发布时间 : 星期六 文章北京中考数学--几何、二次函数综合题压轴题解析汇总更新完毕开始阅读
（2）∵抛物线与x轴相交于A、F，A在F的左侧，
∴A点的坐标为错误！未找到引用源。
∴错误！未找到引用源。， ∴在△AGE中，∠AGE=90°，错误！未找到引用源。（4分） 过点O作OK⊥AE于K， 可得△AOK∽△AEG ∴错误！未找到引用源。 ∴错误！未找到引用源。 ∴错误！未找到引用源。 ∴错误！未找到引用源。 ∵△OMN是等边三角形， ∴∠NMO=60° ∴错误！未找到引用源。； ∴错误！未找到引用源。，或错误！未找到引用源。；（6分） （写出一个给1分）
（3）如图；
以AB为边做等边三角形AO′B，以OA为边做等边三角形AOB′； 易证OE=OB=2，∠OBE=60°，则△OBE是等边三角形； 连接OO′、BB′、AE，它们的交点即为m最小时，P点的位置（即费马点）； ∵OA=OB′，∠B′OB=∠AOE=150°，OB=OE， ∴△AOE≌△B′OB； ∴∠B′BO=∠AEO； 在AE上截取EP′=BP，又OB=OE，∠B′BO=∠AEO，则△OPB≌△OP′E； ∴OP=OP′；[注：三角形OPP’为等边三角形，pp’=op’] ∴PA+PB+PO=AP+OP′+P′E=AE；
即m最小=AE=错误！未找到引用源。；
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如图；作正△OBE的外接圆⊙Q，根据费马点的性质知
∠BPO=120°，则∠BPO+∠BOP=120°，而∠EBO=∠EOB=60°； ∴∠PBE+∠POE=180°，∠BPO+∠BEO=180°； 即B、P、O、E四点共圆；
易求得Q（错误！未找到引用源。，1），则H（错误！未找到引用源。，0）； ∴AH=错误！未找到引用源。； 由割线定理得：AP?AE=OA?AH，
即：AP=OA?AH÷AE=错误！未找到引用源。×错误！未找到引用源。÷错误！未找到引用源。=错误！未找到引用源。．
故：m可以取到的最小值为错误！未找到引用源。
当m取得最小值时，线段AP的长为错误！未找到引用源。． （如遇不同解法，请老师根据评分标准酌情给分）
点评：此题是二次函数的综合类试题，涉及到二次函数解析式的确定、等边三角形的性质、解直角三角形以及费马点位置的确定和性质，能力要求极高，难度很大．
（2008西城一模）
25.如图，正六边形ABCDEF中，点M在AB边上，∠FMH=120°，MH与六边形外角的平分线BQ
交于点H．
（1）当点M不与点A、B重合时，求证：∠AFM=∠BMH．
（2）当点M在正六边形ABCDEF一边AB上运动（点M不与点B重合）时，猜想FM与MH的数量关系，并对猜想的结果加以证明．
考点：正多边形和圆；全等三角形的判定与性质． 专题：探究型．
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分析：（1）先有正多边形的内角和定理得出六边形ABCDEF内角的度数，再根据∠FMH=120°，A、M、B在一条直线上，再根据三角形内角和定理即可得出结论；
（2）①当点M与点A重合时，∠FMB=120°，MB与BQ的交点H与点B重合，故可直接得出结论；
②当点M与点A不重合时，连接FB并延长到G，使BG=BH，连接MG，由全等三角形的判定定理可得出△MBH≌△MBG，再根据全等三角形的性质即可得出结论． 解答：（1）证明：∵六边形ABCDEF为正六边形， ∴每个内角均为120°．
∵∠FMH=120°，A、M、B在一条直线上， ∴∠AFM+∠FMA=∠FMA+∠BMH=60°， ∴∠AFM=∠BMH．
（2）解：猜想：FM=MH．
证明：①当点M与点A重合时，∠FMB=120°，MB与BQ的交点H与点B重合，有FM=MH．②当点M与点A不重合时，
证法一：如图1，连接FB并延长到G，使BG=BH，连接MG．
∵∠BAF=120°，AF=AB， ∴∠AFB=∠FBA=30°．
∵{BH=BG∠MBH=∠MBGMB=MB， ∴△MBH≌△MBG，
∴∠MHB=∠MGB，MH=MG，
∵∠AFM=∠BMH，∠HMB+∠MHB=30°， ∴∠AFM+∠MGB=30°， ∵∠AFM+∠MFB=30°， ∴∠MFB=∠MGB． ∴FM=MG=MH．
证法二：如图2，在AF上截取FP=MB，连接PM．
∵AF=AB，FP=MB， ∴PA=AM
∵∠A=120°，
∴∠APM=12×（180°-120°）=30°， 有∠FPM=150°，
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∵BQ平分∠CBN，
∴∠MBQ=120°+30°=150°， ∴∠FPM=∠MBH，
由（1）知∠PFM=∠HMB， ∴△FPM≌△MBH． ∴FM=MH．
点评：本题考查的是正多边形和圆，涉及到正多边形的内角和定理、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理，涉及面较广，难度较大．
（2008西城二模）
25. 设点E是平行四边形ABCD的边AB的中点，F是BC边上一点，线段DE和AF相交于点P，
点Q在线段DE上，且AQ∥PC． （1）证明：PC=2AQ．
（2）当点F为BC的中点时，试比较△PFC和梯形APCQ面积的大小关系，并对你的结论加以证明．
考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质；梯形． 专题：几何综合题．
分析：（1）延长DE，CB，相交于点R，作BM∥PC，交DR于点M．根据题意得∠AQE=∠EMB，可证得△AEQ≌△BEM，△AED≌△BER．则AD=BR=BC，再根据BM∥PC，证出△RBM∽△RCP，即可得出PC=2AQ． （2）作BN∥AF，交RD于点N，则△RBN∽△RFP．则BN/PF=RB/RF=2/3．还可证明△BNE≌△APE．根据相似三角形的性质得出S△PFC=S梯形APCQ．
解答：（1）证明：
证法一：延长DE，CB，相交于点R，作BM∥PC，交DR于点M． ∵AQ∥PC，BM∥PC， ∴MB∥AQ． ∴∠AQE=∠EMB
∵E是AB的中点，D、E、R三点共线，∴AE=EB，∠AEQ=∠BEM． ∴△AEQ≌△BEM． ∴AQ=BM．
同理△AED≌△BER． ∴AD=BR=BC． ∵BM∥PC，
∴RBM∽△RCP，相似比是1：2． ∴PC=2MB=2AQ．
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