中考冲刺：探索型问题(二)

探索型问题（二）
数形结合，探索思路。

例1．已知抛物线y=x2+kx+1与x轴相交于两个不同的点A、
B，顶点为C，且∠ACB=90°，试求如何平移此抛物线使其∠
ACB=60°。

分析很多同学对这道题感到比较生疏，一是有的已知条件，如∠ACB=90°意味着什么？怎样入手解？二是平移后使∠ACB=60°，又意味着什么？
不妨换个角度考虑问题，画图观察一下。

草图如图所示，可看到由于抛物线的对称性，∠ACB=90°就意味着△ACB是等腰直角三角形，就是说，斜边AB上的高CD等于斜边AB的一半，而AB的长等于这两点横坐标差的绝对值，CD的长则是顶点C纵坐标的绝对值。

于是可以列出方程，求得k的值：设A、B两点横坐标分别为x1、x2，则它们是方程x2+kx+1=0的两个相异的实数根，那么有
于是AB=|x2-x1|=
又设顶点C的坐标为(x0,y0)，应用顶点坐标公式，有y0=，CD=|y0|。

那么条件CD=AB就是如下方程：
|x1-x2|=|y0|，即
（∵k2-4>0）。

(k2-4)2-4(k2-4)=0，
(k2-4)(k2-8)=0。

∵k2-4>0，∴k2-8=0。

∴k=±2。

于是抛物线解析式为y=x2±2x+1。

这样通过观察图形和计算，不但弄清了∠ACB=90°意味着什么和如何利用这个条件求出k值，
同时也提示我们用同样的方法去分析平移抛物线，使其∠ACB=60°。

画图分析可看到，抛物线向下平移，∠ACB逐渐变小，当
∠ACB=60°时，由抛物线的对称性可知△ACB为等边三角形。

因为等边三角形的高等于边长的
倍，所以CD=AB，这就给我们提供了一个等量关系，利用这个关系列方程，可求出平移后抛物线解析式中的常数项。

设把抛物线y=x2±2x+1向下平称|l|个单位后，使∠ACB=60°，则平移后抛物线的解析式为
y=x2±2x+1+l。

设A、B两点的横坐标分别为，C点纵坐标为，则按题意有||①
又=±2，=1+l，因此
=。

==l-1。

代入①，得=|1-l|。

平方，整理得(1-l)(l+2)=0。

因平移后抛物线仍保持同x轴有两个交点，所以|x1-x2|=≠0，即1-l≠0。

可得l+2=0，即l=-2。

于是可知，把已知抛物线向下平移2个单位，就能使∠ACB=60°。

解略。

例2.已知平面直角坐标系内两点A(-2,0),B(4,0),点P在直线y=x+上，且ΔABP为直角
三角形，求：（1）点P的坐标；（2）经P，A，B三点且对称轴平行于y轴的抛物线是否存在？若存在，求出抛物线的解析式。

分析：本例给出了直角三角形的一条边，求这条边所对的顶点坐标，这条边即可是直角边又可是斜边，A，B，P均可为直角顶点，∠A，∠B为直角时，对称轴平行于y轴的抛物线不存在。

解：（1）分三种情况：
①若点A为直角顶点，过A作AP1⊥x轴交直线y=x+于点P1，设P1(-2,y)，
则y=(-2)+=, ∴P1(-2,).
②若点B为直角顶点，过B作P2B⊥x轴交直线y=x+于点P2，设P2(4,y),则y=, ∴P2(4,).
③若点P(x,y)为直角顶点，过P作PQ⊥x轴于Q(x,0),又AB中点C(1,0),连结PC=AB=3。

得：，
∴或，经检验均是原方程的根。

∴P3(-), P4(1,3).
综上P点坐标为(-2,),(4,),(-),(1,3).
（2）设过A、B、P三点的抛物线的解析式为：y=a(x+2)(x-4)，将P3，P4代入，
∴得a=-或a=-,
∴y=-++或y=-,
过A，B，P1或过A，B，P2三点，对称轴平行于y轴的抛物线不存在，要数形结合，善于联想，把握二次函数图象的对称轴一定平行于y轴的特征模型。

探索定值问题
例3．（1）已知在四边形ABCD中，∠B=∠D=90°，M为AC上
任一点，且MP⊥BC，MQ⊥AD，求证：是一个定值。

分析：从动点的临界位置（特殊点）探求定值。

M运动到A（或C）时，值为1。

M到中点时=1，猜到后证明。

略证：=1。

例4、已知过定⊙O的直径AB的两端及上任一点E作⊙O的三
条切线AD，BC和CD。

它们分别交于D，C点，求证AD·BC是定值。

分析：从动点的特殊位置，图形的特殊形状等探求定值。

E到临界位置A（B）不存在，找特殊中点则出现两个正方形，边长为R，猜想AD·BC=R2，简证：连接OD、OE、OC，应证明OD⊥OC，OE⊥CD，∴RtΔODE∽RtΔCOE
∴AD·BC=DE·CE=OE2=R2。

例5、如图，半径为a的半圆内有两正方形ABCD，BEFG，点D、F在半圆周上，点C，G 在半圆内。

(1)试证明截得的这两个正方形的面积和为定值
(2)判别DO与OF的位置关系
分析：从图形的特殊位置探索定值。

①不变的是半径a，可变的是两个正方形的边长，当两正方形边长
相等时是特殊位置，S1+S2=＝a2+a2=a2.
②由特殊位置可以得到OD⊥OF.
证明RtΔAOD≌RtΔEFO (HL)
证明：(1)设正方形ABCD和BEFG的边长分别为x, y,
OA=, OE=, 又OA+OE=AB+BE=x+y,
∴+=x+y
-x=-+y
a2-x2-2x+x2=a2-y2-2y+y2
x=y
x2(a2-x2)=y2(a2-y2)
a2x2-x4-a2y2+y4=0
(x2-y2)(a2-x2-y2)=0
∴x2=y2或x2+y2=a2,
∵x2=y2时，有S ABCD+S BEFG =＝a2+a2=a2.
x2+y2=a2时，也有
∴S ABCD+S BEFG=a2.
∴截得的这两个正方形的面积和为定值
(2) ∵x2+y2=a2，∴y2=a2-x2=OA2=EF2,
∴OA=EF，又OD＝OF，∴RT△AOD≌RT△EFO，
∴∠AOD＋∠EOF＝90°，∴OD⊥OF。

一般情况下，解决定值问题的关键在于探求定值，一旦定值被探求出来，问题就转化为我们熟悉的几何证明题，但定值有时又只能分类讨论。

例4．若三角形的一边与其对角为定值，由另两角的顶点作对边的垂线，则两垂足之间的距离为定值，试证明之。

（1）设∠A=α，BC=a, 0°<α<90°，
BE⊥AC，CD⊥AB，D、E为垂足，连DE，
∴D，B，C，E以BC为直径的圆上，∴∠1=∠ACB，
又∠A=∠A，∴ΔAD E∽ΔACB，∴=cosα,
∴DE=a·cosα.
（2）α=90°时，DE=0，
（3）90°<α<180°时，=cos(180°-α), ∴DE=a·cos(180°-α).
∴若三角形的一边与其对角为定值，由另两角的顶点到对边的垂线，则两垂足之间的距离为定值。