廣東省深圳市龍崗區(qū)深圳中學龍崗初級中學(518172) 張家琛

本文對2017年深圳中考壓軸題第23題最后一問直線旋轉(zhuǎn)45°的問題進行探究與思考,從中體會數(shù)學之美.

一、題目呈現(xiàn)

如圖1,拋物線經(jīng)過點A(-1,0),B(4,0),交y軸于點C.

圖1

(3)將直線BC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)45°,與拋物線交于另一點E,求BE的長.

二、解析探究及模型構(gòu)建

1.K型全等模型

K型全等也稱半弦圖,同時是“一線三等角”相似模型的一種特例.由等腰直角三角形斜放通過作橫縱輔助線從而構(gòu)造的全等.通常思路是“45°?等腰直角三角形?K型全等”.

如圖2,△ABC是等腰直角三角形,作AD,CE垂直過B點的水平線于D、E兩點.

圖2

結(jié)論:△ADB.

證明因為 ∠D= ∠E= ∠ABC=90°,所以∠ABD+∠CBE=∠BCE+∠CBE=90°,所以∠ABD=∠BCE.又因為AB=BC,所以△ADB.

解析一如圖3,過點C作CF⊥BC交BE于點F,作FG⊥y軸于點G.因 ∠CBF=45°,所在△BCF是等腰直角三角形.可證 K型全等△FGC△COB,得GF=OC=2,CG=OB=4,即F(2,6).由B(4,0),F(2,6)可得直線BE:y=-3x+12.聯(lián)立解得x-1=5,x2=4(舍去),故E(5,-3).所以

圖3

圖4

解析二如圖4,過點C作CF⊥BE交BE于點F,因∠CBF=45°,則△BCF為等腰直角三角形.構(gòu)造K型全等△CGF△FHB,則有FG=BH,CG=FH.設FG=BH=x,則CG=FH=x-2.由GH=OB=4可得方程x+(x-2)=4,解得x=3,即F(3,3).可求BF直線解析式,并聯(lián)立拋物線求出E點坐標,從而求得

解析三如圖5,作點C關(guān)于直線BE對稱于點C′,連接CC′交直線BE于點F,作C′H⊥x軸于點H. 因 ∠CBF=45°,由對稱性質(zhì)可得△CBC′為等腰直角三角形,點K為CC′的中點.構(gòu)造K型全等△COB△BHC′,則BH=OC=2,OB=C′H=4,即C′(6,4),根據(jù)中點坐標公式可求CC′中點F(3,3).可求BF直線解析式,并聯(lián)立拋物線求出E點坐標,從而求得

圖5

2.角含半角模型

角含半角模型是指滿足共端點的等線段和共頂點的倍半角兩個特征的圖形,可通過旋轉(zhuǎn)使等邊重合,拼出全等三角形從而解決問題,常見于以等腰直角三角形或正方形為背景且滿足90°含45°的模型.

如圖6,在正方形ABCD中,E、F分別是AB、BC邊上的點且滿足∠EDF=45°.

結(jié)論:將△DCF繞點D旋轉(zhuǎn)使得DC與DA重合得△DAG,連接EF,則有△GDE△FDE.

如圖7,同理可證:△DCE.

圖6

圖7

解析四如圖8,構(gòu)造正方形OBMN,直線BE交正方形的邊MN于點F.將△COB繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°于△GMB,則∠CBO= ∠GBM,BC=BG,GM=OC=2,可得G(6,2).連接CF,因∠CBF=45°,由角含半角模型可得△CBF,故CF=GF.設NF=x,則CF=GF=(6-x),NC=2,所以22+x2=(6-x)2,解得即可求BF直線解析式,并聯(lián)立拋物線求出E點坐標,從而求得

圖8

3.“擺正”模型

“擺正”模型是指將斜放的圖形(邊)通過旋轉(zhuǎn)使得一邊平行于坐標軸的圖形,根據(jù)角的等量代換解決問題.

如圖9,∠BAC=α,在y軸上取一點D,使得∠OAD=∠BAC=α.作DE⊥AC于點E,作EF⊥y軸于點F.結(jié)論:△AOB～△ADE,△AOD～△DFE.

證明因為∠OAD=∠BAC=α,所以 ∠BAO=∠EAD.因為 ∠BOA=∠EDA=90°,所以△AOB～△ADE.因為∠FDE+∠ODA=∠OAD+∠ODA=90°,所以 ∠FDE= ∠OAD.因為 ∠DOA= ∠EFD=90°,所以△AOD～△DFE.

圖9

圖10

解析五如圖10,在y軸上取一點N,使得∠NBO=45°,則△BON為等腰直角三角形.作NF⊥BN交直線BE于F點,再作FG⊥y軸于G點,則△FGN也為等腰直角三角形.因∠NBO= ∠FBC=45°,所以∠CBO= ∠FBN,又因∠COB= ∠FNB=90°,所以△CBO～△FBN.因OB=4,所以由得解得則GN=GF=2,即F(2,6).可求BF直線解析式,并聯(lián)立拋物線求出E點坐標,從而求得

4.A型相似模型

如圖11,∠BAC=α,通過作已知邊AB的垂線交x軸和AC分別于D、E兩點,作EF⊥x軸于點F.根據(jù)A型相似△DOB～△DFE的性質(zhì)解決問題.

圖11

圖12

解析六如圖12,由A(-1,0),B(4,0),C(0,2),可得AB=5,即△ABC是直角三角形.延長AC交直線BE于點F,作FH⊥x軸于點H.因∠CBF=45°,則△BCF為等腰直角三角形,易證△AOC～△AHF,則即解得OH=2,,即解得FH=6,即F(2,6).可求BF直線解析式,并聯(lián)立拋物線求出E點坐標,從而求得

三、拓展思考

若旋轉(zhuǎn)角不為45°,上述四種模型還適用嗎?很明顯,模型1“K型全等型”和模型2“角含半角模型”的前提是特殊角,所以并不適用.下面,我們來看看模型3和模型4是否可以解決旋轉(zhuǎn)角不為45°的問題.

變式1如圖13,拋物線y=ax2+bx+2經(jīng)過點A(-1,0),B(4,0),交y軸于點C.將直線BC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)角度為α,且與拋物線交于另一點E,求BE的解析式.

解析在y軸上取一點N,使得 ∠NBO=α,作NF⊥BN交直線BE于F點,再作FG⊥y軸于G點.可證K型相似△FGN～△NOB,所以有∠FNG=∠NBO=∠FBC=α.因為∠CBO= ∠FBN,∠COB=∠FNB=90°,所以△CBO～△FBG.因OB=4,所以ON=4tanα=3,BN=5.由△CBO～△FBN得得解得由△FGN～△NOB得得解得NG=2,即可求BF直線解析式,并聯(lián)立拋物線求出E點坐標,從而解決問題.

圖13

圖14

變式2如圖14,拋物線y=ax2+bx+2經(jīng)過點A(-1,0),B(4,0),交y軸于點C.將直線BC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)角度為α,與拋物線交于另一點E,如何求BE的解析式.

解析由A(-1,0),B(4,0),C(0,2),可得AC=即△ABC是直角三角形.延長AC交直線BE于點F,作FH⊥x軸于點H,CF=BC·易證△AOC～△AHF,則即解得OH=2tanα,由即解得FH=2+4tanα,即F(2tanα,2+4tanα).由B、F兩點坐標可求直線BE解析式.

四、結(jié)語

四種模型體現(xiàn)不同的解析思路,而模型的構(gòu)建關(guān)鍵在于平時對題型和知識點的歸納和總結(jié).在平時的教學中培養(yǎng)學生的模型構(gòu)建意識,也是在培養(yǎng)學生的分析問題、歸納總結(jié)、解決問題等多種綜合性能力.