專題21直角三角形存在性問題考向1二次函數中的直角三角形存在性問題【母題來源】2021年中考四川省巴中卷【母題題文】已知拋物線y＝ax2+bx+c與x軸交于A（﹣2，0）、B（6，0）兩點，與y軸交于點C（0，﹣3）．（1）求拋物線的表達式；（2）點P在直線BC下方的拋物線上，連接AP交BC于點M，當PMAM最大時，求點P的坐標及PM（3）在（2）的條件下，過點P作x軸的垂線l，在l上是否存在點D，使△BCD是直角三角形，若存在，請直接寫出點D的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）將點A（﹣2，0）、B（6，0）、C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c，得4a?2b+c=036a+6b+c=0∴y=14x（2）如圖1，過點A作AE⊥x軸交直線BC于點E，過P作PF⊥x軸交直線BC于點F，∴PF∥AE，∴MPAM設直線BC的解析式為y＝kx+d，∴6k+d=0d設P（t，14t2﹣t﹣3），則F（t，1∴PF=12t﹣3?14t2+t+3=∵A（﹣2，0），∴E（﹣2，﹣4），∴AE＝4，∴MPAM=PFAE=?14t∴當t＝3時，MPAM有最大值916，∴P（3，（3）∵P（3，?15如圖2，當∠CBD＝90°時，過點B作GH⊥x軸，過點D作DG⊥y軸，DG與GH交于點G，過點C作CH⊥y軸，CH與GH交于點H，∴∠DBG+∠GDB＝90°，∠DBG+∠CBH＝90°，∴∠GDB＝∠CBH，∴△DBG∽△BCH，∴DGBH=BG∴BG＝6，∴D（3，6）；如圖3，當∠BCD＝90°時，過點D作DK⊥y軸交于點K，∵∠KCD+∠OCB＝90°，∠KCD+∠CDK＝90°，∴∠CDK＝∠OCB，∴△OBC∽△KCD，∴OBKC=OC∴KC＝6，∴D（3，﹣9）；如圖4，當∠BDC＝90°時，線段BC的中點T（3，?32），BC＝3設D（3，m），∵DT=12BC，∴|m+3∴m=352∴D（3，352?綜上所述：△BCD是直角三角形時，D點坐標為（3，6）或（3，﹣9）或（3，?352【試題解析】（1）將A（﹣2，0）、B（6，0）、C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c即可求解析式；（2）過點A作AE⊥x軸交直線BC于點E，過P作PF⊥x軸交直線BC于點F，由PF∥AE，可得MPAM=PF（3）分三種情況討論：當∠CBD＝90°時，過點B作GH⊥x軸，過點D作DG⊥y軸，DG與GH交于點G，過點C作CH⊥y軸，CH與GH交于點H，可證明△DBG∽△BCH，求出D（3，6）；當∠BCD＝90°時，過點D作DK⊥y軸交于點K，可證明△OBC∽△KCD，求出D（3，﹣9）；當∠BDC＝90°時，線段BC的中點T（3，?32），設D（3，m），由DT=12BC，可求D（3，【命題意圖】二次函數圖象及其性質；運算能力；應用意識．【命題方向】二次函數綜合題，一般為壓軸題．【得分要點】以線段AB為邊的直角三角形構造方法如右圖所示：直角三角形的另一個頂點在以A在以AB為直徑的圓上，或過A、B且與AB垂直的直線上（A，B兩點除外）．解直角三角形的存在性問題時，若沒有明確指出直角三角形的直角，就需要進行分類討論．通常這類問題的解題策略有：（1）幾何法：先分類討論直角，再畫出直角三角形，后計算．如圖，若∠ACB＝90°．過點A、B作經過點C的直線的垂線，垂足分別為E、F．則△AEC∽△CFB．從而得到線段間的關系式解決問題．（2）代數法：先羅列三邊長，再分類討論直角，根據勾股定理列出方程，然后解方程并檢驗．有時候將幾何法和代數法相結合．可以使得解題又快又好！1．（2021?貴州銅仁市模擬）如圖，直線y＝﹣2x+10分別與x軸，y軸交于點A，B兩點，點C為OB的中點，拋物線y＝x2+bx+c經過A，C兩點．（1）求拋物線的函數表達式；（2）點D是直線AB下方的拋物線上的一點，且△ABD的面積為254（3）點P為拋物線上一點，若△APB是以AB為直角邊的直角三角形，求點P到拋物線的對稱軸的距離．解：（1）在直線y＝﹣2x+10中，令x＝0，則y＝10，令y＝0，則x＝5，∴A（5，0），B（0，10）．∵點C是OB中點，∴C（0，5），將A（5，0）和C（0，5）代入拋物線y＝x2+bx+c中，得0=25+5b+c∴拋物線的函數表達式為y＝x2﹣6x+5；（2）聯立y=?2x+10∴直線AB與拋物線交于點（﹣1，12）和（5，0），∵點D是直線AB下方拋物線上的一點，∴設D（m，m2﹣6m+5），﹣1＜m＜5，如下圖，過點D作DE⊥x軸，交直線AB于點E，∴E（m，﹣2m+10），∴DE＝﹣2m+10﹣m2+6m﹣5＝﹣m2+4m+5，∴S△解得m＝2，∴點D的坐標為（2，﹣3）；（3）設點P（n，n2﹣6n+5），∵A（5，0），B（0，10），∴AP2＝（n﹣5）2+（n2﹣6n+5）2，BP2＝n2+（n2﹣6n+5﹣10）2，AB2＝OA2+OB2＝125，∵△APB是以AB為直角邊的直角三角形，①如下圖，當點A為直角頂點時，BP2＝AB2+AP2，即n2+（n2﹣6n﹣5）2＝125+（n﹣5）2+（n2﹣6n+5）2，解得n=②如下圖，當點B為直角頂點時，AP2＝AB2+BP2，即（n﹣5）2+（n2﹣6n+5）2＝125+n2+（n2﹣6n﹣5）2，解得n=13+249∵拋物線對稱軸為直線x＝3，則3?32=3綜上所述，點P到拋物線對稱軸的距離為32或249+142.（2021?廣東模擬）如圖，已知直線y＝﹣2x+m與拋物線y＝ax2+bx+c相交于A，B兩點，且點A（1，4）為拋物線的頂點，點B在x軸正方向上．（1）求拋物線的解析式；（2）若點P在拋物線第三象限的圖象上，且到x軸、y軸的距離相等，①證明：△POB≌△POC；②直接寫出OP的長；（3）若點Q是y軸上一點，且△ABQ為直角三角形，求點Q的坐標．解：（1）把A（1，4）代入y＝﹣2x+m，得﹣2+m＝4，∴y＝﹣2x+6，∴B（3，0）∵A（1，4）為頂點，∴可設拋物線的解析為y＝a（x﹣1）2+4，把B（3，0）代入得，4a+4＝0，得a＝﹣1，∴y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3；（2）①當x＝0時，y＝3，∴C（0，3），∵B（3，0），∴OB＝OC，∵點P到x軸、y軸的距離相等，∴OP平分第三象限，∴∠BOP＝∠COP＝135°，又OP＝OP，∴△POB≌△POC（SAS）；②由y=x1=1?∴OP=2（3）如圖1，由y＝﹣x2+2x+3得：B（3，0），A（1，4），∴直線AB的關系式是：y＝﹣2x+6，∴D（0，6），∴AD=5，DB＝35①當∠QAB＝90°時，∵∠ADQ＝∠ODB，∠QAD＝∠BOD，∴△DAQ∽△DOB，∴DQDB∴DQ35=∴OQ＝6?52=②如圖2，當∠QBA＝90°時，作AE∥x軸，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，∴AEBE∴24=BF∴Q（0，?3③當∠AQB＝90°時，作AE⊥OD于E，同理②得：△AEQ∽△QOB，∴1∴OQ＝1或3，即Q（0，1）或Q（0，3）；綜上所述：Q點坐標為Q（0，3.5）或Q（0，﹣1.5）或Q（0，1）或Q（0，3）．3．（2021?河南開封二模）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A，B兩點，與y軸交于點C，且點B與點C的坐標分別為B（3，0），C（0，3），點M是拋物線的頂點．（1）求拋物線的解析式；（2）點P是線段MB上一個動點，且點P的橫坐標為m，過點P作PD⊥x軸于點D，交拋物線于點E，求線段PE的最大值，并求出此時點E的坐標；（3）在（2）的條件下，若在線段MB上存在點P，使得△PCD為直角三角形，請直接寫出點P的坐標．解：（1）把B（3，0），C（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，得?9+3b+∴拋物線解析式為y＝﹣x2+2x+3；（2）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴M（1，4），設直線BM的解析式為y＝kx+n，把B（3，0），M（1，4）代入，得3k+n∴直線BM的解析式為y＝﹣2x+6，設P（m，﹣2m+6）（1≤m≤3），則E（m，﹣m2+2m+3），∴PE＝﹣m2+4m﹣3＝﹣（m﹣2）2+1，∵1≤m≤3，∴當m＝2時，S有最大值，最大值為1；（3）存在．∠PDC不可能為90°；當∠DPC＝90°時，則PD＝OC＝3，即﹣2m+6