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1、-中考数学专题存在性问题解题策略角的存在性处理策略-第 11 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、
2、 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1-2-23.tan=k构直角三角形造“一线三直角”相似，如图1-2-3；图1-2-34.“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
3、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45角
4、，求其对应点A的坐标.简析 第一步 （“整体旋转”）：如图1-2-9，作ABy轴于点B，则AB=3，OB=4，点A绕原点O顺时针方向旋转45得到点A，可看成RtOAB绕原点O顺时针方向旋转45得到RtOAB，则AB=8，OB=4，且BOB=45； 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RtRt；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ABy轴于点B,则AB=4,OB
5、=6,将RtOAB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RtRt，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ABy轴于点B,则AB=,OB=,将RtOAB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RtR
6、t，于是有=,=,=,=,故点的坐标为.例1(2017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RtOADRtABC；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A
7、BOA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RtOADRtABC，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ABOOCP，则，即ABCP=BOOC；由A(3，4)，可得，BO=BD+OD=7，k=12，再设点P(t，)，则CP=，OC=CE-OE=PE-OE=，
8、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
9、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DQCQ，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，CEDDFQ，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。
10、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1310，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PCECDF，则有，即PEDF=CECF；由题可设P(t，-t+t+2),易得PE=t，DF=3,CE=-
11、t+t+2+t-2=-t+t,CF=2-(-3)=,因此有t3=(-t+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CEQG于点E，构造等腰RTCEF，则F=45,EF=CE=3,DE=由PCD=45，可得QCDQFC，易证QC=QDQF；
12、设QD=t，则QC=QE+CE=(t+)+9，故有(t+)+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=-x+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RTCDE，再将RTCDE绕点C逆时针旋转45至RTCDE，则CE=CE=
13、3,DE=DE=，且ECE=45第二步（“矩形大法”）：如图1-3-13，依托旋转后的RtCDE，作系列“水平竖直辅助线”，构造矩形CGHK，则RtCGERtEHD，事实上，RtCGE与RtEHD都是等腰直角三角形，于是有CG=EG=，DH=EH=，则DK=-=，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
14、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RtQDF，由勾股定理得（3-x）+（）=（x+），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
15、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（2014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=x-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
16、的夹角为，当=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RtABM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RtABM中，可得tan=;(3)由题知tan=tan=，显然符合条件的点P有两个：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)；当点P在x轴
17、下方时，如图1-3-18，作PG上x轴于点G，则tan=，可设PG=m(m0)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-
18、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RtPQRRtEPF，则PF=QR=-t，EF=PR=5，故点E（-t,t+5），代人抛物线得解得t
19、=-1或-2，因为t0）的图像经过A、B两点，若已知A（n，1），则k的值为 .图1412如图142，直线y=3x与双曲线（x0）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1423如图143，已知反比例函数（x0）的图像经过点A（4，6），在OA右侧该图像上找一点P，使tanPOA=，则点P的坐标为 .图1434如图144，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1445如图145，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tanDBP=2，求点P的坐标.备用图图145