浙江省2019年中考数学复习题方法技巧专题（九）角的存在性问题（新版）浙教版.doc

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1、1方法技巧专题(九) 角的存在性问题1.2018乐山 如图 F9-1,曲线 C2是双曲线 C1:y= (x0)绕原点 O逆时针旋转 45得到的图形, P是曲线 C2上任意一6点,点 A在直线 l:y=x上,且 PA=PO,则 POA的面积等于 ( )图 F9-1A. B.6 C.3 D.1262.2018宿迁 如图 F9-2,在平面直角坐标系中,反比例函数 y= (x0)的图象与正比例函数 y=kx,y= x(k1)的图象2 1分别交于点 A,B.若 AOB=45,则 AOB的面积是 . 图 F9-23.如图 F9-3,在平面直角坐标系 xOy中,点 A(-1,0),B(0,2),点 C在第一

2、象限, ABC=135,AC交 y轴于点 D,CD=3AD,反比例函数 y= 的图象经过点 C,则 k的值为 . 2图 F9-34.如图 F9-4,点 P是正方形 ABCD内一点,点 P到点 A,B和 D的距离分别为 1,2 , . ADP沿点 A旋转至 ABP,连2 10结 PP,并延长 AP与 BC相交于点 Q.(1)求证: APP是等腰直角三角形;(2)求 BPQ的大小;(3)求 CQ的长 .图 F9-45.如图 F9-5,抛物线 y=ax2+bx-4a经过 A(-1,0),C(0,4)两点,与 x轴交于另一点 B.3(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

3、线上,求点 D关于直线 BC对称的点的坐标;(3)在(2)的条件下,连结 BD,点 P为抛物线上一点,且 DBP=45,求点 P的坐标 .图 F9-56.如图 F9-6,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在该抛物线上,且横坐标为 3.(1)求点 M,A,B的坐标;(2)连结 AB,AM,BM,求 ABM的正切值;(3)点 P是顶点为 M的抛物线上一点,且位于对称轴的右侧,设 PO与 x轴正半轴的夹角为 ,当 = ABM时,求点 P的坐标 .4图 F9-67.如图 F9-7,抛物线 y=-x2+bx+

4、c与直线 y= x+2交于 C,D两点,其中点 C在 y轴上,点 D的坐标为(3, ).点 P是 y轴右12 72侧的抛物线上一动点,过点 P作 PE x轴于点 E,交 CD于点 F.(1)求抛物线的解析式;(2)若存在点 P,使 PCF=45,求点 P的坐标 .图 F9-758.2018莱芜 如图 F9-8,抛物线 y=ax2+bx+c经过 A(-1,0),B(4,0),C(0,3)三点, D为直线 BC上方抛物线上一动点,DE BC于点 E.(1)求抛物线的函数表达式 .(2)如图,求线段 DE长度的最大值 .(3)如图,设 AB的中点为 F,连结 CD,CF,是否存在点 D,使得 CDE

5、中有一个角与 CFO相等?若存在,求点 D的横坐标;若不存在,请说明理由 .图 F9-86参考答案1.B 解析 如图,将点 P绕点 O顺时针旋转 45,得到点 P的对应点 P,曲线 C2是双曲线 C1:y= (x0)绕原点 O逆时针旋转 45得到的图形,6点 P在双曲线 y= 上,且 OP=OP,6过点 P作 PM y轴于点 M,过点 P作 PH OA于点 H. OPM的面积 = |k|=3.12 PA=PO, OH=AH.又点 A在直线 l:y=x上, AOM=45,而 POP=45,不妨设 MOP= , OPM=90- , POA=45+(45- )=90- , POA= OPM.又 PH

6、O= PMO=90,OP=OP, OPH POM(AAS), OPH的面积 = OPM的面积 =3.又 OH=AH, OPA的面积为 6.故选 B.2.2 解析 如图,过点 O作 OC AB,垂足为 C,过点 A作 AM y轴,垂足为 M,过点 B作 BN x轴,垂足为 N.7设点 A的横坐标为 a,则点 A的纵坐标为 .2点 A在正比例函数 y=kx的图象上, =ka,k= . OB所在直线的解析式为 y= x.2 22 22令 x= ,得 x= ,此时 y=a.点 B的坐标为( ,a).22 2 2 2 OA=OB, AOC= BOC, OAM OBN. AOB=45, AOC= AOM.

7、 OAM OAC. S OAB=2S OAM=2.3.94.解:(1)证明: ABP是由 ADP顺时针旋转 90得到的, AP=AP, PAP=90, APP是等腰直角三角形 .(2) APP是等腰直角三角形, AP=1, APP=45,PP= .2又 BP=DP= ,BP=2 ,10 2 PP2+BP2=BP2, BPP=90. APP=45, BPQ=180- APP- BPP=45. 8(3)过点 B作 BE AQ于点 E,则 PBE为等腰直角三角形, BE=PE,BE2+PE2=PB2, BE=PE=2, AE=3, AB= = ,则 BC= .2+2 13 13 BAQ= EAB,

8、AEB= ABQ=90, ABE AQB, = ,即 = , AQ= , 31313 133 BQ= = ,2-22133 CQ=BC-BQ= .1335.解:(1)抛物线 y=ax2+bx-4a经过 A(-1,0),C(0,4)两点, -4=0,-4=4, 解得 =-1,=3,抛物线的解析式为 y=-x2+3x+4.(2)点 D(m,m+1)在抛物线上, m+1=-m2+3m+4,即 m2-2m-3=0, m=-1或 m=3.9点 D在第一象限,点 D的坐标为(3,4) .由(1)知 OC=OB, CBA=45. 如图,设点 D关于直线 BC对称的点为点 D. C(0,4), CD AB,且

9、 CD=3, DCB= DCB=45,点 D在 y轴上,且 CD=CD=3, OD=1, D(0,1),即点 D关于直线 BC对称的点的坐标为(0,1) . (3)如图,过点 P作 PF AB于点 F,过点 D作 DE BC于点 E.由(1)有 OB=OC=4, OBC=45. DBP=45, CBD= PBA. C(0,4),D(3,4), CD OB且 CD=3, DCE= CBO=45, DE=CE= .322 OB=OC=4, BC=4 ,2 BE=BC-CE= ,522tan PBF=tan CBD= = .35设 PF=3t,则 BF=5t,OF=5t-4, P(-5t+4,3t)

10、. P点在抛物线上,103 t=-(-5t+4)2+3(-5t+4)+4, t=0(舍去)或 t= , P(- , ).2225 2566256.解:(1)抛物线 y=x2-3向右平移一个单位后得到的函数解析式为 y=(x-1)2-3.顶点 M(1,-3),令 x=0,则 y=(0-1)2-3=-2,点 A(0,-2).当 x=3时, y=(3-1)2-3=4-3=1,点 B(3,1).(2)如图,过点 B作 BE y轴于点 E,过点 M作 MF y轴于点 F, EB=EA=3, EAB= EBA=45,同理可求 FAM= FMA=45, ABE AMF, = = .13又 BAM=180-4

11、52=90.tan ABM= = .13(3)如图,过点 P作 PH x轴于点 H. y=(x-1)2-3=x2-2x-2, 设点 P(x,x2-2x-2),点 P在 x轴上方时, = ,2-2-2 13整理,得 3x2-7x-6=0,解得 x1=- (舍去 ),x2=3,2311点 P的坐标为(3,1) .点 P在 x轴下方时, = ,-(2-2-2) 13整理,得 3x2-5x-6=0,解得 x1= (舍去), x2= .5- 976 5+976当 x= 时, y=x2-2x-2=- ,5+976 5+9718点 P的坐标为( ,- ).5+976 5+9718综上所述,点 P的坐标为(3

12、,1)或( ,- ).5+976 5+97187.解:(1)由抛物线过点 C(0,2),D(3, ),可得72解得-0+0+=2,-9+3+=72, =2,=72,故抛物线的解析式为 y=-x2+ x+2.72(2)设 P(m,-m2+ m+2).如图,当点 P在 CD上方且 PCF=45时,过点 P作 PM CD于点 M,过点 C作 CN PF于点 N,72则 PMF CNF, = = =2, PM=CM=2MF=2CF.12 PF= FM= CF= CN= CN= m.5 5 552 52 5212又 PF=-m2+3m, -m2+3m= m.52解得 m1= ,m2=0(舍去), P(

13、, ).12 1272当点 P在 CD下方且 PCF=45时,同理可以求得另外一点为 P( , ).236 13188.解析 (1)由抛物线经过 A,B,C三点,用待定系数法可求函数表达式;(2)先求出直线 BC的函数关系式,再过点 D作DM x轴交 BC于点 M,设点 D的坐标,表示出点 M的坐标,利用相似三角形将线段 DE的长转化为 DM的长,得到一个二次函数表达式,再根据二次函数的性质求最值;(3)由 CED= COF=90,分两种情况求解: DCE= CFO; CDE= CFO.解:(1)由题意,得 解得-+=0,16+4+=0,=3, =-34,=94,=3. y=- x2+ x+3

14、.34 94(2)设直线 BC的解析式为 y=kx+m,则有 解得 y=- x+3.4+=0,=3, =-34,=3, 34设 D(n,- n2+ n+3) (0n4).34 94如图,过点 D作 DM x轴交 BC于点 M, M(n,- n+3).34 DM=(- n2+ n+3)-(- n+3)=- n2+3n.34 94 34 3413 DME= OCB, DEM= COB, DEM BOC, = . OB=4,OC=3, BC=5, DE= DM.45 DE=- n2+ n=- (n-2)2+ .当 n=2时, DE取最大值,最大值是 .35 125 35 125 125(3)假设存在

15、这样的点 D,使得 CDE中有一个角与 CFO相等 . F是 AB的中点, OF=1,tan CFO= =2.如图,过点 B作 BG BC交 CD的延长线于点 G,过点 G作 GH x轴于点 H. DE BC, CED=90,则只可能是另外两个角与 CFO相等 . DCE= CFO,则 tan DCE= = =2,BC=5, BG=10. GBH BCO, = = , GH=8,BH=6. G(10,8).设直线 CG的解析式为 y=kx+t, 解得 y= x+3.=3,10+=8, =12,=3, 12依题意,得 解得 x= 或 x=0(舍) .=12+3,=-342+94+3, 73若 CDE= CFO,同理可得, BG= ,GH=2,BH= , G( ,2).52 32 112同理可得直线 CG的解析式为 y=- x+3.21114依题意,得 解得 x= 或 x=0(舍) .=-211+3,=-342+94+3, 10733综上所述,存在点 D使得 CDE中有一个角与 CFO相等,其横坐标为 或 .73 10733