直角三角形的存在性问题问题2019含答案.doc

直角三角形的存在性问题2019
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）．
1， 如图，在△ABC中，AB＝AC＝10，cos∠B＝ ．D、E为线段BC上的两个动点，且DE＝3（E在D右边），运动初始时D和B重合，当E和C重合时运动停止．过E作EF//AC交AB于F，连结DF．设BD＝x，如果△BDF为直角三角形，求x的值．

2, 如图，已知A、B是线段MN上的两点，，，．以A为中心顺时针旋转点M，以B为中心逆时针旋转点N，使M、N两点重合成一点C，构成
△ABC，设AB＝x，若△ABC为直角三角形，求x的值．

3,如图，已知在平面直角坐标系中，点A的坐标为（-2, 0），点B是点A关于原点的对称点，P是函数图象上的一点，且△ABP是直角三角形，求点P的坐标．

4，如图，在平面直角坐标系中，直线l经过点A（2，﹣3），与x轴交于点B，且与直线平行．
（1）求：直线l的函数解析式及点B的坐标；
（2）如直线l上有一点M（a，﹣6），过点M作x轴的垂线，交直线于点N，在线段MN上求一点P，使△PAB是直角三角形，请求出点P的坐标．

5,（2016•绍兴） 如图，在矩形ABCD中，点O为坐标原点，点B的坐标为（4，3），点A、C在坐标轴上，点P在BC边上，直线l1：y=2x+3，直线l2：y=2x﹣3．
（1）分别求直线l1与x轴，直线l2与AB的交点坐标；
（2）已知点M在第一象限，且是直线l2上的点，若△APM是等腰直角三角形，求点M的坐标；

6，（2017•达州）如图1，点A坐标为（2，0），以OA为边在第一象限内作等边△OAB，点C为x轴上一动点，且在点A右侧，连接BC，以BC为边在第一象限内作等边△BCD，连接AD交BC于E．

（1）①直接回答：△OBC与△ABD全等吗？②试说明：无论点C如何移动，AD始终与OB平行；
（2）当点C运动到使AC2=AE•AD时，如图2，经过O、B、C三点的抛物线为y1．试问：y1上是否存在动点P，使△BEP为直角三角形且BE为直角边？若存在，求出点P坐标；若不存在，说明理由；
（3）在（2）的条件下，将y1沿x轴翻折得y2，设y1与y2组成的图形为M，函数y=x+m的图象l与M有公共点．试写出：l与M的公共点为3个时，m的取值．

7，（2017•上海）如图，已知⊙O的半径长为1，AB、AC是⊙O的两条弦，且AB=AC，BO的延长线交AC于点D，联结OA、OC．（1）求证：△OAD∽△ABD；（2）当△OCD是直角三角形时，求B、C两点的距离；（3）记△AOB、△AOD、△COD 的面积分别为S1、S2、S3，如果S2是S1和S3的比例中项，求OD的长．

8．（2018•黄浦区二模）如图，四边形ABCD中，∠BCD=∠D=90°，E是边AB的中点．已知AD=1，AB=2．
（1）设BC=x，CD=y，求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；
（2）当∠B=70°时，求∠AEC的度数；（3）当△ACE为直角三角形时，求边BC的长．

9．（2018•大庆）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，B点坐标为（4，0），与y轴交于点C（0，4）．（1）求抛物线的解析式；（2）点P在x轴下方的抛物线上，过点P的直线y＝x+m与直线BC交于点E，与y轴交于点F，求PE+EF的最大值；（3）点D为抛物线对称轴上一点．
①当△BCD是以BC为直角边的直角三角形时，直接写出点D的坐标；
②若△BCD是锐角三角形，直接写出点D的纵坐标n的取值范围．

10．（2018•沈阳）如图，在平面直角坐标系中，抛物线C1：y＝ax2+bx﹣1经过点A（﹣2，1）和点B（﹣1，﹣1），抛物线C2：y＝2x2+x+1，动直线x＝t与抛物线C1交于点N，与抛物线C2交于点M．
（1）求抛物线C1的表达式；（2）直接用含t的代数式表示线段MN的长；
（3）当△AMN是以MN为直角边的等腰直角三角形时，求t的值；
（4）在（3）的条件下，设抛物线C1与y轴交于点P，点M在y轴右侧的抛物线C2上，连接AM交y轴于点K，连接KN，在平面内有一点Q，连接KQ和QN，当KQ＝1且∠KNQ＝∠BNP时，请直接写出点Q的坐标．

直角三角形的存在性问题2019答案
1， 如图1-1，在△ABC中，AB＝AC＝10，cos∠B＝．D、E为线段BC上的两个动点，且DE＝3（E在D右边），运动初始时D和B重合，当E和C重合时运动停止．过E作EF//AC交AB于F，连结DF．设BD＝x，如果△BDF为直角三角形，求x的值．

图1-1
【解析】△BDF中，∠B是确定的锐角，那么按照直角顶点分类，直角三角形BDF存在两种情况．如果把夹∠B的两条边用含有x的式子表示出来，分两种情况列方程就可以了．
如图1-2，作AH⊥BC，垂足为H，那么H是BC的中点．
在Rt△ABH中，AB＝10，cos∠B＝，所以BH＝8．所以BC＝16．
由EF//AC，得，即．所以BF＝．

图1-2 图1-3 图1-4
①如图1-3，当∠BDF＝90°时，由，得．
解方程，得x＝3．
②如图1-4，当∠BFD＝90°时，由，得．
解方程，得．
我们看到，在画示意图时，无须受到△ABC的“限制”，只需要取其确定的∠B．
2， 如图2-1，已知A、B是线段MN上的两点，，，．以A为中心顺时针旋转点M，以B为中心逆时针旋转点N，使M、N两点重合成一点C，构成
△ABC，设AB＝x，若△ABC为直角三角形，求x的值．

图2-1
【解析】△ABC的三边长都可以表示出来，AC＝1，AB＝x，BC＝3－x．
如果用斜边进行分类，每条边都可能成为斜边，分三种情况：
①若AC为斜边，则，即，此方程无实根．
②若AB为斜边，则，解得（如图2-2）．
③若BC为斜边，则，解得（如图2-3）．
因此当或时，△ABC是直角三角形．

图2-2 图2-3
3 ，如图3-1，已知在平面直角坐标系中，点A的坐标为（-2, 0），点B是点A关于原点的对称点，P是函数图象上的一点，且△ABP是直角三角形，求点P的坐标．

图3-1
【解析】A、B两点是确定的，以线段AB为分类标准，分三种情况．
如果线段AB为直角边，那么过点A画AB的垂线，与第一象限内的一支双曲线没有交点；过点B画AB的垂线，有1个交点．
以AB为直径画圆，圆与双曲线有没有交点呢？先假如有交点，再列方程，方程有解那么就有交点．如果是一元二次方程，那么可能是一个交点，也可能是两个交点．
由题意，得点B的坐标为（2，0），且∠BAP不可能成为直角．
①如图3-2，当∠ABP＝90°时，点P的坐标为（2，1）．
②方法一：如图3-3，当∠APB＝90°时，OP是Rt△APB的斜边上的中线，OP＝2．
设P，由OP2＝4，得．解得．此时P(,)．

图3-2 图3-3
方法二：由勾股定理，得PA2＋PB2＝AB2．
解方程，得．
方法三：如图3-4，由△AHP∽△PHB，得PH2＝AH·BH．
解方程，得．

图3-4 图3-5
这三种解法的方程貌似差异很大，转化为整式方程之后都是(x2－2)2＝0．这个四次方程的解是x1＝x2＝，x3＝x4＝，它的几何意义就是以AB为直径的圆与双曲线相切于P、P′两点（如图3-5）．
4，如图，在平面直角坐标系中，直线l经过点A（2，﹣3），与x轴交于点B，且与直线平行．
（1）求：直线l的函数解析式及点B的坐标；
（2）如直线l上有一点M（a，﹣6），过点M作x轴的垂线，交直线于点N，在线段MN上求一点P，使△PAB是直角三角形，请求出点P的坐标．

【解答】解：（1）设直线l的解析式为y=kx+b（k≠0），
∵直线l平行于y=3x﹣ ∴k=3，∵直线l经过点A（2，﹣3），∴﹣3=2×3+b，b=﹣9，
∴直线l的解析式为y=3x﹣9，点B坐标为（3，0）；
（2） ∵点M（a，﹣6）在直线l上，∴a=1，则可设点P（1，y），∵，
∴y的取值范围是﹣6≤y≤，当AB为斜边时，PA2+PB2=AB2，即1+（y+3）2+4+y2=10，解得y1=﹣1，y2=﹣2，∴P（1，﹣1），P（1，﹣2），
当PB为斜边时，PA2+AB2=PB2，即1+（y+3）2+10=4+y2，解得y=﹣，∴，
当PA为斜边时，PB2+AB2=PA2，即10+4+y2=1+（y+3）2，解得y=，（舍去），
∴综上所述，点P的坐标为P1（1，﹣1），P2（1，﹣2），P3
5，（2016•绍兴）如图，在矩形ABCD中，点O为坐标原点，点B的坐标为（4，3），点A、C在坐标轴上，点P在BC边上，直线l1：y=2x+3，直线l2：y=2x﹣3．
（1）分别求直线l1与x轴，直线l2与AB的交点坐标；
（2）已知点M在第一象限，且是直线l2上的点，若△APM是等腰直角三角形，求点M的坐标；
（3）我们把直线l1和直线l2上的点所组成的图形为图形F．已知矩形ANPQ的顶点N在图形F上，Q是坐标平面内的点，且N点的横坐标为x，请直接写出x的取值范围（不用说明理由）．

【分析】（1）根据坐标轴上点的坐标特征可求直线l1与x轴，直线l2与AB的交点坐标；
（2）分三种情况：①若点A为直角顶点时，点M在第一象限；若点P为直角顶点时，点M在第一象限；③若点M为直角顶点时，点M在第一象限；进行讨论可求点M的坐标；
（3）根据矩形的性质可求N点的横坐标x的取值范围．
【解答】解：（1）直线l1：当y=0时，2x+3=0，x=﹣
则直线l1与x轴坐标为（﹣，0）直线l2：当y=3时，2x﹣3=3，x=3
则直线l2与AB的交点坐标为（3，3）；

（2）①若点A为直角顶点时，点M在第一象限，连结AC，
如图1，∠APB＞∠ACB＞45°，∴△APM不可能是等腰直角三角形，∴点M不存在；
②若点P为直角顶点时，点M在第一象限，如图2，过点M作MN⊥CB，交CB的延长线于点N，则Rt△ABP≌Rt△PNM，∴AB=PN=4，MN=BP，
设M（x，2x﹣3），则MN=x﹣4，∴2x﹣3=4+3﹣（x﹣4），x=，∴M（，）；
③若点M为直角顶点时，点M在第一象限，如图3，
设M1（x，2x﹣3），过点M1作M1G1⊥OA，交BC于点H1，则Rt△AM1G1≌Rt△PM1H1，
∴AG1=M1H1=3﹣（2x﹣3），∴x+3﹣（2x﹣3）=4，x=2 ∴M1（2，1）；
设M2（x，2x﹣3），同理可得x+2x﹣3﹣3=4，∴x=，∴M2（，）；
综上所述，点M的坐标为（，），（2，1），（，）；
6，（2017•达州）如图1，点A坐标为（2，0），以OA为边在第一象限内作等边△OAB，点C为x轴上一动点，且在点A右侧，连接BC，以BC为边在第一象限内作等边△BCD，连接AD交BC于E．

（1）①直接回答：△OBC与△ABD全等吗？
②试说明：无论点C如何移动，AD始终与OB平行；
（2）当点C运动到使AC2=AE•AD时，如图2，经过O、B、C三点的抛物线为y1．试问：y1上是否存在动点P，使△BEP为直角三角形且BE为直角边？若存在，求出点P坐标；若不存在，说明理由；
（3）在（2）的条件下，将y1沿x轴翻折得y2，设y1与y2组成的图形为M，函数y=x+m的图象l与M有公共点．试写出：l与M的公共点为3个时，m的取值．
．
【解答】解：（1）①△OBC与△ABD全等，
理由是：如图1，∵△OAB和△BCD是等边三角形，∴∠OBA=∠CBD=60°，
OB=AB，BC=BD，∴∠OBA+∠ABC=∠CBD+∠ABC，即∠OBC=∠ABD，
∴△OBC≌△ABD（SAS）；
②∵△OBC≌△ABD，∴∠BAD=∠BOC=60°，∴∠OBA=∠BAD，∴OB∥AD，
∴无论点C如何移动，AD始终与OB平行；
（2）如图2，∵AC2=AE•AD，∴，∵∠EAC=∠DAC，∴△AEC∽△ACD，
∴∠ECA=∠ADC，∵∠BAD=∠BAO=60°，∴∠DAC=60°，
∵∠BED=∠AEC，∴∠ACB=∠ADB，∴∠ADB=∠ADC，
∵BD=CD，∴DE⊥BC，
Rt△ABE中，∠BAE=60°，∴∠ABE=30°，∴AE=AB=×2=1，
Rt△AEC中，∠EAC=60°，∴∠ECA=30°，∴AC=2AE=2，∴C（4，0），
等边△OAB中，过B作BH⊥x轴于H，∴BH==，∴B（1，），
设y1的解析式为：y=ax（x﹣4），把B（1，）代入得：=a（1﹣4），
a=﹣，∴设y1的解析式为：y1=﹣x（x﹣4）=﹣x2+x，
过E作EG⊥x轴于G，Rt△AGE中，AE=1，∴AG=AE=，EG==，
∴E（，），
设直线AE的解析式为：y=kx+b，
把A（2，0）和E（，）代入得：，解得：，
∴直线AE的解析式为：y=x﹣2，
则，解得：，，
∴P（3，）或（﹣2，﹣4）；
由（2）知：OB∥AD，∴∠OBE=∠AEC=90°，∴△OBE是直角三角形，
∴P在点O处时，也符合条件，
综上所述，点P的坐标为：（3，）或（﹣2，﹣4）或（0，0）；
（3）如图3，
y1=﹣x2+x=﹣（x﹣2）2+，顶点（2，），
∴抛物线y2的顶点为（2，﹣），∴y2=（x﹣2）2﹣，
∵直线y=x+m和组成图形M的抛物线y1有两个交点或一个交点或没有交点，
抛物线y2有两个交点或一个交点或没有交点，
要图象M和直线y=x+m只有3个交点，则直线y=x+m和y1或y2相切，

当y2与l相切时，直线l与y2只有一个公共点，即：l与图形M有3个公共点，
则，=﹣，
x2﹣7x﹣3m=0，△=（﹣7）2﹣4×1×（﹣3m）=0，m=﹣，
当y1与l相切时，直线l与y1只有一个公共点，l与图形M有3个公共点，
∴，∴x2﹣x+3m=0，∴△=1﹣12m=0，∴m=，
当直线经过（0，0）或（4，0）时，也符合题意，此时m=0或﹣4
∴当l与M的公共点为3个时，m的取值是：m=﹣或m=或0或﹣4．

【点评】本题是二次函数与三角形的综合题，考查了等边三角形的性质、三角形全等和相似的性质和判定、平行线的判定、两函数的交点问题、翻折变换、利用待定系数法求函数的解析式等知识，比较复杂，计算量大，尤其是第三问，利用数形结合的思想有助于理解题意，解决问题．
7，（2017•上海）如图，已知⊙O的半径长为1，AB、AC是⊙O的两条弦，且AB=AC，BO的延长线交AC于点D，联结OA、OC．
（1）求证：△OAD∽△ABD；
（2）当△OCD是直角三角形时，求B、C两点的距离；
（3）记△AOB、△AOD、△COD 的面积分别为S1、S2、S3，如果S2是S1和S3的比例中项，求OD的长．

【考点】MR：圆的综合题．菁优网版权所有
【专题】16 ：压轴题．
【分析】（1）由△AOB≌△AOC，推出∠C=∠B，由OA=OC，推出∠OAC=∠C=∠B，由∠ADO=∠ADB，即可证明△OAD∽△ABD；
（2）如图2中，当△OCD是直角三角形时，需要分类讨论解决问题；
（3）如图3中，作OH⊥AC于H，设OD=x．想办法用x表示AD、AB、CD，再证明AD2=AC•CD，列出方程即可解决问题；
【解答】（1）证明：如图1中，

在△AOB和△AOC中，，∴△AOB≌△AOC，∴∠C=∠B，
∵OA=OC，∴∠OAC=∠C=∠B，∵∠ADO=∠ADB，∴△OAD∽△ABD．
（2）如图2中，①当∠ODC=90°时，

∵BD⊥AC，OA=OC，∴AD=DC，∴BA=BC=AC，∴△ABC是等边三角形，
在Rt△OAD中，∵OA=1，∠OAD=30°，∴OD=OA=，∴AD==，
∴BC=AC=2AD=．
②∠COD=90°，∠BOC=90°，BC==，
③∠OCD显然≠90°，不需要讨论．
综上所述，BC=或．
（3）如图3中，作OH⊥AC于H，设OD=x．

∵△DAO∽△DBA，∴==，∴==，
∴AD=，AB=，
∵S2是S1和S3的比例中项，∴S22=S1•S3，
∵S2=AD•OH，S1=S△OAC=•AC•OH，S3=•CD•OH，
∴（AD•OH）2=•AC•OH••CD•OH，
∴AD2=AC•CD，
∵AC=AB．CD=AC﹣AD=﹣，
∴（）2=•（﹣），
整理得x2+x﹣1=0，解得x=或，
经检验：x=是分式方程的根，且符合题意，
∴OD=．
（也可以利用角平分线的性质定理：==，黄金分割点的性质解决这个问题）
【点评】本题考查圆的综合题、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、比例中项等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
8．（2018•黄浦区二模）如图，四边形ABCD中，∠BCD=∠D=90°，E是边AB的中点．已知AD=1，AB=2．
（1）设BC=x，CD=y，求y关于x的函数关系式，并写出x的取值范围；
（2）当∠B=70°时，求∠AEC的度数；
（3）当△ACE为直角三角形时，求边BC的长．

【分析】（1）过A作AH⊥BC于H，在△BAH中，依据勾股定理可得22=y2+（x﹣1）2，进而得出y=（0＜x＜3）；
（2）取CD中点T，联结TE，则TE是梯形中位线，即可得出∠AED=∠ADE=∠DET=35°，由ET垂直平分CD，得∠CET=∠DET=35°，即可得到∠AEC=70°+35°=105°；
（3）分三种情况讨论：①∠AEC=90°，②∠CAE=90°，③∠ACE＜∠DCB=90°，利用全等三角形的性质以及相似三角形的性质，即可得到边BC的长为2或．
【解答】解：（1）如图，过A作AH⊥BC于H，
由∠D=∠BCD=90°，得四边形ADCH为矩形，
在△BAH中，AB=2，∠BHA=90°，AH=y，HB=x﹣1，
∴22=y2+（x﹣1）2，则y=（0＜x＜3）；

（2）如图，取CD中点T，联结TE，DE，则TE是梯形中位线，
∴ET∥AD，ET⊥CD，∴∠AET=∠B=70°，又AD=AE=1，
∴∠AED=∠ADE=∠DET=35°，由ET垂直平分CD，得∠CET=∠DET=35°，
∴∠AEC=70°+35°=105°；
（3）分三种情况讨论：
①当∠AEC=90°时，CE垂直平分AB，
∴CA=CB，而CE=CE，∴△CBE≌△CAE，
∵∠D=∠CEA=90°，AD=AE=1，AC=AC，∴△CAE≌△CAD，
∴∠BCE=∠BCD=30°，
则在Rt△ABH中，∠B=60°，而∠AHB=90°，AB=2，
∴BH=1，又∵矩形ADCH中，CH=AD=1，∴BC=2；

②如图，当∠CAE=90°时，∠D=∠CAE，而∠CAD=∠ACB，
∴△CDA∽△BCA，又∵Rt△ABC中，AC==，
则=，即，解得x=或x=（舍去）；
③易知∠ACE＜∠DCB=90°，故∠ACE不可能为直角；
综上所述，边BC的长为2或．

9．（2018•大庆）如图，抛物线y＝x2+bx+c与x轴交于A、B两点，B点坐标为（4，0），与y轴交于点C（0，4）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点P在x轴下方的抛物线上，过点P的直线y＝x+m与直线BC交于点E，与y轴交于点F，求PE+EF的最大值；
（3）点D为抛物线对称轴上一点．
①当△BCD是以BC为直角边的直角三角形时，直接写出点D的坐标；
②若△BCD是锐角三角形，直接写出点D的纵坐标n的取值范围．

【分析】（1）利用待定系数法求抛物线的解析式；
（2）易得BC的解析式为y＝﹣x+4，先证明△ECF为等腰直角三角形，作PH⊥y轴于H，PG∥y轴交BC于G，如图1，则△EPG为等腰直角三角形，PE＝PG，设P（t，t2﹣4t+3）（1＜t＜3），则G（t，﹣t+3），接着利用t表示PF、PE，所以PE+EF＝2PE+PF＝﹣t2+5t，然后利用二次函数的性质解决问题；
（3）①如图2，抛物线的对称轴为直线x＝﹣点D的纵坐标的取值范围．
②由于△BCD是以BC为斜边的直角三角形有4+（y﹣3）2+1+y2＝18，解得y1＝，y2＝，得到此时D点坐标为（，）或（，），然后结合图形可确定△BCD是锐角三角形时点D的纵坐标的取值范围．
【解答】解：（1）把B（4，0），C（0，4）代入y＝x2+bx+c，得
，解得 ，∴抛物线的解析式为y＝x2﹣5x+4；
（2）易得BC的解析式为y＝﹣x+4，
∵直线y＝x+m与直线y＝x平行，∴直线y＝﹣x+4与直线y＝x+m垂直，
∴∠CEF＝90°，∴△ECF为等腰直角三角形，
作PH⊥y轴于H，PG∥y轴交BC于G，如图1，△EPG为等腰直角三角形，PE＝PG，
设P（t，t2﹣5t+4）（1＜t＜4），则G（t，﹣t+4），
∴PF＝PH＝t，PG＝﹣t+4﹣（t2﹣5t+4）＝﹣t2+4t，
∴PE＝PG＝﹣t2+2t，
∴PE+EF＝PE+PE+PF＝2PE+PF＝﹣t2+4t+t＝﹣t2+5t
＝﹣（t﹣）2+，
当t＝时，PE+EF的最大值为；

（3）①如图2，抛物线的对称轴为直线x＝，
设D（，y），则BC2＝42+42＝32，DC2＝（）2+（y﹣4）2，BD2＝（4﹣）2+y2＝+y2，
当△BCD是以BC为直角边，BD为斜边的直角三角形时，BC2+DC2＝BD2，即32+（）2+（y﹣4）2＝+y2，解得y＝，此时D点坐标为（，）；
当△BCD是以BC为直角边，CD为斜边的直角三角形时，BC2+DB2＝DC2，即32++y2＝（）2+（y﹣4）2，解得y＝﹣，此时D点坐标为（，﹣）；
综上所述，符合条件的点D的坐标是（，）或（，﹣）；
②当△BCD是以BC为斜边的直角三角形时，DC2+DB2＝BC2，即（）2+（y﹣4）2++y2＝32，解得y1＝，y2＝，此时D点坐标为（，）或（，），
所以△BCD是锐角三角形，点D的纵坐标的取值范围为＜n＜或﹣＜n＜．

【点评】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握等腰直角三角形的性质、二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质；会利用待定系数法求函数解析式；会利用两点间的距离公式计算线段的长；理解坐标与图形的性质；会运用分类讨论的思想和数形结合的思想解决数学问题．
10．（2018•沈阳）如图，在平面直角坐标系中，抛物线C1：y＝ax2+bx﹣1经过点A（﹣2，1）和点B（﹣1，﹣1），抛物线C2：y＝2x2+x+1，动直线x＝t与抛物线C1交于点N，与抛物线C2交于点M．（1）求抛物线C1的表达式；
（2）直接用含t的代数式表示线段MN的长；
（3）当△AMN是以MN为直角边的等腰直角三角形时，求t的值；
（4）在（3）的条件下，设抛物线C1与y轴交于点P，点M在y轴右侧的抛物线C2上，连接AM交y轴于点K，连接KN，在平面内有一点Q，连接KQ和QN，当KQ＝1且∠KNQ＝∠BNP时，请直接写出点Q的坐标．

【分析】（1）应用待定系数法；
（2）把x＝t带入函数关系式相减；
（3）根据图形分别讨论∠ANM＝90°、∠AMN＝90°时的情况．
（4）根据题意画出满足条件图形，可以找到AN为△KNP对称轴，由对称性找到第一个满足条件Q，再通过延长和圆的对称性找到剩余三个点．利用勾股定理进行计算．
【解答】解：（1）∵抛物线C1：y＝ax2+bx﹣1经过点A（﹣2，1）和点B（﹣1，﹣1）
∴解得： ∴抛物线C1：解析式为y＝x2+x﹣1
（2）∵动直线x＝t与抛物线C1交于点N，与抛物线C2交于点M
∴点N的纵坐标为t2+t﹣1，点M的纵坐标为2t2+t+1
∴MN＝（2t2+t+1）﹣（t2+t﹣1）＝t2+2
（3）共分两种情况
①当∠ANM＝90°，AN＝MN时，由已知N（t，t2+t﹣1），A（﹣2，1）
∴AN＝t﹣（﹣2）＝t+2
∵MN＝t2+2 ∴t2+2＝t+2 ∴t1＝0（舍去），t2＝1 ∴t＝1
②当∠AMN＝90°，AN＝MN时，由已知M（t，2t2+t+1），A（﹣2，1）
∴AM＝t﹣（﹣2）＝t+2，
∵MN＝t2+2 ∴t2+2＝t+2 ∴t1＝0，t2＝1（舍去） ∴t＝0
故t的值为1或0
（4）由（3）可知t＝1时M位于y轴右侧，根据题意画出示意图如图：

易得K（0，3），B、O、N三点共线
∵A（﹣2，1）N（1，1）P（0，﹣1） ∴点K、P关于直线AN对称
设半径为1的⊙K与y轴下方交点为Q2，则其坐标为（0，2）
∴Q2与点O关于直线AN对称 ∴Q2是满足条件∠KNQ＝∠BNP．
则NQ2延长线与⊙K交点Q1，Q1、Q2关于KN的对称点Q3、Q4也满足∠KNQ＝∠BNP．
由图形易得Q1（﹣1，3）
设点Q3坐标为（m，n），由对称性可知Q3N＝NQ1＝BN＝2
由∵⊙K半径为1
∴ 解得，．
同理，设点Q4坐标为（m，n），由对称性可知Q4N＝NQ2＝NO＝
∴解得，．
∴满足条件的Q点坐标为：（0，2）、（﹣1，3）、（，）、（，）
【点评】本题为代数几何综合题，考查了二次函数基本性质．解答过程中应用了分类讨论、数形结合以及构造数学模型等数学思想．

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直角三角形的存在性问题2019