一道中考压轴题的解法与推广修改.docVIP

一道中考压轴题的解法与推广 （210019） 李玉荣 题目（2010年上海市中考压轴题）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°.半径为1的圆A与边AB相交于点D，与边AC相交于点E，连结DE并延长，与线段BC的延长线交于点P. （1）当∠B＝30°时，连结AP，若△AEP与△BDP相似，求CE的长； （2）若CE=2，BD=BC，求∠BPD的正切值； （3）若，设CE=x，△ABC的周长为y，求y关于x的函数关系式. 图1 图2(备用) 图3(备用) 本题沿袭了上海市近两年的中考命题思路和特色，题目以直角三角形与圆为载体，设置简洁、清晰，三个问题层次分明，具有一定的区分度，体现了中考压轴题的选拔功能，从考查的知识点来看，有三角形的边角关系、三角函数概念、圆的概念、相似三角形的性质、勾股定理，同时渗透了在解决问题策略中的对数学思想方法的考查（化归思想、方程思想），笔者研究发现此题有多种解法，这在中考压轴题中实不多见，着实是一道值得回味的好题． 解法1：（1）略； （2）设BD=x, 则BC=x, AB=x+1, AC=3, 由解得x=4, ∴BD=BC=4, 过B作BF∥AC交PD的延长线于点F, 则BF⊥BP, ∴∠F=∠AED=∠ADE=∠BDF, ∴BF=BD=4, 由△ECP∽△FBP得， 即，∴，∴； （3）设, 由（2）知，∵， ∴，，，，， 在Rt△ABC中，，即， 注意到，所以，解得， 所以． 解法2：（2）同解法1得BD=BC=4．∴AB=5, 过点D作DF∥BP交AC于点F，则DF⊥AC, ∵△ADF∽△ABC， ∴，即，∴， ，， ∴． （3）设AF=a，则FE=1-a，∵ ，∴， ∵在Rt△ADF中，，即， 解得（舍去），，即，此时， ∵△ADF∽△ABC，∴， 即，∴． 【评注】从上面的两种解法看，添加平行线是解题的关键，图中的圆只起到“AD=AE”的作用，若用“AD=AE”替代圆，此题图形实际上是一个基本图形(见右图)的特殊化（AD=AE，AC⊥BP），而关于这个基本图形有一个著名的梅莱劳斯定理：，此定理可以分别过点A、B、C、D、E、P作平行线证明，共有12种辅助线，因此原题已有12种解法，本文不再赘述．当然直接应用梅莱劳斯定理也能求解：(2) 同解法1知BD=BC=4, 由 得 ，∴， ∴； （3）设，∵，∴， 由 得，∴，以下同解法1． 解法13：(2) 同解法1得BD=BC=4． 在PC上取点F, 使∠PEF=∠DPF, 则FE=FP, ∠EFC=2∠DPF， 又∠A=180°―2∠AED=180°―2∠PEC=2(90°―∠PEC)=2∠DPF, ∴ ∠A=∠EFC,∴△FEC∽△ABC, ∴, ∴, ∴CF=, , CP=CF+FP=4, ∴； (3)设CF=n，则FP=FE=3x-n, 在Rt△ABC中，解得，∴， 由△FEC∽△ABC得, 即， ∴． 解法14：（2）同解法1得BD=BC=4．∴AB=5, 延长CA至点F，使AF=AB，则CF=8, 连接BF, 则∠ABF=∠F, ∠BAC=2∠F， 又∠BAC=180°―2∠AED=180°―2∠PEC=2(90°―∠PEC)=2∠DPB, ∴ ∠F=∠DPB, ∴； (3) 设BC=n，∵, ∴CF=3n, AB=AF=3n-1-x, 在Rt△ABC中，， 解得， ． 【评注】这两种解法没有添平行线，而是构造等腰三角形通过角相等巧妙地解决问题． 解法15：(2) 同解法1得BD=BC=4． 延长EA交⊙A于点F，连接FD并延长交BP于G，则PD⊥FG，∠P=∠F=∠FDA=∠BDG， ∵∠B=∠B, ∴△BDG∽△BPD, ∴, 设，∵CE=2, CF=4, ∴PC=2k, , , , ∴, 解得k=2, 即． （3）∵, ∴PC=3x, CF=x+2, CG=, ∵△BDG∽△BPD, ∴, 设BG=n, 则BD=3n, ， 解得， ∴． 解法16：(2) 同解法1得BD=BC=4． 延长DA交⊙A于点F，连接FE并延长交BP于点G， 则PD⊥FG，∠P=∠F=∠AEF=∠GEC， ∵∠B=∠B, ∴△BFG∽△BDP, ∴, 设，∵CE=2, ∴PC=2k, , , BF=4, ∴, 解得（舍去）， k=2, 即． （3）∵, ∴PC=3x, CG=, ， ∵△BFG∽△BDP, ∴, 又∵， ∴，解得， ∴． 【评注】 解法15、16虽然较为繁琐，但关注了圆的核心知识：圆的半径相等、直径所对的圆周角是直角，为用相似三