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“分类讨论”是一种重要的数学思想,也是一种有效的解题方法.通过分类,将一个复杂、陌生的问题,转化为几个简单、熟悉的问题,化整为零,各个击破,达到解决问题的目的.
如何进行分类,这是操作的关键,也是大家关注的问题.这个问题很大,本文只是结合2010年中考试题,着重谈以下两个方面.
一、依据动态变化过程中出现的各种情况进行分类
例1(2010年江西省中考试题)如图1,已知经过原点的抛物线y=-2x2+4x与x轴的另一个交点为A,现将它向右平移m(m>0)个单位,所得抛物线与x轴交于C、D两点,与原抛物线交于点P.
(1)求点A的坐标,并判断△PCA存在时它的形状(不要求说理);
(2)略;
(3)设△CDP的面积为S,求S关于m的关系式.
剖析:当抛物线y=-2x2+4x向右平移时,所得抛物线与原抛物线的交点P在第一象限,并逐渐向右、向下移动.当m=2时,O点平移到A点,P点与A点重合.继续向右平移,即当m>2时,交点P在x轴下方,保持向右向下运动的态势.而S△CDP=■·CD·h=h,当P在x轴上方时,h=yP;而当P在x轴下方时,h=-yP;当P在x轴上,P、C、D不构成三角形.至此,如何分类就十分明显了.
解:(1)y=-2x2+4x,令y=0,解得x1=0,x2
=2,∴A(2,0).△PCA为等腰三角形.
(3)(ⅰ) 0<m<2时,P点在x轴上方.如图1,过P作PP′∥x轴,交原抛物线于P′,P在新抛物线上,得PP′=m.又P在原抛物线上,P、P′关于x=-■=-■=1对称,所以xP=1+■,得yP=-21+■2+41+■=-■m2+2,此时,S=■CD·yP
=-■m2+2.
(ⅱ)m>2时,P点在x轴下方,如图2,同理xP=1+■,yP=-■m2+2,此时S=■CD·yP=■m2-2.
例2(2010年哈尔滨市中考试题)如图3,在平面直角坐标系中,点O是坐标原点,四边形AOCB是梯形,AB∥OC,点A的坐标为(0,8),点C的坐标为(10,0),OB=OC.(1)求点B的坐标;(2)当P从C点出发,沿线段CO以5个单位每秒的速度向终点O匀速运动,过点P作PH⊥OB,垂足为H,设△HBP的面积为S(S≠0),点P的运动时间为t秒,求S与t之间的函数关系式(直接写出自变量t的取值范围);(3)在(2)的条件下,过点P作PM∥CB交线段AB于点M,过点M作MR⊥OC,垂足为R,线段MR分别交直线PH、OB于点E、G,点F为线段PM的中点,连接EF,当t为何值时,■=■?
剖析:(1)、(2)不难求出,我们着重探讨(3).观察动点G和E的变化,当P从C点出发,由于PM∥CB,得CP=BM.MR与OB的交点G在MR与PH的交点E的上方,随着P点向左运动,G、E两点逐渐靠拢,至G、E、H三点重合.P点继续运动,这时G在E的下方.由于E、G重合时,EG=0,无意义,为此应分两种情况予以讨论.
解:(ⅰ) 如图3,G在E的上方,在Rt△MRP中∠1+∠RPM=90°,又PH⊥OB,得∠2+∠3=90°.由PM∥BC,OB=OC,得∠3=∠RPM,所以∠1=∠2.又F为MP的中点,得EF⊥MP.由RP=4,MR=8,得MP=4■.在Rt△MEF中,EF=MF·tan∠1=2■×■=■.ME=■=5.由■=■,得EG=2,因此MG=3.由△BMG
∽△ORG,知■=■,得■=■,解得t=■.
(ⅱ) G在E的下方,对照图4发现(ⅰ)的解题思路完全适用,区别在于G在E的下方,MG=5+2
=7,利用相似三角形性质,得■=■,解得t=■.M在线段AB上,0≤CP≤6,即0≤5t≤6,t的变化范围为0≤t≤■,所得的两解都符合题意.
对于动态问题,我们只能画出某一时刻的图形,采用化动为静的方法来解决.几何图形具有直观性,它能给以启示.但由于是静态,几何图形不可避免地具有局限性,常会出现漏解.因此考察变化的全过程,用动态的观点来看问题十分必要.
二、依据所求问题的解可能出现的多种可能进行分类
例3(2010年徐州市中考试题)如图5,已知二次函数y=-■x2+■x+4的图象与y轴交于点A,与x轴交于B、C两点,其对称轴与x轴交于点D,连接AC.(1)点A的坐标为,点C的坐标为;
(2)线段AC上是否存在点E,使得△EDC为等腰三角形?若存在,求出所有符合条件的点E的坐标;若不存在,请说明理由.
剖析:易得A(0,4),C(8,0),B(-2,0),D(3,0).△EDC为等腰三角形,根据三角形顶角的顶点可能是C、D或E,我们将它分成三类.
(ⅰ) 以E为顶角的顶点.由于C、D是两个定点,即CD为底边,所以CD的垂直平分线与AC的交点就是E,设为E1.CD的垂直平分线为x=■,易求得AC的函数表达式为y=-■x+4,以x=■代入,得y=■,所以E1■,■.
(ⅱ) 以C为顶角的顶点.腰长为CD,E点就是以C为圆心、CD长为半径的圆弧与AC的交点,设为E2.过E2作E2F⊥CD于F,利用△CE2F∽△CAO,易求得E2F=■,CF=2■.所以E28-2■,■.
(ⅲ) 以D为顶角的顶点.以D为圆心、DC长为半径画弧,交线段AC于C、A,其中C不合题意.设A为E3,E3(0,4).
当然,也可以底边或腰来分类,但由于角的顶点只是一个点,显然分类更为简明,不会发生重复或遗漏的错误.
例4(2010年常州市中考试题)如图6,已知二次函数y=ax2+bx+3的图象与x轴相交于点A、C,与y轴相交于点B.A-■,0,且△AOB∽△BOC.
(1)求C点坐标、∠ABC的度数及二次函数y=ax2+bx+3的关系式;
(2)在线段AC上是否存在点M(m,0),使得以线段BM为直径的圆与边BC交于P点(与点B不同),且以点P、C、O为顶点的三角形是等腰三角形?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.
剖析:题中出现两个动点,M(m,0)在AC上,P点在BC上,如果按照题中提出的顺序,由M来定P,再确定P点是否能使△PCO为等腰三角形,显见难度较大.由于对BC上找点P,使△PCO为等腰三角形这一问题较熟悉,且知P点个数有限,我们调整思路,先在线段BC上找点P,使△PCO为等腰三角形,再由P来定M.由于BM为直径,P为圆上一点,所以∠BPM=90°.易证∠ABC为90°,所以PM∥AB.因此只要过P作AB的平行线,它与AC的交点就是M.
解:(ⅰ) P为等腰三角形PCO顶角的顶点,则OC为底边.作OC的垂直平分线交BC于P1,易得P12,■,且P1为BC的中点.作P1M1⊥BC,交AC于M1,设CM1=z,在Rt△BOM1中,z2=(4-z)2+32,解得z=■,所以OM1=4-■=■,M1■,0.
(ⅱ)以C为顶角的顶点,CP2=CO=4,作P2M2∥AB,所以■=■,即■=■,解得CM2=5,OM2=5-4=1,M2(-1,0).
(ⅲ) 以O为顶角的顶点,以O为圆心,OC=4为半径的圆与线段BC只交于C,而C点不合题意.
综上,m的值为■和-1.
例5(2010年贵阳市中考试题)如图7,在直角坐标系中,已知点M0(1,0),将线段OM0绕原点O沿逆时针方向旋转45°,再将其延长到点M1,使得M1M0⊥OM0,得到线段OM1;又将线段OM1绕原点O沿逆时针方向旋转45°,再将其延长到点M2,使得M2M1⊥OM1,得到线段OM2,如此下去,得到线段OM3,OM4,…,OMn .(1)写出点M5的坐标.(2)求△M5OM6的周长.(3)现规定:点Mn(xn,yn)(n=0,1,2,3…)的横坐标xn、纵坐标yn都取绝对值后得到的新坐标(xn,yn)称为点Mn的“绝对坐标”.根据图中点Mn的分布规律,请你猜想并写出点Mn的“绝对坐标”.
剖析:考虑图形动态变化的过程,发现每一次操作得到一个等腰直角三角形,且前一直角三角形的斜边是后一直角三角形的直角边,由于第一个等腰直角三角形M0OM1的斜边长为■,根据这一规律可知:斜边长组成的数列是■,■2,■3,…,■n,直角边组成的数列为1,■,■2,…■n-1.由于每次旋转45°,M分别在x轴、y轴和各象限的角平分线上,且角旋转8次,则Mk+8与Mk在同一射线上.
解:由于绝对坐标是取原坐标的绝对值,根据解的不同情况,分成三类:
(ⅰ)当Mn在x轴上时,即n=0,4,8,12,…Mn的纵坐标为0,横坐标的绝对值是线段OM0,OM4,OM8,…的长,即第1个,第5个,第9个,…等腰直角三角形直角边的长,分别为■0=1,■4,■8,…所以Mn的绝对坐标■n,0.
(ⅱ)当Mn在y轴上时,即n=2,6,10,14,…Mn的横坐标为0,其纵坐标是第2个,第6个,第10个,…等腰直角三角形的斜边的长分别为■2,■6,■10,…所以Mn的绝对坐标为0,■n.
(ⅲ) 当Mn在各象限的角平分线上,即n=1,3,5,7,…时,Mn横纵坐标的绝对值相等且分别是第1个,第3个,第5个…等腰直角三角形的腰长■0=1,■3-1,■5-1…,所以Mn的绝对坐标为■n-1,■n-1.
数学思想的重要在于它的指导性,对数学思想的掌握,主要在于运用.在解题的实践中不断感悟,不断提高认知的深度,才能达到得心应手,运用自如的程度.
“本文中所涉及到的图表、公式、注解等请以PDF格式阅读”
如何进行分类,这是操作的关键,也是大家关注的问题.这个问题很大,本文只是结合2010年中考试题,着重谈以下两个方面.
一、依据动态变化过程中出现的各种情况进行分类
例1(2010年江西省中考试题)如图1,已知经过原点的抛物线y=-2x2+4x与x轴的另一个交点为A,现将它向右平移m(m>0)个单位,所得抛物线与x轴交于C、D两点,与原抛物线交于点P.
(1)求点A的坐标,并判断△PCA存在时它的形状(不要求说理);
(2)略;
(3)设△CDP的面积为S,求S关于m的关系式.
剖析:当抛物线y=-2x2+4x向右平移时,所得抛物线与原抛物线的交点P在第一象限,并逐渐向右、向下移动.当m=2时,O点平移到A点,P点与A点重合.继续向右平移,即当m>2时,交点P在x轴下方,保持向右向下运动的态势.而S△CDP=■·CD·h=h,当P在x轴上方时,h=yP;而当P在x轴下方时,h=-yP;当P在x轴上,P、C、D不构成三角形.至此,如何分类就十分明显了.
解:(1)y=-2x2+4x,令y=0,解得x1=0,x2
=2,∴A(2,0).△PCA为等腰三角形.
(3)(ⅰ) 0<m<2时,P点在x轴上方.如图1,过P作PP′∥x轴,交原抛物线于P′,P在新抛物线上,得PP′=m.又P在原抛物线上,P、P′关于x=-■=-■=1对称,所以xP=1+■,得yP=-21+■2+41+■=-■m2+2,此时,S=■CD·yP
=-■m2+2.
(ⅱ)m>2时,P点在x轴下方,如图2,同理xP=1+■,yP=-■m2+2,此时S=■CD·yP=■m2-2.
例2(2010年哈尔滨市中考试题)如图3,在平面直角坐标系中,点O是坐标原点,四边形AOCB是梯形,AB∥OC,点A的坐标为(0,8),点C的坐标为(10,0),OB=OC.(1)求点B的坐标;(2)当P从C点出发,沿线段CO以5个单位每秒的速度向终点O匀速运动,过点P作PH⊥OB,垂足为H,设△HBP的面积为S(S≠0),点P的运动时间为t秒,求S与t之间的函数关系式(直接写出自变量t的取值范围);(3)在(2)的条件下,过点P作PM∥CB交线段AB于点M,过点M作MR⊥OC,垂足为R,线段MR分别交直线PH、OB于点E、G,点F为线段PM的中点,连接EF,当t为何值时,■=■?
剖析:(1)、(2)不难求出,我们着重探讨(3).观察动点G和E的变化,当P从C点出发,由于PM∥CB,得CP=BM.MR与OB的交点G在MR与PH的交点E的上方,随着P点向左运动,G、E两点逐渐靠拢,至G、E、H三点重合.P点继续运动,这时G在E的下方.由于E、G重合时,EG=0,无意义,为此应分两种情况予以讨论.
解:(ⅰ) 如图3,G在E的上方,在Rt△MRP中∠1+∠RPM=90°,又PH⊥OB,得∠2+∠3=90°.由PM∥BC,OB=OC,得∠3=∠RPM,所以∠1=∠2.又F为MP的中点,得EF⊥MP.由RP=4,MR=8,得MP=4■.在Rt△MEF中,EF=MF·tan∠1=2■×■=■.ME=■=5.由■=■,得EG=2,因此MG=3.由△BMG
∽△ORG,知■=■,得■=■,解得t=■.
(ⅱ) G在E的下方,对照图4发现(ⅰ)的解题思路完全适用,区别在于G在E的下方,MG=5+2
=7,利用相似三角形性质,得■=■,解得t=■.M在线段AB上,0≤CP≤6,即0≤5t≤6,t的变化范围为0≤t≤■,所得的两解都符合题意.
对于动态问题,我们只能画出某一时刻的图形,采用化动为静的方法来解决.几何图形具有直观性,它能给以启示.但由于是静态,几何图形不可避免地具有局限性,常会出现漏解.因此考察变化的全过程,用动态的观点来看问题十分必要.
二、依据所求问题的解可能出现的多种可能进行分类
例3(2010年徐州市中考试题)如图5,已知二次函数y=-■x2+■x+4的图象与y轴交于点A,与x轴交于B、C两点,其对称轴与x轴交于点D,连接AC.(1)点A的坐标为,点C的坐标为;
(2)线段AC上是否存在点E,使得△EDC为等腰三角形?若存在,求出所有符合条件的点E的坐标;若不存在,请说明理由.
剖析:易得A(0,4),C(8,0),B(-2,0),D(3,0).△EDC为等腰三角形,根据三角形顶角的顶点可能是C、D或E,我们将它分成三类.
(ⅰ) 以E为顶角的顶点.由于C、D是两个定点,即CD为底边,所以CD的垂直平分线与AC的交点就是E,设为E1.CD的垂直平分线为x=■,易求得AC的函数表达式为y=-■x+4,以x=■代入,得y=■,所以E1■,■.
(ⅱ) 以C为顶角的顶点.腰长为CD,E点就是以C为圆心、CD长为半径的圆弧与AC的交点,设为E2.过E2作E2F⊥CD于F,利用△CE2F∽△CAO,易求得E2F=■,CF=2■.所以E28-2■,■.
(ⅲ) 以D为顶角的顶点.以D为圆心、DC长为半径画弧,交线段AC于C、A,其中C不合题意.设A为E3,E3(0,4).
当然,也可以底边或腰来分类,但由于角的顶点只是一个点,显然分类更为简明,不会发生重复或遗漏的错误.
例4(2010年常州市中考试题)如图6,已知二次函数y=ax2+bx+3的图象与x轴相交于点A、C,与y轴相交于点B.A-■,0,且△AOB∽△BOC.
(1)求C点坐标、∠ABC的度数及二次函数y=ax2+bx+3的关系式;
(2)在线段AC上是否存在点M(m,0),使得以线段BM为直径的圆与边BC交于P点(与点B不同),且以点P、C、O为顶点的三角形是等腰三角形?若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.
剖析:题中出现两个动点,M(m,0)在AC上,P点在BC上,如果按照题中提出的顺序,由M来定P,再确定P点是否能使△PCO为等腰三角形,显见难度较大.由于对BC上找点P,使△PCO为等腰三角形这一问题较熟悉,且知P点个数有限,我们调整思路,先在线段BC上找点P,使△PCO为等腰三角形,再由P来定M.由于BM为直径,P为圆上一点,所以∠BPM=90°.易证∠ABC为90°,所以PM∥AB.因此只要过P作AB的平行线,它与AC的交点就是M.
解:(ⅰ) P为等腰三角形PCO顶角的顶点,则OC为底边.作OC的垂直平分线交BC于P1,易得P12,■,且P1为BC的中点.作P1M1⊥BC,交AC于M1,设CM1=z,在Rt△BOM1中,z2=(4-z)2+32,解得z=■,所以OM1=4-■=■,M1■,0.
(ⅱ)以C为顶角的顶点,CP2=CO=4,作P2M2∥AB,所以■=■,即■=■,解得CM2=5,OM2=5-4=1,M2(-1,0).
(ⅲ) 以O为顶角的顶点,以O为圆心,OC=4为半径的圆与线段BC只交于C,而C点不合题意.
综上,m的值为■和-1.
例5(2010年贵阳市中考试题)如图7,在直角坐标系中,已知点M0(1,0),将线段OM0绕原点O沿逆时针方向旋转45°,再将其延长到点M1,使得M1M0⊥OM0,得到线段OM1;又将线段OM1绕原点O沿逆时针方向旋转45°,再将其延长到点M2,使得M2M1⊥OM1,得到线段OM2,如此下去,得到线段OM3,OM4,…,OMn .(1)写出点M5的坐标.(2)求△M5OM6的周长.(3)现规定:点Mn(xn,yn)(n=0,1,2,3…)的横坐标xn、纵坐标yn都取绝对值后得到的新坐标(xn,yn)称为点Mn的“绝对坐标”.根据图中点Mn的分布规律,请你猜想并写出点Mn的“绝对坐标”.
剖析:考虑图形动态变化的过程,发现每一次操作得到一个等腰直角三角形,且前一直角三角形的斜边是后一直角三角形的直角边,由于第一个等腰直角三角形M0OM1的斜边长为■,根据这一规律可知:斜边长组成的数列是■,■2,■3,…,■n,直角边组成的数列为1,■,■2,…■n-1.由于每次旋转45°,M分别在x轴、y轴和各象限的角平分线上,且角旋转8次,则Mk+8与Mk在同一射线上.
解:由于绝对坐标是取原坐标的绝对值,根据解的不同情况,分成三类:
(ⅰ)当Mn在x轴上时,即n=0,4,8,12,…Mn的纵坐标为0,横坐标的绝对值是线段OM0,OM4,OM8,…的长,即第1个,第5个,第9个,…等腰直角三角形直角边的长,分别为■0=1,■4,■8,…所以Mn的绝对坐标■n,0.
(ⅱ)当Mn在y轴上时,即n=2,6,10,14,…Mn的横坐标为0,其纵坐标是第2个,第6个,第10个,…等腰直角三角形的斜边的长分别为■2,■6,■10,…所以Mn的绝对坐标为0,■n.
(ⅲ) 当Mn在各象限的角平分线上,即n=1,3,5,7,…时,Mn横纵坐标的绝对值相等且分别是第1个,第3个,第5个…等腰直角三角形的腰长■0=1,■3-1,■5-1…,所以Mn的绝对坐标为■n-1,■n-1.
数学思想的重要在于它的指导性,对数学思想的掌握,主要在于运用.在解题的实践中不断感悟,不断提高认知的深度,才能达到得心应手,运用自如的程度.
“本文中所涉及到的图表、公式、注解等请以PDF格式阅读”