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1、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
2、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,∴
3、BF=BD=4,由△ECP∽△FBP得，即，∴，∴；（3）设,由（2）知，∵，∴，，，，，在Rt△ABC中，，即，5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”
4、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°―
5、2∠PEC=2(90°―∠PEC)=2∠DPF,∴∠A=∠EFC,∴△FEC∽△ABC,∴,∴,5∴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，∵,
6、∴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,∴,5设BG=n,则BD=3n,，解得，∴．解法16：(2)同
7、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，为用相似三角形解决问题提供了条件，且不需要用勾股定理．上述解法中，解法14最为简单，用此解法可证得第（3）
8、题的推广命题：若（，设CE=x，△ABC的周长为y，求y关于x的函数关系式.简解：辅助线见解法14，(3)设BC=n，∵,∴CF=kn,AB=AF=kn-1-x,在Rt△ABC中，，解得，5．特别地：（1）当x=2，y=12时，代入可求得k=2,即；（2）当k=3时，代入可得．这就是2010年上海市中考压轴题．2011-3-7完稿于南京138138387205
