模型化解題研究

甘磊

[摘 要]模型化解題就是運用化歸思想，先把單個信息、模型整理出來，再通過“數形結合”的方式找到每個模型之間的聯系，最終歸結出解決這一類題的方法。

[關鍵詞]模型化;轉換;二次函數;三角形

[中圖分類號]? ? G633.6? ? ? ? [文獻標識碼]? ? A? ? ? ? [文章編號]? ? 1674-6058（2022）02-0010-04

初三學生數學知識的積累已經比較豐富，且經過三年的解題訓練，解題能力也有明顯提高。但是，在解答一些知識點比較多，考查綜合能力，尤其是函數與幾何結合的題目時，他們依然覺得有困難。有的教師為講解這種“大型”題目，在課堂上耗費時間。更糟糕的是，學生重復訓練此類題目，教師也多次重復講解，教學效果卻并不盡如人意。

為了解決這一問題，筆者站在學生“學”的角度去思考，總結出解答此類題目的策略，歸納出此類題目的數學模型。這樣，學生在遇到類似的問題時，就可以遵循一定的規律去解決，從而提高解題的效率。

[例1]如圖1，在平面直角坐標系中，拋物線與[x]軸相交于點[A（4， 0）]、[B（-2， 0）]，與[y]軸交于點[C（0， -4）]，[AC]與拋物線的對稱軸相交于點[D]。

（1）求該拋物線的表達式，并寫出點D的坐標;

（2）過點B作[BE⊥BC]交拋物線于點[E]， 求點[E]的坐標;

（3）在（2）的條件下，點[F]在射線[BE]上，若[△ABC∽△DFB]，求點[F]的坐標。

解析：

（1）此問考查二次函數的解析式求法，通過聯立方程組可得拋物線的表達式為[y=12x2-x-4]，得[D（1，-3）]。因為這不是本文的重點，所以具體過程省略。

（2）此問增加的條件是兩條線的垂直關系，而題目要求點坐標的值，從而易聯想到點坐標的值可轉換成垂線段長度。而轉換的關鍵是通過三角形相似或者三角函數。過程如下：

如圖2，過點E作[EH⊥x]軸，垂足為[H]。設[E（x， y）]，

∵[∠EBH+∠ABC=90°]，[∠ABC+∠BCO=90°]，

∴[∠EBH=∠BCO]，

∴[△BEH∽△CBO]。

∴[BHCO=EHBO] ，即? [x+24=y2]，[y=12x+1]。

∵點[E]為拋物線上的點，

∴[y=12x+1，y=12x2-x-4，]

解得[x=5y=72]或[x=-2y=0] （舍去）

∴[E5， 72]。

相關解題思路和基本模型可以通過如下示意圖來體現。

（3）增加的條件是點的坐標以及相似三角形，依然是求點的坐標，同樣容易聯想到通過求點與[x]軸（或[y]軸）的垂線段長度，從而轉換成點坐標的值。解題思路跟（2）差不多，但是比（2）難的地方是，反過來利用了點坐標的值，轉換成垂線段長度，再用三角函數得到角度，從而確定[F]點的位置。過程如下：

如圖3，∵△[ABC∽△DFB]，

∴[∠BDF=∠BAC=45°]，

∴點[F]在拋物線的對稱軸上。

∵[B（-2， 0）]，[E5， 72]，

[FDAB=BDAC]，[FD6=3242]，即[FD=92]。

∵拋物線的對稱軸為[x=1]，

∴[F1，32]。

相關解題思路和基本模型可以通過如下示意圖來體現。

解題總結：

已知點的坐標，可以通過把坐標值轉換成線段長度，從而可以運用幾何圖形的性質，并通過三角函數或者相似三角形將線段的數量關系找出來，用解方程來求出線段的長度，從而得到點的坐標。也就是說，解決此類問題，可以遵循以下思考步驟。

（1）確定已知了哪些點坐標，它們可以轉換成哪些線段的長度;

（2）明確有什么樣的幾何圖形，這些圖形有什么特性;

（3）利用相似三角形或者三角函數得到“數與形”的關系;

（4）建立求解的方程;

（5）把線段長度轉換成點坐標。

[例2]如圖4，已知拋物線[y=13x2+bx+c]經過[A]，[B]，[C]三個點，其中點[A（9， 10）]，點[B（0， 1）]， [BC∥x]軸，點[P]是直線[BC]下方拋物線上的動點。

（1）求拋物線的解析式;

（2）過點[P]且與[y]軸平行的直線[l]與直線[AB]、[BC]分別交于點[E]、[F]，當四邊形[BECP]的面積最大時，求點[P]的坐標和四邊形[BECP]的最大面積;

（3）當點[P]為拋物線的頂點時，在直線[BC]上是否存在點[Q]，使得以[C]、[P]、[Q]為頂點的三角形與[△ABC]相似？若存在，求出點[Q]的坐標;若不存在，請說明理由。

本題的第（3）小問與本文闡述的觀點相關，所以筆者重點講解第（3）小問。解題的思路基本遵循文中闡述的解答此類題目的規律：通過點坐標轉換成線段長度，并利用三角函數找到相等的角，從而確定相似三角形的對應關系，建立方程，得到線段長度再轉換成點的坐標。

解：（1）∵點[A（9， 10）]，[B（0， 1）]在拋物線上，

∴[c=1，13×92+9b+c=10，]

∴[b=-2，c=1，]

∴拋物線的解析式為[y=13x2-2x+1]。

（2）∵[BC∥x]軸，[B（0，1）]，∴[13x2-2x+1=1]，解得[x1=6]，[x2=0]（舍去），∴點[C]的坐標[（6， 1）]，∵點[A（9， 10）]，[B（0， 1）]，∴直線[AB]的解析式為[y=x+1]。

設點[Pm，13m2-2m+1]，∴[E（m， m+1）]，

[∴PE=m+1-13m2-2m+1=-13m2+3m]，

∵[BC⊥EP]，[BC=6]，

[∴S四邊形BECP=S△BEC+S△BPC=12BC×（EF+PF）=12BC×PE=12×6×-13m2+3m=-m-922+814]，

∵[0<m<6]，∴當[m=92]時，四邊形[BECP]的面積的最大值是[814]，此時點[P92，-54]。

（3）∵[y=13x2-2x+1=13（x-3）2-2]，∴[P（3，-2）]，∴[PF=yF-yP=3]，[CF=xC-xF=3]，∴[PF=CF]，∴[∠PCF=45°]。同理可得[∠EBF=45°]，∴[∠PCF=∠EBF]。∴在直線[BC]上存在滿足條件的點[Q]，設[Q（t， 1）]且[AB=92]，[BC=6]，[CP=32]。

∵以[C]、[P]、[Q]為頂點的三角形與[△ABC]相似。

①當[△CPQ∽△ABC]時，∴[CQBC=CPAB]，∴[6-t6=3292]，∴[t=4]，∴[Q（4， 1）]。

②當[△CQP∽△ABC]時，∴[CQAB=CPBC]，∴[6-t92=326]，∴[t=-3]，∴[Q（-3， 1）]。

[例3]如圖5，在平面直角坐標系[xOy]中，已知拋物線[y=38x2+bx+c]與[x]軸交于點[B（-2， 0）]和點[A]，與[y]軸交于點[C（0， -3）]，經過點[B]的射線與[y]軸相交于點[E]，與拋物線的另一個交點為[F]，且[BFEF=13]。

（1）求這條拋物線的解析式，并寫出拋物線的對稱軸;

（2）求[∠FBA]的余切值;

（3）點[D]是點[C]關于拋物線對稱軸的對稱點，點[P]是[y]軸上一點，且[∠BFP=∠DBA]， 求點[P]的坐標。

解：（1）把[C（0，-3）]代入得[c=-3]，∴拋物線的解析式為[y=38x2+bx-3]，

把[B（-2， 0）]代入得[38×（-2）2-2b-3=0]，解得[b=-34]，

∴拋物線的解析式為[y=38x2-34x-3]，

∴拋物線的對稱軸為[x=-b2a=1]。

（2）如圖6，過點[F]作[FM⊥x]軸，垂足為[M]。

設[E（0， k）]，則[OE=k]。∵[BFEF=13]，∴[BOBM=OEFM=14]，∴[F（6， 4k）]。

將點[F（6， 4k）]代入[y=38x2-34x-3] ，得

[38×62-34×6-3=4k]，解得[k=32]。

∴[cot∠FBA=BOOE=43]。

（3）∵拋物線的對稱軸為[x=1]，[C（0，-3）]，點[D]是點[C]關于拋物線對稱軸的對稱點，

∴[D（2，-3）]，∴[cot∠DBA=43]，∴[∠FBA=∠DBA]。

如圖7所示，當點[P]在[BF]的上方時，[∠PFB=∠DBA=∠FBA]，∴[PF∥AB]，∴[yp=yF=6]。

由（2）可知[F（6， 4k）]，[k=32]，∴[F（6， 6）]，點[P]的坐標為[（0， 6）]。

圖7? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 圖8

如圖8所示，當點[P]在[BF]的下方時，

設[FP]與[x]軸的交點為[G（h， 0）]，則[∠PFB=∠FBA]，可得到[FG=BG]，∴[（6-h）2+62=（h+2）2]，解得[h=174]，∴[G174， 0 ]。

設[PF]的解析式為[y=kx+b]，將點[F]和點[G]的坐標代入得

[6k+b=6，174k+b=0]，解得[k=247]，[b=-1027]。

∴[P0，-1027]。

綜上所述，點[P]的坐標為[（0， 6）]或[P0，-1027]。

[例4]如圖9，在直角坐標平面內，直線[y=12x+2]分別與[x]軸、[y]軸交于點[B]、[C]。拋物線[y=-12x2+bx+c]過點[C]，與[x]軸交點為點[A]、[B]。點[D]在該拋物線上，且位于直線[BC]的上方。

（1）求上述拋物線的表達式;

（2）連接[AC]、[AD]，且[AD]交[BC]于點[E]，如果[△ABE]的面積與[△ABC]的面積之比為4∶5，求[∠DBA]的余切值;

（3）過點[D]作[DF⊥BC]，垂足為點[F]，連接[CD]。若[△CFD]與[△AOC]相似，求點[D]的坐標。

解：（1）當[y=0]時，[12x+2=0]，解得[x=-4]，則[B（-4， 0）]。

當[x=0]時，[y=12×0+2=2]，則[C（0， 2）]。

把[B（-4， 0）]，[C（0， 2）]代入[y=-12x2+bx+c]得[-8-4b+c=0，c=2，]解得[b=-32，c=2。]

∴拋物線的解析式為[y=-12x2-32x+2]。

（2）過點[E]作[EH⊥AB]于點[H]，如圖10所示，

當[y=0]時，[-12x2-32x+2=0]，解得[x1=-4]（舍去），[x2=1]，則[A（1， 0）]。

設[Ea，12a+2]，∵[S△ABC=12×（1+4）×2=5]，而[△ABE]的面積與[△ABC]的面積之比為4∶5，∴[S△AEB=4]，∴[12×（1+4）×12a+2=4 ]，解得[a=-45]，∴[E-45，85]，∴[AH=1+45=95]。

在[Rt△AHE]中，[cot∠EAH=AHEH=9585=98]，即[cot∠DAB=98]。

（3）[∠BOC=∠DFC=90°]。若[∠DCF=∠BCO]，△[DCF] ∽[△BCO]，如圖11，過點[D]作[DG⊥y]軸于點[G]，過點[C]作[CQ⊥DC]交[x]軸于點[Q]，∵[∠DCQ=∠BOC=90°]，∴[∠DCF+∠BCQ=90°]，即[∠BCO+∠BCQ=90°]，而[∠BCO+∠CBO=90°]，∴[∠BCQ=∠CBO]，∴[QB=QC]，

設[Q（t， 0）]，則[t+4=t2+22]，解得[t=-32]，∴[Q-32，0]。

∵[∠QCO+∠DCG=90°]，[∠QCO+∠CQO=90°]，

∴[∠DCG=∠CQO]，∴[Rt△DCG∽Rt△CQO]，

∴[DGOC=GCOQ]，即[DGCG=COOQ=232=43]，

設[DG=4k]，[CG=3k]，則[D（-4k， 3k+2）]。

把[D（-4k， 3k+2）]代入[y=-12x2-32x+2]，

得[-8k2+6k+2=3k+2]，

整理得[8k2-3k=0]，解得[k1=0]（舍去），[k2=38]，∴[D-32，258];

如圖12，若[∠DCF=∠CBO]，△DCF∽△CBO，則[CD∥BO]，∴點[D]的縱坐標為2，

把[y=2]代入[y=-12x2-32x+2]得[-12x2-32x+2=2]，解得[x1=-3]，[x2=0]（舍去），∴[D（-3， 2）]。

綜上所述，點D的坐標為[-32，258]或[（-3， 2）]。

綜上可知，題目是千變萬化的，我們在講解題目的過程中，要引導學生去尋找數學模型，并進行歸類，使學生慢慢會總結出解題的基本思路，進而順利解決問題。

（責任編輯 黃桂堅）

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