专题16-函数动点问题中三角形存在性(解析版)九年级数学专题试题

专题16函数动点问题中三角形存在性模型一、等腰三角形存在性问题以腰和底分类讨论，借助勾股定理、相似性质、三角函数等知识进行求解.模型二、直角三角形存在性问题以直角顶点不同分类讨论，借助勾股定理、相似性质、三角函数等知识进行求解.常见的模型为“一线三直角”.【例1】（2019·郑州外国语模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2－x+c经过点A(－1,0),B(4,0)，与y轴交于点C，点P是x轴下方的抛物线上一动点（包含点A、B）.作直线BC，若过点P作x轴的垂线，交直线BC于点Q.（1）求抛物线的解析式；（2）在点P的运动过程中，是否存在点P，使△CPQ是等腰三角形？若存在，直接写出点P的横坐标，若不存在，请说明理由.【答案】见解析.【解析】解：（1）由题意，抛物线的解析式可表示为：y=a（x+1）（x－4），将点（0，－2）代入上式，得：a=，即抛物线的解析式为：y=x2－x－2；（2）由y=x2－x－2得：C(0,－2),由勾股定理得：BC=2,由C(0,－2),B(4,0)得直线BC的解析式为：y=x－2，设P（m，m2－m－2），则Q(m，m－2)，过Q作QM⊥y轴于M，则QM∥AB，321212321232512123212∴,即，∴CQ=,PQ=－m2+2m,PC==m，①当CQ=PQ时，=－m2+2m，解得：m=0（舍）或m=4－；②当CQ=PC时，=m，解得：m=0（舍）或m=2或m=4（舍）；③当PQ=PC时，－m2+2m=m，解得：m=0（舍）或m=；综上所述，存在点P，使△CPQ是等腰三角形，点P的横坐标为：4－或2或.【变式1－1】（2018·开封二模）如图，抛物线L：y=ax2+bx+3与x轴交于A、B两点（A点在B点的左侧），与y轴交于点C，已知点B(3,0)，抛物线的对称轴为x=1.（1）求抛物线的解析式；（2）将抛物线向下平移h个单位长度，使平移后所得的抛物线的顶点落在△OBC内部（包含△OBC边界），求h的取值范围；（3）设点P是抛物线L上任一点，点Q在直线l：x=－3上，△PBQ能否成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若能，写出符合条件的点P的坐标，若不能，请说明理由.【答案】见解析.CQQMBCAB425CQm52m122221322mmm213122m52m12552m213122m12213122m32532【解析】解：由题意得：，解得：，即抛物线的解析式为：y=－x2+2x+3.（2）在y=－x2+2x+3中，当x=0时，y=3，即C(0,3),由B(3,0)，C(0,3)得直线BC的解析式为：y=－x+3,在y=－x2+2x+3中，当x=1时，y=4，在y=－x+3中，当x=1时，y=2，若将抛物线向下平移h个单位长度，使平移后所得的抛物线的顶点落在△OBC内部（包含△OBC边界），则2≤h≤4.（3）①当P在x轴上方时，过点P作PD⊥l于M，PN⊥x轴于N，由△PBQ为等腰直角三角形可知，△PBN≌△PQM，则PN=MQ，设P（m，y），则PN=PM=y，而PM=m+3，∴y=m+3，－m2+2m+3=m+3，解得：m=0或m=1，即P(0,3)或（1,4）；②当P点在x轴下方时，同理可得：－m2+2m+3=－m－3，解得：m=或m=，即P(，)或(，)，综上所述，△PBQ能成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形，点P的坐标为：(0,3)或（1,4）或(，)或(，).【例2】（2019·省实验四模）如图，已知抛物线经过点A(－1,0)，B(4,0),C(0,2)三点，点D与点C关于129330baab12ab3332333233329332333293323332933233329332x轴对称，点P是线段AB上一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q，交直线BD于点M.（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式；（2）在点P运动过程中，是否存在点Q，使得△BQM是直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】见解析.【解析】解：（1）设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x－4），将点C(0,2)代入上式得：a=，即抛物线的解析式为：y=（x+1）（x－4）=x2+x+2.（2）存在；由题意知，∠QMB≠90°，分两种情况讨论：①当∠MQB=90°时，此时点Q与点P重合于点A，即Q(－1,0)；②当∠QBM=90°时，△BPQ∽△MPB，∴BP2=PM·PQ，∵点D与点C关于x轴对称，∴D(－2,0)，由B(4,0)，D(0,－2)得直线BD的解析式为:y=x－2，设P（m，0），则M(m，m－2)，Q(m，m2+m+2)，∴BP=4－m，PM=2－m，PQ=m2+m+2，∴（4－m）2=（2－m）（m2+m+2），解得：m=3或m=4（舍），即Q(3，2);综上所述，点Q的坐标为：(－1,0)，(3，2).1212123212121232121232121232【变式2－1】（2019·信阳一模）如图,顶点为(2,－1)的抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)交y轴于点C(0,3),交x轴于A,B两点,直线l过AC两点,点P是位于直线l下方抛物线上的动点,过点P作PQ∥y轴,交直线l于点Q.(1)求抛物线的解析式;(2)求线段PQ的最大值及此时点P的坐标;(3)在抛物线的对称轴上是否存在点G,使△BCG为直角三角形?若存在,请直接写出点G的坐标;若不存在,请说明理由.【答案】见解析.【解析】解：（1）∵抛物线的顶点为（2，－1），即抛物线解析式可表示为：，将C(0,3)代入上式得：a=1，即抛物线的解析式为：=.（2）由，得当y=0时，x=1或x=3，即B(1,0)，A(3,0),由A(3,0),C(0,3)可得直线AC的解析式为：y=－x+3，设Q（m，－m+3），则P(m，),0m3，∴PQ=－m+3－（）=－=，当m=时，PQ的长取最大值，此时点P(，).（3）存在，设G（2，n），221yax221yx243xx243yxx243mm243mm23mm23924m32943234由B(1,0)，C(0,3)得：，BG2=1+n2，CG2=4+（n－3）2，①当点C为直角顶点时，由勾股定理得：1+n2=4+（n－3）2+10，解得：n=，即G(2,)；②当点B为直角顶点时，由勾股定理得：1+n2=4+（n－3）2－10，解得：n=，即G(2,)；③当点G为直角顶点时，由勾股定理得：1+n2=10－4－（n－3）2，解得：n=1或n=2，即G(2,1)或（2,2）；综上所述，点G的坐标为：(2,)，(2,)，(2,1)，（2,2）.1.（2017·许昌二模）已知：如图，抛物线y=ax2﹣2ax+c（a≠0）与y轴交于点C（0，4），与x轴交于点A、B，点A的坐标为（4，0）．（1）求该抛物线的解析式；（2）点Q是线段AB上的动点，过点Q作QE∥AC，交BC于点E，连接CQ．当△CQE的面积最大时，求点Q的坐标；（3）若平行于x轴的动直线l与该抛物线交于点P，与直线AC交于点F，点D的坐标为（2，0）．问：是否存在这样的直线l，使得△ODF是等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见解析．【解析】解：（1）将（0，4），（4,0）代入y=ax2﹣2ax+c，得：，解得：210BC11311313131131316804aacc124ac∴抛物线的解析式为：y=x2+x+4．（2）过点E作EG⊥x轴于点G，设点Q的坐标为（m，0），在y=x2+x+4中，当y=0时，得x1=﹣2，x2=4∴点B（﹣2，0），∴AB=6，BQ=m+2∵QE∥AC∴,∵EG∥OC，∴∴即，∴EG=，∴S△CQE=S△CBQ﹣S△EBQ=BQ•CO﹣BQ•EG=（m+2）（4﹣）=﹣（m﹣1）2+3∴当m=1时，S△CQE有最大值3，此时Q（1，0）．（3）存在．分三种情况讨论：①若DO=DF由A（4，0），D（2，0）得：AD=OD=DF=21212BEBQBCABBEEGBCOCBQEGABOC264mEG243m121212243m13在Rt△AOC中，OA=OC=4，∴∠OAC=45°，∠DFA=∠OAC=45°∴∠ADF=90°，∴点F的坐标为（2，2），由x2+x+4=2，得x1=1+，x2=1﹣，即点P的坐标为：P（1+，2），P（1﹣，2）．②若FO=FD，则F在线段OD的垂直平分线上，即F点横坐标为1，∴F（1，3），由x2+x+4=3，得x1=1+，x2=1﹣，即点P的坐标为：P（1+，3），P（1﹣，3）．③若OD=OF，由勾股定理得：AC=，∴点O到AC的距离为，由垂线段最短可知，OF≥OD，故此种情况不存在；综上所述，存在这样的直线l，使得△ODF是等腰三角形，点P的坐标为：（1+，2），P（1﹣，2），P（1+，3），（1﹣，3）．2.（2019·郑州外外国语测试）如图所示，经过原点O的抛物线y=ax2+bx（a≠0）与x轴交于另一点A(,0)，在第一象限内与直线y=x交于点B（2，t）.（1）求这条抛物线的表达式；（2）在第四象限内的抛物线上有一点C，满足以B、O、C为顶点的三角形的面积为2，求点C的坐标；（3）如图2所示，若点M在这条抛物线上，且∠MBO=∠ABO，在（2）的条件下，是否存在点P，使得△POC∽△MOB？若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由.125555123333422222553332图1图2【答案】见解析.【解析】解：（1）∵y=x过点B（2，t），∴t=2，即B（2,2），将A、B两点坐标代入抛物线解析式，得：，解得：a=2，b=－3，∴抛物线的解析式为：y=2x2－3x；（2）过C作CD∥y轴，交x轴于点E，交OB于点D，过B作BF⊥CD于F，如图所示，设C（t，2t2－3t），则E(t，0)，D（t，t），点C在第四象限，∴OE=t，BF=2－t，CD=t－（2t2－3t）=－2t2+4t，∴S△OBC=S△CDO+S△CDB=·CD（OE+BF）=（－2t2+4t）（t+2－t）=－2t2+4t，42293042abab1212∴－2t2+4t=2，解得：t=1，∴C(1，－1).（3）存在.如图，连接AB、OM，设BM与y轴交于点N，由B(2,2)，知∠AOB=∠NOB=45°，∵OB=OB，∠ABO=∠MBO,∴△AOB≌△NOB，∴ON=OA=，即N（0，），设直线BM的解析式为：y=kx+，将B（2,2）代入得：k=，即直线BM的解析式为：y=x+，联立y=x+，y=2x2－3x，解得：x=2，y=2（点B）或x=，y=，即M（，），∵△POC∽△MOB，∴==2，∠POC=∠BOM，①当点P在第一象限时，过M作MG⊥y轴于G，过P作PH⊥x轴于H，如图，3232321414321432384532384532OMOBOPOC222∵∠CAO=∠BOG=45°，∠BOM=∠BOC，∴∠GOM=∠POH，∵∠PHO=∠MGO=90°，∴△MOG∽△POH，∴=2，由M（，）得：MG=，OG=，∴PH=，OH=，即P（，）；②当点P在第三象限时，过M作MG⊥y轴于G，过P作PH⊥y轴于H，同理得：PH=，OH=，即P(－，－)，综上所述，满足条件的点P的坐标为：(－，－)，（，）.3.（2018·信阳一模）如图，在矩形OABC中，点O为原点，边OA的长度为8，对角线AC=10，抛物线y=x2+bx+c经过点A、C，与AB交于点D．（1）求抛物线的函数解析式；OMMGOGOPPHOH384532384532316456445643163164564