分類討論 各個擊破

“分類討論”是一種重要的數學思想，也是一種有效的解題方法.通過分類，將一個復雜、陌生的問題，轉化為幾個簡單、熟悉的問題，化整為零，各個擊破，達到解決問題的目的.

如何進行分類，這是操作的關鍵，也是大家關注的問題.這個問題很大，本文只是結合2010年中考試題，著重談以下兩個方面.

一、依據動態變化過程中出現的各種情況進行分類

例1（2010年江西省中考試題）如圖1，已知經過原點的拋物線y=-2x2+4x與x軸的另一個交點為A，現將它向右平移m（m＞0）個單位，所得拋物線與x軸交于C、D兩點，與原拋物線交于點P.

（1）求點A的坐標，并判斷△PCA存在時它的形狀（不要求說理）；

（2）略；

（3）設△CDP的面積為S，求S關于m的關系式.

剖析：當拋物線y=-2x2+4x向右平移時，所得拋物線與原拋物線的交點P在第一象限，并逐漸向右、向下移動.當m=2時，O點平移到A點，P點與A點重合.繼續向右平移，即當m＞2時，交點P在x軸下方，保持向右向下運動的態勢.而S△CDP＝■·CD·h＝h，當P在x軸上方時，h=yP；而當P在x軸下方時，h=-yP；當P在x軸上，P、C、D不構成三角形.至此，如何分類就十分明顯了.

解：（1）y=-2x2+4x，令y=0，解得x1=0，x2

=2，∴A（2，0）.△PCA為等腰三角形.

（3）（?。?0＜m＜2時，P點在x軸上方.如圖1，過P作PP′∥x軸，交原拋物線于P′，P在新拋物線上，得PP′＝m.又P在原拋物線上，P、P′關于x＝-■=-■＝1對稱，所以xP＝1+■，得yP=-21+■2+41+■＝－■m2+2，此時，S＝■CD·yP

＝－■m2+2.

（ⅱ）m＞2時，P點在x軸下方，如圖2，同理xP=1+■，yP=－■m2+2，此時S＝■CD·yP＝■m2－2.

例2（2010年哈爾濱市中考試題）如圖3，在平面直角坐標系中，點O是坐標原點，四邊形AOCB是梯形，AB∥OC，點A的坐標為（0，8），點C的坐標為（10，0），OB=OC.（1）求點B的坐標；（2）當P從C點出發，沿線段CO以5個單位每秒的速度向終點O勻速運動，過點P作PH⊥OB，垂足為H，設△HBP的面積為S（S≠0），點P的運動時間為t秒，求S與t之間的函數關系式（直接寫出自變量t的取值范圍）；（3）在（2）的條件下，過點P作PM∥CB交線段AB于點M，過點M作MR⊥OC，垂足為R，線段MR分別交直線PH、OB于點E、G，點F為線段PM的中點，連接EF，當t為何值時，■=■？

剖析：（1）、（2）不難求出，我們著重探討（3）.觀察動點G和E的變化，當P從C點出發，由于PM∥CB，得CP=BM.MR與OB的交點G在MR與PH的交點E的上方，隨著P點向左運動，G、E兩點逐漸靠攏，至G、E、H三點重合.P點繼續運動，這時G在E的下方.由于E、G重合時，EG＝0，無意義，為此應分兩種情況予以討論.

解：（?。?如圖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為MP的中點，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，對照圖4發現（ⅰ）的解題思路完全適用，區別在于G在E的下方，MG＝5+2

＝7，利用相似三角形性質，得■＝■，解得t=■.M在線段AB上，0≤CP≤6，即0≤5t≤6，t的變化范圍為0≤t≤■，所得的兩解都符合題意.

對于動態問題，我們只能畫出某一時刻的圖形，采用化動為靜的方法來解決.幾何圖形具有直觀性，它能給以啟示.但由于是靜態，幾何圖形不可避免地具有局限性，常會出現漏解.因此考察變化的全過程，用動態的觀點來看問題十分必要.

二、依據所求問題的解可能出現的多種可能進行分類

例3（2010年徐州市中考試題）如圖5，已知二次函數y=-■x2+■x+4的圖象與y軸交于點A，與x軸交于B、C兩點，其對稱軸與x軸交于點D，連接AC.（1）點A的坐標為，點C的坐標為；

（2）線段AC上是否存在點E，使得△EDC為等腰三角形？若存在，求出所有符合條件的點E的坐標；若不存在，請說明理由.

剖析：易得A（0，4），C（8，0），B（-2，0），D（3，0）.△EDC為等腰三角形，根據三角形頂角的頂點可能是C、D或E，我們將它分成三類.

（?。?以E為頂角的頂點.由于C、D是兩個定點，即CD為底邊，所以CD的垂直平分線與AC的交點就是E，設為E1.CD的垂直平分線為x=■，易求得AC的函數表達式為y=-■x+4，以x＝■代入，得y=■，所以E1■，■.

（ⅱ） 以C為頂角的頂點.腰長為CD，E點就是以C為圓心、CD長為半徑的圓弧與AC的交點，設為E2.過E2作E2F⊥CD于F，利用△CE2F∽△CAO，易求得E2F＝■，CF＝2■.所以E28-2■，■.

（ⅲ） 以D為頂角的頂點.以D為圓心、DC長為半徑畫弧，交線段AC于C、A，其中C不合題意.設A為E3，E3（0，4）.

當然，也可以底邊或腰來分類，但由于角的頂點只是一個點，顯然分類更為簡明，不會發生重復或遺漏的錯誤.

例4（2010年常州市中考試題）如圖6，已知二次函數y=ax2+bx+3的圖象與x軸相交于點A、C，與y軸相交于點B.A－■，0，且△AOB∽△BOC.

（1）求C點坐標、∠ABC的度數及二次函數y=ax2+bx+3的關系式；

（2）在線段AC上是否存在點M（m，0），使得以線段BM為直徑的圓與邊BC交于P點（與點B不同），且以點P、C、O為頂點的三角形是等腰三角形？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由.

剖析：題中出現兩個動點，M（m，0）在AC上，P點在BC上，如果按照題中提出的順序，由M來定P，再確定P點是否能使△PCO為等腰三角形，顯見難度較大.由于對BC上找點P，使△PCO為等腰三角形這一問題較熟悉，且知P點個數有限，我們調整思路，先在線段BC上找點P，使△PCO為等腰三角形，再由P來定M.由于BM為直徑，P為圓上一點，所以∠BPM＝90°.易證∠ABC為90°，所以PM∥AB.因此只要過P作AB的平行線，它與AC的交點就是M.

解：（?。?P為等腰三角形PCO頂角的頂點，則OC為底邊.作OC的垂直平分線交BC于P1，易得P12，■，且P1為BC的中點.作P1M1⊥BC，交AC于M1，設CM1＝z，在Rt△BOM1中，z2=（4-z）2+32，解得z=■，所以OM1＝4－■＝■，M1■，0.

（ⅱ）以C為頂角的頂點，CP2=CO=4，作P2M2∥AB，所以■=■，即■=■，解得CM2=5，OM2=5-4=1，M2（-1，0）.

（ⅲ） 以O為頂角的頂點，以O為圓心，OC＝4為半徑的圓與線段BC只交于C，而C點不合題意.

綜上，m的值為■和-1.

例5（2010年貴陽市中考試題）如圖7，在直角坐標系中，已知點M0（1，0），將線段OM0繞原點O沿逆時針方向旋轉45°，再將其延長到點M1，使得M1M0⊥OM0，得到線段OM1；又將線段OM1繞原點O沿逆時針方向旋轉45°，再將其延長到點M2，使得M2M1⊥OM1，得到線段OM2，如此下去，得到線段OM3，OM4，…，OMn .（1）寫出點M5的坐標.（2）求△M5OM6的周長.（3）現規定：點Mn（xn，yn）（n=0，1，2，3…）的橫坐標xn、縱坐標yn都取絕對值后得到的新坐標（xn，yn）稱為點Mn的“絕對坐標”.根據圖中點Mn的分布規律，請你猜想并寫出點Mn的“絕對坐標”.

剖析：考慮圖形動態變化的過程，發現每一次操作得到一個等腰直角三角形，且前一直角三角形的斜邊是后一直角三角形的直角邊，由于第一個等腰直角三角形M0OM1的斜邊長為■，根據這一規律可知：斜邊長組成的數列是■，■2，■3，…，■n，直角邊組成的數列為1，■，■2，…■n-1.由于每次旋轉45°，M分別在x軸、y軸和各象限的角平分線上，且角旋轉8次，則Mk+8與Mk在同一射線上.

解：由于絕對坐標是取原坐標的絕對值，根據解的不同情況，分成三類：

（?。┊擬n在x軸上時，即n=0，4，8，12，…Mn的縱坐標為0，橫坐標的絕對值是線段OM0，OM4，OM8，…的長，即第1個，第5個，第9個，…等腰直角三角形直角邊的長，分別為■0＝1，■4，■8，…所以Mn的絕對坐標■n，0.

（ⅱ）當Mn在y軸上時，即n=2，6，10，14，…Mn的橫坐標為0，其縱坐標是第2個，第6個，第10個，…等腰直角三角形的斜邊的長分別為■2，■6，■10，…所以Mn的絕對坐標為0，■n.

（ⅲ） 當Mn在各象限的角平分線上，即n=1，3，5，7，…時，Mn橫縱坐標的絕對值相等且分別是第1個，第3個，第5個…等腰直角三角形的腰長■0＝1，■3-1，■5-1…，所以Mn的絕對坐標為■n-1，■n-1.

數學思想的重要在于它的指導性，對數學思想的掌握，主要在于運用.在解題的實踐中不斷感悟，不斷提高認知的深度，才能達到得心應手，運用自如的程度.

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