2022届中考数学压轴题押题附答案

2022年中考数学压轴题
1．在平面直角坐标系xOy中抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A、B、C，已知A（﹣1，0），C （0，3）．
（1）求抛物线的表达式；
（2）如图1，P为线段BC上一点，过点P作y轴平行线，交抛物线于点D，当△BCD 的面积最大时，求点P的坐标；
（3）如图2，抛物线顶点为E，EF⊥x轴于F点，N是线段EF上一动点，M（m，0）是x轴上一动点，若∠MNC＝90°，直接写出实数m的取值范围．
解：（1）由题意得： 晦 耀晦䁚
晦䁚h，
解得： 䁚 晦䁚h，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3；
（2）令﹣x2+2x+3＝0，
∴x1＝﹣1，x2＝3，
即B（3，0），
设直线BC的解析式为y＝kx+b′，
∴ 䁚h ht耀 䁚 ，
解得：t䁚 晦 䁚h，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
设P（a，3﹣a），则D（a，﹣a2+2a+3），
∴PD＝（﹣a2+2a+3）﹣（3﹣a）＝﹣a2+3a，
＝S△PDC+S△PDB
∴S
△BDC
䁚晦 PD•a耀晦 PD•（3﹣a）
䁚晦 PD•3
䁚h （﹣a2+3a）
䁚 h （a h ）2耀 ㄠ ，
∴当a䁚h 时，△BDC的面积最大，此时P（h ，h ）；
（3）由（1），y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴E（1，4），
设N（1，n），则0＜n≤4，
∵∠MNC＝90°，
∴CM2＝CN2+MN2，
∴32+m2＝12+（3﹣n）2+（m﹣1）2+n2
整理得，m＝n2﹣3n+1，即m＝（n h ）2 ，
∵0＜n≤4，
当n䁚h 上，m最小值䁚 ，n＝4时，m＝5，
综上，m的取值范围为： m≤5．
2．如图，已知抛物线y䁚 晦 x2+bx+c与x轴交于点A，B，点A的坐标为（﹣1，0），与y 轴交于点C（0，2），点D与点C关于x轴对称，点P是x轴正半轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q，交直线BD于点M．（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式；
（2）若m＝3，试证明△BQM是直角三角形；
（3）已知点F（0，晦 ），试求m为何值时，四边形DMQF是平行四边形？
解：（1）函数与y轴交于点C（0，2），则抛物线表达式为：y䁚 晦 x2+bx+2，将点A坐标代入上式得： 晦 b+2＝0，则b䁚h ，
故：抛物线的表达式为：y䁚 晦 x2耀h x+2，
令y＝0，则x＝4或﹣1，即点B坐标为（4，0）；
（2）m＝3，则点P（3，0），
点D与点C关于x轴对称，则点D坐标为（0，﹣2），
把x＝3代入抛物线表达式，则y＝2，即：Q（3，2），
把点D的坐标代入一次函数表达式y＝kx+b，
则：y＝kx﹣2，
把点B坐标代入上式，解得：k䁚晦 ，
则BD所在直线表达式为：y䁚晦 x﹣2，
则点M坐标为（3， 晦 ），
则：BM2䁚 ，BQ2＝5，QM2䁚 ，即：BM2+BQ2＝QM2，
故：△BQM是直角三角形；
（3）点P的坐标为（m，0），
则点Q坐标（m， 晦 m2耀h m+2）、点M坐标（m，晦 m﹣2），
当QM＝EF䁚 时，四边形DMQF是平行四边形，
则：QM䁚 晦 m2耀h m+2 晦 m+2䁚 ，
解得：m＝3或﹣1，
∵点P是x轴正半轴上的一个动点，
∴m＝3
答：当m＝3时，四边形DMQF是平行四边形．
3．如图1，经过原点O的抛物线y＝ax2+bx（a≠0）与x轴交于另一点A（h ，0），在第一象限内与直线y＝x交于点B（2，t）．
（1）求这条抛物线的表达式；
（2）在第四象限内的拋物线上有一点C，满足以B，O，C为顶点的三角形的面积为2，求点C的坐标；
（3）如图2，若点M在这条抛物线上，且∠MBO＝∠ABO，
①求点M的坐标；
②在（2）的条件下，是否存在点P，使得△POC∽△MOB？若存在，求出点P的坐标；
若不存在，请说明理由．
解：（1）∵B（2，t）在直线y＝x上，
∴t＝2，
∴B（2，2），
把A 、B 耀 䁚 耀h 䁚 ，解得ܽ䁚 䁚 h ，∴抛物线解析式为y ＝2x 2﹣3x ；
（2）如图1，过C 作CD ∥y 轴，交x 轴于点E ，交OB 于点D ，过B 作BF ⊥CD 于点F ，
∵点C 是抛物线上第四象限的点，
∴可设C （t ，2t 2﹣3t ），则E （t ，0），D （t ，t ），
∴OE ＝t ，BF ＝2﹣t ，CD ＝t ﹣（2t 2﹣3t ）＝﹣2t 2+4t ，
∴S △OBC ＝S △CDO +S △CDB 䁚晦 CD •OE 耀晦 CD •BF 䁚晦 （﹣2t 2+4t ）（t +2﹣t ）＝﹣2t 2+4t ，
∵△OBC 的面积为2，
∴﹣2t 2+4t ＝2，解得t 1＝t 2＝1，
∴C （1，﹣1）；
（3）①设MB 交y 轴于点N ，如图2，
∵B （2，2），
∴∠AOB ＝∠NOB ＝45°，
在△AOB 和△NOB 中， th 䁚 th th 䁚th ht 䁚 ht
∴△AOB≌△NOB（ASA），
∴ON＝OA䁚h ，
∴N（0，h ），
∴可设直线BN解析式为y＝kx耀h ，
把B点坐标代入可得2＝2k耀h ，解得k䁚晦 ，
∴直线BN的解析式为y䁚晦 x耀h ，
联立直线BN和抛物线解析式可得 䁚晦 耀h
䁚 h ，
解得 䁚 䁚 （舍去）或 䁚 h 䁚 h ，
∴M（ h ， h ），
②∵C（1，﹣1），
∴∠COA＝∠AOB＝45°，且B（2，2），
∴OB＝2 ，OC䁚 ，
∵△POC∽△MOB，
∴t t 䁚th tt䁚2，∠POC＝∠BOM，
当点P在第一象限时，如图3，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥x轴于点H，
∵∠COA＝∠BOG＝45°，
∴∠MOG＝∠POH，且∠PHO＝∠MGO，
∴△MOG∽△POH，
∴t t 䁚 䁚t t 䁚2，
∵M（ h ， h ），
∴MG䁚h ，OG䁚 h ，
∴PH䁚晦 MG䁚h晦t，OH䁚晦 OG䁚 t ，
∴P（ t ，h晦t）；
当点P在第三象限时，如图4，过M作MG⊥y轴于点G，过P作PH⊥y轴于点H，
同理可求得PH䁚晦 MG䁚h晦t，OH䁚晦 OG䁚 t ，
∴P（ h晦t， t ）；
综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（ t ，h晦t）或（ h晦t， t ）．
4．已知：⊙O是△ABC的外接圆，AD为⊙O的直径，AD⊥BC，垂足为E，连接BO，延长BO交AC于点F．
（1）如图1，求证：∠BFC＝3∠CAD；
（2）如图2，过点D作DG∥BF交⊙O于点G，点H为DG的中点，连接OH，求证：BE＝OH；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接CG，若DG＝DE，△AOF的面积为 ，求线段CG的长．
证明：（1）∵AD为⊙O的直径，AD⊥BC，
∴BE＝EC，
∴AB＝AC，
又∵AD⊥BC，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵OA＝OB，
∴∠BAD＝∠ABO，
∴∠BAD＝∠ABO＝∠CAD，
∵∠BFC＝∠BAC+∠ABO，
∴∠BFC＝∠BAD+∠EAD+∠ABO＝3∠CAD；（2）如图2，连接AG，
∵AD是直径，
∴∠AGD＝90°，
∵点H是DG中点，
∴DH＝HG，
又∵AO＝DO，
∴OH∥AG，AG＝2OH，
∴∠AGD＝∠OHD＝90°，
∵DG∥BF，
∴∠BOE＝∠ODH，
又∵∠OEB＝∠OHD＝90°，BO＝DO，
∴△BOE≌△ODH（AAS），
∴BE＝OH；
（3）如图3，过点F作FN⊥AD，交AD于N，
设DG＝DE＝2x，
∴DH＝HG＝x，
∵△BOE≌△ODH，
∴OE＝DH＝x，
∴OD＝3x＝OA＝OB，
∴BE䁚th th 䁚 䁚2 x，∵∠BAE＝∠CAE，
∴tan∠BAE＝tan∠CAE䁚hh h䁚 ，
∴ 䁚 ，
∴AN䁚 NF，
∵∠BOE＝∠NOF，
∴tan∠BOE＝tan∠NOF䁚hh th䁚 t ，
∴ ，
∴ON䁚，
∴AO＝AN+ON䁚 ，
∵△AOF的面积为 ，
∴晦 䁚晦 2䁚
∴NF䁚
∴AO䁚＝3＝3x，
∴x＝1，
∴BE＝2 䁚OH，AE＝4，DG＝DE＝2，
∴AC䁚 h 耀th 䁚晦t耀 䁚2t，
如图3，连接AG，过点A作AM⊥CG，交GC的延长线于M，
由（2）可知：AG＝2OH＝4 ，
∵四边形ADGC是圆内接四边形，
∴∠ACM＝∠ADG，
又∵∠AMC＝∠AGD＝90°，
∴△ACM∽△ADG，
∴ 䁚 t ，
䁚 ，
∴CM䁚h AM䁚h
∴GM䁚 䁚䁚
∴CG＝GM﹣CM䁚
5．定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形．
理解：
（1）若四边形ABCD是对余四边形，则∠A与∠C的度数之和为90°或270°；
证明：
（2）如图1，MN是⊙O的直径，点A，B，C在⊙O上，AM，CN相交于点D．
求证：四边形ABCD是对余四边形；
探究：
（3）如图2，在对余四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，探究线段AD，CD和
BD之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由．
（1）解：∵四边形ABCD是对余四边形，
∴∠A+∠C＝90°或∠A+∠C＝360°﹣90°＝270°，
故答案为：90°或270°；
（2）证明：∵MN是⊙O的直径，点A，B，C在⊙O上，
∴∠BAM+∠BCN＝90°，
即∠BAD+∠BCD＝90°，
∴四边形ABCD是对余四边形；
（3）解：线段AD，CD和BD之间数量关系为：AD2+CD2＝BD2，理由如下：∵对余四边形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴∠ADC＝30°，
∵AB＝BC，
∴将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD，如图3所示：
∴△BCD≌△BAF，∠FBD＝60°
∴BF＝BD，AF＝CD，∠BDC＝∠BFA，
∴△BFD是等边三角形，
∴BF＝BD＝DF，
∵∠ADC＝30°，
∴∠ADB+∠BDC＝30°，
∴∠BFA+∠ADB＝30°，
∵∠FBD+∠BFA+∠ADB+∠AFD+∠ADF＝180°，
∴60°+30°+∠AFD+∠ADF＝180°，
∴∠AFD+∠ADF＝90°，
∴∠FAD＝90°，
∴AD2+AF2＝DF2，
∴AD2+CD2＝BD2．。