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2024贵州中考数学二轮复习贵州中考题型研究 类型四 直角三角形问题（含矩形问题）（课件）
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这是一份2024贵州中考数学二轮复习贵州中考题型研究 类型四 直角三角形问题（含矩形问题）（课件），共32页。PPT课件主要包含了以AC的中点D为圆心，AC长为直径作圆，对称轴与⊙D的交点，例9题解图①，解图③，解图⑤，解图⑥，解图⑦，第5题解图①，第5题解图②等内容，欢迎下载使用。
解：①若AC为Rt△ACP的直角边时，在图①中画出所有满足条件的点P的示意图(保留作图痕迹);
①满足条件的点P如解图①所示，即P1，P2；
【方法总结】二次函数中直角三角形的存在性一般要分情况讨论；以探究1为例，若AC为Rt△ACP的直角边，作图方法：___________________________________________________，所找点P为____________________________；若AC为Rt△ACP的斜边，作图方法：_____________________，所找点P为_____________________________．
分别过点A、C作AC的垂线，垂线与抛物线对称轴的交点
②若AC为Rt△ACP的斜边，在图②中画出所有满足条件的点P的示意图(保留作图痕迹)；
②满足条件的点P如解图②所示，即P3，P4；
探究2：在抛物线上找一点E，使得△BCE为直角三角形．在图③中画出所有满足条件的点E的示意图(保留作图痕迹)；
满足条件的点E如解图③所示即E1,E2；
探究3: 在抛物线上找一点E，平面内找一点Q，使得以E、Q、B、C为顶点的四边形为矩形．在图④中画出所有满足条件的点E、Q的示意图(保留作图痕迹)．
满足条件的点E、Q如解图④所示，即E3、E4、Q1、Q2.
【方法总结】二次函数中矩形的存在性问题可考虑将其转化为直角三角形的问题，如探究3中，只需先画出△BCE为直角三角形的点E，再确定Rt△BCE斜边的中点，然后利用矩形对角线互相平分的性质确定点Q的位置．
例9 抛物线y＝ x2－x－4与x轴交于点A、B(点A在点B左侧)，与y轴交于点C.
(1)若点F是x轴上的一点，点D为抛物线的顶点，是否存在点F，使得△FBD为直角三角形，若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；
【思维教练】要使△FBD为直角三角形，可分两种情况：①BD为Rt△FBD的直角边，利用两垂直直线解析式中k的关系求出直线DF的解析式，进而求得点F的坐标；②BD为Rt△FBD的斜边，利用垂直的性质即可求解；
∵抛物线的解析式为y＝ x2－x－4，∴B(4，0)，D(1，－ )，∴直线BD的解析式为y＝ x－6，∵DF1⊥BD1，∴可设直线DF1的解析式为y＝－ x＋b，将D(1，－ )代入y＝－ x＋b，得b＝－ ，∴直线DF1的解析式为y＝－ x－ ，当y＝0时，－ x－ ＝0， 解得x＝－ ， ∴点F1的坐标为(－ ，0)；
②当BD为Rt△FBD的斜边时，如解图①，以BD的中点E为圆心，BE长为半径画圆，圆与x轴交于点F2，∵点B在x轴上，∴DF2⊥OB，∴点F2的坐标为(1，0)．综上所述，点F的坐标为(－ ，0)或(1，0)；
【思维教练】要使△PAC为直角三角形，可分两种情况：①AC为Rt△PAC的直角边，利用两垂直直线解析式中k的关系求出直线AP的解析式，与抛物线解析式联立即可求得点P的坐标；②AC为Rt△PAC的斜边，通过辅助圆来判断是否存在点P即可；
(2)若点P是抛物线上的一点，是否存在点P，使得△PAC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；
(2)解：存在．分以下两种情况：
①当AC为Rt△PAC的直角边时，如解图②，过点A作AC的垂线交抛物线于点P1，连接P1C，过点C作AC的垂线交抛物线于点P2，连接P2A，
联立得 ，解得 或 (舍去)， ∴点P1的坐标为(5， )，同理点P2的坐标为(3，－ )；
②当AC为Rt△PAC的斜边时，如解图③，以AC的中点M为圆心，AM长为半径画圆，圆与抛物线无其他交点，故此情况不存在点P.综上所述，点P的坐标为(5， )或(3，－ )；
【思维教练】要使△QBC为直角三角形，可分两种情况：BC为Rt△QBC的直角边或斜边，通过勾股定理求解即可．
(3)若点Q是抛物线对称轴上的一点，是否存在点Q，使得△QBC为直角三角形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
分以下两种情况：①当BC为Rt△QBC的直角边时，如解图④，过点B作BC的垂线交抛物线的对称轴于点Q1，连接Q1C，过点C作BC的垂线交抛物线的对称轴于点Q2，连接Q2B，
同理 ＝32＋m2， ＝12＋(－4－m)2，∵Q2C⊥BC，∴由勾股定理得 ＝ ＋BC2，32＋m2＝12＋(－4－m)2＋32，解得m＝－5，∴点Q2的坐标为(1，－5)；
②当BC为Rt△QBC的斜边时，如解图⑤，以BC的中点N为圆心，BN长为半径画圆，圆与抛物线的对称轴交于点Q3、Q4，连接Q3C、Q3B、Q4C、Q4B. 同理BQ2＝32＋m2，CQ2＝12＋(m＋4)2，∵QC⊥BQ，∴由勾股定理得BC2＝CQ2＋BQ2，32＝12＋(m＋4)2＋32＋m2，解得m1＝－2－ ，m2＝－2＋ ，∴点Q3的坐标为(1，－2＋ )，点Q4的坐标为(1，－2－ )．综上所述，点Q的坐标为(1，3)或(1，－5)或(1，－2＋ )或(1，－2－ )；
【思维教练】要求以点Q、G、B、C为顶点的四边形是矩形时点Q、G的坐标，结合题意只需满足△QBC是直角三角形，可分BC为Rt△QBC的直角边和斜边两种情况，利用勾股定理列方程求解，再利用平移的性质即可．
(4)若点Q是抛物线对称轴上的一点，点G是平面内一点，是否存在点Q、G，使得以Q、G、B、C为顶点的四边形为矩形？若存在，求出点Q、G的坐标；若不存在，请说明理由．
(4)解：存在．如解图⑥⑦，∵以Q、G、B、C为顶点的四边形为矩形，∴△QBC为直角三角形，由(3)可知Q1(1，3)，Q2(1，－5)，Q3(1，－2＋ )，Q4(1，－2－ )，∵将点B向左平移3个单位，向上平移3个单位，即可得到点Q1，∴将点C向左平移3个单位，向上平移3个单位，即可得到点G1，∴点G1的坐标为(－3，－1)；
同理G2(5，－1)，G3(3，－2－ )，G4(3， －2)，综上所述，点Q的坐标为(1，3)或(1，－5)或(1，－2＋ )或(1，－2－ )，对应的点G的坐标为(－3，－1)或(5，－1)或(3，－2－ )或(3， －2)．
5. (2023黔南州26题12分)如图，已知直角坐标系中，A、B、D三点的坐标分别为A(8，0)，B(0，4)，D(－1，0)，点C与点B关于x轴对称，连接AB、AC.(1)求过A、B、D三点的抛物线的解析式；
解：(1)根据题意，设抛物线解析式为y＝a(x－8)(x＋1)，∵点B(0，4)在抛物线上，∴a(0－8)(0＋1)＝4，
解得a＝－ .∴抛物线的解析式为y＝－ (x－8)(x＋1)，即y＝－ x2＋ x＋4；(3分)
(2)有一动点E从原点O出发，以每秒2个单位的速度向右运动，过点E作x轴的垂线，交抛物线于点P，交线段CA于点M，连接PA、PB.设点E运动的时间为t(0
∴S△PAB＝S△PBQ＋S△PAQ＝ PQ·xA＝ (－2t2＋8t)·8＝－8t2＋32t.∴S四边形PBCA＝S△PAB＋S△ABC＝－8t2＋32t＋32＝－8(t－2)2＋64.∵－8<0，∴当t＝2时，S最大，最大值为64，∴四边形PBCA的最大面积为64； (8分)
(3)抛物线的对称轴上是否存在一点H，使得△ABH是直角三角形？若存在，请直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由．
当∠BAH2＝90°时，AH22＋AB2＝BH22，即(8－ )2＋h22＋80＝( )2＋(h2－4)2，解得h2＝－9，此时点H2的坐标为( ，－9)；当∠BH3A＝90°时，AH32＋BH32＝AB2，即(8－ )2＋h32＋( )2＋(h3－4)2＝80，解得h3＝2＋ ，h4＝2－ ，此时点H3的坐标为( ，2＋ )或( ，2－ )．
综上所述，抛物线的对称轴上存在一点H，使得△ABH是直角三角形，点H的坐标为( ，11)或( ，－9)或( ，2＋ )或( ，2－ )．
解：①若AC为Rt△ACP的直角边时，在图①中画出所有满足条件的点P的示意图(保留作图痕迹);
①满足条件的点P如解图①所示，即P1，P2；
【方法总结】二次函数中直角三角形的存在性一般要分情况讨论；以探究1为例，若AC为Rt△ACP的直角边，作图方法：___________________________________________________，所找点P为____________________________；若AC为Rt△ACP的斜边，作图方法：_____________________，所找点P为_____________________________．
分别过点A、C作AC的垂线，垂线与抛物线对称轴的交点
②若AC为Rt△ACP的斜边，在图②中画出所有满足条件的点P的示意图(保留作图痕迹)；
②满足条件的点P如解图②所示，即P3，P4；
探究2：在抛物线上找一点E，使得△BCE为直角三角形．在图③中画出所有满足条件的点E的示意图(保留作图痕迹)；
满足条件的点E如解图③所示即E1,E2；
探究3: 在抛物线上找一点E，平面内找一点Q，使得以E、Q、B、C为顶点的四边形为矩形．在图④中画出所有满足条件的点E、Q的示意图(保留作图痕迹)．
满足条件的点E、Q如解图④所示，即E3、E4、Q1、Q2.
【方法总结】二次函数中矩形的存在性问题可考虑将其转化为直角三角形的问题，如探究3中，只需先画出△BCE为直角三角形的点E，再确定Rt△BCE斜边的中点，然后利用矩形对角线互相平分的性质确定点Q的位置．
例9 抛物线y＝ x2－x－4与x轴交于点A、B(点A在点B左侧)，与y轴交于点C.
(1)若点F是x轴上的一点，点D为抛物线的顶点，是否存在点F，使得△FBD为直角三角形，若存在，求出点F的坐标；若不存在，请说明理由；
【思维教练】要使△FBD为直角三角形，可分两种情况：①BD为Rt△FBD的直角边，利用两垂直直线解析式中k的关系求出直线DF的解析式，进而求得点F的坐标；②BD为Rt△FBD的斜边，利用垂直的性质即可求解；
∵抛物线的解析式为y＝ x2－x－4，∴B(4，0)，D(1，－ )，∴直线BD的解析式为y＝ x－6，∵DF1⊥BD1，∴可设直线DF1的解析式为y＝－ x＋b，将D(1，－ )代入y＝－ x＋b，得b＝－ ，∴直线DF1的解析式为y＝－ x－ ，当y＝0时，－ x－ ＝0， 解得x＝－ ， ∴点F1的坐标为(－ ，0)；
②当BD为Rt△FBD的斜边时，如解图①，以BD的中点E为圆心，BE长为半径画圆，圆与x轴交于点F2，∵点B在x轴上，∴DF2⊥OB，∴点F2的坐标为(1，0)．综上所述，点F的坐标为(－ ，0)或(1，0)；
【思维教练】要使△PAC为直角三角形，可分两种情况：①AC为Rt△PAC的直角边，利用两垂直直线解析式中k的关系求出直线AP的解析式，与抛物线解析式联立即可求得点P的坐标；②AC为Rt△PAC的斜边，通过辅助圆来判断是否存在点P即可；
(2)若点P是抛物线上的一点，是否存在点P，使得△PAC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；
(2)解：存在．分以下两种情况：
①当AC为Rt△PAC的直角边时，如解图②，过点A作AC的垂线交抛物线于点P1，连接P1C，过点C作AC的垂线交抛物线于点P2，连接P2A，
联立得 ，解得 或 (舍去)， ∴点P1的坐标为(5， )，同理点P2的坐标为(3，－ )；
②当AC为Rt△PAC的斜边时，如解图③，以AC的中点M为圆心，AM长为半径画圆，圆与抛物线无其他交点，故此情况不存在点P.综上所述，点P的坐标为(5， )或(3，－ )；
【思维教练】要使△QBC为直角三角形，可分两种情况：BC为Rt△QBC的直角边或斜边，通过勾股定理求解即可．
(3)若点Q是抛物线对称轴上的一点，是否存在点Q，使得△QBC为直角三角形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
分以下两种情况：①当BC为Rt△QBC的直角边时，如解图④，过点B作BC的垂线交抛物线的对称轴于点Q1，连接Q1C，过点C作BC的垂线交抛物线的对称轴于点Q2，连接Q2B，
同理 ＝32＋m2， ＝12＋(－4－m)2，∵Q2C⊥BC，∴由勾股定理得 ＝ ＋BC2，32＋m2＝12＋(－4－m)2＋32，解得m＝－5，∴点Q2的坐标为(1，－5)；
②当BC为Rt△QBC的斜边时，如解图⑤，以BC的中点N为圆心，BN长为半径画圆，圆与抛物线的对称轴交于点Q3、Q4，连接Q3C、Q3B、Q4C、Q4B. 同理BQ2＝32＋m2，CQ2＝12＋(m＋4)2，∵QC⊥BQ，∴由勾股定理得BC2＝CQ2＋BQ2，32＝12＋(m＋4)2＋32＋m2，解得m1＝－2－ ，m2＝－2＋ ，∴点Q3的坐标为(1，－2＋ )，点Q4的坐标为(1，－2－ )．综上所述，点Q的坐标为(1，3)或(1，－5)或(1，－2＋ )或(1，－2－ )；
【思维教练】要求以点Q、G、B、C为顶点的四边形是矩形时点Q、G的坐标，结合题意只需满足△QBC是直角三角形，可分BC为Rt△QBC的直角边和斜边两种情况，利用勾股定理列方程求解，再利用平移的性质即可．
(4)若点Q是抛物线对称轴上的一点，点G是平面内一点，是否存在点Q、G，使得以Q、G、B、C为顶点的四边形为矩形？若存在，求出点Q、G的坐标；若不存在，请说明理由．
(4)解：存在．如解图⑥⑦，∵以Q、G、B、C为顶点的四边形为矩形，∴△QBC为直角三角形，由(3)可知Q1(1，3)，Q2(1，－5)，Q3(1，－2＋ )，Q4(1，－2－ )，∵将点B向左平移3个单位，向上平移3个单位，即可得到点Q1，∴将点C向左平移3个单位，向上平移3个单位，即可得到点G1，∴点G1的坐标为(－3，－1)；
同理G2(5，－1)，G3(3，－2－ )，G4(3， －2)，综上所述，点Q的坐标为(1，3)或(1，－5)或(1，－2＋ )或(1，－2－ )，对应的点G的坐标为(－3，－1)或(5，－1)或(3，－2－ )或(3， －2)．
5. (2023黔南州26题12分)如图，已知直角坐标系中，A、B、D三点的坐标分别为A(8，0)，B(0，4)，D(－1，0)，点C与点B关于x轴对称，连接AB、AC.(1)求过A、B、D三点的抛物线的解析式；
解：(1)根据题意，设抛物线解析式为y＝a(x－8)(x＋1)，∵点B(0，4)在抛物线上，∴a(0－8)(0＋1)＝4，
解得a＝－ .∴抛物线的解析式为y＝－ (x－8)(x＋1)，即y＝－ x2＋ x＋4；(3分)
(2)有一动点E从原点O出发，以每秒2个单位的速度向右运动，过点E作x轴的垂线，交抛物线于点P，交线段CA于点M，连接PA、PB.设点E运动的时间为t(0
∴S△PAB＝S△PBQ＋S△PAQ＝ PQ·xA＝ (－2t2＋8t)·8＝－8t2＋32t.∴S四边形PBCA＝S△PAB＋S△ABC＝－8t2＋32t＋32＝－8(t－2)2＋64.∵－8<0，∴当t＝2时，S最大，最大值为64，∴四边形PBCA的最大面积为64； (8分)
(3)抛物线的对称轴上是否存在一点H，使得△ABH是直角三角形？若存在，请直接写出点H的坐标；若不存在，请说明理由．
当∠BAH2＝90°时，AH22＋AB2＝BH22，即(8－ )2＋h22＋80＝( )2＋(h2－4)2，解得h2＝－9，此时点H2的坐标为( ，－9)；当∠BH3A＝90°时，AH32＋BH32＝AB2，即(8－ )2＋h32＋( )2＋(h3－4)2＝80，解得h3＝2＋ ，h4＝2－ ，此时点H3的坐标为( ，2＋ )或( ，2－ )．
综上所述，抛物线的对称轴上存在一点H，使得△ABH是直角三角形，点H的坐标为( ，11)或( ，－9)或( ，2＋ )或( ，2－ )．
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