论文部分内容阅读
在解决一个问题时，有时无法用同一种方法去解决，需要用一个标准将问题划分成几个能用不同方法去解决的小问题，再将这些小问题一一加以解决，从而使整个问题得到解决，这就是分类讨论思想.
例1 （2016·西宁）⊙O的半径为1，弦AB=[3]，弦AC=[2]，则∠BAC度数为 .
【分析】连接OA，分AB、AC在OA的同侧、两侧两种情况求∠BAC的度数.过O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，根据垂径定理求出AE、FA值，根据解直角三角形的知识求出∠OAB和∠OAC.
解：有两种情况：
①如图1所示：连接OA，过O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，∴∠OEA=∠OFA=90°，
由垂径定理得：AE=BE=[32]，
cos∠OAE=[AEOA]=[32]，∴∠OAE=30°，
同理∠OAF=45°，∴∠BAC=30° 45°=75°；
②如圖2所示：
∴∠BAC=45°-30°=15°；
故答案为：75°或15°.
【点评】本题考查了特殊角的三角函数值和垂径定理的应用.解题的关键是根据题意作出图形，求出符合条件的所有情况.
例2 （2017·河南）如图3，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，BC=[2] 1，点M，N分别是边BC，AB上的动点，沿MN所在的直线折叠∠B，使点B的对应点B′始终落在边AC上，若△MB′C为直角三角形，则BM的长为 .
【分析】如图4，当∠B′MC=90°，B′与A重合，M是BC的中点，于是得到结论；如图5，当∠MB′C=90°，推出△CMB′是等腰直角三角形，得到CM=[2]MB′，列方程即可得到结论.
解：①如图4，当∠B′MC=90°时，B′与A重合，M是BC的中点，∴BM=[12]BC=[122] [12]；
②如图5，当∠MB′C=90°时，
∵∠A=90°，AB=AC，∴∠C=45°，
∴△CMB′是等腰直角三角形，
∴CM=[2]MB′，
∵沿MN所在的直线折叠∠B，使点B的对应点为B′，∴BM=B′M，∴CM=[2]BM，
∵BC=[2] 1，
∴CM BM=[2]BM BM=[2] 1，
∴BM=1.
综上所述，若△MB′C为直角三角形，则BM的长为[122] [12]或1，
【点评】本题考查了翻折变换的折叠问题、等腰直角三角形的性质，正确作出图形是关键.
例3 （2017·潍坊改编）如图6，抛物线y=ax2 bx c经过平行四边形ABCD的顶点A（0，3）、B（-1，0）、D（2，3），抛物线与x轴的另一交点为E.经过点E的直线l将平行四边形ABCD分割为面积相等的两部分，与抛物线交于另一点F.点P是直线l上方抛物线上一动点，设点P的横坐标为t.
（1）求抛物线的解析式；
（2）是否存在点P使△PAE为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由.
【分析】（1）由A、B、D三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）由题意可知有∠PAE=90°或∠APE=90°两种情况，当∠PAE=90°时，作PG⊥y轴，利用等腰直角三角形的性质可得到关于t的方程；当∠APE=90°时，作PK⊥x轴，AQ⊥PK，则可证得△PKE∽△AQP，利用相似三角形的性质可得到关于t的方程.
解：（1）由题意可得[c=3，a-b c=0，4a 2b c=3，]
解得[a=-1，b=2，c=3，]
∴抛物线解析式为y=-x2 2x 3.
（2）由图可知∠PEA≠90°，
∴只能有∠PAE=90°或∠APE=90°，
y=-x2 2x 3=-（x 1）（x-3），
∴点E的坐标为（3，0）.
点P的坐标为（t，-t2 2t 3）.
①当∠PAE=90°时，如图7，作PG⊥y轴，
图7
∵OA=OE，∴∠OAE=∠OEA=45°，
∴∠PAG=∠APG=45°，∴PG=AG，
∴t=-t2 2t 3-3，即-t2 t=0，解得t=1或t=0（舍去）；
②当∠APE=90°时，如图8，
图8
作PK⊥x轴，AQ⊥PK，则PK=-t2 2t 3，AQ=t，KE=3-t，PQ=-t2 2t 3-3=-t2 2t，
∵∠APQ ∠KPE=∠APQ ∠PAQ=90°，
∴∠PAQ=∠KPE，且∠PKE=∠PQA，
∴△PKE∽△AQP，∴[PKAQ]=[KEPQ]，
即[-t2 2t 3t]=[3-t-t2 2t]，
∵t≠3，t≠0，∴t2-t-1=0，解得t=[5 12]或t=[1-52]<[-25]（舍去）.
综上可知，存在满足条件的点P，t的值为1或[5 12].
【点评】本题为二次函数综合应用，涉及待定系数法、二次函数的性质、直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质、方程思想和分类讨论思想等知识.本题综合性较强，计算量较大，难度较大.
（作者单位：江苏省丰县初级中学）
例1 （2016·西宁）⊙O的半径为1，弦AB=[3]，弦AC=[2]，则∠BAC度数为 .
【分析】连接OA，分AB、AC在OA的同侧、两侧两种情况求∠BAC的度数.过O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，根据垂径定理求出AE、FA值，根据解直角三角形的知识求出∠OAB和∠OAC.
解：有两种情况：
①如图1所示：连接OA，过O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，∴∠OEA=∠OFA=90°，
由垂径定理得：AE=BE=[32]，
cos∠OAE=[AEOA]=[32]，∴∠OAE=30°，
同理∠OAF=45°，∴∠BAC=30° 45°=75°；
②如圖2所示：
∴∠BAC=45°-30°=15°；
故答案为：75°或15°.
【点评】本题考查了特殊角的三角函数值和垂径定理的应用.解题的关键是根据题意作出图形，求出符合条件的所有情况.
例2 （2017·河南）如图3，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，BC=[2] 1，点M，N分别是边BC，AB上的动点，沿MN所在的直线折叠∠B，使点B的对应点B′始终落在边AC上，若△MB′C为直角三角形，则BM的长为 .
【分析】如图4，当∠B′MC=90°，B′与A重合，M是BC的中点，于是得到结论；如图5，当∠MB′C=90°，推出△CMB′是等腰直角三角形，得到CM=[2]MB′，列方程即可得到结论.
解：①如图4，当∠B′MC=90°时，B′与A重合，M是BC的中点，∴BM=[12]BC=[122] [12]；
②如图5，当∠MB′C=90°时，
∵∠A=90°，AB=AC，∴∠C=45°，
∴△CMB′是等腰直角三角形，
∴CM=[2]MB′，
∵沿MN所在的直线折叠∠B，使点B的对应点为B′，∴BM=B′M，∴CM=[2]BM，
∵BC=[2] 1，
∴CM BM=[2]BM BM=[2] 1，
∴BM=1.
综上所述，若△MB′C为直角三角形，则BM的长为[122] [12]或1，
【点评】本题考查了翻折变换的折叠问题、等腰直角三角形的性质，正确作出图形是关键.
例3 （2017·潍坊改编）如图6，抛物线y=ax2 bx c经过平行四边形ABCD的顶点A（0，3）、B（-1，0）、D（2，3），抛物线与x轴的另一交点为E.经过点E的直线l将平行四边形ABCD分割为面积相等的两部分，与抛物线交于另一点F.点P是直线l上方抛物线上一动点，设点P的横坐标为t.
（1）求抛物线的解析式；
（2）是否存在点P使△PAE为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由.
【分析】（1）由A、B、D三点的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）由题意可知有∠PAE=90°或∠APE=90°两种情况，当∠PAE=90°时，作PG⊥y轴，利用等腰直角三角形的性质可得到关于t的方程；当∠APE=90°时，作PK⊥x轴，AQ⊥PK，则可证得△PKE∽△AQP，利用相似三角形的性质可得到关于t的方程.
解：（1）由题意可得[c=3，a-b c=0，4a 2b c=3，]
解得[a=-1，b=2，c=3，]
∴抛物线解析式为y=-x2 2x 3.
（2）由图可知∠PEA≠90°，
∴只能有∠PAE=90°或∠APE=90°，
y=-x2 2x 3=-（x 1）（x-3），
∴点E的坐标为（3，0）.
点P的坐标为（t，-t2 2t 3）.
①当∠PAE=90°时，如图7，作PG⊥y轴，
图7
∵OA=OE，∴∠OAE=∠OEA=45°，
∴∠PAG=∠APG=45°，∴PG=AG，
∴t=-t2 2t 3-3，即-t2 t=0，解得t=1或t=0（舍去）；
②当∠APE=90°时，如图8，
图8
作PK⊥x轴，AQ⊥PK，则PK=-t2 2t 3，AQ=t，KE=3-t，PQ=-t2 2t 3-3=-t2 2t，
∵∠APQ ∠KPE=∠APQ ∠PAQ=90°，
∴∠PAQ=∠KPE，且∠PKE=∠PQA，
∴△PKE∽△AQP，∴[PKAQ]=[KEPQ]，
即[-t2 2t 3t]=[3-t-t2 2t]，
∵t≠3，t≠0，∴t2-t-1=0，解得t=[5 12]或t=[1-52]<[-25]（舍去）.
综上可知，存在满足条件的点P，t的值为1或[5 12].
【点评】本题为二次函数综合应用，涉及待定系数法、二次函数的性质、直角三角形的性质、相似三角形的判定和性质、方程思想和分类讨论思想等知识.本题综合性较强，计算量较大，难度较大.
（作者单位：江苏省丰县初级中学）