中考數(shù)學專題存在性問題解題策略《角的存在性處理策略》

第1講角的存在性辦理策略知識必備一、一線三等角1.如圖1-1-1，ACBDE90o且CAB450ACD≌CBE，此為“一線三直角”全等，又稱“K字型”全等;圖1-1-1圖1-1-2圖1-1-3圖1-1-42.如圖1-1-2，ACBDE90oACD∽CBE，此為“一線三直角”相像，又稱“K字型”相像;3.如圖1-1-3，ACBDE90oACD∽CBE，此為更一般的“一線三等角”.二、相像三角形的性質相像三角形的對應邊成比率，其比值稱為相像比；相像三角形的對應線段成比率.正切的定義如圖1-1-4，在RtABC中，tanAaA的正切值等于A的對邊與A的鄰邊，即bb之比；同理，tanBB1，即互余兩角的正切值互為倒數(shù).，則tanAtana方法提煉基本策略：聯(lián)想結構結構路線方式(一)：結構“一線三等角”角構等腰直角三角形造“一線三直角”全等，如圖1-2-1；圖1-2-1角構直角三角形造“一線三直角”相像，如圖1-2-2；圖1-2-2α=k→構直角三角形→造“一線三直角”相像，如圖1-2-3；BAAαααDEDC圖1-2-3“一線三等角”的應用分三重境地；一重境：當一條線上已有三個等角時，只需辨別、證明，直策應用模型解題，如圖“同側型一線三等角”及圖1-2-5所示的“異側型一線三等角”；二重境：當一條線上已有兩個等角時，需要再補上一個等角，結構模型解題；三重境：當一條線上只有一個角時，需要再補上兩個等角，結構模型解題，如圖所示；圖1-2-5圖1-2-6圖1-2-4

BCE1-2-4所示的1-2-6及圖1-2-7圖1-2-7方式（二）：結構“母子型相像”“角辦理”，還能夠在角的一邊上某點處作水平或豎直協(xié)助線，造成某水平邊或豎直邊對此角結構，而后在這條線上補出一個與此角相等的角，結構出“母子型相像”，其核心結構如圖1-2-8所示.方式整體旋*）

DD定B動動BBAAAG定定定定定C定CC定E定圖1-2-8DACDEA→DA2=DC?DE→DG2+AG2=DC?DE

（三）：轉法前兩種結構屬靜態(tài)結構方式，再介紹一種動向結構方式，即整體旋轉法，其核心思想是“圖形的旋轉（運動）實質是圖形上點旋轉（運動）；反過來，點的旋轉（運動）能夠當作該點所在圖形的旋轉（運動）”.下邊以三個問題說明此法：問題1已知點A（3，4），將點A繞原點O順時針方向旋轉45o角，求其對應點A’的坐標.簡析第一步（“整體旋轉”）：如圖1-2-9，作AB⊥y軸于點B，則AB=3，OB=4，點A繞原點O順時針方向旋轉45o獲得點A’，可當作Rt△OAB繞原點O順時針方向旋轉45o獲得Rt△OA’B‘，則A’B’=8，OB’=4，且∠BOB’=45o；yE3AE'434A'Ox圖1-2-9第二步（造“一線三直角”）：如圖1-2-10,依靠旋轉后的Rt△OAB,作系列“水平—豎直協(xié)助線”，結構“一線三直角”，即Rt△OCB∽Rt△BDA；圖1-2-10事實上,Rt△OCB與Rt△BDA都是等腰直角三角形,于是有OC=BC=22,32722BD=AD=,故點A的坐標為(2,)；22問題2已知點A(4,6),將點A繞原點O順時針方向旋轉a角,此中tana=1,求其對應點A的坐2標.簡析第一步（“整體旋轉”）：如圖1-2-11,作AB⊥y軸于點B,則AB=4,OB=6,將Rt△OAB繞原點O順時針方向旋轉a角獲得Rt△OAB,則AB=4,OB=6,且tan∠BOB=tana=1；2圖1-2-11圖1-2-12第二步（造“一線三直角”）：如圖1-2-12,依靠旋轉后的Rt△OAB,作系列“水平—豎直協(xié)助線”，結構“一線三直角”，即Rt△OCB∽Rt△BDA，于是有BC651254585故點的坐標為14585=,OC=5,AD=5,BD=,A55.55問題3已知點A(a,b),將點A繞原點O順時針方向旋轉a角,求其對應點A的坐標.簡析不是一般性，不如都在第一象限內(nèi)思慮問題：第一步（“整體旋轉”）：如圖1-2-13,作AB⊥y軸于點B,則AB=a,OB=b,將Rt△OAB繞原點O順時針方向旋轉a角獲得Rt△OAB,則AB=a,OB=b,且∠BOB=a；圖1-2-13圖1-2-14第二步（造“一線三直角”）：如圖1-2-14,依靠旋轉后的Rt△OAB,作系列“水平—豎直協(xié)助線”，結構“一線三直角”，即Rt△OCB∽Rt△BDA，于是有BC=bsina,OC=bcosa,AD=asina,BD=acosa,故點A的坐標為(acosabsina,bcosaasina).例1(2017?日照)如圖1-3-1，在平面直角坐標系中，經(jīng)過點A的雙曲線且點A在點B的左邊，點A的橫坐標為，∠AOB=∠OBA=45°，則

k的值為

同時經(jīng)過點_______。

B，y

yAD2AtCBt2BxO圖1-3-1xO圖1-3-2簡析由題可知，△OAB為等腰直角三角形；如圖1-3-2，結構“一線三直角”結構，即Rt△OAD≌Rt△ABC；設OD=AC=t，則A(，t)，B(，)，從而有t=()()，解得；所以有。反?。阂姷妊苯侨切危臁耙痪€三直角”，即“K字型”全等。例2如圖1-3-3，已知反比率函數(shù)POA=45°，則點P的坐標為_______。

的圖像經(jīng)過點

A(3，4)，在該圖像上找一點

P，使∠yyAD3A4CP43POBOxx圖1-3-3圖1-3-4簡析1（結構“一線三直角”）：如圖1-3-4，作AB⊥OA交OP于點B，則△OAB為等腰直角三角形；再造“一線三直角”結構，即Rt△OAD≌Rt△ABC，由A(3,4)，可得OD=AC=4，AD=BC=3，則B(7,1)，故直線OP的分析式為，且反比率函數(shù)的分析式為，聯(lián)立得，解得（負值舍去），故點P的坐標為(，)。簡析2（結構“一線三等角”）：如圖1-3-5，分別過點A、P作y軸的垂線，垂足挨次為點再在y軸上分別找點B、C，使BD=AD，CE=PE，則∠ABO=∠PCO=45°；由∠POA=45°，易證△ABO∽△OCP，則，即AB?CP=BO?OC；y由A(3，4)，可得，BO=BD+OD=7，k=12，再設點P(t，)，B則CP=，OC=CE-OE=PE-OE=，從而有，解DA得，故點P的坐標為()。EO

D、E，PxC圖1-3-5450是一個奇特美好、讓人浮想聯(lián)翩的角。依靠450角，自然聯(lián)想到結構等腰直角三角形。而后依靠等腰直角三角形，再造“一線三直角”，這是辦理450角的基本策略之一。如圖1-3-6，若∠C=450，一般有四種方式結構直角三角形，但建議將已知點作為直角極點，相對而言會更簡單。這也表現(xiàn)出了“以不變應萬變”的解題策略。解法1，重新到尾幾乎口算，不需要設元，原由在于結構等腰直角三角形時。將已知點A作為直角極點，不然需要設元求解，非常麻煩。解法2，將y軸當作所謂“一線”。利用一個450角，再補兩個“450”角，結構“一線三等角”，設出坐標，奇妙解題，這是角的存在性問題另一種重要辦理策略。如圖1-3-7，已知拋物線yx27c與x軸交于A、B兩點，且經(jīng)過點C0，2、D7，x3，22點P是直線CD上方拋物線上一動點，當PCD=450時，求點P的坐標。圖1-3-7圖1-3-8圖1-3-9策略一：450→構等腰直角三角形→造“一線三直角”.簡析：易求拋物線的分析式為yx27x2，直線CD的分析式為y1x222如圖1-3-8，過點D作DQ⊥CQ，交CP的延伸線于點Q，過點D作平行于y軸的直線，并分別過點C、Q向該直線上作垂線，垂足挨次為點E、F，則△CDQ為等腰直角三角形，△CED≌△DFQ，313DF=CE=3,QF=DE=,故Q點坐標為，22y3x2利用C、Q兩點，能夠求出直線CP的分析式y(tǒng)3x2，在與拋物線聯(lián)立得x27，yx221x=0x=17解得2（舍去），或7，所以點P坐標為，y222y2近似的，也能夠過點P作垂線等。但不介紹，不然直角極點未知。需要設元求解，而簡析1直角極點D已知，故而順風順雨。理論上，在直線CD上任取一個已知點，將之做為等腰直角三角形的直角極點，都可順利解決，如圖1-3-9所示，可自行研究。對照例2，還能夠發(fā)現(xiàn)，雙曲線與拋物線都是“幌子”，借助450角的辦理策略，他們不過起到最后聯(lián)立解方程組求交點的作用。練就“慧眼”，便能夠“識珠”，好多題目的命制套路就是如此.策略二：一個45°→補兩個45°→造“一線三等角”如圖1－3－10，過點P、D向軸上做垂線，補出兩個45°角，構出“一線三等角”結構，即?PCE∽?CDF，則有PECE，即PE·DF=CE·CF；CFDF由題可設P(t，-t+7t+2),易得PE=2t，DF=32,CE=-t+7t+222+t-2=-t2+9t,CF=2-(7-3)=3,所以有2t·32=3(-t2+9t)，解得t=1（t=0舍去），故點坐222222標為（1，7）22所以題數(shù)據(jù)的特別性，最后能夠看出，點P、D的縱坐標相等，故過點P、D向y軸做垂線，垂足重合，即圖中的G點，其實偶合與否，對解題并沒有影響；別的，所謂“一線”，也能夠做成“水平線，甚至于“斜線”，可自行研究，一般選擇現(xiàn)有的“一線”比較適合。策略三：一個45°→再補一個45°→造“母子型相像”如圖1-3-11，過點D作y軸的平行線交CP的延伸線于點Q，交x軸于點G，再作CE⊥QG于點E，結構等腰RT?CEF，則∠3F=45°,EF=CE=3,DE=2由∠PCD=45°，可得?QCD∽?QFC，易證QC2=QD·QF；設QD=t，則QC2=QE2+CE2=(t+3)2+9，故有(t+3)2+9=t·(t+9)，解222得t=15，故點的坐標為(3,11)2再利用C、Q兩點，可求出直線的分析式為y=3x+2，與拋物線聯(lián)立得y=3x=2、y=-x2+7x+2解得x=0、y=2，（舍去）或x=1、y=7，故點222坐標為（1，7）。22“母子型相像”與“一線三等角”是極其重要的基真相像形，上述解法都將是將其視為“工具”，聯(lián)合這些基本圖形的結構特點，缺啥補啥，奇妙結構，順利求解.策略四：45°→“整體旋轉”+“矩形大法”第一步（“整體旋轉”）：如圖1-3-12，過兩點作相應“水平——豎直協(xié)助線”，結構RT?CDE，再將RT?CDE繞點C逆時針旋轉45°至RT?CD′E′，則CE′=CE=3,D′E′=DE=3，且∠ECE′2=45°第二步（“矩形大法”）：如圖1-3-13，依靠旋轉后的Rt△CD’E’，作系列“水平——豎直協(xié)助線”，結構矩形CGHK，則Rt△CGE’∽Rt△E’HD’，事實上，Rt△CGE’與Rt△E’HD’都是等腰直角三角形，于是有CG=E’G=32，D’H=E’H=32，則24D’K=32-32=32，OK=OC+CK=2+92，故點D’的坐標為（32，2+92），下略.244444圖1-3-13反省這里運用動向視角，借助旋轉的目光看問題，將點的旋轉當作該點所在的直角三角形的旋轉，巧思妙構，利用系列“水平——豎直協(xié)助線”，達到“改斜規(guī)正，化斜為直”之效，固然最后的數(shù)據(jù)稍顯“丑惡”，但其實不影響此法的通用性與普適性

.由于45°的特別性，此題還能夠試試采納所謂的“半角模型”來求解

.策略五：45°→正方形中的“半角模型”簡析5如圖1-3-14，作正方形CEFG，使CG邊在y軸上，且邊EF過點D，直線CP與FG交于點Q；圖1-3-14圖1-3-15設QG=x，由∠PCD=45°，聯(lián)合正方形中“半角模型”，可得QD=QG+DE=x+3，最后鎖定Rt△3）2=（x+3）2，解得2QDF，由勾股定理得（3-x）2+（x=1，故點Q坐標為（1,5），下略.22反省：正方形中“半角模型”應用寬泛，核心結構如圖1-3-15所示，其結論眾多，常用的有：EF=AE+CF，EB均分∠AEF，F(xiàn)B均分∠CFE等，可經(jīng)過旋轉法加以證明；經(jīng)過前面的例題研究能夠看出：緊抓角三角形→造K字形全等”，是辦理

45°角不松手，扣住一條主線，即“45°角問題的通解通法；

45°角→結構等腰直自然也能夠結構一些常有的幾何模型，如“一線三等角”、“母子形相像”、“半角模型”等；其實45°角不過一個特例、一個代表而已，若將45°改為30°等特別角，甚至改成更一般的已知其三角函數(shù)值確實定角，都能夠近似解決.例4（2014

年臨夏）如圖

1-3-16，在平面直角坐標系

xOy

中，極點為

M的拋物線是由拋物線y=x2-3

向右平移一個單位后獲得的，它與

y軸負半軸交于點

A，點

B在拋物線上，且橫坐標為3.1）求點M、A、B坐標；2）連結ABAMBM，求∠ABM的正切值；（3）點P為極點為M的拋物線上一點，且位于對稱軸右邊，設α=∠ABM時，求P點坐標

PO與

x正半軸的夾角為α，當圖1-3-16簡析：(1)圖示拋物線的分析式為y(x1)23，則MMAB90(1,-3)，A(0,-2),B(3,1);(2)法1（代數(shù)法）：利用兩點間距離公式計算AM2、AB2、MB2。驗算AM2AB2MB2，可證MAB90,在Rt△ABM中，可得AM1tanABM=;AB3法2（幾何法）：如圖1-3-17，分別過點B、M作y軸的垂線，垂足挨次為點C、D，由題可得AD=MD=1,AC=BC,=3，則△ADM與△ABC均為等腰直角三角形，故么DAM=CAB=45，AM=2，AB=32，從而有么MAB90，在Rt△ABM中，可得tanABM=AM1;AB3(3)由題知tanα=tanABM=1，明顯切合條件的點P有兩個：①當點P在x軸3上方時，由B(3，1)，易知點P與點B重合，即點P(3，1)；②當點P在x軸下方時，如圖1-3-18，作PG上x軸于點G，則tanα=PG1，可設PG=m(m>0)則OG3OG=3m，故點P（3m，-m），代入拋物線得-m=(3m-1)2-3，解得m151897,m2597<018（舍去），故點P(597,597)618綜上所述：點P的坐標為(3，1)或(597,597)。618第(2)小問給我們的解題啟迪：勇敢猜想，當心求證，即為求tanABM的值，第一從幾何直觀上猜想MAB90，而后利用勾股逆定理驗邊或幾何上導角等加以說理；而第(3)小問屬典型的“角辦理”問題，其基本的解題之道是“正切辦理”，即經(jīng)過“橫平豎直”協(xié)助線，將角問題轉變?yōu)檫厗栴}，再巧設邊長，妙寫坐標，代入分析式即可；此外，此題簡單在么a有一條“水平邊”，即平行于坐標軸的邊，若無“水平邊”或“豎直邊”.又怎樣辦理呢請看下例：如圖1-3-19，二次函數(shù)ymx2(m2m)x2m1的圖像與x軸交于點A、B，與y軸交于點C，極點D的橫坐標為1.(1)求二次函數(shù)的分析式及A、B的坐標；(2)若點P(0，t)（t<-1）是y軸上的一點，Q(-5,0)，將點Q繞著點P按順時針方向旋轉90獲得點E，當點E恰巧落在該二次函數(shù)的圖像上時，求t的值；(3)在(2)的條件下，連結AD、AE，若M是該二次函數(shù)圖像上的一點，且么DAE=MCB，求點M的坐標。簡析:(1)由題易得m=-1，則二次函數(shù)的分析式為yx22x3。且有點A(-1，0)及B(3,0)；(2)如圖1-3-20，作“K字型全等”'即Rt△PQR∽Rt△EPF，則PF=QR=-，tEF=PR=5，故點E（-t,t+5），代人拋物線得，需要再轉變?yōu)楹髏5(t)22(t)3解得t=-1或-2，由于t<-1，所以t=-2；反省“見等腰直角三角形，造K字型全等”，再次發(fā)揮奇效。(3)同例4，第一考證△DAE是一個直角三角形，可得tan∠DAE=，則tan∠MCB=，如圖1-3-21；yyC3GyD1G3CC1EABM2Ox1G33N1H1ABxAO3B1GO3Hx圖1-3-22M1圖1-3-21圖1-3-23明顯切合條件的點M有兩個：①當點M在CB的下方時，如圖1-2-22，過點B作BN⊥CB交CM1于點N，再結構“K字型相像”，即Rt△BCG∽Rt△NBH，其相像比為3，可得N(2,-1),則直線CM1的分析式為y=-2x+3,x=0,x=4,y=-2x+3,與拋物線聯(lián)立得y=-x2+2x+3,解得y=3,(舍去)或y=-5,故點M1的坐標為（4，-5）；②當點M在CB的上方時，如圖1-3-23，同上可得N(4,1),從而得點M2的坐標為(，)；綜上所述：點M的坐標為（4，-5）或(，)。反省“瞎想與聯(lián)想”是一種重要的數(shù)學感性意識，是幾何學必備的數(shù)學修養(yǎng)，此題依舊勇敢地猜想∠AED=90°，再當心地驗算，這里還包括了基本的“確立性思想”；此題“角辦理”的方式其實仍是“正切辦理”，只可是這里的tan∠MCB=續(xù)“K字型”的相像比，才能進一步求解，爾后者發(fā)揮的作用又是“棄暗投明、化斜為直”；別的，前文中結構的“一線三等角”、“母子型相像”以