2023年中考数学压轴题100题11

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2023年中考数学压轴题100题精选（11-20题）答案

解：（1）证明：在Rt△FCD中，∵G为DF的中点，∴CG=FD．………1分同理，在Rt△DEF中，EG=FD．…………2分∴CG=EG．…3分（2）（1）中结论依旧成立，即EG=CG．…………4分证法一：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点．在△DAG与△DCG中，∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，∴△DAG≌△DCG．∴AG=CG．………5分

在△DMG与△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，

∴△DMG≌△FNG．∴MG=NG在矩形AENM中，AM=EN．……………6分在Rt△AMG与Rt△ENG中，∵AM=EN，MG=NG，

∴△AMG≌△ENG．∴AG=EG．∴EG=CG．……………8分证法二：延长CG至M,使MG=CG，连接MF，ME，EC，……4分

在△DCG与△FMG中，∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG，∴△DCG≌△FMG．∴MF=CD，∠FMG＝∠DCG．

∴MF∥CD∥AB．………5分∴在Rt△MFE与Rt△CBE中，

∵MF=CB，EF=BE，∴△MFE≌△CBE．∴∠MEC＝∠MEF＋∠FEC＝∠CEB＋∠CEF＝90．∴△MEC为直角三角形．∵MG=CG，∴EG=MC．………8分

（3）（1）中的结论依旧成立，即EG=CG．其他的结论还有:EG⊥CG．……10分解：（1）圆心O在坐标原点，圆O的半径为1，

0)B(0，1)、C(1，、0)D(01)，点A、B、C、D的坐标分别为A(1，、

抛物线与直线yx交于点M、N，且MA、NC分别与圆O相切于点A和点C，

1)、N(11)，．点D、M、N在抛物线上，将D(01)，、M(1，1)、N(11)，的坐标代入M(1，

c1a1

yax2bxc，得：1abc解之，得：b1

1abcc1

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1

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抛物线的解析式为：yx2x1．

4分2

（2）yx2

x1

x1524

抛物线的对称轴为x

12

，

OE12，DE6分

连结BF，BFD90，

△BFD∽△EOD，

DEOD

DB

FD

，

又DE

OD1，DB2，

FD

，

EFFDDE

．8分（3）点P在抛物线上．9分设过D、C点的直线为：ykxb，

将点C(1，、0)D(01)，的坐标代入ykxb，得：k1，b1，

直线DC为：yx1．

10分过点B作圆O的切线BP与x轴平行，P点的纵坐标为y1，将y1代入yx1，得：x2．

P点的坐标为(2，

1)，当x2时，yx2x122211，所以，P点在抛物线yx2

x1上．12分解：（1）该抛物线过点C(0，2)，可设该抛物线的解析式为yax2

bx2．将A(4，0)，B(1，0)代入，

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2

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1得16a4b20，a2，

ab20.解得b52

.

此抛物线的解析式为y15

2x22

x2．

（3分）（2）存在．（4分）

如图，设P点的横坐标为m，则P点的纵坐标为125

2m2

m2，当1m4时，

AM4m，PM1m25

22

m2．

又COAPMA90，

①当

AMPMAOOC2

1时，△APM∽△ACO，

即4m2

12m252m2

．

解得m12，m24（舍去），P(2，1)．（6分）②当

AMPMOCOA12时，△APM∽△CAO，即2(4m)15

2m22

m2．解得m14，m25（均不合题意，舍去）

当1m4时，P(2，

1)．（7分）类似地可求出当m4时，P(5，2)．（8分）当m1时，P(3，14)．

综上所述，符合条件的点P为(2，1)或(5，2)或(3，

14)．（9分）（3）如图，设D点的横坐标为t(0t4)，则D点的纵坐标为

12t25

2

t2．过D作y轴的平行线交AC于E．由题意可求得直线AC的解析式为y1

2

x2．（10分）

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3

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15111

（11分）E点的坐标为tt2．DEt2t2t2t22t．

2222211

S△DACt22t4t24t(t2)24．

22

（13分）1)．当t2时，△DAC面积最大．D(2，

（1）解：∵A点第一次落在直线yx上时中止旋转，∴OA旋转了45.

4522

∴OA在旋转过程中所扫过的面积为.……………4分

3602

（2）解：∵MN∥AC，∴BMNBAC45,BNMBCA45.∴BMNBNM.∴BMBN.又∵BABC，∴AMCN.又∵OA

O,COAMOCN,∴OAMOCN.∴AOMCON.∴

1

AOM(9045.∴旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形OABC旋转的度

2

数为45.……………8分

（3）答：p值无变化.证明：延长BA交y轴于E点，则AOE45AOM，.又∵OACON900450AOM450AOM，∴AOECO

，OC

OAE1800900900OCN.∴OAEOCN.∴OEON,AECN.

又∵MOEMON45,OMOM,∴OME

∴MNMEAMAE.∴MNAMCN，

∴pMNBNBMAMCNBNBMABBC∴在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化.……………12

2

x

（第26题）

⑴设二次函数的解析式为：y=a(x-h)+k∵顶点C的横坐标为4，且过点(0，73)

9

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4

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∴y=a(x-4)+k7316ak………………①

9

2

又∵对称轴为直线x=4，图象在x轴上截得的线段长为6∴A(1，0)，B(7，0)

∴0=9a+k………………②由①②解得a=，k=－3∴二次函数的解析式为：y=3(x-4)2－3

99⑵∵点A、B关于直线x=4对称∴PA=PB∴PA+PD=PB+PD≥DB∴当点P在线段DB上时PA+PD取得最小值∴DB与对称轴的交点即为所求点P

设直线x=4与x轴交于点M∵PM∥OD，∴∠BPM=∠BDO，又∠PBM=∠DBO7

33

PMBM∴点P的坐标为(4，3)9∴△BPM∽△BDO∴∴PM

3DOBO73

⑶由⑴知点C(4，3)，又∵AM=3，∴在Rt△AMC中，cot∠ACM=，

3∴∠ACM=60，∵AC=BC，∴∠ACB=120

①当点Q在x轴上方时，过Q作QN⊥x轴于N假使AB=BQ，由△ABC∽△ABQ有BQ=6，∠ABQ=120，则∠QBN=60∴QN=3，BN=3，ON=10，此时点Q(10，3)，假使AB=AQ，由对称性知Q(-2，3)

②当点Q在x轴下方时，△QAB就是△ACB，此时点Q的坐标是(4，3)，经检验，点(10，33)与(-2，3)都在抛物线上综上所述，存在这样的点Q，使△QAB∽△ABC点Q的坐标为(10，33)或(-2，3)或(4，3)．

o

o

o

o

解：（1）设正比例函数的解析式为yk1x(k10)，由于yk1x的图象过点A(3，3)，所以33k1，解得k11．

这个正比例函数的解析式为yx．（1分）

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5

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设反比例函数的解析式为y

k2x(kk

20)．由于y2x

的图象过点A(3，

3)，所以3k29

3，解得k29．这个反比例函数的解析式为yx

．

（2分）（2）由于点B(6，m)在y

9x的图象上，所以m9632，则点B63

2

．（3分）设一次函数解析式为yk3xb(k30)．由于yk3xb的图象是由yx平移得到的，所以k

331，即yxb．又由于yxb的图象过点B62

，所以

399

26b，解得b2，一次函数的解析式为yx2

．

（4分）（3）由于yx

992的图象交y轴于点D，所以D的坐标为

0，2．

设二次函数的解析式为yax2

bxc(a0)．

由于yax2

bxc的图象过点A(3，3)、B

63、和D0，

922

，

9a3bc3，a12，所以

36a6bc3，（5分）解得2b4，

9c9

.c2

.2这个二次函数的解析式为y129

2x4x2

．

（6分）（4）yx

992交x轴于点C，点C的坐标是2，

0

如下图，/p>

223233

451899

42

814

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假设存在点E(x0，y0)，使S1

281227

3S43

2

．四边形CDOE的顶点E只能在x轴上方，y00，

S19919819

1S△OCDS△OCE22222y084

y0．

8192784y0

2，y3

02．E(x0，y0)在二次函数的图象上，12x29304x022

．解得x02或x06．

当x

06时，点E632

与点B重合，这时CDOE不是四边形，故x06舍去，

点E的坐标为3

22

．（8分）

解：（1）已知抛物线yx2

bxc经过A(1，，0)B(0，2)，

01bc200c解得b3c2

所求抛物线的解析式为yx23x2．2分（2）A(1，0)，B(0，2)，OA1，OB2

可得旋转后C点的坐标为(31)，3分当x3时，由yx2

3x2得y2，可知抛物线yx2

3x2过点(3，2)

将原抛物线沿y轴向下平移1个单位后过点C．

平移后的抛物线解析式为：yx23x1．

5分（3）点N在yx2

3x1上，可设N点坐标为(x2

0，x03x01)

将yx2

3x1配方得yx32

2

54，其对称轴为x32．6分

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①当0x0

3

时，如图①，2

S△NBB12S△NDD1

121x1302212x0x01

图①

此时x2

03x011

N点的坐标为(1，

1)．8分②当x3

02

时，如图②

同理可得

11132x022x02

x03此时x2

03x011

图②

点N的坐标为(31)

，．综上，点N的坐标为(1，1)或(31)，．10分解：（1）抛物线yax2

bx4a经过A(1，0)，C(0，4)两点，

ab4a0，a1，

4a4.解得

b3.抛物线的解析式为yx23x4．

（2）点D(m，m1)在抛物线上，m1m2

3m

4即m2

2m30，m1或m3．

点D在第一象限，点D的坐标为(3，

4)．由（1）知OAOB，CBA45．设点D关于直线BC的对称点为点E．

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C(0，4)，CD∥AB，且CD3，

ECBDCB45，

E点在y轴上，且CECD3．

1)．OE1，E(0，

即点D关于直线BC对称的点的坐标为（0，1）．

（3）方法一：作PF⊥AB于F，DE⊥BC于E．由（1）有：OBOC4，OBC45，DBP45，CBDPBA．

C(0，，4)D(3，4)，CD∥OB且CD3．

DCECBO45，DECE

2

2

OBOC4，BC，BEBCCEDE3

．BE5

设PF3t，则BF5t，OF5t4，tanPBFtanCBDP(5t4，3t)．

P点在抛物线上，

3t(5t4)23(5t4)4，

t0（舍去）或t

22266

，P．25525

方法二：过点D作BD的垂线交直线PB于点Q，过点D作DH⊥x轴于H．过Q点作QG⊥DH于G．

PBD45，QDDB．QDGBDH90，

又DQGQDG90，DQGBDH．

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△QDG≌△DBH，QGDH4，DGBH1．

由（2）知D(3，4)，Q(13)，．

B(4，0)，直线BP的解析式为y3125x5．

yx23x4，

2解方程组312得

x14，x2，y5x5，y10；5

y2

6625.

点P的坐标为266

525

．

（1）EO＞EC，理由如下：

由折叠知，EO=EF，在Rt△EFC中，EF为斜边，∴EF＞EC，故EO＞EC…2分（2）m为定值

∵S四边形CFGH=CF2=EF2－EC2=EO2－EC2=(EO+EC)(EO―EC)=CO(EO―EC)S四边形CMNO=CMCO=|CE―EO|CO=(EO―EC)CO∴m

S四边形CFGH

S1……………………4分

四边形CMNO

（3）∵CO=1，CE1

，QF23∴EF=EO=1132

33

QF∴cos∠FEC=

1

2∴∠FEC=60，

∴FEA18060

2

60OEA，EAO30

∴△EFQ为等边三角形，EQ2

3…………5分

作QI⊥EO于I，EI=

12EQ1

3

，IQ=2EQ33∴IO=

211

33

3∴Q点坐标为

(3,13)……6分∵抛物线y=mx2+bx+c过点C(0，1)，Q(3,1

3)，m=1

∴可求得b3，c=1

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∴抛物线解析式为yx3x1（4）由（3），AO当x

2

……7分

3EO

2221

3时，y(3)231＜AB3333

21

,)…8分33

233

∴P点坐标为(∴BP=1

12

AO33

方法1：若△PBK与△AEF相像，而△AEF≌△AEO，则分状况如下：2

2348①BK时，BK∴K点坐标为(,1)或(,1)

9992233

2

②BK时，BK232

33

2343

∴K点坐标为(,1)或(0,1)…………10分

33

故直线KP与y轴交点T的坐标为

571

…………12分(0,)或(0,)或(0,)或(0,1)

333

方法2：若△BPK与△AEF相像，由（3）得：∠BPK=30或60，过P作PR⊥y轴于R，则∠RTP=60或30