【专项练】等腰三角形的分类讨论与存在性问题-北师大版八年级下册期中、期末专项（初中数学）

原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 等腰三角形的分类讨论与存在性问题 1．(1)25；115；小 (2)当 2DC  时， ABD DCE≌△ △ (3)可以； BDA 的度数为110或80 【分析】本题考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定，熟练掌握知识点是解题的 关键． （1）由已知平角的性质可得 180EDC ADB ADE    ，再利用三角形内角和定理进而求得 DEC ，即可判断点D从 B向C运动过程中， BDA 逐渐变小； （2）当 2DC  时，由已知和三角形内角和定理可得 140DEC EDC   ， 140ADB EDC   ， 等量代换得 ADB DEC   ，又由 2AB AC  ，可得  AASABD DCE≌△ △ ； （3）根据等腰三角形的判定定理，利用三角形内角和定理求解即可． 【详解】（1）解： 180 180 115 40 25EDC ADB ADE             ， 180 180 25 40 115DEC EDC C         ， 点 D从 B向 C运动时， BDA 逐渐变小， 故答案为：25；115；小； （2）解：当 2DC  时， ABD DCE≌△ △ ， 理由： 40C   ， 140DEC EDC   ， 又 40ADE   ， ∴ 140ADB EDC   ， ADB DEC   ， 又 B C  ， 2AB DC  ，   AASABD DCE≌△ △ ； （3）解：当 BDA 的度数为110或80时， ADEV 的形状是等腰三角形； 理由： 110BDA   时， 70 70 40 30ADC EDC        ， ， 40C   ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 70DAC  ， 30 40 70AED C EDC         ， DAC AED   ，  ADEV 是等腰三角形； 80BDA   时， 100ADC  ， 40C   ， 40DAC  ， DAC ADE   ，  ADEV 的形状是等腰三角形． 2．（1）y=2x-5；（2）见解析；（3）（3，-9），（7，-6），（ 72 ， 11 2  ） 【分析】（1）解方程得到 A（4，3），待定系数法即可得到结论； （2）根据勾股定理得到 OA，根据折叠的性质得到 OB=BC，OA=AC，从而有 OA=OB=BC=AC， 即可得证； （3）如图，过 C作 CM⊥OB于M，求得 CM=OD=4，得到 C（4，-2），过 P1作 P1N⊥y轴于 N，根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论． 【详解】解：（1）∵直线 1 4 : 3l y x 与直线 2 : ( 0)l y kx b k   相交于点 A（a，3）， ∴A（4，3）， ∵直线交 l₂交 y轴于点 B（0，-5）， ∴y=kx-5， 把 A（4，3）代入得，3=4k-5， ∴k=2， ∴直线 l₂的解析式为 y=2x-5； （2）∵OA= 2 23 4 =5， ∴OA=OB， ∴∠OAB=∠OBA， ∵将△OAB沿直线 l₂翻折得到△CAB， ∴OB=BC，OA=AC， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 ∴OA=OB=BC=AC， ∴四边形 OABC是菱形； （3）如图，过 C作 CM⊥OB于M， 则 CM=OD=4， ∵BC=OB=5， ∴BM=3， ∴OB=2， ∴C（4，-2）， 过 P1作 P1N⊥y轴于 N， ∵△BCP是等腰直角三角形， ∴∠CBP1=90°， ∴∠MCB=∠NBP1， ∵BC=BP1， ∴△BCM≌△P1BN（AAS）， ∴BN=CM=4， ∴P1（3，-9）； 可知 P3是 CP1的中点， ∴P3（ 7 2 ， 11 2  ）， 由图可知四边形 BCP1P2是正方形，B（0，-5），C（4，-2），P1（3，-9）， 从而可得：P2（7，-6）， 综上，点 P的坐标为：（3，-9），（7，-6），（ 72 ， 11 2  ）． 【点睛】本题考查了一次函数的综合题，折叠的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 判定和性质，菱形的判定，正确的求得 P点的坐标是解题的关键． 3．(1) 1 2 2 y x  (2)2 3n  (3)存在， (0,2 )2 3 或 (0,2 2 3) 或 11(0, )4 【分析】本题考查一次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形面积，等腰三角形判定与性 质等，解题的关键是分类讨论思想的应用． （1）设直线 AB的解析式为 y kx b  ，把 ( 4,0)A  ， (0, 2)B 代入得： 4 0 2 k b b      ，解得 1 2 2 k b       ，故 直线 AB的解析式为 1 2 2 y x  ； （2）求出 3( 1, ) 2 D  ， 3 2 PD n  ，可得 1 3| 4 0 | ( ) 2 3 2 2ABP S n n       △ ； （3）求出 ( 1,2)P  ，设 (0, )C m ，有 2 21 ( 2)CP m   ， 2 13AP  ， 2 216AC m  ，分三种情况列方程可 得答案． 【详解】（1）解：设直线 AB的解析式为 y kx b  ， 把 ( 4,0)A  ， (0, 2)B 代入得： 4 0 2 k b b      ， 解得 1 2 2 k b       ， 直线 AB的解析式为 1 2 2 y x  ； （2）解：在 1 2 2 y x  中，令 1x   得 1 32 2 2 y     ， 3( 1, ) 2 D  ， P 是直线 1x   上一动点，且在点D上方，纵坐标为 n， 3 2 PD n   ， 1 3| 4 0 | ( ) 2 3 2 2ABP S n n         ，  ABP 的面积为2 3n  ； （3）解：在 y轴上存在点C，使 APC△ 是等腰三角形，理由如下： 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5  ABP 的面积等于 1， 2 3 1n   ， 解得 2n  ， ( 1, 2)P  ， 设 (0, )C m ， ( 4,0)A ， 2 21 ( 2)CP m    ， 2 13AP  ， 2 216AC m  ， ①当CP AP 时， 21 ( 2) 13m   ， 解得 2 2 3m   或 2 2 3m   ； (0,2 2 3)C  或 (0,2 2 3) ； ②当CP AC 时， 2 21 ( 2) 16m m    ， 解得 11 4 m   ； 11(0, ) 4 C  ； ③当 AP AC 时， 213 16 m  ， 方程无实数解； 综上所述，C的坐标为 (0,2 )2 3 或 (0,2 2 3) 或 11(0, ) 4  ． 4．(1)8 (2)见解析 (3)存在，10或 12或 253 【分析】（1）由于 BC AM BCA MAP   ， ，根据全等三角形的判定定理“SAS ”，当 AP CA 时 可判断 ABC PMA△ ≌△ ；易得  8 st  ； （2）根据全等三角形的性质得 APM CAB   ，由于 90CAB BAP   ，所以 90APM BAP   ， 则根据三角形内角和得 90ADP  ，于是根据垂直的定义即可得到结论； （3）在 ABCV 中， 90C  ，利用勾股定理计算出 10AB  ，作BH AN 于 N，则四边形 AHBC为 矩形，则 6 8AH BC BH AC   ， ，然后进行分类讨论：当 AP AB 时， ABP 是等腰三角形， 易得  10 st  ；当 BP BA 时， ABP 是等腰三角形，根据等腰三角形的性质得 AH PH ，则 2 12AP AH  ，即可得到  12 st  ；当 AP PB 时， ABP 是等腰三角形，根据等腰三角形的性质 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 6 得则PB AP t  ，所以 6PH t  ，在Rt PBH△ 中利用勾股定理得到  2 2 26 8t t   ，解得 25 s 3 t  ． 【详解】（1）解：∵ 90C  ， AN AC ∴ 90BCA MAP     ∵ 6BC AM  ， ∴当 AP CA 时， ABC PMA△ ≌△ ∵ 2 6 8CA CM AM     ∴根据题意 8 1cm/s sAP t   ∴  8 st  ； （2）证明： ABC PMAQ△ ≌△ ， APM CAB   ， 而 90CAB BAP   ， 90APM BAP   ， 90ADP  ， AB PM  ． （3）解：存在． 在 ABCV 中， 90C  ， 6, 2 6 8BC AC   Q ， 2 2 10AB BC AC    ． 过点作BH AN 于点 H，则 6, 8AH BC BH AC    ． ①当 10AP AB  时， ABP 是等腰三角形， ∴ 10st  ； ②当 BP BA 时， ABP 是等腰三角形， 则 6PH AH  ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 2 12AP AH   ， 12st  ③当 AP PB 时， ABP 是等腰三角形， 则 PB t ， 6PH t   ， 在Rt PBH△ 中， 2 2 2PH BH PB Q ， 2 2 2( 6) 8t t    ， 解得 25 s 3 t  ． 综上所述，当 t为 10s或 12s或 25 s 3 时， ABP 是等腰三角形． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理．解题的 关键是①在判定三角形全等时，选择恰当的判定条件；②要有分类讨论的思想． 5．(1) 2 4y x   (2) 30 2       ， 或 3 ,0 2      (3) 4 ,0 3      或  12,0 【分析】（1）用待定系数法求出一次函数解析式即可； （2）分两种情况：当点 C在 y轴上时，当点 C在 x轴上时，根据两点间距离公式列出方程， 解方程即可； （3）分两种情况讨论：当点 D在点 A左侧时，当点 D在点 A右侧时，分别画出图形，求出 结果即可． 【详解】（1）解：把点  2,0A ，点  0,4B 代入 y kx b  得： 2 0 4 k b b     ， 解得： 2 4 k b     ， ∴该一次函数的表达式为 2 4y x   ； （2）解：当点 C在 y轴上时，设点 C的坐标为  0,n ，则： 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 8    2 22 20 2 0 4CA n n      ，  22 24 8 16CB n n n     ， ∵CA CB ， ∴ 2 2CA CB ， ∴ 2 24 8 16n n n    ， 解得： 3 2 n  ， ∴此时点 C的坐标为 30, 2       ； 当点 C在 x轴上时，设点 C的坐标为  , 0m ，则：  22 22 4 4CA m m m     ，    2 22 20 4 0 16CB m m      ， ∵CA CB ， ∴ 2 2CA CB ， ∴ 2 24 4 16m m m    ， 解得： 3 2 m   ， ∴此时点 C的坐标为 3 ,0 2      ； 综上分析可知：点 C的坐标为 30 2       ， 或 3 ,0 2      ． （3）解：当点 D在点 A左侧时，过点 D作DE AB 于点 E，过点 E作 EF x 轴于点 F，延长 FE， 过点 B作 BG FE 于点 G，如图所示： 则 90BED DFE BGE      ， 设点 E的坐标为  , 2 4e e  ，则 2 4EF e   ， BG e ， ∵ 45ABD  ， 90BED  ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 9 ∴ BED 为等腰直角三角形， ∴BE DE ， ∵ 90DEF EDF DEF BEG      ， ∴ EDF BEG   ， ∴ DEF EBG ≌ ， ∴EF BG ，DF EG ， ∴ 2 4e e   ， 解得： 4 3 e  ， ∴ 42 4 3 EF e    ， ∴ 4 84 3 3 EG    ， ∴ 8 3 DF EG  ， ∴ 8 4 4 3 3 3 OD DF OF     ， ∴此时点 D的坐标为 4 ,0 3      ； 当点 D在点 A右侧时，过点 D作DE AB 于点 E，过点 E作 EF y 轴于点 F，延长 FE，过点 D作DG FE 于点 G，如图所示： 则 90BED BFE DGE      ， 设点 E的坐标为  , 2 4e e  ，则 EF e ， 2 4DG e  ， ∵ 45ABD  ， 90BED  ， ∴ BED 为等腰直角三角形， ∴BE DE ， ∵ 90BEF DEG EDG DEG      ， ∴ BEF EDG   ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 10 ∴ DEG EBF ≌ ， ∴EF DG ，BF EG ， ∴2 4e e  ， 解得： 4e  ， ∴ 4EF DG  ， ∴ 4 4 8EG BF BO OF      ， ∴ 4 8 12FG EF EG     ， ∴此时点 D的坐标为  12,0 ； 综上分析可知：点 D的坐标为 4 ,0 3      或  12,0 ． 【点睛】本题主要考查了一次函数的综合应用，三角形全等的判定和性质，余角的性质，坐标 与图形，等腰三角形的判定和性质，求一次函数解析式，两点间距离公式，解题的关键是数形 结合，注意进行分类讨论． 6．(1)  4,0 ， 3 (2)①点 Q的坐标为 0, 4 3      或  0,12 ；②点 P的坐标为 20 ,09      或 20 ,0 13      或 20 ,0 3       ． 【分析】（1）先得出 A点坐标；将 A点坐标代入直线 3 4 y x b   从而得出 b的值； （2）①分两种情形：当 AQ在 AB下方时，过点 B作 AE AQ 于 E，作EF y 轴于点 F，作 AD EF 于 D，，可证得 ADE EFB ≌ ，从而 AD EF ，BF DE ，设  ,E x y ，从而得出方程，进一步得 出结果；同理得出当 AQ在 AB上方的情形； ②设  ,0P t ，当点 P在 x轴负半轴时，当 90NMQ  （或 90MNQ  ）时，由MQ MN 得方程 求解；当 90MQN  时，由 2MN DQ 得方程求解，同样方法求解当点 P在 x轴正半轴时情形． 【详解】（1）解：当 0y  时， 10 22 x  ， ∴ 4x   ， ∴  4,0A  ， 当 4x   ， 0y  时，  3 4 0 4 b     ， ∴ 3b   ， 故答案为：  4,0 ， 3 ； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 11 （2）解：①如图 1-1， 过点 B作 AE AQ 于 E，作EF y 轴于点 F，作 AD EF 于 D， ∴ 90D BFE AEB      ， ∴ 90AED DAE   ， 90AED BEF   ， ∴ DAE BEF   ， ∵ 45BAQ  ， ∴ 90 45ABE BAQ    ， ∴ ABE BAQ   ， ∴ AE BE ， ∴  AASADE EFB ≌ ， ∴ AD EF ，BF DE ， 设  ,E x y ， ∴ y x   ，  2 4y x    ， ∴ 1x y   ， ∴  1, 1E   ， 设 AQ的解析式为： y mx n  ， ∴ 4 0 1 m n m n        ， ∴ 1 3 4 3 m n         ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 12 ∴ 1 43 3 y x   ， ∴ 40, 3 Q      ； 如图 1-2， 同理可得，DE BF ， AD EF ， ∴  4 2x y    ， y x  ， ∴ 3x   ， 3y  ， ∴  3,3E  ， ∴ 4 0 3 3 m n m n       ， ∴ 3 12 m n    ， ∴ 3 12y x  ， ∴  0,12Q ； 综上所述：点 Q的坐标为 40, 3      或  0,12 ； ②设  ,0P t ， 如图 2-1， 当 90NMQ  （或 90MNQ  ）时， 1 3 52 3 5 2 4 4 MN t t t                 ，MQ t  ， 由MQ MN 得， 5 5 4 t t   ， ∴ 209 t   ； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 13 ∴点 P的坐标为 20 ,0 9      ； 如图 2-2， 当 90MQN  时， 由 2MN DQ 得， 5 5 2 4 t t   ， ∴ 2013 t   ； ∴点 P的坐标为 20 ,0 13      ； 如图 2-3， 当 90MQN  时， 5 5 2 4 t t  ， ∴ 20 3 t  ； ∴点 P的坐标为 20 ,0 3       ； 当 90NMQ  （或 90MNP  ）， 5 5 4 t t  ， ∴ 20t   （舍去） 综上所述：点 P的坐标为 20 ,0 9      或 20 ,0 13      或 20 ,0 3       ． 【点睛】本题考查了一次函数的应用，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 14 质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造等腰直角三角形． 7．(1)直线的表达式为 4 8 3 y x   ； (2) 10 3 t  ； (3)四边形 BAEF的面积是 30； (4)存在，点  8,14P 或  14,6 或  7,7 【分析】（1）利用待定系数法进行求解即可； （2）当BC t ， 10 2BD BA AD t    ，已知BC BD 时，则 10 2t t  ，求解即可得到答案； （3）找准 EOF ABOBAEFS S S 四边形 △ △ ，即可求解； （4）分类讨论，利用三角形全等求长度，即可得到 P点坐标． 【详解】（1）设直线 l的表达式为 y kx b  ， 将  6,0A 、  0,8B 代入得 6 08 k b b ì + =ïïíï =ïî ，解得 4 3 8 k b       ， ∴直线的表达式为 4 8 3 y x   ； （2）由 A、B的坐标可知 OA=6、OB=8 则由勾股定理得 AB=10 设运动时间为 t秒  0t  BC t  ， 10 2BD BA AD t    当BC BD 时，则 10 2t t  解得 10 3 t  ； （3）由平移可得：直线 EF AB∥ ，∴设直线 EF的关系式为 4 3 y x k   ， ∵直线 1l 沿 x轴向右平移 3个单位长度． ∴点  9,0E ，代入 43y x k   得 12b  ，∴ 4 12 3 y x   ． 当 0x  时， 12y  ，∴  0,12F ， ∴ 9OE  ， 12OF  ， 6OA  ， 8OB  ， ∴ 1 19 12 6 8 30 2 2EOF ABOBAEF S S S        四边形 △ △ ． 答：四边形 BAEF的面积是 30． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 15 （4）存在，理由如下： 当 90 ,ABP AB BP    时，如图所示，过点 P作 PM y 轴于点M 可证 ( )AOB BMP AAS   6, 8AO BM BO MP     14OM  (8,14)P 当 90 ,BAP AB AP    时，如图所示，过点 P作PM x 轴于点M 可证 ( )AOB PMA AAS   6, 8AO PM BO AM     14OM  (14,6)P 当 90 ,APB BP AP    时，如图所示，过点 P作PM x 轴于点M， PN y 轴于点 N 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 16 可证 ( )AMP BNP AAS   ,AM BN PM PN   6 8AM BN    1AM BN   7OM PN PM    (7,7)P 1 19 12 6 8 30 2 2BAEF EOF ABO S S S          综上，点  8,14P 或  14,6 或  7,7 ． 【点睛】本题考查的是一次函数的综合运用，涉及到待定系数法求一次函数解析式、一次函数 的性质、等腰直角三角形的性质、图形的平移、面积的计算等，渗透数学分类讨论的思想，难 度偏大． 8．（1）－2；0；0；－6；（2）①  1, 9 ；②最小值为 4 3 9 ，点 N的坐标为  1,3 3 ；（3）  3, 3G  或  4, 2G  或  2, 4G  【分析】（1）根据两个非负数和为 0的性质即可求得点 A、B的坐标； （2）①先求得直线 AB的解析式，根据 12BMP ABM S S  求得 2AB BP ，继而求得点 P的横坐标， 从而求得答案； ②先求得直线 AM的解析式及点M 的坐标，过M 作MQ y  轴，垂足为点 Q，过点 N作 NH MQ ，垂足为点 H，求得 3 2 NH MN ，即 3 2 MN NP NH NP PH     为最小值，即点N为 所求，求得点 N的坐标，再求得PH的长即可； （3）先求得直线 BD的解析式，设点 0Q n（ ，），同理求得直线 BQ的解析式，求出点 E的坐标为  0 n， ，证得OQ OE n  ，分∠QGE为直角、∠EQG为直角、∠QEG为直角，三种情况分别求 解即可． 【详解】（1）∵  22 6 0a b    ， 且  22 0a   ， 6 0b   ． ∴ 2 0a   ， 6 0b   ． ∴ 2a   ， 6b   ， ∴ 2a   ， 6b   ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 17 ∴点 A的坐标为  2,0 ，点 B的坐标为  0, 6 ． 故答案为：－2；0；0；－6； （2）①设直线 AB解析式为： y kx b  ， 将  2,0A  ，  0, 6B  代入， 得 2 0 6 k b b       ， 解得 3 6 k b      ， ∴直线 AB解析式为： 3 6y x   ， ∵ 12BMP P S BM x  △ ， 1 2ABM A S BM x  △ ， 且 1 2BMP ABM S S  ， ∴ 12P A x x ， 又∵点 A坐标为  2,0 ，且点 P在 y轴右侧， ∴ 1 2 12P x    ， 令 1x  ，得 3 6 9y      ， ∴点 P的坐标为  1, 9 ； ②如图，过M 作MQ y  轴，垂足为点 Q， 过点 N作NH MQ ，垂足为点 H， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 18 根据平移可知 60MAO MAO     ， ∴ 60NMH  ． ∴ 3 2 NH MN ， ∴ 3 2 MN NP NH NP    ， 根据两点之间，线段最短可知， 当点 H，N，P在同一条直线上时，NH NP 最短． ∵点  2,0A  ， 60MAO  ， ∴ 2OA  ， 3 2 3OM OA  ， ∴点M坐标为  0,2 3 ． ∴可知 AM 所在直线为： 3 2 3y x  ， 由平移可知， 2O A OA    ， 2 3O M OM    ， ∴点M 坐标为  2, 4 3 ． 又由①知点 P坐标为  1, 9 ， ∴点 H坐标为  1,4 3 ， ∴ 3 4 3 9 2 MN NP NH NP HP       ， 将 1x  代入直线 AM 得 3 2 3 3 3y    ， ∴点 N的坐标为  1,3 3 ； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 19 （3）由题意可知：点 A坐标为  2,0 ，点 B坐标为  0, 6 ， ∴点 C坐标为  6,0 ，点 D坐标为  6,0 ， ∴BD所在直线 : 6BDl y x  ， 设点  , 0Q n ，同理直线 BQ的解析式为： 6 6y x n   ， ∵CE BQ ， ∴设直线CE的解析式为： 6 ny x b   ， 当 6x   时， 0y  ，则b n  ， 则直线CE的解析式为： 6 ny x n   ， 故点 E的坐标为  0 n， ， 即OQ OE n  ， ①当 QGE 为直角时，如下图， ∵ QGE△ 为等腰直角三角形， ∴GE QG OQ n   ， 则点G的坐标为  n n， ， 将点G的坐标代入直线 BD的解析式 6y x  并解得： 3n  ， 故点  3, 3G  ； ②当 EQG 为直角时，如下图，作 EGQR  于 R， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 20 ∵ QGE△ 为等腰直角三角形， ∴QE QG ， 45QEG QGE OQE    ， ∴GE ∥ x轴， OEQ△ 、 RQG△ 和 RQE△ 都是底边相等的等腰直角三角形， ∴ OEQ RQG RQE△ ≌△ ≌△ ， ∴RQ RG RE OQ n    ， 则点G的坐标为  2n n， ， 将点G的坐标代入直线 BD的解析式 6y x  并解得： 2n  ， 故点  4, 2G  ； ③当 QEG 为直角时，如下图， 同理可得点G的坐标为  2n n， ， 将点G的坐标代入直线 BD的解析式 6y x  并解得： 2n  ， 故点  2, 4G  ； 综上，点G的坐标为：  3, 3G  或  4, 2G  或  2, 4G  ． 【点睛】本题考查的是一次函数综合运用，待定系数法求函数解析式、涉及到线段和的最值、 等腰直角三角形的性质等，其中（3）要注意分类求解，避免遗漏． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 21 9．（1） 1,0  0,3 ；（2）① 3 3 (0 1) 2 2 3 3 ( 1) 2 2 t t s t t          ② 1 ,02       或 3 ,0 2       ；（3） 3,3  0,3  10,3 15 ,38       ． 【分析】（1）根据 OA，OC长度写出坐标即可； （2）①过点 B作 BD⊥x轴于 D，分 0＜t＜1和 t＞1两种情况，根据三角形面积公式求解即可； ②分两种情形：0＜t＜1或 t＞1，利用三角形的面积构建方程求解即可； （3）分 AQ=AB，AB=BQ，AQ=BQ三种情况分类讨论，利用等腰三角形轴对称，勾股定理 等知识即可求解． 【详解】解：（1）∵OA＝1， ∴A（1，0）， ∵B（5，3），BC⊥y轴， ∴C（0，3）． 故答案为（1，0），（0，3）． （2）①过点 B作 BD⊥x轴于 D． ∵点 B的坐标为  5,3 ， ∴BD=3， 如图 1，当 0＜t＜1时， ∵P（t，0），A（1，0）， ∴PA＝1﹣t， ∴  1 1 3 31 32 2 2 2S PA BD t t       ， 如图 2，当 t＞1时， ∵P（t，0），A（1，0）， ∴PA＝t-1， ∴  1 1 3 31 32 2 2 2S PA BD t t      ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 22 综上所述：S与 t的函数关系式为 3 3 (0 1) 2 2 3 3 ( 1) 2 2 t t s t t          ； ②当 0＜t＜1时， 3 3 3=2 2 4 t  ，解得 1 2 t  ， 当 t＞1时， 3 3 4 2  t 3 2  ， 3 3 3= 2 2 4 t  ，解得 3 2 t  ． 综上所述，满足条件的 t的值为 12 或 3 2 ； （3）作 AE⊥BC于 E，则点 E坐标为（1,3） 如图 3，当 AQ=AB时， ∴BE=QE=4， ∴点 Q坐标为（-3，3）； 如图 4，当 AB=BQ时，AB= 2 2 5AE BE  ， ∴BQ=5， ∴点 Q坐标为  0,3  10,3 ； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 23 如图 5，当 AQ=BQ时， 设点 Q坐标为（m，3） 在 Rt△AQE中， 2 2 2AE EQ AQ  , 即    2 223 1 5m m    ， 解得 15 8 m ， ∴点 Q坐标为（ 15 ,3 8 ） 综上所述：当 QAB 是等腰三角形时，满足条件的点 Q的坐标共有四个，分别是  3,3  0,3  10,3 15 ,3 8       ． 【点睛】本题为一次函数综合题，考查了分段函数，勾股定理，等腰三角形分类讨论等知识， 综合性较强，解题的关键是理解题意，根据题意全面考虑，不要漏掉所以情况． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 等腰三角形的分类讨论与存在性问题 1．如图，在 ABCV 中， 2AB AC  ， 40B C   ，点 D在线段 BC上运动（D不与 B、C重 合），连接 AD，作 40ADE  ，DE交线段 AC于 E． (1)当 115BDA  时， EDC  °， DEC  °；点 D从 B向 C运动时， BDA 逐渐变 （填 “大”或“小”）； (2)当DC等于多少时， ABD DCE△ △≌ ，请说明理由； (3)在点 D的运动过程中， ADEV 的形状可以是等腰三角形吗？若可以，请直接写出 BDA 的度 数．若不可以，请说明理由． 2．如图，在平面直角坐标系中，直线 1 4 : 3l y x 与直线 2 : ( 0)l y kx b k   相交于点 ( ,3)A a ，直线 2l 与 y轴交于点 (0, 5)B  ． （1）求直线 2l 的函数解析式； （2）将 OAB△ 沿直线 2l 翻折得到 CAB△ ，使点O与点C重合，AC与 x轴交于点D．求证：四边 形 AOBC是菱形； （3）在直线 BC下方是否存在点 P，使 BCP 为等腰直角三角形？若存在，直接写出点 P坐标： 若不存在，请说明理由． 3．如图，直线 AB交 x轴于点  4,0A  ，交 y轴于点  0,2B ，直线 1x   交直线 AB于点D P， 是直 线 1x   上一动点，且在点D上方，设点 P的纵坐标为 n． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 (1)求直线 AB的解析式； (2)求 ABP 的面积（用含 n的代数式表示）； (3)当 ABP 的面积等于 1时，在 y轴上是否存在点C，使 APC△ 是等腰三角形？若存在，请直接 写出点C的坐标；若不存在，请说明理由． 4．如图，在 ABCV 中， 90C  ，点M在 AC上， 2cm, 6cmCM AM BC   ，过点 A作射线 AN AC （ AN与CB在 AC同侧），若动点 P从点 A出发，沿射线 AN匀速运动，运动速度为1cm/s，设 点 P的运动时间为 st ， (1)当 t  _______时， ABC PMA△ ≌△ ． (2)在（1）的条件下，求证： AB PM ． (3)连接 BP，是否存在某个 t的值，使得 ABP 是等腰三角形？若存在，求出 t的值；若不存在， 请说明理由． 5．如图，一次函数 y kx b  的图像与 x轴交于点  2,0A ，与 y轴交于点  0,4B ． (1)求该一次函数的表达式； 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 (2)若点C是坐标轴上一点，使得CA CB ，求点C的坐标； (3)如果 x轴上有一动点D，当 45ABD  时，请直接写出符合条件的D点坐标． 6．如图，在平面直角坐标系 xOy中，直线 1 2 2 y x  交 x轴于点 A、交 y轴于点 B，直线 3 4 y x b   经过点 A，且与 y轴交于点 C． (1)点 A的坐标为 ，b  ；（直接写出答案） (2)若点 Q为 y轴上任意一点． ①连接 AQ，当 45QAB  时，请求出点 Q的坐标； ②若点 P为射线 AO上任意一点，过点 P作 x轴的垂线，分别交直线 AB AC、 于M、N，当 QMN 为等腰直角三角形时，直接写出点 P的坐标． 7．如图，直线 1l 经过  6,0A 、  0,8B 两点，点 C从 B出发沿线段 BO以每秒 1个单位长度的速 度向点 O运动，点 D从 A出发沿线段 AB以每秒 2个单位长度的速度向点 B运动，设运动时 间为 t秒  0t  ， (1)求直线 1l 的表达式； (2)当 t  ______时，BC BD ； (3)将直线 1l 沿 x轴向右平移 3个单位长度后，与 x轴，y轴分别交于 E、F两点，求四边形 BAEF 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 的面积； (4)在第一象限内，是否存在点 P，使 A、B、P三点构成等腰直角三角形？若存在，直接写出 点 P的坐标；若不存在，请说明理由． 8．如图，在平面直角坐标系中，  ,0A a ，  0,B b ，且 a，b满足  22 6 0a b    ，直线 1l 经过 点A和点 B． （1）A点的坐标为（______，______）， B点的坐标为（______，______）； （2）如图 1，已知直线 2l 经过点A和 y轴上一点M ， 60MAO  ，点 P是直线 AB位于 y轴右侧 图象上一点，连接MP，且 1 2BMP ABM S S  ， ①求 P点坐标； ②将 AOM 沿直线 AM 平移得到 A OM  △ ，平移后的点 A与点M 重合，点N为 AM 上的一动点， 当 3 2 PN NM  的值最小时，请求出最小值及此时 N点的坐标； （3）如图 2，将点A向左平移 4个单位到点C，直线 3l 经过点 B和C，点D是点C关于 y轴的 对称点，直线 4l 经过点 B和D，动点Q从原点出发沿着 x轴正方向运动，连接 BQ，过点C作直 线 BQ的垂线交 y轴于点 E，在直线 BD上是否存在点G，使得 EQG 是等腰直角三角形？若存 在，求出G点坐标，若不存在，请说明理由？ 9．如图，在平面直角坐标系内，四边形OABC的顶点O是坐标原点，点A在 x轴正半轴上， 1OA  ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 点 B的坐标为  5,3 ，点C在 y轴正半轴上，BC y 轴，垂足为点C，连接 AB，点 P是 x轴正半 轴上的一个动点，设点 P的横坐标为  0t t  ． （1）点A的坐标为_________，点C的坐标为_________； （2）连接 PB，设 PAB 的面积为S． ①求S与 t之间的函数关系式；②当 34 S  时，求出点 P的坐标． （3）点Q是直线 BC上一点，当 QAB 是等腰三角形时，直接写出点Q的坐标．