中考专题存在性问题解题策略 角的存在性处理策略 10页

第1讲 角的存在性处理策略 ‎ 知识必备 一、一线三等角 ‎ ‎ 1.如图1-1-1，且，此为“一线三直角”全等，又称“K字型”全等;‎ ‎ 图1-1-1 图1-1-2 图1-1-3 图1-1-4‎ ‎ 2.如图1-1-2，，此为“一线三直角”相似，又称“K字型”相似;‎ ‎ 3.如图1-1-3，，此为更一般的“一线三等角”.‎ 二、相似三角形的性质 ‎ 相似三角形的对应边成比例，其比值称为相似比；‎ ‎ 相似三角形的对应线段成比例.‎ 三、 正切的定义 ‎ 如图1-1-4，在中，，即的正切值等于的对边与的邻边之比；同理，，则，即互余两角的正切值互为倒数.‎ 方法提炼 一、 基本策略：联想构造 二、 构造路线 ‎ 方式(一)：构造“一线三等角”‎ ‎ 1.45o角构等腰直角三角形造“一线三直角”全等，如图1-2-1；‎ ‎ 图1-2-1‎ ‎ 2.30o角构直角三角形造“一线三直角”相似，如图1-2-2；‎ ‎ 图1-2-2‎ ‎3.tanα=k→构直角三角形→造“一线三直角”相似，如图1-2-3；‎ 图1-2-3‎ ‎4.“一线三等角”的应用分三重境界；‎ 一重境：当一条线上已有三个等角时，只要识别、证明，直接应用模型解题，如图1-2-4所示的“同侧型一线三等角”及图1-2-5所示的“异侧型一线三等角”；‎ 二重境：当一条线上已有两个等角时，需要再补上一个等角，构造模型解题；‎ 三重境：当一条线上只有一个角时，需要再补上两个等角，构造模型解题，如图1-2-6及图1-2-7所示；‎ 图1-2-7‎ 图1-2-6‎ 图1-2-5‎ 图1-2-4‎ 方式 ‎（二）：构造“母子型相似”‎ ‎“角处理”，还可以在角的一边上某点处作水平或竖直辅助线，造成某水平边或竖直边对此角结构，然后在这条线上补出一个与此角相等的角，构造出“母子型相似”，其核心结构如图1-2-8所示.‎ 图1-2-8‎ 方式（三）：整体旋转法（*）‎ 前两种构造属静态构造方式，再介绍一种动态构造方式，即整体旋转法，其核心思想是“图形的旋转（运动）本质是图形上点旋转（运动）；反过来，点的旋转（运动）可以看成该点所在图形的旋转（运动）”.‎ 下面以三个问题说明此法：‎ 问题1 已知点A（3，4），将点A绕原点O顺时针方向旋转45º角，求其对应点A’的坐标.‎ 简析 第一步 （“整体旋转”）：如图1-2-9，作AB⊥y轴于点B，则AB=3，OB=4，点A绕原点O顺时针方向旋转45º得到点A’，可看成Rt△OAB绕原点O顺时针方向旋转45º得到Rt△OA’B‘，则A’B’=8，OB’=4，且∠BOB’=45º； ‎ 图1-2-9‎ 第二步（造“一线三直角”）：如图1-2-10,依托旋转后的Rt△,作系列“水平—竖直辅助线”，构造“一线三直角”，即Rt△Rt△；‎ 事实上,Rt△与Rt△都是等腰直角三角形,于是有==,‎ ‎==,故点的坐标为；‎ 问题2 已知点,将点绕原点顺时针方向旋转角,其中=,求其对应点的坐标.‎ 简析 第一步（“整体旋转”）：如图1-2-11,作AB⊥y轴于点B,则AB=4,OB=6,将Rt△OAB绕原点O顺时针方向旋转角得到Rt△,则=4,=6,‎ 且∠==； ‎ 第二步（造“一线三直角”）：如图1-2-12,依托旋转后的Rt△,作系列“水平—竖直辅助线”，构造“一线三直角”，即Rt△Rt△，‎ 于是有=,=,=,=,故点的坐标为.‎ 问题3 已知点,将点绕原点顺时针方向旋转角,求其对应点的坐标.‎ 简析 不是一般性，不妨都在第一象限内思考问题：‎ 第一步（“整体旋转”）：如图1-2-13,作AB⊥y轴于点B,则AB=,OB=,将Rt△OAB绕原点O顺时针方向旋转角得到Rt△,则=,=,且∠=； ‎ 第二步（造“一线三直角”）：如图1-2-14,依托旋转后的Rt△,作系列“水平—竖直辅助线”，构造“一线三直角”，即Rt△Rt△，‎ 于是有=,=,=,=,‎ 故点的坐标为.‎ 例1(2019•日照)如图1-3-1，在平面直角坐标系中，经过点A的双曲线同时经过点B，且点A在点B的左侧，点A的横坐标为，∠AOB=∠OBA=45°，则k的值为_______。‎ 简析由题可知，△OAB为等腰直角三角形；‎ 如图1-3-2，构造“一线三直角”结构，即Rt△OAD≌Rt△ABC；‎ 设OD=AC=t，则A(，t)，B(，)，从而有t=()()，解得；‎ 因此有。‎ 反思：见等腰直角三角形，造“一线三直角”，即“K字型”全等。‎ 例2如图1-3-3，已知反比例函数的图像经过点A(3，4)，在该图像上找一点P，使∠POA=45°，则点P的坐标为_______。‎ 简析1（构造“一线三直角”）：如图1-3-4，作AB⊥OA交OP于点B，则△OAB为等腰直角三角形；‎ 再造“一线三直角”结构，即Rt△OAD≌Rt△ABC，由A(3,4)，可得OD=AC=4，AD=BC=3，则B(7,1)，故直线OP的解析式为，且反比例函数的解析式为，联立得，解得（负值舍去），故点P的坐标为(，)。‎ 简析2（构造“一线三等角”）：如图1-3-5，分别过点A、P作y轴的垂线，垂足依次为点D、E，再在y轴上分别找点B、C，使BD=AD，CE=PE，则∠ABO=∠PCO=45°；‎ 由∠POA=45°，易证△ABO∽△OCP，则，即AB•CP=BO•OC；由A(3，4)，可得，BO=BD+OD=7，k=12，再设点P(t，)，则CP=，OC=CE-OE=PE-OE=，从而有，解得，故点P的坐标为()。‎ ‎450是一个神奇美妙、让人浮想联翩的角。依托450角，自然联想到构造等腰直角三角形。然后依托等腰直角三角形，再造“一线三直角”，这是处理450角的基本策略之一。‎ 如图1-3-6，若∠C=450，一般有四种方式构造直角三角形，但建议将已知点作为直角顶点，相对而言会更简单。这也体现出了“以不变应万变”的解题策略。‎ 解法1，从头到尾几乎口算，不需要设元，原因在于构造等腰直角三角形时。将已知点A作为直角顶点，否则需要设元求解，很是麻烦。‎ 解法2，将y轴看成所谓“一线”。利用一个450角，再补两个“450”角，构造“一线三等角”，设出坐标，巧妙解题，这是角的存在性问题另一种重要处理策略。‎ 如图1-3-7，已知抛物线与轴交于A、B两点，且经过点、，点P是直线CD上方抛物线上一动点，当时，求点P的坐标。‎ 图1-3-9‎ 图1-3-8‎ 图1-3-7‎ 策略一：450 →构等腰直角三角形→造“一线三直角”.‎ 简析：易求抛物线的解析式为，直线CD的解析式为 如图1-3-8，过点D作DQ⊥CQ，交CP的延长线于点Q，过点D作平行于y轴 的直线，并分别过点C、Q向该直线上作垂线，垂足依次为点E、F，则△CDQ为等腰直角三角形，△CED≌△DFQ，DF=CE=3,QF=DE=,故Q点坐标为 利用C、Q两点，可以求出直线CP的解析式，在与抛物线联立得 ，解得（舍去），或 ，因此点P坐标为 类似的，也可以过点P作垂线等。但不推荐，否则直角顶点未知。需要设元求解，而简析1直角顶点D已知，故而顺风顺雨。‎ 理论上，在直线CD上任取一个已知点，将之做为等腰直角三角形的直角顶点，都可顺利解决，如图1-3-9所示，可自行探究。‎ 对比例2，还可以发现，双曲线与抛物线都是“幌子”，借助450角的处理策略，他们仅仅起到最后联立解方程组求交点的作用。练就“慧眼”，便可以“识珠”，很多题目的命制套路就是如此.‎ 策略二：一个45°→补两个45°→造“一线三等角”‎ ‎ 如图1－3－10，过点P、D向轴上做垂线，补出两个45°角，构出“一线三等角”‎ 结构，即∆PCE∽∆CDF，则有，即PE·DF=CE·CF；‎ 由题可设P(t，-t+t+2),易得PE=t，DF=3,CE=-t+t+2‎ ‎+t-2=-t²+t,CF=2-(-3)=,因此有t·3=(-t²+t)，解得t=（t=0舍去），故点坐标为（，）‎ 因本题数据的特殊性，最后可以看出，点P、D的纵坐标相等，故过点P、D向y轴做垂线，垂足重合，即图中的G点，其实巧合与否，对解题并无影响；‎ 此外，所谓“一线”，也可以做成“水平线，甚至于“斜线”，可自行探究，一般选择现有的“一线”比较合适。‎ 策略三：一个45°→再补一个45°→造“母子型相似”‎ 如图1-3-11，过点D作y轴的平行线交CP的延长线于点Q，交x轴于点G，再作CE⊥QG于点E，构造等腰RT∆CEF，则∠F=45°,EF=CE=3,DE=‎ 由∠PCD=45°，可得∆QCD∽∆QFC，易证QC²=QD·QF；‎ 设QD=t，则QC²=QE²+CE²=(t+)²+9，故有(t+)²+9=t·(t+)，解得t=，故点的坐标为(3,11)‎ 再利用C、Q两点，可求出直线的解析式为y=3x+2，与抛物线联立得y=3x=2、y=-x²+x+2解得x=0、y=2，（舍去）或x=、y=，故点坐标为（，）。‎ ‎“母子型相似”与“一线三等角”是极其重要的基本相似形，上述解法都将是将其视为“工具”，结合这些基本图形的结构特征，缺啥补啥，巧妙构造，顺利求解.‎ 策略四：45°→“整体旋转”+“矩形大法”‎ 第一步（“整体旋转”）：如图1-3-12，过两点作相应“水平——竖直辅助线”，构造RT∆CDE，再将RT∆CDE绕点C逆时针旋转45°至RT∆CD′E′，则CE′=CE=3,D′E′=DE=，且∠ECE′=45°‎ 第二步（“矩形大法”）：如图1-3-13，依托旋转后的Rt△CD’E’，作系列“水平——竖直辅助线”，构造矩形CGHK，则Rt△CGE’∽Rt△E’HD’，‎ 事实上，Rt△CGE’与Rt△E’HD’都是等腰直角三角形，于是有CG=E’G=，D’H=E’H=，‎ 则D’K=-=，OK=OC+CK=2+‎ ‎，故点D’的坐标为（，2+），下略.‎ 图1-3-13‎ ‎ 反思 这里运用动态视角，借助旋转的眼光看问题，将点的旋转看成该点所在的直角三角形的旋转，巧思妙构，利用系列“水平——竖直辅助线”，达到“改斜规正，化斜为直”之效，虽然最后的数据稍显“丑陋”，但并不影响此法的通用性与普适性.‎ 因为45°的特殊性，本题还可以尝试采用所谓的“半角模型”来求解.‎ 策略五： 45°→正方形中的“半角模型”‎ 简析5 如图1-3-14，作正方形CEFG，使CG边在y轴上，且边EF过点D，直线CP与FG交于点Q；‎ 图1-3-14 图1-3-15‎ 设QG=x，由∠PCD=45°，结合正方形中“半角模型”，可得QD=QG+DE=x+，最后锁定Rt△QDF，由勾股定理得（3-x）²+（）²=（x+）²，解得x=1，故点Q坐标为（1,5），下略.‎ 反思：正方形中“半角模型”应用广泛，核心结构如图1-3-15所示，其结论众多，常用的有：EF=AE+CF，EB平分∠AEF，FB平分∠CFE等，可通过旋转法加以证明；‎ 通过前面的例题探究可以看出：紧抓45°角不放手，扣住一条主线，即“45°角→构造等腰直角三角形→造K字形全等”，是处理45°角问题的通解通法；‎ 当然也可以构造一些常见的几何模型，如“一线三等角”、“母子形相似”、“半角模型”等；‎ 其实45°角只是一个特例、一个代表而已，若将45°改为30°等特殊角，甚至改成更一般的已知其三角函数值的确定角，都可以类似解决.‎ ‎ 例4（2019年临夏）如图1-3-16，在平面直角坐标系xOy中，顶点为M的抛物线是由抛物线y=x²-3向右平移一个单位后得到的，它与y轴负半轴交于点A，点B在抛物线上，且横坐标为3.‎ ‎（1）求点M 、A 、B坐标；‎ ‎（2）连接AB AM BM ，求∠ABM的正切值；‎ ‎（3）点P为顶点为M的抛物线上一点，且位于对称轴右侧，设PO与x正半轴的夹角为α，当α=∠ABM时，求P点坐标 图1-3-16‎ 简析：(1)图示抛物线的解析式为，则M(1,-3)，A(0,-2),B(3,1);‎ ‎(2)法1（代数法）：利用两点间距离公式计算。验算，可证,在Rt△ABM中，可得tan=;‎ 法2（几何法）：如图1-3-17，分别过点B、M作y轴的垂线，垂足依次为点C、‎ D，由题可得AD=MD=1,AC=BC,=3，则△ADM与△ABC均为等腰直角三角形，故么DAM=CAB=，AM=，AB=3，从而有么，在Rt△ABM中，可得tan=;‎ ‎(3)由题知tanα=tan=，显然符合条件的点P有两个：①当点P在x轴上方时，由B(3，1)，易知点P与点B重合，即点P(3，1)；‎ ‎②当点P在x轴下方时，如图1-3-18，作PG上x轴于点G，则tanα=，可设PG=m(m>0)则OG=3m，故点P（3m，-m），代入抛物线得，解得<0（舍去），故点P 综上所述：点P的坐标为(3，1)或。‎ 第(2)小问给我们的解题启示：大胆猜想，小心求证，即为求tan的值，首先从几何直观上猜想，然后利用勾股逆定理验边或几何上导角等加以说理；‎ 而第(3)小问属典型的“角处理”问题，其基本的解题之道是“正切处理”，即通过“横平竖直”辅助线，将角问题转化为边问题，再巧设边长，妙写坐标，代入解析式即可；‎ 另外，本题简单在么a有一条“水平边”，即平行于坐标轴的边，若无“水平边”或“竖直边”.又如何处理呢？请看 下例：‎ 如图1-3-19，二次函数的图像与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，顶点D的横坐标为1.‎ ‎(1)求二次函数的解析式及A、B的坐标；‎ ‎(2)若点P(0，t)（t<-1）是y轴上的一点，Q(-5,0‎ ‎)，将点Q绕着点P按顺时针方向旋转得到点E，当点E恰好落在该二次函数的图像上时，求t的值；‎ ‎(3)在(2)的条件下，连接AD、AE，若M是该二次函数图像上的一点，且么DAE=MCB，求点M的坐标。‎ 简析:(1)由题易得m=-1，则二次函数的解析式为。且有点A(-1，0)及B(3,0)；‎ ‎(2)如图1-3-20，作“K字型全等”'即Rt△PQR∽Rt△EPF，则PF=QR=-t，EF=PR=5，故点E（-t,t+5），代人抛物线得解得t=-1或-2，因为t<-1，所以t=-2；‎ 反思“见等腰直角三角形，造K字型全等”，再次发挥奇效。‎ ‎(3)同例4，首先验证△DAE是一个直角三角形，可得tan∠DAE=，则tan∠MCB=，如图1-3-21；‎ 显然符合条件的点M有两个：‎ ‎①当点M在CB的下方时，如图1-2-22，过点B作BN⊥CB交CM1于点N，再构造“K字型相似”，即Rt△BCG∽Rt△NBH，其相似比为3，可得N(2,-1),则直线CM1的解析式为 ‎ y=-2x+3, x=0, x=4,‎ y=-2x+3,与抛物线联立得 y=-x2+2x+3, 解得 y=3,(舍去)或 y=-5,故点M1的坐标为（4，-5）；‎ ‎②当点M在CB的上方时，如图1-3-23，同上可得N(4,1),进而得点M2的坐标为(，)；‎ 综上所述：点M的坐标为（4，-5）或(，)。‎ 反思“瞎想与遐想”是一种重要的数学感性意识，是几何学必备的数学素养，本题依然大胆地猜想∠AED=90°，再小心地验算，这里还包含了基本的“确定性思想”；‎ 本题“角处理”的方式其实还是“正切处理”，只不过这里的tan∠MCB=，‎ 需要再转化为后续“K字型”的相似比，才能进一步求解，而后者发挥的作用又是“改邪归正、化斜为直”；‎ 此外，前文中构造的“一线三等角”、“母子型相似”以及“整体旋转法”依然适用本题，有兴趣可以一试。‎ 总结角的存在性问题常见的处理策略有：构造“一线三等角”（含“一线三直角”，即“K字型”）、 “母子型相似”、“整体旋转法”等；‎ ‎“角处理”经常利用正切转化为“边处理”，如角定，则正切值定；角相等，则正切值相等，再结合更常见的“横平竖直”辅助线，以达“改邪归正、化斜为直”之效。‎ 类题巩固 ‎1．（2019年湖北孝感）如图1－4－1，在平面直角坐标系中，OA=AB，∠OAB=90°，反比例函数（x>0）的图像经过A、B两点，若已知A（n，1），则k的值为 .‎ 图1－4－1‎ ‎2．如图1－4－2，直线y=3x与双曲线（x>0）交于A点，点P是该双曲线第一象限上的一点，且∠AOP=∠1+∠2，则点P的坐标为 .‎ 图1－4－2‎ ‎3．如图1－4－3，已知反比例函数（x>0）的图像经过点A（4，6），在OA右侧该图像上找一点P，使tan∠POA=，则点P的坐标为 .‎ 图1－4－3‎ ‎4．如图1－4－4，在矩形ABCD中，E是边AB上的一点，AE=2，BE=4，连接DE，作∠DEF=45°交边BC于点F，若AD=x，BF=y，则y关于x的函数关系式为 .‎ 图1－4－4‎ ‎5．如图1－4－5，抛物线经过A（－1，0）、C（0，4）两点，与x轴交于另一点B.‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）已知点D（m，m+1）在第一象限的抛物线上，求点D关于直线BC对称的点的坐标；‎ ‎（3）在（2）的条件下，连接BD，P为抛物线上一点，且∠DBP=45°，求点P的坐标；‎ 变式1：连接BD，P为抛物线上一点，且∠DBP=135°，求点P的坐标；‎ 变式2：连接BD，P为抛物线上一点，且tan∠DBP=2，求点P的坐标.‎ 备用图 图1－4－5‎ ‎ ‎