【文档说明】《《九年级数学全一册重点题型通关训练（人教版）》》专题09 二次函数找定角度（30°，45°） （解析版）.docx，共(17)页，349.229 KB，由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

1专题09二次函数找定角度（30°，45°）【方法点睛】在平面直角坐标系中.（1）定线段+对角角度固定：可构造辅助圆的方法.示例：已知点C在直线l上，且∠ACB=30°，找出点C.只需构造线段AB所对的圆心角为60

°的⊙D，与直线l的交点即为所求.（圆周角定理）（2）定线段+其中一个端点角度固定（常常为30°，45°）通过作垂线构造特殊的直角三角形进行求解，也可以利用tan值.已知点C在直线l上，且∠CAB=45°，找出点C.2【例1】如图，抛物线y=-√33x2+2√33x+√

3交x轴于A（-1，0），B两点，交y轴于点C（0，√3），顶点为D，对称轴DE交x轴于点E．在直线DE上存在一点N，使得∠ANC=30°，求点N的坐标．【解析】根据题意可得直线DE的解析式为x=1.连接CE，

根据坐标可得△ACE是等边三角形.以点E为圆心，AE为半径画圆，与直线DE交点N′，N″即为所求.如图，∠ANC=12∠AEC=30°.3∵⊙E的圆心为E，故直线N′N″为直径，且N′E=N″E=AE=2.故N的坐标为（1,2）或（1，-2）.

【例2】（2020·山西节选）如图，抛物线y=14x2-x-3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），点D的坐标为（4，-3）．直线l：y＝−12x−1与抛物线交于A,D两点.若点Q是y轴上的点，且∠ADQ=45°，求点Q的坐标．【解析】∵直线l：

y＝−12x−1与y轴交于点E，∴点E的坐标为（0，-1），分两种情况：①如图2，当点Q在y轴的正半轴上时，记为点Q1，4过Q1作Q1H⊥AD于点H，则∠Q1HE=∠AOE=90°，∵∠Q1EH=∠AEO，∴△Q1EH∽△AEO，∴Q1HAO＝EHEO，即Q1H2＝EH1

.∴Q1H=2HE，∵∠Q1DH=45°，∠Q1HD=90°，∴Q1H=DH，∴DH=2EH，∴HE=ED，连接CD，∵C（0，-3），D（4，-3），∴CD⊥y轴，∴ED=√CE2+CD2＝√22+42＝

2√5∴HE＝ED＝2√5，Q1H＝2EH＝4√5，∴Q1E＝√Q1H2+EH2＝10，∴Q1O=Q1E-OE=9，∴Q1（0，9）；②如图3，当点Q在y轴的负半轴上时，记为点Q2，过Q2作Q2G⊥AD于G，则∠Q2GE=∠AOE=90°，5∵∠Q2EG=

∠AEO，∴△Q2GE∽△AOE，∴Q2GAO＝EGOE，即Q2G2=EG1，∴Q2G=2EG，∵∠Q2DG=45°，∠Q2GD=90°，∴∠DQ2G=∠Q2DG=45°，∴DG=Q2G=2EG，∴ED=EG+DG=3EG，由①可知，ED=2√5，∴3E

G=2√5，∴EG＝2√53，∴Q2G＝4√53，∴EQ2＝√EG2+Q2G2＝103，∴OQ2＝OE+EQ2＝133，∴Q2(0，−133)，综上，点Q的坐标为（0，9）或（0，-133）．【专题过关】1.如图所示，在平面直角坐标系中，抛

物线y=-13x2+2x+3的顶点坐标为C（3，6），并与y轴交于点B（0，3），点A是对称轴与x轴的交点．在对称轴AC的右侧作∠ACD=30°交抛物线于点D，求出D点的坐标；并探究：在y轴上是否存在点Q，使∠CQD=60°？若存在，求点Q的坐标；若6不存在

，请说明理由．【解析】存在，设D点的坐标为（t，-13t2+2t+3），过D作对称轴的垂线，垂足为G，则DG=t-3，CG=6-（-13t2+2t+3）=13t2-2t+3，∴∠ACD=30°，∴2DG=DC，在Rt△CGD中，CG

=√3DG，∴√3（t-3）=13t2-2t+3，∴t=3+3√3或t=3（舍）∴D（3+3√3，-3），∴AG=3，GD=3√3，连接AD，在Rt△ADG中，∴AD=√AG2+GD2=6，7∴AD=AC=6，∠CAD=120°，∴在

以A为圆心，AC为半径的圆与y轴的交点为Q点，此时，∠CQD=12∠CAD=60°，设Q（0，m），AQ为圆A的半径，AQ2=OA2+QO2=9+m2，∴AQ2=AC2，∴9+m2=36，∴m=3√3或m=-3√3，综上所述：

Q点坐标为（0，3√3）或（0，-3√3）．2.如图，抛物线y=14x2+bx+c与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的顶点为M，对称轴交x轴于E，点D在第一象限，且在抛物

线的对称轴上，DE=OC，DM=254．（1）求抛物线的对称轴方程；（2）若DA=DC，求抛物线的解析式；（3）在（2）的条件下，点P是抛物线对称轴上的一个动点，若在直线BM上只存在一个点Q，使∠PQC=45°，求点P的坐标．【解析】（1）∵OC=c，故DE=OC=c，∵

y=14x2+bx+c=14（x+2b）2+c-b2，故点M的坐标为（-2b，c-b2），则DM=c-（c-b2）=254，解得b=52（舍去）或-52，则抛物线的对称轴为直线x=-b2a=5.（2）由（1）知函数的对称轴为x=5，则抛物线的表达式为y=1

4x2-52x+c，8令y=14x2-52x+c=0，则xA+xB=10，xAxB=4c，则AB=√（xA−xB）2=√（xA+xB）2−4xAxB=√100−16c，在Rt△ADE中，AE=12AB，DE=c，AD=DC=5，由勾股定理得：AD2=DE2+AE2，即25=c2+25-4c，解

得c=4，故抛物线的表达式为y=14x2-52x+4.（3）如图，连接PQ、PC、QC，作△PCQ的外接圆K，连接KP、KC，过点K作y轴的垂线，交y轴于点R，交抛物线的对称轴于点N，设点K的坐标为（m，n），点P（5，t），∵

∠PQC=45°，故∠PKC=90°，且PK=CK=QK，∵∠RKC+∠NKP=90°，∠NKP+∠NPK=90°，∴∠RKC=∠NPK，∴Rt△KRC≌Rt△PNK（AAS），∴RK=PN，PN=RK，即4-n=5-m，t-n=m，即n=m-1，t=2m-1，故点K的坐标为（m，

m-1），点P的坐标为（5，2m-1）．由抛物线的表达式知，顶点M的坐标为（5，-94），点B的坐标为（8，0），由点B、M的坐标得，直线MB的表达式为y=34x-6，设点Q的坐标为（n，34n-6），由KC=

KQ得，m2+（m-1-4）2=（m-n）2+（m-1-34n+6）2，整理得：2516n2-（72m+152）n+20m=0，∵直线BM上只存在一个点Q，故△=（72m+152）2-4×2516×20m=0，9解得m=5或4549，故点P的坐标为（5，9

）或（5，4149）．3.二次函数y=-x2+2x+3图象与x轴交于A，B（A在B左侧），与y轴交于C，顶点为D，连接AC.P点坐标为（0，t）（t＞0），G（3，t），连结PG，在线段PG上是否存在一点M，连结MO，MB，使∠OMB=30°，如果存在，求出t的取值范围，如果不

存在，说明理由．【解析】如图中，以OB为边向上作等边△OBT，以T为圆心，TO为半径作⊙T，交y轴于M，则M（0，3√3），观察图象可知，当线段与⊙T有交点时，在线段PG上存在一点M，使∠OMB=30°，过点T作TH⊥OB于H，交⊙T于N．则OH=HB=32，TH=3√32，TN=3，∴N（

32，3+3√32），∴满足条件的t的值为3√3≤t≤3+3√32．104.如图，点B（-1，√3），C（1，√3），点D为抛物线y=-14x2-1上任意一点，且∠BDC＜30°，求点D的纵坐标yD的取值范围．【解析】如图，以O为圆心，OB为半径作圆O，交抛物线于点E，连接B

E，CE，∴∠BEC=30°，设点E（m，n），∵点E在抛物线上，∴n=-14m2-1，∵OE=OB=2，∴√（m−0）2+（n−0）2=2，∴n1=2-2√3，n2=2+2√3（舍去），如图，可知当点D在点E下方时，∠BDC＜30°，∴点D的纵坐标yD

的取值范围为yD＜2-2√3．5.（2020•淄博节选）如图，抛物线y=-13x2+23x+83与x轴的交于A,D两点，其顶点为M，对称轴与x轴交于点E．已知P是抛物线对称轴上的点，满足在直线MD上存在唯一的点Q，使得∠PQE=45°，求点P的坐标．11【解析】①当

点Q在MD之间时，作△PEQ的外接圆R，∵∠PQE=45°，故∠PRE=90°，则△PER为等腰直角三角形，当在直线MD上存在唯一的点Q时，圆R与直线MD相切，∵点M、D的坐标分别为（1，3）、（4，0），则ME=3，ED=4-1=3，则MD=3√2，过点R作RH

⊥ME于点H，设点P（1，2m），则PH=HE=HR=m，则圆R的半径为√2m，则点R（1+m，m），S△MED=S△MRD+S△MRE+S△DRE，即12×EM•ED=12×MD•RQ+12×ED•yR+12×ME•RH，

∴12×3×3=12×3√2×√2m+12×3×m+12×3×m，解得：m=34，故点P（1，32）.②当点Q与点D重合时，由点M、E、D的坐标知，ME=ED，即∠MDE=45°；（i）当点P在x轴上方时，当点P与

点M重合时，此时∠PQE=45°，此时点P（1，3），（ii）当点P在x轴下方时，同理可得：点P（1，-3），综上，点P的坐标为（1，32）或（1，3）或（1，-3）．126.如图，已知抛物线y=x2-4x+3（a≠0）经过点A（1，0）和点B（3，0），与y轴交于点C．抛物线上是否存在

点Q，使得∠ACQ=45°？若存在，请求出Q的坐标，若不存在，请说明理由．【解析】如图，连接AC，由点B、C的坐标知，OB=OC，故∠OCB=45°=∠CBO，∴∠OCB=∠OCA+∠ACB=45°，而∠ACQ=

45°=∠ACB+∠BCQ，∴∠OCA=∠BCQ，在Rt△AOC中，tan∠OCA=OAOC=13=tan∠BCQ，设直线CQ交x轴于点H，过点H作HN⊥BC于点N，在Rt△BHN中，∵∠HBN=∠CBO=45°，故设BN=HN=x，则HB=√2x，在Rt△CNH中，tan∠NCH=N

HNC=xx+BC=xx+3√2=13，解得x=3√22，故BH=√2x=3，则点H（6，0），由点H、C的坐标得，直线CH的表达式为y=-12x+3②，联立①②并解得{x=72，y=54.（不合题意的值已舍去），故点Q的坐标为（72，54）．13【专题提升】7.如

图，在平面直角坐标系中，二次函数y=a（x-1）（x-5）（a＞0）的图象与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于P点，过其顶点C作直线CH⊥x轴于点H．（1）若∠APB=30°，请直接写出满足

条件的点P的坐标；（2）当∠APB最大时，请求出a的值；（3）点P、O、C、B能否在同一个圆上？若能，请求出a的值，若不能，请说明理由．（4）若a=15，在对称轴HC上是否存在一点Q，使∠AQP=∠ABP？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】（1）作△PAB的外接圆⊙

D，连接DP、DA、DB，如图1∴DP=DA=DB，∵C为抛物线顶点且CH⊥x轴∴CH为抛物线对称轴，即CH垂直平分AB∴D在直线CH上∵∠APB=30°∴∠ADB=2APB=60°∴△ABD是等边三角形∵当y=0时，a（x-1）（x-5）=0解得：x1=1，x2=5∴A（1，0

），B（5，0）∴DP=DA=AB=4，H（3，0），直线CH：x=3∴AH=2，DH=√3AH=2√3∴D（3，2√3）14设P（0，p）（p＞0）∴PD2=32+（2√3-p）2=42解得：p1=2√3+√7，p2=2√3-

√7.∴点P坐标为（0，2√3+√7）或（0，2√3-√7）.（2）作△PAB的外接圆⊙E，连接EP、EA、EB，如图2.∵∠AEB=2∠APB∴∠AEB最大时，∠APB最大∵AB=4是定值∴EH最小时，∠AEB最大，此时⊙E与y轴相切

于点P∴EP⊥y轴于P∴四边形OHEP是矩形∴PE=OH=3.∴EA=PE=3.∴Rt△AEH中，EH=√AE2−AH2＝√32−22＝√5.∴OP=EH=√5.∴点P坐标为（0，√5），代入抛物线解析式得：5a=√5.∴a=√55.

（3）点P、O、C、B能在同一个圆上．连接PB，取PB中点F，连接FO，FC.∵∠POB=90°，∴OF=PF=FB=12PB.15∴点P、O、B在以点F为圆心、FB的长为半径的圆上若点C在⊙F上，则FC=FB∵抛物线解析式y=a（x-1）（x-5）=ax2-6ax+5a=

a（x-3）2-4a∴P（0，5a），C（3，-4a）∵B（5，0），F为PB中点∴F（52，5a2）∴FC2=（52-3）2+（5a2+4a）2=14+169a24，FB2=（52-5）2+（5a2）2=254+25a24.∴14+169a24=54+25a24解得：a1=√66，a2

=-√66（舍去）∴a的值为√66.（4）对称轴HC上存在一点Q，使∠AQP=∠ABP.作△PAB的外接圆⊙G，连接GP、GA，设⊙G与直线CH交于点Q.∴∠AQP=∠ABP当a=15时，点P（0，1）设G

（3，b）（b＞0）∴GP2=32+（b-1）2，GA2=（3-1）2+b2∵GP=GA∴32+（b-1）2=（3-1）2+b2解得：b=3∴G（3，3），GQ=GA=√32+22＝√13.∴点Q坐标为（3，3+√13）或

（3，3-√13）．168.如图1，已知抛物线顶点A在x轴上，直线l：y=√3x-√3交抛物线于A，B两点，且AB=2√3．（1）求抛物线的解析式；（2）如图2，过点M（1，-1）作直线交抛物线于E，F，点N在抛物线上且NE∥x轴，连FN，试证明：直线FN过定点，并求

定点坐标；（3）如图3，C，D在x轴上，且CD=1，动点P在直线l上，当线段CD在x轴上点A右侧滑动过程中，若直线l上有且只有两个点P满足∠CPD=30°，求点C的横坐标xC的取值范围．【解析】（1）y=√3x-√3交x轴于A，令y=

0，则x=1，故点A的坐标为：（1，0），设点B（m，√3m-√3），由AB=√3得：m=1±√3（舍去负值），故点B（1+√3，3），将点B的坐标代入抛物线表达式：y=a（x-1）2，解得：a=1，故抛物

线的表达式为：y=（x-1）2；（2）证明：∵M（1，-1），∴设直线FN为y=kx+b，直线FM为y=mx-1-m，N（x1，y1），F（x2，y2），{y＝(x−1)2y＝kx+b，∴x2-（k+2）x+1-b=0的两根为

x1，x2，则x1+x2=k+2；x1•x2=1-b，又∵EN∥x轴，{y＝(x−1)2y＝mx−1−m∴b=1-k．∴直线FN恒过定点（1，1）.（3）以CD为边作等边△OCD和△O′CD，边长为1，再分别以O、O′为圆心，CD为半径作⊙O、⊙

O′，当直线AB与两段优弧CD̂有且只有两个公共点时（分别和直线AB相切）即为所求，17①如图1所示，当点P在x轴上方时，连接PO并延长交x轴于点H，则PH⊥AB，∵∠PAH=60°，△OCD为等边三角形，则OC∥AB，过点C作CM⊥AB于点M，则四

边形COPM为矩形，MC=OP=1，AC=MCsin60°=2√33，故点C的坐标为：（1+2√33，0）；②当点P在x轴下方时，同理可得：点C（2√33，0）；综上，2√33＜xc＜1+2√33．