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  代几综合

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  直角三角形的存在性

存在，点 $Q$ 坐标为 $\left(2,4\right)$ 与 $\left(\sqrt 3 ,3\right)$

可设它对应的函数表达式为 $y=ax^2\left(a\neq 0\right)$，
将点 $B\left(2,2\right)$ 坐标代入抛物线 $E_2$ 解析式，可得 $a=\dfrac 12$．
所以抛物线 $E_2$ 所对应的二次函数表达式为 $y=\dfrac12 x^2$．
如图，假设在第一象限内，抛物线 $E_1$ 上存在点 $Q$，使得 $\triangle QBB'$ 为直角三角形．由图象可知直角顶点只能为点 $B$ 或点 $Q$．
① 当点 $B$ 为直角顶点时，过 $B$ 作 $QB\perp BB'$ 交抛物线 $E_1$ 于 $Q$，
则点 $Q$ 与 $B$ 的横坐标相等且为 $2$，
将 $x=2$ 代入 $y=x^2$，得 $y=4$，
所以点 $Q$ 的坐标为 $\left(2,4\right)$．
② 当点 $Q$ 为直角顶点时，则有 $QB'^2+QB^2=B'B^2$，
过点 $Q$ 作 $GQ\perp BB'$ 于点 $G$，
设点 $Q$ 的坐标为 $\left(t,t^2\right)\left(t>0\right)$，
则有 $\left(t+2\right)^2+\left(t^2-2\right)^2+\left(2-t\right)^2+\left(t^2-2\right)^2=4^2$，
整理得 $t^4-3t^2=0$，
解得 $t_1= \sqrt 3$，$t_2=-\sqrt 3$（舍去），$t_3=0$（舍去），
所以点 $Q$ 的坐标为 $\left(\sqrt 3 ,3\right)$，
综上可得，存在符合条件的点 $Q$，其坐标为 $\left(2,4\right)$ 与 $\left(\sqrt 3 ,3\right)$．

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  代几综合

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  函数与面积

$\dfrac{S_{\triangle PAA'}}{S_{\triangle P'BB'}}=\dfrac 14$

由题意可得 $m=1$，所以点 $(1,1)$．
如图，过点 $P$ 作 $PC\perp x$ 轴，垂足为点 $C$，$PC$ 交直线 $AA'$ 于点 $E$；过点 $P'$ 作 $P'D\perp x$ 轴，垂足为点 $D$，$P'D$ 交直线 $BB'$ 于点 $F$．依题意可设 $ P\left(c,c^2\right),P'\left(d,\dfrac12d^2\right)$，其中 $c>0, c\neq 1$，
由 $\tan \angle POC=\tan \angle P'OD $，可得 $\dfrac{c^2}{c}=\dfrac{\dfrac 12d^2}{d} $，
所以 $d=2c$．
所以 $\dfrac{S_{\triangle PAA'}}{S_{\triangle P'BB'}}=\dfrac{\dfrac 12 AA'\cdot PE}{\dfrac 12 BB'\cdot P'F}=\dfrac{\dfrac 12\times 2\times {\left|{c^2-1}\right|}}{\dfrac 12\times 4\times {\left|{\dfrac 12d^2-2}\right|}}=\dfrac{{\left|{c^2-1}\right|}}{2\times {\left|{2c^2-2}\right|}}=\dfrac 14$．