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中考二次函数与角度有关的问题知识解读

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二次函数与角度有关的问题知识解读 【专题说明】 二次函数背景下与角有关的存在性问题，是各地中考和模拟考试压轴题的热点问题，这种类型的题目综合性较强，更重要的是涉及方程与函数思想、数形结合思想、分类讨论等重要的思想方法，对学生分析、解决问题的能力具有较高的要求。为此，下面将与角度有关的常见压轴题题型及解法做统一整理 【知识点梳理】 类型一：将等角问题转化成等腰三角形或平行线问题。 如例1：抛物线y=-x+3x+4,与坐标轴交于点A、B、C，CP⊥y轴交抛物线与点P，点M为A、C间抛物线上一点（包括端点），求满足∠MPO=∠POA的点M的坐标。 分析：显然符合条件的点M有两个，OP上方一个，OP下方一个、当M在OP上方时，由∠MPO=∠POA可知PM//OA,则M与C点重合。当M在OP下方时，∠MPO=∠POA，这两角组成的三角形是等腰三角形。设PM与x轴交于点D，坐标为D(n,0)，由两点间距离公式可表示出OD、PD长，根据OD=PD列方程即可求出D点坐标，再求出PD直线表达式与抛物线表达式联立，进而求出M点坐标。 类型二：将等角问题转化成等角所在三角形相似或等角对应的三角函数（通常是正切值）相等问题。这类问题有两种情况：一种是所求角的一边与坐标轴平行（重合）；

例2如图，抛物线y=x221+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，其对称轴交抛物线于点D，交x轴于点E，已知OB=OC=6. （1）求抛物线的解析式及点D的坐标； （2）连接BD，F为抛物线上一动点，当∠FAB=∠EDB时，求点F的坐标； 解析：通过已知条件易得抛物线表达式为6221y2+−=xx及各定点坐标，第二问中的F有两种情况：x轴上方一个，x轴下方一个。在Rt⊿BDE中，可知tan∠EDB=21，则tan∠FAB=21，过F作x轴垂线，构造∠FAB所在直角三角形，接着通过设F点坐标，表示FH和AH长，根据tan∠FAB=21=AHFH列方程，或利用相似三角形对应边成比例列式，从而求出点F坐标，由于表示FH时加了绝对值，已经考虑到了上下两种情况，这样两个F就都求出来了。 还可以从图形的角度发现一对反8的相似三角形，推出AF与BD是垂直关系，进而求出AF的直线表达式与抛物线表达式联立求出交点F的坐标，这也是不错的方法。 另一种是所求角的边不与坐标轴平行。 例3:如图，在平面直角坐标系中，直线 y=21x+2与x轴交于点A，与y轴交于点

C，抛物线y=-21x+bx+c 经过A，C两点，与x轴的另一交点为点B． （1）求抛物线的函数表达式； （2）x轴上有一点E（23，0），连接CE，点D为直线AC上方抛物线上一动点，过点D作DF⊥AC，垂足为点F，连接CD，是否存在点D，使得△CDF 中的某个角恰好等于∠AEC？若存在，求点D的横坐标；若不存在，请说明理由。 分析：通过已知条件易得抛物线表达式为y=-21x-23x+2及各定点坐标。第二问要分类讨论，当∠CDF =∠AEC或是∠DCF =∠AEC时，先来讨论∠CDF =∠AEC的情况。在Rt⊿COE中，可知tan∠AEC=34，当∠CDF =∠AEC 时，tan∠CDF=34,即CF:DF=4：3，然后，在直角顶点F处构建一线三垂直模型，由CF:DF=4：3，设CF=3m,DF=4m，由△CFH∽△CAO可得FH=8m，同理DG=6m，由GI=HO=2-4m，可得DI=2+2m,从而写出D点坐标（-11m,2+2m）,将其代入抛物线表达式求得D点坐标。 或是在A处作垂直构建一线三垂直模型，利用相似写出K点坐标，在求出CK直线表达式与抛物线表达式联立从而求出交点D 的坐标。 当∠DCF =∠AEC 时,可用同样方法求出D点坐标。 类型三：二倍角或半角的存在性问题 （一）.二倍角的构造方法

如图，已知，我们可以利用等腰三角形和外角定理去构造2，在BC边上找一点D，使得BD=AD，则2ADC=. 这样我们就构造出了二倍角，接下来利用三角函数（一般用正切）计算就可以了。 （二）半角的构造方法 如图，已知，构造半角可以用下面两种方法： 方法一：和前面二倍角的构造相对应，利用外角定理，如图，延长CB至D，使得BD=BA，则21D=，若AC、BC的长度已知，则容易求出tan∠D的值，从而进行相关计算。 方法二：如图，直接做的角平分线BE，若AC、BC的长度已知，则容易求出tan∠EBC的值。 【典例分析】 【类型一：将等角问题转化成等腰三角形或平行线问题】 【典例1】（2022•菏泽）如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，与y轴交于点C（0，4），连接AC、BC． （1）求抛物线的表达式； （2）点P是抛物线上的一动点，当∠PCB＝∠ABC时，求点P的坐标．

【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（﹣2，0）、B（8，0）两点，与y轴交于点C（0，4）， ∴， 解得：． ∴抛物线的表达式为y＝﹣+x+4； （2）①当点P在BC上方时，如图， ∵∠PCB＝∠ABC， ∴PC∥AB， ∴点C，P的纵坐标相等， ∴点P的纵坐标为4， 令y＝4，则﹣+x+4＝4， 解得：x＝0或x＝6， ∴P（6，4）； ②当点P在BC下方时，如图，

设PC交x轴于点H， ∵∠PCB＝∠ABC， ∴HC＝HB． 设HB＝HC＝m， ∴OH＝OB﹣HB＝8﹣m， 在Rt△COH中， ∵OC2+OH2＝CH2， ∴42+（8﹣m）2＝m2， 解得：m＝5， ∴OH＝3， ∴H（3，0）． 设直线PC的解析式为y＝kx+n， ∴， 解得：． ∴y＝﹣x+4． ∴， 解得：，． ∴P（，﹣）．

综上，点P的坐标为（6，4）或（，﹣）． 【变式1】（2022秋•大连月考）抛物线y＝﹣x2+bx+c过点A（4，0），B（0，2）． （1）求直线AB的解析式和抛物线的解析式； （2）如图1，点P在抛物线上，∠PBA＝∠BAO，求点P的坐标． 【解答】解：（1）设直线AB的解析式为y＝kx+m， ∴， 解得， ∴y＝﹣x+2， 将A（4，0），B（0，2）代入y＝﹣x2+bx+c， ∴， 解得， ∴y＝﹣x2+x+2； （2）当BP∥x轴时，∠PBA＝∠BAO， ∴P（2，2）； 设BP与x轴交于点Q， ∵∠PBA＝∠BAO， ∴BQ＝AQ， 在Rt△BOQ中，BQ2＝OB2+OQ2＝4+（4﹣BQ）2，

解得BQ＝， ∴AQ＝，OQ＝， ∴Q（，0）， 设直线BQ的解析式为y＝k'x+b'， ∴， 解得， ∴y＝﹣x+2， 联立方程组， 解得（舍）或， ∴P（，﹣）； 综上所述：P点坐标为（，0）或（，﹣）． 【类型二：将等角问题转化成等角所在三角形相似或等角对应的三角函数（通常是正切值）相等问题】 【典例2】（2022秋•大连月考）如图，抛物线y＝ax2+2ax+c经过B（1，0），C（0，3）两点，与x轴交于另一点A，点D是抛物线的顶点． （1）求抛物线的解析式； （2）如图1，连接AC、BC，在抛物线上是否存在点M，使∠ACM＝∠BCO，若存在，直接写出M点的坐标：若不存在，请说明理由．

【解答】解：（1）把B（1，0），C（0，3）代入y＝ax2+2ax+c得： ， 解得：， ∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3； （2）分两种情况： 设M（x，﹣x2﹣2x+3）， ①如图，当CM交x轴于G时， ∵∠BCO＝∠ACM， ∴∠ACG＝∠OCB， ∵OC＝OA， ∴∠OCA＝∠OAC＝45°， ∴∠BCM＝45°， ∵∠ACB＝∠BCM+∠ACG，∠BGC＝∠OAC+∠ACG， ∴∠ACB＝∠BGC，

∵∠CBG＝∠CBA， ∴△BCG∽△BAC， ∴， ∵OB＝1，OC＝3， ∴BC＝， 设G（﹣t，0）， ∴， ∴t＝， ∴G（﹣，0）， 同理可求得CG的解析式为：y＝2x+3， 则， ∴﹣x2﹣2x+3＝2x+3， x2+4x＝0， x（x+4）＝0， x1＝0（舍），x2＝﹣4， 当x＝﹣4时，y＝﹣5， ∴M（﹣4，﹣5）； ②如图，当CM与x轴交于点N时，过B作BP⊥AC于P， ∵∠OAC＝45°， ∴△ABP是等腰直角三角形， ∵AB＝4，

∴AP＝BP＝＝2， ∵AC＝＝3， ∴CP＝AC﹣AP＝， ∵∠BCO＝∠ACM， ∴∠ACB＝∠OCM， ∵∠BPC＝∠COA＝90°， ∴△BCP∽△NCO， ∴， ∴， ∴NO＝6， ∴N（﹣6，0）， 同理可得NC的解析式为：y＝x+3， 联立方程组得：， 解得：x1＝0，x2＝﹣， 因为点M在抛物线上，所以当x＝﹣时，y＝， ∴M（﹣，）， 综上所述，存在点M（﹣4，﹣5）或（﹣，），使得∠ACM＝∠BCO． 【变式2】（2022秋•瓦房店市月考）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2﹣4x﹣3与x轴交于A、B两点（点B在点A的左侧），抛物线对称轴与直线BC交于点E，与x轴交于点F． （1）求直线BC的解析式； （2）如图1，抛物线的顶点为D，抛物线的对称轴与线段BC交于点E，连接AE，点P在抛物线上，若∠EAC＝∠DAP，求点P的坐标．

【解答】解：（1）在y＝﹣x2﹣4x﹣3中，令x＝0得y＝﹣3，令y＝0得x＝﹣3或x＝﹣1， ∴A（﹣1，0），B（﹣3，0），C（0，﹣3）， 设直线BC解析式为y＝kx+b，把B（﹣3，0），C（0，﹣3）代入得： ， 解得， ∴直线BC的解析式为y＝﹣x﹣3； （2）过A作AC的垂线，交DE于G，交抛物线于P，如图： 由y＝﹣x2﹣4x﹣3＝﹣（x+2）2+1可得顶点D（﹣2，1），对称轴是直线x＝﹣2， 在y＝﹣x﹣3中，令x＝﹣2得y＝﹣1， ∴E（﹣2，﹣1），F（﹣2，0）， ∵A（﹣1，0）， ∴AF＝1，DE2＝（1+1）2＝4，AD2＝（﹣1+2）2+（0﹣1）2＝2，AE2＝（﹣2+1）2+（﹣1﹣0）2＝2， ∴AD2+AE2＝DE2， ∴∠DAE＝90°＝∠CAP，

∴∠CAE＝∠DAP，即P是满足条件的点， ∵∠FAG＝90°﹣∠OAC＝∠OCA，∠GFA＝90°＝∠AOC， ∴△FAG∽△OCA， ∴＝，即＝， ∴FG＝， ∴G（﹣2，﹣）， 由G（﹣2，﹣），A（﹣1，0）可得直线AG解析式为y＝x+， 解得或， ∴P的坐标为（﹣，﹣）． 【类型三：二倍角或半角的存在性问题】 【典例3】（2022•惠山区校级二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝x2+bx+c与y轴交于点C，与x轴交于A、B两点，直线y＝x+3恰好经过B、C两点． （1）求二次函数的表达式； （2）点D是抛物线上一动点，连接DB、DC．若△BCD的面积为6，求点D的坐标； （3）设E是抛物线上的一个动点，连结AE，若∠BAE＝2∠ACB，求点E的坐标． 【解答】解：（1）令y＝0，则x＝﹣3， ∴B（﹣3，0）， 令x＝0，则y＝3， ∴C（0，3）， 将点B（﹣3，0），C（0，3）代入y＝x2+bx+c，

∴， ∴， ∴y＝x2+4x+3； （2）点D在直线BC上方时，过点D作DP⊥x轴交AC于点P， 设D（t，t2+4t+3），则P（t，t+3）， ∴DP＝t2+4t+3﹣t﹣3＝t2+3t， ∴S△BCD＝S△CPD﹣S△PBD＝×DP×（﹣t+3+t）＝（t2+3t） ∵△BCD的面积为6， ∴（t2+3t）＝6， ∴t＝1或t＝﹣4， ∴D（1，8）或D（﹣4，3）； 当点D在直线BC下方时， S△BCD＝S△CPD+S△PBD＝×DP×3＝（﹣t2﹣3t）＝6， ∴（t2+3t）＝﹣6， ∴此时t不存在， 综上所述：D点坐标为（1，8）或（﹣4，3）； （3）设E（m，m2+4m+3）， 过点A作AG⊥BC交于点G，在BC上截取HC＝HA， ∵B（﹣3，0），C（0，3）， ∴OB＝OC，BC＝3， ∴∠CBO＝45°， ∵x2+4x+3＝0时，x＝﹣1或x＝﹣3， ∴A（﹣1，0）， ∴AB＝2， 在Rt△ABG中，BG＝AG＝， ∴CG＝2， ∵HC＝HA， ∴∠GHA＝2∠ACB， 在Rt△AGH中，HA2＝（CG﹣HA）2+AG2，

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中考数学专题抛物线中的角度问题(初三数学压轴题讲解)

中考数学专题抛物线中的角度问题(初三数学压轴题讲解)

中考数学压轴题专题一：利用抛物线中的角度求点的坐标（原创）

二次函数中的角度问题通常要构造直角、相似、全等三角形把角度问题转化为边的问题，求抛物线中的点坐标方法一般采用两种方法，第一种是求线与线的交点，这时需要联立方程；第二种是几何法，过点做坐标轴的垂线，再利用三角函数或者是相似三角形去求解！

例1.抛物线y＝﹣x2+x+4与坐标轴分别交于A，B，C三点，P是第一象限内抛物线上的一点且横坐标为m．连接CP，是否存在点P，使得∠BCO+2∠PCB＝90°，若存在，求m的值，若不存在，请说明理由．

解题思路：

1.利用∠BCO+2∠PCB＝90°和∠BCO+∠CBO＝90°推出∠CBO=2∠PCB

2.得出∠CMB=∠MCB得到BC=BM

3.求出M的坐标，进而求出直线CM的直线解析式

4.联立直线CM方程和抛物线方程，求交点坐标

例2.已知抛物线y＝x2+x﹣3与x轴交于点A（1，0）和点B两点，与y轴交于点C，点P是抛物线点第三象限上一动点（不与点A，B，C重合），作PD⊥x轴，垂足为D，连接PC．且∠CPD＝45°，求点P的坐标；

解题思路：45度可以联想到等腰直角三角形

1.延长PC交x轴于点E，得出等腰直角三角形

2.求出E点坐标，进而求出直线CE的解析式

3.联立直线CE方程和抛物线方程，求交点坐标

例3.抛物线y＝x2﹣4x与直线y＝x交于原点O和点B，与x轴交于另一点A，顶点为D．连接OD，P为x轴上的动点，当tan∠PDO＝时，求点P的坐标；

解题思路

1.分情况讨论，分P在原点的左右侧进行讨论

2.P在原点右侧比较简单

3.P在原点左侧要结合P在原点右侧的情况，可以得出等腰△OGD，求出G点坐标

4.利用GD的直线直线方程或相似三角形求出P点坐标

例4.已知抛物线y＝﹣x2﹣6x﹣5与x轴交于点A（﹣1，0）和B（﹣5，0），与y轴交于点C，顶点为P，点N在抛物线对称轴上且位于x轴下方，连AN交抛物线于M，连AC、CM．tan∠ACM＝2时，求M点的横坐标；

专题13 二次函数中角度、面积及平行四边形存在性问题(解析版)

专题13 二次函数中角度、面积及平行四边形存在性问题(解析版)

专题13 二次函数中角度、面积及平行四边形存在性问题

题型一、角度及平行四边形存在性问题

1. （2019·湖北咸宁中考）如图，在平面直角坐标系中，直线221xy与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线cbxxy221经过A,B两点且与x轴的负半轴交于点C.

（1）求该抛物线的解析式；

（2）若点D为直线AB上方抛物线上的一个动点，当∠ABD=2∠BAC时，求点D的坐标；

（3）已知E,F分别是直线AB和抛物线上的动点，当B,O,E,F为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出所有符合条件的E点的坐标.

【答案】见解析.

【解析】解：（1）在122yx中，y=0时，x=4；x=0时，y=2，

即A(4,0)，B(0,2),

将A、B两点坐标代入抛物线解析式，得：

8402bcc，解得：b=32，c=2，

即抛物线解析式为：213222yxx.

（2）如图，过点B作BE∥x轴交抛物线于点E，过D作DF⊥BE于F，

∴∠BAC=∠ABE， ∵∠ABD=2∠BAC，

∴∠ABD=2∠ABE，

即∠DBE=∠BAC，

设点D的坐标为（x，213222xx），则BF=x，DF=21322xx，

∵tan∠DBE=DFBF, tan∠BAC=OBOA,

∴DFBF=OBOA，即2132224xxx，

解得：x=0（舍）或x=2，

即点D的坐标为：（2,3）.

（3）B（0,2）,O（0,0）

设E点坐标为（m，122m），F点坐标为（n，213222nn），

①若四边形BOEF是平行四边形，

则2113222222mnmnn，解得：22mn，

即E点坐标为（2，1）；

②若四边形BOFE是平行四边形时，

则2131222222mnnnm，解得：222222222222mmnn或，

二次函数中的角度问题(4大题型)专练(学生版)-2024年中考数学压轴题专项训练

二次函数中的角度问题(4大题型)专练(学生版)-2024年中考数学压轴题专项训练

1二次函数中的角度问题(4大题型)专练

通用的解题思路：

1、角的数量关系处理的一般方法如下：

(1)证等角：常运用等腰三角形两底角相等，等角的余角相等，等角的补角相等、全等三角形和相似三角形

的对应角相等及两角的锐角三角函数值相等，等等；

(2)证二倍角：常构造辅助圆，利用圆周角定理；

(3)证和差角：常旋转、翻折、平移构造角．

2.特殊角问题处理的一般方法如下：

(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．

题型一：角相等问题

对于二次函数中的角相等问题，首选方法是利用等角的三角比解决问题(利用一线三等角模型或者拆分特殊角

来发现等角)，其次选择利用相似三角形中的比例线段解决问题。

二次函数中的角相等问题比较灵活，在遇到具体问题时具体分析，合理构造等角，解决问题。

1(2024·山西太原·三模)综合与探究

如图1，经过原点O的抛物线y=-2x2+8x与x轴的另一个交点为A，直线l与抛物线交于A，B两点，已知

点B的横坐标为1，点M为抛物线上一动点．

(1)求出A，B两点的坐标及直线l的函数表达式．

(2)如图2，若点M是直线l上方的抛物线上的一个动点，直线OM交直线l于点C，设点M的横坐标为m，

求MC

OC的最大值．

(3)如图3，连接OB，抛物线上是否存在一点M，使得∠MOA=∠BAO，若存在，请直接写出点M的坐标；若

不存在，请说明理由．

22(23-24九年级下·内蒙古赤峰·阶段练习)在平面直角坐标系中，抛物线y=x2-2x-3与x轴交于点

A和点B，与y轴交于点C，顶点为D．

(1)请直接写出A、B、D三点坐标．

(2)如图1，点M是第四象限内抛物线上的一点，过点M作x轴的垂线，交直线BC于点N，求线段MN长度

的最大值；

(3)如图2，若点P在抛物线上且满足∠PCB=∠CBD，求点P的坐标；

3(23-24九年级下·湖南永州·开学考试)

综合与探究．

2021届中考数学专题复习训练——二次函数 专题13.1二次函数综合之角度相等、45°角、二倍角

2021届中考数学专题复习训练——二次函数 专题13.1二次函数综合之角度相等、45°角、二倍角

二次函数角度问题

（角相等，45°角，二倍角）

【经典例题1——角度相等】通过平行线，等腰等角，相似求解

抛物线y＝ax2＋c与x轴交于A、B两点，顶点为C，点P为抛物线上，且位于x轴下方．

（1）如图1，若P(1，－3)、B(4，0)，

① 求该抛物线的解析式；

② 若D是抛物线上一点，满足∠DPO＝∠POB，求点D的坐标；

【解析】(1)①将P(1，−3)，B(4，0)代入y=ax2+c，得3016caca，解得51651ca，

∴抛物线的解析式为y=51x2−516；

②如图1，

当点D在OP左侧时，

由∠DPO=∠POB，得DP∥OB，

∴D与P关于y轴对称，且P(1，−3)，

∴D(−1，−3)；

当点D在OP右侧时，延长PD交x轴于点G.

作PH⊥OB于点H，则OH=1，PH=3.

∵∠DPO=∠POB，

∴PG=OG.

设OG=x，则PG=x，HG=x−1.

在Rt△PGH中，由x2=(x−1)2+32，得x=5.

∴点G(5，0).

∴直线PG的解析式为y=43x−415， 解方程组51651415432xyxy得31yx或1627411yx.

∵P(1，−3)，

∴D(411，−1627).

∴点D的坐标为(−1，−3)或(411，−1627).

【经典例题变式】如图，已知抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于A(1，0)、B(4，0)两点，与y轴交于C(0，2)，连接AC、BC.

(1)求抛物线解析式；

(2)BC的垂直平分线交抛物线于D. E两点，求直线DE的解析式；

(3)若点P在抛物线的对称轴上，且∠CPB=∠CAB，求出所有满足条件的P点坐标。

【解析】（1）由题意，得：204160ccbacba解得：22521cba．