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 ＝ax 2
+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
PM AM
最大时，求点P 的坐标及
PM AM
的最大值；
（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 ＝ax 2
+bx+c ， 得{4a −2b +c =036a +6b +c =0c =−3，解得{a =1
4
b =−1
c =−3， ∴y =14
x 2
﹣x ﹣3；
（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 ，∴
MP AM
=
PF AE
，
设直线BC 的解析式为y ＝kx+d ，
∴{6k +d =0d =−3，∴{k =12d =−3
，∴y =12x ﹣3，
设P （t ，1
4
t 2
﹣t ﹣3），则F （t ，1
2
t ﹣3），
∴PF =12t ﹣3−1
4t 2
+t+3=−1
4t 2
+3
2t ， ∵A （﹣2，0）， ∴E （﹣2，﹣4）， ∴AE ＝4， ∴
MP AM
=
PF AE
=
−14
t 2+32
t 4
=−
116
t 2
+38t =−1
16（t ﹣3）2
+9
16，
∴当t ＝3时，
MP
AM
有最大值
9
16
，∴P （3，−
154
）； （3）∵P （3，−
154
），D 点在l 上， 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 ， ∴
DG BH
=
BG CH
，即33
=
BG 6
，
∴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 ， ∴
OB KC
=
OC KD
，即
6
KC
=3
3
，
∴KC ＝6，∴D （3，﹣9）； 如图4，当∠BDC ＝90°时，
线段BC 的中点T （3，−32
），BC ＝3√5， 设D （3，m ）， ∵DT =1
2
BC ，∴|m +32
|=
3√5
2
， ∴m =3√5
2−32或m =−3√5
2−32， ∴D （3，
3√52−32
）或D （3，−3√52−3
2）； 综上所述：△BCD 是直角三角形时，D 点坐标为（3，6）或（3，﹣9）或（3，−3√5
2−3
2）或（3，3√5
2−3
2
）．
【试题解析】（1）将A （﹣2，0）、B （6，0）、C （0，﹣3）代入y ＝ax 2
+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MP AM
=
PF
AE
，
则求
PF
AE
的最大值即可；
（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，−3
2），设D （3，m ），由DT =1
2
BC ，可求D （3，
3√52−32
）或D （3，−3√52−3
2）．
【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
A B
A
B E
C
E
F
A
C
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 ＝x 2
+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
，求点D 的坐标；
（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 ＝x 2
+bx+c 中， 得{0=25+5b +c 5=c
，解得{b =−6c =5，
∴抛物线的函数表达式为y ＝x 2
﹣6x+5；
（2）联立{y =−2x +10y =x 2−6x +5，解得{x =−1y =12或{x =5
y =0， ∴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 ，m 2
﹣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﹣m 2+6m ﹣5＝﹣m 2
+4m+5，
∴S △ABD =12OA ⋅DE =12×5×(−m 2+4m +5)=45
2，
解得m ＝2，∴点D 的坐标为（2，﹣3）； （3）设点P （n ，n 2
﹣6n+5）， ∵A （5，0），B （0，10），
∴AP 2
＝（n ﹣5）2
+（n 2
﹣6n+5）2
，BP 2
＝n 2
+（n 2
﹣6n+5﹣10）2
，AB 2
＝OA 2
+OB 2
＝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，
BP 2
＝AB 2
+AP 2
，即n 2
+（n 2
﹣6n ﹣5）2
＝125+（n ﹣5）2
+（n 2
﹣6n+5）2
， 解得n =3
2
或5（舍）；
②如下图，当点B 为直角顶点时，
AP 2
＝AB 2
+BP 2
，即（n ﹣5）2
+（n 2
﹣6n+5）2
＝125+n 2
+（n 2
﹣6n ﹣5）2
， 解得n =
13+√2494或13−√249
4， ∵抛物线对称轴为直线x ＝3， 则3−3
2=3
2，
13+√249
4
−3=
√249+14
，3−13+√2494=√249−1
4， 综上所述，点P 到抛物线对称轴的距离为3
2或√249+14或√249−1
4
．
2.（2021•广东模拟）如图，已知直线y ＝﹣2x+m 与抛物线y ＝ax 2
+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＝﹣x 2
+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 =x y =−x 2+2x +3得，
{x 1=1−√13
2y 2=1−√132
，{x 2=1+√13
2y 2=
1+√132
（舍去），
∴OP =√2|x 1|=√26−√2
2
；
（3）如图1，
由y ＝﹣x 2
+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 ＝3√5， ①当∠QAB ＝90°时，
∵∠ADQ ＝∠ODB ，∠QAD ＝∠BOD ， ∴△DAQ ∽△DOB ，∴DQ DB
=
AD OD
，
∴
3√5
=
√56
，∴DQ =52，
∴OQ ＝6−52=7
2，∴Q （0，72
）；
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 ， ∴
AE BE
=
BF QF
，
∴24
=
BF 3
，∴BF =32
，
∴Q （0，−32
），如图3，
③当∠AQB ＝90°时， 作AE ⊥OD 于E ，
同理②得：△AEQ ∽△QOB ， ∴
14−OQ
=
OQ 3
∴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 ＝﹣x 2
+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 ＝﹣x 2
+bx+c ， 得{−9+3b +c =0c =3，解得{b =2c =3， ∴抛物线解析式为y ＝﹣x 2
+2x+3；
（2）∵y ＝﹣x 2+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 =0k +n =4，解得{k =−2n =6， ∴直线BM 的解析式为y ＝﹣2x+6， 设P （m ，﹣2m+6）（1≤m ≤3）， 则E （m ，﹣m 2
+2m+3），
∴PE ＝﹣m 2+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＝3，解得m =3
2，此时P 点坐标为（3
2
，3），
当∠PCD ＝90°时，则PC 2+CD 2＝PD 2，即m 2+（﹣2m+3）2+32+m 2＝（﹣2m+6）2
，
整理得m 2
+6m ﹣9＝0，解得m 1＝﹣3﹣3√2（舍去），m 2＝﹣3+3√2，
当m ＝﹣3+3√2时，y ＝﹣2m+6＝6﹣6√2+6＝12﹣6√2，此时P 点坐标为（﹣3+3√2，12﹣6√2）， 综上所述，当P 点坐标为（3
2，3）或（﹣3+3√2，12﹣6√2）时，△PCD 为直角三角形．。