专题三 5大数学思想方法
第一节 分类讨论思想
类型一 由概念内涵分类
(2018·山东潍坊中考)如图1，抛物线y1＝ax2－x＋c与x轴交于点A和点B(1，0)，与y轴交于点C(0，)，抛物线y1的顶点为G，GM⊥x轴于点M.将抛物线y1平移后得到顶点为B且对称轴为直线l的抛物线y2.
(1)求抛物线y2的表达式；
(2)如图2，在直线l上是否存在点T，使△TAC是等腰三角形？若存在，请求出所有点T的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)点P为抛物线y1上一动点，过点P作y轴的平行线交抛物线y2于点Q，点Q关于直线l的对称点为R.若以P，Q，R为顶点的三角形与△AMG全等，求直线PR的表达式．
【分析】(1)应用待定系数法求表达式；
(2)设出点T坐标，表示出△TAC三边，进行分类讨论；
(3)设出点P坐标，表示出Q，R坐标及PQ，QR，根据以P，Q，R为顶点的三角形与△AMG全等，分类讨论对应边相等的可能性即可．
【自主解答】
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此类题型与概念的条件有关，如等腰三角形有两条边相等(没有明确哪两条边相等)、直角三角形有一个角是直角(没有明确哪个角是直角)等，解决这类问题的关键是对概念内涵的理解，而且在分类讨论后还要判断是否符合概念本身的要求(如能否组成三角形)．
1．(2018·安徽中考改编)若一个数的绝对值是8，则这个数是( )
A．－8 B．8 C．±8 D．－
类型二 由公式条件分类
(2018·浙江嘉兴中考)我们定义：如果一个三角形一条边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做“等高底”三角形，这条边叫做这个三角形的“等底”．
(1)概念理解：
如图1，在△ABC中，AC＝6，BC＝3，∠ACB＝30°，试判断△ABC是否是“等高底”三角形，请说明理由．
(2)问题探究：
如图2，△ABC是“等高底”三角形，BC是“等底”，作△
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ABC关于BC所在直线的对称图形得到△A′BC，连结AA′交直线BC于点D.若点B是△AA′C的重心，求的值．
(3)应用拓展：
如图3，已知l1∥l2，l1与l2之间的距离为2.“等高底”△ABC的“等底”BC在直线l1上，点A在直线l2上，有一边的长是BC的倍．将△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A′B′C，A′C所在直线交l2于点D.求CD的值．
【分析】(1)过A作AD⊥BC于D，则△ADC是直角三角形，∠ADC＝90°，依据∠ACB＝30°，AC＝6，可得AD＝AC＝3，进而得到AD＝BC＝3，即△ABC是“等高底”三角形；
(2)依据△ABC是“等高底”三角形，BC是“等底”，可得AD＝BC，依据△ABC关于BC所在直线的对称图形是△A′BC，点B是△AA′C的重心，即可得到BC＝2BD，设BD＝x，则AD＝BC＝2x，CD＝3x，由勾股定理得AC＝x，即可得到＝＝；
(3)①当AB＝BC时，故DF＝CF＝x，根据AC＝3x＝2，求出x＝，画出图形分两种情况分别求得CD＝x＝或CD＝AC＝2；当AC＝BC时，画出图形分两种情况讨论，求得CD＝AB＝BC＝2.
【自主解答】
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题目条件不明确或本身隐含条件是此类题型的特点，解题时，首先要仔细审题，打破思维定势，全面考虑问题，对题目中隐含的条件进行挖掘，这也是此类题型分类讨论的依据．
2．(2018·山东菏泽中考改编)一组“数值转换机”按下面的程序计算，如果输入的数是36，则输出的结果为106，要使输出的结果为127，则输入的正整数是______________．
类型三 由位置不确定分类
(2018·山东潍坊中考)如图，菱形ABCD的边长是4厘米，∠B＝60°，动点P以1厘米/秒的速度自A点出发沿AB方向运动至B点停止，动点Q以2厘米/秒的速度自B点出发沿折线BCD运动至D点停止．若点P，Q同时出发运动了t秒，记△BPQ的面积为S厘米2，下面图象中能表示S与t之间的函数关系的是( )
【分析】应根据0≤t＜2和2≤t＜4两种情况进行讨论．把t当作已知数值，就可以求出S，从而得到函数的表达式，进一步即可求解．
【自主解答】
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此类题型多为点、线、图形位置的不确定，解题时，依据位置的不同情况进行分类讨论，分类时容易遗漏，考虑问题时务必要全面．
类型四 由形状不确定分类
(2018·湖北黄石中考)如图，在Rt△PMN中，∠P＝90°，PM＝PN，MN＝
6 cm，矩形ABCD中AB＝2 cm，BC＝10 cm，点C和点M重合，点B，C(M)，N在同一直线上，令Rt△PMN不动，矩形ABCD沿MN所在直线以每秒1 cm的速度向右移动，至点C与点N重合为止，设移动x秒后，矩形ABCD与△PMN重叠部分的面积为y，则y与x的大致图象是( )
【分析】在Rt△PMN中解题，要充分运用好垂直关系和45度角，因为此题也是点的移动问题，可知矩形ABCD以每秒1 cm的速度开始向右移动到停止，和Rt△PMN重叠部分的形状可分为下列三种情况，(1)0≤x≤2；(2)2＜x≤4；(3)4＜x≤6；根据重叠图形确定面积的求法，作出判断即可．
【自主解答】
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此类题型主要是抓住图形特征进行讨论，如运动过程中对产生的形状不同进行讨论．选择不同的分类依据会给问题解决带来不一样的难易程度，所以选择分类依据很重要．
3．(2018·云南中考)在△ABC中，AB＝，AC＝5，若BC边上的高等于3，则BC边的长为__________．
类型五 由对应关系不确定分类
(2018·湖南常德中考)如图，已知二次函数的图象过点O(0，0)，A(8，4)，与x轴交于另一点B，且对称轴是直线x＝3.
(1)求该二次函数的表达式；
(2)若M是OB上的一点，作MN∥AB交OA于N，当△ANM面积最大时，求M的坐标；
(3)P是x轴上的点，过P作PQ⊥x轴，与抛物线交于Q.过A作AC⊥x轴于C，当以O，P，Q为顶点的三角形与以O，A，C为顶点的三角形相似时，求P点的坐标．
【分析】(1)先利用抛物线的对称性确定B(6，0)，然后设交点式求抛物线表达式；
(2)设M(t，0)，先求出直线OA，直线AB，直线MN的表达式，再通过解方程组得N(t，t)，接着利用三角形面积公式，利用S△AMN＝S△AOM－S△NOM得到S△AMN，然后根据二次函数的性质解决问题；
(3)设Q(m，m2－m)，根据相似三角形的判定方法，分两种情况讨论，然后分别解关于m的绝对值方程可得到对应的P点坐标．
【自主解答】
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4．(2018·新疆乌鲁木齐中考)在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝－x2＋bx＋c经过点A(－2，0)，B(8，0)．
(1)求抛物线的表达式；
(2)点C是抛物线与y轴的交点，连结BC，设点P是抛物线上在第一象限内的点，PD⊥BC，垂足为点D.
①是否存在点P，使线段PD的长度最大？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
②当△PDC与△COA相似时，求点P的坐标．
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参考答案
类型一
【例1】 (1)由题意知
解得
∴抛物线y1的表达式为y1＝－x2－x＋.
∵抛物线y1平移后得到抛物线y2，且顶点为B(1，0)，
∴抛物线y2的表达式为y2＝－(x－1)2，
即y2＝－x2＋x－.
(2)抛物线y2的对称轴l为x＝1，设T(1，t)．
已知A(－3，0)，C(0，)．
如图，过点T作TE⊥y轴于点E，则
TC2＝TE2＋CE2＝12＋(－t)2＝t2－t＋，
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TA2＝AB2＋TB2＝(1＋3)2＋t2＝t2＋16，AC2＝.
当TC＝AC时，即t2－t＋＝，
解得t1＝或t2＝；
当TA＝AC时，得t2＋16＝，无解；
当TA＝TC时，得t2－t＋＝t2＋16，解得t3＝－.
综上可知，在抛物线y2的对称轴l上存在点T，使△TAC是等腰三角形，此时T点的坐标为T1(1，)，T2(1，)，T3(1，－)．
(3)设P(m，－m2－m＋)，则Q(m，－m2＋m－)．
∵Q，R关于x＝1对称，
∴R(2－m，－m2＋m－)．
情况一：当点P在直线l的左侧时，
PQ＝－m2－m＋－(－m2＋m－)＝1－m，
QR＝2－2m.
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又∵以P，Q，R构成的三角形与△AMG全等，
当PQ＝GM且QR＝AM时，m＝0，
可求得P(0，)，即点P与点C重合，
∴R(2，－)．
设PR的表达式为y＝kx＋b，
则有解得
即PR的表达式为y＝－x＋.
当PQ＝AM且QR＝GM时，无解．
情况二：当点P在直线l右侧时，
P′Q′＝－m2＋m－－(－m2－m＋)＝m－1，
Q′R′＝2m－2，
同理可得P′(2，－)，R′(0，－)，
P′R′的表达式为y＝－x－.
综上所述，PR的表达式为y＝－x＋或y＝－x－.
变式训练
1．C
类型二
【例2】 (1)△ABC是“等高底”三角形．理由如下：
如图1，过A作AD⊥BC于D，则△ADC是直角三角形，∠ADC＝90°.
∵∠ACB＝30°，AC＝6，∴AD＝AC＝3，
∴AD＝BC＝3，
即△ABC是“等高底”三角形．
(2)如图2，∵△ABC是“等高底”三角形，BC是“等底”，
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∴AD＝BC.
∵△ABC关于BC所在直线的对称图形是△A′BC，
∴∠ADC＝90°.
∵点B是△AA′C的重心，∴BC＝2BD.
设BD＝x，则AD＝BC＝2x，CD＝3x，
由勾股定理得AC＝x，
∴＝＝.
(3)①当AB＝BC时，
Ⅰ.如图3，作AE⊥BC于E，DF⊥AC于F.
∵“等高底”△ABC的“等底”为BC，l1∥l2，l1与l2之间的距离为2，AB＝BC，
∴BC＝AE＝2，AB＝2，
∴BE＝2，即EC＝4，∴AC＝2.
∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A′B′C，
∴∠DCF＝45°.
设DF＝CF＝x.
∵l1∥l2，∴∠ACE＝∠DAF，
∴＝＝，即AF＝2x，
∴AC＝3x＝2，
∴x＝，CD＝x＝.
Ⅱ.如图4，此时△ABC等腰直角三角形．
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∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A′B′C，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴CD＝AC＝2.
②当AC＝BC时，
Ⅰ.如图5，此时△ABC是等腰直角三角形．
∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到△A′B′C，
∴A′C⊥l1，∴CD＝AB＝BC＝2.
Ⅱ.如图6，作AE⊥BC于E，则AE＝BC.
∴AC＝BC＝AE，∴∠ACE＝45°，
∴△ABC绕点C按顺时针方向旋转45°，得到△A′B′C时，点A′在直线l1上，
∴A′C∥l2，即直线A′C与l2无交点．
综上所述，CD的值为，2，2.
变式训练
2．15或43
类型三
【例3】 当0≤t＜2时，S＝×2t××(4－t)＝－t2＋2t；
当2≤t＜4时，S＝×4××(4－t)＝－t＋4.
只有选项D的图形符合．故选D.
类型四
【例4】 ∵∠P＝90°，PM＝PN，
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∴∠PMN＝∠PNM＝45°.
由题意得CM＝x.
分三种情况：
①当0≤x≤2时，如图1，边CD与PM交于点E.
∵∠PMN＝45°，∴△MEC是等腰直角三角形，
此时矩形ABCD与△PMN重叠部分是△EMC，
∴y＝S△EMC＝CM·CE＝x2.
故选项B和D不正确；
②如图2，当D在边PN上时，过P作PF⊥MN于F，交AD于G.
∵∠N＝45°，CD＝2，∴CN＝CD＝2，
∴CM＝6－2＝4，即此时x＝4.
当2＜x≤4时，如图3，矩形ABCD与△PMN重叠部分是四边形EMCD，过E作EF⊥MN于F，
∴EF＝MF＝2，∴ED＝CF＝x－2，
∴y＝S梯形EMCD＝CD·(DE＋CM)＝×2×(x－2＋x)＝2x－2；
③当4＜x≤6时，如图4，矩形ABCD与△PMN重叠部分是五边形EMCGF，过E作EH⊥MN于H，
∴EH＝MH＝2，DE＝CH＝x－2，
∵MN＝6，CM＝x，∴CG＝CN＝6－x，
∴DF＝DG＝2－(6－x)＝x－4，
∴y＝S梯形EMCD－S△FDG＝CD(DE＋CM)－DG2＝×2×(x－2＋x)－(x－4)2＝－x2＋6x－10.
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故选项A正确，故选A.
变式训练
3．1或9
类型五
【例5】 (1)∵抛物线过原点，对称轴是直线x＝3，
∴B点坐标为(6，0)．
设抛物线表达式为y＝ax(x－6)，
把A(8，4)代入得a·8×2＝4，解得a＝，
∴抛物线表达式为y＝x(x－6)，即y＝x2－x.
(2)设M(t，0)，
易得直线OA的表达式为y＝x.
设直线AB的表达式为y＝kx＋b，
把B(6，0)，A(8，4)代入得
解得
∴直线AB的表达式为y＝2x－12.
∵MN∥AB，
∴设直线MN的表达式为y＝2x＋n，
把M(t，0)代入得2t＋n＝0，解得n＝－2t，
∴直线MN的表达式为y＝2x－2t.
解方程组得
则N(t，t)，
∴S△AMN＝S△AOM－S△NOM
＝·4·t－·t·t
＝－t2＋2t
＝－(t－3)2＋3，
当t＝3时，S△AMN有最大值3，此时M点坐标为(3，0)．
(3)设Q(m，m2－m)．
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∵∠OPQ＝∠ACO，
∴当＝时，△PQO∽△COA，
即＝，
∴PQ＝2PO，即|m2－m|＝2|m|，
解方程m2－m＝2m得m1＝0(舍去)，m2＝14，
此时P点坐标为(14，28)；
解方程m2－m＝－2m得m1＝0(舍去)，m2＝－2，
此时P点坐标为(－2，4)．
当＝时，△PQO∽△CAO，
即＝，
∴PQ＝PO，即|m2－m|＝|m|，
解方程m2－m＝m得m1＝0(舍去)，m2＝8(舍去)，
解方程m2－m＝－m得m1＝0(舍去)，m2＝4，
此时P点坐标为(4，－2)．
综上所述，P点坐标为(14，28)或(－2，4)或(4，－2)．
变式训练
4．解：(1)把A(－2，0)，B(8，0)代入抛物线y＝－x2＋bx＋c得
解得
∴抛物线的表达式为y＝－x2＋x＋4.
(2)由(1)知C(0，4)，∵B(8，0)，
易得直线BC的表达式为y＝－x＋4.
①如图1，过P作PG⊥x轴于G，PG交BC于E.
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在Rt△BOC中，OC＝4，OB＝8，
∴BC＝＝4.
在Rt△PDE中，PD＝PE·sin∠PED＝PE·sin∠OCB＝PE，
∴当线段PE最长时，PD的长度最大．
设P(t，－t2＋t＋4)，
则E(t，－t＋4)，
∴PG＝－t2＋t＋4，EG＝－t＋4，
∴PE＝PG－EG＝(－t2＋t＋4)－(－t＋4)＝－t2＋2t＝－(t－4)2＋4(0＜t＜8)．
当t＝4时，PE有最大值是4，此时P(4，6)，
∴PD＝×4＝，
即当P(4，6)时，PD的长度最大，最大值是.
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，
当△PDC与△COA相似时，就有△PDC与△BOC相似．
∵相似三角形的对应角相等，
∴∠PCD＝∠CBO或∠PCD＝∠BCO.
(Ⅰ)若∠PCD＝∠CBO时，即Rt△PDC∽Rt△COB，
此时CP∥OB.
∵C(0，4)，∴yP＝4，
∴－t2＋t＋4＝4，
解得x1＝6，x2＝0(舍去)，
即Rt△PDC∽Rt△COB时，P(6，4)．
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(Ⅱ)若∠PCD＝∠BCO时，即Rt△PDC∽Rt△BOC，
如图2，过P作x轴的垂线PG，交直线BC于F，过P作PN⊥y轴于N.
∴PF∥OC，∴∠PFC＝∠BCO，
∴∠PCD＝∠PFC，∴PC＝PF.
设P(n，－n2＋n＋4)，则PF＝－n2＋2n.
Rt△PNC中，PC2＝PN2＋CN2＝PF2，
∴n2＋(－n2＋n＋4－4)2＝(－n2＋2n)2，
解得n＝3，
即Rt△PDC∽Rt△BOC时，P(3，)．
综上所述，当△PDC与△COA相似时，点P的坐标为(6，4)或(3，)．
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