多边形的外角和第二课时教案

因动点产生的等腰三角形的问题

1.（2017•广东）如图，在平面直角坐标系中，O为原点，四边形ABCO是矩形，点A，C的坐标分别是A（0，2）和C（2，0），点D是对角线AC上一动点（不与A，C重合），连结BD，作DE⊥DB，交x轴于点E，以线段DE，DB为邻边作矩形BDEF．

（1）填空：点B的坐标为

；

（2）是否存在这样的点D，使得△DEC是等腰三角形？若存在，请求出AD的长度；若不存在，请说明理由；

（3）①求证：=；

②设AD=x，矩形BDEF的面积为y，求y关于x的函数关系式（可利用①的结论），并求出y的最小值．

【考点】SO：相似形综合题．

【分析】（1）求出AB、BC的长即可解决问题；

（2）存在．连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC．首先证明B、D、E、C四点共圆，可得∠DBC=∠DCE，∠EDC=∠EBC，由tan∠ACO==，推出∠ACO=30°，∠ACD=60°由△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，推出∠DBC=∠DCE=∠EDC=∠EBC=30°，推出∠DBC=∠BCD=60°，可得△DBC是等边三角形，推出DC=BC=2，由此即可解决问题；

（3）①由（2）可知，B、D、E、C四点共圆，推出∠DBC=∠DCE=30°，由此即可解决问题；

②作DH⊥AB于H．想办法用x表示BD、DE的长，构建二次函数即可解决问题；

【解答】解：（1）∵四边形AOCB是矩形，

∴BC=OA=2，OC=AB=2∴B（2

，∠BCO=∠BAO=90°，

，2）．

第1页（共15页）

故答案为（2

，2）．

（2）存在．理由如下：

连接BE，取BE的中点K，连接DK、KC．

∵∠BDE=∠BCE=90°，

∴KD=KB=KE=KC，

∴B、D、E、C四点共圆，

∴∠DBE=∠DCE，∠EDC=∠EBC，

∵tan∠ACO==，

∴∠ACO=30°，∠ACB=60°

①如图1中，当E在线段CO上时，△DEC是等腰三角形，观察图象可知，只有ED=EC，

∴∠DBE=∠DCE=∠EDC=∠EBC=30°，

∴∠DBC=∠BCD=60°，

∴△DBC是等边三角形，

∴DC=BC=2，

在Rt△AOC中，∵∠ACO=30°，OA=2，

∴AC=2AO=4，

∴AD=AC﹣CD=4﹣2=2．

∴当AD=2时，△DEC是等腰三角形．

②如图2中，当E在OC的延长线上时，△DCE是等腰三角形，只有CD=CE，∠DBC=∠DEC=∠CDE=15°，

∴∠ABD=∠ADB=75°，

∴AB=AD=2，

第2页（共15页）

综上所述，满足条件的AD的值为2或2

．

（3）①由（2）可知，B、D、E、C四点共圆，

∴∠DBE=∠DCO=30°，

∴tan∠DBE=∴

，

=．

②如图2中，作DH⊥AB于H．

在Rt△ADH中，∵AD=x，∠DAH=∠ACO=30°，

∴DH=AD=x，AH=∴BH=2﹣x，

=，

[]2=（x2﹣6x+12），

，

=x，

在Rt△BDH中，BD=∴DE=BD=•∴矩形BDEF的面积为y=即y=∴y=∵x2﹣2x+4，

，

（x﹣3）2+＞0，

∴x=3时，y有最小值．

【点评】本题考查相似形综合题、四点共圆、锐角三角函数、相似三角形的判定和性质、勾股定理、二次函数的性质等知识，解题的关键是学会添加辅助线，证明B、D、E、C四点共圆，学会构建二次函数解决问题，属于中考压轴题．

第3页（共15页）

2.（2017•乌鲁木齐）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与直线y=x+1相交于A（﹣1，0），B（4，m）两点，且抛物线经过点C（5，0）．

（1）求抛物线的解析式；

（2）点P是抛物线上的一个动点（不与点A、点B重合），过点P作直线PD⊥x轴于点D，交直线AB于点E．

①当PE=2ED时，求P点坐标；

②是否存在点P使△BEC为等腰三角形？若存在请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【考点】HF：二次函数综合题．

【专题】16 ：压轴题．

【分析】（1）由直线解析式可求得B点坐标，由A、B、C三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；

（2）①可设出P点坐标，则可表示出E、D的坐标，从而可表示出PE和ED的长，由条件可知到关于P点坐标的方程，则可求得P点坐标；②由E、B、C三点坐标可表示出BE、CE和BC的长，由等腰三角形的性质可得到关于E点坐标的方程，可求得E点坐标，则可求得P点坐标．

【解答】解：

（1）∵点B（4，m）在直线y=x+1上，

∴m=4+1=5，

∴B（4，5），

把A、B、C三点坐标代入抛物线解析式可得∴抛物线解析式为y=﹣x2+4x+5；

第4页（共15页）

，解得，

（2）①设P（x，﹣x2+4x+5），则E（x，x+1），D（x，0），

则PE=|﹣x2+4x+5﹣（x+1）|=|﹣x2+3x+4|，DE=|x+1|，

∵PE=2ED，

∴|﹣x2+3x+4|=2|x+1|，

当﹣x2+3x+4=2（x+1）时，解得x=﹣1或x=2，但当x=﹣1时，P与A重合不合题意，舍去，

∴P（2，9）；

当﹣x2+3x+4=﹣2（x+1）时，解得x=﹣1或x=6，但当x=﹣1时，P与A重合不合题意，舍去，

∴P（6，﹣7）；

综上可知P点坐标为（2，9）或（6，﹣7）；

②设P（x，﹣x2+4x+5），则E（x，x+1），且B（4，5），C（5，0），

∴BE=BC===，

|x﹣4|，CE==，当△BEC为等腰三角形时，则有BE=CE、BE=BC或CE=BC三种情况，

当BE=CE时，则当BE=BC时，则（4+，﹣4|x﹣4|=|x﹣4|=，解得x=，此时P点坐标为（，，解得x=4+，4或x=4﹣）；

，此时P点坐标为﹣8）或（4﹣=﹣8）；

当CE=BC时，则，解得x=0或x=4，当x=4时E点与B点重合，不合题意，舍去，此时P点坐标为（0，5）；

综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（，或（4﹣，4﹣8）或（0，5）．

）或（4+，﹣4﹣8）【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、勾股定理、等腰三角形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）①中用P点坐标分别表示出PE和ED的长是解题关键，在（2）②中用P点坐标表示出BE、CE和BC的长是解题的关键，注意分三种情况讨论．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．

3.（2017•福建）如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，P，E分别是线段AC、BC第5页（共15页）

上的点，且四边形PEFD为矩形．

（Ⅰ）若△PCD是等腰三角形时，求AP的长；

（Ⅱ）若AP=，求CF的长．

【考点】LO：四边形综合题．

【分析】（Ⅰ）先求出AC，再分三种情况讨论计算即可得出结论；

（Ⅱ）方法1、先判断出OC=ED，OC=PF，进而得出OC=OP=OF，即可得出∠OCF=∠OFC，∠OCP=∠OPC，最后判断出△ADP∽△CDF，得出比例式即可得出结论．

方法2、先判断出∠CEF=∠FDC，得出点E，C，F，D四点共圆，再判断出点P也在此圆上，即可得出∠DAP=∠DCF，此后同方法1即可得出结论．

方法3、先判断出△PME∽△DNP即可得出，进而用两边对应成比例夹角相等判断出△ADP∽△CDF，得出比例式即可得出结论．

【解答】解：（Ⅰ）在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，∠ADC=90°，

∴DC=AB=6，

∴AC==10，

要使△PCD是等腰三角形，

①当CP=CD时，AP=AC﹣CP=10﹣6=4，

②当PD=PC时，∠PDC=∠PCD，

∵∠PCD+∠PAD=∠PDC+∠PDA=90°，

∴∠PAD=∠PDA，

∴PD=PA，

∴PA=PC，

∴AP=AC=5，

第6页（共15页）

③当DP=DC时，如图1，过点D作DQ⊥AC于Q，则PQ=CQ，

∵S△ADC=AD•DC=AC•DQ，

∴DQ=∴CQ=∴PC=2CQ=，

=；

；

=，

=，

∴AP=AC﹣PC=10﹣所以，若△PCD是等腰三角形时，AP=4或5或

（Ⅱ）方法1、如图2，连接PF，DE，记PF与DE的交点为O，连接OC，

∵四边形ABCD和PEFD是矩形，

∴∠ADC=∠PDF=90°，

∴∠ADP+∠PDC=∠PDC+∠CDF，

∴∠ADP=∠CDF，

∵∠BCD=90°，OE=OD，

∴OC=ED，

在矩形PEFD中，PF=DE，

∴OC=PF，

∵OP=OF=PF，

∴OC=OP=OF，

∴∠OCF=∠OFC，∠OCP=∠OPC，

∵∠OPC+∠OFC+∠PCF=180°，

∴2∠OCP+2∠OCF=180°，

∴∠PCF=90°，

∴∠PCD+∠FCD=90°，

在Rt△ADC中，∠PCD+∠PAD=90°，

∴∠PAD=∠FCD，

第7页（共15页）

∴△ADP∽△CDF，

∴∵AP=∴CF=

，

，

．

方法2、如图，

∵四边形ABCD和DPEF是矩形，

∴∠ADC=∠PDF=90°，

∴∠ADP=∠CDF，

∵∠DGF+∠CDF=90°，

∴∠EGC+∠CDF=90°，

∵∠CEF+∠CGE=90°，

∴∠CDF=∠FEC，

∴点E，C，F，D四点共圆，

∵四边形DPEF是矩形，

∴点P也在此圆上，

∵PE=DF，∴∴∠ACB=∠DCF，

∵AD∥BC，

∴∠ACB=∠DAP，

∴∠DAP=∠DCF，

∵∠ADP=∠CDF，

∴△ADP∽△CDF，

第8页（共15页）

，

∴∵AP=∴CF=

，

，

．

方法3、如图3，过点P作PM⊥BC于M交AD于N，

∴∠PND=90°，

∵PN∥CD，

∴∴∴AN=∴ND=8﹣，

，

，

=（10﹣）

）

同理：PM=（10﹣∵∠PND=90°，

∴∠DPN+∠PDN=90°，

∵四边形PEFD是矩形，

∴∠DPE=90°，

∴∠DPN+∠EPM=90°，

∴∠PDN=∠EPM，

∵∠PND=∠EMP=90°，

∴△PND∽△EMP，

∴=，

第9页（共15页）

∵PD=EF，DF=PE．

∴∵∴，

，

，∵∠ADP=∠CDF，

∴△ADP∽△CDF，

∴∵AP=∴CF==，

，

．

【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解（Ⅰ）的关键是分三种情况讨论计算，解（Ⅱ）的关键是判断出△ADP∽△CDF，是一道中考常考题．

4.（2015•重庆）如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=60°，点E是∠BAC角平分线上一点，过点E作AE的垂线，过点A作AB的垂线，两垂线交于点D，连接DB，点F是BD的中点，DH⊥AC，垂足为H，连接EF，HF．

（1）如图1，若点H是AC的中点，AC=2（2）如图1，求证：HF=EF；

第10页（共15页）

，求AB，BD的长；

（3）如图2，连接CF，CE．猜想：△CEF是否是等边三角形？若是，请证明；若不是，说明理由．

【考点】KD：全等三角形的判定与性质；KM：等边三角形的判定与性质；KX：三角形中位线定理．

【专题】16 ：压轴题．

【分析】（1）根据直角三角形的性质和三角函数即可得到结果；

（2）如图1，连接AF，证出△DAE≌△ADH，△DHF≌△AEF，即可得到结果；

（3）如图2，取AB的中点M，连接CM，FM，在Rt△ADE中，AD=2AE，根据三角形的中位线的性质得到AD=2FM，于是得到FM=AE，由∠CAE=∠CAB=30°∠CMF=∠AMF﹣AMC=30°，证得△ACE≌△MCF，问题即可得证．

【解答】解：（1）∵∠ACB=90°，∠BAC=60°，

∴∠ABC=30°，

∴AB=2AC=2×2=4，

∵AD⊥AB，∠CAB=60°，

∴∠DAC=30°，

∵AH=AC=∴AD=∴BD=

，

=2，

=2；

（2）如图1，连接AF，

∵AE是∠BAC角平分线，

∴∠HAE=30°，

∴∠ADE=∠DAH=30°，

第11页（共15页）

在△DAE与△ADH中，

，

∴△DAE≌△ADH，

∴DH=AE，

∵点F是BD的中点，

∴DF=AF，

∵∠EAF=∠EAB﹣∠FAB=30°﹣∠FAB

∠FDH=∠FDA﹣∠HDA=∠FDA﹣60°=（90°﹣∠FBA）﹣∴∠EAF=∠FDH，

在△DHF与△AEF中，

，

∴△DHF≌△AEF，

∴HF=EF；

（3）如图2，取AB的中点M，连接CM，FM，

∵F、M分别是BD、AB的中点，

∴FM∥AD，即FM⊥AB．

在Rt△ADE中，AD=2AE，

∵DF=BF，AM=BM，

∴AD=2FM，

∴FM=AE，

∵∠ABC=30°，

∴AC=CM=AB=AM，

∵∠CAE=∠CAB=30°∠CMF=∠AMF﹣∠AMC=30°，在△ACE与△MCF中，

，

第12页（共15页）

60°=30°﹣∠FBA，

∴△ACE≌△MCF，

∴CE=CF，∠ACE=∠MCF，

∵∠ACM=60°，

∴∠ECF=60°，

∴△CEF是等边三角形．

【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．

5.（2017•安顺）如图甲，直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经过B、C两点的抛物线y=x2+bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P．

（1）求该抛物线的解析式；

（2）在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使以C，P，M为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请直接写出所符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由；

（3）当0＜x＜3时，在抛物线上求一点E，使△CBE的面积有最大值（图乙、丙供画图探究）．

第13页（共15页）

【考点】HF：二次函数综合题．

【分析】（1）由直线解析式可求得B、C坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；

（2）由抛物线解析式可求得P点坐标及对称轴，可设出M点坐标，表示出MC、MP和PC的长，分MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，可分别得到关于M点坐标的方程，可求得M点的坐标；

（3）过E作EF⊥x轴，交直线BC于点F，交x轴于点D，可设出E点坐标，表示出F点的坐标，表示出EF的长，进一步可表示出△CBE的面积，利用二次函数的性质可求得其取得最大值时E点的坐标．

【解答】解：

（1）∵直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，

∴B（3，0），C（0，3），

把B、C坐标代入抛物线解析式可得∴抛物线解析式为y=x2﹣4x+3；

（2）∵y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，

∴抛物线对称轴为x=2，P（2，﹣1），

设M（2，t），且C（0，3），

∴MC==，MP=|t+1|，PC==2，

，解得，

∵△CPM为等腰三角形，

∴有MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，

①当MC=MP时，则有②当MC=PC时，则有=|t+1|，解得t=，此时M（2，）；

=2，解得t=﹣1（与P点重合，舍去）或t=7，第14页（共15页）

此时M（2，7）；

③当MP=PC时，则有|t+1|=2﹣1+2）或（2，﹣1﹣2，解得t=﹣1+2或t=﹣1﹣2，此时M（2，）；

）综上可知存在满足条件的点M，其坐标为（2，）或（2，7）或（2，﹣1+2或（2，﹣1﹣2）；

（3）如图，过E作EF⊥x轴，交BC于点F，交x轴于点D，

设E（x，x2﹣4x+3），则F（x，﹣x+3），

∵0＜x＜3，

∴EF=﹣x+3﹣（x2﹣4x+3）=﹣x2+3x，

∴S△CBE=S△EFC+S△EFB=EF•OD+EF•BD=EF•OB=×3（﹣x2+3x）=﹣（x﹣）2+，

∴当x=时，△CBE的面积最大，此时E点坐标为（，﹣），

即当E点坐标为（，﹣）时，△CBE的面积最大．

【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、勾股定理、等腰三角形的性质、三角形的面积、二次函数的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中注意待定系数法的应用，在（2）中设出M点的坐标，利用等腰三角形的性质得到关于M点坐标的方程是解题的关键，在（3）中用E点坐标表示出△CBE的面积是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．

第15页（共15页）