专题21 直角三角形存在性问题巩固练习（基础）-冲刺2021年中考几何专项复习（解析版）.docx

1、直角三角形存在性问题巩固练习1如图，在四边形ABCD中，ADBC，BCD30，BC26cm，CD8cm，AD16cm，动点P从点B出发，沿射线BC的方向以每秒3cm的速度运动到C点返回，动点Q从点A出发，在线段AD上以每秒1cm的速度向D运动，点P、Q分别从点B、A同时出发，当点Q运动到点D时，点P随之停止运动，设运动时间为t（秒）（1）当t为何值时（0t263），四边形PQDC是平行四边形？（2）当t为何值时，以C、D、Q、P为顶点的四边形面积等于36cm2？（3）是否存在点P，使PCD是直角三角形？若存在，请求出所有满足条件的t的值，如不存在，请说明理由【分析】（1）根据运动得出PC263

2、t，DQ16t，进而用平行四边形的对边相等建立方程求解即可；（2）先求出梯形的高DH，再分两种情况用梯形的面积建立方程求解即可；（3）分点P是从点B向点C运动的过程中和点P到达点C返回点B时，每种情况又分点D为直角顶点和点P为直角顶点，用勾股定理即可得出结论【解答】解：（1）由运动知，BP3t，AQt，BC26cm，AD16cm，PC263t，DQ16t，四边形PQDC是平行四边形，且ADBC，PCDQ，263t16t，t5，即：t5秒时，四边形PQDC是平行四边形；（2）过点D作DHBC，在RtCDH中，BCD30，CD8，DH4，CH43，如图，当点P是从点B向点C运动，由（1）知，PC2

3、63t，DQ16t，以C、D、Q、P为顶点的四边形面积等于36cm2，S四边形CDQP=12（DQ+CP）DH=12（16t+263t）436，t6，当点P是从点C返回点B时，由运动知，DQ16t，CP3t26，以C、D、Q、P为顶点的四边形面积等于36cm2，S四边形CDQP=12（DQ+CP）DH=12（16t+3t26）436，t14，当t为6秒或14秒时，以C、D、Q、P为顶点的四边形面积等于36cm2；（3）当点P从点B向点C运动时，PCD是直角三角形，、点D是直角顶点，如图2，在RtCDP中，BCD30，CD8，cos30=CDCP，CP=CDcos30=1633，263t=163

4、3，t=263-1639，、当点P为直角顶点时，如图3，在RtCPD中，BCD30，CD8，CP43，263t43，t=263-433，当点P是从点C返回点B时，、当点D为直角顶点时，CP3t26=1633，t=263+1639，、当点P为直角顶点时，CP3t2643，t=263+433即：PCD是直角三角形时，t的值为263-1639或263-433或263+433或263+1639【点评】此题是四边形综合题，主要考查了直角三角形的性质，勾股定理，梯形的面积公式，用方程的思想是解本题的关键，是一道中等难度的中考常考题2如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点A的坐标是（1，3），点P的坐标

5、是（0，b）（b0且b3），直线AP交x轴于点B，过点P作PQAP，交x轴于点Q，点Q的坐标是（m，0），记点P关于x轴的对称点为P，连接QP、BP（1）当b1时，求BPP的面积；（2）当0b3时，用含b的代数式表示m；（3）连接AP，是否存在b，使ABP为直角三角形？若存在，请求出所有满足条件的b和m的值；若不存在，请说明理由【分析】（1）把点A，P的坐标代入直线的解析式，求得B的坐标即可求出结论（2）根据两直线垂直斜率的积等于1，由直线AB的解析式求出直线PQ 的解析式即可得到结果（3）如图1，当ABP90时，得到PBOPBO45，根据等腰直角三角形的性质求出结论，当APB90时，过点A作

6、AMy轴于M，根据三角形相似列比例式求得【解答】解：（1）b1，P（0，1），设直线AP的解析式为 ykx+b，k+b=3b=1k=2b=1，直线AP的解析式为：y2x+1，B（-12，O），点P关于x轴的对称点为P，PP2，SBPP=12212=12；（2）设直线AB的解析式为：ykx+b，k+b3，k3b，直线AB的解析式为：y（3b）x+b，PQAB，直线PQ的解析式为：y=13-bx+b，当y0时，xb2+3b，mb2+3b；（3）如图1，当ABP90时，PBOPBO45，OB=12PP，由（2）知，直线AB的解析式为：y（3b）x+b，B（-b3-b，0），p（0，b），b3-b=b

7、，b2，当bm2时，ABP为直角三角形，当APB90时，过点A作AMy轴于M，则AMPPOB，AMPO=MPBO，1b=3+bb3-b，b28，b0，b22，m62-8【点评】本题考查了待定系数法求函数的解析式，求三角形的面积，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，正确的画出图形是解题的关键3如图，直线AB经过点A（0，4），B（1，0），与双曲线y=mx在第二象限内交于点C，且AOC的面积为3（1）求直线AB的解析式及m的值；（2）试探究：在y轴上是否存在点M，使ACM为直角三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由【分析】（1）根据待定系数法即可求得直线AB的解析式，然后根据A

8、OC的面积为3，求得C的横坐标为-32，代入AB的解析式即可求得C的坐标，从而求得m的值（2）分两种情况分别讨论即可求得【解答】解：（1）直线AB经过点A（0，4），B（1，0），设直线AB的解析式为ykx+b，b=-4-k+b=0，解得k=-4b=-4，直线AB的解析式为y4x4；AOC的面积为3，12OA|xC|3，即124|xC|3，解得|xC|=32，C的横坐标为-32，代入y4x4得，y4（-32）42，C（-32，2），双曲线y=mx在第二象限与直线AB交于点C，m3；（2）设M（0，a），当ACM90时，ACMAOB，AMAB=ACOA，A（0，4），B（1，0），C（-32，2

9、），AB=12+42=17，AC=(32)2+(-4-2)2=3217，a+417=31724，解得a=198，M（0，198）；当AMC90时，则AMCAOB，C（-32，2），M（0，2），综上，在y轴上存在点M，使ACM为直角三角形，M点的坐标为（0，198）或（0，2）【点评】本题考查了反比例函数综合题：反比例函数与一次函数的交点坐标同时满足两个函数的解析式；运用待定系数法求函数的解析式以及使用分类讨论的思想方法解决数学问题4已知抛物线C1：yx2+bx+c经过（1，6），（2，0）两点（1）求抛物线解析式；（2）将抛物线C1向上平移6单位得到抛物线C2，若抛物线C2与y轴交于点B，与

10、x轴交于点C，D（C在D左边），且点A（m，m+1）在C2上，连接BD，求点A关于直线BD对称点A的坐标；（3）在抛物线C2上是否存在点P，使PBD是以BD为直角边的直角三角形？如果存在，请求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；（2）根据图象向上平移加，可得新抛物线，根据自变量与函数值的对应关系，可得B、D点坐标，根据对称点的中点在对称轴的直线上，对称点的直线的一次项系数与对称轴的一次项的系数互为负倒数，可得方程组，根据解方程组，可得答案；（3）根据互相垂直的两直线一次项的系数互为负倒数，可得PB的解析式，根据解方程组，可得P点坐标【解答】解：（1

11、）将（1，6），（2，0）代入函数解析式，得-1-b+c=-6-4+2b+c=0，解得b=3c=-2，抛物线的解析式为yx2+3x2；（2）将抛物线C1向上平移6单位得到抛物线C2，得yx2+3x+4，当x0时，y4，即B（0，4）当y0时，x2+3x+40解得x4，x1，即C（1，0），D（4，0）BD的解析式为yx+4，设A（x，y），由题意得y-m-1x-m=1y+m+12=-x+m2+4，解得x=-m+3y=-m+4，即A（m+3，m+4）（3）当PBBD时，设PD的解析式为yx+b，将B点坐标代入，得b4，PD的解析式为yx+4，联立PD与抛物线yx2+3x+4，得y=x+4y=-x

12、2+3x+4，解得x0（不符合题意，舍），x2，当x2时，y4+6+46，即P（2，6）；当PDBD时，设PD的解析式为yx+b，将D点坐标代入，得b4，PD的解析式为yx4，联立PD与抛物线yx2+3x+4，y=x-4y=-x2+3x+4，解得x4（不符合题意，舍），x2，当x2时，y46+46，即P（2，6）综上所述：在抛物线C2上存在点P，使PBD是以BD为直角边的直角三角形，点P的坐标（2，6），（2，6）【点评】本题考查了二次函数综合题，利用待定系数法求函数解析式，利用对称点的中点在对称轴的直线上，对称点的直线的一次项系数与对称轴的一次项的系数互为负倒数得出方程组是解题关键；利用互相

13、垂直的两直线一次项的系数互为负倒数得出PB的解析式是解题关键，要分类讨论，以防遗漏5如图，菱形ABCD的边BC在x轴上，点A，D在第一象限，线段AB交y轴于E，且E为AB的中点，点M为AC和BD的交点，连接CE，有CEAB，点A的坐标为（1，23）；（1）求直线CE的解析式；（2）点P从原点出发，沿x轴正方向以每秒1个单位运动，运动时间为t，过点P作PQBC交射线EC于点Q，BCQ面积为S，求S与t之间的关系式并直接写出t的取值范围；（3）BD上是否存在点F，使CEF为直角三角形？若存在，请直接写出线段MF的长；若不存在，请说明理由【分析】（1）先求出C、E两点坐标，再利用待定系数法即可解决问

14、题（2）如图2中，分两种情形当0t3时，PC3t，PQ=33（3t），当t3时，PCt3，根据S=12BCPQ即可解决问题（3）存在如图3中，由题意直线BD的解析式为y=33x+33，设F（m，3333+114m+33），当点F是RtCEF的直角顶点时，CE2CF2+EF2，列出方程即可解决问题，当F与D重合时，ECF是直角三角形，此时MF123，当F与B重合时，ECF是直角三角形，此时MF223，【解答】解：（1）如图1中，作AKBC于K四边形ABCD是菱形，ABBCCDAD，CEAB，EAEB，CACBAB，ABC、ACD是等边三角形，A（1，23），AK23，在RtAKC中，AKC90，

15、CAK30，KC2，ACABBC4，BOOK1，OE=12AK=3，E（0，3），C（3，0），设直线CE的解析式为ykx+b则有b=33k+b=0，解得k=-33b=3，直线CE的解析式为y=-33x+3（2）如图2中，当0t3时，PC3t，PQ=33（3t），S=12BCPQ=12433（3t）=-233t+23当t3时，PCt3，S=12BCPQ=12433（t3）=233t23综上所述，S=-233t+23(0t3)233t-23(t3)（3）存在理由如下，如图3中，由题意直线BD的解析式为y=33x+33，设F（m，3333+114m+33），当点F是RtCEF的直角顶点时，CE2C

16、F2+EF2，32+（3）2m2+（33m+33-3）2+（m3）2+（33m+33）2，整理得2m25m10，解得m=5-334或5+334，F3（5+334，33+114），F4（5-334，33-114），M（2，3），F3M=11-32，F4M=11+32，当F与D重合时，ECF是直角三角形，此时MF123，当F与B重合时，ECF是直角三角形，此时MF223，综上所述，当CEF为直角三角形时，MF的长为23或11-32或11+32【点评】本题考查一次函数综合题、待定系数法、直角三角形的判定和性质、三角形的面积等知识，解题的关键是灵活运用这些知识，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压

17、轴题6如图，一次函数yx+m的图象经过点A（2，0），交y轴于点D，对称轴为x1的抛物线与x轴相交于点A、B，并与直线AD相交于点C，连接BD、BC，有OBDBCD（1）求点B、C、D的坐标；（2）求抛物线的函数解析式；（3）抛物线上是否存在点P，使ACP为直角？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）由A的坐标和对称轴即可求得B的坐标，把A的坐标代入一次函数解析式求得m的值即可求得D的坐标，然后通过ABDACB和平行线分线段成比例定理即可求得C的坐标；（2）把A、B、C的坐标代入解析式，根据待定系数法即可求得抛物线的解析式；（3）过C点作CFAC，交x轴于F，根据等腰直角三

18、角形求得F的坐标，然后根据待定系数法求得直线CF的解析式，然后和抛物线的解析式联立方程，即可求得P的坐标【解答】解：（1）抛物线与x轴相交于点A、B，且对称轴为x1，A（2，0），B的坐标为（4，0），AB2+46，一次函数yx+m的图象经过点A（2，0），2+m0，解得m2，D的坐标为（0，2），AD=OA2+OD2=22+22=22，在ABD和ACB中，ABDBCA，DABBAC，ABDACB，ACAB=ABAD，AC=6622=92，作CEy轴，AEOA=CEOD=ACAD=9222=92，AE=292=9，CE=292=9，OEAEOA7，C的坐标为（7，9）；（2）二次函数yax2+

19、bx+c的图象过A（2，0），B（4，0），C（7，9），4a-2b+c=016a+4b+c=049a+7b+c=9，解得a=13b=-23c=-83，抛物线的函数解析式为y=13x2-23x-83（3）存在；过C点作CFAC，交x轴于F，OAOD2，CAF45，CAF是等腰直角三角形，AEEF9，F的坐标（16，0），设直线CF的函数解析式为ykx+b，7k+b=916k+b=0，解得k=-1b=16，直线CF的函数解析式为yx+16，解y=-x+16y=13x2-23x-83，得x=7y=9或x=-8y=24，P的坐标为（8，24）所以抛物线上存在点P，使ACP为直角，此时P的坐标为（8，

20、24）【点评】本题考查了二次函数的综合题，解题的关键是应用待定系数法求解析式，三角形相似的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质7如图，以RtABO的直角顶点O为原点，OA所在的直线为x轴，OB所在直线为y轴，建立平面直角坐标系已知OA8，OB6，一动点P从O出发沿OA方向，以每秒1个单位长度的速度向A点匀速运动，到达A点后立即以原速沿AO返回；点Q从点A出发沿AB以每秒1个单位长度向点B匀速运动，当Q到达B时，P、Q两点同时停止运动设P、Q运动的时间为t秒（t0）（1）当t为何值时，APQ的面积为92？（2）在点P从O向A运动的过程中，在y轴上是否存在点E使得四边形PQBE为直角梯形？若存在

21、，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由；（3）伴随着P、Q两点的运动，线段PQ的垂直平分线DF交PQ于点D，交折线QBBOOP于点F当DF经过原点O时，写出t的值【分析】（1）过Q作QRx轴交x轴于点R，可用t表示出QR，进一步表示APQ的面积，令其等于92可求出t，注意分点P由O向A运动和由A向O运动两种情况；（2）分PEBQ和PQPE两种情况，利用条件可以用t表示出相应线段的长度，再利用平行线分线段成比例的性质得到线段之间的比例关系求出t的值，进一步可求出E点的坐标；（3）由条件可知DF为PQ的垂直平分线，由此可得到线段相等，用t表示出相应线段，求出t即可，注意也需要分点P由O向A运动和由

22、A向O运动两种情况【解答】解：（1）如图1，过Q作QRx轴，交x轴于点R，则QROB，由勾股定理可求得AB10，由平行线分线段成比例可得QROB=AQAB，即QR6=t10，解得QR=35t，当0t8时，OPAQt，则AP8t，此时SAPQ=12APQR=12（8t）35t，令12（8t）35t=92，解得t3或t5，当8t10时，APt8，AQt，同理可求得QR=35t，此时SAPQ=12APQR=12（t8）35t，令12（t8）35t=92，整理得：t28t150解得t4+31或t4-31（小于0舍去），综上可知当t的值为3或5或4+31时，APQ的面积为92；（2）存在，由题意可知OP

23、AQt，AP8t当PEBQ，PQPE时，如图2，在EOP和PQA中EOP=PQAEPO=PAQOP=AQ，所以EOPPQA，所以PEAP8t，又PEAB，由平行线分线段成比例可得：PEAB=OPOA，即8-t10=t8，解得t=329，则PE8t=409，在RtPOE中，由勾股定理可求得OE=249，即E点坐标为（0，249），当PQBE，PEBE时，即E为原点，PEAQt，AP8t，则有APOA=AQAB，即8-t8=t10，解得t=409，符合题意，此时点E的坐标为（0，0），综上可知存在满足条件的E点，E点的坐标为（0，249）或（0，0）；（3）当P由O向A运动时，OQOPAQt，可得

24、QOAQAO，所以QOBQBO，所以OQBQt，所以BQAQ=12AB，即AB2t，解得t5，如图3，当P由A向O运动时，过Q作QGy轴交y轴于点G，OQOP16t，BQ10t，则BQBA=GQOA，即10-t10=GQ8，所以GQ=45（10t），同理可求得BG=35（10t），所以GO6-35（10t），在RtOGQ中，由勾股定理可得：OG2+GQ2OQ2，即6-35（10t）2+45（10t）2（16t）2，解得t10，综上可知满足条件的t的值为5和10【点评】本题主要考查一次函数及平行线分线段成比例的性质，把相应的线段用t表示出来利用平行或垂直或直角三角形中的勾股定理得到关于t的方程是

25、解题的关键8已知：抛物线yax2+bx+3与x轴相交于A，B两点（A，B分别在原点的左右两侧），与y轴正半轴相交于C点，且OA：OB1：3，ABC的面积为6（如图1）（1）求抛物线yax2+bx+3和直线BC的解析式；（2）在抛物线上是否存在点M，使BCM是以BC为直角边的直角三角形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由【分析】（1）由OB3OA，设OAa，则OB3a，根据三角形的面积列出方程，可得A、B的坐标，根据待定系数法，可得函数解析式；（2）分两种情形讨论CMBC时，根据角的和差，可得ECM1的度数，根据等腰直角三角形的性质，可得关于m的方程，根据自变量与函数值的对应关系，可

26、得M点的坐标；BMBC时，根据平行线的性质，可得GM2F45，根据等腰直角三角形的性质，可得关于m的方程，根据自变量与函数值的对应关系，可得M点的坐标；【解答】解：（1）OB3OA，设OAa，则OB3a，C（0，3），SABC6，124a36，a1，A（1，0），B（3，0），把A、B两点坐标代入yax2+bx+3得到a-b+3=09a-3b+3=0，解得a=-1b=2，抛物线解析式为yx2+2x+3（2）存在 当以C为直角顶点时，过点C作C M1BC，交抛物线于点M1过点M1作y轴的垂线，垂足是E，如图1：由B（3，0）、C（0，3），得OBOC，BCOCBO45BCM190，MCE+BCO

27、90MCE45，ECE M1设M（m，m2+2m+3），则mm2+2m+33，解得：m10（舍去），m21m2+2m+34，即M1（1，4）当点B为直角顶点时，过B作BM2，BM2BC交抛物线于点M2，过点M2作y轴的垂线，垂足是F，BM2交y轴于点G，如图2：M2Fx轴，CBO45，OBM245，GM2F45M2FGF设M2（m，m2+2m+3），则n（m2+2m+3）+3，解得：m12，m23（舍去），m2+2m+35，即M2（2，5）综上所述，M的坐标是（1，4）或（2，5）；【点评】本题考查了二次函数综合题，直角三角形、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法确定函数

28、解析式，灵活运用等腰直角三角形的性质解决问题，属于中考常考题型9如图，矩形OABC在平面直角坐标系中，若OA、OC的长满足：|OA2|+OC243OC+120（1）求BAC的度数；（2）把ABC沿AC对折，点B落在点B1处，线段AB1与x轴交于点D，求直线BB1的解析式；（3）在直线BB1上是否存在点P，使ADP为直角三角形？若存在，请直接写出P点坐标【分析】（1）本题应先根据OA与OC满足的方程以及非负数的性质得出OA与OC的长，再利用三角函数求出ACO的度数，根据矩形的性质得到ABOC，从而得到BACACO30（2）本题应根据三角形全等，得出AB的长，再根据两点之间的距离公式即可得出B的坐

29、标，结合（1）即可得出BB的解析式（3）分三种情况讨论：KADKPD1；KADKPA1；KAPKPD1（此方程无解）【解答】解：（1）|OA2|+OC243OC+120|OA2|+(OC-23)2=0OA2，OC23，在RtAOC中，tanACO=OAOC=223=33，ACO30，四边形AOCB为矩形，ABOC，BACACO30（2）ABCABCABAB2 3，CBCB2，A（0，2），C（23，0）设B的坐标为（x，y），则x2+(y+2)2=(23)2(23-x)2+y2=22 解得：B的坐标为（3，1），由两点式解出BB的解析式为y=3x4（3）假如存在设P（a，3a4），D（233，

30、0），又A（0，2），AD2=(233)2+22=163，PD2=(a-233)2+(3a-4)2，AP2=a2+(3a-4-2)2=4a2-123a+36，当ADP为直角时，AD2+PD2AP2，解得a=533，则P（533，1）；当APD为直角时，AP2+PD2AD2，此时无解；当PAD为直角时，AD2+PA2PD2，解得a33，则P（33，5）；综上可得，P为（33，5）或（533，1）【点评】本题主要考查一次函数的应用，但是比较麻烦，做题时必须细心，特别是（3）问考虑到容易的方法就简便了10已知，在矩形ABCD中，E为BC边上一点，AEDE，AB12，BE123，F为线段BE上一点，E

31、F7，连接AF如图1，现有一张硬质纸片GMN，NGM90，NG6，MG63，斜边MN与边BC在同一直线上，点N与点E重合，点G在线段DE上如图2，GMN从图1的位置出发，以每秒1个单位的速度沿EB向点B匀速移动，同时点P从A点出发，以每秒2个单位的速度沿AD向点D匀速移动，点Q为直线GN与线段AE的交点，连接PQ当点G到达线段AE上时，GMN和点P同时停止运动设运动时间为t秒，解答问题：（1）在整个运动过程中，当点G在线段AE上时，求t的值；（2）在整个运动过程中，是否存在点P，使APQ是直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由【分析】（1）如答图1所示，证明QEMG为平行四边形，则

32、运动路程QGEM12，t值可求；（2）存在符合条件的点P在RtABE中，AB12，BE123，由勾股定理得：AE24由三角函数的定义得到AEB30，求得sinAEB=12，cosAEB=32由于NEt，于是得到QENEcos30=32t，AQAEQE24-32tAPQ是直角三角形，有两种可能的情形：APQ90，如图2所示：根据四边形ABCD是矩形，得到ADBC，求出PAQAEB30，于是得到cosPAQcos30=APAQ=32，求出t=48311，当AQP90时，如图3所示：根据已知条件得到tanGMN=NGMG=33，求出GMN30，根据平行线的性质得到GQE+QGM180求得N，G，Q三

33、点共线，根据cosPAQcos30=AQAP，列方程24-32t2t=32，即可得到结论【解答】解：（1）在RtGMN中，GN6，GM63，MN12由题意，易知点G的运动线路平行于BC如答图1所示，过点G作BC的平行线，分别交AE、AF于点Q、RAEDEGM90，AEGM四边形QEMG为平行四边形，QGEM12t12秒；（2）存在符合条件的点P在RtABE中，AB12，BE123，由勾股定理得：AE24AEB30，则sinAEB=12，cosAEB=32NEt，QENEcos30=32t，AQAEQE24-32tAPQ是直角三角形，有两种可能的情形：APQ90，如图2所示：四边形ABCD是矩形

34、，ADBC，PAQAEB30，cosPAQcos30=APAQ=32，AP2t，2t24-32t=32，解得：t=48311，当AQP90时，如图3所示：NG6，MG63，tanGMN=NGMG=33，GMN30，QEGM，GQE+QGM180，QGM90，QGM+NGM180，N，G，Q三点共线，cosPAQcos30=AQAP，24-32t2t=32，解得：t=1633；综上所述，当t=48311或1633秒时，存在点P，使APQ是直角三角形【点评】本题考查了矩形的性质，平行线的判定和性质，三角函数，勾股定理，平行四边形的判定和性质，解题关键是清楚理解图形的运动过程11如图，已知二次函数图

35、象yx2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且A（1，0），C（0，3）（1）求这个二次函数解析式以及B的坐标；（2）在（1）中抛物线上是否存在点Q，使BCQ成为以BC为直角边的直角三角形？若有求出Q的坐标【分析】（1）把A（1，0）、C（0，3）两点代入抛物线解析式可得b，c的值，令y0，可得B点的坐标；（2）在（1）中抛物线上存在点Q，使BCQ成为以BC为直角边的直角三角形，有两种可能：B为直角顶点、C为直角顶点，要充分认识OBC的特殊性，是等腰直角三角形，可以通过解直角三角形求出相关线段的长度【解答】解：（1）把A（1，0）、C（0，3）两点代入抛物线解析式yx2+bx+c中

36、得：-1-b+c=0c=3，解得：b=2c=3，所以抛物线解析式为：yx2+2x+3，令y0，即0x2+2x+3，所以x1或3，即B点的坐标为（3，0）；（2）在（1）中抛物线上存在点Q，使BCQ成为以BC为直角边的直角三角形，理由如下：有两种情况：如图1，过点B作BQ1BC，交抛物线于点Q1、交y轴于点F，连接Q1CCOBO3，CBO45，FBO45，BOOF3点F的坐标为（0，3）将（0，3），（3，0）代入ykx+b得：b=-33k+b=0，解k=1b=-3，直线BE的解析式为yx3，由y=x-3y=-x2+2x+3，解得x=-2y=-5或x=3y=0，点Q1的坐标为（2，5）如图2，过

37、点C作CFCB，交抛物线于点Q2、交x轴于点F，连接BQ2CBO45，CFB45，OFOC3点F的坐标为（3，0）直线CF的解析式为yx+3由y=x+3y=-x2+2x+3解得：x=0y=3或x=1y=4，点Q2的坐标为（1，4）综上，在抛物线上存在点Q1（2，5）、Q2（1，4），使BCQ1、BCQ2是以BC为直角边的直角三角形【点评】此题主要考查了抛物线与x轴的交点以及待定系数法求直线的解析式和等腰直角三角形的性质，解题的关键是利用直线解析式组成方程组求出Q的坐标，题目的难点在于（3）小题中，用到了分类讨论的数学思想，考虑问题要全面，做到不重不漏12如图，在平面直角坐标系中，P，Q分别是x

38、轴，y轴的正半轴上两动点，OP2，OQk，分别过P，Q作坐标轴的垂线，交反比例函数y=kx于点A，B两垂线交于点M，点E为线段OP上一动点（1）当点A在线段QM上时，求AM，BM的长（结果均用含k的代数式表示）；（2）点E在整个运动过程中，若存在ABE是等腰直角三角形，请求出所有满足条件的k的值【分析】（1）当点A在线段QM上时，则点A的纵坐标为k，代入反比例函数解析式得点A的横坐标为1，点B的横坐标为2，代入反比例函数的解析式得点B的纵坐标为k2，由题意得点M的坐标为（2，k），则AM211，BMk-k2=k2；（2）利用分类讨论的思想，若ABE为直角，则BABE，BABE；若EAB为直角，

39、则ABAE，ABAE；若EAB为直角，则ABAE，ABAE，利用两点之间距离公式和两直线垂直的时，斜率的关系利用代数思想可解得结果【解答】解：（1）OP2，OQk，点Q坐标为（0，k），点P的坐标为（2，0），点A在线段QM上，点A的纵坐标为k，代入反比例函数解析式得：k=kx，解得：x1，点B在直线MP上，点B的横坐标为2，代入反比例函数的解析式得：y=k2，由题意得点M的坐标为（2，k），AM211，BMk-k2=k2；（2）设E（x0，0）（0x02），若ABE为直角，则BABE，BABE，BABE，1+(k-k2)2=(x0-2)2+(k2)2，解得：x01或x03（舍去），x01，E

40、（1，0），BA2+BE2AE2，BABE，2BA2AE2，2（k24+1）k2，解得：k2或k2（舍去）；若AEB为直角，则EAEB，EAEB，(1-x0)(2-x0)+(k2)2=0(1-x0)2+k2=(2-x0)2+(k4)2，解得：x03（舍去）或x0=43，k=23，当x0=43时，k=23；若EAB为直角，则ABAE，ABAE，x0-1+k22=01+k24=(x0-1)2+k2，解得：x0=12或x03（舍去），当x0=12时，k1，当k2，k=23或k1时，ABE是等腰直角三角形【点评】本题主要考查了反比例函数的图象和性质、坐标与函数图象的关系等，分类讨论，结合等腰直角三角形的性质，利用图象解决问题，从图上获取有用的信息，是解答此题题的关键