专题21 直角三角形存在性问题-备战2022年中考数学母题题源解密（解析版）

专题21直角三角形存在性问题考向1二次函数中的直角三角形存在性问题【母题来源】2021年中考四川省巴中卷【母题题文】已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣2，0）、B（6，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣3）．（1）求抛物线的表达式；（2）点P在直线BC下方的抛物线上，连接AP交BC于点M，当PMAM最大时，求点P的坐标及PM（3）在（2）的条件下，过点P作x轴的垂线l，在l上是否存在点D，使△BCD是直角三角形，若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）将点A（﹣2，0）、B（6，0）、C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c，得4a−2b+c=036a+6b+c=0∴y=14x（2）如图1，过点A作AE⊥x轴交直线BC于点E，过P作PF⊥x轴交直线BC于点F，∴PF∥AE，∴MPAM设直线BC的解析式为y＝kx+d，∴6k+d=0d设P（t，14t2﹣t﹣3），则F（t，1∴PF=12t﹣3−14t2+t+3=∵A（﹣2，0），∴E（﹣2，﹣4），∴AE＝4，∴MPAM=PFAE=−14t∴当t＝3时，MPAM有最大值916，∴P（3，（3）∵P（3，−15如图2，当∠CBD＝90°时，过点B作GH⊥x轴，过点D作DG⊥y轴，DG与GH交于点G，过点C作CH⊥y轴，CH与GH交于点H，∴∠DBG+∠GDB＝90°，∠DBG+∠CBH＝90°，∴∠GDB＝∠CBH，∴△DBG∽△BCH，∴DGBH=BG∴BG＝6，∴D（3，6）；如图3，当∠BCD＝90°时，过点D作DK⊥y轴交于点K，∵∠KCD+∠OCB＝90°，∠KCD+∠CDK＝90°，∴∠CDK＝∠OCB，∴△OBC∽△KCD，∴OBKC=OC∴KC＝6，∴D（3，﹣9）；如图4，当∠BDC＝90°时，线段BC的中点T（3，−32），BC＝3设D（3，m），∵DT=12BC，∴|m+3∴m=352∴D（3，352−综上所述：△BCD是直角三角形时，D点坐标为（3，6）或（3，﹣9）或（3，−352【试题解析】（1）将A（﹣2，0）、B（6，0）、C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c即可求解析式；（2）过点A作AE⊥x轴交直线BC于点E，过P作PF⊥x轴交直线BC于点F，由PF∥AE，可得MPAM=PF（3）分三种情况讨论：当∠CBD＝90°时，过点B作GH⊥x轴，过点D作DG⊥y轴，DG与GH交于点G，过点C作CH⊥y轴，CH与GH交于点H，可证明△DBG∽△BCH，求出D（3，6）；当∠BCD＝90°时，过点D作DK⊥y轴交于点K，可证明△OBC∽△KCD，求出D（3，﹣9）；当∠BDC＝90°时，线段BC的中点T（3，−32），设D（3，m），由DT=12BC，可求D（3，【命题意图】二次函数图象及其性质；运算能力；应用意识．【命题方向】二次函数综合题，一般为压轴题．【得分要点】以线段AB为边的直角三角形构造方法如右图所示：直角三角形的另一个顶点在以A在以AB为直径的圆上，或过A、B且与AB垂直的直线上（A，B两点除外）．解直角三角形的存在性问题时，若没有明确指出直角三角形的直角，就需要进行分类讨论．通常这类问题的解题策略有：（1）几何法：先分类讨论直角，再画出直角三角形，后计算．如图，若∠ACB＝90°．过点A、B作经过点C的直线的垂线，垂足分别为E、F．则△AEC∽△CFB．从而得到线段间的关系式解决问题．（2）代数法：先罗列三边长，再分类讨论直角，根据勾股定理列出方程，然后解方程并检验．有时候将几何法和代数法相结合．可以使得解题又快又好！1．（2021•贵州铜仁市模拟）如图，直线y＝﹣2x+10分别与x轴，y轴交于点A，B两点，点C为OB的中点，抛物线y＝x2+bx+c经过A，C两点．（1）求抛物线的函数表达式；（2）点D是直线AB下方的抛物线上的一点，且△ABD的面积为254（3）点P为抛物线上一点，若△APB是以AB为直角边的直角三角形，求点P到抛物线的对称轴的距离．解：（1）在直线y＝﹣2x+10中，令x＝0，则y＝10，令y＝0，则x＝5，∴A（5，0），B（0，10）．∵点C是OB中点，∴C（0，5），将A（5，0）和C（0，5）代入抛物线y＝x2+bx+c中，得0=25+5b+c∴抛物线的函数表达式为y＝x2﹣6x+5；（2）联立y=−2x+10∴直线AB与抛物线交于点（﹣1，12）和（5，0），∵点D是直线AB下方抛物线上的一点，∴设D（m，m2﹣6m+5），﹣1＜m＜5，如下图，过点D作DE⊥x轴，交直线AB于点E，∴E（m，﹣2m+10），∴DE＝﹣2m+10﹣m2+6m﹣5＝﹣m2+4m+5，∴S△解得m＝2，∴点D的坐标为（2，﹣3）；（3）设点P（n，n2﹣6n+5），∵A（5，0），B（0，10），∴AP2＝（n﹣5）2+（n2﹣6n+5）2，BP2＝n2+（n2﹣6n+5﹣10）2，AB2＝OA2+OB2＝125，∵△APB是以AB为直角边的直角三角形，①如下图，当点A为直角顶点时，BP2＝AB2+AP2，即n2+（n2﹣6n﹣5）2＝125+（n﹣5）2+（n2﹣6n+5）2，解得n=②如下图，当点B为直角顶点时，AP2＝AB2+BP2，即（n﹣5）2+（n2﹣6n+5）2＝125+n2+（n2﹣6n﹣5）2，解得n=13+249∵抛物线对称轴为直线x＝3，则3−32=3综上所述，点P到抛物线对称轴的距离为32或249+142.（2021•广东模拟）如图，已知直线y＝﹣2x+m与抛物线y＝ax2+bx+c相交于A，B两点，且点A（1，4）为抛物线的顶点，点B在x轴正方向上．（1）求抛物线的解析式；（2）若点P在抛物线第三象限的图象上，且到x轴、y轴的距离相等，①证明：△POB≌△POC；②直接写出OP的长；（3）若点Q是y轴上一点，且△ABQ为直角三角形，求点Q的坐标．解：（1）把A（1，4）代入y＝﹣2x+m，得﹣2+m＝4，∴y＝﹣2x+6，∴B（3，0）∵A（1，4）为顶点，∴可设抛物线的解析为y＝a（x﹣1）2+4，把B（3，0）代入得，4a+4＝0，得a＝﹣1，∴y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3；（2）①当x＝0时，y＝3，∴C（0，3），∵B（3，0），∴OB＝OC，∵点P到x轴、y轴的距离相等，∴OP平分第三象限，∴∠BOP＝∠COP＝135°，又OP＝OP，∴△POB≌△POC（SAS）；②由y=x1=1−∴OP=2（3）如图1，由y＝﹣x2+2x+3得：B（3，0），A（1，4），∴直线AB的关系式是：y＝﹣2x+6，∴D（0，6），∴AD=5，DB＝35①当∠QAB＝90°时，∵∠ADQ＝∠ODB，∠QAD＝∠BOD，∴△DAQ∽△DOB，∴DQDB∴DQ35=∴OQ＝6−52=②如图2，当∠QBA＝90°时，作AE∥x轴，作BE⊥AE于E，作QF⊥BE于F，∴∠E＝∠F＝90°，∴∠EAB+∠ABE＝90°，∵∠QBA＝90°，∴∠ABE+∠QBF＝90°，∴∠BAE＝∠QBF，∴△ABE∽△BQF，∴AEBE∴24=BF∴Q（0，−3③当∠AQB＝90°时，作AE⊥OD于E，同理②得：△AEQ∽△QOB，∴1∴OQ＝1或3，即Q（0，1）或Q（0，3）；综上所述：Q点坐标为Q（0，3.5）或Q（0，﹣1.5）或Q（0，1）或Q（0，3）．3．（2021•河南开封二模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且点B与点C的坐标分别为B（3，0），C（0，3），点M是抛物线的顶点．（1）求抛物线的解析式；（2）点P是线段MB上一个动点，且点P的横坐标为m，过点P作PD⊥x轴于点D，交抛物线于点E，求线段PE的最大值，并求出此时点E的坐标；（3）在（2）的条件下，若在线段MB上存在点P，使得△PCD为直角三角形，请直接写出点P的坐标．解：（1）把B（3，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，得−9+3b+∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3；（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴M（1，4），设直线BM的解析式为y＝kx+n，把B（3，0），M（1，4）代入，得3k+n∴直线BM的解析式为y＝﹣2x+6，设P（m，﹣2m+6）（1≤m≤3），则E（m，﹣m2+2m+3），∴PE＝﹣m2+4m﹣3＝﹣（m﹣2）2+1，∵1≤m≤3，∴当m＝2时，S有最大值，最大值为1；（3）存在．∠PDC不可能为90°；当∠DPC＝90°时，则PD＝OC＝3，即﹣2m+6