模型化解题研究

甘磊

[摘 要]模型化解题就是运用化归思想，先把单个信息、模型整理出来，再通过“数形结合”的方式找到每个模型之间的联系，最终归结出解决这一类题的方法。

[关键词]模型化;转换;二次函数;三角形

[中图分类号]    G633.6        [文献标识码]    A        [文章编号]    1674-6058（2022）02-0010-04

初三学生数学知识的积累已经比较丰富，且经过三年的解题训练，解题能力也有明显提高。但是，在解答一些知识点比较多，考查综合能力，尤其是函数与几何结合的题目时，他们依然觉得有困难。有的教师为讲解这种“大型”题目，在课堂上耗费时间。更糟糕的是，学生重复训练此类题目，教师也多次重复讲解，教学效果却并不尽如人意。

为了解决这一问题，笔者站在学生“学”的角度去思考，总结出解答此类题目的策略，归纳出此类题目的数学模型。这样，学生在遇到类似的问题时，就可以遵循一定的规律去解决，从而提高解题的效率。

[例1]如图1，在平面直角坐标系中，抛物线与[x]轴相交于点[A（4， 0）]、[B（-2， 0）]，与[y]轴交于点[C（0， -4）]，[AC]与抛物线的对称轴相交于点[D]。

（1）求该抛物线的表达式，并写出点D的坐标;

（2）过点B作[BE⊥BC]交抛物线于点[E]， 求点[E]的坐标;

（3）在（2）的条件下，点[F]在射线[BE]上，若[△ABC∽△DFB]，求點[F]的坐标。

解析：

（1）此问考查二次函数的解析式求法，通过联立方程组可得抛物线的表达式为[y=12x2-x-4]，得[D（1，-3）]。因为这不是本文的重点，所以具体过程省略。

（2）此问增加的条件是两条线的垂直关系，而题目要求点坐标的值，从而易联想到点坐标的值可转换成垂线段长度。而转换的关键是通过三角形相似或者三角函数。过程如下：

如图2，过点E作[EH⊥x]轴，垂足为[H]。设[E（x， y）]，

∵[∠EBH+∠ABC=90°]，[∠ABC+∠BCO=90°]，

∴[∠EBH=∠BCO]，

∴[△BEH∽△CBO]。

∴[BHCO=EHBO] ，即  [x+24=y2]，[y=12x+1]。

∵点[E]为抛物线上的点，

∴[y=12x+1，y=12x2-x-4，]

解得[x=5y=72]或[x=-2y=0] （舍去）

∴[E5， 72]。

相关解题思路和基本模型可以通过如下示意图来体现。

（3）增加的条件是点的坐标以及相似三角形，依然是求点的坐标，同样容易联想到通过求点与[x]轴（或[y]轴）的垂线段长度，从而转换成点坐标的值。解题思路跟（2）差不多，但是比（2）难的地方是，反过来利用了点坐标的值，转换成垂线段长度，再用三角函数得到角度，从而确定[F]点的位置。过程如下：

如图3，∵△[ABC∽△DFB]，

∴[∠BDF=∠BAC=45°]，

∴点[F]在抛物线的对称轴上。

∵[B（-2， 0）]，[E5， 72]，

[FDAB=BDAC]，[FD6=3242]，即[FD=92]。

∵抛物线的对称轴为[x=1]，

∴[F1，32]。

相关解题思路和基本模型可以通过如下示意图来体现。

解题总结：

已知点的坐标，可以通过把坐标值转换成线段长度，从而可以运用几何图形的性质，并通过三角函数或者相似三角形将线段的数量关系找出来，用解方程来求出线段的长度，从而得到点的坐标。也就是说，解决此类问题，可以遵循以下思考步骤。

（1）确定已知了哪些点坐标，它们可以转换成哪些线段的长度;

（2）明确有什么样的几何图形，这些图形有什么特性;

（3）利用相似三角形或者三角函数得到“数与形”的关系;

（4）建立求解的方程;

（5）把线段长度转换成点坐标。

[例2]如图4，已知抛物线[y=13x2+bx+c]经过[A]，[B]，[C]三个点，其中点[A（9， 10）]，点[B（0， 1）]， [BC∥x]轴，点[P]是直线[BC]下方抛物线上的动点。

（1）求抛物线的解析式;

（2）过点[P]且与[y]轴平行的直线[l]与直线[AB]、[BC]分别交于点[E]、[F]，当四边形[BECP]的面积最大时，求点[P]的坐标和四边形[BECP]的最大面积;

（3）当点[P]为抛物线的顶点时，在直线[BC]上是否存在点[Q]，使得以[C]、[P]、[Q]为顶点的三角形与[△ABC]相似？若存在，求出点[Q]的坐标;若不存在，请说明理由。

本题的第（3）小问与本文阐述的观点相关，所以笔者重点讲解第（3）小问。解题的思路基本遵循文中阐述的解答此类题目的规律：通过点坐标转换成线段长度，并利用三角函数找到相等的角，从而确定相似三角形的对应关系，建立方程，得到线段长度再转换成点的坐标。

解：（1）∵点[A（9， 10）]，[B（0， 1）]在抛物线上，

∴[c=1，13×92+9b+c=10，]

∴[b=-2，c=1，]

∴抛物线的解析式为[y=13x2-2x+1]。

（2）∵[BC∥x]轴，[B（0，1）]，∴[13x2-2x+1=1]，解得[x1=6]，[x2=0]（舍去），∴点[C]的坐标[（6， 1）]，∵点[A（9， 10）]，[B（0， 1）]，∴直线[AB]的解析式为[y=x+1]。

设点[Pm，13m2-2m+1]，∴[E（m， m+1）]，

[∴PE=m+1-13m2-2m+1=-13m2+3m]，

∵[BC⊥EP]，[BC=6]，

[∴S四边形BECP=S△BEC+S△BPC=12BC×（EF+PF）=12BC×PE=12×6×-13m2+3m=-m-922+814]，

∵[0<m<6]，∴当[m=92]时，四边形[BECP]的面积的最大值是[814]，此时点[P92，-54]。

（3）∵[y=13x2-2x+1=13（x-3）2-2]，∴[P（3，-2）]，∴[PF=yF-yP=3]，[CF=xC-xF=3]，∴[PF=CF]，∴[∠PCF=45°]。同理可得[∠EBF=45°]，∴[∠PCF=∠EBF]。∴在直线[BC]上存在满足条件的点[Q]，设[Q（t， 1）]且[AB=92]，[BC=6]，[CP=32]。

∵以[C]、[P]、[Q]为顶点的三角形与[△ABC]相似。

①当[△CPQ∽△ABC]时，∴[CQBC=CPAB]，∴[6-t6=3292]，∴[t=4]，∴[Q（4， 1）]。

②当[△CQP∽△ABC]时，∴[CQAB=CPBC]，∴[6-t92=326]，∴[t=-3]，∴[Q（-3， 1）]。

[例3]如图5，在平面直角坐标系[xOy]中，已知抛物线[y=38x2+bx+c]与[x]轴交于点[B（-2， 0）]和点[A]，与[y]轴交于点[C（0， -3）]，经过点[B]的射线与[y]轴相交于点[E]，与抛物线的另一个交点为[F]，且[BFEF=13]。

（1）求这条抛物线的解析式，并写出抛物线的对称轴;

（2）求[∠FBA]的余切值;

（3）点[D]是点[C]关于抛物线对称轴的对称点，点[P]是[y]轴上一点，且[∠BFP=∠DBA]， 求点[P]的坐标。

解：（1）把[C（0，-3）]代入得[c=-3]，∴抛物线的解析式为[y=38x2+bx-3]，

把[B（-2， 0）]代入得[38×（-2）2-2b-3=0]，解得[b=-34]，

∴抛物线的解析式为[y=38x2-34x-3]，

∴抛物线的对称轴为[x=-b2a=1]。

（2）如图6，过点[F]作[FM⊥x]轴，垂足为[M]。

设[E（0， k）]，则[OE=k]。∵[BFEF=13]，∴[BOBM=OEFM=14]，∴[F（6， 4k）]。

将点[F（6， 4k）]代入[y=38x2-34x-3] ，得

[38×62-34×6-3=4k]，解得[k=32]。

∴[cot∠FBA=BOOE=43]。

（3）∵抛物线的对称轴为[x=1]，[C（0，-3）]，点[D]是点[C]关于抛物线对称轴的对称点，

∴[D（2，-3）]，∴[cot∠DBA=43]，∴[∠FBA=∠DBA]。

如图7所示，当点[P]在[BF]的上方时，[∠PFB=∠DBA=∠FBA]，∴[PF∥AB]，∴[yp=yF=6]。

由（2）可知[F（6， 4k）]，[k=32]，∴[F（6， 6）]，点[P]的坐标为[（0， 6）]。

图7                        圖8

如图8所示，当点[P]在[BF]的下方时，

设[FP]与[x]轴的交点为[G（h， 0）]，则[∠PFB=∠FBA]，可得到[FG=BG]，∴[（6-h）2+62=（h+2）2]，解得[h=174]，∴[G174， 0 ]。

设[PF]的解析式为[y=kx+b]，将点[F]和点[G]的坐标代入得

[6k+b=6，174k+b=0]，解得[k=247]，[b=-1027]。

∴[P0，-1027]。

综上所述，点[P]的坐标为[（0， 6）]或[P0，-1027]。

[例4]如图9，在直角坐标平面内，直线[y=12x+2]分别与[x]轴、[y]轴交于点[B]、[C]。抛物线[y=-12x2+bx+c]过点[C]，与[x]轴交点为点[A]、[B]。点[D]在该抛物线上，且位于直线[BC]的上方。

（1）求上述抛物线的表达式;

（2）连接[AC]、[AD]，且[AD]交[BC]于点[E]，如果[△ABE]的面积与[△ABC]的面积之比为4∶5，求[∠DBA]的余切值;

（3）过点[D]作[DF⊥BC]，垂足为点[F]，连接[CD]。若[△CFD]与[△AOC]相似，求点[D]的坐标。

解：（1）当[y=0]时，[12x+2=0]，解得[x=-4]，则[B（-4， 0）]。

当[x=0]时，[y=12×0+2=2]，则[C（0， 2）]。

把[B（-4， 0）]，[C（0， 2）]代入[y=-12x2+bx+c]得[-8-4b+c=0，c=2，]解得[b=-32，c=2。]

∴抛物线的解析式为[y=-12x2-32x+2]。

（2）过点[E]作[EH⊥AB]于点[H]，如图10所示，

当[y=0]时，[-12x2-32x+2=0]，解得[x1=-4]（舍去），[x2=1]，则[A（1， 0）]。

设[Ea，12a+2]，∵[S△ABC=12×（1+4）×2=5]，而[△ABE]的面积与[△ABC]的面积之比为4∶5，∴[S△AEB=4]，∴[12×（1+4）×12a+2=4 ]，解得[a=-45]，∴[E-45，85]，∴[AH=1+45=95]。

在[Rt△AHE]中，[cot∠EAH=AHEH=9585=98]，即[cot∠DAB=98]。

（3）[∠BOC=∠DFC=90°]。若[∠DCF=∠BCO]，△[DCF] ∽[△BCO]，如图11，过点[D]作[DG⊥y]轴于点[G]，过点[C]作[CQ⊥DC]交[x]轴于点[Q]，∵[∠DCQ=∠BOC=90°]，∴[∠DCF+∠BCQ=90°]，即[∠BCO+∠BCQ=90°]，而[∠BCO+∠CBO=90°]，∴[∠BCQ=∠CBO]，∴[QB=QC]，

设[Q（t， 0）]，则[t+4=t2+22]，解得[t=-32]，∴[Q-32，0]。

∵[∠QCO+∠DCG=90°]，[∠QCO+∠CQO=90°]，

∴[∠DCG=∠CQO]，∴[Rt△DCG∽Rt△CQO]，

∴[DGOC=GCOQ]，即[DGCG=COOQ=232=43]，

设[DG=4k]，[CG=3k]，则[D（-4k， 3k+2）]。

把[D（-4k， 3k+2）]代入[y=-12x2-32x+2]，

得[-8k2+6k+2=3k+2]，

整理得[8k2-3k=0]，解得[k1=0]（舍去），[k2=38]，∴[D-32，258];

如圖12，若[∠DCF=∠CBO]，△DCF∽△CBO，则[CD∥BO]，∴点[D]的纵坐标为2，

把[y=2]代入[y=-12x2-32x+2]得[-12x2-32x+2=2]，解得[x1=-3]，[x2=0]（舍去），∴[D（-3， 2）]。

综上所述，点D的坐标为[-32，258]或[（-3， 2）]。

综上可知，题目是千变万化的，我们在讲解题目的过程中，要引导学生去寻找数学模型，并进行归类，使学生慢慢会总结出解题的基本思路，进而顺利解决问题。

（责任编辑 黄桂坚）

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