本文格式為Word版，下載可任意編輯——2023年中考數(shù)學(xué)壓軸題100題(11

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2023年中考數(shù)學(xué)壓軸題100題精選（11-20題）答案

解：（1）證明：在Rt△FCD中，∵G為DF的中點，∴CG=FD．………1分同理，在Rt△DEF中，EG=FD．…………2分∴CG=EG．…3分（2）（1）中結(jié)論依舊成立，即EG=CG．…………4分證法一：連接AG，過G點作MN⊥AD于M，與EF的延長線交于N點．在△DAG與△DCG中，∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，∴△DAG≌△DCG．∴AG=CG．………5分

在△DMG與△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，F(xiàn)G=DG，∠MDG=∠NFG，

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

∴△AMG≌△ENG．∴AG=EG．∴EG=CG．……………8分證法二：延長CG至M,使MG=CG，連接MF，ME，EC，……4分

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

∴MF∥CD∥AB．………5分∴在Rt△MFE與Rt△CBE中，

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

（3）（1）中的結(jié)論依舊成立，即EG=CG．其他的結(jié)論還有:EG⊥CG．……10分解：（1）圓心O在坐標(biāo)原點，圓O的半徑為1，

0)B(0，1)、C(1，、0)D(01)，點A、B、C、D的坐標(biāo)分別為A(1，、

拋物線與直線yx交于點M、N，且MA、NC分別與圓O相切于點A和點C，

1)、N(11)，．點D、M、N在拋物線上，將D(01)，、M(1，1)、N(11)，的坐標(biāo)代入M(1，

c1a1

yax2bxc，得：1abc解之，得：b1

1abcc1

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1

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拋物線的解析式為：yx2x1．

4分2

（2）yx2

x1

x1524

拋物線的對稱軸為x

12

，

OE12，DE6分

連結(jié)BF，BFD90，

△BFD∽△EOD，

DEOD

DB

FD

，

又DE

OD1，DB2，

FD

，

EFFDDE

．8分（3）點P在拋物線上．9分設(shè)過D、C點的直線為：ykxb，

將點C(1，、0)D(01)，的坐標(biāo)代入ykxb，得：k1，b1，

直線DC為：yx1．

10分過點B作圓O的切線BP與x軸平行，P點的縱坐標(biāo)為y1，將y1代入yx1，得：x2．

P點的坐標(biāo)為(2，

1)，當(dāng)x2時，yx2x122211，所以，P點在拋物線yx2

x1上．12分解：（1）該拋物線過點C(0，2)，可設(shè)該拋物線的解析式為yax2

bx2．將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

.

此拋物線的解析式為y15

2x22

x2．

（3分）（2）存在．（4分）

如圖，設(shè)P點的橫坐標(biāo)為m，則P點的縱坐標(biāo)為125

2m2

m2，當(dāng)1m4時，

AM4m，PM1m25

22

m2．

又COAPMA90，

①當(dāng)

AMPMAOOC2

1時，△APM∽△ACO，

即4m2

12m252m2

．

解得m12，m24（舍去），P(2，1)．（6分）②當(dāng)

AMPMOCOA12時，△APM∽△CAO，即2(4m)15

2m22

m2．解得m14，m25（均不合題意，舍去）

當(dāng)1m4時，P(2，

1)．（7分）類似地可求出當(dāng)m4時，P(5，2)．（8分）當(dāng)m1時，P(3，14)．

綜上所述，符合條件的點P為(2，1)或(5，2)或(3，

14)．（9分）（3）如圖，設(shè)D點的橫坐標(biāo)為t(0t4)，則D點的縱坐標(biāo)為

12t25

2

t2．過D作y軸的平行線交AC于E．由題意可求得直線AC的解析式為y1

2

x2．（10分）

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3

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15111

（11分）E點的坐標(biāo)為tt2．DEt2t2t2t22t．

2222211

S△DACt22t4t24t(t2)24．

22

（13分）1)．當(dāng)t2時，△DAC面積最大．D(2，

（1）解：∵A點第一次落在直線yx上時中止旋轉(zhuǎn)，∴OA旋轉(zhuǎn)了45.

4522

∴OA在旋轉(zhuǎn)過程中所掃過的面積為.……………4分

3602

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

O,COAMOCN,∴OAMOCN.∴AOMCON.∴

1

AOM(9045.∴旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)MN和AC平行時，正方形OABC旋轉(zhuǎn)的度

2

數(shù)為45.……………8分

（3）答：p值無變化.證明：延長BA交y軸于E點，則AOE45AOM，.又∵OACON900450AOM450AOM，∴AOECO

，OC

OAE1800900900OCN.∴OAEOCN.∴OEON,AECN.

又∵MOEMON45,OMOM,∴OME

∴MNMEAMAE.∴MNAMCN，

∴pMNBNBMAMCNBNBMABBC∴在旋轉(zhuǎn)正方形OABC的過程中，p值無變化.……………12

2

x

（第26題）

⑴設(shè)二次函數(shù)的解析式為：y=a(x-h)+k∵頂點C的橫坐標(biāo)為4，且過點(0，73)

9

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4

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∴y=a(x-4)+k7316ak………………①

9

2

又∵對稱軸為直線x=4，圖象在x軸上截得的線段長為6∴A(1，0)，B(7，0)

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

99⑵∵點A、B關(guān)于直線x=4對稱∴PA=PB∴PA+PD=PB+PD≥DB∴當(dāng)點P在線段DB上時PA+PD取得最小值∴DB與對稱軸的交點即為所求點P

設(shè)直線x=4與x軸交于點M∵PM∥OD，∴∠BPM=∠BDO，又∠PBM=∠DBO7

33

PMBM∴點P的坐標(biāo)為(4，3)9∴△BPM∽△BDO∴∴PM

3DOBO73

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

3∴∠ACM=60，∵AC=BC，∴∠ACB=120

①當(dāng)點Q在x軸上方時，過Q作QN⊥x軸于N假使AB=BQ，由△ABC∽△ABQ有BQ=6，∠ABQ=120，則∠QBN=60∴QN=3，BN=3，ON=10，此時點Q(10，3)，假使AB=AQ，由對稱性知Q(-2，3)

②當(dāng)點Q在x軸下方時，△QAB就是△ACB，此時點Q的坐標(biāo)是(4，3)，經(jīng)檢驗，點(10，33)與(-2，3)都在拋物線上綜上所述，存在這樣的點Q，使△QAB∽△ABC點Q的坐標(biāo)為(10，33)或(-2，3)或(4，3)．

o

o

o

o

解：（1）設(shè)正比例函數(shù)的解析式為yk1x(k10)，由于yk1x的圖象過點A(3，3)，所以33k1，解得k11．

這個正比例函數(shù)的解析式為yx．（1分）

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設(shè)反比例函數(shù)的解析式為y

k2x(kk

20)．由于y2x

的圖象過點A(3，

3)，所以3k29

3，解得k29．這個反比例函數(shù)的解析式為yx

．

（2分）（2）由于點B(6，m)在y

9x的圖象上，所以m9632，則點B63

2

．（3分）設(shè)一次函數(shù)解析式為yk3xb(k30)．由于yk3xb的圖象是由yx平移得到的，所以k

331，即yxb．又由于yxb的圖象過點B62

，所以

399

26b，解得b2，一次函數(shù)的解析式為yx2

．

（4分）（3）由于yx

992的圖象交y軸于點D，所以D的坐標(biāo)為

0，2．

設(shè)二次函數(shù)的解析式為yax2

bxc(a0)．

由于yax2

bxc的圖象過點A(3，3)、B

63、和D0，

922

，

9a3bc3，a12，所以

36a6bc3，（5分）解得2b4，

9c9

.c2

.2這個二次函數(shù)的解析式為y129

2x4x2

．

（6分）（4）yx

992交x軸于點C，點C的坐標(biāo)是2，

0

如下圖，/p>

223233

451899

42

814

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假設(shè)存在點E(x0，y0)，使S1

281227

3S43

2

．四邊形CDOE的頂點E只能在x軸上方，y00，

S19919819

1S△OCDS△OCE22222y084

y0．

8192784y0

2，y3

02．E(x0，y0)在二次函數(shù)的圖象上，12x29304x022

．解得x02或x06．

當(dāng)x

06時，點E632

與點B重合，這時CDOE不是四邊形，故x06舍去，

點E的坐標(biāo)為3

22

．（8分）

解：（1）已知拋物線yx2

bxc經(jīng)過A(1，，0)B(0，2)，

01bc200c解得b3c2

所求拋物線的解析式為yx23x2．2分（2）A(1，0)，B(0，2)，OA1，OB2

可得旋轉(zhuǎn)后C點的坐標(biāo)為(31)，3分當(dāng)x3時，由yx2

3x2得y2，可知拋物線yx2

3x2過點(3，2)

將原拋物線沿y軸向下平移1個單位后過點C．

平移后的拋物線解析式為：yx23x1．

5分（3）點N在yx2

3x1上，可設(shè)N點坐標(biāo)為(x2

0，x03x01)

將yx2

3x1配方得yx32

2

54，其對稱軸為x32．6分

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①當(dāng)0x0

3

時，如圖①，2

S△NBB12S△NDD1

121x1302212x0x01

圖①

此時x2

03x011

N點的坐標(biāo)為(1，

1)．8分②當(dāng)x3

02

時，如圖②

同理可得

11132x022x02

x03此時x2

03x011

圖②

點N的坐標(biāo)為(31)

，．綜上，點N的坐標(biāo)為(1，1)或(31)，．10分解：（1）拋物線yax2

bx4a經(jīng)過A(1，0)，C(0，4)兩點，

ab4a0，a1，

4a4.解得

b3.拋物線的解析式為yx23x4．

（2）點D(m，m1)在拋物線上，m1m2

3m

4即m2

2m30，m1或m3．

點D在第一象限，點D的坐標(biāo)為(3，

4)．由（1）知OAOB，CBA45．設(shè)點D關(guān)于直線BC的對稱點為點E．

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C(0，4)，CD∥AB，且CD3，

ECBDCB45，

E點在y軸上，且CECD3．

1)．OE1，E(0，

即點D關(guān)于直線BC對稱的點的坐標(biāo)為（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

設(shè)PF3t，則BF5t，OF5t4，tanPBFtanCBDP(5t4，3t)．

P點在拋物線上，

3t(5t4)23(5t4)4，

t0（舍去）或t

22266

，P．25525

方法二：過點D作BD的垂線交直線PB于點Q，過點D作DH⊥x軸于H．過Q點作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)，直線BP的解析式為y3125x5．

yx23x4，

2解方程組312得

x14，x2，y5x5，y10；5

y2

6625.

點P的坐標(biāo)為266

525

．

（1）EO＞EC，理由如下：

由折疊知，EO=EF，在Rt△EFC中，EF為斜邊，∴EF＞EC，故EO＞EC…2分（2）m為定值

∵S四邊形CFGH=CF2=EF2－EC2=EO2－EC2=(EO+EC)(EO―EC)=CO(EO―EC)S四邊形CMNO=CMCO=|CE―EO|CO=(EO―EC)CO∴m

S四邊形CFGH

S1……………………4分

四邊形CMNO

（3）∵CO=1，CE1

，QF23∴EF=EO=1132

33

QF∴cos∠FEC=

1

2∴∠FEC=60，

∴FEA18060

2

60OEA，EAO30

∴△EFQ為等邊三角形，EQ2

3…………5分

作QI⊥EO于I，EI=

12EQ1

3

，IQ=2EQ33∴IO=

211

33

3∴Q點坐標(biāo)為

(3,13)……6分∵拋物線y=mx2+bx+c過點C(0，1)，Q(3,1

3)，m=1

∴可求得b3，c=1

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10

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∴拋物線解析式為yx3x1（4）由（3），AO當(dāng)x

2

……7分

3EO

2221

3時，y(3)231＜AB3333

21

,)…8分33

233

∴P點坐標(biāo)為(∴BP=1

12

AO33

方法1：若△PBK與△AEF相像，而△AEF≌△AEO，則分狀況如下：2

2348①BK時，BK∴K點坐標(biāo)為(,1)或(,1)

9992233

2

②BK時，BK232

33

2343

∴K點坐標(biāo)為(,1)或(0,1)…………10分

33

故直線KP與y軸交點T的坐標(biāo)為

571

…………12分(0,)或(0,)或(0,)或(0,1)

333

方法2：若△BPK與△AEF相像，由（3）得：∠BPK=30或60，過P作PR⊥y軸于R，則∠RTP=60或30