求解中考压轴题的四种常见思想方法 湖北省黄石市下陆中学宋毓彬湖北省黄石市二十一中皮学军 1.中考数学压轴题概述 1.1压轴题的概念 中考数学试卷中的试题排列顺序通常都遵循着“从简单 到复杂、从易到难”的原则。中考试题中按题型分类的排列 顺序一般是：一、选择题（客观题，有些地方将其称作“第 I卷”)；二、填空题（形式简单的主观题）；三、解答题 (二、三也合称第Ⅱ卷)。在这三类题型中，思维难度较大 的题目一般都设置在各类题型的最后一题，被称作压轴题。 中考压轴题按其题型的区别及在整个试卷中的位置情 况又可分为两类：选择题和填空题型的压轴题，常被称作小 压轴题；解答题型压轴题（也即整个试卷的最后一题），叫 大压轴题，通常所说的压轴题一般都指大压轴题。 1.2压轴题的特点 中考数学压轴题的设计，大都有以下共同特点：知识点 多、覆盖面广、条件隐蔽、关系复杂、思路难觅、解法灵活。 纵观近几年全国各地数学中考压轴题，呈现了百花齐放的局 面，就题型而言，除传统的函数综合题外，还有操作题、开
求解中考压轴题的四种常见思想方法 湖北省黄石市下陆中学 宋毓彬 湖北省黄石市二十一中 皮学军 1．中考数学压轴题概述 1.1 压轴题的概念 中考数学试卷中的试题排列顺序通常都遵循着“从简单 到复杂、从易到难”的原则。中考试题中按题型分类的排列 顺序一般是：一、选择题（客观题，有些地方将其称作“第 Ⅰ卷”）；二、填空题（形式简单的主观题）；三、解答题 （二、三也合称第Ⅱ卷）。在这三类题型中，思维难度较大 的题目一般都设置在各类题型的最后一题，被称作压轴题。 中考压轴题按其题型的区别及在整个试卷中的位置情 况又可分为两类：选择题和填空题型的压轴题，常被称作小 压轴题；解答题型压轴题（也即整个试卷的最后一题），叫 大压轴题，通常所说的压轴题一般都指大压轴题。 1.2 压轴题的特点 中考数学压轴题的设计，大都有以下共同特点：知识点 多、覆盖面广、条件隐蔽、关系复杂、思路难觅、解法灵活。 纵观近几年全国各地数学中考压轴题，呈现了百花齐放的局 面，就题型而言，除传统的函数综合题外，还有操作题、开
放题、图表信息题、动态几何题、新定义题型、探索题型等， 令人赏心悦目。 中考压轴题主要是为考察考生综合运用知识的能力而设计的题目，其思维难 度高，综合性强，往往都具有较强的选拔功能，是为了有效地区分数学学科中 尖子学生与一般学生的试题。 在课程改革不断向前推进的形势下，全国各地近年涌现出了大量的精彩的压 轴题。丰富的、公平的背景、精巧优美的结构，综合体现出多种解答数学问题 的思想方法，贴近生活、关注热点、常中见拙、拙中藏巧、一题多问、层层递 进，为不同层次的学生展示自己的才华创设了平台。 1.3压轴题应对策略 针对近年全国各地中考数学压轴题的特点，在中考复习阶段，我们要狠抓基 础知识的落实，因为基础知识是“不变量”，而所谓的考试“热点”只是与题 目的形式有关。要有效地解答中考压轴题，关键是要以不变应万变。加大综合 题的训练力度，加强解题方法的训练，加强数学思想方法的渗透，注重“基本 模式”的积累与变化，调适学生心理，增强学生信心。 学生在压轴题上的困难可能来自多方面的原因，如：基础知识和基本技能的 欠缺、解题经验的缺失或训练程度不够、自信心不足等。学生在压轴题上的具 体困难则可能是： “不知从何处下手，不知向何方前进” 在求解中考数学压轴题时，重视一些数学思想方法的灵活应用，是解好压轴 题的重要工具，也是保证压轴题能求解得“对而全、全而美”的重要前提。下 就2009年全国各地部分中考压轴题为例，简要分析一些重 要的数学思想方法在求解中考压轴题时的重要作用。 2.求解中考压轴题的常见思想方法 2.1分类讨论思想 代表性题型：动态几何问题，存在性讨论问题。 例1.(2009年重庆)已知：如图，在平面直角坐标系x0 中，矩形OABC的边OA在y轴的正半轴上，0C在x轴的正半 轴上，OA=2,0C=3。过原点0作∠A0C的平分线交AB于点D, 连接DC,过点D作DE⊥DC,交OA于点E
放题、图表信息题、动态几何题、新定义题型、探索题型等， 令人赏心悦目。 中考压轴题主要是为考察考生综合运用知识的能力而设计的题目，其思维难 度高，综合性强，往往都具有较强的选拔功能，是为了有效地区分数学学科中 尖子学生与一般学生的试题。 在课程改革不断向前推进的形势下，全国各地近年涌现出了大量的精彩的压 轴题。丰富的、公平的背景、精巧优美的结构，综合体现出多种解答数学问题 的思想方法，贴近生活、关注热点、常中见拙、拙中藏巧、一题多问、层层递 进，为不同层次的学生展示自己的才华创设了平台。 1.3 压轴题应对策略 针对近年全国各地中考数学压轴题的特点，在中考复习阶段，我们要狠抓基 础知识的落实，因为基础知识是“不变量”，而所谓的考试“热点”只是与题 目的形式有关。要有效地解答中考压轴题，关键是要以不变应万变。加大综合 题的训练力度，加强解题方法的训练，加强数学思想方法的渗透，注重“基本 模式”的积累与变化，调适学生心理，增强学生信心。 学生在压轴题上的困难可能来自多方面的原因，如：基础知识和基本技能的 欠缺、解题经验的缺失或训练程度不够、自信心不足等。学生在压轴题上的具 体困难则可能是：“不知从何处下手，不知向何方前进”。 在求解中考数学压轴题时，重视一些数学思想方法的灵活应用，是解好压轴 题的重要工具，也是保证压轴题能求解得“对而全、全而美”的重要前提。下 就 2009 年全国各地部分中考压轴题为例，简要分析一些重 要的数学思想方法在求解中考压轴题时的重要作用。 2．求解中考压轴题的常见思想方法 2.1 分类讨论思想 代表性题型：动态几何问题，存在性讨论问题。 例 1．（2009 年重庆）已知：如图，在平面直角坐标系 中，矩形 OABC 的边 OA 在 轴的正半轴上，OC 在 轴的正半 轴上，OA=2，OC=3。过原点 O 作∠AOC 的平分线交 AB 于点 D， 连接 DC，过点 D 作 DE⊥DC，交 OA 于点 E
(1)求过点E、D、C的抛物线的解析式； (2)将∠EDC绕点D按顺时针方向旋转后，角的一边与y 轴的正半轴交于点F,另一边与线段OC交于点G。如果DF 与（1)中的抛物线交于另一点M,点M的横坐标为5，那么 EF=2G0是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明 理由； 0 (3)对于(2)中的点G,在位于第一象限内的该抛物线 上是否存在点Q,使得直线GQ与AB的交点P与点C、G构成 的△PCG是等腰三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不 存在，请说明理由。 解析：(1)由△ADE∽△BCD,及已知条件求得E、D、C坐 标，进而求出过点E、D、C的抛物线的解析式： ol （2)EF=2G0成立. ”点M在该抛物线上，且它的横坐标为， .点M的纵坐标为二.设DM的解析式为y=:+b依≠O) 将点D、M的坐标分别代入，得
（1）求过点 E、D、C 的抛物线的解析式； （2）将∠EDC 绕点 D 按顺时针方向旋转后，角的一边与 轴的正半轴交于点 F，另一边与线段 OC 交于点 G。如果 DF 与（1）中的抛物线交于另一点 M，点 M 的横坐标为 ，那么 EF=2GO 是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明 理由； （3）对于（2）中的点 G，在位于第一象限内的该抛物线 上是否存在点 Q，使得直线 GQ 与 AB 的交点 P 与点 C、G 构成 的△PCG 是等腰三角形？若存在，请求出点 Q 的坐标；若不 存在，请说明理由。 解析：（1）由△ADE∽△BCD，及已知条件求得 E、D、C 坐 标，进而求出过点 E、D、C 的抛物线的解析式： 5 13 2 1 6 6 y x x = − + + （2）EF=2GO 成立． 点 M 在该抛物线上，且它的横坐标为 6 5 ， ∴点 M 的纵坐标为 12 5 ．设 DM 的解析式为 1 y kx b k = + ( 0) 将点 D、M 的坐标分别代入，得
2k+b=2 g+4-号 解得=- ∴.DM的解析式为 b=3 y=-x+3 .F(0,3),EF=2. 过点D作DK⊥OC于点K,则DA=DK △DAF≌△DKG,KG=AF=1,G0=1 .∴.EF=2G0. (3)点P在AB上，G(1,0),C(3,0),则设P(t, 2). ∴.PG2=(t-1)2+22,PC2=(3-t)2+22,GC=2 A g(9D7n ①若PG=PC,则(t一1)2+2=(3一t)3+2 解得t=2.P(2,2),此时点Q与点D重合，Q(2,2) ②若PG=GC,则(t一1)2+22=22，解得t=1,P（1,2), 此时GP⊥x轴. GP与该抛物线在第一象限内的交点Q的横坐标为1， .点Q的纵坐标为3.Q（1,3) ③若PC=GC,则(3-t)2+22=22,解得t=3,P(3,2) 此时PC=GC=2,P与B重合 过点Q作QH⊥x轴于点H, 则QH=GH,设QHh,∴Q(h+1,h)a号a+0=a 12 解得4宁2（舍去）·Q(5,5) 综上所述，存在三个满足条件的点Q,即Q(2,2)或Q(1, 127 3)或Q(5,5) 思想方法解读：这道压轴题是将二次函数与平面几何相 结合的函数综合题
1 1 2 2 6 12 5 5 k b k b + = + = 解 得 1 1 2 3 k b = − = ∴ DM 的 解 析 式 为 1 3 2 y x = − + ∴F（0，3）， EF=2. 过点 D 作 DK⊥OC 于点 K，则 DA=DK． △DAF≌△DKG，KG=AF=1，GO=1 ∴EF=2GO. （3） 点 P 在 AB 上，G（1，0），C（3，0），则设 P（t， 2）． ∴PG =（t－1） +2 ，PC =（3－t） +2 ，GC=2 ①若 PG=PC，则（t－1） +2 =（3－t） +2 解得 t=2．∴P（2，2），此时点 Q 与点 D 重合,Q（2，2）. ②若 PG=GC，则（t－1） +2 =2 ，解得 t=1，P（1，2）, 此时 GP⊥x 轴． GP 与该抛物线在第一象限内的交点 Q 的横坐标为 1， ∴点 Q 的纵坐标为 ．Q（1， ） ③若 PC=GC，则（3－t） +2 =2 ，解得 t=3，∴P（3，2） 此时 PC=GC=2，P 与 B 重合 过点 Q 作 QH⊥x 轴于点 H， 则 QH=GH，设 QH=h，∴Q（h+1，h） ． 解得 （舍去）．∴Q（ ， ） 综上所述，存在三个满足条件的点 Q，即 Q（2，2）或 Q（1， ）或 Q（ ， ） 思想方法解读：这道压轴题是将二次函数与平面几何相 结合的函数综合题
第)问结合“形”的特征，求出点D、E、C的坐标，再 设二次函数一般式，用待定系数法可求得二次函数解析式。 体现了解函数问题时常用到的“数形结合”思想。 第(2)由D、M所在直线与y轴相交于F,可求得F点坐 标，并求出EF的长度，并由旋转过程中的角度相等关系， 设法构造全等求出OG。得证结论。解决第(2)问的关系是将 EF、OG转化为可求的已知量，得到其长度关系。体现出数 学解题中的“化归思想”。 本题的第(3)问讨论存在性问题。要使△PCG是等腰三角 形，其中G、C为定点，P为不确定的点，因此应考虑GC 为腰、GC为底，并考虑G、C、P分别为顶点等多种情况进 行分类讨论。假设存在P点，结合P点的位置，通过设置P 点坐标参数，用所设参数表示出相应三角形边长，由等腰三 角形的性质，构造相应方程，可求出P点坐标。第()问不仅 体现了分类讨论思想，还考察了用方程建模的能力。 2.2化归、转化思想 代表性题型：面积问题，二函数图象与坐标轴的交点距离、二次函数与一次 函数交点距离、反比例函数与一次函数交点距离问题（与一元二次方程根的系 数关系转化)。 例2.已知：Rt△ABC的斜边长为5，斜边上的高为2，将这个直角三角形 放置在平面直角坐标系中，使其斜边AB与x轴重合（其中OA0)，连接DP交BC于点E。 ①当△BDE是等腰三角形时，直接写出此时点E的坐标。(3分)
第⑴问结合“形”的特征，求出点 D、E、C 的坐标，再 设二次函数一般式，用待定系数法可求得二次函数解析式。 体现了解函数问题时常用到的“数形结合”思想。 第⑵由 D、M 所在直线与 y 轴相交于 F，可求得 F 点坐 标，并求出 EF 的长度，并由旋转过程中的角度相等关系， 设法构造全等求出 OG。得证结论。解决第⑵问的关系是将 EF、OG 转化为可求的已知量，得到其长度关系。体现出数 学解题中的“化归思想”。 本题的第⑶问讨论存在性问题。要使△PCG 是等腰三角 形，其中 G、C 为定点，P 为不确定的点，因此应考虑 GC 为腰、GC 为底，并考虑 G、C、P 分别为顶点等多种情况进 行分类讨论。假设存在 P 点，结合 P 点的位置，通过设置 P 点坐标参数，用所设参数表示出相应三角形边长，由等腰三 角形的性质，构造相应方程，可求出 P 点坐标。第⑶问不仅 体现了分类讨论思想，还考察了用方程建模的能力。 2.2 化归、转化思想 代表性题型：面积问题，二函数图象与坐标轴的交点距离、二次函数与一次 函数交点距离、反比例函数与一次函数交点距离问题（与一元二次方程根的系 数关系转化）。 例 2．已知：Rt△ABC 的斜边长为 5，斜边上的高为 2，将这个直角三角形 放置在平面直角坐标系中，使其斜边 AB 与 x 轴重合（其中 OA0，n>0），连接 DP 交 BC 于点 E。 ①当△BDE 是等腰三角形时，直接写出此时点 E 的坐标。（3 分）
②又连接CD、CP(如图3)，△CDP是否有最大面积？若有，求出△CDP的 最大面积和此时点P的坐标；若没有，请说明理由。(3分) A O AO D B 图2 图3 解析：(I)由Rt△A0C∽Rt△COB易知，C0=0A.0B-0A(AB-0A),可求0A=1,0B=4 ∴.A(-1,0)B(4,0)C(0,2)可设解析式为Fa(x+1)(x-4, 将点C(0,2》代入，可求a=2 +号+2为所求 m862,马号3马-5号同 挑示：@0B时，过E作即垂线，可得马6 ②直线BC的解折式为=2+2 ,设8(，八，利用勾股定理和点8(x,》在 1 =-2+2 =-2+2 直线BC上，可得两个方程组2-x小2+y2=2 4-x2+=2分别可求 和马。 (③)方法1：连0P。如图4。 图4 y P(m,2 SAcw-Sae一SA
②又连接 CD、CP（如图 3），△CDP 是否有最大面积？若有，求出△CDP 的 最大面积和此时点 P 的坐标；若没有，请说明理由。（3 分） 解析：⑴由 Rt△AOC∽Rt△COB 易知，CO2 =OA.OB=OA(AB-OA),可求 OA=1,OB=4 ∴A(-1,0) B(4,0) C(0,2) 可设解析式为 y=a(x+1)(x-4)， 将点 C(0,2)代入，可求 a= ∴ 为所求 ⑵ ； 提示：①ED=EB 时，过 E 作 BD 垂线，可得 ②直线 BC 的解析式为 ，设 ，利用勾股定理和点 在 直线 BC 上，可得两个方程组 分别可求 和 。 ⑶方法 1：连 OP。如图 4。 P（m，n）在抛物线 上 ∴P（m， ） S△C PO =S 四边形 ODPC－S△OCD
1 =SAc+Sap0-Saa=20C·lx,l+20D·|y,l-20C·0D xamx (2xx 1 1 1 151525 =-2m2+2mF-2(m-2)2+8 525 当m=2时，SAa0面积最大，此时P(2,8) 方法2：过D作X轴的垂线，交PC于M,如图5。 1图5 马袋折式州学：权，具 ,故 S.cm=om()-yp) -w-m2a4+约=m+a-2 =m+(m2+2m+2习-2 + 当-时.马e台，明 思想方法解读：本题是一道二次函数与平面几何综合的压轴题.第()问由三 角形形似（或射影定理）求出相关线段的长，写出相应点的坐标。然后灵活设置 二次函数式，用待定系数法求出二次函数式
=S△POC+ S△PDO－S△OCD= OC·|xp|+ OD·|yp|— OC·OD = ×2m+ ×2（ ）－ ×2×2 =－ m + m=－ （m－ ） + 当 m= 时，S△CP O面积最大，此时 P（ ， ） 方法 2：过 D 作 X 轴的垂线，交 PC 于 M，如图 5。 易求 PC 的解析式为 ，且 ，故 ∴当 时， ， 思想方法解读：本题是一道二次函数与平面几何综合的压轴题.第⑴问由三 角形形似（或射影定理）求出相关线段的长，写出相应点的坐标。然后灵活设置 二次函数式，用待定系数法求出二次函数式
第(2问，虽然题目要求是直接写出点E的坐标。但点E的坐标必须通过计算 得到。而在计算的过程中，要考虑符合要求的等腰三角形的多样性，需分类讨论 顶点、腰的对应情况。 第()问是本题的难点。题中的面积表示，要结合P(m,n)在抛物线上， 充分利用点的坐标的几何意义，或是利用平面几何的性质，有效表示△BCD的面 积，将不能直接表示的三角形缅积转化为能用已知线段和P点坐标表示的面积。 方法1是将四边形分割成两个三角形△P0C、△P0D,方法2，是通过过D点作 垂线，直接将△BDC转化为△PDM、△CDM。 2.3极端值思想 代表性题型：动态几何问题，动态函数问题。 例3.已知∠ABC=90,AB=2,BC=3AD∥BC,P为线段BD上 的动点，点心在射线上，且满是器岩（如图1所示）. (1)当AD=2,且点P与点B重合时（如图2所示)，求 线段F℃的长，(2)在图1中，联结P.当4D-,且点e在 线段上时，设点Q之间的距离为，其中 表示△APP的面积，a表示△PBC的面积，求y关于x的函数 解析式，并写出函数定义域：
第⑵问，虽然题目要求是直接写出点 E 的坐标。但点 E 的坐标必须通过计算 得到。而在计算的过程中，要考虑符合要求的等腰三角形的多样性，需分类讨论 顶点、腰的对应情况。 第⑶问是本题的难点。题中的面积表示，要结合 P（m，n）在抛物线上， 充分利用点的坐标的几何意义，或是利用平面几何的性质，有效表示△BCD 的面 积，将不能直接表示的三角形面积转化为能用已知线段和 P 点坐标表示的面积。 方法 1 是将四边形分割成两个三角形△POC、△POD，方法 2，是通过过 D 点作 垂线，直接将△BDC 转化为△PDM、△CDM。 2．3 极端值思想 代表性题型：动态几何问题，动态函数问题。 例 3．已知 为线段 上 的动点，点 在射线 上，且满足 （如图 1 所示）． （1）当 ，且点 与点 重合时（如图 2 所示），求 线段 的长；（2）在图 1 中，联结 ．当 ，且点 在 线段 上时，设点 之间的距离为 ， ，其中 表示 的面积， 表示 的面积，求 关于 的函数 解析式，并写出函数定义域；
网1 cB(图2 a 图3 (3)当AD<AB,且点Q在线段AB的延长线上时（如图3所 示)，求∠QPC的大小。 PO AD 解析：(1)AD=2,且Q点与B点重合。由PCAB=1, PB(Q)=PC,△PQC为等腰直角三角形，BC=3,PC=Bccos45° 23W2 =3X2=2。 (2)如图：作PE⊥BC,PF⊥AQ。BQ=x,则AQ=2-X。 PF AD 3 由△BPF∽△BDA,BF=AB=4,又BF=PE PF 3 ∴.PE=4,∴，PF=4PE 1 S△APQ=2(2-x)PF,S△PBC=2X3PE .y=4(2-x)
（3）当 ，且点 在线段 的延长线上时（如图 3 所 示），求 的大小。 解析：（1）AD=2，且 Q 点与 B 点重合。由 =1，∴ PB（Q）=PC，△PQC 为等腰直角三角形，BC=3，PC=Bccos45° =3× = 。 （2）如图：作 PE⊥BC，PF⊥AQ。BQ=x，则 AQ=2－x。 由△BPF∽△BDA， = = ，又 BF=PE ∴ = ，∴PF= PE S△APQ= （2－x）PF，S△PBC= ×3PE ∴y= （2－x）
P点与D点重合时，此时CQ取最大值。过D作DH LBC. PQ AD 3 2 15 CD=2,此时PC=AB,2=2,PQ=8,BQAB一AQ8 7 ∴.函数的定义域：0≤x≤8 (3)方法1：PQ/PC=AD/AB,假设PQ不垂直PC,则可以作一 条直线PQ'垂直于PC,与AB交于Q'点，则：B,Q',P, C四点共圆。 由圆周角定理，以及相似三角形的性质得：PQ' /PC=AD/AB, 又由于PQ/PCAD/AB所以，点Q'与点Q重合，所以角 ∠QPC-90° PN AD PO 方法2：如图3，作PM⊥BC,PN⊥AB。由N=AB=PC,即 PN PO PM==PC ∴.△PNQ∽△PMC ∠MPC=∠NPN,.∴.∠QPC=∠MPC+∠ QPB=∠NPQ+∠QPM=90° 思想方法解读：这是一道动态几何的变式综合题。 Pe AD 第)问，线段的比值P℃AB不变，Q在特殊点（与B点 重合)，由AD=AB=2,故PQ(B)=PC,△PQC为等腰 直角三角形。利用几何性质可求出PC
P 点与 D 点重合时，此时 CQ 取最大值。过 D 作 DH⊥BC。 CD= ，此时 = ， = ，PQ= ，BQ=AB－AQ= ∴函数的定义域：0≤x≤ (3)方法 1：PQ/PC=AD/AB,假设 PQ 不垂直 PC，则可以作一 条直线 PQ′垂直于 PC，与 AB 交于 Q′点，则：B，Q′，P， C 四点共圆。 由 圆 周 角 定 理 ， 以 及 相 似 三 角 形 的 性 质 得 ： PQ ′ /PC=AD/AB, 又由于 PQ/PC=AD/AB 所以，点 Q′与点 Q 重合，所以角 ∠QPC=90° 方法 2：如图 3，作 PM⊥BC，PN⊥AB。由 = = ，即 == ∴△PNQ∽△PMC ∠MPC＝∠NPN，∴∠QPC=∠MPC＋∠ QPB＝∠NPQ＋∠QPM＝90° 思想方法解读：这是一道动态几何的变式综合题。 第⑴问，线段的比值 不变，Q 在特殊点（与 B 点 重合），由 AD=AB=2，故 PQ（B）=PC，△PQC 为等腰 直角三角形。利用几何性质可求出 PC