2017-2018学年最新中考数学压轴题的满分攻略-几何计算域说理计算问题

中考数学压轴题解题技巧完整版数学综压轴题是为考察考生综合运用知识的能力而设计的,集中体现知识的综合性和方法的综合性,多数为函数型综合题和几何型综合题;函数型综合题：是给定直角坐标系和几何图形,先求函数的解析式,再进行图形的研究,求点的坐标或研究图形的某些性质;求已知函数的解析式主要方法是待定系数法,关键是求点的坐标,而求点的坐标基本方法是几何法图形法和代数法解析法;几何型综合题：是先给定几何图形,根据已知条件进行计算,然后有动点或动线段运动,对应产生线段、面积等的变化,求对应的未知函数的解析式,求函数的自变量的取值范围,最后根据所求的函数关系进行探索研究;一般有：在什么条件下图形是等腰三角形、直角三角形,四边形是平行四边形、菱形、梯形等,或探索两个三角形满足什么条件相似等,或探究线段之间的数量、位置关系等,或探索面积之间满足一定关系时求x的值等,或直线圆与圆的相切时求自变量的值等;求未知函数解析式的关键是列出包含自变量和因变量之间的等量关系即列出含有x、y的方程,变形写成y＝fx的形式;找等量关系的途径在初中主要有利用勾股定理、平行线截得比例线段、三角形相似、面积相等方法;求函数的自变量的取值范围主要是寻找图形的特殊位置极端位置和根据解析式求解;而最后的探索问题千变万化,但少不了对图形的分析和研究,用几何和代数的方法求出x的值;解中考压轴题技能：中考压轴题大多是以坐标系为桥梁,运用数形结合思想,通过建立点与数即坐标之间的对应关系,一方面可用代数方法研究几何图形的性质,另一方面又可借助几何直观,得到某些代数问题的解答;关键是掌握几种常用的数学思想方法;一是运用函数与方程思想;以直线或抛物线知识为载体,列解方程或方程组求其解析式、研究其性质;二是运用分类讨论的思想;对问题的条件或结论的多变性进行考察和探究;三是运用转化的数学的思想;由已知向未知,由复杂向简单的转换;中考压轴题它是对考生综合能力的一个全面考察,所涉及的知识面广,所使用的数学思想方法也较全面;因此,可把压轴题分离为相对独立而又单一的知识或方法组块去思考和探究;解中考压轴题技能技巧：一是对自身数学学习状况做一个完整的全面的认识;根据自己的情况考试的时候重心定位准确,防止“捡芝麻丢西瓜”;所以,在心中一定要给压轴题或几个“难点”一个时间上的限制,如果超过你设置的上限,必须要停止,回头认真检查前面的题,尽量要保证选择、填空万无一失,前面的解答题尽可能的检查一遍;二是解数学压轴题做一问是一问;第一问对绝大多数同学来说,不是问题；如果第一小问不会解,切忌不可轻易放弃第二小问;过程会多少写多少,因为数学解答题是按步骤给分的,写上去的东西必须要规范,字迹要工整,布局要合理；过程会写多少写多少,但是不要说废话,计算中尽量回避非必求成分；尽量多用几何知识,少用代数计算,尽量用三角函数,少在直角三角形中使用相似三角形的性质;三是解数学压轴题一般可以分为三个步骤;认真审题,理解题意、探究解题思路、正确解答;审题要全面审视题目的所有条件和答题要求,在整体上把握试题的特点、结构,以利于解题方法的选择和解题步骤的设计;解数学压轴题要善于总结解数学压轴题中所隐含的重要数学思想,如转化思想、数形结合思想、分类讨论思想及方程的思想等;认识条件和结论之间的关系、图形的几何特征与数、式的数量、结构特征的关系,确定解题的思路和方法．当思维受阻时,要及时调整思路和方法,并重新审视题意,注意挖掘隐蔽的条件和内在联系,既要防止钻牛角尖,又要防止轻易放弃;中考压轴题是为考察考生综合运用知识的能力而设计的题目,其特点是知识点多,覆盖面广,条件隐蔽,关系复杂,思路难觅,解法灵活;所以,解数学压轴题,一要树立必胜的信心,要做到：数形结合记心头,大题小作来转化,潜在条件不能忘,化动为静多画图,分类讨论要严密,方程函数是工具,计算推理要严谨,创新品质得提高;示例：如图,在平面直角坐标系中,已知矩形ABCD的三个顶点B4,0、C8,0、D8,8.抛物线y=ax2+bx过A、C两点. 1直接写出点A的坐标,并求出抛物线的解析式；2动点P从点A出发．沿线段AB向终点B运动,同时点Q从点C出发,沿线段CD向终点D运动．速度均为每秒1个单位长度,运动时间为t秒.过点P作PE⊥AB交AC于点E.①过点E作EF⊥AD于点F,交抛物线于点G.当t为何值时,线段EG最长②连接EQ．在点P、Q运动的过程中,判断有几个时刻使得△CEQ是等腰三角形请直接写出相应的t值.解：1点A的坐标为4,8 …………………1分将A4,8、C8,0两点坐标分别代入y=ax2+bx得 8=16a+4b,b=40=64a+8b 解得a=-12∴抛物线的解析式为：y=-1x2+4x …………………3分22①在Rt △APE 和Rt △ABC 中,tan ∠PAE=PE AP =BC AB ,即PE AP =48∴PE=12AP=12t ．PB=8-t ． ∴点Ｅ的坐标为4+12t,8-t.∴点G 的纵坐标为：-124+12t 2+44+12t=-18t 2+8. …………………5分 ∴EG=-18t 2+8-8-t =-18t 2+t.∵-18＜0,∴当t=4时,线段EG 最长为2. …………………7分②共有三个时刻. …………………8分t 1=163, t 2=4013,t 3． (11)分中考数学三类押轴题专题训练第一类：选择题押轴题1. 湖北襄阳3分如果关于x 的一元二次方程2kx 10-+=有两个不相等的实数根,那么k 的取值范围是 A ．k ＜12 B ．k ＜12且k ≠0 C ．﹣12≤k ＜12 D ．﹣12≤k ＜12且k ≠0题型方程类代数计算; 2. 武汉市3分下列命题： ①若0a b c ++=,则240b ac -≥；②若b a c >+,则一元二次方程20ax bx c ++=有两个不相等的实数根； ③若23b a c =+,则一元二次方程20ax bx c ++=有两个不相等的实数根；OAFCEB④若240b ac->,则二次函数的图像与坐标轴的公共点的个数是2或3.其中正确的是．Ａ.只有①②③Ｂ．只有①③④Ｃ．只有①④Ｄ．只有②③④．题型方程、等式、不等式类代数变形或计算;3. 湖北宜昌3分已知抛物线y=ax2﹣2x+1与x轴没有交点,那么该抛物线的顶点所在的象限是A．第四象限 B．第三象限 C．第二象限 D．第一象限题型代数类函数计算;4. 湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田3分已知二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示,它与x轴的两个交点分别为﹣1,0,3,0．对于下列命题：①b﹣2a=0；②abc＜0；③a﹣2b+4c＜0；④8a+c＞0．其中正确的有A．3个 B．2个 C．1个 D．0个题型函数类代数间接多选题;5. 山东济南3分如图,∠MON=90°,矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM,ON上,当B在边ON上运动时,A随之在边OM上运动,矩形ABCD的形状保持不变,其中AB=2,BC=1,运动过程中,点D到点O的最大距离为A．21B．5C．1455D．52题型几何类动态问题计算;6. 福建3分如图,点O是△ABC的内心,过点O作EF∥AB,与AC、BC分别交于点E、F,则A . EF>AE+BF B. EF<AE+BF=AE+BF ≤AE+BF题型几何类证明;7. 湖北武汉3分在面积为15的平行四边形ABCD中,过点A作AE垂直于直线BC于点E,作AF垂直于直线CD于点F,若AB＝5,BC＝6,则CE＋CF的值为A．11＋1132 B．11－1132C．11＋1132或11－1132D．11－1132或1＋32题型几何类分类问题计算;8. 湖北恩施3分如图,菱形ABCD和菱形ECGF的边长分别为2和3,∠A=120°,则图中阴影部分的面积是A．3 B．2 C．3 D．2题型几何类面积问题计算;9. 湖北咸宁3分中央电视台有一个非常受欢迎的娱乐节目：墙来了选手需按墙上的空洞造型摆出相同姿势,才能穿墙而过,否则会被墙推入水池．类似地,有一个几何体恰好无缝隙地以三个不同形状的“姿势”穿过“墙”上的三个空洞,则该几何体为．A．B．C．D．题型几何类识图问题判断;10. 湖北黄冈3分如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=BC=6cm,点P 从点A 出发,沿AB 方向以每秒2cm 的速度向终点B 运动；同时,动点Q 从点B 出发沿BC 方向以每秒1cm 的速度向终点C 运动,将△PQC 沿BC 翻折,点P 的对应点为点P ′.设Q 点运动的时间t 秒,若四边形QPCP ′为菱形,则t 的值为 A. 2 B. 2C. 22 D. 4题型几何类动态问题计算;11. 湖北十堰3分如图,O 是正△ABC 内一点,OA=3,OB=4,OC=5,将线段BO 以点B 为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO ′,下列结论：①△BO ′A 可以由△BOC 绕点B 逆时针旋转60°得到；②点O 与O ′的距离为4；③∠AOB=150°；④AOBO S =6+33四形边；⑤AOCAOB93SS6+4+=．其中正确的结论是 A ．①②③⑤ B ．①②③④ C ．①②③④⑤ D ．①②③ 题型几何类间接多选题;12. 湖北孝感3分如图,在菱形ABCD 中,∠A ＝60o,E 、F 分别是AB 、AD 的中点,DE 、BF 相交于点G,连接BD 、CG ．给出以下结论,其中正确的有①∠BGD ＝120o ；②BG ＋DG ＝CG ；③△BDF ≌△CGB ；④2ADE 3S =AB 4∆． A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个 题型几何类间接多选题;13. 湖南岳阳3分如图,AB 为半圆O 的直径,AD 、BC 分别切⊙O 于A 、B 两点,CD 切⊙O 于点E,AD 与CD 相交于D,BC 与CD 相交于C,连接OD 、OC,对于下列结论：①OD 2=DECD ；②AD+BC=CD ；③OD=OC ；④S 梯形ABCD =CDOA ；⑤∠DOC=90°,其中正确的是题型几何类间接多选题;14. 山东东营3分 如图,一次函数3+=x y 的图象与x 轴,y 轴交于A ,B 两点,与反比例函数xy 4=的图象相交于C ,D 两点,分别过C ,D两点作y 轴,x 轴的垂线,垂足为E ,F ,连接CF ,DE ．有下列四个结论：①△CEF 与△DEF 的面积相等； ②△AOB ∽△FOE ； ③△DCE ≌△CDF ； ④AC BD =． 其中正确的结论是A ．①②B ． ①②③C ．①②③④D ． ②③④ 题型坐标几何类间接多选题;15. 湖北黄石3分如图所示,已知A 11(,y )2,B 2(2,y )为反比例函数1y =图像上的两点,动点P (x,0)在x 正半轴上运动,当线段AP 与线段BP 之差达到最大时,点P 的坐标是A. 1(,0)2B. (1,0)C. 3(,0)2D. 5(,0)2题型坐标几何类计算题;16. 浙江湖州3分如图,已知点A4,0,O 为坐标原点,P 是线段OA 上任意一点不含端点O,A,过P 、O 两点的二次函数y 1和过P 、A 两点的二次函数y 2的图象开口均向下,它们的顶点分别为B 、C,射线OB 与AC 相交A ．①②⑤ B ．②③④ C ．③④⑤ D ．①④⑤ yxDCA B O FE第13题图=原题12题nS =+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++2011321S S S S 于点D ．当OD=AD=3时,这两个二次函数的最大值之和等于 A 5453C ．3D ．4题型坐标几何类动态问题计算题;17. 山东省威海3分已知：直线n 为正整数与两坐标轴围成的三角形面积为 , 则 题型坐标几何类规律探究计算题;18. 湖北鄂州3分在平面坐标系中,正方形ABCD 的位置如图所示,点A 的坐标为1,0,点D的坐标为0,2,延长CB交x 轴于点A 1,作正方形A 1B 1C 1C,延长C 1B 1交x 轴于点A 2,作正方形A 2B 2C 2C 1,………按这样的规律进行下去,第2012个正方形的面积为 A.2010)23(5⋅ B.2010)49(5⋅ B. C.2012)49(5⋅ D.4022)23(5⋅ 题型坐标几何类规律探究计算题; 19广西柳州3分小兰画了一个函 数的图象如图,那么关于x 的分式方程的解是 A ．x=1 B ．x=2 C ．x=3 D ．x=4 题型坐标几何类图像信息题; 考点 ； 方法 ;20浙江宁波3分勾股定理是几何中的一个重要定理;在我国古算书周髀算经中就有“若勾三,股四,则弦五”的记载;如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构第10题C DE FABOx y4 4 A ．Oxy4 4 B ．Oxy4 4 C ．Oxy4 4 D ．成的,可以用其面积关系验证勾股定理;图2是由图1放入矩形内得到的,∠BAC=90O ,AB=3,AC=4,点D,E,F,G,H,I 都在矩形KLMJ 的边上,则矩形KLMJ 的面积为A 、 90B 、 100C 、 110D 、 121 题型几何图形信息题;考点 ； 方法 ;21.湖北十堰3分如图,点C 、D 是以线段AB 为公共弦的两条圆弧的中点,AB =4,点E 、F 分别是线段CD ,AB 上的动点,设AF =x ,AE 2－FE 2=y ,则能表示y 与x 的函数关系的图象是题几何图形图像信息题;考点 ； 方法 ;22湖北十堰3分.如图所示为一个污水净化塔内部,污水从上方入口进入后流经形如等腰直角三角形的净化材料表面,流向如图中箭头所示,每一次水流流经三角形两腰的机会相同,经过四层净化后流入底部的五个出口中的一个;下列判断：①5个出口的出水量相同；②2号出口的出水量与4号出口的出水量相同；③1、2、3号出水口的出水量之比约为1：4：6；④若净化材料损耗的速度与流经表面水的数量成正比,则更换最慢的一个三角形材料约为更换最快的一个三角形材料使用时间的8倍；其中正确的判断有A．1个 B．2个 C．3个D．4个题型生活中的数学问题;第二类：填空题押轴题1. 湖北武汉3分在平面直角坐标系中,点A的坐标为3,0,点B为y轴正半轴上的一点,点C是第一象限内一点,且AC＝2．设tan∠BOC＝m,则m的取值范围是▲．题型坐标几何类取值范围探究题;考点；方法 ;2. 湖北黄石3分如图所示,已知A点从点１,０出发,以每秒１个单位长的速度沿着x轴的正方向运动,经过t秒后,以O、A为顶点作菱形OABC,使B、C点都在第一象限内,且∠AOC=600,又以P０,４为圆心,PC为半径的圆恰好与OA所在直线相切,则t= ▲ .题型坐标几何类动态问题计算题;考点；方法 ;3. 湖北十堰3分如图,直线y=6x,y=23x分别与双曲线kyx在第一象限内交于点A,B,若S △OAB =8,则k= ． 题型坐标几何类综合问题计算题;考点 ； 方法 ; 4. 湖北十堰3分.如图,平行四边形AOBC 中,对角线交于点E,双曲线经过A 、E 两点,若平行四边形AOBC 的面积为18,则k ＝________. 题型坐标几何类综合问题计算题;考点 ； 方法 ; 5. 湖北十堰3分已知函数1+-=x y 的图象与x 轴、y 轴分别交于点C 、B,与双曲线xky =交于点A 、D , 若AB+CD= BC ,则k 的值为 ． 题型坐标几何类综合问题计算题;考点 ； 方法 6. 甘肃兰州3分2012兰州如图,M 为双曲线y ＝上的一点,过点M 作x 轴、y 轴的垂线,分别交直线y ＝－x ＋m 于点D 、C 两点,若直线y ＝－x ＋m 与y 轴交于点A ,与x 轴相交于点B ,则ADBC 的值为 ;题型坐标几何类综合问题计算题;考点 ； 方法 ; 7.湖北武汉3分如图,□ABCD 的顶点A,B 的坐标k上,边AD交y轴于点E,分别是A-1,0,B0,-2,顶点C,D在双曲线y=x且四边形BCDE的面积是△ABE面积的5倍,则k=_____.题型坐标几何类综合问题计算题;考点；方法 ;8、河南省如图,点A,B在反比例函数的图像上,过点A,B作轴的垂线,垂足分别为M,N,延长线段AB交轴于点C,若OM=MN=NC,△AOC的面积为6,则k值为4题型坐标几何类综合问题计算题;考点；方法 ;9、湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田3分平面直角坐标系中,⊙M的圆心坐标为0,2,半径为1,点N在x轴的正半轴上,如果以点N为圆心,半径为4的⊙N与⊙M相切,则圆心N的坐标为▲．题型坐标几何类综合问题计算题;考点；方法 ;10.福建南平3分如图,正方形的边长是4,点在边上,以为边向外作正方形,连结、、,则的面积是_____________.题型几何类综合问题计算题;考点；方法 ;11．攀枝花如图,以BC为直径的⊙O1与⊙O2外切,⊙O1与⊙O2的外公切线交于点D,且∠ADC=60°,过B点的⊙O1的切线交其中一条外公切线于点A．若⊙O2的面积为π,则四边形ABCD的面积是．题型几何类综合问题计算题;考点；方法 ;12．安徽在一张直角三角形纸片的两直角边上各取一点,分别沿斜边中点与这两点的连线剪去两个三角形,剩下的部分是如图所示的直角梯形,其中三边长分别为2、4、3,则原直角三角形纸片的斜边长是B. C. 10或或题型几何类综合问题计算题;考点；方法 ;13、江苏扬州3分如图,线段AB的长为2,C为AB上一个动点,分别以AC、BC为斜边在AB的同侧作两个等腰直角三角形△ACD和△BCE,那么DE长的最小值是▲．题型几何、函数类综合问题计算题;考点；方法 ;14. 湖北黄冈3分某物流公司的快递车和货车同时从甲地出发,以各自的速度匀速向乙地行驶,快递车到达乙地后卸完物品再另装货物共用45分钟,立即按原路以另一速度匀速返回,直至与货车相遇．已知货车的速度为60千米／时,两车之间的距离y千米与货车行驶时间x小时之间的函数图象如图所示,现有以下4个结论：①快递车从甲地到乙地的速度为100千米／时；②甲、乙两地之间的距离为120千米；③图中点B的坐标为33,75；4④快递车从乙地返回时的速度为90千米／时．以上4个结论中正确的是▲填序号题型函数图像与实际问题类多选题;考点；方法 ;15. 湖北孝感3分二次函数y ＝ax 2＋bx ＋ca ≠0的图象的对称轴是直线x ＝1,其图象的一部分如图所示．下列说法正确的是 ▲ 填正确结论的序号．①abc ＜0 ；②a －b ＋c ＜0； ③3a ＋c ＜0； ④当－1＜x ＜3时,y ＞0． 题型二次函数图像和性质多选题;考点 ； 方法 ;16. 湖北咸宁3分对于二次函数2y x 2mx 3=--,有下列说法：①它的图象与x 轴有两个公共点；②如果当x ≤1时y 随x 的增大而减小,则m 1=；③如果将它的图象向左平移3个单位后过原点,则m 1=-；④如果当x 4=时的函数值与x 2008=时的函数值相等,则当x 2012=时的函数值为3-．其中正确的说法是 ▲ ．把你认为正确说法的序号都填上题型二次函数图像和性质多选题;考点 ； 方法 ;17. 湖北随州4分设242a 2a 10b 2b 10+-=--=，,且1－ab 2≠0,则522ab +b 3a+1a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭= ▲ . 题型代数类综合创新问题计算题;考点 ； 方法 ;18. 湖北鄂州3分已知,如图,△OBC 中是直角三角形,OB 与x 轴正半轴重合,∠OBC=90°,且OB=1,BC=3,将△OBC 绕原点O 逆时针旋转60°再将其各边扩大为原来的m 倍,使OB 1=OC,得到△OB 1C 1,将△OB 1C 1绕原点O 逆时针旋转60°再将其各边扩大为原来的m 倍,使OB 2=OC 1,得到△OB 2C 2,……,如此继续下去,得到△OB 2012C 2012,则m= ▲ ;点C 2012的坐标是 ▲ ; 题型坐标几何类规律探究计算题;考点 ； 方法 ;19、湖北仙桃如图所示,直线y ＝x ＋1与y 轴相交于点A 1,以OA 1为边作正方形OA 1B 1C 1,记作第一个正方形；然后延长C 1B 1与直线y ＝x ＋1相交于点A 2,再以C 1A 2为边作正方形C 1A 2B 2C 2,记作第二个正方形；同样延长C 2B 2与直线y ＝x ＋1相交于点A 3,再以C 2A 3为边作正方形C 2A 3B 3C 3,记作第三个正方形；…,依此类推,则第n 个正方形的边长为_________． 题型坐标几何类规律探究计算题; 考点 ； 方y12344321xA P A P A P P A OPN 2P2 N 1N 2 N 3 N 4 N 5 P 4P 1P 2P 3M 2M 3M 4n+1N 3P 34n 法 ;20、如图,P 1是反比例函数在第一象限图像上的一点,点A 1的坐标为2,0,若△P 1OA 1、△P 2A 1A 2、…、△P n A n-1A n 均为等边三角形,则A n 点的坐标是． 题型坐标几何类规律探究计算题;考点 ； 方法 ;21、湖北十堰3分如图,n +1个上底、两腰长皆为1,下底长为2的等腰梯形的下底均在同一直线上,设四边形P 1M 1N 1N 2面积为S 1,四边形P 2M 2N 2N 3的面积为S 2,……,四边形P n M n N n N n+1的面积记为S n ,通过逐一计算S 1,S 2,…,可得S n = .题型几何规律探究类计算题;点 ；方法 ; 第三类：解答题押轴题 一、对称翻折平移旋转类1．年南宁如图12,把抛物线2y x =-虚线部分向右平移1个单位长度,再向上平移1个单位长度,得到抛物线1l ,抛物线与抛物线关于y 轴对称.点A O B 1l x ,D C 分别是抛物线1l 、2l 的顶点CD 交y轴于点E .1分别写出抛物线1l 与2l 的解析式；2设P 是抛物线1l 上与D 、O 两点不重合的任意一点对称点,试判断以P 、Q 、C 、DyxA OB PN图2C 1C 4Q EF 3在抛物线1l 上是否存在点M ,使得ABM AOED S S ∆∆=四边形,如果存在,求出M 点的坐标,如果不存在,请说明理由.2．福建宁德市如图,已知抛物线C 1：()522-+=x a y 的顶点为P ,与x 轴相交于A 、B 两点点A 在点B 的左边,点B 的横坐标是1．1求P 点坐标及a 的值；4分2如图1,抛物线C 2与抛物线C 1关于x 轴对称,将抛物线C 2向右平移,平移后的抛物线记为C 3,C 3的顶点为M ,当点P 、M 关于点B 成中心对称时,求C 3的解析式；4分3如图2,点Q 是x 轴正半轴上一点,将抛物线C 1绕点Q 旋转180°后得到抛物线C 4．抛物线C 4的顶点为N ,与x 轴相交于E 、F 两点点E 在点F 的左边,当以点P 、N 、F 为顶点的三角形是直角三角形时,求点Q 的坐标．5分 3．恩施 如图11,在平面直角坐标系中,二次函数c bx x y ++=2的图象与x 轴交于A 、B两点, A 点在原点的左侧,B 点的坐标为3,0,与y 轴交于C 0,-3点,点P 是直线BC 下方的抛物线 上一动点.1求这个二次函数的表达式．2连结PO 、PC,并把△POC 沿CO 翻折,得到四边形POP /C , 那么是否存在点P ,使四边形POP /C 为菱形若存在,请求出此时点P 的坐标；若不存在请说明理由． 3当点P 运动到什么位置时,四边形 ABPC 的面积最大并求出此时P 点的坐标和四边形ABPC 的最大面积. 二、动态：动点、动线类4．辽宁省锦州如图,抛物线与x 轴交于Ax 1,0、Bx 2,0两点,且x 1＞x 2,与y 轴交于点C 0,4,其中x 1、x 2是方程x 2－2x －8＝0的两个根．1求这条抛物线的解析式； 2点P 是线段AB 上的动点,过点P 作PE ∥AC ,交BC 于点E ,连接CP ,当△CPE 的面积最大时,求点P 的坐标；3探究：若点Q 是抛物线对称轴上的点,是否存在这样 APO B E C xy yxAOB P M 图1C 1C 2C 3 21 第1A Q C PB 图①A Q C PBC A B N M 第7题的点Q ,使△QBC 成为等腰三角形若存在,请直接写出所有符合条件的点Q 的坐标；若不存在,请说明理由．5．山东省青岛市已知：如图①,在Rt △ACB 中,∠C ＝90°,AC ＝4cm,BC ＝3cm,点P 由B 出发沿BA 方向向点A 匀速运动,速度为1cm/s ；点Q 由A 出发沿AC 方向向点C 匀速运动,速度为2cm/s ；连接PQ ．若设运动的时间为ts0＜t ＜2,解答下列问题： 1当t 何值时,PQ ∥BC2设△AQP 的面积为y 2cm ,求y 与t 之间的函数关系式；3是否存在某一时刻t,使线段PQ 恰好把Rt △ACB 的周长和面积同时平分若存在,求出此时t 的值；若不存在,说明理由；4如图②,连接PC,并把△PQC 沿QC 翻折,得到四边形PQP ′C,那么是否存在某一时刻t,使四边形PQP ′C 为菱形若存在,求出此时菱形的边长；若不存在,说明理由． 6．吉林省如图所示,菱形ABCD 的边长为6厘米,∠B ＝60°．从初始时刻开始,点P 、Q 同时从A 点出发,点P 以1厘米/秒的速度沿A →C →B 的方向运动,点Q 以2厘米/秒的速度沿A →B →C →D 的方向运动,当点Q 运动到D 点时,P 、Q 两点同时停止运动．设．．．．点和线段是面积为0的三角形,解答下列问题： 1点P 、Q 从出发到相遇所用时间是__________秒；2点P 、Q 从开始运动到停止的过程中,当△APQ是等边三角形时x 的值是__________秒； 3求y 与x 之间的函数关系式． 7．浙江省嘉兴市如图,已知A 、B 是线段MN 上的两点,4=MN ,1=MA ,1>MB ．以A 为中心顺时针旋转点M ,以B 为中心逆时针旋转点N ,合成一点C ,构成△ABC ,设x AB =． 1求x 的取值范围；2若△ABC 为直角三角形,求x 的值； 3探究：△ABC 的最大面积三、圆类8．青海 如图10,已知点A3,0,以A 为圆心作⊙A 与Y 轴切于原点,与x 轴的另一个交点为B,过B 作⊙A 的切线l.1以直线l C0,9,求此抛物线的解析式；图D A QC P第11题C x yA O BED图1 x y A C B C D G 图2 2抛物线与x 轴的另一个交点为D,过D 作⊙A 的切线DE,E 为切点,求此切线长；3点F 是切线DE 上的一个动点,当△BFD 与EAD △相似时,求出BF 的长 ． 9．天水如图1,在平面直角坐标系xOy ,二次函数y ＝ax 2＋bx ＋ca ＞0的图象顶点为D与y 轴交于点C ,与x 轴交于点A 、B ,点A 在原点的左侧,点B 的坐标为3,0,OB＝OC ,OA:OC=1:31求这个二次函数的解析式； (2)若平行于x 轴的直线与该抛物线交于点M 、N ,且以MN 为直径的圆与x 轴相切,求该圆的半径长度； ,点是直线AG下方的抛物线上的一动点,当点P 运动到什么位置时,△AGP 的面积最大求此时点P 的坐标和△AGP 的最大面积．10．潍坊市如图,在平面直角坐标系xOy 中,半径为1的圆的圆心O 在坐标原点,且与两坐标轴分别交于A B C D 、、、四点．抛物线2y ax bx c =++与y 轴交于点D ,与直线y x =交于点M N 、,且MA NC 、分别与圆O 相切于点A 和点C ． 1求抛物线的解析式；2过点B 作圆O 的切线交DC 的延长线于点P ,判断点P 是否在抛物线上,说明理由．11、山东济宁如图,在平面直角坐标系中,顶点为4,1-的抛物线交y 轴于A 点,交x 轴于B ,C 两点点B 在点C 的左侧. 已知A 点坐标为0,3.1求此抛物线的解析式；2过点B 作线段AB 的垂线交抛物线于点D , 如果以点C 为圆心的圆与直线BD 相切,请判断抛物线的对称轴l 与⊙C 有怎样的位置关系,并给出证明；P ,且位于A ,C 两点之间,问：当点P 运动到什么位置时,PAC ∆的面积最大并求出此时P 点的坐标和PAC ∆的最大面积.12、如图,抛物线m ：k h x y ++-=2)(41与x 轴的交点为B A 、,与y 轴的交点为C ,顶点为)425,3(M ,将抛物线m 绕点B 旋转 180,得到新的抛物线n ,它的顶点为D .O x y NC D EFBM A1求抛物线n 的解析式；2设抛物线m 的对称轴与x 轴的交点为G ,以G 为圆心,B A 、两点间的距离为直径作⊙G ,试判断直线CM 与⊙G 的位置关系,并说明理由.四、比例比值取值范围类13．2010年怀化图9是二次函数k m x y ++=2)(的图象,其顶点坐标为M1,-4.1求出图象与x 轴的交点A,B 的坐标；2将二次函数的图象在x 轴下方的部分沿x 轴翻折,图象的其余部分保持不变,得到一个新的图象,请你结合这个新的图象回答：当直线)1(<+=b b x y 与此图象有两个公共点时,b 的取值范围.14． 湖南省长沙市如图,在平面直角坐标系中,矩形OABC 的两边分别在x 轴和y 轴上,82OA = cm, OC=8cm,现有两动点P 、Q 分别从O 、C 同时出发,P 在线段OA 上沿OA 方向以每秒2 cm的速度匀速运动,Q 在线段CO 上沿CO 方向以每秒1 cm 的速度匀速运动．设运动时间为t 秒． 1用t 的式子表示△OPQ 的面积S ；2求证：四边形OPBQ 的面积是一个定值,并求出这个定值；3当△OPQ 与△PAB 和△QPB 相似时,抛物线214y x bx c =++经过B 、P 两点,过线段BP 上一动点M 作y 轴的平行线交抛物线于N ,当线段MN 的长取最大值时,求直线MN 把四边形OPBQ 分成两部分的面积之比．15．北京市如图,在平面直角坐标系xOy 中,我把由两条射线AE ,BF 和以AB 为直径的半圆所组成的图形叫作图形C 注：不含AB 线段;已知A 1-,0,B 1,0,AE ∥BF ,且半圆与y 轴的交点D 在射线AE 的反向延长线上;1求两条射线AE ,BF 所在直线的距离；2当一次函数y x b =+的图象与图形C 恰好只有一个公共点时,写出b 的取值范围；当一次函数y x b =+的图象与图形C 恰好只有两个公共点时,写出b 的取值范围；16．河南 如图,在平面直角坐标系中,直线y=21x+1 与抛物线y= ax 2 + bx-3 交于A 、B 两点,点A 在x 轴上,点B 的纵坐标为3. 点P 是直图9 B A P x C Q O y 第26题图。

实用文档几何综合?? ACAB海淀．在△ABC中，∠A．90°，1?QAQB2”是否正确：，请判断“，CE交于点Q（1）如图1，△ABC的角平分线BD ________（填“是”或“否”）；?2PA．PB（2）点P是△ABC所在平面内的一点，连接PA，，且PB? PAB内，∠ABP的大小；30°，求∠在△①如图2，点PABC??β，用等式表示α，α，∠，设∠APCBPC外，连接②如图3，点P在△ABCPC β之间的数量关系，并证明你的结论．AAAPDEPBCB CB C3 图图1 图2AOOBOCBCOABAOBAOBC，上，=30°，点西城．如图21，在Rt△=2中，∠=90°，∠在线段ODOCDOCD°）得α绕点<180逆时针旋转α度（90边上的一点满足∠°=30°．将△<???????ACOCDCAC MCD BDD，到△的中点，，，，连接两点的对应点分别为点取，，OM连接．???DC OM AB BD之间的位置关系为°，∥时，α= 此时和；，如图1（）2当?OM BD）画图探究线段之间的位置关系和数量关系，并加以证明．和2（实用文档323BABCACBAC，BC为半径=2 3东城．如图1，在△=中，∠为圆心，=90°，，以点??PCC?PP BCPBPC的上方，且满作圆．点落在直线为，作上的动点，连接，使点??3?1:PPCC:AP BP ，连接．足，?CAP BPCBAC∽△）求∠；的度数，并证明△（1ABP在（2）若点上时，CAP'①在图；2中画出△??BPBP②连接，求的长；A APC21 图图 BPBP P取得最大值3（）点是否有最大值或最小值？若有，请直接写出在运动过程中，A PBC的度数；若没有，请说明理由．或最小值时∠BC用备图CAB=ADCB=CDCBAD=旋转，角的，°角绕点，一个以点为顶点的454丰台．如图，∠90°，ACFDABADAMNBAE. ，交于点的延长线交于点，两边与，连接，与，，AFECAFCEFCAAE）在∠；旋转的过程中，当∠==∠时，如图1，求证：（1CB=FCAECAB=FCE，用等时，如图2，如果∠230（2）在∠旋转的过程中，当∠°，≠∠AF AE.，式表示线段之间的数量关系，并证明EEF F AA MNMNCC DBDB2图1图实用文档BCDABCACBACBC.中，∠为=90°，，点=边上的一点5昌平．已知，△BCEACDC得到△请你画出旋转后的图形；以点为旋转中心，将△，逆时针旋转90°，（1）BEAF ADBEF交⊥）延长于点；，求证：（2CFBF ACCF. = ，，则=1，连接（3）若的长度为5CCDDABAB备用图A BDBACBAABCAB，，将线段=. 6怀柔在等腰△顺时针旋转到中，绕点PBCHADBDAC. ，连结的延长线于点使⊥并延长交于依题意补全图形；(1)ααBDABAC，求∠的式子表示）(2)若∠的大小（用含=2；CB DPDBCE，从而用等式表示线段(3)小明作了点关于直线的对称点点BCDPBC之间的数量关系与.请你用小明的思路补全图形并证明线段与. 之间的数量关系ABCBACAB=ACDADAD＜，连结=90°，．在平面内任取一点平谷．如图，在7Rt△（中，∠ABADAAEDECEBD．，连结，），将线段，绕点°，得到线段逆时针旋转90（1）请根据题意补全图1；BDCE的数量关系并证明；）猜测和（2BDCEP ADEAEACABAD=1时，补全，°，交于点，把△=2绕点旋转，当∠，=90）作射线（3PB的长．图形，直接写出AADBCBC1图备用图实用文档ABCOCOAB O的直径，作是半圆的平行线交⊙8大兴．已知：如图，上一点，过点为半圆H.ABGAE，EBCGCEACBC于点于点.，交、过点作于点EB，连接⊥、BG E；（1）求证：∠BCG=∠5EC CAB?sin?.（2的值）若，求5GBCDAB°，、，它们相交的锐角中有一个角为9门头沟.如图27-1有两条长度相等的相交线段60ABADCDCB为了探究之间的关系，小亮进行了如下尝试：、与)(或ADADAB的沿27-2，如图，将线段方向平移（1）在其他条件不变的情况下使得BCAD∥ABDEBECDADCB之间的关或进而利用所学知识得到、)与长度，得到线段然后联结,(,)(直接写出结果系：____________________；CBAD不平行）进行尝试，与的情况（（2）根据小亮的经验，请对图27-1ABCBADCD与(或之间的关系，并进行证明；)写出、27-2图27-1图: __________________________. 21）综合（）、（）的证明结果，请写出完整的结论3（实用文档10顺义．综合实践课上，某小组同学将直角三角形纸片放到横线纸上（所有横线都平行，且相邻两条平行线的距离为1），使直角三角形纸片的顶点恰巧在横线上，发现这样能求出三角形的边长．ABC ACBACBC△，同学们通过构造直，∠==90（1）如图1，已知等腰直角三角形纸片°，AB= ；角三角形的办法求出三角形三边的长，则DEF DFDEDEFEF△=90°，，求出2（2）如图，已知直角三角形纸片=2，∠的长；EGEDFG 2的横线与相交于点）的条件下，若橫格纸上过点的长．，直接写出）在（（3实用文档BCHADFE GABCD为为中，点，为边中点；边中点，点11通州. 如图1，在矩形点CDABI J 边三等分点.，小瑞分别用不同的方式连接矩形对边上的点，为边三等分点，GKLHKPOL的面积相等3中四边形中四边形的面积与图2，图3所示.那么，图2如图吗？（1）小瑞的探究过程如下3 2 图图1 图S_______S?中，小瑞发现，；在图2ABCDGKLH KPOL在图3中，小瑞对四边形请你将小瑞的思路填写完整：面积的探究如下. b?SaS?设，AKG△DEP△AFEC∥∵aS?42:1DAKDEP∽△△∴，且相似比为，得到DAK△BIGD∥∵b9S?ABM∽△△AGK3:1∴，且相似比为，得到ABM△11Sa?SS?9?S4a?b?b?，又∵ABCD△ABCD△ABFDAG46a4?36b??S?24a6b∴ABCD ba?____bS?_____S?_____b∴，，KPOLABCD?S_____S?SS____??，则”（填写“，”“）”或“∴GKLHABCDKPOLKPOL_____S?SABCD.）小瑞又按照图（24.则对边上的点的方式连接矩形ABCDANML实用文档4图ACABACBCA°得到线，=90°，以点60为中心，分别将线段朝阳12. △逆时针旋转中，∠FCBAEDEDEAD.，连接交，延长段于点，CFEB；，若∠的度数为=30°，∠1（1）如图B°时，<60，当30°<∠（2）如图2 ；①依题意补全图2ACCF.与②猜想的数量关系，并加以证明AABCBC1图?90?ACB??ABC密云13上的一点（不与D是线段ABRt7. 如图，已知，AC=BC中，，?90，得到线将线段CE绕点C顺时针旋转BE、B重合）. 过点B作⊥CD，垂足为E.A?BCE?.设度数为EF.段CF，连结?CDA?.的代数式表示1（）①补全图形. ②试用含3EF??. 的大小）若，求（22AB. 之间的数量关系BE、CF、（3）直接写出线段AB海淀．解：1 1. 1（）否………………分实用文档PDABDPDBPDA=90°，⊥=于∠，则∠（2）①作A ABP∠°，=30 ∵D1BP?PD分∴…………2. 2P PA2PB?∵，BC2PAPD?. ∴22PD?PABsin?? . ∴2PA P ABP AB分……………3=45°由∠. 是锐角，得∠AB'PP则接，，直关于线连的对称另证：作点点'A,PPBP',P'. P?'AP?PAP,BB,A?P'AB??P,AB'P?P'BA??B ABP∵∠°，=30?60?P'BP?. ∴BPP'. ∴△是等边三角形BPP'P?. ∴PA2PB?∵，PA2P?P'分 (2)222AP?PA'P'P?. ∴??90?PAP'.∴??45?PAB 3 ∴分. …………??分……………②4，证明如下：???45D DP ADAPDCADAP. =，并取，作⊥，连接31DAP. =90 ∠°∴BAC°，∠=90 ∵CAPCAPDAPBAC, =∠+∠∠+ ∴∠AP'A CADBAP. ∠即∠=P2AP ACABAD，，= ∵=E P BC CADBAP.∴△≌△CB实用文档APPBCDAD ==. …，，∴∠1=∠2，PAPD?2APDADP. =45，∠∴°=∠PAPB?2∵，CDPDPB. ∴==DPCDCP.= ∴∠∠βαBPCAPC∠，∠，∵??????DPC?45??. ，∴????2?1?2???DPC?90?3?180??2. ∴??.∴???31???90??45?ADP????分. ……………∴7??45?ADCABCAB=ADBC=CDAC=AC分，. ，∴△…≌△14丰台.解：（）证明：∵1，EACF ACBACDAC分. ……=∠2∴∠=135=∠°=45°，可证∠FCAECA，又∵∠∠=AF ACF ACEAE……. ∴3=∴△分≌△..其他方法相应给分2ACGABCCG分……（2）过点=作4⊥于点.，求得EF ACFF ACEAC. +∠∵∠∠=°=135°，∴∠=45FA ACEFACF ACE. +∠=45又∵∠°，∴∠∠=MN AEC. ACF……5∴△∽△分G AFAC2AF?AC?AE?……6分∴. ，即C ACAE DB2?AE?AF分……7. ∴分）补全图形……………………25昌平．（1 2）证明：（E CADCBE由Δ∵Δ旋转得到，C CADCBE3∴Δ分≌Δ，………………F BCECADCBE∠==∠∴∠，∠D ACD 4分=90°，……………AB CADCBEEE，=∠+∠∠∴∠+AFEBCE°，∴∠=∠=90实用文档BEAF分∴． (52)（3………………………………………………）7 (1)如图6怀柔解：1分……………………………………………AHBBACα=2=90(2) ∵∠，∠°αABH2∴∠=90°-2……………………………………………………………………………分BDBA∵=αBDA=45°+分………………………………………………………………………………∴∠A补全图形，如图(3)DH………………4B证明过程如下：E GBPBCEDED的对称点为交，且∵于关于BEBDDBPEBPDEBPDGGE =∠5，∴=⊥分，；…………………………………………=，∠αAB=AC∵BAC=2，∠α-∴∠ABC=90°αABH =90°由(2)知∠-2ααDBPα）°-2∠==90°--（90αDBPEBP =∠∴∠=αBDE∴∠=2BDAB =∵BDEABC 6∴△分≌△………………………………………………………………………………DEBC∴=αDBPDPBADBα°-=45∴∠=∠∠-+=45°DG1, =∴DP2DE2∴=, DPBC2∴=,DP2DP.BC∴分= (7)实用文档7平谷．解：（1）如图 (1)A DECBCE CEBDBD2················和；的数量是：=（2）BAEBAECAEDAB°，++∠∠=∠∵∠=90CAEDAB=3 ．∴∠∠·······················AB=ACAD=AE，，∵ACEABD≌△．∴△CEBD4 ∴··························=．5562PB7 ···················（3）或的长是．55EDAAPPDEBBCC8大兴7. 证明：（1）AB∵是直径，ACB ..1分°.∴∠………………………………………………=90，GABCG于点∵⊥CGBACB=.∠°∴∠=90BCGCAB分………………………………………………∴∠∠=..2. .AB∥CE∵，ACECAB. =∴∠∠ACEBCG∴∠∠=EBGACE又∵∠∠=EBGBCG分. .………………………………………………∴∠=∠..35??CABsin 2）解：∵（51分，∴………………………………………………..4?tan?CAB2CABACE HBG EBG =∠1由（）知，∠=∠=∠实用文档GH1HGB. 中，∴在Rt△??tan?HBG GB2CABBCG ∠由（1）知，∠=GB1BCG. 中，Rt △在???BCGtan CG2GH=aGB=aCG=4aCHCGHGa. ……………..62，=3.分=设，则－ECAB，∥∵ECH BGH，CEH GBH =∠∴∠∠=∠ECHBGH．……………………………………………..7分∽△∴△ECCH3a∴．…………………………………………8分3???GBGHa26AB；=）10顺义（1分.2 (2)E作横线的垂线，交l，l于点解：过点21MN，，分..….3……………………………EDFDME∴°，∠= 90=∠DEF∵°，=90∠∴°，∠3=90∠2+∵°，∠3=90∠1+∴2，∠1=∠ENFDME∴△△，∽分.4………….……DEDMME??∴，EFENNF DEEF∵=2，1DEDMME???∴，2ENNFEF ENME∵，=3=2，DMNF∴=1.5=4，，55DF?EFDE根据勾股定理得=5，=2.5，．分……………………….52EG=．2.5（3）分.7…………………………………………………………..………………………………………………………………………………°；120 （12朝阳. 解：1）1分.如图2（）①实用文档……………………………………………3分3ACCF?. ②3AF证明：如图，连接，CAEBAD＝∠∵∠，CABEAD＝∠，∴∠ACAEADAB∵＝＝，，ABCADE. ≌△∴△CAED. °∴∠＝＝∠90AEF. 90＝∴∠°ACF AEF.∴Rt△△≌Rt1CAFCAE＝∠30＝°. ∴∠21222AF?AC?CFAFCF?ACF.中，Rt△，且3ACCF?6. ∴…………………………………………………………………………3分.13密云. 1）①补全图形（CFDBAE……………………………..1分②???45..3……………………………分）（2??ACB90FCE???CAB?45???CFE??FCE?ACB在，和中，ACBFCE???∽实用文档CFEF??ACAB EF3?AB2?CF3?………………………………..5AC2分连结FA.?FCA?90???ACE,?ECB?90???ACE?ECB?FCA???=3??FCAcos?90?CFA?CFA?中，，Rt在2??3030???FCA??. 即………………………………6分（3）222BECF2?AB?2…………………………………………8分C FDBAE。

2017中考数学指导：压轴题如何攻克_答题技巧科学安排、合理利用，在这有限的时间内中等以上的学生成绩就会有明显的提高，为了复习工作能够科学有效，为了做好中考复习工作全面迎接中考，下文为各位考生准备了2017中考数学指导的内容。

压轴题难度有约定：历年中考，压轴题一般都由3个小题组成。

第(1)题容易上手，得分率在0.8以上;第(2)题稍难，一般还是属于常规题型，得分率在0.6与0.7之间，第(3)题较难，能力要求较高，但得分率也大多在0.3与0.4之间。

近十年来，最后小题的得分率在0.3以下的情况，只是偶尔发生，但一旦发生，就会引起各方关注。

控制压轴题的难度已成为各届命题组的共识，“起点低，坡度缓，尾巴略翘”已成为上海数学试卷设计的一大特色，以往上海卷的压轴题大多不偏不怪，得分率稳定在0.5与0.6之间，即考生的平均得分在7分或8分。

由此可见，压轴题也并不可怕。

压轴题一般都是代数与几何的综合题，很多年来都是以函数和几何图形的综合作为主要方式，用到三角形、四边形、相似形和圆的有关知识。

如果以为这是构造压轴题的唯一方式那就错了。

方程与图形的综合的几何问题也是常见的综合方式，如去年中考的第25(3)题，就是根据已知的几何条件列出代数方程而得解的，这类问题在外省市近年的中考试卷中也不乏其例。

动态几何问题中有一种新题型，如北京市去年的压轴题，在图形的变换过程中，探究图形中某些不变的因素，它把操作、观察、探求、计算和证明融合在一起。

在这类动态几何问题中，锐角三角比作为几何计算的一种工具，它的重要作用有可能在压轴题中初露头角。

总之，压轴题有多种综合的方式，不要老是盯着某种方式，应对压轴题，决不能靠猜题、押题。

分析结构理清关系：解压轴题，要注意它的逻辑结构，搞清楚它的各个小题之间的关系是“平列”的，还是“递进”的，这一点非常重要。

如去年第25题的(1)、(2)、(3)三个小题是平列关系，它们分别以大题的已知为条件进行解题，(1)的结论与(2)的解题无关，(2)的结论与(3)的解题无关，整个大题由这三个小题“拼装”而成。

中考数学几何压轴题解题技巧本文通过对比几道几何压轴试题，一探北京中考数学几何压轴题命题之端倪。

这几道题目分别是2017北京中考真题，2019年人大附中和一〇一中学的零模试题，以及2018丰台一模、2017海淀一模，读者可以先看看这几道题目的命题形式。

【2017北京中考】在等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，P是线段BC上一动点（与点B、C不重合），连接AP，延长BC至点Q，使得CQ=CP，过点Q作QH⊥AP于点H，交AB于点M.（1）若∠PAC=α，求∠AMQ的大小（用含α的式子表示）；（2）用等式表示线段MB与PQ之间的数量关系，并证明.【2019人大附中零模】如图，等边三角形ABC中，D为边BC上的一点，点D关于直线AB的对称点为点E，连接AD、DE，在AD上取点F，使得∠EFD=60°，射线EF与AC交于点G.（1）设∠BAD=α，求∠AGE的度数（用含α的代数式表示）；（2）探究CG与DE之间的等量关系，并证明.【2019一〇一零模】【2018丰台一模】如图1，Rt△ABC中，∠ACB =90°，CA =CB，过点C在△ABC外作射线CE，且∠BCE =α，点B关于CE的对称点为点D，连接AD，BD，CD，其中AD，BD 分别交射线CE于点M，N.（1）依题意补全图形；（2）当= 30°时，直接写出∠CMA的度数；（3）当0°<< 45°时，用等式表示线段AM，CN之间的数量关系，并证明．【2017海淀一模】这几道题目有什么内在的命题规律呢？细心地读者一定可以发现，都是先给出基本图形，再作出轴对称，然后连线，在构造特殊角的前提下，分析两条相关线段的数量关系，这样的命题形式简练，内蕴有相当丰富。

上面这五道题目，基本涵盖了初中阶段可以接触到的特殊图形，分别是等腰直角三角形、等边三角形、120°角的等边三角形、45度角的平行四边形，就差一个60度的平行四边形了（这个当然也可以从2011年的北京中考真题中找到）。

第三部分图形运动中的计算说理问题3.1 代数计算及通过代数计算进行说理问题例 1 2017年北京市中考第29题在平面直角坐标系中，⊙C的半径为r，P是与圆心C不重合的点，点P关于⊙C的反称点的定义如下：若在射线CP上存在一点P′，满足CP＋CP′＝2r，则称点P′为点P 关于⊙C的反称点．如图1为点P及其关于⊙C的反称点P′的示意图．特别地，当点P′与圆心C重合时，规定CP′＝0．（1）当⊙O的半径为1时，①分别判断点M(2, 1)，N3(,0)2，T (1,3)关于⊙O的反称点是否存在？若存在，求其坐标；②点P在直线y＝－x＋2上，若点P关于⊙O的反称点P′存在，且点P′不在x轴上，求点P的横坐标的取值范围；图1（2）⊙C的圆心在x轴上，半径为1，直线3233y x=-+与x轴、y轴分别交于点A、B，若线段AB上存在点P，使得点P关于⊙C的反称点P′在⊙C的内部，求圆心C的横坐标的取值范围．例2 2017年福州市中考第22题如图1，抛物线21(3)12y x =--与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 左侧），与y 轴交于点C ，顶点为D ．（1）求点A 、B 、C 的坐标；（2）联结CD ，过原点O 作OE ⊥CD ，垂足为H ，OE 与抛物线的对称轴交于点E ，联结AE 、AD ．求证：∠AEO ＝∠ADC ；（3）以（2）中的点E 为圆心，1为半径画圆，在对称轴右侧的抛物线上有一动点P ，过P 作⊙E 的切线，切点为Q ，当PQ 的长最小时，求点P 的坐标，并直接写出点Q 的坐标． 图1例3 2017年南京市中考第26题已知二次函数y＝a(x－m)2－a(x－m)（a、m为常数，且a≠0）．（1）求证：不论a与m为何值，该函数的图像与x轴总有两个公共点；（2）设该函数的图像的顶点为C，与x轴相交于A、B两点，与y轴交于点D．①当△ABC的面积等于1时，求a的值②当△ABC的面积与△ABD的面积相等时，求m的值．第三部分图形运动中的计算说理问题答案3.1 代数计算及通过代数计算进行说理问题例 1 2017年北京市中考第29题在平面直角坐标系中，⊙C的半径为r，P是与圆心C不重合的点，点P关于⊙C的反称点的定义如下：若在射线CP上存在一点P′，满足CP＋CP′＝2r，则称点P′为点P 关于⊙C的反称点．如图1为点P及其关于⊙C的反称点P′的示意图．特别地，当点P′与圆心C重合时，规定CP′＝0．（1）当⊙O的半径为1时，①分别判断点M(2, 1)，N3(,0)2，T (1,3)关于⊙O的反称点是否存在？若存在，求其坐标；②点P在直线y＝－x＋2上，若点P关于⊙O的反称点P′存在，且点P′不在x轴上，求点P的横坐标的取值范围；图1（2）⊙C的圆心在x轴上，半径为1，直线3233y x=-+与x轴、y轴分别交于点A、B，若线段AB上存在点P，使得点P关于⊙C的反称点P′在⊙C的内部，求圆心C的横坐标的取值范围．动感体验请打开几何画板文件名“15北京29”，拖动点圆心C在x轴上运动，可以体验到，当点P′在圆内时，CP的变化范围是1＜CP≤2．思路点拨1．反称点P′是否存在，就是看CP′是否大于或等于0．2．第（2）题反称点P′在圆内，就是0≤CP′＜1，进一步转化为0≤2－CP＜1．满分解答（1）①对于M(2, 1)，OM＝5．因为OM′＝25-＜0，所以点M不存在反称点（如图2）．如图3，对于N3(,0)2，ON＝32．因为ON′＝31222-=，所以点N′的坐标为1(,0)2．如图4，对于T (1,3)，OT＝2．因为OT′＝0，所以点T关于⊙O的反称点T′是(0,0)．图2 图3 图4②如图5，如果点P′存在，那么OP′＝2－OP≥0．所以OP≤2．设直线y＝－x＋2与x轴、y轴的交点分别为A、B，那么OA＝OB＝2．如果点P在线段AB上，那么OP≤2．所以满足OP≤2且点P′不在x轴上的点P的横坐标的取值范围是0≤x＜2．（2）由3233y x=-+，得A(6, 0)，B(0,23)．所以tan∠A＝33OBOA=．所以∠A＝30°．因为点P′在⊙C的内部，所以0≤CP′＜1．解不等式组0≤2－CP＜1，得1＜CP≤2．过点C作CP⊥AB于P，那么CP＝12AC．所以2＜AC≤4．所以2≤OC＜4．因此圆心C的横坐标的取值范围是2≤x＜4（如图6，图7所示）．图5 图6 图7考点伸展第（2）题如果把条件“反称点P′在⊙C的内部”改为“反称点P′存在”，那么圆心C 的横坐标的取值范围是什么呢？如果点P′存在，那么CP′≥0．解不等式2－CP≥0，得CP≤2．所以AC≤4．因此圆心C的横坐标的取值范围是2≤x＜6．例2 2017年福州市中考第22题如图1，抛物线21(3)12y x =--与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 左侧），与y 轴交于点C ，顶点为D ．（1）求点A 、B 、C 的坐标；（2）联结CD ，过原点O 作OE ⊥CD ，垂足为H ，OE 与抛物线的对称轴交于点E ，联结AE 、AD ．求证：∠AEO ＝∠ADC ；（3）以（2）中的点E 为圆心，1为半径画圆，在对称轴右侧的抛物线上有一动点P ，过P 作⊙E 的切线，切点为Q ，当PQ 的长最小时，求点P 的坐标，并直接写出点Q 的坐标． 图1动感体验请打开几何画板文件名“14福州22”，拖动点P 在抛物线上运动，可以体验到，当PE 最小时，PQ 也最小．思路点拨1．计算点E 的坐标是关键的一步，充分利用、挖掘等角（或同角）的余角相等． 2．求PE 的最小值，设点P 的坐标为(x , y )，如果把PE 2表示为x 的四次函数，运算很麻烦．如果把PE 2转化为y 的二次函数就比较简便了．满分解答（1）由22117(3)13222y x x x =--=-+，得(3,1)D -，7(0,)2C ．由22111(3)1[(3)2](32)(32)222y x x x x =--=--=-+--，得(32,0)A -，(32,0)B +．（2）设CD 与AE 交于点F ，对称轴与x 轴交于点M ，作DN ⊥y 轴于N ．如图2，由(3,1)D -，7(0,)2C ，得DN ＝3，92CN =．因此2tan 3DN DCN CN ∠==．如图3，由OE ⊥CD ，得∠EOM ＝∠DCN ．因此2tan 3EM EOM OM ∠==． 所以EM ＝2，E (3, 2)．由(32,0)A -，(3,0)M ，得2AM =．因此2tan 2AM AEM EM ∠==，12tan 22DM DAM AM ∠===． 所以∠AEM ＝∠DAM ．于是可得∠AED ＝90°．如图4，在Rt △EHF 与Rt △DAF 中，因为∠EFH ＝∠DF A ， 所以∠HEF ＝∠ADF ，即∠AEO ＝∠ADC ．图2 图3 图4（3）如图5，在Rt △EPQ 中，EQ 为定值，因此当PE 最小时，PQ 也最小． 设点P 的坐标为(x , y )，那么PE 2＝(x －3)2＋(y －2)2．已知21(3)12y x =--，所以2(3)22x y -=+．因此222(22)(2)26PE y y y y =++-=-+． 所以当y ＝1时，PE 取得最小值．解方程21(3)112x --=，得x ＝5，或x ＝1（在对称轴左侧，舍去）．因此点P 的坐标为(5, 1)．此时点Q 的坐标为(3, 1)或1913(,)55（如图6所示）．图5 图6 图7考点伸展第（3）题可以这样求点Q 的坐标：设点Q 的坐标为(m , n )．由E (3, 2)、P (5, 1)，可得PE 2＝5．又已知EQ 2＝1，所以PQ 2＝4． 列方程组2222(3)(2)1,(5)(1)4,m n m n ⎧-+-=⎪⎨-+-=⎪⎩ 解得113,1,m n =⎧⎨=⎩ 2219,513.5m n ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩还可以如图7那样求点Q 的坐标：对于Q (m , n )，根据两个阴影三角形相似，可以列方程组321152m n n m --==--． 同样地，对于Q ′(m , n )，可以列方程组321152m n n m --==--．例3 2017年南京市中考第26题已知二次函数y ＝a (x －m )2－a (x －m )（a 、m 为常数，且a ≠0）．（1）求证：不论a 与m 为何值，该函数的图像与x 轴总有两个公共点；（2）设该函数的图像的顶点为C ，与x 轴相交于A 、B 两点，与y 轴交于点D ． ①当△ABC 的面积等于1时，求a 的值②当△ABC 的面积与△ABD 的面积相等时，求m 的值．动感体验请打开几何画板文件名“13南京26”，拖动y 轴上表示实数a 的点可以改变a 的值，拖动点A 可以改变m 的值．分别点击按钮“m 1”、“m 2”、“m 3”，再改变实数a ，可以体验到，这3种情况下，点C 、D 到x 轴的距离相等．请打开超级画板文件名“13南京26”， 拖动点A 可以改变m 的值，竖直拖动点C 可以改变a 的值．分别点击按钮，可得到△ABC 的面积与△ABD 的面积相等的三种情形。

试析中考数学压轴题中的数学思想及解题思路中考数学压轴题是考生在数学试卷中的最后一道题目，往往涵盖了较为复杂的数学知识和思想。

近年来的中考数学压轴题，主要涉及到的数学思想有概率统计、数学建模、几何思想、函数思想等。

下面将结合中考数学压轴题的解析，分析其中的数学思想及解题思路。

一、概率统计思想概率统计思想是近年来中考数学压轴题的常见思想之一，涉及到的知识点包括排列组合、事件概率、条件概率、贝叶斯理论等。

以2018年湖北省中考数学卷为例，涉及到了概率统计思想的第22题，题目如下：在下图所示的棋盘上，边长为1的正方形格子中，任选两个顶点，它们所在的正方形边长为√2的正方形的中点是一个宝藏。

下列说法错误的是（）解题思路：本题涉及到的概率统计知识点主要是事件的概率和条件概率。

首先可以推出，每个正方形格子内部的中心点数为1，因此整个棋盘内的中心点数为9。

而选出的两个顶点，构成的正方形中点的数量为4，因此我们可以得到，选出的两个顶点，它们所在的正方形边长为√2的正方形的中点为宝藏的概率为4/36=1/9。

根据已知条件，如果选出的两个顶点构成的线段在一条边上（包括对角线），则它们所在的正方形边长为√2的正方形的中点就不是宝藏。

因此得出条件概率为1/2。

综合计算后，可以得出选项C是错误的答案。

二、数学建模思想数学建模思想是指运用数学方法解决实际问题，将实际问题转化为数学问题并进行求解的思想。

中考数学压轴题中，会通过文字、图形等形式描述实际问题，考查学生运用数学建模思想解决问题的能力。

以2019年安徽省中考数学卷为例，涉及到了数学建模思想的第18题，题目如下：一家医院进行调查，客户80%是当地百姓，20%是外地人。

现在收集部分客户的年龄和月收入情况如下表所示：假定家庭的月支出与收到的工资成比例，高出工资1.5倍，空着自己量收入情况，对于40岁以下的客户，假定其家庭月收入不小于4000元，40岁及以上的客户月收入不小于6000元。

3.2几何证明及通过几何计算进行说理问题例1 2017年杭州市中考第22题如图1，在△AB C中，BC＞AC，∠A CB＝90°，点D在AB边上，DE⊥A C于点E．A D1（1）若，AE＝2，求EC的长；D B3（2）设点F在线段EC上，点G在射线CB上，以F、C、G为顶点的三角形与△ED C 有一个锐角相等，F G交C D于点P．问：线段CP可能是△CF G的高还是中线？或两者都有可能？请说明理由．图1例2 2017年安徽省中考第23题如图1，正六边形AB C D E F的边长为a，P是BC边上的一动点，过P作P M//AB交AF 于M，作PN//CD交DE于N．（1）①∠M P N＝_______°；②求证：P M＋P N＝3a；（2）如图2，点O是A D的中点，联结O M、O N．求证：O M＝O N．（3）如图3，点O是A D的中点，O G平分∠M O N，判断四边形OM G N是否为特殊的四边形，并说明理由．图1图2图3例3 2018年上海市黄浦区中考模拟第24题2已知二次函数y＝－x＋bx＋c的图像经过点P(0, 1)与Q(2,－3)．（1）求此二次函数的解析式；（2）若点A是第一象限内该二次函数图像上一点，过点A作x轴的平行线交二次函数图像于点B，分别过点B、A作x轴的垂线，垂足分别为C、D，且所得四边形AB C D恰为正方形．①求正方形的ABC D的面积；②联结PA、P D，P D交AB于点E，求证：△PAD∽△PEA．3.2几何证明及通过几何计算进行说理问题答案例1 2017年杭州市中考第22题如图1，在△AB C中，BC＞AC，∠A CB＝90°，点D在AB边上，DE⊥A C于点E．A D1（1）若，AE＝2，求E C的长；D B3（2）设点F在线段EC上，点G在射线CB上，以F、C、G为顶点的三角形与△ED C 有一个锐角相等，F G交C D于点P．问：线段CP可能是△CF G的高还是中线？或两者都有可能？请说明理由．图1动感体验请打开几何画板文件名“15杭州22”，拖动点D在AB上运动，可以体验到，CP既可以是△CF G的高，也可以是△CFG的中线．思路点拨1．△CF G与△ED C都是直角三角形，有一个锐角相等，分两种情况．2．高和中线是直角三角形的两条典型线，各自联系着典型的定理，一个是直角三角形的两锐角互余，一个是直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．3．根据等角的余角相等，把图形中相等的角都标记出来．满分解答（1）由∠ACB＝90°，DE⊥AC，得DE//BC．AE A D1．所以E C D B321所以．解得EC＝6．E C3（2）△CF G与△E D C都是直角三角形，有一个锐角相等，分两种情况：①如图2，当∠1＝∠2时，由于∠2与∠3互余，所以∠2与∠3也互余．因此∠CPF＝90°．所以CP是△C F G的高．②如图3，当∠1＝∠3时，PF＝PC．又因为∠1与∠4互余，∠3与∠2互余，所以∠4＝∠2．所以PC＝PG．所以PF＝PC＝PG．所以CP是△C F G的中线．综合①、②，当C D是∠ACB的平分线时，CP既是△CF G的高，也是中线（如图4）．图2图3图4考点伸展这道条件变换的题目，不由得勾起了我们的记忆：如图5，在△AB C中，点D是AB边上的一个动点，DE//BC交AC于E，DF//AC交B C于F，那么四边形CE D F是平行四边形．如图6，当C D平分∠ACB时，四边形CE D F是菱形．图5图6如图7，当∠ACB＝90°，四边形C E D F是矩形．如图8，当∠ACB＝90°，C D平分∠ACB时，四边形CE D F是正方形．图7图8例2 2017年安徽省中考第23题如图1，正六边形AB C D E F的边长为a，P是BC边上的一动点，过P作P M//AB交AF 于M，作PN//CD交DE于N．（1）①∠M P N＝_______°；②求证：P M＋P N＝3a；（2）如图2，点O是A D的中点，联结O M、O N．求证：O M＝O N．（3）如图3，点O是A D的中点，O G平分∠M O N，判断四边形OM G N是否为特殊的四边形，并说明理由．图1图2图3动感体验请打开几何画板文件名“14安徽23”，拖动点P运动，可以体验到，P M＋P N等于正六边形的3条边长．△A O M≌△B O P，△C O P≌△D O N，所以O M＝O P＝O N．还可以体验到，△M O G与△N O G是两个全等的等边三角形，四边形O M G N是菱形．思路点拨1．第（1）题的思路是，把P M＋P N转化到同一条直线上．2．第（2）题的思路是，以O为圆心，O M为半径画圆，这个圆经过点N、P．于是想到联结OP，这样就出现了两对全等三角形．3．第（3）题直觉告诉我们，四边形O M G N是菱形．如果你直觉△M O G与△N O G是等边三角形，那么矛盾就是如何证明∠M O N＝120°．满分解答（1）①∠M P N＝60°．②如图4，延长FA、E D交直线BC与M′、N′，那么△AB M′、△M P M′、△D C N′、△EPN′都是等边三角形．所以P M＋P N＝M′N′＝M′B＋BC＋C N′＝3a．图4图5图6（2）如图5，联结OP．由（1）知，A M＝BP，D N＝CP．由A M＝BP，∠O A M＝∠O BP＝60°，OA＝O B，得△A O M≌△B O P．所以O M＝O P．同理△C O P≌△D O N，得O N＝O P．所以 O M ＝O N ．（3）四边形 O M G N 是菱形．说理如下：由（2）知，∠AO M ＝∠B O P ，∠D O N ＝∠C O P （如图 5）．所以∠A O M ＋∠D O N ＝∠B O P ＋∠C O P ＝60°．所以∠M O N ＝120°．如图 6，当 O G 平分∠M O N 时，∠M O G ＝∠N O G ＝60°．又因为∠A O F ＝∠F OE ＝∠E O D ＝60°，于是可得∠A O M ＝∠F O G ＝∠E O N ．于是可得△A O M ≌△F O G ≌△E O N ．所以 O M ＝O G ＝O N ．所以△M O G 与△N O G 是两个全等的等边三角形．所以四边形 O M G N 的四条边都相等，四边形 O M G N 是菱形．考点伸展在本题情景下，菱形 O M G N 的面积的最大值和最小值各是多少？因为△M O G 与△N O G 是全等的等边三角形，所以 O G 最大时菱形的面积最大，O G 最 小时菱形的面积最小．3 O G 的最大值等于 OA ，此时正三角形的边长为 a ，菱形的最大面积为 ． a 22 3 3 3 8 O G 与 EF 垂直时最小，此时正三角形的边长为 a ，菱形的最小面积为 ． a 22例 3 2018年上海市黄浦区中考模拟第 24题已知二次函数 y ＝－x 2＋bx ＋c 的图像经过点 P(0, 1)与 Q(2, －3)．（1）求此二次函数的解析式；（2）若点 A 是第一象限内该二次函数图像上一点，过点A 作 x 轴的平行线交二次函数 图像于点 B ，分别过点 B 、A 作 x 轴的垂线，垂足分别为 C 、D ，且所得四边形 AB C D 恰为 正方形．①求正方形的 ABC D 的面积；②联结 PA 、P D ，P D 交 AB 于点 E ，求证：△PAD ∽△PEA ．动感体验请打开几何画板文件名“13 黄浦 24”，拖动点 A 在第一象限内的抛物线上运动，可以 体验到，∠PAE 与∠P DA 总保持相等，△PAD 与△PEA 保持相似．请打开超级画板文件名“13 黄浦 24”，拖动点 A 在第一象限内的抛物线上运动，可以 体验到，∠PAE 与∠P DA 总保持相等，△PAD 与△PEA 保持相似．思路点拨1．数形结合，用抛物线的解析式表示点A 的坐标，用点 A 的坐标表示 A D 、AB 的长， 当四边形 AB C D 是正方形时，A D ＝AB ．2．通过计算∠PAE 与∠DP O 的正切值，得到∠PAE ＝∠DP O ＝∠P D A ，从而证明△PA D ∽△PEA ．满分解答（1）将点 P(0, 1)、Q(2, －3)分别代入 y ＝－x 2＋bx ＋c ，得c 1,b 0, 解得 4 2b 1 3.c 1. 所以该二次函数的解析式为 y ＝－x 2＋1．（2）①如图 1，设点 A 的坐标为(x , －x 2＋1)，当四边形 AB C D 恰为正方形时，A D ＝AB ． 此时 y ＝2x ．A A 1 2 解方程－x 2＋1＝2x ，得 x ． 所以点 A 的横坐标为2 1． [2( 2 1)] 12 8 2 因此正方形 AB C D 的面积等于 ．2 ②设 OP 与 AB 交于点 F ，那么 1 2( 2 1)3 2 2 ( 2 1) PF O P O F 2 ． PF ( 2 1) 2 t an PAE 2 1． 所以 2 1AF O D 又因为 t an PDA t an DP O 2 1， O P所以∠PAE ＝∠PD A ．又因为∠P 公用，所以△PAD ∽△PEA ．图 1 图 2考点伸展事实上，对于矩形 ABC D ，总有结论△PAD ∽△PEA ．证明如下： 如图 2，设点 A 的坐标为(x , －x 2＋1)，那么 PF ＝O P －O F ＝1－(－x 2＋1)＝x 2．2 PF x t an PAE x ． 所以 AF x O D O P又因为 t an PDA t an DP O x ， 所以∠PAE ＝∠PD A ．因此△PAD ∽△PEA ．。

3.2几何证明及通过几何计算进行说理问题例1 2017年杭州市中考第22题如图1，在△ABC中，BC＞AC，∠ACB＝90°，点D在AB边上，DE⊥AC于点E．（1）若13ADDB，AE＝2，求EC的长；（2）设点F在线段EC上，点G在射线CB上，以F、C、G为顶点的三角形与△EDC 有一个锐角相等，FG交CD于点P．问：线段CP可能是△CFG的高还是中线？或两者都有可能？请说明理由．图1例2 2017年安徽省中考第23题如图1，正六边形ABCDEF的边长为a，P是BC边上的一动点，过P作PM//AB交AF 于M，作PN//CD交DE于N．（1）①∠MPN＝_______°；②求证：PM＋PN＝3a；（2）如图2，点O是AD的中点，联结OM、ON．求证：OM＝ON．（3）如图3，点O是AD的中点，OG平分∠MON，判断四边形OMGN是否为特殊的四边形，并说明理由．图1 图2 图3例3 2018年上海市黄浦区中考模拟第24题已知二次函数y＝－x2＋bx＋c的图像经过点P(0, 1)与Q(2, －3)．（1）求此二次函数的解析式；（2）若点A是第一象限内该二次函数图像上一点，过点A作x轴的平行线交二次函数图像于点B，分别过点B、A作x轴的垂线，垂足分别为C、D，且所得四边形ABCD恰为正方形．①求正方形的ABCD的面积；②联结PA、PD，PD交AB于点E，求证：△PAD∽△PEA．3.2几何证明及通过几何计算进行说理问题答案例1 2017年杭州市中考第22题如图1，在△ABC中，BC＞AC，∠ACB＝90°，点D在AB边上，DE⊥AC于点E．（1）若13ADDB，AE＝2，求EC的长；（2）设点F在线段EC上，点G在射线CB上，以F、C、G为顶点的三角形与△EDC 有一个锐角相等，FG交CD于点P．问：线段CP可能是△CFG的高还是中线？或两者都有可能？请说明理由．图1动感体验请打开几何画板文件名“15杭州22”，拖动点D在AB上运动，可以体验到，CP既可以是△CFG的高，也可以是△CFG的中线．思路点拨1．△CFG与△EDC都是直角三角形，有一个锐角相等，分两种情况．2．高和中线是直角三角形的两条典型线，各自联系着典型的定理，一个是直角三角形的两锐角互余，一个是直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．3．根据等角的余角相等，把图形中相等的角都标记出来．满分解答（1）由∠ACB＝90°，DE⊥AC，得DE//BC．所以13AE ADEC DB==．所以213EC=．解得EC＝6．（2）△CFG与△EDC都是直角三角形，有一个锐角相等，分两种情况：①如图2，当∠1＝∠2时，由于∠2与∠3互余，所以∠2与∠3也互余．因此∠CPF＝90°．所以CP是△CFG的高．②如图3，当∠1＝∠3时，PF＝PC．又因为∠1与∠4互余，∠3与∠2互余，所以∠4＝∠2．所以PC＝PG．所以PF＝PC＝PG．所以CP是△CFG的中线．综合①、②，当CD是∠ACB的平分线时，CP既是△CFG的高，也是中线（如图4）．图2 图3 图4考点伸展这道条件变换的题目，不由得勾起了我们的记忆：如图5，在△ABC中，点D是AB边上的一个动点，DE//BC交AC于E，DF//AC交BC 于F，那么四边形CEDF是平行四边形．如图6，当CD平分∠ACB时，四边形CEDF是菱形．图5 图6如图7，当∠ACB＝90°，四边形CEDF是矩形．如图8，当∠ACB＝90°，CD平分∠ACB时，四边形CEDF是正方形．图7 图8例2 2017年安徽省中考第23题如图1，正六边形ABCDEF的边长为a，P是BC边上的一动点，过P作PM//AB交AF 于M，作PN//CD交DE于N．（1）①∠MPN＝_______°；②求证：PM＋PN＝3a；（2）如图2，点O是AD的中点，联结OM、ON．求证：OM＝ON．（3）如图3，点O是AD的中点，OG平分∠MON，判断四边形OMGN是否为特殊的四边形，并说明理由．图1 图2 图3动感体验请打开几何画板文件名“14安徽23”，拖动点P运动，可以体验到，PM＋PN等于正六边形的3条边长．△AOM≌△BOP，△COP≌△DON，所以OM＝OP＝ON．还可以体验到，△MOG与△NOG是两个全等的等边三角形，四边形OMGN是菱形．思路点拨1．第（1）题的思路是，把PM＋PN转化到同一条直线上．2．第（2）题的思路是，以O为圆心，OM为半径画圆，这个圆经过点N、P．于是想到联结OP，这样就出现了两对全等三角形．3．第（3）题直觉告诉我们，四边形OMGN是菱形．如果你直觉△MOG与△NOG是等边三角形，那么矛盾就是如何证明∠MON＝120°．满分解答（1）①∠MPN＝60°．②如图4，延长FA、ED交直线B C与M′、N′，那么△ABM′、△MPM′、△DCN′、△EPN′都是等边三角形．所以PM＋PN＝M′N′＝M′B＋BC＋CN′＝3a．图4 图5 图6（2）如图5，联结OP ．由（1）知，AM ＝BP ，DN ＝CP ．由AM ＝BP ，∠OAM ＝∠OBP ＝60°，OA ＝OB ， 得△AOM ≌△BOP ．所以OM ＝OP ．同理△COP ≌△DON ，得ON ＝OP ． 所以OM ＝ON ．（3）四边形OMGN 是菱形．说理如下：由（2）知，∠AOM ＝∠BOP ，∠DON ＝∠COP （如图5）．所以∠AOM ＋∠DON ＝∠BOP ＋∠COP ＝60°．所以∠MON ＝120°． 如图6，当OG 平分∠MON 时，∠MOG ＝∠NOG ＝60°．又因为∠AOF ＝∠FOE ＝∠EOD ＝60°，于是可得∠AOM ＝∠FOG ＝∠EON ． 于是可得△AOM ≌△FOG ≌△EON ． 所以OM ＝OG ＝ON ．所以△MOG 与△NOG 是两个全等的等边三角形．所以四边形OMGN 的四条边都相等，四边形OMGN 是菱形．考点伸展在本题情景下，菱形OMGN 的面积的最大值和最小值各是多少？因为△MOG 与△NOG 是全等的等边三角形，所以OG 最大时菱形的面积最大，OG 最小时菱形的面积最小．OG 的最大值等于OA ，此时正三角形的边长为a ，菱形的最大面积为232a ． OG 与EF 垂直时最小，此时正三角形的边长为32a ，菱形的最小面积为2338a ．例3 2018年上海市黄浦区中考模拟第24题已知二次函数y＝－x2＋bx＋c的图像经过点P(0, 1)与Q(2, －3)．（1）求此二次函数的解析式；（2）若点A是第一象限内该二次函数图像上一点，过点A作x轴的平行线交二次函数图像于点B，分别过点B、A作x轴的垂线，垂足分别为C、D，且所得四边形ABCD恰为正方形．①求正方形的ABCD的面积；②联结PA、PD，PD交AB于点E，求证：△PAD∽△PEA．动感体验请打开几何画板文件名“13黄浦24”，拖动点A在第一象限内的抛物线上运动，可以体验到，∠PAE与∠PDA总保持相等，△PAD与△PEA保持相似．请打开超级画板文件名“13黄浦24”，拖动点A在第一象限内的抛物线上运动，可以体验到，∠PAE与∠PDA总保持相等，△PAD与△PEA保持相似．思路点拨1．数形结合，用抛物线的解析式表示点A的坐标，用点A的坐标表示AD、AB的长，当四边形ABCD是正方形时，AD＝AB．2．通过计算∠PAE与∠DPO的正切值，得到∠PAE＝∠DPO＝∠PDA，从而证明△PAD ∽△PEA．满分解答（1）将点P (0, 1)、Q (2, －3)分别代入y ＝－x 2＋bx ＋c ，得1,421 3.c b =⎧⎨-++=-⎩ 解得0,1.b c =⎧⎨=⎩ 所以该二次函数的解析式为y ＝－x 2＋1．（2）①如图1，设点A 的坐标为(x , －x 2＋1)，当四边形ABCD 恰为正方形时，AD ＝AB ． 此时y A ＝2x A ．解方程－x 2＋1＝2x ，得12x =-±． 所以点A 的横坐标为21-．因此正方形ABCD 的面积等于2[2(21)]1282-=-．②设OP 与AB 交于点F ，那么212(21)322(21)PF OP OF =-=--=-=-．所以2(21)tan 2121PF PAE AF -∠===--．又因为tan tan 21ODPDA DPO OP∠=∠==-， 所以∠PAE ＝∠PDA ．又因为∠P 公用，所以△PAD ∽△PEA ．图1 图2考点伸展事实上，对于矩形ABCD ，总有结论△PAD ∽△PEA ．证明如下：如图2，设点A 的坐标为(x , －x 2＋1)，那么PF ＝OP －OF ＝1－(－x 2＋1)＝x 2．所以2tan PF x PAE x AF x∠===．又因为tan tan ODPDA DPO x OP∠=∠==， 所以∠PAE ＝∠PDA ．因此△PAD ∽△PEA ．。

2017中考数学必知压轴题四大破解方法_答题技巧
中考是九年义务教育的终端显示与成果展示，其竞争较为激烈。

为了更有效地帮助学生梳理学过的知识，提高复习质量和效率，在中考中取得理想的成绩，下文为大家准备了2017中考数学必知压轴题的解题方法内容。

切入点一：构造定理所需的图形或基本图形
在解决问题的过程中，有时添加辅助线是必不可少的。

对于北京中考来说，只有一道很简单的证明题是可以不用添加辅助线的，其余的全都涉及到辅助线的添加问题。

中考对学生添线的要求还是挺高的，但添辅助线几乎都遵循这样一个原则：构造定理所需的图形或构造一些常见的基本图形。

切入点二：做不出、找相似，有相似、用相似
压轴题牵涉到的知识点较多，知识转化的难度较高。

学生往往不知道该怎样入手，这时往往应根据题意去寻找相似三角形。

切入点三：紧扣不变量，并善于使用前题所采用的方法或结论
在图形运动变化时，图形的位置、大小、方向可能都有所改变，但在此过程中，往往有某两条线段，或某两个角或某两个三角形所对应的位置或数量关系不发生改变。

切入点四：在题目中寻找多解的信息
图形在运动变化，可能满足条件的情形不止一种，也就是通常所说的两解或多解，如何避免漏解也是一个令考生头痛的问题，其实多解的信息在题目中就可以找到，这就需要我们深度的挖掘题干，实际上就是反复认真的审题。

总之，问题的切入点很多，考试时也不是一定要找到那么多，往往只需找到一两个就行了，关键是找到以后一定要敢于去做。

有些同学往往想想觉得不行就放弃了，其实绝大多数的题目只要想到上述切入点，认真做下去，问题基本都可以得到解决。

2017中考压轴试题复习 3.1代数计算及通过代数计算进行说理
§3．1 代数计算及通过代数计算进行说理问题
课前导学
计算说理是通过计算得到结论；说理计算侧重说理，说理之后进行代入求值．压轴题中的代数计算题，主要是函数类题．
函数计算题必考的是待定系数法求函数的解析式，按照设、列、解、验、答五步完成，一般来说，解析式中待定几个字母，就要代入几个点的坐标．
还有一类计算题，就是从特殊到一般，通过计算寻找规律．代数计算和说理较多的一类题目，是确定直线与抛物线的交点个数.联立直线和抛物线的解析式组成方程组，消去
y ，得到关于x 的一元二次方程，然后根据
?确定交点的个数．
我们介绍一下求函数图像交点坐标的几何方法．
如图1，已知直线y ＝x ＋1与x 轴交于点A ，抛物线y ＝x 2
－2x －3与直线y ＝x ＋1交于
A 、
B 两点，求点B 的坐标的代数方法，就是联立方程组，方程组的一个解是点
A 的坐标，
另一个解计算点的坐标．
几何法是这样的：设直线AB 与y 轴分别交于C ，那么tan ∠AOC
＝1．作BE ⊥x 轴于E ，那么
1BE AE
．设B(x , x 2
－2x －3)，于是
2
23
11
x
x x ．
请注意，这个分式的分子因式分解后，(1)(3)
11
x
x x ．这个分式能不能约分，为什
么？
因为x ＝－1的几何意义是点A ，由于点B 与点A 不重合，所以x ≠－1，因此约分以后
就是x －3＝1．
这样的题目一般都是这样，已知一个交点求另一个交点，经过约分，直接化为一元一次
方程，很简便．
图1。

中考数学几何压轴题解题技巧
中考数学几何压轴题通常比较难,需要有一定的数学基础和思维能力。

以下是一些中考数学几何压轴题解题技巧:
1. 熟悉几何图形的特性:在解决几何压轴题时,要对一些特殊的形状和性质进行记忆和识别,例如平行线的性质、垂直线的性质、三角形的判定和性质等。

2. 理解空间观念:几何压轴题通常涉及到空间问题,因此要具备良好的空间观念,例如理解向量的概念、理解点、线、面之间的关系等。

3. 运用基本定理:解决几何压轴题时,需要运用一些基本定理,
例如相似三角形定理、勾股定理、三角函数等。

4. 化简和化归:在解决几何压轴题时,常常需要进行化简和化归,将复杂的问题转化为更简单的形式,从而更容易解决问题。

5. 寻找关键信息:几何压轴题通常需要寻找一些关键信息,例如对称性、三角形的重心、垂心、内心、外心等。

6. 画图辅助思考:在解决几何压轴题时,画图可以更加直观地理
解问题,帮助你找到解决问题的方法。

7. 多练习:最后,多练习是必要的。

通过大量的练习,你可以加深对几何图形的理解和记忆,提高解决问题的能力。

总之,几何压轴题需要理解和掌握几何图形的特性、运用基本定理、化简和化归、寻找关键信息、画图辅助思考以及多练习等方法,才能有效地解决问题。

2018中考数学压轴题解题技巧和方法1、大胆取舍——确保中考数学相对高分“有所不为才能有所为，大胆取舍，才能确保中考数学相对高分。

”针对中考数学如何备考，著名数学特级老师说，这几个月的备考一定要有选择。

首先，要进行一次全面的基础内容复习，不能有所遗漏；其次，一定要立足于基础和难易度适中，太难的可以放弃。

在全面复习的基础上，再次把掌握得似懂非懂，知道但又不是很清楚的地方搞清楚。

在做题练习上要学会选择，决不能不加取舍地做题，即便是老师布置的作业，也建议同学们选择性地做，已经掌握得很好的不要多做，把好像会做但又不能肯定的题认真做一做，把根本没有感觉的难题放弃不做。

千万不要到处去找各个学校的考试题来做，因为这没有针对性，浪费时间和精力。

”2、做到基本知识不丢一分某外国语学校资深中考数学老师建议考生在中考数学的备考中强化知识网络的梳理，并熟练掌握中考考纲要求的知识点。

首先要梳理知识网络，思路清晰知己知彼。

思考中学数学学了什么，教材在排版上有什么规律，琢磨这两个问题其实就是要梳理好知识网络，对知识做到心中有谱。

其次要掌握数学考纲，对考试心中有谱。

掌握今年中考数学的考纲，用考纲来统领知识大纲，掌握好必要的基础知识和过好基本的计算关，做到基本知识不丢一分，那就离做好中考数学的答卷又近了一步。

根据考纲和自己的实际情况来侧重复习，也能提高有限时间的利用效率。

3、做好中考数学的最后冲刺距离中考越来越近，一方面需按照学校的复习进度正常学习，另一方面由于每个人学习情况不一样，自己还需进行知识点和丢分题型的双重查漏补缺，找准短板，准确修复。

压轴题坚持每天一道，并及时总结方法，错题本就发挥作用了。

最后每周练习一套中考模拟卷，及时总结考试问题。

我们做题的原则是先搞懂搞透错题，再做新题。

如果没有时间做新题，多花时间思考、沉淀错题是更有效的学习方法。

中考是一场选拔性的考试，紧张是难免的，只要不过度紧张，适度紧张也是必要的，而且紧张的不是你一个人，大家都紧张。

中考数学代数和几何压轴题解题技巧中考数学代数和几何压轴题解题技巧代数先把教材过遍“筛子” 。

考生首先要把教材过一遍“筛子”，对自己掌握的知识点进行查缺补漏。

按照中考分值比例，简单题占70%，任何学生都不要在此丢分。

考生复习时对一些常规问题、常见问题、常用数据、常用解法都要熟练掌握。

初中数学知识点较广，题型比较灵活，考生复习要多注意和实际生活相联系。

比如收取水电费、计算打折价钱等，都可以用方程的运用、函数的运用方式出题。

总复习如果深陷题海，将耗费时间，对一些适应面不大、局限性大的“特技、绝招”，考生最好少涉猎。

尤其是在考试答题的时候，考生尽量不要“冒险”用技巧解题。

抓住重点、复习热点，是考生在近期复习时应该做到的。

几年来，一元二次方程、函数一直是中考重点，尤其是函数的应用每年都是热点题型，考生要重点复习这部分内容。

此外，“开放型、探索型、阅读理解型”等题型也时有出现，考生对此要尽可能熟悉。

对于成绩中等的考生，现阶段要紧抓简单题和中等难度的题，争取做到这类题不丢分。

在复习进入中途的时候，再循序渐进地找一些有难度的题去做。

成绩比较优秀的考生，先检查一下自己在简单和中等难度题上的得分情况，然后冲击一些难度大的题。

而且最好多见识一些难题，以免在中考考场上遇到“面生”的题，影响自己的答题情绪。

几何对于几何的复习，考生要重视对基础知识的理解，尤其是几何教材中的概念、公理、定理要能理解、会运用。

从近几年中考命题的趋势看，几何多是以基础题为主，试题源于教材又异于教材，依据教材又高于教材。

综合题的原型基本是教材中的例题或习题，是教材中题目的引申、变形和组合。

所以几何复习应以教材为主，集中精力把几何教材中的每一个题目认认真真地做一遍，并进行归纳分析。

不要一味搞“题海战术”，整天埋头做大量的课外习题，其效果并不明显。

中考几何题除了着重考查基础知识外，还十分重视数学思想方法的考查，如数形结合、方程的思想、分类讨论的思想、转化思想等。

中考数学压轴题的常见类型与解题思路中考数学作为中学阶段的一项重要考试科目，对学生的数学能力和思维能力有着很高的要求。

而数学压轴题更是中考数学中的难点，它涉及的知识点更加综合，题型更加复杂，让很多学生望而生畏。

下面我们就来看一看中考数学压轴题的常见类型与解题思路。

一、常见类型1. 几何题几何题在中考数学中占有很大的比重，而且很多考生对于几何题的理解和应用能力较弱。

几何题涉及到的知识点包括：相似三角形、直角三角形、等腰三角形、正多边形等。

题目类型有：相似三角形的判定、证明、应用；平行线的性质与应用；圆的性质与应用等。

2. 代数方程题代数方程题也是中考数学中的常见类型，对于代数方程的解题能力也是一个学生的基本功。

考生需要掌握一元一次方程和一元二次方程的解法，以及应用方程进行实际问题求解的能力。

常见的题型有一元一次方程或不等式的运算、方式转化、实际问题转化方程、解方程或不等式等。

3. 统计与概率题统计与概率题在中考数学中也是一个很重要的考察点。

涉及到的知识点有频数、频率、统计图、概率等。

考生需要能够正确理解和运用统计数据和概率概念，并能应用到实际问题中。

统计与概率题的常见类型包括统计图的制作与分析、概率计算、实际问题的概率计算等。

二、解题思路在解几何题时，首先要明确题目中所涉及到的几何知识点和几何关系，特别要注意题目中的条件和所求的结论。

根据题目所给的条件进行分析，采用合适的方法解题。

灵活运用相似三角形、等角、平行线等几何性质来解题，掌握作图的技巧和方法，辅助理解和解决几何问题。

在解代数方程题时，首先要根据题目的要求，分析出所涉及到的未知数和方程式。

对于一元一次方程，可以采用逆运算的方法解方程，得出未知数的具体数值。

对于一元二次方程，可以采用求根公式或配方法解方程，注意根据实际问题进行条件式转化和求解。

在解统计与概率题时，首先要正确理解题目中的统计数据和概率概念，并明确所涉及到的统计图表和概率计算。

根据题目的要求和条件进行分析，采用适当的统计方法和概率计算方法进行求解。

3.2几何证明及通过几何计算进行说理问题例1 2017年杭州市中考第22题如图1，在△ABC中，BC＞AC，∠ACB＝90°，点D在AB边上，DE⊥AC于点E．（1）若13ADDB，AE＝2，求EC的长；（2）设点F在线段EC上，点G在射线CB上，以F、C、G为顶点的三角形与△EDC有一个锐角相等，FG 交CD于点P．问：线段CP可能是△CFG的高还是中线？或两者都有可能？请说明理由．图1例2 2017年安徽省中考第23题如图1，正六边形ABCDEF的边长为a，P是BC边上的一动点，过P作PM//AB交AF于M，作PN//CD交DE于N．（1）①∠MPN＝_______°；②求证：PM＋PN＝3a；（2）如图2，点O是AD的中点，联结OM、ON．求证：OM＝ON．（3）如图3，点O是AD的中点，OG平分∠MON，判断四边形OMGN是否为特殊的四边形，并说明理由．图1 图2 图3例3 2018年上海市黄浦区中考模拟第24题已知二次函数y＝－x2＋bx＋c的图像经过点P(0, 1)与Q(2, －3)．（1）求此二次函数的解析式；（2）若点A是第一象限内该二次函数图像上一点，过点A作x轴的平行线交二次函数图像于点B，分别过点B、A作x轴的垂线，垂足分别为C、D，且所得四边形ABCD恰为正方形．①求正方形的ABCD的面积；②联结PA、PD，PD交AB于点E，求证：△PAD∽△PEA．3.2几何证明及通过几何计算进行说理问题答案例1 2017年杭州市中考第22题如图1，在△ABC中，BC＞AC，∠ACB＝90°，点D在AB边上，DE⊥AC于点E．（1）若13ADDB，AE＝2，求EC的长；（2）设点F在线段EC上，点G在射线CB上，以F、C、G为顶点的三角形与△EDC有一个锐角相等，FG 交CD于点P．问：线段CP可能是△CFG的高还是中线？或两者都有可能？请说明理由．图1动感体验请打开几何画板文件名“15杭州22”，拖动点D在AB上运动，可以体验到，CP既可以是△CFG的高，也可以是△CFG的中线．思路点拨1．△CFG与△EDC都是直角三角形，有一个锐角相等，分两种情况．2．高和中线是直角三角形的两条典型线，各自联系着典型的定理，一个是直角三角形的两锐角互余，一个是直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．3．根据等角的余角相等，把图形中相等的角都标记出来．满分解答（1）由∠ACB＝90°，DE⊥AC，得DE//BC．所以13AE ADEC DB==．所以213EC=．解得EC＝6．（2）△CFG与△EDC都是直角三角形，有一个锐角相等，分两种情况：①如图2，当∠1＝∠2时，由于∠2与∠3互余，所以∠2与∠3也互余．因此∠CPF＝90°．所以CP是△CFG的高．②如图3，当∠1＝∠3时，PF＝PC．又因为∠1与∠4互余，∠3与∠2互余，所以∠4＝∠2．所以PC＝PG．所以PF＝PC＝PG．所以CP是△CFG的中线．综合①、②，当CD是∠ACB的平分线时，CP既是△CFG的高，也是中线（如图4）．图2 图 3 图4考点伸展这道条件变换的题目，不由得勾起了我们的记忆：如图5，在△ABC中，点D是AB边上的一个动点，DE//BC交AC于E，DF//AC交BC于F，那么四边形CEDF 是平行四边形．如图6，当CD平分∠ACB时，四边形CEDF是菱形．图5 图6如图7，当∠ACB＝90°，四边形CEDF是矩形．如图8，当∠ACB＝90°，CD平分∠ACB时，四边形CEDF是正方形．图7 图8例2 2017年安徽省中考第23题如图1，正六边形ABCDEF的边长为a，P是BC边上的一动点，过P作PM//AB交AF于M，作PN//CD交DE于N．（1）①∠MPN＝_______°；②求证：PM＋PN＝3a；（2）如图2，点O是AD的中点，联结OM、ON．求证：OM＝ON．（3）如图3，点O是AD的中点，OG平分∠MON，判断四边形OMGN是否为特殊的四边形，并说明理由．图1 图2 图3动感体验请打开几何画板文件名“14安徽23”，拖动点P运动，可以体验到，PM＋PN等于正六边形的3条边长．△AOM≌△BOP，△COP≌△DON，所以OM＝OP＝ON．还可以体验到，△MOG与△NOG是两个全等的等边三角形，四边形OMGN是菱形．思路点拨1．第（1）题的思路是，把PM＋PN转化到同一条直线上．2．第（2）题的思路是，以O为圆心，OM为半径画圆，这个圆经过点N、P．于是想到联结OP，这样就出现了两对全等三角形．3．第（3）题直觉告诉我们，四边形OMGN是菱形．如果你直觉△MOG与△NOG是等边三角形，那么矛盾就是如何证明∠MON＝120°．满分解答（1）①∠MPN＝60°．②如图4，延长FA、ED交直线BC与M′、N′，那么△ABM′、△MPM′、△DCN′、△EPN′都是等边三角形．所以PM＋PN＝M′N′＝M′B＋BC＋CN′＝3a．图4 图5 图6（2）如图5，联结OP．由（1）知，AM＝BP，DN＝CP．由AM＝BP，∠OAM＝∠OBP＝60°，OA＝OB，得△AOM≌△BOP．所以OM＝OP．同理△COP≌△DON，得ON＝OP．所以OM＝ON．（3）四边形OMGN是菱形．说理如下：由（2）知，∠AOM＝∠BOP，∠DON＝∠COP（如图5）．所以∠AOM＋∠DON＝∠BOP＋∠COP＝60°．所以∠MON＝120°．如图6，当OG平分∠MON时，∠MOG＝∠NOG＝60°．又因为∠AOF＝∠FOE＝∠EOD＝60°，于是可得∠AOM＝∠FOG＝∠EON．于是可得△AOM≌△FOG≌△EON．所以OM＝OG＝ON．所以△MOG与△NOG是两个全等的等边三角形．所以四边形OMGN的四条边都相等，四边形OMGN是菱形．考点伸展在本题情景下，菱形OMGN的面积的最大值和最小值各是多少？因为△MOG与△NOG是全等的等边三角形，所以OG最大时菱形的面积最大，OG最小时菱形的面积最小．OG的最大值等于OA，此时正三角形的边长为a2．OG与EF2．例3 2018年上海市黄浦区中考模拟第24题已知二次函数y＝－x2＋bx＋c的图像经过点P(0, 1)与Q(2, －3)．（1）求此二次函数的解析式；（2）若点A是第一象限内该二次函数图像上一点，过点A作x轴的平行线交二次函数图像于点B，分别过点B、A作x轴的垂线，垂足分别为C、D，且所得四边形ABCD恰为正方形．①求正方形的ABCD的面积；②联结PA、PD，PD交AB于点E，求证：△PAD∽△PEA．动感体验请打开几何画板文件名“13黄浦24”，拖动点A在第一象限内的抛物线上运动，可以体验到，∠PAE与∠PDA总保持相等，△PAD与△PEA保持相似．请打开超级画板文件名“13黄浦24”，拖动点A在第一象限内的抛物线上运动，可以体验到，∠PAE与∠PDA 总保持相等，△PAD 与△PEA 保持相似．思路点拨1．数形结合，用抛物线的解析式表示点A 的坐标，用点A 的坐标表示AD 、AB 的长，当四边形ABCD 是正方形时，AD ＝AB ．2．通过计算∠PAE 与∠DPO 的正切值，得到∠PAE ＝∠DPO ＝∠PDA ，从而证明△PAD ∽△PEA ．满分解答（1）将点P(0, 1)、Q(2, －3)分别代入y ＝－x 2＋bx ＋c ，得1,421 3.c b =⎧⎨-++=-⎩ 解得0,1.b c =⎧⎨=⎩ 所以该二次函数的解析式为y ＝－x 2＋1．（2）①如图1，设点A 的坐标为(x, －x 2＋1)，当四边形ABCD 恰为正方形时，AD ＝AB ． 此时y A ＝2x A ．解方程－x 2＋1＝2x ，得1x =-所以点A 1．因此正方形ABCD 的面积等于21)]12=-②设OP 与AB 交于点F ，那么211)31)PF OP OF =-=-=-=．所以2tan 1PF PAE AF ∠===．又因为tan tan 1ODPDA DPO OP∠=∠==， 所以∠PAE ＝∠PDA ．又因为∠P 公用，所以△PAD ∽△PEA ．图1 图2考点伸展事实上，对于矩形ABCD，总有结论△PAD∽△PEA．证明如下：如图2，设点A的坐标为(x, －x2＋1)，那么PF＝OP－OF＝1－(－x2＋1)＝x2．所以2tanPF xPAE xAF x∠===．又因为tan tan ODPDA DPO xOP∠=∠==，所以∠PAE＝∠PDA．因此△PAD∽△PEA．。