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中考数学压轴题常见解题方法和思路
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。本文就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：

（2）EF=2GO成立．
点M在该抛物线上，且它的横坐标为，
∴点M的纵坐标为．设DM的解析式为
将点D、M的坐标分别代入，得
   解得  ∴DM的解析式为    ∴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P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D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轴相交哦于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“转化思想”。
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OA半轴上（如图1）。
（1）求线段OA、OB的长和经过点A、B、C的抛物线的关系式。（4分）
（2）如图2，点D的坐标为（2，0），点P（m，n）是该抛物线上的一个动点（其中m>0，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）

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(x1)(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△CPO=S四边形ODPC－S△OCD
=S△POC+ S△PDO－S△OCD=OC·|xp|+OD·|yp|—OC·OD
  =×2m+×2（）－×2×2
  =－m+m=－（m－）+
当m=时，S△CPO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；

（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∽△BDP，==，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⊥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。
第⑵问中利用三角形相似比，结合已知条件中的固定线段比，找出△PAQ、△PBC高之间的比例关系，是求函数式的关键。而第二问中写出函数的定义域则是难点。需分析出P点运动的极端情况，当P与D重合时，BQ取得最大值。集合图形的几何性质及已知条件中的固定线段比，求出此时BQ的长度，既为BQ的最大值。体现极端值思想。
⑶中可以用四点共圆通过归一法求证，也可以通过构造相似形求证。

2．4数形结合思想（用好几何性质）
代表性题型：函数与几何综合题。
例4．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=a（x+1）+c（a＞0）与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，其顶点为M,若直线MC的函数表达式为,与x轴的交点为N，且COS∠BCO＝。

     ⑴求次抛物线的函数表达式。
    (2)在此抛物线上是否存在异于点C的点P，使以N、P、C为顶点的三角形是以NC为一条直角边的直角三角形？若存在，求出点P的坐标：若不存在，请说明理由；
(3)过点A作x轴的垂线，交直线MC于点Q.若将抛物线沿其对称轴上下平移，使抛物线与线段NQ总有公共点，则抛物线向上最多可平移多少个单位长度?向下最多可平移多少个单位长度?
解析：⑴由直线y=kx－3与y轴交点坐标为C（0，－3）
抛物线y=a（x+1）+c（a＞0）开口向上，过C（0，－3）
∴A、B在y轴两侧，B在y轴右侧。如图。

Rt△AOC中，OC=3，cos∠BCO=  ∴BC=，OB=1
∴B（1，0） 又B（1，0），C（0，－3）在y=a（x+1）+c上
∴抛物线解析式y=x+2x－3
⑵由⑴抛物线顶点M（－1，－4），直线y=kx－3过M，∴直线解析式y=x－3
∴N（3，0）   ∴△NOC为等腰直角三角形
假设抛物线上存在点P使△NPC为以NC为一条直角边的直角三角形。
①PC为另一条直角边。PC⊥CN，而A与N关于y轴对称在抛物线上。
∴存在P1（－3，0）使△NPC为以NC为一条直角边的直角三角形
②PN为另一条直角边。PN⊥CN，则∠PNO=45°设PN交y轴于点D，则D（0，3）
PN所在直线y=－x+3
由    解得     
∴存在P2（，），P3（，）使△NPC为以NC为一条直角边的直角三角形。
满足条件的点有P1（－3，0），P2（，），P3（，）
⑶①若抛物线沿对称轴向上平移。设向上平移b个单位（b＞0）。
此时抛物线的解析式为：y=x+2x－3+b
抛物线与线段NQ总有交点，即由抛物线解析式、直线MC所在直线解析式组成的方程组有解。由    消除y得x+x+b=0，
Δ=1－4b≥0，   ∴0＜b≤     ∴向上最多可平移个单位
②若向下平移b个单位（b＞0），设y=x+2x－3－b
由y=－x+3，可求得Q（－3，－6），N（3，0）
对于抛物线y=x+2x－3－b
当x＝－3，y=－b，抛物线与直线y=－x+3有交点，则需－b≥-6，b≤6
当x=3时，y=12－b抛物线与直线y=－x+3有交点，则12-b≥0，b≤12。
∴向下最多可平移12个单位。
思想方法解读：本题还是一道二次函数与平面几何综合的压轴题。
第⑴问中，由直线解析式求出C点坐标，由C点坐标结合a＞0，判定抛物线与x轴交点的大致位置。并结合cos∠BCO=，求出B点坐标，在根据待定系数法求出抛物线的解析式。
第⑵问，以NC为直角边的直角三角形，应分C、N分别为直角顶点分类讨论。结合相应点的坐标及垂直条件，利用45°角的几何性质，分析得到A点满足条件，并求出PN⊥NC时，PN所在直线的解析式，是解题的关键。
第⑶问是本题的难点。分抛物线向上、向下平移两种讨论。向上平移时，需抛物线与直线NQ有交点，由判别式可确定平移b的范围；向下平移时，线段NQ是否与抛物线相交，关键是两个端点N、Q是否在抛物线外侧。只要取两个端点刚好在抛物线上的特殊情况，进行分别判断，求出满足条件的b的范围即可，体现出用极端值解题的思想。
由以上的试题可看出，在中考压轴题中所体现出的数学思想方法并不是单一的，一般每道中考压轴题均综合体现了两到三种不同的数学思想方法。我们在求解压轴题时，一定要结合题型特征，注意一些常见的数学思想方法的灵活运用。
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