数学中考压轴题大集锦

第错误！未找到引用源。当＜≤2时（如图5），求S与t的函数关系式是：S＝S△ARF＝S△AQE=·(2＋)2－×(2－)2＝3。综上所述，S与的函数关系式为S＝。（3）当时，S最大，最大面积是。【考点】图形变换问题，正方形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质。【分析】(1)正方形EFGH的边长=EP＋PF。当＝1时，EP＋PF＝1·+1·＝2＝2。当＝3时，EP＋PF＝（1·－2）＋1·＝2－2＝6－2＝4。（2）要求0＜≤2时，S与的函数关系式，要考虑正方形EFGH的上边HG与△ABC的位置关系，即EF在△ABC内，EF与△ABC的AC边相交，EF在△ABC外。这样就要先求临界点时的值。在求解过程中，反复应用相似三角形对应边的相似比，即能写出用表示的相关边长，从而应用面积公式得出S与的函数关系式。（3）考虑到当2＜≤8时（∵在Rt△ABC中，，∴PB＝8），正方形EFGH以边长为4而不再变化，此期间才有S的最大。这样要求当为何值时，S最大，先要求S与的函数关系式，再求当为何值时，S最大和S的最大值：∵AE＝－2，TE＝，HT＝,HS＝，∴∵FB＝8－，YF＝，GY＝，XG＝，∴∴∴当时，最大。最大值为。10.（宿迁12分）如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝1，BC＝，以点C为圆心，CB为半径的弧交CA于点D；以点A为圆心，AD为半径的弧交AB于点E．（1）求AE的长度；（2）分别以点A、E为圆心，AB长为半径画弧，两弧交于点F（F与C在AB两侧），连接AF、EF，设EF交弧DE所在的圆于点G，连接AG，试猜想∠EAG的大小，并说明理由．【答案】解：（1）在Rt△ABC中，由AB＝1，BC＝得AC＝＝∵BC＝CD，AE＝AD∴AE＝AC－AD＝。（2）∠EAG＝36°，理由如下：∵FA＝FE＝1，AE＝AG＝，∴＝。又∵∠AEG＝∠FEA，∴∠EAG＝∠AEF。∴△AEG∽△FEA。∴＝。∴。∴。∴AG＝FD。∴∠FAG＝∠F。∴∠FAG＝∠EAG。∴由三角形内角和定理，得5∠F＝180°，∴∠EAG＝∠F＝36°。【考点】勾股定理，相似三角形的判定和性质，等量代换，等腰三角形的性质，三角形内角和定理。【分析】⑴根据在Rt△ABC中利用勾股定理求得AC，根据BC＝CD，AE＝AD求得AE＝AC－AD即可。（2）由△AEG∽△FEA求出GE从而求出FG的长，证得AG＝FD，进而证得∠FAG＝∠EAG＝∠F。从而根据三角形内角和定理即可求。11.（连云港12分）某课题研究小组就图形面积问题进行专题研究，他们发现如下结论：（1）有一条边对应相等的两个三角形面积之比等于这条边上的对应高之比；（2）有一个角对应相等的两个三角形面积之比等于夹这个角的两边乘积之比；…现请你继续对下面问题进行探究，探究过程可直接应用上述结论．（S表示面积）问题1：如图1，现有一块三角形纸板ABC，P1，P2三等分边AB，R1，R2三等分边AC．经探究知＝EQ\F(1,3)S△ABC，请证明．问题2：若有另一块三角形纸板，可将其与问题1中的拼合成四边形ABCD，如图2，Q1，Q2三等分边DC．请探究与S四边形ABCD之间的数量关系．问题3：如图3，P1，P2，P3，P4五等分边AB，Q1，Q2，Q3，Q4五等分边DC．若S四边形ABCD＝1，求．问题4：如图4，P1，P2，P3四等分边AB，Q1，Q2，Q3四等分边DC，P1Q1，P2Q2，P3Q3将四边形ABCD分成四个部分，面积分别为S1，S2，S3，S4．请直接写出含有S1，S2，S3，S4的一个等式．【答案】解：问题1：∵P1，P2三等分边AB，R1，R2三等分边AC，∴P1R1∥P2R2∥BC．∴△AP1R1∽△AP2R2∽△ABC，且面积比为1：4：9。ABC图2P1P2R2R1DQ1Q2ABC图2P1P2R2R1DQ1Q2问题2：连接Q1R1，Q2R2，如图，由问题1的结论，得＝EQ\F(1,3)S△ABC，＝EQ\F(1,3)S△ACD∴＋＝EQ\F(1,3)S四边形ABCD。由∵P1，P2三等分边AB，R1，R2三等分边AC，Q1，Q2三等分边DC，可得P1R1:P2R2＝Q2R2：Q1R1＝1：2，且P1R1∥P2R2，Q2R2∥Q1R1。∴∠P1R1A＝∠P2R2A，∠Q1R1A＝∠Q2R2A。∴∠P1R1Q1＝∠P2R2Q2。由结论（2），可知∴＝EQ\F(1,3)S四边形ABCD．问题3：设＝A，＝B，设＝C，由问题2的结论，可知A＝EQ\F(1,3)，B＝EQ\F(1,3)。∴A＋B＝EQ\F(1,3)(S四边形ABCD＋C)＝EQ\F(1,3)(1＋C)。又∵C＝EQ\F(1,3)(A＋B＋C)，即C＝EQ\F(1,3)[EQ\F(1,3)(1＋C)＋C]，∴C＝EQ\F(1,5)，即＝EQ\F(1,5)问题4：S1＋S4＝S2＋S3．【考点】平行的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等量代换。【分析】问题1：由平行和相似三角形的判定，再由相似三角形面积比是对应边的比的平方的性质可得。问题2：由问题1的结果和所给结论（2）有一个角对应相等的两个三角形面积之比等于夹这个角的两边乘积之比，可得。问题3：由问题2的结果经过等量代换可求。问题4：由问题2可知S1＋S4＝S2＋S3＝。12.（徐州12分）如图，已知二次函数的图象与轴交于A、B两点，与轴交于点P，顶点为C（）。（1）求此函数的关系式；（2）作点C关于轴的对称点D，顺次连接A、C、B、D。若在抛物线上存在点E，使直线PE将四边形ACBD分成面积相等的两个四边形，求点E的坐标；（3）在（2）的条件下，抛物线上是否存在一点F，使得△PEF是以P为直角顶点的直角三角形？若存在，求出点P的坐标及△PEF的面积；若不存在，请说明理由。【答案】解：（1）∵函数的图象顶点为C（），∴函数关系式可表示为。（2）设直线PE的函数关系式为。由题意知四边形ACBD是菱形，故直线PE必经过菱形的中心M。由P（0，－1），M（1，0）得：，解得。∴直线PE的函数关系式为。联列方程组，得：解之，得。得点E的坐标为（3，2）。（3）假设存在这样的点F，设。∵，∴∠OMP＝∠FPG。又∵∠POM＝∠FGP，∴△POM∽△FGP。∴。又∵OM＝1，OP＝1，∴GP＝GF，即。解得。∴点F的坐标为（1，－2）。以上各步皆可逆，故点F（1，－2）即为所求。∴。【考点】二次函数的应用，菱形的性质，待定系数法，点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组和一元二次方程，相似