专题01 固定边的直角三角形与二次函数问题-2021-2022学年九年级数学上册难点突破（人教版）

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专题01 固定边的直角三角形与二次函数问题
1、在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板ABC放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，点C为 (－1，0)．如图17所示，B点在抛物线图象上，过点B作BD⊥x轴，垂足为D，且B点横坐标为－3．
（1）求证：△BDC≌△COA；
（2）求BC所在直线的函数关系式；
（3）抛物线的对称轴上是否存在点P，使△ACP是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）（3）存在，P1（， ）、P2（，）
【解析】
解：（1）证明：∵∠BCD＋∠ACO＝90°，∠ACO＋∠OAC＝90°，
∴∠BCD＝∠OAC。
∵△ABC为等腰直角三角形 ，∴BC＝AC。
在△BDC和△COA中，∠BDC＝∠COA＝90°，∠BCD＝∠OAC，BC＝AC，
∴△BDC≌△COA（AAS）。
（2）∵C点坐标为 (－1，0)，∴BD＝CO＝1。
∵B点横坐标为－3，∴B点坐标为 (－3，1)。
设BC所在直线的函数关系式为y＝kx＋b，
∴，解得。∴BC所在直线的函数关系式为y＝－x－。
（3）存在 。
∵y＝x2＋x－2＝(x＋)2x－，∴对称轴为直线x＝－。
若以AC为直角边，点C为直角顶点，对称轴上有一点P1，使CP1⊥AC，
∵BC⊥AC，∴点P1为直线BC与对轴称直线x＝－的交点。
由题意可得：， 解得，。∴P1（－，－）。
若以AC为直角边，点A为直角顶点，对称轴上有一点P2，使AP2⊥AC，
则过点A作A P2∥BC，交对轴称直线x＝－于点P2，

∵CD＝OA，∴A（0，2）。
设直线AP2的解析式为：y＝－x＋m，把A（0，2）代入得m＝2。
∴直线AP2的解析式为：y＝－x＋2。
由题意可得：，解得，。∴P2（－，）。
∴P点坐标分别为P1（－，－）、P2（－，）。
2．抛物线的顶点为（1，﹣4），与x轴交于A、B两点，与y轴负半轴交于C（0，﹣3）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为对称轴右侧抛物线上一点，以BP为斜边作等腰直角三角形，直角顶点M落在对称轴上，求P点的坐标．

【答案】（1）y＝x2﹣2x﹣3；（2）点P的坐标为（2，﹣3）或（4，5）．
【解析】解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4，
将C（0，﹣3）代入y＝a（x﹣1）2﹣4，得：﹣3＝a（0﹣1）2﹣4，
解得：a＝1，
∴抛物线的解析式为y＝（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3．
（2）当y＝0时，有x2﹣2x﹣3＝0，
解得：x1＝﹣1，x2＝3，
∴点A的坐标为（﹣1，0），点B的坐标为（3，0）．
设抛物线对称轴与x轴交于点E，过点P作PF∥x轴，交抛物线对称轴于点F，如图所示．
设点P的坐标为（x，x2﹣2x﹣3）（x＞1），则PF＝x﹣1，BE＝3﹣1＝2．
∵∠BME+∠PMF＝90°，∠BME+∠MBE＝90°，
∴∠MBE＝∠PMF．
在△MBE和△PMF中，∠BEM＝∠PFM＝90°∠MBE＝∠PMFBM＝MP ，
∴△MBE≌△PMF（AAS），
∴ME＝PF＝x﹣1，MF＝BE＝2，
∴EF＝ME+MF＝x+1．
∵EF＝|x2﹣2x﹣3|，
∴|x2﹣2x﹣3|＝x+1，即x2﹣3x﹣4＝0或x2﹣x﹣2＝0，
解得：x1＝﹣1（舍去），x2＝2，x3＝4，
∴点P的坐标为（2，﹣3）或（4，5）．

3．（2019·山东中考模拟）如图，抛物线经过，两点，与y轴交于点C，连接AB，AC，BC．

求抛物线的表达式；
求证：AB平分；
抛物线的对称轴上是否存在点M，使得是以AB为直角边的直角三角形，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】抛物线的解析式为；证明见解析；点M的坐标为或．
【解析】
将，代入得：，
解得：，，
抛物线的解析式为；
，，
，
取，则，

由两点间的距离公式可知，
，，
，
，
在和中，，，，
≌，
，
平分；
如图所示：抛物线的对称轴交x轴与点E，交BC与点F．

抛物线的对称轴为，则．
，，
，
，
，
，
，
同理：，
又，
，
，
点M的坐标为或．

例1：如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（4，0）与y轴交于点C，点D与点C关于x轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线1，交抛物线与点Q．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当点P在线段OB上运动时，直线1交BD于点M，试探究m为何值时，四边形CQMD是平行四边形；
（3）在点P运动的过程中，坐标平面内是否存在点Q，使△BDQ是以BD为直角边的直角三角形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】(1) ;(2) 当m＝2时，四边形CQMD为平行四边形;(3) Q1（8，18）、Q2（﹣1，0）、Q3（3，﹣2）
【思路引导】
（1）直接将A（-1，0），B（4，0）代入抛物线y=x2+bx+c方程即可；
（2）由（1）中的解析式得出点C的坐标C（0，-2），从而得出点D（0，2），求出直线BD：y＝−x+2，设点M(m，−m+2)，Q(m，m2−m−2)，可得MQ=−m2+m+4，根据平行四边形的性质可得QM=CD=4，即−m2+m+4＝4可解得m=2；
（3）由Q是以BD为直角边的直角三角形，所以分两种情况讨论，①当∠BDQ=90°时，则BD2+DQ2=BQ2，列出方程可以求出Q1（8，18），Q2（-1，0），②当∠DBQ=90°时，则BD2+BQ2=DQ2，列出方程可以求出Q3（3，-2）．
【解析】
（1）由题意知，
∵点A（﹣1，0），B（4，0）在抛物线y＝x2+bx+c上，
∴解得：
∴所求抛物线的解析式为
（2）由（1）知抛物线的解析式为，令x＝0，得y＝﹣2
∴点C的坐标为C（0，﹣2）
∵点D与点C关于x轴对称
∴点D的坐标为D（0，2）
设直线BD的解析式为：y＝kx+2且B（4，0）
∴0＝4k+2，解得：
∴直线BD的解析式为：
∵点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线1，交BD于点M，交抛物线与点Q
∴可设点M，Q
∴MQ＝
∵四边形CQMD是平行四边形
∴QM＝CD＝4，即=4
解得：m1＝2，m2＝0（舍去）
∴当m＝2时，四边形CQMD为平行四边形
（3）由题意，可设点Q且B（4，0）、D（0，2）
∴BQ2＝
DQ2＝
BD2＝20
①当∠BDQ＝90°时，则BD2+DQ2＝BQ2，
∴
解得：m1＝8，m2＝﹣1，此时Q1（8，18），Q2（﹣1，0）
②当∠DBQ＝90°时，则BD2+BQ2＝DQ2，
∴
解得：m3＝3，m4＝4，（舍去）此时Q3（3，﹣2）
∴满足条件的点Q的坐标有三个，分别为：Q1（8，18）、Q2（﹣1，0）、Q3（3，﹣2）．
【方法总结】
此题考查了待定系数法求解析式，还考查了平行四边形及直角三角形的定义，要注意第3问分两种情形求解．
针对训练
4．如图，已知直线y＝x+2交x轴、y轴分别于点A、B，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x＝﹣12，且抛物线经过A、B两点，交x轴于另一点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点M是抛物线x轴上方一点，∠MBA＝∠CBO，求点M的坐标；
（3）过点A作AB的垂线交y轴于点D，平移直线AD交抛物线于点E、F两点，连结EO、FO．若△EFO为以EF为斜边的直角三角形，求平移后的直线的解析式．

【答案】（1）y＝﹣x2﹣x+2．（2）M（﹣23，209）．（3）平移后的解析式为y＝﹣x﹣1+5或y＝﹣x﹣1﹣5．
【解析】
（1）∵直线y＝x+2交x轴、y轴分别于点A、B，
∴A（﹣2，0），B（0，2），
∵抛物线的对称轴x＝﹣12，A，C关于对称轴对称，
∴C（1，0），
设抛物线的解析式为y＝a（x+2）（x﹣1），把（0，2）代入得到a＝﹣1，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2．
（2）如图1中，作EA⊥AB交BM的延长线于E，作EF⊥x轴于F．

∵∠ABE＝∠OBC，∠BAE＝∠BOC＝90°，
∴△BAE∽△BOC，
∴AEOC=ABOB，
∴AE1=222，
∴AE＝2，
∵∠EAF+∠BAO＝90°，∠BAO＝45°，
∴∠EAF＝45°，
∴EF＝AF＝1，
∴E（3，1），
∴直线BE的解析式为y＝﹣13x+2，
由y＝-x2-x+2y＝13x+2，解得x＝0y＝2或x＝-43y＝149，
∴M（-43，149）．
（3）如图2中，当直线AD向下平移时，设E（x1，y1），F（x2，y2），作EH⊥x轴于H，FG⊥x轴于G．

∵∠EOF=90°=∠PHE=∠OGF，
由△EHO∽△OGF得到：
EHOG=OHFG，
∴-y1x2=-x1-y2，
∴x1x2+y1y2=0，
由y＝-x+by＝-x2-x+2，消去y得到：x2+b-2=0，
∴x1x2=b-2，x1+x2=0，y1y2=（-x1+b）（-x2+b）=x1x2+b2，
∴2（b-2）+b2=0，
解得b=-1-5或-1+5（舍弃），
当直线AD向上平移时，同法可得b=-1+5，
综上所述，平移后的解析式为y=-x-1+5或y=-x-1-5．
5．如图，已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴的一个交点A的坐标为（﹣1，0），对称轴为直线x=﹣2．

（1）求抛物线与x轴的另一个交点B的坐标；
（2）点D是抛物线与y轴的交点，点C是抛物线上的另一点．已知以AB为一底边的梯形ABCD的面积为9．求此抛物线的解析式，并指出顶点E的坐标；
（3）点P是（2）中抛物线对称轴上一动点，且以1个单位/秒的速度从此抛物线的顶点E向上运动．设点P运动的时间为t秒．
①当t为　 　秒时，△PAD的周长最小？当t为　 　秒时，△PAD是以AD为腰的等腰三角形？（结果保留根号）
②点P在运动过程中，是否存在一点P，使△PAD是以AD为斜边的直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）B（﹣3，0）；（2）y=x2+4x+3，E（﹣2，﹣1）；（3）①2；4或或；②P（﹣2，1）或（﹣2，2）．
【解析】
解：（1）由抛物线的轴对称性及A（﹣1，0），可得B（﹣3，0）．
（2）设抛物线的对称轴交CD于点M，交AB于点N，

由题意可知AB∥CD，由抛物线的轴对称性可得CD=2DM．
∵MN∥y轴，AB∥CD，∴四边形ODMN是矩形．
∴DM=ON=2．∴CD=2×2=4．
∵A（﹣1，0），B（﹣3，0），∴AB=2．
∵梯形ABCD的面积=（AB+CD）•OD=9，
∴OD=3，即c=3．
把A（﹣1，0），B（﹣3，0）代入y=ax2+bx+3得，解得．
∴y=x2+4x+3．
将y=x2+4x+3化为顶点式为y=（x+2）2﹣1，得E（﹣2，﹣1）；
（3）①连接BD交对称轴于P，则此时△PAD的周长最小，
∵B（﹣3，0），D（0，3），
易得直线BD的解析式为：y=x+3，
当x=-2时，y=-2+3=1，
∴P（-2，1），
∴当t为2秒时，△PAD的周长最小；
当△PAD是以AD，AP为腰的等腰三角形时，易得P（-2，3），
则此时t=4；
当△PAD是以AD，DP为腰的等腰三角形且点P在CD下方时，设抛物线的对称轴交CD于点M，
∵AO=1，OD=3，MD=2，
∴DP=AD=，
∴PM=，
∴EP=3+1-=4-，
∴t=4-；
当△PAD是以AD，DP为腰的等腰三角形且点P在CD上方时，
同理可得PM=，
∴EP=3+1+=4+，
∴t=4+；
故答案为：2；4或或；

②存在．
∵∠APD=90°，∠PMD=∠PNA=90°，
∴∠PDM+∠DPM=90°，∠DPM+∠APN=90°．
∴∠PDM=∠APN．
∵∠PMD=∠ANP，∴△APN∽△PDM．
∴，即．
∴PN2﹣3PN+2=0，解得PN=1或PN=2．
∴P（﹣2，1）或（﹣2，2）．

6．如果一条抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴有两个交点A（x1，0）、B（x2，0），我们把|x1﹣x2|记为d（A、B），抛物线的顶点到x轴的距离记为d（x），如果d（A，B）=d（x），那么把这样的抛物线叫做“正抛物线”．
（1）抛物线y=2x2﹣2是不是“正抛物线”；（回答“是”或“不是”）．
（2）若抛物线y=﹣x2+bx（b＞0）是“正抛物线”，求抛物线的解析式；
（3）如图，若“正抛物线”y=x2+mx（m＜0）与x轴相交于A、B两点，点P是抛物线的顶点，则抛物线上是否存在点C，使得△PAC是以PA为直角边的直角三角形？如果存在，请求出C的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）抛物线y=2x2﹣2是“正抛物线”；（2）抛物线的解析式为y=﹣x2+4x；（3）满足条件的点C坐标为（92，94）或（52，﹣154）．
【解析】（1）对于抛物线y=2x2﹣2，
当y=0时，2x2﹣2=0，解得x=1或﹣1，
∴A（﹣1，0），B（1，0），
∴d（A，B）=2，
dx=4ac-b24a=4×2×-2-024×2=-2=2.
∴d（x）=d（A，B），
∴抛物线y=2x2﹣2是“正抛物线”．
故答案为：是．
（2）当y=0时，﹣x2+bx=0，解得x=0或b，
∵b＞0，
∴d（A，B）=b，
由题意dx=4ac-b24a=4×-1×0-b24×-1=b.
解得b=0（舍弃）或b=4，
∴抛物线的解析式为y=-x2+4x．
（3）当y=0时，x2+mx=0，解得x=0或﹣m，
∵m＜0，
∴d（A，B）=-m，
∵4ac-b24a=-m24,
∴d（x）=m24，
由题意-m=m24，
解得m=-4或0（舍弃），
∴y=x2-4x，
假设存在点C，使得△PAC是以PA为直角边的直角三角形，分两种情形：
①如图1中，作AC⊥AP交抛物线于点C，厉害PC，作PE⊥x轴交AC于D．

-b2a=2,4ac-b24a=-4，
∴AE=2，PE=4，
由△ADE∽△PAE,可得DEAE=AEPE，
∴DE2=24，
∴DE=1，
∴D(2,1)，
∴直线AD的解析式为y=12x，
由y=12xy=x2-4x解得x=0y=0或x=92y=94，
∴C(92,94).
②如图2中，作PC⊥AP交抛物线于C，交y轴于D，连接AC，作PE⊥x轴于E.

由△ADP∽△PAE,可得ADPA=PAPE, 即PA2=AD⋅PE，
∴22+42=4AD，
∴AD=5，
∴D(0,−5)，
∴直线AD的解析式为y=12x-5，
由y=12x-5y=x2-4x,解得x=2y=-4或x=52y=-154，
综上所述,满足条件的点C坐标为(92,94)或(52,−154).
综上所述，满足条件的点C坐标为92,94或52,-154.
7．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．

【答案】（1）；（2）△ABC是直角三角形，理由见解析；（3），；（4）存在，F1，F2．
【解析】
（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x1，
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)x2x；
（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，AC2，BC2．
∵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，
∴yP，
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yx，
将yP代入yx，
∴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yx，
由（2）知△ABC为直角三角形，∠ACB=90°．
①如图2，当∠ACF=90°时，点B，C，F在一条直线上，
在yx中，当x=﹣1时，y=2，
∴F1(﹣1，2)；
②当∠CAF=90°时，AF∥BC，
∴可设直线AF的解析式为yx+n，
将点A(﹣3，0)代入yx+n，
得：n=﹣3，
∴直线AF的解析式为yx﹣3，
在yx﹣3中，当x=﹣1时，y=﹣2，
∴F2(﹣1，﹣2)．
综上所述：点F的坐标为F1(﹣1，2)，F2(﹣1，﹣2)．