文档内容
2022年海南省中考数学试卷
一、选择题（本大题满分36分，每小题3分）在下列各题的四个备选答案中，有且只有一个是
正确的，请在答题卡上把你认为正确的答案的字母代号按要求用2B铅笔涂黑．
1．（3分）（2022•海南）实数﹣2的相反数是（ ）
A．2 B．﹣2 C． D．﹣
2．（3分）（2022•海南）为了加快构建清洁低碳、安全高效的能源体系，国家发布《关于促进新
时代新能源高质量发展的实施方案》，旨在锚定到2030年我国风电、太阳能发电总装机容
量达到1200000000千瓦以上的目标．数据1200000000用科学记数法表示为（ ）
A．1.2×1010 B．1.2×109 C．1.2×108 D．12×108
3．（3分）（2022•海南）若代数式x+1的值为6，则x等于（ ）
A．5 B．﹣5 C．7 D．﹣7
4．（3分）（2022•海南）如图是由5个完全相同的小正方体摆成的几何体，则这个几何体的主
视图是（ ）
A． B．
C． D．
5．（3分）（2022•海南）在一次视力检查中，某班7名学生右眼视力的检查结果为：4.2、4.3、
4.5、4.6、4.8、4.8、5.0，这组数据的中位数和众数分别是（ ）
A．5.0，4.6 B．4.6，5.0 C．4.8，4.6 D．4.6，4.8
6．（3分）（2022•海南）下列计算中，正确的是（ ）
A．（a3）4＝a7 B．a2•a6＝a8 C．a3+a3＝a6 D．a8÷a4＝a2
第1页（共30页）7．（3分）（2022•海南）若反比例函数y＝ （k≠0）的图象经过点（2，﹣3），则它的图象也一
定经过的点是（ ）
A．（﹣2，﹣3） B．（﹣3，﹣2） C．（1，﹣6） D．（6，1）
8．（3分）（2022•海南）分式方程 ﹣1＝0的解是（ ）
A．x＝1 B．x＝﹣2 C．x＝3 D．x＝﹣3
9．（3分）（2022•海南）如图，直线m∥n，△ABC是等边三角形，顶点B在直线n上，直线m交
AB于点E，交AC于点F，若∠1＝140°，则∠2的度数是（ ）
A．80° B．100° C．120° D．140°
10．（3分）（2022•海南）如图，在△ABC中，AB＝AC，以点B为圆心，适当长为半径画弧，交
BA于点M，交BC于点N，分别以点M、N为圆心，大于 MN的长为半径画弧，两弧在
∠ABC的内部相交于点P，画射线BP，交AC于点D，若AD＝BD，则∠A的度数是（ ）
A．36° B．54° C．72° D．108°
11．（3分）（2022•海南）如图，点A（0，3）、B（1，0），将线段AB平移得到线段DC，若∠ABC＝
90°，BC＝2AB，则点D的坐标是（ ）
第2页（共30页）A．（7，2） B．（7，5） C．（5，6） D．（6，5）
12．（3分）（2022•海南）如图，菱形ABCD中，点E是边CD的中点，EF垂直AB交AB的延长
线于点F，若BF：CE＝1：2，EF＝ ，则菱形ABCD的边长是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．
二、填空题（本大题满分12分，每小题3分）
13．（3分）（2022•海南）因式分解：ax+ay＝ ．
14．（3分）（2022•海南）写出一个比 大且比 小的整数是 ．
15．（3分）（2022•海南）如图，射线AB与 O相切于点B，经过圆心O的射线AC与 O相交
于点D、C，连接BC，若∠A＝40°，则⊙∠ACB＝ °． ⊙
16．（3分）（2022•海南）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，AE＝AF，
∠EAF＝30°，则∠AEB＝ °；若△AEF的面积等于1，则AB的值是 ．
第3页（共30页）三、解答题（本大题满分72分）
17．（12分）（2022•海南）（1）计算： ×3﹣1+23÷|﹣2|；
（2）解不等式组 ．
18．（10分）（2022•海南）我省某村委会根据“十四五”规划的要求，打造乡村品牌，推销有
机黑胡椒和有机白胡椒．已知每千克有机黑胡椒比每千克有机白胡椒的售价便宜10元，
购买2千克有机黑胡椒和3千克有机白胡椒需付280元，求每千克有机黑胡椒和每千克
有机白胡椒的售价．
19．（10分）（2022•海南）某市教育局为了解“双减”政策落实情况，随机抽取几所学校部分
初中生进行调查，统计他们平均每天完成作业的时间，并根据调查结果绘制如下不完整的
统计图：
请根据图表中提供的信息，解答下面的问题：
（1）在调查活动中，教育局采取的调查方式是 （填写“普查”或“抽样调查”）；
（2）教育局抽取的初中生有 人，扇形统计图中m的值是 ；
（3）已知平均每天完成作业时长在“100≤t＜110”分钟的9名初中生中有5名男生和4
第4页（共30页）名女生，若从这9名学生中随机抽取一名进行访谈，且每一名学生被抽到的可能性相同，
则恰好抽到男生的概率是 ；
（4）若该市共有初中生10000名，则平均每天完成作业时长在“70≤t＜80”分钟的初中
生约有 人．
20．（10分）（2022•海南）无人机在实际生活中应用广泛．如图所示，小明利用无人机测量大
楼的高度，无人机在空中P处，测得楼CD楼顶D处的俯角为45°，测得楼AB楼顶A处的
俯角为60°．已知楼AB和楼CD之间的距离BC为100米，楼AB的高度为10米，从楼AB
的A处测得楼CD的D处的仰角为30°（点A、B、C、D、P在同一平面内）．
（1）填空：∠APD＝ 度，∠ADC＝ 度；
（2）求楼CD的高度（结果保留根号）；
（3）求此时无人机距离地面BC的高度．
21．（15分）（2022•海南）如图1，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点P在边BC上，且不与点
B、C重合，直线AP与DC的延长线交于点E．
（1）当点P是BC的中点时，求证：△ABP≌△ECP；
（2）将△APB沿直线AP折叠得到△APB'，点B'落在矩形ABCD的内部，延长PB'交直线
AD于点F．
①证明FA＝FP，并求出在（1）条件下AF的值；
②连接B'C，求△PCB'周长的最小值；
③如图2，BB'交AE于点H，点G是AE的中点，当∠EAB'＝2∠AEB'时，请判断AB与HG
的数量关系，并说明理由．
第5页（共30页）22．（15分）（2022•海南）如图1，抛物线y＝ax2+2x+c经过点A（﹣1，0）、C（0，3），并交x轴于
另一点B，点P（x，y）在第一象限的抛物线上，AP交直线BC于点D．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）当点P的坐标为（1，4）时，求四边形BOCP的面积；
（3）点Q在抛物线上，当 的值最大且△APQ是直角三角形时，求点Q的横坐标；
（4）如图2，作CG⊥CP，CG交x轴于点G（n，0），点H在射线CP上，且CH＝CG，过GH
的中点K作KI∥y轴，交抛物线于点I，连接IH，以IH为边作出如图所示正方形HIMN，当
顶点M恰好落在y轴上时，请直接写出点G的坐标．
第6页（共30页）2022年海南省中考数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题满分36分，每小题3分）在下列各题的四个备选答案中，有且只有一个是
正确的，请在答题卡上把你认为正确的答案的字母代号按要求用2B铅笔涂黑．
1．（3分）（2022•海南）实数﹣2的相反数是（ ）
A．2 B．﹣2 C． D．﹣
【分析】由相反数的定义可知：﹣2的相反数是2．
【解答】解：实数﹣2的相反数是2，
故选：A．
【点评】本题考查相反数的定义；熟练掌握相反数的定义是解题的关键．
2．（3分）（2022•海南）为了加快构建清洁低碳、安全高效的能源体系，国家发布《关于促进新
时代新能源高质量发展的实施方案》，旨在锚定到2030年我国风电、太阳能发电总装机容
量达到1200000000千瓦以上的目标．数据1200000000用科学记数法表示为（ ）
A．1.2×1010 B．1.2×109 C．1.2×108 D．12×108
【分析】科学记数法：把一个大于10的数记成a×10n的形式，其中a是整数数位只有一位
的数，n是正整数，这种记数法叫做科学记数法．【科学记数法形式：a×10n，其中1≤a＜
10，n为正整数．】
【解答】解：1200000000＝1.2×109．
故选：B．
【点评】本题主要考查了科学记数法—表示较大的数，熟练掌握科学记数法—表示较大的
数的方法进行求解是解决本题的关键．
3．（3分）（2022•海南）若代数式x+1的值为6，则x等于（ ）
A．5 B．﹣5 C．7 D．﹣7
【分析】根据题意可得，x+1＝6，解一元一次方程即可得出答案．
【解答】解：根据题意可得，
x+1＝6，
解得：x＝5．
故选：A．
第7页（共30页）【点评】本题主要考查了解一元一次方程，熟练掌握解一元一次方程的方法进行求解是解
决本题的关键．
4．（3分）（2022•海南）如图是由5个完全相同的小正方体摆成的几何体，则这个几何体的主
视图是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据简单组合体的三视图的画法画出其主视图即可．
【解答】解：这个组合体的主视图如下：
故选：C．
【点评】本题考查简单组合体的三视图，理解视图的定义，掌握简单组合体三视图的画法
是正确判断的前提．
5．（3分）（2022•海南）在一次视力检查中，某班7名学生右眼视力的检查结果为：4.2、4.3、
4.5、4.6、4.8、4.8、5.0，这组数据的中位数和众数分别是（ ）
A．5.0，4.6 B．4.6，5.0 C．4.8，4.6 D．4.6，4.8
【分析】应用中位数和众数的定义进行判定即可得出答案．
【解答】解：这组数据的中位数是4.6，众数是4.8．
故选：D．
【点评】本题主要考查了中位数和众数，熟练掌握中位数和众数的定义进行求解是解决本
第8页（共30页）题的关键．
6．（3分）（2022•海南）下列计算中，正确的是（ ）
A．（a3）4＝a7 B．a2•a6＝a8 C．a3+a3＝a6 D．a8÷a4＝a2
【分析】利用幂的乘方的法则，同底数幂的乘法法则，合并同类项法则，同底数幂的除法法
则对每个选项进行分析，即可得出答案．
【解答】解：∵（a3）4＝a12≠a7，
∴选项A不符合题意；
∵a2•a6＝a8，
∴选项B符合题意；
∵a3+a3＝2a3≠a6，
∴选项C不符合题意；
∵a8÷a4＝a4≠a2，
∴选项D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了幂的乘方，同底数幂的乘法，合并同类项，同底数幂的除法，掌握幂的
乘方的法则，同底数幂的乘法法则，合并同类项法则，同底数幂的除法法则是解决问题的
关键．
7．（3分）（2022•海南）若反比例函数y＝ （k≠0）的图象经过点（2，﹣3），则它的图象也一
定经过的点是（ ）
A．（﹣2，﹣3） B．（﹣3，﹣2） C．（1，﹣6） D．（6，1）
【分析】将（2，﹣3）代入y＝ （k≠0）即可求出k的值，再根据k＝xy解答即可．
【解答】解：∵反比例函数y＝ （k≠0）的图象经过点（2，﹣3），
∴k＝2×（﹣3）＝﹣6，
A、﹣2×（﹣3）＝6≠﹣6，故A不正确，不符合题意；
B、（﹣3）×（﹣2）＝6≠﹣6，故B不正确，不符合题意；
C、1×（﹣6）＝﹣6，故C正确，符合题意，
D、6×1＝6≠﹣6，故D不正确，不符合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查反比例函数图象上点的坐标特征，所有在反比例函数上的点的横纵
第9页（共30页）坐标的积应等于比例系数．
8．（3分）（2022•海南）分式方程 ﹣1＝0的解是（ ）
A．x＝1 B．x＝﹣2 C．x＝3 D．x＝﹣3
【分析】方程两边同时乘以（x﹣1），把分式方程化成整式方程，解整式方程检验后，即可得
出分式方程的解．
【解答】解：去分母得：2﹣（x﹣1）＝0，
解得：x＝3，
当x＝3时，x﹣1≠0，
∴x＝3是分式方程的根，
故选：C．
【点评】本题考查了解分式方程，正确把分式方程化成整式方程是解决问题的关键．
9．（3分）（2022•海南）如图，直线m∥n，△ABC是等边三角形，顶点B在直线n上，直线m交
AB于点E，交AC于点F，若∠1＝140°，则∠2的度数是（ ）
A．80° B．100° C．120° D．140°
【分析】先根据等边三角形的性质可得∠A＝∠B＝∠C＝60°，由三角形外角的性质可得
∠AEF的度数，由平行线的性质可得同旁内角互补，可得结论．
【解答】解：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°．
在△ADE中，∵∠1＝∠A+∠AEF＝140°，
∴∠AEF＝140°﹣60°＝80°，
∴∠DEB＝∠AEF＝80°，
∵m∥n，
∴∠2+∠DEB＝180°，
∴∠2＝180°﹣80°＝100°，
第10页（共30页）故选：B．
【点评】本题主要考查了等边三角形的性质，平行线的性质，三角形外角的性质，题目比较
基础，熟练掌握性质是解题的关键．
10．（3分）（2022•海南）如图，在△ABC中，AB＝AC，以点B为圆心，适当长为半径画弧，交
BA于点M，交BC于点N，分别以点M、N为圆心，大于 MN的长为半径画弧，两弧在
∠ABC的内部相交于点P，画射线BP，交AC于点D，若AD＝BD，则∠A的度数是（ ）
A．36° B．54° C．72° D．108°
【分析】由题意可得BP为∠ABC的角平分线，则∠ABD＝∠CBD，由AD＝BD，可得∠A＝
∠ABD，即可得∠ABC＝2∠A，由AB＝AC，可得∠ABC＝∠C，再结合三角形内角和定理
可列出关于∠A的方程，即可得出答案．
【解答】解：由题意可得BP为∠ABC的角平分线，
∴∠ABD＝∠CBD，
∵AD＝BD，
∴∠A＝∠ABD，
∴∠A＝∠ABD＝∠CBD，
∴∠ABC＝2∠A，
第11页（共30页）∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠C＝2∠A，
∴∠A+∠ABC+∠C＝∠A+2∠A+2∠A＝180°，
解得∠A＝36°．
故选：A．
【点评】本题考查作图﹣基本作图、等腰三角形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质是解
答本题的关键．
11．（3分）（2022•海南）如图，点A（0，3）、B（1，0），将线段AB平移得到线段DC，若∠ABC＝
90°，BC＝2AB，则点D的坐标是（ ）
A．（7，2） B．（7，5） C．（5，6） D．（6，5）
【分析】过点D作DE⊥y轴于点E，利用点A，B的坐标表示出线段OA，OB的长，利用平
移的性质和矩的判定定理得到四边形ABCD是矩形；利用相似三角形的判定与性质求得
线段DE，AE的长，进而得到OE的长，则结论可得．
【解答】解：过点D作DE⊥y轴于点E，如图，
∵点A（0，3）、B（1，0），
∴OA＝3，OB＝1．
∵线段AB平移得到线段DC，
∴AB∥CD，AB＝CD，
第12页（共30页）∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形．
∴∠BAD＝90°，BC＝AD．
∵BC＝2AB，
∴AD＝2AB．
∵∠BAO+∠DAE＝90°，∠BAO+∠ABO＝90°，
∴∠ABO＝∠EAD．
∵∠AOB＝∠AED＝90°，
∴△ABO∽△DAE．
∴ ．
∴DE＝2OA＝6，AE＝2OB＝2，
∴OE＝OA+AE＝5，
∴D（6，5）．
故选：D．
【点评】本题主要考查了图形的变化与坐标的关系，平移的性质，矩形的判定与性质，相似
三角形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
12．（3分）（2022•海南）如图，菱形ABCD中，点E是边CD的中点，EF垂直AB交AB的延长
线于点F，若BF：CE＝1：2，EF＝ ，则菱形ABCD的边长是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．
【分析】过点D作DH⊥AB于点H，则四边形DHFE为平行四边形，可得HF＝DE，DH＝
EF＝ ；设BE＝x，则CE＝2x，可得AH＝3x，利用勾股定理列出方程，解方程即可求解．
【解答】解：过点D作DH⊥AB于点H，如图，
第13页（共30页）∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝CD，AB∥CD．
∵EF⊥AB，DH⊥AB，
∴DH∥EF，
∴四边形DHFE为平行四边形，
∴HF＝DE，DH＝EF＝ ．
∵点E是边CD的中点，
∴DE＝ CD，
∴HF＝ CD＝ AB．
∵BF：CE＝1：2，
∴设BF＝x，则CE＝2x，
∴CD＝4x，DE＝HF＝2x，
AD＝AB＝4x，
∴AF＝AB+BF＝5x．
∴AH＝AF﹣HF＝3x．
在Rt△ADH中，
∵DH2+AH2＝AD2，
∴ ．
解得：x＝±1（负数不合题意，舍去），
∴x＝1．
∴AB＝4x＝4．
即菱形ABCD的边长是4，
故选：B．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，灵活运用菱形
第14页（共30页）的性质是解题的关键．
二、填空题（本大题满分12分，每小题3分）
13．（3分）（2022•海南）因式分解：ax+ay＝ a （ x + y ） ．
【分析】直接提取公因式a，进而分解因式即可．
【解答】解：ax+ay＝a（x+y）．
故答案为：a（x+y）．
【点评】此题主要考查了提取公因式法，正确找出公因式是解题关键．
14．（3分）（2022•海南）写出一个比 大且比 小的整数是 2 或 3 ．
【分析】应用估算无理数大小的方法进行求解即可得出答案．
【解答】解：∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴2＜3 ，
∴比 大且比 小的整数是2或3．
【点评】本题主要考查了估算无理数的大小，熟练掌握估算无理数的大小的方法进行求解
是解决本题的关键．
15．（3分）（2022•海南）如图，射线AB与 O相切于点B，经过圆心O的射线AC与 O相交
于点D、C，连接BC，若∠A＝40°，则⊙∠ACB＝ 2 5 °． ⊙
【分析】连接OB，利用切线的性质定理可求∠ABO＝90°，利用直角三角形的两个锐角互余
可得∠AOB，利用圆周角定理即可求得结论．
【解答】解：连接OB，如图，
第15页（共30页）∵射线AB与 O相切于点B，
∴OB⊥AB，⊙
∴∠ABO＝90°．
∵∠A＝40°，
∴∠AOB＝50°，
∴∠ACB＝ ∠AOB＝25°．
故答案为：25．
【点评】本题主要考查了圆的切线的性质定理，直角三角形的性质，圆周角定理，连接OB
是解决此类问题常添加的辅助线．
16．（3分）（2022•海南）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，AE＝AF，
∠EAF＝30°，则∠AEB＝ 6 0 °；若△AEF的面积等于1，则AB的值是 ．
【分析】利用“HL”先说明△ABE与△ADF全等，得结论∠ABE＝∠DAF，再利用角的和
差关系及三角形的内角和定理求出∠AEB；先利用三角形的面积求出AE，再利用直角三
角形的边角间关系求出AB．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠D＝90°．
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
第16页（共30页），
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）．
∴∠BAE＝∠DAF．
∴∠ABE＝ （∠BAD﹣∠EAF）
＝ （90°﹣30°）
＝30°．
∴∠AEB＝60°．
故答案为：60．
∵S△AEF ＝ ×AE×AF×sin∠EAF＝1，
∴ ×AE2×sin30°＝1．
即 ×AE2× ＝1．
∴AE＝2．
在Rt△ABE中，
∵cos∠BAE＝ ，
∴AB＝cos30°×AE
＝ ×2
＝ ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了正方形的性质及解直角三角形，掌握正方形的性质及直角三角形
的边角间关系是解决本题的关键．
三、解答题（本大题满分72分）
17．（12分）（2022•海南）（1）计算： ×3﹣1+23÷|﹣2|；
（2）解不等式组 ．
【分析】（1）先化简各式，然后再进行计算即可解答；
第17页（共30页）（2）按照解一元一次不等式组的步骤，进行计算即可解答．
【解答】解：（1） ×3﹣1+23÷|﹣2|
＝3× +8÷2
＝1+4
＝5；
（2） ，
解不等式①得：x＞﹣1，
解不等式②得：x≤2，
∴原不等式组的解集为：﹣1＜x≤2．
【点评】本题考查了实数的运算，负整数指数幂，解一元一次不等式组，准确熟练地进行计
算是解题的关键．
18．（10分）（2022•海南）我省某村委会根据“十四五”规划的要求，打造乡村品牌，推销有
机黑胡椒和有机白胡椒．已知每千克有机黑胡椒比每千克有机白胡椒的售价便宜10元，
购买2千克有机黑胡椒和3千克有机白胡椒需付280元，求每千克有机黑胡椒和每千克
有机白胡椒的售价．
【分析】设每千克有机黑胡椒的售价为x元，每千克有机白胡椒的售价为y元，根据“每千
克有机黑胡椒比每千克有机白胡椒的售价便宜10元，购买2千克有机黑胡椒和3千克有
机白胡椒需付280元”，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论．
【解答】解：设每千克有机黑胡椒的售价为x元，每千克有机白胡椒的售价为y元，
依题意得： ，
解得： ．
答：每千克有机黑胡椒的售价为50元，每千克有机白胡椒的售价为60元．
【点评】本题考查了二元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程组是
解题的关键．
19．（10分）（2022•海南）某市教育局为了解“双减”政策落实情况，随机抽取几所学校部分
初中生进行调查，统计他们平均每天完成作业的时间，并根据调查结果绘制如下不完整的
统计图：
第18页（共30页）请根据图表中提供的信息，解答下面的问题：
（1）在调查活动中，教育局采取的调查方式是 抽样调查 （填写“普查”或“抽样调
查”）；
（2）教育局抽取的初中生有 30 0 人，扇形统计图中m的值是 3 0 ；
（3）已知平均每天完成作业时长在“100≤t＜110”分钟的9名初中生中有5名男生和4
名女生，若从这9名学生中随机抽取一名进行访谈，且每一名学生被抽到的可能性相同，
则恰好抽到男生的概率是 ；
（4）若该市共有初中生10000名，则平均每天完成作业时长在“70≤t＜80”分钟的初中
生约有 300 0 人．
【分析】（1）根据教育局随机抽取几所学校部分初中生进行调查即可得出答案；
（2）根据60≤t＜70的人数45人占所有抽样学生的15%即可求出抽样学生的人数，根据
扇形统计图各部分的百分比之和为1即可求出m的值；
（3）根据概率公式求解；
（4）根据样本中70≤t＜80的人数占抽样人数的30%估计全市人数即可．
【解答】解：（1）∵教育局随机抽取几所学校部分初中生进行调查，
∴教育局采取的调查方式是抽样调查，
故答案为：抽样调查；
（2）45÷15%＝300（人），
1﹣15%﹣3%﹣7%﹣45%＝30%，
故答案为：300，30；
（3）∵所有可能抽到的结果数为9，抽到男生的结果数为5，且每一名学生被抽到的可能性
第19页（共30页）相同，
∴P（抽到男生）＝ ，
故答案为： ；
（4）10000×30%＝3000（人），
故答案为：3000．
【点评】本题考查了概率公式，全面调查与抽样调查，扇形统计图，用样本估计总体，用样
本中70≤t＜80的人数占抽样人数的30%估计全市人数是解题的关键．
20．（10分）（2022•海南）无人机在实际生活中应用广泛．如图所示，小明利用无人机测量大
楼的高度，无人机在空中P处，测得楼CD楼顶D处的俯角为45°，测得楼AB楼顶A处的
俯角为60°．已知楼AB和楼CD之间的距离BC为100米，楼AB的高度为10米，从楼AB
的A处测得楼CD的D处的仰角为30°（点A、B、C、D、P在同一平面内）．
（1）填空：∠APD＝ 7 5 度，∠ADC＝ 6 0 度；
（2）求楼CD的高度（结果保留根号）；
（3）求此时无人机距离地面BC的高度．
【分析】（1）由平角的性质可得∠APD；过点A作AE⊥CD于点E．则∠DAE＝30°，根据三
角形内角和定理可得∠ADC．
（2）由题意可得 AE＝BC＝100 米，EC＝AB＝10 米，在 Rt△AED 中，tan30°＝
，解得DE＝ ，结合CD＝DE+EC可得出答案．
（3）过点P作PG⊥BC于点G，交AE于点F，证明△APF≌△DAE，可得PF＝AE＝100米，
再根据PG＝PF+FG可得出答案．
【解答】解：（1）∵∠MPA＝60°，∠NPD＝45°，
∴∠APD＝180°﹣∠MPA﹣∠NPD＝75°．
第20页（共30页）过点A作AE⊥CD于点E．
则∠DAE＝30°，
∴∠ADC＝180°﹣90°﹣30°＝60°．
故答案为：75；60．
（2）由题意可得AE＝BC＝100米，EC＝AB＝10米，
在Rt△AED中，∠DAE＝30°，
tan30°＝ ，
解得DE＝ ，
∴CD＝DE+EC＝（ +10）米．
∴楼CD的高度为（ +10）米．
（3）过点P作PG⊥BC于点G，交AE于点F，
则∠PFA＝∠AED＝90°，FG＝AB＝10米，
∵MN∥AE，
∴∠PAF＝∠MPA＝60°，
∵∠ADE＝60°，
第21页（共30页）∴∠PAF＝∠ADE，
∵∠DAE＝∠30°，
∴∠PAD＝30°，
∵∠APD＝75°，
∴∠ADP＝75°，
∴∠ADP＝∠APD，
则AP＝AD，
∴△APF≌△DAE（AAS），
∴PF＝AE＝100米，
∴PG＝PF+FG＝100+10＝110（米）．
∴此时无人机距离地面BC的高度为110米．
【点评】本题考查解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数的定义是
解答本题的关键．
21．（15分）（2022•海南）如图1，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，点P在边BC上，且不与点
B、C重合，直线AP与DC的延长线交于点E．
（1）当点P是BC的中点时，求证：△ABP≌△ECP；
（2）将△APB沿直线AP折叠得到△APB'，点B'落在矩形ABCD的内部，延长PB'交直线
AD于点F．
①证明FA＝FP，并求出在（1）条件下AF的值；
②连接B'C，求△PCB'周长的最小值；
③如图2，BB'交AE于点H，点G是AE的中点，当∠EAB'＝2∠AEB'时，请判断AB与HG
的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）根据矩形的性质得AB∥CD，可得∠BAP＝∠E，∠B＝∠BCE，利用AAS即可
第22页（共30页）得出结论；
（2）①根据平行线的性质和折叠的性质得出∠FAP＝∠APF，等角对等边即可得FA＝FP，
设FA＝x，则FP＝x，FB′＝x﹣4，在Rt△AB′F中，由勾股定理得x＝ ，即AF＝ ；
②可得△PCB'的周长＝CP+PB′+CB′＝CB+CB′＝8+CB′，当点B′恰好位于对角线
AC上时，CB′+AB′最小，在Rt△ABC中，由勾股定理得AC＝10，则CB′的最小值＝
AC﹣AB′＝4，即可得△PCB'周长的最小值；
③过点B'作B'M∥DE，交AE于点M，则AB∥DE∥B'M，可得∠l＝∠6＝∠5＝∠AED，
AB'＝B'M＝AB，根据等腰三角形的性质可得点H是AM中点，由∠EAB'＝2∠AEB'以及三
角形外角的性质得∠7＝∠8．则B'M＝EM＝AB'＝AB．可得点G为AE中点，得出AG＝
AE，AH＝ AM．则HG＝AG﹣AH＝ （AE﹣AM）＝ EM＝ AB．即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠BAP＝∠E，∠B＝∠BCE，
∵点P是BC的中点，
∴BP＝CP，
∴△ABP≌△ECP（AAS）；
（2）解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠APB＝∠FAP，
由折叠得∠APB＝∠APF，
∴∠FAP＝∠APF，
∴FA＝FP，
矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，
∴BC＝AD＝8，
∵点P是BC的中点，
∴BP＝CP＝4，
由折叠得AB′＝AB＝6，PB′＝PB＝4，∠B＝∠AB′P＝∠AB′F＝90°，
设FA＝x，则FP＝x，
第23页（共30页）∴FB′＝x﹣4，
在Rt△AB′F中，AF2＝B′F2+B′A2，
∴x2＝（x﹣4）2+62，解得x＝ ，即AF＝ ；
②由折叠得AB′＝AB＝6，PB′＝PB＝4，
∴△PCB'的周长＝CP+PB′+CB′＝CB+CB′＝8+CB′，
连接B'C，AC，
∵AB′+B′C＞AC，
∴当点B′恰好位于对角线AC上时，CB′+AB′最小，
在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，
∴AC＝ ＝10，
∴CB′的最小值＝AC﹣AB′＝4，
∴△PCB'周长的最小值＝8+CB′＝8+4＝12；
③AB与HG的数量关系是AB＝2HG．
理由：如图，
由折叠可知∠1＝∠6，AB'＝AB，BB'⊥AE，
过点B'作B'M∥DE，交AE于点M，
∴AB∥DE，
∴AB∥DE∥B'M，
第24页（共30页）∴∠l＝∠6＝∠5＝∠AED，
∴AB'＝B'M＝AB，
∴点H是AM中点，
∵∠EAB'＝2∠AEB'，即∠6＝2∠8，
∴∠5＝2∠8．
∵∠5＝∠7+∠8，
∴∠7＝∠8．
∴B'M＝EM．
∴B'M＝EM＝AB'＝AB．
∵点G为AE中点，点H是AM中点，
∴AG＝ AE，AH＝ AM．
∴HG＝AG﹣AH＝ （AE﹣AM）＝ EM．
∴HG＝ AB．
∴AB＝2HG．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性
质，等腰三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，掌握折叠是一种轴对称，折叠前后的
图形对应角相等、对应边相等，灵活运用相关的性质是解题的关键．
22．（15分）（2022•海南）如图1，抛物线y＝ax2+2x+c经过点A（﹣1，0）、C（0，3），并交x轴于
另一点B，点P（x，y）在第一象限的抛物线上，AP交直线BC于点D．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）当点P的坐标为（1，4）时，求四边形BOCP的面积；
（3）点Q在抛物线上，当 的值最大且△APQ是直角三角形时，求点Q的横坐标；
（4）如图2，作CG⊥CP，CG交x轴于点G（n，0），点H在射线CP上，且CH＝CG，过GH
的中点K作KI∥y轴，交抛物线于点I，连接IH，以IH为边作出如图所示正方形HIMN，当
顶点M恰好落在y轴上时，请直接写出点G的坐标．
第25页（共30页）【分析】（1）将A，C两点坐标代入抛物线的解析式，进一步求得结果；
（2）可推出△PCB是直角三角形，进而求出△BOC和△PBC的面积之和，从而求得四边形
BOCP的面积；
（3）作PE∥AB交BC的延长线于E，根据△PDE∽△ADB，求得 的函数解析式，从而求
得P点坐标，进而分为点P和点A和点Q分别为直角顶点，构造“一线三直角”，进一步
求得结果；
（4）作 GL∥y 轴，作 RC⊥GL 于 L，作 MT⊥KI 于 K，作 HW⊥IK 于点 W，则
△GLC≌△CRH，△ITM≌△HWI．根据△GLC≌△CRH可表示出H点坐标，从而表示出
点K坐标，进而表示出I坐标，根据MT＝IW，构建方程求得n的值．
【解答】解：（1）由题意得，
，
∴ ，
∴该抛物线的函数表达式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，
∴x ＝﹣1，x ﹣3，
1 2
∴B（3，0），
∵PC2+BC2＝[1+（4﹣3）2]+（32+32）＝20，PB2＝[（3﹣1）2+42]＝20，
∴PC2+BC2＝PB2，
∴∠PCB＝90°，
∴S△PBC ＝ ＝ ＝3，
第26页（共30页）∵S△BOC ＝ ＝ ＝ ，
∴S四边形BOCP ＝S△PBC +S△BOC ＝3+ ＝ ；
（3）如图1，作PE∥AB交BC的延长线于E，
设P（m，﹣m2+2m+3），
∵B（3，0），C（0，3），
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3，
由﹣x+3＝﹣m2+2m+3得，
x＝m2﹣2m，
∴PE＝m﹣（m2﹣2m）＝﹣m2+3m，
∵PE∥AB，
∴△PDE∽△ADB，
∴ ＝ ＝ ＝﹣ （m﹣ ）2+ ，
∴当m＝ 时，（ ）
最大
＝ ，
当m＝ 时，y＝﹣（ ）2+2× +3＝ ，
∴P（ ， ），
设Q（n，﹣n2+2n+3），
如图2，当∠PAQ＝90°时，过点A作y轴平行线AF，作PF⊥AF于F，作QG⊥AF于G，则
△AFP∽△GQA，
第27页（共30页）∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴n＝ ，
如图3，当∠AQP＝90°时，过QN⊥AB于N，作PM⊥QN于M，可得△ANQ∽△QMP，
∴ ＝ ，
第28页（共30页）∴ ＝ ，
可得n ＝1，n ＝ ，
1 2
如图4，当∠APQ＝90°时，作PT⊥AB于T，作OR⊥PT于R，
同理可得： ＝ ，
∴n＝ ，
综上所述：点Q的横坐标为： 或1或 或 ；
（4）如图5，作GL∥y轴，作RC⊥GL于L，作MT⊥KI于K，作HW⊥IK于点W，则
△GLC≌△CRH，△ITM≌△HWI．
第29页（共30页）∴RH＝OG＝﹣n，CR＝GL＝OC＝3，MT＝IW，
∴G（n，0），H（3，3+n），
∴K（ ， ），
∴I（ ，﹣（ ）2+n+3+3），
∵TM＝IW，
∴ ＝（ ）2+n+6﹣（3+n），
∴（n+3）2+2（n+3）﹣12＝0，
∴n ＝﹣4+ ，n ＝﹣4﹣ （舍去），
1 2
∴G（﹣4+ ，0）．
【点评】本题考查了二次函数及其图象性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判
定和性质，正方形的判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“一线三直角”模型
及需要较强计算能力．
第30页（共30页）
