(一)压轴题解题方法——直角三角形的存在性

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中考数学复习---二次函数中三角形存在性问题压轴题练习(含答案解析)

中考数学复习---二次函数中三角形存在性问题压轴题练习（含答案解析）一．相似三角形的存在性1．（2022•陕西）已知抛物线y＝ax2+bx﹣4经过点A（﹣2，0），B（4，0），与y 轴的交点为C．（1）求该抛物线的函数表达式；（2）若点P是该抛物线上一点，且位于其对称轴l的右侧，过点P分别作l，x 轴的垂线，垂足分别为M，N，连接MN．若△PMN和△OBC相似，求点P的坐标．【解答】解：（1）把A（﹣2，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx﹣4得：，解得，∴抛物线的函数表达式为y＝x2﹣x﹣4；（2）如图：∵y＝x2﹣x﹣4＝（x﹣1）2﹣，∴抛物线y＝x2﹣x﹣4的对称轴是直线x＝1，在y＝x2﹣x﹣4中，令x＝0得y＝﹣4，∴C（0，﹣4），∴OB＝OC＝4，∴△BOC是等腰直角三角形，∵△PMN和△OBC相似，∴△PMN是等腰直角三角形，∵PM⊥直线x＝1，PN⊥x轴，∴∠MPN＝90°，PM＝PN，设P（m，m2﹣m﹣4），∴|m﹣1|＝|m2﹣m﹣4|，∴m﹣1＝m2﹣m﹣4或m﹣1＝﹣m2+m+4，解得m＝+2或m＝﹣+2或m＝或m＝﹣，∵点P是该抛物线上一点，且位于其对称轴直线x＝1的右侧，∴P的坐标为（+2，+1）或（，1﹣）．2．（2022•绵阳）如图，抛物线y＝ax2+bx+c交x轴于A（﹣1，0），B两点，交y轴于点C（0，3），顶点D的横坐标为1．（1）求抛物线的解析式；（2）在y轴的负半轴上是否存在点P使∠APB+∠ACB＝180°，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由；（3）过点C作直线l与y轴垂直，与抛物线的另一个交点为E，连接AD，AE，DE，在直线l下方的抛物线上是否存在一点M，过点M作MF⊥l，垂足为F，使以M，F，E三点为顶点的三角形与△ADE相似？若存在，请求出M点的坐标，若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）∵顶点D的横坐标为1，∴抛物线的对称轴为直线x＝1，∵A（﹣1，0），∴B（3，0），∴设抛物线的解析式为：y＝a（x+1）（x﹣3），将C（0，3）代入抛物线的解析式，则﹣3a＝3，解得a＝﹣1，∴抛物线的解析式为：y＝﹣（x+1）（x﹣3）＝﹣x2+2x+3．（2）存在，P（0，﹣1），理由如下：∵∠APB+∠ACB＝180°，∴∠CAP+∠CBP＝180°，∴点A，C，B，P四点共圆，如图所示，由（1）知，OB＝OC＝3，∴∠OCB＝∠OBC＝45°，∴∠APC＝∠ABC＝45°，∴△AOP是等腰直角三角形，∴OP＝OA＝1，∴P（0，﹣1）．（3）存在，理由如下：由（1）知抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3，∴D（1，4），由抛物线的对称性可知，E（2，3），∵A（﹣1，0），∴AD＝2，DE＝，AE＝3．∴AD2＝DE2+AE2，∴△ADE是直角三角形，且∠AED＝90°，DE：AE＝1：3．∵点M在直线l下方的抛物线上，∴设M（t，﹣t2+2t+3），则t＞2或t＜0．∴EF＝|t﹣2|，MF＝3﹣（﹣t2+2t+3）＝t2﹣2t，若△MEF与△ADE相似，则EF：MF＝1：3或MF：EF＝1：3，∴|t﹣2|：（t2﹣2t）＝1：3或（t2﹣2t）：|t﹣2|＝1：3，解得t＝2（舍）或t＝3或﹣3或（舍）或﹣，∴M的坐标为（3，0）或（﹣3，﹣12）或（﹣，）．综上，存在点M，使以M，F，E三点为顶点的三角形与△ADE相似，此时点M的坐标为（3，0）或（﹣3，﹣12）或（﹣，）．3．（2022•恩施州）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝﹣x2+c与y 轴交于点P（0，4）．（1）直接写出抛物线的解析式．（2）如图，将抛物线y＝﹣x2+c向左平移1个单位长度，记平移后的抛物线顶点为Q，平移后的抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C．判断以B、C、Q三点为顶点的三角形是否为直角三角形，并说明理由．（3）直线BC与抛物线y＝﹣x2+c交于M、N两点（点N在点M的右侧），请探究在x轴上是否存在点T，使得以B、N、T三点为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．（4）若将抛物线y＝﹣x2+c进行适当的平移，当平移后的抛物线与直线BC最多只有一个公共点时，请直接写出抛物线y＝﹣x2+c平移的最短距离并求出此时抛物线的顶点坐标．【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+c与y轴交于点P（0，4），∴c＝4，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+4；（2）△BCQ是直角三角形．理由如下：将抛物线y＝﹣x2+4向左平移1个单位长度，得新抛物线y＝﹣（x+1）2+4，∴平移后的抛物线顶点为Q（﹣1，4），令x＝0，得y＝﹣1+4＝3，∴C（0，3），令y＝0，得﹣（x+1）2+4＝0，解得：x1＝1，x2＝﹣3，∴B（﹣3，0），A（1，0），如图1，连接BQ，CQ，PQ，∵P（0，4），Q（﹣1，4），∴PQ⊥y轴，PQ＝1，∵CP＝4﹣3＝1，∴PQ＝CP，∠CPQ＝90°，∴△CPQ是等腰直角三角形，∴∠PCQ＝45°，∵OB＝OC＝3，∠BOC＝90°，∴△BOC是等腰直角三角形，∴∠BCO＝45°，∴∠BCQ＝180°﹣45°﹣45°＝90°，∴△BCQ是直角三角形．（3）在x轴上存在点T，使得以B、N、T三点为顶点的三角形与△ABC相似．∵△ABC是锐角三角形，∠ABC＝45°，∴以B、N、T三点为顶点的三角形与△ABC相似，必须∠NBT＝∠ABC＝45°，即点T在y轴的右侧，设T（x，0），且x＞0，则BT＝x+3，∵B（﹣3，0），A（1，0），C（0，3），∴∠ABC＝45°，AB＝4，BC＝3，设直线BC的解析式为y＝kx+b，则，解得：，∴直线BC的解析式为y＝x+3，由，解得：，，∴M（﹣，），N（，），∴BN＝×＝，①当△NBT∽△CBA时，则＝，∴＝，解得：x＝，∴T（，0）；②当△NBT∽△ABC时，则＝，∴＝，解得：x＝，∴T（，0）；综上所述，点T的坐标T（，0）或（，0）．（4）抛物线y＝﹣x2+4的顶点为P（0，4），∵直线BC的解析式为y＝x+3，∴直线BC与y轴的夹角为45°，当抛物线沿着垂直直线BC的方向平移到只有1个公共点时，平移距离最小，此时向右和向下平移距离相等，设平移后的抛物线的顶点为P′（t，4﹣t），则平移后的抛物线为y＝﹣（x﹣t）2+4﹣t，由﹣（x﹣t）2+4﹣t＝x+3，整理得：x2+（1﹣2t）x+t2+t﹣1＝0，∵平移后的抛物线与直线BC最多只有一个公共点，∴Δ＝（1﹣2t）2﹣4（t2+t﹣1）＝0，解得：t＝，∴平移后的抛物线的顶点为P′（，），平移的最短距离为．二．直角三角形的存在性4．（2022•广安）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+x+m（a≠0）的图象与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B，其中点B坐标为（0，﹣4），点C 坐标为（2，0）．（1）求此抛物线的函数解析式．（2）点D是直线AB下方抛物线上一个动点，连接AD、BD，探究是否存在点D，使得△ABD的面积最大？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．（3）点P为该抛物线对称轴上的动点，使得△P AB为直角三角形，请求出点P 的坐标．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+x+m（a≠0）的图象经过点B（0，﹣4），点C（2，0），∴，解得，∴抛物线的解析式为y＝x2+x﹣4；（2）存在．理由：如图1中，设D （t ，t 2+t ﹣4），连接OD ．令y ＝0，则x 2+x ﹣4＝0，解得x ＝﹣4或2，∴A （﹣4，0），C （2，0），∵B （0，﹣4），∴OA ＝OB ＝4，∵S △ABD ＝S △AOD +S △OBD ﹣S △AOB ＝×4×（﹣﹣t +4）+×4×（﹣t ）﹣×4×4＝﹣t 2﹣4t ＝﹣（t +2）2+4，∵﹣1＜0，∴t ＝﹣2时，△ABD 的面积最大，最大值为4，此时D （﹣2，﹣4）；（3）如图2中，设抛物线的对称轴交x 轴于点N ，过点B 作BM ⊥抛物线的对称轴于点M ．则N （﹣1.0）．M （﹣1，﹣4）；∵OA＝OB＝4，∠AOB＝90°，∴∠OAB＝∠OBA＝45°，当∠P1AB＝90°时，△ANP1是等腰直角三角形，∴AN＝NP1＝3，∴P1（﹣1，3），当∠ABP2＝90°时，△BMP2是等腰直角三角形，可得P2（﹣1，﹣5），当∠APB＝90°时，设P（﹣1，n），设AB的中点为J，连接PJ，则J（﹣2，﹣2），∴PJ＝AB＝2，∴12+（n+2）2＝（2）2，解得n＝﹣2或﹣﹣2，∴P3（﹣1，﹣2），P4（﹣1，﹣﹣2），综上所述，满足条件的点P的坐标为（﹣1，3）或（﹣1，﹣5）或（﹣1，﹣2）或（﹣1，﹣﹣2）．5．（2022•辽宁）如图，抛物线y＝ax2﹣3x+c与x轴交于A（﹣4，0），B两点，与y轴交于点C（0，4），点D为x轴上方抛物线上的动点，射线OD交直线AC 于点E，将射线OD绕点O逆时针旋转45°得到射线OP，OP交直线AC于点F，连接DF．（1）求抛物线的解析式；（2）当点D在第二象限且＝时，求点D的坐标；（3）当△ODF为直角三角形时，请直接写出点D的坐标．【解答】解：（1）将点A（﹣4，0），C（0，4）代入y＝ax2﹣3x+c，∴，解得，∴y＝﹣x2﹣3x+4；（2）过点D作DG⊥AB交于G，交AC于点H，设直线AC的解析式为y＝kx+b，∴，解得，∴y＝x+4，设D（n，﹣n2﹣3n+4），H（n，n+4），∴DH＝﹣n2﹣4n，∵DH∥OC，∴＝＝，∵OC＝4，∴DH＝3，∴﹣n2﹣4n＝3，解得n＝﹣1或n＝﹣3，∴D（﹣1，6）或（﹣3，4）；（3）设F（t，t+4），当∠FDO＝90°时，过点D作MN⊥y轴交于点N，过点F作FM⊥MN交于点M，∵∠DOF＝45°，∴DF＝DO，∵∠MDF+∠NDO＝90°，∠MDF+∠MFD＝90°，∴∠NDO＝∠MFD，∴△MDF≌△NOD（AAS），∴DM＝ON，MF＝DN，∴DN+ON＝﹣t，DN＝ON+（﹣t﹣4），∴DN＝﹣t﹣2，ON＝2，∴D点纵坐标为2，∴﹣x2﹣3x+4＝2，解得x＝或x＝，∴D点坐标为（，2）或（，2）；当∠DFO＝90°时，过点F作KL⊥x轴交于L点，过点D作DK⊥KL交于点K，∵∠KFD+∠LFO＝90°，∠KFD+∠KDF＝90°，∴∠LFO＝∠KDF，∵DF＝FO，∴△KDF≌△LFO（AAS），∴KD＝FL，KF＝LO，∴KL＝t+4﹣t＝4，∴D点纵坐标为4，∴﹣x2﹣3x+4＝4，解得x＝0或x＝﹣3，∴D（0，4）或（﹣3，4）；综上所述：D点坐标为（，2）或（，2）或（0，4）或（﹣3，4）．三．等腰三角形的存在性6．（2022•百色）已知抛物线经过A（﹣1，0）、B（0，3）、C（3，0）三点，O 为坐标原点，抛物线交正方形OBDC的边BD于点E，点M为射线BD上一动点，连接OM，交BC于点F．（1）求抛物线的表达式；（2）求证：∠BOF＝∠BDF；（3）是否存在点M，使△MDF为等腰三角形？若不存在，请说明理由；若存在，求ME的长．【解答】（1）解：设抛物线的表达式为y＝ax2+bx+c，把A（﹣1，0）、B（0，3）、C（3，0）代入得：，解得，∴抛物线的表达式为：y＝﹣x2+2x+3；（2）证明：∵正方形OBDC，∴∠OBC＝∠DBC，BD＝OB，∵BF＝BF，∴△BOF≌△BDF，∴∠BOF＝∠BDF；（3）解：∵抛物线交正方形OBDC的边BD于点E，∴令y＝3，则3＝﹣x2+2x+3，解得：x1＝0，x2＝2，∴E（2，3），①如图，当M在线段BD的延长线上时，∠BDF为锐角，∴∠FDM为钝角，∵△MDF为等腰三角形，∴DF＝DM，∴∠M＝∠DFM，∴∠BDF＝∠M+∠DFM＝2∠M，∵BM∥OC，∴∠M＝∠MOC，由（2）得∠BOF＝∠BDF，∴∠BDF+∠MOC＝3∠M＝90°，∴∠M＝30°，在Rt△BOM中，BM＝，∴ME＝BM﹣BE＝3﹣2；②如图，当M在线段BD上时，∠DMF为钝角，∵△MDF为等腰三角形，∴MF＝DM，∴∠BDF＝∠MFD，∴∠BMO＝∠BDF+∠MFD＝2∠BDF，由（2）得∠BOF＝∠BDF，∴∠BMO＝2∠BOM，∴∠BOM+∠BMO＝3∠BOM＝90°，∴∠BOM＝30°，在Rt△BOM中，BM＝，∴ME＝BE﹣BM＝2﹣，综上所述，ME的值为：3﹣2或2﹣．7．（2022•山西）综合与探究如图，二次函数y＝﹣x2+x+4的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．点P是第一象限内二次函数图象上的一个动点，设点P的横坐标为m．过点P作直线PD⊥x轴于点D，作直线BC交PD于点E．（1）求A，B，C三点的坐标，并直接写出直线BC的函数表达式；（2）当△CEP是以PE为底边的等腰三角形时，求点P的坐标；（3）连接AC，过点P作直线l∥AC，交y轴于点F，连接DF．试探究：在点P 运动的过程中，是否存在点P，使得CE＝FD，若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）在y＝﹣x2+x+4中，令x＝0得y＝4，令y＝0得x＝8或x＝﹣2，∴A（﹣2，0），B（8，0），C（0，4），设直线BC解析式为y＝kx+4，将B（8，0）代入得：8k+4＝0，解得k＝﹣，∴直线BC解析式为y＝﹣x+4；（2）过C作CG⊥PD于G，如图：设P（m，﹣m2+m+4），∴PD＝﹣m2+m+4，∵∠COD＝∠PDO＝∠CGD＝90°，∴四边形CODG是矩形，∴DG＝OC＝4，CG＝OD＝m，∴PG＝PD﹣DG＝﹣m2+m+4﹣4＝﹣m2+m，∵CP＝CE，CG⊥PD，∴GE＝PG＝﹣m2+m，∵∠GCE＝∠OBC，∠CGE＝90°＝∠BOC，∴△CGE∽△BOC，∴＝，即＝，解得m＝0（舍去）或m＝4，∴P（4，6）；（3）存在点P，使得CE＝FD，理由如下：过C作CH⊥PD于H，如图：设P（m，﹣m2+m+4），由A（﹣2，0），C（0，4）可得直线AC解析式为y＝2x+4，根据PF∥AC，设直线PF解析式为y＝2x+b，将P（m，﹣m2+m+4）代入得：﹣m2+m+4＝2m+b，∴b＝﹣m2﹣m+4，∴直线PF解析式为y＝2x﹣m2﹣m+4，令x＝0得y＝﹣m2﹣m+4，∴F（0，﹣m2﹣m+4），∴OF＝|﹣m2﹣m+4|，同（2）可得四边形CODH是矩形，∴CH＝OD，∵CE＝FD，∴Rt△CHE≌Rt△DOF（HL），∴∠HCE＝∠FDO，∵∠HCE＝∠CBO，∴∠FDO＝∠CBO，∴tan∠FDO＝tan∠CBO，∴＝，即＝，∴﹣m2﹣m+4＝m或﹣m2﹣m+4＝﹣m，解得m＝2﹣2或m＝﹣2﹣2或m＝4或m＝﹣4，∵P在第一象限，∴m＝2﹣2或m＝4．8．（2022•东营）如图，抛物线y＝ax2+bx﹣3（a≠0）与x轴交于点A（﹣1，0），点B（3，0），与y轴交于点C．（1）求抛物线的表达式；（2）在对称轴上找一点Q，使△ACQ的周长最小，求点Q的坐标；（3）点P是抛物线对称轴上的一点，点M是对称轴左侧抛物线上的一点，当△PMB是以PB为腰的等腰直角三角形时，请直接写出所有点M的坐标．【解答】解：（1）将点A（﹣1，0），点B（3，0）代入y＝ax2+bx﹣3，∴，解得，∴y＝x2﹣2x﹣3；（2）连接CB交对称轴于点Q，∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴抛物线的对称轴为直线x＝1，∵A、B关于对称轴x＝1对称，∴AQ＝BQ，∴AC+AQ+CQ＝AC+CQ+BQ≥AC+BC，当C、B、Q三点共线时，△ACQ的周长最小，∵C（0，﹣3），B（3，0），设直线BC的解析式为y＝kx+b，∴，解得，∴y＝x﹣3，∴Q（1，﹣2）；（3）当∠BPM＝90°时，PM＝PB，∴M点与A点重合，∴M（﹣1，0）；当∠PBM＝90°时，PB＝BM，如图1，当P点在M点上方时，过点B作x轴的垂线GH，过点P作PH⊥GH 交于H，过点M作MG⊥HG交于G，∵∠PBM＝90°，∴∠PBH+∠MBG＝90°，∵∠PBH+∠BPH＝90°，∴∠MBG＝∠BPH，∵BP＝BM，∴△BPH≌△MBG（AAS），∴BH＝MG，PH＝BG＝2，设P（1，t），则M（3﹣t，﹣2），∴﹣2＝（3﹣t）2﹣2（3﹣t）﹣3，解得t＝2+或t＝2﹣，∴M（1﹣，﹣2）或（1+，﹣2），∵M点在对称轴的左侧，∴M点坐标为（1﹣，﹣2）；如图2，当P点在M点下方时，同理可得M（3+t，2），∴2＝（3+t）2﹣2（3+t）﹣3，解得t＝﹣2+（舍）或t＝﹣2﹣，∴M（1﹣，2）；综上所述：M点的坐标为（1﹣，﹣2）或（1﹣，2）或（﹣1，0）．9．（2022•枣庄）如图①，已知抛物线L：y＝x2+bx+c经过点A（0，3），B（1，0），过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点．（1）求抛物线的关系式；（2）若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当△OPE面积最大时，求出P点坐标；（3）将抛物线L向上平移h个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在△OAE 内（包括△OAE的边界），求h的取值范围；（4）如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P，使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）∵抛物线L：y＝x2+bx+c经过点A（0，3），B（1，0），∴，解得，∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；（2）如图，过P作PG∥y轴，交OE于点G，设P（m，m2﹣4m+3），∵OE平分∠AOB，∠AOB＝90°，∴∠AOE＝45°，∴△AOE是等腰直角三角形，∴AE＝OA＝3，∴E（3，3），∴直线OE的解析式为：y＝x，∴G（m，m），∴PG＝m﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+5m﹣3，∴S△OPE ＝S△OPG+S△EPG＝PG•AE＝×3×（﹣m2+5m﹣3）＝﹣（m2﹣5m+3）＝﹣（m﹣）2+，∵﹣＜0，∴当m＝时，△OPE面积最大，此时，P点坐标为（，﹣）；（3）由y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，得抛物线l的对称轴为直线x＝2，顶点为（2，﹣1），抛物线L向上平移h个单位长度后顶点为F（2，﹣1+h）．设直线x＝2交OE于点M，交AE于点N，则E（3，3），∵直线OE的解析式为：y＝x，∴M（2，2），∵点F在△OAE内（包括△OAE的边界），∴2≤﹣1+h≤3，解得3≤h≤4；（4）设P（m，m2﹣4m+3），分四种情况：①当P在对称轴的左边，且在x轴下方时，如图，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，∴∠OMP＝∠PNF＝90°，∵△OPF是等腰直角三角形，∴OP＝PF，∠OPF＝90°，∴∠OPM+∠NPF＝∠PFN+∠NPF＝90°，∴∠OPM＝∠PFN，∴△OMP≌△PNF（AAS），∴OM＝PN，∵P（m，m2﹣4m+3），则﹣m2+4m﹣3＝2﹣m，解得：m＝（舍）或，∴P的坐标为（，）；②当P在对称轴的左边，且在x轴上方时，同理得：2﹣m＝m2﹣4m+3，解得：m1＝（舍）或m2＝，∴P的坐标为（，）；③当P在对称轴的右边，且在x轴下方时，如图，过P作MN⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M，同理得△ONP≌△PMF，∴PN＝FM，则﹣m2+4m﹣3＝m﹣2，解得：m1＝或m2＝（舍）；P的坐标为（，）；④当P在对称轴的右边，且在x轴上方时，如图，同理得m2﹣4m+3＝m﹣2，解得：m＝或（舍），P的坐标为：（，）；综上所述，点P的坐标是：（，）或（，）或（，）或（，）．方法二：作直线DE：y＝x﹣2，E（1，﹣1）是D点（2，0）绕O点顺时针旋转45°并且OD缩小倍得到，易知直线DE即为对称轴上的点绕O点顺时针旋转45°，且到O点距离缩小倍的轨迹，联立直线DE和抛物线解析式得x2﹣4x+3＝x﹣2，解得x1＝，x2＝，同理可得x3＝或x4＝；综上所述，点P的坐标是：（，）或（，）或（，）或（，）．10．（2023•澄城县一模）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0）、B，与y轴交于点C（0，3），直线l是抛物线的对称轴．（1）求抛物线的函数解析式；（2）在对称轴l上是否存在点M，使△MAC为等腰三角形，若存在，求出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）把点A（﹣1，0）、点C（0，3）分别代入y＝﹣x2+bx+c，得．解得．故该抛物线解析式为：y＝﹣x2+2x+3；（2）由（1）知，该抛物线解析式为：y＝﹣x2+2x+3．则该抛物线的对称轴为直线x＝﹣＝1．故设M（1，m）．∵A（﹣1，0）、点C（0，3），∴AC2＝10，AM2＝4+m2，CM2＝1+（m﹣3）2．①若AC＝AM时，10＝4+m2，解得m＝±．∴点M的坐标为（1，）或（1，﹣）；②若AC＝CM时，10＝1+（m﹣3）2，解得m＝0或m＝6，∴点M的坐标为（1，0）或（1，6）．当点M的坐标为（1，6）时，点A、C、M共线，∴点M的坐标为（1，0）；③当AM＝CM时，4+m2＝1+（m﹣3）2，解得m＝1，∴点M的坐标为（1，1）．综上所述，符合条件的点M的坐标为（1，）或（1，﹣）或（1，0）或（1，1）．11．（2023•碑林区校级一模）二次函数y＝ax2+bx+2的图象交x轴于A（﹣1，0），B（4，0）两点，交y轴于点C，动点M从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB方向运动，过点M作MN⊥x轴交直线BC于点N，交抛物线于点D，连接AC，设运动的时间为t秒．（1）求二次函数y＝ax2+bx+2的表达式；（2）在直线MN上存在一点P，当△PBC是以∠BPC为直角的等腰直角三角形时，求此时点D的坐标．【解答】解：（1）将点（﹣1，0），B（4，0）代入y＝ax2+bx+2，∴a＝﹣，b＝，∴y＝﹣x2+x+2；（2）∵BM＝5﹣2t，∴M（2t﹣1，0），设P（2t﹣1，m），∵PC2＝（2t﹣1）2+（m﹣2）2，PB2＝（2t﹣5）2+m2，∵PB＝PC，∴（2t﹣1）2+（m﹣2）2＝（2t﹣5）2+m2，∴m＝4t﹣5，∴P（2t﹣1，4t﹣5），∵PC⊥PB，∴×＝﹣1，∴t＝1或t＝2，∴M（1，0）或M（3，0），∴D（1，3）或D（3，2）．12．（2023•东洲区模拟）抛物线y＝ax2+bx+3经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴正半轴交于点C．（1）求此抛物线解析式；（2）如图①，连接BC，点P为抛物线第一象限上一点，设点P的横坐标为m，△PBC的面积为S，求S与m的函数关系式，并求S最大时P点坐标；（3）如图②，连接AC，在抛物线的对称轴上是否存在点M，使△MAC为等腰三角形？若存在，请直接写出符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3经过A（﹣1，0），B（3，0）两点，∴，解得：，∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3；（2）点P作PF⊥x轴于点F，交BC于点E，设BC直线解析式为：y＝kx+b，∵B（3，0），C（0，3），∴，解得，∴y＝﹣x+3，由题意可知P（m，﹣m2+2m+3），E（m，﹣m+3），S＝S△PBE+S△PCE，S＝PE•OB＝（﹣m2+2m+3+m﹣3）×3，，∵，∴当时，S有最大值，此时P点坐标为；（3）存在，M1（1，0），，，M4（1，1），①当AC＝AM时，如图，设对称轴l与AB交于点E，则，∵AM2＝AE2+EM2，∴，解得：，∴M点的坐标为或，②当AC＝MC时，则OC为AM的垂直平分线．因此M与E重合，因此，M点的坐标为（1，0），③当AM＝CM时，如图，设M点的坐标为（1，n），则AM2＝22+n2＝4+n2，CM2＝12+（3﹣n）2，∴4+n2＝12+（3﹣n）2，解得：n＝1，∴M点的坐标为（1，1），综上可知，潢足条件的M点共四个，其坐标为M1（1，0），，，M4（1，1）．13．（2023•三亚一模）如图，抛物线y＝ax2+3x+c（a≠0）与x轴交于点A（﹣2，0）和点B，与y轴交于点C（0，8），顶点为D，连接AC，CD，DB，直线BC 与抛物线的对称轴l交于点E．（1）求抛物线的解析式和直线BC的解析式；（2）求四边形ABDC的面积；（3）P是第一象限内抛物线上的动点，连接PB，PC，当S△PBC ＝S△ABC时，求点P的坐标；（4）在抛物线的对称轴l上是否存在点M，使得△BEM为等腰三角形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+3x+c（a≠0）过点A（﹣2，0）和C（0，8），∴，解得，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+3x+8．令y＝0，得．解得x1＝﹣2，x2＝8．∴点B的坐标为（8，0）．设直线BC的解析式为y＝kx+b．把点B（8，0），C（0，8）分别代入y＝kx+b，得，解得，∴直线BC的解析式为y＝﹣x+8．（2）如图1，设抛物线的对称轴l与x轴交于点H．∵抛物线的解析式为，∴顶点D的坐标为．∴S四边形ABDC ＝S△AOC+S梯形OCDH+S△BDH＝＝＝70．（3）∵．∴．如图2，过点P作PG⊥x轴，交x轴于点G，交BC于点F．设点．∵点F在直线BC上，∴F（t，﹣t+8）．∴．∴．∴．解得t1＝2，t2＝6．∴点P的坐标为（2，12）或P（6，8）．（4）存在．∵△BEM为等腰三角形，∴BM＝EM或BE＝BM或BE＝EM，设M（3，m），∵B（8，0），E（3，5），∴BE＝＝5，EM＝|m﹣5|，BM＝＝，当BM＝EM时，＝|m﹣5|，∴m2+25＝（m﹣5）2，解得：m＝0，∴M（3，0）；当BE＝BM时，5＝，∴m2+25＝50，解得：m＝﹣5或m＝5（舍去），∴M（3，﹣5）；当BE＝EM时，5＝|m﹣5|，解得：m＝5+5或m＝5﹣5，∴M（3，5+5）或（3，5﹣5），综上所述，点M的坐标为（3，0）或（3，﹣5）或（3，5+5）或（3，5﹣5）．14．（2023•南海区一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣3（a ＞0）与x轴交于A（﹣1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）点P为直线BC下方抛物线上的一动点，PM⊥BC于点M，PN∥y轴交BC 于点N．求线段PM的最大值和此时点P的坐标；（3）点E为x轴上一动点，点Q为抛物线上一动点，是否存在以CQ为斜边的等腰直角三角形CEQ？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，0）代入函数y＝ax2+bx﹣3（a＞0）中，得，解得，∴解析式为y＝x2﹣2x﹣3，故抛物线解析式为y＝x2﹣2x﹣3；（2）当x＝0时，y＝3，∴C（0，﹣3），∵B（3，0），∴∠OCB＝∠OBC＝45°，∵PN∥y轴，∴∠MNP＝45°，∵PM⊥BC，∴PM＝PN，则当PN最大时，PM也最大，设BC的解析式为y＝mx+n，∴，解得，∴BC解析式为y＝x﹣3，设P（x，x2﹣2x﹣3），N（x，x﹣3），∴PN＝x﹣3﹣（x2﹣2x﹣3）＝﹣（x﹣）2+，当x＝时，PN最大，则PM＝PN＝×＝，∴P（，），故PM最大值为，P点坐标为（，﹣）；（3）存在，点E的坐标为（﹣5，0），（，0），（0，0），（，0）．∵CEQ是以CQ为斜边的等腰直角三角形，∴设Q（x，x2﹣2x﹣3），①如图，过点E作x轴的垂线l，再分别过点C和点Q作垂线l的垂线，分别交于点M和点N，∵∠CEQ＝90°，∴∠QEM+∠CEN＝90°，∵∠QEM+∠MQE＝90°，∴∠EQM＝∠CEN，∵∠CNE＝∠QME＝90°，EC＝EQ，∴△EMQ≌△CNE（AAS），∴CN＝EM＝x2﹣2x﹣3，MQ＝EN＝3，∴|x Q|+MQ＝CN，﹣x+3＝x2﹣2x﹣3，解得x＝﹣2，x＝3（舍去），∴OE＝CM＝2+3＝5，E（﹣5，0），②如图，过点E作x轴的垂线l，再分别过点C和点Q作垂线l的垂线，分别交于点M和点N，同理：△EMC≌△QNE（AAS），CM＝EN＝x2﹣2x﹣3，NQ＝EM＝3，∴﹣x+x2﹣2x﹣3＝3，解得x＝，x＝（舍去），∴OE＝CM＝，E（，0），③如图，点E和点O重合，点Q和点B重合，此时E（0，0），④如图，过点E作x轴的垂线l，再分别过点C和点Q作垂线l的垂线，分别交于点M和点N，同理：△EMC≌△QNE（AAS），CM＝EN＝x2﹣2x﹣3，NQ＝EM＝3，∴x+3＝x2﹣2x﹣3，解得x＝，x＝（舍去），∴OE＝CM＝，E（，0），综上所述，点E的坐标为（﹣5，0），（，0），（0，0），（，0）41。

直角三角形的存在性问题解题策略-2011中考压轴题

直角三角形的存在性问题解题策略1.（遵义市2011）27．（14分）已知抛物线)0(32≠++=a bx ax y 经过A(3，0), B(4，1)两点，且与y 轴交于点C 。

（1）求抛物线)0(32≠++=a bx ax y 的函数关系式及点C 的坐标；（2）如图（1）,连接AB ，在题（1）中的抛物线上是否存在点P ，使△PAB 是以AB 为直角边的直角三角形？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由；（3）如图（2）,连接AC ，E 为线段AC 上任意一点（不与A 、C 重合）经过A 、E 、O 三点的圆交直线AB 于点F ，当△OEF 的面积取得最小值时，求点E 的坐标。

考点：二次函数综合题。

分析：（1）根据A （3，0），B （4，1）两点利用待定系数法求二次函数解析式；（2）从当△PAB 是以AB 为直角边的直角三角形，且∠PAB=90°与当△PAB 是以AB 为直角边的直角三角形，且∠PBA=90°，分别求出符合要求的答案；（3）根据当OE ∥AB 时，△FEO 面积最小，得出OM=ME ，求出即可．解答：解：（1）∵抛物线y=ax 2+bx+3（a≠0）经过A （3，0），B （4，1）两点， ∴错误！未找到引用源。

，解得：错误！未找到引用源。

，∴y=错误！未找到引用源。

x 2﹣错误！未找到引用源。

x+3； ∴点C 的坐标为：（0，3）；（2）当△PAB 是以AB 为直角边的直角三角形，且∠PAB=90°， ∵A （3，0），B （4，1），∴AM=BM=1，∴∠BAM=45°，∴∠DAO=45°，∴AO=DO，∵A点坐标为（3，0），∴D点的坐标为：（0，3），∴直线AD解析式为：y=kx+b，将A，D分别代入得：∴0=3k+b，b=3，∴k=﹣1，∴y=﹣x+3，∴y=错误！未找到引用源。

x2﹣错误！未找到引用源。

【中考数学压轴题专题突破12】二次函数中的直角三角形存在性问题

【中考压轴题专题突破】二次函数中的直角三角形存在性问题1．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C（0，3），且OB＝OC．直线y＝x+1与抛物线交于A、D两点，与y轴交于点E，点Q是抛物线的顶点，设直线AD上方的抛物线上的动点P的横坐标为m．（1）求该抛物线的解析式及顶点Q的坐标．（2）连接CQ，直接写出线段CQ与线段AE的数量关系和位置关系．（3）连接P A、PD，当m为何值时S△APD＝S△DAB？（4）在直线AD上是否存在一点H，使△PQH为等腰直角三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．2．如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣1，抛物线经过A（1，0），C（0，3）两点，与x轴交于A、B两点．（1）若直线y＝mx+n经过B、C两点，求直线BC和抛物线的解析式．（2）在该抛物线的对称轴x＝﹣1上找一点M，使点M到点A的距离与到点C的距离之和最小，求出点M的坐标；（3）设点P为该抛物线的对称轴x＝﹣1上的一个动点，直接写出使△BPC为直角三角形的点P的坐标．提示：若平面直角坐标系内有两点P（x1，y1）、Q（x2，y2），则线段PQ的长度PQ＝）．3．如图，已知抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于点A（﹣1，0）、B（3，0），顶点为M．（1）求抛物线的解析式和点M的坐标；（2）点E是抛物线段BC上的一个动点，设△BEC的面积为S，求出S的最大值，并求出此时点E的坐标；（3）在抛物线的对称轴上是否存在点P，使得以A、P、C为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．4．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．参考答案与试题解析1．【分析】（1）直线y＝x+1与抛物线交于A 点，则点A（﹣1，0）、点E（0，1），可得出点B、C的坐标分别为：（3，0）、（0，3），用待定系数法求出二次函数解析即可求解；（2）求出CQ和AE的长，可得出CQ＝AE，由两直线的解析式k相等可得出CQ 与AE平行；（3）联立直线y＝x+1与抛物线的表达式，并解得x＝﹣1或2．故点D（2，3），过点P作y轴的平行线交AD于点K，设点P（m，﹣m2+2m+3），则点K（m，m+1），根据面积关系可求出m的值；（4）分∠QOH＝90°、∠PQH＝90°、∠QHP＝90°三种情况，分别求解即可．【解答】（1）直线y＝x+1与抛物线交于A点，则点A（﹣1，0）、点E（0，1）．∵OB＝OC，C（0，3），∴点B的坐标为（3，0），故抛物线的表达式为y＝a（x+1）（x﹣3）＝a（x2﹣2x﹣3），将点C的坐标代入，得﹣3a＝3，解得a＝﹣1，∴抛物线的表达式为y＝﹣x2+2x+3，∴函数的对称轴为x＝1，故点Q的坐标为（1，4）．（2）CQ＝AE，且CQ∥AE，理由：∵Q（1，4），C（0，3），∴CQ ＝＝，CQ的解析式为y＝x+3，又∵AE ＝＝，直线AE的解析式为y＝x+1，∴CQ＝AE，CQ∥AE，（3）∵，∴，，∴点D的坐标为（2，3）．如图1，过点P作y轴的平行线，交AD 于点K，设点P（m，﹣m2+2m+3），则点K（m，m+1）∴＝＝＝．解得m＝0或1．（4）存在，点P的坐标为（2，3）或（0，3）或．设点H（t，t+1），点P（m，n），n＝﹣m2+2m+3，而点Q（1，4），①当∠QPH＝90°时，如图2，过点P作y轴的平行线，过点H、点Q作x轴的平行线，交过点P且平行于y轴的直线于点M、G，∵∠GQP+∠QPG＝90°，∠QPG+∠HPM＝90°，∴∠HPM＝∠GQP，∠PGQ＝∠HMP＝90°，PH＝PQ，∴△PGQ≌△HMP（AAS），∴PG＝MH，GQ＝PM，即4﹣n|＝|t﹣m|，|1﹣m|＝|n﹣（t+1）|，解得m＝2或n＝3．当n＝3时，3＝﹣m2+2m+3，解得m1＝0，m2＝2，∴点P（2，3）或（0，3）．②当∠PQH＝90°时，如图3所示，同理可得m1＝0，m2＝3（舍去），故点P为（0，3）．③当∠PHQ＝90°时，同理可得n＝2，解得（舍去），．故点P 为．综上可得，点P的坐标为（2，3）或（0，3）或．【点评】本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（包括二次函数解析式，一次函数解析式），三角形面积，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，坐标与图形的性质，正确进行分类是解题的关键．2．【分析】（1）用待定系数法即可求出直线BC和抛物线的解析式；（2）设直线BC与对称轴x＝﹣1的交点为M，则此时MA+MC的值最小．把x ＝﹣1代入直线y＝x+3得y的值，即可求出点M坐标；（3）设P（﹣1，t），又因为B（﹣3，0），C（0，3），所以可得BC2＝18，PB2＝（﹣1+3）2+t2＝4+t2，PC2＝（﹣1）2+（t﹣3）2＝t2﹣6t+10，再分三种情况分别讨论求出符合题意t值即可求出点P的坐标．【解答】（1）由题意得：，解得：，∴抛物线解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，∵对称轴为x＝﹣1，且抛物线经过A（1，0），∴把B（﹣3，0）、C（0，3）分别代入直线y＝mx+n，得，解得：，∴直线y＝mx+n的解析式为y＝x+3；（2）设直线BC与对称轴x＝﹣1的交点为M，则此时MA+MC的值最小．把x＝﹣1代入直线y＝x+3得，y＝﹣1+3＝2，∴M（﹣1，2），即当点M到点A的距离与到点C的距离之和最小时M的坐标为（﹣1，2）；（3）如图，设P（﹣1，t），又∵B（﹣3，0），C（0，3），∴BC2＝18，PB2＝（﹣1+3）2+t2＝4+t2，PC2＝（﹣1）2+（t﹣3）2＝t2﹣6t+10，①若点B为直角顶点，则BC2+PB2＝PC2即：18+4+t2＝t2﹣6t+10解之得：t＝﹣2；②若点C为直角顶点，则BC2+PC2＝PB2即：18+t2﹣6t+10＝4+t2解之得：t＝4，③若点P为直角顶点，则PB2+PC2＝BC2即：4+t2+t2﹣6t+10＝18解之得：t1＝，t2＝；综上所述P的坐标为（﹣1，﹣2）或（﹣1，4）或（﹣1，）或（﹣1，）．【点评】本题是二次函数的综合题，考查了二次函数的图象与性质，待定系数法求函数的解析式，利用轴对称性质确定线段的最小长度，两点间的距离公式的运用，直角三角形的性质等知识点，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．3．【分析】（1）将点A、B的坐标代入函数解析式，列出方程组，通过解方程组求得a、b的值即可；利用配方法将函数解析式转化为顶点式，即可得到点M的坐标；（2）利用待定系数法确定直线BC解析式，由函数图象上点的坐标特征求得点E、F的坐标，然后根据两点间的距离公式求得EF长度，结合三角形的面积公式列出函数式，根据二次函数最值的求法求得点E的横坐标，易得其纵坐标，则点E的坐标迎刃而解了；（3）需要分类讨论：点A、P、C分别为直角顶点，利用勾股定理求得答案．【解答】（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3与x 轴交于点A（﹣1，0）、B（3，0），∴．解得．∴y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，则M （1，4）；（2）如图，作EF∥y轴交BC于点F∵B（3，0），C（0，3），∴直线BC解析式为：y＝﹣x+3．设E（m，﹣m2+2m+3），则F（m，﹣m+3）．∴EF＝（﹣m2+2m+3）﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m．∴S ＝EF•OB ＝（﹣m2+3m）×3＝﹣（m ﹣）2+．当m ＝时，S最大＝．此时，点E 的坐标是（，）；（3）设P（1，n），A（﹣1，0）、C（0，3），∴AC2＝10，AP2＝4+n2，CP2＝1+（n﹣3）2＝n2﹣6n+10．①当AC⊥AP时，AC2+AP2＝CP2，即10+4+n2＝n2﹣6n+10．解得n ＝﹣．②当AC⊥CP时，AC2+CP2＝AP2，即10+n2﹣6n+10＝4+n2．解得n ＝．③当AP⊥CP时，AP2+CP2＝AC2，即4+n2+n2﹣6n+10＝10．解得n＝1或2．综上所述，存在，符合条件的点P的坐标是（1，﹣）或（1，）或（1，1）或（1，2），【点评】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系．4．【分析】（1）由对称性先求出点B的坐标，可设抛物线的解析式为y＝a（x+3）（x﹣1），将C坐标代入y＝a（x+3）（x﹣1）即可；（2）先判断△ABC为直角三角形，分别求出AB，AC，BC的长，由勾股定理的逆定理可证明结论；（3）因为点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，所以BM＝BN＝t，证四边形PMBN是菱形，设PM与y轴交于H，证△CPN∽△CAB，由相似三角形的性质可求出t的值，CH的长，可得出点P纵坐标，求出直线AC的解析式，将点P纵坐标代入即可；（4）求出直线BC的解析式，如图2，当∠ACF＝90°时，点B，C，F在一条直线上，求出直线BC与对称轴的交点即可；当∠CAF＝90°时，求出直线AF的解析式，再求其与对称轴的交点即可．【解答】（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x ＝＝﹣1，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）（x ﹣1），将C（0，）代入y＝a（x+3）（x﹣1），得，﹣3a ＝，解得，a ＝﹣，∴此抛物线的解析式为y ＝﹣（x+3）（x﹣1）＝﹣x2﹣x +；（2）△ABC为直角三角形，理由如下：∵A（﹣3，0），B（1，0），C（0，），∴OA＝3，OB＝1，OC ＝，∴AB＝OA+OB＝4，AC ＝＝2，BC ＝＝2，∵AC2+BC2＝16，AB2＝16，∴AC2+BC2＝AB2，∴△ABC是直角三角形；（3）∵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，∴BM＝BN＝t，由翻折知，△BMN≌△PMN，∴BM＝PM＝BN＝PN＝t，∴四边形PMBN是菱形，∴PN∥AB，∴△CPN∽△CAB，设PM与y轴交于H，∴＝＝，即＝＝，解得，t ＝，CH ＝，∴OH＝OC﹣CH ＝﹣＝，∴y P ＝，设直线AC的解析式为y＝kx +，将点A（﹣3，0）代入y＝kx +，得，k ＝，∴直线AC的解析式为y ＝x +，将y P ＝代入y ＝x +，∴x＝﹣1，∴P（﹣1，），故答案为：，（﹣1，）；（4）设直线BC的解析式为y＝kx +，将点B（1，0）代入y＝kx +，得，k ＝﹣，∴直线BC的解析式为y ＝﹣x +，由（2）知△ABC为直角三角形，∠ACB ＝90°，如图2，当∠ACF＝90°时，点B，C，F在一条直线上，在y ＝﹣x +中，当x＝﹣1时，y＝2，∴F1（﹣1，2）；当∠CAF＝90°时，AF∥BC，∴可设直线AF的解析式为y＝﹣x+n，将点A（﹣3，0）代入y ＝﹣x+n，得，n＝﹣3，∴直线AF的解析式为y ＝﹣x﹣3，在y ＝﹣x﹣3中，当x＝﹣1时，y ＝﹣2，∴F2（﹣1，﹣2）；∴点F的坐标为F1（﹣1，2），F2（﹣1，﹣2）．【点评】本题考查了待定系数法求解析式，勾股定理，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质等，解题关键是注意分类讨论思想在解题过程中的运用．。

冲刺2022年上海中考数学压轴题第7讲相似三角形的存在性解法分析与经典变式(解析版)

第7讲相似三角形的存在性在很多与相似三角形相关的压轴题中，其中常见的一种题型就是相似三角形的存在性讨论。

对于相似三角形的存在性问题，一般来说，会有一组等角，然后从边或从角的角度进行分类讨论：通常，我们还可以借助基本图形分析法，找到边与角的数量关系，从而完成上述问题的讨论。

例1.（2022金山一模25题）.已知：如图 11，AD⊥直线MN，垂足为D，AD=8，点B 是射线DM 上的一个动点，∠BAC=90°，边AC 交射线DN 于点C，∠ABC 的平分线分别与AD、AC 相交于点E、F.（1）求证：△ABE∽△CBF；（2）如果AE=x，FC=y，求y 关于x 的函数关系式；（3）联结DF，如果以点D、E、F 为顶点的三角形与△BCF 相似，求AE 的长.2022金山一模25题的图形背景是母子型+角平分线，解题路径围绕着相似三角形的性质定理、判定定理以及射影定理展开。

题型主要围绕证明三角相似，函数关系的建立以及相似三角形的存在性讨论。

本题的关键是根据三角形的相似或角平分线的性质标出图形中的等角，然后再根据角的等量关系确定线段间的数量关系。

解法分析：本题的第一问是相似三角形的判定。

利用角平分线和平行线得到等角，继而再射影定理模型中的等角关系，利用A.A判定相似即可。

解法分析：本题的第二问是函数关系的确立。

利用第一问中相似三角形对应线段成比例以及等角的三角比相等可以顺利地建立函数关系。

解法分析：本题的第三问是相似三角形的存在性讨论。

由第一问中角的数量关系可得∠BFC=∠DEF ，因此由角进行分类讨论。

在分类讨论的过程中，善于运用斜X 型和射影定理模型即可快速得到结论，对于不存在的情况要能够排除。

解：（1）∵AD ⊥直线MN ，∠BAC =90°，∴∠BAD +∠ABD = 90°， ∠BCF +∠ABD = 90°，∴∠BAD =∠BCF ……………………………………………………………………………（1分）∵BF 平分∠ABC ，∴∠ABE =∠CBF ………………………………………………………（1分） ∴△ABE ∽△CBF . …………………………………………………………………………（1分）（2）作FH ⊥BC 垂足为点H .∵△ABE ∽△CBF ，∴∠AEB =∠CFB ，∵∠AEB+∠AEF =180°，∠CFB+∠CFE =180°∴∠AEF =∠CFE ，∴AE =AF=x ；…………………………………………………………（1分） ∵BF 平分∠ABC ，FH ⊥BC ，∠BAC =90°，∴AF=FH=x .∵FH ⊥BC ，AD ⊥直线MN ，∴FH∥AD ，∴FH FC AD AC=，即8x y y x =+，…………（2分）解得：28x y x=-（48x <<）……………………………………………………………（2分）（3）设AE=x ，由△ABE ∽△CBF ，如果以点D 、E 、F 为顶点的三角形与△BCF 相似，即以点D 、E 、F 为顶点的三角形与△ABE 相似.∵∠AEB =∠DEF ，如果∠BAE =∠FDE ，得DF∥AB ，∴∠ABE =∠DFE ，∵∠ABE =∠DBE , ∴∠DBE =∠DFE ，∴BD=DF , ………………………………………（1分）由DF∥AB ，得∠DFC=∠BAC =90°，∴∠DFC=∠ABD =90°，又∠BAD =∠BCF ，∴△ABD ≌△CDF ，…………………………………………………（1分）CF=AD=8，即2=88x x-，解得：4x =-±（舍去负值），∴4AE x ==-+…………………………（1分）如果∠BAE =∠DFE ，得AE BE EF DE=，∵∠ABF =∠BED ，∴△AEF ∽△BED ，∴∠AFE =∠BDE ，因为∠AFE 是锐角，∠BDE 是直角，所以这种情况不成立。

专题24 直角三角形存在性问题(原卷版)-【搞定压轴题】2022年中考数学压轴题全揭秘(四川专用)

专题24 直角三角形存在性问题【真题精选】1．（2021·成都）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝a（x﹣h）2+k与x 轴相交于O，A两点，顶点P的坐标为（2，﹣1）．点B为抛物线上一动点，连接AP，AB，过点B的直线与抛物线交于另一点C．（1）求抛物线的函数表达式；（2）若点B的横坐标与纵坐标相等，∠ABC＝∠OAP，且点C位于x轴上方，求点C的坐标；（3）若点B的横坐标为t，∠ABC＝90°，请用含t的代数式表示点C的横坐标，并求出当t＜0时，点C的横坐标的取值范围．2．（2020•泸州）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣2，0），B（4，0），C（0，4）三点．（1）求该抛物线的解析式；（2）经过点B的直线交y轴于点D，交线段AC于点E，若BD＝5DE．∠求直线BD的解析式；∠已知点Q在该抛物线的对称轴l上，且纵坐标为1，点P是该抛物线上位于第一象限的动点，且在l右侧，点R是直线BD上的动点，若∠PQR是以点Q 为直角顶点的等腰直角三角形，求点P的坐标．3.（2018•成都）如图，在平面直角坐标系xOy中，以直线x=52对称轴的抛物线y＝ax2+bx+c与直线l：y＝kx+m（k＞0）交于A（1，1），B两点，与y轴交于C（0，5），直线l与y轴交于点D．（1）求抛物线的函数表达式；（2）设直线l与抛物线的对称轴的交点为F，G是抛物线上位于对称轴右侧的一点，若AFFB=34，且∠BCG与∠BCD面积相等，求点G的坐标；（3）若在x轴上有且仅有一点P，使∠APB＝90°，求k的值．【例题讲解】例1.(直角不固定)如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过点A、B，与y轴负半轴交于点C，且OC＝OB，其中B点坐标为（3，0），对称轴l为直线x=1 2．（1）求抛物线的解析式；（2）在x轴上方有一点P，连接P A后满足∠P AB＝∠CAB，记∠PBC的面积为S，求当S＝10.5时点P的坐标；（3）在（2）的条件下，当点P 恰好落在抛物线上时，将直线BC 上下平移，平移后的直线y ＝x +t 与抛物线交于C ′、B ′两点（C ′在B ′的左侧），若以点C ′、B ′、P 为顶点的三角形是直角三角形，求出t 的值．例2. (直角顶点固定)抛物线y ＝x 2+（m +2）x +4的顶点C 在x 轴正半轴上，直线y ＝x +2与抛物线交于A ，B 两点（点A 在点B 的左侧）．（1）求抛物线的函数表达式；（2）点P 是抛物线上一点，若S △PAB ＝2S △ABC ，求点P 的坐标；（3）将直线AB 上下平移，平移后的直线y ＝x +t 与抛物线交于A '，B '两点（A '在B '的左侧），当以点A '，B '和（2）中第二象限的点P 为顶点的三角形是直角三角形时，求t 的值．【课后训练】1.已知抛物线1l :212y ax =-的项点为P ，交x 轴于A 、B 两点(A 点在B 点左侧)，且sin 5ABP ∠=．(1)求抛物线1l 的函数解析式；(2)过点A 的直线交抛物线于点C ,交y 轴于点D ,若ABC ∆的面积被y 轴分为1: 4两个部分，求直线AC 的解析式；(3)在(2)的情况下，将抛物线1l 绕点P 逆时针旋转180°得到抛物线2l ,点M 为抛物线2l 上一点，当点M 的横坐标为何值时，BDM ∆为直角三角形？2．如图，抛物线y ＝﹣x 2+bx +c 与x 轴交于A （﹣7，0），B （1，0）两点，与y 轴交于点C ，抛物线的对称轴与x 轴交于点D ，顶点坐标为M ．（1）求抛物线的表达式和顶点M 的坐标；（2）如图1，点E （x ，y ）为抛物线上一点，点E 不与点M 重合，当﹣7＜x ＜﹣2时，过点E 作EF ∥x 轴，交抛物线的对称轴于点F ，作EH ⊥x 轴与点H ，得到矩形EHDF ，求矩形EHDF 的周长的最大值；（3）如图2，点P 为抛物线对称轴上一点，是否存在点P ，使以点P 、A 、C 为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．3.已知，抛物线y ＝﹣x 2+bx +c 经过点A （﹣1，0）和C （0，3）．（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线的对称轴上，是否存在点P ，使P A +PC 的值最小？如果存在，请求出点P 的坐标，如果不存在，请说明理由；（3）设点M 在抛物线的对称轴上，当∠MAC 是直角三角形时，求点M 的坐标．4．如图，抛物线y ＝ax 2+bx +c （a ≠0）与直线y ＝﹣x ﹣2相交于A （﹣2，0），B （m ，﹣6）两点，且抛物线经过点C （5，0）．点P 是直线下方的抛物线上异于A 、B 的动点．过点P 作PD ∠x 轴于点D ，交直线于点E ．（1）求抛物线的解析式；（2）连结P A 、PB 、BD ，当S ∠ADB ═23S ∠P AB 时，求S ∠P AB ；（3）是否存在点P ，使得∠PBE 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．5.如图，在矩形OABC 中，点O 为原点，点A 的坐标为(0，8)，点C 的坐标为(6，0)，抛物线249y x bx c =-++经过点A 、C ，与AB 交于点D ．（1）求抛物线的函数解析式；（2）点P 为线段BC 上一个动点（不与点C 重合），点Q 为线段AC 上一个动点，AQ=CP ，连接PQ ，设CP=m ，∠CPQ 的面积为S ．∠求S 关于m 的函数表达式；∠当S 最大时，在抛物线249y x bx c =-++的对称轴l 上，若存在点F ，使∠DFQ 为直角三角形，请直接写出所有符合条件的点F 的坐标；若不存在，请说明理由．6.如图，在平面直角坐标系中，抛物线2y ax bx c =++（a≠0）与y 轴交与点C （0，3），与x 轴交于A 、B 两点，点B 坐标为（4，0），抛物线的对称轴方程为x=1．（1）求抛物线的解析式；（2）点M 从A 点出发，在线段AB 上以每秒3个单位长度的速度向B 点运动，同时点N 从B 点出发，在线段BC 上以每秒1个单位长度的速度向C 点运动，其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，设∠MBN 的面积为S ，点M 运动时间为t ，试求S 与t 的函数关系，并求S 的最大值；（3）在点M 运动过程中，是否存在某一时刻t ，使∠MBN 为直角三角形？若存在，求出t 值；若不存在，请说明理由．7.在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+（k﹣1）x﹣k与直线y=kx+1交于A，B 两点，点A在点B的左侧．（1）如图1，当k=1时，直接写出A，B两点的坐标；（2）在（1）的条件下，点P为抛物线上的一个动点，且在直线AB下方，试求出∠ABP面积的最大值及此时点P的坐标；（3）如图2，抛物线y=x2+（k﹣1）x﹣k（k＞0）与x轴交于点C、D两点（点C在点D的左侧），在直线y=kx+1上是否存在唯一一点Q，使得∠OQC=90°？若存在，请求出此时k的值；若不存在，请说明理由．8．如图，已知抛物线y＝ax2+bx+5与x轴交于A（﹣1，0），B（5，0）两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）点D是第一象限内抛物线上的一个动点（与点C，B不重合），过点D作DF⊥x轴于点F，交直线BC于点E，连接BD，直线BC能否把△BDF分成面积之比为2：3的两部分？若能，请求出点D的坐标；若不能，请说明理由．（3）若M为抛物线对称轴上一动点，使得△MBC为直角三角形，请直接写出点M的坐标．9.如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）经过点A、B，与y轴负半轴交于点C，且OC＝OB，其中B点坐标为（3，0），对称轴l为直线x=1 2．（1）求抛物线的解析式；（2）在x轴上方有一点P，连接PA后满足∠PAB＝∠CAB，记△PBC的面积为S，求S＝10.5时点P的坐标；（3）在（2）的条件下，当点P恰好落在抛物线上时，将直线BC上下平移，平移后的直线y＝x+t与抛物线交于C′、B′两点（C′在B′的左侧），若以点C′、B′、P为顶点的三角形是直角三角形，求出t的值．。

直角三角形的存在性问题

小结：写出本题完整的解题过程：
注意：
轴交于点 C．
（1）求点 A、 B 的坐标；
（ 2）若直线 l 过点 E(4, 0) ，M为直线 l 上的动点，当以 A、B、M为顶点所作的直角三角形
有．且．只．有．三个时，求直线 l 的解析式．
点拨： 1．当直线 l 与以 AB为直径的圆相交时，符合∠ AMB＝90°的点 M有 2 个；当直线 l 与圆相切时，符合∠ AMB＝ 90°的点 M只有 1 个． 2 ．灵活应用相似比解题比较简便．
为线段 OC上一点，设过 B、P 两点的直线为 l 1，过 A、P 两点的直线为 l 2，若 l 1与 l 2 是点 P 的直角线，求直线 l 1 与 l 2的解析式．
〖练 4〗如图 1，直线 y
4 x
4 和 x 轴、y 轴的交点分别为
B、C，点 A 的坐标是（-2 ，0）．
3
（1）试说明△ ABC是等腰三角形；
① __________为直角顶点的 Rt △QCP有 __________个 ② __________为直角顶点的 Rt △QCP有 __________个
第三步计算 ——具体问题具体分析
②如图， Q为直角顶点，那么 __________________，于是 MP ' OB ' 1 ，因此 MB 2MP '， MB OB 2
数形结合， xB xP ' 2 y P' ，设 P(_____, _________________) ，那么 _______ _________________ ，解得 x1 4, x2 5
2 x1 4的几何意义就是点 _____ ， x2 5 的几何意义就是点 _______

高三数学压轴题训练——解三角形问题的两类题型

高三数学压轴题训练——解三角形问题的两类题型解三角形问题中，边角的求解是所有问题的基本，通常有以下两个解题策略： (1)边角统一化：运用正弦定理和余弦定理化角、化边，通过代数恒等变换求解； (2)几何问题代数化：通过向量法、坐标法将问题代数化，借用函数与方程来求解，对于某些问题来说此法也是极为重要的．[典例] 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知∠A ＝2π3，a ＝3c ，则cb ＝______.[思路点拨]本题条件涉及三角形边、角的数量关系，结论是求边比问题，必然通过解三角形来处理．注意正弦定理和余弦定理的灵活应用．[方法演示]法一：角化边(余弦定理)由余弦定理及a ＝3c ，得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2－2c 22bc ＝－12，化简得b 2＋bc －2c 2＝0，即2⎝⎛⎭⎫c b 2－c b －1＝0，解得c b ＝1或c b ＝－12(舍去)．法二：边化角(正弦定理)由⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3c ，∠A ＝2π3得sin A ＝3sin C ＝32，即sin C ＝12. 又角C 是三角形的内角，则∠C ＝π6.又∠A ＝2π3，所以∠B ＝π6，从而有c b ＝sin C sin B ＝1.法三：几何法过点C 作BA 的垂线CD ，交BA 的延长线于点D ，如图，由∠BAC ＝2π3，得∠DAC ＝π3，即在Rt △DAC 中，AD ＝12b ，CD ＝32b .由△BDC 是直角三角形，得CD 2＋BD 2＝BC 2，即⎝⎛⎭⎫32b 2＋⎝⎛⎭⎫c ＋12b 2＝a 2. 由a ＝3c ，得b 2＋bc －2c 2＝0，即2⎝⎛⎭⎫c b 2－c b －1＝0，解得c b ＝1或c b ＝－12(舍去)．法四：坐标法根据题意，以点A 为原点，AB 为x 轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系，根据题意可知AB ＝c ，AC ＝b ，BC ＝a ，∠CAB ＝2π3，则A (0,0)，B (c,0)，C －b 2，32b .根据两点间距离公式，BC ＝⎝⎛⎭⎫32b 2＋⎝⎛⎭⎫c ＋12b 2＝a .由a ＝3c ，得b 2＋bc －2c 2＝0，即2⎝⎛⎭⎫c b 2－c b －1＝0，解得c b ＝1或c b ＝－12(舍去)．法五：向量法由BC ―→＝AC ―→－AB ―→，得|BC ―→|2＝|AC ―→－AB ―→ |2＝|AC ―→|2－2AC ―→·AB ―→＋|AB ―→|2.又由|BC ―→|＝a ＝3c ，得3c 2＝b 2－2bc cos 2π3＋c 2，化简得b 2＋bc －2c 2＝0，即2⎝⎛⎭⎫c b 2－c b －1＝0，解得c b ＝1或c b ＝－12(舍去)．法六：特殊值法因为a ＝3c ，不妨令c ＝1，所以a ＝3，结合条件∠A ＝2π3，由余弦定理得b ＝1，于是cb ＝1.答案：1 [解题师说]本题法一、法二分别运用了余弦定理和正弦定理，这两种方法(边化角、角化边)是最基本的方法，其本质就是将题中的边、角统一，方便求解；法三运用了三角形的几何性质，回归三角形的本质；法四和法五都是将题中的边和角坐标化、向量化，将几何问题代数化，从而求出结果．易知法五和法一的本质是相同的，因为我们知道余弦定理是可以用向量法证明的．法六是抓住了条件a ＝3c 的本质，这是两个边的比例关系，通过令c ＝1将比例变为了具体数值，便于计算，也体现了基本量的思想．[应用体验]1．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若△ABC 的面积为S ，且2S ＝(a ＋b )2－c 2，则tan C 等于( )A.34 B.43 C ．－43D ．－34解析：选C 因为2S ＝(a ＋b )2－c 2＝a 2＋b 2－c 2＋2ab ，则结合面积公式与余弦定理，得ab sin C ＝2ab cos C ＋2ab ，即sin C －2cos C ＝2，所以(sin C －2cos C )2＝4，即sin 2C －4sin C cos C ＋4cos 2C sin 2C ＋cos 2C ＝4，所以tan 2C －4tan C ＋4tan 2C ＋1＝4，解得tan C ＝－43或tan C ＝0(舍去)．2．在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，且满足(a ＋b )sin C2＝12，(a －b )cos C2＝5，则c ＝________.解析：因为(a ＋b )sin C 2＝12，(a －b )cos C2＝5，所以(a ＋b )2(1－cos C )2＝144，①(a －b )2(1＋cos C )2＝25，②由①②得2a 2＋2b 2－4ab cos C2＝169，即a 2＋b 2－2ab cos C ＝169，由余弦定理得c 2＝169，所以c ＝13. 答案：13三角形中的最值、范围的求法(1)目标函数法：根据已知和所求最值、范围，选取恰当的变量，利用正弦定理与余弦定理建立所求的目标函数，然后根据目标函数解析式的结构特征求解最值、范围．(2)数形结合法：借助图形的直观性，利用所学平面图形中的相关结论直接判断最值、范围．[典例] 已知a ，b ，c 分别为△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边，a ＝2，且(2＋b )(sin A －sin B )＝(c －b )sin C ，则△ABC 的面积的最大值为________．[思路点拨]本题条件为三角形的边角关系式，而问题是求三角形面积的最值，势必要利用三角形的正、余弦定理、三角形的面积公式，以及三角恒等变换，再利用三角形的几何性质和均值不等式来解决最值问题．[方法演示]法一：综合运用正、余弦定理由正弦定理知(2＋b )(sin A －sin B )＝(c －b )sin C 可化为(2＋b )(a －b )＝c (c －b )，将a ＝2代入整理，得b 2＋c 2－a 2＝bc ，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，故A ＝π3，则△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝34bc .而b 2＋c 2－a 2＝bc ≥2bc －a 2⇒bc ≤4，所以S ＝34bc ≤3，当且仅当b ＝c ＝2时取到等号，故△ABC 的面积的最大值为 3. 法二：正、余弦定理与数形结合由法一得A ＝π3，可知△ABC 的边a ＝2为定长，△ABC 的角A ＝π3为定值，作出示意图如图所示，满足条件的点A 在圆周上的运动轨迹为优弧BC (包括两个端点B ，C )，易知当点A 位于优弧中点时，此时△ABC 的面积最大，由于A ＝π3，则此时的△ABC 是等边三角形，面积为 3.法三：正、余弦函数的有界性由法一知A ＝π3，则由正弦定理得，b ＝a sin A ·sin B ＝433sin B ，c ＝433sin C ，则S △ABC＝12bc sin A ＝34bc ＝433sin B ·sin C ＝433·12[cos(B －C )－cos(B ＋C )]＝233cos(B －C )＋12≤233·⎝⎛⎭⎫1＋12＝3，当且仅当cos(B －C )＝1，即B ＝C 时，△ABC 的面积取得最大值 3.法四：函数思想由法三得S ＝433sin B ·sin C ＝433sin B ·sin 2π3－B ，令g (B )＝sin B ·sin ⎝⎛⎭⎫2π3－B ＝sin B32cos B ＋12sin B ＝12sin ⎝⎛⎭⎫2B －π6＋14. 由0<B <2π3，易得g (B )max ＝34，当且仅当B ＝π3时取等号，所以△ABC 的面积的最大值为 3.答案： 3 [解题师说]上述四种解法，可归为两类：法一、三、四是借助正、余弦定理，把三角形面积这个目标函数转化为边或角的形式，然后借助基本不等式或函数性质来解决；法二是结合问题特征，构造几何图形来求得最值，直观迅速．不难发现，法三与法四的区别仅是对式子sin B ·sin C 的变形方法不同，两者本质相同． [应用体验]1．在平面四边形ABCD 中，∠A ＝∠B ＝∠C ＝75°，BC ＝2，则AB 的取值范围是________．解析：如图所示，延长BA 与CD 相交于点E ，过点C 作CF ∥AD 交AB 于点F ，则BF <AB <BE .在等腰三角形CFB 中，∠FCB ＝30°，CF ＝BC ＝2， ∴BF ＝22＋22－2×2×2cos 30°＝6－ 2.在等腰三角形ECB 中，∠CEB ＝30°，∠ECB ＝75°， BE ＝CE ，BC ＝2，BE sin 75°＝2sin 30°，∴BE ＝212×6＋24＝6＋ 2.∴6－2<AB <6＋ 2. 答案：(6－2，6＋2)2．若△ABC 的内角满足sin A ＋2sin B ＝2sin C ，则cos C 的最小值是________．解析：由sin A ＋2sin B ＝2sin C 及正弦定理，得a ＋2b ＝2c . 由余弦定理得，cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab＝a 2＋b 2－14(a ＋2b )22ab＝34a 2＋12b 2－22ab 2ab ＝3a 8b ＋b 4a －24≥6－24，当且仅当3a 2＝2b 2时取等号．故cos C 的最小值为6－24.答案：6－24一、选择题1．在锐角△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足(a －b )(sin A ＋sin B )＝(c －b )sin C ．若a ＝3，则b 2＋c 2的取值范围是( )A ．(5,6]B ．(3,5)C ．(3,6]D ．[5,6]解析：选A 由正弦定理可得，(a －b )(a ＋b )＝(c －b )c ，即b 2＋c 2－a 2＝bc ，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12，则A ＝π3.又b sin B ＝c sin C ＝a sin π3＝2，所以b 2＋c 2＝4(sin 2B ＋sin 2C )＝4[sin 2B ＋sin 2(A ＋B )]＝41－cos 2B 2＋1－cos[2(A ＋B )]2＝3sin 2B －cos 2B ＋4＝2sin2B －π6＋4.又△ABC 是锐角三角形，所以B ∈⎝⎛⎭⎫π6，π2，所以2B －π6∈⎝⎛⎭⎫π6，5π6.所以b 2＋c 2的取值范围是(5,6]．2．已知锐角三角形ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c,23cos 2A ＋cos 2A ＝0，a ＝7，c ＝6，则b ＝( )A ．10B ．9C ．8D ．5解析：选D ∵23cos 2A ＋cos 2A ＝0，∴23cos 2A ＋2cos 2A －1＝0，解得cos 2A ＝125，∵△ABC 为锐角三角形，∴cos A ＝15.由余弦定理知a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，即49＝b 2＋36－125b ，解得b ＝5或b ＝－135(舍去)． 3．在△ABC 中，A ＝60°，BC ＝10，D 是AB 边上不同于A ，B 的任意一点，CD ＝2，△BCD 的面积为1，则AC 的长为( ) A ．2 3 B. 3 C.33D.233解析：选D 由S △BCD ＝1，可得12×CD ×BC ×sin ∠DCB ＝1，即sin ∠DCB ＝55，所以cos ∠DCB ＝255或cos ∠DCB ＝－255.又∠DCB <∠ACB ＝180°－A －B ＝120°－B <120°，所以cos ∠DCB >－12，所以舍去cos ∠DCB ＝－255.在△BCD 中，cos ∠DCB ＝CD 2＋BC 2－BD 22CD ·BC ＝255，解得BD ＝2，又sin ∠DCB ＝55，由正弦定理得sin ∠DBC ＝CD sin ∠DCB 2＝1010，在△ABC 中，由正弦定理可得AC ＝BC sin B sin A ＝233.4.如图，在△ABC 中，C ＝π3，BC ＝4，点D 在边AC 上，AD ＝DB ，DE ⊥AB ，E 为垂足，若DE ＝22，则cos A ＝( )A.223B.24C.64D.63解析：选C 因为DE ⊥AB ，DE ＝22，所以AD ＝22sin A ，所以BD ＝AD ＝22sin A .因为AD ＝DB ，所以∠A ＝∠ABD ，所以∠BDC ＝∠A ＋∠ABD ＝2∠A .在△BCD 中，由正弦定理BD sin C ＝BC sin BDC ，得22sin A 32＝4sin 2A，整理得cos A ＝64. 5.为测出所住小区的面积，某人进行了一些测量工作，所得数据如图所示，则小区的面积是( )A.3＋64 km 2B.3－64 km 2C.6＋34km 2D.6－34km 2解析：选D 如图，连接AC ，根据余弦定理可得AC ＝22＋12－2×2×1×12＝＝3，故△ABC 为直角三角形，且∠ACB ＝90°，∠BAC ＝30°，故△ADC 为等腰三角形，设AD ＝DC ＝x ，根据余弦定理得x 2＋x 2＋3x 2＝3，即x 2＝32＋3＝3(2－3)．所以所求小区的面积为12×1×3＋12×3(2－3)×12＝23＋6－334＝6－34(km 2)．6．若钝角三角形ABC 的面积是12，AB ＝1，BC ＝2，则AC ＝( )A.22B ．1 C. 2D. 5解析：选D 由题意可得12AB ·BC ·sin B ＝12，又AB ＝1，BC＝2，所以sin B ＝22，所以B ＝45°或B ＝135°.当B ＝45°时，由余弦定理可得AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos B＝1，此时AC ＝AB ＝1，BC ＝2，易得A ＝90°，与“钝角三角形”条件矛盾，舍去．所以B ＝135°.由余弦定理可得AC ＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos B ＝ 5.7．在非等边三角形ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，其中a 为最大边，如果sin 2(B ＋C )<sin 2B ＋sin 2C ，则角A 的取值范围为( )A.⎝⎛⎭⎫0，π2 B.⎝⎛⎭⎫π4，π2 C.⎝⎛⎭⎫π6，π3D.⎝⎛⎭⎫π3，π2解析：选D 由题意得sin 2A <sin 2B ＋sin 2C ，由正弦定理得a 2<b 2＋c 2，即b 2＋c 2－a 2>0，则cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc >0.因为0<A <π，所以0<A <π2，又a 为最大边，所以A >π3，即角A 的取值范围为⎝⎛⎭⎫π3，π2.8．已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝b cos C ＋c sin B ，且△ABC 的面积为1＋2，则b 的最小值为( )A ．2B ．3 C. 2D. 3解析：选A 由a ＝b cos C ＋c sin B 及正弦定理，得sin A ＝sin B cos C ＋sin C sin B ，即sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋sin C sin B ，得sin C cos B ＝sin C sin B ，又sin C ≠0，所以tan B ＝1.因为B ∈(0，π)，所以B ＝π4.由S △ABC ＝12ac sin B ＝1＋2，得ac ＝22＋4.又b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ≥2ac －2ac ＝(2－2)(4＋22)＝4，当且仅当a ＝c 时等号成立，所以b ≥2，b 的最小值为2，故选A.9．已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且sin A －sin B ＝c (sin A －sin C )a ＋b，b ＝3，则△ABC 的面积的最大值为( )A.334B.34C.332D.32解析：选A 根据正弦定理由sin A －sin B ＝c (sin A －sin C )a ＋b ，可得a －b ＝c (a －c )a ＋b，得a 2－b 2＝c (a －c )，即a 2＋c 2－b 2＝ac ，故a 2＋c 2－b 22ac ＝12＝cos B ，∵B ∈(0，π)，∴B ＝π3.又由b＝3，可得a 2＋c 2＝ac ＋3，故a 2＋c 2＝ac ＋3≥2ac ，即ac ≤3，当且仅当a ＝c ＝3时取等号，故ac 的最大值为3，这时△ABC 的面积取得最大值，为12×3×sin π3＝334.10.为了竖一块广告牌，要制造一个三角形支架，如图，要求∠ACB ＝60°，BC 的长度大于1 m ，且AC 比AB 长0.5 m ，为了稳固广告牌，要求AC 越短越好，则AC 最短为( )A.⎝⎛⎭⎫1＋32m B ．2 m C ．(1＋3)mD ．(2＋3)m解析：选D 设BC 的长度为x m ，AC 的长度为y m ，则AB 的长度为(y －0.5)m ，在△ABC 中，由余弦定理AB 2＝AC 2＋BC 2－2AC ·BC cos ∠ACB ，得(y －0.5)2＝y 2＋x 2－2xy ×12，化简得y (x －1)＝x 2－14.因为x >1，所以x －1>0，因此y ＝x 2－14x －1＝(x －1)＋34(x －1)＋2≥3＋2，当且仅当x －1＝34(x －1)时取等号，即x ＝1＋32时，y 取得最小值2＋3，因此AC最短为(2＋3)m.11．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，已知sin(B ＋A )＋sin(B －A )＝3sin 2A ，且c ＝7，C ＝π3，则△ABC 的面积是( )A.334B.736 C.334或213D.334或736解析：选D 由sin(B ＋A )＋sin(B －A )＝3sin 2A ，可得2sin B cos A ＝6sin A cos A ．当cos A ＝0时，得A ＝π2，因为C ＝π3，则B ＝π6，又c ＝7，由正弦定理，得b ＝c sin B sin C ＝213，由三角形的面积公式知△ABC 的面积S ＝12bc sin A ＝736；当cos A ≠0时，由2sin B cos A ＝6sin A cos A ，得sin B ＝3sin A ，根据正弦定理可知b ＝3a ，由余弦定理可知cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝a 2＋9a 2－76a 2＝12，可得a ＝1，b ＝3，此时△ABC 的面积S ＝12ab sin C ＝334.综上可知，△ABC 的面积为736或334. 12.如图所示，在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足b ＝c ，b a ＝1－cos B cos A.若点O 是△ABC 外一点，∠AOB ＝θ(0<θ<π)，OA ＝2，OB ＝1，则四边形OACB 面积的最大值是( )A.4＋534B.8＋534 C ．3 D.4＋52 解析：选B 由b a ＝1－cos B cos A及正弦定理得sin B cos A ＝sin A －sin A cos B ，所以sin(A ＋B )＝sin A ，所以sin C ＝sin A ．又b ＝c ，所以a ＝b ＝c ，△ABC 为等边三角形．设△ABC的边长为k ，则k 2＝12＋22－2×1×2×cos θ＝5－4cos θ，则S 四边形OACB ＝12×1×2sin θ＋34k 2＝sin θ＋34(5－4cos θ)＝2sin θ－π3＋534≤2＋534＝8＋534，所以当θ－π3＝π2，即θ＝5π6时，四边形OACB 的面积取得最大值，且最大值为8＋534. 二、填空题13．设△ABC 三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a 2sin C ＝4sin A ，(ca ＋cb )(sin A －sin B )＝sin C (27－c 2)，则△ABC 的面积为________．解析：由a 2sin C ＝4sin A ，得ac ＝4.由(ca ＋cb )(sin A －sin B )＝sin C (27－c 2)，得(a ＋b )(a －b )＝27－c 2，即a 2＋c 2－b 2＝27，∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝74，则sin B ＝34， ∴S △ABC ＝12ac sin B ＝32. 答案：3214．在△ABC 中，B ＝π4，BC 边上的高等于13BC ，则sin A ＝__________.解析：如图，AD 为△ABC ，BC 边上的高．设BC ＝a ，由题意知AD ＝13BC ＝13a .又B ＝π4，所以BD ＝AD ＝13a ，DC ＝23a . 在Rt △ABD 中，由勾股定理得，AB ＝ ⎝⎛⎭⎫13a 2＋⎝⎛⎭⎫13a 2＝23a . 同理，在Rt △ACD 中，AC ＝⎝⎛⎭⎫13a 2＋⎝⎛⎭⎫23a 2＝53a . ∵S △ABC ＝12AB ·AC ·sin ∠BAC ＝12BC ·AD ， ∴12×23a ×53a ·sin ∠BAC ＝12a ·13a ， ∴sin ∠BAC ＝310＝31010. 答案：31010 15．已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，面积为S ，且满足4S ＝a 2－(b －c )2，b ＋c ＝8，则S 的最大值为__________．解析：由题意得，4×12bc sin A ＝a 2－b 2－c 2＋2bc ，又a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，代入上式得，2bc sin A ＝－2bc cos A ＋2bc ，即sin A ＋cos A ＝1，2sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π4＝1.∵0<A <π，∴π4<A ＋π4<5π4，∴A ＋π4＝3π4，∴A ＝π2，S ＝12bc sin A ＝12bc .又b ＋c ＝8≥2bc ，当且仅当b ＝c 时取“＝”，∴bc ≤16，∴S 的最大值为8.答案：816．在△ABC 中，B ＝30°，AC ＝25，D 是AB 边上的一点，CD ＝2，若∠ACD 为锐角，△ACD 的面积为4，则BC ＝________.解析：依题意得S △ACD ＝12CD ·AC ·sin ∠ACD ＝25·sin ∠ACD ＝4，sin ∠ACD ＝25.又∠ACD 是锐角，因此cos ∠ACD ＝1－sin 2∠ACD ＝15.在△ACD 中，AD ＝CD 2＋AC 2－2CD ·AC ·cos ∠ACD ＝4.又ADsin ∠ACD ＝CD sin A ，所以sin A ＝CD ·sin ∠ACD AD ＝15.在△ABC 中，AC sin B ＝BC sin A ，所以BC ＝AC ·sin A sin B＝4. 答案：4。

九下第一轮复习等腰三角形与直角三角形的存在性问题

探索等腰三角形及直角三角形的存在性问题考点分析：中考中对于等腰三角形及直角三角形的存在性问题的考查多以压轴题形式出现,题目的设计多与几何图形中的动点问题、坐标系中的抛物线相结合，综合性很强，对学生分析问题、解决问题的能力提出较高的要求。

思想：等腰三角形直角三角形存在性问题都是对分类讨论、数形结合、方程思想的考察方法：等腰三角形与直角三角形存在性问题第一步学会做图。

第二步根据图形特征进行计算题型：等腰三角形已知点的情况主要分为“两定一动型”和“一定两动型”，直角三角形已知一边求另一顶点。

教学目标：1.探索并总结等腰三角形和直角三角形的存在性问题的解决方法与步骤；2.在研究等腰三角形和直角三角形存在性问题中，进一步发展空间观念，经历等腰三角形和直角三角形思考问题的过程，建立几何直观；3.在多种形式的数学活动中，发展合情推理和演绎推理的能力；能独立思考，体会数学的分类思想、数形结合思想、方程思想等。

4.经历从不同角度寻求分析问题和解决问题的方法的过程，体验解决问题方法的多样性，掌握分析问题和解决问题的一些基本方法。

重点、难点分析：重点：等腰三角形和直角三角形存在性问题的解决方法与步骤。

难点：1.问题中条件或结论的不确定性、答案的多样性；2.针对问题正确分类画图后寻找等量关系。

教学过程：一．主要知识回顾：（课前完成）1.若ABC∆是等腰三角形，则可能有下列线段相等：①②③2.等腰三角形的性质：3直角三角形ABC中，可能是直角的有①②③4直径所对的圆周角。

二．中考中的题目分类：等腰三角形（一）两定一动型1.只找点不计算（以选择题或填空题的形式出现，只需按照“两圆一线”的方法作出图形即可求解）例1.如图，在平面直角坐标系中，点A(1,3)在第一象限，点P在x轴上，若以P，O，A为顶点的三角形是等腰三角形，则满足条件的点P共有（）A．2个B．3个C．4个D．5个针对性练习1. 如图所示，在梯形ABCD中,AD∥BC, ∠ABC=90°,AD=AB=6,BC=14,点M是线段BC上一定点，且MC=8,动点P从C点出发沿C D A B→→→的路线运动，运动到点B停止．在点P的运动过程中，使△PMC为等腰三角形的点P有个．2.计算题目（解这类题目的方法可以分为几何法与代数法）。

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直角三角形的存在性
A(1.5,0),B(4,0),C(0,-3) CA 垂直平分BB’ ，垂足为Q 在抛物线上是否存在一点P ，
使△QCP 是以QC 为直角边的直角三角形？
第一步寻找分类标准以QC 为直角边的Rt △QCP 分两种情况： ①C 为直角顶点 ②Q 为直角顶点
①C 为直角顶点 ②Q 为直角顶点的Rt △QCP 有1个的Rt △QCP 有2个
①C 为直角顶点那么△AOC ∽△CNP
21113
24
y x x =-+
-2
1
==OC OA NP NC 于是
NC
NP 2=因此)
(2N C P y y x -=数形结合，
②Q 为直角顶点
画图无法精确关键点必须准确，标注坐标点P 容易找到分类讨论，防止遗漏求解实在麻烦
数形结合，当心负号
如果用代数法求解点P 的坐标？
又多了2大步求直线的解析式，错误系数更高
)
34
11
21,(2-+-x x x P 设)
4
11
21(22x x x -=那么2
13
,021=
=x x
解得C
x 的几何意义就是点01=P x 的几何意义就是点2
13
2=
2
1''=
=OB OB MB MP 于是'
2MP MB =因此'
'2P P B y x x =-数形结合，)
34
11
21,(2-+-x x x P 设)
34
11
21(242-+-=-x x x 那么2
5
,421=
=x x 解得2
5,421=
=x x 解得B
x 的几何意义就是点41='
2
5
2P x 的几何意义就是点=⎩⎨⎧抛物线的解析式
的解析式直线方程组'BB ⎩⎨
⎧抛物线的解析式
的解析式
直线方程组CP
MN ＝4，MA ＝1，MB ＞1，AB ＝x 若△ABC 为直角三角形，求x 的值
按照直角顶点进行分类分三种情况：
①A 为直角顶点②B 为直角顶点③C 为直角顶点
①A 为直角顶点
2221)3(+=-x x
3
4
=
x ②B 为直角顶点 222)3(1x x +-= 无实数根0432=+-x x
③C 为直角顶点 2221)3(+-=x x
3
5=
x x 有范围限定
A (-2,0),
B (3,0),
C (0,4) →→AB ＝CB ＝5当△MON 为直角三角形时，求t 的值
1
1 x 3－x
3－x ⎩⎨
⎧-<--
>+.
31,31x x x x 2
1<<x v v C B N B A M N M ,1,:,:==→→
按照直角顶点进行分类分三种情况：
①M为直角顶点②O为直角顶点③N为直角顶点边想边画，不求准确，但求思路
②O为直角顶点M在x轴上，
N在哪里？N的位置确定了，M又在哪里？
③N为直角顶点
①当M为直角顶点
M
N
x
x=
那么
t
x
N
3
3-
=
而t
t
3
3
2-
=
-
因此
②O为直角顶点M在x轴上，N在y轴上. N与C重合，M与B重合
③N为直角顶点
a
BN
AM5
=
=
设
因此OM不可能为斜边.
数形结合思想：用t表示线段，用t表示坐标
大胆猜想③不存在，会说就说，不会说不要纠缠。

将△ABO沿着垂直于x轴的线段CD折叠，
8
25
=
t
所以
5
=
t
所以
)
4,
3
3(
),
(?,a
a
N
M-
那么
2
2
2
2
2)
4(
)
3
3(
,
2
5a
a
ON
a
OM+
-
=
-
=）
（
于是
5
2
2
2>
+
=
-a
OM
ON
比较
点B 的对应点为点E ．设点C (x,0)，是否存在这样的点C ，使得△ADE 为直角三角形？
∠ADE 是不变的
分∠AED ＝90°和∠EAD ＝90°两种情况讨论
①当∠AED ＝90°
那么△AOE ∽△ECD ≌△BCD ∽△BOA
②当∠EAD ＝90°那么△AOE ∽△BOA 代数方法——勾股定理
a DC =设
几何方法——相似比——想到了，就好算代数方法——勾股定理——好想，但难算
2==OA
OB OE OA 因此1
21
==OA OE 所以5
.1,3==EC EB 于是)
0,5.2(,5.2C OC =所以2==OA
OB
OE OA 因此
1
2
1==OA OE 所以5
.2,5==EC EB 于是)
0,5.1(,5.1C OC =所以a
BC EC 2==那么a ED BD 5==因此a
AD 552-=所以44OE a
=-2
2
2
(44)2
AE a =-+44
OE a =-222
(44)2
AE a =-+。