專題三五大數(shù)學(xué)思想方法第一節(jié)分類討論思想

專題三5第一節(jié)分類爭論思想1y

1＝ax2x＋cxA1 23B(1，0)，yC(0，)，拋物線y的頂點(diǎn)為G，GM⊥xM.將4 1y1

平移后得到頂點(diǎn)為Bl的拋物線y2求拋物線y2

的表達(dá)式；2l上是否存在點(diǎn)T，使△TACTPy1

上一動點(diǎn)，過點(diǎn)Pyy2

QQlRP，Q，R△AMGPR【分析】(1)應(yīng)用待定系數(shù)法求表達(dá)式；設(shè)出點(diǎn)T△TACPQ，RPQ，QR，P，Q，R形與△AMG【自主解答】此類題型與概念的條件有關(guān)，如等腰三角形有兩條邊相等(沒有明確哪兩條邊題的關(guān)鍵是對概念內(nèi)涵的理解，而且在分類爭論后還要推斷是否符合概念本身的要求(如能否組成三角形)．1．(2023·安徽中考改編)假設(shè)一個數(shù)確實(shí)定值是8，則這個數(shù)是( )1A．－8 B．8 C．±8 D．－8(2023·浙江嘉興中考)我們定義：假設(shè)一個三角形一條邊上的高等于這條邊，那么這個三角形叫做“等高底”三角形，這條邊叫做這個三角形的“等底”．概念理解：如圖1，在△ABC中，AC＝6，BC＝3，∠ACB＝30°，試推斷△ABC是否是“等高底”三角形，請說明理由．問題探究：2，△ABCBCABCBC線的對稱圖形得到△A′BC，連結(jié)AA′BCD.B△AA′CAC心，求的值．BC應(yīng)用拓展：3，l

∥l，l1 2

l之間的距離為2.“等高底”△ABC”BC2lAl1

上，有一邊的長是BC的2倍．將△ABCC45°得到△A′B′C，A′Cl2

于點(diǎn)D.求CD【分析】(1AAD⊥BCD，則△ADC，∠ADC＝90°，依據(jù)1∠ACB＝30°，AC＝6，可得AD＝AC＝3，進(jìn)而得到AD＝BC＝3，即△ABC2高底”三角形；依據(jù)△ABCBCAD＝BC，依據(jù)△ABCBC△A′BC，B△AA′CBC＝2BDBD＝xAD＝BC＝2x，CD＝3x，AC＝13x，即可得AC 13x 13到＝ ＝ ；BC 2x 225①當(dāng)AB＝2BCDF＝CF＝x，依據(jù)AC＝3x＝25，求出x＝3，畫出2圖形分兩種狀況分別求得CD＝2x＝310或CD＝2AC＝22；當(dāng)AC＝2BC時，畫出圖形分兩種狀況爭論，求得CD＝AB＝BC＝2.【自主解答】題目條件不明確或本身隱含條件是此類題型的特點(diǎn)，解題時，首先要認(rèn)真審題，打破思維定勢，全面考慮問題，對題目中隱含的條件進(jìn)展挖掘，這也是此類題型分類爭論的依據(jù)．2．(2023·山東菏澤中考改編)一組“數(shù)值轉(zhuǎn)換機(jī)”按下面的程序計(jì)算，假設(shè)輸入的數(shù)是36，則輸出的結(jié)果為106，要使輸出的結(jié)果為127，則輸入的正整數(shù)是 ．(2023·ABCD4，∠B＝60°，動P1/AABBQ2米/BBCDDP，Q2St的是()【分析】0≤t＜22≤t＜4t就可以求出S，從而得到函數(shù)的表達(dá)式，進(jìn)一步即可求解．【自主解答】此類題型多為點(diǎn)、線、圖形位置的不確定，解題時，依據(jù)位置的不同狀況進(jìn)展分類爭論，分類時簡潔遺漏，考慮問題時務(wù)必要全面．(2023·湖北黃石中考)如圖，在Rt△PMN，∠P＝90°，PM＝PN，MN＝6cmABCDAB＝2cm，BC＝10cmCMB，C(M)，N同始終線上，令Rt△PMNABCDMN1cm的速度向CNx秒后，矩形ABCD△PMN的面積為y，則yx點(diǎn)的移動問題，可知矩形ABCD以每秒1cm的速度開頭向右移動到停頓，和Rt△PMN重疊局部的外形可分為以下三種狀況，(1)0≤x≤2；(2)2＜x≤4；(3)4＜x≤6；依據(jù)重疊圖形確定面積的求法，作出推斷即可．【自主解答】此類題型主要是抓住圖形特征進(jìn)展?fàn)幷?，如運(yùn)動過程中對產(chǎn)生的外形不同進(jìn)展?fàn)幷摚x擇不同的分類依據(jù)會給問題解決帶來不一樣的難易程度，所以選擇分類依據(jù)很重要．3．(2023·云南中考)在△ABC中，AB＝34，AC＝5，假設(shè)BC邊上的高等于3，則邊的長為 ．(2023·湖南常德中考)如圖，二次函數(shù)的圖象過點(diǎn)O(0，0)，A(8，4)，與xB，且對稱軸是直線x＝3.求該二次函數(shù)的表達(dá)式；假設(shè)MOBMN∥ABOAN，當(dāng)△ANMM標(biāo)；PxPPQ⊥xQAAC⊥x軸于C，O，P，QO，A，CP坐標(biāo)．【分析】(1B(6，0)，然后設(shè)交點(diǎn)式求拋物線表達(dá)式；M(t，0)，OA，AB，MNy＝x， 4 22 得N(t，t)，接著利用三角形面積公式，利用S

＝S－S 得y2－2t 3 3

△AMN

△AOM

△NOMS，然后依據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)解決問題；△AMN1 3設(shè)Q(m，m2－m)，依據(jù)相像三角形的判定方法，分兩種狀況爭論，然后分4 2別解關(guān)于mP【自主解答】14．(2023·疆烏魯木齊中考)在平面直角坐標(biāo)系xOyy＝－x2＋bx4＋cA(－2，0)，B(8，0)．求拋物線的表達(dá)式；CyBC，P點(diǎn)，PD⊥BC，垂足為點(diǎn)D.PPD在，請說明理由；②當(dāng)△PDC△COAP

P類型一1】(1)由題意知

參考答案c＝，c＝， 4 1

1a＝－，43a－＋c＝0， c＝，2 41 1 3∴拋物線y的表達(dá)式為y＝－x2－x1 1 4 2 4∵拋物線y1

平移后得到拋物線y1

，且頂點(diǎn)為B(1，0)，2∴拋物線y的表達(dá)式為y＝－x－1)2，2 2 41 1 1y＝－x2x2 4 2 4(2)拋物線y的對稱軸l為x＝1，設(shè)T(1，t)．23A(－3，0)，C(04如圖，過點(diǎn)T作TE⊥y軸于點(diǎn)E，則3325－t)2＝t2－t＋4 2 16TC23325－t)2＝t2－t＋4 2 16153TA2＝AB2＋TB2＝(1＋3)2＋t2＝t2＋16，AC2＝

16.3 25153當(dāng)TC＝AC時，即t2－t＋＝ ，2 16163＋137 3－137t＝1 4

或t＝2

4 ；153TA＝ACt2＋16＝

16，無解；3 25 77TA＝TCt2－t＋＝t2＋16，解得t＝－.2 16 3 8y2

lT，使△TACT3＋137 3－137 77點(diǎn)的坐標(biāo)為T

(1，1 4

)，T

(1，2 4

)，T

(1，－)．3 81 1 3 1 1 1(3)設(shè)P(mm2m＋)，則Q(mm2＋m4 2 4 4 2 4∵Q，R關(guān)于x＝11 1 1∴R(2－m，－m2＋m－)．4 2 4狀況一：當(dāng)點(diǎn)Pl的左側(cè)時，1 1 3 1 1 1PQ＝－m2－m＋－(－m2＋m－)＝1－m，4 2 4QR＝2－2m.

4 2 4P，Q，R△AMGPQ＝GMQR＝AMm＝0，3P(0，)，即點(diǎn)PC41∴R(2，－)．4PRy＝kx＋b，b＝，k＝－， 3 1b＝，k＝－，則有 4 解得 22k＋b＝－，b＝， 1 32k＋b＝－，b＝，4 41 3PRy＝－x2 4PQ＝AMQR＝GM狀況二：當(dāng)點(diǎn)Pl右側(cè)時，1 1 1 1 1 3P′Q′＝－m2＋m－－(－m2－m＋)＝m－1，4 2 4 4 2 4Q′R′＝2m－2，5 1同理可得P′(2，－)，R′(0，－)，4 41 1P′R′的表達(dá)式為y＝－x2 41 3 1 1綜上所述，PRy＝－x＋或y＝－x－.變式訓(xùn)練1．C類型二

2 4 2 42】(1)△ABC1，過A作AD⊥BC于D，則△ADC，∠ADC＝90°.1∵∠ACB＝30°，AC＝6，∴AD＝AC＝3，2∴AD＝BC＝3，即△ABC2，∵△ABCBC∴AD＝BC.∵△ABCBC△A′BC，∴∠ADC＝90°.，∴BC＝2BD.BD＝x，則AD＝BC＝2x，CD＝3x，由勾股定理得AC＝13x，AC 13x 13∴＝ ＝ .BC 2x 2①當(dāng)AB＝2BC3，作AE⊥BCE，DF⊥ACF.22∵“等高底”△ABCBC，l∥l，ll1 2 1 2BC，∴BC＝AE＝2，AB＝22，∴BE＝2，即EC＝4，∴AC＝25.

2，AB＝∵△ABC繞點(diǎn)C45°得到△A′B′C，∴∠DCF＝45°.DF＝CF＝x.∵l∥l1

，∴∠ACE＝∠DAF，2DFAE1∴＝＝，即AF＝2x，AFCE2∴AC＝3x＝25，2 2∴x＝ 5，CD＝2x＝ 10.3 34，此時△ABC∵△ABC繞點(diǎn)C45°得到△A′B′C，∴△ACD∴CD＝2AC＝22.AC＝2BC5，此時△ABC∵△ABC繞點(diǎn)C45°得到△A′B′C，∴A′C⊥l

，∴CD＝AB＝BC＝2.16，作AE⊥BCE，則AE＝BC.∴AC＝2BC＝2AE，∴∠ACE＝45°，∴△ABCC45°，得到△A′B′CA′l1上，∴A′C∥l

，即直線A′Cl

無交點(diǎn)．2 22綜上所述，CD的值為 10，22，2.3變式訓(xùn)練類型三1 3 3【例3】當(dāng)0≤t＜2時，S＝×2t× ×(4－t)＝－ t2＋23t；2 2 21 3當(dāng)2≤t＜4時，S＝×4× ×(4－t)＝－3t＋43.2 2只有選項(xiàng)DD.類型四4】∵∠P＝90°，PM＝PN，∴∠PMN＝∠PNM＝45°.由題意得CM＝x.分三種狀況：0≤x≤21，邊CDPME.∵∠PMN＝45°，∴△MEC此時矩形ABCD△PMN△EMC，1 1∴y＝S＝CM·CE＝x2.△EMC 2 2B和D2，當(dāng)DPNPPF⊥MNF，交AD于G.∵∠N＝45°，CD＝2，∴CN＝CD＝2，∴CM＝6－2＝4，即此時x＝4.2＜x≤43ABCD△PMNEMCDEEF⊥MNF，∴EF＝MF＝2，∴ED＝CF＝x－2，1 1∴y＝S ＝CD·(DE＋CM)＝×2×(x－2＋x)＝2x－2；梯形EMCD 2 24＜x≤64，矩形ABCD△PMNEMCGF，過EEH⊥MNH，∴EH＝MH＝2，DE＝CH＝x－2，∵M(jìn)N＝6，CM＝x，∴CG＝CN＝6－x，∴DF＝DG＝2－(6－x)＝x－4，11111－S ＝CD(DE＋CM)－11111－S ＝CD(DE＋CM)－DG2＝×2×(x－2＋x)－(x－4)2＝－梯形EMCD △FDG 2 2 2 2 2＋6x－10.AA.變式訓(xùn)練3．19類型五5】(1)∵拋物線過原點(diǎn)，對稱軸是直線x＝3，(6，0)．設(shè)拋物線表達(dá)式為y＝ax(x－6)，1A(8，4)代入得a·8×2＝4，解得a＝，41 1 3∴拋物線表達(dá)式為y＝x(x－6)，即y＝x2x.4 4 2(2)設(shè)M(t，0)，1易得直線OAy＝x.2ABy＝kx＋b，6k＋＝把B(60)A(88k＋＝，k2，解得b＝12，ABy＝2x－12.∵M(jìn)N∥AB，∴設(shè)直線MNy＝2x＋n，M(t，0)2t＋n＝0，解得n＝－2t，MNy＝2x－2t. 1 x4，＝ty＝x， 3解方程組 2 得y＝t，y2x－2t 2y＝t，34 2N(tt)，3 3∴S＝S△AMN

－S△AOM

△NOM1 1 2＝·4·t－·t·t2 2 31＝－t2＋2t31＝－(t－3)2＋3，31

△AMN

3，此時M(3，0)．3(3)設(shè)Q(mm2－m)．4 2∵∠OPQ＝∠ACO，PQPO∴當(dāng)＝時，△PQO∽△COA，OCACPQPO8＝4，1 3∴PQ＝2PO，即|m2m|＝2|m|，4 21 3m2m＝2mm＝0(舍去)，m＝14，4 2 1 2P(14，28)；1 3m2m＝－2mm＝0(舍去)，m

＝－2，4 2 1 2P2，4)．PQPO當(dāng)＝時，△PQO∽△CAO，ACOCPQPO4＝8，1 1 3 1∴PQ＝PO，即|m2－m|＝|m|，2 4 2 21 3 1m2m＝mm＝0(舍去)，m

舍去)，4 2 2 1 21 3 1m2m＝－mm＝0(舍去)，m

＝4，4 2 2 1 2P4，－2)．2，4)或(4，－2)．變式訓(xùn)練14(1)A(20)B(80)代入拋物線y＝4x2bxc得－12c0，－18b＋＝， 3b＝，解得 2c4，1 3∴拋物線的表達(dá)式為y＝－x2x＋4.4 2(2)由(1)知C(0，4)，∵B(8，0)，1易得直線BCy＝－x＋4.21，過PPG⊥xG，PG交BC于E.Rt△BOCOC＝4，OB＝8，∴BC＝42＋82＝45.25Rt△PDEPD＝PE·sin∠PED＝PE·sin∠OCB＝5PE，∴當(dāng)線段PEPD1 3P(tt2t＋4)，4 21E(tt＋4)，21 3 1∴PG＝－t2＋t＋4，EG＝－t＋4，4 2 21 3 1 1 1∴PE＝PG－EG＝(－t2＋t＋4)－(－t＋4)＝－t2＋2t＝－(t－4)2＋4(0＜t4 2 2 4 4＜8)．t＝4PE4，此時P(4，6)，25 85∴PD＝5×4＝5，85P(4，6)時，PD5.②∵A(－2，0)，B(8，0)，C(0，4)，∴OA＝2，OB＝8，OC＝4，∴AC2＝22＋42＝20，AB2＝(2＋8)2＝100，BC2＝42＋82＝80，∴AC2＋BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，∴△COA∽△BOC，當(dāng)△PDC△COA△PDC△BOC∵相像三角形的對應(yīng)角相等，∴∠PCD＝∠CBO或∠PCD＝∠BCO.(Ⅰ)假設(shè)∠PCD＝∠CBORt△PDC∽Rt△COB，CP∥OB.∵C(0，4)，∴y＝4，P1 3∴－t2＋t＋4＝4，4