝90°， ∵AB⊥BE， ∴∠ABE＝90°，∠BAE＝45°， ∴AB＝BE，∠ABO+∠EBF＝90°， 又∵∠ABO+∠OAB＝90°， ∴∠OAB＝∠EBF， 在△AOB和△BFE中， ， ∴△AOB≌△BFE（AAS）， ∴BF＝OA＝2，EF＝OB＝1， ∴OF＝3， ∴点E的坐标为（3，1）， 设直线AC的解析式为y＝kx+b， 由题意可得， 解得， ∴直线AC的解析式为y＝﹣x+2， 令y＝0，解得x＝6， ∴D（6，0）． 【变式1-1】．（2023秋•义乌市月考）探索发现：如图1，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线l过点C，过点A作AD⊥l，过点B作BE⊥l，垂足分别为D、E． （1）求证：AD＝CE，CD＝BE； （2）迁移应用：如图2，将一块等腰直角三角板MON放在平面直角坐标系内，三角板的一个锐角顶点与坐标原点O重合，另两个顶点均落在第一象限内，已知点M的坐标为（3，9），求点N的坐标； （3）拓展应用：如图3，在平面直角坐标系内，已知直线PQ：y＝﹣3x+6分别与x轴、y轴交于点Q、点P，以线段PQ为一边作等腰直角三角形PQR，请直接写出点R的坐标． 【分析】（1）先判断出∠ACB＝∠ADC，再判断出∠CAD＝∠BCE，进而判断出△ACD≌△CBE，即可得出结论； （2）先判断出MF＝NG，OF＝MG，进而得出MF＝1，OF＝3，即可求出FG＝MF+MG＝3+9＝12，即可得出结论； （3）分三种情况：以P为直角顶点，以Q为直角顶点，以R为直角顶点，运用全等三角形的性质可得出答案． 【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，AD⊥l， ∴∠ACB＝∠ADC， ∵∠ACE＝∠ADC+∠CAD，∠ACE＝∠ACB+∠BCE， ∴∠CAD＝∠BCE， ∵∠ADC＝∠CEB＝90°，AC＝BC， ∴△ACD≌△CBE（AAS）， ∴AD＝CE，CD＝BE， （2）解：如图2，过点M作MF⊥y轴，垂足为F，过点N作NG⊥MF，交FM的延长线于G， 由已知得OM＝MN，且∠OMN＝90° ∴由（1）得MF＝NG，OF＝MG， ∵M（3，9）， ∴MF＝3，OF＝9， ∴MG＝9，NG＝3， ∴FG＝MF+MG＝3+9＝12， ∴OF﹣NG＝9﹣3＝6， ∴点N的坐标为（12，6）， （3）解：分三种情况： 当点P为直角顶点时，如图3， 过点R1作R1E⊥y轴于点E， 由（1）知，△R1EP≌△POQ， ∴ER1＝OP，EP＝OQ， ∵直线PQ：y＝﹣3x+6分别与x轴、y轴交于点Q、点P， 当x＝0时，y＝6；当y＝0时，x＝2 ∴P（0，6），Q（2，0） ∴OQ＝2，OP＝6， ∴OE＝6+2＝8，ER1＝6， ∴R1（6，8）， 同理可得R2（﹣6，4）． 当点Q为直角顶点时，如图4， 过点R3作R3D⊥x轴于点D， 由（1）知△R3DP≌△QOP， ∴DR3＝OQ，OP＝DQ， ∵P（0，6），Q（2，0） ∴OQ＝2，OP＝6， ∴OD＝6+2＝8，DR3＝2， ∴R3（8，2）， 同理可得R4（﹣4，﹣2）． 当点R为直角顶点时，如图5， 过点R5作y轴的平行线交x轴于点E，过点P作x轴的平行线，交ER5于点D， 由（1）知△R5DP≌△QER5， ∴DR5＝EQ，PD＝R5E， ∵P（0，6），Q（2，0） ∴OQ＝2，OP＝6， 设QE＝a，则PD＝a+2， ∴a+2+a＝6， ∴a＝2， ∴R5（4，4）， 同理可得R6（﹣2，2）． 综合以上可得点R的坐标为（4，4）或（6，8）或（8，2）或（﹣2，2）或（﹣4，﹣2）或（﹣6，4）． 【变式1-2】．（2023秋•吴兴区期末）如图所示，在平面直角坐标系中，点A（﹣4，3），连结OA，将线段OA绕点O顺时针旋转90°到OB，将点B向左平移5个单位长度至点C，连结BC． （1）求点B、点C的坐标； （2）将直线BC绕点C顺时针旋转45°，交x轴于点D，求直线CD的函数表达式； （3）现有一动点P从C出发，以每秒2个单位长度的速度沿射线CD运动，运动时间为t秒．请探究：当t等于多少时，△BCP为等腰三角形． 【分析】（1）过A、B分别做AE、BF垂直于x轴于E，F，根据将线段OA绕点O顺时针旋转90°到OB，可证△AEO≌△OFB（AAS），有AE＝OF＝3，OE＝BF＝4，即知B（3，4），而将点B向左平移5个单位长度至点C，故C（﹣2，4）； （2）设BC交y轴于T，CD交y轴于K，由B（3，4），BC＝5，得CT＝BC﹣BT＝5﹣3＝2，根据将直线BC绕点C顺时针旋转45°，交x轴于点D，BC⊥y轴，知△CKT是等腰直角三角形，故CT＝KT＝2，K（0，2），再用待定系数法可得直线CD的解析式为y＝﹣x+2； （3）分三种情况：①当CB＝CP＝5时，2t＝5，得t＝2.5；②当BC＝BP＝5时，∠BCP＝∠BPC＝45°，知∠CBP＝90°，故CP＝＝5，可得t＝；③当PB＝PC时，P在BC的垂直平分线上，有xP＝＝，在y＝﹣x+2中，令x＝P（，），故CP＝＝，得t＝． 【解答】解：（1）过A、B分别做AE、BF垂直于x轴于E，F，如图： ∵将线段OA绕点O顺时针旋转90°到OB， ∴OA＝OB，∠AOB＝90°， ∴∠AOE＝90°﹣∠BOF＝∠OBF， ∵∠AEO＝∠BFO＝90°， ∴△AEO≌△OFB（AAS）， ∵A（﹣4，3）， ∴AE＝OF＝3，OE＝BF＝4， ∴B（3，4）， ∵将点B向左平移5个单位长度至点C， ∴BC＝5， ∴C（﹣2，4）； （2）设BC交y轴于T，CD交y轴于K，如图： ∵B（3，4），BC＝5， ∴CT＝BC﹣BT＝5﹣3＝2， ∵将直线BC绕点C顺时针旋转45°，交x轴于点D，BC⊥y轴， ∴△CKT是等腰直角三角形， ∴CT＝KT＝2， ∴OK＝OT﹣KT＝4﹣2＝2， ∴K（0，2）， 设直线CD的解析式为y＝kx+b， 把C（﹣2，4），K（0，2）代入得： ， 解得， ∴直线CD的解析式为y＝﹣x+2； （3）①当CB＝CP＝5时，如图： ∴2t＝5， 解得t＝2.5； ②当BC＝BP＝5时，如图： ∴∠BCP＝∠BPC＝45°， ∴∠CBP＝90°， ∴CP＝＝5， ∴2t＝5， 解得t＝； ③当PB＝PC时，如图： ∴P在BC的垂直平分线上， ∵B（3，4），C（﹣2，4）， ∴xP＝＝， 在y＝﹣x+2中，令x＝得y＝﹣+2＝， ∴P（，）， ∴CP＝＝， ∴2t＝， 解得t＝； 综上所述，当t等于秒或秒或秒时，△BCP为等腰三角形． 题型二 一次函数与等腰三角形的结合 【例2】．（2022秋•江北区期末）如图，直线y＝kx+2与x轴，y轴分别交于A，C两点，点B与点A关于y轴对称，连接BC，BC＝2，点M，N分别是线段AB，AC上的动点（M不与A，B重合），且满足∠CMN＝∠CBA．当△CMN为等腰三角形时，M的坐标为 　（2﹣4，0）或（﹣，0）　． 【分析】先求解点C的坐标为（0，2），可得OC＝2，再利用勾股定理求解OB＝＝4，可得点B坐标为（4，0），点A坐标为（﹣4，0），由△CMN为等腰三角形，可得CM＝MN或CN＝CM或NC＝NM，当CM＝MN时，证明△CBM≌△MAN即可，当CM＝CN时，∠CMN＝∠CNM≠∠CBA＝∠CAB，不符合题意，舍去，当NC＝NM时，如图，证明AM＝CM，设OM＝n，则AM＝CM＝4﹣n，再利用勾股定理求解即可． 【解答】解：在y＝kx+2中， 当x＝0时，y＝2， ∴点C的坐标为（0，2）， ∴OC＝2， 在Rt△BOC中，BC＝2，OB＝＝4， ∴点B坐标为（4，0）， ∵点B与点A关于y轴对称， ∴点A坐标为（﹣4，0）， ∵点B与点A关于y轴对称， ∴AC＝BC， ∵△CMN为等腰三角形， ∴CM＝MN或CN＝CM或NC＝NM， 当CM＝MN时， ∵AC＝BC， ∴∠CAB＝∠CBA， ∵∠CMN＝∠CBA， ∴∠BMN＝∠BMC+∠CMN＝∠BAC+∠ANM， ∴∠ANM＝∠BMC， ∵∠MAN＝∠CBM，NM＝CM， ∴△CBM≌△MAN（AAS）， ∴AM＝BC＝2， ∵OA＝4， ∴OM＝2﹣4， ∴M的坐标为（2﹣4，0）， 当CM＝CN时， ∴∠CMN＝∠CNM≠∠CBA＝∠CAB，不符合题意，舍去， 当NC＝NM时，如图， ∴∠NCM＝∠CMN＝∠CBA＝∠CAB， ∴AM＝CM， 设OM＝n，则AM＝CM＝4﹣n， ∴（4﹣n）2＝n2+4， 解得：n＝， ∴M（﹣，0）， 综上：点M的坐标为（2﹣4，0）或（﹣，0）． 故答案为：（2﹣4，0）或（﹣，0）． 【变式2-1】．（2023秋•吴兴区期末）如图所示，在平面直角坐标系中，点A（﹣4，3），连结OA，将线段OA绕点O顺时针旋转90°到OB，将点B向左平移5个单位长度至点C，连结BC． （1）求点B、点C的坐标； （2）将直线BC绕点C顺时针旋转45°，交x轴于点D，求直线CD的函数表达式； （3）现有一动点P从C出发，以每秒2个单位长度的速度沿射线CD运动，运动时间为t秒．请探究：当t等于多少时，△BCP为等腰三角形． 【分析】（1）过A、B分别做AE、BF垂直于x轴于E，F，根据将线段OA绕点O顺时针旋转90°到OB，可证△AEO≌△OFB（AAS），有AE＝OF＝3，OE＝BF＝4，即知B（3，4），而将点B向左平移5个单位长度至点C，故C（﹣2，4）； （2）设BC交y轴于T，CD交y轴于K，由B（3，4），BC＝5，得CT＝BC﹣BT＝5﹣3＝2，根据将直线BC绕点C顺时针旋转45°，交x轴于点D，BC⊥y轴，知△CKT是等腰直角三角形，故CT＝KT＝2，K（0，2），再用待定系数法可得直线CD的解析式为y＝﹣x+2； （3）分三种情况：①当CB＝CP＝5时，2t＝5，得t＝2.5；②当BC＝BP＝5时，∠BCP＝∠BPC＝45°，知∠CBP＝90°，故CP＝＝5，可得t＝；③当PB＝PC时，P在BC的垂直平分线上，有xP＝＝，在y＝﹣x+2中，令x＝P（，），故CP＝＝，得t＝． 【解答】解：（1）过A、B分别做AE、BF垂直于x轴于E，F，如图： ∵将线段OA绕点O顺时针旋转90°到OB， ∴OA＝OB，∠AOB＝90°， ∴∠AOE＝90°﹣∠BOF＝∠OBF， ∵∠AEO＝∠BFO＝90°， ∴△AEO≌△OFB（AAS）， ∵A（﹣4，3）， ∴AE＝OF＝3，OE＝BF＝4， ∴B（3，4）， ∵将点B向左平移5个单位长度至点C， ∴BC＝5， ∴C（﹣2，4）； （2）设BC交y轴于T，CD交y轴于K，如图： ∵B（3，4），BC＝5， ∴CT＝BC﹣BT＝5﹣3＝2， ∵将直线BC绕点C顺时针旋转45°，交x轴于点D，BC⊥y轴， ∴△CKT是等腰直角三角形， ∴CT＝KT＝2， ∴OK＝OT﹣KT＝4﹣2＝2， ∴K（0，2）， 设直线CD的解析式为y＝kx+b， 把C（﹣2，4），K（0，2）代入得： ， 解得， ∴直线CD的解析式为y＝﹣x+2； （3）①当CB＝CP＝5时，如图： ∴2t＝5， 解得t＝2.5； ②当BC＝BP＝5时，如图： ∴∠BCP＝∠BPC＝45°， ∴∠CBP＝90°， ∴CP＝＝5， ∴2t＝5， 解得t＝； ③当PB＝PC时，如图： ∴P在BC的垂直平分线上， ∵B（3，4），C（﹣2，4）， ∴xP＝＝， 在y＝﹣x+2中，令x＝得y＝﹣+2＝， ∴P（，）， ∴CP＝＝， ∴2t＝， 解得t＝； 综上所述，当t等于秒或秒或秒时，△BCP为等腰三角形． 【变式2-2】．（2023秋•宁波期末）如图，直线y＝﹣3x﹣3与x轴、y轴分别交于点A，点B，点C的坐标为（﹣3，0），点D为x轴正半轴上的动点，连结BD，过点C作直线BD的垂线交y轴于点E，垂足为点F，连结OF． （1）求出A，B两点的坐标； （2）求证：△BOD≌△COE； （3）在点D的运动过程中，当△OFD为等腰三角形时，请直接写出点D的坐标． 【分析】（1）把y＝0代入y＝﹣3x﹣3，得点A的坐标，把x＝0代入y＝﹣3x﹣3，得点B的坐标； （2）证明OB＝OC，∠ECO＝∠DBO和∠COE＝BOD，得到△BOD≌△COE； （3）设∠ECO＝∠DBO＝α，则∠DOF＝α+45°，∠ODF＝90°﹣α，分OD＝DF，OD＝OF和DF＝OF三种情况求解点D的坐标． 【解答】解：（1）把y＝0代入y＝﹣3x﹣3，得x＝﹣1， ∴点A的坐标为（﹣1，0）， 把x＝0代入y＝﹣3x﹣3，得y＝﹣3， ∴点B的坐标为（0，﹣3）； （2）∵B（0，﹣3），C（﹣3，0）， ∴OB＝OC， ∵CF⊥BD， ∴∠BOD＝∠COE＝∠CFD＝90°， ∴∠ECO+∠CDF＝90°，∠DBO+∠CDF＝90°， ∴∠ECO＝∠DBO， ∵OC＝OB，∠COE＝BOD， ∴△BOD≌△COE（ASA）； （3）在BD延长线上取一点，使得∠COF＝∠BGO，连接OG， 由（2）得OC＝OB，∠ECO＝∠DBO， ∴△COF≌△BOG（AAS）， ∴∠COF＝∠BOG，OF＝OG， ∴∠GOF＝90°， ∴△GOF是等腰直角三角形， ∴∠CFO＝∠OFG＝∠OGF＝45°， 设∠ECO＝∠DBO＝α，则∠DOF＝α+45°，∠ODF＝90°﹣α， ①若OD＝DF，则∠DOF＝∠OFD＝45°，得∠ODF＝90°， 与点D为x轴正半轴上的动点矛盾，此情况不成立； ②若OD＝OF，则∠OFD＝∠ODF＝45°，得45°＝90°﹣α， 解得α＝45°， ∴∠DBO＝∠ODF＝45°， ∴OB＝OD＝3， ∴点D的坐标为（3，0）； ③若DF＝OF，则∠DOF＝∠ODF，得α+45°＝90°﹣α， 解得α＝22.5°， ∴∠DOF＝∠ODF＝67.5°， ∴∠DBO＝∠BOF＝22.5°， ∴DF＝OF＝BF， 设DF＝OF＝BF＝x， ∵△GOF是等腰直角三角形， ∴GF＝x， ∴BG＝BF+GF＝， ∵△COF≌△BOG， ∴CF＝， ∵∠DCF＝∠DBO，∠CFD＝∠BOD＝90°， ∴△CFD∽△BOD， ∴，即， 得OD＝， ∴点D的坐标为， 综上所述，点D的坐标为（3，0）或． 【变式2-3】．（2023秋•江北区期末）如图，在平面直角坐标系中，直线分别与x轴，y轴交于A，B两点，把线段AB绕点B顺时针旋转90°后得到线段BC，连结AC，OC． （1）当时，求点C的坐标； （2）当m值发生变化时，△BOC的面积是否保持不变？若不变，计算其大小；若变化，请说明理由； （3）当S△AOB＝2S△BOC时，在x轴上找一点P，使得△PAB是等腰三角形，求满足条件的所有P点的坐标． 【分析】（1）证明△AOB≌△BDC，求得CD和BD的长，从而得出点C坐标； （2）由（1）得，CD＝OB＝4，可求得三角形BCO的面积不变； （3）由条件求得OA，AB的长，△PAB是等腰三角形，分为三种情形：PA＝PB，PA＝AB，PB＝AB，当PA＝PB时，设点P坐标，根据PA2＝PB2列出方程求得，当PA＝AB时，可根据长度直接求得，当PB＝AB时，根据等腰三角形“三线合一”求得结果． 【解答】解：（1）如图1， 当m＝时，y＝﹣， 当x＝0时，y＝4， ∴OB＝4， 当y＝时，﹣， ∴x＝5， ∴OA＝5， 作CD⊥OB于D， ∴∠BDC＝∠AOB＝90°， ∴∠ABO+∠OAB＝90°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠ABO+∠CBD＝90°， ∴∠OAB＝∠CBD， 在△AOB和△BDC中， ， ∴△AOB≌△BDC（AAS）， ∴CD＝OB＝4，BD＝OA＝5， ∴OD＝BD﹣OB＝5﹣4＝1， ∴C（﹣4，﹣1）； （2）△BOC的面积不变，理由如下： 由（1）知：CD＝4，OB＝4， ∴＝8； （3）∵S△BOC＝8， ∴S△AOB＝2S△BOC＝16， ∴， ∴OA＝8， ∵∠AOB＝90°， ∴AB＝＝＝4， 当PA＝AB＝4时， OP＝PA﹣OA＝4﹣8或OP＝PA+OA＝4+8， ∴P（8﹣4，0）或（4+8，0）， 如图2， 当PB＝AB时， ∵OB⊥AP， ∴OP＝OA＝8， ∴点P（﹣8，0）； 如图3， 当PA＝PB时， （8﹣OP）2＝OP2+42， ∴OP＝3， ∴P（3，0）， 综上所述：点P（8﹣4，0）或（4+8，0）或（﹣8，0）或（3，0）． 题型三 等腰三角形综合压轴题 【例3】．（2024春•东阳市月考）如图，在平面直角坐标系中，直线与坐标轴交于A，B两点，动点P从点A出发，沿射线AO方向以每秒2个单位的速度运动，同时动点Q从点O出发，以每秒1个单位的速度，沿线段OB向点运动，当Q点到达点B时，点P也停止运动．连接线段PQ，设点P运动的时间为t秒． （1）经过3s时，写出此时点P的坐标 　（0，﹣3）　，点Q的坐标 　（3，0）　． （2）当线段时，求此时点P运动的时间t． （3）点M为线段AB中点，在点P、Q运动过程中，以点P、Q、M三点组成的三角形为等腰三角形时，求所有满足要求的t的值． 【分析】（1）根据题意，PA＝2t，OQ＝t，当t＝3s时，PA＝6，OQ＝3，直线与坐标轴交于A，B两点，得到A（0，3），B（4，0），继而得解． （2）根据题意，PA＝2t，OQ＝t，得到P（0，3﹣2t），Q（t，0），OP＝|3﹣2t|，OQ＝t，利用OP2+OQ2＝PQ2 得到方程，再解方程即可即可． （3）根据点M为线段AB中点，得到，再由P（0，3﹣2t），Q（t，0）得到，PQ2＝t2+（3﹣2t）2＝5t2﹣12t+9，，再分当PM＝PQ时，当PM＝QM时，当PQ＝QM时三种情况列方程求解即可． 【解答】解：（1）根据题意，PA＝2t，OQ＝t，当t＝3s时，PA＝6，OQ＝3， ∵直线与坐标轴交于A，B两点， ∴A（0，3），B（4，0）， ∴P（0，﹣3），Q（3，0）， 故答案为：（0，﹣3），（3，0）． （2）根据题意，PA＝2t，OQ＝t（0≤t≤4）， ∵直线与坐标轴交于A，B两点， ∴A（0，3），B（4，0）， ∴P（0，3﹣2t），Q（t，0） ∴OP＝|3﹣2t|，OQ＝t， ∵线段，∠POQ＝90°， ∴OP2+OQ2＝PQ2，即； 解得， ∴ （3）∵A（0，3），B（4，0），点M为线段AB中点， ∴， 由（2）得：P（0，3﹣2t），Q（t，0）， ∴，PQ2＝（0﹣t）2+（3﹣2t﹣0）2＝5t2﹣12t+9 ， 当PM＝PQ时，则PM2＝PQ2， 故， 整理得， 解得（舍去）； 当PM＝QM时，则PM2＝MQ2， 故， 整理得3t2﹣2t＝0， 解得； 当PQ＝QM时，则PQ2＝MQ2， 故， 整理得16t2﹣32t+11＝0， 解得t5＝，t6＝； 综上所述：t＝0或或或t＝，或t＝；． 【变式3-1】．（2023秋•义乌市期末）如图1，在平面直角坐标系中，直线交x轴于点A，交y轴于点B，直线与直线AB相交于点C． （1）求点A，C的坐标． （2）现有一动点P沿折线O→C→B→O以2个单位长度/秒的速度运动，运动时间为t秒． ①当△OAP为等腰三角形时，求出所有满足条件的t的值． ②如图2，已知x轴正半轴上有一动点Q，当点P在线段OB上运动时，连接CP，CQ．作△CQA关于直线CQ的对称图形△CQA′，作△CPB关于直线CP的对称图形△CPB′，射线CA′交x轴于点M．当B′P∥A′Q时，是否存在t的值，使△MQA′恰好是直角三角形？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）利用函数关系式，求出点A、C的坐标即可； （2）①根据两点间距离公式求出，，，分四种情况进行讨论：当点P运动到点C时，当点P在BC上运动，AP＝OA＝12时，当点P在BC上运动，OP＝OA＝12时，当点P在BC上运动，OP＝OA＝12时，分别画出图形，求出结果即可； ②根据折叠说明∠MA′Q≠90°，分两种情况进行讨论：当∠QMA′＝90°时，当∠A′QM＝90°时，分别画出图形，求出结果即可． 【解答】解：（1）把y＝0代入得： ， 解得：x＝12， ∴A（12，0）； 联立， 解得：， ∴C（6，8）． （2）把y＝0代入得：y＝16， ∴B（0，16）， ∴， ， ； ①当点P运动到点C时，如图1.1所示： 此时AP＝OP＝10，△OAP为等腰三角形， ∴t＝10÷2＝5； 当点P在BC上运动，AP＝OA＝12时，如图1.2所示： 此时△OAP为等腰三角形， ∴t＝（10+12﹣10）÷2＝6； 当点P在BC上运动，OP＝OA＝12时，过点O作OD⊥AB于点D，如图1.3所示： 此时△OAP为等腰三角形， 根据勾股定理得：， ∵， ∴， 根据勾股定理得：， ∵OD⊥AB，OP＝OA， ∴， ∴AP＝2AD＝14.4 ∴t＝（10+14.4﹣10）÷2＝7.2； 当点P在BC上运动，OP＝OA＝12时，如图1.4所示： 此时△OAP为等腰三角形， t＝（10+10+16﹣12）÷2＝12； 综上分析可知，t＝5或6或7.2或12． ②存在t的值，使△MQA′恰好是直角三角形；理由如下： 当∠QMA′＝90°时，如图2所示： 设QA′交y轴于点N，CB′交y轴于点E， 根据折叠可知，∠CBP＝∠B′，∠CAQ＝∠MA′Q， ∵∠CBP+∠CAQ＝90°，∠MQA′+∠MA′Q＝90°， ∴∠CBP＝∠MQA′， ∴∠B′＝∠MQA′， ∵∠BOA＝∠QMA′＝90°， ∴CA′∥OB， ∴∠MA′Q＝∠BNQ， ∵B′P∥A′Q， ∴∠B′PE＝∠BNQ， ∴∠B′PE＝∠MA′Q， ∵∠MQA′+∠MA′Q＝90°， ∴∠B′PE+∠B′＝90°， ∴∠PEB′＝90°， ∴B′C⊥y轴， ∵C（6，8），B′C＝BC＝10， ∴B′（﹣4，8）， 设BP＝m，则B′P＝m，PE＝8﹣m， 根据勾股定理得：B′P2＝B′E2+PE2， 即m2＝42+（8﹣m）2， 解得：m＝5， ∴t＝（10+10+5）÷2＝12.5； 当∠A′QM＝90°时，如图3所示： ∵∠A′QM＝∠BOA＝90°， ∴A′Q∥y轴， ∵B′P∥A′Q，点P在y轴上， ∴此时点B′在y轴上， ∵△CPB关于直线CP的对称图形△CPB′， ∴此时CP⊥y轴， ∴P（0，8）， ∴t＝（10+10+16﹣8）＝14； 根据折叠可知：∠MA′Q＝∠CAO， ∵∠CAQ≠90°， ∴∠MA′Q≠90°； 综上分析可知，t＝12.5或14． 【变式3-2】．（2023秋•长兴县期末）如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线AB：y＝2x+b与x轴交于点A（﹣2，0），与y轴交于点B． （1）求直线AB的解析式； （2）若直线 CD：y＝﹣x+与x轴、y轴、直线AB分别交于点C、D、E，求△BDE面积； （3）如图2，在（2）的条件下，点F为线段AC上一动点，将△EFC沿直线EF翻折得到△EFN，EN交x轴于点M．当△MNF为直角三角形时，求点N的坐标． 【分析】（1）把A（﹣2，0）代入y＝2x+b，求出b＝4，即可得得直线AB：y＝2x+4； （2）求出点C、D、E的坐标，根据三角形的面积公式即可求解； （3）分两种情况讨论，当∠MFN＝90°时，求出∠EFC＝135°，得∠EFO＝45°，得EH＝FH＝2，得点F坐标，进而可得点N的坐标；当∠FMN＝90°时，由翻折得EN＝EC，根据勾股定理得EC＝＝2，则MN＝EN﹣EM＝2﹣2，即可得点N的坐标为（﹣1，2﹣2）． 【解答】解：（1）把A（﹣2，0）代入y＝2x+b得﹣4+b＝0，， ∴b＝4， ∴直线AB：y＝2x+4； （2）∵直线AB：y＝2x+4， ∴点B的坐标为（0，4）， ∵直线 CD：y＝﹣x+与x轴、y轴、直线AB分别交于点C、D、E， 当x＝0时，y＝，当y＝0时，0＝﹣x+，解得x＝3， ∴C（3，0）、D（0，）， 联立y＝﹣x+与y＝2x+4得，解得， ∴E（﹣1，2）， ∴BD＝4﹣＝， ∴S△BDE＝BD×1＝××1＝， ∴△BDE的面积为； （3）如图2，当∠MFN＝90°时，过点E作EH⊥x轴于H， 由翻折得∠EFC＝∠EFN＝（360°﹣90°）＝135°， ∴∠EFO＝135°﹣90°＝45°， ∵E（﹣1，2）， ∴EH＝2，OH＝1， ∴EH＝FH＝2， ∴OF＝FH﹣OH＝2﹣1＝1， ∵C（3，0）， ∴CF＝OC﹣OF＝3﹣1＝2， 由翻折得FN＝CF＝2， ∴点N的坐标为（1，﹣2）； 如图3，当∠FMN＝90°时， 由翻折得EN＝EC， ∵E（﹣1，2），C（3，0）， ∴EM＝2，EC＝＝2， ∴MN＝EN﹣EM＝2﹣2， ∴点N的坐标为（﹣1，2﹣2）； 综上，点N的坐标为（1，﹣2）或（﹣1，2﹣2）． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 $$