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，o90EDACB且045CABCBEACD≌，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1-1-42.如图1-1-2，o90EDACBCBEACD∽，此为“一线三直角”相似，又称“K字型”相似;3.如图1-1-3，o90EDACBCBEACD∽，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ABCRt中，baAtan，即A的正切值等于A的对边与A的邻边之比；同理，abBtan，则1tantanBA，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1-2-12.30o角构直角三角形造“一线三直角”相似，如图1-2-2；αααDEDECAACBB图1-2-23.tanα=k→构直角三角形→造“一线三直角”相似，如图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；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.方式（三）：整体旋转法（*）DACDEA→DA2=DC∙DE→DG2+AG2=DC∙DE动动定定定定定定定定定GACBBCAACBDDE图1-2-3图1-2-4图1-2-5图1-2-6图1-2-7图1-2-8图1-2-10图1-2-11图1-2-12yx3344A'E'AEO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；第二步（造“一线三直角”）：如图1-2-10,依托旋转后的Rt△OAB,作系列“水平—竖直辅助线”，构造“一线三直角”，即Rt△OCB∽Rt△BDA；事实上,Rt△OCB与Rt△BDA都是等腰直角三角形,于是有OC=BC=22,BD=AD=232,故点A的坐标为722(,)22；问题2已知点(4,6)A,将点A绕原点O顺时针方向旋转a角,其中tana=12,求其对应点A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a角得到Rt△OAB,则AB=4,OB=6,且tan∠BOB=tana=12；图1-2-9图1-2-13图1-2-14第二步（造“一线三直角”）：如图1-2-12,依托旋转后的Rt△OAB,作系列“水平—竖直辅助线”，构造“一线三直角”，即Rt△OCB∽Rt△BDA，于是有BC=565,OC=5125,AD=545,BD=585,故点A的坐标为55(,)55148.问题3已知点(,)Aab,将点A绕原点O顺时针方向旋转a角,求其对应点A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=a,OB=b,将Rt△OAB绕原点O顺时针方向旋转a角得到Rt△OAB,则AB=a,OB=b,且∠BOB=a；第二步（造“一线三直角”）：如图1-2-14,依托旋转后的Rt△OAB,作系列“水平—竖直辅助线”，构造“一线三直角”，即Rt△OCB∽Rt△BDA，于是有BC=sinba,OC=cosba,AD=sinaa,BD=cosaa,故点A的坐标为(,)cossincossinaababaaa.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_______。xy图1-3-1BAOxy2tt2图1-3-2DCBAO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_______。xy图1-3-3PAOxy3434图1-3-4DCPBAO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xy图1-3-5CEPBDAO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272yxxc与x轴交于A、B两点，且经过点02C，、732D，，点P是直线CD上方抛物线上一动点，当0=45PCD时，求点P的坐标。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2722yxx，直线CD的解析式为122yx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31322，利用C、Q两点，可以求出直线CP的解析式32yx，在与抛物线联立得232722yxyxx，解得=02xy（舍去），或1=272xy，因此点P坐标为1722，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.图1-3-7图1-3-9图1-3-8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DFCECFPE，即PE·DF=CE·CF；由题可设P(t，-t+27t+2),易得PE=2t，DF=32,CE=-t+27t+2+t-2=-t²+29t,CF=2-(27-3)=23,因此有2t·32=23(-t²+29t)，解得t=21（t=0舍去），故点坐标为（21，27）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=23由∠PCD=45°，可得∆QCD∽∆QFC，易证QC²=QD·QF；设QD=t，则QC²=QE²+CE²=(t+23)²+9，故有(t+23)²+9=t·(t+29)，解得t=215，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+27x+2解得x=0、y=2，（舍去）或x=21、y=27，故点坐标为（21，27）。“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=23，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=223，D’H=E’H=423，则D’K=223-423=423，OK=OC+CK=2+429，故点D’的坐标为（423，2+429），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+23，最后锁定Rt△QDF，由勾股定理得（3-x）²+（23）²=（x+23）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