專題19方程思想在壓軸題中的應用方程思想在中考壓軸題中的應用非常廣泛，主要表現在幾何壓軸題中的動點問題，幾何、函數壓軸題中的存在性問題以及面積問題和相似問題等。通過設出未知數，并用未知數表示出各線段的長度，再根據勾股定理、相似三角形的性質以及各幾何圖形的判定，列出方程，進行求解。 （2022·上?！そy考中考真題）平行四邊形，若為中點，交于點，連接．(1)若，①證明為菱形；②若，，求的長．(2)以為圓心，為半徑，為圓心，為半徑作圓，兩圓另一交點記為點，且．若在直線上，求的值．（1）①連接AC交BD于O，證△AOE≌△COE(SSS)，得∠AOE=∠COE，從而得∠COE=90°，則AC⊥BD，即可由菱形的判定定理得出結論；②先證點E是△ABC的重心，由重心性質得BE=2OE，然后設OE=x，則BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,從而得9-x2=25-9x2，解得：x=,即可得OB=3x=3，再由平行四邊形性質即可得出BD長；（2）由⊙A與⊙B相交于E、F，得AB⊥EF，點E是△ABC的重心，又在直線上，則CG是△ABC的中線，則AG=BG=AB，根據重心性質得GE=CE＝AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,則AG=AE,所以AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，則BC=AE，代入即可求得的值．【答案】(1)①見解析；②(2)【詳解】(1)①證明：如圖，連接AC交BD于O，∵平行四邊形，∴OA=OC，∵AE=CE，OE=OE，∴△AOE≌△COE(SSS)，∴∠AOE=∠COE，∵∠AOE+∠COE=180°，∴∠COE=90°，∴AC⊥BD，∵平行四邊形，∴四邊形是菱形；②∵OA=OC，∴OB是△ABC的中線，∵為中點，∴AP是△ABC的中線，∴點E是△ABC的重心，∴BE=2OE，設OE=x，則BE=2x，在Rt△AOE中，由勾股定理，得OA2=AE2-OE2=32-x2=9-x2,在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2=AB2-OB2=52-(3x)2=25-9x2,∴9-x2=25-9x2，解得：x=,∴OB=3x=3，∵平行四邊形，∴BD=2OB=6；(2)解：如圖，∵⊙A與⊙B相交于E、F，∴AB⊥EF，由（1）②知點E是△ABC的重心，又在直線上，∴CG是△ABC的中線，∴AG=BG=AB，GE=CE，∵CE=AE，∴GE=AE，CG=CE+GE=AE，在Rt△AGE中，由勾股定理，得AG2=AE2-GEE=AE2-(AE)2=AE2,∴AG=AE,∴AB=2AG=AE，在Rt△BGC中，由勾股定理，得BC2=BG2+CG2=AE2+（AE）2=5AE2，∴BC=AE，∴．本題考查平行四邊形的性質，菱形的判定，重心的性質，勾股定理，相交兩圓的公共弦的性質，本題屬圓與四邊形綜合題目，掌握相關性質是解題的關鍵，屬是考常考題目．（2022·廣東深圳·統考中考真題）一個玻璃球體近似半圓為直徑，半圓上點處有個吊燈的中點為(1)如圖①，為一條拉線，在上，求的長度．(2)如圖②，一個玻璃鏡與圓相切，為切點，為上一點，為入射光線，為反射光線，求的長度．(3)如圖③，是線段上的動點，為入射光線，為反射光線交圓于點在從運動到的過程中，求點的運動路徑長．（1）由，可得出為的中位線，可得出D為中點，即可得出的長度；（2）過N點作，交于點D，可得出為等腰直角三角形，根據,可得出，設，則，根據，即可求得，再根據勾股定理即可得出答案；（3）依題意得出點N路徑長為：，推導得出，即可計算給出，即可得出答案．【答案】(1)2；(2)；(3)【詳解】（1）∵∴為的中位線∴D為的中點∵∴（2）過N點作，交于點D，∵，∴為等腰直角三角形，即，又∵，∴，∴，∴，設，則，∵，∴，解得，∴，，∴在中，；（3）如圖，當點M與點O重合時，點N也與點O重合．當點M運動至點A時，點N運動至點T，故點N路徑長為：．∵．∴．∴．∴，∴，∴N點的運動路徑長為：，故答案為：．本題考查了圓的性質，弧長公式、勾股定理、中位線，利用銳角三角函數值解三角函數，掌握以上知識，并能靈活運用是解題的關鍵．（2022·遼寧盤錦·中考真題）如圖，拋物線y＝﹣x2+bx+c與x軸交于A（﹣3，0），B兩點（A在B的左側），與y軸交于點C（0，9），點D在y軸正半軸上，OD＝4，點P是線段OB上的一點，過點B作BE⊥DP，BE交DP的延長線于點E．(1)求拋物線解析式；(2)若＝，求點P的坐標；(3)點F為第一象限拋物線上一點，在（2）的條件下，當∠FPD＝∠DPO時，求點F的坐標．（1）將A(﹣3，0)，C(0，9)代入拋物線y＝﹣x2+bx+c，建立方程組，求解即可；（2）易證△DPO∽△BPE，所以，設OP＝t（0＜t＜6），所以BP＝6﹣t，由相似比可得，BE2＝，PE2＝，在Rt△BPE中，利用勾股定理建立方程可求出t的值，即可得出點P的坐標；（3）如過點D作DG⊥PF于點G，過點G作GN⊥x軸于點N，過點D作DM⊥GN交NG的延長線于點M，易證△DPO≌△DPG（AAS），所以OD＝GD＝4，OP＝PG＝2，由一線三等角可得△MDG∽△NGP，所以DG：GP＝MD：GN＝MG：PN＝2：1，設PN＝m，則MG＝2m，所以GN＝4﹣2m，DM＝8﹣4m，由平行四邊形的性質可得8﹣4m＝2+m，解得m＝，可得G，由待定系數法可求得直線PF的解析式為：，聯立直線PF的解析式和拋物線的解析式可得出點F的坐標．【答案】(1)(2)P(2，0)(3)F(5，4)【詳解】(1)將A(﹣3，0)，C(0，9)代入拋物線y＝﹣x2+bx+c，∴，解得．∴拋物線的解析式為：y＝﹣x2+x+9．(2)∵拋物線的解析式為：y＝﹣x2+x+9，∴B(6，0)，∵BE⊥DP，∴∠E＝∠DOP＝90°，∵∠DPO＝∠BPE，∴△DPO∽△BPE，∴，，設OP＝t（0＜t＜6），∴BP＝6﹣t，∴BE2＝，PE2＝，在Rt△BPE中，由勾股定理可得，BE2+PE2＝PB2，∴+＝（6﹣t）2，解得t＝58（舍）或t＝2，∴P(2，0)；(3)如圖，過點D作DG⊥PF于點G，過點G作GN⊥x軸于點N，過點D作DM⊥GN交NG的延長線于點M，∴∠DOP＝∠DGP＝90°，∵∠FPD＝∠DPO，DP＝DP，∴△DPO≌△DPG（AAS），∴OD＝GD＝4，OP＝PG＝2，∵GN⊥x軸，DM⊥GN，∴∠M＝∠GNP＝90°，∵∠DGM+∠MDG＝∠DGM+∠PGN＝90°，∴∠MDG＝∠PGN，∴△MDG∽△NGP，∴DG：GP＝MD：GN＝MG：PN＝2：1，設PN＝m，則MG＝2m，∴GN＝4﹣2m，∴DM＝8﹣4m，∴8﹣4m＝2+m，解得m＝，∴ON＝2+＝，GN＝4﹣2×＝，∴G(，)，設直線PF的解析式為：y＝kx+b′，∴，解得，∴直線PF的解析式為：，令＝，解得x＝5或x＝（舍），∴F(5，4)．本題屬于二次函數綜合題，涉及待定系數法求函數解析式，相似三角形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，二次函數上點的坐標特征等知識，第（2）問關鍵是利用相似三角形的面積比等于相似比的平方表達出BE2和PE2；第（3）問關鍵是構造相似三角形，建立方程．1．（2022·山東菏澤·菏澤一中校考模擬）如圖1，在中，，平分，連接，，．(1)求的度數；(2)如圖2，連接，交于E，連接，求證：；(3)如圖3，在（2）的條件下，點G為的中點，連接交于點F，若，求線段的長．2．（2022·海南?？凇ずＤ先A僑中學校聯考模擬）如圖①，在正方形中，點E、F、G、H分別在邊、、、上，若，(1)求證：；(2)如果把題目中的“正方形”改為“長方形”、若，（如圖②），求的值；(3)如果把題目中的“”改為“與的夾角為45°”（如圖③），若正方形的邊長為2，的長為，求的長．3．（2022·河南洛陽·統考二模）如圖1，在四邊形中，，點在邊上，且，．作，交線段于點，連結．(1)求證：；(2)如圖2，若，，，求的長；(3)如圖3，若的延長線經過的中點，求的值．4．（2022·寧夏吳忠·?？家荒＃┮阎喝鐖D，在中，，，，點從點出發，沿向點勻速運動，速度為；過點作，交于點，同時，點從點出發，沿向點勻速運動，速度為；當一個點停止運動時，另一個點也停止運動，連接．設運動時間為，解答下列問題：(1)當t為何值時，四邊形為平行四邊形？(2)設四邊形的面積為y（cm2），試確定y與t的函數關系式；(3)在運動過程中，是否存在某一時刻t，使？若存在，請說明理由，若存在，求出t的值．5．（2022·山東青島·?？级＃┮阎鐖D，矩形中，，，點以每秒個單位從點向點運動，同時點沿著以每秒個單位從向運動，在點運動的同時，作交于，當點移動到時，點和點停止運動．以和為邊作平行四邊形，設運動時間為秒．(1)