分類討論 巧妙解題

在解決一個(gè)問題時(shí)，有時(shí)無法用同一種方法去解決，需要用一個(gè)標(biāo)準(zhǔn)將問題劃分成幾個(gè)能用不同方法去解決的小問題，再將這些小問題一一加以解決，從而使整個(gè)問題得到解決，這就是分類討論思想.

例1 （2016·西寧）⊙O的半徑為1，弦AB=[3]，弦AC=[2]，則∠BAC度數(shù)為 .

【分析】連接OA，分AB、AC在OA的同側(cè)、兩側(cè)兩種情況求∠BAC的度數(shù).過O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，根據(jù)垂徑定理求出AE、FA值，根據(jù)解直角三角形的知識(shí)求出∠OAB和∠OAC.

解：有兩種情況：

①如圖1所示：連接OA，過O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，∴∠OEA=∠OFA=90°，

由垂徑定理得：AE=BE=[32]，

cos∠OAE=[AEOA]=[32]，∴∠OAE=30°，

同理∠OAF=45°，∴∠BAC=30°+45°=75°；

②如圖2所示：

∴∠BAC=45°-30°=15°；

故答案為：75°或15°.

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了特殊角的三角函數(shù)值和垂徑定理的應(yīng)用.解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意作出圖形，求出符合條件的所有情況.

例2 （2017·河南）如圖3，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，BC=[2]+1，點(diǎn)M，N分別是邊BC，AB上的動(dòng)點(diǎn)，沿MN所在的直線折疊∠B，使點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)B′始終落在邊AC上，若△MB′C為直角三角形，則BM的長為 .

【分析】如圖4，當(dāng)∠B′MC=90°，B′與A重合，M是BC的中點(diǎn)，于是得到結(jié)論；如圖5，當(dāng)∠MB′C=90°，推出△CMB′是等腰直角三角形，得到CM=[2]MB′，列方程即可得到結(jié)論.

解：①如圖4，當(dāng)∠B′MC=90°時(shí)，B′與A重合，M是BC的中點(diǎn)，∴BM=[12]BC=[122]+[12]；

②如圖5，當(dāng)∠MB′C=90°時(shí)，

∵∠A=90°，AB=AC，∴∠C=45°，

∴△CMB′是等腰直角三角形，

∴CM=[2]MB′，

∵沿MN所在的直線折疊∠B，使點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B′，∴BM=B′M，∴CM=[2]BM，

∵BC=[2]+1，

∴CM+BM=[2]BM+BM=[2]+1，

∴BM=1.

綜上所述，若△MB′C為直角三角形，則BM的長為[122]+[12]或1，

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了翻折變換的折疊問題、等腰直角三角形的性質(zhì)，正確作出圖形是關(guān)鍵.

例3 （2017·濰坊改編）如圖6，拋物線y=ax2+bx+c經(jīng)過平行四邊形ABCD的頂點(diǎn)A（0，3）、B（-1，0）、D（2，3），拋物線與x軸的另一交點(diǎn)為E.經(jīng)過點(diǎn)E的直線l將平行四邊形ABCD分割為面積相等的兩部分，與拋物線交于另一點(diǎn)F.點(diǎn)P是直線l上方拋物線上一動(dòng)點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t.

（1）求拋物線的解析式；

（2）是否存在點(diǎn)P使△PAE為直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，說明理由.

【分析】（1）由A、B、D三點(diǎn)的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得拋物線解析式；（2）由題意可知有∠PAE=90°或∠APE=90°兩種情況，當(dāng)∠PAE=90°時(shí)，作PG⊥y軸，利用等腰直角三角形的性質(zhì)可得到關(guān)于t的方程；當(dāng)∠APE=90°時(shí)，作PK⊥x軸，AQ⊥PK，則可證得△PKE∽△AQP，利用相似三角形的性質(zhì)可得到關(guān)于t的方程.

解：（1）由題意可得[c=3，a-b+c=0，4a+2b+c=3，]

解得[a=-1，b=2，c=3，]

∴拋物線解析式為y=-x2+2x+3.

（2）由圖可知∠PEA≠90°，

∴只能有∠PAE=90°或∠APE=90°，

y=-x2+2x+3=-（x+1）（x-3），

∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（3，0）.

點(diǎn)P的坐標(biāo)為（t，-t2+2t+3）.

①當(dāng)∠PAE=90°時(shí)，如圖7，作PG⊥y軸，

圖7

∵OA=OE，∴∠OAE=∠OEA=45°，

∴∠PAG=∠APG=45°，∴PG=AG，

∴t=-t2+2t+3-3，即-t2+t=0，解得t=1或t=0（舍去）；

②當(dāng)∠APE=90°時(shí)，如圖8，

圖8

作PK⊥x軸，AQ⊥PK，則PK=-t2+2t+3，AQ=t，KE=3-t，PQ=-t2+2t+3-3=-t2+2t，

∵∠APQ+∠KPE=∠APQ+∠PAQ=90°，

∴∠PAQ=∠KPE，且∠PKE=∠PQA，

∴△PKE∽△AQP，∴[PKAQ]=[KEPQ]，

即[-t2+2t+3t]=[3-t-t2+2t]，

∵t≠3，t≠0，∴t2-t-1=0，解得t=[5+12]或t=[1-52]<[-25]（舍去）.

綜上可知，存在滿足條件的點(diǎn)P，t的值為1或[5+12].

【點(diǎn)評(píng)】本題為二次函數(shù)綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法、二次函數(shù)的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、方程思想和分類討論思想等知識(shí).本題綜合性較強(qiáng)，計(jì)算量較大，難度較大.

（作者單位：江蘇省豐縣初級(jí)中學(xué)）