文档内容
【赢在中考·黄金8卷】备战2023年中考数学全真模拟卷（包头专用）
黄金卷 2
（满分120分，考试用时120分钟）
一、选择题：本大题共有 12 小题，每小题3分，共 36分。每小题只有一个正确选项.
1．（山东滨州·中考真题）下列式子中，正确的是（ ）
A．|−5|=−5 B．−|−5|=5 C．−(−5)=5 D．−(−5)=−5
【答案】C
【分析】根据绝对值的性质计算即可；
【详解】|−5|=5，故A错误；
−|−5|=−5，故B错误；
−(−5)=5，故C正确；
−(−5)=5，故D错误；
故答案选C．
【点睛】本题主要考查了绝对值的性质，准确计算是解题的关键．
a b
2．（2022·宁夏·中考真题）已知实数a，b在数轴上的位置如图所示，则 + 的值是（ ）
|a| |b|
A．−2 B．−1 C．0 D．2
【答案】C
【分析】根据数轴上点的位置可得a<0，b>0，据此化简求解即可．
【详解】解：由数轴上点的位置可得a<0，b>0，
a b a b
∴
+ = + =−1+1=0，
|a| |b| −a b
故选：C．
【点睛】本题主要考查了化简绝对值，根据数轴上点的位置判断式子符号，有理数的除法，正确得到a<0，
b>0是解题的关键．
3．（2022·江苏镇江·统考中考真题）下列运算中，结果正确的是（ ）
A．3a2+2a2=5a4 B．a3−2a3=a3 C．a2 ⋅a3=a5 D．(a2) 3 =a5
【答案】C【分析】根据合并同类项法则，同底数幂的乘法法则，幂的乘方法则逐项计算即可判断选择．
【详解】3a2+2a2=5a2，故A计算错误，不符合题意；
a3−2a3=−a3，故B计算错误，不符合题意；
a2 ⋅a3=a5，故C计算正确，符合题意；
(a2) 3 =a6，故D计算错误，不符合题意．
故选C．
【点睛】本题考查合并同类项，同底数幂的乘法，幂的乘方．熟练掌握各运算法则是解题关键．
4．（2022·江苏徐州·统考中考真题）将一枚飞镖任意投掷到如图所示的正六边形镖盘上，若飞镖落在镖盘
上各点的机会相等，则飞镖落在阴影区域的概率为（ ）
1 1 1 √3
A． B． C． D．
4 3 2 3
【答案】B
【分析】如图，将阴影部分分割成图形中的小三角形，令小三角形的面积为a，分别表示出阴影部分的面
积和正六边形的面积，根据概率公式求解即可．
【详解】解：如图，根据题意得：图中每个小三角形的面积都相等，
设每个小三角形的面积为a，则阴影的面积为6a，正六边形的面积为18a，
6a 1
∴将一枚飞镖任意投掷到镖盘上，飞镖落在阴影区域的概率为 = ．
18a 3
故选：B
【点睛】本题主要考查几何概率，根据正六边形的性质得到图中每个小三角形的面积都相等是解题的关键．
5．（2022·宁夏·中考真题）把量角器和含30°角的三角板按如图方式摆放：零刻度线与长直角边重合，移
动量角器使外圆弧与斜边相切时，发现中心恰好在刻度2处，短直角边过量角器外沿刻度120处（即
OC=2cm，∠BOF=120°）．则阴影部分的面积为（ ）
2 2
A．(2√3− π)cm2 B．(8√3− π)cm2
3 3
8 8
C．(8√3− π)cm2 D．(16√3− π)cm2
3 3
【答案】C
【分析】先求出∠COF，进而求出OE＝OF＝4cm，再求出OB，进而求出BE，最后用三角形的面积减去
扇形的面积，即可求出答案．
【详解】在Rt△OCF中，∠COF=180°−∠BOF=60°，∴∠OFC=90°−∠COF =30°，
∵OC=2cm，
∴OF=2OC=4cm，
连接OE，则OE=OF=4cm，
∵外圆弧与斜边相切，
∴∠BEO＝90°，
在Rt△BOE中，∠B=30°，
∴∠DOE=60°，OB=2OE=8cm，
根据勾股定理得，BE=√OB2−OE2=4√3，
1 60π⋅42 1 8 8
∴S =S −S = BE⋅OE− = ×4√3×4− π=(8√3− π)cm2，
阴影 △BOE 扇形DOE 2 360 2 3 3
故选：C．
【点睛】此题主要考查了切线的性质，含30°角的直角三角形的性质，三角形的面积公式和扇形的面积公
式，求出圆的半径是解本题的关键．
6．（2022·贵州黔东南·统考中考真题）已知关于x的一元二次方程x2−2x−a=0的两根分别记为x ，x ，
1 2
若x =−1，则a−x2−x2 的值为（ ）
1 1 2
A．7 B．−7 C．6 D．−6
【答案】B
【分析】根据根与系数关系求出x =3，a=3，再求代数式的值即．
2
【详解】解：∵一元二次方程x2−2x−a=0的两根分别记为x ，x ，
1 2
∴x +x =2，
1 2
∵x =−1，
1
∴x =3，
2
∴x ·x =-a=-3，
1 2
∴a=3，
∴a−x2−x2=3−9−1=−7．
1 2
故选B．
【点睛】本题考查一元二次方程的根与系数关系，代数式的值，掌握一元二次方程的根与系数关系，代数
式的值是解题关键．7．（2022·山东聊城·统考中考真题）关于x，y的方程组¿的解中x与y的和不小于5，则k的取值范围为
（ ）
A．k≥8 B．k>8 C．k≤8 D．k<8
【答案】A
【分析】由两式相减，得到x+ y=k−3，再根据x 与 y 的和不小于5列出不等式即可求解．
【详解】解：把两个方程相减，可得x+ y=k−3，
根据题意得：k−3≥5，
解得：k≥8．
所以k的取值范围是k≥8．
故选：A．
【点睛】本题考查二元一次方程组、不等式，将两式相减得到x与y的和是解题的关键．
8．（2022·贵州安顺·统考中考真题）如图，a∥b，将一个等腰直角三角板放置到如图所示位置．若
∠1=15°，则∠2的大小是（ ）
A．20° B．25° C．30° D．45°
【答案】C
【分析】如图，过等腰直角三角板的一个顶点作直线c∥a，根据平行线的性质，可得
∠2=∠3,∠1=∠4，根据三角板可知∠3+∠4=45°，进而等量代换结合已知条件即可求解．
【详解】解：如图，过等腰直角三角板的一个顶点作直线c∥a
∵a∥b，
∴a∥b∥c，
∴∠2=∠3,∠1=∠4，
∵∠3+∠4=45°，∴∠1+∠2=45°，
∵∠1=15°，
∴∠2=30°．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行线的性质与判定，掌握平行线的性质是解题的关键．
9．（2022·山东淄博·统考中考真题）若二次函数y=ax2+2的图象经过P（1，3），Q（m，n）两点，则
代数式n2−4m2−4n+9的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】先求得a=1，推出m2=n−2，原式化简得(n−4) 2+1，利用偶次方的非负性，即可求解．
【详解】解：∵二次函数y=ax2+2的图象经过P（1，3），
∴3=a+2，
∴a=1，
∴二次函数的解析式为y=x2+2，
∵二次函数y=ax2+2的图象经过Q（m，n），
∴n=m2+2即m2=n−2，
∴n2−4m2−4n+9
=n2−4(n−2)−4n+9
=n2−8n+17
=(n−4) 2+1，
∵(n−4) 2≥0，
∴n2−4m2−4n+9的最小值为1，
故选：A．
【点睛】本题考查了配方法的应用，待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，非负数的性质，
利用待定系数法求得二次函数的解析式是解题的关键．
k
10．（2022·四川攀枝花·统考中考真题）如图，正比例函数y=k x与反比例函数y= 2的图像交于
1 x
k
A(1,m)、B两点，当k x≤ 2时，x的取值范围是（ ）
1 xA．−1≤x<0或x≥1 B．x≤−1或0”“<”或“=”）
甲 乙 甲 乙【答案】>
【分析】分别求出平均数，再利用方差的计算公式计算甲、乙的方差，进行比较即可．
【详解】根据折线统计图中数据，
x =(5+10+9+3+8)÷5=7，x =(8+6+8+6+7)÷5=7，
甲 乙
1
∴s2 = ×[(5−7) 2+(10−7) 2+(9−7) 2+(3−7) 2+(8−7) 2]=6.8，
甲 5
1
s2 = ×[(8−7) 2+(6−7) 2+(8−7) 2+(6−7) 2+(7−7) 2]=0.8，
乙 5
∴s2 >s2
，
甲 乙
故答案为：>．
【点睛】本题主要考查平均数和方差的计算，掌握方差的计算公式是解答本题的关键．
16．（2022·辽宁阜新·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，E是AD边上一点，且AE=2DE，BD与
CE相交于点F，若△≝¿的面积是3，则△BCF的面积是______．
【答案】27
【分析】根据矩形ABCD的性质，很容易证明△DEF∽△BCF，相似三角形之比等于对应边比的平方，即
可求出△BCF的面积．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC
∴∠EDF=∠CBF，∵∠EFD=∠CFB，∠EDF=∠CBF
∴△DEF∽△BCF，
∵AE=2DE，AD=BC，
∴DE：BC=1：3，
∴S ：S =DE2 ：BC2，即3：S =1：9，
△DEF △BCF △BCF
∴S =27．
△BCF
故答案为：27．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，综合性比较强，学生要灵活应用．掌握相似
三角形的面积比是相似比的平方是解题的关键．
17．（2022·上海·统考中考真题）定义：有一个圆分别和一个三角形的三条边各有两个交点，截得的三条
弦相等，我们把这个圆叫作“等弦圆”，现在有一个斜边长为2的等腰直角三角形，当等弦圆最大时，这
个圆的半径为_____．
【答案】2−√2
【分析】如图，当等弦圆O最大时，则⊙O经过等腰直角三角形的直角顶点C，连接CO交AB于F，连
接OE，DK，再证明DK经过圆心，CF⊥AB，分别求解AC，BC，CF， 设⊙O的半径为r, 再分别表
示EF,OF,OE, 再利用勾股定理求解半径r即可．
【详解】解：如图，当等弦圆O最大时，则⊙O经过等腰直角三角形的直角顶点C，连接CO交AB于
F，连接OE，DK，
∵CD=CK=EQ,∠ACB=90°,
∴∠COD=∠COK=90°, DK过圆心O，CF⊥AB，
∵AC=BC,∠ACB=90°,AB=2,
1
∴AC=BC=√2,AF=BF=CF= AB=1,
2
设⊙O的半径为r,∴CD=√r2+r2=√2r=EQ,OF=1−r,OE=r,
∵CF⊥AB,
√2
∴EF=QF= r,
2
2
√2
∴r2=(1−r) 2+( r) ,
2
整理得：r2−4r+2=0,
解得：r =2+√2,r =2−√2,
1 2
∵OC−1时，y随x的增大而
减小，然后分两种情况讨论：若a≥−1；若a<−1，即可求解．
【详解】解：y=−x2−2x+3=−(x+1) 2+4，
∴当x<−1时，y随x的增大而增大，当x>−1时，y随x的增大而减小，
1
若a≥−1，当a⩽x⩽ 时，y随x的增大而减小，
2
1 7
此时当x= 时，函数值y最小，最小值为 ，不合题意，
2 4
若a<−1，当x=a时，函数值y最小，最小值为1，
∴−a2−2a+3=1，
解得：a=−1−√3或−1+√3（舍去）；综上所述，a的值为−1−√3．
故答案为：−1−√3
【点睛】本题主要考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
三、解答题：本大题共有6小题，共63分。
20．（8分）（2022·江苏淮安·统考中考真题）某校计划成立学生体育社团，为了解学生对不同体育项目的
喜爱情况，学校随机抽取了部分学生进行“我最喜爱的一个体育项目”问卷调查，规定每人必须并且只能
在“篮球”“足球”“乒乓球”“健美操”“跑步”五个项目中选择一项，并根据统计结果绘制了两幅不
完整的统计图．
请解答下列问题：
(1)在这次调查中，该校一共抽样调查了______名学生，扇形统计图中“跑步”项目所对应的扇形圆心角的
度数是______°；
(2)请补全条形统计图；
(3)若该校共有1200名学生，试估计该校学生中最喜爱“篮球”项目的人数．
【答案】(1)200，72
(2)补全的条形统计图见解析
(3)估计该校学生中最喜爱“篮球”项目的有180名
【分析】（1）利用选择乒乓球的人数÷所占百分比得到总人数，再利用选择跑步的人数÷总人数得到跑步
所占的百分比，利用360°×百分比即可得到圆心角度数；
（2）先求出选择足球的人数，再补全条形图即可；
（3）用总体数量×喜爱篮球项目的人所占的百分比即可得解．
【详解】（1）60÷30%=200（名），40
在扇形统计图中，“跑步”项目所对应的扇形圆心角的度数是360°× =72°，
200
故答案为：200，72；
（2）选择足球的学生有：200−30−60−20−40=50（人），
补全的条形统计图如图所示：
30
（3）1200× =180（名），
200
答：估计该校学生中最喜爱“篮球”项目的有180名．
【点睛】本题考查条形图和扇形图的综合应用．从条形图和扇形图中有效的获取信息，熟练掌握相关计算
公式是解题的关键．
21．（8分）（2022·辽宁阜新·统考中考真题）如图，小文在数学综合实践活动中，利用所学的数学知识测
4
量居民楼的高度AB，在居民楼前方有一斜坡，坡长CD=15m，斜坡的倾斜角为α，cosα= ．小文在C
5
点处测得楼顶端A的仰角为60°，在D点处测得楼顶端A的仰角为30°（点A，B，C，D在同一平面内）．
(1)求C，D两点的高度差；
(2)求居民楼的高度AB．（结果精确到1m，参考数据：√3≈1.7）【答案】(1)9m
(2)24m
【分析】（1）过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，在Rt△DCE中，可得
4
CE=CD⋅cosα=15× =12(m)，再利用勾股定理可求出DE，即可得出答案．
5
AF x √3
（2）过点D作DF⊥AB于F，设AF=xm，在Rt△ADF中，tan30°= = = ，解得DF=√3x，
DF DF 3
AB x+9
在Rt△ABC中，AB=(x+9)m，BC=(√3x−12)m，tan60°= = =√3，求出x的值，即可
BC √3x−12
得出答案．
【详解】（1）解：过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，
4
∵在Rt△DCE中，cosα= ，CD=15m，
5
4
∴CE=CD⋅cosα=15× =12(m)．
5
∴DE=√CD2−CE2=√152−122=9(m)．
答：C，D两点的高度差为9m．
（2）过点D作DF⊥AB于F，
由题意可得BF=DE，DF=BE，
设AF=xm，
AF x √3
在Rt△ADF中，tan∠ADF=tan30°= = = ，
DF DF 3
解得DF=√3x，
在Rt△ABC中，AB=AF+FB=AF+DE=(x+9)m，BC=BE−CE=DF−CE=(√3x−12)m，AB x+9
tan60°= = =√3，
BC √3x−12
9
解得x=6√3+ ，
2
9
∴AB=6√3+ +9≈24(m)．
2
答：居民楼的高度AB约为24m．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用−仰角俯角问题、坡度坡角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是
解答本题的关键．
22．（10分）（2022·浙江衢州·统考中考真题）金师傅近期准备换车，看中了价格相同的两款国产车．
(1)用含a的代数式表示新能源车的每千米行驶费用．
(2)若燃油车的每千米行驶费用比新能源车多0.54元．
①分别求出这两款车的每千米行驶费用．
②若燃油车和新能源车每年的其它费用分别为4800元和7500元．问：每年行驶里程为多少千米时，买新
能源车的年费用更低？（年费用=年行驶费用+年其它费用）
36
【答案】(1) 元
a
(2)①燃油车的每千米行驶费用为0.6元，新能源车的每千米行驶费用为0.06元；②每年行驶里程超过5000
千米时，买新能源车的年费用更低
【分析】（1）利用电池电量乘以电价，再除以续航里程即可得；
（2）①根据燃油车的每千米行驶费用比新能源车多0.54元建立方程，解方程可得a的值，由此即可得；
②设每年行驶里程为x千米时，买新能源车的年费用更低，根据这两款车的年费用建立不等式，解不等式
即可得．
60×0.6 36
【详解】（1）解：新能源车的每千米行驶费用为 = 元，
a a36
答：新能源车的每千米行驶费用为 元．
a
40×9 36
（2）解：①由题意得： − =0.54，
a a
解得a=600，
经检验，a=600是所列分式方程的解，
40×9 40×9 36 36
则 = =0.6， = =0.06，
a 600 a 600
答：燃油车的每千米行驶费用为0.6元，新能源车的每千米行驶费用为0.06元；
②设每年行驶里程为x千米时，买新能源车的年费用更低，
由题意得：0.6x+4800>0.06x+7500，
解得x>5000，
答：每年行驶里程超过5000千米时，买新能源车的年费用更低．
【点睛】本题考查了列代数式、分式方程的应用、一元一次不等式的应用，正确建立方程和不等式是解题
关键．
23．（12分）（2022·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为⊙O的直径，点E
1
为⊙O上一点，EF∥AC交AB的延长线于点F，CE与AB交于点D，连接BE，若∠BCE= ∠ABC．
2
(1)求证：EF是⊙O的切线．
3
(2)若BF=2，sin∠BEC= ，求⊙O的半径．
5
【答案】(1)过程见解析
(2)3
【分析】（1）连接OE，先根据圆周角定理及已知条件得出∠ABC=∠BOE，进而得出OE∥BC，再由
EF∥CA，根据平行线的性质得出∠FEO=∠ACB，然后根据直径所对的是直角，即可得出答案；
（2）先说明△FEO∼△ACB，再设⊙O的半径为r，并表示FO，AB，BC，然后根据对应边成比例得EO FO
出 = ，根据比例式求出半径即可．
BC AB
【详解】（1）证明：连接OE．
1 1
∵∠BCE= ∠ABC，∠BCE= ∠BOE，
2 2
∴∠ABC=∠BOE，
∴OE∥BC，
∴∠OED=∠BCD．
∵EF∥CA，
∴∠FEC=∠ACE，
∴∠OED+∠FEC=∠BCD+∠ACE，
即∠FEO=∠ACB．
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠FEO=90°，
∴FE⊥EO．
∵EO是⊙O的半径，
∴EF是⊙O的切线．
（2）∵EF∥AC，
∴△FEO∼△ACB．
3
∵BF=2，sin∠BEC= ．
5
设⊙O的半径为r，
6
∴FO=2+r，AB=2r，BC= r．
5
EO FO
∵ = ，
BC ABr 2+r
=
∴6 2r ，
r
5
解得r=3，
∴⊙O的半径是3．
【点睛】本题主要考查了切线的性质和判定，解直角三角形，熟练掌握相关定理是解题的关键．
24．（12分）（2022·江苏淮安·统考中考真题）在数学兴趣小组活动中，同学们对菱形的折叠问题进行了
探究．如图（1），在菱形ABCD中，∠B为锐角，E为BC中点，连接DE，将菱形ABCD沿DE折叠，得
到四边形A'B'ED，点A的对应点为点A'，点B的对应点为点B'．
(1)【观察发现】A'D与B'E的位置关系是______；
(2)【思考表达】连接B'C，判断∠DEC与∠B'CE是否相等，并说明理由；
(3)如图（2），延长DC交A'B'于点G，连接EG，请探究∠DEG的度数，并说明理由；
(4)【综合运用】如图（3），当∠B=60°时，连接B'C，延长DC交A'B'于点G，连接EG，请写出B'C、
EG、DG之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)A'D∥B'E；
(2)∠DEC=∠B'CE，理由见解析；
(3)∠DEG=90°，理由见解析；
49
(4)DG2=EG2+ B'C2，理由见解析．
16
【分析】（1）利用菱形的性质和翻折变换的性质判断即可；
（2）连接B'C，BB'，由EB=EC=EB'可知点B、B'、C在以BC为直径,E为圆心的圆上，则
∠BB'C=90°，由翻折变换的性质可得BB'⊥DE，证明DE∥CB'，可得结论；
1
（3）连接B'C，DB，DB'，延长DE至点H，求出∠DGA'=180°−2x−y，∠GB'C=90°− y−x，
2
可得∠CGA'=2∠GB'C，然后证明GC=GB'，可得EG⊥CB'，进而得到DE⊥EG即可解决问题．（4）延长DG交EB'的延长线于点T，过点D作DR⊥GA'交GA'的延长线于点R，设GC=GB'=x，
4
CD=A'D=A'B'=2a，解直角三角形求出A'R=a，DR=√3a，利用勾股定理求出x= a，然后根据相
5
4 7
似三角形的判定和性质及平行线分线段成比例求出T B'= a，DE= CB' ，再根据勾股定理列式即可得
3 4
出结论．
【详解】（1）解：∵在菱形ABCD中，AD∥BE，
∴由翻折的性质可知，A'D∥B'E，
故答案为：A'D∥B'E；
（2）解：∠DEC=∠B'CE，
理由：如图，连接B'C，BB'，
∵E为BC中点，
∴EB=EC=EB'，
∴点B、B'、C在以BC为直径,E为圆心的圆上，
∴∠BB'C=90°，
∴BB'⊥B'C，
由翻折变换的性质可知BB'⊥DE，
∴DE∥CB'，
∴∠DEC=∠B'CE；
（3）解：结论：∠DEG=90°；
理由：如图，连接B'C，DB，DB'，延长DE至点H，由翻折的性质可知∠BDE=∠B'DE，
设∠BDE=∠B'DE=x，∠A=∠A'= y，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADB=∠CDB=∠B'DA'，∠ABC=180°−y，
y
∴∠A'DG=∠BDB'=2x，∠DBE=∠DB'E=90°−
2
∴∠DGA'=180°−2x−y，
∴
y y
∠BEB'=∠BEH+∠B'EH=∠DBE+∠BDE+∠DB'E+∠B'DE=90°− +x+90°− +x=180°−，y+2x
2 2
∵EC=EB'，点B、B'、C在以BC为直径,E为圆心的圆上，
1 1
∴∠EB'C=∠ECB'= ∠BEB'=90°− y+x，
2 2
∵A'D∥B'E，
∴∠A'B'E=180°−y，
∴∠GB'C=∠A'B'E−∠EB'C=180°−y− ( 90°− 1 y+x ) =90°− 1 y−x，
2 2
∴∠CGA'=2∠GB'C，
∵∠CGA'=∠GB'C+∠GCB'，
∴∠GB'C=∠GCB'，
∴GC=GB'，
∵EB'=EC，∴EG⊥CB'，
∵DE∥CB'，
∴DE⊥EG，
∴∠DEG=90°；
49
（4）解：结论：DG2=EG2+ B'C2
，
16
理由：如图，延长DG交EB'的延长线于点T，过点D作DR⊥GA'交GA'的延长线于点R，
设GC=GB'=x，CD=A'D=A'B'=2a，
∵∠B=60°，
∴∠A=∠DA'B'=120°，
∴∠DA'R=60°，
∴A'R=A'D⋅cos60°=a，DR=√3a，
在Rt△DGR中，则有(2a+x) 2=(√3a) 2+(3a−x) 2，
4
∴x= a，
5
4 6
∴GB'= a，A'G= a，
5 5
∵T B'∥DA'，
∴△B'TG∼△A'DG，
T B' GB'
∴ = ，
DA' GA'
4
a
T B' 5
∴ =
2a 6
a
54
∴T B'= a，
3
∵CB'∥DE，
4
a
CB' T B' 3 4
∴ = = = ，
DE ET 4 7
a+ a
3
7
∴DE= CB' ，
4
∵∠DEG=90°，
∴DG2=EG2+DE2，
49
∴DG2=EG2+ B'C2
．
16
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，翻折变换，圆周角定理，勾股定理，解直角三角形，
相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会
添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
1
25．（13分）（2022·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，抛物线y=− x2+bx+c与x轴交于A(−1,0)，B两
2
点，与y轴交于点C(0,2)，连接BC．
(1)求抛物线的解析式．
(2)点P是第三象限抛物线上一点，直线PE与y轴交于点D，△BCD的面积为12，求点P的坐标．
(3)在（2）的条件下，若点E是线段BC上点，连接OE，将△OEB沿直线OE翻折得到△OEB'，当直线
EB'与直线BP相交所成锐角为45°时，求点B'的坐标．
1 3
【答案】(1)y=− x2+ x+2；
2 2
(2)P（−3，−7）；(4√5 8√5) ( 8√5 4√5)
(3)B'的坐标为 , 或 − , ．
5 5 5 5
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）先由△BDC的面积求出OD的长，从而确定D点坐标为（0，−4），再由待定系数法求出直线BD的
解析式，直线BD与抛物线的交点即为所求；
1
（3）当B'在第一象限时，由∠ODB＝45°，可知EB'∥CD，求出直线BC的解析式，可设E（t，− t+2
2
1
），在Rt△OHB'中，B'H=√16−t2，则BE=√16−t2+ t−2，在Rt BHE中，由勾股定理得
2
△
(√16−t2+ 1 t−2 ) 2 =(4−t) 2+ ( − 1 t+2 ) 2 ，求出t的值即可求B'坐标；当B'在第二象限时，B'G∥x轴，
2 2
可得四边形B'OBE是平行四边形，则B'(
t−4,−
1
t+2
)
，由折叠的性质可判断平行四边形OBEB'是菱形，
2
再由BE＝OB，可得
√ (4−t) 2+ ( − 1 t+2 ) 2 =4，求出t的值即可求B'坐标．
2
（1）
1
将A（−1，0），C（0，2）代入y=− x2+bx+c，
2
∴¿，
解得¿，
1 3
∴y=− x2+ x+2；
2 2
（2）
1 3
令y＝0，则− x2+ x+2=0，
2 2
解得x＝−1或x＝4，
∴B（4，0），
∴OB＝4，1
∴S = ×4×(2+OD)=12，
△BCD 2
∴OD＝4，
∴D（0，−4），
设直线BD的解析式为y＝kx＋b，
∴¿，
解得¿，
∴y＝x−4，
联立方程组¿，
解得¿或¿，
∴P（−3，−7）；
（3）
如图1，当B'在第一象限时，
设直线BC的解析式为y＝k'x＋b'，
¿，
解得¿，
1
∴y=− x+2，
2
1
设E（t，− t+2），，
2
1
∴OE＝t，EH＝− t+2，
2
∵D（0，−4），B（4，0），
∴OB＝OD，
∴∠ODB＝45°，
∵直线EB'与直线BP相交所成锐角为45°，∴EB'∥CD，
由折叠可知，OB'=BO=4，BE＝B'E，
在Rt△OHB'中，B'H=√16−t2，
∴B'E=√16−t2− ( − 1 t+2 ) =√16−t2+ 1 t−2，
2 2
1
∴BE=√16−t2+ t−2
2
在Rt BHE中， (√16−t2+ 1 t−2 ) 2 =(4−t) 2+ ( − 1 t+2 ) 2 ，
2 2
△
4√5
解得t=± ，
5
∵0≤t≤4，
4√5
∴t＝ ，
5
∴B'(4√5
,
8√5)
；
5 5
如图2，当B'在第二象限，∠BGB'＝45°时，
∵∠ABP＝45°，
∴B'G∥x轴，
∵B'E＝BO，
∴四边形B'OBE是平行四边形，
∴B'E＝4，
∴B'(
t−4,−
1
t+2
)
，
2
由折叠可知OB=OB'=4，
∴平行四边形OBEB'是菱形，
∴BE＝OB，∴ √ (4−t) 2+ ( − 1 t+2 ) 2 =4，
2
8√5 8√5
解得t=4+ 或t=4− ，
5 5
∵0≤t≤4，
8√5
∴t=4− ，
5
∴B'(
−
8√5
,
4√5)
；
5 5
(4√5 8√5) ( 8√5 4√5)
综上所述：B'的坐标为 , 或 − , ．
5 5 5 5
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，直角三角形的性质，折叠的
性质，勾股定理的应用是解题的关键．
