2025年中考数学二轮专题复习讲义第25讲 已知角度为定值求动点坐标（含解析）

这是一份2025年中考数学二轮专题复习讲义第25讲 已知角度为定值求动点坐标（含解析），共15页。学案主要包含了解法提示，思路点拨等内容，欢迎下载使用。
1.如图，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为( 2m−1mm0),过点 A作 AB⊥x轴于点 B.
(1)若 ∠AOB=30°,,求m的值;
(2)若. ∠AOB=60°,,求m的值.
2.如图，在平面直角坐标系中，直线 l1:y=13x+1分别交x轴，y轴于点A,B,直线 l2:y=12x+t与x轴交于点C，与直线 l₁交于点D，P是x轴上的一点，且. BP=DP.若 ∠BPD=90°,求t的值.
3.如图，抛物线 y=−14x2+32x+4与x轴交于A，B两点(点A在点B 左侧)，与y轴交于点 C，点 P 是抛物线上一点，若 ∠APB= 45°,，求点 P的坐标(点 P 的横、纵坐标均为整数).
4.如图，抛物线 y=−x²+2x+8与x轴交于A，B两点(点A在点B左侧)，点 P是抛物线的对称轴上一点，若 ∠APB=150°,求点 P的坐标.
5.如图，在平面直角坐标系中，直线 y=−x+2与x轴交于点A，与y轴交于点 B，点P为x轴上一点，若 ∠PBA=15°,，求点 P的坐标.
6.如图，在平面直角坐标系中，直线. y=−x+2与x轴交于点A，与y轴交于点B，点Q为y轴上一点，若 ∠QAB=75°,，求点Q的坐标.
二阶 设问进阶练
例 如图，抛物线 y=−x²+2x+3与x轴交于A，B两点(点A在点B左侧)，与y轴交于点 C.
(1)若点 F是抛物线对称轴上一点，当 ∠AFC=90°时,求点 F的坐标；
(2)若点N为抛物线上一点，当 ∠NBA=30°时，求点N的横坐标；
(3)若点P为抛物线对称轴上一点，当 ∠APC=45°时,求点 P的坐标；
(4)如图④,连接AC,BC,点 D 在线段AC上(不与点 A,C重合)且 tan∠BDC=3,，求点 D的坐标；
(5)如图⑤，已知点Q(0，1)，连接BQ，抛物线上是否存在点M,使得 tan∠MBQ=12?若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；
(6)创新题·定角求平移距离 如图⑥，将抛物线向下平移m个单位,交BC于点E,R,若 ∠EOR=45°,求m的值.
阶 综合强化练
1.如图①，在平面直角坐标系xOy中，抛物线 y=x²−1的顶点为P，A，B为抛物线上两点，且线段
AB‖x轴，过点A作 AD⊥x轴于点 D,过点 B 作. BC⊥x轴于点 C,连接BP,PD,BD.
(1)求证: ∠BPD=90°;
(2)创新题·猜想角度定值条件 小樱证明完(1)中的 ∠BPD为 90°后，她猜想：所有抛物线
中的“ ∠BPD,都为 90°,，为验证她的猜想，她提出如下问题：如图①，抛物线 y=ax²+c中字母
a，c满足什么条件才能使 ∠BPD=90°..请回答小樱的问题并说明理由；
(3)如图②,抛物线 y'=ax²+bx+c中字母a，b，c满足什么条件才能使. ∠BPD=90°.请直接写出
结论.
作图区 答题区
2.如图，抛物线 y=ax²−3x+ca≠0与x轴交于A(4,0),C两点,交y轴于点. B0−4,点P为y轴右侧抛物线上一个动点.
(1)求抛物线的解析式；
(2)过点B作. BD‖x轴，过点 P作 PD⊥BD于点D,且. BP=5PD,求点P 的坐标；
(3)(三角函数值确定)当点F为AB的中点，且 tan∠FCP=12时，求点 P 的横坐标.
作图区 答题区
3.在平面直角坐标系中，抛物线 y=ax+1x−3a≠0)与x轴交于A,B 两点(点A在点 B左
侧)，与y轴交于点 C(0，3)，点 D为抛物线的顶点，点P 是抛物线的对称轴上一点.
(1)求抛物线的解析式及点 D 的坐标；
(2)如图①,连接PB,PD,求 PB+22PD的最小值；
(3)(特殊角+定边)如图②,连接CP,PB,BC,若 ∠CPB=135°,，求点 P的坐标.
作图区 答题区
考向 1 已知角度为定值求动点坐标
一阶 方法突破练
1. 解:(1)∵∠AOB=30°,A(2m-1,m),AB⊥x轴,∴OB=2m-1,AB=m,△AOB是直角三角形,∴OA=2m,
由勾股定理得， OB²+AB²=OA²,
∴2m−1²+m²=2m²,
解得 m=2+3或 m=2−3;
(2)∵∠AOB=60°,A(2m-1,m),AB⊥x轴,∴OB=2m-1,AB=m,△AOB是直角三角形,∴OA=4m-2,
由勾股定理得， m²+2m−1²=4m−2²,解得 m=6+311或 m=6−311.
2. 解:如解图,过点 D作DE⊥x轴于点E,设点坐标，表示出线段长.
设P(m,0),D(xD,yD),
由题意得 yD=13xb+1yv=12xb+t,解得 xD=6−6tyD=3−2t,
∴D(6-6t,3-2t),E(6-6t,0),
∵B(0,1),P(m,0),
∴OB=1,PE=|6-6t-ml,OP=|ml,DE=|3-2t|,
∵∠BPD=90°,
∴∠BPO+∠DPE=90°,∠BPO+∠PBO=90°,
∴∠DPE=∠PBO,
∵ ∠BOP = ∠PED = 90°,BP=PD,
∴△PBO≌△DPE(AAS),利用全等关系式求未知数.
∴BO=PE=|6-6t-m|=1,OP=DE=|m|=|3-2t|,当m=3-2t时,|6-6t-3+2t|=|3-4t|=1,解得 t=12或t=1(点B,D重合,舍去),当m=-(3-2t)时,|6-6t+3-2t|=|9-8t|=1,解得 t=54或t=1(舍去),
综上所述， t=12或 t=54.
3.解：根据已知条件构造辅助圆，以AB 为斜边作等腰Rt△AGB,则AG=BG,∠AGB=90°,以点G为圆心,AG长为半径画圆，则点 P 在优弧AB上时总有∠APB=45°,
分两种情况讨论，如解图①，若点 G在x轴上方时，⊙G 与抛物线的交点只有 A，B，即没有点 P 使∠APB=45°;
如解图②,若点 G在x轴下方时,过点 G 作 GM⊥x轴于点 M,连接PG.
∵抛物线的解析式为 y=−14x2+32x+4,
∴令y=0,得 −14x2+32x+4=0,解得 x₁=−2,x₂=8,
∴A(-2,0),B(8,0),∴AB=10.
∵AM=BM=GM=12AB=5,∴G3−5.
设 Pp−14p2+32p+4,
∵PG=AG=22AB=52,
∴PG²=50,即 p−32+−14p2+32p+4+52=50,
∵ 点 P的横纵坐标均为整数，
∴有 p−32=1,−14p2+32p+4+52=49,此时无解，
或 p−32=25,−14p2+32p+4+52=25,
解得 p₁=−2,p₂=8,此时两点为A，B两点，舍去，
或 p−32=49,−14p2+32p+4+52=1
解得 p₃=−4,p₄=10,
当p=-4或p=10时, −14p2+32p+4=−6.
综上所述，符合条件的点P的坐标为(-4，-6)或(10，-6).
4.解：由题意得，抛物线的对称轴为直线 x=−b2a=1,令 −x²+2x+8=0,解得x=-2或x=4,
∵点A 在点 B左侧,∴A(-2,0),B(4,0),
∴AB=6,
∵∠APB=150°,点P在抛物线的对称轴上,
150°角的补角的2倍是60°角，可以以AB为边作等边三角形找圆心，构造辅助圆.
∴分两种情况讨论：
①当点 P在x轴下方时，如解图，以AB为边在AB上方构造等边△AEB，设抛物线对称轴与x轴交于点D，以点 E为圆心，AB长为半径构造⊙E，则⊙E 与抛物线对称轴在x轴下方的交点即为点 P，
∵ AB=6,∠EAB=60°,
∴ ⊙E 的半径为 6,ED =AE·sin∠EAB=3 3,
∴DP=EP-ED=6-3 3,
∴点P的坐标为(1,3 3-6);
②当点 P 在 x 轴上方时,利用对称性可知，点 P 的坐标为 16−33,
综上所述，点P的坐标为( 133−6或 16−33.
5. 解:∵直线y=-x+2 与x轴交于点 A,与y轴交于点 B,
∴A(2,0),B(0,2),∴OA=OB=2,∴∠OBA=45°,分两种情况讨论：
如解图，当点 P在点 A 左侧，即P₁处时，
∵∠P₁BA=15°,
∴∠OBP₁=∠OBA−∠P₁BA=30°,
∴OP1=OB⋅tan∠OBP1=233,
∴点 P₁ 的坐标为 2330;当点 P 在点 A 右侧,即P₂处时，
∵∠P₂BA=15°,
∴∠OBP₂=∠OBA+∠P₂BA=60°,
∴OP2=OB⋅tan∠OBP2=23,
∴点P₂的坐标为(2 3,0),
综上所述，点P的坐标为 2330或(2 3,0).
6. 解:如解图,∵ 直线y=-x+2 与x轴交于点A，与y轴交于点B，∴A(2,0),B(0,2),
∴OA=OB=2,∴∠OAB=45°.将非特殊角转化为特殊角
∵∠QAB=75°>45°,
∴点 Q 只能在y轴负半轴.
∵ ∠QAB=75°,
∴∠QAO=∠QAB-∠OAB=30°,
∴OQ=OA⋅tan∠QAO=233,
∴ 点Q 的坐标为 0−233.
二阶 设问进阶练
例 解：(1)∵抛物线与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C,
令x=0,得y=3,令y=0,解得: x₁=−1,x₂=3,
∴A(-1,0),B(3,0),C(0,3),
:y=−x²+2x+3=−x−1²+4,
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
设点 F的坐标为(1,f),
则 CF²=1²+f−3²,AF²=2²+f²,AC²=1²+3²=10,
∵∠AFC=90°,
∴AF²+CF²=AC²,即 2²+f²+1²+f−3²=10,解得f=1或f=2,
∴当∠AFC=90°时,点F的坐标为(1,1)或(1,2);
(2)①当点 N在x轴上方时,如解图①,设BN与y轴交于点 K，
∵B(3,0),∴OB=3,∵∠NBA=30°,
∴OK=33OB=3,∴K03,
∴直线 BN的解析式为 y=−33x+3,联立直线 BN 和抛物线的解析式得 33x+3=−x2+2x+3,解得 x = 3(舍去) 或 x = −1+33,
∴ 点 N的横坐标为 −1+33;
②当点 N 在x轴下方时，
同理可得，点 N的横坐标为 −1−33.
综上所述，点N的横坐标为 −1+33g −1−33;
(3)如解图②,连接AC,取AC 的中点S,过点 S作SE⊥AC交抛物线对称轴于点 E,连接AE,CE,
∵A(-1,0),C(0,3),
∴ 直线 AC的解析式为y=3x+3.
∵S为AC的中点,SE⊥AC,
∴s(- 12 32,),CE=AE.
设直线SE的解析式为 y=−13x+d,
将点 S的坐标代入，得 −13×−12+d=32,
解得 d=43,
∴直线SE的解析式为 y=−13x+43,
∴ 点 E 的坐标为(1,1).
由(1)可知,∠AEC=90°,
∵∠APC=12∠AEC=45∘,
∴以点 E 为圆心,AE 长为半径作⊙E，⊙E与抛物线对称轴的交点即为点 P，连接AP，CP,AP',CP',
∴AE=EP.
∵AC2=10,AC=10,
∴AE=22AC=5,
∴点 P 的坐标为( 11+5或 11−5;
(4)如解图③,过点 B 作 BH⊥AC 于点 H,
则∠BHD=90°,
∵ A (-1,0),B(3,0),C(0,3),∴AB=4,AC= 10∵ sin ∠BAH = sin ∠BAC = OCAC=31010,
∴BH=AB⋅sin∠BAH=31010×4=6105,
∵tan∠BDC=3,∴BHDH=3,
∴DH=13BH=13×6105=2105,
在 Rt△BDH中, BD=BH2+DH2=4,
由(3)可知直线AC的解析式为y=3x+3,
设D(t,3t+3),
∵B(3,0),
∴3−t²+3t+3²=16,
解得 t1=−15,t2=−1(舍去),
当 t=−15时, D−15125,
∴ 点 D 的坐标为 −15125;
(5)存在.
取线段BQ 的中点G，再将QG绕点 Q 旋转90°得到QG',则 tan∠G'BQ=12,直线 BG'与抛物线的交点即为点 M.
①如解图④,将QG绕点 Q 顺时针旋转90°,过点 Q作NZ∥x轴,过点 G',B 分别作 G'N⊥NZ 于点 N,BZ⊥NZ 于点 Z,易得△NQG'∽△ZBQ,且相似比为 12.
由题意得BZ=OQ=1,QZ=OB=3,∴NG'= 12Qz= 32,QN=12BZ=12,. 点 G'的坐标为 −12−12,又∵ B(3,0),∴ 直线 BG'的解析式为 y=17x−37,联立 y=17x−37y=−x2+2x+3,解得 x=−87y=2949 x=3y=0舍去), ∴M−87−2949;
②如解图⑤，将线段 QG 绕点 Q 逆时针旋转90°得到 QG",过点 G"作G"L⊥CQ 于点 L,
同理，可得点 G''1252,
∴ 直线 BG"的解析式为y=-x+3.
联立 y=−x+3y=−x2+2x+3,解得 x=0y=3艺 x=3y=0(舍去),∴点M(0,3).
综上所述，点M的坐标为 −87−2949或(0,3);
(6)如解图⑥,将△OCE 绕点 O 顺时针旋转90°得到△OBS,连接RS,
∵OB=OC=3,
∴∠OCB=∠OBC=45°,
∵∠EOR=45°,
∴∠EOC+∠ROB=∠SOB+∠ROB=45°,
∴∠EOR=∠SOR=45°,
∵OR=OR,OE=OS,
∴△EOR≌△SOR(SAS),
∴ER=RS,
由旋转性质得, ∠SBO =∠OCB=45°,
∵∠RBS=∠RBO+∠SBO= 45°+45°=90°,
∴RS²=BR²+BS²,即 ER²= BR²+CE²,
设E(x₁,y₁),R(x₂,y₂),
则 ER2=2x2−x12=2x1+x22−4x1x2,
设平移后的抛物线的解析式为 y=−x²+2x+3−m,
联立 y=−x+3y=−x2+2x+3−m,得 x²−3x+m=0,
∴x1+x2=3x1x2=mx1+y1=3x2+y2=3
∴y₁=x₂,y₂=x₁,
∴E,R关于直线y=x对称,
∴CE=BR,设CE=BR=a,则 ER=32−2a,
∴32−2a2=2a2,
∴a=32−3或 a=32+3(舍去),
∴ER=6−32,
∴6−322=232−4m,
解得 m=922−1.
三阶 综合强化练
1. (1)证明:设点D(-m,0),由题意可知A,B两点关于y轴对称，
∴A−mm²−1,Bmm²−1,P0−1,
∴PB²=m²+m⁴,PD²=m²+1,BD²=4m²+m²−1²,
∴BD²=4m²+m²−1²=m⁴+2m²+1=PB²+PD²,
∴△BPD是直角三角形,∴∠BPD=90°;
(2)解:ac=-1;
理由:∵y=ax²+c,∴P(0,c),
设点D(-n,0),∴B(n,an²+c),
∴PB²=n²+a²n⁴,PD²=n²+c²,BD²=4n²+an²+c²,
∵∠BPD=90°,∴BD²=PB²+PD²,
∴4n²+an²+c²=n²+a²n⁴+n²+c²,
∴2c=-2,
∴ac=-1;
(3)解: 4ac−b²=−4.
【解法提示】设 y=ax−ℎ²+k,∴P(h,k),设D(h-p,0),则 Aℎ−pap²+k,Bℎ+pap²+k,∴PB²=p²+ a²p⁴,PD²=p²+k²,BD²=4p²+ap²+k²,∴∠BPD= 90°,∴BD²=PB²+PD²,∴4p²+ap²+k²=p²+a²p⁴+ p2+k2,∴ak+1=0,k=−1a,::k=4ac−b24a, ∴4ac−b24a=−1a,∴4ac−b2=−4.
2. 解:(1)∵抛物线 y=ax²−3x+ca≠0与x轴交于A(4,0),C两点,与y轴交于点B(0,-4),
∴将点A(4,0),B(0,-4)代入抛物线解析式，
得 16a−12+c=0c=−4,解得 a=1c=−4,
∴抛物线的解析式为 y=x²−3x−4;
(2)【思路点拨】点 P 为抛物线上的点，可以设出点P 的坐标，由所给的 BP 与 PD 的关系，分点P 在点D上方和下方两种情况讨论，从而得到点 P的坐标.设点 Pmm²−3m−4m0),
∵B(0,-4),∴D(m,-4),
∵BP=5PD,∴BD=2PD,
①当点 P在点 D 上方时，即 yP>yD,m2−3m−4>−4且m>0,解得m>3,
PD=m²−3m−4−−4=m²−3m,
∴12m=m2−3m,解得m=0(舍去)或 m=72,
∴点 P 的坐标为 72−94;
②当点 P在点 D下方,即0