初中数学120大招-58 固定边的直角三角形与二次函数问题

固定边的直角三角形与二次函数问题1、在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板ABC放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，点C为(－1，0)．如图17所示，B点在抛物线图象上，过点B作BD⊥x轴，垂足为D，且B点横坐标为－3．（1）求证：△BDC≌△COA；（2）求BC所在直线的函数关系式；（3）抛物线的对称轴上是否存在点P，使△ACP是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）（3）存在，P1（，）、P2（，）【解析】解：（1）证明：∵∠BCD＋∠ACO＝90°，∠ACO＋∠OAC＝90°，∴∠BCD＝∠OAC。∵△ABC为等腰直角三角形，∴BC＝AC。在△BDC和△COA中，∠BDC＝∠COA＝90°，∠BCD＝∠OAC，BC＝AC，∴△BDC≌△COA（AAS）。（2）∵C点坐标为(－1，0)，∴BD＝CO＝1。∵B点横坐标为－3，∴B点坐标为(－3，1)。设BC所在直线的函数关系式为y＝kx＋b，∴，解得。∴BC所在直线的函数关系式为y＝－x－。（3）存在。∵y＝x2＋x－2＝(x＋)2x－，∴对称轴为直线x＝－。若以AC为直角边，点C为直角顶点，对称轴上有一点P1，使CP1⊥AC，∵BC⊥AC，∴点P1为直线BC与对轴称直线x＝－的交点。由题意可得：，解得，。∴P1（－，－）。若以AC为直角边，点A为直角顶点，对称轴上有一点P2，使AP2⊥AC，则过点A作AP2∥BC，交对轴称直线x＝－于点P2，∵CD＝OA，∴A（0，2）。设直线AP2的解析式为：y＝－x＋m，把A（0，2）代入得m＝2。∴直线AP2的解析式为：y＝－x＋2。由题意可得：，解得，。∴P2（－，）。∴P点坐标分别为P1（－，－）、P2（－，）。2．抛物线的顶点为（1，﹣4），与x轴交于A、B两点，与y轴负半轴交于C（0，﹣3）．（1）求抛物线的解析式；（2）点P为对称轴右侧抛物线上一点，以BP为斜边作等腰直角三角形，直角顶点M落在对称轴上，求P点的坐标．【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3；（2）点P的坐标为（2，﹣3）或（4，5）．【解析】解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4，将C（0，﹣3）代入y＝a（x﹣1）2﹣4，得：﹣3＝a（0﹣1）2﹣4，解得：a＝1，∴抛物线的解析式为y＝（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3．（2）当y＝0时，有x2﹣2x﹣3＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝3，∴点A的坐标为（﹣1，0），点B的坐标为（3，0）．设抛物线对称轴与x轴交于点E，过点P作PF∥x轴，交抛物线对称轴于点F，如图所示．设点P的坐标为（x，x2﹣2x﹣3）（x＞1），则PF＝x﹣1，BE＝3﹣1＝2．∵∠BME+∠PMF＝90°，∠BME+∠MBE＝90°，∴∠MBE＝∠PMF．在△MBE和△PMF中，∠BEM＝∠PFM＝90°∠MBE＝∠PMF∴△MBE≌△PMF（AAS），∴ME＝PF＝x﹣1，MF＝BE＝2，∴EF＝ME+MF＝x+1．∵EF＝|x2﹣2x﹣3|，∴|x2﹣2x﹣3|＝x+1，即x2﹣3x﹣4＝0或x2﹣x﹣2＝0，解得：x1＝﹣1（舍去），x2＝2，x3＝4，∴点P的坐标为（2，﹣3）或（4，5）．3．（2019·山东中考模拟）如图，抛物线经过，两点，与y轴交于点C，连接AB，AC，BC．求抛物线的表达式；求证：AB平分；抛物线的对称轴上是否存在点M，使得是以AB为直角边的直角三角形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】抛物线的解析式为；证明见解析；点M的坐标为或．【解析】将，代入得：，解得：，，抛物线的解析式为；，，，取，则，由两点间的距离公式可知，，，，，在和中，，，，≌，，平分；如图所示：抛物线的对称轴交x轴与点E，交BC与点F．抛物线的对称轴为，则．，，，，，，，同理：，又，，，点M的坐标为或．例1：如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（4，0）与y轴交于点C，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线1，交抛物线与点Q．（1）求抛物线的解析式；（2）当点P在线段OB上运动时，直线1交BD于点M，试探究m为何值时，四边形CQMD是平行四边形；（3）在点P运动的过程中，坐标平面内是否存在点Q，使△BDQ是以BD为直角边的直角三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1);(2)当m＝2时，四边形CQMD为平行四边形;(3)Q1（8，18）、Q2（﹣1，0）、Q3（3，﹣2）【思路引导】（1）直接将A（-1，0），B（4，0）代入抛物线y=x2+bx+c方程即可；（2）由（1）中的解析式得出点C的坐标C（0，-2），从而得出点D（0，2），求出直线BD：y＝−x+2，设点M(m，−m+2)，Q(m，m2−m−2)，可得MQ=−m2+m+4，根据平行四边形的性质可得QM=CD=4，即−m2+m+4＝4可解得m=2；（3）由Q是以BD为直角边的直角三角形，所以分两种情况讨论，①当∠BDQ=90°时，则BD2+DQ2=BQ2，列出方程可以求出Q1（8，18），Q2（-1，0），②当∠DBQ=90°时，则BD2+BQ2=DQ2，列出方程可以求出Q3（3，-2）．【解析】（1）由题意知，∵点A（﹣1，0），B（4，0）在抛物线y＝x2+bx+c上，∴解得：∴所求抛物线的解析式为（2）由（1）知抛物线的解析式为，令x＝0，得y＝﹣2∴点C的坐标为C（0，﹣2）∵点D与点C关于x轴对称∴点D的坐标为D（0，2）设直线BD的解析式为：y＝kx+2且B（4，0）∴0＝4k+2，解得：∴直线BD的解析式为：∵点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线1，交BD于点M，交抛物线与点Q∴可设点M，Q∴MQ＝∵四边形CQMD是平行四边形∴QM＝CD＝4，即=4解得：m1＝2，m2＝0（舍去）∴当m＝2时，四边形CQMD为平行四边形（3）由题意，可设点Q且B（4，0）、D（0，2）∴BQ2＝DQ2＝BD2＝20①当∠BDQ＝90°时，则BD2+DQ2＝BQ2，∴解得：m1＝8，m2＝﹣1，此时Q1（8，18），Q2（﹣1，0）②当∠DBQ＝90°时，则BD2+BQ2＝DQ2，∴解得：m3＝3，m4＝4，（舍去）此时Q3（3，﹣2）∴满足条件的点Q的坐标有三个，分别为：Q1（8，18）、Q2（﹣1，0）、Q3（3，﹣2）．【方法总结】此题考查了待定系数法求解析式，还考查了平行四边形及直角三角形的定义，要注意第3问分两种情形求解．针对训练4．如图，已知直线y＝x+2交x轴、y轴分别于点A、B，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣12（1）求抛物线的解析式；（2）点M是抛物线x轴上方一点，∠MBA＝∠CBO，求点M的坐标；（3）过点A作AB的垂线交y轴于点D，平移直线AD交抛物线于点E、F两点，连结EO、FO．若△EFO为以EF为斜边的直角三角形，求平移后的直线的解析式．【答案】（1）y＝﹣x2﹣x+2．（2）M（﹣23，209）．（3）平移后的解析式为y＝﹣x﹣1+5或y＝﹣x﹣1﹣【解析】（1）∵直线y＝x+2交x轴、y轴分别于点A、B，∴A（﹣2，0），B（0，2），∵抛物线的对称轴x＝﹣12，A，C∴C（1，0），设抛物线的解析式为y＝a（x+2）（x﹣1），把（0，2）代入得到a＝﹣1，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2．（2）如图1中，作EA⊥AB交BM的延长线于E，作EF⊥x轴于F．∵∠ABE＝∠OBC，∠BAE＝∠BOC＝90°，∴△BAE∽△BOC，∴AEOC∴AE1∴AE＝2，∵∠EAF+∠BAO＝90°，∠BAO＝45°，∴∠EAF＝45°，∴EF＝AF＝1，∴E（3，1），∴直线BE的解析式为y＝﹣13x由y＝-x2-x+2y＝1∴M（-43，14（3）如图2中，当直线AD向下平移时，设E（x1，y1），F（x2，y2），作EH⊥x轴于H，FG⊥x轴于G．∵∠EOF=90°=∠PHE=∠OGF，由△EHO∽△OGF得到：EHOG∴-y∴x1x2+y1y2=0，由y＝-x+by＝-x2∴x1x2=b-2，x1+x2=0，y1y2=（-x1+b）（-x2+b）=x1x2+b2，∴2（b-2）+b2=0，解得b=-1-5或-1+5（舍弃），当直线AD向上平移时，同法可得b=-1+5，综上所述，平移后的解析式为y=-x-1+5或y=-x-1-5．5．如图，已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴的一个交点A的坐标为（﹣1，0），对称轴为直线x=﹣2．（1）求抛物线与x轴的另一个交点B的坐标；（2）点D是抛物线与y轴的交点，点C是抛物线上的另一点．已知以AB为一底边的梯形ABCD的面积为9．求此抛物线的解析式，并指出顶点E的坐标；（3）点P是（2）中抛物线对称轴上一动点，且以1个单位/秒的速度从此抛物线的顶点E向上运动．设点P运动的时间为t秒．①当t为秒时，△PAD的周长最小？当t为秒时，△PAD是以AD为腰的等腰三角形？（结果保留根号）②点P在运动过程中，是否存在一点P，使△PAD是以AD为斜边的直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）B（﹣3，0）；（2）y=x2+4x+3，E（﹣2，﹣1）；（3）①2；4或或；②P（﹣2，1）或（﹣2，2）．【解析】解：（1）由抛物线的轴对称性及A（﹣1，0），可得B（﹣3，0）．（2）设抛物线的对称轴交CD于点M，交AB于点N，由题意可知AB∥CD，由抛物线的轴对称性可得CD=2DM．∵MN∥y轴，AB∥CD，∴四边形ODMN是矩形．∴DM=ON=2．∴CD=2×2=4．∵A（﹣1，0），B（﹣3，0），∴AB=2．∵梯形ABCD的面积=（AB+CD）•OD=9，∴OD=3，即c=3．把A（﹣1，0），B（﹣3，0）代入y=ax2+bx+3得，解得．∴y=x2+4x+3．将y=x2+4x+3化为顶点式为y=（x+2）2﹣1，得E（﹣2，﹣1）；（3）①连接BD交对称轴于P，则此时△PAD的周长最小，∵B（﹣3，0），D（0，3），易得直线BD的解析式为：y=x+3，当x=-2时，y=-2+3=1，∴P（-2，1），∴当t为2秒时，△PAD的周长最小；当△PAD是以AD，AP为腰的等腰三角形时，易得P（-2，3），则此时t=4；当△PAD是以AD，DP为腰的等腰三角形且点P在CD下方时，设抛物线的对称轴交CD于点M，∵AO=1，OD=3，MD=2，∴DP=AD=，∴PM=，∴EP=3+1-=4-，∴t=4-；当△PAD是以AD，DP为腰的等腰三角形且点P在CD上方时，同理可得PM=，∴EP=3+1+=4+，∴t=4+；故答案为：2；4或或；②存在．∵∠APD=90°，∠PMD=∠PNA=90°，∴∠PDM+∠DPM=90°，∠DPM+∠APN=90°．∴∠PDM=∠APN．∵∠PMD=∠ANP，∴△APN∽△PDM．∴，即．∴PN2﹣3PN+2=0，解得PN=1或PN=2．∴P（﹣2，1）或（﹣2，2）．6．如果一条抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴有两个交点A（x1，0）、B（x2，0），我们把|x1﹣x2|记为d（A、B），抛物线的顶点到x轴的距离记为d（x），如果d（A，B）=d（x），那么把这样的抛物线叫做“正抛物线”．（1）抛物线y=2x2﹣2是不是“正抛物线”；（回答“是”或“不是”）．（2）若抛物线y=﹣x2+bx（b＞0）是“正抛物线”，求抛物线的解析式；（3）如图，若“正抛物线”y=x2+mx（m＜0）与x轴相交于A、B两点，点P是抛物线的顶点，则抛物线上是否存在点C，使得△PAC是以PA为直角边的直角三角形？如果存在，请求出C的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）抛物线y=2x2﹣2是“正抛物线”；（2）抛物线的解析式为y=﹣x2+4x；（3）满足条件的点C坐标为（92，94）或（52【解析】（1）对于抛物线y=2x2﹣2，当y=0时，2x2﹣2=0，解得x=1或﹣1，∴A（﹣1，0），B（1，0），∴d（A，B）=2，dx∴d（x）=d（A，B），∴抛物线y=2x2﹣2是“正抛物线”．故答案为：是．（2）当y=0时，﹣x2+bx=0，解得x=0或b，∵b＞0，∴d（A，B）=b，由题意d解得b=0（舍弃）或b=4，∴抛物线的解析式为y=-x（3）当y=0时，x2+mx=0，解得x=0或﹣m，∵m＜0，∴d（A，B）=-m，∵4ac-b∴d（x）=m由题意-m=m解得m=-4或0（舍弃），∴y=x假设存在点C，使得△PAC是以PA为直角边的直角三角形，分两种情形：①如图1中，作AC⊥AP交抛物线于点C，厉害PC，作PE⊥x轴交AC于D．-b∴AE=2，PE=4，由△ADE∽△PAE,可得DEAE∴DE2∴DE=1，∴D(2,1)，∴直线AD的解析式为y=由y=12xy=x∴C(9②如图2中，作PC⊥AP交抛物线于C，交y轴于D，连接AC，作PE⊥x轴于E.由△ADP∽△PAE,可得ADPA=PA∴22∴AD=5，∴D(0,−5)，∴直线AD的解析式为y=由y=12x-5y=x综上所述,满足条件的点C坐标为(92,94)或(52,−154).综上所述，满足条件的点C坐标为92,7．综合与探究如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣3，0）、B两点，与y轴相交于点．当x＝﹣4和x＝2时，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的函数值y相等，连接AC，BC．（1）求抛物线的解析式；（2）判断△ABC的形状，并说明理由；（3）若点M、N同时从B点出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿BA、BC边运动，其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，当运动时间为t秒时，连接MN，将△BMN沿MN翻折，B点恰好落在AC边上的P处，则t的值为，点P的坐标为；（4）抛物线对称轴上是否存在一点F，使得△ACF是以AC为直角边的直角三角形？若不存在，请说明理由；若存在，请直接写出点F的坐标．【答案】（1）；（2）△ABC是直角三角形，理由见解析；（3），；（4）存在，F1，F2．【解析】（1）∵在抛物线y=ax2+bx+c中，当x=﹣4和x=2时，二次函数y=ax2+bx+c的函数值y相等，∴抛物线的对称轴为x1，又∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于A(﹣3，0)、B两点，由对称性可知B(1，0)，∴可设抛物线的解析式为y=a(x+3)