直角三角形存在性问题专题攻略

课题内容直角三角形存在性问题一、专题攻略1、解直角三角形的存在性问题，一般分三个步骤第一步寻找分类标准，第二步列方程，第三步解方程并验根。2、解直角三角形的问题，常常和相似三角形、三角比的问题联系在一起。3、一般情况下，按照直角顶点或者斜边分类，然后按照三角比或勾股定理列方程。4、在平面直角坐标系中，两点间的距离公式常常用得到。5、有时根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半列方程更简便。二、典型例题例、如图，在直角坐标平面内，O为原点，二次函数y=-x2十2x+3的图象与，轴交于点A，与y轴交于点B,顶点为P.如果点Q是x轴上一点，以点A、P、Q为顶点的三角形是直角三角形，求点Q的坐标三、针对训练1．如图，已知A、B是线段MN上的两点，MN=4，MA=1，MB＞1．以A为中心顺时针旋转点M，以B为中心逆时针旋转点N，使M、N两点重合成一点C，构成△ABC．设AB=x，若△ABC为直角三角形，求x的值．【考点】旋转的性质；勾股定理的逆定理．【专题】分类讨论．【分析】根据三角形的三边关系：两边之和大于第三边，即可得到关于x的不等式组，求出x的取值范围，再根据勾股定理，即可列方程求解．【解答】解：∵在△ABC中，AC=1，AB=x，BC=3﹣x．∴，解得1＜x＜2；①若AC为斜边，则1=x2+（3﹣x）2，即x2﹣3x+4=0，无解，②若AB为斜边，则x2=（3﹣x）2+1，解得x=，满足1＜x＜2，③若BC为斜边，则（3﹣x）2=1+x2，解得x=，满足1＜x＜2，故x的值为：或．故答案为：或．【点评】本题主要考查了三角形的三边关系以及勾股定理，正确理解分类讨论是解题的关键．2．如图，已知在平面直角坐标系中，点A的坐标为（﹣2，0），点B是点A关于原点的对称点，P是函数图象上的一点，且△ABP是直角三角形．（1）求点P的坐标；（2）如果二次函数的图象经过A、B、P三点，求这个二次函数的解析式；（3）如果第（2）小题中求得的二次函数图象与y轴交于点C，过该函数图象上的点C，点P的直线与x轴交于点D，试比较∠BPD与∠BAP的大小，并说明理由．【考点】二次函数综合题．【专题】综合题．【分析】（1）先求得B点坐标，再分析△ABP满足是直角三角形时P点的情况，可分为AB为直角边和AB为斜边两种情况作答．（2）对（1）求得的P点坐标分别讨论是否满足二次函数抛物线，求得二次函数的解析式．（3）由点的坐标可证得△PBD∽△APD，则∠BPD与∠BAP满足相等．【解答】解：（1）由题意，得点B的坐标为（2，0）．设点P的坐标为（x，y），由题意可知∠ABP=90°或∠APB=90°．（i）当∠ABP=90°时，x=2，y=1，∴点P坐标是（2，1）；（ii）当∠APB=90°时，PA2+PB2=AB2，即（x+2）2+y2+（x﹣2）2+y2=16①．又由，可得y2=，代入①解得：（负值不合题意，舍去）．当时，．∴点P点坐标是（，）．综上所述，点P坐标是（2，1）或（，）．（2）设所求的二次函数的解析式为y=ax2+bx+c（a≠0），（i）当点P的坐标为（2，1）时，点A、B、P不可能在同一个二次函数图象上；（ii）当点P的坐标为（，）时，代入A、B、P三点的坐标，解得：∴所求的二次函数解析式为．（3）∠BPD=∠BAP．证明如下：∵点C坐标为（0，），∴直线PC的表达式为．∴点D坐标为（，0）．∴PD=2，BD=，AD=．，∴．∵∠PDB=∠ADP，∴△PBD∽△APD．∴∠BPD=∠BAP．【点评】本题考查了二次函数的综合应用，重点是求解函数的解析式．3．如图，抛物线y=ax2+bx﹣3与x轴交于两点A（1，0）、B（3，0），与y轴交于点D．（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线是否存在一点P，使得△BDP是以BD为斜边的直角三角形，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）在x轴下方的抛物线上是否存在点M，过M作MN⊥x轴于点N，使以A、M、N为顶点的三角形与△BCD相似？若存在，则求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题．【分析】（1）利用待定系数法求出二次函数解析式即可；（2）过P作x轴的平行线交Y轴于E点，过B点作X轴的垂线交EP的延长线于F点，利用三角形相似得出P点的坐标；（3）利用△AMN∽△CDB，当N在A点左边时，当N在A点右边时，当N在A点右边时，当N在A点左边时分别得出即可．【解答】解：（1）∵抛物线y=ax2+bx﹣3与x轴交于两点A（1，0）、B（3，0），∴0=a+b﹣3，0=9a+3b﹣3，解得：a=﹣1，b=4，∴y=﹣x2+4x﹣3；（2）如图1，过P作x轴的平行线交Y轴于E点，过B点作X轴的垂线交EP的延长线于F点，设P（t，﹣t2+4t﹣3），当P点在第一象限时，则DE=﹣t2+4t，PF=3﹣t，PE=t，BF=﹣t2+4t﹣3，可证△DEP∽△PFB，，，可求得，所以P（，），同理，当P点在第四象限时，可求得P（，）；（3）如图2，设N（m，0）则M（m，﹣m2+4m﹣3），MN=m2﹣4m+3若△AMN∽△CDB，，当N在A点左边时AN=1﹣m，，m=0或m=1（舍），所以M（0，﹣3），当N在A点右边时AN=m﹣1，，m=6或m=1（舍），所以M（6，﹣15），若△MAN∽△CDB，，当N在A点左边时AN=1﹣m，，m=（舍）或m=1（舍），所以此时M不存在，当N在A点右边时AN=m﹣1，，m=或m=1（舍），所以M（，），综上M1（0，﹣3）M2（6，﹣15）M3（，）．【点评】此题主要考查了二次函数的综合应用，（2）（3）小题中，都用到了分类讨论的数学思想，难点在于考虑问题要全面，做到不重不漏．四、三年真题4．（15宜宾24）如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴分别相交于点A（﹣2，0），B（4，0），与y轴交于点C，顶点为点P．（1）求抛物线的解析式；（2）动点M、N从点O同时出发，都以每秒1个单位长度的速度分别在线段OB、OC上向点B、C方向运动，过点M作x轴的垂线交BC于点F，交抛物线于点H．①当四边形OMHN为矩形时，求点H的坐标；②是否存在这样的点F，使△PFB为直角三角形？若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题．【分析】（1）把A（﹣2，0），B（4，0），代入抛物线y=﹣x2+bx+c，求出b、c即可；（2）①表示出ON、MH，运用ON=MH，列方程求解即可；②存在，先求出BC的解析式，根据互相垂直的直线一次项系数积等于﹣1，直线经过点P，待定系数法求出直线PF的解析式，求直线BC与直线PF的交点坐标即可．【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（4，0），代入抛物线y=﹣x2+bx+c得：解得：b=1，c=4，∴y=﹣x2+x+4；（2）点C的坐标为（0，4），B（4，0）∴直线BC的解析式为y=﹣x+4，①根据题意，ON=OM=t，MH=﹣t2+t+4∵ON∥MH∴当ON=MH时，四边形OMHN为矩形，即t=﹣t2+t+4解得：t=2或t=﹣2（不合题意舍去）把t=2代入y=﹣t2+t+4得：y=2∴H（2，2）；②存在，当PF⊥BC时，∵直线BC的解析式为y=﹣x+4，∴设PF的解析式为y=x+b，又点P（1，）代入求得b=，∴根据题意列方程组：解得：∴F（，）当PF⊥BP时，∵点P（1，），B（4，0），∴直线BP的解析式为：y=﹣x+6，∴设PF的解析式为y=x+b，又点P（1，）代入求得b=，∴根据题意列方程组：解得：∴F（，），综上所述：△PFB为直角三角形时，点F的坐标为（，）或（，）．【点评】本题考查了待定系数法求直线和抛物线解析式，求顶点坐标，矩形的判定与性质以及两直线互相垂直的性质，本题有一定的综合性，难度不大，关键是掌握两直线互相垂直的性质．5．（16白银张掖28）如图，已知抛物线y=﹣x2+bx+c经过A（3，0），B（0，3）两点．（1）求此抛物线的解析式和直线AB的解析式；（2）如图①，动点E从O点出发，沿着OA方向以1个单位/秒的速度向终点A匀速运动，同时，动点F从A点出发，沿着AB方向以个单位/秒的速度向终点B匀速运动，当E，F中任意一点到达终点时另一点也随之停止运动，连接EF，设运动时间为t秒，当t为何值时，△AEF为直角三角形？（3）如图②，取一根橡皮筋，两端点分别固定在A，B处，用铅笔拉着这根橡皮筋使笔尖P在直线AB上方的抛物线上移动，动点P与A，B两点构成无数个三角形，在这些三角形中是否存在一个面积最大的三角形？如果存在，求出最大面积，并指出此时点P的坐标；如果不存在，请简要说明理由．【考点】二次函数综合题．【分析】（1）用待定系数法求出抛物线，直线解析式；（2）分两种情况进行计算即可；（3）确定出面积达到最大时，直线PC和抛物线相交于唯一点，从而确定出直线PC解析式为y=﹣x+，根据锐角三角函数求出BD，计算即可．【解答】解：（1）∵抛物线y=﹣x2+bx+c经过A（3，0），B（0，3）两点，∴，∴，∴y=﹣x2+2x+3，设直线AB的解析式为y=kx+n，∴，∴，∴y=﹣x+3；（2）由运动得，OE=t，AF=t，∴AE=OA﹣OE=3﹣t，∵△AEF为直角三角形，∴①△AOB∽△AEF，∴，∴，∴t=，②△AOB∽△AFE，∴，∴，∴t=1；（3）如图，存在，过点P作PC∥AB交y轴于C，∵直线AB解析式为y=﹣x+3，∴设直线PC解析式为y=﹣x+b，联立，∴﹣x+b=﹣x2+2x+3，∴x2﹣3x+b﹣3=0∴△=9﹣4（b﹣3）=0∴b=，∴BC=﹣3=，x=，∴P（，）．过点B作BD⊥PC，∴直线BD解析式为y=x+3，∴BD=，∴BD=，∵AB=3S最大=AB×BD=×3×=．即：存在面积最大，最大是，此时点P（，）．【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，相似三角形的性质和判定，平行线的解析式的确定方法，互相垂直的直线解析式的确定方法，解本题的关键是确定出△PAB面积最大时点P的特点．6．（16重庆B卷26）如图1，二次函数y=x2﹣2x+1的图象与一次函数y=kx+b（k≠0）的图象交于A，B两点，点A的坐标为（0，1），点B在第一象限内，点C是二次函数图象的顶点，点M是一次函数y=kx+b（k≠0）的图象与x轴的交点，过点B作轴的垂线，垂足为N，且S△AMO：S四边形AONB=1：48．（1）求直线AB和直线BC的解析式；（2）点P是线段AB上一点，点D是线段BC上一点，PD∥x轴，射线PD与抛物线交于点G，过点P作PE⊥x轴于点E，PF⊥BC于点F．当PF与PE的乘积最大时，在线段AB上找一点H（不与点A，点B重合），使GH+BH的值最小，求点H的坐标和GH+BH的最小值；（3）如图2，直线AB上有一点K（3，4），将二次函数y=x2﹣2x+1沿直线BC平移，平移的距离是t（t≥0），平移后抛物线上点A，点C的对应点分别为点A′，点C′；当△A′C′K是直角三角形时，求t的值．【考点】二次函数综合题．【分析】（1）根据S△AMO：S四边形AONB=1：48，求出三角形相似的相似比为1：7，从而求出BN，继而求出点B的坐标，用待定系数法求出直线解析式．（2）先判断出PE×PF最大时，PE×PD也最大，再求出PE×PF最大时G（5，），再简单的计算即可；（3）由平移的特点及坐标系中，两点间的距离公式得A′C′2=8，A′K2=5m2﹣18m+18，C′K2=5m2﹣22m+26，最后分三种情况计算即可．【解答】解：（1）∵点C是二次函数y=x2﹣2x+1图象的顶点，∴C（2，﹣1），∵PE⊥x轴，BN⊥x轴，∴△MAO∽△MBN，∵S△AMO：S四边形AONB=1：48，∴S△AMO：S△BMN=1：49，∴OA：BN=1：7，∵OA=1∴BN=7，把y=7代入二次函数解析式y=x2﹣2x+1中，可得7=x2﹣2x+1，∴x1=﹣2（舍），x2=6∴B（6，7），∵A的坐标为（0，1），∴直线AB解析式为y=x+1，∵C（2，﹣1），B（6，7），∴直线BC解析式为y=2x﹣5．（2）如图1，设点P（x0，x0+1），∴D（，x0+1），∴PE=x0+1，PD=3﹣x0，∵∠DPF固定不变，∴PF：PD的值固定，∴PE×PF最大时，PE×PD也最大，PE×PD=（x0+1）（3﹣x0）=﹣x02+x0+3，∴当x0=时，PE×PD最大，即：PE×PF最大．此时G（5，）∵△MNB是等腰直角三角形，过B作x轴的平行线，∴BH=B1H，GH+BH的最小值转化为求GH+HB1的最小值，∴当GH和HB1在一条直线上时，GH+HB1的值最小，此时H（5，6），最小值为7﹣=（3）令直线BC与x轴交于点I，∴I（，0）∴IN=，IN：BN=1：2，∴沿直线BC平移时，横坐标平移m时，纵坐标则平移2m，平移后A′（m，1+2m），C′（2+m，﹣1+2m），∴A′C′2=8，A′K2=5m2﹣18m+18，C′K2=5m2﹣22m+26，当∠A′KC′=90°时，A′K2+KC′2=A′C′2，解得m=，此时t=m=2±；当∠KC′A′=90°时，KC′2+A′C′2=A′K2，解得m=4，此时t=m=4；当∠KA′C′=90°时，A′C′2+A′K2=KC′2，解得m=0，此时t=0．【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了相似三角形的性质，待定系数法求函数解析式，两点间的距离公式，解本题的关键是相似三角形的性质的运用．7．（14年福州21）如图1，点O在线段AB上，AO=2，OB=1，OC为射线，且∠BOC=60°，动点P以每秒2个单位长度的速度从点O出发，沿射线OC做匀速运动，设运动时间为t秒．（1）当t=秒时，则OP=，S△ABP=；（2）当△ABP是直角三角形时，求t的值；（3）如图2，当AP=AB时，过点A作AQ∥BP，并使得∠QOP=∠B，求证：AQ•BP=3．【考点】相似形综合题．【专题】几何动点问题；压轴题．【分析】（1）如答图1所示，作辅助线，利用三角函数或勾股定理求解；（2）当△ABP是直角三角形时，有三种情形，需要分类讨论；（3）如答图4所示，作辅助线，构造一对相似三角形△OAQ∽△PBO，利用相似关系证明结论．【解答】（1）解：当t=秒时，OP=2t=2×=1．如答图1，过点P作PD⊥AB于点D．在Rt△POD中，PD=OP•sin60°=1×=，∴S△ABP=AB•PD=×（2+1）×=．（2）解：当△ABP是直角三角形时，①若∠A=90°．∵∠BOC=60°且∠BOC＞∠A，∴∠A≠90°，故此种情形不存在；②若∠B=90°，如答图2所示：∵∠BOC=60°，∴∠BPO=30°，∴OP=2OB=2，又OP=2t，∴t=1；③若∠APB=90°，如答图3所示：过点P作PD⊥AB于点D，则OD=OP•sin30°=t，PD=OP•sin60°=t，∴AD=OA+OD=2+t，BD=OB﹣OD=1﹣t．在Rt△ABP中，由勾股定理得：PA2+PB2=AB2∴（AD2+PD2）+（BD2+PD2）=AB2，即[（2+t）2+（t）2]+[（1﹣t）2+（t）2]=32解方程得：t=或t=（负值舍去），∴t=．综上所述，当△ABP是直角三角形时，t=1或t=．（3）证明：如答图4，过点O作OE∥AP，交PB于点E，则有，∴PE=PB．∵AP=AB，∴∠APB=∠B，∵OE∥AP，∴∠OEB=∠APB，∴∠OEB=∠B，∴OE=OB=1，∠3+∠B=180°．∵AQ∥PB，∴∠OAQ+∠B=180°，∴∠OAQ=∠3；∵∠AOP=∠1+∠QOP=∠2+∠B，∠QOP=∠B，∴∠1=∠2；∴△OAQ∽△PEO，∴，即，化简得：AQ•PB=3．【点评】本题是运动型综合题，考查了相似三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理、一元二次方程等多个知识点．第（2）问中，解题关键在于分类讨论思想的运用；第（3）问中，解题关键是构造相似三角形，本问有多种解法，可探究尝试．五、两年模拟8．（2015年曲靖麒麟区中考模拟第24题）如图，过点C（0，2）的抛物线与直线AD交于A（﹣1，0），D（3，2）两点．（1）求直线AD和抛物线的解析式；（2）点M为抛物线对称轴上一点，求MA+MC最小时点M的坐标；（3）在y轴上是否存在点P使△PAD是直角三形？若存在，求出点P坐标；若不存在，说明理由．【考点】二次函数综合题．【分析】（1）设出一次函数、二次函数解析式分别为y=kx+b，y=ax2+bx+c，将函数图象上的点代入，即可求函数解析式；（2）连接BC，与对称轴交于M，此时MA+MC最小．求出BC解析式，将M点横坐标代入即可求出其纵坐标；（3）分四种情况讨论：①当∠AP1D=90°时，△DCP1∽△P1OA；②∠AP2D=90°时，△AOP2∽△P2CD；③设AP3解析式为y=﹣2x+s，将A（﹣1，0）分别代入解析式，求出s的值；④设AP4解析式为y=﹣2x+t，将A（3，2）分别代入解析式得，t=8．【解答】解：（1）设AD的解析式为y=kx+b，将A（﹣1，0），D（3，2）分别代入解析式得，，解得，∴AD的解析式为y=x+．设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，将A（﹣1，0），C（0，2），D（3，2）分别代入解析式得，解得，，函数解析式为y=﹣x2+x+2．（2）如图1，连接BC，与对称轴交于M，此时MA+MC最小．设BC解析式为y=ax+b，把B（4，0），C（0，2）代入解析式得，，解得，则y=﹣x+2，当x=﹣=时，y=﹣×+2=，∴M（，）．（3）①当∠AP1D=90°时，△DCP1∽△P1OA，∴=，即=，∴P1C2+2P1C=3，解得，P1C=1，P1C=﹣3（舍去）．∴P1O=3，∴P1（0，3）．②∠AP2D=90°时，△AOP2∽△P2CD，∴=，即=，∴P2O2+2P2O=3，解得，P2O=1，P2O=﹣3（舍去）．∴P2O=3，∴P2（0，﹣3）．③如图3，∵AP3⊥AD，DP4⊥AD，且AD解析式为y=x+，设AP3解析式为y=﹣2x+s，将A（﹣1，0）分别代入解析式得，s=﹣2，解析式为y=﹣2x﹣2，当x=0时，y=﹣2，则得P3（0，﹣2），④设AP4解析式为y=﹣2x+t，将A（3，2）分别代入解析式得，t=8，解析式为y=﹣2x+8，当x=0时，y=8，则得P4（0，8）．【点评】本题考查了二次函数综合题，涉及待定系数法求二次函数解析式和一次函数解析式、轴对称最短路径问题、存在性问题和相似三角形的判定与性质，难度较大．9．（2016年汕头潮阳区中考模拟第25题）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，Rt△AOB的直角边OB，OA分别在x轴上和y轴上，其中OA=2，OB=4，现将Rt△AOB绕着直角顶点O按逆时针方向旋转90°得到△COD，已知一抛物线经过C、D、B三点．（1）该抛物线的解析式为；（2）设点E是抛物线上位于第一象限的动点，过点E作EF⊥x轴于点F，并交直线AB于N，过点E再作EM⊥AB于点M，求△EMN周长的最大值；（3）当△EMN的周长最大时，在直线EF上是否存在点Q，使得△QCD是以CD为直角边的直角三角形？若存在请求出点Q的坐标，若不存在，请说明理由． 【考点】二次函数综合题．【分析】（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c．由线段OA、OB的长度可得出点A、B的坐标，再由旋转的特性可得出点C、D的坐标，由点B、C、D三点的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（2）在Rt△AOB中，找出∠ABO的正弦余弦值，再根据相似三角形的判定定理找出△EMN∽△BFN，从而得出∠MEN=∠FBN，用EN的长度来表示出EM和MN的长度，由点A、B的坐标利用待定系数法求出直线AB的函数解析式，设出点E的坐标为（t，﹣+t+4）（0＜t＜4），即可找出点N的坐标为（t，﹣t+2），从而得出线段EN的长度，将EN、MN、EM相加即可得出△EMN的周长，根据二次函数的性质可求出EN的最大值，由此即可得出结论；（3）结合（2）的结论可知直线EF的解析式为x=，分∠QDC=90°和∠DCQ=90°两种情况来考虑，利用相似三角形的性质找出相似边的比例关系来找出线段的长度，再根据点与点间的数量关系即可找出点Q的坐标．【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c．∵OA=2，OB=4，∴点A（0，2），点B（4，0），由旋转的特性可知：点C（﹣2，0），点D（0，4）．将点B（4，0）、点C（﹣2，0）、点D（0，4）代入到抛物线解析式得：，解得：．∴该抛物线的解析式为y=﹣+x+4．故答案为：y=﹣+x+4．（2）依照