林初中2017届中考数学压轴题专项汇编：专题22直角三角形的存在性

专题22 直角三角形的存在性

破解策略

以线段AB为边的直角三角形构造方法如右图所示：

AEAABBFCEFBC

直角三角形的另一个顶点在以A在以AB为直径的圆上，或过A、B且与AB垂直的直线上（A，B两点除外）．

解直角三角形的存在性问题时，若没有明确指出直角三角形的直角，就需要进行分类讨论．通常这类问题的解题策略有：

（1）几何法：先分类讨论直角，再画出直角三角形，后计算．

如图，若∠ACB＝90°．过点A、B作经过点C的直线的垂线，垂足分别为E、F．则△AEC∽△CFB．从而得到线段间的关系式解决问题．

（2）代数法：先罗列三边长，再分类讨论直角，根据勾股定理列出方程，然后解方程并检验．

有时候将几何法和代数法相结合．可以使得解题又快又好！ 例题讲解

例1 如图，抛物线l：y＝ax2＋2x－3与r轴交于A，B（3，0）两点（点A在点B的左侧）．与y轴交于点C（0，3）．已知对称轴为x＝1． （1）求抛物线的表达式；

（2）设点P是抛物线l上任意一点，点Q在直线x＝－3上，问：△PBQ能否成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若能，求出符合条件的点P的坐标；若不能，请说明理由．

lyCMlyPCNQlyQAOBxAOBxAOBxMPN

解：（1）由题意可得点A的坐标为（1，0）．

所以抛物线表达式可变为y＝a（x－3）（x＋1）＝ax2－2ax－3a 由点C的坐标可得－3a＝3，a＝－1 所以抛物线的表达式为y＝－x2＋2x＋3．

（2）如图，过点P作PM垂直于直线l，垂足为M．过点B作BN垂直于直线PM．垂足为N．

若△PBQ是以点P为直角顶点的等腰直角三角形，

无论点P在BQ的上方或下方，由“弦图模型”均可得△PQM∽△BPN． 所以PM＝BN． 设点P的坐标为（m，H，－m2＋2m＋3）．则PM＝|m＋3|，BN＝|－m2＋2m＋3|，所以|m＋3|＝|－m2＋2m＋3|．解得m1＝0，m2＝1，m3＝所以点P的坐标为（0，3），（1，4），（3+333－33，m4＝ 223+13－9－333－3，），（222，－9+33） 2k例2 如图，一次函数y＝－2x＋10的图象与反比例函数y＝（k＞0）的图象相交于A、B

x两点（点A在点B的右侧），分别交x轴．y轴于点E，F．若点A的坐标为（4，2）．问：反比例函数图象的另一支上是否存在一点P．使△PAB是以AB为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由，

yFABOPExyFBAOExP

解：将点A（4，2）代入反比例函数表达式，得k＝8， 所以反比例函数为y＝

8， x8??x?4?x2?1?y? 联立方程纽组? ， 解得?1，? xy?2y?8?1?2??y??2x?10 所以点B的坐标为（1，8）．

由题意可得点E．F的坐标分剐为（5，0），（0，10）， 以AB为直角迎的直角三角形有两种情况：

如图1，当∠PAB＝90°时，

连结OA，则OA＝42?22＝25．

而AE＝12?22＝5，OE＝5，所以OA2＋AE2＝OE2， 即OA⊥AB．所以A，O，P三点共线． 由O、A两点的坐标可得直线AP的表达式为y＝

1x． 28?y???x 解得?x1?4，?x2??4 联立方程组????y1?2?y2??2?y?1x??2所以点P的坐标为（－4，－2）．

②如图2，当∠PBA＝90°时，记BP与y轴的交点为G． 易证△FBC∽△FOE，所以

FBFO， ?FGFE而FO＝10．FE＝52?102?55，FB＝12?22＝5 可求得FG＝为y＝

515，所以点G的坐标为（0，）．由B，G两点的坐标可得直线BP的表达式22115x＋， 22115?y＝x＋，?x＝－16，??x1＝1，?2?22联立方程组? 解得??1

8y＝8；y＝－.?12?y＝，??2?x? 所以点P的坐标为（－16，－

1）； 21）． 2综上可得，满足条件的点P坐标为（－4，－2）或（－16，－

yFGAPOEx图2

例3 如图，抛物线C1：y＝a（x－2）2－5的顶点为P，与x轴相交于A，B两点（点

A在点B的左侧），点A的横坐标是－1．D是x轴负半轴上的一个动点，将抛物线C1绕点D旋转180°后得到抛物线C2．抛物线C2的顶点为Q，与x轴相交于E，F两点（点E在点F的左侧）．当以点P，Q，E为顶点的三角形是直角三角形时，求顶点Q的坐标．

yQC1EF DAOBxC2P

解 由题意可得点A（－1，0），P（2，－5），B（5，0）．

设点D的坐标为（m，0），则点Q的坐标为（2m－2，5），E的坐标为（2m－5，0）， 所以PQ2＝（2m－4）2 ＋102，PE2＝（2m－7）2＋52，EQ2＝32＋52＝34． △PQE为直角三角形有三种情况：

①当∠PQE＝ 90°时，有PE2＝PQ2＋ EQ2，

22

即（2m－7）＋52＝（2m－4）＋102＋34，解得m＝－

1944，所以点Q的坐标为（－，335）；

②当∠QEP＝90°时，有PQ2＝PE2 ＋EQ2，

22

即（2m－4）＋102＝（2m－7）＋52＋34，解得m＝－

210，所以点Q的坐标为（－，335）；

③当∠QPE＝ 90°时，有EQ2＝PE2 ＋ PQ2，

即（2m－7）2＋52＋（2m－4）2＋102＝34，方程无解，所以此种情况不成立， 综上可得，当△PQE为直角三角形时，顶点Q的坐标为（－

4410，5）或（－，5）． 33例4 如图．在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝ 90°，AD＝2，BC＝6，AB＝3．E为BC边上一点，当BE＝2时，以BE为边作正方形BEFG，使正方形BEFG和梯形ABCD在BC的同侧．当正方形BEFG沿BC向右平移，记平移中的正方形BEFG为正方形B′EFG，当点E与点C重合时停止平移．设平移的距离为t，正方形B\'EFG的边EF与AC交于点M，连结B′D，B\'M，DM．问：是否存在这样的t，使△B\'DM是直角三角形，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

ADGFBMB\'EC

解 存在满足条件的t．理由如下：

如图，过点D作DH⊥ BC于点H，过点M作MN⊥DH于点N， 则BH＝AD＝2，DH＝AB＝3．

所以BB′＝HE＝t，HB′＝|t－2|，EC＝4－t． 易证△MEC∽△ABC， 可得

MEECME4－t1＝，即＝，所以ME＝2－t． BC62AB312

t－2t＋8． 4 在Rt△B′ME中，有B′M2＝ME2＋B′E2＝

在Rt△DHB′中，有B′D2＝DH2＋B′H2＝t2－4t＋13． 在Rt△DMN中，DN＝DH－NH＝ 则DM2＝DN2＋MN2＝

1t＋1． 252

t＋t＋1． 4 ①若∠DB\'M＝90°，则DM2＝B\'M2＋B\'D2， 即

521t＋t＋1＝（t2－2t＋8）＋（t2－4t＋13）， 4420； 7 解得t1＝

②若∠B\'MD＝90°，则B\'D2＝B\'M2＋DM2，

即t2－4t＋13＝（

125t－2t＋8）＋（t2＋t＋1）， 44 解得t2＝－3＋17，t3＝－3－17（舍）；

③若∠B\'DM＝90°，则B\'M2＝B\'D2＋DM2， 即

125t－2t＋8＝（t2－4t＋13）＋（t2＋t＋1）， 44 此方程无解． 综上所得，当t＝

DGF20或－3＋17时，△B\'DM是直角三角形． 7ANBHB\'MEC

进阶训练

1．如图，在平面直角坐标系xOy中，Rt△OAB的直角顶点A在x轴上，OA ＝4，AB＝3．动点M从点A出发，以每秒1个单位长度的速度，沿AO向终点O移动；同时点N从点O出发，以每秒1．25个单位长度的速度，沿OB向终点B移动．当两个动点运动了x（0＜x＜4）时，解答下列问题：

（1）求点N的坐标（用含x的代数式表示）；

（2）在两个动点运动过程中，是否存在某一时刻，使△OMN是直角三角形？若存在，

yBNOMA x求出x的值；若不存在，请说明理由．

解：（1）N（x，

3x）； 464． 41 （2）当△OMN是直角三角形时，x的值为2或

【提示】（1）过点N作NP⊥OA于点P，由△PON∽△AOB即可求得；

即t2－4t＋13＝（

125t－2t＋8）＋（t2＋t＋1）， 44 解得t2＝－3＋17，t3＝－3－17（舍）；

③若∠B\'DM＝90°，则B\'M2＝B\'D2＋DM2， 即

125t－2t＋8＝（t2－4t＋13）＋（t2＋t＋1）， 44 此方程无解． 综上所得，当t＝

DGF20或－3＋17时，△B\'DM是直角三角形． 7ANBHB\'MEC

进阶训练

1．如图，在平面直角坐标系xOy中，Rt△OAB的直角顶点A在x轴上，OA ＝4，AB＝3．动点M从点A出发，以每秒1个单位长度的速度，沿AO向终点O移动；同时点N从点O出发，以每秒1．25个单位长度的速度，沿OB向终点B移动．当两个动点运动了x（0＜x＜4）时，解答下列问题：

（1）求点N的坐标（用含x的代数式表示）；

（2）在两个动点运动过程中，是否存在某一时刻，使△OMN是直角三角形？若存在，

yBNOMA x求出x的值；若不存在，请说明理由．

解：（1）N（x，

3x）； 464． 41 （2）当△OMN是直角三角形时，x的值为2或

【提示】（1）过点N作NP⊥OA于点P，由△PON∽△AOB即可求得；

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