2026年初中数学中考复习专题 直角三角形问题(含解析)

直角三角形问题一阶方法突破练1.如图，在正方形网格中有格点A，B，在所给网格中确定格点C，使得△ABC是以AB为直角边的直角三角形.2.如图，在平面直角坐标系中，直线AB分别与x轴，y轴交于点A(3,0),B(0,4),点P为y轴上一点,当△PAB为直角三角形时，求点P的坐标.3.如图，已知抛物线y=12x2二阶设问进阶练例已知抛物线L:y=−12x2(1)如图①,若点E是y轴上一点,且.∠AEB=90°,,求点E的坐标；(2)如图②，连接BD，在x轴上是否存在一点G，使得△BDG为直角三角形?若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由；(3)如图③，连接AC，在抛物线的对称轴上存在一点F，使得△ACF是以AC为直角边的直角三角形，求出点F的坐标；(4)如图④，点N是第一象限抛物线上的一点，连接AN，若点N到x轴的距离为d，点C关于x轴的对称点为C',直线BC'上是否存在一点H，使得.△ANH(设问源自2022遂宁中考)(5)如图⑤，将抛物线向左平移2个单位，得到的新抛物线.L'与原抛物线交于点C.记新抛物线的顶点为M，连接AM，在y轴上是否存在一点Q，使得△AMQ综合强化练1.创新题·规律探究如图，已知抛物线Cn:yn=−1nx2+x+2n(n为正整数)与x轴交于(1)抛物线y₂y₂的顶点坐标为；抛物线yn的顶点坐标为(用含n的代数式表yₙ示);(2)求证:AₙAₙ₋₁=Aₙ₋₁Aₙ₋₂;(3)若设抛物线(Cₙ的顶点坐标为Pₙ,，是否存在n使得△M₃PₙAₙ是直角三角形，若存在，请求出n的值；若不存在，请说明理由.作图区答题区

2.如图，抛物线y=ax²+bx+3a≠0与x轴交于A，B两点(点B在点A的右侧)，与y轴交于点C,OB=OC,抛物线的对称轴l为直线.(1)求a,b的值;(2)点P为抛物线的对称轴上一点，连接AC，CP，AP，当△ACP的周长最小时，求点P的坐标；(3)(y轴上的动点)在(2)的条件下，在y轴上是否存在一点Q，使得以A，P，Q为顶点的三角形为直角三角形?若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.作图区答题区3.如图，抛物线y=ax²+bx+3a≠0y=−34x+3,(1)求抛物线的解析式；(2)创新题·重叠图形面积关系将△ACM沿x轴向右平移m(0<m<5△A'C'M',关于m的函数关系式；(3)(直线上的动点)在(2)的条件下，若S=2720,试探究在直线C为直角三角形?若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.作图区答题区考向2直角三角形问题一阶方法突破练1.解：格点C的位置如解图所示.2.解:设点P(0,p),分两种情况讨论:①当AB为直角边时，只存在点A为直角顶点的情况.∵A(3,0),B(0,4),∴AB²=3²+4²=25,AP²=3²+p²=9+p²,BP²=根据勾股定理得AB²+AP²=BP²,即25+9+p²=(4−p)²,解得p=−∴P②当AB为斜边时，同理可得AB²=AP²+BP²,即25=9+p²+解得p=0或p=4(不符合题意,舍去),∴P(0,0).综上所述，点P的坐标为0−9【一题多解】设点P(0,p),分两种情况讨论：①当AB为直角边时，如解图,过点A作AP⊥AB,∴∠OAP+∠OPA=90°,∠OAP+∠OAB=90°,∴∠OPA=∠OAB,又∵∠AOB=∠AOP=90°,∴△AOB∽△POA,∴OA/O=O⁰B,∵A(3,0),B(0,4)∴OA=3,OB=4,∴OP=OA⋅OAOB=93.解:∵抛物线y=12x2−3∵OB=OC,∴∠ABC=45°,∵∠CBP₁=90°,∴∠ABP₁=45°,∴Q(0,5).∴直线BQ的解析式为y=-x+5,由题意得y=−x+5解得x1②当∠BCP₂=90°时，△BCP₂是以BC为直角边的直角三角形，∴CP₂∥BQ,直线CP₂的解析式为yy=-x-5,由题意得y=−x−5解得x1∴P₂(1,-6).综上所述,点P的坐标为(-4,9)或(1,-6).二阶设问进阶练例解:(1)∵A(-2,0),B(4,0),∴AB=6,设E(0,m),∵∠AEB=90°,∴AE²+BE²=AB²,∵AB²=36,AE²=m²+∴m²+解得m∴点E的坐标为022或【一题多解】如解图①，以AB为直径作圆，交y轴于点E₁,E₂,∴∠AE₁B=∠AE₂B=90°,点E₁,E₂即为所求,∵∠AE₁O+∠E₁AO=90°,∠AE₁O+∠BE₁O=90°,∴∠E₁AO=∠BE₁O,又∵∠AOE₁=∠E1OB=90∘,∴AOE1∼E1OB,∴OA(2)存在.∵抛物线y=−∴点D的坐标为(1,92∴BD2要使得△BDG为直角三角形，分三种情况讨论：①当∠BGD=90°时,即DG⊥BG,∴G(1,0);②当∠BDG=90°时,BD²+DG²=BG²,∴1174+1−e2+③当∠DBG=90°时,此种情况不存在.综上所述，点G的坐标为(1，0)或−(3)∵抛物线的对称轴为直线x=1,∴设F(1,f).∵抛物线与y轴交于点C,∴C(0,4),∴AC²=2²+4²=20,CF²=1²+f−4①当∠ACF=90°时,即.AC²+CF²=AF².∴20+f−4²+1²=f²+3²,解得②当∠CAF=90°时,即AC²+AF²=CF².∴20+f²+3²=f−4²+1²,解得f=−3综上所述，点F的坐标为172或(4)存在,如解图②,连接BN,∵点N到x轴的距离为d,A(-2,0),B(4,0),∴AB=6,S△ABW=1∴∴点B,H到线段AN的距离相等,∴AN∥BH,∵C(0,4),C'为点C关于x轴的对称点,∴C'(0,-4),设直线BC'的解析式为y=kx+b(k≠0),则4k+b=0b=−4,解得∴直线BC'的解析式为y=x-4,设AN所在直线的解析式为y=x+n，∵A(-2,0),∴AN所在直线的解析式为y=x+2,联立y=−12x2∴N(2,4),分三种情况讨论：①以点N为直角顶点时,过点N作NH₁⊥AN交BC'于点H₁,∴设NH₁所在直线的解析式为y=−x+n₁,∵N(2,4),∴NH₁所在直线的解析式为y=-x+6,联立y=−x+6y=x−4,解得∴H₁(5,1);②以点A为直角顶点时,过点A作AH₂⊥AN交BC'于点H₂,设AH₂所在直线的解析式为y=−x+n₂,∵A(-2,0),∴AH₂所在直线的解析式为y=-x-2,联立y=−x−2y=x−4,解得∴H₂(1,-3);③以点H为直角顶点时，以AN为直径作圆，与直线BC'无交点，即此种情况不存在，综上所述,点H的坐标为(5,1)或(1,-3);(5)存在,由(2)可知点D的坐标为((1,92∴平移后的新抛物线的顶点为M−1∴AM①如解图③，当AM为直角边时，分别过点M，A作AM的垂线,交y轴于点Q₁,Q₂,(i)由勾股定理得A故854+1∴(ii)同理,A故−22+y2+②如解图③,当AM为斜边时,取线段AM中点P,以点P为圆心，AP长为半径画弧，交y轴于点Q₃,Q₄,同理得，AM²=AQ²+MQ²,故85解得y=4或y=∴Q₃(0,4),Q₄(0,12综上所述，点Q的坐标为07718或0−三阶综合强化练1.(1)解:192;n29n4;【解法提示】∵抛物线y1=−x2+x+2=−x−122(2)证明:∵Cn∵点Mn在点An的左侧,∴Mₙ(-n,0),An(2n,0),∴Aₙ₋₁∴AₙAₙ₋₁=2,同理Aₙ₋₁Aₙ₋₂=2,∴AₙAₙ₋₁=Aₙ₋₁Aₙ₋₂;(3)解:不存在,理由如下:由(1)(2)得,抛物线Cn的顶点坐标Pn为((π/2,94∴AₙM₃=2n+3,∵△M₃PnAₙ是直角三角形,∴M₃Pn⊥AnPn,∴M即n2+32+∵n为正整数，∴不存在n使得△M₃PₙAₙ是直角三角形.2.解:(1)a=-1,b=2;(2)【思路点拨】一般求线段和的最小值或周长最小值，可考虑利用对称性，即“将军饮马”原理.∵要使△ACP周长最小,AC为定值,则需使PC+PA最小,由抛物线的性质知，点A与点B关于对称轴对称，如解图①，连接BC交对称轴l于点P,连接AP,则此时△ACP的周长最小,由对称的性质知,PA=PB,∴∵B(3,0),C(0,3),∴直线BC的解析式为y=-x+3,将x=1代入y=-x+3,得y=2,∴P(1,2);(3)存在.①当∠APQ=90°时,如解图②,∵A(-1,0),P(1,2),∴AP=22,∵A(-1,0),C(0,3),∴AC=10,∵∠APQ=90°,∴QP=2,∵C(0,3),P(1,2),∴PC=2,∴此时点Q与点C重合,∴Q(0,3);②当∠PAQ=90°时,如解图③,∵A(-1,0),P(1,2),∴∠PAB=45°,∵∠PAQ=90°,∴∠QAO=45°,∴QO=AO=1,∴Q(0,-1);③当∠PQA=90°时,如解图④,过点Q作x轴的平行线MN，交直线l于点N，过点A作y轴的平行线，交MN于点M,∵∠PQA=90°,∴∠MQA+∠NQP=90°,∵∠MQA+∠QAM=90°,∴∠NQP=∠QAM,又∵∠QMA=∠PNQ=90°,∴△QAM∽△PQN,∴设Q(0,x),∴x1=∴点Q的坐标为(01+2或综上所述,点Q的坐标为(0,3)或(0,-1)或01+2或3.解：(1)抛物线的解析式为y=−(2)【思路点拨】可用m表示出所求三角形面积的底和高，然后利用三角形面积公式，表示出S即可.如解图①,过点Q作QD⊥x轴于点D,过点N作NE⊥x轴于点E,∵AB=BC,∴△ABC是等腰三角形,∵A'C'∥AC,∴△A'BQ是等腰三角形,∵AB=5,AA'=m,点M是线段BC的中点，∴∵∠COB=∠QOB=90°,∠OBC=∠DBQ,∴△OBC∽△DBQ,∴OCDQ=∴DQ=∴SA∵