中考数学二轮复习重难点复习题型09 二次函数综合题 类型七 二次函数与直角三角形有关的问题（专题训练）（2份打包，原卷版+解析版）

题型九 二次函数综合题

类型七 二次函数与直角三角形有关的问题（专题训练）

1.（2022·山东滨州）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴相交于点A、B（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，连接．

(1)求线段AC的长；(2)若点Р为该抛物线对称轴上的一个动点，当时，求点P的坐标；

(3)若点M为该抛物线上的一个动点，当为直角三角形时，求点M的坐标．

【答案】(1)(2)(3)或或或

【分析】（1）根据解析式求出A，B，C的坐标，然后用勾股定理求得AC的长；（2）求出对称轴为x=1，设P（1，t），用t表示出PA2和PC2的长度，列出等式求解即可；（3）设点M（m,m2-2m-3），分情况讨论，当，，分别列出等式求解即可．

(1)与x轴交点：

令y=0，解得，

即A（-1，0），B（3，0），

与y轴交点：

令x=0，解得y=-3，

即C（0，-3），

∴AO=1,CO=3,

∴;

(2)抛物线的对称轴为：x=1，

设P（1，t），

∴，，

∴

∴t=-1，

∴P（1，-1）；

(3)设点M（m,m2-2m-3），

，

，

,

①当时，

，

解得，（舍），，

∴M（1，-4）；

②当时，

，

解得，，（舍），

∴M（-2，5）；

③当时，

，

解得，，

∴M或；

综上所述：满足条件的M为或或或．

【点睛】本题是二次函数综合题，考查了与坐标轴交点、线段求值、存在直角三角形等知识，解题的关键是学会分类讨论的思想，属于中考压轴题．

2.（2021·四川中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C（0，6），抛物线的顶点坐标为E（2，8），连结BC、BE、CE．

（1）求抛物线的表达式；

（2）判断△BCE的形状，并说明理由；

（3）如图2，以C为圆心，为半径作⊙C，在⊙C上是否存在点P，使得BP＋EP的值最小，若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）y=x2+2x+6；（2）直角三角形，见解析；（3）存在，

【分析】

（1）用待定系数法求函数解析式；

（2）分别求出三角形三边的平方，然后运用勾股定理逆定理即可证明；

（3）在CE上截取CF=（即CF等于半径的一半），连接BF交⊙C于点P，连接EP，则BF的长即为所求．

【详解】

解：（1）∵抛物线的顶点坐标为E（2，8），

∴设该抛物线的表达式为y=a（x-2）2+8，

∵与y轴交于点C（0，6），

∴把点C（0，6）代入得：a=，

∴该抛物线的表达式为y=x2+2x+6；

（2）△BCE是直角三角形．理由如下：

∵抛物线与x轴分别交于A、B两点，

∴当y=0时，（x-2）2+8=0，解得：x1=-2，x2=6，

∴A（-2，0），B（6，0），

∴BC2=62+62=72，CE2=（8-6）2+22=8，BE2=（6-2）2+82=80，

∴BE2=BC2+CE2，

∴∠BCE=90°，

∴△BCE是直角三角形；

（3）如图，在CE上截取CF=（即CF等于半径的一半），连接BF交⊙C于点P，连接EP，
则BF的长即为所求．

连接CP，∵CP为半径，

∴ ，

又∵∠FCP=∠PCE，

∴△FCP∽△PCE，

∴ ，FP=EP，

∴BF=BP+EP，

由“两点之间，线段最短”可得：BF的长即BP+EP为最小值．

∵CF=CE，E（2，8），

∴F（，），

∴BF=

【点睛】

本题考查二次函数综合，待定系数法，二次函数图象和性质，勾股定理及其逆定理，圆的性质，相似三角形的判定和性质等，题目综合性较强，属于中考压轴题，熟练掌握二次函数图象和性质，圆的性质，相似三角形的判定和性质等相关知识是解题关键．

3.（2021·湖北中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，顶点的坐标为．

（1）直接写出抛物线的解析式；

（2）如图1，若点在抛物线上且满足，求点的坐标；

（3）如图2，是直线上一个动点，过点作轴交抛物线于点，是直线上一个动点，当为等腰直角三角形时，直接写出此时点及其对应点的坐标

【答案】（1）；（2），；（3），；，；，；，； ，；，．

【分析】

（1）由和，且D为顶点列方程求出a、b、c，即可求得解析式；

（2）分两种情况讨论：①过点作，交抛物线于点，②在下方作交于点，交抛物线于；

（3）为等腰直角三角形，分三种情况讨论：当；②当；③当．

【详解】

解：（1）将和代入

得

又∵顶点的坐标为

∴

∴解得

∴抛物线的解析式为：．

（2）∵和

∴直线的解析式为：

∵抛物线的解析式为：，抛物线与轴交于点，与轴交于点和点，

则C点坐标为，B点坐标为．

①过点作，交抛物线于点，

则直线的解析式为，

结合抛物线可知，

解得：（舍），，

故．

②过点作轴平行线，过点作轴平行线交于点，

由可知四边形为正方形，

∵直线的解析式为

∴与轴交于点，

在下方作交于点，交抛物线于

∴

又∵OC=CG，

∴≌，

∴，，

又由可得

直线的解析式为，

结合抛物线可知，

解得（舍），，

故．

综上所述，符合条件的点坐标为：，．

（3）∵，

∴直线的解析式为

设M的坐标为，则N的坐标为

∴

∵，

∴直线的解析式为

∵为等腰直角三角形

∴①当时，如下图所示

则Q点的坐标为

∴

∴

解得：（舍去），，

∴此时，；，；

②当时，如下图所示

则Q点的坐标为

∴

∴

解得：（舍去），，

∴此时，；，；

③当时，如图所示

则Q点纵坐标为

∴Q点的坐标为

∴Q点到MN的距离=

∴（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）

解得：（舍去），，

∴此时，；，．

综上所述，点及其对应点的坐标为：，；，；，；，； ，；，．

【点睛】

本题主要考查二次函数与几何图形．该题综合性较强，属于中考压轴题．

4.（2021·湖北中考真题）抛物线（）与轴相交于点，且抛物线的对称轴为，为对称轴与轴的交点．

（1）求抛物线的解析式；

（2）在轴上方且平行于轴的直线与抛物线从左到右依次交于、两点，若是等腰直角三角形，求的面积；

（3）若是对称轴上一定点，是抛物线上的动点，求的最小值（用含的代数式表示）．

【答案】（1）；（2）4；（3）

【分析】

（1）与轴相交于点，得到，再根据抛物线对称轴，求得，代入即可．

（2）在轴上方且平行于轴的直线与抛物线从左到右依次交于、两点，可知、两点关于对称轴对称，是等腰直角三角形得到，设，根据等腰直角三角形的性质求得E点坐标，从而求得的面积．

（3），根据距离公式求得，注意到的范围，利用二次函数的性质，对进行分类讨论，从而求得的最小值．

【详解】

解：（1）由抛物线（）与轴相交于点得到

抛物线的对称轴为，即，解得

∴抛物线的方程为

（2）过点E作交AB于点M，过点F作，交AB于点N，如下图：

∵是等腰直角三角形

∴，

又∵轴

∴

∴为等腰直角三角形

∴

设，则，

∴

又∵

∴

解得或

当时，，符合题意，

当时，，不符合题意

综上所述：．

（3）设，在抛物线上，则

将代入上式，得

当时，，∴时，最小，即最小

=

当时，，∴时，最小，即最小

，

综上所述

【点睛】

此题考查了二次函数的对称轴、二次函数与三角形面积、等腰直角三角形的性质以及距离公式等知识，熟练掌握距离公式和对代数式的计算是解决本题的关键．

5.（2020•泸州）如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣2，0），B（4，0），C（0，4）三点．

（1）求该抛物线的解析式；

（2）经过点B的直线交y轴于点D，交线段AC于点E，若BD＝5DE．

①求直线BD的解析式；

②已知点Q在该抛物线的对称轴l上，且纵坐标为1，点P是该抛物线上位于第一象限的动点，且在l右侧，点R是直线BD上的动点，若△PQR是以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，求点P的坐标．

【分析】

（1）根据交点式设出抛物线的解析式，再将点C坐标代入抛物线交点式中，即可求出a，即可得出结论；

（2）①先利用待定系数法求出直线AC的解析式，再利用相似三角形得出比例式求出BF，进而得出点E坐标，最后用待定系数法，即可得出结论；

②先确定出点Q的坐标，设点P（x，x2+x+4）（1＜x＜4），得出PG＝x﹣1，GQx2+x+3，再利用三垂线构造出△PQG≌△QRH（AAS），得出RH＝GQx2+x+3，QH＝PG＝x﹣1，进而得出R（x2+x+4，2﹣x），最后代入直线BD的解析式中，即可求出x的值，即可得出结论．

【解析】

（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c经过A（﹣2，0），B（4，0），

∴设抛物线的解析式为y＝a（x+2）（x﹣4），

将点C坐标（0，4）代入抛物线的解析式为y＝a（x+2）（x﹣4）中，得﹣8a＝4，

∴a，

∴抛物线的解析式为y（x+2）（x﹣4）x2+x+4；

（2）①如图1，

设直线AC的解析式为y＝kx+b'，

将点A（﹣2，0），C（0，4），代入y＝kx+b'中，得，

∴，

∴直线AC的解析式为y＝2x+4，

过点E作EF⊥x轴于F，

∴OD∥EF，

∴△BOD∽△BFE，

∴，

∵B（4，0），

∴OB＝4，

∵BD＝5DE，

∴，

∴BFOB4，

∴OF＝BF﹣OB4，

将x代入直线AC：y＝2x+4中，得y＝2×（）+4，

∴E（，），

设直线BD的解析式为y＝mx+n，

∴，

∴，

∴直线BD的解析式为yx+2；

②∵抛物线与x轴的交点坐标为A（﹣2，0）和B（4，0），

∴抛物线的对称轴为直线x＝1，

∴点Q（1，1），如图2，

设点P（x，x2+x+4）（1＜x＜4），

过点P作PG⊥l于G，过点R作RH⊥l于H，

∴PG＝x﹣1，GQx2+x+4﹣1x2+x+3，

∵PG⊥l，∴∠PGQ＝90°，

∴∠GPQ+∠PQG＝90°，

∵△PQR是以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，

∴PQ＝RQ，∠PQR＝90°，

∴∠PQG+∠RQH＝90°，

∴∠GPQ＝∠HQR，

∴△PQG≌△QRH（AAS），

∴RH＝GQx2+x+3，QH＝PG＝x﹣1，

∴R（x2+x+4，2﹣x），

由①知，直线BD的解析式为yx+2，

∴x＝2或x＝4（舍），

当x＝2时，yx2+x+44+2+4＝4，

∴P（2，4）．

6.（2020·甘肃兰州?中考真题）如图，抛物线经过A（－3，6），B（5，－4）两点，与y轴交于点C，连接AB，AC，BC．

（1）求抛物线的表达式；

（2）求证：AB平分；

（3）抛物线的对称轴上是否存在点M，使得是以AB为直角边的直角三角形．若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】（1）；（2）详见解析；（3）存在，点M的坐标为（，－9）或（，11）．

【解析】

【分析】

（1）将A（-3，0），B（5，-4）代入抛物线的解析式得到关于a、b的方程组，从而可求得a、b的值；
（2）先求得AC的长，然后取D（2，0），则AD=AC，连接BD，接下来，证明BC=BD，然后依据SSS可证明△ABC≌△ABD，接下来，依据全等三角形的性质可得到∠CAB=∠BAD；
（3）作抛物线的对称轴交x轴与点E，交BC与点F，作点A作AM′⊥AB，作BM⊥AB，分别交抛物线的对称轴与M′、M，依据点A和点B的坐标可得到tan∠BAE=，从而可得到tan∠M′AE=2或tan∠MBF=2，从而可得到FM和M′E的长，故此可得到点M′和点M的坐标．

【详解】

解:（1）将A（-3，0），B（5，-4）两点的坐标分别代入，

得

解得

故抛物线的表达式为y＝．

（2）证明：∵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BD==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）存在．如图所示：抛物线的对称轴交x轴与点E，交BC与点F．

抛物线的对称轴为x=，则AE=．
∵A（-3，0），B（5，-4），
∴tan∠EAB=．
∵∠M′AB=90°．
∴tan∠M′AE=2．
∴M′E=2AE=11，
∴M′（，11）．
同理：tan∠MBF=2．
又∵BF=，
∴FM=5，
∴M（，-9）．
∴点M的坐标为（，11）或（，-9）．

【点睛】

本题考查了二次函数的综合应用，主要应用了待定系数法求二次函数的解析式，全等三角形的性质和判定、锐角三角函数的定义，求得FM和M′E的长是解题的关键

7.（2020·内蒙古通辽?中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点，与y轴交于点C，且直线过点B，与y轴交于点D，点C与点D关于x轴对称．点P是线段上一动点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点M，交直线于点N．

（1）求抛物线的函数解析式；

（2）当的面积最大时，求点P的坐标；

（3）在（2）的条件下，在y轴上是否存在点Q，使得以三点为顶点的三角形是直角三角形，若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】（1）；（2）（2，0）；（3）存在，（0，12）或（0，-4）或（0，）或（0，）.

【解析】

【分析】

（1）根据直线求出点B和点D坐标，再根据C和D之间的关系求出点C坐标，最后运用待定系数法求出抛物线表达式；

（2）设点P坐标为（m，0），表示出M和N的坐标，再利用三角形面积求法得出S△BMD=，再求最值即可；

（3）分当∠QMN=90°时，当∠QNM=90°时，当∠MQN=90°时，三种情况，结合相似三角形的判定和性质，分别求解即可.

【详解】

解：（1）∵直线过点B，点B在x轴上，

令y=0，解得x=6，令x=0，解得y=-6，

∴B（6，0），D（0，-6），

∵点C和点D关于x轴对称，

∴C（0，6），

∵抛物线经过点B和点C，代入，

，解得：，

∴抛物线的表达式为：；

（2）设点P坐标为（m，0），

则点M坐标为（m，），点N坐标为（m，m-6），

∴MN=-m+6=，

∴S△BMD=S△MNB+S△MND

=

=

=-3（m-2）2+48

当m=2时，S△BMD最大=48，

此时点P的坐标为（2，0）；

（3）存在，

由（2）可得：M（2，12），N（2，-4），

设点Q的坐标为（0，n），

当∠QMN=90°时，即QM⊥MN，如图，

可得，此时点Q和点M的纵坐标相等，

即Q（0，12）；

当∠QNM=90°时，即QN⊥MN，如图，

可得，此时点Q和点N的纵坐标相等，

即Q（0，-4）；

当∠MQN=90°时，MQ⊥NQ，如图，

分别过点M和N作y轴的垂线，垂足为E和F，

∵∠MQN=90°，

∴∠MQE+∠NQF=90°，又∠MQE+∠QME=90°，

∴∠NQF=∠QME，

∴△MEQ∽△QFN，

∴，即，

解得：n=或，

∴点Q（0，）或（0，），

综上：点Q的坐标为（0，12）或（0，-4）或（0，）或（0，）.

【点睛】

本题是二次函数综合题，考查了二次函数的表达式，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，二次函数的最值，解一元二次方程，解题时要注意数形结合，分类讨论思想的运用.