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(gè)不同角度進(jìn)行說題分享，引起與會(huì)教師的強(qiáng)烈共鳴。

[原題呈現(xiàn)]

如圖1，拋物線[y=ax2+bx]（[a>0]）過點(diǎn)E（8，0），矩形ABCD的邊AB在線段OE上（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左側(cè)），點(diǎn)C，D在拋物線上，[∠BAD]的平分線AM交BC于點(diǎn)M，點(diǎn)N是CD的中點(diǎn)，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(dòng)點(diǎn)，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(diǎn)P，使[△ODP]中OD邊上的高為[6105]？若存在，求出點(diǎn)P的坐標(biāo);若不存在，請(qǐng)說明理由.

（4）矩形ABCD不動(dòng)，將拋物線向右平移，當(dāng)平移后的拋物線與矩形的邊有兩個(gè)交點(diǎn)K，L，且直線KL平分矩形的面積時(shí)，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(diǎn)P的坐標(biāo)為（6，-6）;（4）拋物線平移的距離為3個(gè)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(shí)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(jìn)一步提升，且需分類討論，所以它既是本題的第一個(gè)難點(diǎn)，也是本題的易錯(cuò)點(diǎn).

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(duì)空間想象能力、數(shù)形結(jié)合能力、動(dòng)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(gè)難點(diǎn).

二、逐題破解究對(duì)策

（一）問題（1）

先根據(jù)線段的比，求出點(diǎn)D的坐標(biāo);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(yùn)用了數(shù)形結(jié)合思想和方程思想.

（二）問題（2）

因?yàn)檫匨N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(duì)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(diǎn)之間的折線最短問題，再依據(jù)“兩點(diǎn)之間線段最短”的原理求解（如圖2）.運(yùn)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(diǎn)P”;二是“如果存在，求出點(diǎn)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(diǎn)P在x軸下方的拋物線上”.要用運(yùn)動(dòng)變化的觀點(diǎn)審視這個(gè)條件，由于點(diǎn)D也在x軸下方的拋物線上，因此要分點(diǎn)P在點(diǎn)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(biāo)求其底，于是，很自然地可將這個(gè)條件引申為△ODP的面積為[12×210×6105=12].

3. 思路解析

（1）考慮點(diǎn)P在點(diǎn)D右側(cè)，即點(diǎn)P的橫坐標(biāo)大于2小于8的情形.

先估測，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到右端點(diǎn)E（8，0）時(shí)，△ODP的面積是[12×8×6=24]，大于12. 所以，這種情況下點(diǎn)P是存在的，故而需定量地求出點(diǎn)P的坐標(biāo).

思路1：從“點(diǎn)P是拋物線上一點(diǎn)”著手.

首先，設(shè)點(diǎn)P坐標(biāo)為[t，12t2-4t ]，[其中2<t<8];然后，結(jié)合已知的O，D兩點(diǎn)坐標(biāo)，用t表示出△ODP的面積;再根據(jù)符合條件時(shí)△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(bǔ)的方法不唯一，僅各舉一例），由頂點(diǎn)作坐標(biāo)軸的垂線，將△ODP割補(bǔ)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(bǔ)直觀性強(qiáng)，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(diǎn)在于，本題中“點(diǎn)P在x軸下方的拋物線上”，位置不確定，而隨著點(diǎn)P的位置變化，割補(bǔ)的圖形也在變，需要針對(duì)點(diǎn)P的不同位置分情況計(jì)算. 于是，這種割補(bǔ)在本題中顯繁雜.

方法2：如圖5、圖6，由頂點(diǎn)作坐標(biāo)軸的平行線，將原三角形進(jìn)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(diǎn)O和點(diǎn)P的坐標(biāo)求出OP的解析式，再結(jié)合點(diǎn)K的橫坐標(biāo)等于點(diǎn)D的橫坐標(biāo)，求出點(diǎn)K的縱坐標(biāo);也可以利用OP與x軸所夾銳角的正切值求出點(diǎn)K的縱坐標(biāo). 然后，用K，D兩點(diǎn)的縱坐標(biāo)之差表示出左右兩個(gè)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(biāo)（等于點(diǎn)P的縱坐標(biāo)）代入OD的解析式，以求出點(diǎn)H的橫坐標(biāo)，比圖5的方法略微復(fù)雜.

方法3：如圖7、圖8，由頂點(diǎn)作坐標(biāo)軸的平行線，將原三角形進(jìn)行“補(bǔ)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(diǎn)O和點(diǎn)D的坐標(biāo)求出OD的解析式，再結(jié)合點(diǎn)H的橫坐標(biāo)等于點(diǎn)P的橫坐標(biāo)t，求出點(diǎn)H的縱坐標(biāo).然后，用P，H兩點(diǎn)的縱坐標(biāo)之差表示出兩個(gè)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(biāo)（等于點(diǎn)D的縱坐標(biāo)）代入OP的解析式，去求點(diǎn)K的橫坐標(biāo)，比圖7的方法略微復(fù)雜.

方法4：如圖9、圖10，由某一頂點(diǎn)作坐標(biāo)軸的垂線段，先將原三角形“補(bǔ)形”為有一個(gè)角是直角的四邊形，再重新“分割”.

圖9中，由點(diǎn)P作x軸的垂線段PG，再連接DG. 這樣，先將所求的△ODP面積補(bǔ)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(bǔ)”后“割”，相比前面單純的“割”或“補(bǔ)”，看上去多了一個(gè)步驟，但可用各頂點(diǎn)的坐標(biāo)直接表示四邊形ODPG，△OPG，△OGD和△PGD的面積，進(jìn)而表示出△ODP的面積，計(jì)算量較小.

圖10中，由點(diǎn)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(duì)于三邊都不在坐標(biāo)軸上且都不與坐標(biāo)軸平行的三角形的面積問題，除了“割補(bǔ)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(biāo)軸上的三角形的面積問題.

方法1：如圖11，過點(diǎn)P作OD的平行線l，交x軸于點(diǎn)M，則△ODM的面積等于△ODP的面積12. 這樣，由點(diǎn)D坐標(biāo)得OM邊上的高為6，就可知OM長為4，進(jìn)而得點(diǎn)M坐標(biāo)為（4，0）. 然后，根據(jù)M坐標(biāo)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(diǎn)P坐標(biāo).

方法2：如圖12，過點(diǎn)P作OD的平行線l，交y軸于點(diǎn)M，則△ODM的面積等于△ODP的面積12. 這樣，由點(diǎn)D坐標(biāo)得OM邊上的高為2，就可知OM長為12，進(jìn)而得點(diǎn)M坐標(biāo)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(diǎn)P坐標(biāo).

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(diǎn)坐標(biāo)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(diǎn)P的坐標(biāo)[t+185，3t-65];再依據(jù)點(diǎn)P在拋物線上，將點(diǎn)P的坐標(biāo)代入拋物線的解析式，從而得解.

方法2：如圖14，過點(diǎn)D作OD的垂線段DQ，使DQ = [6105]. 因?yàn)辄c(diǎn)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(diǎn)坐標(biāo)[285，-245]. 進(jìn)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(diǎn)P的坐標(biāo).

方法3：如圖15，過點(diǎn)D作OD的垂線段DQ，使DQ = [6105];過點(diǎn)D作x軸的平行線，分別與y軸和直線PQ交于點(diǎn)F，K，用tan∠QDK = 1∶3及DQ = [6105]，求出QK = [2105]，進(jìn)而求出DK = 4，于是可求出點(diǎn)K的坐標(biāo)（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(diǎn)P的坐標(biāo).

（2）考慮點(diǎn)P在點(diǎn)D左側(cè)，即點(diǎn)P的橫坐標(biāo)大于0小于2的情形.

從圖1中能明顯看出，在點(diǎn)D左側(cè)的x軸下方的拋物線上不存在滿足條件的點(diǎn)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(diǎn)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(yùn)動(dòng)變化的視角想出運(yùn)動(dòng)過程中的不同情形（如圖16、圖17），盡量準(zhǔn)確地畫出相應(yīng)的圖形，再結(jié)合所畫圖形找到恰當(dāng)?shù)那腥朦c(diǎn)解決問題.這對(duì)考生的空間想象能力，動(dòng)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(yùn)用知識(shí)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(dāng)拋物線向右平移的距離不超過2個(gè)單位長度時(shí)，K在線段AD上，L在線段CD上. 此時(shí)，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(dāng)拋物線向右平移的距離超過2個(gè)單位長度且不超過4個(gè)單位長度時(shí)，K在線段AB上，L在線段CD上.此時(shí)，雖然向右平移拋物線會(huì)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(huì)發(fā)現(xiàn)，本問雖是平移拋物線的問題，但其實(shí)質(zhì)就是平移線段OD的問題.

設(shè)拋物線向右平移m個(gè)單位長度，則KL就是OD向右平移了m個(gè)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(duì)稱性可知，當(dāng)且僅當(dāng)直線KL經(jīng)過對(duì)角線的交點(diǎn)（即AC的中點(diǎn)）時(shí)平分矩形的面積，將AC的中點(diǎn)H的坐標(biāo)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(diǎn)H恰為KL的中點(diǎn)，由中點(diǎn)坐標(biāo)公式列出方程，問題得解.

當(dāng)然，問題（4）還可以根據(jù)“運(yùn)動(dòng)的相對(duì)性”，視拋物線不動(dòng)，將矩形向左平移——矩形向左平移幾個(gè)單位長度時(shí)符合條件，就是拋物線向右平移幾個(gè)單位長度時(shí)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(duì)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(shí)，只要準(zhǔn)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(diǎn)，再標(biāo)出已知點(diǎn)的坐標(biāo)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(diǎn)C也在拋物線上. 這種種跡象都在告訴我們，點(diǎn)C恰是我們要求的點(diǎn)P的位置. 這樣一來，無需添加其他輔助線，無需大量計(jì)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(dāng)拋物線向右平移2個(gè)單位長度時(shí)，K與A（2，0）重合，L在DC中點(diǎn)（4，-6），直線KL將矩形分為左右面積比為1∶3的兩部分;當(dāng)拋物線向右平移4個(gè)單位長度時(shí)，K在AB中點(diǎn)（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(duì)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(gè)單位長度時(shí)，直線KL平分矩形的面積，問題得解.