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学习数学离不开一些常用的教具,尤其是直角三角板,含45°角和含30°角的直角三角板常与抛物线共舞,演绎出数学学习的好风景.随着新课程改革的不断深入,直角三角板在中考试题中也扮演起了重要的角色,尤其是利用三角板和抛物线组合设计而成的中考压轴题,更是给人耳目一新的感受,挑战着学生的思维,有效地考查了学生观察、实验、类比、联想等方面的能力,备受中考命题者的青睐,现从2011年中考试题中采撷几例,加以评析,与大家共赏.
1 含45°角的三角板与抛物线喜相逢
例1 (2011东营)在平面直角坐标系中,现将一块等腰直角三角板ABC放在第一象限,斜靠在两坐标轴上,且点A(0,2),点C(1,0),如图1所示,抛物线y=ax2-ax-2经过点B.
(1)求点B的坐标；
(2)求抛物线的解析式；
(3)在抛物线上是否还存在点P(点B除外),使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形？若存在,求所有点P的坐标；若不存在,请说明理由.
分析与解 (1) 如图1,过点B作BD⊥x轴,垂足为D,构造△BDC≌ △COA,容易求得点B的坐标为(3，1).
(2)把B(3，1)代入即可求出a=12,所以抛物线解析式为：y=12x2-12x-2.
(3)这是一个存在性问题,是本题的精华,我们可以假设存在点P,使得△ACP是以AC为直角边的等腰直角三角形,再分类讨论.
① 如图1,若以AC为直角边,点C为直角顶点,则延长BC至点P1使得P1C=BC,连接AP1,得到等腰直角△ACP1,过点P1作P1M⊥x轴,垂足为M,可证得：△MP1C≌△DBC,进而求得点P1坐标为(-1,-1),经检验点P1(-1,-1)在抛物线y=12x2-12x-2上；
② 若以AC为直角边,点A为直角顶点又分两种情况,
如图2,当P点落在y轴左侧时,过点A作AP2⊥CA,垂足为A,且使得AP2=AC,连接CP2,得到等腰直角△ACP2,过点P2作P2N⊥y轴,垂足为N,同理可证△AP2N≌△CAO,所以NP2=OA=2,AN=OC=1,从而求得点P2(-2,1),经检验点P2(-2,1)也在抛物线y=12x2-12x-2上；
③ 如图2,若当P点落在y轴右侧时,则过点A作AP3⊥CA,且使得AP3=AC,连接CP3,得到等腰直角△ACP3,过点P3作P3H⊥y轴,垂足为H.
同理可证△AP3H≌△CAO,所以HP3=OA=2,AH=OC=1,可求得点P3(2,3)；经检验点P3(2,3)不在抛物线y=12x2-12x-2上.
故符合条件的点有P1(-1,-1),P2(-2,1)两点.
评注 此题中的第(1)小题主要利用了等腰直角三角形的直角以及两腰相等的特征,重点考查了学生构造全等三角形的意识,解此题要善于抓住含45°角的三角板的特征；第(2)小题着重考查了学生的函数思想和代入意识,并且本小题的解答是建立在第(1)小题解决的基础之上,题目在设计上具有很强的关联性；第(3)小题对学生的能力提出了更高的要求,解决此问题必须具有较强的分类意识、构造意识,但不管从什么角度去思考,均要抓住“直角”、“等腰”这两个关键点.当然,我们还可以从函数的角度去分析第(3)小题：分别过点A、C作AC的垂线,并且求出这两条直线与抛物线的交点,然后检查该点能否与AC构成以AC为直角边的等腰直角三角形.
2 含30°角的三角板与抛物线共携手
例2 (2011株洲)孔明是一个喜欢探究钻研的同学,他在和同学们一起研究某条抛物线y=ax2(a<0)的性质时,将一把直角三角板的直角顶点置于平面直角坐标系的原点O,两直角边与该抛物线交于A、B两点,请解答以下问题：
(1) 若测得OA=OB=22(如图3),求a的值；
(2) 对同一条抛物线,孔明将三角板绕点O旋转到如图4所示的位置时,过B作BF⊥x轴于点F,测得OF=1,写出此时点B的坐标,并求点A的横坐标；
(3) 对该抛物线,孔明将三角板绕点O旋转任意角度时惊奇地发现,交点A、B的连线段总经过一个固定的点,试说明理由并求出该点的坐标.
分析与解 (1)要求a的值,必须求出A点或B点的坐标,然后代入二次函数解析式求a的值,并且要抓住直角三角板的直角顶点和抛物线的对称性解题.不难求出： a=-12.
(2) 解好本题同样要抓住直角三角板的直角顶点这一特征,利用“一线三等角” 型相似(图4中△AEO∽△OFB)和函数思想解题.如图4,过点A作AE⊥x轴于点E,由点B的横坐标为1可求得：B(1,-12),同时可证得：△AEO∽△OFB,
所以AEOE=OFBF=112=2,从而AE=2OE.若设A(-m,-12m2)(m＞0),则OE=m,AE=12m2,代人AE=2OE得：12m2=2m,所以m=4,即点A的横坐标为-4.
(3) 探究A、B的连线段总经过一个固定的点,我们可以考虑先求出直线AB,然后观察其解析式的特征,找出这个固定点.需要注意的是：①无论三角板绕点O怎样旋转,其直角始终不会改变,即“一线三等角” 型相似始终存在；②点A、B始终在抛物线上.
假设A(-m,-12m2)(m＞0),B(n,-12n2)(n>0),设直线AB的解析式为：y=kx+b,
则-mk+b=-12m2 ①
nk+b=-12n2 ②
由①×n+②×m，得
(m+n)b=-12(m2n+mn2)
=-12mn(m+n),
因为m＞0,n＞0,所以m+n＞0,从而b=-12mn.由△AEO∽△OFB得：AEOF=OEBF,
即12m2n=m12n2,于是mn=4.
所以b=-12×4=-2.
由此可知不论k为何值,直线AB恒过点(0,-2).
评注 本题以含30°角的三角板的旋转为主线,结合抛物线的对称性,渗透了数形结合、由特殊到一般的数学思想,很好地考察了学生对相似、函数、方程组等知识的掌握情况.解好本题,尤其是第(3)小题,一定要抓住直角三角板的直角顶点和二次函数,从设到代入用相似即可解决问题,当然,我们还可以在设出A、B两点坐标的基础上运用面积法结合相似求解.
3 一副三角板与抛物线巧联姻
例3 (2011绍兴)抛物线y=-14(x-1)2+3与y轴交于点A,顶点为B,对称轴BC与x轴交于点C.
(1) 如图5,求点A的坐标及线段OC的长；
(2) 点P在抛物线上,直线PQ∥BC交x轴于点Q,连接BQ.
① 若含45°角的直角三角板如图5所示放置,其中,一个顶点与点C重合,直角顶点D在BQ上,另一个顶点E在PQ上,求直线BQ的函数解析式；
② 若含30°角的直角三角板一个顶点与点C重合,直角顶点D在直线BQ上,另一个顶点E在PQ上,求点P的坐标.
分析与解 问题(1)属于基础题,容易求得：A(0,114),OC=1.
问题(2)①,由条件可知：B点坐标为(1,3),求直线BQ的函数解析式必须在此直线上再找一个点,而这个任务应该落实到含45°角的三角板身上.
由此三角板可知：DC=DE,∠CDE=90°.如图5,可分别过点D作DM⊥x轴,作DN⊥PQ,垂足分别为M、N,并能证得△DCM≌△DEN,从而证得四边形MDNQ为正方形,得到∠DQC=45°,进一步得到△BCQ为等腰直角三角形.
所以CQ=BC=3,从而OQ=4,即得Q点坐标为(4,0),由B(1,3)、Q(4,0)可求得直线BQ的函数解析式为：y=-x+4.
问题(2)②,与上题不同的是,本题中含30°角的直角三角板所放位置没有确定,需要分情况讨论；上题中含45°角的直角三角板两直角边:CD=DE,但本小题中含30°角的直角三角板两直角边变化为:CD=3DE或DE=3CD.
如图6,当点P在对称轴的右侧时,分别过点D作DM⊥x轴、DN⊥PQ,垂足分别为M、N,则容易证得：Rt△CDM∽Rt△EDN,
所以CDDE=DMDN=DMMQ,
由PQ∥BC得：DMMQ=BCCQ,设点Q(m,0),
则CDDE=BCCQ=3m-1,
当∠DCE=30°时,CDDE=3m-1=3,
即m=3+1,得点P1(1+3,94),
同理当∠DCE=60°时,点P2(1+33,-154),
当点P在对称轴的左侧时,由对称性知,点P3(1-3,94),点P4(1-33,-154).
综上所述,P1(1+3,94),P2(1+33,-154),P3(1-3,94),P4(1-33,-154).
评注 本题设计的精巧之处在于问题的层层深入,在抛物线的基础知识拉开了序幕之后,先是由含45°角的三角板粉墨登场,考查学生构造三角形证全等的能力；然后由含30°角的三角板完成压轴大戏,由构造三角形全等演变为构造三角形相似,使函数思想、构造思想、分类思想以及相似的方法得以尽情的展示,一副三角板的“特长”由浅入深地发挥到极致,体现了数学来源于生活,是一道设计相当成功的压轴题.
参考文献
［1］ 韩敬,韩磊.一道中考题的追溯、提炼及其应用［J］.中学数学(初中版),2010,1.
作者简介 李长春,男,1964年生,江苏东台人.中学高级教师,盐城市初中数学学科带头人,东台市青年十佳、优秀教育工作者,中国数学奥林匹克一级教练员,东台市实验中学教育集团工会副主席,任东台市文联民间文艺家协会主席、中国文联民间文艺家协会中华灯谜学术委员会委员.在江苏省初中新课程“送培到县”活动中执教观摩课,广获好评.在省级以上期刊发表数学论文45篇.
1 含45°角的三角板与抛物线喜相逢
例1 (2011东营)在平面直角坐标系中,现将一块等腰直角三角板ABC放在第一象限,斜靠在两坐标轴上,且点A(0,2),点C(1,0),如图1所示,抛物线y=ax2-ax-2经过点B.
(1)求点B的坐标；
(2)求抛物线的解析式；
(3)在抛物线上是否还存在点P(点B除外),使△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形？若存在,求所有点P的坐标；若不存在,请说明理由.
分析与解 (1) 如图1,过点B作BD⊥x轴,垂足为D,构造△BDC≌ △COA,容易求得点B的坐标为(3，1).
(2)把B(3，1)代入即可求出a=12,所以抛物线解析式为：y=12x2-12x-2.
(3)这是一个存在性问题,是本题的精华,我们可以假设存在点P,使得△ACP是以AC为直角边的等腰直角三角形,再分类讨论.
① 如图1,若以AC为直角边,点C为直角顶点,则延长BC至点P1使得P1C=BC,连接AP1,得到等腰直角△ACP1,过点P1作P1M⊥x轴,垂足为M,可证得：△MP1C≌△DBC,进而求得点P1坐标为(-1,-1),经检验点P1(-1,-1)在抛物线y=12x2-12x-2上；
② 若以AC为直角边,点A为直角顶点又分两种情况,
如图2,当P点落在y轴左侧时,过点A作AP2⊥CA,垂足为A,且使得AP2=AC,连接CP2,得到等腰直角△ACP2,过点P2作P2N⊥y轴,垂足为N,同理可证△AP2N≌△CAO,所以NP2=OA=2,AN=OC=1,从而求得点P2(-2,1),经检验点P2(-2,1)也在抛物线y=12x2-12x-2上；
③ 如图2,若当P点落在y轴右侧时,则过点A作AP3⊥CA,且使得AP3=AC,连接CP3,得到等腰直角△ACP3,过点P3作P3H⊥y轴,垂足为H.
同理可证△AP3H≌△CAO,所以HP3=OA=2,AH=OC=1,可求得点P3(2,3)；经检验点P3(2,3)不在抛物线y=12x2-12x-2上.
故符合条件的点有P1(-1,-1),P2(-2,1)两点.
评注 此题中的第(1)小题主要利用了等腰直角三角形的直角以及两腰相等的特征,重点考查了学生构造全等三角形的意识,解此题要善于抓住含45°角的三角板的特征；第(2)小题着重考查了学生的函数思想和代入意识,并且本小题的解答是建立在第(1)小题解决的基础之上,题目在设计上具有很强的关联性；第(3)小题对学生的能力提出了更高的要求,解决此问题必须具有较强的分类意识、构造意识,但不管从什么角度去思考,均要抓住“直角”、“等腰”这两个关键点.当然,我们还可以从函数的角度去分析第(3)小题：分别过点A、C作AC的垂线,并且求出这两条直线与抛物线的交点,然后检查该点能否与AC构成以AC为直角边的等腰直角三角形.
2 含30°角的三角板与抛物线共携手
例2 (2011株洲)孔明是一个喜欢探究钻研的同学,他在和同学们一起研究某条抛物线y=ax2(a<0)的性质时,将一把直角三角板的直角顶点置于平面直角坐标系的原点O,两直角边与该抛物线交于A、B两点,请解答以下问题：
(1) 若测得OA=OB=22(如图3),求a的值；
(2) 对同一条抛物线,孔明将三角板绕点O旋转到如图4所示的位置时,过B作BF⊥x轴于点F,测得OF=1,写出此时点B的坐标,并求点A的横坐标；
(3) 对该抛物线,孔明将三角板绕点O旋转任意角度时惊奇地发现,交点A、B的连线段总经过一个固定的点,试说明理由并求出该点的坐标.
分析与解 (1)要求a的值,必须求出A点或B点的坐标,然后代入二次函数解析式求a的值,并且要抓住直角三角板的直角顶点和抛物线的对称性解题.不难求出： a=-12.
(2) 解好本题同样要抓住直角三角板的直角顶点这一特征,利用“一线三等角” 型相似(图4中△AEO∽△OFB)和函数思想解题.如图4,过点A作AE⊥x轴于点E,由点B的横坐标为1可求得：B(1,-12),同时可证得：△AEO∽△OFB,
所以AEOE=OFBF=112=2,从而AE=2OE.若设A(-m,-12m2)(m＞0),则OE=m,AE=12m2,代人AE=2OE得：12m2=2m,所以m=4,即点A的横坐标为-4.
(3) 探究A、B的连线段总经过一个固定的点,我们可以考虑先求出直线AB,然后观察其解析式的特征,找出这个固定点.需要注意的是：①无论三角板绕点O怎样旋转,其直角始终不会改变,即“一线三等角” 型相似始终存在；②点A、B始终在抛物线上.
假设A(-m,-12m2)(m＞0),B(n,-12n2)(n>0),设直线AB的解析式为：y=kx+b,
则-mk+b=-12m2 ①
nk+b=-12n2 ②
由①×n+②×m，得
(m+n)b=-12(m2n+mn2)
=-12mn(m+n),
因为m＞0,n＞0,所以m+n＞0,从而b=-12mn.由△AEO∽△OFB得：AEOF=OEBF,
即12m2n=m12n2,于是mn=4.
所以b=-12×4=-2.
由此可知不论k为何值,直线AB恒过点(0,-2).
评注 本题以含30°角的三角板的旋转为主线,结合抛物线的对称性,渗透了数形结合、由特殊到一般的数学思想,很好地考察了学生对相似、函数、方程组等知识的掌握情况.解好本题,尤其是第(3)小题,一定要抓住直角三角板的直角顶点和二次函数,从设到代入用相似即可解决问题,当然,我们还可以在设出A、B两点坐标的基础上运用面积法结合相似求解.
3 一副三角板与抛物线巧联姻
例3 (2011绍兴)抛物线y=-14(x-1)2+3与y轴交于点A,顶点为B,对称轴BC与x轴交于点C.
(1) 如图5,求点A的坐标及线段OC的长；
(2) 点P在抛物线上,直线PQ∥BC交x轴于点Q,连接BQ.
① 若含45°角的直角三角板如图5所示放置,其中,一个顶点与点C重合,直角顶点D在BQ上,另一个顶点E在PQ上,求直线BQ的函数解析式；
② 若含30°角的直角三角板一个顶点与点C重合,直角顶点D在直线BQ上,另一个顶点E在PQ上,求点P的坐标.
分析与解 问题(1)属于基础题,容易求得：A(0,114),OC=1.
问题(2)①,由条件可知：B点坐标为(1,3),求直线BQ的函数解析式必须在此直线上再找一个点,而这个任务应该落实到含45°角的三角板身上.
由此三角板可知：DC=DE,∠CDE=90°.如图5,可分别过点D作DM⊥x轴,作DN⊥PQ,垂足分别为M、N,并能证得△DCM≌△DEN,从而证得四边形MDNQ为正方形,得到∠DQC=45°,进一步得到△BCQ为等腰直角三角形.
所以CQ=BC=3,从而OQ=4,即得Q点坐标为(4,0),由B(1,3)、Q(4,0)可求得直线BQ的函数解析式为：y=-x+4.
问题(2)②,与上题不同的是,本题中含30°角的直角三角板所放位置没有确定,需要分情况讨论；上题中含45°角的直角三角板两直角边:CD=DE,但本小题中含30°角的直角三角板两直角边变化为:CD=3DE或DE=3CD.
如图6,当点P在对称轴的右侧时,分别过点D作DM⊥x轴、DN⊥PQ,垂足分别为M、N,则容易证得：Rt△CDM∽Rt△EDN,
所以CDDE=DMDN=DMMQ,
由PQ∥BC得：DMMQ=BCCQ,设点Q(m,0),
则CDDE=BCCQ=3m-1,
当∠DCE=30°时,CDDE=3m-1=3,
即m=3+1,得点P1(1+3,94),
同理当∠DCE=60°时,点P2(1+33,-154),
当点P在对称轴的左侧时,由对称性知,点P3(1-3,94),点P4(1-33,-154).
综上所述,P1(1+3,94),P2(1+33,-154),P3(1-3,94),P4(1-33,-154).
评注 本题设计的精巧之处在于问题的层层深入,在抛物线的基础知识拉开了序幕之后,先是由含45°角的三角板粉墨登场,考查学生构造三角形证全等的能力；然后由含30°角的三角板完成压轴大戏,由构造三角形全等演变为构造三角形相似,使函数思想、构造思想、分类思想以及相似的方法得以尽情的展示,一副三角板的“特长”由浅入深地发挥到极致,体现了数学来源于生活,是一道设计相当成功的压轴题.
参考文献
［1］ 韩敬,韩磊.一道中考题的追溯、提炼及其应用［J］.中学数学(初中版),2010,1.
作者简介 李长春,男,1964年生,江苏东台人.中学高级教师,盐城市初中数学学科带头人,东台市青年十佳、优秀教育工作者,中国数学奥林匹克一级教练员,东台市实验中学教育集团工会副主席,任东台市文联民间文艺家协会主席、中国文联民间文艺家协会中华灯谜学术委员会委员.在江苏省初中新课程“送培到县”活动中执教观摩课,广获好评.在省级以上期刊发表数学论文45篇.