第4课时　二次函数中的角度存在性问题 课件 2025年中考数学一轮总复习

第4课时　二次函数中的 角度存在性问题 　　二次函数中的角度存在性问题一般是指在动点的运动过程中，存在某个特殊位置，使得某些角度满足一定的特殊关系，常见类型有角度为定值、角度相等、角度倍分、角度和差等，是对二次函数和几何图形的综合考查，涉及二次函数的图象性质以及几何图形中的平行线、三角形性质、三角形全等或者相似、 三角函数、轴对称等知识，一般的解题策略是利用相关几何知识确定特殊点的坐标，再利用点的坐标确定解析式，最后联立解析式找到满足条件的点的坐标. 角度为定值问题一般这个定值是特殊角（30°，45°，60°，90°），解题思路是构造特殊直角三角形，利用三角函数找到边长之间的比例关系，从而确定点的坐标，如下表： 45° 30°，60° 90° 　　角度相等问题常见有三种思路：一是利用角度相等转化为平行，利用平行确定一次函数y＝kx＋b解析式中的k值，进而确定解析式；二是利用角度 相等转化为等腰，利用腰相等及两点间距离建立方程，从而得到点的坐标；三是利用角度相等转化为三角形全等（相似）或者轴对称，利用全等（相似）三角形的性质或轴对称的性质确定点的坐标. 角度和差倍分问题一般会转化为与三角形外角相关的问题，如下表： ∠ABD＝ ∠A＋∠C 当AB＝BC时， ∠ABD＝2∠A＝2∠C 　　二次函数中的角度问题可以综合几何中的很多重要知识，灵活性很强，对学生的能力要求很高，是对学生分析问题、解决问题能力的综合考查. 角度为定值问题 （2024·开州区节选）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，且OA＝OB＝OC. （1）求抛物线的函数解析式； [答案] 解：（1）在y＝ax2＋bx＋3中，当x＝0时，y＝3， ∴OC＝3. ∵OA＝OB＝OC， ∴OA＝1，OB＝3， ∴A（－1，0），B（3，0）. 把（－1，0），（3，0）代入y＝ax2＋bx＋3，得 解得 ∴抛物线的函数解析式为y＝－x2＋2x＋3. （2）将抛物线沿射线AC方向平移个单位长度，点Q是平移后的抛物线上的一动点，若∠BCQ＝15°，求点Q的坐标. （2）y＝－x2＋2x＋3＝－（x－1）2＋4， ∵抛物线沿射线AC方向平移个单位长度， ∴抛物线向右平移1个单位长度， 向上平移3个单位长度， ∴新抛物线的解析式为 y'＝－（x－2）2＋7＝－x2＋4x＋3. 如答案图，当点Q在直线BC上方时，记直线CQ交x轴交于点G. ∵易知∠OCB＝45°，∠BCQ＝15°， ∴∠OCQ＝60°， ∴tan∠OCQ＝，即＝， ∴OG＝OC＝3， ∴G（3，0）， ∴直线CG的解析式为y＝－x＋3. （答案图） 令－x2＋4x＋3＝－x＋3， ∴x1＝0（舍去），x2＝4＋， ∴Q（4＋，－＋）； 如答案图，当点Q在直线BC 下方时，记直线CQ交x轴于点F. ∵∠BCQ＝15°，∠BCO＝45°， ∴∠OCF＝30°， （答案图） ∴tan∠OCF＝＝， ∴OF＝×3＝，∴F（，0）， ∴直线CF的解析式为y＝－x＋3. 令－x2＋4x＋3＝－x＋3， ∴x1＝0（舍去），x2＝4＋， ∴Q（4＋，－4）. 综上，点Q的坐标为（4＋，－＋）或（4＋，－4）. （答案图） 角度相等问题 （2024·重庆A卷节选）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋4（a≠0）经过点（－1，6），与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），连接AC，BC，tan∠CBA＝4. （1）求抛物线的表达式； [答案] 解：（1）由抛物线的表达式知，OC＝4. ∵tan∠CBA＝4，∴OB＝1，即B（1，0）， 将（－1，6）与（1，0）代入抛物线的表达式， 得解得 ∴抛物线的表达式为y＝－x2－3x＋4. （2）将该抛物线沿射线CA方向平移，使得新抛物线经过D（－2，2），且与直线AC相交于另一点K.点Q为新抛物线上的一个动点，当∠QDK＝∠ACB时，求所有符合条件的点Q的坐标. （2）易知A（－4，0），C（0，4）. 将该抛物线沿射线CA方向平移，当向左平移m（m＞0）个单位长度时，则向下平移了m个单位长度， 则新抛物线的表达式为 y＝－（x＋m）2－3（x＋m）＋4－m， 将D（－2，2）代入上式，得 2＝－（－2＋m）2－3（－2＋m）＋4－m， 解得m＝2（负值舍去）， ∴新抛物线的表达式为y＝－x2－7x－8. 易知直线BC的表达式为y＝－4x＋4， 当点Q在直线AC下方时，如答案图. （答案图） ∵∠QDK＝∠ACB，则DQ∥BC， 则直线DQ的表达式为y＝－4x－6， 令－4x－6＝－x2－7x－8， 解得x＝－2（舍去）或－1，∴Q（－1，－2）； 当点Q'在直线AC上方时，如答案图. 记DQ与x轴交于点H，则H（－，0）. 作关于直线AC的对称点H’， 则点H'（－4，），此时∠ADQ'＝∠Q'DK. 易知直线DH'的表达式为y＝－x＋. 令－x＋＝－x2－7x－8， 解得x＝－2（舍去）或－，∴Q'（－，）. 综上，点Q的坐标为（－1，－2）或（－，）. （答案图） 角度倍分问题 （2024·一中节选）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝－x2＋bx＋c与直线AB交于点A（2，0），B（0，3）. （1）求该抛物线的函数表达式； [答案] 解：（1）将A（2，0），B（0，3）代入y＝－x2＋bx＋c， 得解得 ∴抛物线的解析式为y＝－x2－x＋3. （2）将抛物线沿射线BA方向平移个单位长度得到新抛物线y'，点D为平移后的抛物线y'与x轴负半轴的交点，将点D向下平移一个单位长度得到点E，在直线AE上确定一点Q，使得∠BAE＝2∠BQA，求出所有符合条件的点Q的坐标. （2）∵抛物线沿射线BA方向平移个单位长度， ∴抛物线沿x轴正半轴平移2个单位长度，沿y轴负半轴平移3个单位长度， ∴平移后的抛物线解析式为 y'＝－（x－2）2－（x－2）＋3－3 ＝－x2＋1， 当y'＝0时，x＝±2， ∴D（－2，0），∴E（－2，－1）. 易得直线AE的解析式为y＝x－. 设Q（m，m－）. （答案图） 如答案图，当点Q1在点A右侧时，∵∠BAE＝2∠BQ1A，∴AB＝AQ1， ∴＝， 解得m＝＋2或m＝－＋2（舍去）， ∴点Q1的坐标为（＋2，）； 在AE上截取BF＝AB，设F（n，n－）， ∴＝， （答案图） 解得n＝－或n＝2（舍去）， ∴F（－，－）. 当点Q2在点A左侧时，BQ2＝BQ1， ∴A，F的中点与Q1，Q2的中点重合， 设点Q2的横坐标为x， ∴2－＝＋2＋x， 解得x＝－， （答案图） ∴点Q2的坐标为（－，－）. 综上所述，符 合条件的点Q的坐标为 （＋2，）或 （－，－）. （答案图） 角度和差问题 （2024·八中）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）与x轴交于点A（2，0），B（－4，0），与y轴交于点C（0，4），连接AC，作直线BC. （1）求该抛物线的解析式； [答案] 解：（1）设该抛物线的解析式为 y＝a（x－2）（x＋4）， 当C（0，4）代入， 得4＝a·（－2）×4，解得a＝－， ∴该抛物线的解析式为 y＝－（x－2）（x＋4）＝－x2－x＋4. （2）已知直线BC上方抛物线上有一动点P，过点P作PM∥x轴交BC于点M，过点M作MN∥y轴交x轴于点N，求PM＋MN的最大值及此时点P的坐标； （2）易得直线BC的解析式为y＝x＋4. 设P（m，－m2－m＋4）（－4＜m＜0）， 则M（－ m2－m，－m2－m＋4）， N（－m2－m，0）， ∴PM＝－m2－m－m＝－m2－2m， MN＝－m2－m＋4， ∴PM＋MN＝－m2－2m－m2－m＋4 ＝－m2－3m＋4＝－＋. ∵－1＜0，－4＜m＜0， ∴当m＝－时，PM＋MN取得最大值为，此时P. （3）将原抛物线沿射线CB方向平移2个单位长度得到新抛物线，已知点D是新抛物线上一动点，且∠DBC＝∠OAC＋∠BCO，求所有符合条件的点D的横坐标，并写出其中一种情况的求解过程. （3）∵A（2，0），B（－4，0），C（0，4）， ∴OA＝2，OB＝OC＝4，直线AC的解析式为y＝－2x＋4， ∴∠CBO＝∠BCO. 将原抛物线沿射线CB方向平移2个单位长度，即将原抛物线向左平移2个单位长度，向下平移2个单位长度， ∴新抛物线的解析式为y＝－（x＋2）2－（x＋2）＋4－2＝－x2－3x－2. 当点D在点B右侧时，如答案图， ∵∠DBC＝∠CBO＋∠ABD＝∠OAC＋∠BCO，∠CBO＝∠BCO， ∴∠ABD＝∠OAC， ∴BD∥AC， ∴直线BD的解析式为 （答案图） y＝－2x－8.令－2x－8＝－x2－3x－2， 解得x1＝－1＋， x2＝－1－（舍去）， ∴点D的横坐标为－1＋； 当点D'在点B左侧时，如答案图，过点D'作D'K⊥x轴于点K. （答案图） 设D'， 则D'K＝－n2－3n－2， BK＝－4－n. ∵∠D'BO＝∠D'BC＋∠CBO ＝∠OAC＋∠BCO＋∠CBO ＝∠OAC＋90°＝∠D'KB＋∠KD'B＝90°＋∠KD'B， （答案图） ∴∠KD'B＝∠OAC，∴△KD'B∽△OAC， ∴＝＝2，即＝2， 解得n1＝0（舍去），n2＝－5， ∴点D'的横坐标为－5. 综上，点D的横坐标为－1＋或－5. （答案图） $$