贵州省各市中考数学分类解析专题12押轴题

贵州各市2022年中考数学试题分类解析汇编
专题12：押轴题
一、选择题
1.〔2022贵州贵阳3分〕二次函数y=ax2+bx+c〔a＜0〕的图象如下列图，当﹣5≤x≤0时，以下说法正确的选项是【】
A．有最小值﹣5、最大值0B．有最小值﹣3、最大值6
C．有最小值0、最大值6D．有最小值2、最大值6
【答案】B。

【考点】二次函数的图象和最值。

【分析】由二次函数的图象可知，
∵﹣5≤x≤0，∴当x=﹣2时函数有最大值，y最大=6；当x=﹣5时函数值最小，y最小=﹣3。

应选B。

2.〔2022贵州安顺3分〕以下说法中正确的选项是【】
A
的自变量的取值范围是x＞﹣1
B．函数
2
C．假设点P〔2，a〕和点Q〔b，﹣3〕关于x轴对称，那么a﹣b的值为1
D．﹣8的立方根是2
【答案】C。

【考点】无理数，函数自变量的取值范围，二次根式有意义的条件，关于x轴对称的点的坐标，立方根。

【分析】A是有理数，故此选项错误；
B、函数的自变量的取值范围是x≥﹣1，故此选项错误；
C、假设点P〔2，a〕和点Q〔b，﹣3〕关于x轴对称，那么b=2，a=3，故a﹣b=3﹣2=1，故此选项正确；
D、﹣8的立方根式﹣2，故此选项错误。

应选C。

3.〔2022贵州毕节3分〕如图，在正方形ABCD中，以A为顶点作等边△AEF，交BC边于E，交DC边于F；又以A为圆心，AE的长为半径作EF。

假设△AEF的边长为2，那么
阴影局部的面积约是【】
1.414 1.732≈，π取3.14〕 A. 0.64 B. 1.64 C. 1.68 D. 0.36
【答案】A 。

【考点】正方形和等边三角形的性质，勾股定理，扇形和三角形面积。

【分析】由图知，AEF CEF AEF S S S S ∆∆=+-扇形影部分阴。

因此，由，根据正方形、等边三角
形的性质和勾股定理，可得等边△AEF 的边长为2，Rt △AEF ；扇形AEF 的半径为2圆心角为600。

∴2AEF CEF AEF 116022S S S S =20.64223603ππ∆∆⋅⋅=-⋅-≈扇形影部分
阴。

应选A 。

4.〔2022贵州六盘水3分〕如图为反比例函数1y=x
在第一象限的图象，点A 为此图象上的一动点，过点A 分别作AB ⊥x 轴和AC ⊥y 轴，垂足分别为B ，C ．那么四边形OBAC 周长的最小值为【】
A ． 4
B ．3
C ． 2
D ． 1 【答案】A 。

【考点】反比例函数综合题，矩形的判定和性质，配方法的应用，函数的最值。

【分析】∵反比例函数1y=x
在第一象限的图象，点A 为此图象上的一动点，过点A 分别作AB ⊥x 轴和AC ⊥y 轴，垂足分别为B ，C ．
∴四边形OBAC 为矩形。

设宽BO=x ，那么AB=1x
，
那么2221S 2x =2+24=244
x ⎡⎤⎛⎫=+-++≤⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦。

∴四边形OBAC 周长的最小值为4。

应选A 。

5.〔2022贵州黔东南4分〕点P 是正方形ABCD 边AB 上一点〔不与A 、B 重合〕，连接PD 并将线段PD 绕点P 顺时针旋转90°，得线段PE ，连接BE ，那么∠CBE 等于【】
A ．75°
B ．60°
C ．45°
D ．30°
【答案】C 。

【考点】正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和
性质。

【分析】过点E 作EF ⊥AF ，交AB 的延长线于点F ，那么∠F=90°，
∵四边形ABCD 为正方形，∴AD=AB ，∠A=∠ABC=90°。

∴∠ADP+∠APD=90°。

由旋转可得：PD=PE ，∠DPE=90°，∴∠APD+∠EPF=90°。

∴∠ADP=∠EPF 。

在△APD 和△FEP 中，∵∠ADP=∠EPF ，∠A=∠F ，PD=PE ，
∴△APD ≌△FEP 〔AAS 〕。

∴AP=EF ，AD=PF 。

又∵AD=AB ，∴PF=AB ，即AP+PB=PB+BF 。

∴AP=BF 。

∴BF=EF
又∵∠F=90°，∴△BEF 为等腰直角三角形。

∴∠EBF=45°。

又∵∠CBF=90°，∴∠CBE=45°。

应选C 。

6.〔2022贵州黔南4分〕为做好“四帮四促〞工作，黔南州某局机关积极倡导“挂帮一日捐〞活动。

切实帮助贫困村民，在一日捐活动中，全局50名职工积极响应，同时将所捐款情况统计并制成统计图，根据图提供的信息，捐款金额的众数和中位数分别是【】
A ．20，20
B ．30，20
C ．30，30
D ．20，30
【答案】C 。

【考点】众数，中位数。

【分析】众数是在一组数据中，出现次数最多的数据，这组数据中，出现次数最多的是30，故这组数据的众数为30。

中位数是一组数据从小到大〔或从大到小〕重新排列后，最中间的那个数〔最中间
两个数的平均数〕。

由此将这组数据的中位数是第25和26名职工捐款金额的平均数，〔30＋30〕÷2=30。

应选C 。

7.〔2022贵州黔西南4分〕如图，抛物线21y=x +bx 22 与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于C 点，且A 〔－1，0〕，点M 〔m ，0〕是x 轴上的一个动点，当MC ＋MD 的值最小时，m 的值是【】
〔A 〕2540〔B 〕2441〔C 〕2340〔D 〕2541
【答案】B 。

【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，
轴对称的性质，三角形三边关系。

【分析】如图，作点C 关于x 轴的对称点C 1，连接C 1D 交x 轴于点M ，连接CM 。

那么根据轴对称的性质和三角形三边关系，此时MC ＋MD 的值最小。

∵点A 〔－1，0〕在抛物线21y=x +bx 22-， ∴10=b 22--，解得3b=2-。

∴抛物线解析式为213y=x x 222
--。

又∵22131325y=x x 2=x 22228⎛⎫---- ⎪⎝⎭，∴点D 的坐标为3252
8⎛⎫- ⎪⎝⎭ ，。

在213y=x x 222
--中，令x=0，得y=2-，∴点C 的坐标为〔0，－2〕，点C 1的坐标为〔0， 2〕。

设直线C 1D ：y=kx+b ，由C 1〔0， 2〕，D 3252
8⎛⎫- ⎪⎝⎭ ，得 b=2325k+b=2
8⎧⎪⎨-⎪⎩，解得41k=12b=2⎧-⎪⎨⎪⎩。

∴直线C 1D ：41y=x+212-。

令y=0，即41x+2=012-，解得24x=41。

∴24m=41。

应选B 。

8.〔2022贵州铜仁4分〕如图，第①个图形中一共有1个平行四边形，第②个图形中一共有5个平行四边形，第③个图形中一共有11个平行四边形，…那么第⑩个图形中平行四边形的个数是【】
A ．54
B ．110
C ．19
D ．109
【答案】D 。

【考点】分类归纳〔图形的变化类〕。

【分析】寻找规律：
第①个图形中有1个平行四边形；
第②个图形中有1+4=5个平行四边形；
第③个图形中有1+4+6=11个平行四边形；
第④个图形中有1+4+6+8=19个平行四边形；
…
第n 个图形中有1+2〔2+3+4+…+n 〕个平行四边形；
那么第⑩个图形中有1+2〔2+3+4+5+6+7+8+9+10〕=109个平行四边形。

应选D 。

9.〔2022贵州遵义3分〕如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于F点，假设CF=1，FD=2，那么BC的长为【】A．32B．26C．25D．23
二、填空题
1.〔2022贵州贵阳4分〕如图，在△ABA1中，∠B=20°，AB=A1B，在A1B上取一点C，延长AA1到A2，使得A1A2=A1C；在A2C上取一点D，延长A1A2到A3，使得
A2A3=A2D；…，按此做法进行下去，∠A n的度数为▲ ．
【答案】
n1 80
2-。

【考点】分类归纳〔图形的变化类〕，等腰三角形的性质，三角形的外角性质。

【分析】先根据等腰三角形的性质求出∠BA1A的度数，再根据三角形外角的性质及等腰三角形的性质分别求出∠CA2A1，∠DA3A2及∠EA4A3的度数，找出规律即可得出∠A n的度数：
∵在△ABA1中，∠B=20°，AB=A1B，∴∠BA1A=
000
0 180B18020
80
22
-∠-
==。

∵A1A2=A1C，∠BA1A是△A1A2C的外角，∴∠CA2A1=
1
BA A80
=40
22
∠
=。

同理可得，∠DA3A2=20°，∠EA4A3=10°，······
∴∠A n =0
n 1802
-。

2.〔2022贵州安顺4分〕2+23=22×23，3+38=32×38
，4+415=42×415…，假设8+a b =82×a b 〔a ，b 为正整数〕，那么a+b= ▲ ．
【答案】71。

【考点】分类归纳〔数字的变化类〕。

【分析】根据规律：可知a=8，b=82﹣1=63，∴a+b=71。

3.〔2022贵州毕节5分〕在以下列图中，每个图案均由边长为1的小正方形按一定的规律堆叠而成，照此规律，第10个图案中共有 ▲ 个小正方形。

【答案】100。

【考点】分类归纳〔图形的变化类〕。

【分析】寻找规律：
第1个图案中共有1=12个小正方形；第2个图案中共有4=22个小正方形；
第3个图案中共有9=32个小正方形；第4个图案中共有16=42个小正方形；
……
∴第10个图案中共有102=100个小正方形。

4.〔2022贵州六盘水4分〕如图是我国古代数学家杨辉最早发现的，称为“杨辉三角〞．它的发现比西方要早五百年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的！“杨辉三角〞中有许多规律，如它的每一行的数字正好对应了〔a+b 〕n 〔n 为非负整数〕的展开式中a 按次数从大到小排列的项的系数。

例如，
222a b a 2ab b +=++（）展开式中的系数1、2、1恰好对应图中第三行的数字； 再如，
33223a b a 3a b 3ab b +=+++（）展开式中的系数1、3、3、1恰好对应图中第四行的数字。

请认真观察此图，写出〔a+b 〕4的展开式，〔a+b 〕4= ▲ ．
【答案】a 4+4a 3b+6a 2b 2+4ab 3+b 4。

【考点】分类归纳〔数字的变化类〕，完全平方公式。

【分析】由〔a+b 〕=a+b ，〔a+b 〕2=a 2+2ab+b 2，〔a+b 〕3=a 3+3a 2b+3ab 2+b 3可得〔a+b 〕n 的各项展开式的系数除首尾两项都是1外，其余各项系数都等于〔a+b 〕n
﹣1的相邻两个系数的
和，由此可得〔a+b 〕4的各项系数依次为1、4、6、4、1。

如图：
∴〔a+b 〕4=a 4+4a 3b+6a 2b 2+4ab 3+b 4。

5.〔2022贵州黔东南4分〕如图，第〔1〕个图有2个相同的小正方形，第〔1〕个图有2个相同的小正方形，第〔2〕个图有6个相同的小正方形，第〔3〕个图有12个相同的小正方形，第〔4〕个图有20个相同的小正方形，…，按此规律，那么第〔n 〕个图有 ▲ 个相同的小正方形．
【答案】n 〔n+1〕。

【考点】分类归纳〔图形的变化类〕。

【分析】寻找规律：
第〔1〕个图有2个相同的小正方形，2=1×2，
第〔2〕个图有6个相同的小正方形，6=2×3，
第〔3〕个图有12个相同的小正方形，12=3×4，
第〔4〕个图有20个相同的小正方形，20=4×5，
…，
按此规律，第〔n 〕个图有n 〔n+1〕个相同的小正方形。

6.〔2022贵州黔南5分〕如图，四边形ABCD 是矩形，A ，B 两点在x 轴的正半轴上，C ，D 两点在抛物线2y x 6x =-+上，设OA=m 〔0＜m ＜3〕，矩形ABCD 的周长为l ，那么l 与m 的函数解析式为 ▲ 。

【答案】2l 2m 8m 12=-++。

【考点】矩形的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系。

【分析】求l 与m 的函数解析式就是把m 当作量，求l ，先求AD ，它的长就是D 点的纵坐标，再把D 点纵坐标代入函数解析式求C 点横坐标，C 点横坐标与D 点横坐标的差就是线段CD 的长，用l=2〔AD+AB 〕，建立函数关系式：
把x=m 代入抛物线2y x 6x =-+中，得AD=2m 6m -+，
把y=2m 6m -+代入抛物线2y x 6x =-+中，得22m 6m x 6x -+=-+，解得x 1=m ，
x 2=6－m 。

∴C 的横坐标是6－m 。

∴AB=6－m －m=6－2m 。

∴矩形的周长是22l 2m 6m 262m 2m 8m 12=-++-=-++（）
（）。

7.〔2022贵州黔西南3分〕把一张矩形纸片〔矩形ABCD 〕按如图方式折叠，使顶点B 和
点D 重合，折痕为EF ，假设AB ＝3cm ，BC ＝5cm ，那么重叠局部△DEF 的面积为 ▲ cm 2。

【答案】5110。

【考点】折叠问题，折叠的性质，矩形的性质，勾股定理。

【分析】设ED=x ，那么根据折叠和矩形的性质，得A′E=AE=5－x ，A′D=AB=3。

根据勾股定理，得222ED A E A D ='+'，即()222x 5x 3=-+，解得17x 5=。

∴DEF 11751S 3=2510
∆=⋅⋅〔cm 2〕。

8.〔2022贵州铜仁4分〕以边长为2的正方形的中心O 为端点，引两条相互垂直的射线，分别与正方形的边交于A 、B 两点，那么线段AB 的最小值是 ▲ ．
9.〔2022贵州遵义4分〕如图，平行四边形ABCD 的顶点为A 、C 在双曲线11k y =x -
上，B 、D 在双曲线22k y =
x
上，k 1=2k 2〔k 1＞0〕，AB ∥y 轴，S △ABCD =24，那么k 1= ▲ ． 【答案】8。

【考点】反比例函数综合题，平行四边形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征。

【分析】∵在ABCD 中，AB ∥CD ，AB=CD 〔平行四边形的对边平行且相等〕，
∴设A 〔x ，y 1〕、B 〔x 、y 2〕，〔x ＜0〕。

那么根据反比例函数的图象关于原点对称的性质知，C 〔﹣x ，﹣y 1〕、D 〔﹣x 、﹣y 2〕。

∵A 在双曲线11k y =x -
上，B 在双曲线22k y =x 上，∴11k x=y -，22k x=y 。

∴1212
k k =y y -。

又∵k 1=2k 2〔k 1＞0〕，∴y 1=﹣2y 2。

∵S △ABCD =24，∴()()()121AB 2x =y y 2x =3y x=24⋅--⋅--，即()13k =24--。

解得，k 1=8。

三、解答题
1.〔2022贵州贵阳12分〕如果一条直线把一个平面图形的面积分成相等的两局部，我们把这条直线称为这个平面图形的一条面积等分线．
〔1〕三角形有条面积等分线，平行四边形有条面积等分线；
〔2〕如图①所示，在矩形中剪去一个小正方形，请画出这个图形的一条面积等分线； 〔3〕如图②，四边形ABCD 中，AB 与CD 不平行，AB≠CD ，且S △ABC ＜S △ACD ，过点A 画出四边形ABCD 的面积等分线，并写出理由．
【答案】解：〔1〕6；无数。

〔2〕这个图形的一条面积等分线如图：
连接2个矩形的对角线的交点的直线即把这个图形分成2个相等的局
部．即OO′为这个图形的一条面积等分线。

〔3〕四边形ABCD 的面积等分线如下列图：
理由如下：
过点B 作BE ∥AC 交DC 的延长线于点E ，连接AE 。

∵BE ∥AC ，∴△ABC 和△AEC 的公共边AC 上的高也相等，∴
S △ABC =S △AEC 。

∴ACD ABC ACD AEC AED ABCD S S S S S S ∆∆∆∆∆=+=+=四形边。

∵S △ACD ＞S △ABC ，
∴面积等分线必与CD 相交，取DE 中点F ，那么直线AF 即为要求作
的四边形ABCD 的面积等分线。

【考点】面积及等积变换，平行线之间的距离，三角形的面积，平行四边形的性质，矩形的性质。

【分析】〔1〕读懂面积等分线的定义，不难得出：三角形的面积等分线是三角形的中线所在的直线；过两条对角线的交点的直线都可以把平行四边形的面积分成2个相等的局部；从而三角形有3条面积等分线，平行四边形有无数条面积等分线。

〔2〕由〔1〕知，矩形的一条对角线所在的直线就是矩形的一条面积等分线；
〔3〕过点B 作BE ∥AC 交DC 的延长线于点E ，连接AE ．根据△ABC 和△AEC 的公共边AC 上的高也相等推知S △ABC =S △AEC ；由“割补法〞可以求得ACD ABC ACD AEC AED ABCD S S S S S S ∆∆∆∆∆=+=+=四形边。

2.〔2022贵州贵阳12分〕如图，二次函数y=12x 2﹣x+c 的图象与x 轴分别交于A 、B 两点，顶点M 关于x 轴的对称点是M′．
〔1〕假设A 〔﹣4，0〕，求二次函数的关系式；
〔2〕在〔1〕的条件下，求四边形AMBM′的面积；
〔3〕是否存在抛物线y=12
x 2﹣x+c ，使得四边形AMBM′为正方形假设存在，请求出此抛物线的函数关系式；假设不存在，请说明理由． 【答案】解：〔1〕∵A 〔﹣4，0〕在二次函数y=
12x 2﹣x+c 的图象上， ∴12
×〔﹣4〕2﹣〔﹣4〕+c=0，解得c=﹣12。

∴二次函数的关系式为21y x x 122
=--。

〔2〕∵()
2221125125y x x 12x 2x+1x 122222
=--=--=--（）， ∴顶点M 的坐标为〔1，252-〕。

∵A 〔﹣4，0〕，对称轴为x=1，∴点B 的坐标为〔6，0〕。

∴AB=6﹣
〔﹣4〕=6+4=10。

∴S △ABM =1
2512510=222
⨯⨯。

∵顶点M 关于x 轴的对称点是M′，∴S 四边形
AMBM′=2S △ABM =2×1252=125。

〔3〕存在抛物线213y x x 22=--，使得四边形AMBM′为正方形。

理由如下： 在y=12x 2﹣x+c 中，令y=0，那么1
2x 2﹣x+c=0，
设点AB 的坐标分别为A 〔x 1，0〕B 〔x 2，0〕，
那么x 1+x 2=1
=212--，x 1•x 2=c
=2c 12。

∴
()()()22
1221211212AB x +x x x x x x +x 4x x =48c ==-=-=--。

点M 的纵坐标为：14c 1
2c
1
2=1242
⨯⨯--⨯。

∵顶点M 关于x 轴的对称点是M′，四边形AMBM′为正方形，-
∴2c 1
48c=22--⨯，整理得，4c 2+4c ﹣3=0，解得c 1=1
2，c 2=﹣3
2。

又抛物线与x 轴有两个交点，
∴△=b 2﹣4ac=〔﹣1〕2﹣4×12c ＞0，解得c ＜1
2。

∴c 的值为﹣3
2。

∴存在抛物线21
3
y x x 22=--，使得四边形AMBM′为正方形。

【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，一元二次方程根与系数的关系和根的判别式，解一元二次方程，轴对称的性质，正方形的性质。

【分析】〔1〕把点A 的坐标代入二次函数解析式，计算求出c 的值，即可得解。

〔2〕把二次函数解析式整理成顶点式解析式，根据对称性求出点B 的坐标，求出AB 的长。

根据顶点坐标求出点M 到x 轴的距离，然后求出△ABM 的面积，根据对称性可得S 四边形AMBM′=2S △ABM ，计算即可得解。

〔3〕令y=0，得到关于x 的一元二次方程，利用根与系数的关系求出AB 的长度，根据抛物线解析式求出顶点M 的纵坐标，然后根据正方形的对角线互相垂直平分且相等列式求解，如果关于c 的方程有解，那么存在，否那么不存在。

3.〔2022贵州安顺12分〕如图，在⊙O 中，直径AB 与弦CD 相交于点P ，∠CAB=40°，∠APD=65°．
〔1〕求∠B 的大小；
〔2〕AD=6，求圆心O 到BD 的距离．
【答案】解：〔1〕∵∠APD=∠C+∠CAB ，∠CAB=40°，∠APD=65°，
∴∠C=65°﹣40°=25°。

∴∠B=∠C=25°。

〔2〕过点O 作OE ⊥BD 于E ，那么DE=BE ，
又∵AO=BO ，∴OE=12AD=1
2×6=3。

∴圆心O 到BD 的距离为3。

【考点】圆周角定理，三角形外角性质，垂径定理，三角形中位线定理。

【分析】〔1〕根据圆周定理以及三角形外角求出即可。

〔2〕利用三角形中位线定理得出OE=1
2 AD ，即可得出答案。

4.〔2022贵州安顺14分〕如下列图，在平面直角坐标系xOy 中，矩形OABC 的边长OA 、OC 分别为12cm 、6cm ，点A 、C 分别在y 轴的负半轴和x 轴的正半轴上，抛物线y=ax 2+bx+c 经过点A 、B ，且18a+c=0．
〔1〕求抛物线的解析式．
〔2〕如果点P 由点A 开始沿AB 边以1cm/s 的速度向终点B 移动，同时点Q 由点B 开始沿BC 边以2cm/s 的速度向终点C 移动．
①移动开始后第t 秒时，设△PBQ 的面积为S ，试写出S 与t 之间的函数关系式，并写出t 的取值范围．
②当S 取得最大值时，在抛物线上是否存在点R ，使得以P 、B 、Q 、R 为顶点的四边形是平行四边形如果存在，求出R 点的坐标；如果不存在，请说明理由．
【答案】解：〔1〕由题意知点A 〔0，﹣12〕，
由矩形OABC 知AB ∥OC ，且AB=6，
∴B 〔6，－12〕。

∵抛物线y=ax 2+bx+c 经过A 、B 两点，且18a+c=0，
c=1236a+6b+c=1218a c 0-⎧⎪-⎨⎪+=⎩，解得2
a=3
b=4c 12
⎧
⎪⎪
-⎨⎪=-⎪⎩
∴抛物线的解析式为2
2y=x 4x 123--。

〔2〕①由，PB=6－t ，QB=2t ，
∴()()21S 6t 2t=t +6t 0t 62
<<=⋅-⋅-。

②∵()22S=t +6t=t 3+9---，∴当t=3时，S 取最大值为9。

这时点P 的坐标〔3，﹣12〕，点Q 坐标〔6，﹣6〕。

假设以P 、B 、Q 、R 为顶点的四边形是平行四边形，有如下三种情况：
〔Ⅰ〕当点R 在BQ 的左边，且在PB 下方时，点R 的坐标〔3，﹣18〕，
将〔3，﹣18〕代入抛物线的解析式中，满足解析式，所以存在，点R 的坐标就是〔3，﹣18〕。

〔Ⅱ〕当点R 在BQ 的左边，且在PB 上方时，点R 的坐标〔3，﹣6〕，
将〔3，﹣6〕代入抛物线的解析式中，不满足解析式，所以点R 不满足条件。

〔Ⅲ〕当点R 在BQ 的右边，且在PB 上方时，点R 的坐标〔9，﹣6〕，
将〔9，﹣6〕代入抛物线的解析式中，不满足解析式，所以点R 不满足条件。

综上所述，点R 坐标为〔3，﹣18〕。

【考点】二次函数综合题，矩形的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的最值，平行四边形的判定。

【分析】〔1〕由，求出A ，B 的坐标，结合18a+c=0，解方程组即可求出抛物线的解析式。

〔2〕①由得PB=6－t ，QB=2t ，，根据三角形面积公式即可得出S 与t 之间的函数关系式。

由于AB=6，点P 的速度为1；BC=12，点Q 的速度为2，从而0t 6<<。

②将抛物线的解析式化为顶点式即可求出S 取最大值时t 的值，从而求出点P
和Q 的坐标。

根据平行四边形的判定分三种情况讨论：〔Ⅰ〕当点R 在BQ 的左边，且在PB 下方时，〔Ⅱ〕当点R 在BQ 的左边，且在PB 上方时，〔Ⅲ〕当点R 在BQ 的右边，且在PB 上方时。

5.〔2022贵州毕节14分〕如图，AB 是⊙O 的直径，AC 为弦，D 是BC 的中点，过点D 作EF ⊥AC 的延长线于E ，交AB 的延长线于E ，交AB 的延长线于F 。

〔1〕求证：EF 是⊙O 的切线；
〔2〕假设sin ∠F=13
，AE=4，求⊙O 的半径和AC 的长。

【答案】〔1〕证明：连接OD ，
∵D 是BC 的中点，∴∠BOD=∠A 。

∴OD ∥AC 。

∵EF ⊥AC ，∴∠E=90°。

∴∠ODF=90°。

∴EF 是⊙O 的切线；
〔2〕解：在△AEF 中，∵∠E=90°，sin ∠F=13，AE=4， ∴AE AF 12sin F
==∠。

设⊙O 的半径为R ，那么OD=OA=OB=R ，AB=2R ．
在△ODF 中，∵∠ODF=90°，sin ∠F=13，∴OF=3OD=3R 。

∵OF+OA=AF ，∴3R+R=12，∴R=3。

连接BC ，那么∠ACB=90°。

∵∠E=90°，∴BC ∥EF 。

∴AC ：AE=AB ：AF 。

∴AC ：4=2R ：4R ，∴AC=2。

∴⊙O 的半径为3，AC 的长为2。

【考点】弧、圆周角和圆心角的关系，圆周角定理，平行的判定和性质，切线的判定，锐角三角函数定义，平行线分线段成比例定理。

【分析】〔1〕连接OD ，根据圆周角定理，可得∠BOD=∠A ，那么OD ∥AC ，从而得出∠ODF=90°，即EF 是⊙O 的切线。

〔2〕先解直角△AEF ，由sin ∠F=13
，得出AF=3AE=12，再在Rt △ODF 中，由sin ∠F=13
，得出OF=3OD ，设⊙O 的半径为R ，由AF=12列出关于R 的方程，解方程即可求出⊙O 的半径。

连接BC ，证明BC ∥EF ，根据平行线分线段成比例定理得出AC ：AE=AB ：AF ，即可求出AC 的长。

6.〔2022贵州毕节16分〕如图，直线l 1经过点A 〔－1，0〕，直线l 2经过点B(3，0), l 1、l 2均为与y 轴交于点C(0，3-)，抛物线2y=a x+bx+c(a 0)≠经过A 、B 、C 三点。

〔1〕求抛物线的函数表达式；
〔2〕抛物线的对称轴依次与x 轴交于点D 、与l 2交于点E 、与抛物线交于点F 、与l 1交于点G 。

求证：DE=EF=FG;
(3)假设l 1⊥l 2于y 轴上的C 点处，点P 为抛物线上一动点，要使△PCG 为等腰三角形，请写出符合条件的点P 的坐标，并简述理由。

【答案】解：〔1〕∵抛物线2y=ax +bx+c(a 0)≠经过A 〔－1，0〕，B 〔3，0〕，C 〔0，3-〕三点，
∴ a b c 09a 3b c 0 c 3⎧-+=⎪++=⎨⎪=-⎩，解得3 a 323b 3c 3⎧=⎪⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=-⎪⎪⎩。

∴抛物线的解析式为：2323y=x +x 333
-．〔2〕证明：设直线l 1的解析式为y=kx+b ，由直线l 1经过A 〔－1，0〕，C 〔0，3-〕，得
∴k b 0 b 3-+=⎧⎪⎨=-⎪⎩，解得k 3 b 3
⎧=-⎪⎨=-⎪⎩，∴直线l 1的解析式为：y=-3-x 3-。

直线l 2经过B 〔3，0〕，C 〔0，3-〕两点，同理可求得直线l 2解析式为：
y= 33
x 3-。

∵抛物线()22323343y=
x +x 3=x 13333
---， ∴对称轴为x=1，D 〔1，0〕，顶点坐标为F 〔1，433
-〕。

点E 为x=1与直线l 2：y= 33x 3-的交点，令x=1，得y=233-，∴E 〔1，233
-〕。

点G 为x=1与直线l 1：y=-3-x 3-的交点，令x=1，得y=23-，∴G
〔1，23-〕。

∴各点坐标为：D 〔1，0〕，E 〔1，233-
〕，F 〔1，433-〕，G 〔1，23-〕，它们均位于对称轴x=1上。

∴DE=EF=FG=233。

〔3〕如图，过C 点作C 关于对称轴x=1的对称点P 1，CP 1
交对称轴于H 点，连接CF ，PG 。

△PCG 为等腰三角形，有三种情况：
①当CG=PG 时，如图，由抛物线的对称性可知，此时
P 1满足P 1G=CG 。

∵C 〔0，3-〕，对称轴x=1，∴P 1〔2，3-〕。

②当CG=PC 时，此时P 点在抛物线上，且CP 的长度等于CG 。

如图，C 〔1，，H 点在x=1上，∴H 〔1，。

在Rt △CHG 中，CH=1，HG=|y G －y H |=|-－〔|=
，
∴由勾股定理得：CG 2==。

∴PC=2． 如图，CP 1=2，此时与①中情形重合。

又Rt △OAC 中，AC 2，
∴点A 满足PC=2的条件，但点A 、C 、G 在同一条直线上，所以不能构成等腰三角形。

③当PC=PG 时，此时P 点位于线段CG 的垂直平分线上.
∵l 1⊥l 2，∴△ECG 为直角三角形。

由〔2〕可知，EF=FG ，即F 为斜边EG 的中点。

∴CF=FG ，∴F 为满足条件的P 点，∴P 2〔1，3-
〕。

又CG cos CGE EG ∠==，∴∠CGE=30°。

∴∠HCG=60°。

又P 1C=CG ，∴△P 1CG 为等边三角形。

∴P 1点也在CG 的垂直平分线上，此种情形与①重合。

综上所述，P 点的坐标为P 1〔2，P2〔1，〕。

【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。

【分析】〔1〕A 、B 、C 三点坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式。

〔2〕D 、E 、F 、G 四点均在对称轴x=1上，只要分别求出其坐标，就可以得到线段DE 、EF 、FG 的长度。

D 是对称轴与x 轴交点，F 是抛物线顶点，其坐标易求；E 是对称轴与直线l 2交点，需要求出l 2的解析式，G 是对称轴与l 1的交点，需要求出l 1的解析式，而A 、
B 、
C 三点坐标，所以l 1、l 2的解析式可以用待定系数法求出。

从而问题得到解决。

〔3〕△PCG 为等腰三角形，需要分三种情况讨论：CG=PG ，CG=PC ，PC=PG 。

7.〔2022贵州六盘水10分〕为鼓励居民节约用水，某市决定对居民用水收费实行“阶梯价〞，即当每月用水量不超过15吨时〔包括15吨〕，采用根本价收费；当每月用水量超过15吨时，超过局部每吨采用市场价收费．小兰家4、5月份的用水量及收费情况如下表：
〔1〕求该市每吨水的根本价和市场价．
〔2〕设每月用水量为n吨，应缴水费为m元，请写出m与n之间的函数关系式．
〔3〕小兰家6月份的用水量为26吨，那么她家要缴水费多少元
【答案】解：〔1〕根据当每月用水量不超过15吨时〔包括15吨〕，采用根本价收费；当每月用水量超过15吨时，超过局部每吨采用市场价收费，
∵4月份用水22吨，水费51元，5月份用水20吨，水费45元，
∴市场价收费标准为：〔51﹣45〕÷〔22﹣20〕=3〔元/吨〕。

设根本价收费为x元/吨，
根据题意得出：15x+〔22﹣15〕×3=51，解得：x=2。

∴该市每吨水的根本价和市场价分别为：3元/吨，2元/吨。

〔2〕当n≤15时，m=2n，当n＞15时，m=15×2+〔n﹣15〕×3=3n－15。

∴m与n之间的函数关系式为
()
()
2n0n15
m
3n15n15
>
⎧≤≤
⎪
=⎨
-
⎪⎩。

-
〔3〕∵小兰家6月份的用水量为26吨，
∴她家要缴水费3×26－15=63元。

【考点】一元一次方程和一次函数的应用。

【分析】〔1〕利用得出4月份用水22吨，水费51元，5月份用水20吨，水费45元，求出市场价收费标准为：〔51﹣45〕÷〔22﹣20〕=3〔元/吨〕，进而得出每吨水的根本价。

〔2〕利用〔1〕中所求不同水价，再利用当n≤15时，m=2n，当n＞15时，分别求出即可。

〔3〕根据〔2〕中所求得出，用水量为26吨时要缴水费。

8.〔2022贵州六盘水16分〕如图1，△ABC中，AB=10cm，AC=8cm，BC=6cm．如果点P 由B出发沿BA方向点A匀速运动，同时点Q由A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为2cm/s．连接PQ，设运动的时间为t〔单位：s〕〔0≤t≤4〕．解答以下问题：〔1〕当t为何值时，PQ∥BC．
〔2〕设△AQP面积为S〔单位：cm2〕，当t为何值时，S取得最大值，并求出最大值．
〔3〕是否存在某时刻t ，使线段PQ 恰好把△ABC 的面积平分假设存在，求出此时t 的值；假设不存在，请说明理由．
〔4〕如图2，把△AQP 沿AP 翻折，得到四边形AQPQ′．那么是否存在某时刻t ，使四边形AQPQ′为菱形假设存在，求出此时菱形的面积；假设不存在，请说明理由．
【答案】解：∵AB=10cm ，AC=8cm ，BC=6cm ，
∴由勾股定理逆定理得△ABC 为直角三角形，∠C 为直角。

〔1〕BP=2t ，那么AP=10﹣2t ．
假设PQ ∥BC ，那么AP AQ AB AC =，即102t 2t 108-=，解得20t 9=。

∴当20t 9
=s 时，PQ ∥BC 。

〔2〕如图1所示，过P 点作PD ⊥AC 于点D 。

那么PD ∥BC ，∴△APD ∽△ABC 。

∴
AP PD AB BC =，即102t PD 106
-=，解得6PD 6t 5=-。

∴S=12×AQ×PD=12×2t×〔66t 5-〕 2266515t +6t t +5522
⎛⎫=-=-- ⎪⎝⎭。

∴当t=52s 时，S 取得最大值，最大值为152
cm 2。

〔3〕不存在。

理由如下：
假设存在某时刻t ，使线段PQ 恰好把△ABC 的面积平分，
那么有S △AQP =
12S △ABC ，而S △ABC =12
AC•BC=24，∴此时S △AQP =12。

由〔2〕可知，S △AQP =26t +6t 5-，∴26t +6t 5-=12，化简得：t 2﹣5t+10=0。

∵△=〔﹣5〕2﹣4×1×10=﹣15＜0，此方程无解，
∴不存在某时刻t ，使线段PQ 恰好把△ABC 的面积平分。

〔4〕存在。

假设存在时刻t ，使四边形AQPQ′为菱形，
那么有AQ=PQ=BP=2t 。

如图2所示，过P 点作PD ⊥AC 于点D ，那么有PD ∥BC ，
∴△APD ∽△ABC 。

∴
AP PD AD AB BC AC ==，即102t PD AD 1068
-==。

解得：PD=66t 5
-，AD=88t 5-， ∴QD=AD ﹣AQ=8188t 2t=8t 55---。

在Rt △PQD 中，由勾股定理得：QD 2+PD 2=PQ 2，即〔188t 5-
〕2+〔66t 5-〕2=〔2t 〕2，
化简得：13t 2﹣90t+125=0，解得：t 1=5，t 2=2513。

∵t=5s 时，AQ=10cm ＞AC ，不符合题意，舍去，∴t=
2513。

由〔2〕可知，S △AQP =26
t +6t 5
- ∴S 菱形AQPQ′=2S △AQP =2×〔26t +6t 5
-〕=2×[﹣
65×〔2513〕2+6×2513]=2400169。

∴存在时刻t=2513，使四边形AQPQ′为菱形，此时菱形的面积为2400169cm 2。

【考点】动点问题，勾股定理和逆定理，平行的判定，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程和一元二次方程根的判别式，二次函数的最值，菱形的性质。

【分析】〔1〕由PQ ∥BC 时的比例线段关系，列一元一次方程求解。

〔2〕如图1所示，过P 点作PD ⊥AC 于点D ，得△APD ∽△ABC ，由比例线段，求得PD ，从而可以得到S 的表达式，然后利用二次函数的极值求得S 的最大值。

〔3〕利用〔2〕中求得的△AQP 的面积表达式，再由线段PQ 恰好把△ABC 的面积平分，列出一元二次方程；由于此一元二次方程的判别式小于0，那么可以得出结论：不存在这样的某时刻t ，使线段PQ 恰好把△ABC 的面积平分。

〔4〕根据菱形的性质及相似三角形比例线段关系，求得PQ 、QD 和PD 的长度；然后在Rt △PQD 中，求得时间t 的值；最后求菱形的面积，值得注意的是菱形的面积等于△AQP 面积的2倍，从而可以利用〔2〕中△AQP 面积的表达式，这样可以化简计算。

9.〔2022贵州黔东南12分〕我州某教育行政部门方案今年暑假组织局部教师到外地进行学习，预订宾馆住宿时，有住宿条件一样的甲、乙两家宾馆供选择，其收费标准均为每人每天120元，并且各自推出不同的优惠方案．甲家是35人〔含35人〕以内的按标准收费，超过35人的，超出局部按九折收费；乙家是45人〔含45人〕以内的按标准收费，超过45人的，超出局部按八折收费．如果你是这个部门的负责人，你应选哪家宾馆更实惠些
【答案】解：设总人数是x ，
当x≤35时，选择两个，宾馆是一样的；当35＜x≤45时，选择甲宾馆比较廉
价；
当x ＞45时，甲宾馆的收费是：y 甲=35×120+0.9×120×〔x ﹣35〕=108x+420；
乙宾馆的收费是y 乙=45×120+0.8×120〔x ﹣45〕=96x+1080。

当y 甲=y 乙时，108x+420=96x+1080，解得：x=55；
当y 甲＞y 乙时，即108x+420＞96x+1080，解得：x ＞55；
当y 甲＜y 乙时，即108x+420＜96x+1080，解得：x ＜55。

综上所述，当x≤35或x=55时，选择两个宾馆是一样的；
当35＜x ＜55时，选择甲宾馆比较廉价。

当x ＞55时，选乙宾馆比较廉价。

【考点】一次函数的应用。

【分析】当x≤35时，选择两个，宾馆是一样的；当35＜x≤45时，选择甲宾馆比较廉价，当x ＞35时，两个宾馆的收费可以表示成人数x 的函数，比较两个函数值的大小即可。

10.〔2022贵州黔东南12分〕如图，抛物线经过点A 〔﹣1，0〕、B 〔3，0〕、C 〔0，3〕三点．
〔1〕求抛物线的解析式．
〔2〕点M 是线段BC 上的点〔不与B ，C 重合〕，过M 作MN ∥y 轴交抛物线于N ，假设点M 的横坐标为m ，请用m 的代数式表示MN 的长．
〔3〕在〔2〕的条件下，连接NB 、NC ，是否存在m ，使△BNC 的面积最大假设存在，求m 的值；假设不存在，说明理由．
【答案】解：〔1〕∵抛物线经过点A 〔﹣1，0〕、B 〔3，0〕两点，
∴设抛物线的解析式为：y=a 〔x+1〕〔x ﹣3〕，
将C 〔0，3〕代入，得a 〔0+1〕〔0﹣3〕=3，a=﹣1。

∴抛物线的解析式：y=﹣〔x+1〕〔x ﹣3〕=﹣x 2+2x+3。

〔2〕设直线BC 的解析式为：y=kx+b ，那么有：
3k+b=0b=3⎧⎨⎩，解得k=1b=3-⎧⎨⎩。

∴直线BC 的解析式：y=﹣x+3。

点M 的横坐标为m ，那么M 〔m ，﹣m+3〕、N 〔m ，﹣m 2+2m+3〕；
∴MN=﹣m 2+2m+3﹣〔﹣m+3〕=﹣m 2+3m 〔0＜m ＜3〕。

〔3〕存在。

如图；
∵S△BNC=S△MNC+S△MNB=1
2
MN〔OD+DB〕=
1
2
MN•OB，
∴S△BNC=1
2
〔﹣m2+3m〕•3
=﹣3
2
〔m﹣
3
2
〕2+
27
8
〔0＜m＜3〕。

∴当m=3
2
时，△BNC的面积最大，最大值为
27
8。

【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数最值。

【分析】〔1〕由抛物线经过点A〔﹣1，0〕、B〔3，0〕、C〔0，3〕三点．用待定系数法即可求。

〔2〕求得直线BC的解析式，即可由点M的横坐标为m得其纵坐标为﹣m+3，结合点N 的纵坐标﹣m2+2m+3即可用m的代数式表示MN的长。

〔3〕求出S△BNC关于m的函数关系式，应用二次函数最值原理即可求得结论。

11.〔2022贵州黔南12分〕如图1，在边长为5的正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD边上的点，且AE⊥EF，BE=2
〔1〕求EC：CF值；
〔2〕延长EF交正方形∠BCD的外角平分线CP于点P〔图2〕，试判断AE与EP大小关系，并说明理由；
〔3〕在图2的AB边上是否存在一点M，使得四边形DMEP是平行四边形假设存在，请给予证明；假设不存在，请说明理由。

【答案】解：〔1〕∵AE⊥EF，∴∠BEA+∠CEF=90°。

∵四边形ABCD为正方形，∴∠B=∠C=90°。

∴∠BAE +∠BEA =90°。

∴∠BA E=∠CEF。

∴△ABE∽△ECF。

∴EC：CF=AB：BE=5：2。

〔2〕在AB上取一点M，使BM=BE，连接ME。

∴∠AME=∠ECP。

∵∠AEB+∠BAE=90°，∠AEB+∠CEF=90°，
∴∠BAE=∠CEF。

∴△AME≌△PCE〔ASA〕。

∴AE=EP。