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直角三角形的存在探究
针对演练
1. 如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c的图象过点M(－2，)，顶点为
N(－1，)，与x轴交于点A、B(点A在点B的右侧)，与y轴交于点C.
(1)求抛物线解析式；
(2)判断△ABC的形状，并说明理由；
(3)若点Q是抛物线对称轴上一点，当△QBC是直角三角形时，求点Q的坐标．

第1题图

2. (2016陕西10分)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．

第2题图

3. (2016恩施节选)如图，在矩形OABC纸片中，OA＝7，OC＝5，D为BC边上动点，将△OCD沿OD折叠，当点C的对应点落在直线l：y＝－x＋7上时，记为点E、F，当点C的对应点落在边OA上时，记为点G.
(1)求点E、F的坐标；
(2)求经过E、F、G三点的抛物线的解析式；
(3)在(2)中的对称轴上是否存在点P，使以E、F、P为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

第3题图

4. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝BC，OA＝1，OC＝4，抛物线y＝x2＋bx＋c经过A，B两点，抛物线的顶点为D.
(1)求系数b，c的值；
(2)点E是Rt△ABC斜边AB上一动点(点A、B除外)，过点E作x轴的垂线交抛物线于点F，当线段EF的长度最大时，求点E的坐标；
(3)在(2)的条件下，抛物线上是否存在一点P，使△EFP是以EF为直角边的直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，说明理由．

第4题图 备用图

答案

1. 解：(1)已知抛物线顶点N(－1，)，
故可设抛物线解析式为y＝a(x＋1)2＋，
将M(－2，)代入得 ＝a(－2＋1)2＋，
解得a＝－，
∴抛物线的解析式为y＝－(x＋1)2＋.
即y＝－ x2－ x＋；
(2)对于抛物线y＝－x2－x＋，
令y＝0，得－ x2－ x＋＝0，
解得x1＝1，x2＝－3，
∴点A(1，0)，点B(－3，0)，
令x＝0，得y＝，
∴点C的坐标为(0，)．
∴AB2＝42＝16，
AC2＝12＋(－)2＝4，
BC2＝32＋()2＝12，
∴AB2＝AC2＋BC2，
∴△ABC是直角三角形，并且∠BCA＝90°；
(3)由抛物线顶点N(－1，)知抛物线的对称轴为x＝－1，
设点Q的坐标为(－1，t)，
则BQ2＝(－3＋1)2＋(0－t)2＝4＋t2，
CQ2＝(－1)2＋(t－)2＝t2－2 t＋4，
BC2＝12.
要使△BQC是直角三角形，分三种情况：
(ⅰ)当∠BQC＝90°，则BQ2＋QC2＝BC2，
即4＋t2＋t2－2 t＋4＝12，
解得t1＝，t2＝，
此时点Q的坐标为(－1，)或(－1，)；
(ⅱ)当∠QBC＝90°，则BQ2＋BC2＝QC2，
即4＋t2＋12＝t2－2 t＋4，解得t＝－2，
此时点Q的坐标为(－1，－2)；
(ⅲ)当∠BCQ＝90°时，则QC2＋BC2＝BQ2，

即t2－2t＋4＋12＝4＋t2，解得t＝2，
此时点Q的坐标为(－1，2)．
综上，当△QBC是直角三角形时，点Q坐标分别为(－1，)，(－1，)，(－1，－2)，(－1，2)．
2. 解：(1)将M(1，3)，N(3，5)点坐标代入抛物线解析式y＝ax2＋bx＋5，
得，解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2－3x＋5. ……………………………(2分)
对于方程x2－3x＋5＝0，
∵Δ＝(－3)2－4×1×5＝9－20＝－11＜0，
∴抛物线与x轴无交点；…………………………………………(3分)

第2题解图
(2)∵△AOB是等腰直角三角形，点A坐标为(－20)，点B在y轴上，
∴点B的坐标为B1(0，2)或B2(0，－2)．………………………………(5分)
设平移后的抛物线的表达式为y＝x2＋mx＋n .
①当抛物线经过点A(－2，0)，
B1(0，2)时，代入可得，解得，
∴平移后的抛物线y＝x2＋3x＋2. ………………………………(7分)
∴该抛物线顶点坐标为(－，－)．
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；………………………………………………………(8分)
②当抛物线过点A(－2，0)，B2(0，－2)时，
，解得，
∴平移后的抛物线为y＝x2＋x－2. ………………………………(9分)
∴该抛物线顶点坐标为(－，－)．
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．…………………………………………………(10分)
3. 解：(1)设点C的对应点的坐标为(x，－x＋7)，
由折叠性质可知OE＝OC＝5，
∴x2＋(－x＋7)2＝52，
解得x1＝3，x2＝4，
当x＝3时，－x＋7＝4；
当x＝4时，－x＋7＝3.
∴点E、F的坐标分别为(3，4)，(4，3)；
(2)当点C的对应点落在OA上时则OG＝OC＝5，
∴点G的坐标为(5，0)，
设过点E、F、G的抛物线解析式为y＝ax2＋bx＋c，
将点E、F、G的坐标分别代入得，解得，
∴经过E、F、G三点的抛物线解析式为y＝－x2＋6x－5；
(3)存在，理由如下：
∵抛物线的解析式为y＝－x2＋6x－5
∴抛物线的对称轴为x＝－＝3
设P(3，m)，
则有PE2＝(4－m)2＋(3－3)2＝m2－8m＋16，
PF2＝(3－m)2＋(4－3)2＝m2－6m＋10，
EF2＝(4－3)2＋(4－3)2＝2，
分三种情况讨论，
①当∠PEF＝90°时，
PE2＋EF2＝PF2，
m2－8m＋16＋2＝m2－6m＋10，
解得m＝4，
与点E重合，舍去；
②当∠EPF＝90°时，
PE2＋PF2＝EF2，
m2－8m＋16＋m2－6m＋10＝2
解得m1＝3，m2＝4(舍去)
则点P1(3，3)；
③当∠EFP＝90°时，
EF2＋PF2＝PE2，
2＋m2－6m＋10＝m2－8m＋16，
解得m＝2，
则点P2(3，2)，
综上所述，存在点P使以E、F、P为顶点的三角形为直角三角形，点P的坐标分别为P1(3，3)，P2(3，2)．
4. 解：(1)由OA＝1，得到A(－1，0)，
由BC＝AC＝OA＋OC＝1＋4＝5，得到B(4，5)，
将A与B坐标代入抛物线y＝x2＋bx＋c得，
解得b＝－2，c＝－3；
(2)设直线AB：y＝px＋q，经过点A(－1，0)，B(4，5)，

第4题解图
∴，解得，
∴直线AB的解析式为：y＝x＋1，
∵二次函数y＝x2－2x－3，
∴设点E(t，t＋1)，则F(t，t2－2t－3)，
∴EF＝(t＋1)－(t2－2t－3)
＝－(t－)2＋，
∴当t＝时，EF的最大值为，
此时点E的坐标为(，)；
(3)存在，分两种情况考虑：
(ⅰ)过点E作直线a⊥EF交抛物线于点P，
设点P(m，m2－2m－3)，
则有：m2－2m－3＝，
解得：m1＝，m2＝，
∴P1(，)，P2(，)；
(ⅱ)过点F作直线b⊥EF交抛物线于P3，设P3(n，n2－2n－3)，
则有：n2－2n－3＝－，
解得：n1＝，n2＝(与点F重合，舍去)，
∴P3(，－)，
综上所述：所有点P的坐标：P1(，)，P2(，)，P3(，－)，能使△EFP是以EF为直角边的直角三角形．