1.3 因动点产生的直角三角形问题(含答案)

第一部分 函数图象中点的存在性问题

1.3 因动点产生的直角三角形问题

例1 2011年沈阳市中考第25题

如图1，已知抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C(0，－3)，对称轴是直线x＝1，直线BC与抛物线的对称轴交于点D． （1）求抛物线的函数表达式； （2）求直线BC的函数表达式；

（3）点E为y轴上一动点，CE的垂直平分线交CE于点F，交抛物线于P、Q两点，且点P在第三象限．

3PQAB4①当线段时，求tan∠CED的值； ②当以C、D、E为顶点的三角形是直角三角形时，请直接写出点P的坐标．

温馨提示：考生可以根据第（3）问的题意，在图中补出图形，以便作答．

图1

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例2 2011年浙江省中考第23题

设直线l1：y＝k1x＋b1与l2：y＝k2x＋b2，若l1⊥l2，垂足为H，则称直线l1与l2是点H的直角线．

1yx22（1）已知直线①；②yx2；③y2x2；④y2x4和点C(0，2)，则直线_______和_______是点C的直角线（填序号即可）；

（2）如图，在平面直角坐标系中，直角梯形OABC的顶点A(3，0)、B(2，7)、C(0，7)，P为线段OC上一点，设过B、P两点的直线为l1，过A、P两点的直线为l2，若l1与l2是点P的直角线，求直线l1与l2的解析式．

图1

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例3 2010年北京市中考第24题

y在平面直角坐标系xOy中，抛物线

m125mxxm23m244与x轴的交点分别为原点O和点A，

点B(2,n)在这条抛物线上．

（1）求点B的坐标；

（2）点P在线段OA上，从点O出发向点A运动，过点P作x轴的垂线，与直线OB交于点E，延长PE到点D，使得ED＝PE，以PD为斜边，在PD右侧作等腰直角三角形PCD（当点P运动时，点C、D也随之运动）． ①当等腰直角三角形PCD的顶点C落在此抛物线上时，求OP的长；

②若点P从点O出发向点A作匀速运动，速度为每秒1个单位，同时线段OA上另一个点Q从点A出发向点O作匀速运动，速度为每秒2个单位（当点Q到达点O时停止运动，点P也停止运动）．过Q作x轴的垂线，与直线AB交于点F，延长QF到点M，使得FM＝QF，以QM为斜边，在QM的左侧作等腰直角三角形QMN（当点Q运动时，点M、N也随之运动）．若点P运动到t秒时，两个等腰直角三角形分别有一条边恰好落在同一条直线上，求此刻t的值．

图1

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例4 2009年嘉兴市中考第24题

如图1，已知A、B是线段MN上的两点，MN4，MA1，MB1．以A为中心顺时针旋转点M，以B为中心逆时针旋转点N，使M、N两点重合成一点C，构成△ABC，设ABx． （1）求x的取值范围；

（2）若△ABC为直角三角形，求x的值； （3）探究：△ABC的最大面积？

图1

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例 5 2008年河南省中考第23题

如图1，直线

y4x43和x轴、y轴的交点分别为B、C，点A的坐标是（-2，0）．

（1）试说明△ABC是等腰三角形；

（2）动点M从A出发沿x轴向点B运动，同时动点N从点B出发沿线段BC向点C运动，运动的速度均为每秒1个单位长度．当其中一个动点到达终点时，他们都停止运动．设M运动t秒时，△MON的面积为S． ① 求S与t的函数关系式；

② 设点M在线段OB上运动时，是否存在S＝4的情形？若存在，求出对应的t值；若不存在请说明理由； ③在运动过程中，当△MON为直角三角形时，求t的值．

图1

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例6 2008年天津市中考第25题

已知Rt△ABC中，ACB90，CACB，有一个圆心角为45，半径的长等于CA的扇形CEF绕点C旋转，且直线CE，CF分别与直线AB交于点M，N．

222（1）当扇形CEF绕点C在ACB的内部旋转时，如图1，求证：MNAMBN；

222思路点拨：考虑MNAMBN符合勾股定理的形式，需转化为在直角三角形中解决．可将△ACM沿

直线CE对折，得△DCM，连DN，只需证DNBN，MDN90就可以了．请你完成证明过程．

222（2）当扇形CEF绕点C旋转至图2的位置时，关系式MNAMBN是否仍然成立？若成立，请证明；

若不成立，请说明理由．

图1 图2

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例1思路点拨

1．第（1）、（2）题用待定系数法求解析式，它们的结果直接影响后续的解题．

2．第（3）题的关键是求点E的坐标，反复用到数形结合，注意y轴负半轴上的点的纵坐标的符号与线段长的关系．

3．根据C、D的坐标，可以知道直角三角形CDE是等腰直角三角形，这样写点E的坐标就简单了．

满分解答

2（1）设抛物线的函数表达式为y(x1)n，代入点C(0，－3)，得n4．所以抛物线的函数表达式为

y(x1)24x22x3．

2yx2x3(x1)(x3)，知A(－1，0)，B(3，0)．设直线BC的函数表达式为ykxb，代（2）由

3kb0,入点B(3，0)和点C(0，－3)，得b3. 解得k1，b3．所以直线BC的函数表达式为yx3．

（3）①因为AB＝4，所以

PQ31AB34．因为P、Q关于直线x＝1对称，所以点P的横坐标为2．于是

717755,0,FCOCOF3EC2FC4．所以44，2． 得到点P的坐标为24，点F的坐标为进而得到

OEOCEC31510,2． 22，点E的坐标为直线BC:yx3与抛物线的对称轴x＝1的交点D的坐标为（1，－2）． 过点D作DH⊥y轴，垂足为H． 在Rt△EDH中，DH＝1，

1(12,2)，②PEHOHOE265,)22．

13DH222，所以tan∠CEDEH3．

P2(1

图2 图3 图4

考点伸展

第（3）题②求点P的坐标的步骤是：

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如图3，图4，先分两种情况求出等腰直角三角形CDE的顶点E的坐标，再求出CE的中点F的坐标，把点F的纵坐标代入抛物线的解析式，解得的x的较小的一个值就是点P的横坐标． 例2 答案

（1）直线①和③是点C的直角线．

BCPO2PO3．解得OP＝6或OP＝1． （2）当∠APB＝90°时，△BCP∽△POA．那么CPOA，即7PO如图2，当OP＝6时，l1：

y1x62， l2：y＝－2x＋6．

1yx13如图3，当OP＝1时，l1：y＝3x＋1， l2：．

图2 图3 例3

思路点拨

1．这个题目最大的障碍，莫过于无图了．

2．把图形中的始终不变的等量线段罗列出来，用含有t的式子表示这些线段的长． 3．点C的坐标始终可以表示为(3t,2t)，代入抛物线的解析式就可以计算此刻OP的长．

4．当两个等腰直角三角形有边共线时，会产生新的等腰直角三角形，列关于t的方程就可以求解了．

满分解答

y(1) 因为抛物线

m125mxxm23m22m3m20． 解得m12，44经过原点，所以

125yxxm2142．所以点B的坐标为（2，4）． （舍去）．因此

(2) ①如图4，设OP的长为t，那么PE＝2t，EC＝2t，点C的坐标为(3t, 2t)．当点C落在抛物线上时，

15222t(3t)23ttOP429． ．解得

t②如图1，当两条斜边PD与QM在同一条直线上时，点P、Q重合．此时3t＝10．解得

103．

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如图2，当两条直角边PC与MN在同一条直线上，△PQN是等腰直角三角形，PQ＝PE．此时103t2t．解得t2．

如图3，当两条直角边DC与QN在同一条直线上，△PQC是等腰直角三角形，PQ＝PD．此时103t4t．解

t得

107．

图1 图2 图3

考点伸展

在本题情境下，如果以PD为直径的圆E与以QM为直径的圆F相切，求t的值．

t如图5，当P、Q重合时，两圆内切，

103．

如图6，当两圆外切时，t30202．

图4 图5 图6 例4

思路点拨

1．根据三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边列关于x的不等式组，可以求得x的取值范围．

2．分类讨论直角三角形ABC，根据勾股定理列方程，根据根的情况确定直角三角形的存在性．

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3．把△ABC的面积S的问题，转化为S2的问题．AB边上的高CD要根据位置关系分类讨论，分CD在三角形内部和外部两种情况．

满分解答

1x3x,13xx. 解得1x2． AC1ABxBC3x（1）在△ABC中，，，，所以（2）①若AC为斜边，则

21x2(3x)222，即x3x40，此方程无实根．

②若AB为斜边，则x(3x)1，解得

22xx53，满足1x2． 43，满足1x2．

③若BC为斜边，则(3x)1x，解得

xx3或3时，△ABC是直角三角形． 因此当

（3）在△ABC中，作CDAB于D，设CDh，△ABC的面积为S，则①如图2，若点D在线段AB上，则

S1xh2．

1h2(3x)2h2x222(3x)hx1h．移项，得．两

222222边平方，得(3x)hx2x1h1h．整理，得x1h3x4．两边平方，得

x2(1h2)9x224x16222．整理，得xh8x24x16

41223212≤x2Sxh2x6x42(x)422（3所以）．

2当

x4231≤x222时（满足3），S取最大值2，从而S取最大值2．

图2 图3 ②如图3，若点D在线段MA上，则

(3x)2h21h2x．

同理可得，

S24122311x≤xh2x26x42(x)23）． 422（

易知此时

S22．

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2综合①②得，△ABC的最大面积为2．

考点伸展

第（3）题解无理方程比较烦琐，迂回一下可以避免烦琐的运算：设ADa，

22222221a(3x)(xa)ACADBCBD例如在图2中，由列方程．

a整理，得

3x4x．所以

28x224x163x412x21ax．

因此

S212x(1a2)2x26x44．

例5

思路点拨

1．第（1）题说明△ABC是等腰三角形，暗示了两个动点M、N同时出发，同时到达终点．

2．不论M在AO上还是在OB上，用含有t的式子表示OM边上的高都是相同的，用含有t的式子表示OM要分类讨论．

3．将S＝4代入对应的函数解析式，解关于t的方程．

4．分类讨论△MON为直角三角形，不存在∠ONM＝90°的可能．

满分解答

（1）直线

y4x43与x轴的交点为B（3，0）、与y轴的交点C（0，4）．Rt△BOC中，OB＝3，OC＝

4，所以BC＝5．点A的坐标是（-2，0），所以BA＝5．因此BC＝BA，所以△ABC是等腰三角形．

sinB（2）①如图2，图3，过点N作NH⊥AB，垂足为H．在Rt△BNH中，BN＝t，如图2，当M在AO上时，OM＝2－t，此时

44NHt5，所以5．

11424SOMNH(2t)tt2t22555．

定义域为0＜t≤2．

如图3，当M在OB上时，OM＝t－2，此时

11424SOMNH(t2)tt2t22555．

定义域为2＜t≤5．

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图2 图3

24224St2ttt4t211，t2211（舍去负值）．因此，55，得55②把S＝4代入．解得1当点M在线段OB上运动时，存在S＝4的情形，此时t211．

③如图4，当∠OMN＝90°时，在Rt△BNM中，BN＝t，BM 5t，

cosB35t325t5，5．8．所以t解得

如图5，当∠OMN＝90°时，N与C重合，t5．不存在∠ONM＝90°的可能．

t所以，当

258或者t5时，△MON为直角三角形．

图4 图5

考点伸展

在本题情景下，如果△MON的边与AC平行，求t的值．

如图6，当ON//AC时，t＝3；如图7，当MN//AC时，t＝2.5．

图6 图7

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例6

思路点拨

1．本题的证明思路是构造△ACM≌△DCM，证明△BCN≌△DCN． 2．证明△BCN≌△DCN的关键是证明DCNBCN．

3．证明的结论是勾股定理的形式，基本思路是把三条线段AM、BN、MN集中在一个三角形中，设法证明这个三角形是直角三角形．

满分解答

（1）如图3，将△ACM沿直线CE对折，得△DCM，连DN，则△DCM≌△ACM．因此CDCA，

DMAM，DCMACM，CDMA．

又由CACB，得 CDCB．由DCNECFDCM45DCM，

BCNACBECFACM9045ACM45ACM，得DCNBCN．

又CNCN，所以△CDN≌△CBN．因此DNBN，CDNB． 所以MDNCDMCDNAB90．

222222在Rt△MDN中，由勾股定理，得MNDMDN．即MNAMBN．

图3 图4

222（2）关系式MNAMBN仍然成立．

如图4，将△ACM沿直线CE对折，得△DCM，连DN，则△DCM≌△ACM． 所以CDCA，DMAM，DCMACM，CDMCAM． 又由CACB，得 CDCB．由DCNDCMECFDCM45，BCNACBACN90(ECFACM)45ACM，得DCNBCN．

又CNCN，所以△CDN≌△CBN．因此DNBN，CDNB45．

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

又由于

CDMCAM180CAB135，

所以MDNCDMCDN1354590．

222在Rt△MDN中，由勾股定理，得MNDMDN．即MNAMBN．

222

考点伸展

222当扇形CEF绕点C旋转至图5，图6，图7的位置时，关系式MNAMBN仍然成立．

图5 图6 图7

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