换元法

这时，监考老师的脚步声从身后传来，林依下意识挺直脊背，目光再次落回卷面。接下来的题目还有很多，但她的心里，已经没有了最初的慌乱，只剩下步步为营的笃定。

翻过试卷的第二面，压轴的函数综合题赫然映入眼帘，题干密密麻麻占了大半页纸：已知二次函数 y=ax^2+bx+c 的图像经过点 A(-1,0)，B(3,0)，C(0,3)，点 P 是该函数图像上的动点，且横坐标为 m，过点 P 作 PD\perp x 轴，垂足为 D，交直线 BC 于点 Q，当 \triangle PQC 的面积为 2 时，求 m 的值。

林依扫了一眼题目，立刻意识到这道题的难点在于动点坐标的表示和面积的转化计算，直接设坐标计算容易出现变量混淆，她决定沿用换元的思路，把复杂的坐标关系拆解开。

首先，她根据二次函数过 A(-1,0)、B(3,0)、C(0,3) 三点，用交点式设函数解析式为 y=a(x+1)(x-3)，代入 C(0,3) 得 3=a(0+1)(0-3)，解得 a=-1，因此二次函数解析式为 y=-(x+1)(x-3)=-x^2+2x+3。

接着求直线 BC 的解析式，设其为 y=kx+d，代入 B(3,0)、C(0,3)，解得 k=-1，d=3，即 y=-x+3。

到这里，动点 P 和点 Q 的坐标需要用 m 表示，林依怕混淆变量，干脆做了一个换元设定：令点 P 的横坐标 m=t，那么 P(t,-t^2+2t+3)，Q(t,-t+3)。

因为 PD\perp x 轴，所以 PQ 的长度就是两点纵坐标的差的绝对值。她快速判断：当点 P 在直线 BC 上方时，PQ=(-t^2+2t+3)-(-t+3)=-t^2+3t。

接下来求 \triangle PQC 的面积，直接用底乘高计算不方便，林依想到了割补法结合换元的技巧。她将 PQ 作为三角形的底，底边上的高就是点 C 到直线 PD 的水平距离——因为 PD 是垂直于 x 轴的直线 x=t，所以高的长度就是 |t-0|=|t|。

根据三角形面积公式，S_{\triangle PQC}=\frac{1}{2}\times PQ\times |t|=\frac{1}{2}\times(-t^2+3t)\times|t|=2。

这里需要分情况讨论，林依在草稿纸上清晰地写下两种情况：

3. 当 t>0 时，|t|=t，方程化为 \frac{1}{2}(-t^2+3t)t=2，整理得 -t^3+3t^2-4=0，即 t^3-3t^2+4=0。她观察到 t=-1 是方程的一个根，用因式分解法将式子化为 (t+1)(t^2-4t+4)=0，解得 t=-1（舍去）或 t=2。

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4. 当 t<0 时，|t|=-t，方程化为 \frac{1}{2}(-t^2+3t)(-t)=2，整理得 t^3-3t^2-4=0，因式分解为 (t-2)(t^2-t+2)=0，解得 t=2（舍去）或 t^2-t+2=0（无实数根）。

综上，t=2，也就是 m=2。

林依刚写完答案，忽然发现还有一种遗漏的情况：当点 P 在直线 BC 下方时，PQ=(-t+3)-(-t^2+2t+3)=t^2-3t，此时面积方程为 \frac{1}{2}(t^2-3t)|t|=2。

她立刻补全计算，当 t>3 时，方程化为 \frac{1}{2}(t^2-3t)t=2，即 t^3-3t^2-4=0，解得 t=\frac{3+\sqrt{21}}{2}；当 0<t<3 时，此情况无实数根；当 t<0 时，解得 t=\frac{3-\sqrt{21}}{2}。

最终，m 的值有三个：2、\frac{3+\sqrt{21}}{2}、\frac{3-\sqrt{21}}{2}。

放下笔的那一刻，林依感觉手心的汗已经干透了。她抬头看了一眼墙上的时钟，距离考试结束还有二十分钟，大部分考生还在埋头苦算，阳光斜斜地照在答题卡的条形码上，反射出细碎的光。

她忽然觉得，这场中考就像一场漫长的登山，途中有陡峭的崖壁，有蜿蜒的小径，但只要稳住脚步，握紧手中的“工具”——那些烂熟于心的公式和方法，就总能找到向上的路。