中考数学试卷中的压轴题具有立意新颖，知识容量大、能力要求高，突显数学思想方法，起到区分层次和选拔的作用。它是中考数学试题的精华部分，对于这样的题目，学生普遍有畏难情绪。从历年数学试卷的阅卷情况来看，最后一题的得分率是最低的。但如果我们平时在学习时用心体会，就会发现压轴题并非高不可攀，它还是有一定的规律可循。下面，我们从压轴题的各小题之间的关系来探讨一下。
在做类似练习题时，大家一定会发现都有这样一个共同点：第一小题难度不大，较容易完成。往后则难度逐渐加大，解出题目的可能性也逐渐减小。其实，题目中的第一小题的结论为完成后面小题起着铺垫、引导作用。象这种在一道综合题中，前面小题的结论、解题思路为解后面小题起铺垫、引导作用的关系，它们之间往往存在一种递进关系。若用好这种递进关系,是我们了解答压轴题的根基和动力之源。这种递进关系常见的形式有以下几种：
第一小题的结论的铺垫作用
例一，中考试卷中的压轴题：在△ABC中，∠ABC=900，AB=4，BC=3。O是边AC上的一个动点，以点O为圆心作半圆，与边AB相切于点D，交线段OC于点E。作EP⊥ED，交射线AB于点P，交射线CB于点F。
（1）如图，求证：△ADE∽△AEP；
（2）设OA=x，AP=y，求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域；
（3）当BF=1时，求线段AP的长。
解：（1）连接OD，
由已知条件易证，OD⊥AB，
∵EP⊥ED， ∴∠ODA=∠DEP
∵OD=OE ∴∠ODE=∠OED
∴∠ADE=∠AEP
又∵∠A=∠A ∴△ADE∽△AEP。
（2）∵∠ABC=900，AB=4，BC=3， ∴AC=5
∵OA=x， 易求得OE=OD= ， AD= ∴AE=x+
∵△ADE∽△AEP ∴ 即
∴ 。
由此例可见，第二小题列函数解析式是利用了第一小题“△ADE∽△AEP”的结论。
例二, 上海市中考试卷中的压轴题：已知在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＜BC，且AD＝5，AB＝DC＝2．
（1）如图，P为AD上的一点，满足∠BPC＝∠A．
①求证；△ABP∽△DPC
②求AP的长．
（2）如果点P在AD边上移动（点P与点A、D不重合），且满足∠BPE＝∠A，PE交直线BC于点E，同时交直线DC于点Q，那么
①当点Q在线段DC的延长线上时，设AP＝x，CQ＝y，求y关于x的函数解析式，并写出函数的定义域；
②当CE＝1时，写出AP的长（不必写出解题过程）．
解：（1）①证明：∵ ∠ABP＝180°－∠A－∠APB，∠DPC＝180°－∠BPC－∠APB，∠BPC＝∠A， ∴ ∠ABP＝∠DPC．∵ 在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD，∴ ∠A＝∠D． ∴ △ABP∽△DPC．
②解：设AP＝x，则DP＝5－x，由△ABP∽△DPC，得，即，解得x1＝1，x2＝4，则AP的长为1或4．
（2）①解：类似（1）①，易得△ABP∽△DPQ，
∴ ．即 ，
得 （1＜x＜4）
②AP＝2或AP＝3－ ．
由于本例的第（2）小题中函数的定义域是个难点，如没有第（1）小题“AP的长为1或4”的结论，则定义域答案易得出0＜x＜5。所以，第（1）小题的结论起到了铺垫、暗示的作用。
第一小题解题思路的铺垫作用
例三，上海中考试卷中的压轴题：如图1，在正方形ABCD中，AB=1，弧AC是以点B为圆心、AB长为半径的圆的一段弧。点E是边AD上的任意一点（点E与点A、D不重合），过E作弧AC所在圆的切线，交边DC于点F，G为切点。
（1）当∠DEF=450时，求证点G为线段EF的中点；
（2）设AE=x，FC=y，求y关于x的函数解析式，并写出函数的定义域；
图2
图1
（3）将△DEF沿直线EF翻折后得到△D1EF，如图2，当EF= 时，讨论△AD1D与△ED1F是否相似，如果相似，请加以证明；如果不相似，只要写出结论，不要求写出理由。
图1
解、（1）∵∠DEF=450 ∴DE=DF ∵AD=DC ∴AE=FC
易证AD、CD切圆B于点A和点C，根据切线长定理可得 AE=EG，FC=GF，
∴EG=GF，即点G为线段EF的中点。
（2）∵EG=AE=x，FG=CF=y ∴ED=1－x， FD=1－y， EF=x+y
在Rt△DEF中，由ED2+FD2=EF2 得 (1－x)2+(1－y)2·= (x+y)2
∴y= （0＜x＜1）
本例中，第一小题中引用切线长定理得到“AE=EG，FC=GF”的结论对第二小题中得出EF=x+y有指导性的作用。
再如，例二中的第二小题求函数解析式时，第一小题中求证；△ABP∽△DPC 可看作是第二小题的特例，故第二小题的推断与证明均可借鉴第一小题的思路。这是一种从模仿到创造的过程，模仿即借鉴、套用，创造即灵活变化，这是中学生学数学应具备的一种基本素质，世上的万事万物总有着千丝万缕的联系，也有着质的区别，模仿的关键是发现联系，创造的关键是发现区别，并找到应付新问题的途径。
上面例举了压轴题中，第一小题与后面小题递进关系的形式。其实，这种递进关系还在后面各小题之间延续：
如例一中的第（3）小题解法如下：
∵△ADE∽△AEP ∴ ∵ ，
∴ 易证：△BPF∽△EPD
∴ ∴当BF=1时，BP=2
若EP交CB的延长线于点F，则AP=4－BP=2；
若EP交CB于点F，则AP=4+BP=6。
由此可见，在解第（3）小题时，引用了第（1）“△ADE∽△AEP”和第（2）小题“ ， ”的结论。
再如例三中的第（3）小题解法如下：
当EF= 时， ∵EF=EG+GF=AE+FC ∴ =x+y ∴
解方程得
当 时，即 ∵AD=1 ∴AE=ED
由题意可得 D1H=HD
∴EH∥AD1 ∴∠DAD1=∠FED1 由已知条件易证 ∠ADD1=∠EFD1
∴△AD1D∽△ED1F
当 时， 即 △AD1D与△ED1F不相似。
由此可见，在解第（3）小题时，引用了第（2）小题的“EF=x+y”和“y= ”结论。所以在许多综合题中，前后小题之间往往存在着递进关系。
今后，当我们在解综合题中，当遇到困难时，可应用题目中各小题之间的递进关系，参阅一下已完成的前面小题的结论和解题思路，看看对完成题目是否有提示、帮助。
在做类似练习题时，大家一定会发现都有这样一个共同点：第一小题难度不大，较容易完成。往后则难度逐渐加大，解出题目的可能性也逐渐减小。其实，题目中的第一小题的结论为完成后面小题起着铺垫、引导作用。象这种在一道综合题中，前面小题的结论、解题思路为解后面小题起铺垫、引导作用的关系，它们之间往往存在一种递进关系。若用好这种递进关系,是我们了解答压轴题的根基和动力之源。这种递进关系常见的形式有以下几种：
第一小题的结论的铺垫作用
例一，中考试卷中的压轴题：在△ABC中，∠ABC=900，AB=4，BC=3。O是边AC上的一个动点，以点O为圆心作半圆，与边AB相切于点D，交线段OC于点E。作EP⊥ED，交射线AB于点P，交射线CB于点F。
（1）如图，求证：△ADE∽△AEP；
（2）设OA=x，AP=y，求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域；
（3）当BF=1时，求线段AP的长。
解：（1）连接OD，
由已知条件易证，OD⊥AB，
∵EP⊥ED， ∴∠ODA=∠DEP
∵OD=OE ∴∠ODE=∠OED
∴∠ADE=∠AEP
又∵∠A=∠A ∴△ADE∽△AEP。
（2）∵∠ABC=900，AB=4，BC=3， ∴AC=5
∵OA=x， 易求得OE=OD= ， AD= ∴AE=x+
∵△ADE∽△AEP ∴ 即
∴ 。
由此例可见，第二小题列函数解析式是利用了第一小题“△ADE∽△AEP”的结论。
例二, 上海市中考试卷中的压轴题：已知在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＜BC，且AD＝5，AB＝DC＝2．
（1）如图，P为AD上的一点，满足∠BPC＝∠A．
①求证；△ABP∽△DPC
②求AP的长．
（2）如果点P在AD边上移动（点P与点A、D不重合），且满足∠BPE＝∠A，PE交直线BC于点E，同时交直线DC于点Q，那么
①当点Q在线段DC的延长线上时，设AP＝x，CQ＝y，求y关于x的函数解析式，并写出函数的定义域；
②当CE＝1时，写出AP的长（不必写出解题过程）．
解：（1）①证明：∵ ∠ABP＝180°－∠A－∠APB，∠DPC＝180°－∠BPC－∠APB，∠BPC＝∠A， ∴ ∠ABP＝∠DPC．∵ 在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD，∴ ∠A＝∠D． ∴ △ABP∽△DPC．
②解：设AP＝x，则DP＝5－x，由△ABP∽△DPC，得，即，解得x1＝1，x2＝4，则AP的长为1或4．
（2）①解：类似（1）①，易得△ABP∽△DPQ，
∴ ．即 ，
得 （1＜x＜4）
②AP＝2或AP＝3－ ．
由于本例的第（2）小题中函数的定义域是个难点，如没有第（1）小题“AP的长为1或4”的结论，则定义域答案易得出0＜x＜5。所以，第（1）小题的结论起到了铺垫、暗示的作用。
第一小题解题思路的铺垫作用
例三，上海中考试卷中的压轴题：如图1，在正方形ABCD中，AB=1，弧AC是以点B为圆心、AB长为半径的圆的一段弧。点E是边AD上的任意一点（点E与点A、D不重合），过E作弧AC所在圆的切线，交边DC于点F，G为切点。
（1）当∠DEF=450时，求证点G为线段EF的中点；
（2）设AE=x，FC=y，求y关于x的函数解析式，并写出函数的定义域；
图2
图1
（3）将△DEF沿直线EF翻折后得到△D1EF，如图2，当EF= 时，讨论△AD1D与△ED1F是否相似，如果相似，请加以证明；如果不相似，只要写出结论，不要求写出理由。
图1
解、（1）∵∠DEF=450 ∴DE=DF ∵AD=DC ∴AE=FC
易证AD、CD切圆B于点A和点C，根据切线长定理可得 AE=EG，FC=GF，
∴EG=GF，即点G为线段EF的中点。
（2）∵EG=AE=x，FG=CF=y ∴ED=1－x， FD=1－y， EF=x+y
在Rt△DEF中，由ED2+FD2=EF2 得 (1－x)2+(1－y)2·= (x+y)2
∴y= （0＜x＜1）
本例中，第一小题中引用切线长定理得到“AE=EG，FC=GF”的结论对第二小题中得出EF=x+y有指导性的作用。
再如，例二中的第二小题求函数解析式时，第一小题中求证；△ABP∽△DPC 可看作是第二小题的特例，故第二小题的推断与证明均可借鉴第一小题的思路。这是一种从模仿到创造的过程，模仿即借鉴、套用，创造即灵活变化，这是中学生学数学应具备的一种基本素质，世上的万事万物总有着千丝万缕的联系，也有着质的区别，模仿的关键是发现联系，创造的关键是发现区别，并找到应付新问题的途径。
上面例举了压轴题中，第一小题与后面小题递进关系的形式。其实，这种递进关系还在后面各小题之间延续：
如例一中的第（3）小题解法如下：
∵△ADE∽△AEP ∴ ∵ ，
∴ 易证：△BPF∽△EPD
∴ ∴当BF=1时，BP=2
若EP交CB的延长线于点F，则AP=4－BP=2；
若EP交CB于点F，则AP=4+BP=6。
由此可见，在解第（3）小题时，引用了第（1）“△ADE∽△AEP”和第（2）小题“ ， ”的结论。
再如例三中的第（3）小题解法如下：
当EF= 时， ∵EF=EG+GF=AE+FC ∴ =x+y ∴
解方程得
当 时，即 ∵AD=1 ∴AE=ED
由题意可得 D1H=HD
∴EH∥AD1 ∴∠DAD1=∠FED1 由已知条件易证 ∠ADD1=∠EFD1
∴△AD1D∽△ED1F
当 时， 即 △AD1D与△ED1F不相似。
由此可见，在解第（3）小题时，引用了第（2）小题的“EF=x+y”和“y= ”结论。所以在许多综合题中，前后小题之间往往存在着递进关系。
今后，当我们在解综合题中，当遇到困难时，可应用题目中各小题之间的递进关系，参阅一下已完成的前面小题的结论和解题思路，看看对完成题目是否有提示、帮助。
