中考数学专题复习专题三大数学思想方法第一节分类讨论思想训练

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y 1＝ax 2－12x ＋c 与x 轴交于点A 和点B(1，0)，与y 轴交于点C(0，34)，抛物线y 1的顶点为G ，GM⊥x 轴于点M.将抛物线y 1平移后得到顶点为B 且对称轴为直线l 的抛物线y 2.(1)求抛物线y 2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y 1上一动点，过点P 作y 轴的平行线交抛物线y 2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】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 ．－8B ．8C ．±8D ．－18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△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ACBC 的值．(3)应用拓展：如图3，已知l 1∥l 2，l 1与l 2之间的距离为2.“等高底”△ABC 的“等底”BC 在直线l 1上，点A 在直线l 2上，有一边的长是BC 的2倍．将△A BC 绕点C 按顺时针方向旋转45°得到△A′B′C，A′C 所在直线交l 2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 ＝12AC ＝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 ＝13x ，即可得到AC BC ＝13x 2x ＝132；(3)①当AB ＝2BC 时，故DF ＝CF ＝x ，根据AC ＝3x ＝25，求出x ＝253，画出图形分两种情况分别求得CD ＝2x ＝2310或CD ＝2AC ＝22；当AC ＝2BC 时，画出图形分两种情况讨论，求得CD ＝AB ＝BC ＝2.【自主解答】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】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】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＝34，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⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ，y ＝2x －2t 得N(43t ，23t)，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 ，14m 2－32m)，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】4．(2018·新疆乌鲁木齐中考)在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y ＝－14x 2＋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．参考答案类型一【例1】 (1)由题意知 ⎩⎪⎨⎪⎧c ＝34，a －12＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－14，c ＝34，∴抛物线y 1的表达式为y 1＝－14x 2－12x ＋34.∵抛物线y 1平移后得到抛物线y 2，且顶点为B(1，0)， ∴抛物线y 2的表达式为y 2＝－14(x －1)2，即y 2＝－14x 2＋12x －14.(2)抛物线y 2的对称轴l 为x ＝1，设T(1，t)． 已知A(－3，0)，C(0，34)．如图，过点T 作TE ⊥y 轴于点E ，则 TC 2＝TE 2＋CE 2＝12＋(34－t)2＝t 2－32t ＋2516，TA 2＝AB 2＋TB 2＝(1＋3)2＋t 2＝t 2＋16，AC 2＝15316.当TC ＝AC 时，即t 2－32t ＋2516＝15316，解得t 1＝3＋1374或t 2＝3－1374；当TA ＝AC 时，得t 2＋16＝15316，无解；当TA ＝TC 时，得t 2－32t ＋2516＝t 2＋16，解得t 3＝－778.综上可知，在抛物线y 2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T 1(1，3＋1374)，T 2(1，3－1374)，T 3(1，－778)． (3)设P(m ，－14m 2－12m ＋34)，则Q(m ，－14m 2＋12m －14)．∵Q，R 关于x ＝1对称，∴R(2－m ，－14m 2＋12m －14)．情况一：当点P 在直线l 的左侧时， PQ ＝－14m 2－12m ＋34－(－14m 2＋12m －14)＝1－m ，QR ＝2－2m.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(0，34)，即点P 与点C 重合，∴R(2，－14)．设PR 的表达式为y ＝kx ＋b ， 则有⎩⎪⎨⎪⎧b ＝34，2k ＋b ＝－14，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－12，b ＝34，即PR 的表达式为y ＝－12x ＋34.当PQ ＝AM 且QR ＝GM 时，无解． 情况二：当点P 在直线l 右侧时，P′Q′＝－14m 2＋12m －14－(－14m 2－12m ＋34)＝m －1，Q′R′＝2m －2，同理可得P′(2，－54)，R′(0，－14)，P′R′的表达式为y ＝－12x －14.综上所述，PR 的表达式为y ＝－12x ＋34或y ＝－12x －14.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＝12AC ＝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”，∴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 ＝13x ， ∴AC BC ＝13x 2x ＝132. (3)①当AB ＝2BC 时，Ⅰ.如图3，作AE⊥BC 于E ，DF⊥AC 于F.∵“等高底”△ABC 的“等底”为BC ，l 1∥l 2，l 1与l 2之间的距离为2，AB ＝2BC ， ∴BC＝AE ＝2，AB ＝22， ∴BE＝2，即EC ＝4，∴AC＝2 5.∵△ABC 绕点C 按顺时针方向旋转45°得到△A′B′C， ∴∠DCF＝45°. 设DF ＝CF ＝x.∵l 1∥l 2，∴∠ACE＝∠DAF， ∴DF AF ＝AE CE ＝12，即AF ＝2x ， ∴AC＝3x ＝25，∴x＝235，CD ＝2x ＝2310.Ⅱ.如图4，此时△ABC 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， ∴△ACD 是等腰直角三角形， ∴CD＝2AC ＝2 2. ②当AC ＝2BC 时，Ⅰ.如图5，此时△ABC 是等腰直角三角形．∵△AB C 绕点C 按顺时针方向旋转45°得到△A′B′C， ∴A′C⊥l 1，∴CD＝AB ＝BC ＝2. Ⅱ.如图6，作AE⊥BC 于E ，则AE ＝BC.∴AC＝2BC ＝2AE ，∴∠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l 1上，∴A′C∥l 2，即直线A′C 与l 2无交点． 综上所述，CD 的值为2310，22，2.变式训练 2．15或43 类型三【例3】 当0≤t＜2时，S ＝12×2t×32×(4－t)＝－32t 2＋23t ；当2≤t＜4时，S ＝12×4×32×(4－t)＝－3t ＋4 3.只有选项D 的图形符合．故选D. 类型四【例4】 ∵∠P＝90°，PM ＝PN ， ∴∠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 ＝12CM·CE＝12x 2.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 ＝12CD·(DE＋CM)＝12×2×(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 ＝12CD(DE ＋CM)－12DG 2＝12×2×(x－2＋x)－12(x －4)2＝－12x 2＋6x －10.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 ＝14，∴抛物线表达式为y ＝14x(x －6)，即y ＝14x 2－32x.(2)设M(t ，0)，易得直线OA 的表达式为y ＝12x.设直线AB 的表达式为y ＝kx ＋b ，把B(6，0)，A(8，4)代入得⎩⎪⎨⎪⎧6k ＋b ＝0，8k ＋b ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝2，b ＝－12，∴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⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ，y ＝2x －2t得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝43t ，y ＝23t ，则N(43t ，23t)，∴S △AMN ＝S △AOM －S △NOM ＝12·4·t－12·t·23t ＝－13t 2＋2t＝－13(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 ，14m 2－32m)．∵∠OPQ＝∠ACO，∴当PQ OC ＝POAC 时，△PQO∽△COA，即PQ 8＝PO 4， ∴PQ＝2PO ，即|14m 2－32m|＝2|m|，解方程14m 2－32m ＝2m 得m 1＝0(舍去)，m 2＝14，此时P 点坐标为(14，28)；解方程14m 2－32m ＝－2m 得m 1＝0(舍去)，m 2＝－2，此时P 点坐标为(－2，4)．当PQ AC ＝POOC 时，△PQO∽△CAO， 即PQ 4＝PO 8， ∴PQ＝12PO ，即|14m 2－32m|＝12|m|，解方程14m 2－32m ＝12m 得m 1＝0(舍去)，m 2＝8(舍去)，解方程14m 2－32m ＝－12m 得m 1＝0(舍去)，m 2＝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 ＝－14x 2＋bx ＋c 得⎩⎪⎨⎪⎧－1－2b ＋c ＝0，－16＋8b ＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝32，c ＝4，∴抛物线的表达式为y ＝－14x 2＋32x ＋4.(2)由(1)知C(0，4)，∵B(8，0)， 易得直线BC 的表达式为y ＝－12x ＋4.①如图1，过P 作PG⊥x 轴于G ，PG 交BC 于E.在Rt△BOC 中，OC ＝4，OB ＝8， ∴BC＝42＋82＝4 5.在Rt△PDE 中，PD ＝PE·sin∠PED＝PE·sin∠OCB＝255PE ，∴当线段PE 最长时，PD 的长度最大．设P(t ，－14t 2＋32t ＋4)，则E(t ，－12t ＋4)，∴PG＝－14t 2＋32t ＋4，EG ＝－12t ＋4，∴PE＝PG －EG ＝(－14t 2＋32t ＋4)－(－12t ＋4)＝－14t 2＋2t ＝－14(t －4)2＋4(0＜t ＜8)．当t ＝4时，PE 有最大值是4，此时P(4，6)， ∴PD＝255×4＝855，即当P(4，6)时，PD 的长度最大，最大值是855.②∵A(－2，0)，B(8，0)，C(0，4)， ∴OA＝2，OB ＝8，OC ＝4，∴AC 2＝22＋42＝20，AB 2＝(2＋8)2＝100，BC 2＝42＋82＝80， ∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴∠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)，∴y P ＝4， ∴－14t 2＋32t ＋4＝4，解得x 1＝6，x 2＝0(舍去)，即Rt△PDC∽Rt△COB 时，P(6，4)．(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 ，－14n 2＋32n ＋4)，则PF ＝－14n 2＋2n.Rt△PNC 中，PC 2＝PN 2＋CN 2＝PF 2，∴n 2＋(－14n 2＋32n ＋4－4)2＝(－14n 2＋2n)2，解得n ＝3，即Rt△PDC∽Rt△BOC 时，P(3，254)．综上所述，当△PDC 与△COA 相似时，点P 的坐标为(6，4)或(3，254)．。