江苏13市中考数学试题分类解析汇编 专题 ：押轴题

1、本文为本人珍藏，有较高的使用、参考、借鉴价值！ ！ 江苏江苏 1313 市市 20112011 年中考数学试题分类解析汇编年中考数学试题分类解析汇编专题专题 1212：押轴：押轴 题题 解答题解答题 1. 1.（苏州（苏州 1010 分）分）已知二次函数y a x26x8 a 0的图象与 x 轴分别交于点 A、B，与 y 轴交于点 C点 D 是抛物线的顶点 (1)如图，连接 AC，将OAC 沿直线 AC 翻折，若点 O 的对应点 O恰好落在该抛物 线的对称轴上， 求实数 a 的值； (2)如图，在正方形 EFGH 中，点 E、F 的坐标分别是（4，4） 、 （4，3） ，边 HG 位于 边 E

2、F 的右侧小 林同学经过探索后发现了一个正确的命题：“若点 P 是边 EH 或边 HG 上的任意一点，则四 条线段 PA、PB、 PC、PD 不能与任何一个平行四边形的四条边对应 相等（即这四条线段不能构成平行四边 形） ”若点 P 是 边 EF 或边 FG 上的任意一点，刚才的结论是否也成立？请你积极探索，并写出探索过程； (3)如图，当点 P 在抛物线对称轴上时，设点 P 的纵坐标 t 是大于 3 的常数，试问： 是否存在一个正 数 a，使得四条线段 PA、PB、PC、PD 与一个平行四边形的四条边对应相等（即这四条线 段能构成平行四 边形）？请说明理由 【答案】解： （1）由y a x2

3、6x8， 令y 0，解得，x 1 2, x 2 4。 令x 0，解得，y 8a。 点 A、B、C 的坐标分别为（2，0） ， （4，0） ， （0，8a） 。 该抛物线的对称轴为x 3。 如图，设该抛物线的对称轴与x轴的交点为点 M，则由 OA=2 得 AM=1。 由题意，得 OA=OA=2，OA=2AM，OAM=600。 OAC=CAO=600。OC=OA3 2 3，即8a 2 3。a （2）若点 P 是边 EF 或边 FG 上的任意一点，结论仍然成立。 如图， 若点 P 是边 EF 上的任意一点 （不与点 E 重合） ， 连接 PM， 点 E（4，4） 、F（4，3）与点 B（4，0）在一

4、直线上， 点 C 在 y 轴上， PB4，PC4，PCPB。 又PDPMPB，PAPMPB， PBPA，PBPC，PBPD。 此时线段 PA、PB、PC、PD 不能构成平行四边形。 设点 P 是边 FG 上的任意一点（不与点G 重合） ， 点 F 的坐标是（4，3） ，点 G 的坐标是（5，3） ，FG=3，GB=10。 3 。 4 3PB 10。 PC4，PCPB。 又 PDPMPB，PAPMPB，PBPA，PBPC，PBPD。 此时线段 PA、PB、PC、PD 也不能构成平行四边形。 （3）存在一个正数 a，使得线段 PA、PB、PC、PD 能构成一个平行四边形， 如图， 点 A、 B 是

5、抛物线与 x 轴交点， 点 P 在抛物线对称轴上， PA=PB。 当 PC=PD 时，线段PA、PB、PC、PD 能构成一个平行四边 形。 点 C 的坐标是（0，8a） ，点 D 的坐标是（3，a） ， 点 P 的坐标是（3，t） ， 22 PC232（t8a） ，PD2 （ta） 22 由 PC=PD 得 PC2=PD2，32（t8a）， （ta） t t27 整理得，7a 2ta 1 0，解得a 。 7 2 t t27 显然a 满足题意。 7 t t27 当t是一个大于 3 的常数时，存在一个正数a ，使得线段 PA、 7 PB、PC、PD 能构成一个平行四边形。 【考点】【考点】 二次函

6、数综合题， ,图形的翻转， 含 300角的直角三角形的性质， 平行四边形的判定， 解一元二次方程。 【分析】【分析】(1)先利用点在抛物线上，点的坐标满足方程和含300角的直角三角形中 300角所对 的直角边是斜 边一半的性质，求出点A、B、C 的坐标，再求出a。 (2)分点P 在边 EF 或边 FG 上两种情况比较四线段的长短来得出结论。 (3)因为点A、B 是抛物线与X 轴的交点，点P 在抛物线对称轴上，所以PA=PB。要 PA，PB，PC，PD 构成一个平行四边形的四条边，只要PC=PD,，从而推出a。 2. 2. ( (无锡无锡 1010 分分) ) 十一届全国人大常委会第二十次会议审

7、议的个人所得税法修正案草案(简 称“个税法草案”)，拟将现行个人所得税的起征点由每月 2000 元提高到 3000 元，并将 9 级 超额累进税率修改为 7 级，两种征税方法的 15 级税率情况见下表： 税 级 1 2 3 4 5 现行征税方法 月应纳税额 x x500 500x2000 2000x5000 5000x20000 20000x40000 税率 5 10 15 20 25 速算扣除数 0 25 125 375 1375 草案征税方法 月应纳税额 x x1 500 1500x4500 4500x9000 9000x35000 35000x55 000 税率 5 10 20 25 3

8、0 速算扣除数 0 975 2725 注：注：“ “月应纳税额月应纳税额” ”为个人每月收入中超出起征点应该纳税部分的金额为个人每月收入中超出起征点应该纳税部分的金额 “ “速算扣除数速算扣除数” ”是为快捷简便计算个人所得税而设定的一个数是为快捷简便计算个人所得税而设定的一个数 例如：按现行个人所得税法的规定，某人今年3 月的应纳税额为 2600 元，他应缴税款可以 用下面两种方法之一来计算： 方法一：按 13 级超额累进税率计算，即5005+150010十 60015=265(元) 方法二：用“月应纳税额 x 适用税率一速算扣除数”计算，即 260015一 l25=265(元)。 (1)请

9、把表中空缺的“速算扣除数”填写完整； (2)甲今年 3 月缴了个人所得税 1060 元，若按“个税法草案”计算，则他应缴税款多少元? (3)乙今年 3 月缴了个人所得税3 千多元， 若按“个税法草案”计算， 他应缴的税款恰好不变， 那么乙今年 3 月所缴税款的具体数额为多少元? 【答案】【答案】解: (1)75, 525。 (2) 列出现行征税方法和草案征税方法月税额缴个人所得税y: 税级 1 2 3 4 5 现行征税方法月税额缴个人所得税y y25 25y175 175y625 625y3625 3625y8625 草案征税方法月税额缴个人所得税y y75 75y375 375y1275 1

10、275y7775 7775y13775 因为1060元在第3税级, 所以有20%x5251060，x7925(元) 。 答: 他应缴税款7925元. (3)缴个人所得税3千多元的应缴税款适用第4级, 假设个人收入为k，则有 20%(k2000) 37525%(k3000)975 ，k=19000。 所以乙今年3月所缴税款的具体数额为(190002000)20%3753025(元)。 【考点】【考点】统计图表的分析。 【分析】【分析】(1) 当15000和y x3 时，延长 PM 交x轴于 Q，见图（3） 。 此时， SAMP大于情况当p3 时的三角形面积 SAMN。 故不存在实 数 p，使得

11、SAMN4SAMP。 综上，当p 1 2 3 时，SAMN4SAMP。 2 【考点】【考点】 反比例函数和一次函数的图象与性质， 待定系数法， 曲线上点的坐标与方程的关系， 解二元一次方程组，勾股定理，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程。 【分析】【分析】(1)用点 B(2，1)的坐标代入y 组可得直线l的解析式。 (2)点 P(p，p1)在直线y2 上，实际上表示了点是直线y2 和l的交点，这 样要求证PMBPNA 只要证出对应线段成比例即可。 (3)首先要考虑点P 的位置。 实际上， 当p3 时， 易求出这时SAMPSAMN， 当p3 时，注意到这时SAMP大于p3 时的三角形面积，从

12、而大于SAMN。所以只要主要研究当 1p3 时的情况。 作出必要的辅助线后， 先求直线 MP 的方程， 再求出各点坐标 （用p表 示） ，然后求出面积表达式，代入SAMN4SAMP后求出p值。 6. 6. （泰州泰州 1 12 2 分）分） 在平面直角坐标系xOy中， 边长为a（a为大于 0 的常数） 的正方形 ABCD m 即可得m值，用待定系数法，求解二元一次方程 x 的对角线 AC、BD 相交于点 P，顶点 A 在x轴正半轴上运动，顶点 B 在y轴正半轴上运动 （x轴的正半轴、y轴的正半轴都不包含原点O） ，顶点C、D 都在第一 象限。 （1）当BAO45时，求点 P 的坐标； （2）求

13、证：无论点 A 在x轴正半轴上、点 B 在y轴正半轴上怎样运动， 点 P 都在AOB 的平分线上； （3）设点 P 到x轴的距离为h，试确定h的取值范围，并说明理由。 【答案】【答案】解： （1）当BAO45时，四边形 OAPB 为正方形。 OAOBacos45= 222 a。P 点坐标为（a，a） 。 222 （2）作 DEx轴于 E,PF x轴于 F, 设 A 点坐标为（m，0） ，B 点坐标为（0，n） ， BAODAEBAOABO90，DAEABO。 在AOB 和DEA 中， AOB DEA 90 ，AOB和DEA（AAS） 。 ABO DAE AB AD AE0Bn，DEOAm。 D

14、 点坐标为（mn，m） 。 点 P 为 BD 的中点，且 B 点坐标为（0，n） P 点坐标为（ m n m nm n ,） 。PF=OF=。 POF=45。 222 OP 平分AOB。 即无论点 A 在x轴正半轴上、点 B 在y轴正半轴上怎样运动， 点 P 都在AOB 的平 分线上。 （3）当 A，B 分别在x轴正半轴和y轴正半轴上运动时，设PF 与 PA的夹角为 。 则 045 ，hPFPAcos 2 acos 。 2 221 a045 cos 1ah 222 【考点】【考点】正方形的性质, 特殊角三角函数值, 全等三角形的判定和性质，直角梯形的性质。 【分析】【分析】 根据已知条件, 用

15、特殊角三角函数值可求。 （2）根据已知条件, 假设 A 点坐标为（m，0）, B 点坐标为（0，n）并作DEx轴 于 E, PF x轴于 F, 用全等三角形等知识求出点 D、P、E、F 的坐标(用m，n表示), 从而证出 PFOF, 进而 POF45.因此得证。 （3）由（2）知OPF45，故 0OPA45， 中 PFPAcosOPA，从而得求。 7. 7.（扬州（扬州 1212 分）分）在 ABC 中，BAC900，ABAC，M 是 BC 边的中点，MNBC 交 AC 于点 N动点 P 从点 B 出发沿射线 BA 以每秒3厘米的速度运动同时，动点Q 从点 N 出发沿射线 NC 运动，且始终保

16、持 MQMP，设运动时间为t秒（t 0） （1） PBM 与 QNM 相似吗？以图为例说明理由； （2）若ABC600，AB43厘米 求动点 Q 的运动速度； 设 APQ 的面积为 S（平方厘米） ，求 S 与t的函数关系式； （3）探求BP2、PQ2、CQ2三者之间的数量关系，以图为例说明理由 P B M 图 1 C B M 图 2 （备用图） C A N Q A N 2 cosOPA1, 在 Rt APF 2 【答案】【答案】解： （1） PBMQNM 。理由如下： 如图 1， MQMP ， MNBC， PMBPMN90，QMNPMN90。 PMBQMN。 ，QNMC90，PBMC90PB

17、MQNM。 PBMQNM （2）BAC90，ABC60，BC 2AB83cm。 又MN 垂直平分 BC，BMCM 43cm。 C30，MN 3 CM4 cm。 3 设 Q 点的运动速度为vcm/s 当0t 4时，如图，由（1）知 PBMQNM， v 1 vt4NQMN ，即。 BPMB3t3 当t4时，如图 2，同样可证 PBMQNM ，得到v 1。 综上所述，Q 点运动速度为 1 cm/s AB43cm，BC83cm，由勾股定理可得，AC12 cm。 ANACNC1284 cm 当0t 4时，如图 1，AP4 3 3t，AQ4t。 S 13 2 1 t 8 3。APAQ4 3 3t 4t 2

18、22 当t4时，如图 2，AP3t 4 3, AQ4t, S 11 APAQ 22 3t 4 3 4t 3 2t 8 3。 2 3 2t 8 30t 4 2 综上所述，S。 3 t28 3 t4 2 （3）PQ2 BP2CQ2。理由如下： 如图 3，延长 QM 至 D，使 MDMQ，连结 BD、PD。 MQMP，MDMQ，PQPD。 又MDMQ，BMDCMQ，BMCM，BDMCQM（SAS） 。 BDCQ，MBDC。BDAC。 又BAC90，PBA90。 在RtPBD中，PD2 BP2BD2，即PQ2 BP2CQ2。 【考点】【考点】 动点问题， 相似三角形的判定和性质， 三角形内角和定理，

19、线段垂直平分线的性质， 列函数关系式，全等三角形的判定和性质，勾股定理。 【分析】【分析】 （1）可以证明两个三角形中的两个角对应相等，则两个三角形一定相似。 （2）由于ABC600，AB43厘米，点 P 从点 B 出发沿射线 BA 以每秒3 厘米的速度运动，故点 P 从点B 出发沿射线 BA 到达点 A 的时间为 4 秒，从而应分两种情 况0t 4和t4分别讨论。分两种情况0t 4和t4，把AP 和 BP 分别用t的关系 式表示，求出面积即可。 （3） 要探求BP2、PQ2、CQ2三者之间的数量关系就要把BP、PQ、CQ放到一个三角 形中，故作辅助线延长 QM 至 D，使 MDMQ，连结 B

20、D、PD 得到 PQPD，BDCQ， 从而在RtPBD，PD2 BP2BD2，从而得证。 8. 8.（盐城（盐城 1212 分）分）如图，已知一次函数y x7与正比例函数y 与x轴交于点 B. （1）求点 A 和点 B 的坐标； （2）过点 A 作 ACy轴于点 C，过点 B 作直线 ly轴 动点 P 从点 O 出发， 以每秒 1 个单位长的速度， 沿 OCA 的路线向点 A 运动；同时直线 l 从点 B 出发，以相同速度向左平移，在平移过程中，直 线 l 交x轴于点 R，交线段 BA 或线段 AO 于点 Q当点 P 到达点 A 时， 点 P 和直线 l 都停止运动 在运动过程中，设动点 P

21、运动的时间为 t 秒. 当 t 为何值时，以 A、P、R 为顶点的三角形的面积为8？ 是否存在以 A、P、Q 为顶点的三角形是等腰三角形？若存在， 求 t 的值；若不存在，请说明理由 4 x的图象交于点 A，且 3 yx7 x3 【答案】【答案】解： （1）根据题意，得，解得，点 A 的坐标为(3，4) 。 4 y4yx 3 令x7 0，得x 7。点 B 的坐标为（7，0） 。 y （2）当 P 在 OC 上运动时，0t4。 由 S APRS 梯形 COBAS ACPS PORS ARB8，得 1111 (37)4 3(4t)t(7t)t48 2222 整理，得 t28t120,解之得 t12

22、，t26（舍去） 。 C P A l B ORx 当 P 在 CA 上运动时，4t7。 1 由 S APR(7t) 48，得 t3（舍去） 。 2 当 t2 时，以 A、P、R 为顶点的三角形的面积为8。 当 P 在 OC 上运动时，0t4.，此时直线 l 交 AB 于 Q。 AP （4-t）2+32，AQ 2t，PQ7t。 OR y C P l A B x 当 AP AQ 时， （4t）2322(4t)2，整理得，t28t70，解之得 t1，t 7(舍去) 。 当 APPQ 时， （4t）232(7t)2，整理得，6t=24.，t4(舍去) 。 当 AQPQ 时，2（4t）2(7t)2，整理

23、得，t22t170 解之得 t=13 2 (舍 去)。 当 P 在 CA 上运动时，4t 7，此时直线 l 交 AO 于 Q。 过 A 作 ADOB 于 D，则 ADBD4。 设直线 l 交 AC 于 E，则 QEAC，AERDt4，AP7t.。 由 cosOAC AEAC5 ，得 AQ (t4)。 AQAO3 y C P A l Q B 541 当 APAQ 时，7t (t4)，解得 t 。 38 1 当 AQPQ 时，AEPE，即 AEAP， 2 1 得 t4(7t)，解得 t 5。 2 当 APPQ 时，过 P 作 PFAQ 于 F 11 5 AFAQ (t4)。 22 3 在 Rt A

24、PF 中，由 cosPAF AF33 ，得 AFAP， AP55 O y C ORx l PE Q A F B R Dx 1 53226 即 (t4) (7t)，解得 t。 2 3543 综上所述，t1 或 41226 或 5 或秒时， APQ 是等腰三角形。 843 【考点】【考点】一次函数的图象和性质，解二元一次方程组，勾股定理，锐角三角函数，解一元二 次方程，等腰三角形的判定。 【分析】【分析】 （1）联立方程y x7与和y B 的坐标。 （2）只要把三角形的面积用 t 表示，求出即可。应注意分 P 在 OC 上运动和 P 在 CA 上运动两种情况。 只要把有关线段用t 表示，找出 AP

25、AQ，APPQ，AQPQ 的条件时 t 的 值即可。应注意分别讨论P 在 OC 上运动（此时直线 l 与 AB 相交）和 P 在 CA 上运动（此 时直线 l 与 AO 相交）时 APAQ，APPQ，AQPQ 的条件。 9. 9.（淮安（淮安 1212 分）分）如图，在Rt ABC 中，C90，AC8，BC6，点P 在 AB 上，AP 2。.点 E、 4 x即可求出点 A 的坐标，令x7 0即可得点 3 F 同时从点 P 出发，分别沿 PA、PB 以每秒 1 个单位长度的速度向点 A、B 匀速运动，点 E 到达点 A 后立即以原速度沿 AB 向点 B 运动， 点 F 运动到点 B 时停止，点E

26、 也随之停止.在点 E、F 运动过程中，以 EF 为边作正方形 EFGH，使它与 ABC 在线段 AB 的同侧，设 E、F 运动的时间为t秒（t 0） ，正方形 EFGH 与 ABC 重叠部分面积为 S. （1）当t1 时，正方形 EFGH 的边长是； 当t3 时，正方形 EFGH 的边长是； （2） 当 0t2 时，求 S 与t的函数关系式； （3） 直接答出：在整个运动过程中，当t为何值时，S 最大？最大面积是多少？ 【答案】解：(1)2；4。 (2) 求点 H 在 AC 上时t的值（如图 1） 。 EPPF1tt， 正方形 EFGH 中，HEEF2t。 又AP2，AEAPEP2t。 又

27、EFGH 是 正 方 形 ， HEA C 90 。又 A A ， ABCAHC。 BCAC686 , 即，t。 HEAE2t2t11 求点 G 在 AC 上时 t 的值（如图 2） 。 又EPPF1正方形 EFGH 中， GFEF2t。 tt ， 又AP2，AFAPPF2t。 仿上有， ABCAGF。 BCAC686 ，t。 , 即 FGAF2t2t5 因此，0t2 分为三部分讨论： 当 0t 6 时（如图 3） ，S 与t的函数关系式是： 11 SS 矩形EFGH (2t)24t2； 当 66 t时（如图 4） ，S 与t的函数关系式是： 511 SS 矩形EFGH S HMN 4t2 14

28、3 2t-(2t) 2 234 325 2 11 t t ； 2224 6 t2 时（如图 5） ，求 S 与 t 的函数关系式是： 5 1313 SS ARFS AQE =(2t) 2(2t) 2 2424 当 3t。 综上所述，S 与t的函数关系式为 2 6 4t0t 11 25 2 113 6 6 t tt S。 22115 24 6 3t t2 5 （3）当t 1461102 时，S 最大，最大面积是。 7525 【考点】【考点】图形变换问题，正方形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质。 【分析】【分析】(1) 正方形 EFGH 的边长=EPPF。 当t1 时，EPPF1t

29、+1t2t2。 当t3 时，EPPF（1t2）1t2 t2624。 （2） 要求0t2时， S与t的函数关系式， 要考虑正方形EFGH的上边HG与 ABC 的位置关系，即 EF 在 ABC 内，EF 与 ABC 的 AC 边相交，EF 在 ABC 外。这样就要 先求临界点时t的值。 在求解过程中， 反复应用相似三角形对应边的相似比， 即能写出用t表 示的相关边长，从而应用面积公式得出S 与t的函数关系式。 10，（3） 考虑到当 2t8 时 （在 Rt ABC 中，AB AC2 BC2 8262PB 8） ，正方形 EFGH 以边长为 4 而不再变化，此期间才有 S 的最大。这样要 求当t为何

30、值时，S 最大，先要求 S 与 的函数关系式，再求当t为何值时，S 最大和 S 的最大值： AEt2，TE 33113 t 2，HT4t 2 t, 4424 2 1 411 3 311121411 3 HS t，S SHT t t2t 2 324 826324 FB8t，YF 3 4 20 44420 t 8t， GY48t t ， XG ， 4333333 2 1 3 4 20 2 2 2050 S XGY t t t 2 433333 11 121 2 2 20 50 25 2 73125 3 S STEFYXSEFGH S SHT S XGY16 t2t t t t t 26 3 332

31、466 8 73 146 6 当t时，SSTEFYX最大。 25 25 2 24 25146 73 1461251102 最大值为S STEFYX 。 2425625675 10.10.（宿迁（宿迁 1212 分）分）如图，在Rt ABC 中，B90，AB1，BC 为半径的弧 交 CA 于点 D；以点 A 为圆心，AD 为半径的弧交 AB 于点 E （1）求 AE 的长度； （2）分别以点 A、E 为圆心，AB 长为半径画弧，两弧交于点F（F 与 C 在 AB 两侧） ，连接 AF、EF，设 EF 交弧 DE 所在的圆于点 G， 连接 AG，试猜想EAG 的大小，并说明理由 【答案】【答案】解

32、： （1）在 Rt ABC 中，由 AB1，BC AC 12(1)2 5 2 2 1 ，以点C 为圆心，CB 2 1 得 2 2 BCCD，AEADAEACAD 5 1 。 2 （2）EAG36，理由如下： FAFE1，AEAG 5 1 ， AE AG 。 2FEFA 又AEGFEA，EAGAEF。AEGFEA。 5 1 AE2 2 35 GE FA12 2 AE FA GE AE 。 355 1 FGFAGE。 1 22 AGFD。FAGF。FAGEAG。 由三角形内角和定理，得5F180，EAGF36。 【考点】【考点】勾股定理，相似三角形的判定和性质，等量代换，等腰三角形的性质，三角形内

33、角 和定理。 【分析】【分析】根据在 Rt ABC 中利用勾股定理求得AC，根据BCCD，AEAD 求得 AE ACAD 即可。（2）由 AEGFEA 求出 GE 从而求出 FG 的长，证得 AGFD，进而证得FAGEAG F。从而根据三角形内角和定理即可求。 11.11.（连云港（连云港 1212 分）分）某课题研究小组就图形面积问题进行专题研究，他们发现如下结论： （1）有一条边对应相等的两个三角形面积之比等于这条边上的对应高之比； （2）有一个角对应相等的两个三角形面积之比等于夹这个角的两边乘积之比； 现请你继续对下面问题进行探究，探究过程可直接应用上述结论 （S 表示面积） 问题 1：

34、如图 1，现有一块三角形纸板 ABC，P1，P2三等分边 AB，R1，R2三等分边 AC 1 经探究知S 四边形PP R R S ABC，请证明 3 1 221 问题 2：若有另一块三角形纸板，可将其与问题1 中的拼合成四边形 ABCD，如图 2， Q1，Q2三等分边 DC请探究 S 四边形P 1Q1Q2P2 与 S 四边形ABCD 之间的数量关系 问题 3：如图 3，P1，P2，P3，P4五等分边 AB，Q1，Q2，Q3，Q4五等分边 DC若 S 四 边形ABCD1，求 S 四边形P Q Q P 223 3 问题 4：如图4，P1，P2，P3四等分边 AB，Q1，Q2，Q3四等分边 DC，P

35、1Q1，P2Q2，P3Q3 将四边形 ABCD 分成四个部分，面积分别为S1，S2，S3，S4请直接写出含有 S1，S2，S3，S4的一个等式 【答案】解：问题 1：P1，P2三等分边 AB，R1，R2三等分边 AC， P1R1P2R2BCAP1 R1AP2R2ABC，且面积比为 1：4：9。 S 四边形P P R 1 22R1 41 1 S ABCS ABC 93 A P1 R1 P2 B 问题 2：连接Q1R1，Q2R2，如图，由问题1 的结论，得 11 S 四边形P P R R S ABC，S 四边形G R R Q S ACD 33 1 2121122 S 四边形P P R 1 22R1

36、 R2 D Q1 图 2 Q2 C S 四边形G R R Q 1122 1 S 四边形ABCD。3 由P1，P2三等分边 AB，R1，R2三等分边 AC，Q1，Q2三等分边 DC， 可得 P1R1:P2R2Q2R2：Q1R11：2，且 P1R1P2R2，Q2R2Q1R1。 P1R1AP2R2A，Q1R1AQ2R2A。P1R1Q1P2R2 Q2。 由结论（2） ，可知S P 1R1O1 S P2R2Q2 1 S 四边形P 1Q1Q2P2 S 四边形P 1R1R2P2 S 四边形Q1R1R2Q 2 S 四边形ABCD3 问题 3：设S 四边形P 1Q1Q2P2 A，S 四边形P3Q3Q4P4 B，设S 四边形P2Q2Q3P3 C， 11 由问题 2 的结论，可知 AS 四边形ADQ3P3 ，BS 四边形P2Q2CB 。 33 11 AB(S 四边形ABCDC) (1C)。 33 111 又C(ABC)，即 C(1C)C， 333 11 C，即S 四边形P2Q2Q3P3 55 问题 4：S1S4S2S3 【