2022年中考数学压轴题答案解析

1．如图，抛物线的顶点为P（1，4），且与y轴交于C（0，3），与x轴交于点A、B，过点P作直线PD∥x轴，交y轴于点D．

（1）求抛物线的对应函数表达式；

（2）在抛物线上取一点M，过点M作直线PD的垂线，垂足为N，使得以P、M、N为顶点的三角形与△PBC相似，求出点M的坐标；

（3）在直线PB上是否存在一点Q，使得∠PQC＝2∠PBC？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

解：（1）由题意，可设抛物线的对应函数表达式为y＝a（x﹣1）2+4（a≠0）

将C（0，3）代入，得3＝a（0﹣1）2+4

∴a＝﹣1

∴抛物线的对应函数表达式为y＝﹣（x﹣1）2+4，即y＝﹣x2+2x+3

（2）当y＝0时，0＝﹣x2+2x+3，得x1＝﹣1，x2＝3

∴A（﹣1，0），B（3，0）

又∵C（0，3）

∴OB＝OC＝3

又∵∠BOC＝90°

∴∠BCO＝45°，BC＝3

∵在△PDC中，∠PDC＝90°，PD＝CD＝1

∴∠PCD＝45°，PC

∴∠PCB＝180°﹣∠BCO﹣∠PCD＝180°﹣45°﹣45°＝90°

∴∠PCB＝∠PNM＝90°

可设点M的坐标为（t，﹣t2+2t+3）

当t＞1时，PN＝t﹣1，MN＝4﹣（﹣t2+2t+3）＝（t﹣1）2

①当△PNM∽△PCB时

∴

∴t1＝1（舍去），t2＝4

∴M（4，﹣5）

②当△MNP∽△PCB时

∴

∴t1＝1（舍去），t2

∴，

由抛物线的对称性可得，当t＜1时，M（﹣2，﹣5）或，

综上可得，满足条件的点M的坐标为M（4，﹣5），，（﹣2，﹣5）或，

（3）①由∠PQC＝2∠PBC，∠PCB＝90°，以PB为直径作圆，如图，点B，P，C在圆Q上，圆心为Q，得Q为PB的中点，

∵P（1，4），B（0，3）

∴Q坐标为（2，2）

②可设直线PB的解析式为：y＝kx+b，将点P，点B代入解得直线PB的解析式为：y＝﹣2x+6

过点C作CH⊥PB交PB于H，点C坐标为（0，3），可设直线CH的关系式为：yx+b，解得得直线CH的关系式为yx+3

交点H的坐标为：，解得，

即点H的坐标为，

∴设点Q关于直线CH对称的点为：（x，y）

得，，解得

即可得满足点Q的坐标为（2，2）或

2．如图1，抛物线y2与x轴相交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴相交于点C，对称轴与x轴相交于点H，与AC相交于点T．

（1）点P是线段AC上方抛物线上一点，过点P作PQ∥AC交抛物线的对称轴于点Q，当△AQH面积最大时，点M、N在y轴上（点M在点N的上方），MN，点G在直线AC上，求PM+NGGA的最小值．

（2）点E为BC中点，EF⊥x轴于F，连接EH，将△EFH沿EH翻折得△EF'H，如图所示，再将△EF'H沿直线BC平移，记平移中的△EF'H为△E'F″H'，在平移过程中，直线E'H'与x轴交于点R，则是否存在这样的点R，使得△RF'H'为等腰三角形？若存在，求出R点坐标．

解：（1）如图1，抛物线y2与x轴相交于A、B两点（点A在点B的右侧），

∴A（6，0）；B（﹣2，0）；C（0，2），

∴直线AC的解析式为：，

∵tan∠CAO，

∴∠CAO＝30°

过P点作PT′∥QT，交AC于T′，

设P，T′，

则PT′m+2（m+2）（m﹣3）2

∵PQ∥AC，

∴四边形QTT′P是平行四边形，

∴QT＝PT′，

当△AQH面积最大时，HQ最大，即PT′最大，

即m＝3时，△AQH面积最大，

此时P点坐标为．

过点G作GE⊥x轴于E，作x轴关于直线AC的对称直线l，E的对称点为E′，将PM沿y轴向下平移个单位至P′N，作点P′关于y轴的对称点P″，过P″作P″S⊥l于S，则有

PM+NGGA＝P″N+NG+GE′≥P″S

∵P′（3，），P″与P′关于y轴对称

∴P″（﹣3，），

∵∠CAO＝30°，直线l与x轴关于直线AC对称

∴∠CAS＝∠CAO＝30°，

∴∠SAO＝60°

直线l的解析式为y＝kx+b，则k＝﹣tan∠SAO＝﹣tan60°

∴yx+b，将A（6，0）代入得：06+b，解得：b＝6，

∴直线l的解析式为yx+6，

∵P″S⊥l

∴∠P″SA＝90°

过点P″作P″K∥x轴交AS于K，则K（，），

∴P″K（﹣3），

∵P″K∥x轴

∴∠P″KS＝∠SAO＝60°

∵sin∠SAO

∴P″S＝P″K•sin∠SAOsin60°，′

∴PM+NGGA的最小值；

（2）∵y2（x﹣2）2

∴抛物线对称轴为直线x＝2，

∴H（2，0），

由（1）知：A（6，0）；B（﹣2，0）；C（0，2），

∵点E为BC中点，EF⊥x轴于F，

∴E（﹣1，），F（﹣1，0）

∴F′（，）

∵

∴△EF′H沿直线BC平移，各个点横纵坐标变化为，设△EF′H沿直线BC平移后的△E′F″H′各顶点坐标分别为

E′（﹣1+t，t），H′（2+t，t）

则直线E′H′解析式为yxt，令y＝0，则x＝2+4t

∴R（2+4t，0），

∴H′R2＝[（2+t）﹣（2+4t）]2+（t﹣0）2＝12t2，

H′F′2＝[2+t）]2+（t）2＝4t2﹣6t+9，

F′R216t2+12t+9，

∵△RF'H'为等腰三角形，

∴H′R2＝H′F′2或H′F′2＝F′R2或F′R2＝H′R2，

①当H′R2＝H′F′2时，则12t2＝4t2﹣6t+9，解得：t1，t2

此时，R（﹣4，0）或R（5，0）

②当H′F′2＝F′R2时，则4t2﹣6t+9＝16t2+12t+9，解得：t＝0或，

t＝0不符合题意，t与①重复

③当F′R2＝H′R2时，16t2+12t+9＝12t2，解得：t1＝t2，与①重复

综上所述，点R的坐标为R（﹣4，0）或R（5，0）．

3．如图1，抛物线y＝x2﹣3与x轴交于AB两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，连接AC．点Q是线段AC上的动点，过Q作直线l∥x轴，直线1与∠BAC的平分线交于点M，与∠CAx的平分线交于点N．

（1）P是直线AC下方抛物线上一动点，连接PA，PC，当△PAC的面积最大时，求PQAM的最小值；

（2）如图2，连接MC，NC，当四边形AMCN为矩形时，将△AMN沿着直线AC平移得到△A'M'N'，边A'M'所在的直线与y轴交于D点，若△DM'N'为等腰三角形时，求OD的长．

解：（1）由已知可得A（，0），B（，0），C（0，﹣3）

设P（m，m2﹣3）

S△PAC＝S△POC+S△AOP﹣S△AOC

当m时，△PAC的面积有最大值，此时点P坐标（，）

如图，作AH⊥MN，AHAM

AH长为点Q到x轴的距离

PQAM＝PQ+AH

（2）当四边形AMCN为矩形时，MN＝AC，点Q为AC与MN中点

有题意可知，直线AC的解析式l1为yx﹣3

过点M与AC平行的直线解析式l2为yx

过点N与AC平行的直线解析式l3为yx﹣6

直线AM的解析式l4为y

设点N'（n，n﹣6），M'（n﹣2，n﹣6）

设直线A'M'的解析式为y

将点M'代入可得b

直线A'M'的解析式为y

则DM'2＝（n﹣2）2+（6）2

DN'2＝（n）2+（6）2

M'N'2＝（n﹣n+2）2+（66）2＝12

①当DM'＝DN'时，DM'2＝DN'2

解得n

OD＝2

②当DM'＝M'N'时，DM'2＝M'N'2

12

解得n＝0或

OD＝6或0

③当DN'＝M'N'时，DN'2＝M'N'2

12

解得n＝±3

OD

综上所述，OD的长为2或6或

4．如图，AB是⊙O的直径，C为⊙O上一点，连接AC，CE⊥AB于点E，D是直径AB延长线上一点，且∠BCE＝∠BCD．

（1）求证：CD是⊙O的切线；

（2）若AD＝8，，求CD的长．

（1）证明：连接OC，

∵AB是⊙O的直径，

∴∠ACB＝90°，

∵CE⊥AB，

∴∠CEB＝90°，

∴∠ECB+∠ABC＝∠ABC+∠CAB＝90°，

∴∠A＝∠ECB，

∵∠BCE＝∠BCD，

∴∠A＝∠BCD，

∵OC＝OA，

∴∠A＝∠ACO，

∴∠ACO＝∠BCD，

∴∠ACO+∠BCO＝∠BCO+∠BCD＝90°，

∴∠DCO＝90°，

∴CD是⊙O的切线；

（2）解：∵∠A＝∠BCE，

∴tanAtan∠BCE，

设BC＝k，AC＝2k，

∵∠D＝∠D，∠A＝∠BCD，

∴△ACD∽△CBD，

∴，

∵AD＝8，

∴CD＝4．

5．如图，C，D为⊙O上两点，且在直径AB两侧，连结CD交AB于点E，G是上一点，∠ADC＝∠G．

（1）求证：∠1＝∠2．

（2）点C关于DG的对称点为F，连结CF．当点F落在直径AB上时，CF＝10，tan∠1，求⊙O的半径．

解：（1）∵∠ADC＝∠G，

∴，

∵AB为⊙O的直径，

∴，

∴∠1＝∠2；

（2）如图，连接DF，

∵，AB是⊙O的直径，

∴AB⊥CD，CE＝DE，

∴FD＝FC＝10，

∵点C，F关于DG对称，

∴DC＝DF＝10，

∴DE＝5，

∵tan∠1，

∴EB＝DE•tan∠1＝2，

∵∠1＝∠2，

∴tan∠2，

∴AE，

∴AB＝AE+EB，

∴⊙O的半径为．