58 固定边的直角三角形与二次函数问题

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B 放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，点为 (－1， 0)．如图17 所示，B 点在抛物线 2 1 1 2 2 2 y x x    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：△BD≌△； （2）求B 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△P 是以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】（1）见解析；（2） 1 1 2 2 y x   （3）存在，P1（ 1 2  ， 1 4  ）、P2（ 1 2  ， 9 4 ） 【解析】 解：（1）证明：∵∠BD＋∠＝90°，∠＋∠＝90°， BD ∴∠ ＝∠。 B ∵△ 为等腰直角三角形 ，∴B＝。 在△BD 和△中，∠BD＝∠＝90°，∠BD＝∠，B＝， BD ∴△ ≌△（S）。 （2）∵点坐标为 (－1，0)，∴BD＝＝1。 B ∵ 点横坐标为－3，∴B 点坐标为 (－3，1)。 设B 所在直线的函数关系式为y＝kx＋b， ∴ -k+b=0 3 1 { k b  ，解得 1 k=-2 1 2 { b  。∴B 所在直线的函数关系式为y＝－ 1 2 x－ 1 2 。 （3）存在 。 y ∵＝ 1 2 x2＋ 1 2 x－2＝ 1 2 (x＋ 1 2 )2x－ 17 8 ，∴对称轴为直线x＝－ 1 2 。 若以为直角边，点为直角顶点，对称轴上有一点P1，使P1⊥， B ∵⊥，∴点P1为直线B 与对轴称直线x＝－ 1 2 的交点。 由题意可得： 1 1 y=-2 2 1 2 { x x    ， 解得， 1 y=-4 1 2 { x 。∴P1（－ 1 2 ，－ 1 4 ）。 若以为直角边，点为直角顶点，对称轴上有一点P2，使P2⊥， 则过点作 P2 B ∥，交对轴称直线x＝－ 1 2 于点P2， D ∵＝，∴（0，2）。 设直线P2的解析式为：y＝－ 1 2 x＋m，把（0，2）代入得m＝2。 ∴直线P2的解析式为：y＝－ 1 2 x＋2。 由题意可得： 1 y=- 2 2 1 2 { x x    ，解得， 9 y= 4 1 2 { x 。∴P2（－ 1 2 ， 9 4 ）。 P ∴点坐标分别为P1（－ 1 2 ，－ 1 4 ）、P2（－ 1 2 ， 9 4 ）。 2．抛物线的顶点为（1，﹣4），与x 轴交于、B 两点，与y 轴负半轴交于（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】（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＝（x 1 ﹣）2 4 ﹣， 将（0，﹣3）代入y＝（x 1 ﹣）2 4 ﹣，得：﹣3＝（0 1 ﹣）2 4 ﹣， 解得：＝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，¿ ， MBE PMF ∴△ ≌△ （S）， ME ∴ ＝PF＝x 1 ﹣，MF＝BE＝2， EF ∴ ＝ME+MF＝x+1． EF ∵ ＝|x2 2x 3| ﹣ ﹣， |x ∴ 2 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 2 y ax bx 4    经过   A 3,0  ，  B 5, 4  两点，与y 轴交于点， 连接B，，B．  1 求抛物线的表达式；  2 求证：B 平分 CAO  ；  3 抛物线的对称轴上是否存在点M，使得ABM  是以B 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】 1 抛物线的解析式为 2 1 5 y x x 4 6 6    ； 2 证明见解析； 3 点M 的坐标为 5 ,11 2      或 5 , 9 2       ． 【解析】  1 将   A 3,0  ，  B 5, 4  代入得： 9a 3b 4 0 25a 5b 4 4       ， 解得： 1 a 6  ， 5 b 6  ， 抛物线的解析式为 2 1 5 y x x 4 6 6    ；  2 AO 3   ，OC 4 ， AC 5   ， 取   D 2,0 ，则AD AC 5  ， 由两点间的距离公式可知 2 2 BD (5 2) ( 4 0) 5     ，   C 0, 4   ，  B 5, 4  ， BC 5   ， BD BC   ， 在ABC  和ABD  中，AD AC  ，AB AB  ，BD BC  ， ABC   ≌ABD  ， CAB BAD     ， AB  平分 CAO  ；  3 如图所示：抛物线的对称轴交x 轴与点E，交B 与点F． 抛物线的对称轴为 5 x 2  ，则 11 AE 5  ．   A 3,0   ，  B 5, 4  ， 1 tan EAB 2    ， M'AB 90     ， tan M'AE 2    ， M'E 2AE 11    ， 5 M' ,11 2       ， 同理：tan MMF 2   ， 又 5 BF 2   ， FM 5   ， 5 M , 9 2        ， 点M 的坐标为 5 ,11 2      或 5 , 9 2       ． 例1：如图，抛物线y＝ 1 2 x2+bx+与x 轴交于点（﹣1，0），B（4，0）与y 轴交于点，点D 与点关于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B 上运动时，直线1 交BD 于点M，试探究m 为何值时，四边形QMD 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】(1) 2 1 3 2 2 2 y x x    ;(2) 当m＝2 时，四边形QMD 为平行四边形;(3) Q1（8，18）、Q2（﹣1， 0）、Q3（3，﹣2） 【思路引导】 （1）直接将（-1，0），B（4，0）代入抛物线y= 1 2 x2+bx+方程即可； （2）由（1）中的解析式得出点的坐标（0，-2），从而得出点D（0，2），求出直线BD：y＝− 1 2 x+2， 设点M(m，− 1 2 m+2)，Q(m， 1 2 m2− 3 2 m−2)，可得MQ=− 1 2 m2+m+4，根据平行四边形的性质可得 QM=D=4，即− 1 2 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（﹣1，0），B（4，0）在抛物线y＝ 1 2 x2+bx+上， ∴ 2 1 0 2 1 4 4 0 2 b c b c              解得： 3 2 2 b c      ∴所求抛物线的解析式为 2 1 3 2 2 2 y x x    （2）由（1）知抛物线的解析式为 2 1 3 2 2 2 y x x    ，令x＝0，得y＝﹣2 ∴点的坐标为（0，﹣2） ∵点D 与点关于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： 1 k 2  ∴直线BD 的解析式为： 1 2 2 y x   ∵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 1 m, 2 2 m        ，Q 2 1 3 , 2 2 2 m m m         ∴MQ＝ 2 1 4 2 m m    ∵四边形QMD 是平行四边形 ∴QM＝D＝4，即 2 1 4 2 m m    =4 解得：m1＝2，m2＝0（舍去） ∴当m＝2 时，四边形QMD 为平行四边形 （3）由题意，可设点Q 2 1 3 , 2 2 2 m m m        且B（4，0）、D（0，2） ∴BQ2＝ 2 2 2 1 3 ( 4) 2 2 2 m m m           DQ2＝ 2 2 2 1 3 4 2 2 m m m          BD2＝20 ①当∠BDQ＝90°时，则BD2+DQ2＝BQ2， ∴ 2 2 2 2 2 2 1 3 1 3 20 4 ( 4) 2 2 2 2 2 m m m m m m                      解得：m1＝8，m2＝﹣1，此时Q1（8，18），Q2（﹣1，0） ②当∠DBQ＝90°时，则BD2+BQ2＝DQ2， ∴ 2 2 2 2 2 2 1 3 1 3 20 ( 4) 2 4 2 2 2 2 m m m m m m                      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、B，抛物线y＝x2+bx+（≠0）的对称轴为直线x＝﹣1 2 ，且抛物线经过、B 两点，交x 轴于另一点． （1）求抛物线的解析式； （2）点M 是抛物线x 轴上方一点，∠MB＝∠B，求点M 的坐标； （3）过点作B 的垂线交y 轴于点D，平移直线D 交抛物线于点E、F 两点，连结E、F．若△EF 为以EF 为 斜边的直角三角形，求平移后的直线的解析式． 【答】（1）y＝﹣x2﹣x+2．（2）M（﹣2 3 ，20 9 ）．（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、B， ∴（﹣2，0），B（0，2）， ∵抛物线的对称轴x＝﹣1 2 ，，关于对称轴对称， ∴（1，0）， 设抛物线的解析式为y＝（x+2）（x 1 ﹣），把（0，2）代入得到＝﹣1， ∴抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣x+2． （2）如图1 中，作E⊥B 交BM 的延长线于E，作EF⊥x 轴于F． ∵∠BE＝∠B，∠BE＝∠B＝90°， ∴△BE∽△B， ∴AE OC = AB OB ， ∴AE 1 =2❑ √2 2 ， ∴E＝❑ √2， ∵∠EF+∠B＝90°，∠B＝45°， ∴∠EF＝45°， ∴EF＝F＝1， ∴E（3，1）， ∴直线BE 的解析式为y＝﹣1 3 x+2， 由¿，解得¿或¿， M ∴ （-4 3 ，14 9 ）． （3）如图2 中，当直线D 向下平移时，设E（x1，y1），F（x2，y2），作E⊥x 轴于，FG⊥x 轴于G． EF=90°= PE= GF ∵∠ ∠ ∠ ， 由△E GF ∽△ 得到： EH OG =OH FG ， ∴−y1 x2 =−x1 −y2 ， x ∴ 1x2+y1y2=0， 由¿，消去y 得到：x2+b-2=0， x ∴ 1x2=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D 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=x2+bx+与x 轴的一个交点的坐标为（﹣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，点是抛物线上的另一点．已知以B 为一底边的梯形BD 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，△PD 的周长最小？当t 为 秒时，△PD 是以D 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△PD 是以D 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】（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（﹣1，0），可得B（﹣3，0）． （2）设抛物线的对称轴交D 于点M，交B 于点， 由题意可知B D ∥，由抛物线的轴对称性可得D=2DM． M y ∵ ∥轴，B D ∥，∴四边形DM 是矩形． DM==2 ∴ ．∴D=2×2=4． ∵（﹣1，0），B（﹣3，0），∴B=2． ∵梯形BD 的面积= （B+D）•D=9， D=3 ∴ ，即=3． 把（﹣1，0），B（﹣3，0）代入y=x2+bx+3 得 ，解得 ． y=x ∴ 2+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△PD 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，△PD 的周长最小； 当△PD 是以D，P 为腰的等腰三角形时，易得P（-2，3）， 则此时t=4； 当△PD 是以D，DP 为腰的等腰三角形且点P 在D 下方时，设抛物线的对称轴交D 于点M， =1 ∵ ，D=3，MD=2， DP=D= ∴ ， PM= ∴ ， EP=3+1- ∴ =4- ， t=4- ∴ ； 当△PD 是以D，DP 为腰的等腰三角形且点P 在D 上方时， 同理可得PM= ， EP=3+1+ ∴ =4+ ， t=4+ ∴ ； 故答为：2；4 或 或 ； ②存在． PD=90° ∵∠ ，∠PMD= P=90° ∠ ， PDM+ DPM=90° ∴∠ ∠ ，∠DPM+ P=90° ∠ ． PDM= P ∴∠ ∠． PMD= P ∵∠ ∠，∴△P PDM ∽△ ． ∴ ，即 ． P ∴ 2 3P+2=0 ﹣ ，解得P=1 或P=2． P ∴（﹣2，1）或（﹣2，2）． 6．如果一条抛物线y=x2+bx+（≠0）与x 轴有两个交点（x1，0）、B（x2，0），我们把|x1 x ﹣ 2|记为d（、 B），抛物线的顶点到x 轴的距离记为d（x），如果d（，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= x ﹣ 2+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、B 两点，点P 是抛物线的顶点，则抛物线上 是否存在点，使得△P 是以P 为直角边的直角三角形？如果存在，请求出的坐标；若不存在，请说明理由． 【答】（1）抛物线y=2x2 2 ﹣是“正抛物线”；（2）抛物线的解析式为y= x ﹣ 2+4x；（3）满足条件的点坐 标为（9 2 ，9 4 ）或（5 2 ，﹣15 4 ）． 【解析】（1）对于抛物线y=2x2 2 ﹣， 当y=0 时，2x2 2=0 ﹣ ，解得x=1 或﹣1， ∴（﹣1，0），B（1，0）， d ∴（，B）=2， d (x )=| 4 ac−b 2 4 a |=| 4×2× (−2)−0 2 4×2 |=|−2|=2. d ∴（x）=d（，B）， ∴抛物线y=2x2 2 ﹣是“正抛物线”． 故答为：是． （2）当y=0 时，﹣x2+bx=0，解得x=0 或b， b ∵＞0， d ∴（，B）=b， 由题意d (x )=| 4 ac−b 2 4 a |=| 4× (−1)×0−b 2 4× (−1) |=b. 解得b=0（舍弃）或b=4， ∴抛物线的解析式为y=−x 2+4 x． （3）当y=0 时，x2+mx=0，解得x=0 或﹣m， m ∵＜0， d ∴（，B）¿−m， ∵4 ac−b 2 4 a =−m 2 4 , d ∴（x）¿ m 2 4 ， 由题意−m=m 2 4 ， 解得m=−4或0（舍弃）， ∴y=x 2−4 x， 假设存在点，使得△P 是以P 为直角边的直角三角形，分两种情形： ①如图1 中，作⊥P 交抛物线于点，厉害P，作PE x ⊥轴交于D． −b 2a =2, 4 ac−b 2 4 a =−4， ∴E=2，PE=4， 由△DE∽△PE,可得DE AE = AE PE ， ∴D