廣東省深圳市龍崗區(qū)深圳中學(xué)龍崗初級(jí)中學(xué)(518172) 張家琛

本文對(duì)2017年深圳中考?jí)狠S題第23題最后一問(wèn)直線旋轉(zhuǎn)45°的問(wèn)題進(jìn)行探究與思考,從中體會(huì)數(shù)學(xué)之美.

一、題目呈現(xiàn)

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

圖1

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

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(shí)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(guò)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(guò)B點(diǎn)的水平線于D、E兩點(diǎn).

圖2

結(jié)論:△ADB.

證明因?yàn)?∠D= ∠E= ∠ABC=90°,所以∠ABD+∠CBE=∠BCE+∠CBE=90°,所以∠ABD=∠BCE.又因?yàn)锳B=BC,所以△ADB.

解析一如圖3,過(guò)點(diǎn)C作CF⊥BC交BE于點(diǎn)F,作FG⊥y軸于點(diǎn)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(guò)點(diǎn)C作CF⊥BE交BE于點(diǎn)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(shè)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(diǎn)坐標(biāo),從而求得

解析三如圖5,作點(diǎn)C關(guān)于直線BE對(duì)稱于點(diǎn)C′,連接CC′交直線BE于點(diǎn)F,作C′H⊥x軸于點(diǎn)H. 因 ∠CBF=45°,由對(duì)稱性質(zhì)可得△CBC′為等腰直角三角形,點(diǎn)K為CC′的中點(diǎn).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(diǎn)坐標(biāo)公式可求CC′中點(diǎn)F(3,3).可求BF直線解析式,并聯(lián)立拋物線求出E點(diǎn)坐標(biāo),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(diǎn)的等線段和共頂點(diǎn)的倍半角兩個(gè)特征的圖形,可通過(guò)旋轉(zhuǎn)使等邊重合,拼出全等三角形從而解決問(wèn)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(diǎn)且滿足∠EDF=45°.

結(jié)論:將△DCF繞點(diǎn)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(diǎn)F.將△COB繞點(diǎn)B順時(shí)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(shè)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(diǎn)坐標(biāo),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(guò)旋轉(zhuǎn)使得一邊平行于坐標(biāo)軸的圖形,根據(jù)角的等量代換解決問(wèn)題.

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

證明因?yàn)椤螼AD=∠BAC=α,所以 ∠BAO=∠EAD.因?yàn)?∠BOA=∠EDA=90°,所以△AOB～△ADE.因?yàn)椤螰DE+∠ODA=∠OAD+∠ODA=90°,所以 ∠FDE= ∠OAD.因?yàn)?∠DOA= ∠EFD=90°,所以△AOD～△DFE.

圖9

圖10

解析五如圖10,在y軸上取一點(diǎn)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(diǎn),再作FG⊥y軸于G點(diǎn),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(diǎn)坐標(biāo),從而求得

4.A型相似模型

如圖11,∠BAC=α,通過(guò)作已知邊AB的垂線交x軸和AC分別于D、E兩點(diǎn),作EF⊥x軸于點(diǎn)F.根據(jù)A型相似△DOB～△DFE的性質(zhì)解決問(wèn)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(zhǎng)AC交直線BE于點(diǎn)F,作FH⊥x軸于點(diǎn)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(diǎn)坐標(biāo),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(lái)看看模型3和模型4是否可以解決旋轉(zhuǎn)角不為45°的問(wèn)題.

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

解析在y軸上取一點(diǎn)N,使得 ∠NBO=α,作NF⊥BN交直線BE于F點(diǎn),再作FG⊥y軸于G點(diǎn).可證K型相似△FGN～△NOB,所以有∠FNG=∠NBO=∠FBC=α.因?yàn)椤螩BO= ∠FBN,∠COB=∠FNB=90°,所以△CBO～△FBG.因OB=4,所以O(shè)N=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(diǎn)坐標(biāo),從而解決問(wèn)題.

圖13

圖14

變式2如圖14,拋物線y=ax2+bx+2經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(-1,0),B(4,0),交y軸于點(diǎn)C.將直線BC繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)角度為α,與拋物線交于另一點(diǎn)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(zhǎng)AC交直線BE于點(diǎn)F,作FH⊥x軸于點(diǎn)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(diǎn)坐標(biāo)可求直線BE解析式.

四、結(jié)語(yǔ)

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(shí)對(duì)題型和知識(shí)點(diǎn)的歸納和總結(jié).在平時(shí)的教學(xué)中培養(yǎng)學(xué)生的模型構(gòu)建意識(shí),也是在培養(yǎng)學(xué)生的分析問(wèn)題、歸納總結(jié)、解決問(wèn)題等多種綜合性能力.