2025年中考数学一轮专题复习讲义：已知角度关系求动点坐标

已知角度关系求动点坐标 一阶 方法突破练 1.如图，抛物线 与x轴交于点A，B，与y轴交于点C，连接BC，已知点 D是抛物线上对称轴右侧一动点，连接 CD，若 求点 D 的坐标. 2.如图，已知抛物线 与x轴交于A，B 两点，与y轴交于点 C，P 是x轴上方抛物线上一动点，连接 BC，BP，当 时，求直线 BP的解析式. 3. 如图,在平面直角坐标系中,点A(-1,0),B(4,0),C(0,2),点P在直线 上，若 求点 P 的坐标. 学科网（北京）股份有限公司 二阶 设问进阶练 例 如图，已知抛物线 与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，抛物线对称轴与x轴交于点E，连接AC，BC. (1)已知点G是抛物线上一点，连接CG，若 求点G的坐标； (2)已知R是y轴上一点，连接AR，若AR平分 ,求点R的坐标； (3)在抛物线的对称轴上，是否存在点Q，使得 若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由. 综合强化练 1.如图，抛物线 与x轴交于点. 与y轴交于点C，点 F 是抛物线上一动点，过点 B，C 作直线 BC. (1)求抛物线的解析式及 的值； (2)当点 F 到直线 BC 的距离为 时，求点 F的坐标； (3)(角度和为定值)过点 F 作 轴于点 E，交直线 BC于点D，若 求点 F 的坐标. 作图区 答题区 2.如图，在平面直角坐标系中，抛物线 经过点 (1)求抛物线的解析式； (2)连接OA，点C 为线段OA上任意一点(与点O，A不重合)，过点C作. 轴，与y轴交于点M，与抛物线的交点靠近y轴的记为点 N，若 ，求点 C 的横坐标； (3)(角度倍数关系)过点A作. 轴，与抛物线的另一个交点为点 D，与y轴交于点E，取OA 中点P，点Q 为直线AD上一动点，且点Q与点 A 不重合，当 时，请直接写出线段AQ的长. 作图区 答题区 3.在平面直角坐标系中，抛物线 与x轴交于A，B两点(点A在点 B左侧)，与y轴交于点 C，直线 BC的解析式为 (1)求抛物线的解析式； (2)如图①，点M为线段BC上的一点，设点M的横坐标为t，过点 M作y轴的平行线，过点 C作x轴的平行线，两条平行线相交于点N，将 沿 MC 翻折得到 ，当点 N'落在线段AB上时，求此时t的值； (3)(同一三角形中角度倍数关系)如图②，点 D 是直线 BC 下方的抛物线上一点，过点 D 作DE⊥BC于点E,当 中的某个角恰好为 时，请求出点 D的横坐标. 作图区 答题区 考向2 已知角度关系求动点坐标 一阶 方法突破练 1. 解：∵抛物线与y轴交于点C， ∴当x=0时,y=3, ∴C点坐标为(0,3), ∴ 抛物线的对称轴为直线x=2,如解图,∵∠BCD=∠ABC, ∴CD∥AB, ∴点D 与点C 关于抛物线的对称轴直线x=2对称，∵C(0,3),∴D(4,3). 2. 解:如解图,过点 P 作 PH⊥x轴于点 H, 令x=0,得y=-4,令y=0,解得x=1或x=4, ∴B(4,0),C(0,-4),∴OB=OC, ∴∠ABC=45°(根据已知条件找特殊角). ∵ 点P位于x轴上方，且 ∴∠PBA=∠ABC=45°(由角度倍数关系计算角的度数求解)， 又∵∠PHB=90°,∴PH=BH, 设PH=BH=t,则(OH=4-t,∴P(4-t,t), 把P(4-t,t)代入 得 解得t=0(此时与点B重合,舍去)或t=2, ∴P(2,2). ∵B(4,0), ∴ BP所在直线的解析式为y=-x+4. 3. 解:∵A(-1,0),B(4,0),C(0,2), ∵ 直线l:x= ,A(-1,0),B(4,0) ∴线段AB 的中点坐标为(( ,0), ∴l与x轴的交点即为AB的中点，如解图，以AB 为直径画圆，l与AB 交点即为圆心，记为点 D(构造辅助圆);∵∠ACB=90°,∴点C 在 ⊙D 上, ∴ ∠CAB +∠CBA=90°, ∵∠APC+∠OAC=90°, ∴∠CBA=∠CPA, ∴点 P是直线l与⊙D 的交点. ∴点P的坐标为 或 二阶 设问进阶练 例 解：(1)∵ 抛物线的解析式为 3 ，与y轴交于点C， ∴抛物线的对称轴为直线x=3,C(0,3 ), ①当点 G在线段 BC上方时，如解图①， ∵∠GCB=∠ABC,∴CG∥AB, ∴点 G 与点 C 关于抛物线的对称轴直线x=3 对称.∴G(6,3 ); ②当点G在直线BC的下方时，如解图②，设 CG交x轴于点 T, 令y=0,即 解得 ∴A(-3,0),B(9,0). ∵在Rt△BOC中, ∴∠CBA=30°. ∵∠GCB=∠ABC,∴∠TCB=∠CBA=30°. ∵∠OCB=60°,∴∠OCT=30°,在 Rt△COT中,( ∴点 T的坐标为(3,0),即点 T与点 E 重合, 设直线 CT的解析式为 将点C(0,3 ),T(3,0)代入, 得 解得 ∴ 直线 CT的解析式为 联立 解得 (舍去), 此时点 G的坐标为(15,-12 ), 综上所述，点G 的坐标为(6，3 )或(15,-12 ); (2)如解图③,过点R 作RD⊥AC于点 D,设点 R的坐标为(0,r), ∵AR平分∠OAC,RO⊥AO,RD⊥AC, ∴DR=RO,∠CDR=∠AOC=90°. ∵ ∠RCD=∠ACO, ∴△CDR∽△COA, 又∵点A(-3,0),C(0,3 ), ∴OA=3,OC=3 , 在 Rt△AOC 中,由勾股定理得 解得 ∴点R的坐标为(0, ); (3)存在. ∵OC=3 ,OA=3,∴∠ACO=30°, 由(1)得∠BCO=60°, ∴∠ACB=90°,∴∠CAB+∠ABC=90°. 要使得∠AQC+∠CAB=90°,只需∠AQC=∠ABC, ∴如解图④,点 Q 为以 AB 为直径的圆与抛物线对称轴的交点， ∴点Q的坐标为(3,6)或(3,-6). 三阶 综合强化练 1. 解:(1)∵ 抛物线 与 x 轴交于点A(-1,0),B(2,0), ∴将A，B两点坐标代入， 得 解得 ∴抛物线的解析式为 ∴C(0,2),∴OB=2,OC=2, ∴在Rt△COB中, (2)【思路点拨】看到 ，可想到等腰直角三角形，恰巧图中△OBC是等腰直角三角形，且. 可作OD⊥BC于点D,得到( 取OD的中点G，可得到12的距离，过点G 作 BC 的平行线与抛物线的交点即为点 F，同理，在 BC 上方同样有一条符合题意的平行线. 如解图①,当点 F 在直线 BC 下方时,过点 O 作OD⊥BC 于点 D. ∵OB=2,OC=2, ∴△OBC是等腰直角三角形， 取OD的中点G，过点 G作BC的平行线l₁，交y轴于点H，与抛物线的交点即为点 F， ∵B(2,0),C(0,2), ∴直线 BC的解析式为y=-x+2, ∵直线 则直线 l₁的解析式为y=-x+1, 联立 解得 ∴ 点 F 的 坐 标 为 ( 1 + 或 同理可得,当点 F 在 BC 上方时，直线 l₂ 的解析式为y=-x+3, 联立 解得 ∴点F的坐标为(1,2), 综上所述，点 F 的坐标为 或 )或(1,2); (3)【思路点拨】分点F在x轴上方和下方两种情况，可通过构造相似三角形得到线段的比例关系，得到直线CF与x轴交点的坐标，进而得到 CF的解析式，与抛物线联立求得点 F的坐标. 当点 F在x轴的上方时，如解图②，延长CF交x轴于点 N, ∵OB=OC=2,∴∠BCO=∠OBC=45°, ∵∠FCD+∠ACO=45°,∠OBC=∠BCF+∠CNO=45°,∴∠ACO=∠CNB, 又∵∠AOC=∠CON=90°,∴△AOC∽△CON, ∴ON=4,∴点N的坐标为(4,0), ∵C(0,2),∴直线 CN的解析式为 令 解得x=0(舍去)或 ∴点F的坐标为( 当点F在x轴下方时，如解图③，设CF与x轴交于点H, ∵∠FCD+∠ACO=45°,∠OCB=45°, ∴∠ACO=∠FCO, 又∵CO⊥AH, ∴ △AHC 是等腰三角形, ∴OH=OA=1,∴H(1,0), ∴ 直线 CH 的解析式为y=-2x+2, 令 解得x=0(舍去)或x=3, ∴点F的坐标为(3,-4), 综上所述，点 F 的坐标为 或(3,-4). 2. 解:(1)将点A(-7,24),点 B(0,10)代入抛物线y= 得 解得 ∴抛物线解析式为 (2)【思路点拨】设出 C点坐标,由MC=MN,则C、N两点关于y轴对称，表示出点N的坐标，代入抛物线解析式，即可求得点N的横坐标. 如解图①，设线段 OA 所在直线的解析式为y=kx(k≠0), 将点A(-7,24)代入,得-7k=24,解得 ∴ 线段 OA所在直线的解析式为 ∵点 C在线段OA上，且与点O，A不重合， ∴设 ∵ MC=MN且MN∥x轴,∴ (C,N 两点到y轴距离相等，则横坐标互为相反数) ∵ 点 N在抛物线 上, 解得 ∵点C在线段OA上, ∴-7<m<0, ∴ 点 C的横坐标为 (3)【思路点拨】利用勾股定理求出OA长，再利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得到等腰△APE，利用等腰三角形等边对等角的性质和三角形的外角等于与它不相邻的两个内角之和，从而得到角度之间的3倍关系. AQ的长为 或 . 【解法提示】在 Rt△AEO 中, 如解图②，构造等腰△EPQ，使EQ=EP,设∠EPQ=∠EQP=x,则∠EAP=∠AEP=2∠PQA = 2x,又∵ ∠OPQ 是△APQ 的外角,∴∠OPQ =∠QAP+∠AQP=2x+x=3x,即∠OPQ =3∠AQP,此时 如解图③，构造等腰△EPQ,使EQ=EP,设∠EPQ=∠EQP=x,则∠PEA=∠EAP=180°-2x.∴∠QAP=2x,又∵∠OPQ是△APQ的外角,∴∠OPQ=∠QAP+∠AQP=x+2x=3x,即∠OPQ=3∠AQP,此时,AQ=QE-AE=EP-AE= 综上所述，线段AQ的长为 或 . 3. 解:(1)∵ 直线 BC的解析式为 ∴B(4,0),C(0,-2), 又∵B，C 两点在抛物线上， ∴将B，C两点坐标代入 得 解得 ∴抛物线的解析式为 (2)【思路点拨】点 N'落在 AB 上,根据∠CN'M=90°，可构造“一线三垂直”模型，由折叠的性质可以得出ON'的长，再根据等角代换得到角相等，得到△ON'C∽△QMN',由线段比例关系求得t的值. 当点 N'落在AB 上时,如解图①,设直线 NM 与 x轴交于点Q， ∵ 点 M 在线段BC 上,且点 M的横坐标为t， ∴ 点 M 的纵坐标为 CN=t. ∵C(0,-2),∴OC=2, ∴由折叠的性质得 ∵∠CN'M=∠CNM=90°,∴∠CN'O+∠MN'Q=90°, ∵∠CN'O+∠N'CO=90°,∴∠MN'Q=∠N'CO, 又∵∠CON'=∠N'QM, 解得 (3)【思路点拨】已知∠DEC=90°,故分∠ECD=2∠ABC和∠CDE=2∠ABC 两种情况讨论,利用三角函数表示三角形三边的比例关系，通过设点坐标，表示出线段长，列方程求解点D的横坐标. 如解图,过点 C 作x 轴的平行线,过点 D 作 DR⊥y轴，垂足为R，DR的延长线交直线 BC于点G，设点 则.DR=x, 分两种情况讨论： 如解图②,当∠ECD = 2∠ABC 时,∵ AB∥DG, ∴∠ABC=∠BGD,则∠ECD=2∠BGD, ∵∠ECD是△DCG的外角,∴∠ECD=∠CDR+∠G. ∴∠CDR=∠G=∠ABC, 解得 x =0(舍 去 )或x=2, ∴点 D的横坐标为2；如解图 ③,当∠CDE =2∠ABC时, 令 解得x=-1或x=4, ∴点A(-1,0), 设AB 的中点为 F,连接CF,则 ∴ 在 Rt△OFC 中, ∵FB= ,∴FB=FC,则∠OFC=2∠ABC, ∵∠CDE=2∠ABC,∴∠CDE=∠OFC, 设ED=3k,CE=4k,则由勾股定理可得 CD=5k, ∵ GD∥AB,∴∠EGD=∠OBC, ∴ tan∠EGD=tan∠OBC, ∵在 Rt△GCR 中, 解得x=0(舍去)或 ∴点 D的横坐标为 综上所述，点D的横坐标为2或 $$