徐秋慧 周麗光 張志軍

在遼寧省初中數(shù)學(xué)學(xué)科質(zhì)量提升暨“聚焦學(xué)科課程育人關(guān)鍵問題”教研論壇上，本文作者從學(xué)生學(xué)習(xí)、教師教學(xué)、中考命題三個不同角度進行說題分享，引起與會教師的強烈共鳴。

[原題呈現(xiàn)]

如圖1，拋物線[y=ax2+bx]（[a>0]）過點E（8，0），矩形ABCD的邊AB在線段OE上（點A在點B的左側(cè)），點C，D在拋物線上，[∠BAD]的平分線AM交BC于點M，點N是CD的中點，已知[OA=2]，且OA∶AD = 1∶3.

[（1）]求拋物線的解析式.

（2）F，G分別為x軸、y軸上的動點，順次連接M，N，G，F(xiàn)構(gòu)成四邊形MNGF，求四邊形MNGF周長的最小值.

（3）在x軸下方的拋物線上是否存在點P，使[△ODP]中OD邊上的高為[6105]？若存在，求出點P的坐標;若不存在，請說明理由.

（4）矩形ABCD不動，將拋物線向右平移，當平移后的拋物線與矩形的邊有兩個交點K，L，且直線KL平分矩形的面積時，求拋物線平移的距離是多少.

答案：（1）[y=12x2-4x];（2）四邊形MNGF周長的最小值為[122];（3）存在，點P的坐標為（6，-6）;（4）拋物線平移的距離為3個單位長度.

[原題剖析]

一、整體分析抓脈絡(luò)

該題共4小題：

問題（1）求函數(shù)解析式，是常規(guī)題;問題（2）求四邊形周長的最小值，難度略有提升，但仍屬于常見題型. 所以，問題（1）、（2）意在考查基礎(chǔ)知識和基本技能.

問題（3）是二次函數(shù)與三角形的綜合題，難度進一步提升，且需分類討論，所以它既是本題的第一個難點，也是本題的易錯點.

問題（4）是二次函數(shù)與四邊形的綜合題，涉及二次函數(shù)圖象的平移，需要嘗試畫出圖形，對空間想象能力、數(shù)形結(jié)合能力、動手操作能力和邏輯推理能力都有要求，無疑是本題的第二個難點.

二、逐題破解究對策

（一）問題（1）

先根據(jù)線段的比，求出點D的坐標;然后用待定系數(shù)法，通過解二元一次方程組求出拋物線解析式.運用了數(shù)形結(jié)合思想和方程思想.

（二）問題（2）

因為邊MN的長為定值，所以只需求出其余三邊之和的最小值.先用軸對稱變換，將外側(cè)兩條邊FM，GN的位置轉(zhuǎn)移，把其余三邊之和的最小值問題轉(zhuǎn)化成兩點之間的折線最短問題，再依據(jù)“兩點之間線段最短”的原理求解（如圖2）.運用了轉(zhuǎn)化思想.

（三）問題（3）

1. 問題解析

本題有兩問，一是“是否存在點P”;二是“如果存在，求出點P”. 其中，第一問需要定性判斷;第二問需要定量求解.

2. 條件解析

線索一：“點P在x軸下方的拋物線上”.要用運動變化的觀點審視這個條件，由于點D也在x軸下方的拋物線上，因此要分點P在點D的左側(cè)和右側(cè)兩種不同位置分別說明.

線索二：“△ODP中OD邊上的高為[6105]”.已知三角形的高，不難想到可結(jié)合主題干中O，D坐標求其底，于是，很自然地可將這個條件引申為△ODP的面積為[12×210×6105=12].

3. 思路解析

（1）考慮點P在點D右側(cè)，即點P的橫坐標大于2小于8的情形.

先估測，當點P運動到右端點E（8，0）時，△ODP的面積是[12×8×6=24]，大于12. 所以，這種情況下點P是存在的，故而需定量地求出點P的坐標.

思路1：從“點P是拋物線上一點”著手.

首先，設(shè)點P坐標為[t，12t2-4t ]，[其中2<t<8];然后，結(jié)合已知的O，D兩點坐標，用t表示出△ODP的面積;再根據(jù)符合條件時△ODP的面積是12，列出關(guān)于t的方程并求解. 那么，如何用t表示△ODP的面積呢？

方法1：如圖3、圖4（這種割補的方法不唯一，僅各舉一例），由頂點作坐標軸的垂線，將△ODP割補成直角三角形、直角梯形或矩形等已知面積公式的圖形.

這種割補直觀性強，而且只需利用規(guī)則圖形的面積公式，同學(xué)們使用起來較得心應(yīng)手. 但其缺點在于，本題中“點P在x軸下方的拋物線上”，位置不確定，而隨著點P的位置變化，割補的圖形也在變，需要針對點P的不同位置分情況計算. 于是，這種割補在本題中顯繁雜.

方法2：如圖5、圖6，由頂點作坐標軸的平行線，將原三角形進行“分割”.

圖5中，由D作y軸的平行線，將所求的△ODP的面積轉(zhuǎn)化為△ODK和△PDK的面積之和.這里，先根據(jù)點O和點P的坐標求出OP的解析式，再結(jié)合點K的橫坐標等于點D的橫坐標，求出點K的縱坐標;也可以利用OP與x軸所夾銳角的正切值求出點K的縱坐標. 然后，用K，D兩點的縱坐標之差表示出左右兩個三角形的底DK，即可得解.

圖6中，由P作x軸的平行線，交OD于H，與上同理.但這里，要將H的縱坐標（等于點P的縱坐標）代入OD的解析式，以求出點H的橫坐標，比圖5的方法略微復(fù)雜.

方法3：如圖7、圖8，由頂點作坐標軸的平行線，將原三角形進行“補形”.

圖7中，由P作y軸的平行線，交OD延長線于H，將所求的△ODP的面積轉(zhuǎn)化為△OPH和△DPH的面積之差.? 這里，先根據(jù)點O和點D的坐標求出OD的解析式，再結(jié)合點H的橫坐標等于點P的橫坐標t，求出點H的縱坐標.然后，用P，H兩點的縱坐標之差表示出兩個三角形的底PH，即可得解.

圖8中，由D作x軸的平行線，交OP的延長線于K，與上同理. 但這里，要將K的縱坐標（等于點D的縱坐標）代入OP的解析式，去求點K的橫坐標，比圖7的方法略微復(fù)雜.

方法4：如圖9、圖10，由某一頂點作坐標軸的垂線段，先將原三角形“補形”為有一個角是直角的四邊形，再重新“分割”.

圖9中，由點P作x軸的垂線段PG，再連接DG. 這樣，先將所求的△ODP面積補形為四邊形OGPD面積;再將四邊形OGPD面積分割為△OGD和△PGD兩部分. 這里，先“補”后“割”，相比前面單純的“割”或“補”，看上去多了一個步驟，但可用各頂點的坐標直接表示四邊形ODPG，△OPG，△OGD和△PGD的面積，進而表示出△ODP的面積，計算量較小.

圖10中，由點D作y軸的垂線段DG，再連接PG. 與上同理.

思路2：從“△ODP的面積是12”著手.

對于三邊都不在坐標軸上且都不與坐標軸平行的三角形的面積問題，除了“割補法”，還可以利用同底等高的位置變換，將其轉(zhuǎn)化為有邊在坐標軸上的三角形的面積問題.

方法1：如圖11，過點P作OD的平行線l，交x軸于點M，則△ODM的面積等于△ODP的面積12. 這樣，由點D坐標得OM邊上的高為6，就可知OM長為4，進而得點M坐標為（4，0）. 然后，根據(jù)M坐標和直線l的斜率，求出l的解析式. 最后，將l的解析式和二次函數(shù)的解析式聯(lián)立，通過解方程組求出點P坐標.

方法2：如圖12，過點P作OD的平行線l，交y軸于點M，則△ODM的面積等于△ODP的面積12. 這樣，由點D坐標得OM邊上的高為2，就可知OM長為12，進而得點M坐標為（0，12）. 于是，直接可得l的解析式. 最后，將l的解析式和二次函數(shù)的解析式聯(lián)立，通過解方程組求出點P坐標.

思路3：從“△ODP中OD邊上的高為[6105]”著手.

方法1：如圖13，作OD邊上的高PH，則PH = [6105].分別過H，P作x軸、y軸的平行線，構(gòu)成“一線三垂直”模型. 由O，D兩點坐標可知tan∠FOH = 1∶3，tan∠PHK = 1∶3. 這樣，結(jié)合PH的長，可求得PK = [65]，HK = [185];再設(shè)FH = t，OF = 3t，于是，可用t表示出點P的坐標[t+185，3t-65];再依據(jù)點P在拋物線上，將點P的坐標代入拋物線的解析式，從而得解.

方法2：如圖14，過點D作OD的垂線段DQ，使DQ = [6105]. 因為點P到OD的距離是[6105]，所以PQ[?]OD. 用與圖13同樣的方法把斜線段DQ的長轉(zhuǎn)化為QK = [65]，DK = [185]，于是可表示出Q點坐標[285，-245]. 進而可求出直線PQ的解析式，再聯(lián)立拋物線的解析式，就可以通過解方程組求出點P的坐標.

方法3：如圖15，過點D作OD的垂線段DQ，使DQ = [6105];過點D作x軸的平行線，分別與y軸和直線PQ交于點F，K，用tan∠QDK = 1∶3及DQ = [6105]，求出QK = [2105]，進而求出DK = 4，于是可求出點K的坐標（6，-6）. 依然求出直線PQ的解析式，與拋物線的解析式聯(lián)立，再通過解方程組求出點P的坐標.

（2）考慮點P在點D左側(cè)，即點P的橫坐標大于0小于2的情形.

從圖1中能明顯看出，在點D左側(cè)的x軸下方的拋物線上不存在滿足條件的點P，但需要給予說明.這種情形與情形（1）相通，三種思路都可行，區(qū)別就在于求解后無解.但是要說明不存在，除了定量求解后無解，還可以定性說明. 具體地說，就是求出點P到OD的最大距離，發(fā)現(xiàn)比[6105]小即可. 這樣，從本質(zhì)上就轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)與三角形的綜合題中的另一類基本問題——“P在x軸下方的拋物線上，求△ODP的面積的最大值”. 求面積的方法前面已經(jīng)分三種思路分析過，不再贅述.

（四）問題（4）

平移線段、三角形或四邊形，難度已經(jīng)不小，而這里平移的是拋物線，就使本小題看上去有些撲朔迷離.解決這類問題需要以運動變化的視角想出運動過程中的不同情形（如圖16、圖17），盡量準確地畫出相應(yīng)的圖形，再結(jié)合所畫圖形找到恰當?shù)那腥朦c解決問題.這對考生的空間想象能力，動手操作能力，邏輯思維能力，分類討論能力，分析問題、解決問題的能力和綜合運用知識的能力要求都較高.

本題的破解策略就在于如何將“陌生的、復(fù)雜的平移拋物線問題”轉(zhuǎn)化為“較熟悉的、簡單的平移線段問題”.

如圖16，當拋物線向右平移的距離不超過2個單位長度時，K在線段AD上，L在線段CD上. 此時，矩形在直線KL下方的部分是△KDL，其面積不足矩形面積的一半，所以這種情形下的直線KL不能平分矩形面積.

如圖17，當拋物線向右平移的距離超過2個單位長度且不超過4個單位長度時，K在線段AB上，L在線段CD上.此時，雖然向右平移拋物線會使直線KL位置發(fā)生變化，但它在隨拋物線做同樣的平移，所以其傾斜程度不變，始終與OD平行. 這樣就會發(fā)現(xiàn)，本問雖是平移拋物線的問題，但其實質(zhì)就是平移線段OD的問題.

設(shè)拋物線向右平移m個單位長度，則KL就是OD向右平移了m個單位長度的線段，故K（m，0），L（2 + m，-6），可求出直線KL的解析式. 再根據(jù)矩形的中心對稱性可知，當且僅當直線KL經(jīng)過對角線的交點（即AC的中點）時平分矩形的面積，將AC的中點H的坐標代入KL的解析式，即可求出m的值，問題得解. 也可以先證得AC的中點H恰為KL的中點，由中點坐標公式列出方程，問題得解.

當然，問題（4）還可以根據(jù)“運動的相對性”，視拋物線不動，將矩形向左平移——矩形向左平移幾個單位長度時符合條件，就是拋物線向右平移幾個單位長度時符合條件.這種思路與上述做法相通，不再贅述.

三、合理猜想尋突破

對于壓軸題的最后一問或最后兩問，大多數(shù)同學(xué)常感困惑不已.其實，只要準確作圖，大膽猜想，往往就有意外收獲，這道題也不例外.

回看問題（3），如圖18，觀察圖中的點，再標出已知點的坐標看一看，不難發(fā)現(xiàn)△OCD的面積恰好是12，也就是說△OCD就是滿足OD邊上的高為[6105]的三角形，而且點C也在拋物線上. 這種種跡象都在告訴我們，點C恰是我們要求的點P的位置. 這樣一來，無需添加其他輔助線，無需大量計算，經(jīng)過簡單說理即可得解.

再看問題（4），如圖19，考慮平移過程中的特殊位置，不難發(fā)現(xiàn)：當拋物線向右平移2個單位長度時，K與A（2，0）重合，L在DC中點（4，-6），直線KL將矩形分為左右面積比為1∶3的兩部分;當拋物線向右平移4個單位長度時，K在AB中點（4，0），L與C（6，-6）重合，直線KL將矩形面積分為左右面積比為3∶1的兩部分. 顯然，由矩形的對稱性可知，恰在這兩次平移的中間位置，即將原拋物線向右平移3個單位長度時，直線KL平分矩形的面積，問題得解.