2023年中考复习存在性问题系列 特殊角的存在性问题专题探究

2023年中考复习存在性问题系列

              特殊角的存在性问题专题探究

    特殊角的存在性问题也是近年来各地中考的热点，其图形复杂，不确定因素较多，解题有一定的难度．因此对此类问题建立解题模型，则可以大大降低学生思维难度。

解题攻略

1.   【基本概念】

特殊角存在性问题在坐标系中可以由以下几种方式得到：

（1）等腰直角三角形的性质；

（2）平行线的性质；

（3）等边三角形的性质；

（4）等角三角函数相等。

（5）直角三角形性质。

2.【基本题型】

（1）30°，60°特殊角

（2）90°的特殊角

（3）45°的特殊角

（4）15°的特殊角

3.【解题思路】

（1）运用三角函数值；

（2）遇45°构造等腰直角三角形；

（3）遇30°，60°构造等边三角形；

（4）遇90°构造直角三角形。

典例剖析

1.遇45°构造等腰直角三角形

例1.如图，抛物线与y＝－x2＋x＋2与直线y＝x＋2交于C，D两点，点P是直线CD上方的抛物线上一点，PE⊥x轴于点E，交CD于点F，∠PCF＝45°，求点P的坐标．

变式训练1

如图，已知直线与抛物线相交于，两点，抛物线的顶点是，点在轴上．

（1）求抛物线的解析式；

（2）若点是轴上一点，点是坐标平面内一点，当以、、、为顶点的四边形是矩形时，求点的坐标．

（3）在抛物线上是否存在点，使，若存在，请直接写出点的横坐标；若不存在，说明理由．

2. 遇30°，60°构造等边三角形

例2.如图，抛物线y＝x2－12与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），点P在抛物线上，且∠APB＝60°，求点P坐标．

变式训练2

如图，抛物线y＝ax2﹣2x+c（a≠0）过点O（0，0）和A（6，0）．点B是抛物线的顶点，点D是x轴下方抛物线上的一点，连接OB，OD．

（1）求抛物线的解析式；

（2）如图①，当∠BOD＝30°时，求点D的坐标；

遇90°构造直角三角形。

例3.已知二次函数图象过点A（﹣2，0），B（4，0），C（0，4）．

（1）求二次函数的解析式．

（2）如图，当点P为AC的中点时，在线段PB上是否存在点M，使得∠BMC＝90°？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

（3）点K在抛物线上，点D为AB的中点，直线KD与直线BC的夹角为锐角θ，且tanθ，求点K的坐标．

练习：已知抛物线经过点 和点，与轴交于点，点为第二象限内抛物线上的动点．

（1）抛物线的解析式为　　，抛物线的顶点坐标为　　；

（2）如图1，是否存在点，使四边形的面积为8？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．

（3）如图2，连接交于点，当时，请求出点的坐标；

（4）如图3，点的坐标为，点为轴负半轴上的一点，，连接，若，请求出点的坐标．

答案

例1.【解答】延长PC交x轴于点A，过点A作AG⊥AC，交直线CD于点G，设A（a，0），

易得G（a－2，－a），代入y＝x＋2，得a＝－ ，∴A（－，0），∴AC：y＝3x＋2．

联立，得P（，）

变式训练1

【解答】解：（1）将点代入直线得，

，

，

直线，

当时，代入直线得：，

解得：，

点坐标，

设抛物线表达式为，将点代入抛物线得，

，

解得：，

抛物线表达式；

（2）当以、、、为顶点的四边形是矩形时，有两种情况：

①如图，当为边时，

设点，

已知点，点

，，，

，即，

解得，

即点的坐标，

延长交轴于点，作轴于，交的延长线于点．

由，可得，

，

，

，

②如图，当为对角线时，

取线段的中点，作辅助圆，与轴交于点，，作轴于点，

点坐标，，即，

由①可得线段，

半径，

在△中，，，

，

根据垂径定理可得，，

点坐标，点坐标；

综上所述，当以、、、为顶点的四边形是矩形时，点坐标为：或或或；

（3）存在点的横坐标为或，使．

理由如下：假设存在满足条件的点，如图，

当四边形为正方形，且点，分别在直线和直线上时，，

设过线段中点，且与线段垂直的直线：，

将点代入得：，

解得，

直线为，

设点点坐标，

在中，，，

，

解得，

，

解得，，

点坐标，点坐标，

设直线表达式为：，将点，点代入得，

，

解得，

直线的表达式为，

同理可得直线的表达式为，

联立直线与抛物线可得，

，

解得，，

同理联立直线与抛物线可解得，，

点的横坐标为或．

例2解：A（－，0），B（，0），在y轴上取点M（0，2），设P（t，t2－12），易得∠AMB＝120°，

（1）点P在x轴上方时，以M为圆心，MA＝4为半径画圆，与抛物线交于点P，

点P即为所求，MP2＝MB2＝16，t2＋（t2－12－2）2＝16，t4－27t2＋180＝0，

（t2－12）（t2－15）＝0，t2＝12或t2＝15，∴P（±，0）（舍去），（±，3）；

（2）当点P在x轴下方时，M（0，－2），MP2＝MB2，t2＋（t2－12＋2）2＝16，

t2＝12（舍）或t2＝7，t＝±，P（±，－5）；

故点P的坐标为（±，3），P（±，－5）．

变式训练2

【答案】见解析.

【解析】解：（1）把点O（0，0）和A（6，0）代入y＝ax2﹣2x+c中，

得到，

解得，

∴抛物线的解析式为yx2﹣2x．

（2）设抛物线的对称轴交x轴于M，与OD交于点N．

∵yx2﹣2x（x﹣3）2﹣3，

∴顶点B（3，﹣3），M（3，0），

∴OM＝3．BM＝3，

∴tan∠MOB，

∴∠MOB＝60°，

∵∠BOD＝30°，

∴∠MON＝∠MOB﹣∠BOD＝30°，

∴MN＝OM•tam30°，

∴N（3，），

∴直线ON的解析式为yx，

由，解得或，

∴D（5，）．

例3.【答案】见解析.

【解析】解：（1）∵二次函数图象过点B（4，0），点A（﹣2，0），

∴设二次函数的解析式为y＝a（x+2）（x﹣4），

∵二次函数图象过点C（0，4），

∴4＝a（0+2）（0﹣4），

∴a，

∴二次函数的解析式为y（x+2）（x﹣4）x2+x+4；

（2）存在，

理由如下：取BC中点Q，连接MQ，

∵点A（﹣2，0），B（4，0），C（0，4），点P是AC中点，点Q是BC中点，

∴P（﹣1，2），点Q（2，2），BC4，

设直线BP解析式为：y＝kx+b，

由题意可得：，

解得：

∴直线BP的解析式为：yx，

∵∠BMC＝90°

∴点M在以BC为直径的圆上，

∴设点M（c，c），

∵点Q是Rt△BCM的中点，

∴MQBC＝2，

∴MQ2＝8，

∴（c﹣2）2+（c2）2＝8，

∴c＝4或，

当c＝4时，点B，点M重合，即c＝4，不合题意舍去，

∴c，则点M坐标（，），

故线段PB上存在点M（，），使得∠BMC＝90°；

（3）过点D作DE⊥BC于点E，设直线DK与BC交于点N，

∵点A（﹣2，0），B（4，0），C（0，4），点D是AB中点，

∴点D（1，0），OB＝OC＝4，AB＝6，BD＝3，

∴∠OBC＝45°，

∵DE⊥BC，

∴∠EDB＝∠EBD＝45°，

∴DE＝BE，

∵点B（4，0），C（0，4），

∴直线BC解析式为：y＝﹣x+4，

设点E（n，﹣n+4），

∴﹣n+4，

∴n，

∴点E（，），

在Rt△DNE中，NE.

①若DK与射线EC交于点N（m，4﹣m），

∵NE＝BN﹣BE，

∴（4﹣m），

∴m，

∴点N（，），

∴直线DK解析式为：y＝4x﹣4，

联立y＝4x﹣4，x2+x+4

得：点K坐标为（2，4）或（﹣8，﹣36）；

②若DK与射线EB交于N（m，4﹣m），

∵NE＝BE﹣BN，

∴（4﹣m），[来源:学科网]

∴m，

∴点N（，），

∴直线DK解析式为：yx，

联立yx，x2+x+4，

得点K坐标为（，）或（，），

综上所述：点K的坐标为（2，4）或（﹣8，﹣36）或（，）或（，）．