读懂条件，分类讨论——2023年春伍家岗区八年级数学期末第24题阅卷分析
人教版八年级数学下册的平行四边形、一次函数背景下，探究图形存在性，通常要进行分类，尤其当题目条件中出现了平行四边形、等腰三角形时，格外留意多种形状的存在性。
2023年春伍家岗区八年级数学期末第24题，以一次函数为背景，探讨其中的平行四边形、等腰三角形存在性，对学生构图能力提出较高要求，这是一道代几综合压轴题，在解答过程中，暴露出学生思考问题全面性还存在一定漏洞，同时本题解法众多，勾股定理、图形的平移、一次函数图象性质均可作为突破口。
题目
已知点C是射线y=1/2x(x>0)上一动点，直线MN交y轴于点B（0，4），交x轴负半轴于点A，点E是直线AB上一动点，点H在x轴正半轴上.
(1)如图1，若∠CBO=2∠MBC，∠CAO=2∠CAB，求∠BCA；
(2)如图2，若∠BCO=2∠COH，求直线BC的解析式；
(3)当OCBE为平行四边形，△OBC为等腰三角形时，求点E的坐标.
解析：
(1)关于角度之间的数量关系，通常情况下用字母表示会快捷一些，不妨设∠MBC=α，则∠CBO=2α，设∠CAB=β，则∠CAO=2β，如下图：
对于△AOB，∠MBO是它的一个外角，则∠MBO=∠BAO ∠AOB，即3α=3β 90°，可得α-β=30°；
对于△ABC，∠MBC是它的一个外角，则
∠MBC=∠BAC ∠BCA，即α=β ∠BCA，可得∠BCA=α-β=30°；
(2)倍角条件通常可化为等角条件，“截大补小”，本题中采用前者，过点C作CD⊥y轴，如下图：
显然CD∥x轴，得∠DCO=∠COH，而由∠BCO=2∠COH，可知CD平分∠BCO，这样容易证明点D是OB中点，从而得到点C纵坐标为2，于是C(4,2)，结合点B坐标(0,4)，可求出直线BC的解析式为y=-1/2x 4；
(3)本题图形的存在性有两层，首先是等腰三角形OBC，其次是平行四边形OCBE，要注意的是，平行四边形四个顶点顺序是相对固定的，这句话不同于“以O、C、B、E为顶点的平行四边形”，需要讨论的情况不会那么多，我们首先针对等腰△OBC进行分类：当BC=OC时；当BC=BO时；OB=OC时；
①当BC=OC时，这是最为简单的一种情况，几乎可以直接看出结果，如下图：
其中点E和点C关于y轴对称，因此E(-4,2)；
若没有名称规定限制，其实还有如下平行四边形，如下图：
当然这两个图形并不符合本小题要求，它们的名称分别是平行四边形OBCE和平行四边形OBEC；
②当BC=BO时，如下图：
过点C作CD⊥y轴，利用点C在直线y=1/2x上的特点，设C(2t,t)，于是CD=2t，BD=4-t，BC=BO=4，Rt△BCD中，由勾股定理列方程得16=(4-t)² 4t²，解得t=8/5，于是C(16/5,8/5)，根据OE与CB平行且相等，由平移性质求得E(-16/5,12/5)；
③当OB=OC时，如下图：
辅助线同上，仍然设C(2t,t)，在Rt△COD中，利用勾股定理求出t=4√5/5，于是C(8√5/5,4√5/5)，同样由平移性质求得E(-8√5/5,4-4√5/5)；
综上所述，点E总共有三种情况，分别是(-4,2)，(-16/5,12/5)，(-8√5/5,4-4√5/5).
解题反思
从阅卷结果来看，本小题的答题情况明显两极分化，从得分段上来看，0分居多，一般能完成第1问的，基本上第2问也能够完成，所以6分比3分人数要多，剩下得到6分以上的比较少。在得分答卷中，满分较少，这里需要说明的是，只写答案不给过程，评分是1分，最后一问写出6个甚至9个坐标的，虽然都是对的，但不在题目要求范围内，相应扣了1分，这是典型的审题错误。这道题对学生的区分主要是第3问的那句“平行四边形OCBE”上，与数学知识关系不大。
本题方法众多，也可利用等腰三角形三线合一，全等三角形等求坐标，基本上平时认真学习的学生，在这道题上并不会感到有多大困难。
仅对最后一小题的区分设置提出一点个人看法，如果是通常的存在性问题探究，那么我们一般不会区分四个顶点的顺序，这样自由度更大，也更贴近考察学生的本意，当然这道题出现总共9种情况，确实多了一点，如何减少结果个数，同时又能利用数学思维本身的提升去区分学生呢？
只需要把平行四边形改为菱形。
“以O、C、B、E为顶点的菱形”，至于哪条线段为边，哪条线段为对角线，由学生自由探索，有兴趣的老师们可以试试。
当然这样修改之后，对学生而言难度提升有限，但好处是减少因读题产生的误区，这道题看上去是一次函数压轴题，实质上却是一道几何题。
在平时教学中，如何培养学生分类讨论的习惯，这需要我们在课堂上给学生足够的时间去思考，从不同角度看，从不同角度思考，相互交流印证，拓宽思维，养成习惯。
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