2022年中考数学解答题专题22——因动点产生的直角三角形问题（Word版，基础 培优，教师版 学生版，共4份）

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专题22 因动点产生的直角三角形问题（基础）

1．已知，A（1，﹣4），B（3，0），y轴上存在点Q，使△ABQ是以AB为直角边的直角三角形，求点Q的坐标．
【分析】设点Q的坐标（0，m），根据两点间的距离公式得到AB2＝（1﹣3）2+（﹣4﹣0）2＝20，AQ2＝（1﹣0）2+（﹣4﹣m）2＝m2+8m+17，BQ2＝（3﹣0）2+（0﹣m）2，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【解答】解：设点Q的坐标（0，m），
∵A（1，﹣4），B（3，0），
∴AB2＝（1﹣3）2+（﹣4﹣0）2＝20，AQ2＝（1﹣0）2+（﹣4﹣m）2＝m2+8m+17，BQ2＝（3﹣0）2+（0﹣m）2，
∵△ABQ是以AB为直角边的直角三角形，
当AQ为斜边时，AQ2＝BQ2+AB2，
即m2+8m+17＝（3﹣0）2+（0﹣m）2+20，
解得：m=32，
当BQ为斜边时，BQ2＝AB2+AQ2，
∴（3﹣0）2+（0﹣m）2＝m2+8m+17+20，
解得：m=−72
∴点Q的坐标为（0，32）或（0，−72）．
【点评】本题考查了两点间的距离公式，勾股定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
2．已知抛物线C1：y＝﹣x2+bx+c经过（﹣1，﹣6），（2，0）两点
（1）求抛物线解析式；
（2）将抛物线C1向上平移6单位得到抛物线C2，若抛物线C2与y轴交于点B，与x轴交于点C，D（C在D左边），且点A（m，m+1）在C2上，连接BD，求点A关于直线BD对称点A′的坐标；
（3）在抛物线C2上是否存在点P，使△PBD是以BD为直角边的直角三角形？如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）根据图象向上平移加，可得新抛物线，根据自变量与函数值的对应关系，可得B、D点坐标，根据对称点的中点在对称轴的直线上，对称点的直线的一次项系数与对称轴的一次项的系数互为负倒数，可得方程组，根据解方程组，可得答案；
（3）根据互相垂直的两直线一次项的系数互为负倒数，可得PB的解析式，根据解方程组，可得P点坐标．
【解答】解：（1）将（﹣1，﹣6），（2，0）代入函数解析式，得
−1−b+c=−6−4+2b+c=0，
解得b=3c=−2，
抛物线的解析式为y＝﹣x2+3x﹣2；
（2）将抛物线C1向上平移6单位得到抛物线C2，得
y＝﹣x2+3x+4，当x＝0时，y＝4，即B（0，4）．
当y＝0时，﹣x2+3x+4＝0．解得x＝4，x＝﹣1，即C（﹣1，0），D（4，0）．
BD的解析式为y＝﹣x+4，设A′（x，y），由题意得
y−m−1x−m=1y+m+12=−x+m2+4，
解得x=−m+3y=−m+4，
即A′（﹣m+3，﹣m+4）．
（3）①当PB⊥BD时，设PD的解析式为y＝x+b，将B点坐标代入，得
b＝4，
PD的解析式为y＝x+4，
联立PD与抛物线y＝﹣x2+3x+4，
得y=x+4y=−x2+3x+4，
解得x＝0（不符合题意，舍），x＝﹣2，
当x＝2时，y＝﹣4+6+4＝6，即P（2，6）；
②当PD⊥BD时，设PD的解析式为y＝x+b，将D点坐标代入，得
b＝﹣4，
PD的解析式为y＝x﹣4，
联立PD与抛物线y＝﹣x2+3x+4，
y=x−4y=−x2+3x+4，解得x＝4（不符合题意，舍），x＝﹣2，
当x＝﹣2时，y＝﹣4﹣6+4＝﹣6，即P′（﹣2，﹣6）．
综上所述：在抛物线C2上存在点P，使△PBD是以BD为直角边的直角三角形，点P的坐标（2，6），（﹣2，﹣6）．
【点评】本题考查了二次函数综合题，利用待定系数法求函数解析式，利用对称点的中点在对称轴的直线上，对称点的直线的一次项系数与对称轴的一次项的系数互为负倒数得出方程组是解题关键；利用互相垂直的两直线一次项的系数互为负倒数得出PB的解析式是解题关键，要分类讨论，以防遗漏．
3．如图，在平面直角坐标系中，OA＝OB＝OC＝6，点G的线段OB上的一个动点，连接AG并延长BC于点D．
（1）当点G运动到何处时△ABD的面积为△ABC面积的13；
（2）在（1）的条件下，过点B作BE⊥AD，交AC于F，垂足为E，求点F的坐标；
（3）在（1）和（2）的条件下，在平面直角坐标系内是否存在点P，使△BFP为以边BF为直角边的等腰直角三角形？若存在，直接写出点P坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）作DH⊥AC于H，由OA＝OB＝OC＝6，就可以得出∠ACB＝45°，由三角形的面积公式就可以求出DH的值，就可以求出CH的值，从而求出D的坐标；
（2）根据OA＝OB，再根据直角三角形的性质就可以得出△AOG≌△BOF，就可以得出OF＝OG；由△AOG∽△AHD就可以得出OG的值，就可以求出F的坐标．
（3）根据条件作出图形图1，作PH⊥OB于H，PM⊥OC于M，由△PHB≌△PMF就可以得出结论，图2，作PH⊥OC于H，由△BOF≌△PHF就可以得出结论，图3，作PH⊥OB于H，由△BOF≌△PHB就可以得出结论．
【解答】解：（1）如图1，

作DH⊥AC于H，
∴∠AHD＝∠CHD＝90°．
∵OA＝OB＝OC＝6，
∴AC＝12，
∴S△ABC=12×6×12＝36，
∵△ABD的面积为△ABC面积的13．
∴△ACD的面积为△ABC面积的23．
∴23×36=12×12DH，
∴DH＝4．
∵OC＝OB，
∴∠BCO＝∠OBC．
∵∠BOC＝90°，
∴∠BCO＝∠OBC＝45°，
∴∠HDC＝45°，
∴∠HDC＝∠DCH，
∴DH＝CH．
∴CH＝4．
∴OH＝2，
∴D（2，4）；
（2）∵BE⊥AD，
∴∠BEG＝∠AEF＝90°，
∵∠AOB＝∠BOF＝90°，
∴∠BOF＝∠AEF＝90°
∴∠AFB+∠FAG＝90°，∠AFB+∠OBF＝90°，
∴∠FAG＝∠OBF．
在△AOG和△BOF中∠AOG=∠BOFOA=OB∠FAG=∠OBF，
∴△AOG≌△BOF（ASA），
∴OF＝OG；
∵∠AOG＝∠AHD＝90°，
∴OG∥DH，
∴△AOG∽△AHD，
∴AOAH=OGDH，
∴68=OG4，
∴OG＝3．
∴OF＝3．
∴F（3，0）
（3）如图2，

当∠BPF＝90°，PB＝PF时，作PH⊥OB于H，PM⊥OC于M
∴∠PHB＝∠PHO＝∠PMO＝∠PMC＝90°
∵∠BOC＝90°，
∴四边形OMPH是矩形，
∴∠HPM＝90°，
∴∠HPF+∠MPF＝90°．
∵∠BPF＝90°，
∴∠BPH+∠HPF＝90°．
∵∠BPH＝∠FPM．
在△PHB和△PMF中∠BPH=∠FPM∠BHP=∠FMPBP=FP，
∴△PHB≌△PMF（AAS），
∴BH＝FM．HP＝PM，
∴矩形HPMO是正方形，
∴HO＝MO＝HP＝PM．
∵CO＝OB，
∴BO﹣OH＝OC﹣OM，
∴BH＝MC，
∴FM＝MC．
∵OF＝3，
∴FB＝3，
∴FM＝2，
∴OM＝2
∴PM＝2，
∴P（2，2）；
图3，当∠BFP＝90°，PF＝BF时，作PH⊥OC于H，

∴∠OFB+∠PFH＝90°，∠PHF＝90°，
∴∠PFH+∠FPH＝90°，
∴∠OFB＝∠HPF．
∵∠BOF＝90°，
∴∠BOF＝∠FHP．
在△BOF和△PHF中∠BOF=∠FHP∠OFB=∠HPFBF=FP，
∴△BOF≌△PHF（AAS），
∴OF＝HP，BO＝FH，
∴HP＝3，FH＝6，
∴OH＝9，
∴P（9，3）；
图4，当∠FBP＝90°，PB＝BF时，作PH⊥OB于H，

∴∠BHP＝90°，
∴∠HBP+∠HPB＝90°．
∵∠FBP＝90°，
∴∠HBP+∠OBF＝90°，
∴∠OBF＝∠HBP．
∵∠FOB＝90°，
∴∠FOB＝∠BHP．
在△BOF和△PHB中，∠OBF=∠HBP∠FOB=∠BHPBF=PB，
∴△BOF≌△PHB（AAS），
∴OF＝HB，OB＝HP，
∴HC＝3，HP＝6，
∴HO＝9，
∴P（6，9），
∴P（6，9），（9，3），（2，2）．
【点评】此题是三角形综合题，主要考查了坐标与图象的性质的运用，等腰直角三角形的性质的运用，三角形的面积公式的运用，全等三角形的判定与性质的运用，解答时求三角形全等是关键．
4．如图，菱形ABCD的边BC在x轴上，点A，D在第一象限，线段AB交y轴于E，且E为AB的中点，点M为AC和BD的交点，连接CE，有CE⊥AB，点A的坐标为（1，23）；
（1）求直线CE的解析式；
（2）点P从原点出发，沿x轴正方向以每秒1个单位运动，运动时间为t，过点P作PQ⊥BC交射线EC于点Q，△BCQ面积为S，求S与t之间的关系式并直接写出t的取值范围；
（3）BD上是否存在点F，使△CEF为直角三角形？若存在，请直接写出线段MF的长；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）先求出C、E两点坐标，再利用待定系数法即可解决问题．
（2）如图2中，分两种情形①当0＜t≤3时，PC＝3﹣t，PQ=33（3﹣t），②当t＞3时，PC＝t﹣3，根据S=12•BC•PQ＝即可解决问题．
（3）存在．如图3中，由题意直线BD的解析式为y=33x+33，设F（m，3333+114m+33），当点F是Rt△CEF的直角顶点时，CE2＝CF2+EF2，列出方程即可解决问题，当F与D重合时，△ECF是直角三角形，此时MF1＝23，当F与B重合时，△ECF是直角三角形，此时MF2＝23，
【解答】解：（1）如图1中，作AK⊥BC于K．

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∵CE⊥AB，EA＝EB，
∴CA＝CB＝AB，
∴△ABC、△ACD是等边三角形，
∵A（1，23），
∴AK＝23，
在Rt△AKC中，∵∠AKC＝90°，∠CAK＝30°，
∴KC＝2，AC＝AB＝BC＝4，
∴BO＝OK＝1，OE=12AK=3，
∴E（0，3），C（3，0），
设直线CE的解析式为y＝kx+b则有b=33k+b=0，
解得k=−33b=3，
∴直线CE的解析式为y=−33x+3．

（2）如图2中，

①当0＜t≤3时，PC＝3﹣t，PQ=33（3﹣t），
∴S=12•BC•PQ=12•4•33（3﹣t）=−233t+23．
②当t＞3时，PC＝t﹣3，
∴S=12•BC•PQ=12•4•33（t﹣3）=233t﹣23．
综上所述，S=−233t+23(0＜t≤3)233t−23(t＞3)．

（3）存在．理由如下，如图3中，

由题意直线BD的解析式为y=33x+33，设F（m，3333+114m+33），
当点F是Rt△CEF的直角顶点时，CE2＝CF2+EF2，
∴32+（3）2＝m2+（33m+33−3）2+（m﹣3）2+（33m+33）2，
整理得2m2﹣5m﹣1＝0，解得m=5−334或5+334，
∴F3（5+334，33+114），F4（5−334，33−114），
∵M（2，3），
∴F3M=11−32，F4M=11+32，
当F与D重合时，△ECF是直角三角形，此时MF1＝23，
当F与B重合时，△ECF是直角三角形，此时MF2＝23，
综上所述，当△CEF为直角三角形时，MF的长为23或11−32或11+32．
【点评】本题考查一次函数综合题、待定系数法、直角三角形的判定和性质、三角形的面积等知识，解题的关键是灵活运用这些知识，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
5．已知：抛物线y＝ax2+bx+3与x轴相交于A，B两点（A，B分别在原点的左右两侧），与y轴正半轴相交于C点，且OA：OB＝1：3，△ABC的面积为6（如图1）．

（1）求抛物线y＝ax2+bx+3和直线BC的解析式；
（2）在抛物线上是否存在点M，使△BCM是以BC为直角边的直角三角形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由OB＝3OA，设OA＝a，则OB＝3a，根据三角形的面积列出方程，可得A、B的坐标，根据待定系数法，可得函数解析式；
（2）分两种情形讨论①CM⊥BC时，根据角的和差，可得∠ECM1的度数，根据等腰直角三角形的性质，可得关于m的方程，根据自变量与函数值的对应关系，可得M点的坐标；②BM⊥BC时，根据平行线的性质，可得∠GM2F═45°，根据等腰直角三角形的性质，可得关于m的方程，根据自变量与函数值的对应关系，可得M点的坐标；
【解答】解：（1）∵OB＝3OA，设OA＝a，则OB＝3a，C（0，3），
∵S△ABC＝6，
∴12×4a×3＝6，
∴a＝1，
∴A（﹣1，0），B（﹣3，0），
把A、B两点坐标代入y＝ax2+bx+3得到a−b+3=09a−3b+3=0，
解得a=−1b=2，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3．

（2）存在．
①当以C为直角顶点时，过点C作C M1⊥BC，交抛物线于点M1．过点M1作y轴的垂线，垂足是E，
如图1：
．
由B（3，0）、C（0，3），得OB＝OC，
∴∠BCO＝∠CBO＝45°
∵∠BCM1＝90°，
∴∠MCE+∠BCO＝90°．
∴∠MCE＝45°，
∴EC＝E M1．
设M（m，﹣m2+2m+3），则m＝﹣m2+2m+3﹣3，
解得：m1＝0（舍去），m2＝1．
∴﹣m2+2m+3＝4，即M1（1，4）．
②当点B为直角顶点时，过B作BM2，BM2⊥BC交抛物线于点M2，过点M2作y轴的垂线，垂足是F，BM2交y轴于点G，
如图2：

∴M2F∥x轴，
∵∠CBO＝45°，
∴∠OBM2＝45°，
∴∠GM2F═45°．
∴M2F＝GF．
设M2（m，﹣m2+2m+3），则n＝（﹣m2+2m+3）+3，
解得：m1＝﹣2，m2＝3（舍去），
∴﹣m2+2m+3＝﹣5，即M2（﹣2，﹣5）．
综上所述，M的坐标是（1，4）或（﹣2，﹣5）；
【点评】本题考查了二次函数综合题，直角三角形、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法确定函数解析式，灵活运用等腰直角三角形的性质解决问题，属于中考常考题型．
6．如图，矩形OABC在平面直角坐标系中，若OA、OC的长满足：|OA﹣2|+OC2﹣43•OC+12＝0．
（1）求∠BAC的度数；
（2）把△ABC沿AC对折，点B落在点B1处，线段AB1与x轴交于点D，求直线BB1的解析式；
（3）在直线BB1上是否存在点P，使△ADP为直角三角形？若存在，请直接写出P点坐标．

【分析】（1）本题应先根据OA与OC满足的方程以及非负数的性质得出OA与OC的长，再利用三角函数求出∠ACO的度数，根据矩形的性质得到AB∥OC，从而得到∠BAC＝∠ACO＝30°．
（2）本题应根据三角形全等，得出AB′的长，再根据两点之间的距离公式即可得出B′的坐标，结合（1）即可得出BB′的解析式．
（3）分三种情况讨论：①KAD×KPD＝﹣1；②KAD×KPA＝﹣1；③KAP×KPD＝﹣1（此方程无解）．
【解答】解：（1）∵|OA﹣2|+OC2﹣43•OC+12＝0．
∴|OA﹣2|+(OC−23)2=0
∴OA＝2，OC＝23，
∴在Rt△AOC中，tan∠ACO=OAOC=223=33，
∴∠ACO＝30°，
∵四边形AOCB为矩形，
∴AB∥OC，
∴∠BAC＝∠ACO＝30°．
（2）∵△ABC≌△AB′C．
∴AB＝AB′＝2 3，CB′＝CB＝2，
∵A（0，2），C（23，0）
∴设B′的坐标为（x，y），则
x2+(y+2)2=(23)2(23−x)2+y2=22
解得：B′的坐标为（3，﹣1），
由两点式解出BB′的解析式为y=3x﹣4．
（3）假如存在设P（a，3a﹣4），D（233，0），又A（0，2），
∴AD2=(233)2+22=163，PD2=(a−233)2+(3a−4)2，AP2=a2+(3a−4−2)2=4a2−123a+36，
①当∠ADP为直角时，AD2+PD2＝AP2，解得a=533，则P（533，1）；
②当∠APD为直角时，AP2+PD2＝AD2，此时无解；
③当∠PAD为直角时，AD2+PA2＝PD2，解得a＝33，则P（33，5）；
综上可得，P为（33，5）或（533，1）
【点评】本题主要考查一次函数的应用，但是比较麻烦，做题时必须细心，特别是（3）问考虑到容易的方法就简便了．
7．如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点A的坐标是（1，3），点P的坐标是（0，b）（b＞0且b≠3），直线AP交x轴于点B，过点P作PQ⊥AP，交x轴于点Q，点Q的坐标是（m，0），记点P关于x轴的对称点为P′，连接QP′、BP′．
（1）当b＝1时，求△BPP′的面积；
（2）当0＜b＜3时，用含b的代数式表示m；
（3）连接AP′，是否存在b，使△ABP′为直角三角形？若存在，请求出所有满足条件的b和m的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）把点A，P的坐标代入直线的解析式，求得B的坐标即可求出结论．
（2）根据两直线垂直斜率的积等于﹣1，由直线AB的解析式求出直线PQ 的解析式即可得到结果．
（3）如图1，①当∠ABP′＝90°时，得到∠PBO＝∠P′BO＝45°，根据等腰直角三角形的性质求出结论，②当∠AP′B＝90°时，过点A作AM⊥y轴于M，根据三角形相似列比例式求得．
【解答】解：（1）∵b＝1，
∴P（0，1），
设直线AP的解析式为 y＝kx+b，
∴k+b=3b=1∴k=2b=1，
∴直线AP的解析式为：y＝2x+1，
∴B（−12，O），
∵点P关于x轴的对称点为P′，
∴PP′＝2，
∴S△BPP'=12×2×12=12；

（2）设直线AB的解析式为：y＝kx+b，
∴k+b＝3，
∴k＝3﹣b，
∴直线AB的解析式为：y＝（3﹣b）x+b，
∵PQ⊥AB，
∴直线PQ的解析式为：y=13−bx+b，
当y＝0时，x＝﹣b2+3b，
∴m＝﹣b2+3b；

（3）如图1，①当∠ABP′＝90°时，

当点B在y轴左侧时，
∠PBO＝∠P′BO＝45°，
∴OB=12PP′，
由（2）知，直线AB的解析式为：y＝（3﹣b）x+b，
∴B（−b3−b，0），p（0，b），
∴b3−b=b，
∴b＝2，
∴当b＝m＝2时，△ABP′为直角三角形，
当点B在y轴右侧时，
同理可得：b＝4，m＝﹣4；
②当∠AP′B＝90°时，
当点P′在x轴下方时，
过点A作AM⊥y轴于M，
则△AMP′∽△P′OB，
∴AMP'O=MP'BO，
∴1b=3+bb3−b，
∴b2＝8，∵b＞0，∴b＝22，
∴m＝62−8；
当点P′在x轴上方时，
同理可得：b=10，m＝310−10；
综上，当b＝m＝2或b＝4，m＝﹣4或b＝22或b=10，m＝310−10．


【点评】本题考查了待定系数法求函数的解析式，求三角形的面积，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的画出图形是解题的关键．
8．如图，在平面直角坐标系中，P，Q分别是x轴，y轴的正半轴上两动点，OP＝2，OQ＝k，分别过P，Q作坐标轴的垂线，交反比例函数y=kx于点A，B两垂线交于点M，点E为线段OP上一动点．
（1）当点A在线段QM上时，求AM，BM的长（结果均用含k的代数式表示）；
（2）点E在整个运动过程中，若存在△ABE是等腰直角三角形，请求出所有满足条件的k的值．

【分析】（1）当点A在线段QM上时，则点A的纵坐标为k，代入反比例函数解析式得点A的横坐标为1，点B的横坐标为2，代入反比例函数的解析式得点B的纵坐标为k2，由题意得点M的坐标为（2，k），则AM＝2﹣1＝1，BM＝k−k2=k2；
（2）利用分类讨论的思想，若∠ABE为直角，则BA⊥BE，BA＝BE；若∠EAB为直角，则AB⊥AE，AB＝AE；若∠EAB为直角，则AB⊥AE，AB＝AE，利用两点之间距离公式和两直线垂直的时，斜率的关系利用代数思想可解得结果．
【解答】解：（1）∵OP＝2，OQ＝k，
∴点Q坐标为（0，k），点P的坐标为（2，0），
∵点A在线段QM上，
∴点A的纵坐标为k，
代入反比例函数解析式得：k=kx，解得：x＝1，
∵点B在直线MP上，
∴点B的横坐标为2，
代入反比例函数的解析式得：y=k2，
由题意得点M的坐标为（2，k），
∴AM＝2﹣1＝1，
BM＝k−k2=k2；

（2）设E（x0，0）（0≤x0≤2），
若∠ABE为直角，则BA⊥BE，BA＝BE，
∵BA＝BE，
∴1+(k−k2)2=(x0−2)2+(k2)2，
解得：x0＝1或x0＝3（舍去），
∴x0＝1，
∴E（1，0），
∵BA2+BE2＝AE2，BA＝BE，
∴2BA2＝AE2，
∴2（k24+1）＝k2，解得：k＝2或k＝﹣2（舍去）；
若∠AEB为直角，则EA⊥EB，EA＝EB，
∴(1−x0)(2−x0)+(k2)2=0(1−x0)2+k2=(2−x0)2+(k4)2，
解得：x0＝3（舍去）或x0=43，k=23，
当x0=43时，k=23；
若∠EAB为直角，则AB⊥AE，AB＝AE，
∴x0−1+k22=01+k24=(x0−1)2+k2，
解得：x0=12或x0＝3（舍去），
当x0=12时，k＝1，
∴当k＝2，k=23或k＝1时，△ABE是等腰直角三角形．
【点评】本题主要考查了反比例函数的图象和性质、坐标与函数图象的关系等，分类讨论，结合等腰直角三角形的性质，利用图象解决问题，从图上获取有用的信息，是解答此题题的关键．
9．已知直线l1的解析式为y=12x−12，直线l2的解析式为y=76x+32，两直线相交于点A．l1与x轴相交于点B，与y轴相交于点D，l2与y轴相交于的C．
（1）求点A的坐标；
（2）求△ABC的面积；
（3）若在y轴上存在点E使△BDE是直角三角形，请直接写出点E的坐标．

【分析】（1）根据两直线相交的问题，通过解方程组y=12x−12y=76x+32即可得到A点坐标；
（2）先求出B点、C点和D点坐标，然后根据三角形面积公式，利用S△ABC＝S△ACD+S△BCD进行计算即可；
（3）设E（0，t），利用两点间的距离公式得到BD2＝（12）2+12，BE2＝t2+12，ED2＝（t+12）2，然后分类讨论：当∠BED＝90°时，即BE2+ED2＝BD2，则t2+12+（t+12）2＝（12）2+12；当∠EBD＝90°时，即BE2+BD2＝ED2，则t2+12+（12）2+12＝（t+12）2；当∠BDE＝90°时，即DE2+BD2＝BE2，则（12）2+12+（t+12）2＝t2+12，再分别解关于t的方程即可得到满足条件的E点坐标．
【解答】解：（1）解方程组y=12x−12y=76x+32得x=−3y=−2，
所以A点坐标为（﹣3，﹣2）；
（2）当x＝0时，y=12x−12=−12，则D（0，−12）；当x＝0时，y=76x+32=32，则C（0，32），
当y＝0时，12x−12=0，解得x＝1，则B（1，0），
所以S△ABC＝S△ACD+S△BCD=12×（32+12）×3+12××（32+12）×1＝4；
（3）设E（0，t），BD2＝（12）2+12，BE2＝t2+12，ED2＝（t+12）2，
当∠BED＝90°时，即BE2+ED2＝BD2，所以t2+12+（t+12）2＝（12）2+12，解得t＝0或t=−12（舍去），所以此时E点坐标为（0，0）；
当∠EBD＝90°时，即BE2+BD2＝ED2，所以t2+12+（12）2+12＝（t+12）2，解得t＝2，所以此时E点坐标为（0，2）；
当∠BDE＝90°时，即DE2+BD2＝BE2，所以（12）2+12+（t+12）2＝t2+12，解得t=−12（舍去），
综上所述，满足条件的E点坐标为（0，2）、（0，0）．
【点评】本题考查了两条直线相交或平行问题：两条直线的交点坐标，就是由这两条直线相对应的一次函数表达式所组成的二元一次方程组的解；若两条直线是平行的关系，那么他们的自变量系数相同，即k值相同．也考查了勾股定理．
10．如图，直线AB经过点A（0，﹣4），B（﹣1，0），与双曲线y=mx在第二象限内交于点C，且△AOC的面积为3．
（1）求直线AB的解析式及m的值；
（2）试探究：在y轴上是否存在点M，使△ACM为直角三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．

【分析】（1）根据待定系数法即可求得直线AB的解析式，然后根据△AOC的面积为3，求得C的横坐标为−32，代入AB的解析式即可求得C的坐标，从而求得m的值．
（2）分两种情况分别讨论即可求得．
【解答】解：（1）∵直线AB经过点A（0，﹣4），B（﹣1，0），
∴设直线AB的解析式为y＝kx+b，
∴b=−4−k+b=0，解得k=−4b=−4，
∴直线AB的解析式为y＝﹣4x﹣4；
∵△AOC的面积为3，
∴12OA•|xC|＝3，即12×4×|xC|＝3，解得|xC|=32，
∴C的横坐标为−32，
代入y＝﹣4x﹣4得，y＝﹣4×（−32）﹣4＝2，
∴C（−32，2），
∵双曲线y=mx在第二象限与直线AB交于点C，
∴m＝﹣3；
（2）设M（0，a），
当∠ACM＝90°时，
∴△ACM∽△AOB，
∴AMAB=ACOA，
∵A（0，﹣4），B（﹣1，0），C（−32，2），
∴AB=12+42=17，AC=(32)2+(−4−2)2=3217，
∴a+417=31724，解得a=198，
∴M（0，198）；
当∠AMC＝90°时，则△AMC∽△AOB，
∵C（−32，2），
∴M（0，2），
综上，在y轴上存在点M，使△ACM为直角三角形，M点的坐标为（0，198）或（0，2）．
【点评】本题考查了反比例函数综合题：反比例函数与一次函数的交点坐标同时满足两个函数的解析式；运用待定系数法求函数的解析式以及使用分类讨论的思想方法解决数学问题．
11．如图，已知二次函数图象y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且A（﹣1，0），C（0，3）
（1）求这个二次函数解析式以及B的坐标；
（2）在（1）中抛物线上是否存在点Q，使△BCQ成为以BC为直角边的直角三角形？若有求出Q的坐标．

【分析】（1）把A（﹣1，0）、C（0，3）两点代入抛物线解析式可得b，c的值，令y＝0，可得B点的坐标；
（2）在（1）中抛物线上存在点Q，使△BCQ成为以BC为直角边的直角三角形，有两种可能：B为直角顶点、C为直角顶点，要充分认识△OBC的特殊性，是等腰直角三角形，可以通过解直角三角形求出相关线段的长度．
【解答】解：（1）把A（﹣1，0）、C（0，3）两点代入抛物线解析式y＝﹣x2+bx+c中得：
−1−b+c=0c=3，
解得：b=2c=3，
所以抛物线解析式为：y＝﹣x2+2x+3，
令y＝0，
即0＝﹣x2+2x+3，
所以x＝﹣1或3，
即B点的坐标为（3，0）；
（2）在（1）中抛物线上存在点Q，使△BCQ成为以BC为直角边的直角三角形，
理由如下：有两种情况：
如图1，过点B作BQ1⊥BC，交抛物线于点Q1、交y轴于点F，连接Q1C．

∵CO＝BO＝3，
∴∠CBO＝45°，
∴∠FBO＝45°，BO＝OF＝3．
∴点F的坐标为（0，﹣3）．
将（0，﹣3），（3，0）代入y＝kx+b得：
b=−33k+b=0，
解k=1b=−3，
∴直线BE的解析式为y＝x﹣3，
由y=x−3y=−x2+2x+3，
解得x=−2y=−5或x=3y=0，
∴点Q1的坐标为（﹣2，﹣5）．
如图2，过点C作CF⊥CB，交抛物线于点Q2、交x轴于点F，连接BQ2．

∵∠CBO＝45°，
∴∠CFB＝45°，OF＝OC＝3．
∴点F的坐标为（﹣3，0）．
∴直线CF的解析式为y＝x+3．
由y=x+3y=−x2+2x+3
解得：x=0y=3或x=1y=4，
∴点Q2的坐标为（1，4）．
综上，在抛物线上存在点Q1（﹣2，﹣5）、Q2（1，4），使△BCQ1、△BCQ2是以BC为直角边的直角三角形．
【点评】此题主要考查了抛物线与x轴的交点以及待定系数法求直线的解析式和等腰直角三角形的性质，解题的关键是利用直线解析式组成方程组求出Q的坐标，题目的难点在于（3）小题中，用到了分类讨论的数学思想，考虑问题要全面，做到不重不漏．
12．如图，一次函数y＝x+m的图象经过点A（﹣2，0），交y轴于点D，对称轴为x＝1的抛物线与x轴相交于点A、B，并与直线AD相交于点C，连接BD、BC，有∠OBD＝∠BCD．
（1）求点B、C、D的坐标；
（2）求抛物线的函数解析式；
（3）抛物线上是否存在点P，使∠ACP为直角？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）由A的坐标和对称轴即可求得B的坐标，把A的坐标代入一次函数解析式求得m的值即可求得D的坐标，然后通过△ABD∽△ACB和平行线分线段成比例定理即可求得C的坐标；
（2）把A、B、C的坐标代入解析式，根据待定系数法即可求得抛物线的解析式；
（3）过C点作CF⊥AC，交x轴于F，根据等腰直角三角形求得F的坐标，然后根据待定系数法求得直线CF的解析式，然后和抛物线的解析式联立方程，即可求得P的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线与x轴相交于点A、B，且对称轴为x＝1，A（﹣2，0），
∴B的坐标为（4，0），
∴AB＝2+4＝6，
∵一次函数y＝x+m的图象经过点A（﹣2，0），
∴﹣2+m＝0，解得m＝2，
∴D的坐标为（0，2），
∴AD=OA2+OD2=22+22=22，
在△ABD和△ACB中，∠ABD＝∠BCA，∠DAB＝∠BAC，
∴△ABD∽△ACB，
∴ACAB=ABAD，
∴AC=6×622=92，
作CE∥y轴，
∴AEOA=CEOD=ACAD=9222=92，
∴AE=2×92=9，CE=2×92=9，
∴OE＝AE﹣OA＝7，
∴C的坐标为（7，9）；

（2）∵二次函数y＝ax2+bx+c的图象过A（﹣2，0），B（4，0），C（7，9），
∴4a−2b+c=016a+4b+c=049a+7b+c=9，解得a=13b=−23c=−83，
∴抛物线的函数解析式为y=13x2−23x−83．

（3）存在；
过C点作CF⊥AC，交x轴于F，
∴OA＝OD＝2，
∴∠CAF＝45°，
∴△CAF是等腰直角三角形，
∴AE＝EF＝9，
∴F的坐标（16，0），
设直线CF的函数解析式为y＝kx+b，
∴7k+b=916k+b=0，解得k=−1b=16，
∴直线CF的函数解析式为y＝﹣x+16，
解y=−x+16y=13x2−23x−83，得x=7y=9或x=−8y=24，
∴P的坐标为（﹣8，24）．
所以抛物线上存在点P，使∠ACP为直角，此时P的坐标为（﹣8，24）．

【点评】本题考查了二次函数的综合题，解题的关键是应用待定系数法求解析式，三角形相似的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质．
13．如图，正比例函数y＝k1x与反比例函数y=4x的图象交于A、D两点，由点A向x轴作垂线，垂足为C，点B为点C关于直线AD的对称点，且点B恰好落在y轴上，
（1）则k1＝　1　；
（2）连接CD，则△COD的面积是　2　；
（3）在y轴上是否存在点P，使△CDP为直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，说明理由．

【分析】（1）根据点B、C关于直线AD对称，且点BC分别在y轴于x轴上，故可得出直线AD的解析式，进而得出结论；
（2）先求出AD两点的坐标，再根据S△COD=12×|xA|×|yD|即可得出结论；
（3）先根据两点间的距离公式得出PD2，PC2及DC2的值，再根据∠CDP＝90°，∠DCP＝90°和∠APD＝90°三种情况讨论．
【解答】解：（1）∵点B、C关于直线AD对称，且点BC分别在y轴于x轴上，
∴直线AD的解析式为y＝x，
∴k1＝1．
故答案为：1；

（2）∵正比例函数y＝x与反比例函数y=4x的图象交于A、D两点，
∴y=xy=4x，
解得x=2y=2或x=−2y=−2，
∴A（2，2），D（﹣2，﹣2），
∴C（2，0），
∴S△ODC=12×|xA|×|yD|＝2；
故答案为：2；

（4）设P（0，y），
∵C（2，0），D（﹣2，﹣2），
∴PD2＝4+（y+2）2，
PC2＝4+y2，
DC2＝20，
当∠PDC＝90°时，CD2+DP2＝PC2即20+4+（y+2）2＝4+y2，解得y＝﹣6，
∴P1（0，﹣6）；
当∠PCD＝90°时，PC2+CD2＝PD2，即4+y2+20＝4+（y+2）2，解得y＝4，
∴P2（0，4），
当∠DPC＝90°则PC2+PD2＝CD2，即4+y2+4+（y+2）2＝20，解得y＝﹣1±5，
∴P3（0，﹣1+5），P4（0，﹣1−5）．
综上所述，P点坐标为：P1（0，﹣6），P2（0，4），P3（0，﹣1+5），P4（0，﹣1−5）．

【点评】本题考查的是反比例函数图综合题，熟知反比例函数与正比例函数的图象均关于原点对称是解答此题的关键．
14．如图，在平面直角坐标系中，过点B（6，0）的直线AB与直线OA相交于点A（4，2）．
（1）求直线AB的解析式．
（2）求△OAC的面积．
（3）在y轴的负半轴上是否存在点M，使△ABM是以AB为直角边的直角三角形？如果存在，求出点M的坐标；如果不存在，说明理由．

【分析】（1）利用待定系数法即可求得函数的解析式；
（2）求得C的坐标，即可得到OC的长，利用三角形的面积公式即可求解；
（3）分两种情况进行讨论：①若∠BAM＝90°，过点A作AM1⊥AB交y轴于M1，②若∠ABM＝90°，过点B作BM2⊥AB交y轴与M2，即可求出点M的坐标．
【解答】解：（1）设直线AB的解析式是y＝kx+b，
根据题意得：4k+b=26k+b=0，
解得：k=−1b=6，
则直线的解析式是：y＝﹣x+6；

（2）在y＝﹣x+6中，令x＝0，解得：y＝6，
S△OAC=12×6×4＝12；

（3）①若∠BAM＝90°，过点A作AM1⊥AB交y轴于M1，过点A作AD⊥y轴于D，则D（0，2）．
∵OC＝OB＝6，∠BOC＝90°，
∴△BOC是等腰直角三角形，
∴∠BCO＝45°，
∴△CAM1也是等腰直角三角形，
∴DM1＝CD＝6﹣2＝4，
∴OM1＝2，
∴M1（0，﹣2）
②若∠ABM＝90°，过点B作BM2⊥AB交y轴与M2，同样求得M2（0，﹣6），
综上所述，满足条件的点M的坐标为（0，﹣2）或（0，﹣6）

【点评】本题主要考查了用待定系数法求函数的解析式．根据条件列出关于字母系数的方程，解方程求解即可得到函数解析式．
15．如图，抛物线L：y＝ax2+bx+c与x轴交于A、B（3，0）两点（A在B的左侧），与y轴交于点C（0，3），已知对称轴x＝1
（1）求抛物线L的解析式；
（2）求抛物线上的点M在直线BC的上方，求点M到直线BC的距离的最大值；
（3）设点P是抛物线L对称轴右侧上一点，点Q在对称轴上，是否存在以P点为直角顶点的△PBQ与△AOC相似？若存在，求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）由抛物线的对称性可求得A（﹣1，0），设抛物线的解析式为y＝a（x﹣3）（x+1），将点C的坐标代入可求得a的值，从而可求得抛物线的解析式；（2）过点M作MD⊥AB，交CD与点D，过点M作ME⊥CB，垂足为E．设点M的坐标为（x，﹣x2+2x+3），先求得直线BC的解析式，然后可得到MD与x的函数关系式，依据二次函数的性质可求得MD的最大值，从而可求得△BCM的最大值，然后依据三角形的面积公式可求得ME的最大值；
（3）连接DP，过点P作PE⊥QD，垂足为E，然后可证明点Q、P、B、D共圆，从而可证明∠PDQ＝∠ACO或∠PDQ＝∠CAO，设点P的坐标为（x，﹣x2+2x+3），则PE＝x﹣1，DE＝﹣x2+2x+3．接下来，依据EPED=13或EPED=3列出关于x的方程，从而可求得点P的坐标．
【解答】解：（1）∵抛物线的对称轴为x＝1，B（3，0），
∴A（﹣1，0）．
设抛物线的解析式为y＝a（x﹣3）（x+1）．
将点C的坐标代入得：﹣3a＝3，解得a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．
（2）设点M的坐标为（x，﹣x2+2x+3）．
设直线BC的解析式为y＝kx+3，将点B的坐标代入得：3k+3＝0，解得：k＝﹣1，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3．
如图1所示：过点M作MD⊥AB，交CD与点D，过点M作ME⊥CB，垂足为E．

MD＝﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）＝﹣x2+3x．
所以当x=32时，MD有最大值94．
在Rt△BCO中，依据勾股定理可知BC＝32．
∴BC•EM＝DM•OB，即32ME=94×3，解得ME=928．
所以M到BC的最大距离为928．
（3）如图3所示：连接DP，过点P作PE⊥QD，垂足为E．

∵∠QPB＝∠QDB＝90°，
∴∠QPB+∠QDB＝180°．
∴点Q、P、B、D共圆．
∴∠PBQ＝∠PBQ．
∵以P点为直角顶点的△PBQ与△AOC相似，
∴∠PBQ＝∠ACO或∠PBQ＝∠CAO．
∴∠PDQ＝∠ACO或∠PDQ＝∠CAO．
设点P的坐标为（x，﹣x2+2x+3），则PE＝x﹣1，DE＝﹣x2+2x+3．
∵当∠PDQ＝∠ACO时，tan∠ACO=AOOC=13，
∴EPED=x−1−x2+2x+3=13，解得：x＝2或x＝﹣3（舍去）
所以点P的坐标为（2，3）．
当∠PDQ＝∠CAO时，tan∠ACO=AOOC=3，
∴EPED=x−1−x2+2x+3=3，解得：x=5+1456或x=5−1456（舍去）．
∴点P的坐标为（5+1456，145−118）．
同理：当点P在第象限时，EPED=3或EPED=13．
当x−1x2−2x−3=3时，解得：x=7+1456
∴P的坐标为（7+1456，−145+118）．
当x−1x2−2x−3=13时，解得x＝0（舍去）或x＝5．
∴点P的坐标为（5，﹣12）．
综上所述点P的坐标为（2，3）或（5+556，55−118或（5，﹣12）或（7+1456，−145+118）．
【点评】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题主要应用了二次函数的性质、相似三角形的性质，用含x的式子表示出相关线段的长度是解题的关键．
16．如图，在平面直角坐标系中，直线AB：y=−13x+b交y轴于点A（0，1），交x轴于点B，直线x＝1交x轴于点E，其中P（1，n）是直线x＝1上一动点．
（1）求直线AB的表达式和点B的坐标；
（2）如图1，当n＝4时，过点P作PF⊥y轴于点F，连接PA，试说明△AOB≌△PFA；
（3）如图2，连接OP，BP．
①当n=5时，判断△OBP的形状，并说明理由；
②是否存在实数n，使△OBP为直角三角形？若存在，求出n的值；若不存在，说明理由．

【分析】（1）把A的坐标代入直线AB的解析式，即可求得b的值，根据x轴上当的坐标特征求出点B的坐标；
（2）根据全等三角形的判定定理证明即可；
（3）①根据勾股定理分别求出PB、AP、OB的长，根据等腰三角形的判定定理解答；
②根据直角三角形的判定定理列出关于n的方程，解方程即可．
【解答】解：（1）∵y=−13x+b经过A（0，1），
∴b＝1，
∴直线AB的解析式是y=−13x+1，
当y＝0时，−13x+1＝0，
解得，x＝3，
则点B的坐标为：（3，0）；
（2）当n＝4时，AF＝OF﹣OA＝3，PF＝OA＝1，
在△AOB和△PFA中，
OA=FP∠AOB=∠PFAOB=AF，
∴△AOB≌△PFA；
（3）①当n=5时，
由勾股定理得，PB=PE2+BE2=3，AP=OE2+PE2=6，
∴OB＝PB，即△OBP是等腰三角形；
②当△OBP为直角三角形时，
由射影定理得，PE2＝OE•BE，即n2＝1×2，
解得，n=±2，
则当n=±2时，△OBP为直角三角形．
【点评】本题考查的是待定系数法求函数解析式、全等三角形的判定、等腰三角形的判定以及直角三角形的判定，灵活运用待定系数法、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
17．如图，一次函数y=−32x+33与反比例函数y=ax的图象交于点A（2，23），点C（4，b）．
（1）连接OA、OC，求△OAC的面积；
（2）过点C作直线m平行x轴，问是否在直线m上存在点P，使△OAP为以OA为直角边的直角三角形？若存在，直接写出点P的坐标；若存在，请说明理由．

【分析】（1）首先由一次函数y=−32x+33与反比例函数y=ax的图象交于点A（2，23），点C（4，b），求得a与b的值，继而求得点B，C，D的坐标，再由S△OAC＝S△BOD﹣S△OAB﹣S△OCD求得答案；
（2）分别从若∠AOP＝90°与若∠OAP＝90°，利用相似三角形的性质，即可求得点P的坐标．
【解答】解：（1）如图1，连接OA，OC，
∵点A（2，23）在反比例函数y=ax的图象上，
∴a＝xy＝2×23=43，
∵点C（4，b）在反比例函数y=ax的图象上，
∴b=434=3，
∴点C（4，3），
∵一次函数y=−32x+33与x，y轴的交点分别为D，B，
∴D（6，0），B（0，33），
∴S△OAC＝S△BOD﹣S△OAB﹣S△OCD=12×6×33−12×33×2−12×6×3=33；

（2）存在．
如图2，过点A作AM⊥x轴于点M，设直线m交x轴于点E，
∵C（4，3），A（2，23），
∴OE＝4，OM＝23，AM＝2，
①若∠AOP＝90°，则∠AOE+∠EOP＝90°，
∵∠AOM+∠AOE＝90°，
∴∠AOM＝∠EOP，
∵∠AMO＝∠OEP＝90°，
∴△AOM∽△POE，
∴OMOE=AMEP，
∴234=2EP，
解得：EP=433，
∴P1（4，−433）；
②若∠OAP＝90°，过点A作AF⊥m于点F，
则∠AOM＝∠FAP＝90°﹣∠OAM，∠AMO＝∠AFP＝90°，
∴△AOM∽△PAF，
∴AMPF=OMAF，
∴2PF=232，
解得：PF=233，
∴EP＝EF﹣PF＝23−233=433，
∴P2（4，433）；
综上：P1（4，−433），P2（4，433）．

【点评】此题属于反比例函数综合题，考查了待定系数求函数解析式的知识以及相似三角形的判定与性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
18．如图，抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣1，0）、C（0，3）、B（2，3）
（1）求抛物线的解析式；
（2）线段AB上有一动点P，过点P作y轴的平行线，交抛物线于点Q，求线段PQ的最大值；
（3）抛物线的对称轴上是否存在点M，使△ABM为直角三角形？如果存在，求出点M的坐标；如果不存在，说明理由（4个坐标）．

【分析】（1）把点A、B、C的坐标代入抛物线解析式，利用待定系数法求二次函数解析式解答即可；
（2）设直线AB的解析式为y＝kx+b（k≠0），然后利用待定系数法求出直线解析式，再表示出PQ，然后利用二次函数的最值问题解答；
（3）求出抛物线对称轴为直线x＝1，然后分①AB是直角边时，写出以点A为直角顶点的直线AM的解析式，然后求解即可，再写出以点B为直角顶点的直线BM的解析式，然后求解即可，②AB是斜边时，设点M的坐标为（1，m），然后利用勾股定理列方程求出m的值，再写出点M的坐标即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣1，0）、C（0，3）、B（2，3），
∴a−b+c=0c=34a+2b+c=3，
解得a=−1b=2c=3，
所以，抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3；

（2）设直线AB的解析式为y＝kx+b（k≠0），
则−k+b=02k+b=3，
解得k=1b=1，
所以，直线AB的解析式为y＝x+1，
设点P的横坐标为x，∵PQ∥y轴，
∴点Q的横坐标为x，
∴PQ＝（﹣x2+2x+3）﹣（x+1），
＝﹣x2+x+2，
＝﹣（x−12）2+94，
∵点P在线段AB上，
∴﹣1≤x≤2，
∴当x=12时，线段PQ的长度最大，最大值为94；

（3）由（1）可知，抛物线对称轴为直线x＝1，
①AB是直角边时，若点A为直角顶点，则直线AM的解析式为y＝﹣x﹣1，
当x＝1时，y＝﹣1﹣1＝﹣2，
此时，点M的坐标为（1，﹣2），
若点B为直角顶点，则直线BM的解析式为y＝﹣x+5，
当x＝1时，y＝﹣1+5＝4，
此时，点M的坐标为（1，4），
②AB是斜边时，设点M的坐标为（1，m），
则AM2＝（﹣1﹣1）2+m2＝4+m2，BM2＝（2﹣1）2+（m﹣3）2＝1+（m﹣3）2，
由勾股定理得，AM2+BM2＝AB2，
所以，4+m2+1+（m﹣3）2＝（﹣1﹣2）2+（0﹣3）2，
整理得，m2﹣3m﹣2＝0，
解得m=3±172，
所以，点M的坐标为（1，3+172）或（1，3−172），
综上所述，抛物线的对称轴上存在点M（1，﹣2）或（1，4）或（1，3+172）或（1，3−172），使△ABM为直角三角形．

【点评】本题是二次函数综合题型，主要利用了待定系数法求二次函数解析式，待定系数法求一次函数解析式，二次函数的最值问题，直角三角形的性质，难点在于（2）列出PQ的表达式，（3）分情况讨论．
19．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝﹣2x+4分别交x轴，y轴于A，B两点，与直线OC交于点C．
（1）求点A，B的坐标．
（2）若点C的坐标为（m，2），求线段AC的长．
（3）若P是x轴上一动点，是否存在点P，使△ABP是直角三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）对于y＝﹣2x+4，令y＝﹣2x+4＝0，解得x＝2，令x＝0，则y＝4，即可求解；
（2）令y＝﹣2x+4＝2，解得x＝1＝m，故点C（1，2），即可求解；
（3）分AB是斜边、AP是斜边、BP是斜边三种情况，分别求解即可．
【解答】解：（1）对于y＝﹣2x+4，令y＝﹣2x+4＝0，解得x＝2，令x＝0，则y＝4，
故点A、B的坐标分别为（2，0）、（0，4）；

（2）令y＝﹣2x+4＝2，解得x＝1＝m，
故点C（1，2），
则AC=(2−1)2+22=5，
即线段AC的长为5；

（3）存在，理由：
设点P（x，0），
由点A、B、P的坐标知，AB2＝22+42＝20，AP2＝（x﹣2）2，BP2＝x2+16，
当AB是斜边时，则20＝（x﹣2）2+x2+16，解得x＝2（舍去）或0；
当AP是斜边时，同理可得x＝﹣8；
当BP是斜边时，同理可得：x＝2（舍去），
故点P的坐标为（0，0）或（﹣8，0）．
【点评】本题是一次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、直角三角形的性质等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
20．如图，矩形OABC在平面直角坐标系中，若OA，OC的长满足|OA﹣2|+（OC﹣23）2＝0．
（1）求B，C两点的坐标；
（2）把△OAB沿OB对折，点A落在点A′处，线段AB′与y轴交于点D，反比例函数y=kx的图象经过点A′，求k的值；
（3）在直线AA′上是否存在点P，使△BDP为直角三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）根据“若非负数的和为0，则这些非负数都等于0”可求出OA、OC，从而可得到B，C两点的坐标；
（2）过点A′作A′H⊥x轴于H，如图1，根据轴对称的性质可求出∠A′OH及OA′，然后在Rt△A′OH中运用三角形函数就可求出点A′的坐标，然后代入反比例函数的解析式，就可求出k的值；
（3）在Rt△A′OD中运用三角形函数可求出点D的坐标，然后运用待定系数法可求出直线AA′的解析式，设点P的横坐标为x，运用两点之间的距离公式分别表示出DP2、DB2、BP2，然后分三种情况（①∠BDP＝90°，②∠DBP＝90°，③∠BPD＝90°）讨论，根据勾股定理建立方程，解这个方程就可解决问题．
【解答】解：（1）∵|OA﹣2|+（OC﹣23）2＝0，
∴OA﹣2＝0，OC﹣23=0，
∴OA＝2，OC＝23，
∵四边形OABC是矩形，
∴B，C两点的坐标分别为（2，23），（0，23）；

（2）过点A′作A′H⊥x轴于H，如图1．

∵tan∠BOA=ABOA=232=3，
∴∠BOA＝60°．
由折叠可得：∠A′OB＝∠AOB＝60°，∠OA′B＝∠OAB＝90°，OA′＝OA＝2，
∴∠A′OH＝60°，
∴A′H＝OA′•sin∠A′OH＝2×sin60°=3，
OH＝OA′•cos∠A′OH＝2×cos60°＝1，
∴点A′的坐标为（﹣1，3）．
∵反比例函数y=kx的图象经过点A′，
∴k＝﹣1×3=−3；

（3）在直线AA′上存在点P，使△BDP为直角三角形．
∵∠A′OD＝60°+60°﹣90°＝30°，
∴在Rt△OA′D中，cos30°=OA'OD=2OD=32，
∴OD=433，
∴点D的坐标为（0，433）．
设直线AA′的解析式为y＝kx+b，
则−k+b=32k+b=0，
解得k=−33b=233，
∴直线AA′的解析式为y=−33x+233．
设点P的横坐标为x，则P（x，−33x+233）．
由两点之间的距离公式可得：
DP2＝（x﹣0）2+（−33x+233−433）2=43x2+43x+43，
BP2＝（x﹣2）2+（−33x+233−23）2=43x2−43x+283，
DB2＝（2﹣0）2+（23−433）2=163．
①若∠BDP＝90°，如图2，

则有DB2+DP2＝BP2，
∴163+43x2+43x+43=43x2−43x+283，
解得x＝1，
∴点P的坐标为（1，33）；
②若∠DBP＝90°，如图3，

则有DB2+BP2＝DP2，
∴163+43x2−43x+283=43x2+43x+43，
解得x＝5，
∴点P的坐标为（5，−3）；
③若∠DPB＝90°，则BP2+DP2＝DB2，
∴43x2−43x+283+43x2+43x+43=163
整理得x2＝﹣2，
∴方程无解．
综上所述：满足条件的点P的坐标为（1，33）和（5，−3）．
【点评】本题主要考查了绝对值的非负性、矩形的性质、轴对称的性质、运用待定系数法求反比例函数及直线的解析式、勾股定理、解方程、特殊角的三角函数值、两点之间的距离公式[AB2＝（x1﹣x2）2+（y1﹣y2）2，其中A（x1，y1），B（x2，y2）]等知识，运用分类讨论的数学思想是解决第（3）小题的关键．