2025年中考数学二轮专题复习讲义第17讲 直角三角形问题（含解析）

这是一份2025年中考数学二轮专题复习讲义第17讲 直角三角形问题（含解析），共12页。学案主要包含了一题多解，解法提示，思路点拨等内容，欢迎下载使用。

1.如图，在正方形网格中有格点A，B，在所给网格中确定格点C，使得 △ABC是以 AB 为直角边的直角三角形.
2.如图，在平面直角坐标系中，直线AB分别与x轴，y轴交于点A(3,0),B(0,4),点P为y轴上一点,当 △PAB为直角三角形时，求点P的坐标.
3.如图，已知抛物线 y=12x2−32x−5与x轴交于A，B两点，与y轴交于点 C.若在抛物线上存在一点 P，使得 △BCP是以 BC为直角边的直角三角形，求出点P的坐标.
二阶 设问进阶练
例 已知抛物线L: y=−12x2+x+4与 x 轴交于点 A−20,B(4,0),与y轴交于点 C,顶点为D.
(1)如图①,若点 E 是y轴上一点,且. ∠AEB=90°,,求点 E 的坐标；
(2)如图②，连接BD，在x轴上是否存在一点G，使得 △BDG为直角三角形?若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图③，连接AC，在抛物线的对称轴上存在一点 F，使得 △ACF是以AC为直角边的直角三角形，求出点 F的坐标；
(4)如图④，点N是第一象限抛物线上的一点，连接AN，若点N到x轴的距离为d，点C关于x轴的对称点为 C',直线 BC'上是否存在一点 H，使得. △ANH为直角三角形，且 Rt△ANH的面积为3d，若存在，请求出点H的坐标；若不存在，请说明理由；
(设问源自2022遂宁中考)
(5)如图⑤，将抛物线向左平移2个单位，得到的新抛物线. L'与原抛物线交于点 C.记新抛物线的顶点为M，连接AM，在y轴上是否存在一点 Q，使得 △AMQ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.
综合强化练
1. 创新题·规律探究 如图，已知抛物线 Cn:yn=−1nx2+x+2n(n为正整数)与x轴交于 Mₙ, Aₙbₙ0两点(点 Mₙ在点 Aₙ的左侧).
(1)抛物线y₂y₂的顶点坐标为 ；抛物线yn的顶点坐标为 (用含 n的代数式表yₙ 示);
(2)求证: AₙAₙ₋₁=Aₙ₋₁Aₙ₋₂;
(3)若设抛物线( Cₙ的顶点坐标为 Pₙ,，是否存在n使得 △M₃PₙAₙ是直角三角形，若存在，请求出n的值；若不存在，请说明理由.
作图区 答题区
2.如图，抛物线 y=ax²+bx+3a≠0与x轴交于A，B 两点(点 B 在点 A 的右侧)，与y轴交于点 C,OB=OC,抛物线的对称轴l为直线. x=1.
(1)求a,b的值;
(2)点P为抛物线的对称轴上一点，连接AC，CP，AP，当 △ACP的周长最小时，求点 P的坐标；
(3)(y轴上的动点)在(2)的条件下，在y轴上是否存在一点Q，使得以A，P，Q为顶点的三角形为直角三角形?若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
作图区 答题区
3.如图，抛物线 y=ax²+bx+3a≠0与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，直线BC的解析式为
y=−34x+3,且 AB=CB,点M是线段BC的中点,连接AC,AM.
(1)求抛物线的解析式；
(2)创新题·重叠图形面积关系 将 △ACM沿x轴向右平移 m(0 △A'C'M',A'C',A'M分别与 BC交于点 Q,N,设 △ABC与 △A'C'M'重叠部分的面积为S，求S
关于m的函数关系式；
(3)(直线上的动点)在(2)的条件下，若 S=2720,试探究在直线 C'M上是否存在点 P，使得 △ACP
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.
作图区 答题区

考向2 直角三角形问题
一阶 方法突破练
1.解：格点C的位置如解图所示.
2.解:设点P(0,p),分两种情况讨论:
①当AB 为直角边时，只存在点 A 为直角顶点的情况.
∵A(3,0),B(0,4),
∴AB²=3²+4²=25,AP²=3²+p²=9+p²,BP²=4−p².
根据勾股定理得 AB²+AP²=BP²,即 25+9+p²=(4−p)²,解得 p=−94.
∴P0−94;
②当AB 为斜边时，同理可得 AB²=AP²+BP²,即 25=9+p²+4−p²,
解得p=0或p=4(不符合题意,舍去),∴P(0,0).
综上所述，点P的坐标为 0−94或(0,0).
【一题多解】设点 P(0,p),分两种情况讨论：①当AB 为直角边时，如解图,过点 A 作 AP ⊥AB,∴∠OAP + ∠OPA = 90°, ∠OAP +∠OAB=90°,∴∠OPA=∠OAB,又∵∠AOB=∠AOP=90°,∴ △AOB∽△POA,∴OA/O=O⁰B,∵A(3,0),B(0,4)∴OA=3, OB=4,∴OP=OA⋅OAOB=94,∴P0−94;②当AB为斜边时，由解图可知，P(0，0).综上所述，点 P 的坐标为 0−94或(0,0).
3. 解:∵ 抛物线 y=12x2−32x−5与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C,∴B(5,0),C(0,-5),如解图，分两种情况：①当 ∠CBP₁=90°时,△BCP₁ 是以BC 为直角边的直角三角形，设直线BP₁交y轴于点 Q.
∵OB=OC,∴∠ABC=45°,
∵∠CBP₁=90°,∴∠ABP₁=45°,∴Q(0,5).
∴直线 BQ 的解析式为 y =-x+5,
由题意得 y=−x+5y=12x2−32x−5,
解得 x1=−4y1=9,x2=5y2=0(不合题意，舍去)，∴P₁(-4,9).
②当 ∠BCP₂=90°时，△BCP₂是以BC为直角边的直角三角形，
∴CP₂∥BQ,直线CP₂的解析式为yy=-x-5,
由题意得 y=−x−5y=12x2−32x−5,
解得 x1=1y1=−6,x2=0y2=−5(不合题意，舍去)，
∴P₂(1,-6).
综上所述,点P的坐标为(-4,9)或(1, -6).
二阶 设问进阶练
例 解:(1)∵A(-2,0),B(4,0),∴AB=6,设E(0,m),
∵∠AEB=90°,∴AE²+BE²=AB²,
∵AB²=36,AE²=m²+−2²,BE²=m²+4²,
∴m²+−2²+m²+4²=36,
解得 m1=−22,m2=22,
∴ 点 E 的坐标为 022或 0−22;
【一题多解】如解图①，以 AB 为直径作圆，交y轴于点 E₁,E₂,∴∠AE₁B=∠AE₂B=90°,点 E₁,E₂ 即为所求,∵ ∠AE₁O + ∠E₁AO = 90°, ∠AE₁O + ∠BE₁O=90°,∴∠E₁AO=∠BE₁O,又∵ ∠AOE₁= ∠E1OB=90∘,∴AOE1∼E1OB,∴OAOE1=OE1OB,∵A(-2,0),B(4,0),∴OA=2,OB=4,∴OE₁= 22,∴E1022;；同理可求 E20−22.综上所述,点E的坐标为(0,2 2)或( 0−22.
(2)存在.
∵ 抛物线 y=−12x2+x+4=−12x−12+92,
∴点D的坐标为(1, 92),设点G 的坐标为(e,0).
∴BD2=1−42+922=1174,DG2=1−e2+ 922,BG2=e−42,
要使得△BDG为直角三角形，分三种情况讨论：
①当∠BGD=90°时,即DG⊥BG,∴G(1,0);
②当∠BDG=90°时, BD²+DG²=BG², ∴1174+1−e2+922=e−42,解得 e=−234,即 G−2340;
③当∠DBG=90°时,此种情况不存在.
综上所述，点G的坐标为(1，0)或 −2340;
(3)∵抛物线的对称轴为直线x=1,∴设F(1,f).
∵抛物线与y轴交于点C,∴C(0,4),
∴AC²=2²+4²=20,CF²=1²+f−4²,AF²=f²+3²,要使得△ACF 是以AC 为直角边的直角三角形，分两种情况讨论：
①当∠ACF=90°时,即. AC²+CF²=AF².
∴20+f−4²+1²=f²+3²,解得 f=72,∴F172;
②当∠CAF=90°时,即 AC²+AF²=CF².
∴20+f²+3²=f−4²+1²,解得 f=−32,∴F(1, −32).
综上所述，点F的坐标为 172或 1−32;
(4)存在,
如解图②,连接 BN,∵ 点N到x轴的距离为 d, A (- 2,0),B(4,0),
∴ AB = 6, S△ABW = 12×6×d=3d,
∴SABN=SANH,
∴ 点 B,H 到线段AN的距离相等,
∴AN∥BH,
∵C(0,4),C'为点C关于x轴的对称点,
∴C'(0,-4),
设直线 BC'的解析式为y=kx+b(k≠0),则 4k+b=0b=−4,解得 k=1b=−4,
∴ 直线 BC'的解析式为y=x-4,设AN所在直线的解析式为y=x+n，
∵A(-2,0),∴AN所在直线的解析式为y=x+2,联立 y=−12x2+x+4y=x+2,解得 x1=2y1=4,x1=−2y1=0(舍去),
∴N(2,4),
分三种情况讨论：
①以点 N 为直角顶点时,过点 N 作 NH₁⊥AN 交BC'于点 H₁,
∴ 设 NH₁所在直线的解析式为 y=−x+n₁,
∵N(2,4),
∴NH₁所在直线的解析式为y=-x+6,联立 y=−x+6y=x−4,解得 x=5y=1,
∴H₁(5,1);
②以点A为直角顶点时,过点A作AH₂⊥AN交BC'于点 H₂,
设AH₂所在直线的解析式为 y=−x+n₂,
∵A(-2,0),
∴AH₂所在直线的解析式为y=-x-2,联立 y=−x−2y=x−4,解得 x=1y=−3,
∴H₂(1,-3);
③以点 H为直角顶点时，以AN 为直径作圆，与直线 BC'无交点，即此种情况不存在，
综上所述,点H的坐标为(5,1)或(1,-3);
(5)存在,由(2)可知点D 的坐标为((1, 92),
∴平移后的新抛物线的顶点为 M−192,设点(Q(0,y),∵A(-2,0),
∴AM2=854,MQ2=12+92−y2,AQ2=−22+y2,分情况讨论：
①如解图③，当AM 为直角边时，分别过点 M，A 作AM 的垂线,交y轴于点 Q₁,Q₂,
(i)由勾股定理得 AM2+MQ12=AQ12,
故 854+12+92−y2=−22+y2,解得 y=7718,
∴Q107718;
(ii)同理, AQ22+AM2=MQ22,
故 −22+y2+854=12+92−y2,解得 y=−49, ∴Q20−49;
②如解图③,当AM 为斜边时,取线段AM 中点 P,以点 P 为圆心，AP 长为半径画弧，交 y 轴于点Q₃,Q₄,
同理得， AM²=AQ²+MQ²,
故 854=−22+y2+12+92−y2,
解得y=4或 y=12,
∴Q₃(0,4),Q₄(0, 12 ),
综上所述，点Q的坐标为 07718或 0−49或(0,4)或 012.
三阶 综合强化练
1. (1)解: 192;n29n4; 【解法提示】∵抛物线 y1=−x2+x+2=−x−122+94,∴抛物线y₁ 的顶点坐标为 1294,∵抛物线 y2=−12x2+x+4=−12(x− 1)2+92,.抛物线y₂的顶点坐标为( 192,同理可得抛物线y₃的顶点坐标为( 32274,∴依此类推，第n条抛物线yn的顶点坐标为 n29n4.
(2)证明:∵ Cn:yn=−1nx2+x+2n=−1nx−2nx+n(n为正整数),
∵点Mn在点An的左侧,
∴Mₙ(-n,0), An(2n,0),
∴Aₙ₋₁2n−20,
∴AₙAₙ₋₁=2,
同理 Aₙ₋₁Aₙ₋₂=2,
∴AₙAₙ₋₁=Aₙ₋₁Aₙ₋₂;
(3)解:不存在,理由如下:由(1)(2)得,抛物线 Cn的顶点坐标Pn为((π/2, 94),M₃(-3,0), An(2n,0).
∴AₙM₃=2n+3,
∵△M₃PnAₙ是直角三角形,
∴M₃Pn⊥AnPn,
∴M3Pn2+AnPn2=AnM32即可，
即 n2+32+9n42+2n−n22+−9n42=2n+32,解得 n=2423或n=0(舍去).
∵n为正整数，
∴不存在n使得△M₃PₙAₙ是直角三角形.
2. 解:(1)a=-1,b=2;
(2)【思路点拨】一般求线段和的最小值或周长最小值，可考虑利用对称性，即“将军饮马”原理.
∵要使△ACP 周长最小,AC为定值,则需使 PC+PA 最小,由抛物线的性质知，点 A 与点B 关于对称轴对称，
如解图①，连接BC交对称轴l于 点 P, 连接 AP, 则此时△ACP 的周长最小,
由对称的性质知,PA=PB,
∴CACP=PC+PA+AC=BC+AC,
∵B(3,0),C(0,3),
∴ 直线 BC 的解析式为y=-x+3,
将x=1代入y=-x+3,得y=2,
∴P(1,2);
(3)存在.
①当∠APQ=90°时,如解图②,
∵A(-1,0),P(1,2),∴AP=2 2,
∵A(-1,0),C(0,3),∴AC= 10,
∵∠APQ=90°,∴QP= 2,
∵ C(0,3),P(1,2),∴PC= 2,
∴此时点Q与点C重合,∴Q(0,3);
②当∠PAQ=90°时,如解图③,
∵A(-1,0),P(1,2),∴∠PAB=45°,
∵∠PAQ=90°,∴∠QAO=45°,∴QO=AO=1,
∴Q(0,-1);
③当∠PQA=90°时,如解图④,过点Q作x轴的平行线MN，交直线l于点 N，过点A作y轴的平行线，交MN于点M,
∵ ∠PQA=90°,∴∠MQA+∠NQP=90°,
∵∠MQA+∠QAM=90°,∴∠NQP=∠QAM,
又∵∠QMA=∠PNQ=90°,∴△QAM∽△PQN,
∴AMQN=QMPN,
设Q(0,x),
∴x1=1x−2,解得 x1=1+2,x2=1−2,
∴点 Q 的坐标为( 01+2或 01−2.
综上所述,点 Q 的坐标为(0,3) 或(0,-1) 或 01+2或 01−2.
3.解：(1)抛物线的解析式为 y=−34x2+94x+3;
(2)【思路点拨】可用m表示出所求三角形面积的底和高，然后利用三角形面积公式，表示出S即可.
如解图①,过点 Q 作 QD⊥x轴于点 D,过点 N 作 NE⊥x轴于点 E,
∵ AB=BC,∴△ABC 是等腰三角形,∵A'C'∥AC,
∴△A'BQ是等腰三角形,
∵AB=5,AA'=m,点 M 是线段BC的中点，
∴A'B=BQ=5−m,BM=52,
∵∠COB=∠QOB=90°,∠OBC=∠DBQ,
∴△OBC∽△DBQ,
∴OCDQ=BCBQ, 即 3DQ=55−m,
∴DQ=355−m,
∴SA'BQ=12A'B⋅DQ=125−m×355−m= 3105−m2,
∵ AM∥A'M',∴△A'BN∽△ABM,
∴BNBM=A'BAB,即 BN5=5−m5,∴BN=125−m,
∵sin∠CBO=COBC=NEBN=35,
∴NE=35BN=35×125−m=3105−m,
∴SA'BN=12A'B⋅NE=125−m⋅3105−m= 3205−m2,
∴S=SA'BQ−SA'BN=3105−m2−3205−m2= 3205−m2;
(3)存在.
∵S=3205−m2,∴当 S=2720时,解得m=2或m=8,
∵0∵ 点 M 是线段 BC 的中点,
∴M(2, 32),∴C'M∥y轴.
如解图②，当. ∠CAP₁=90°时,设直线 C'M 与x轴交于点 F,
易证△AOC≌△P₁FA,
∴P₁F=AO=1,
∴P₁(2,-1).
当 ∠ACP₂=90°时,连接CC',
易证△CC'P₂∽△COA,
∴C'P2OA=CC'CO,即 C'P21=23,
∴C'P2=23,∴P2F=3−23
=73,
∴P2273,
综上所述，点P的坐标为(2，-1)或 273.