浅谈直角坐标系中含特殊角综合题的处理策略
【摘 要】从分析“怎么想到这样做”入手，提炼构造（或挖掘）直角三角形是解决直角坐标系中含特殊角综合题的通性通法，以优化学生的思维方式，提升他们处理同类问题的类化能力，诠释了研究习题教学的又一条重要途径.
【关键词】习题教学;通性通法;类化能力
近年来，在各地中考中常常出现一类与特殊角（30°，45°与60°）有关的函数压轴题，主要有两种类型：一是题目条件或结论中直接呈现特殊角;二是以直线y=kx+b中的k（或与坐标轴的交点坐标）含有1、2和3等特殊值来隐含特殊角（即直线与坐标轴所成角为特殊角）.由于特殊角常與直角三角形共存，故而挖掘图中现有直角三角形或构造直角三角形并结合其他条件逐步转化是处理此类问题的基本策略.1 基本策略1.1 直接构造含特殊角的直角三角形计算
无论是题目的条件或求解的目标中含有特殊角，通过构造含特殊角的直角三角形往往能使问题迎刃而解，并且遇到30°或60°角通常构造含30°角的直角三角形，面对45°角则构造等腰直角三角形.
例1 （2021年山东枣庄）如图1，在平面直角坐标系中，直线y=-12x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，抛物线y=13x2+bx+c经过坐标原点和点A，顶点为点M.
（1）求抛物线的关系式及点M的坐标;
（2）点E是直线AB下方的抛物线上一动点，连接EB，EA，当△EAB的面积等于252时，求E点的坐标;
（3）将直线AB向下平移，得到过点M的直线y=mx+n，且与x轴负半轴交于点C，取点D（2，0），连接DM，求证：∠ADM-∠ACM=45°.
思路分析 （1）易得抛物线的解析式为y=13x2-2x，点M的坐标为（3，-3）;
（2）由于△ABE的三边均与坐标轴不平行（或在坐标轴上），所以需通过某一顶点作坐标轴的平行线，把△ABE分割成两个有边与坐标轴平行的三角形来求面积.考虑到点E为动点，不妨过点E作EH∥y轴交AB于点H，设点E的坐标为（x，13x2-2x），得点H（x，-12x+3），则S△EAB=S△EHB+S△EHA=12EH×OA=12×6×（-12x+3-13x2+2x）=252，解得x=1或72，故点E的坐标为（1，-53）或（72，-3512）;
（3）易知∠ADM-∠ACM=∠DMC，所以问题转化为证明∠DMC=45°，即构造以∠DMC为底角的等腰直角三角形，故想到过点D作DF⊥CM，如图2，垂足为点F（或过C作MD的垂线），至此问题又转化为证明DF=MF（或利用锐角三角函数求角）.而在平面直角坐标系中，理所当然想到利用求线段长来证明线段相等.
鉴于直线MC的解析式可由待定系数法求得为y=-12x-32，从而得点C的坐标为（-3，0），进而可得MC=35、MD=10与CD=5.又边CD在x轴上，所以想到用△CMD的面积列方程求得DF的长为5，再由勾股定理可得MF=5，故得证.
说明 处理两角差的策略主要有作图（即在大角内部构造一个小角）或运用知识源“三角形的一个外角等于不相邻的两个内角和”，从而把多角间的数量关系转化为两角相等关系.
1.2 挖掘含特殊角的直角三角形并利用等角转化
有时，利用条件挖掘图中隐含特殊角的直角三角形实现等角转化，再结合三角形全等对应边相等、相似三角形对应边成比例或锐角三角形函数，逐步解决线段长计算问题，也是处理此类问题的常用策略.
例2 （2021年江苏连云港）如图3，抛物线y=mx2+（m2+3）x-（6m+9）与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，已知B（3，0）.
（1）求m的值和直线BC对应的函数表达式;
（2）P为抛物线上一点，若S△PBC=S△ABC，请直接写出点P的坐标;
（3）Q为抛物线上一点，若∠ACQ=45°，求点Q的坐标.
思路分析 （1）m=-1，直线BC对应的函数表达式为y=x-3.
（2）由于△PBC与△ABC是共边三角形，若面积相等，则需分点P与点A在BC的同侧与异侧两种情形讨论.当点P与点A在同侧时，AP与直线BC平行，由抛物线y=-x2+4x-3得A点坐标为（1，0），所以直线AP的解析式为y=x-1，与抛物线的解析式联立解方程组得点P的坐标为（2，1）;当点P、A位于BC的异侧时，点P在与BC平行且与点A到BC的距离相等的直线P1P2上.又因为直线PA、BC在y轴上的截距分别为-1与-3，所以直线P1P2在y轴上的截距为-5，得直线P1P2的解析式为y=x-5，与抛物线的解析式联立解方程组得点P1、P2的坐标为（3-172，-7-172）与（3+172，-7+172）. 图4（3）显然点Q只能在直线AC右侧的抛物线上（如图4）.若用交轨法求点Q的坐标，则需先求直线CQ的解析式，又已知点C的坐标为（0，-3），所以还需知道直线CQ上另一点的坐标（或k的值），理所当然选择直线CQ与x轴的交点D（因为坐标轴上的点易求坐标），即求BD的长.注意到△OCB为等腰直角三角形，即∠OCB=45°=∠ACQ，所以∠OCA=∠BCD.又BC=32，所以想到以△BCD为目标三角形构造一个与其相似的三角形，利用对应边成比例求出BD的长.又知∠CEA=135°，所以想到在OC上截取OE=OA，得等腰直角三角形OAE，则∠CEA=135°，故△BCD∽△ECA，所以CBCE=BDEA，得BD=3.再由待定系数法得CD的解析式为y=12x-3，与抛物线的解析式联立解方程组得点Q的坐标为（72，-54）.
说明 本题是根据已知长度线段间的数量关系，挖掘等腰直角三角形OBC和构造等腰直角三角形OAE，再通过特殊角寻找角与角之间的数量关系，并利用相似三角形对应边成比例而找到解题突破口的.
当然，例2也可构造特殊的直角三角形处理.如图5，过点A作AF⊥CD，垂足为点F，则△ACF为等腰直角三角形.根据上面的分析可知关键是求出BD的长，鉴于△ACD有一边在x轴上，不妨依据其面积列出关于BD的等式，从而求出BD的长.易求AC=10，进而得AF=5，所以S△ACD=12AD·OC=12CD·AF，3（2+BD）=5·（3+BD）2+9，也可得BD=3.
1.3 利用特殊值挖掘含特殊角的直角三角形
当直线y=kx+b中的k的值是1、2、3或33（或点的坐标中含有这些数值）时，往往图形中就隐含着30°，45°与60°的特殊角，若善于利用这些隐形的角解题，往往可起到事半功倍之效.
例3 （2020上海静安二模考）如图6，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（23，0）、B（0，6）、M（0，2），点Q在直线AB上，把△BMQ沿着直线MQ翻折，点B落在点P处，联结PQ.如果直线PQ与直线AB所构成的夹角为60°，那么点P的坐标是.
思路分析 虽然AB是定直线，但由于点Q在直线AB上运动与直线PQ的位置不断变化，导致可能存在四个位置.另外，由于点A的横坐标为23，所以可能存在隐含的特殊角，而由tan∠ABO=OAOB=33，知∠ABO=30°且∠BAO=60°.
当点P在直线AB的右上方且∠AQP=60°时（如图6），则PQ∥OA，因此只需求出点Q的坐标与PQ的长度，即可得到点P的坐标.鉴于AB的长度为43，且点A与B的坐标又已知，所以只需求出BQ的长度即可知道BQBA，进而利用比例求出点Q的坐标.因为∠P=∠ABO=30°，所以∠BNM=∠PNQ=90°，又BM=4，所以BN=23，故问题转化为求出BQ与QN的数量关系.又易知∠QMN=∠QMB=∠MBN=30°，得BQ=QM=2QN，故BQ=433=PQ，所以BQBA=13，则点Q的坐标为（233，4），从而得点P的坐标为（23，4）.当点P在直线AB的左下方且∠AQP=60°时（如图7），则∠BQM=∠PQM=∠BAO=60°，所以MQ∥x轴，即MQ⊥y轴，由翻折的性质知点P落在y轴上，且MP=BM=4，所以点P的坐标是（0，-2）; 图8当点P在直线AB的左下方且∠BQP=60°时（如图8），则∠BQM=∠PQM=30°.连结AM，由勾股定理计算得AM=4=BM，所以∠MAB=∠MBA=30°，得点Q与点A重合，否则∠BQM或小于30°（点Q在BA延长线上），或大于30°（点Q在线段AB上），此时QP在x轴上且QP（即AP）=QB（即AB）=43，所以点P的坐标为（-23，0）.
应当指出的是，当点Q位于线段AB的延长线上，点P在直线AB的左下方，∠BQP小于60°（因为∠BQM小于∠ABO）;當点Q位于线段AB上，且点P在直线AB的右上方时，由于∠BQM小于150°，所以翻折后所得的二倍角小于300°，故而∠BQP大于60°.
综上可知，点P的坐标为（23，4）、（0，-2）或（-23，0）.
说明 本题极容易漏解和多解，避免犯错的关键是要理解直线PQ与直线AB所构成的夹角的定义，以及当点Q在直线AB上运动时，翻折△BQM所得两直线夹角各种可能性及其生成的本质.特别是，要紧扣点Q在AB上按某一方向运动时，点P在直线AB两侧的位置变化与∠AQP（或∠BQP）大小变化的规律，以便找对找全点P的位置.
2 两点思考
2.1 解题分析要从“怎样想到这样做”入手
常规的解题分析往往只是解题过程的简述，学生所谓懂了也仅限于理解每一步推理的依据，对于解题思路生成（即怎么想到这样做 ）其实并不清晰，故而成为他们提升分析能力的短板.为了引导学生学会分析，本文均从“怎样想”入手，依据特殊角与直角三角形的依赖关系，着重阐述挖掘题中已有直角三角形和构造直角三角形的基本策略，并对结合条件如何挖掘与构造也作了详尽分析，以丰富学生寻找解题突破口的有效手段.如例2的第（3）题就是从点Q的生成（直线CD与抛物线y=-x2+4x-3的交点）入手，结合抛物线的解析式已求，综合分析出用交轨法求点Q的坐标，转而求直线CD的解析式.再依据待定系数法，在已知点C坐标的情况下，想到求直线与x轴的交点D的坐标（因为坐标轴上点坐标相对易求），进而转化为求BD的长，使问题迎刃而解.这些完整呈现解题思路生成过程的分析，不仅让学生“知其然更知其所以然”，而且还“知道为何然”，从而学会“怎样想”[1]，并优化了思维方式，提升了分析能力.
2.2 策略提炼要以通性通法为本
一般地，中考综合题很难有一个固定的模板供学生套用，而任何方法也不可能解决所有问题，但同类问题往往有些处理的基本策略与思考方向，即通性通法.毫无疑问，挖掘与构造直角三角形就是处理平面直角坐标系内含特殊角综合题的通性通法，也是解题的突破口.此外，例1第（2）题关于求三边均与坐标轴不平行的三角形面积时就提炼出要过某一顶点向坐标轴作平行线，把原三角形分割成两个有边与坐标轴平行的三角形分别处理的策略;而例2第（2）题关于处理面积相等两三角形问题时又提炼出需分两三角形第三个顶点是在共边同侧（两顶点连线平行于共边）和异侧（过定点关于共边直线对称点作共边平行线）两种情形分类讨论的通性通法.毫无疑问，这些通性通法必将成为学生分析问题与解决问题的基本策略，也将是处理同类问题的重要迁移点.
总之，研究中考题时一定要以分析“怎么想到这样做”为抓手，以提炼通性通法为指导思想，全面提升学生分析问题与解决问题的类化能力，力求以题会类的习题教学最高境界.
参考文献
[1]刘华为.浅谈直角坐标系中两角相等问题的构图与转化[J].中学数学杂志，2019（04）：52-54.
作者简介 刘华为（1968—），男，安徽肥东人，中学高级教师;主要从事数学教学与研究;发表文章160余篇，出版个人专著《基于深度学习的初中数学课堂教学》.
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