中考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，o 90=∠=∠=∠E D ACB 且045=∠CAB →CBE ACD ??≌，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1-1-4
2.如图1-1-2，o 90=∠=∠=∠E D ACB →CBE ACD ??∽，此为“一线三直角”相似，又称“K 字型”相似;
3.如图1-1-3，o 90=∠=∠=∠E D ACB →CBE ACD ??∽，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ABC Rt ?中，b
a
A =∠tan ，即A ∠的正切值等于A ∠的
对边与A ∠的邻边之比；同理，a b B =∠tan ，则1tan tan =∠?∠B A ，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1-2-1
2.30o 角→构直角三角形→造“一线三直角”相似，如图1-2-2； 图1-2-2
3.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（*）
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
图1-2-3 图1-2-4 图1-2-5 图1-2-6 图1-2-7 图1-2-8
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 △OA B '',作系列“水平—竖直辅助线”，构造“一线三直角”，即Rt △OCB '∽Rt △B DA ''；
事实上,Rt △OCB '与Rt △B DA ''都是等腰直角三角形,于是有OC =B C '=22,
B D '=A D '=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tan a =1
2,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 △OA B '',则A B ''=4,OB '=6,
且tan ∠BOB '=tan a =1
2； 第二步（造“一线三直角”）：如图1-2-12,依托旋转后的Rt △OA B '',作系列“水平—竖直辅助线”，构造“一线三直角”，即Rt △OCB '∽Rt △B DA ''，
于是有B C '=
565,OC =5125,A D '=545,B D '=585,故点A '的坐标为55
(,)55148.
问题3 已知点(,)A a b ,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 △OA B '',则A B ''=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 △OA B '',作系列“水平—竖直辅助线”，构造“一线三直角”，即Rt △OCB '∽Rt △B DA ''，
于是有B C '=sin b a ,OC =cos b a ,A D '=sin a a ,B D '=cos a a ,
故点A '的坐标为(,)cos sin cos sin a a b a b a a a +-.
例1(2019?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，
图1-2-9
∠AOB=∠OBA=45°，则k 的值为_______。
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_______。 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。 x y
图1-3-5C E
P B
D
A O
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27
2
y
x x c
=-++与x轴交于A、B两点，且经过点()
02
C，、
7
3
2
D
??
?
??
，，点P是直线CD上方抛物线上一动点，当0
=45
PCD
∠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272
2
y x x
=-++，直线CD的解析式
为12
2
y x
=+
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，垂图1-3-7 图1-3-9
图1-3-8
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313
22?? ???， 利用C 、Q 两点，可以求出直线CP 的解析式32y x =+，在与抛物线联立得232722y x y x x =+???=-++?? ，解得=02x y ??=?（舍去），或1=272
x y ?????=?? ，因此点P 坐标为17
22?? ???， 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. 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
DF CE CF PE =，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=-t 2+29t,CF=2-(27-3)=2
3
,因此有2t ·32=23(-t 2+29t)，解得t=2
1（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QC 2=QD ·QF ；
设QD=t ，则QC 2=QE 2+CE 2=(t+23)2+9，故有(t+23)2+9=t ·(t+2
9)，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=-x 2+27x+2解得x=0、y=2，（舍去）或x=21、y=2
7，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=
2
3，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=
22
3，D’H=E’H=
42
3，
则D’K=
22
3-
42
3=
42
3，OK=OC+CK=2+
42
9，故点D’的坐标为
（
42
3，2+
42
9），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+2
3）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所示，其结论众多，常用的有：EF=AE+CF ，EB 平分∠AEF ，FB 平分∠CFE 等，可通过旋转法加以证明；
通过前面的例题探究可以看出：紧抓45°角不放手，扣住一条主线，即“45°角→构造等腰直角三角形→造K 字形全等”，是处理45°角问题的通解通法；
当然也可以构造一些常见的几何模型，如“一线三等角”、“母子形相似”、“半角模型”等；
其实45°角只是一个特例、一个代表而已，若将45°改为30°等特殊角，甚至改成更一般的已知其三角函数值的确定角，都可以类似解决.
例4（2019年临夏）如图1-3-16，在平面直角坐标系xOy 中，顶点为M 的抛物线是由抛物线y=x 2-3向右平移一个单位后得到的，它与y 轴负半轴交于点A ，点B 在抛物线上，且横坐标为3.
（1）求点M 、A 、B 坐标；
（2）连接AB AM BM ，求∠ABM 的正切值；
（3）点P 为顶点为M 的抛物线上一点，且位于对称轴右侧，设
PO 与x 正半轴的夹角为α，当α=∠ABM 时，求P 点坐标 图1-3-16
简析：(1)图示抛物线的解析式为
3)1(2--=x y ，则M ?=∠90MAB (1,-3)，
A(0,-2),B(3,1);
(2)法1（代数法）：利用两点间距离公式计算
222MB AB AM 、、。验算222MB AB AM =+，可证
?=∠90MAB ,在Rt △ABM 中，可得
tan ABM ∠=31=AB AM ; 法2（几何法）：如图1-3-17，分别过点B 、M 作y 轴的垂线，垂足依次为点C 、D ，由题可得AD=MD=1,AC=BC,=3，则△ADM 与△ABC 均为等腰直角三角形，故么∠DAM=∠CAB=?45，AM=2，AB=32，从而有么?=∠90MAB ，在Rt △ABM 中，可得tan ABM ∠=3
1=AB AM ; (3)由题知tan α=tan ABM ∠=31
，显然符合条件的点P 有两个：①当点
P 在x 轴上方时，由B(3，1)，易知点P 与点B 重合，即点P(3，1)； ②当点P 在x 轴下方时，如图1-3-18，作PG
上x 轴于点G ，则tan α=3
1=OG PG ，可设PG=m(m>0)则OG=3m ，故点P （3m ，-m ），
代入抛物线得3-1)-(3m =m -2，解得
18
975,1897521-=+=m m <0（舍去），故点
P )18975,6975(+-+ 综上所述：点P 的坐标为(3，1)或)18975,6975(
+-+。 第(2)小问给我们的解题启示：大胆猜想，小心求证，即为求tan ABM ∠的值，首先从几何直观上猜想?=∠90MAB ，然后利用勾股逆定理验边或几何上导角等加以说理；
而第(3)小问属典型的“角处理”问题，其基本的解题之道是“正切处理”，即通过“横平竖直”辅助线，将角问题转化为边问题，再巧设边长，妙写坐标，代入解析式即可；
另外，本题简单在么a 有一条“水平边”，即平行于坐标轴的边，若无“水平边”或“竖直边”.又如何处理呢？请看
下例：
如图1-3-19，二次函数1
2)(22+--+=m x m m mx y 的图像与x 轴交于点A 、B ，与y 轴交于点C ，
顶点D 的横坐标为1.
(1)求二次函数的解析式及A 、B 的坐标；
(2)若点P(0，t)（t<-1）是y 轴上的一点，Q(-5,0)，
将点Q 绕着点P 按顺时针方向旋转?90得到点
E ，当点E 恰好落在该二次函数的图像上时，求
t 的值；
(3)在(2)的条件下，连接AD 、AE ，若M 是该二次函数图像上的一点，且么∠DAE=∠MCB ，求点M 的坐标。
简析:(1)由题易得m=-1，则二次函数的解析式为
322++-=x x y 。且有点A(-1，0)及B(3,0)；
(2)如图1-3-20，作“K 字型全等”'即Rt △PQR ∽
Rt △EPF ，则PF=QR=-t ，EF=PR=5，故点E （-t,t+5），
代人抛物线得3)(2)(52+-+--=+t t t 解得t=-1或-2，
因为t<-1，所以t=-2； 反思“见等腰直角三角形，造K 字型全等”，再
次发挥奇效。
(3)同例4，首先验证△DAE 是一个直角三角形，可得tan ∠DAE=，则tan ∠MCB=，如图1-3-21；
显然符合条件的点M 有两个：
①当点M 在CB 的下方时，如图1-2-22，过点B 作BN ⊥CB 交CM 1于点N ，再构造“K 字型相似”，即Rt △BCG ∽Rt △NBH ，其相似比为3，可得N(2,-1),则直线CM 1的解析式为
y=-2x+3, x=0, x=4,
y=-2x+3,与抛物线联立得 y=-x 2+2x+3, 解得 y=3,(舍去)或
y=-5,故点M 1的坐标为（4，-5）；
②当点M 在CB 的上方时，如图1-3-23，同上可得N(4,1),进而得点M 2的坐标为(，)；
综上所述：点M 的坐标为（4，-5）或(，)。 反思“瞎想与遐想”是一种重要的数学感性意识，是几何学必备的数学素养，本题依然大胆地猜想∠AED=90°，再小心地验算，这里还包含了基本的“确定性思想”；
本题“角处理”的方式其实还是“正切处理”，只不过这里的tan ∠MCB=，需要再转化为后续“K 字型”的相似比，才能进一步求解，而后者发挥的作用又是“改邪归正、化斜为直”；
此外，前文中构造的“一线三等角”、“母子型相似”以及“整体旋转法”依然适用本题，有兴趣可以一试。 总结角的存在性问题常见的处理策略有：构造“一线三等角”（含“一线三直角”，即“K 字型”）、 “母子型相似”、“整体旋转法”等；
“角处理”经常利用正切转化为“边处理”，如角定，则正切值定；角相等，则正切值相等，再结合更常见的“横平竖直”辅助线，以达“改邪归正、化斜为直”之效。
类题巩固 1．（2019年湖北孝感）如图1－4－1，在平面直角坐标系中，OA=AB ，∠OAB=90°，反比例函数x k
y （x>0）的图像经过A 、B 两点，若
已知A （n ，1），则k 的值为 .
2．如图1－4－2，直线y=3x 与双曲线x y 3
=（x>0）交于A 点，点P
是该双曲线第一象限上的一点，且∠AOP=∠1+∠2，则点P 的坐标为
.
3．如图1－4－3，已知反比例函数x k
y =（x>0）的图像经过点
A （4，
6），在OA 右侧该图像上找一点P ，使tan ∠POA=21
，则点P 的坐标
为 .
4．如图1－4－4，在矩形ABCD 中，E 是边AB 上的一点，AE=2，
BE=4，连接DE ，作∠DEF=45°交边BC 于点F ，若AD=x ，BF=y ，则y 关于x 的函数关系式为 .
A B
E 245．如图1－4－5，抛物线a bx ax y 42-+=经过A （－1，0）、C （0，4）两点，与x 轴交于另一点B.
（1）求抛物线的解析式；
图1－4－3 图1－4－2
图1－4－4
（2）已知点D（m，m+1）在第一象限的抛物线上，求点D关于直线BC对称的点的坐标；
（3）在（2）的条件下，连接BD，P为抛物线上一点，且∠DBP=45°，求点P的坐标；
变式1：连接BD，P为抛物线上一点，且∠DBP=135°，求点P的坐标；
变式2：连接BD，P为抛物线上一点，且tan∠DBP=2，求点P的坐标.
图1－4－5 备用图
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，o 90=∠=∠=∠E D ACB 且0 45=∠CAB →CBE ACD ??≌，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1-1-4 2.如图1-1-2，o 90=∠=∠=∠E D ACB →CBE ACD ??∽，此为“一线三直角” 相似，又称“K 字型”相似; 3.如图1-1-3，o 90=∠=∠=∠E D ACB →CBE ACD ??∽，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ABC Rt ?中，b a A =∠tan ，即A ∠的正切值等于A ∠的对边与A ∠的邻边之比；同理，a b B = ∠tan ，则1tan tan =∠?∠B A ，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1-2-1 2.30o 角→构直角三角形→造“一线三直角”相似，如图1-2-2；
A 图1-2-2 3.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 →DA 2=DC ?DE →DG 2+AG 2=DC ?DE 定 定 定 定 定 定 定 定 A A A 图1-2-3 图1-2-4 图1-2-5 图1-2-6 图1-2-7 图1-2-8
探究性学习的问题及解决策略
探究性学习的问题及解决策略探究性学习，在新课程标准中是指学生在教师指导下，以类似科学研究，以自身活动或身边社会生活中的已有知识确定课题，以小组或个人收集材料信息，主动地进行研究性学习的一种学习方式。这种学习方式的提出，是课程改革的需要,也是教育面向现代化、面向世界、面向未来的必然要求，它有利于跳出传统“灌输--训练--考试”应试教育的僵化模式的羁绊，实现以人为本，以学生主体发展为本的素质教育的转变，因此，在素质教育普遍实施的今天,必须转变陈旧的教学观念，更新教学方法，在思想品德教学中引入探究性学习方式，让学生在思想品德学习中始终保持敏锐的探究问题的兴趣，激发他们的创造欲望，锻炼他们的实践能力,培养他们的创造精神,让学生融入生活，了解社会，探索真理，获取知识，形成能力。在语文实施探究性学习上还存在不少问题。这些问题概括起来有下列几个方面： 1、在探究的交流方式上，多数局限于师生的一问一答的单向交流，缺少学生的小组合作探究和全班集体深入探究，课堂气氛显得沉闷。 2、在学生探究活动上，教师讲授多，学生思考探讨研究活动少；强求一致多，发展个性少；死记硬背多，鼓励创新少。其学习方式的结构是单一的，即仅仅是以“接收式学习方式”为主的一个纬度，而这种线性的学习方式结构模式，将会阻碍个体终身学习能力的发展。 3、在写作上，拟题和指导构思没有给学生的自由写作、自由表达、自由探究提供必要的条件和广阔的空间，写作题目单一，构思内容雷同；没有很好去鼓励学生进行富有创意的表达，发表独到的见解，忽视学生在修改环节的个性化表达和探究创造。 4、在阅读上，学生读书，缺乏自己的感悟和探究，读出来的是教师分析过的话，学生在笔记本上所记的也是教师
数列中的存在性问题 经典
专题：数列中的存在性问题 一、单存在性变量 解题思路：该类问题往往和恒成立问题伴随出现（否则就是一个方程有解问题，即零点问题），可以先假设存在，列出一个等式，通过化简，整理成关于任意性变量（一般为n ）的方程，然后n 的系数为0，构造方程，进而解出存在性变量，最后检验。 例1、已知数列{ n a }的前n 项和为 n S =235n n +，在数列{n b }中，1b =8，164n n b b +-=0，问是 否存在常数c 使得对任意n ， log n c n a b +恒为常数M ，若存在求出常数c 和M ,若不存在说明理由. 解析：假设存在常数c 使得对任意n ， log n c n a b +恒为常数M ， ∵n S =235n n +， ∴当n =1时，则 1a = 1 S =8， 当n ≥2时，n a =1n n S S --=2235[3(1)5(1)]n n n n +--+-=62n +， 当n =1适合， ∴ n a =62 n +， 又∵164n n b b +-=0， ∴1n n b b +=164， ∴数列{n b }是首项为8，公比为1 64的等比数列， ∴n b = 118( )64n -=962n -， 则 log n c n a b += 9662log 2n c n -++= 62(96)log 2a n n ++-= 6(1log 2)29log 2 a a n -++， 又∵对任意n ，log n c n a b +恒为常数M ， ∴ 6(1log 2) a -=0，解得c =2， ∴M = 29log 2 a +=11， ∴存在常数c =2使得对任意n ， log n c n a b +恒为常数M =11. 二、双存在型变量 解题思路：先假设存在，根据题目条件，列出一个含有两个变量（一般至少都为正整数）的等式，即转化为一个数论中的双整数问题，然后分离变量。如果可以分离常数，则利用数论中约数的知识列出所有可能情况，最后进行双检验，即对两个变量均进行条件检验；如果不可以分离常数，则利用分离出的变量所具有的隐含范围（如大于0）消元，进而构造一个不等式，解出另一个变量的范围，再列出求出的被压缩的范围里的所有整数值，分别求出对应的另一个存在性变量，最后进
2021年中考数学必会专题系列10：直角三角形的存在性问题探究(有讲解答案)
专题十：直角三角形的存在性问题探究 引入： x＋b交线段引例．如图，在平面直角坐标系中，点C(0，4)，射线CE∥x轴，直线y＝－1 2 OC于点B，交x轴于点A，D是射线CE上一点．若△ABD恰为等腰直角三角形，则b的值为． 方法梳理 是否存在一点，使之与另外两个定点构成直角三角形的问题：首先弄清题意，注意区分直角顶点；其次借助于动点所在图形的解析式，表示出动点的坐标；然后按分类的情况，利用几何知识建立方程(组)，求出动点坐标，注意要根据题意舍去不符合题意的点． 解决方法如下 方法一：利用勾股定理进行边长的计算，从而来解决问题； 方法二：往往可以利用到一线等三角之K字（90°）类型和母子相似型类型，尝试建构相应的相似来进行处理； 方法三：可利用直径所对的圆周角为90°来处理． 导例解析：分三种情况讨论：①当∠ABD＝90°时，如图1，b＝4 ；②当∠ADB＝90°时，如 3 ；③当∠DAB＝90°时，如图3，b＝2 图2，b＝8 3
精讲精练 类型一：利用勾股定理来解决直角三角形的存在性问题 例1.如图，已知抛物线y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的对称轴为直线x＝－1，且经过A(1，0)，C(0，3)两点，与x轴的另一个交点为B. (1)若直线y＝mx＋n经过B，C两点，求抛物线和直线BC的解析式； (2)设点P为抛物线的对称轴x＝－1上的一个动点，求使△BPC为直角三角形的点P的坐标． 第2题图 【分析】（1）首先由题意，根据抛物线的对称称轴公式，待定系数法，建立关于a，b，c 的方程组，解方程组可得答案； （2）首先利用勾股这事不师古求得BC，PB，PC的长，然后分别从点B为直角顶点，点C 为直角顶点，点P为直角顶点去分析求得答案． 类型二：构造相似来解决直角三角形存在性问题 x2＋bx＋8与x轴交于点A(－6，0)，点B(点A在点B左侧)，例2.如图①，抛物线y＝－1 3 与y轴交于点C，点P为线段AO上的一个动点，过点P作x轴的垂线l与抛物线交于点E，连接AE,EC. (1)求抛物线的解析式及点C的坐标； (2)如图②，当EC∥x轴时，点P停止运动，此时，在抛物线上是否存在点G，使△AEG是以
(完整版)二次函数与三角形的存在性问题的解法
二次函数与三角形的存在性问题 一、预备知识 1、坐标系中或抛物线上有两个点为P （x1，y ），Q （x2，y ） (1)线段对称轴是直线2x 2 1x x += (2)AB 两点之间距离公式：221221)()(y y x x PQ -+-= 中点公式：已知两点 ()()2211y ,x Q ,y ,x P ，则线段PQ 的中点M 为??? ??++222121y y ,x x 。 2、两直线的解析式为11b x k y +=与 22b x k y += 如果这两天两直线互相垂直，则有121-=?k k 3、平面内两直线之间的位置关系：两直线分别为：L1：y=k1x+b1 L2：y=k2x+b2 （1）当k1=k2，b1≠b2 ，L1∥L2 （2）当k1≠k2， ，L1与L2相交 （3）K1×k2= -1时， L1与L2垂直 二、三角形的存在性问题探究： 三角形的存在性问题主要涉及到的是等腰三角形，等边三角形，直角三角形 （一）三角形的性质和判定： 1、等腰三角形 性质：两腰相等，两底角相等，三线合一（中线、高线、角平分线）。 判定：两腰相等，两底角相等，三线合一（中线、高线、角平分线）的三角形是等腰三角形。 2、直角三角形 性质：满足勾股定理的三边关系，斜边上的中线等于斜边的一半。 判定：有一个角是直角的三角形是直角三角形。 3、等腰直角三角形 性质：具有等腰三角形和等边三角形的所以性质，两底角相等且等于45°。 判定：具有等腰三角形和等边三角形的所以性质的三角形是等腰直角三角形 4、等边三角形 性质：三边相等，三个角相等且等于60°，三线合一，具有等腰三角形的一切性质。 判定：三边相等，抛物线或坐标轴或对称轴上三个角相等，有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形。
中考数学中的存在性问题
2010年中考数学中的存在性问题 一、存在性问题的内涵 所谓存在性问题是指根据题目所给的条件，探究是否存在符合要求的结论．存在性问题是相对于中学数学课本中有明确结论的封闭型问题而言的．存在性问题可抽象为“已知事项M，是否存在具有某种性质的对象Q。”解题时要说明Q存在，通常的方法是将对象Q构造出来；若要说明Q不存在，可先假设存在Q，然后由此出发进行推论，并导致矛盾，从而否定Q的存在。此类问题的叙述一般是“是否存在……，如果存在，请求出……（或请证明）；如果不存在，请说明理由．” 二、存在性问题的解决策略 1、直接求解法 存在性问题是探索型问题中的一种典型性问题．存在性问题探索的方向是明确的．探索的结果有两种：一种是存在：另一种是不存在．直接求解法就是直接从已知条件入手，逐步试探，求出满足条件的对象，使问题得到解决的解法。 2、假设求解法 先假设结论存在，再从已知条件和定义，定理，公理出发，进行演绎推理；若得到和题意相容的结论，则假设成立，结论也存在；否则，假设不成立，结论不存在。即假设结论存在，根据条件推理、计算，如果求得出一个结果，并根据推理或计算过程每一步的可逆性，证得结论存在；如果推得矛盾的结论或求不出结果，则说明结论不存在． 三、中考数学中的存在性问题的类型 1、定性分类 （1）肯定型存在性问题 肯定型存在性问题是解决其余两类存在性问题的基础，具体地构造出（或求出，寻找出）满足条件的数学对象，是证明肯定型存在性问题的主要方法。这种处理方法一般分为两大步，第一步是构造出满足要求的数学对象；第二步是通过验证，证明构造的对象满足问题的要求。 例1、(2010年陕西卷)问题探究 (1)请你在图①中做一条 ．．直线，使它将矩形ABCD分成面积相等的两部分； （2）如图②点M是矩形ABCD内一点，请你在图②中过点M作一条直线，使它将矩形ABCD分成面积相等的两部分。 问题解决 （3）如图③，在平面直角坐标系中，直角梯形OBCD是某市将要筹建的高新技术开发区用地示意图，其中DC∥OB,OB=6,CD=4开发区综合服务管理委员会（其占地面积不计）设在点P（4,2）处。为了方便驻区单位准备过点P修一条笔直的道路（路宽不计），并且是这条路所在的直线l将直角梯形OBCD分成面积相等的了部分，你认为直线l是否存在？若存在求出直线l的表达式；若不存在，请说明理由
二次函数中和角有关的存在性问题
二次函数中与角有关的存在性问题 与角有关的存在性问题包括相等角的存在性、二倍角或半角的存在性，其他倍数关系角的存在性等，解决这类问题我们通常利用以下知识点去构造相关角： ①平行线的同位角、内错角相等；②等腰三角形的等边对等角；③相似三角形对应角相等；④全等三角形对应角相等；⑤三角形的外角定理等。 然后利用解直角三角形、相似三角形边的比例关系作为计算工具去计算求解，难度相对较大，需要同学们灵活运用，融会贯通。 【类型一 相等角的存在性问题】 （一）.利用平行线、等腰三角形构造相等角 例1 如图，直线33+-=x y 与x 轴、y 轴分别交于A ，B 两点，抛物线c bx x y ++-=2 与直线y =c 分别交y 轴的正半轴于点C 和第一象限的点P ，连接PB ，得BOA PCB ≌△△（O 为坐标原点）。若抛物线与x 轴正半轴交点为点F ，设M 是点C ，F 间抛物线上的一点（包括端点），其横坐标为m . （1）直接写出点P 的坐标和抛物线的解析式. （2）求满足POA MPO ∠=∠的点M 的坐标.
（二）.利用相似三角形构造相等角 例2 如图，抛物线c bx x y ++=2 2 1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EDB FAB ∠=∠时，求点F 的坐标； 解：（1）因为OB=OC=6，所以B （6，0），C ()6,0-， 将 B 、 C 点 坐 标 代 入 解 析 式 ， 得 ()822 162212 2--=--= x x x y ， 所以点D 的坐标为（2，—8） （2）如图1，过F 作FG ⊥x 轴于点G ，设?? ? ?? --6221, F 2x x x ，则FG=62212--x x ，AG=x +2，当EDB FAB ∠=∠时，且B ED GA ∠=∠F ， 所以BDE FAG ∽△△，所以 FG AG EB DE = ，即2622 12482=--+=x x x ， 当点F 在x 轴上方时，则有12422 --=+x x x ，解得x=—2（舍去）或x=7，此时F 点的坐标为?? ? ??297，； 当点F 在x 轴下方时，则有）（12422 ---=+x x x ，解得x=—2（舍去）或x=5，此时F 点的坐标为??? ? ?-275， ，,综上可知点F 的坐标为??? ?? 297，或?? ? ? ?-275， .
《初中数学探究式教学存在的问题及解决策略》课题研究总结
《初中数学探究式教学存在的问题及解决策略》课题研究总结 探究式学习是美国芝加哥大学教授施瓦布在《作为探究的科学教学》的演讲时提出的。在我国，早在2003年左右结合国家课程改革实验期间，就有不少人研究过探究式教学这一教学模式，并也取得了一定的研究成果。为了更好地落实课改新理念，本校也把“初中数学探究式教学的研究与实践”作为课题向教育学会申报，并于2008年底获准立为教育学会第二批教育科学“十一五”规划课题。经过两年的实践与研究，笔者发现，由于大部分教师长期受传统教学模式的影响，对“探究式教学”这种模式的认识和研究还不够，从而在实施“探究式教学”时出现了不少的问题并有待改善。 一、存在的问题 1.部分教师对探究式教学持“敌视”态度，他们认为在课堂上搞“探究”是在浪费时间，会使“双基”得不到落实，个别教师态度极其顽固，坚决不愿参与实验。 2.“眉毛胡子一把抓”，什么内容都拿来探究。 3.课前准备工作做得不够充分，创设的问题质量不高。 4.没有给学生充足的时间与空间进行探究，教师介入时机把握不当。 5.重探究轻展示。探究时有声有色，展示成果时却因怕生事端，又要赶时间，于是草草收场。 6.忽视学困生，使懒于思考的学生成了课堂的旁观者。 二、解决问题的策略 (一)学校要做的 1.学校要加大对教师的培训力度，全面提高教师的自身理论水平和实践能力。培训的形式应多样化，可结合组织理论学习、学术讲座、观看优秀教师的课堂实录、课堂教学实践、外出观摩学习等多种形式。通过培训学习，让教师掌握包括探究式教学在内的各项教学技能，提高个人的科研能力，为在探究式教学中成功设计高质量问题打下基础。同时，也可以让“敌视”探究式教学的教师们认识到：探究式教学在短期内对学生分数的提高确实没有做题的作用大，但它在培养学生创新素质上具有不可替代性，而国家的发展需要创新型人才。必须帮助这部分教师转变观念，共同参与到我们的“探究式教学”的课题研究中来。 2.学校要尽快建立一套与探究式教学相适应的体系。一堂探究课是否成功，最重要的前提是教师的课前准备，它需要教师在课前花大量的时间做精心的准备，设计出高质量的问题，这就需要教师有足够的时间。所以，学校应考虑适当减轻教师的工作负担，并建立相关的新的教学评价体系以及一些
2017年数学中考专题《存在性问题》
2017年数学中考专题《存在性问题》 题型概述 【题型特征】存在性问题是指判断满足某种条件的事物是否存在的问题，这类问题的知识覆盖面较广，综合性较强，题意构思非常精巧，解题方法灵活，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高.存在性问题按定性可分为:肯定型和否定型.存在性问题在假设存在以后进行的推理或计算，对基础知识，基本技能要求较高，并具备较强的探索性.正确、完整地解答这类问题，是对我们知识、能力的一次全面的考验. 【解题策略】不同的存在性问题解法不同.下面按照解法及设问方式的不同将存在性问题分为代数方面的存在性问题(如方程根是否存在、最值是否存在等)、点的存在性问题(如构成特殊图形的点是否存在)并举例分析. (1)代数方面的存在性问题的解法思路是:将问题看成求解题，进行求解，进而从有解或无解的条件，来判明数学对象是否存在，这是解决此类问题的主要方法. (2)点的存在性问题的解法思路是:假设存在→推理论证→得出结论.若能导出合理的结果，就做出“存在”的判断;若导出矛盾，就做出不存在的判断. 真题精讲 类型一 代数方面的存在性问题 典例1 (2016·广东梅州)如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线2 y x bx c =++过,,A B C 三点，点A 的坐标是(3,0)，点C 的坐标是(0，－3)，动点P 在抛物线上. (1)b = ，c = ，点B 的坐标为 ;(直接填写结果) (2)是否存在点P ，使得ACP ?是以AC 为直角边的直角三角形?若存在，求出所有符合条件的点P 的坐标;若不存在，说明理由; (3)过动点P 作PE 垂直y 轴于点E ，交直线AC 于点D ,过点D 作x 轴的垂线.垂足为F ，连接EF ，当线段EF 的长度最短时，求出点P 的坐标. 【解析】二次函数的图象及其性质，三角形中位线定理，应用数学知识综合解决问题的能力. 【全解】(1)－2 －3 (－1,0) (2)存在. 第一种情况，当以C 为直角顶点时，过点C 作1CP AC ⊥,交抛物线于点1P .过点1P 作y 轴的垂线，垂足是M .如图(1)， ,90OA OC AOC =∠=?Q ， 45OCA OAC ∴∠=∠=?. 190ACP ∠=?Q , 11 904545MCP CPM ∴∠=?-?=?=∠. 1MC MP ∴=.
2021届中考数学压轴题提升训练：圆中证明及存在性问题【含答案】
2021届中考数学压轴题提升训练：圆中证明及存在性问题【含答案】【例1】.如图，已知⊙A的半径为4，EC是圆的直径，点B是⊙A的切线CB上一个动点，连接AB交⊙A于点D，弦EF∥AB，连接DF，AF. （1）求证：△ABC≌△ABF； （2）当∠CAB=时，四边形ADFE为菱形； （3）当AB=时，四边形ACBF为正方形. E F A D C B 【分析】（1）由EF∥AB，得∠EF A=∠F AB，∠CAB=∠AEF，又∠AEF=∠AFE，得：∠BAC=∠BAF，又AB=AB，AC=AF，证得△ABC≌△ABF；（2）连接FC，根据ADFE为菱形，确定出∠CAB的度数；（3）由四边形ACBF是正方形，得AB2AC2. 【解析】解：（1）∵EF∥AB， ∴∠EF A=∠F AB，∠CAB=∠AEF， ∵AE=AF， ∴∠AEF=∠AFE，∴∠BAC=∠BAF， 又AB=AB，AC=AF，∴△ABC≌△ABF（SAS）； （2）如图，连接FC， E F A D B ∵四边形ADFE是菱形，
∴AE=EF=FD=AD， ∵CE=2AE，∠CFE=90°， ∴∠ECF=30°，∠CEF=60°， ∵EF∥AB， ∴∠AEF=∠CAB=60°， 故答案为：60°； （3）由四边形ACBF是正方形，得AB2AC2. 【变式1-1】.如图，在△ABD中，AB＝AD，AB是⊙O的直径，DA、DB分别交⊙O于点E、C，连接EC，OE，OC． （1）当∠BAD是锐角时，求证：△OBC≌△OEC； （2）填空： ①若AB＝2，则△AOE的最大面积为； ②当DA与⊙O相切时，若AB2，则AC的长为． 【答案】（1）见解析；（2）1 2 ；1. 【解析】解：（1）连接AC， ∵AB是⊙O的直径，∴AC⊥BD， ∵AD＝AB，∴∠BAC＝∠DAC，∴BC＝EC，
中考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，o 90=∠=∠=∠E D ACB 且045=∠CAB →CBE ACD ??≌，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1-1-4 2.如图1-1-2，o 90=∠=∠=∠E D ACB →CBE ACD ??∽，此为“一线三直角”相似，又称“K 字型”相似; 3.如图1-1-3，o 90=∠=∠=∠E D ACB →CBE ACD ??∽，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ABC Rt ?中，b a A =∠tan ，即A ∠的正切值等于A ∠的 对边与A ∠的邻边之比；同理，a b B =∠tan ，则1tan tan =∠?∠B A ，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1-2-1 2.30o 角→构直角三角形→造“一线三直角”相似，如图1-2-2； 图1-2-2 3.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（*） 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 图1-2-3 图1-2-4 图1-2-5 图1-2-6 图1-2-7 图1-2-8
探索性问题的常见类型及其求解策略
探索性问题的常见类型及其求解策略 在近几年的高考试题中，有关探索性问题频频出现，涉及代数、三角、几何，成为高考的热点之一。正因如此，初等数学中有关探索性问题也就成为大家研究的热点。多年来笔者对此也做了一些探讨。 探索性问题是一种具有开放性和发散性的问题，此类题目的条件或结论不完备。要求解答者自己去探索，结合已有条件，进行观察、分析、比较和概括。它对学生的数学思想、数学意识及综合运用数学方法的能力提出了较高的要求。它有利于培养学生探索、分析、归纳、判断、讨论与证明等方面的能力，使学生经历一个发现问题、研究问题、解决问题的全过程。 探索性问题一般可分为：条件追溯型，结论探索型、条件重组型，存在判断型，规律探究型，实验操作型。每一种类型其求解策略又有所不同。因此，我们在求解时就必须首先要明辨它是哪一种类型的探索问题，然后再根据所属类型制定解题策略。下面分别加以说明： 一、条件追溯型 这类问题的基本特征是：针对一个结论，条件未知需探索，或条件增删需确定，或条件正误需判断。解决这类问题的基本策略是：执果索因，先寻找结论成立的必要条件，再通过检验或认证找到结论成立的充分条件。在“执果索因”的过程中，常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否，误将必要条件当作充分条件，应引起注意。 例1．（2002年上海10）设函数)(,2sin )(t x f x x f +=若是偶函数，则t 的一个可能值是 。 分析与解答：∵是偶又)().22sin()(2sin )(t x f t x t x t x f ++=+=+函数 ∴ )22sin()22sin()()(t x t x t x f t x f +-=++-=+即。由此可得 )(2)22(222222Z k k t x t x k t x t x ∈++--=+++-=+πππ或∴)(4 1 2Z k k t ∈+= π 评注：本题为条件探索型题目，其结论明确，需要完备使得结论成立的充分条件，可将题设和结论都视为已知条件，进行演绎推理推导出所需寻求的条件．这类题要求学生变换思维方向，有利于培养学生的逆向思维能力． 二、结论探索型 这类问题的基本特征是：有条件而无结论或结论的正确与否需要确定。解决这类问题的策略是：先探索结论而后去论证结论。在探索过程中常可先从特殊情形入手，通过观察、分析、归纳、判断来作一番猜测，得出结论，再就一般情形去认证结论。 例2． （2020年上海文12）若干个能惟一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”。设
中考数学复习专题40：存在性问题(含中考真题解析)
专题40 存在性问题 ?解读考点 1．BC中，点D，E，F分别在AB，BC，AC上，且∠ADF+∠DEC=180°，∠AFE=∠BDE．（1）如图1，当DE=DF时，图1中是否存在与AB相等的线段？若存在，请找出，并加以证明；若不存在，说明理由； （2）如图2，当DE=kDF（其中0＜k＜1）时，若∠A=90°，AF=m，求BD的长（用含k，m的式子表示）． 【答案】（1）AB=B E；（2）BD=．
试题解析：（1）如图1，连结AE．∵DE=DF，∴∠DEF=∠DFE，∵∠ADF+∠DEC=180°，∴∠ADF=∠DEB，∵∠AFE=∠BDE，∴∠AFE+∠ADE=180°，∴A、D、E、F四点共圆，∴∠DAE=∠DFE=∠DEF，∠ADF=∠AEF，∵∠ADF=∠DEB=∠AEF，∴∠AEF+∠AED=∠DEB+∠AED，∴∠AEB=∠DEF=∠BAE，∴AB=BE； （2）如图2，连结AE．∵∠AFE=∠BDE，∴∠AFE+∠ADE=180°，∴A、D、E、F四点共圆，∴∠ADF=∠AEF，∵∠DAF=90°，∴∠DEF=90°，∵∠ADF+∠DEC=180°，∴∠ADF=∠DEB，∵∠ADF=∠AEF，∴∠DEB=∠AEF，在△BDE与△AFE中，∵∠DEB=∠AEF， ∠BDE=∠AFE，∴△BDE∽△AFE，∴BD DE AF FE = ，在直角△DEF中，∵∠DEF=90°， DE=kDF，∴ EF= =DF， ∴ BD m = =，∴ BD=． 考点：1．相似三角形的判定与性质；2．探究型；3．存在型；4．综合题；5．压轴题．2．在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上，顶点B 的坐标为（2m，m），翻折矩形OABC，使点A与点C重合，得到折痕DE，设点B的对应 点为F，折痕DE所在直线与y轴相交于点G，经过点C，F，D的抛物线为 c bx ax+ + =2 y． （1）求点D的坐标（用含m的式子表示）； （2）若点G的坐标为（0，﹣3），求该抛物线的解析式；
平行四边形的存在性问题
平行四边形的存在性问题 专题攻略 解平行四边形的存在性问题一般分三步： 第一步寻找分类标准，第二步画图，第三步计算． 难点在于寻找分类标准，分类标准寻找的恰当，可以使得解的个数不重复不遗漏，也可以使计算又好又快．如果已知三个定点，探寻平行四边形的第四个顶点，符合条件的有3个点：以已知三个定点为三角形的顶点，过每个点画对边的平行线，三条直线两两相交，产生3个交点． 如果已知两个定点，一般是把确定的一条线段按照边或对角线分为两种情况． 灵活运用向量和中心对称的性质，可以使得解题简便． 针对训练 1．如图，已知抛物线y＝－x2－2x＋3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为P．若以A、C、P、M为顶点的四边形是平行四边形，求点M的坐标． 解析、由y＝－x2－2x＋3＝－(x＋3)(x－1)＝－(x＋1)2＋4， 得A（－3，0），B（1，0），C（0，3），P（－1，4）． 如图，过△P AC的三个顶点，分别作对边的平行线，三条直线两两相交的三个交点就是要求的点M． ①因为AM1//PC，AM1＝PC，那么沿PC方向平移点A可以得到点M1． 因为点P(－1，4)先向下平移1个单位，再向右平移1个单位可以与点C(0，3)重合，所以点A(－3，0)先向下平移1个单位，再向右平移1个单位就得到点M1(－2，－1)． ②因为AM2//CP，AM2＝CP，那么沿CP方向平移点A可以得到点M2． 因为点C(0，3)先向左平移1个单位，再向上平移1个单位可以与点P(－1，4)重合，所以点A(－3，0)先向左平移1个单位，再向上平移1个单位就得到点M2(－4，1)． ③因为PM3//AC，PM3＝AC，那么沿AC方向平移点P可以得到点M3． 因为点A(－3，0)先向右平移3个单位，再向上平移3个单位可以与点C(0，3)重合，所以点P(－1，4)先向右平移3个单位，再向上平移3个单位就得到点M3(2，7)． 2．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝－x2+2x＋3与x轴交于A、B两点，点M在这条抛物线上，点P在y轴上，如果以点P、M、A、B为顶点的四边形是平行四边形，求点M的坐标． 解析．由y＝－x2+2x＋3＝－(x＋1)(x－3)，得A(－1，0)，B(3，0)． ①如图1，当AB是平行四边形的对角线时，PM与AB互相平分，因此点M与点P关于AB 的中点（1，0）对称，所以点M的横坐标为2． 当x＝2时，y =－x2+2x＋3＝3．此时点M的坐标为(2，3)．
初三数学专题讲义存在性问题
初三数学讲义 存在性问题 教学过程： 一、教学衔接（课前环节） 1、回收上次课的教案，了解家长的反馈意见； 2、检查学生的作业，及时指点 3、捕捉学生的思想动态和了解学生的本周学校的学习内容 二、知识点解析 存在性问题是指判断满足某种条件的事物是否存在的问题，这类问题的知识覆盖面较广，综合性较强，题意构思非常精巧，解题方法灵活，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，是近几年来各地中考的“热点”。 这类题目解法的一般思路是：假设存在→推理论证→得出结论。若能导出合理的结果，就做出“存在”的判断，导出矛盾，就做出不存在的判断。 由于“存在性”问题的结论有两种可能，所以具有开放的特征，在假设存在性以后进行的推理或计算，对基础知识，基本技能提出了较高要求，并具备较强的探索性，正确、完整地解答这类问题，是对我们知识、能力的一次全面的考验。 一、函数中的存在性问题（相似） 1.（2011枣庄10分）如图，在平面直角坐标系xoy 中，把抛物线2y x =向左平移1个单位，再向下平移4个单位，得到抛物线2()y x h k =-+.所得抛物线与x 轴交于A ，B 两点（点A 在点B 的左边），与y 轴交于点C ，顶点为D. （1）写出h k 、的值； （2）判断△ACD 的形状，并说明理由； （3）在线段AC 上是否存在点M ，使△AOM∽△ABC？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由.
二、函数中的存在性问题（面积） 2. 如图，抛物线()20y ax bx a >=+与双曲线k y x =相交于点A ，B ．已知点B 的坐标为（－2，－2），点A 在第一象限内，且tan∠AOX＝4．过点A 作直线AC∥x 轴，交抛物线于另一点C ． （1）求双曲线和抛物线的解析式； （2）计算△ABC 的面积； （3）在抛物线上是否存在点D ，使△ABD 的面积等于△ABC 的面积．若存在，请你写出点D 的坐标；若不存在，请你说明理由．
中学研究性学习深度访谈常见问题及解决策略
中学研究性学习深度访谈常见问题及解决 策略 综合实践活动是我国基础教育课程改革中新设的一门实践性课程，而研究性学习是综合实践四大指定领域之一。我校在开展研究性学习的十多年中，已经形成了一个惯例，要求学生以小组为单位在三年内完成六个“一”：一份有深度的访谈报告、一份有说服力的问卷调查、一次有意义的社区服务、一篇内容翔实的研究报告、一次设计新颖的成果展示、一次体验角色的社会考察。应该说，每一项任务都是极具有挑战性的，尤其是“一份有深度的访谈报告”。很多同学都很纠结怎样才能实现访谈的“深度”，获得更有价值的访谈信息。 一、什么是深度访谈 访谈是一种研究性交谈，是以口头形式，根据被询问者的答复搜集客观的、不带偏见的事实材料。而深度访谈的目的不仅仅是要知道别人的判断是什么，更重要的是要得到他们的判断依据，真正有价值的是得到这个判断的依据。深度访谈在形式上，访谈的问题数量较多，访谈的时间较长，访谈的维度较广；在内容上，访谈的问题有意义，有一定的专业水准，并且在访谈的过程中有新发现、有启发；在情感上，访谈双方应该处于一个平等交流的地位，大家敞开心扉、
交流顺畅，不时还有思维的碰撞。 二、访谈过程中常见问题及解决策略 我在教学过程中，组织学生进行模拟访谈训练，一人模仿采访者，一人模仿被采访者。在模拟访谈的过程中却出现了这样或那样的问题，总结如下： 1.访谈问题设计过于封闭，应该要有开放性 问题：访谈问题设计过于封闭 我组织学生进行模拟访谈，在问题的设计过程中，很多同学就拿出了问卷调查表，将问卷调查表的问题作为他们访谈的问题。于是，我就对学生提出：既然问题是一样的，那又何须进行访谈呢？问卷问题的设计主要是以选择题（封闭式问题）为主，如果将其作为访谈的问题那就过于封闭，主要是“有没有”“是不是”等这类问题。例如：课题“对我校学习环境的调查研究”，学生在对同学进行访谈时，问了以下的一些问题：“你对我校的学习环境满意吗？”“你们的班级氛围好吗？”“你们班级师生关系好吗？”这类问题只能得到某一个事实，却不能深入了解该事实产生的原因、动机等。这样的访谈对于研究结论的得出意义不大。 策略：访谈问题设计要有开放性 针对以上这种情况，我认为，应该先与学生区分问卷与访谈在问题设计中的不同，问卷主要是以封闭式问题为主，而访谈为了能得到更深入的信息，主要是以开放性问题
中考考试数学压轴题之三角形存在性问题
中考数学压轴题全面突破之四?三角形的存在性 题型特点 三角形的存在性问题是一类考查是否存在点，使其能构成某种特殊三角形的问题，如：直角三角形、等腰三角形、全等三角形及相似三角形的存在性．常结合动点、函数与几何，考查分类讨论、画图及建等式计算． 解题思路 ①由判定定理确定三角形所满足的特殊关系； ②分类讨论，画图； ③建等式，对结果验证取舍． 对于目标三角形不确定、点的位置难以寻找等存在性问题的思考方向为： ①从角度入手，通过角的对应关系尝试画出一种情形． ②解决第一种情形．能根据几何特征表达线段长的，借助对应边成比例、或 线段长转坐标代入函数表达式求解；不能直接表达线段长的，观察点的位置，考虑联立函数表达式求解． ③分类讨论，类比解决其他情形．分类时，先考虑点的位置，再考虑对应关 系，用同样方法解决问题． 难点拆解 ①直角三角形关键是用好直角，可考虑：勾股定理逆定理、弦图模型、直线 k1； ②等腰三角形可考虑直接表达线段长，利用两腰相等建等式，或借助三线合 一找相似建等式； ③全等三角形或相似三角形关键是研究目标三角形的边角关系，进而表达线 段长，借助函数或几何特征建等式． ④分类不仅要考虑图形存在性的分类，也要考虑点运动的分类．
1.（2012云南改编）如图，在平面直角坐标系中，抛物线错误！未找到引用源。 的图象经过点(2，4)，且与直线错误！未找到引用源。交于A，B两点．（1）求抛物线的函数解析式． （2）过点A作AC⊥AB交x轴于点C，求点C的坐标． （3）除点C外，在坐标轴上是否存在点M，使得△MAB是直角三角形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
2020中考数学专题—存在性问题之45°角或等角
2020中考专题16——存在性问题之45°角或等角 班级 姓名. 【方法解读】 这里所说的角的存在性问题主要涉及45°角(或135°角)、两角相等的存在性问题.45°角 是一个非常特殊的角,它不仅是直角的一半,也是等腰直角三角形的底角,解决此类问题的一般策略是构造等腰直角三角形(见下图);角的相等问题常借助相似(全等)或等腰三角形求解. 【例题分析】 例1.如图，已知反比例函数y ＝（x ＞0）的图象经过点E （3，4），在该图象上面找一点P ，使∠POE ＝45°，则点P 的坐标为 ． 例2.如图，在平面直角坐标系中,反比例函数)0(2>= x x y 的图象与正比例函数y=kx,y=k 1 x(k>1)的图象分别交于点A,B.若∠AOB=45°,则△AOB 的面积是 . 例3.如图，抛物线y ＝2ax ＋ｂx ＋ｃ经过A （－1，0），B （4，0），C （0，3）三点，D 为直线BC 上方抛物线上一动点，DE ⊥BC 于E ．（1）求抛物线的函数表达式； （2）如图1，求线段DE 长度的最大值； （3）如图2，设AB 的中点为F ，连接CD ，CF ，是否存在点D ，使得△CDE 中有一个角与∠CFO 相 等？若存在，求点D 的横坐标；若不存在，请说明理由．
【巩固训练】 1.如图，在平面直角坐标系中，OA＝AB，∠OAB＝90°，反比例函数y＝（x＞0）的图象经过A， B两点．若点A的坐标为（n，1），则k的值为． 2.如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝﹣x+m分别交x轴，y轴于A，B两点，已知点C（2,0）． （1）当直线AB经过点C时，点O到直线AB的距离是； （2）设点P为线段OB的中点，连结PA，PC，若∠CPA＝∠ABO，则m的值是． 3.如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，且经过点C(0，2)、D（3，），点P是y轴右侧的抛物线上一动点，当∠PCD＝45°时，求点P的坐标． 4.如图，直线y＝3x和双曲线y＝（x＞0）交于点A，点P为双曲线上一点，且∠POA ＝∠1+∠2，求点P的坐标．
小学语文探究性阅读教学的问题反思及解决策略
小学语文探究性阅读教学的问题反思及解决策略
小学语文探究性阅读教学的问题反思及解决策略 南京市江宁实验小学黄俊 小学语文探究性阅读教学，以全面提高学生的语文素养为总目标，以自主、合作、探究、体验为主要学习方式，对工具性与人文性的和谐统一，从“知识能力——过程方法——情感态度价值观”三个维度进行了大量的实践与探索，构建了各具特色的教学理论、教学模式。但是，纵观现状，不少教师在教学中还存在着这样、那样的问题。笔者结合教学教研实际，对一些进行了问题分析，选择并尝试了解决问题的新策略。 一、问题反思 1、站在探究目标角度看，不少学生阅读文本后，提出的问题质量不高，是零星的、分散的，甚至是非语文学科本位的，与探究性阅读教学目标存在着不小的差距，教与学的目标不协合。其主要原因有二：一是，教师对体现语文本位的问题方法、问题过程训练不到位，学生的问题意识、问题能力不强；二是，没有对学生提出的问题进行分析、整合，形成与教学目标一致的研究专题。 2、站在探究策略的角度看，探究前对探究计划、步骤、方法的设想、预立不重视；探究中不注重学习方式、学习方法的指导。以至造成中等生、学困生在探究解决问题时如瞎子摸象，没有明确的方向和可供操作的方法凭借。 3、站在探究过程的角度看，自主、合作学习虚拟化。教师真正关注每个学生的发展不够。学生在自主学习中没有真下功夫独立探究，合作研究合力不大，费时低效。造成优等生与学困生两极分化严重。 4、站在探究结果的角度看，探究结果的总结方式不当。对研究结果的总结，教师往往越俎代疱，包办代替。没让学生自主分析、总结、内化研究结果并进行综合性的运用。 二、解决策略 1、要在有“序”的问题过程训练中，从理解难点、表达特色等方面，发现并选定具有人文性、工具性和谐统一的，与教学目标一致的研究专题。 这里的问题过程训练之“序”是指：阅读文本，发现问题→提出问题→筛选问题，形成研究专题。在这个“序”里，首先要引导学生从题目、开头、结
中考数学：存在性问题复习
中考数学：存在性问题复习 二次函数中的图形构建及存在性问题 一、二次函数中有关面积的存在性问题 例1（10山东潍坊）如图所示，抛物线与x轴交于点x两点，与x轴交于点x以x为直径作x过抛物线上一点x作x的切线x切点为x并与x的切线x相交于点x连结x并延长交x于点x连结x (1）求抛物线所对应的函数关系式及抛物线的顶点坐标； (2）若四边形x的面积为x求直线x的函数关系式； (3）抛物线上是否存在点x，使得四边形x的面积等于x的面积？若存在，求出点x的坐标；若不存在，说明理由. 答案：解：（1）因为抛物线与x轴交于点x两点，设抛物线的函数关系式为：x ∵抛物线与x轴交于点x ∴x ∴x 所以，抛物线的函数关系式为：x 又x 因此，抛物线的顶点坐标为x (2）连结x∵x是x的两条切线， ∴x∴x 又四边形x的面积为x∴x∴ x 又x∴x 因此，点x的坐标为x或x 当x点在第二象限时，切点x在第一象限. 在直角三角形x中， x ∴x∴x 过切点x作x垂足为点x ∴x 因此，切点x的坐标为x
设直线x的函数关系式为x将x的坐标代入得 x 解之，得 x 所以，直线x的函数关系式为 x 当x点在第三象限时，切点x在第四象限. 同理可求：切点x的坐标为x直线x的函数关系式为 x 因此，直线x的函数关系式为 x 或 x (3）若四边形x的面积等于x的面积 又x ∴x ∴x两点到x轴的距离相等， ∵x与x相切，∴点x与点x在x轴同侧， ∴切线x与x轴平行， 此时切线x的函数关系式为x或x 当x时，由x得，x 当x时，由x得，x 故满足条件的点x的位置有4个，分别是x x 说明：本参考答案给出了一种解题方法，其它正确方法应参考标准给出相应分数. 强化训练 ★1、（10广东深圳）如图，抛物线y＝ax2＋c（a＞0）经过梯形ABCD的四个顶点，梯形的底AD在x 轴上，其中A（－2,0），B（－1, －3）． (2）点M为y轴上任意一点，当点M到A、B两点的距离之和为最小时，求此时点M的坐标； (3）在第（2）问的结论下，抛物线上的点P使S△PAD＝4S△ABM成立，求点P的坐标． 答案：（1）、因为点A、B均在抛物线上，故点A、B的坐标适合抛物线方程 ∴ x 解之得： x ；故x为所求 (2）如图2，连接BD，交y轴于点M，则点M就是所求作的点 设BD的解析式为x，则有 x ， x ， 故BD的解析式为x；令x则x，故x (3)、如图3，连接AM，BC交y轴于点N，由（2）知，OM=OA=OD=2，x 易知BN=MN=1，易求x x ；设x， 依题意有： x ，即： x 解之得：x，x，故符合条件的P点有三个： x ★2、．矩形OBCD在如图所示的平面直角坐标系中，其中三个顶点分别为O(0，0)、B(0，3)、D(－