中考数学压轴题解法探究（10）—直角三角形的存在性问题

中考数学压轴题解题策略
直角三角形的存在性问题
【专题解析】
考题研究：
这类问题主要是已知直角三角形的一边（即直角三角形的两个点确定），求解第三点。这类问题主要是和动点问题结合在一起，主要在于考查学生的探寻能力和分类研究的推理能力，也是近几年来各市地对学生能力提高方面的一个考查。21cnjy.com
解题攻略：
解直角三角形的存在性问题，一般分三步走，第一步寻找分类标准，第二步列方程，第三步解方程并验根．
一般情况下，按照直角顶点或者斜边分类，然后按照三角比或勾股定理列方程．
有时根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半列方程更简便．
解直角三角形的问题，常常和相似三角形、三角比的问题联系在一起．
如果直角边与坐标轴不平行，那么过三个顶点作与坐标轴平行的直线，可以构造两个新的相似直角三角形，这样列比例方程比较简便．
在平面直角坐标系中，两点间的距离公式常常用到．
怎样画直角三角形的示意图呢？如果已知直角边，那么过直角边的两个端点画垂线，第三个顶点在垂线上；如果已知斜边，那么以斜边为直径画圆，直角顶点在圆上（不含直径的两个端点）．
解题类型及其思路：
当直角三角形存在时可从三个角度进行分析研究：（1）当动点在直线上运动时，常用的方法是①，②三角形相似，③勾股定理；（2）当动点在曲线上运动时，情况分类如下，第一当已知点处作直角的方法①，②三角形相似，③勾股定理；第二是当动点处作直角的方法：寻找特殊角2·1·c·n·j·y
【真题精讲】
类型一：当一动点在直线上运动时
典例1：（2016·湖北黄石·12分）在△ABC中，AB=AC，∠BAC=2∠DAE=2α．
（1）如图1，若点D关于直线AE的对称点为F，求证：△ADF∽△ABC；
（2）如图2，在（1）的条件下，若α=45°，求证：DE2=BD2+CE2；
（3）如图3，若α=45°，点E在BC的延长线上，则等式DE2=BD2+CE2还能成立吗？请说明理由．www-2-1-cnjy-com
【分析】（1）根据轴对称的性质可得∠EAF=∠DAE，AD=AF，再求出∠BAC=∠DAF，然后根据两边对应成比例，夹角相等两三角形相似证明；
（2）根据轴对称的性质可得EF=DE，AF=AD，再求出∠BAD=∠CAF，然后利用“边角边”证明△ABD和△ACF全等，根据全等三角形对应边相等可得CF=BD，全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠B，然后求出∠ECF=90°，最后利用勾股定理证明即可；
（3）作点D关于AE的对称点F，连接EF、CF，根据轴对称的性质可得EF=DE，AF=AD，再根据同角的余角相等求出∠BAD=∠CAF，然后利用“边角边”证明△ABD和△ACF全等，根据全等三角形对应边相等可得CF=BD，全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠B，然后求出∠ECF=90°，最后利用勾股定理证明即可．
【解答】证明：（1）∵点D关于直线AE的对称点为F，
∴∠EAF=∠DAE，AD=AF，
又∵∠BAC=2∠DAE，
∴∠BAC=∠DAF，
∵AB=AC，
∴=，
∴△ADF∽△ABC；
（2）∵点D关于直线AE的对称点为F，
∴EF=DE，AF=AD，
∵α=45°，
∴∠BAD=90°﹣∠CAD，
∠CAF=∠DAE+∠EAF﹣∠CAD=45°+45°﹣∠CAD=90°﹣∠CAD，
∴∠BAD=∠CAF，
在△ABD和△ACF中，，
∴△ABD≌△ACF（SAS），
∴CF=BD，∠ACF=∠B，
∵AB=AC，∠BAC=2α，α=45°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B=∠ACB=45°，
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，
在Rt△CEF中，由勾股定理得，EF2=CF2+CE2，
所以，DE2=BD2+CE2；
（3）DE2=BD2+CE2还能成立．
理由如下：作点D关于AE的对称点F，连接EF、CF，
由轴对称的性质得，EF=DE，AF=AD，
∵α=45°，
∴∠BAD=90°﹣∠CAD，
∠CAF=∠DAE+∠EAF﹣∠CAD=45°+45°﹣∠CAD=90°﹣∠CAD，
∴∠BAD=∠CAF，
在△ABD和△ACF中，，
∴△ABD≌△ACF（SAS），
∴CF=BD，∠ACF=∠B，
∵AB=AC，∠BAC=2α，α=45°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B=∠ACB=45°，
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°，
在Rt△CEF中，由勾股定理得，EF2=CF2+CE2，
所以，DE2=BD2+CE2．
【点评】本题是相似形综合题，主要利用了轴对称的性质，相似三角形的判定，同角的余角相等的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，此类题目，小题间的思路相同是解题的关键．
变式训练1：
（2016·四川泸州）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线l与抛物线y=mx2+nx相交于A（1，3），B（4，0）两点．【来源：21·世纪·教育·网】
（1）求出抛物线的解析式；
（2）在坐标轴上是否存在点D，使得△ABD是以线段AB为斜边的直角三角形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，说明理由；【出处：21教育名师】
（3）点P是线段AB上一动点，（点P不与点A、B重合），过点P作PM∥OA，交第一象限内的抛物线于点M，过点M作MC⊥x轴于点C，交AB于点N，若△BCN、△PMN的面积S△BCN、S△PMN满足S△BCN=2S△PMN，求出的值，并求出此时点M的坐标．
类型二：当一动点在曲线上运动时
典例2：（2016·云南省昆明市）如图1，对称轴为直线x=的抛物线经过B（2，0）、C（0，4）两点，抛物线与x轴的另一交点为A.
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P为第一象限内抛物线上的一点，设四边形COBP的面积为S，求S的最大值；
（3）如图2，若M是线段BC上一动点，在x轴是否存在这样的点Q，使△MQC为等腰三角形且△MQB为直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．21教育名师原创作品
【分析】二次函数综合题．（1）由对称轴的对称性得出点A的坐标，由待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）作辅助线把四边形COBP分成梯形和直角三角形，表示出面积S，化简后是一个关于S的二次函数，求最值即可；
（3）画出符合条件的Q点，只有一种，①利用平行相似得对应高的比和对应边的比相等列比例式；②在直角△OCQ和直角△CQM利用勾股定理列方程；两方程式组成方程组求解并取舍．
【解答】解：（1）由对称性得：A（﹣1，0），
设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x﹣2），
把C（0，4）代入：4=﹣2a，
a=﹣2，
∴y=﹣2（x+1）（x﹣2），
∴抛物线的解析式为：y=﹣2x2+2x+4；
（2）如图1，设点P（m，﹣2m2+2m+4），过P作PD⊥x轴，垂足为D，
∴S=S梯形+S△PDB=m（﹣2m2+2m+4+4）+（﹣2m2+2m+4）（2﹣m），
S=﹣2m2+4m+4=﹣2（m﹣1）2+6，
∵﹣2＜0，
∴S有最大值，则S大=6；
（3）如图2，存在这样的点Q，使△MQC为等腰三角形且△MQB为直角三角形，
理由是：
设直线BC的解析式为：y=kx+b，
把B（2，0）、C（0，4）代入得：，
解得：，
∴直线BC的解析式为：y=﹣2x+4，
设M（a，﹣2a+4），
过A作AE⊥BC，垂足为E，
则AE的解析式为：y=x+，
则直线BC与直线AE的交点E（1.4，1.2），
设Q（﹣x，0）（x＞0），
∵AE∥QM，
∴△ABE∽△QBM，
∴①，
由勾股定理得：x2+42=2×[a2+（﹣2a+4﹣4）2]②，
由①②得：a1=4（舍），a2=，
当a=时，x=，
∴Q（﹣，0）．
变式训练2：
（2016·辽宁丹东·12分）如图，抛物线y=ax2+bx过A（4，0），B（1，3）两点，点C、B关于抛物线的对称轴对称，过点B作直线BH⊥x轴，交x轴于点H．21教育网
（1）求抛物线的表达式；
（2）直接写出点C的坐标，并求出△ABC的面积；
（3）点P是抛物线上一动点，且位于第四象限，当△ABP的面积为6时，求出点P的坐标；
（4）若点M在直线BH上运动，点N在x轴上运动，当以点C、M、N为顶点的三角形为等腰直角三角形时，请直接写出此时△CMN的面积．21*cnjy*com
类型三：当图形发生运动时
典例3（2016·辽宁丹东·12分）如图①，△ABC与△CDE是等腰直角三角形，直角边AC、CD在同一条直线上，点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，连接AE、BD．21·世纪*教育网
（1）猜想PM与PN的数量关系及位置关系，请直接写出结论；
（2）现将图①中的△CDE绕着点C顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到图②，AE与MP、BD分别交于点G、H．请判断（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）若图②中的等腰直角三角形变成直角三角形，使BC=kAC，CD=kCE，如图③，写出PM与PN的数量关系，并加以证明．
【分析】相似形综合题（1）由等腰直角三角形的性质易证△ACE≌△BCD，由此可得AE=BD，再根据三角形中位线定理即可得到PM=PN，由平行线的性质可得PM⊥PN；
（2）（1）中的结论仍旧成立，由（1）中的证明思路即可证明；
（3）PM=kPN，由已知条件可证明△BCD∽△ACE，所以可得BD=kAE，因为点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，所以PM=BD，PN=AE，进而可证明PM=kPN．
【解答】解：
（1）PM=PN，PM⊥PN，理由如下：
∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，
∴AC=BC，EC=CD，∠ACB=∠ECD=90°．
在△ACE和△BCD中
，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE=BD，∠EAC=∠CBD，
∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，
∴PM=BD，PN=AE，
∴PM=PM，
∵∠NPD=∠EAC，∠MPN=∠BDC，∠EAC+∠BDC=90°，
∴∠MPA+∠NPC=90°，
∴∠MPN=90°，
即PM⊥PN；
（2）∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形，
∴AC=BC，EC=CD，
∠ACB=∠ECD=90°．
∴∠ACB+∠BCE=∠ECD+∠BCE．
∴∠ACE=∠BCD．
∴△ACE≌△BCD．
∴AE=BD，∠CAE=∠CBD．
又∵∠AOC=∠BOE，
∠CAE=∠CBD，
∴∠BHO=∠ACO=90°．
∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，
∴PM=BD，PM∥BD；
PN=AE，PN∥AE．
∴PM=PN．
∴∠MGE+∠BHA=180°．
∴∠MGE=90°．
∴∠MPN=90°．
∴PM⊥PN．
（3）PM=kPN
∵△ACB和△ECD是直角三角形，
∴∠ACB=∠ECD=90°．
∴∠ACB+∠BCE=∠ECD+∠BCE．
∴∠ACE=∠BCD．
∵BC=kAC，CD=kCE，
∴=k．
∴△BCD∽△ACE．
∴BD=kAE．
∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，
∴PM=BD，PN=AE．
∴PM=kPN．
变式训练3：
（2016·重庆市B卷·12分）如图1，二次函数y=x2﹣2x+1的图象与一次函数y=kx+b（k≠0）的图象交于A，B两点，点A的坐标为（0，1），点B在第一象限内，点C是二次函数图象的顶点，点M是一次函数y=kx+b（k≠0）的图象与x轴的交点，过点B作轴的垂线，垂足为N，且S△AMO：S四边形AONB=1：48．21·cn·jy·com
（1）求直线AB和直线BC的解析式；
（2）点P是线段AB上一点，点D是线段BC上一点，PD∥x轴，射线PD与抛物线交于点G，过点P作PE⊥x轴于点E，PF⊥BC于点F．当PF与PE的乘积最大时，在线段AB上找一点H（不与点A，点B重合），使GH+BH的值最小，求点H的坐标和GH+BH的最小值；
（3）如图2，直线AB上有一点K（3，4），将二次函数y=x2﹣2x+1沿直线BC平移，平移的距离是t（t≥0），平移后抛物线上点A，点C的对应点分别为点A′，点C′；当△A′C′K′是直角三角形时，求t的值．www.21-cn-jy.com
【过关检测】
1. （2016·陕西）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=ax2+bx+5经过点M（1，3）和N（3，5）【版权所有：21教育】
（1）试判断该抛物线与x轴交点的情况；
（2）平移这条抛物线，使平移后的抛物线经过点A（﹣2，0），且与y轴交于点B，同时满足以A、O、B为顶点的三角形是等腰直角三角形，请你写出平移过程，并说明理由．
2. （2016·浙江省绍兴市·8分）对于坐标平面内的点，现将该点向右平移1个单位，再向上平移2的单位，这种点的运动称为点A的斜平移，如点P（2，3）经1次斜平移后的点的坐标为（3，5），已知点A的坐标为（1，0）．
（1）分别写出点A经1次，2次斜平移后得到的点的坐标．
（2）如图，点M是直线l上的一点，点A惯有点M的对称点的点B，点B关于直线l的对称轴为点C．
①若A、B、C三点不在同一条直线上，判断△ABC是否是直角三角形？请说明理由．
②若点B由点A经n次斜平移后得到，且点C的坐标为（7，6），求出点B的坐标及n的值．
3. （2016·湖北荆门·14分）如图，直线y=﹣x+2与x轴，y轴分别交于点A，点B，两动点D，E分别从点A，点B同时出发向点O运动（运动到点O停止），运动速度分别是1个单位长度/秒和个单位长度/秒，设运动时间为t秒，以点A为顶点的抛物线经过点E，过点E作x轴的平行线，与抛物线的另一个交点为点G，与AB相交于点F．
（1）求点A，点B的坐标；
（2）用含t的代数式分别表示EF和AF的长；
（3）当四边形ADEF为菱形时，试判断△AFG与△AGB是否相似，并说明理由．
（4）是否存在t的值，使△AGF为直角三角形？若存在，求出这时抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．
4. （2016·福建龙岩·14分）已知抛物线与y轴交于点C，与x轴的两个交点分别为A（﹣4，0），B（1，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）已知点P在抛物线上，连接PC，PB，若△PBC是以BC为直角边的直角三角形，求点P的坐标；
（3）已知点E在x轴上，点F在抛物线上，是否存在以A，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．2-1-c-n-j-y
【参考答案】
变式训练参考答案：
变式训练1：
（2016·四川泸州）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线l与抛物线y=mx2+nx相交于A（1，3），B（4，0）两点．21*cnjy*com
（1）求出抛物线的解析式；
（2）在坐标轴上是否存在点D，使得△ABD是以线段AB为斜边的直角三角形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，说明理由；
（3）点P是线段AB上一动点，（点P不与点A、B重合），过点P作PM∥OA，交第一象限内的抛物线于点M，过点M作MC⊥x轴于点C，交AB于点N，若△BCN、△PMN的面积S△BCN、S△PMN满足S△BCN=2S△PMN，求出的值，并求出此时点M的坐标．
【分析】二次函数综合题．（1）由A、B两点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）分D在x轴上和y轴上，当D在x轴上时，过A作AD⊥x轴，垂足D即为所求；当D点在y轴上时，设出D点坐标为（0，d），可分别表示出AD、BD，再利用勾股定理可得到关于d的方程，可求得d的值，从而可求得满足条件的D点坐标；
（3）过P作PF⊥CM于点F，利用Rt△ADO∽Rt△MFP以及三角函数，可用PF分别表示出MF和NF，从而可表示出MN，设BC=a，则可用a表示出CN，再利用S△BCN=2S△PMN，可用PF表示出a的值，从而可用PF表示出CN，可求得的值；借助a可表示出M点的坐标，代入抛物线解析式可求得a的值，从而可求出M点的坐标．
【解答】解：
（1）∵A（1，3），B（4，0）在抛物线y=mx2+nx的图象上，
∴，解得，
∴抛物线解析式为y=﹣x2+4x；
（2）存在三个点满足题意，理由如下：
当点D在x轴上时，如图1，过点A作AD⊥x轴于点D，
∵A（1，3），
∴D坐标为（1，0）；
当点D在y轴上时，设D（0，d），则AD2=1+（3﹣d）2，BD2=42+d2，且AB2=（4﹣1）2+（3）2=36，
∵△ABD是以AB为斜边的直角三角形，
∴AD2+BD2=AB2，即1+（3﹣d）2+42+d2=36，解得d=，
∴D点坐标为（0，）或（0，）；
综上可知存在满足条件的D点，其坐标为（1，0）或（0，）或（0，）；
（3）如图2，过P作PF⊥CM于点F，
∵PM∥OA，
∴Rt△ADO∽Rt△MFP，
∴==3，
∴MF=3PF，
在Rt△ABD中，BD=3，AD=3，
∴tan∠ABD=，
∴∠ABD=60°，设BC=a，则CN=a，
在Rt△PFN中，∠PNF=∠BNC=30°，
∴tan∠PNF==，
∴FN=PF，
∴MN=MF+FN=4PF，
∵S△BCN=2S△PMN，
∴a2=2××4PF2，
∴a=2PF，
∴NC=a=2PF，
∴==，
∴MN=NC=×a=a，
∴MC=MN+NC=（+）a，
∴M点坐标为（4﹣a，（ +）a），
又M点在抛物线上，代入可得﹣（4﹣a）2+4（4﹣a）=（+）a，
解得a=3﹣或a=0（舍去），
OC=4﹣a=+1，MC=2+，
∴点M的坐标为（+1，2+）．
变式训练2：
（2016·辽宁丹东·12分）如图，抛物线y=ax2+bx过A（4，0），B（1，3）两点，点C、B关于抛物线的对称轴对称，过点B作直线BH⊥x轴，交x轴于点H．
（1）求抛物线的表达式；
（2）直接写出点C的坐标，并求出△ABC的面积；
（3）点P是抛物线上一动点，且位于第四象限，当△ABP的面积为6时，求出点P的坐标；
（4）若点M在直线BH上运动，点N在x轴上运动，当以点C、M、N为顶点的三角形为等腰直角三角形时，请直接写出此时△CMN的面积．
【分析】二次函数综合题．（1）利用待定系数法求二次函数的表达式；
（2）根据二次函数的对称轴x=2写出点C的坐标为（3，3），根据面积公式求△ABC的面积；
（3）因为点P是抛物线上一动点，且位于第四象限，设出点P的坐标（m，﹣m2+4m），利用差表示△ABP的面积，列式计算求出m的值，写出点P的坐标；
（4）分别以点C、M、N为直角顶点分三类进行讨论，利用全等三角形和勾股定理求CM或CN的长，利用面积公式进行计算．
【解答】解：（1）把点A（4，0），B（1，3）代入抛物线y=ax2+bx中，
得 解得：，
∴抛物线表达式为：y=﹣x2+4x；
（2）点C的坐标为（3，3），
又∵点B的坐标为（1，3），
∴BC=2，
∴S△ABC=×2×3=3；
（3）过P点作PD⊥BH交BH于点D，
设点P（m，﹣m2+4m），
根据题意，得：BH=AH=3，HD=m2﹣4m，PD=m﹣1，
∴S△ABP=S△ABH+S四边形HAPD﹣S△BPD，
6=×3×3+（3+m﹣1）（m2﹣4m）﹣（m﹣1）（3+m2﹣4m），
∴3m2﹣15m=0，
m1=0（舍去），m2=5，
∴点P坐标为（5，﹣5）．
（4）以点C、M、N为顶点的三角形为等腰直角三角形时，分三类情况讨论：
①以点M为直角顶点且M在x轴上方时，如图2，CM=MN，∠CMN=90°，
则△CBM≌△MHN，
∴BC=MH=2，BM=HN=3﹣2=1，
∴M（1，2），N（2，0），
由勾股定理得：MC==，
∴S△CMN=××=；
②以点M为直角顶点且M在x轴下方时，如图3，作辅助线，构建如图所示的两直角三角形：Rt△NEM和Rt△MDC，21世纪教育网版权所有
得Rt△NEM≌Rt△MDC，
∴EM=CD=5，MD=ME=2，
由勾股定理得：CM==，
∴S△CMN=××=；
③以点N为直角顶点且N在y轴左侧时，如图4，CN=MN，∠MNC=90°，作辅助线，
同理得：CN==，
∴S△CMN=××=17；
④以点N为直角顶点且N在y轴右侧时，作辅助线，如图5，同理得：CN==，
∴S△CMN=××=5；
⑤以C为直角顶点时，不能构成满足条件的等腰直角三角形；
综上所述：△CMN的面积为：或或17或5．
　
变式训练3：
（2016·重庆市B卷·12分）如图1，二次函数y=x2﹣2x+1的图象与一次函数y=kx+b（k≠0）的图象交于A，B两点，点A的坐标为（0，1），点B在第一象限内，点C是二次函数图象的顶点，点M是一次函数y=kx+b（k≠0）的图象与x轴的交点，过点B作轴的垂线，垂足为N，且S△AMO：S四边形AONB=1：48．
（1）求直线AB和直线BC的解析式；
（2）点P是线段AB上一点，点D是线段BC上一点，PD∥x轴，射线PD与抛物线交于点G，过点P作PE⊥x轴于点E，PF⊥BC于点F．当PF与PE的乘积最大时，在线段AB上找一点H（不与点A，点B重合），使GH+BH的值最小，求点H的坐标和GH+BH的最小值；
（3）如图2，直线AB上有一点K（3，4），将二次函数y=x2﹣2x+1沿直线BC平移，平移的距离是t（t≥0），平移后抛物线上点A，点C的对应点分别为点A′，点C′；当△A′C′K′是直角三角形时，求t的值．
【分析】二次函数综合题．（1）根据S△AMO：S四边形AONB=1：48，求出三角形相似的相似比为1：7，从而求出BN，继而求出点B的坐标，用待定系数法求出直线解析式．
（2）先判断出PE×PF最大时，PE×PD也最大，再求出PE×PF最大时G（5，），再简单的计算即可；
（3）由平移的特点及坐标系中，两点间的距离公式得A′C′2=8，A′K2=5m2﹣18m+18，C′K2=5m2﹣22m+26，最后分三种情况计算即可．
【解答】解：（1）∵点C是二次函数y=x2﹣2x+1图象的顶点，
∴C（2，﹣1），
∵PE⊥x轴，BN⊥x轴，
∴△MAO∽△MBN，
∵S△AMO：S四边形AONB=1：48，
∴S△AMO：S△BMN=1：49，
∴OA：BN=1：7，
∵OA=1
∴BN=7，
把y=7代入二次函数解析式y=x2﹣2x+1中，可得7=x2﹣2x+1，
∴x1=﹣2（舍），x2=6
∴B（6，7），
∵A的坐标为（0，1），
∴直线AB解析式为y=x+1，
∵C（2，﹣1），B（6，7），
∴直线BC解析式为y=2x﹣5．
（2）如图1，
设点P（x0，x0+1），
∴D（，x0+1），
∴PE=x0+1，PD=3﹣x0，
∵△PDF∽△BGN，
∴PF：PD的值固定，
∴PE×PF最大时，PE×PD也最大，
PE×PD=（x0+1）（3﹣x0）=﹣x02+x0+3，
∴当x0=时，PE×PD最大，
即：PE×PF最大．此时G（5，）
∵△MNB是等腰直角三角形，
过B作x轴的平行线，
∴BH=B1H，
GH+BH的最小值转化为求GH+HB1的最小值，
∴当GH和HB1在一条直线上时，GH+HB1的值最小，
此时H（5，6），最小值为7﹣=
（3）令直线BC与x轴交于点I，
∴I（，0）
∴IN=，IN：BN=1：2，
∴沿直线BC平移时，横坐标平移m时，纵坐标则平移2m，平移后A′（m，1+2m），C′（2+m，﹣1+2m），
∴A′C′2=8，A′K2=5m2﹣18m+18，C′K2=5m2﹣22m+26，
当∠A′KC′=90°时，A′K2+KC′2=A′C′2，解得m=，此时t=m=2±；
当∠KC′A′=90°时，KC′2+A′C′2=A′K2，解得m=4，此时t=m=4；
当∠KA′C′=90°时，A′C′2+A′K2=KC′2，解得m=0，此时t=0．
【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了相似三角形的性质，待定系数法求函数解析式，两点间的结论公式，解本题的关键是相似三角形的性质的运用．
过关检测参考答案：
1. （2016·陕西）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=ax2+bx+5经过点M（1，3）和N（3，5）
（1）试判断该抛物线与x轴交点的情况；
（2）平移这条抛物线，使平移后的抛物线经过点A（﹣2，0），且与y轴交于点B，同时满足以A、O、B为顶点的三角形是等腰直角三角形，请你写出平移过程，并说明理由．
【解析】二次函数综合题．（1）把M、N两点的坐标代入抛物线解析式可求得a、b的值，可求得抛物线解析式，再根据一元二次方程根的判别式，可判断抛物线与x轴的交点情况；
（2）利用A点坐标和等腰三角形的性质可求得B点坐标，设出平移后的抛物线的解析式，把A、B的坐标代入可求得平移后的抛物线的解析式，比较平移前后抛物线的顶点的变化即可得到平移的过程．
【解答】解：
（1）由抛物线过M、N两点，
把M、N坐标代入抛物线解析式可得，解得，
∴抛物线解析式为y=x2﹣3x+5，
令y=0可得x2﹣3x+5=0，
该方程的判别式为△=（﹣3）2﹣4×1×5=9﹣20=﹣11＜0，
∴抛物线与x轴没有交点；
（2）∵△AOB是等腰直角三角形，A（﹣2，0），点B在y轴上，
∴B点坐标为（0，2）或（0，﹣2），
可设平移后的抛物线解析式为y=x2+mx+n，
①当抛物线过点A（﹣2，0），B（0，2）时，代入可得，解得，
∴平移后的抛物线为y=x2+3x+2，
∴该抛物线的顶点坐标为（﹣，﹣），而原抛物线顶点坐标为（，），
∴将原抛物线先向左平移3个单位，再向下平移3个单位即可获得符合条件的抛物线；
②当抛物线过A（﹣2，0），B（0，﹣2）时，代入可得，解得，
∴平移后的抛物线为y=x2+x﹣2，
∴该抛物线的顶点坐标为（﹣，﹣），而原抛物线顶点坐标为（，），
∴将原抛物线先向左平移2个单位，再向下平移5个单位即可获得符合条件的抛物线．
2. （2016·浙江省绍兴市·8分）对于坐标平面内的点，现将该点向右平移1个单位，再向上平移2的单位，这种点的运动称为点A的斜平移，如点P（2，3）经1次斜平移后的点的坐标为（3，5），已知点A的坐标为（1，0）．
（1）分别写出点A经1次，2次斜平移后得到的点的坐标．
（2）如图，点M是直线l上的一点，点A惯有点M的对称点的点B，点B关于直线l的对称轴为点C．
①若A、B、C三点不在同一条直线上，判断△ABC是否是直角三角形？请说明理由．
②若点B由点A经n次斜平移后得到，且点C的坐标为（7，6），求出点B的坐标及n的值．
【分析】几何变换综合题．（1）根据平移的性质得出点A平移的坐标即可；
（2）①连接CM，根据中心和轴对称的性质和直角三角形的判定解答即可；
②延长BC交x轴于点E，过C点作CF⊥AE于点F，根据待定系数法得出直线的解析式进而解答即可．
【解答】解：（1）∵点P（2，3）经1次斜平移后的点的坐标为（3，5），点A的坐标为（1，0），
∴点A经1次平移后得到的点的坐标为（2，2），点A经2次平移后得到的点的坐标（3，4）；
（2）①连接CM，如图1：
由中心对称可知，AM=BM，
由轴对称可知：BM=CM，
∴AM=CM=BM，
∴∠MAC=∠ACM，∠MBC=∠MCB，
∵∠MAC+∠ACM+∠MBC+∠MCB=180°，
∴∠ACM+∠MCB=90°，
∴∠ACB=90°，
∴△ABC是直角三角形；
②延长BC交x轴于点E，过C点作CF⊥AE于点F，如图2：
∵A（1，0），C（7，6），
∴AF=CF=6，
∴△ACF是等腰直角三角形，
由①得∠ACE=90°，
∴∠AEC=45°，
∴E点坐标为（13，0），
设直线BE的解析式为y=kx+b，
∵C，E点在直线上，
可得：，
解得：，
∴y=﹣x+13，
∵点B由点A经n次斜平移得到，
∴点B（n+1，2n），由2n=﹣n﹣1+13，
解得：n=4，
∴B（5，8）．
3. （2016·湖北荆门·14分）如图，直线y=﹣x+2与x轴，y轴分别交于点A，点B，两动点D，E分别从点A，点B同时出发向点O运动（运动到点O停止），运动速度分别是1个单位长度/秒和个单位长度/秒，设运动时间为t秒，以点A为顶点的抛物线经过点E，过点E作x轴的平行线，与抛物线的另一个交点为点G，与AB相交于点F．
（1）求点A，点B的坐标；
（2）用含t的代数式分别表示EF和AF的长；
（3）当四边形ADEF为菱形时，试判断△AFG与△AGB是否相似，并说明理由．
（4）是否存在t的值，使△AGF为直角三角形？若存在，求出这时抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．
【分析】二次函数综合题．（1）在直线y=﹣x+2中，分别令y=0和x=0，容易求得A、B两点坐标；
（2）由OA、OB的长可求得∠ABO=30°，用t可表示出BE，EF，和BF的长，由勾股定理可求得AB的长，从而可用t表示出AF的长；
（3）利用菱形的性质可求得t的值，则可求得AF=AG的长，可得到=，可判定△AFG与△AGB相似；
（4）若△AGF为直角三角形时，由条件可知只能是∠FAG=90°，又∠AFG=∠OAF=60°，由（2）可知AF=4﹣2t，EF=t，又由二次函数的对称性可得到EG=2OA=4，从而可求出FG，在Rt△AGF中，可得到关于t的方程，可求得t的值，进一步可求得E点坐标，利用待定系数法可求得抛物线的解析式．
【解答】解：
（1）在直线y=﹣x+2中，
令y=0可得0=﹣x+2，解得x=2，
令x=0可得y=2，
∴A为（2，0），B为（0，2）；
（2）由（1）可知OA=2，OB=2，
∴tan∠ABO==，
∴∠ABO=30°，
∵运动时间为t秒，
∴BE=t，
∵EF∥x轴，
∴在Rt△BEF中，EF=BE?tan∠ABO=BE=t，BF=2EF=2t，
在Rt△ABO中，OA=2，OB=2，
∴AB=4，
∴AF=4﹣2t；
（3）相似．理由如下：
当四边形ADEF为菱形时，则有EF=AF，
即t=4﹣2t，解得t=，
∴AF=4﹣2t=4﹣=，OE=OB﹣BE=2﹣×=，
如图，过G作GH⊥x轴，交x轴于点H，
则四边形OEGH为矩形，
∴GH=OE=，
又EG∥x轴，抛物线的顶点为A，
∴OA=AH=2，
在Rt△AGH中，由勾股定理可得AG2=GH2+AH2=（）2+22=，
又AF?AB=×4=，
∴AF?AB=AG2，即=，且∠FAG=∠GAB，
∴△AFG∽△AGB；
（4）存在，
∵EG∥x轴，
∴∠GFA=∠BAO=60°，
又G点不能在抛物线的对称轴上，
∴∠FGA≠90°，
∴当△AGF为直角三角形时，则有∠FAG=90°，
又∠FGA=30°，
∴FG=2AF，
∵EF=t，EG=4，
∴FG=4﹣t，且AF=4﹣2t，
∴4﹣t=2（4﹣2t），
解得t=，
即当t的值为秒时，△AGF为直角三角形，此时OE=OB﹣BE=2﹣t=2﹣×=，
∴E点坐标为（0，），
∵抛物线的顶点为A，
∴可设抛物线解析式为y=a（x﹣2）2，
把E点坐标代入可得=4a，解得a=，
∴抛物线解析式为y=（x﹣2）2，
即y=x2﹣x+．
4. （2016·福建龙岩·14分）已知抛物线与y轴交于点C，与x轴的两个交点分别为A（﹣4，0），B（1，0）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）已知点P在抛物线上，连接PC，PB，若△PBC是以BC为直角边的直角三角形，求点P的坐标；
（3）已知点E在x轴上，点F在抛物线上，是否存在以A，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．【来源：21cnj*y.co*m】
【分析】二次函数综合题．（1）因为抛物线经过点A（﹣4，0），B（1，0），所以可以设抛物线为y=﹣（x+4）（x﹣1），展开即可解决问题．
（2）先证明∠ACB=90°，点A就是所求的点P，求出直线AC解析式，再求出过点B平行AC的直线的解析式，利用方程组即可解决问题．
（3）分AC为平行四边形的边，AC为平行四边形的对角线两种切线讨论即可解决问题．
【解答】解：（1）抛物线的解析式为y=﹣（x+4）（x﹣1），即y=﹣x2﹣x+2；
（2）存在．
当x=0，y═﹣x2﹣x+2=2，则C（0，2），
∴OC=2，
∵A（﹣4，0），B（1，0），
∴OA=4，OB=1，AB=5，
当∠PCB=90°时，
∵AC2=42+22=20，BC2=22+12=5，AB2=52=25
∴AC2+BC2=AB2
∴△ACB是直角三角形，∠ACB=90°，
∴当点P与点A重合时，△PBC是以BC为直角边的直角三角形，此时P点坐标为（﹣4，0）；
当∠PBC=90°时，PB∥AC，如图1，
设直线AC的解析式为y=mx+n，
把A（﹣4，0），C（0，2）代入得，解得，
∴直线AC的解析式为y=x+2，
∵BP∥AC，
∴直线BP的解析式为y=x+p，
把B（1，0）代入得+p=0，解得p=﹣，
∴直线BP的解析式为y=x﹣，
解方程组得或，此时P点坐标为（﹣5，﹣3）；
综上所述，满足条件的P点坐标为（﹣4，0），P2（﹣5，﹣3）；
（3）存在点E，设点E坐标为（m，0），F（n，﹣n2﹣n+2）
①当AC为边，CF1∥AE1，易知CF1=3，此时E1坐标（﹣7，0），
②当AC为边时，AC∥EF，易知点F纵坐标为﹣2，
∴﹣n2﹣n+2=﹣2，解得n=，得到F2（，﹣2），F3（，﹣2），
根据中点坐标公式得到： =或=，
解得m=或，
此时E2（，0），E3（，0），
③当AC为对角线时，AE4=CF1=3，此时E4（﹣1，0），
综上所述满足条件的点E为（﹣7，0）或（﹣1，0）或（，﹣2）或（，﹣2）．