巧数图形必考题型（初中数学K字型）

本文通过一道一模压轴题，让“K字型”遍地生花，期学生心中结出“硕果累累”；再以“玩转任意（确定）角”独步天下，盼学生练就此功傲视“江湖”；最后借构造趣法，叙说数学之无穷魅力，引学生踏进数学之殿堂，领略数学之神奇！

原题重现：

如图1，二次函数y=mx^2 (m^2-m)x-2m 1的图像与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，顶点D的横坐标为1.

（1）求二次函数的解析式及A、B的坐标；

（2）若点P（0，t）（t<-1）是y轴上的一点，Q（-5，0），将点Q绕着点P按顺时针方向旋转90°得到点E，当点E恰好落在该二次函数的图像上时，求t的值；

（3）在（2）的条件下，连接AD、AE，若点M是该二次函数图像上的一点，且∠DAE=∠MCB，求点M的坐标.

简析：（1）利用二次函数顶点公式易知m=-1，故二次函数的解析式为y＝-x^2＋2x＋3，且点A、B的坐标分别为（-1，0）、（3，0），不再详述；

（2）点P（0，t）（t<-1）是y轴上的一点，从这个条件中易知t是一个小于1的负数，注意点的坐标可正可负，而边长只能为正数！之所以专门提出这一点，就是因为部分学生的作业中会出现以下问题：想要表示某边长时，竟然出现了边长t之类的错误！边长只能是正数啊，怎么可能表示成负数t呢！同学们要养成“坐标与边长”之间互相转化的意识，这是平面直角坐标系中的基本功；

第一步：画出符合题意的草图，如图2所示；

第二步：分析草图2会发现隐藏着一个等腰Rt△PQE，“见等腰直角三角形，造K字型全等”，如图3所示，注意这里的PF=QR=-t>0，再利用“平移公式”得点E的坐标为（-t，t 5）；

第三步：“有点即代入”，将点E的坐标代入抛物线得t 5＝-（-t）^2＋2（-t）＋3，解得t=-1或-2，又因为t<-1，所以t取-2；

解题后反思：本题中“见等腰直角三角形，造K字型全等”（类比“见直角三角形，造K字型相似”）是一个极其重要的基本图形与解题思路，在中考里应用非常广泛，值得同学们反复推敲，这是本文中“K字型”的第一次“生花”！

再来看最后一问：

（3）这是一个有关角的存在性问题，可以采用“抓不变量”的审题策略结合“确定性思想”去认真读读题目、理解题意：与∠DAE相关的三个点A、D、E都是确定的，因此∠DAE也是一个确定的角，“既然是确定的，一定是可解的”，∠DAE的三角函数值一定可求；这样与其相等的∠MCB的大小也是随之确定的，而与∠MCB相关的两个点C、B都是确定的点，现在需要寻找的就是第三个点M，它也一定是确定的，肯定可解；

用这些“确定性思想”去分析问题，结合“不变的背景（或框架）”去寻找符合题意的目标，这种最基本也是最自然的分析方式值得同学们用心学习并加以运用；

回到本问的解答中，主要分以下几步“庖丁解牛”：

第一步：如图4所示，什么事也不干，就先按题目要求连接AD、AE，然后去认真分析∠DAE，想办法求出其三角函数值，解出此角；

相不相信，∠DAE所在的△DAE会是一个特殊的三角形，很有可能是直角三角形额，如图5那样；

做数学题就是需要大胆而心细，大胆地去猜，但又不是毫无依据地瞎猜；细心地去推理证明刚刚的猜想，“瞎想与遐想”有时候真的很重要，这是一种重要的数学感性意识；

第二步：验证△DAE是个直角三角形，进而得到∠DAE的三角函数值，如tan∠DAE；

多数同学第一反应都会用勾股定理去验证△DAE是个直角三角形，这不失为一种好方法，但三个边长均属于“斜”边长，计算稍显麻烦，下面笔者采用另一种解法去验证△DAE是个直角三角形，而且顺带求出tan∠DAE=1/3；

前文我们有提过“见直角三角形，造K字型相似”，这里我们变通为“证直角三角形，造K字型相似”，如图6所示，依托于△DAE的各顶点作“水平—竖直辅助线”得Rt△DGE及Rt△EHA，若能证明这两个确定的直角三角形相似，则就能通过导角得到∠DEA为直角；

事实上，这两个直角三角形都是等腰直角三角形，可以通过普适地“相似法”导角得直角∠DEA，也可以抓住这里的“特殊性”，即∠DEG=∠AEH=45°轻松得到∠DEA为直角，且无论是通过相似还是通过求边都可导出tan∠DAE=1/3；

值得一提的是，这一步是本文中“K字型”的第二次“生花”！有趣的是，这里是通过构造“K字型”相似来证明直角三角形，另外有时候若需要证明等腰直角三角形的话，也可以通过构造“K字型全等”辅助线来完成，是一种重要的思路方法；

第三步：确定tan∠DAE=1/3后，与之相等的∠MCB的大小也就随之确定了，接下来就要依托确定的边CB先画出符合题意的∠MCB，很明显符合条件的点M有两个，如图7所示，这里存在两种情况，希望同学们一下子就要想到，这样的几何直观极其重要；

接下来就是分别去求找到的点M了，目标既然已经确定，那就要坚定方向，矢志不渝地去集中全力去思考。

第四步：前面已经得到tan∠M1CB=1/3，如图8所示，依托这个确定的∠M1CB，过已知点B作BN⊥CM1交CM1于点N，构造出Rt△BCN；

值得一提的是，这里将已知点B作成直角顶点，值得同学们关注，这样构造才能真正实现口算，是构造直角三角形这一步的精髓所在；

第五步：造出确定的Rt△BCN后，“见直角三角形，造K字型相似”再次发挥用武之地，如图9所示，易知Rt△BCG∽Rt△NBH，且其相似比为3，这里tan∠M1CB=1/3提供的就是所需相似比，从而得N（2，-1）；

然后利用点C、N两点坐标求出直线CM1的解析式，再与抛物线联立解方程组求交点坐标，即可求出所要寻找的第一个点M1的坐标，不再详述；

这一步是本文中“K字型”的第三次“生花”！有趣的是，这里的直角三角形不是已知、也不是所求，而是依托于题目中已经确定的某个角构造出来的，笔者称这个过程为“玩转任意（确定）角”，瞧，很有趣吧！

第六步：（再来一遍）！如图10所示，先依托确定的∠M2CB，过已知点B作BN⊥CM2交CM2于点N，构造出Rt△BCN；

“见直角三角形，造K字型相似”，如图10，易知Rt△BCO∽Rt△NBG，且其相似比为3，这里tan∠M2CB=1/3提供的就是所需相似比，从而得N（4，1）；

然后利用点C、N两点坐标求出直线CM2的解析式，再与抛物线联立解方程组求交点坐标，即可求出所要寻找的第二个点M2的坐标，不再详述；

这一步是本文中“K字型”的第四次“生花”！“玩转任意（确定）角”独步天下也并非浪得虚名啊！

至此本题已经得到完美解答，笔者通过直角三角形，包括已知直角三角形、证明直角三角形甚至于先构造出直角三角形，让“K字型”基本图形遍地生花，也期盼在同学们心里结满了果！另，同学们若练成“玩转任意（确定）角”之功夫，就可以独步天下、笑傲江湖啦！

对于最后一问，笔者不甘就此停笔，继续反思后，又寻到一种通解通法，而且正符合一些解题高手数学探究情怀的味口，现介绍如下:

如图11所示，由前面的分析tan∠BCM=1/3知∠BCM是确定的，又易知∠BCO=45°也是确定的，从而这两个角的和∠OCN2与差∠OCN1也是确定的，既然是确定的，肯定是可解的，只要能求出tan∠OCN2与tan∠OCN1的值即可轻松求出相应的CM的解析式，从而解决问题；

问题就在于怎么求tan∠OCN2与tan∠OCN1的值呢？这正是上面我摘录的两个基本类型所能解决的拿手好戏啊，下面笔者另起炉灶处理解决；

先求tan∠OCN2，其中∠OCN2=45° ∠BCN2，这里要处理的是两个确定角之和的三角函数值，具体构造如下：

第一步：如图12所示，构造一个含45°的等腰Rt△BOC；

第二步：如图13所示，依托Rt△BOC的斜边CB再造一个“背靠背”的含锐角β的Rt△BCN，其中tanβ=tan∠BCN2=1/3，则图13中构造的∠OCN就等于图11中的∠OCN2；

第三步：如图14所示，依托中间的“斜置”Rt△BCN构造“K字型相似”，并补成矩形OCGH，即过Rt△BCN的三个顶点作“水平—竖直辅助线”，“改斜归正”得出Rt△BOC∽Rt△NHB，且其相似比为3；

第四步：锁定Rt△CNG，利用“巧设”，求出tan∠OCN=tan∠CNG=2的值即可；

第五步：回到图11中，tan∠OCN2=2，则N2的坐标为（6，0），然后利用点C、N2两点坐标求出直线CM2的解析式，再与抛物线联立解方程组求交点坐标，即可求出所要寻找的点M2的坐标，不再赘述；

Once again（再来一遍）！下面求图11中的tan∠OCN1的值，其中∠OCN1=45°-∠BCN1，这里要处理的是两个确定角之差的三角函数值，具体构造如下：

第一步：如图15所示，构造一个含45°的等腰Rt△BOC；

第二步：如图16所示，依托Rt△BOC的斜边CB再造一个“背靠背”的含锐角β的Rt△BCN，其中tanβ=tan∠BCN1=1/3；

第三步：如图17所示，依托中间的“斜置”Rt△BCN构造“K字型相似”，并补成矩形OBGH，即过Rt△BCN的三个顶点作“水平—竖直辅助线”，“改斜归正”得出Rt△BOC∽Rt△CHN，且其相似比为3；

第四步：锁定Rt△BNG，其中∠NBG=45°-β=∠OCN1（见图11），利用“巧设”，求出tan∠NBG=1/2的值即可；

第五步：回到图11中，tan∠OCN1=1/2，则N1的坐标为（3/2，0），然后利用点C、N1两点坐标求出直线CM1的解析式，再与抛物线联立解方程组求交点坐标，即可求出所要寻找的点M1的坐标，不再赘述；

两角和与差的构造，有趣吧！这里我们用初中人人都能看懂的构造法，解决了高中学生所能掌握的公式，仁者见仁智者见智，好与不好在于学生，对于能接受的学生并且能运用于平时的解题中，这肯定是大好事，因为有的时候，我们用最自然的“确定性思想”思考问题时，很容易遇到这些“障碍”，掌握了今天的构造法，你就可以轻松扫除障碍，掌握不了还可以去寻找其他方法，多一种工具、多一种方法，何乐而不为！

为了满足大家的探究“胃口”，下面再提供一种由两角和的构造法结合对称性进而得到两角差的构造之法，增加构造的趣味性与数学味：

一切尽在图18与图19中，这也是传说中的“无字证明”！只要最后将目光锁定在Rt△CHN’中，tan∠HCN’=1/2即为所要构造的两个角之差，不再详述！

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