2019年中考数学压轴题解题方法建议
北京中考数学必知压轴题四大破解方法
北京中考数学必知压轴题四大破解方法近几年的中考，一些题型灵活、设计新颖、富有创意的压轴试题涌现出来，其中一类以平移、旋转、翻折等图形变换为解题思路的题目更是成为中考压轴大戏的主角。
不过这些传说中的主角，并没有大家想象的那么神秘，只是我们需要找出这些压轴题目的切入点。
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。
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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。
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2019年中考数学二轮复习几何探究题(压轴题) 综合练习 (含答案)
2019年中考数学二轮复习几何探究题（压轴题）综合练习1. (1)阅读理解：如图①，在△ABC中，若AB＝10，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围．解决此问题可以用如下方法：延长AD到点E使DE＝AD，再连接BE(或将△ACD绕着点D逆时针旋转180°得到△EBD)．把AB，AC，2AD集中在△ABE中，利用三角形三边的关系即可判断．中线AD的取值范围是________；(2)问题解决：如图②，在△ABC中，D是BC边上的中点，DE⊥DF于点D，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF.求证：BE＋CF＞EF；(3)问题拓展：如图③，在四边形ABCD中，∠B＋∠D＝180°，CB＝CD，∠BCD＝140°，以C为顶点作一个70°角，角的两边分别交AB，AD于E，F两点，连接EF，探索线段BE，DF，EF之间的数量关系，并加以证明．2.如图①，②，③分别以△ABC的AB和AC为边向△ABC外作正三角形(等边三角形)、正四边形(正方形)、正五边形，BE和CD相交于点O.(1)在图①中，求证：△ABE≌△ADC.(2)由(1)证得△ABE≌△ADC，由此可推得在图①中∠BOC＝120°，请你探索在图②中∠BOC的度数，并说明理由或写出证明过程．(4)由此推广到一般情形(如图④)，分别以△ABC 的AB 和AC 为边向△ABC 外作正n 边形，BE 和CD 仍相交于点O ，猜想∠BOC 的度数为____________________(用含n 的式子表示)．图① 图② 图③ 图④3.已知正方形ABCD 的边长为1，点P 为正方形内一动点，若点M 在AB 上，且满足△PBC ∽△PAM ，延长BP 交AD 于点N ，连接CM.(1)如图①，若点M 在线段AB 上，求证：AP ⊥BN ；AM ＝AN.(2)①如图②，在点P 运动过程中，满足△PBC ∽△PAM 的点M 在AB 的延长线上时，AP ⊥BN 和AM ＝AN 是否成立(不需说明理由)?②是否存在满足条件的点P ，使得PC ＝12？请说明理由．4. 如图①，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC，四边形ADEF是正方形，点B、C分别在边AD、AF上，此时BD＝CF，BD⊥CF成立．(1)当△ABC绕点A逆时针旋转θ(0°<θ<90°)时，如图②，BD＝CF成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．(2)当△ABC绕点A逆时针旋转45°时，如图③，延长DB交CF于点H.①求证：BD⊥CF；②当AB＝2，AD＝32时，求线段DH的长．图①图②图③5. 已知矩形ABCD中AD＝8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．(1)如图①，已知折痕与边BC交于点O，连接AP、OP、OA，若△OCP与△PDA的面积比为1∶ 4，求边CD的长；(2)如图②，在(1)的条件下擦去AO、OP，连接BP，动点M在线段AP上(点M不与点P、A重合)，动点N在线段AB的延长线上，且BN＝PM，连接MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E，试问当点M、N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明变化规律，若不变，求出线段EF的长度．图①图②6. 如图①，矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝5，BP ＝1，∠MPN ＝90°，将∠MPN 绕点P 从PB 处开始按顺时针方向旋转，PM 交边AB(或AD)于点E ，PN 交边AD(或CD)于点F ，当PN 旋转至PC 处时，∠MPN 的旋转随即停止．(1)特殊情形：如图②，发现当PM 过点A 时，PN 也恰好过点D ， 此时，△ABP________△PCD(填“≌”或“∽”)；(2)类比探究：如图③，在旋转过程中，PEPF 的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由；(3)拓展延伸：设AE ＝t ，△EPF 的面积为S ，试确定S 关于t 的函数关系式；当S ＝4.2时，求所对应的t 值．7. 阅读理解：我们知道，四边形具有不稳定性，容易变形．如图①，一个矩形发生变形后成为一个平行四边形，设这个平行四边形相邻两个内角中较小的一个内角为α，我们把1sinα的值叫做这个平行四边形的变形度．(1)若矩形发生形变后的平行四边形有一个内角是120°，则这个平行四边形的变形度是________；猜想证明：(2)设矩形的面积为S1，其变形后的平行四边形面积为S2，试猜想S1，S2，1sinα之间的数量关系，并说明理由；拓展探究：(3)如图②，在矩形ABCD中，E是AD边上的一点，且AB2＝AE·AD，这个矩形发生变形后为平行四边形A1B1C1D1，E1为E的对应点，连接B1E1，B1D1，若矩形ABCD的面积为4m(m>0)，平行四边形A1B1C1D1的面积为2m(m>0)，试求∠A1E1B1＋∠A1D1B1的度数．8. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5 cm，∠BAC＝60°，动点M从点B出发，在BA边上以每秒2 cm的速度向点A匀速运动，同时动点N从点C出发，在CB边上以每秒 3 cm的速度向点B匀速运动，设运动时间为t秒(0≤t≤5)，连接MN.(1)若BM＝BN，求t的值；(2)若△MBN与△ABC相似，求t的值；(3)当t为何值时，四边形ACNM的面积最小？并求出最小值．9. 已知：如图，在矩形ABCD中，AB＝6 cm，BC＝8 cm.对角线AC，BD交于点O，点P从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为1 cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1 cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接PO并延长，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，交BD 于点F.设运动时间为t(s)(0<t<6)，解答下列问题：(2)设五边形OECQF 的面积为S(cm 2)，试确定S 与t 的函数关系式；(3)在运动过程中，是否存在某一时刻t ，使S 五边形OECQF ∶S △ACD ＝9∶16？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由；(4)在运动过程中，是否存在某一时刻t ，使OD 平分∠COP ？若存在，求出t 值；若不存在，请说明理由．10. 如图，已知一个直角三角形纸片ACB ，其中∠ACB ＝90°，AC ＝4，BC ＝3，E 、F 分别是AC 、AB 边上的点，连接EF.(1)如图①，若将纸片ACB 的一角沿EF 折叠，折叠后点A 落在AB 边上的点D 处，且使S 四边形ECBF ＝3S △EDF ，求AE 的长；(2)如图②，若将纸片ACB 的一角沿EF 折叠，折叠后点A 落在BC 边上的点M 处，且使MF ∥CA. ①试判断四边形AEMF 的形状，并证明你的结论； ②求EF 的长；(3)如图③，若FE 的延长线与BC 的延长线交于点N ，CN ＝1，CE ＝47，求AFBF的值．11. 已知AC ，EC 分别为四边形ABCD 和EFCG 的对角线，点E 在△ABC 内，∠CAE ＋∠CBE ＝90°. (1)如图①，当四边形ABCD 和EFCG 均为正方形时，连接BF. ①求证：△CAE ∽△CBF ；②若BE ＝1，AE ＝2，求CE 的长；(2)如图②，当四边形ABCD 和EFCG 均为矩形，且AB BC ＝EFFC ＝k 时，若BE ＝1，AE ＝2，CE ＝3，求k 的值；(3)如图③，当四边形ABCD 和EFCG 均为菱形，且∠DAB ＝∠GEF ＝45°时，设BE ＝m ，AE ＝n ，CE ＝p ，试探究m ，n ，p 三者之间满足的等量关系(直接写出结果，不必写出解答过程)．12. 如图①，菱形ABCD 中，已知∠BAD ＝120°，∠EGF ＝60°，∠EGF 的顶点G 在菱形对角线AC 上运动，角的两边分别交边BC 、CD 于点E 、F.图①(1)如图②，当顶点G 运动到与点A 重合时，求证：EC ＋CF ＝BC ； (2)知识探究：①如图③，当顶点G 运动到AC 中点时，探究线段EC 、CF 与BC 的数量关系；②在顶点G 的运动过程中，若ACCG ＝t ，请直接写出线段EC 、CF 与BC 的数量关系(不需要写出证明过程)；(3)问题解决：如图④，已知菱形边长为8，BG ＝7，CF ＝65，当t ＞2时，求EC 的长度．13.某数学兴趣小组在数学课外活动中，研究三角形和正方形的性质时，做了如下探究：在△ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，点D 为直线BC 上一动点(点D 不与B ，C 重合)，以AD 为边在AD 右侧作正方形ADEF ，连接CF.(1)观察猜想如图①，当点D 在线段BC 上时，①BC 与CF 的位置关系为：____________． ②BC ，CD ，CF 之间的数量关系为：____________(将结论直接写在横线上)．(2)数学思考如图②，当点D 在线段CB 的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明． (3)拓展延伸如图③，当点D 在线段BC 的延长线上时，延长BA 交CF 于点G ，连接GE.若已知AB ＝22，CD ＝14BC ，请求出GE 的长．14. 在△ABC中，AB＝6，AC＝BC＝5，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转，得到△ADE，旋转角为α(0°＜α＜180°)，点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，连接BD，BE.(1)如图，当α＝60°时，延长BE交AD于点F.①求证：△ABD是等边三角形；②求证：BF⊥AD，AF＝DF；③请直接．．写出BE的长；(2)在旋转过程中，过点D作DG垂直于直线AB，垂足为点G，连接CE，当∠DAG＝∠ACB，且线段DG与线段AE无公共点时，请直接．．写出BE＋CE的值．温馨提示：考生可以根据题意，在备用图中补充图形，以便作答．备用图15.问题情境在综合与实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的剪拼”为主题开展数学活动．如图①，将一张菱形纸片ABCD(∠BAD>90°)沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD.操作发现(1)将图①中的△ACD以A为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α＝∠BAC，得到如图②所示的△AC′D，分别延长BC和DC′交于点E，则四边形ACEC′的形状是________；(2)创新小组将图①中的△ACD以A为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α＝2∠BAC，得到如图③所示的△AC′D，连接DB、C′C，得到四边形BCC′D，发现它是矩形．请你证明这个结论；实践探究(3)缜密小组在创新小组发现结论的基础上，量得图③中BC＝13 cm，AC＝10 cm，然后提出一个问题：将△AC′D沿着射线DB方向平移a cm，得到△A′C″D′，连接BD′，CC″，使四边形BCC″D′恰好为正方形，求a的值．请你解答此问题；(4)请你参照以上操作，将图①中的△ACD在同一平面内进行一次平移，得到△A′C′D，在图④中画出平移后构造出的新图形，标明字母，说明平移及构图方法，写出你发现的结论，不必证明．CB 上，且CD ∶DB ＝2∶1，OB 交AD 于点E ，平行于x 轴的直线l 从原点O 出发，以每秒1个单位长度的速度沿y 轴向上平移，到C 点时停止；l 与线段OB ，AD 分别相交于M ，N 两点，以MN 为边作等边△MNP(点P 在线段MN 的下方)，设直线l 的运动时间为t(秒)，△MNP 与△OAB 重叠部分的面积为S(平方单位)． (1)直接写出点E 的坐标； (2)求S 与t 的函数关系式；(3)是否存在某一时刻t ，使得S ＝12S △ABD 成立？若存在，请求出此时t 的值；若不存在，请说明理由．备用图17. 已知点O 是△ABC 内任意一点，连接OA 并延长到E ，使得AE ＝OA ，以OB ，OC 为邻边作▱OBFC ，连接OF ，与BC 交于点H ，再连接EF.(1)如图①，若△ABC 为等边三角形，求证：①EF ⊥BC ；②EF ＝3BC ；(2)如图②，若△ABC 为等腰直角三角形(BC 为斜边)，猜想(1)中的两个结论是否成立？若成立，直接写出结论即可；若不成立，请你直接写出你的猜想结果；18. 如图①，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AC＝1，D为AB的中点，EF为△ACD的中位线，四边形EFGH为△ACD的内接矩形(矩形的四个顶点均在△ACD的边上)．(1)计算矩形EFGH的面积；(2)将矩形EFGH沿AB向右平移，F落在BC上时停止移动．在平移过程中，当矩形与△CBD重叠部分的面积为316时，求矩形平移的距离；(3)如图③，将(2)中矩形平移停止时所得的矩形记为矩形E1F1G1H1，将矩形E1F1G1H1绕G1点按顺时针方向旋转，当H1落在CD上时停止转动，旋转后的矩形记为矩形E2F2G1H2，设旋转角为α，求cosα的值．参考答案1. (1)解：如图①中，∵AB＝10，AC＝6，AD是BC边上中线，由旋转性质知，BE＝AC＝6，AD＝DE.∴在△ABE中，10－6<AE<10＋6，即4<2AD<16，∴2<AD<8;(2)证明：延长FD至M，使FD ＝MD ，连接ME ，MB.如图①所示． ∵ED ⊥FM ，FD ＝DM ， ∴ME ＝EF.∵CD ＝BD ，∠CDF ＝∠BDM ， ∴△CDF ≌△BDM(SAS )， ∴CF ＝BM.∵BM ＋BE>ME ，∴BE ＋CF>EF;(3)解：BE ＋DF ＝EF. 理由：延长EB 至点N ，使BN ＝DF ，图②连接CN ，如图②所示．∵∠EBC ＋∠D ＝180°，∠EBC ＋∠CBN ＝180° ∴∠D ＝∠CBN ，∴在△CDF 和△CBN 中， ⎩⎪⎨⎪⎧DF ＝BN ∠D ＝∠CBN DC ＝BC， ∴△CDF ≌△CBN(SAS )，∴CF ＝CN.∵∠BCD ＝140°，∠ECF ＝70°， ∴∠DCF ＋∠BCE ＝70°，∴∠BCN ＋∠BCE ＝70°，即∠NCE ＝70°， ∴在△ECF 和△ECN 中， ⎩⎪⎨⎪⎧CF ＝CN ∠ECF ＝∠ECN CE ＝CE， ∴△ECF ≌△ECN(SAS )， ∴EF ＝EN.∵EB ＋BN ＝EN ，∴BE ＋DF ＝EF.2. (1)证明：∵△ABD 、△ACE 是等边三角形， ∴AB ＝AD ，AC ＝AE ，∠CAE ＝∠DAB ＝60°，∴∠CAE ＋∠BAC ＝∠DAB ＋∠BAC ，即∠BAE ＝∠DAC ， 在△ABE 和△ADC 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝AD ∠BAE ＝∠DAC AE ＝AC，(2)解：∠BOC ＝90°.理由如下： 由(1)得△ABE ≌△ADC ，∴∠EBA ＝∠CDA.∵∠FBA ＋∠FDA ＝180°，∴∠FBA －∠EBA ＋∠FDA ＋∠CDA ＝180°， 即∠FBO ＋∠FDO ＝180°.在四边形FBOD 中，∠F ＝90°，∴∠DOB ＝360°－∠F －(∠FBO ＋∠FDO)＝90°， ∴∠BOC ＝90°. (3)解：72°.【解法提示】∠BOC ＝180°－108°＝72°. (4)解：180°－180°·（n －2）n. 【解法提示】由(3)可知，∠BOC 度数应为180°减去正多边形内角度数． 3. (1)证明：∵△PBC ∽△PAM ， ∴∠PBC ＝∠PAM.∵四边形ABCD 是正方形，∴∠PBC ＋∠PBA ＝∠CBA ＝90°， ∴∠PAM ＋∠PBA ＝90°， ∴∠APN ＝90°，即AP ⊥BN ， ∴∠BPA ＝∠BAN ＝90°. ∵∠ABP ＝∠NBA ，∴△ABP ∽△NBA ，PB AB ＝PAAN ， ∴AN AB ＝PA PB .又∵△PAM ∽△PBC ， ∴PA PB ＝AM BC ， 故AN AB ＝AM BC . 又∵AB ＝BC ，∴AM ＝AN ；(2)解：①点M 在AB 的延长线上时，AP ⊥BN 和AM ＝AN 仍然成立；②不存在，理由如下：选择图②，如图，以AB 为直径，作半圆O ，连接OC ，OP ，∵BC ＝1，OB ＝12， ∴OC ＝52.∵由①知，AP ⊥BN ，∴点P 一定在以点O 为圆心、半径长为12的半圆上(A ，B 两点除外)． 如果存在点P ，那么OP ＋PC ≥OC ，则PC ≥5－12.∵5－12>12，故不存在满足条件的点P ，使得PC ＝12.4. (1)解：BD ＝CF 成立．理由如下：∵AC ＝AB ，∠CAF ＝∠BAD ＝θ，AF ＝AD ， ∴△ACF ≌△ABD ，∴CF ＝BD.(2)①证明：由(1)得，△ACF ≌△ABD ， ∴∠HFN ＝∠ADN ， 在△HFN 与△ADN 中，∵∠HFN ＝∠ADN ，∠HNF ＝∠AND ， ∴∠NHF ＝∠NAD ＝90°， ∴HD ⊥HF ，即BD ⊥CF.②解：如图，连接DF ，延长AB ，与DF 交于点M ， 在△MAD 中，∵∠MAD ＝∠MDA ＝45°， ∴∠BMD ＝90°.在Rt △BMD 与Rt △FHD 中， ∵∠MDB ＝∠HDF ， ∴△BMD ∽△FHD.∵AB ＝2，AD ＝32，四边形ADEF 是正方形， ∴MA ＝MD ＝322＝3，∴MB ＝MA －AB ＝3－2＝1，BD ＝MB 2＋MD 2＝12＋32＝10， 又∵MD HD ＝BD FD ，即3HD ＝106， ∴DH ＝9105.5. 解：(1)由矩形性质与折叠可知，∠APO ＝∠B ＝∠C ＝∠D ＝90°， ∴∠CPO ＋∠DPA ＝∠DPA ＋∠DAP ＝90°， ∴∠DAP ＝∠CPO ， ∴△OCP ∽△PDA ， ∴S △OCP S △PDA＝(CP DA )2，即14＝(CP8)2， ∴CP ＝4，∵AP 2－DP 2＝AD 2， ∴x 2－(x －4)2＝82， 解得x ＝10， 故CD ＝10.(2)线段EF 的长度始终不发生变化，为2 5.证明：如图，过点N 作NG ⊥PB ，与PB 的延长线相交于点G ， ∵AB ＝AP ，∴∠APB ＝∠ABP ＝∠GBN ， 在△PME 和△BNG 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠MEP ＝∠NGB ＝90°∠MPE ＝∠NBG MP ＝NB， ∴△PME ≌△BNG(AAS )， ∴ME ＝NG ，PE ＝BG ， 在△FME 和△FNG 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠MEF ＝∠NGF ∠MFE ＝∠NFG ME ＝NG， ∴△FME ≌△FNG(AAS )， ∴EF ＝GF ， ∴EF ＝12EG ，∵BP ＝BE ＋EP ＝BE ＋GB ＝EG ， ∴EF ＝12BP ，∵BP ＝BC 2＋CP 2＝82＋42＝45， ∴EF ＝12BP ＝2 5.6. 解：(1)△ABP ∽△PCD.【解法提示】∵∠MPN ＝90°， ∴∠APB ＋∠DPC ＝90°， ∵∠B ＝90°，∴∠APB ＋∠BAP ＝90°， ∴∠DPC ＝∠BAP ， 又∵∠B ＝∠C ＝90°， ∴△ABP ∽△PCD.(2)在旋转过程中，PE的值为定值．如图，过点F 作FG ⊥BC ，垂足为G.类比(1)可得：△EBP ∽△PGF ， ∴EP PF ＝PB FG ，∵∠A ＝∠B ＝∠FGB ＝90°， ∴四边形ABGF 是矩形， ∴FG ＝AB ＝2， ∵BP ＝1， ∴PE PF ＝12，即在旋转过程中，PE PF 的值为定值12. (3)由(2)知△EBP ∽△PGF ， ∴EB PG ＝BP GF ＝12，又∵AE ＝t ， ∴BE ＝2－t ，∴PG ＝2(2－t)＝4－2t ，∴AF ＝BG ＝BP ＋PG ＝1＋(4－2t)＝5－2t ， ∴S ＝S 矩形ABGF －S △AEF －S △BEP －S △PFG＝2(5－2t)－12t(5－2t)－12×1×(2－t)－12×2×(4－2t) ＝t 2－4t ＋5,即S ＝t 2－4t ＋5(0≤t ≤2)， 当S ＝4.2时，4.2＝t 2－4t ＋5，解得：t 1＝2－455，t 2＝2＋455(不合题意，舍去)． ∴t 的值是2－45 5. 7. 解：(1)233.【解法提示】sin 120°＝32，故这个平行四边形的变形度是233. (2)1sin α＝S 1S 2，理由如下： 如图，设矩形的长和宽分别为a ，b ，其变形后的平行四边形的高为h ，则S 1＝ab ，S 2＝ah ，sin α＝hb ，∴S 1S 2＝ab ah ＝b h ，又∵1sin α＝b h ，∴1sin α＝S 1S 2. (3)由AB 2＝AE·AD ，可得A 1B 21＝A 1E 1·A 1D 1，即A 1B 1A 1D 1＝A 1E 1A 1B 1. 又∵∠B 1A 1E 1＝∠D 1A 1B 1， ∴△B 1A 1E 1∽△D 1A 1B 1， ∴∠A 1B 1E 1＝∠A 1D 1B 1， ∵A 1D 1∥B 1C 1，∴∠A 1E 1B 1＝∠C 1B 1E 1，∴∠A 1E 1B 1＋∠A 1D 1B 1＝∠C 1B 1E 1＋∠A 1B 1E 1＝∠A 1B 1C 1. 由(2)结论1sin α＝S 1S 2，可得1sin ∠A 1B 1C 1＝4m2m＝2，∴sin ∠A 1B 1C 1＝12， ∴∠A 1B 1C 1＝30°， ∴∠A 1E 1B 1＋∠A 1D 1B 1＝30°.8. 解：(1)根据题意BM ＝2t ，BN ＝BC －3t ， 而BC ＝5×tan 60°＝5 3.∴当BM ＝BN 时，2t ＝53－3t ，解得t ＝103－15. (2)分类讨论：①当∠BMN ＝∠ACB ＝90°时，如图①， △NBM ∽△ABC ，cos B ＝cos 30°＝BMBN ， ∴2t 53－3t＝32，解得t ＝157.②当∠BNM ＝∠ACB ＝90°时，如图②， △MBN ∽△ABC ，cos B ＝cos 30°＝BNBM ， ∴53－3t 2t ＝32，解得t ＝52.因此当运动时间是157秒或52秒时，△MBN 与△ABC 相似．(3)由于△ABC 面积是定值，∴当四边形ACNM 面积最小时，△MBN 面积最大，而△MBN 的面积是S ＝12BM ×BN ×sin B ＝12×2t ×(53－3t)×12＝－32t 2＋532t ， 由于a ＝－32＜0，∴当t ＝－5322×（－32）＝52时，△MBN 面积最大，最大值是－32×(52)2＋532×52＝2538，因此四边形ACNM 面积最小值是12×5×53－2538＝7538. 9. (1)分三种情况： ①若AP ＝AO ，在矩形ABCD 中，∵AB ＝6，BC ＝8， ∴AC ＝10， ∴AO ＝CO ＝5， ∴AP ＝5， ∴t ＝5，②若AP ＝PO ＝t ， 在矩形ABCD 中， ∵AD ∥BC ，∴∠PAO ＝∠OCE ，∠APO ＝∠OEC ， 又∵OA ＝OC ， ∴△APO ≌△CEO ，∴PO ＝OE ＝t.作AG ∥PE 交BC 于点G ，则四边形APEG 是平行四边形， ∴AG ＝PE ＝2t ，GE ＝AP ＝t. 又∵EC ＝AP ＝t ，∴BG ＝8－2t.在Rt △ABG 中，根据勾股定理知62＋(8－2t)2＝(2t)2， 解得t ＝258.③若OP ＝AO ＝5，则t ＝0或t ＝8，不合题意，舍去． 综上可知，当t ＝5或t ＝258时，△AOP 是等腰三角形． (2)如解图②，作OM ⊥BC ，垂足是M ，作ON ⊥CD ，垂足是N.图②则OM ＝12AB ＝3，ON ＝12BC ＝4，∴S △OEC ＝12·CE·OM ＝12·t·3＝32t ， S △OCD ＝12·CD·ON ＝12·6·4＝12. ∵QF ∥AC ，∴△DFQ ∽△DOC ， ∴S △DFQ S △DOC＝(DQ DC )2，即S △DFQ 12＝(t6)2， ∴S △DFQ ＝13t 2， ∴S 四边形OFQC ＝12－13t 2，∴S 五边形OECQF ＝S 四边形OFQC ＋S △OEC ＝12－13t 2＋32t ， 即S ＝－13t 2＋32t ＋12(0＜t ＜6)．(3)存在．理由如下：要使S 五边形OECQF ：S △ACD ＝9∶16， 即(－13t 2＋32t ＋12)∶(12×6×8)＝9∶16，解得t 1＝3，t 2＝1.5，两个解都符合题意，∴存在两个t 值，使S 五边形OECQF ∶S △ACD ＝9∶16，此时t 1＝3，t 2＝1.5； (4)存在．理由如下：如解图③，作DI ⊥OP ，垂足是I ，DJ ⊥OC ，垂足是J ，图③作AG ∥PE 交BC 于点G.∵S △OCD ＝12·OC·DJ ＝12·5·DJ ，且由(2)知，S △OCD ＝12， ∴DJ ＝245.∵OD 平分∠POC ，DI ⊥OP ，DJ ⊥OC ， ∴DI ＝DJ ＝245＝4.8. ∵AG ∥PE ， ∴∠DPI ＝∠DAG. ∵AD ∥BC ，∴∠DAG ＝∠AGB ， ∴∠DPI ＝∠AGB ，∴Rt △ABG ∽Rt △DIP .由(1)知，在Rt △ABG 中，BG ＝8－2t ， ∴AB DI ＝BG IP ，∴64.8＝8－2t IP ， ∴IP ＝45(8－2t)．在Rt △DPI 中，根据勾股定理得 (245)2＋[45(8－2t)]2＝(8－t)2， 解得t ＝11239.(t ＝0不合题意，舍去)10. 解：(1)∵折叠后点A 落在AB 边上的点D 处， ∴EF ⊥AB ，△AEF ≌△DEF ， ∴S △AEF ＝S △DEF .∵S 四边形ECBF ＝3S △EDF ，∴S 四边形ECBF ＝3S △AEF .∵S △ACB ＝S △AEF ＋S 四边形ECBF ，∴S △ACB ＝S △AEF ＋3S △AEF ＝4S △AEF ， ∴S △AEF S △ACB ＝14. ∵∠EAF ＝∠BAC ，∠AFE ＝∠ACB ＝90°， ∴△AEF ∽△ABC ， ∴S △AEF S △ABC ＝(AE AB )2， ∴(AE AB )2＝14. 在Rt △ACB 中，∵∠ACB ＝90°，AC ＝4，BC ＝3， ∴AB ＝42＋32＝5， ∴(AE 5)2＝14，∴AE ＝52.(2)图①①四边形AEMF 是菱形．证明：如解图①，∵折叠后点A 落在BC 边上的点M 处， ∴∠CAB ＝∠EMF ，AE ＝ME ， 又∵MF ∥CA ，∴∠CEM ＝∠EMF ， ∴∠CAB ＝∠CEM ， ∴EM ∥AF ，∴四边形AEMF 是平行四边形．又∵AE ＝ME ，∴四边形AEMF 是菱形．②如解图①，连接AM ，AM 与EF 交于点O ，设AE ＝x ，则ME ＝AE ＝x ，EC ＝4－x. ∵∠CEM ＝∠CAB ，∠ECM ＝∠ACB ＝90°， ∴△ECM ∽△ACB. ∴EC AC ＝EMAB ， ∵AB ＝5，AC ＝4， ∴4－x 4＝x5， 解得x ＝209，∴AE ＝ME ＝209，EC ＝169.在Rt △ECM 中，∵∠ECM ＝90°，∴CM 2＝EM 2－EC 2， 即CM ＝EM 2－EC 2＝（209）2－（169）2＝43. ∵四边形AEMF 是菱形，∴OE ＝OF ，OA ＝OM ，AM ⊥EF ， ∴S 菱形AEMF ＝4S △AOE ＝2OE·AO. 在Rt △AOE 和Rt △ACM 中， ∵tan ∠EAO ＝tan ∠MAC ， ∴OE AO ＝CM AC. ∵CM ＝43，AC ＝4，∴AO ＝3OE ，∴S 菱形AEMF ＝6OE 2. 又∵S 菱形AEMF ＝AE·CM ， ∴6OE 2＝209×43，∴OE ＝2109，∴EF ＝4109. (3)如图②，图②过点F 作FH ⊥CB 于点H ，在Rt △NCE 和Rt △NHF 中， ∵tan ∠ENC ＝tan ∠FNH ，∴EC NC ＝FH NH， ∵NC ＝1，EC ＝47，∴FH NH ＝47， 设FH ＝x ，则NH ＝74x ，∴CH ＝NH －NC ＝74x －1.∵BC ＝3，∴BH ＝BC －CH ＝3－(74x －1)＝4－74x.在Rt △BHF 和Rt △BCA 中，∵tan ∠FBH ＝tan ∠ABC ， ∴HF BH ＝CA BC ， ∴x4－74x ＝43， 解得x ＝85，∴HF ＝85.∵∠B ＝∠B ，∠BHF ＝∠BCA ＝90°， ∴△BHF ∽△BCA ， ∴HF CA ＝BFBA，即HF·BA ＝CA·BF ， ∴85×5＝4BF ， ∴BF ＝2，∴AF ＝AB －BF ＝3， ∴AF BF ＝32. 11. (1)①证明：如图①， ∵∠ACE ＋∠ECB ＝45°，∠BCF ＋∠ECB ＝45°，图①∴∠ACE ＝∠BCF ，又∵四边形ABCD 和EFCG 是正方形， ∴AC BC ＝CECF＝2， ∴△CAE ∽△CBF.②解：∵AE BF ＝ACBC ＝2，AE ＝2，∴BF ＝AE2＝2，由△CAE ∽△CBF 可得∠CAE ＝∠CBF ， 又∵∠CAE ＋∠CBE ＝90°， ∴∠CBF ＋∠CBE ＝90°，即∠EBF ＝90°， 由CE 2＝2EF 2＝2(BE 2＋BF 2)＝6，图② 解得CE ＝ 6.(2)解：连接BF ，如图②，同(1)证△CAE ∽△CBF ，可得∠EBF ＝90°，AC BC ＝AE BF， 由AB BC ＝EFFC＝k ，可得BC ∶AB ∶AC ＝1∶k ∶k 2＋1， CF ∶EF ∶EC ＝1∶k ∶k 2＋1，∴CE EF ＝ACAB ＝k 2＋1k ，AE BF ＝AC BC＝k 2＋1， ∴EF ＝kCE k 2＋1，EF 2＝k 2CE 2k 2＋1，BF ＝AE k 2＋1，BF 2＝AE 2k 2＋1，∴CE 2＝k 2＋1k 2×EF 2＝k 2＋1k2(BE 2＋BF 2)， ∴32＝k 2＋1k 2(12＋22k 2＋1)， 解得k ＝104. (3)解：p 2－n 2＝(2＋2)m 2.【解法提示】如图③，连接BF ，同(1)证△CAE ∽△CBF ，可得∠EBF ＝90°， 过点C 作CH ⊥AB 交AB 延长线于点H ， 类比第(2)问得AB 2∶BC 2∶AC 2＝1∶1∶(2＋2)，图③EF 2∶FC 2∶EC 2＝1∶1∶(2＋2)， ∴p 2＝(2＋2)EF 2 ＝(2＋2)(BE 2＋BF 2)＝(2＋2)(m 2＋n 22＋2)＝(2＋2)m 2＋n 2，∴p 2－n 2＝(2＋2)m 2.12. (1)证明：∵四边形ABCD 是菱形，∠BAD ＝120°，∴∠BAC ＝60°，∠B ＝∠ACF ＝60°，AB ＝BC ， ∴AB ＝AC ，∵∠BAE ＋∠EAC ＝∠EAC ＋∠CAF ＝60°， ∴∠BAE ＝∠CAF ， 在△BAE 和△CAF 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠BAE ＝∠CAF AB ＝AC ∠B ＝∠ACF， ∴△BAE ≌△CAF(ASA )， ∴BE ＝CF ，∴EC ＋CF ＝EC ＋BE ＝BC ， 即EC ＋CF ＝BC ；(2)解：①线段EC ，CF 与BC 的数量关系为：EC ＋CF ＝12BC.理由如下：如图①，过点A 作AE′∥EG ，AF ′∥GF ，分别交BC 、CD 于E′、F′.图①类比(1)可得：E′C ＋CF′＝BC ， ∵G 为AC 中点，AE ′∥EG ， ∴CE CE′＝CG AC ＝12， ∴CE ＝12CE′，同理可得：CF ＝12CF′，∴CE ＋CF ＝12CE′＋12CF′＝12(CE′＋CF′)＝12BC ，即CE ＋CF ＝12BC ；②CE ＋CF ＝1tBC ；【解法提示】类比(1)可得：E′C ＋CF′＝BC ， ∵AE ′∥EG ，ACCG ＝t ，∴CE CE′＝CG AC ＝1t， ∴CE ＝1t CE′，同理可得：CF ＝1tCF′，∴CE ＋CF ＝1t CE′＋1t CF′＝1t (CE′＋CF′)＝1t BC ，即CE ＋CF ＝1tBC.(3)解：如图②，连接BD 与AC 交于点H.图②在Rt △ABH 中，∵AB ＝8，∠BAC ＝60°， ∴BH ＝AB·sin 60°＝8×32＝43， AH ＝CH ＝AB·cos 60°＝8×12＝4，∴GH ＝BG 2－BH 2＝72－（43）2＝1， ∴CG ＝4－1＝3， ∴CG AC ＝38， ∴t ＝83(t ＞2)，由(2)②得：CE ＋CF ＝1t BC ，∴CE ＝1t BC －CF ＝38×8－65＝95.∴EC 的长度为95.13. (1)解：①BC ⊥CF ；②BC ＝CD ＋CF. 【解法提示】①∵∠BAC ＝∠DAF ＝90°， ∴∠BAD ＝∠CAF ，又∵AB ＝AC ，AD ＝AF ， ∴△ABD ≌△ACF ， ∴∠ACF ＝∠ABC ＝45°， ∵∠ACB ＝45°， ∴∠BCF ＝90°，即BC ⊥CF ； ②∵△ABD ≌△ACF ， ∴BD ＝CF ，∵BC ＝CD ＋BD ，∴BC ＝CD ＋CF.(2)解：结论①仍然成立，②不成立． ①证明：∵∠BAC ＝∠DAF ＝90°， ∴∠BAD ＝∠CAF ，又∵AB ＝AC ，AD ＝AF ， ∴△ABD ≌△ACF ，∴∠ACF ＝∠ABD ＝180°－45°＝135°， ∵∠ACB ＝45°， ∴∠BCF ＝90°，即BC ⊥CF ； ②结论为：BC ＝CD －CF. 证明：∵△ABD ≌△ACF ， ∴BD ＝CF ，∵BC ＝CD －BD ，∴BC ＝CD －CF.(3)解：如图，过点E 作EM ⊥CF 于M ，作EN ⊥BD 于点N ，过点A 作AH ⊥BD 于点H. ∵AB ＝AC ＝22，∴BC ＝4，AH ＝12BC ＝2，∵CD ＝14BC ，∴CD ＝1，∵∠BAC ＝∠DAF ＝90°， ∴∠BAD ＝∠CAF ，又∵AB ＝AC ，AD ＝AF ， ∴△ABD ≌△ACF ， ∴∠ACF ＝∠ABC ＝45°， ∵∠ACB ＝45°， ∴∠BCF ＝90°，∴CN ＝ME ，CM ＝EN ， ∴∠AGC ＝∠ABC ＝45°， ∴CG ＝BC ＝4， ∵∠ADE ＝90°，∴∠ADH ＋∠EDN ＝∠EDN ＋∠DEN ＝90°， ∴∠ADH ＝∠DEN ，又∵∠AHC ＝∠DNE ＝90°，AD ＝DE ， ∴△AHD ≌△DNE ，∴DN ＝AH ＝2，EN ＝DH ＝3， ∴CM ＝EN ＝3，ME ＝CN ＝3， 则GM ＝CG －CM ＝4－3＝1，∴EG ＝EM 2＋GM 2＝10.14. (1)①证明：∵△ABC 绕点A 顺时针方向旋转60°得到△ADE ， ∴AB ＝AD ，∠BAD ＝60°， ∴△ABD 是等边三角形；②证明：由①得△ABD 是等边三角形， ∴AB ＝BD ，∵△ABC 绕点A 顺时针方向旋转60°得到△ADE ， ∴AC ＝AE ，BC ＝DE ，∴EA ＝ED ，∴点B ，E 在AD 的中垂线上， ∴BE 是AD 的中垂线， ∵点F 在BE 的延长线上， ∴BF ⊥AD ，AF ＝DF ； ③解：BE 的长为33－4；【解法提示】由②知AF ＝12AD ＝12AB ＝3，AE ＝AC ＝5，BF ⊥AD ，由勾股定理得EF ＝AE 2－AF 2＝4.在等边△ABD 中，AB ＝6，BF ⊥AD ， ∴BF ＝32AB ＝33，∴BE ＝33－4. (2)解：BE ＋CE 的值为13；【解法提示】如图， ∵∠DAG ＝∠ACB ，∴∠DAB ＝2∠CAB. ∵∠DAE ＝∠CAB ， ∴∠BAE ＝∠CAB ， ∴∠BAE ＝∠CBA ， ∴AE ∥BC ，∵AE ＝AC ＝BC ，∴四边形ACBE 是菱形，∴CE 垂直平分AB ，BE ＝AC ＝5.设CE 交AB 于M ，则CM ⊥AB ，CM ＝EM ，AM ＝BM ， ∴在Rt △ACM 中，AC ＝5，AM ＝3， 由勾股定理得CM ＝4， ∴CE ＝8，∴CE ＋BE ＝13. 15. (1)解：菱形．(2)证明：如解图①，作AE ⊥CC′于点E ， 由旋转得AC′＝AC ，∴∠CAE ＝∠C′AE ＝12α＝∠BAC ，图①∴BA ＝BC ，BC ＝DC′， ∴∠BCA ＝∠BAC ， ∴∠CAE ＝∠BCA ， ∴AE ∥BC ， 同理AE ∥DC′， ∴BC ∥DC ′，∴四边形BCC′D 是平行四边形， 又∵AE ∥BC ，∠CEA ＝90°， ∴∠BCC ′＝180°－∠CEA ＝90°，∴四边形BCC′D 是矩形．(3)解：如解图①，过点B 作BF ⊥AC 于点F ， ∵BA ＝BC ，∴CF ＝AF ＝12AC ＝12×10＝5.在Rt △BCF 中，BF ＝BC 2－CF 2＝132－52＝12. 在△ACE 和△CBF 中，∵∠CAE ＝∠BCF ，∠CEA ＝∠BFC ＝90°， ∴△ACE ∽△CBF ， ∴CE BF ＝AC BC ，即CE 12＝1013， 解得CE ＝12013.∵AC ＝AC′，AE ⊥CC ′， ∴CC′＝2CE ＝2×12013＝24013.当四边形BCC″D′恰好为正方形时，分两种情况： ①点C″在边CC′上，a ＝CC′－13＝24013－13＝7113，②点C″在边C′C 的延长线上，a ＝CC′＋13＝24013＋13＝40913.综上所述，a 的值为7113或40913.图②(4)解：答案不唯一，例：画出正确图形如图②所示．平移及构图方法：将△ACD 沿着射线CA 方向平移，平移距离为12AC 的长度，得到△A′C′D ，连接A′B ，DC.结论：四边形A′BCD 是平行四边形． 16. 解：(1)点E 的坐标是(33，3)． 【解法提示】如∵OA ∥BC ，∴△DEB ∽△AEO ， ∴OE EB ＝OA BD ＝BC BD ＝BD ＋CD BD ＝1＋CD BD＝1＋2＝3， ∵∠EHO ＝∠BAO ＝90°， ∴EH ∥AB ，∴△OEH ∽△OBA ， ∴OE OB ＝EH AB ＝OH OA ＝34， ∵AB ＝4，OA ＝43， ∴EH ＝3，OH ＝33， ∴点E 的坐标是(33，3)．(2)如解图①，在矩形OABC 中，∵CD ∶DB ＝2∶1，点B 的坐标为(43，4), ∴点A 的坐标为(43，0)，点D 的坐标为(833，4)，可得直线OB 的解析式为y 1＝33x ， 直线AD 的解析式为y 2＝－3x ＋12.当y 1＝y 2＝t 时，可得点M ，N 的横坐标分别为： x M ＝3t ，x N ＝43－33t ， 则MN ＝|x N －x M |＝|43－433t|(0≤t ≤4)．当点P 运动到x 轴上时(如图②)，图①∵△MNP 为等边三角形， ∴MN ·sin 60°＝t ，即(43－433t)·32＝t ， 解得t ＝2.讨论：分三种情况：①当0≤t ＜2时(如图①)， 设PM ，PN 分别交x 轴于点F ，G ，则△PFG 的边长为PF ＝MP －MF ＝MN －MF ＝43－433t －233t ＝43－23t ， ∵MN ＝x N －x M ＝43－433t ，图②∴S ＝S 梯形FGNM ＝(43－23t ＋43－433t)t ×12＝－533t 2＋43t. ②当2≤t ≤3时(如图②)，此时等边△MNP 整体落在△OAB 内， ∴S ＝S △PMN ＝34(43－433t)2＝433t 2－83t ＋12 3. ③当3＜t ≤4时(如图③)， 在Rt △OAB 中，tan ∠AOB ＝AB AO ＝33， ∴∠AOB ＝30°，∠NME ＝30°，图③∴△MNE 和△MPE 关于直线OB 对称． ∵MN ＝|x N －x M |＝433t －43， ∴S ＝12S △PMN ＝233t 2－43t ＋6 3.(3)存在t ，使S ＝12S △ABD 成立．∵S △ABD ＝12×4×433＝833，若S ＝12S △ABD 成立，则：①当0≤t ＜2时，－533t 2＋43t ＝433，解得t 1＝2(舍去)，t 2＝25．②当2≤t ≤3时，433t 2－83t ＋123＝433，解得t 3＝2，t 4＝4.(舍去)③当3＜t ≤4时，233t 2－43t ＋63＝433，得t 5＝3＋2(舍去)，t 6＝3－2(舍去)． 综上所述，符合条件的t 的值有25或2.17. 证明：(1)①连接AH ，如图①，连接AH.图①∴BH ＝HC ＝12BC ，OH ＝HF ，∵△ABC 是等边三角形， ∴AB ＝BC ，AH ⊥BC ，在Rt △ABH 中，AH 2＝AB 2－BH 2， ∴AH ＝BC 2－（12BC ）2＝32BC ，∵OA ＝AE ，OH ＝HF ，∴AH 是△OEF 的中位线， ∴AH ＝12EF ，AH ∥EF ，∴EF ⊥BC. ②由①得AH ＝32BC ， AH ＝12EF∴32BC ＝12EF ， ∴EF ＝3BC.(2)EF ⊥AB 仍然成立，EF ＝BC.图②【解法提示】如解图②，连接AH ， ∵四边形OBFC 是平行四边形， ∴BH ＝HC ＝12BC ，OH ＝HF ，∵△ABC 是等腰直角三角形， ∴AH ⊥BC ，在Rt △ABH 中，AH 2＝AB 2－BH 2＝ (2BH)2－BH 2＝BH 2， ∴AH ＝BH ＝12BC ，∵OA ＝AE ，OH ＝HF ， ∴AH 是△OEF 的中位线， ∴AH ＝12EF ，AH ∥EF ，∴EF ⊥BC ，EF ＝2AH ＝BC.(3)EF ＝4k 2－1 BC.【解法提示】如解图③，连接AH ， ∵四边形OBFC 是平行四边形， ∴BH ＝HC ＝12BC ，OH ＝HF ，∵△ABC 是等腰三角形，AB ＝kBC ，∴AH ⊥BC ，在Rt △ABH 中，AH 2＝AB 2－BH 2＝(kBC)2－(12BC)2＝(k 2－14)BC 2，∴AH ＝124k 2－1 BC ，∵OA ＝AE ，OH ＝HF ， ∴AH 是△OEF 的中位线， ∴AH ＝12EF ，AH ∥EF ，∴EF ⊥BC ，124k 2－1 BC ＝12EF ，∴EF ＝4k 2－1 BC.18. 解：(1)如图①，在△ABC 中， ∵∠ACB ＝90°，∠B ＝30°，AC ＝1， ∴AB ＝2，又∵D 是AB 的中点，图①∴AD ＝1，CD ＝12AB ＝1，又∵EF 是△ACD 的中位线，∴EF ＝DF ＝12，在△ACD 中，AD ＝CD ，∠A ＝60°，∴△ACD 为等边三角形， ∴∠ADC ＝60°， 在△FGD 中，GF ＝DF·sin 60°＝34， ∴矩形EFGH 的面积S ＝EF·GF ＝12×34＝38.(2)如图②，设矩形移动的距离为x ，则0＜x ≤12，①当矩形与△CBD 重叠部分为三角形时，则0＜x ≤14，重叠部分的面积S ＝12x·3x ＝316，∴x ＝24＞14(舍去)， ②当矩形与△CBD 重叠部分为直角梯形时，则14＜x ≤12，重叠部分的面积S ＝34x －12×14×34＝316， ∴x ＝38，即矩形移动的距离为38时，矩形与△CBD 重叠部分的面积是316.图③(3)如图③，作H 2Q ⊥AB 于Q ， 设DQ ＝m ，则H 2Q ＝3m ， 又DG 1＝14，H 2G 1＝12，在Rt △H 2QG 1中， (3m)2＋(m ＋14)2＝(12)2，解得m 1＝－1＋1316，m 2＝－1－1316＜0(舍去)，∴cos α＝QG 1F 1G 1＝－1＋1316＋1412＝3＋138.。
中考数学压轴题的常见类型与解题思路
2021年3期210中考数学压轴题的常见类型与解题思路熊良斌（湖北省武汉市旭光学校，湖北 武汉 430074）一、分类讨论思想数学知识之间存在着紧密联系，知识与知识间形成一个知识网络体系或知识框架，在复习教学中教师应把相应的知识章节看作一个整体，帮学生理顺知识体系，让学生能够理解相互之间依存关系所在。
以几何知识为例，初中数学教学中，几何知识涵盖了诸多图形知识，且在中考压轴题中较为常见，在探究数学几何问题中，依托分类讨论思想，不仅可以改善薄弱分析环节，也是帮助学生多视角、多维度感知几何图形知识的真知灼见，帮助学生提高压轴题解题效率。
例如：已知一个直角三角形的边长为4和6，求另一边。
从表面看，这道例题较为简单，但诸多学生考虑的不够全面，在这道题中没有交代这两边是斜边长还是直角边长。
如基于这两种情况进行探究解题：一是斜边长为6，直角边长为4：二是直角边长为4、6。
基于数学本质而论，分类讨论思想是一种较为高效的数学思想。
二、符号化和化归思想符号化是初中数学代数中的重要思想方法，初中数学教师在代数教学中应重视培养符号化思想，在教学过程中，应首先让学生认识到引进字母的意义。
以“有理数”教学为例，教师可以通过两个不同意义的数来说明“+”与“-”所表示的两个相反量的意义。
化归思想更多的是一种解决问题的策略，在数学问题的解决上有非常重要的意义和作用。
化归思想即把一个复杂的数学问题通过有效地化解和归纳转化为几个简单问题，从而更轻松简单地解答出答案。
初中数学教师在应用题教学中，可以让学生首先掌握纵向化归和横向化归两种思路，让学生明白纵向化归即将问题整体看作一些互相关联的分问题组，找到问题关键思路，逐个击破，而横向化归思路偏向是将问题划分成相互独立的小问题，独立解决，让问题简单化提高解题效率。
三、辩证思想众所周知，辩证思想广泛运用于不同的学科领域当中，是学术知识探讨和学术问题解决的一个基本思想方法。
中国古代“祸福相倚”的故事传说，就充分体现了对立统一转化的辩证思想。
九年级数学下册常考【压轴题】类型+解题思路
九年级数学下册常考【压轴题】类型+解题思路中考数学常考压轴题类型1、线段、角的计算与证明中考的解答题一般是分两到三部分的。
第一部分基本上都是一些简单题或者中档题，目的在于考察基础。
第二部分往往就是开始拉分的中难题了。
对这些题轻松掌握的意义不仅仅在于获得分数，更重要的是对于整个做题过程中士气，军心的影响。
2、一元二次方程与函数在这一类问题当中，尤以涉及的动态几何问题最为艰难。
几何问题的难点在于想象，构造，往往有时候一条辅助线没有想到，整个一道题就卡壳了。
相比几何综合题来说，代数综合题倒不需要太多巧妙的方法，但是对考生的计算能力以及代数功底有了比较高的要求。
中考数学当中，代数问题往往是以一元二次方程与二次函数为主体，多种其他知识点辅助的形式出现的。
一元二次方程与二次函数问题当中，纯粹的一元二次方程解法通常会以简单解答题的方式考察。
但是在后面的中难档大题当中，通常会和根的判别式，整数根和抛物线等知识点结合。
3、多种函数交叉综合问题初中数学所涉及的函数就一次函数，反比例函数以及二次函数。
这类题目本身并不会太难，很少作为压轴题出现，一般都是作为一道中档次题目来考察考生对于一次函数以及反比例函数的掌握。
所以，在中考中面对这类问题，一定要做到避免失分。
4、列方程(组)解应用题在中考中，有一类题目说难不难，说不难又难，有的时候三两下就有了思路，有的时候苦思冥想很久也没有想法，这就是列方程或方程组解应用题。
方程，可以说是初中数学当中最重要的部分，所以也是中考中必考内容。
从近年来的中考来看，结合时事热点考的比较多，所以还需要考生有一些生活经验。
实际考试中，这类题目几乎要么得全分，要么一分不得，但是也就那么几种题型，所以考生只需多练多掌握各个题类，总结出一些定式，就可以从容应对了。
5、动态几何与函数问题整体说来，代几综合题大概有两个侧重，第一个是侧重几何方面，利用几何图形的性质结合代数知识来考察。
而另一个则是侧重代数方面，几何性质只是一个引入点，更多的考察了考生的计算功夫。
【初中数学】中考数学压轴题解题技巧+题型汇总
【初中数学】中考数学压轴题解题技巧+题型汇总2022中考数学压轴题题型思路数学压轴题9种题型1.线段、角的计算与证明问题中考的解答题一般是分两到三部分的。
第一部分基本上都是一些简单题或者中档题，目的在于考察基础。
第二部分往往就是开始拉分的中难题了。
对这些题轻松掌握的意义不仅仅在于获得分数，更重要的是对于整个做题过程中士气，军心的影响。
线段与角的计算和证明，一般来说难度不会很大，只要找到关键“题眼”，后面的路子自己就“通”了。
2.图形位置关系中考数学当中，图形位置关系主要包括点、线、三角形、矩形/正方形以及圆这么几类图形之间的关系。
在中考中会包含在函数，坐标系以及几何问题当中，但主要还是通过圆与其他图形的关系来考察，这其中最重要的就是圆与三角形的各种问题。
3.动态几何从历年中考来看，动态问题经常作为压轴题目出现，得分率也是最低的。
动态问题一般分两类，一类是代数综合方面，在坐标系中有动点，动直线，一般是利用多种函数交叉求解。
另一类就是几何综合题，在梯形，矩形，三角形中设立动点、线以及整体平移翻转，对考生的综合分析能力进行考察。
所以说，动态问题是中考数学当中的重中之重，只有完全掌握，才有机会拼高分。
4.一元二次方程与二次函数在这一类问题当中，尤以涉及的动态几何问题最为艰难。
几何问题的难点在于想象，构造，往往有时候一条辅助线没有想到，整个一道题就卡壳了。
相比几何综合题来说，代数综合题倒不需要太多巧妙的方法，但是对考生的计算能力以及代数功底有了比较高的要求。
中考数学当中，代数问题往往是以一元二次方程与二次函数为主体，多种其他知识点辅助的形式出现的。
一元二次方程与二次函数问题当中，纯粹的一元二次方程解法通常会以简单解答题的方式考察。
但是在后面的中难档大题当中，通常会和根的判别式，整数根和抛物线等知识点结合5.多种函数交叉综合问题中考数学所涉及的函数就一次函数，反比例函数以及二次函数。
作为福建中考，近年，反比例函数连续四年作为填空压轴出现，一次函数与二次函数作为解答题压轴题出现，特别是第三问区分度大，难度大，在中考中面对这类问题，有步骤有分，对优生而言尽量多得分。
中考数学压轴题解题思路与应试技巧
- -.中考数学压轴题解题思路与应试技巧压轴题解题思路与应试技巧数学压轴题常分为两类：函数型压轴题和几何型压轴题.1.函数型综合题：是先给定直角坐标系和几何图形，求〔〕函数的解析式〔即在求解前函数的类型〕，然后进展图形的研究，求点的坐标或研究图形的某些性质.初中函数有：①一次函数〔包括正比例函数〕和常值函数，它们所对应的图像是直线；②反比例函数，它所对应的图像是双曲线；③二次函数，它所对应的图像是抛物线.求函数的解析式主要方法是待定系数法，关键是求点的坐标，而求点的坐标根本方法是几何法〔图形法〕和代数法〔解析法〕.此类题根本在第最后两题中出现，根本设置2~3小问来呈现.2.几何型综合题：是先给定几何图形，根据条件进展计算，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(即在没有求出之前不知道函数解析式的形式是什么)和求函数的定义域，最后根据所求的函数关系进展探索研究，一般有：在什么条件下列图形是等腰三角形、直角三角形、四边形是菱形、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位置关系等或探索面积之间满足一定关系求x的值等和直线〔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＝f〔x〕的形式.一般有直接法〔直接列出含有x和y的方程〕和复合法〔列出含有x 和y和第三个变量的方程，然后求出第三个变量和x之间的函数关系式，代入消去第三个变量，得到y＝f〔x〕的形式〕，当然还有参数法，这个已超出初中数学教学要求.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.求定义域主要是寻找图形的特殊位置〔极限位置〕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.几何型综合题根本是做为压轴题出现，一般设置3小问.解中考数学压轴题秘诀: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.具有选拔功能的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.解数学压轴题，一要树立必胜的信心，二要具备扎实的根底知识和熟练的根本技能，三要掌握常用的解题策略.现介绍几种常用的解题策略，供初三同学参考:1.以坐标系为桥梁，运用数形结合思想：纵观最近几年各地的中考压轴题，绝大局部都是与坐标系有关的，其特点是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.2.以直线或抛物线知识为载体，运用函数与方程思想：直线与抛物线是初中数学中的两类重要函数，即一次函数与二次函数所表示的图形.因此，无论是求其解析式还是研究其性质，都离不开函数与方程的思想.例如函数解析式确实定，往往需要根据条件列方程或方程组并解之而得.3.利用条件或结论的多变性，运用分类讨论的思想：分类讨论思想可用来检测学生思维的准确性与严密性，常常通过条件的多变性或结论的不确定性来进展考察，有些问题，如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点.4.综合多个知识点，运用等价转换思想：任何一个数学问题的解决都离不开转换的思想，初中数学中的转换大体包括由向未知，由复杂向简单的转换，而作为中考压轴题，更注意不同知识之间的联系与转换，一道中考压轴题一般是融代数、几何、三角于一体的综合试题，转换的思路更要得到充分的应用.中考压轴题所考察的并非孤立的知识点，也并非个别的思想方法，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.因此有的考生对压轴题有一种恐惧感，认为自己的水平一般，做不了，甚至连看也没看就放弃了，当然也就得不到应得的分数，为了提高压轴题的得分率，考试中还需要有一种分题、分段的得分策略.5.分问得分：中考压轴题一般在大题下都有两至三个小问，难易程度是第〔1〕小问较易，第〔2〕小问中等，第〔3〕小问偏难，在解答时要把第〔1〕小题问的分数一定拿到，第〔2〕小问的分数要力争拿到，第〔3〕小问的分数要争取得到，这样就大大提高了获得中考数学高分的可能性.6.分段得分：一道中考压轴题做不出来，不等于一点不懂，一点不会，要将片段的思路转化为得分点，因此，要强调分段得分，分段得分的根据是“分段评分〞，中考的评分是按照题目所考察的知识点分段评分，踏上知识点就给分，多踏多给分.因此，对中考压轴题要理解多少做多少，最大限度地发挥自己的水平，把中考数学的压轴题变成最有价值的压台戏.数学压轴题是初中数学中覆盖知识面最广，综合性最强的题型.综合近年来各地中考的实际情况，压轴题多以函数和几何综合题的形式出现.压轴题考察知识点多，条件也相当隐蔽，这就要求学生有较强的理解问题、分析问题、解决问题的能力，对数学知识、数学方法有较强的驾驭能力，并有较强的创新意识和创新能力，当然，还必须具有强大的心理素质.下面结合实例谈谈解题方法：1.利用动点〔图形〕位置进展分类，把运动问题分割成几个静态问题，然后运用转化的思想和方法将几何问题转化为函数和方程问题【例1】在△ABC中，∠B=60°,BA=24cm,BC=16cm.(1)求△ABC 的面积；(2)现有动点P 从A 点出发，沿射线AB 向点B 方向运动，动点Q 从C 点出发，沿射线CB 也向点B 方向运动.如果点P 的速度是4CM/秒，点Q 的速度是2CM/秒，它们同时出发，几秒钟后，△PBQ 的面积是△ABC 的面积的一半？(3)在第〔2〕问题前提下，P,Q 两点之间的距离是多少？点评：此题关键是明确点P 、Q 在△ABC 边上的位置，有三种情况.①当0﹤t ≦6时，P 、Q 分别在AB 、BC 边上；②当6﹤t ≦8时，P 、Q 分别在AB 延长线上和BC 边上；③当t >8时, P 、Q 分别在AB 、BC 边上延长线上.然后分别用第一步的方法列方程求解.【例2】正方形ABCD 的边长是1，E 为CD 边的中点， P 为正方形ABCD 边上的一个动点，动点P 从A 点出发，沿A →B → C →E 运动，到达点E.假设点P 经过的路程为自变量x ，△APE 的面积为函数y.〔1〕写出y 与x 的关系式；(2)求当y ＝13时，x 的值等于多少？ 点评:这个问题的关键是明确点P 在四边形ABCD 边上的位置,根据题意点P 的位置分三种情况:分别在AB 上、BC 边上、EC 边上.2.利用函数与方程的思想和方法将所解决图形的性质〔或所求图形面积〕直接转化为函数或方程.【例3】如图，ABC △中，10AB AC ==厘米，8BC =厘米，点D 为AB 的中点． 〔1〕如果点P 在线段BC 上以3厘米/秒的速度由B 点向C 点运动，同时，点Q 在线段CA 上由C 点向A 点运动．①假设点Q 的运动速度与点P 的运动速度相等，经过1秒后，BPD △与CQP △是否全等，请说明理由；②假设点Q 的运动速度与点P 的运动速度不相等，当点Q 的运动速度为多少时，能够使BPD △与CQP △全等？〔2〕假设点Q 以②中的运动速度从点C 出发，点P 以原来的运动速度从点B 同时出发，都逆时针沿ABC △三边运动，求经过多长时间点P 与点Q 第一次在ABC △的哪条边上相遇？【参考答案】〔1〕①∵1t =秒，∴313BP CQ ==⨯=厘米，∵10AB =厘米，点D 为AB 的中点，∴5BD =厘米．又∵8PC BC BP BC =-=，厘米，∴835PC =-=厘米，∴PC BD =．又∵AB AC =，∴B C ∠=∠，∴BPD CQP △≌△．②∵P Q v v ≠， ∴BP CQ ≠，又∵BPD CQP △≌△，B C ∠=∠，那么45BP PC CQ BD ====，，∴点P ，点Q 运动的时间433BP t ==秒，∴515443Q CQ v t===厘米/秒． （2）设经过x 秒后点P 与点Q 第一次相遇，由题意， 得1532104x x =+⨯，解得803x =秒． ∴点P 共运动了803803⨯=厘米． ∵8022824=⨯+，∴点P 、点Q 在AB 边上相遇， ∴经过803秒点P 与点Q 第一次在边AB 上相遇． 第一是以静化动，把问的某某秒后的那个时间想想成一个点，然后再去解，第二是对称性，如果是二次函数的题，一定要注意对称性.第三是关系法：你可以就按照图来，就算是图画的在不对，只要你把该要的条件列成一些关系，列出一些方程来.中等的动点题也就没问题了.但是在难一点的动点题就要你的能力了，比方让你找等腰三角形的题，最好带着圆规，这样的题你要从三个顶点考虑，每一条边都要想好，然后再求出来看看在不在某个范围内.练一练1.对称翻折平移旋转【练一练1】如图12，把抛物线2y x =-〔虚线局部〕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2l 与抛物线1l 关于y 轴对称.点A 、O 、B 分别是抛物线1l 、2l 与x 轴的交点，D 、C 分别是抛物线1l 、2l 的顶点，线段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，Q 点是P 点关于y 轴的对称点，试判断以P 、Q 、C 、D 为顶点的四边形是什么特殊的四边形？说明你的理由. 〔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.动态：动点、动线【练一练2】如图，抛物线与x 轴交于A (x 1，0)、B (x 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：假设点Q 是抛物线对称轴上的点，是否存在这样的点Q ，使△QBC 成为等腰三 角形？假设存在，请直接写出所有符合条件的点Q 的坐标；假设不存在，请说明理由．3.比例比值取值范围【练一练3】图9是二次函数k m x y ++=2)(的图象，其顶点坐标为M(1,-4).〔1〕求出图象与x 轴的交点A,B 的坐标；〔2〕在二次函数的图象上是否存在点P ，使MAB PAB S S ∆∆=45,假设存在，求出P 点的坐标；假设不存在，请说明理由；〔3〕将二次函数的图象在x 轴下方的局部沿x 轴翻折，图象的其余局部保持不变，得到一个新的图象，请你结合这个新的图象答复：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.4.探究型【练一练4】如图，抛物线()2230y mx mx m m =-->与x 轴交于A B 、两点，与y 轴交于C 点.〔1〕请求出抛物线顶点M 的坐标〔用含m 的代数式表示〕，A B 、两点的坐标； 〔2〕经探究可知，BCM △与ABC △的面积比不变，试求出这个比值；〔3〕是否存在使BCM △为直角三角形的抛物线？假设存在，请求出；如果不存在，请说明理由.5.最值类【练一练5】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〕连接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？假设存在，请求出此时点P 的坐标；假设不存在请说明理由．〔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.。
中考数学压轴题十大题型(含详细答案)
中考数学压轴题十大题型(含详细答案)数学综合压轴题是用来考察考生综合运用知识能力的，它体现了知识和方法的综合性。
其中，函数型综合题和几何型综合题是比较常见的。
函数型综合题要求我们在给定的直角坐标系和几何图形中，先求出函数的解析式，然后研究图形，求出点的坐标或研究图形的某些性质。
求已知函数的解析式的主要方法是待定系数法，关键是求点的坐标。
我们可以通过几何法或代数法来求点的坐标。
几何型综合题则是先给定几何图形，根据已知条件进行计算，然后让动点（或动线段）运动，对应产生线段、面积等的变化，求出对应的（未知）函数的解析式，以及函数的自变量的取值范围。
最后，我们可以根据所求的函数关系进行探索研究。
这种类型的题目涉及到很多内容，比如图形的性质、相似、面积等。
我们需要找到包含自变量和因变量之间等量关系的方程，并将其变形成y=f(x)的形式。
解中考压轴题的技巧包括运用函数与方程思想、分类讨论的思想和转化的数学思想。
我们可以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。
对问题的条件或结论的多变性进行考察和探究。
由已知向未知，由复杂向简单的转换。
中考压轴题涉及到的知识面广，使用的数学思想方法也较全面。
因此，我们可以将压轴题分解成相对独立而又单一的知识或方法组块来思考和探究。
首先，要全面了解自己的数学研究状况，以便在考试时准确定位重点，避免浪费时间。
要给压轴题或难点设置时间限制，如果超过限制，必须停止并检查前面的题目，确保选择和填空题没有错误，解答题也要认真检查。
其次，在解数学压轴题时，要逐步解决每个小问题。
如果第一小问不会解，不要轻易放弃第二小问。
解题过程要按步骤给分，所以要写清楚、规范，字迹工整，布局合理。
尽量避免无关废话，多用几何知识，少用代数计算，尽可能使用三角函数，少用相似三角形的性质。
最后，解数学压轴题可以分为三个步骤：审题、理解题意和正确解答。
审题要全面考虑条件和要求，掌握试题的特点和结构，以便选择解题方法和设计解题步骤。
中考数学压轴题解题技巧
(3)如图2，若点G(2，y)是该抛物线上一点，点P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．
9．（09年湖南省张家界市）在平面直角坐标系中，已知A(－4，0)，B(1，0)，且以AB为直径的圆交y轴的正半轴于点C，过点C作圆的切线交x轴于点D．
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。如果（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。如果（1）、（2）两个小题是“递进关系”，（1）的结论由大题的已知条件证得，除已知外，（1）的结论又是解（2）所必要的条件之一。
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．
4．（2008年山东省青岛市）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t（s）（0＜t＜2），解答下列问题：
5．（09年吉林省）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P、Q运动的时间为x秒时，△APQ与△ABC重叠部分的面积为y平方厘米（这里规定：点和线段是面积为0的三角形），解答下列问题：
中考数学压轴题十大题型(含详细答案)
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＝f（x）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。
上海中考数学压轴题解题方法总结
上海中考数学压轴题解题方法总结上海中考数学压轴题各题型解题方法总结18题题型一：翻折问题；性质：翻折前后两个图形全等：边相等，角相等折痕垂直平分对应点的连线学会找等腰画图：已知折痕：过对应点做折痕的垂线并延长已知对应点：做对应点连线的垂直平分线【解题策略分析】解决动态问题需要我们运用运动与变化的观点去观察与研究图形，把握图形运动与变化的全过程，在动中找出不变的因素，利用不变的因素来解决变化的问题。
1）通过翻折后与原图形全等找出等量关系；2）联结原点和翻折后的点，必定关于折痕对称（或者用折痕是对称点的垂直平分线）；3）跟其他线段中点结合构造中位线；4）做垂线运用“双勾股”。
图形翻折之“翻折边长”题型解题方法与策略：1.寻找翻折直线，即对称轴；2.根据翻折情况，画图，画图是解题的关键；3.寻觅翻折相等的线段或角度；4.利用翻折并结合题目中的特殊条件找到隐含条件；5.勾股定理、三角比、相似三角形构造方程；6.部分题目注意分类讨论。
图形翻折之“翻折角度”题型解题办法与战略：1.寻找翻折直线，即对称轴；2.根据翻折情况，画图，画图是解题的关键；3.寻找翻折相等的线段或角度；4.利用翻折并结合题目中的特殊条件解题（比如平行、垂直等）；5.利用好三角形的内角和、外角性质。
图形翻折之“翻折面积”题型解题办法与战略：1.寻找翻折直线，即对称轴；2.根据翻折情况，画图，画图是解题的关键；3.寻觅翻折相等的线段和角度；4.利用翻折并结合题目中的特殊条件（比如平行、垂直）解题；5.利用好勾股定理、相似、等高三角形面积干系等转化成线段干系。
运题型二：旋转问题；旋转三要素旋转中心旋转偏向：顺时针；逆时针旋转角度性质：旋转前后两个图形全等：边相等，角相等会找新的相似：以旋转角为顶角的两个等腰三角形相似，相似后对应角相等注意题目中的暗示：画图：点的旋转图形的旋转：可以把图形的旋转转化为点的旋转，从而画圆旋转后点落在边上、直线上、射线上1.寻找旋转中心;2.寻找旋转的方向，“逆时针”和“顺时针”，如果没有说明则分类讨论;3.挖掘题目中的特殊条件:题目中有哪些角相等？哪些边相等？4.准确画出旋转后的图形是解题的关键.图形旋转之“旋转边长”题型解题方法与策略：1.寻找旋转中心；2.寻觅旋转的偏向，“逆时针”和“顺时针”，如果没有申明则分类会商；3.寻觅旋转前后相等的线段或角度，根据题意准确画图；4.利用旋转并结合题目中的特殊条件解题；5.勾股定理、三角比、相似三角形构造方程；6.部分题目注意分类会商；图形旋转之“旋转面积”题型解题方法与策略：1.寻觅旋转中心；2.寻觅旋转的偏向，“逆时针”和“顺时针”，如果没有申明则分类会商；3.寻觅旋转前后相等的线段或角度，根据题意准确画图；4.观察所求图形面积形状，结合面积公式、相似、等高模型求解；5.部分题目注意分类讨论；图形旋转之“旋转角度”题型解题方法与策略：1.寻觅旋转中心；2.寻找旋转的方向，“逆时针”和“顺时针”，如果没有说明则分类讨论；3.寻觅旋转旋转角、旋转前后相等的线段、相等的角度，根据题意准确画图；4.利用内角和、外角性质并结合题目中的特殊条件解题；5.部分题目注意分类讨论；题型三：平移问题平移图形的特征1.平移前后的图形全等2.图形上每一个点平移的距离和偏向都是相同的平移之“函数中的图象平移”题型解题办法与战略：1.寻找平移方法和距离；2.化简原函数解析式，并在坐标系中画出原函数大致图象；3.根据请求画出平移后函数的图象；4.结合平移前后对应点坐标以及二次函数对称轴和举行相关计算和求解；5.部分题目注意分类讨论。
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2019年中考数学压轴题解题方法建议
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2019年中考已经进入倒计时!今年合肥有哪些变化?最后一道压轴题，如何解答才能得高分?在剩下的时间里，考生该如何冲刺，抓住“临门一脚”，提高数学得分……
数学考试发生三大变化考生需吃透考纲
“从2019年的考试大纲来看，今年中考数学的变化主要有三个方面：数与代数，图形与几何，统计与概率。
”方国钧概括道。
“具体来说，代数的变化体现在有理数、实数、代数式、方程和不等式有新内容增加，图形与几何的内容多从图形的性质，图形的变化，图形与坐标的角度来考察，最后，统计与概率部分增加
了通过表格、折线图、趋势图等感受随机现象的变化C。
”面对这些变化，方老师建议，学生一定要吃透考纲把握考试动向，“考生不仅要明确考试的内容，更要对考纲对知识点的要求了然于心。
”
冲刺复习应回归课本提升做题速度
模拟考试中，考生的数学成绩浮动相对较大，有些题很容易失分有些题很容易得分。
在最后的冲刺阶段，考生可从哪些方面来提分? “学生首先要清楚自己的薄弱点，才能更好地进行强化复习。
”方老师强调，关于备考策略，他有如下建议：
一、回归课本，重视基础。
考生应当围绕课程回忆和梳理知识点，对经典题型进行分析，解构和熟悉，做到以不变应万变。
二、专题训练，各个击破。
对各板块间的知识点有综合概括，针对重点知识的交叉点和结合点，进行必要的专题训练。
例如将函数与不等式、方程结合
起来，进行综合复习。
三、规范答题，对症训练。
有些考生常将计算错误简单归结为粗心，其实不然，这是基础不牢固，也可能是技巧不熟练，学生应当培养自己的运算能力，做到精准答题。
四、掌握技巧，快速拿分。
选择题和填空题利用估算法、图像法、特例法快速解决。
对于解答题，则要仔细审题，抓住得分点。
考试中把握好答题时间压轴题要步步为营
不少学生在走出考场后反映，数学考试时间不够，被某一道题花去太长时间……那么，考生在答题过程中，应当注重哪技巧呢?
方老师认为，可从以下几点做起。
第一是平时的训练要控制好时间，第二是掌握答题策略，在写完选择题时候，一定要细心涂完答题卡，第三是对待试卷中的拦路虎，审题要慢，答题要快。
那么，对于最后一道压轴难题，学生应
该如何解题抢夺分数呢?
“简单来说，就是步步为营，冷静作答”，方老师分析道，“中考的最后一道大题，综合了初中数学许多知识点，审题时一定要慢，通过已知条件分析出题目中隐藏的条件，另外，答题步骤一定要清晰明了，中考阅卷按步骤给分，步骤完整也不会失分太多。
”
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