2025年中考数学专项复习讲义 等腰三角形存在性问题

2025年中考数学二轮专题复习 专题8 等腰三角形存在性问题 一、角度问题 等腰三角形ABC中，满足两个角相等，需分三种情况讨论 （1） 当AB=AC时，∠ABC=∠ACB （2） 当AB=BC时，∠BAC=∠BCA （3） 当AC=BC时，∠BAC=∠ABC 这类题目，一般是先用一个未知数表示出三个角，然后分三种情况，求出所设的未知量即可。 典型例题 例题1：（2024秋•仪征市校级月考）在△ABC中，∠BAC=90°，点D是BC上一点，将△ABD沿AD翻折后得到△AED，边AE交射线BC于点F．（友情提示：翻折前后的两个三角形的对应边相等，对应角相等） （1）如图1，当DE∥AC时，求证：AE⊥BC； （2）如图2，若∠B=40°，∠BAD=x（0°＜x＜60°），是否存在这样的x的值，使得△DEF是以EF为腰的等腰三角形．若存在，求x的值；若不存在，请说明理由． 二、线段长度问题（坐标系） 代数法：（1）表示出三个点坐标A、B、C； （2）由点坐标表示出三条线段：AB、AC、BC； （3）根据题意要求取①AB=AC、②AB=BC、③AC=BC； （4）列出方程求解． 典型例题 例题2：（2024春•碑林区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，直线l交x轴于点A（-1，0）、交y轴于点B（0，3）． （1）求直线l对应的函数表达式； （2）在x轴上是否存在点C，使得△ABC为等腰三角形，若存在，请求出点C的坐标，若不存在，请说明理由． 三、“两圆一线”几何法 已知线段AB，在平面内找一点C，使△ABC为等腰三角形。 ①以A点为圆心，AB为半径作圆，除AB所在直线与圆的交点外，圆上任意一点都可以与点A、B组成以AB为腰的等腰三角形，如图所示： ②以B点为圆心，BA为半径作圆，除AB所在直线与圆的交点外，圆上任意一点都可以与点A、B组成以AB为腰的等腰三角形，如图所示： ③作AB的垂直平分线，除与AB的交点外，垂直平分线上任意一点都可以组成以AB为底的等腰三角形，如图所示： 典型例题 例题3．在平面直角坐标系中，点A（，），B（3，3），动点C在x轴上，若以A、B、C三点为顶点的三角形是等腰三角形，则点C的个数为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 例题4：（2024秋•东莞市校级期中）如图，已知Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°．在直线BC或AC上取一点P，使得△PAB是等腰三角形，则符合条件的P点有 个． 例题5：（2024秋•玄武区期中）如图，南北向的公路上有一点A，东西向的公路上有一点B，若要在两条公路上确定点P，使得△PAB是等腰三角形，则这样的点P最多能确定 个． 巩固练习 1．（2024秋•黄石期中）如图所示的正方形网格中，网格线的交点称为格点．已知A、B是两格点，如果C也是图中的格点，且使得△ABC为等腰三角形，则点C的个数是（　　） A．6 个 B．7 个 C．8 个 D．9个 2．（2024秋•思明区校级期中）平面直角坐标系中，已知A（-1，0），B（1，1），若在坐标轴上取点C，使△ABC为等腰三角形，则满足条件的点C的个数是（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 3．（2024秋•汉滨区校级期中）如图，在xOy中，∠ABO＝60°，在坐标轴上找一点C，使△ABC为等腰三角形，则这样的C点有　 　个． 4．（2024秋•芗城区校级月考）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，若动点P从点C开始，沿C→A→B→C的路径运动一周，且速度为每秒2cm，设运动时间为t秒，当t＝　 　时，点P与△ABC的某两个顶点构成等腰三角形． 5.（2024秋•城阳区期末）如图，∠AOB=60°，C是BO延长线上的一点，OC=10cm，动点P从点C出发沿CB以2cm/s的速度移动，动点Q从点O出发沿OA以1cm/s的速度移动，如果点P、Q同时出发，用t（s）表示移动的时间，当t= 时，△POQ是等腰三角形。 6. （2024春•滕州市校级期中）如图，在△ABC中，AB=AC=2，∠B=40°，点D在线段BC上运动（D不与B、C重合），连接AD，作∠ADE=40°，DE交线段AC于E。 （1）当∠BDA=115°时，∠BAD= °；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，△ADE的形状也在改变，判断当∠BDA等于多少度时，△ADE是等腰三角形。 7.如图，在平面直角坐标系中，二次函数交轴于点、，交轴于点，在轴上有一点，连接． （1）求二次函数的表达式； （2）若点为抛物线在轴负半轴上方的一个动点，求面积的最大值； （3）抛物线对称轴上是否存在点，使为等腰三角形？若存在，请直接写出所有点的坐标，若不存在请说明理由． 8．综合与实践 在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究 定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形． (1)操作判断 用分别含有和角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有________（填序号）． (2)性质探究 根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质．下面研究与对角线相关的性质． 如图2，四边形是邻等对补四边形，，是它的一条对角线． ①写出图中相等的角，并说明理由； ②若，，，求的长（用含m，n，的式子表示）． (3)拓展应用 如图3，在中，，，，分别在边，上取点M，N，使四边形是邻等对补四边形．当该邻等对补四边形仅有一组邻边相等时，请直接写出的长． 9．综合与探究：如图，在平面直角坐标系中，已知直线与x轴交于点A，与y轴交于点C，过A，C两点的抛物线与x轴的另一个交点为点，点P是抛物线位于第四象限图象上的动点，过点P分别作x轴和y轴的平行线，分别交直线于点E，点F． (1)求抛物线的解析式； (2)点D是x轴上的任意一点，若是以为腰的等腰三角形，请直接写出点D的坐标； (3)当时，求点P的坐标； (4)在（3）的条件下，若点N是y轴上的一个动点，过点N作抛物线对称轴的垂线，垂足为M，连接，则的最小值为______． 10．如图，已知△ABC中，AB＝AC，BD、CD分别平分∠EBA、∠ECA，BD交AC于F，连接AD． （1）解答下列问题： ①若∠BAC＝40°，则∠BDC＝　 　． ②求出∠BDC与∠BAC之间的关系式． （2）求证：△ABD为等腰三角形． （3）当∠EBA的大小满足什么条件时，以A、B、F为顶点的三角形为等腰三角形？ 11．如图，已知抛物线与轴交于点，点（点在点的左边），与轴交于点，点为抛物线的顶点，连接．直线经过点，且与轴交于点． （1）求抛物线的解析式； （2）点是抛物线上的一点，当是以为腰的等腰三角形时，求点的坐标； 12．如图，在平面直角系中，点A、B分别在x轴、y轴上，A（8，0），B（0，6），点P从点B出发，沿BA以每秒1个单位的速度向点A运动，点Q从点A出发，沿AO以每秒1个单位的速度向点O运动，点P、Q同时出发，当点Q到达点O时，两点同时停止运动，设点Q的运动时间为t秒． （1）连接PQ，过点Q作QC⊥AO交AB于点C，用含t的代数式表示C点坐标； （2）在整个运动过程中，当t为何值时，△CPQ为等腰三角形？ 13．在中，，点是边上一点（点不与端点重合）．点关于直线的对称点为点，连接．在直线上取一点，使，直线与直线交于点．    (1)如图1，若，求的度数（用含的代数式表示）； (2)如图1，若，用等式表示线段与之间的数量关系，并证明； (3)如图2，若，点从点移动到点的过程中，连接，当为等腰三角形时，请直接写出此时的值． 参考答案 例题1：【答案】（1）证明见解答过程；（2）存在这样的x的值，使得△DEF是以EF为腰的等腰三角形．当 x=15°或30°时，△DEF是以EF为腰的等腰三角形． 【分析】（1）根据折叠的性质得到∠B=∠E，根据平行线的性质定理证明； （2）根据∠B=40°，求得∠ADB；然后分∠EDF=∠DFE、∠EDF=∠E两种情况，列方程解答即可． 【解答】（1）证明：∵AC∥DE， ∴∠CAF=∠E， ∵∠B=∠E， ∴∠B=∠CAF， ∵∠BAC=90°， ∴∠CAF+∠BAF=90°，∠B+∠BAF=90°， ∴∠AFB=90°， ∴AE⊥BC； （2）解：存在这样的x的值，使得△DEF是以EF为腰的等腰三角形． ∵∠BAD=x,∠B=40°， ∴∠ADB=180°-∠BAD=180°-40°-x=140°-x, ∴∠ADF=∠B+∠BAD=40°+x, 由翻折可知：∠ADE=∠ADB， ∴∠FDE=∠ADE-∠ADF=100°-2x,∠DFE=∠AFC=40°+2x, ①当∠EDF=∠DFE时，100°-2x=40°+2x,解得：x=15°， ②当∠EDF=∠E=40°时，100°-2x=40°，解得，x=30°， 综上所述，当 x=15°或30°时，△DEF是以EF为腰的等腰三角形． 【点评】本题考查的是翻转变换的性质、三角形内角和定理、等腰三角形的性质、平行线的判定，掌握三角形内角和等于180°、翻转变换的性质是解题的关键． 例题2：【分析】（1）由待定系数法即可求解； （2）当AB=AC时，列出等式，即可求解；当AB=BC或AC=BC时，同理可解． 【解答】解：（1）设直线l的表达式为：y=kx+3， 将点A的坐标代入上式得：0=-k+3， 解得：k=3， 则直线l的表达式为：y=3x+3； （2）存在，理由：设点C（x,0）， 由点A、B、C的坐标得，AB2=10，AC2=（x+1）2，BC2=x2+9， ①当AB=AC时，则10=（x+1）2， 解得：x=-1±， 即点C（-1+，0）或（-1-，0）； ②当AB=BC时，则x2+9=10 解得：x=-1（舍去）或1 即点C（1，0） ③当AC=BC时，则（x+1）2=x2+9 解得：x=4 即点C（4，0）， 综上，点C的坐标为（-1+，0）或（-1-，0）或（1，0）或（4，0）． 【点评】本题是一次函数综合题，主要考查了两条直线的交点问题，两点间的距离公式，等腰三角形的性质等知识，熟练掌握两点间的距离公式表示各线段的长是解题的关键，同时注意分类讨论思想的运用． 例题3．【解答】B 【解析】如图， ， ∵AB所在的直线是y＝x， ∴设AB的中垂线所在的直线是y＝﹣x+b， ∵点A（，），B， ∴AB的中点坐标是， 把x＝，y＝代入y＝﹣x+b， 解得b＝， ∴AB的中垂线所在的直线是， ∴， 以点A为圆心，以AB的长为半径画弧，与x轴的交点为点C2、C3； ， ∵， ∴以点B为圆心，以AB的长为半径画弧，与x轴没有交点． 综上，可得 若以A、B、C三点为顶点的三角形是等腰三角形，则点C的个数为3． 故选：B． 例题4：【解答】解：如图，第1个点在AC上，作线段AB的垂直平分线，交AC于点P，则有PA=PB；第2个点是以A为圆心，以AB长为半径截取AP=AB，交AC延长线上于点P；第3个点是以A为圆心，以AB长为半径截取AP=AB，在上边于CA延长线上交于点P；第4个点是以B为圆心，以BA长为半径截取BP=BA，与AC的延长线交于点P；第5个点是以B为圆心，以BA长为半径截取BP=BA，与BC在左边交于点P；第6个点是以A为圆心，以AB长为半径截取AP=AB，与BC在右边交于点P；故符合条件的点P有6个点． 故答案为：6． 例题5：【答案】8 【解析】分为三种情况：①作AB的垂直平分线交南北公路，东西向的公路各一点P，此时PA=PB； ②以A为圆心，以AB为半径交南北公路于两点，东西向的公路于一点，此时AB=AP； ③以B为圆心，以AB为半径交南北公路于一点，东西向的公路于两点，此时AB=BP； 共3+2+3=8点， 故答案为：8． 巩固练习 1.【答案】C 2.【解答】D 【分析】先根据点A，B的坐标求出AB与y轴的交点M为线段AB的中点，然后分两种情况进行讨论：（1）当点C在x轴上时，又有以下三种情况：①以点A为圆心，以AB为半径画弧交x轴于点C，C'，②以点B为圆心，以BA的长为半径画弧交x轴于点C，③过点M作MC⊥AB交x轴于C，（2）当点C在y轴上时，又有以下两种情况：①以点A为圆心，以AB为半径画弧交y轴于点C，C'，②以点B为圆心，以BA为半径画弧交y轴于点C，C'，综上所述可得出答案 【解答】解：∵A（-1，0），B（1，1），∵（-1+1）=0，（0+1）=0.5∴AB的中点M坐标为（0，0.5），∴AB与y轴的交点即为AB的中点M，∵在坐标轴上取点C，使△ABC为等腰三角形，∴有以下两种情况：（1）当点C在x轴上时，又有以下三种情况：①以点A为圆心，以AB为半径画弧交x轴于点C，C'，如图1所示： 此时AB=AC，AB=AC'，∴△ABC和△ABC'均为等腰三角形，则点C和点C'为所求的点，②以点B为圆心，以BA的长为半径画弧交x轴于点C，如图2所示： 此时BA=BC，∴△ABC为等腰三角形，则点C为所求的点；③过点M作MC⊥AB交x轴于C，连接BC，如图3所示： ∵点M为AB的中点，∴MC为线段AB的垂直平分线，∴AC=BC，∴△ABC为等腰三角形，则点C为所求的点．综上所述：当点C在x轴上时，满足条件点C有4个．（2）当点C在y轴上时，又有以下两种情况：①以点A为圆心，以AB为半径画弧交y轴于点C，C'，如图4所示： 此时AB=AC，AB=AC'，∴△ABC和△ABC'均为等腰三角形，则点C和点C'为所求的点，②以点B为圆心，以BZ为半径画弧交y轴于点C，C'，如图5所示： 此时BC=BA，BC'=BA，∴△ABC和△ABC'均为等腰三角形，则点C和点C'为所求的点．综上所述：当点C在y轴上时，满足条件点C有4个．∴在坐标轴上取点C，使△ABC为等腰三角形，则满足条件的点C的个数是8个． 故选：D． 【点评】此题主要考查了点的坐标，等腰三角形的性质，理解题意，根据等腰三角形的性质正确构图，灵活运用分类讨论思想是解决问题的关键． 3.【解答】6 【解析】①当AB＝AC时，在y轴上有2点满足条件的点C，在x轴上有1点满足条件的点C． ②当AB＝BC时，在y轴上有1点满足条件的点C，在x轴上有2点满足条件的点C，有1点与AB＝AC时的x轴负半轴的点C重合． ③当AC＝BC时，在x轴、y轴上各有一点满足条件的点C，有1点与AB＝AC时的x轴负半轴的点C重合． 综上所述：符合条件的点C共有6个． 4.【解答】当4或或或或3或时点P与△ABC的某两个顶点构成等腰三角形 【解析】∵△ABC中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm， ∴， 当点P在边AC上时，当PA＝PB时，如图， 作AB边上的高PE，则AE＝BE＝， 易证得△APE∽△ABC， ∴，即， ∴AP＝， 此时（4﹣）÷2＝（秒）； 当CP＝CB时， ∵CP＝3cm，此时t＝3÷2＝（秒）； 当点P在边AB上时， 当AC＝AP，此时（4+4）÷2＝4（秒）； 当AP＝PC时，如图， ∴点P在AC的垂直平分线与AB的交点处，即在AB的中点， 则AP＝AB＝，此时（4+2.5）÷2＝（秒） 当CP＝CB时，如图， 作AB边上的高CD， ∵AC×BC＝AB×CD． ∴CD＝， 在Rt△CDP中，根据勾股定理得，DP＝＝1.8， ∴BP＝2DP＝3.6， ∴AP＝1.4， ∴t＝（AC+AP）÷2＝（4+1.4）÷2＝（秒） 当BC＝BP时， ∴BP＝3cm，CA+AP＝4+5﹣3＝6（cm）， ∴t＝6÷2＝3（秒）； 当PB＝PC， ∴点P在BC的垂直平分线与AB的交点处，即在AB的中点， 此时CA+AP＝4+2.5＝6.5（cm）， t＝6.5÷2＝（秒）； 综上可知，当4或或或或3或时点P与△ABC的某两个顶点构成等腰三角形。 5.【答案】s或10s 【解析】①当点P在线段OC上时，设t时后△POQ是等腰三角形，有OP=OC－CP=OQ，即10－2x=x，解得，x=s； ②当点P在CO的延长线上时，此时经过CO时的时间已用了5s，有OQ=OP，即2（x－5）=x，解得，x=10s，故时间t为s或10s. 6.【解析】解：（1）∠BAD=180°－∠ABD－∠BDA=180°－40°－115°=25°； 从图中可知，点D从B向C运动时，∠BDA逐渐变小；故答案为：25°；小。 （2） 当△ABD≌△DCE时，DC=AB， ∵AB=2，∴DC=2， ∴当DC等于2时，△ABD≌△DCE； （3）∵AB=AC，∴∠B=∠C=40°， ①当AD=AE时，∠ADE=∠AED=40°，∵∠AED＞∠C，∴此时不符合； ②当DA=DE时，即∠DAE=∠DEA=（180°－40°）=70°， ∵∠BAC=180°－40°－40°=100°， ∴∠BAD=100°－70°=30°； ∴∠BDA=180°－30°－40°=110°； ③当EA=ED时，∠ADE=∠DAE=40°， ∴∠BAD=100°－40°=60°， ∴∠BDA=180°－60°－40°=80°； ∴当∠ADB=110°或80°时，△ADE是等腰三角形。 7.【分析】 （1）； （2）可用铅垂法，当点D坐标为时，△ADE面积最大，最大值为14； （3）这个问题只涉及到A、E两点及直线x=-1（对称轴） ①当AE=AP时，以A为圆心，AE为半径画圆，与对称轴交点即为所求P点． ∵AE=，∴，又AH=3，∴， 故、． ②当EA=EP时，以E点为圆心，EA为半径画圆，与对称轴交点即为所求P点． 过点E作EM垂直对称轴于M点，则EM=1，， 故、． ③当PA=PE时，作AE的垂直平分线，与对称轴交点即为所求P点． 设，， ∴，解得：m=1． 故． 综上所述，P点坐标为、、、、． 8.【答案】(1)②④ (2)①．理由见解析；② (3)或 【分析】（1）根据邻等对补四边形的定义判断即可； （2）①延长至点E，使，连接，根据邻等对补四边形定义、补角的性质可得出，证明，得出，，根据等边对等角得出，即可得出结论； ②过A作于F，根据三线合一性质可求出，由①可得，在中，根据余弦的定义求解即可； （3）分，，，四种情况讨论即可． 【详解】（1）解：观察图知，图①和图③中不存在对角互补，图2和图4中存在对角互补且邻边相等， 故图②和图④中四边形是邻等对补四边形， 故答案为：②④； （2）解：①，理由： 延长至点E，使，连接， ∵四边形是邻等对补四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴； ②过A作于F， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴； （3）解：∵，，， ∴， ∵四边形是邻等对补四边形， ∴， ∴， 当时，如图，连接，过N作于H， ∴， 在中， 在中， ∴， 解得， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， ∴； 当时，如图，连接， ∵， ∴， ∴，故不符合题意，舍去； 当时，连接，过N作于H， ∵，， ∴， ∴，即， 解得， ∵，， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， ∴； 当时，如图，连接， ∵， ∴， ∴，故不符合题意，舍去； 综上，的长为或． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，明确题意，理解新定义，添加合适辅助线，构造全等三角形、相似三角形是解题的关键． 9.【答案】(1) (2) (3) (4) 【分析】本题主要考查了求函数解析式、二次函数与几何的综合等知识点，掌握数形结合思想成为解题的关键． （1）先根据题意确定点A、C的坐标，然后运用待定系数法求解即可； （2）分三种情况分别画出图形，然后根据等腰三角形的定义以及坐标与图形即可解答； （3）先证明可得，设，则,可得，即，求得可得m的值，进而求得点P的坐标； （4）如图：将线段向右平移单位得到,即四边形是平行四边形，可得,即，作关于对称轴的点,则，由两点间的距离公式可得，再根据三角形的三边关系可得即可解答． 【详解】（1）解：∵直线与x轴交于点A，与y轴交于点C， ∴当时，，即；当时，，即； ∵， ∴设抛物线的解析式为， 把代入可得：，解得：， ∴， ∴抛物线的解析式为：． （2）解：∵，， ∴, ∴， 如图：当， ∴,即； 如图：当， ∴,即； 如图：当， ∴,即； 综上，点D的坐标为． （3）解：如图：∵轴， ∴， ∵轴， ∴， ∵， ∴, ∴, ∵设，则, ∴， ∴，解得：（负值舍去）， 当时，， ∴． （4）解： ∵抛物线的解析式为：， ∴抛物线的对称轴为：直线， 如图：将线段向右平移单位得到, ∴四边形是平行四边形， ∴,即, 作关于对称轴的点,则 ∴, ∵， ∴的最小值为． 故答案为． 10.【解答】（1）①∠BDC＝20º，②∠BDC＝∠BAC；（2）见解析；（3）∠EBA的值为72°或 【解析】（1）解：①∵AB＝AC，∠BAC＝40°， ∴∠ABC＝∠ACB＝（180°﹣40°）＝70°， ∴∠ACE＝110°， ∵BD，CD分别平分∠EBA，∠ECA， ∴∠DBC＝∠ABC＝35°，∠ECD＝∠ACE＝55°， ∴∠BDC＝∠ECD﹣∠DBC＝20°； ②∠BDC＝∠BAC． ∵BD、CD分别平分∠EBA、∠ECA，BD交AC于F， ∴∠BDC+∠ABC＝∠ACE，∠BAC+∠ABC＝∠ACE， ∴∠BDC+∠ABC＝∠BAC+∠ABC， ∴∠BDC＝∠BAC． （2）证明：作DM⊥BG于M，DN⊥AC于N，DH⊥BE于H，如图所示： ∵BD、CD分别平分∠EBA、∠ECA， ∴DM＝DH，DN＝DH， ∴DM＝DN， ∴AD平分∠CAG，即∠GAD＝∠CAD， ∵∠GAD+∠CAD+∠BAC＝180°，∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°， ∴∠GAD+∠CAD＝∠ABC+∠ACB， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∴∠GAD＝∠ABC， ∴AD∥BC， ∴∠ADB＝∠DBC， 又∵∠ABD＝∠DBC， ∴∠ABD＝∠ADB， ∴AB＝AD， ∴△ABD为等腰三角形； （3）解：①AB＝AF不可能舍去． ②AF＝BF时，∠EBA＝72°，理由如下： ∵△ABF是等腰三角形，∠BAF只能为底角， ∴AF＝BF， ∴∠BAF＝∠ABF＝∠ABC， ∵∠BAF+∠ABC+∠ACB＝180°，∠ABC＝∠ACB， ∴∠ABC＝180°， ∴∠ABC＝72°， 即∠EBA＝72°；． ③AB＝BF时，设∠ABF＝∠FBC＝x， 则∠ABC＝∠ACB＝2x， ∠BAF＝∠BFA＝3x， ∴2x+2x+3x＝180°， ∴x＝， ∴∠EBA＝2x＝， 综上所述，满足条件的∠EBA的值为72°或． 11.解：（1）将，代入抛物线得： ， 解得：， 抛物线的解析式为：； （2），，点是抛物线上的一点且是以为腰的等腰三角形， 此题有两种情形： ①当时，根据抛物线的对称性得：与重合， ， ②方法一：当时（如图，在的垂直平分线上， 的垂直平分线交于，交轴于点，与轴交点为， ，， ， 在中，， ， 是的中点，， ， ， ，， 设，代入得： ， 解得：， ， 联立得：， 解得：， ， ，，，， 方法二：如图2， 过点作交于点， 设，， ， ， ， ， ， 解得：， 把代入， ，，，， 综上所述，，，，，； 12.【解答】（1）C（8﹣t，t）；（2）当t为或或或时，△CPQ为等腰三角形． 【解析】（1）由题意得：AQ＝BP＝t， ∴OQ＝OA﹣AQ＝8﹣t， ∵CQ⊥AO，BO⊥AO， ∴CQ∥BO， ∴△ACQ∽△ABO， ， ∴， ∴CQ＝t， ∴C（8﹣t，t）； （2）①当CP＝CQ时，如图1， 在Rt△ACQ中，， 在Rt△AOB中，AB＝10， ∴PC＝AB﹣PB﹣AC＝10﹣t﹣t， ∴t＝10﹣t﹣t， t＝， ②当CP＝PQ时，如图2，过P作PD⊥CQ于D， ∴CD＝DQ， ∵PD∥AQ， ∴CP＝PA， 由①得：AC＝t， ∴AP＝AC＝t， ∴＝10﹣t， ， ③当CQ＝CP时，如图3， ∵CQ＝CP＝t， ∴AP＝AC﹣CP＝t﹣t＝， ∴＝10﹣t， t＝； ④当CQ＝PQ时，如图4， 过Q作QE⊥AB于E， cos∠QCA＝cos∠OBA， ∴CE＝， ∴CE＝PE＝， ∵AC＝CP+AP＝， ， ； 综上所述，当t为或或或时，△CPQ为等腰三角形． 13.【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）由三角形内角和定理及外角定理结合即可求解； （2）在上截取，连接，交于点H，连接，先证明，再证明四边形是平行四边形，可得，记与的交点为点N，则由轴对称可知：，，再解即可； （3）连接，记与的交点为点N，由轴对称知，，，，当点G在边上时，由于，当为等腰三角形时，只能是，同（1）方法得，，中，，解得，然后，解直角三角形，表示出，，即可求解；当点G在延长线上时，只能是， 设，在中，，解得，设，解直角三角形求出，即可求解． 【详解】（1）解：如图，    ∵，， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：， 在上截取，连接，交于点H，    ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点关于直线的对称点为点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， 记与的交点为点N， 则由轴对称可知：，， ∴中，， ∴， ∴， ∴； （3）解：连接，记与的交点为点N，    ∵， ∴， 由轴对称知， 当点G在边上时，由于， ∴当为等腰三角形时，只能是， 同（1）方法得，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴中，，解得， ∴，而， ∴为等边三角形， ∴， 设， ∵， ∴， ∴， ∴在中，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 当点G在延长线上时，只能是，如图：    设， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴在中，， 解得， ∴， 设，则，， 在中，，由勾股定理求得， 在中，，， ∴， ∴， ∴， 综上所述：或． 【点睛】本题考查了三角形的内角和，外角定理，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，解直角三角形，等腰三角形的分类讨论，等边三角形的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$