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“分类讨论”是一种重要的数学思想，也是一种有效的解题方法.通过分类，将一个复杂、陌生的问题，转化为几个简单、熟悉的问题，化整为零，各个击破，达到解决问题的目的.
如何进行分类，这是操作的关键，也是大家关注的问题.这个问题很大，本文只是结合2010年中考试题，着重谈以下两个方面.
一、依据动态变化过程中出现的各种情况进行分类
例1（2010年江西省中考试题）如图1，已知经过原点的抛物线y=-2x2+4x与x轴的另一个交点为A，现将它向右平移m（m＞0）个单位，所得抛物线与x轴交于C、D两点，与原抛物线交于点P.
（1）求点A的坐标，并判断△PCA存在时它的形状（不要求说理）；
（2）略；
（3）设△CDP的面积为S，求S关于m的关系式.
剖析：当抛物线y=-2x2+4x向右平移时，所得抛物线与原抛物线的交点P在第一象限，并逐渐向右、向下移动.当m=2时，O点平移到A点，P点与A点重合.继续向右平移，即当m＞2时，交点P在x轴下方，保持向右向下运动的态势.而S△CDP＝■·CD·h＝h，当P在x轴上方时，h=yP；而当P在x轴下方时，h=-yP；当P在x轴上，P、C、D不构成三角形.至此，如何分类就十分明显了.
解：（1）y=-2x2+4x，令y=0，解得x1=0，x2
=2，∴A（2，0）.△PCA为等腰三角形.
（3）（ⅰ） 0＜m＜2时，P点在x轴上方.如图1，过P作PP′∥x轴，交原抛物线于P′，P在新抛物线上，得PP′＝m.又P在原抛物线上，P、P′关于x＝-■=-■＝1对称，所以xP＝1+■，得yP=-21+■2+41+■＝－■m2+2，此时，S＝■CD·yP
＝－■m2+2.
（ⅱ）m＞2时，P点在x轴下方，如图2，同理xP=1+■，yP=－■m2+2，此时S＝■CD·yP＝■m2－2.
例2（2010年哈尔滨市中考试题）如图3，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，四边形AOCB是梯形，AB∥OC，点A的坐标为（0，8），点C的坐标为（10，0），OB=OC.（1）求点B的坐标；（2）当P从C点出发，沿线段CO以5个单位每秒的速度向终点O匀速运动，过点P作PH⊥OB，垂足为H，设△HBP的面积为S（S≠0），点P的运动时间为t秒，求S与t之间的函数关系式（直接写出自变量t的取值范围）；（3）在（2）的条件下，过点P作PM∥CB交线段AB于点M，过点M作MR⊥OC，垂足为R，线段MR分别交直线PH、OB于点E、G，点F为线段PM的中点，连接EF，当t为何值时，■=■？
剖析：（1）、（2）不难求出，我们着重探讨（3）.观察动点G和E的变化，当P从C点出发，由于PM∥CB，得CP=BM.MR与OB的交点G在MR与PH的交点E的上方，随着P点向左运动，G、E两点逐渐靠拢，至G、E、H三点重合.P点继续运动，这时G在E的下方.由于E、G重合时，EG＝0，无意义，为此应分两种情况予以讨论.
解：（ⅰ） 如图3，G在E的上方，在Rt△MRP中∠1+∠RPM＝90°，又PH⊥OB，得∠2+∠3＝90°.由PM∥BC，OB=OC，得∠3＝∠RPM，所以∠1=∠2.又F为MP的中点，得EF⊥MP.由RP＝4，MR＝8，得MP＝4■.在Rt△MEF中，EF＝MF·tan∠1＝2■×■＝■.ME＝■＝5.由■＝■，得EG＝2，因此MG＝3.由△BMG
∽△ORG，知■＝■，得■=■，解得t=■.
（ⅱ） G在E的下方，对照图4发现（ⅰ）的解题思路完全适用，区别在于G在E的下方，MG＝5+2
＝7，利用相似三角形性质，得■＝■，解得t=■.M在线段AB上，0≤CP≤6，即0≤5t≤6，t的变化范围为0≤t≤■，所得的两解都符合题意.
对于动态问题，我们只能画出某一时刻的图形，采用化动为静的方法来解决.几何图形具有直观性，它能给以启示.但由于是静态，几何图形不可避免地具有局限性，常会出现漏解.因此考察变化的全过程，用动态的观点来看问题十分必要.
二、依据所求问题的解可能出现的多种可能进行分类
例3（2010年徐州市中考试题）如图5，已知二次函数y=-■x2+■x+4的图象与y轴交于点A，与x轴交于B、C两点，其对称轴与x轴交于点D，连接AC.（1）点A的坐标为，点C的坐标为；
（2）线段AC上是否存在点E，使得△EDC为等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的点E的坐标；若不存在，请说明理由.
剖析：易得A（0，4），C（8，0），B（-2，0），D（3，0）.△EDC为等腰三角形，根据三角形顶角的顶点可能是C、D或E，我们将它分成三类.
（ⅰ） 以E为顶角的顶点.由于C、D是两个定点，即CD为底边，所以CD的垂直平分线与AC的交点就是E，设为E1.CD的垂直平分线为x=■，易求得AC的函数表达式为y=-■x+4，以x＝■代入，得y=■，所以E1■，■.
（ⅱ） 以C为顶角的顶点.腰长为CD，E点就是以C为圆心、CD长为半径的圆弧与AC的交点，设为E2.过E2作E2F⊥CD于F，利用△CE2F∽△CAO，易求得E2F＝■，CF＝2■.所以E28-2■，■.
（ⅲ） 以D为顶角的顶点.以D为圆心、DC长为半径画弧，交线段AC于C、A，其中C不合题意.设A为E3，E3（0，4）.
当然，也可以底边或腰来分类，但由于角的顶点只是一个点，显然分类更为简明，不会发生重复或遗漏的错误.
例4（2010年常州市中考试题）如图6，已知二次函数y=ax2+bx+3的图象与x轴相交于点A、C，与y轴相交于点B.A－■，0，且△AOB∽△BOC.
（1）求C点坐标、∠ABC的度数及二次函数y=ax2+bx+3的关系式；
（2）在线段AC上是否存在点M（m，0），使得以线段BM为直径的圆与边BC交于P点（与点B不同），且以点P、C、O为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.
剖析：题中出现两个动点，M（m，0）在AC上，P点在BC上，如果按照题中提出的顺序，由M来定P，再确定P点是否能使△PCO为等腰三角形，显见难度较大.由于对BC上找点P，使△PCO为等腰三角形这一问题较熟悉，且知P点个数有限，我们调整思路，先在线段BC上找点P，使△PCO为等腰三角形，再由P来定M.由于BM为直径，P为圆上一点，所以∠BPM＝90°.易证∠ABC为90°，所以PM∥AB.因此只要过P作AB的平行线，它与AC的交点就是M.
解：（ⅰ） P为等腰三角形PCO顶角的顶点，则OC为底边.作OC的垂直平分线交BC于P1，易得P12，■，且P1为BC的中点.作P1M1⊥BC，交AC于M1，设CM1＝z，在Rt△BOM1中，z2=（4-z）2+32，解得z=■，所以OM1＝4－■＝■，M1■，0.
（ⅱ）以C为顶角的顶点，CP2=CO=4，作P2M2∥AB，所以■=■，即■=■，解得CM2=5，OM2=5-4=1，M2（-1，0）.
（ⅲ） 以O为顶角的顶点，以O为圆心，OC＝4为半径的圆与线段BC只交于C，而C点不合题意.
综上，m的值为■和-1.
例5（2010年贵阳市中考试题）如图7，在直角坐标系中，已知点M0（1，0），将线段OM0绕原点O沿逆时针方向旋转45°，再将其延长到点M1，使得M1M0⊥OM0，得到线段OM1；又将线段OM1绕原点O沿逆时针方向旋转45°，再将其延长到点M2，使得M2M1⊥OM1，得到线段OM2，如此下去，得到线段OM3，OM4，…，OMn .（1）写出点M5的坐标.（2）求△M5OM6的周长.（3）现规定：点Mn（xn，yn）（n=0，1，2，3…）的横坐标xn、纵坐标yn都取绝对值后得到的新坐标（xn，yn）称为点Mn的“绝对坐标”.根据图中点Mn的分布规律，请你猜想并写出点Mn的“绝对坐标”.
剖析：考虑图形动态变化的过程，发现每一次操作得到一个等腰直角三角形，且前一直角三角形的斜边是后一直角三角形的直角边，由于第一个等腰直角三角形M0OM1的斜边长为■，根据这一规律可知：斜边长组成的数列是■，■2，■3，…，■n，直角边组成的数列为1，■，■2，…■n-1.由于每次旋转45°，M分别在x轴、y轴和各象限的角平分线上，且角旋转8次，则Mk+8与Mk在同一射线上.
解：由于绝对坐标是取原坐标的绝对值，根据解的不同情况，分成三类：
（ⅰ）当Mn在x轴上时，即n=0，4，8，12，…Mn的纵坐标为0，横坐标的绝对值是线段OM0，OM4，OM8，…的长，即第1个，第5个，第9个，…等腰直角三角形直角边的长，分别为■0＝1，■4，■8，…所以Mn的绝对坐标■n，0.
（ⅱ）当Mn在y轴上时，即n=2，6，10，14，…Mn的横坐标为0，其纵坐标是第2个，第6个，第10个，…等腰直角三角形的斜边的长分别为■2，■6，■10，…所以Mn的绝对坐标为0，■n.
（ⅲ） 当Mn在各象限的角平分线上，即n=1，3，5，7，…时，Mn横纵坐标的绝对值相等且分别是第1个，第3个，第5个…等腰直角三角形的腰长■0＝1，■3-1，■5-1…，所以Mn的绝对坐标为■n-1，■n-1.
数学思想的重要在于它的指导性，对数学思想的掌握，主要在于运用.在解题的实践中不断感悟，不断提高认知的深度，才能达到得心应手，运用自如的程度.
“本文中所涉及到的图表、公式、注解等请以PDF格式阅读”
如何进行分类，这是操作的关键，也是大家关注的问题.这个问题很大，本文只是结合2010年中考试题，着重谈以下两个方面.
一、依据动态变化过程中出现的各种情况进行分类
例1（2010年江西省中考试题）如图1，已知经过原点的抛物线y=-2x2+4x与x轴的另一个交点为A，现将它向右平移m（m＞0）个单位，所得抛物线与x轴交于C、D两点，与原抛物线交于点P.
（1）求点A的坐标，并判断△PCA存在时它的形状（不要求说理）；
（2）略；
（3）设△CDP的面积为S，求S关于m的关系式.
剖析：当抛物线y=-2x2+4x向右平移时，所得抛物线与原抛物线的交点P在第一象限，并逐渐向右、向下移动.当m=2时，O点平移到A点，P点与A点重合.继续向右平移，即当m＞2时，交点P在x轴下方，保持向右向下运动的态势.而S△CDP＝■·CD·h＝h，当P在x轴上方时，h=yP；而当P在x轴下方时，h=-yP；当P在x轴上，P、C、D不构成三角形.至此，如何分类就十分明显了.
解：（1）y=-2x2+4x，令y=0，解得x1=0，x2
=2，∴A（2，0）.△PCA为等腰三角形.
（3）（ⅰ） 0＜m＜2时，P点在x轴上方.如图1，过P作PP′∥x轴，交原抛物线于P′，P在新抛物线上，得PP′＝m.又P在原抛物线上，P、P′关于x＝-■=-■＝1对称，所以xP＝1+■，得yP=-21+■2+41+■＝－■m2+2，此时，S＝■CD·yP
＝－■m2+2.
（ⅱ）m＞2时，P点在x轴下方，如图2，同理xP=1+■，yP=－■m2+2，此时S＝■CD·yP＝■m2－2.
例2（2010年哈尔滨市中考试题）如图3，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，四边形AOCB是梯形，AB∥OC，点A的坐标为（0，8），点C的坐标为（10，0），OB=OC.（1）求点B的坐标；（2）当P从C点出发，沿线段CO以5个单位每秒的速度向终点O匀速运动，过点P作PH⊥OB，垂足为H，设△HBP的面积为S（S≠0），点P的运动时间为t秒，求S与t之间的函数关系式（直接写出自变量t的取值范围）；（3）在（2）的条件下，过点P作PM∥CB交线段AB于点M，过点M作MR⊥OC，垂足为R，线段MR分别交直线PH、OB于点E、G，点F为线段PM的中点，连接EF，当t为何值时，■=■？
剖析：（1）、（2）不难求出，我们着重探讨（3）.观察动点G和E的变化，当P从C点出发，由于PM∥CB，得CP=BM.MR与OB的交点G在MR与PH的交点E的上方，随着P点向左运动，G、E两点逐渐靠拢，至G、E、H三点重合.P点继续运动，这时G在E的下方.由于E、G重合时，EG＝0，无意义，为此应分两种情况予以讨论.
解：（ⅰ） 如图3，G在E的上方，在Rt△MRP中∠1+∠RPM＝90°，又PH⊥OB，得∠2+∠3＝90°.由PM∥BC，OB=OC，得∠3＝∠RPM，所以∠1=∠2.又F为MP的中点，得EF⊥MP.由RP＝4，MR＝8，得MP＝4■.在Rt△MEF中，EF＝MF·tan∠1＝2■×■＝■.ME＝■＝5.由■＝■，得EG＝2，因此MG＝3.由△BMG
∽△ORG，知■＝■，得■=■，解得t=■.
（ⅱ） G在E的下方，对照图4发现（ⅰ）的解题思路完全适用，区别在于G在E的下方，MG＝5+2
＝7，利用相似三角形性质，得■＝■，解得t=■.M在线段AB上，0≤CP≤6，即0≤5t≤6，t的变化范围为0≤t≤■，所得的两解都符合题意.
对于动态问题，我们只能画出某一时刻的图形，采用化动为静的方法来解决.几何图形具有直观性，它能给以启示.但由于是静态，几何图形不可避免地具有局限性，常会出现漏解.因此考察变化的全过程，用动态的观点来看问题十分必要.
二、依据所求问题的解可能出现的多种可能进行分类
例3（2010年徐州市中考试题）如图5，已知二次函数y=-■x2+■x+4的图象与y轴交于点A，与x轴交于B、C两点，其对称轴与x轴交于点D，连接AC.（1）点A的坐标为，点C的坐标为；
（2）线段AC上是否存在点E，使得△EDC为等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的点E的坐标；若不存在，请说明理由.
剖析：易得A（0，4），C（8，0），B（-2，0），D（3，0）.△EDC为等腰三角形，根据三角形顶角的顶点可能是C、D或E，我们将它分成三类.
（ⅰ） 以E为顶角的顶点.由于C、D是两个定点，即CD为底边，所以CD的垂直平分线与AC的交点就是E，设为E1.CD的垂直平分线为x=■，易求得AC的函数表达式为y=-■x+4，以x＝■代入，得y=■，所以E1■，■.
（ⅱ） 以C为顶角的顶点.腰长为CD，E点就是以C为圆心、CD长为半径的圆弧与AC的交点，设为E2.过E2作E2F⊥CD于F，利用△CE2F∽△CAO，易求得E2F＝■，CF＝2■.所以E28-2■，■.
（ⅲ） 以D为顶角的顶点.以D为圆心、DC长为半径画弧，交线段AC于C、A，其中C不合题意.设A为E3，E3（0，4）.
当然，也可以底边或腰来分类，但由于角的顶点只是一个点，显然分类更为简明，不会发生重复或遗漏的错误.
例4（2010年常州市中考试题）如图6，已知二次函数y=ax2+bx+3的图象与x轴相交于点A、C，与y轴相交于点B.A－■，0，且△AOB∽△BOC.
（1）求C点坐标、∠ABC的度数及二次函数y=ax2+bx+3的关系式；
（2）在线段AC上是否存在点M（m，0），使得以线段BM为直径的圆与边BC交于P点（与点B不同），且以点P、C、O为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.
剖析：题中出现两个动点，M（m，0）在AC上，P点在BC上，如果按照题中提出的顺序，由M来定P，再确定P点是否能使△PCO为等腰三角形，显见难度较大.由于对BC上找点P，使△PCO为等腰三角形这一问题较熟悉，且知P点个数有限，我们调整思路，先在线段BC上找点P，使△PCO为等腰三角形，再由P来定M.由于BM为直径，P为圆上一点，所以∠BPM＝90°.易证∠ABC为90°，所以PM∥AB.因此只要过P作AB的平行线，它与AC的交点就是M.
解：（ⅰ） P为等腰三角形PCO顶角的顶点，则OC为底边.作OC的垂直平分线交BC于P1，易得P12，■，且P1为BC的中点.作P1M1⊥BC，交AC于M1，设CM1＝z，在Rt△BOM1中，z2=（4-z）2+32，解得z=■，所以OM1＝4－■＝■，M1■，0.
（ⅱ）以C为顶角的顶点，CP2=CO=4，作P2M2∥AB，所以■=■，即■=■，解得CM2=5，OM2=5-4=1，M2（-1，0）.
（ⅲ） 以O为顶角的顶点，以O为圆心，OC＝4为半径的圆与线段BC只交于C，而C点不合题意.
综上，m的值为■和-1.
例5（2010年贵阳市中考试题）如图7，在直角坐标系中，已知点M0（1，0），将线段OM0绕原点O沿逆时针方向旋转45°，再将其延长到点M1，使得M1M0⊥OM0，得到线段OM1；又将线段OM1绕原点O沿逆时针方向旋转45°，再将其延长到点M2，使得M2M1⊥OM1，得到线段OM2，如此下去，得到线段OM3，OM4，…，OMn .（1）写出点M5的坐标.（2）求△M5OM6的周长.（3）现规定：点Mn（xn，yn）（n=0，1，2，3…）的横坐标xn、纵坐标yn都取绝对值后得到的新坐标（xn，yn）称为点Mn的“绝对坐标”.根据图中点Mn的分布规律，请你猜想并写出点Mn的“绝对坐标”.
剖析：考虑图形动态变化的过程，发现每一次操作得到一个等腰直角三角形，且前一直角三角形的斜边是后一直角三角形的直角边，由于第一个等腰直角三角形M0OM1的斜边长为■，根据这一规律可知：斜边长组成的数列是■，■2，■3，…，■n，直角边组成的数列为1，■，■2，…■n-1.由于每次旋转45°，M分别在x轴、y轴和各象限的角平分线上，且角旋转8次，则Mk+8与Mk在同一射线上.
解：由于绝对坐标是取原坐标的绝对值，根据解的不同情况，分成三类：
（ⅰ）当Mn在x轴上时，即n=0，4，8，12，…Mn的纵坐标为0，横坐标的绝对值是线段OM0，OM4，OM8，…的长，即第1个，第5个，第9个，…等腰直角三角形直角边的长，分别为■0＝1，■4，■8，…所以Mn的绝对坐标■n，0.
（ⅱ）当Mn在y轴上时，即n=2，6，10，14，…Mn的横坐标为0，其纵坐标是第2个，第6个，第10个，…等腰直角三角形的斜边的长分别为■2，■6，■10，…所以Mn的绝对坐标为0，■n.
（ⅲ） 当Mn在各象限的角平分线上，即n=1，3，5，7，…时，Mn横纵坐标的绝对值相等且分别是第1个，第3个，第5个…等腰直角三角形的腰长■0＝1，■3-1，■5-1…，所以Mn的绝对坐标为■n-1，■n-1.
数学思想的重要在于它的指导性，对数学思想的掌握，主要在于运用.在解题的实践中不断感悟，不断提高认知的深度，才能达到得心应手，运用自如的程度.
“本文中所涉及到的图表、公式、注解等请以PDF格式阅读”