中考数学二轮培优训练第21讲 直角三角中的分类讨论（2份，原卷版+解析版）

这是一份中考数学二轮培优训练第21讲 直角三角中的分类讨论（2份，原卷版+解析版），文件包含中考数学二轮培优训练第21讲直角三角中的分类讨论原卷版doc、中考数学二轮培优训练第21讲直角三角中的分类讨论解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共62页， 欢迎下载使用。
1、两个定点求一个动点。这种题目找点方法是过两个定点做垂线，以定长为直径画圆，简称“两个垂直一个圆”。通过这样的作图法，可以快速找到符合题意的点，这就是常说的找点。求点的方法，构造三垂直模型，根据直角两侧有相似就可以求解。
2、两个动点或三个动点。因为三角形只有三个角，所以分三种情况讨论就可以了！当然有时也有直角不成立的情况。当它们分别为直角时，用相似或勾股定理求解，一般情况下，相似求解比勾股定理要简单一些。
【多题一解】【一题多解】
一、解答题
1．（2022秋·黑龙江齐齐哈尔·八年级校考期中）如图，等边△ABC中，AB＝10cm，CD＝4cm．点M以3cm/s的速度运动．
(1)如果点M在线段CB上由点C向点B运动，点N在线段BA上由点B向点A运动、它们同时出发，若点N的速度与点M的速度相等；
①经过2s后，△BMN和△CDM是否全等？请说明理由．
②当M，N两点的运动时间为多少秒时，△BMN恰好是一个直角三角形？
(2)若点N的运动速度与点M的运动速度不相等，点N从点B出发，点M按原来的运动速度从点C同时出发，都顺时针沿△ABC三边运动，经过25s时，点M与点N第一次相遇，则点N的运动速度是 cm/s．（请直接写出答案）
【答案】(1)①△BMN和△CDM全等，理由见解析；②秒或秒；
(2)或
【分析】（1）①由题意求出CM＝BN ，BM＝CD，然后利用SAS可证明△BMN≌△CDM；
②分两种情形讨论解答：①当∠BNM＝90°时；②当∠BMN＝90°时，设两点的运动时为t秒，分别表示出BM，BN的长度，根据含30°角的直角三角形的性质列方程即可求出对应的时间；
（2）分两种情况解答：①当点N的速度小于点M的速度时；②当点N的速度大于点M的速度时，设点N速度为s厘米/秒，利用点M与点N第一次相遇时的路程的差列出方程即可求解．
【详解】（1）解：①△BMN和△CDM全等．
理由：∵点N的运动速度与点M的运动速度相等，点M以3厘米/秒的速度运动，
∴点N的速度是3厘米/秒，
∴经过2秒后，CM＝6厘米，BN＝6厘米，
∴CM＝BN，
∴BM＝BC−CM＝10−6＝4（厘米），
∵DC＝4厘米，
∴BM＝CD，
∵在等边△ABC中，∠B＝∠C＝60°，
∴△BMN≌△CDM（SAS）；
②设两点的运动时间为t秒，则CM＝BN＝3t厘米，
∴BM＝BC−CM＝（10−3t）厘米．
①当∠BNM＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴∠BMN＝30°，
∴BN＝BM，
∴3t＝（10−3t），
解得：t＝；
②当∠BMN＝90°时，
∵∠B＝60°，
∴∠BNM＝30°，
∴BM＝BN，
∴10−3t＝×3t．
解得：t＝，
综上，当运动时间为秒或秒时，△BMN是一个直角三角形；
（2）设点N速度为s厘米/秒，则点N25秒运动的距离为25s厘米，
①当点N的速度小于点M的速度时，
由题意得：25×3−25s＝10，
解得：s＝，
②当点N的速度大于点M的速度时，
由题意得：25s−25×3＝20，
解得：s＝，
综上，经过25秒点M与点N第一次相遇，则点N的运动速度是厘米/秒或厘米/秒，
故答案为：或．
【点睛】本题是几何动点的综合题，主要考查了三角形全等的判定与性质，等边三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质以及一元一次方程的应用，利用分类讨论的思想解答是解题的关键．
2．（2022·湖北宜昌·统考一模）（1）如图1，O是等边△ABC内一点，连接OA、OB、OC，且OA＝3，BO＝4，OC＝5，将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，连接OD．
①求旋转角的度数；
②求线段OD的长；
③求∠BDC的度数．
（2）如图2，点O是正方形ABCD内一点，连接OA、OB、OC，将△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCP，连接OP．当OA、OB、OC满足什么条件时，△OCP为直角三角形？
【答案】（1）①60°；②4；③150°；（2）当、、时，△OCP为直角三角形．
【分析】（1）①根据等边三角形的性质得，，再根据旋转的性质得，于是可确定旋转角的度数为；
②由旋转的性质得，加上，则可判断为等边三角形，所以；
③由为等边三角形得到，再利用旋转的性质得，然后根据勾股定理的逆定理可证明为直角三角形，，所以；
（2）根据旋转的性质得，，，则可判断为等腰直角三角形，则，然后根据勾股定理的逆定理，当时，为直角三角形，．
【详解】①∵∆ABC为等边三角形
∴∠ABC＝60⁰
∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD
∴∠ABC就是旋转角，度数为60⁰．
②∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴BO＝BD
而∠OBD＝∠ABC＝60°
∴△OBD为等边三角形
∴OD＝OB＝4.
③∵△BAO绕点B顺时针旋转后得到△BCD，
∴CD＝AO＝3
在△OCD中，CD＝3，OD＝4，OC＝5
∵
∴
∴△OCD为直角三角形，∠ODC＝90⁰
由②知△OBD为等边三角形
∴∠BDO＝60⁰
∴∠BDC＝∠BDO＋∠ODC＝60⁰＋90⁰＝150°
（2）∵△BAO绕点时针旋转后得到△BCP，
∴∠OBP＝∠ABC＝90°，BO＝BP，CP＝AO，
∴△BOP为等腰直角三角形
∴OP＝OB，
①当时，△OCP为直角三角形，∠OPC＝90°
∴
②当时，△OCP为直角三角形，∠OCP＝90°
∴
③当时，△OCP为直角三角形，∠POC＝90°
∴
∴当、、时，△OCP为直角三角形．
【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等边三角形的判断与性质和勾股定理的逆定理．
3．（2022·四川南充·统考三模）如图，抛物线与轴交于、，与轴交于．是第一象限内抛物线上的一个动点．
(1)求抛物线的解析式．
(2)连接，，当时，求点的坐标．
(3)在（2）的条件下，将抛物线沿射线方向平移个单位，平移后，的对应点分别为、，在轴上是否存在点，使是等腰直角三角形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在，，或，或时，是等腰直角三角形
【分析】（1）由与轴交于，与轴交于，将两个点代入解析式求出的值，即可求出解析式；
（2）根据抛物线解析式求出点的坐标，算出，进而得出，由此可知点与点关于抛物线对称轴对称，由（1）可知对称轴为．求出点坐标；
（3）先设直线为，将，代入求解出直线解析式，在平移中，、两点的距离保持不变．所以，求出；再分成三种情况①②③，根据是定值分别求出不同情况下的的值．
（1）
解：∵，∴抛物线为．
将代入，得．∴．∴抛物线的解析式为．
（2）
由，得．∴，．
∴．∴．∴．∴．
∴点与点关于抛物线对称轴对称．由（1），对称轴为．∴．
（3）
在轴上存在点，使是等腰直角三角形．
设直线为．将，代入，得
解得，．∴直线为．
平移中，，两点的距离保持不变．∴．
．
①如图1，，此时．则．∴．
②如图2，，此时．
则．∴．∴．
③如图3，，∴．作于，此时．
则．∴．∴.
综上，，或，或时，是等腰直角三角形．
【点睛】本题主要考查二次函数的图像及性质，锐角三角函数，勾股定理，等腰三角形的性质及判定等知识点；正确画出图形进行分类讨论是解决本题的关键．
4．（2022·广西·统考中考真题）已知，点A，B分别在射线上运动，．
(1)如图①，若，取AB中点D，点A，B运动时，点D也随之运动，点A，B，D的对应点分别为，连接．判断OD与有什么数量关系?证明你的结论：
(2)如图②，若，以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，求点O与点C的最大距离：
(3)如图③，若，当点A，B运动到什么位置时，的面积最大?请说明理由，并求出面积的最大值．
【答案】(1)，证明见解析
(2)
(3)当时，的面积最大；理由见解析，面积的最大值为
【分析】（1）根据“直角三角形斜边中线等于斜边一半”可得OD=AB，OD′=A′B′，进而得出结论；
（2）作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，当O运动到O′时，OC最大，求出CD和等边三角形AO′B上的高O′D，进而求得结果；
（3）以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点E，使OE=BE，连接BE，由(2）可知∶当OC⊥AB时，OC最大，BT=3，当OA=OB时，∠ BOC=22.5°，此时OT最大，根据等腰三角形的性质可得∠OBE=∠BOC=22.5°，由外角的性质可得∠BET=45°，则ET=BT=3，利用勾股定理可得OE，由OT=OE+ET可得OT，然后根据三角形的面积公式进行计算．
【详解】（1）解：，证明如下：
，AB中点为D，
，
为的中点，，
，
，
；
（2）解：如图1，
作△AOB的外接圆I，连接CI并延长，分别交⊙I于O′和D，
当O运动到O′时，OC最大，
此时△AOB是等边三角形，
∴BO′=AB=6，
OC最大=CO′=CD+DO′=AB+BO′=3+3；
（3）解∶如图，当点A，B运动到OA=OB时，△AOB的面积最大，证明如下∶
以AB为斜边在其右侧作等腰直角三角形ABC，连接OC交AB于点T，在OT上取点E，使OE=BE，连接BE，
由（2）可知，当OC⊥AB时，OC最大，
∵等腰直角三角形ABC，AC=BC，∠ACB=90°，
又OC⊥AB于T，
∴TC=AT=BT=AB=3，
∵OC=OT+CT=OT+3，
∴当OA=OB时，此时OT最大，即OC最大，
∴△AOB的面积最大，
∴∠BOT=∠AOB=22.5°，
∵OE= BE ，
∴∠OBE=∠BOC = 22.5° ，
综上，当点A，B运动到OA=OB时，△AOB的面积最大，△AOB面积的最大值为．
【点睛】本题考查了直角三角形性质，等腰三角形性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键是熟练掌握“定弦对定角”的模型．
5．（2023春·八年级课时练习）如图，正比例函数y＝x与一次函数y＝ax＋7的图像相交于点P（4，n），过点A（t，0）作x轴的垂线l，且0＜t＜4，交一次函数的图像于点B，交正比例函数的图像于点C，连接OB．
(1)求a值；
(2)设△OBP的面积为s，求s与t之间的函数关系式；
(3)当t=2时，在正比例函数y＝x与一次函数y＝ax＋7的图像上分别有一动点M、N，是否存在点M、N，使△CMN是等腰直角三角形，且∠CNM=90º，若存在，请直接写出点M、N的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在点M、N，坐标为M（，），N（，）或M（，5），N（，）．
【分析】（1）将P（4，n）分别带入y＝x与y＝ax＋7即得；
（2）过P作PD⊥l于D，根据，得到一次函数解析式为，根据得到B（t，-t+7），C（t，），根据，P（4，3），推出BC=-t+7-=，OA+PD=4， 推出S△OBP=S△OBC+S△PBC====，得到与之间的函数关系式．
（3）当点N在直线上方时，过点N作x轴的平行线，分别过C、M作平行线的垂线，垂足为Q、P，根据，得到∠PNM+∠CNQ=90°，根据∠QCN+∠CNQ=90°，得到∠QCN=∠PNM，根据CN=MN，∠CQN=∠NPM，推出△QCN≌△PNM，得到PN=QC，QN=PM，设M（m，），N（n，-n+7），根据t=2，得到C（2，），推出PN=，=，QN=n-2，PM=，得到，解得： ，推出M（，），N（，）．当点N在直线下方时，过点N作x轴的平行线，分别过C、M作平行线的垂线，垂足为H、G，同理得到CH=NG，HN=MG，设M（m，），N（n，-n+7），推出CH=，NG=，HN=，MG==，得到解得： ，推出M（，5），N（，）．
【详解】（1）∵点P（4，n）在图象上，
∴，
∴P（4，3），
∵点P（4，3）在图象上，∴，
解得：．
（2）如图，过P作PD⊥l于D，
∵，
∴一次函数解析式为，
∵过点作轴的垂线，交的图像于点，交的图像于点，
∴B（t，-t+7），C（t，），
∵，P（4，3），
∴BC=-t+7-=，OA+PD=4，
∴S△OBP=S△OBC+S△PBC====，
∴与之间的函数关系式为：．
（3）如图，当点N在直线上方时，过点N作x轴的平行线，分别过C、M作平行线的垂线，垂足为Q、P，
∵△CMN是等腰直角三角形，，∴CN=MN，
∴∠PNM+∠CNQ=90°，
∵∠QCN+∠CNQ=90°，∴∠QCN=∠PNM，
在△QCN和△PNM中，，
∴△QCN≌△PNM，
∴PN=QC，QN=PM，
设M（m，），N（n，-n+7），
∵t=2，∴C（2，），
∴PN=，=，QN=n-2，PM=，
∴，解得： ，
∴，=，
∴M（，），N（，）．
如图，当点N在直线下方时，过点N作x轴的平行线，分别过C、M作平行线的垂线，垂足为H、G，
同理可得：CH=NG，HN=MG，
设M（m，），N（n，-n+7），
∴CH=，NG=，HN=，
MG==，
∴解得： ，
∴5，，
∴M（，5），N（，）．
综上所述：存在点M、N，坐标为M（，），N（，）或M（，5），N（，）．
【点睛】本题主要考查了正比例函数、一次函数与几何综合，解决问题的关键是熟练掌握待定系数发求函数解析式，正比例函数、一次函数的性质，三角形面积公式，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质．
6．（2022春·广西桂林·八年级校考期中）如图，Rt中，，，．点从点出发沿方向以每秒个单位长的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以每秒个单位长的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点，运动的时间是秒 ．过点作于点，连接，，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当为何值时， ；
(3)当为何值时， 为直角三角形？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)当时，
(3)当t＝或4时，△DEF为直角三角形
【分析】（1）根据平行线的判定与勾股定理即可得出结论；
（2）由（1）知四边形是平行四边形，只要平行四边形为菱形，即可利用菱形对角线垂直得到结论；
（3）要使为直角三角形，需要分三种情况讨论：；；，直接求解即可．
（1）
证明：在 Rt中，，
，
，
，
点从点出发沿方向以每秒个单位长的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以每秒个单位长的速度向点匀速运动，设点，运动的时间是秒
，
在Rt中，，，，则，
，且，
四边形是平行四边形；
（2）
解：由（1）知四边形是平行四边形，
在 Rt中，，，，
，
∴AF＝AB−BF＝10−2t．
当平行四边形是菱形时，，则需AE＝AF，
即t＝10−2t，
∴，
即当时，平行四边形AEFD为菱形，；
（3）
解：（3）解：当t＝或4时，△DEF为直角三角形．
理由如下：
分情况讨论：
方法①∠BDF＝∠DFE＝90°时，如图所示：
则EFBC，
∴∠AEF＝∠C＝90°，∠AFE＝∠C＝30°，
∴AF＝2AE，
∴10−2t＝2t，
∴t＝；
②∠DEF＝90°时，如图所示：
∵AC⊥BC，DF⊥BC，
∴AEDF，
又∵AE＝DF，
∴四边形AEDF为平行四边形，
∴AFED，
∴，∠BED＝∠A＝60°， 即AF＝AE，
∴10−2t＝t，解得t＝4；
③∠EFD＝90°时，此种情况不存在．
综上所述，当t＝或4时，△DEF为直角三角形．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识，本题综合性强，有一定难度，熟练掌握相关几何性质及判定是解决问题的关键．
7．（2022·山东济南·山东省济南稼轩学校校考模拟预测）如图，抛物线经过点，点，且．
(1)求抛物线的解析式及其对称轴；
(2)如图，连接，过点作的平行线交抛物线于点，为线段上一动点，连接交抛物线于点，连接交于点，连接，的面积是否有最大值，若有，求出最大值，若无，请说明理由．
(3)如图，以为直角顶点，为直角边边向右作等腰直角，将沿射线线平移得到，连接、，的周长是否有最小值，若有，求的周长的最小值，若无，请说明理由．
【答案】(1)，对称轴为
(2)有，
(3)有，
【分析】由且，得，抛物线的表达式为：，将代入可解得，从而可得抛物线的解析式及其对称轴；
过P作轴，交于点，先由已知求出坐标，再根据与同底等高求出，设，用含的代数式表示的面积，即可求出的面积有最大值是；
连接，过作交轴于，沿射线线平移得到，由四边形是平行四边形，可得CT=EF=OC=3，CE=TF，，且等腰直角，，，有CE=BE=TF，要使最小，只需最小，此时、、三点共线，而，，即可求出的周长的最小值为．
(1)
∵OB=OC，C(0,3)，
∴点B(3,0)，即抛物线与x轴交于A(−1,0)，B(3,0)两点，
∴抛物线的表达式为：；
∵C(0,3)，
∴，解得a=-1；
∴ 抛物线的表达式为：，且函数的对称轴为：x=1；
(2)
过P作轴，交AH于点Q，如图：
∵C(0,3)，B(3,0)，
∴直线BC解析式为y=−x+3，
∵，
∴设直线AH解析式为，
再将A(−1,0)代入得：0=1+m，解得m=−1，
直线AH解析式为；
由得，，
∴H(4,-5)，
∵，
∴与同底等高，
∴与面积相等，
则有：，
设，根据轴，则有：，
则有：，
∴，
∴代入相应的数值，化简得：，
则有：,
配方得：，
可知当时，有最大值，且最大值为，
(3)
连接CE，过F作交y轴于T，如图：
∵沿射线线OD平移得到，
∴，即轴，
∴四边形是平行四边形，
∴CT=EF=OC=3，CE=TF，
∴，
∵等腰直角，，，
∴OC=OB，∠DOC=∠DOB=45°，
又∵OE=OE，
∴，
∴，
∴，
∴，
要使l最小，则有最小，
当T、F、B三点共线时，最小值即是的长度，
而，，
∴，即最小值是，
∴的周长的最小值为．
【点睛】本题考查二次函数综合知识，涉及二次函数解析式、对称轴、三角形面积的最大值、周长最小值等，解题的关键是熟练应用二次函数的相关性质，用含未知数的代数式表示相关线段的长度．
8．（2022·全国·九年级专题练习）如图，直线y＝x﹣3与x轴，y轴分别交于B、C两点．抛物线y＝x2＋bx＋c经过点B、C，与x轴另一交点为A，顶点为D．
(1)求抛物线的解析式；
(2)设点P从点D出发，沿对称轴向上以每秒1个单位长度的速度匀速运动．设运动的时间为t秒．
①点P在运动过程中，若∠CBP＝15°，求t的值；
②当t为何值时，以P，A，C为顶点的三角形是直角三角形？求出所有符合条件的t值．
【答案】(1)y＝x²﹣2x﹣3
(2)①t＝4﹣2或4﹣；②t＝或3或2或
【分析】（1）由直线BC求出B、C的坐标，再待定系数法求出抛物线解析式即可；
（2）①由OB＝OC得出∠OBC＝∠OCB＝45°，所以∠CBP＝15°就可以分别得到∠PBE＝30°或60°，再由tan30°或tan60°求出EP，进而求出DP，又因为P的速度为1，求出t即可；
②设出P的坐标，根据两点距离公式求出AP²、AC²和PC²，分三种情况：∠APC＝90°或∠PCA＝90°或∠PAC＝90°分别讨论，求出P的坐标，进而求出DP，求出t即可．
（1）
解：令y＝x﹣3＝0，x＝3，
∴B的坐标为（3，0），
令x＝0，y＝0﹣3＝﹣3，
∴C的坐标为（0，﹣3），
将B、C代入y＝x2+bx+c，
得：，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝x²﹣2x﹣3；
（2）
由（1）知，OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
记抛物线对称轴交x轴于E，
∵y＝x²﹣2x﹣3＝（x﹣1）²﹣4，
∴抛物线对称轴为直线x＝1，
∴EB＝2，
∴顶点D的坐标为（1，﹣4），
若∠CBP＝15°，则分两种情况，
①如图，当P在直线BC下方时，
此时∠EBP＝60°，
∴tan∠EBP＝＝，
∴EP＝2，
∴DP＝4﹣2，
∴t＝＝4﹣2，
当P在直线BC上方时，
此时∠EBP＝30°，
∴tan∠EBP＝＝，
∴EP＝，
∴DP＝4﹣，
∴t＝＝4﹣，
综上，t＝4﹣2或4﹣；
②设P的坐标为（1，n），
令y＝x²﹣2x﹣3＝0，
x＝3或﹣1，
∴A的坐标为（﹣1，0），
此时PC²＝1+（n+3）²＝n²+6n+10，
PA²＝（1+1）²+n²＝4+n²，
AC²＝1+3²＝10，
当∠PCA＝90°时，PC²+AC²＝AP²，
n²+6n+10+10＝4+n²，
解得：n＝，
∴P的坐标为（1，），DP＝4＝，
∴t＝，
当∠APC＝90°时，AP²+PC²＝AC²，
4+n²+n²+6n+10＝10，
解得：n＝﹣1或﹣2，
∴P的坐标为（1，﹣1）或（1，﹣2），
DP＝4﹣1＝3或DP＝4﹣2＝2，
∴t＝3或2，
当∠PAC＝90°时，PA²+AC²＝CP²，
n²+4+10＝n²+6n+10，
解得：n＝，
∴P的坐标为（1，），
DP＝4+＝，
∴t＝，
综上，t＝或3或2或．
【点睛】本题时二次函数综合题，考查了待定系数法，角度15°的处理，直角三角形存在性问题，勾股定理，画出图形将15°转化成特殊角30°或60°是关键，直角三角形分三种情况讨论是关键．
9．（2022秋·广东中山·九年级统考期末）如图，抛物线y＝ax2＋bx﹣3经过A、B、C三点，点A（﹣3，0）、C（1，0），点B在y轴上．点P是直线AB下方的抛物线上一动点（不与A、B重合）．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)过点P作x轴的垂线，垂足为D，交直线AB于点E，动点P在什么位置时，PE最大，求出此时P点的坐标；
(3)点Q是抛物线对称轴上一动点，是否存在点Q，使以点A、B、Q为顶点的三角形为直角三角形？若存在，请求出点Q坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝x2+2x﹣3；
(2)（﹣，）
(3)（-1，2）或（-1，﹣4）或（-1，）或（-1，）
【分析】（1）把点A，B代入y＝ax2+bx﹣3即可；
（2）设P（x，x2+2x﹣3），求出直线AB的解析，用含x的代数式表示出点E坐标，即可用含x的代数式表示出PE的长度，由函数的思想可求出点P的横坐标，进一步求出其纵坐标；
（3）设点Q（-1，a），然后分类讨论利用勾股定理列出关于a的方程求解．
(1)
解：把A（﹣3，0）和C（1，0）代入y＝ax2+bx﹣3，
得，，
解得，，
∴抛物线解析式为y＝x2+2x﹣3；
(2)
解：设P（x，x2+2x﹣3），直线AB的解析式为y＝kx+b，
由抛物线解析式y＝x2+2x﹣3，
令x＝0，则y＝﹣3，
∴B（0，﹣3），
把A（﹣3，0）和B（0，﹣3）代入y＝kx+b，
得，，
解得，，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x﹣3，
∵PE⊥x轴，
∴E（x，﹣x﹣3），
∵P在直线AB下方，
∴PE＝﹣x﹣3﹣（ x2+2x﹣3）＝﹣x2﹣3x＝﹣（x+）2+，
当x＝﹣时，y＝x2+2x﹣3＝，
∴当PE最大时，P点坐标为（﹣，）；
(3)
存在，理由如下，
∵x＝﹣＝-1，
∴抛物线的对称轴为直线x＝-1，
设Q（-1，a），
∵B（0，-3），A（-3，0），
①当∠QAB＝90°时，AQ2+AB2＝BQ2，
∴22+a2+32+32＝12+（3+a）2，
解得：a＝2，
∴Q1（-1，2），
②当∠QBA＝90°时，BQ2+AB2＝AQ2，
∴12+（3+a）2+32+32＝22+a2，
解得：a＝﹣4，
∴Q2（-1，﹣4），
③当∠AQB＝90°时，BQ2+AQ2＝AB2，
∴12+（3+a）2+22+a2＝32+32，
解得：a1＝或a1＝，
∴Q3（-1，），Q4（-1，），
综上所述：点Q的坐标是（-1，2）或（-1，﹣4）或（-1，）或（-1，）．
【点睛】本题是二次函数的综合题，主要考查了二次函数图象上点的坐标特征、待定系数法求函数的解析式、二次函数的性质、勾股定理，解题的关键是用含有未知数的代数式表达点的坐标和线段的长度．
10．（2022·全国·九年级专题练习）在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点和点B，与y轴交于点C，顶点D的坐标为．
(1)直接写出抛物线的解析式；
(2)如图1，若点P在抛物线上且满足，求点P的坐标；
(3)如图2，M是直线BC上一个动点，过点M作轴交抛物线于点N，Q是直线AC上一个动点，当为等腰直角三角形时，直接写出此时点M及其对应点Q的坐标
【答案】(1)；
(2)，；
(3)，；，；，；，； ，；，．
【分析】（1）根据顶点的坐标，设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4，将点A（﹣1，0）代入，求出a即可得出答案；
（2）利用待定系数法求出直线BD解析式为y＝2x﹣6，过点C作CP1∥BD，交抛物线于点P1，再运用待定系数法求出直线CP1的解析式为y＝2x﹣3，联立方程组即可求出P1（4，5），过点B作y轴平行线，过点C作x轴平行线交于点G，证明△OCE≌△GCF（ASA），运用待定系数法求出直线CF解析式为y＝x﹣3，即可求出P2（，﹣）；
（3）利用待定系数法求出直线AC解析式为y＝﹣3x﹣3，直线BC解析式为y＝x﹣3，再分以下三种情况：①当△QMN是以NQ为斜边的等腰直角三角形时，②当△QMN是以MQ为斜边的等腰直角三角形时，③当△QMN是以MN为斜边的等腰直角三角形时，分别画出图形结合图形进行计算即可．
（1）
解：∵顶点D的坐标为（1，﹣4），
∴设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4，将点A（﹣1，0）代入，
得0＝a（﹣1﹣1）2﹣4，
解得：a＝1，
∴y＝（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3，
∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）
解：∵抛物线对称轴为直线x＝1，A（﹣1，0），
∴B（3，0），
设直线BD解析式为y＝kx+e，
∵B（3，0），D（1，﹣4），
∴，
解得：，
∴直线BD解析式为y＝2x﹣6，
过点C作CP1∥BD，交抛物线于点P1，
设直线CP1的解析式为y＝2x+d，将C（0，﹣3）代入，
得﹣3＝2×0+d，
解得：d＝﹣3，
∴直线CP1的解析式为y＝2x﹣3，
结合抛物线y＝x2﹣2x﹣3，可得x2﹣2x﹣3＝2x﹣3，
解得：x1＝0（舍），x2＝4，
故P1（4，5），
过点B作y轴平行线，过点C作x轴平行线交于点G，
∵OB＝OC，∠BOC＝∠OBG＝∠OCG＝90°，
∴四边形OBGC是正方形，
设CP1与x轴交于点E，则2x﹣3＝0，
解得：x＝，
∴E（，0），
在x轴下方作∠BCF＝∠BCE交BG于点F，
∵四边形OBGC是正方形，
∴OC＝CG＝BG＝3，∠COE＝∠G＝90°，∠OCB＝∠GCB＝45°，
∴∠OCB﹣∠BCE＝∠GCB﹣∠BCF，
即∠OCE＝∠GCF，
∴△OCE≌△GCF（ASA），
∴FG＝OE＝，
∴BF＝BG﹣FG＝3﹣＝，
∴F（3，﹣），
设直线CF解析式为y＝k1x+e1，
∵C（0，﹣3），F（3，﹣），
∴，
解得：，
∴直线CF解析式为y＝x﹣3，
结合抛物线y＝x2﹣2x﹣3，可得x2﹣2x﹣3＝x﹣3，
解得：x1＝0（舍），x2＝，
∴P2（，﹣），
综上所述，符合条件的P点坐标为：（4，5）或（，﹣）；
（3）
解：（3）设直线AC解析式为y＝m1x+n1，直线BC解析式为y＝m2x+n2，
∵A（﹣1，0），C（0，﹣3），
∴，
解得：，
∴直线AC解析式为y＝﹣3x﹣3，
∵B（3，0），C（0，﹣3），
∴，
解得：，
∴直线BC解析式为y＝x﹣3，
设M（t，t﹣3），则N（t，t2﹣2t﹣3），
∴MN＝|t2﹣2t﹣3﹣（t﹣3）|＝|t2﹣3t|，
①当△QMN是以NQ为斜边的等腰直角三角形时，此时∠NMQ＝90°，MN＝MQ，如图2，
∵MQ∥x轴，
∴Q（﹣t，t﹣3），
∴|t2﹣3t|＝|t﹣（﹣t）|，
∴t2﹣3t＝±t，
解得：t＝0（舍）或t＝或t＝，
∴，；，；
②当△QMN是以MQ为斜边的等腰直角三角形时，此时∠MNQ＝90°，MN＝NQ，如图3，
∵NQ∥x轴，
∴Q（，t2﹣2t﹣3），
∴NQ＝|t﹣|＝|t2+t|，
∴|t2﹣3t|＝|t2+t|，
解得：t＝0（舍）或t＝5或t＝2，
∴M3（5，2），Q3（﹣5，12）；M4（2，﹣1），Q4（0，﹣3）；
③当△QMN是以MN为斜边的等腰直角三角形时，
此时∠MQN＝90°，MQ＝NQ，如图4，
过点Q作QH⊥MN于H，则MH＝HN，
∴H（t，），
∴Q（，），
∴QH＝|t﹣|＝|t2+5t|，
∵MQ＝NQ，
∴MN＝2QH，
∴|t2﹣3t|＝2×|t2+5t|，
解得：t＝7或1，
∴M5（7，4），Q5（﹣7，18）；M6（1，﹣2），Q6（0，﹣3）；
综上所述，点M及其对应点Q的坐标为：
，；，；M3（5，2），Q3（﹣5，12）；M4（2，﹣1），Q4（0，﹣3）；M5（7，4），Q5（﹣7，18）；M6（1，﹣2），Q6（0，﹣3）．


【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求一次函数和二次函数解析式，求一次函数与二次函数图象交点坐标，全等三角形判定和性质，正方形判定和性质，等腰直角三角形性质等，本题属于中考压轴题，综合性强，难度较大，熟练掌握待定系数法、等腰直角三角形性质等相关知识，运用数形结合思想、分类讨论思想是解题关键．
11．（2020·贵州遵义·统考一模）已知抛物线经过、、三点，直线l是抛物线的对称轴．
(1)求抛物线的解析式；
(2)设点P是直线上的一个动点，当的周长最小时，求点P的坐标；
(3)在直线l上是否存在点M，使以、、为顶点的三角形为直角三形．若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)或 或或
【分析】（1）把 三点坐标代入，得到关于 的方程组即可；
（2）因为长度确定，所以的周长最小，等同于 最小，问题转化为：在直线取一点使得到两定点的距离之和最小（“将军饮马”模型），所以在同一条直线，在利用待定系数法求出直线的解析式即可确定点坐标；
（3）分别讨论直角顶点在、、的情况，计算即可，见详解．
【详解】（1）解：把、、三点分别代入得：
，
解得，
．
（2）解： 与关于直线对称，点在直线上，
当点在线段与直线的交点时，最短，
的周长 = ，的长度确定，
当最小时，的周长最小，
由以上可知：当点在线段与直线的交点时，的周长最小，
设线段所在直线方程为：，把、代入得：
解得：
直线的解析式为：
直线为：，
将代入得：，即点坐标为，
（3）解：要使以、、为顶点的三角形为直角三形，只要考虑直角顶点分别为、、情况， 如图1所示：
（a）直角顶点为时，过点作交直线于点，设直线与轴交点为，
则 ，根据相似三角形对应边成比例性质得：
其中： ，，，
计算可得： ，
故点坐标为：
（b）直角顶点为时，过点作交直线于点，过点作轴垂线，
垂足为点，，
由相似性质定理可得：
其中： ，，，计算可得： ，则，
故点坐标为：
（c）直角顶点为时，点为以线段为直径的圆与直线 的交点，过点作 垂足为点 如图2所示：
在与中有：
，，


其中：， ， ，
代入数据整理得： 即，
或，即或，
点坐标为或 ．
故答案为：或 或 或 ．
【点睛】本题考查了二次函数表达式求解，动点+最值问题，以及相似和圆的知识，综合性较大，其中第（3）问的关键是要分情况讨论各种直角顶点存在性和计算结果，特别是直角顶点为点时就用到“直径所对圆周角是直角”这一原理和“一线三等角”模型．
12．（2022秋·浙江金华·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线AB与x轴、y轴分别交于点A、B．过点B的直线y=-x+b与x轴交于点C．已知A（-4，0）、C（3，0），点D为x轴上一动点，将△ABD沿BD折叠得到△EBD，直线BE与x轴交于点F．
(1)求直线AB、BC的函数解析式；
(2)若点D在线段AO上，且△DEF与△BFC的面积相等，求线段BD的长；
(3)在点D的运动过程中，△DEF能否成为直角三角形？若能，请求出点D的坐标；若不能，请说明理由．
【答案】(1)直线AB解析式为：；直线AC解析式为：
(2)
(3)能；
【分析】（1）将C（3，0）代入直线BC解析式即可得到BC解析式，然后通过解析式求出点B的坐标，通过A、B两点的坐标即可求出直线AB的函数解析式；
（2）根据面积相等以及折叠的性质先证，然后用勾股定理先求出CD的值，再用勾股求出BD的值即可；
（3）分类讨论，分为、、三种情况，利用折叠的性质，直角三角形的性质依次求出对应的解即可，注意当时，点F共有两种情况，分别是点F在线段BE上和点F在直线EB的延长线上．
（1）
将C（3，0）代入直线BC解析式y=－x+b得，解得，
即直线BC的解析式为，
令，则，，
设直线AB的解析式为，
将A（－4，0）、代入得
，解得，
∴直线AB的解析式为；
（2）
，
，
即，
由折叠可得，
，
，
，
，
，
，
，，
，
（3）
分类讨论：
①当时，此时点F在线段BE上，且点F与点O重合，如图所示：
过点D作DG⊥AB，垂足为点G，如上图所示，
由折叠可知，即BD为∠ABE的角平分线，
，
由（2）可得，AB=5，OB=3，
设，则，
，
即，解得，
；
②当时，有两种情况：
Ⅰ）当点F在线段BE上时，如图所示：
∵，∴，
由折叠可得，
，
∴△OBD为等腰直角三角形，
，；
Ⅱ）当点F在直线EB的延长线上时，如图所示：
由折叠可得，
∴△OBD为等腰直角三角形，
，；
③当时，此时点F在EB的延长线上，且点F与O点重合，如图所示：
∵折叠，∴，，
设，则，
由折叠可得，则，
即，
，
解得，
∴，
综上，在点D的运动过程中，△DEF能成为直角三角形，此时点D的坐标为 ．
【点睛】本题是一次函数综合题，主要考查了待定系数法，角平分线的性质，直角三角形的性质和判定，翻折的性质等，构造出图形是解本题的关键．
13．（2022春·山东东营·八年级统考期末）如图1．在四边形ABCD中，，点E是CD边的中点，连接AE交对角线BD于点F，∠EDF=∠FBA，连接CF．
(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)求△CFD的面积；
(3)如图2，连接AC交BD于点O，点P为EC上一动点，连接OE、OP．将△OPD沿OP折叠得到△OPM，PM交OC于点N，当△PCN为直角三角形时，求CP的长．
【答案】(1)见解析
(2)32
(3)2或5
【分析】(1)根据平行线的判定得到，推出四边形ABCD是平行四边形，根据矩形的定义即可得到结论．
(2) 过点F作于点G，先证，得到EF与AE的比值，然后再证，根据，求出GF，从而求出的面积．
(3)依据题意，求出CE、OE、OC的值，接着讨论为直角三角形时分两种情况：①当∠CPN＝90°时，∠DPM＝90°，由折叠的性质，知∠DPO＝∠MPO＝45°，求出PE=6，最后得出CP的值；②当时，同理可得OP平分∠DPM，OE⊥PD，ON⊥PM，从而求出OE、CN，接着证，利用其性质，最后求出PC．
（1）
证明：∵，
∴，
∵AB＝CD＝16，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）
解：如图1，过点F作于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴ ，，
∴，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为；
（3）
解：∵ABCD是矩形，E是CD中点
∴，点O是AC中点，CE＝8，
∴，OE是△ADC的中位线，
∴，OC＝10，
∵，
∴为直角三角形分两种情况讨论：
①如图2，当∠CPN＝90°时，∠DPM＝90°，
∴由折叠的性质，知∠DPO＝∠MPO＝45°，
∴PE＝OE＝6，
∴CP＝CE－EP＝2；
②如图3，当∠PNC＝90°时，同理可得OP平分∠DPM，
OE⊥PD，ON⊥PM，
∴OE＝ON＝6，
∴CN＝OC－ON＝4，
∴∠PCN＝∠OCE，∠PNC＝∠OEC＝90°，
∴，
∴，即，
∴PC＝5，
综上所述，CP的长为2或5．
【点睛】此题考查了平行线的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，角平分线的性质，折叠的性质等内容，熟练掌握相关知识并灵活运用以及分组讨论是解题关键．
14．（2022秋·九年级课时练习）综合与探究
如图，已知抛物线与x轴相交于点A，B（点B在点A的右侧），与y轴相交于点C，其顶点为点D，连接AC，BC．
（1）求点A，B，D的坐标；
（2）设抛物线的对称轴DE交线段BC于点E，P为第四象限内抛物线上一点，过点P作x轴的垂线，交线段BC于点F．若四边形DEFP为平行四边形，求点P的坐标；
（3）设点M是线段BC上的一个动点，过点M作，交AC于点N．点Q从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段BA向点A运动，运动时间为t（）秒，直接写出当t为何值时，为等腰直角三角形．
【答案】（1）点A为（，0）；点B为（4，0）；点D为（1，）；（2）点P为（3，）；（3）当为等腰直角三角形时，t的值为：或或．
【分析】（1）直接令，即可求出点A、B的坐标，把一般式化为顶点式，即可求出点D的坐标；
（2）由题意，先求出直线BC的解析式，然后得到，结合当DE∥PF，时，四边形DEFP为平行四边形，然后设点P为（m，），则点F为（m，），求出PF的长度，即可求出点P的坐标；
（3）先求出直线AC的解析式，设点M为（，），则点N的坐标为（，）；然后结合为等腰直角三角形，可分为三种情况进行分析：①当，时；②当，时；③当，时；分别求出每种情况的答案即可．
【详解】解：（1）∵抛物线与x轴相交于点A，B，
∴令，则，
解得：，，
∴点A为（，0），点B为（4，0）；
∵，
∴顶点D的坐标为（1，）；
（2）根据题意，如图：
则抛物线的对称轴为，点D为（1，）；
∵，
∴令，则，
∴点C为（0，）；
设直线BC的解析式为，则
，解得，
∴直线BC的解析式为；
当时，，
∴点E的坐标为（1，），
∴；
∵DE∥PF，
当时，四边形DEFP为平行四边形，
设点P为（m，），则点F为（m，），
∴，
解得：或（不符合题意，舍去），
∴，
∴点P的坐标为（3，）；
（3）根据题意，
∵点A为（，0），点C为（0，）；
∴直线AC的解析式为：；
∵点M在直线BC上，点N在直线AC上，且MN∥AB，
设点M为（，），
∴点N的纵坐标为，即，
∴点N的横坐标为，
∴点N的坐标为（，）；
点Q从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段BA向点A运动，AB=6，
∵是等腰直角三角形，
①当，时，如图：
此时，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②当，时，如图：
此时，，
∴，
∴，
∴点N的横坐标为，
∴，
∴，
∴；
③当，时，如图：过点Q作QP⊥MN，垂足为P；
∵点M为（，），点N的坐标为（，）；
∴点Q在MN的垂直平分线上，则，
∴点Q的横坐标为：，
∵，，
∴，
∴，
∴点Q的横坐标为：，
∴，
∴，
∴；
综合上述，当为等腰直角三角形时，t的值为：或或．
【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，二次函数的性质，等腰直角三角形的判定和性质，求一次函数的解析式，平行四边形的判定和性质，线段的动点问题，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确作出辅助线，运用数形结合的思想，以及分类讨论的思想进行解题，本题难度较大．