2022年中考数学压轴题
1.如图1，已知在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝8√2，且点C与点A在x轴，点B在y轴上．
（1）直接写出直线AB和直线BC的解析式；
（2）点P是线段AB上一点，过点P作PD⊥x轴于点D，作PE⊥x轴交BC于点E，交y轴于点G．当PD+PE＝13时，在线段AB轴上有一动点Q，在线段OB轴上有一动点R，连接DR，RQ，求DR+RQ的最小值和此时点Q的坐标；
（3）如图2，在（2）的结论下，将△PBG绕点B逆时针旋转45°至△P'BG′．将△P′BG′沿射线BC方向平移，设平移后的△P'BG'为△P″B″G″，连接P″C，当△CB″P″是等腰三角形时，求△P'BG'的平移距离d． 解：（1）OA＝ABcos45°＝8＝OB＝OC，
即点A、B、C的坐标分别为（﹣8，0）、（0，8）、（8，0），
把A、B坐标代入一次函数表达式y＝kx+8得：y＝﹣8k+8，解得：k＝1， 故：直线AB的表达式为：y＝x+8， 同理可得直线BC的表达式为：y＝﹣x+8；
（2）设点P的坐标为（m，m+8），则点E的坐标为（﹣m，m+8）， PD+PE＝m+8﹣2m＝13，解得：m＝﹣5， 即点P（﹣5，3）、E（5，3）、D（﹣5，0），
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在x轴确定D点关于y轴的对称点D′（5，0），过点D′作D′Q⊥AB交AB于点Q、交y轴于点R，则DR+RQ＝D′Q最小， DR+RQ＝D′Q＝AD′sin45°＝13×点Q的坐标为（−2，
3
132
√22=
13√2， 2）；
（3）设：△P'BG'为△P″B″G″在水平方向上平移的距离为m，则d=√2m，B″P″交x轴于点H，
①当P″B″＝B″C时，CH＝8﹣m，而P″G″＝5， S△P″B″C=CB″×P″G″=P″B″×CH， 即：P″G″＝CH，8﹣m＝5， 解得：m＝3，则d＝3√2；
②当P″C＝B″C时，同理可得：d＝8√2−10；
③当P″B″＝P″C时，∠P″CB″＝45°，∠B″P″C＝90°， 同理可得：d＝8√2−5或13√2；
故：平移距离d为3√2、8√2−10、8√2−5、13√2．
2．如图1，抛物线y＝x2+bx+c交x轴于点A（﹣3，0），B（2，0），交y轴于点C． （1）求抛物线的解析式；
（2）如图2，D点坐标为（2√3，0），连结DC．若点H是线段DC上的一个动点，求OH+2HC的最小值．
（3）如图3，连结AC，过点B作x轴的垂线l，在第三象限中的抛物线上取点P，过点P作直线AC的垂线交直线l于点E，过点E作x轴的平行线交AC于点F，已知PE＝CF． ①求点P的坐标；
②在抛物线y＝x2+bx+c上是否存在一点Q，使得∠QPC＝∠BPE成立？若存在，求出Q
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点坐标；若不存在，请说明理由．
解：（1）设抛物线的表达式为：y＝a（x﹣x1）（x﹣x2）＝（x+3）（x﹣2）＝x2+x﹣6， 抛物线的表达式为：y＝x2+x﹣6…①，
（2）作点O关于直线DC的对称点O′交CD于点M，过点O′作O′G⊥y轴交DC与点H、交y轴与点G，
∵OD＝2√3，OC＝6，则∠OCD＝30°，∴GH=2HC，
在图示的位置时，OH+HC＝GH+OH，此时为最小值，长度为GO′，
1
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∵O′O⊥DC，∴∠OO′H＝∠OCD＝30°， ∴OM=OC＝3=OO′，
在Rt△OO′G中，GO′＝OO′cos∠OO′G＝6cos30°＝3√3， 即：OH+2HC的最小值为3√3；
（3）①设点P的坐标为（m，n），n＝m2+m﹣6，
直线AC表达式的k值为﹣2，则直线PE表达式的k值为，
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212设直线PE的表达式为：y=2x+b， 将点P坐标代入上式并解得：b＝n−2m，
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则点E的坐标为（2，1+n−m），点F的坐标为（m−n−，1+n−m），
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127212过点P作x轴的平行线交直线l于点M，过点F作y轴平行线交过C点作x轴的平行线于点S，
∵AC⊥PE，∴∠EPM＝∠SFC＝β，
∵PE＝CF，则PEcosβ＝CFcosβ，即：PM＝FS， ∴1+n−m+6＝2﹣m，即：2m2+3m﹣2＝0， 解得：m=或﹣2（舍去），
2
1
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12故点P坐标为（﹣2，﹣4）， 点E坐标为（2，﹣2）；
②过点P作x轴的平行线交直线l于点M、交y轴于点R，作EN⊥PB于点N，
则：PM＝4＝BM＝4，EM＝BE＝2，
则PE=√20，EN＝BEsin∠NBE＝2×sin45°=√2， 设：∠QPC＝∠BPE＝α，
则sin∠BPE=𝑃𝐸=√10=sinα，则tanα=3，
过点P作y轴的平行线交过C点与x轴的平行线于点L，延长PQ交CL于点H，过点H作HG⊥PC，
𝐸𝑁
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1
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则：PL＝PR＝RC＝CL＝2，即四边形PRCL为正方形， ∴∠PCH＝45°，设：GH＝GC＝m， PG=
√2𝐺𝐻
=3m，PC＝PG+GC＝4m＝2√2，则m=，
𝑡𝑎𝑛∠𝐶𝑃𝑄2CH=√2m＝1，即点H坐标为（﹣1，﹣6）， 则HP所在的直线表达式为：y＝﹣2x﹣8…②，
①②联立并解得：x＝﹣1或﹣2（x＝﹣2和点P重合，舍去）， 故点Q的坐标为（﹣1，﹣6）， 同理当点Q在第四象限时，点Q（，−
21
21
）； 4综上，点Q（﹣1，﹣6）或（，−
2
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21）． 4
3．如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，A（1，0），B（0，2），二次函数y=𝑥2+bx﹣2的图象经过C点． （1）求二次函数的解析式；
（2）平移该二次函数图象的对称轴所在直线l，若直线l恰好将△ABC的面积分为1：2两部分，请求出此时直线l与x轴的交点坐标；
（3）将△ABC以AC所在直线为对称轴翻折180°，得到△AB′C，那么在二次函数图象上是否存在点P，使△PB′C是以B′C为直角边的直角三角形？若存在，请求出P点坐标；若不存在，请说明理由．
1
2
解：（1）过点C作KC⊥x轴交于点K，
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∵∠BAO+∠CAK＝90°，∠BAO+∠CAK＝90°， ∴∠CAK＝∠OBA，
又∠AOB＝∠AKC＝90°，AB＝AC， ∴△ABO≌△CAK（AAS），
∴OB＝AK＝2，AO＝CK＝1，故点C的坐标为（3，1）， 将点C的坐标代入二次函数表达式得：1=2×9+3b﹣2， 解得：b=−，
故二次函数表达式为：y=𝑥2−x﹣2…①； （2）设若直线l与直线BC、AC分别交于点M、N，
把点B、C的坐标代入一次函数表达式：y＝kx+2得：1＝3k+2， 解得：k=−3，
即直线BC的表达式为：y=−3x+2， 同理可得直线AC的表达式为：y=2x−2， 直线AB的表达式为：y＝﹣2x+2，
设点M的坐标为（x，−3x+2）、点N坐标为（x，x−2），
2直线l恰好将△ABC的面积分为1：2两部分， 设：S△CMN=3S△ACB或S△CMN=3S△ACB，
即：×（3﹣x）（−3x+2−2x+2）=2×√5×√5×3或×（3﹣x）（−3x+2−2x+2）=
2
2
12×5×5×， √√23
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解得x＝3−√2或1（不合题意的值已舍去），
即：直线l与x轴的交点坐标为（1，0）或（3−√2，0）；
（3）将△ABC以AC所在直线为对称轴翻折180°，点B′的坐标为（2，﹣2）， ①当∠PCB′＝90°时，
∵∠BCB′＝90°，故点P为直线BC与抛物线的另外一个交点， 直线BC的方程为：y=−3𝑥+2⋯②， 联立①②解得：x＝3或−， 故点P的坐标为（−，
8
3269831
）；
②当∠CB′P＝90°时，
同理可得：点P的坐标为（﹣1，﹣1）或（，−
34
16
）， 94
16
故：点P的坐标为：（−3，8
26
）或（﹣1，﹣1）或（，−9）．
93
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CG的长．
9√25
，求线段
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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，
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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=√𝑂𝐵
2−𝑂𝐸2=√9𝑥2−𝑥2=2√2x，
∵∠BAE＝∠CAE，
∴tan∠BAE＝tan∠CAE=𝐴𝐸=𝐴𝑁， ∴
2√2𝑥𝑁𝐹
=， 4𝑥𝐴𝑁
𝐵𝐸
𝑁𝐹
∴AN=√2NF， ∵∠BOE＝∠NOF， ∴tan∠BOE＝tan∠NOF=∴
2√2𝑥𝑁𝐹
=， 𝑥𝑂𝑁
√2𝐵𝐸𝑁𝐹
=， 𝑂𝐸𝑂𝑁∴ON=4NF，
∴AO＝AN+ON=4NF， ∵△AOF的面积为
1
19√255√2，
9√2∴×AO×NF=2×4NF2=5， 2∴NF=5，
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5√26√2∴AO=
5√2NF＝3＝3x， 4∴x＝1，
∴BE＝2√2=OH，AE＝4，DG＝DE＝2， ∴AC=√𝐴𝐸2+𝐶𝐸2=√16+8=2√6，
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√2， ∵四边形ADGC是圆内接四边形， ∴∠ACM＝∠ADG， 又∵∠AMC＝∠AGD＝90°， ∴△ACM∽△ADG， ∴∴𝐴𝐷𝐴𝐶62√6=
𝐴𝐺𝐴𝑀
=
𝐷𝐺𝐶𝑀
，
=
4√22
=， 𝐴𝑀𝐶𝑀
8√3∴CM=3，AM=3， ∴GM=√𝐴𝐺
22√6−𝐴𝑀2=√32−
4√6=， 33∴CG＝GM﹣CM=
2√6． 35．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
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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，
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∴AD2+CD2＝BD2．
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