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天津市2022年中考数学真题解析版
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这是一份天津市2022年中考数学真题解析版，共9页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
天津市2022年中考数学真题
一、单选题
1．计算(−3)+(−2)的结果等于（ ）
A．−5 B．−1 C．5 D．1
【答案】A
【知识点】有理数的加法
【解析】【解答】解：(−3)+(−2)
=−3−2
=−5
故答案为：A．
【分析】利用有理数的加法计算法则求解即可。
2．tan45°的值等于（ ）
A．2 B．1 C．22 D．33
【答案】B
【知识点】特殊角的三角函数值
【解析】【解答】解：作一个直角三角形，∠C=90°，∠A=45°，如图：
∴∠B=90°-45°=45°，
∴△ABC是等腰三角形，AC=BC，
∴根据正切定义，tan∠A=BCAC=1，
∵∠A=45°，
∴tan45°=1，
故答案为： B．
【分析】利用特殊角的三角函数值求解即可。
3．将290000用科学记数法表示应为（ ）
A．0.29×106 B．2.9×105 C．29×104 D．290×103
【答案】B
【知识点】科学记数法—表示绝对值较大的数
【解析】【解答】解：290000=2.9×105．
故答案为：B
【分析】利用科学记数法的定义及书写要求求解即可。
4．在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】轴对称图形
【解析】【解答】A．不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B．不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C．不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D．是轴对称图形，故本选项符合题意．
故答案为：D．
【分析】根据轴对称图形的定义逐项判定即可。
5．下图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：几何体的主视图为：
故答案为：A
【分析】根据三视图的定义求解即可。
6．估计 29 的值在（ ）
A．3和4之间 B．4和5之间 C．5和6之间 D．6和7之间
【答案】C
【知识点】估算无理数的大小
【解析】【解答】解： ∵52<29<62 ，
∴5<29<6 ，即在5和6之间．
故答案为：C．
【分析】利用估算无理数的方法计算求解即可。
7．计算a+1a+2+1a+2的结果是（ ）
A．1 B．2a+2 C．a+2 D．aa+2
【答案】A
【知识点】分式的加减法
【解析】【解答】解：a+1a+2+1a+2=a+2a+2=1．
故答案为：A．
【分析】利用分式的加法计算方法求解即可。
8．若点A(x1，2)，B(x2，−1)，C(x3，4)都在反比例函数y=8x的图像上，则x1，x2，x3的大小关系是（ ）
A．x1
【知识点】反比例函数的性质
【解析】【解答】解：将三点坐标分别代入函数解析式y=8x，得：
2=8x1，解得x1=4；
-1=8x2，解得x2=-8；
4=8x3，解得x3=2；
∵-8<2<4，
∴x2
【分析】根据反比例函数的性质求解即可。
9．方程x2+4x+3=0的两个根为（ ）
A．x1=1，x2=3 B．x1=−1，x2=3
C．x1=1，x2=−3 D．x1=−1，x2=−3
【答案】D
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【解答】解：∵x2+4x+3=(x+1)(x+3)
∴(x+1)(x+3)=0
∴x1=−1，x2=−3
故答案为：D．
【分析】利用十字相乘法求出一元二次方程的解即可。
10．如图，△OAB的顶点O(0，0)，顶点A，B分别在第一、四象限，且AB⊥x轴，若AB=6，OA=OB=5，则点A的坐标是（ ）
A．(5，4) B．(3，4) C．(5，3) D．(4，3)
【答案】D
【知识点】点的坐标；直角三角形全等的判定（HL）
【解析】【解答】解：∵AB⊥x轴，
∴∠ACO=∠BCO=90°，
∵OA=OB，OC=OC，
∴△ACO≌△BCO(HL)，
∴AC=BC=12AB=3，
∵OA=5，
∴OC=52−32=4，
∴点A的坐标是（4，3），
故答案为：D．
【分析】利用勾股定理求出OC的长，再结合AC=BC=12AB=3，即可得到点A的坐标。
11．如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（ ）
A．AB=AN B．AB∥NC C．∠AMN=∠ACN D．MN⊥AC
【答案】C
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：∵将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，∴△ABM≌△ACN，
∴AB=AC，AM=AN，
∴AB不一定等于AN，A不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠ACN=∠B，
而∠CAB不一定等于∠B，
∴∠ACN不一定等于∠CAB，
∴AB与CN不一定平行，B不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠BAM=∠CAN，∠ACN=∠B，
∴∠BAC=∠MAN，
∵AM=AN，AB=AC，
∴△ABC和△AMN都是等腰三角形，且顶角相等，
∴∠B=∠AMN，
∴∠AMN=∠ACN，C符合题意；
∵AM=AN，
而AC不一定平分∠MAN，
∴AC与MN不一定垂直，D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】根据旋转变换的性质、等边三角形的性质和平行线的性质判断即可。
12．已知抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，0
②当x>1时，y随x的增大而增大；
③关于x的方程ax2+bx+(b+c)=0有两个不相等的实数根．
其中，正确结论的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【知识点】二次函数y=ax^2+bx+c的图象；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【解答】解：由题意可知：a+b+c=0，b=−(a+c)，b+c=−a，
∵0
∵b+2a<0，
∴对称轴x0=−b2a>1，
∵a>0，
∴1x0时，y随x的增大而增大，故②不符合题意；
∵b2−4a(b+c)=b2−4a×(−a)=b2+4a2>0，
∴关于x的方程ax2+bx+(b+c)=0有两个不相等的实数根，故③符合题意．
故答案为：C．
【分析】根据抛物线y=ax2+bx+c经过点(1，0)，结合题意判断①；根据抛物线的对称性判断②；根据一元二次方程根的判别式判断③。
二、填空题
13．计算m⋅m7的结果等于 ．
【答案】m8
【知识点】同底数幂的乘法
【解析】【解答】解：m⋅m7=m1+7=m8，
故答案为：m8．
【分析】利用同底数幂的乘法计算方法求解即可。
14．计算(19+1)(19−1)的结果等于 ．
【答案】18
【知识点】平方差公式及应用
【解析】【解答】解：(19+1)(19−1)=(19)2−12=19−1=18，
故答案为：18．
【分析】利用平方差公式展开计算即可。
15．不透明袋子中装有9个球，其中有7个绿球、2个白球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出1个球，则它是绿球的概率是 ．
【答案】79
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：∵袋子中共有9个小球，其中绿球有7个，
∴摸出一个球是绿球的概率是79，
故答案为：79．
【分析】利用概率公式求解即可。
16．若一次函数y=x+b（b是常数）的图象经过第一、二、三象限，则b的值可以是 （写出一个即可）．
【答案】1（答案不唯一，满足b>0即可）
【知识点】一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】解：∵一次函数y=x+b（b是常数）的图象经过第一、二、三象限，
∴b>0
故答案为：1答案不唯一，满足b>0即可）
【分析】根据一次函数的图象与系数的关系可得b的值。
17．如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB=60°，E为AB的中点，F为CE的中点，AF与DE相交于点G，则GF的长等于 ．
【答案】194
【知识点】菱形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，连接FB，作CG⊥AB交AB的延长线于点G．
∵四边形ABCD是边长为2的菱形，
∴AD//BC，AD=AB=BC=CD=2，
∵∠DAB=60°，
∴∠CBG=∠DAB=60°，
∴CG=BC⋅sin∠CBG=2×32=3，
BG=BC⋅cos∠CBG=2×12=1，
∵E为AB的中点，
∴AE=EB=1，
∴BE=BG，即点B为线段EG的中点，
又∵F为CE的中点，
∴FB为ΔECG的中位线，
∴FB//CG，FB=12CG=32，
∴FB⊥AB，即ΔABF是直角三角形，
∴AF=AB2+BF2=22+(32)2=192．
在ΔAED和ΔBGC中，
AD=BC∠DAE=∠CBGAE=BG，‘
∴ΔAED≅ΔBGC，
∴∠AED=∠BGC=90°，
∴∠AEG=∠ABF=90°，
又∵∠GAE=∠FAB，
∴ΔAEG∼ΔABF，
∴AGAF=AEAB=12，
∴AG=12AF=194，
∴GF=AF−AG=194．
故答案为：194．
【分析】连接FB，作CG⊥AB交AB的延长线于点G，先证明ΔABF是直角三角形，利用勾股定理求出AF的长，再证明ΔAEG∼ΔABF可得AGAF=AEAB=12，可得AG=12AF=194，再利用线段的和差可得GF=AF−AG=194。
18．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，圆上的点A，B，C及∠DPF的一边上的点E，F均在格点上．
（1）线段EF的长等于 ；
（2）若点M，N分别在射线PD，PF上，满足∠MBN=90°且BM=BN．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点M，N，并简要说明点M，N的位置是如何找到的（不要求证明） ．
【答案】（1）10
（2）连接AC，与竖网格线相交于点O，O即为圆心；取格点Q（E点向右1格，向上3格），连接EQ与射线PD相交于点M；连接MB与⊙O相交于点G；连接GO并延长，与⊙O相交于点H；连接BH并延长，与射线PF相交于点N，则点M，N即为所求，
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；圆的综合题
【解析】【解答】解：（1）从图中可知：点E、F水平方向距离为3，竖直方向距离为1，
所以EF=32+12=10 ，
故答案为：10；
（2）理由如下：连接BQ，BF
由勾股定理算出BQ=QE=EF=BF=12+32=10，
由题意得∠MQB=∠QEF=∠BFE=∠QBF=90°，
∴四边形BQEF为正方形，
在Rt△BQM和Rt△BFN中，
BQ=BF，∠QBM=∠FBN，
∴Rt△BQM≌Rt△BFN(ASA)，
∴BM=BN，
通过Rt△BQM≌Rt△BFN即可说明．
【分析】（1）利用勾股定理求解即可；
（2）连接BQ，BF，通过Rt△BQM≌Rt△BFN即可说明．
三、解答题
19．解不等式组2x≥x−1，①x+1≤3.②
请结合题意填空，完成本题的解答．
（1）解不等式①，得 ；
（2）解不等式②，得 ；
（3）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来：
（4）原不等式组的解集为 ．
【答案】（1）x≥−1
（2）x≤2
（3）
（4）−1≤x≤2
【知识点】在数轴上表示不等式组的解集；解一元一次不等式组
【解析】【解答】解：(1)移项得：2x−x≥−1
解得：x≥−1
故答案为：x≥−1；
(2)移项得：x≤3−1，
解得：x≤2，
故答案为：x≤2；
(4)所以原不等式组的解集为：−1≤x≤2，
故答案为：−1≤x≤2．
【分析】利用不等式的性质及不等式组的解法求出解集，再在数轴上画出解集即可。
20．在读书节活动中，某校为了解学生参加活动的情况，随机调查了部分学生每人参加活动的项数．根据统计的结果，绘制出如下的统计图①和图②．
请根据相关信息，解答下列问题：
（1）本次接受调查的学生人数为 ，图①中m的值为 ；
（2）求统计的这组项数数据的平均数、众数和中位数．
【答案】（1）40；10
（2）解：平均数：1×13+2×18+3×5+4×440=2，
∵在这组数据中，2出现了18次，出现的次数最多，
∴这组数据的众数是2，
∵将这组数据按从小到大的顺序排列，其中处于中间的两个数都是2，有2+22=2，
∴这组数据的中位数是2．
则平均数是2，众数是2，中位数是2．
【知识点】扇形统计图；条形统计图；分析数据的集中趋势
【解析】【解答】解：(1)由图可得，参加2项的人数有18人，占总体的45%，参加4项的有4人，
则1845%=40（人），440×100%=10%，
故答案为：40；10．
【分析】（1）利用“2”的人数除以对应的百分比可得总人数，再利用“4”的人数除以总人数可得m的值；
（2）利用平均数、众数和中位数的定义及计算方法求解即可。
21．已知AB为⊙O的直径，AB=6，C为⊙O上一点，连接CA，CB．
（1）如图①，若C为AB的中点，求∠CAB的大小和AC的长；
（2）如图②，若AC=2，OD为⊙O的半径，且OD⊥CB，垂足为E，过点D作⊙O的切线，与AC的延长线相交于点F，求FD的长．
【答案】（1）解：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
由C为AB的中点，得AC=BC，
∴AC=BC，得∠ABC=∠CAB，
在Rt△ABC中，∠ABC+∠CAB=90°，
∴∠CAB=45°；
根据勾股定理，有AC2+BC2=AB2，
又AB=6，得2AC2=36，
∴AC=32；
（2）解：∵FD是⊙O的切线，
∴OD⊥FD，即∠ODF=90°，
∵OD⊥CB，垂足为E，
∴∠CED=90°，CE=12CB，
同（1）可得∠ACB=90°，有∠FCE=90°，
∴∠FCE=∠CED=∠ODF=90°，
∴四边形ECFD为矩形，
∴FD=CE，于是FD=12CB，
在Rt△ABC中，由AB=6，AC=2，得CB=AB2−AC2=42，
∴FD=22．
【知识点】勾股定理；切线的性质；圆的综合题
【解析】【分析】（1）先证明∠CAB=45°，再利用勾股定理可得AC2+BC2=AB2，再结合AB=6可得2AC2=36，最后求出AC=32；
（2）先证明四边形ECFD为矩形，可得FD=CE，于是FD=12CB，再利用勾股定理求出CB的长，即可得到FD的长。
22．如图，某座山AB的项部有一座通讯塔BC，且点A，B，C在同一条直线上，从地面P处测得塔顶C的仰角为42°，测得塔底B的仰角为35°．已知通讯塔BC的高度为32m，求这座山AB的高度（结果取整数）．参考数据：tan35°≈0.70，tan42°≈0.90．
【答案】解：如图，根据题意，BC=32，∠APC=42°，∠APB=35°．
在Rt△PAC中，tan∠APC=ACPA，
∴PA=ACtan∠APC．
在Rt△PAB中，tan∠APB=ABPA，
∴PA=ABtan∠APB．
∵AC=AB+BC，
∴AB+BCtan∠APC=ABtan∠APB．
∴AB=BC⋅tan∠APBtan∠APC−tan∠APB=32×tan35°tan42°−tan35°≈32×0.700.90−0.70=112(m)．
答：这座山AB的高度约为112m．
【知识点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题
【解析】【分析】利用锐角三角函数求出PA=ACtan∠APC，PA=ABtan∠APB，再利用AC=AB+BC可得AB+BCtan∠APC=ABtan∠APB，最后求出AB的长即可。
23．在“看图说故事”活动中，某学习小组结合图象设计了一个问题情境．
已知学生公寓、阅览室、超市依次在同一条直线上，阅览室离学生公寓1.2km，超市离学生公寓2km，小琪从学生公寓出发，匀速步行了12min到阅览室；在阅览室停留70min后，匀速步行了10min到超市；在超市停留20min后，匀速骑行了8min返回学生公寓．给出的图象反映了这个过程中小琪离学生公寓的距离ykm与离开学生公寓的时间xmin之间的对应关系．
请根据相关信息，解答下列问题：
（1）填表：
离开学生公寓的时间/min
5
8
50
87
112
离学生公寓的距离/km
0.5
1.6
（2）填空：
①阅览室到超市的距离为 km；
②小琪从超市返回学生公寓的速度为 km/min；
③当小琪离学生公寓的距离为1km时，他离开学生公寓的时间为 min．
（3）当0≤x≤92时，请直接写出y关于x的函数解析式．
【答案】（1）离开学生公寓的时间/min
5
8
50
87
112
离学生公寓的距离/km
0.5
0.8
1.2
1.6
2
（2）0.8；0.25；10或116
（3）当0≤x≤12时，y=0.1x；当12
【解析】【解答】解：(1)由图象可得，在前12分钟的速度为：1.2÷12=0.1km/min，
故当x=8时，离学生公寓的距离为8×0.1=0.8；
在12≤x≤82时，离学生公寓的距离不变，都是1.2km
故当x=50时，距离不变，都是1.2km；
在92≤x≤112时，离学生公寓的距离不变，都是2km，
所以，当x=112时，离学生公寓的距离为2km
故填表为：
离开学生公寓的时间/min
5
8
50
87
112
离学生公寓的距离/km
0.5
0.8
1.2
1.6
2
(2)①阅览室到超市的距离为2-1.2=0.8km；
②小琪从超市返回学生公寓的速度为：
2÷（120-112）=0.25km/min；
③分两种情形：
当小琪离开学生公寓，与学生公寓的距离为1km时，他离开学生公寓的时间为：
1÷0.1=10min；
当小琪返回与学生公寓的距离为1km时，他离开学生公寓的时间为：
112+（2-1）÷｛2÷（120-112）｝=112+4=116min；
故答案为：①0.8；②0.25；③10或116
(3)
当0≤x≤12时，设直线解析式为y=kx，
把（12，1.2）代入得，12k=1.2，
解得，k=0.1
∴y=0.1x；
当12
82m+n=1.292m+n=2
解得，m=0.08n=−5.36
∴y=0.08x−5.36，
由上可得，当0≤x≤92时，y关于x的函数解析式为y=0.1x(0≤x≤12)y=1.2(12
【分析】（1）观察函数图象即可得到答案；
（2）①根据阅览室离学生公寓1.2km，超市离学生公寓2km可得答案；
②用路程除以时间可得速度；
③分两种情况，分别可得小琪离学生公寓的距离为1km时，他离开学生公寓的时间；
（3）分段求出函数关系式即可。
24．将一个矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点O(0，0)，点A(3，0)，点C(0，6)，点P在边OC上（点P不与点O，C重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且∠OPQ=30°，点O的对应点O′落在第一象限．设OQ=t．
（1）如图①，当t=1时，求∠O′QA的大小和点O′的坐标；
（2）如图②，若折叠后重合部分为四边形，O′Q，O′P分别与边AB相交于点E，F，试用含有t的式子表示O′E的长，并直接写出t的取值范围；
（3）若折叠后重合部分的面积为33，则t的值可以是 （请直接写出两个不同的值即可）．
【答案】（1）解：在Rt△POQ中，由∠OPQ=30°，得∠OQP=90°−∠OPQ=60°．
根据折叠，知△PO′Q≌△POQ，
∴O′Q=OQ，∠O′QP=∠OQP=60°．
∵∠O′QA=180°−∠O′QP−∠OQP，
∴∠O′QA=60°．
如图，过点O′作O′H⊥OA，垂足为H，则∠O′HQ=90°．
∴在Rt△O′HQ中，得∠QO′H=90°−∠O′QA=30°．
由t=1，得OQ=1，则O′Q=1．
由QH=12O′Q=12，O′H2+QH2=O′Q2
得OH=OQ+QH=32，O′H=O′Q2−QH2=32．
∴点O′的坐标为(32，32)．
（2）∵点A(3，0)，
∴OA=3．
又OQ=t，
∴QA=OA−OQ=3−t．
同（Ⅰ）知，O′Q=t，∠O′QA=60°．
∵四边形OABC是矩形，
∴∠OAB=90°．
在Rt△EAQ中，∠QEA=90°−∠EQA=30°，得QA=12QE．
∴QE=2QA=2(3−t)=6−2t．
又O′E=O′Q−QE，
∴O′E=3t−6.其中t的取值范围是2
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；四边形的综合
【解析】【解答】解：(2)如图，当点O′与AB重合时，OQ=O′Q=t，∠AQO′=60°，
则∠AO′Q=30°，
∴AQ=12t，
∴t+12t=3，
解得t=2，
∴t的取值范围是2
3，103．（答案不唯一，满足3≤t<23即可）
当点Q与点A重合时，AO′=3，∠DAO′=30°，
∴AD=AO′cos30°=23，
则S△ADP=12×23×3=33.
∴t=3时，重合部分的面积是33，
从t=3之后重合部分的面积始终是33，
当P与C重合时，OP＝6，∠OPQ＝30°，此时t＝OP·tan30°＝23，
由于P不能与C重合，故t<23，
所以3≤t<23都符合题意．
【分析】（1）过点O′作O′H⊥OA，垂足为H，解直角三角形求出QH=12O′Q=12，再利用勾股定理求出O′H=O′Q2−QH2=32即可；
（2）解直角三角形求出QE，可得结论；
（3）当点Q与点A重合时，S△ADP=12×23×3=33，所以从t=3之后重合部分的面积始终是33，再当P与C重合时，OP＝6，∠OPQ＝30°，此时t＝OP·tan30°＝23，从而得解。
25．已知抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a>0）的顶点为P，与x轴相交于点A(−1，0)和点B．
（1）若b=−2，c=−3，
①求点P的坐标；
②直线x=m（m是常数，1
【答案】（1）解：①∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于点A(−1，0)，
∴a−b+c=0．又b=−2，c=−3，得a=1．
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3．
∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4，
∴点P的坐标为(1，−4)．
②当y=0时，由x2−2x−3=0，
解得x1=−1，x2=3．
∴点B的坐标为(3，0)．
设经过B，P两点的直线的解析式为y=kx+n，
有3k+n=0，k+n=−4.解得k=2，n=−6.
∴直线BP的解析式为y=2x−6．
∵直线x=m（m是常数，1
∴MG=(2m−6)−(m2−2m−3)=−m2+4m−3=−(m−2)2+1．
∴当m=2时，MG有最大值1．
此时，点M的坐标为(2，−3)，点G的坐标为(2，−2)．
（2）解：由（Ⅰ）知a−b+c=0，又3b=2c，
∴b=−2a，c=−3a．(a>0)
∴抛物线的解析式为y=ax2−2ax−3a．
∵y=ax2−2ax−3a=a(x−1)2−4a，
∴顶点P的坐标为(1，−4a)．
∵直线x=2与抛物线y=ax2−2ax−3a相交于点N，
∴点N的坐标为(2，−3a)．
作点P关于y轴的对称点P′，作点N关于x轴的对称点N′，如图所示：
得点P′的坐标为(−1，−4a)，点N′的坐标为(2，3a)．
当满足条件的点E，F落在直线P′N′上时，PF+FE+EN取得最小值，
此时，PF+FE+EN=P′N′=5．
延长P′P与直线x=2相交于点H，则P′H⊥N′H．
在Rt△P′HN′中，P′H=3，HN′=3a−(−4a)=7a．
∴P′N′2=P′H2+HN′2=9+49a2=25．
解得a1=47，a2=−47（舍）．
∴点P′的坐标为(−1，−167)，点N′的坐标为(2，127)．
则直线P′N′的解析式为y=43x−2021．
∴点E(57，0)和点F(0，−2021)．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-动态几何问题
【解析】【分析】（1）①利用待定系数法求出抛物线的解析式，即可得到顶点P的坐标；
②求出直线BP的解析式，设点M的坐标为(m，m2−2m−3)，点G的坐标为(m，2m−6)，再表示出MG=(2m−6)−(m2−2m−3)=−m2+4m−3=−(m−2)2+1，最后利用二次函数的性质求解即可；
（2）先求出点N的坐标为(2，−3a)，作点P关于y轴的对称点P′，作点N关于x轴的对称点N′，得点P′的坐标为(−1，−4a)，点N′的坐标为(2，3a)，延长P′P与直线x=2相交于点H，则P′H⊥N′H，利用勾股定理可得P′N′2=P′H2+HN′2=9+49a2=25，求出a的值，即可得到点P′的坐标为(−1，−167)，点N′的坐标为(2，127)，再求出直线P′N′的解析式为y=43x−2021，最后求出点E、F的坐标即可。
天津市2022年中考数学真题
一、单选题
1．计算(−3)+(−2)的结果等于（ ）
A．−5 B．−1 C．5 D．1
【答案】A
【知识点】有理数的加法
【解析】【解答】解：(−3)+(−2)
=−3−2
=−5
故答案为：A．
【分析】利用有理数的加法计算法则求解即可。
2．tan45°的值等于（ ）
A．2 B．1 C．22 D．33
【答案】B
【知识点】特殊角的三角函数值
【解析】【解答】解：作一个直角三角形，∠C=90°，∠A=45°，如图：
∴∠B=90°-45°=45°，
∴△ABC是等腰三角形，AC=BC，
∴根据正切定义，tan∠A=BCAC=1，
∵∠A=45°，
∴tan45°=1，
故答案为： B．
【分析】利用特殊角的三角函数值求解即可。
3．将290000用科学记数法表示应为（ ）
A．0.29×106 B．2.9×105 C．29×104 D．290×103
【答案】B
【知识点】科学记数法—表示绝对值较大的数
【解析】【解答】解：290000=2.9×105．
故答案为：B
【分析】利用科学记数法的定义及书写要求求解即可。
4．在一些美术字中，有的汉字是轴对称图形．下面4个汉字中，可以看作是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】轴对称图形
【解析】【解答】A．不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
B．不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
C．不是轴对称图形，故本选项不符合题意；
D．是轴对称图形，故本选项符合题意．
故答案为：D．
【分析】根据轴对称图形的定义逐项判定即可。
5．下图是一个由5个相同的正方体组成的立体图形，它的主视图是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：几何体的主视图为：
故答案为：A
【分析】根据三视图的定义求解即可。
6．估计 29 的值在（ ）
A．3和4之间 B．4和5之间 C．5和6之间 D．6和7之间
【答案】C
【知识点】估算无理数的大小
【解析】【解答】解： ∵52<29<62 ，
∴5<29<6 ，即在5和6之间．
故答案为：C．
【分析】利用估算无理数的方法计算求解即可。
7．计算a+1a+2+1a+2的结果是（ ）
A．1 B．2a+2 C．a+2 D．aa+2
【答案】A
【知识点】分式的加减法
【解析】【解答】解：a+1a+2+1a+2=a+2a+2=1．
故答案为：A．
【分析】利用分式的加法计算方法求解即可。
8．若点A(x1，2)，B(x2，−1)，C(x3，4)都在反比例函数y=8x的图像上，则x1，x2，x3的大小关系是（ ）
A．x1
【知识点】反比例函数的性质
【解析】【解答】解：将三点坐标分别代入函数解析式y=8x，得：
2=8x1，解得x1=4；
-1=8x2，解得x2=-8；
4=8x3，解得x3=2；
∵-8<2<4，
∴x2
【分析】根据反比例函数的性质求解即可。
9．方程x2+4x+3=0的两个根为（ ）
A．x1=1，x2=3 B．x1=−1，x2=3
C．x1=1，x2=−3 D．x1=−1，x2=−3
【答案】D
【知识点】因式分解法解一元二次方程
【解析】【解答】解：∵x2+4x+3=(x+1)(x+3)
∴(x+1)(x+3)=0
∴x1=−1，x2=−3
故答案为：D．
【分析】利用十字相乘法求出一元二次方程的解即可。
10．如图，△OAB的顶点O(0，0)，顶点A，B分别在第一、四象限，且AB⊥x轴，若AB=6，OA=OB=5，则点A的坐标是（ ）
A．(5，4) B．(3，4) C．(5，3) D．(4，3)
【答案】D
【知识点】点的坐标；直角三角形全等的判定（HL）
【解析】【解答】解：∵AB⊥x轴，
∴∠ACO=∠BCO=90°，
∵OA=OB，OC=OC，
∴△ACO≌△BCO(HL)，
∴AC=BC=12AB=3，
∵OA=5，
∴OC=52−32=4，
∴点A的坐标是（4，3），
故答案为：D．
【分析】利用勾股定理求出OC的长，再结合AC=BC=12AB=3，即可得到点A的坐标。
11．如图，在△ABC中，AB=AC，若M是BC边上任意一点，将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，点M的对应点为点N，连接MN，则下列结论一定正确的是（ ）
A．AB=AN B．AB∥NC C．∠AMN=∠ACN D．MN⊥AC
【答案】C
【知识点】旋转的性质
【解析】【解答】解：∵将△ABM绕点A逆时针旋转得到△ACN，∴△ABM≌△ACN，
∴AB=AC，AM=AN，
∴AB不一定等于AN，A不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠ACN=∠B，
而∠CAB不一定等于∠B，
∴∠ACN不一定等于∠CAB，
∴AB与CN不一定平行，B不符合题意；
∵△ABM≌△ACN，
∴∠BAM=∠CAN，∠ACN=∠B，
∴∠BAC=∠MAN，
∵AM=AN，AB=AC，
∴△ABC和△AMN都是等腰三角形，且顶角相等，
∴∠B=∠AMN，
∴∠AMN=∠ACN，C符合题意；
∵AM=AN，
而AC不一定平分∠MAN，
∴AC与MN不一定垂直，D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】根据旋转变换的性质、等边三角形的性质和平行线的性质判断即可。
12．已知抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，0
②当x>1时，y随x的增大而增大；
③关于x的方程ax2+bx+(b+c)=0有两个不相等的实数根．
其中，正确结论的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【知识点】二次函数y=ax^2+bx+c的图象；二次函数y=ax^2+bx+c的性质
【解析】【解答】解：由题意可知：a+b+c=0，b=−(a+c)，b+c=−a，
∵0
∵b+2a<0，
∴对称轴x0=−b2a>1，
∵a>0，
∴1
∵b2−4a(b+c)=b2−4a×(−a)=b2+4a2>0，
∴关于x的方程ax2+bx+(b+c)=0有两个不相等的实数根，故③符合题意．
故答案为：C．
【分析】根据抛物线y=ax2+bx+c经过点(1，0)，结合题意判断①；根据抛物线的对称性判断②；根据一元二次方程根的判别式判断③。
二、填空题
13．计算m⋅m7的结果等于 ．
【答案】m8
【知识点】同底数幂的乘法
【解析】【解答】解：m⋅m7=m1+7=m8，
故答案为：m8．
【分析】利用同底数幂的乘法计算方法求解即可。
14．计算(19+1)(19−1)的结果等于 ．
【答案】18
【知识点】平方差公式及应用
【解析】【解答】解：(19+1)(19−1)=(19)2−12=19−1=18，
故答案为：18．
【分析】利用平方差公式展开计算即可。
15．不透明袋子中装有9个球，其中有7个绿球、2个白球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出1个球，则它是绿球的概率是 ．
【答案】79
【知识点】概率公式
【解析】【解答】解：∵袋子中共有9个小球，其中绿球有7个，
∴摸出一个球是绿球的概率是79，
故答案为：79．
【分析】利用概率公式求解即可。
16．若一次函数y=x+b（b是常数）的图象经过第一、二、三象限，则b的值可以是 （写出一个即可）．
【答案】1（答案不唯一，满足b>0即可）
【知识点】一次函数图象、性质与系数的关系
【解析】【解答】解：∵一次函数y=x+b（b是常数）的图象经过第一、二、三象限，
∴b>0
故答案为：1答案不唯一，满足b>0即可）
【分析】根据一次函数的图象与系数的关系可得b的值。
17．如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB=60°，E为AB的中点，F为CE的中点，AF与DE相交于点G，则GF的长等于 ．
【答案】194
【知识点】菱形的性质；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，连接FB，作CG⊥AB交AB的延长线于点G．
∵四边形ABCD是边长为2的菱形，
∴AD//BC，AD=AB=BC=CD=2，
∵∠DAB=60°，
∴∠CBG=∠DAB=60°，
∴CG=BC⋅sin∠CBG=2×32=3，
BG=BC⋅cos∠CBG=2×12=1，
∵E为AB的中点，
∴AE=EB=1，
∴BE=BG，即点B为线段EG的中点，
又∵F为CE的中点，
∴FB为ΔECG的中位线，
∴FB//CG，FB=12CG=32，
∴FB⊥AB，即ΔABF是直角三角形，
∴AF=AB2+BF2=22+(32)2=192．
在ΔAED和ΔBGC中，
AD=BC∠DAE=∠CBGAE=BG，‘
∴ΔAED≅ΔBGC，
∴∠AED=∠BGC=90°，
∴∠AEG=∠ABF=90°，
又∵∠GAE=∠FAB，
∴ΔAEG∼ΔABF，
∴AGAF=AEAB=12，
∴AG=12AF=194，
∴GF=AF−AG=194．
故答案为：194．
【分析】连接FB，作CG⊥AB交AB的延长线于点G，先证明ΔABF是直角三角形，利用勾股定理求出AF的长，再证明ΔAEG∼ΔABF可得AGAF=AEAB=12，可得AG=12AF=194，再利用线段的和差可得GF=AF−AG=194。
18．如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，圆上的点A，B，C及∠DPF的一边上的点E，F均在格点上．
（1）线段EF的长等于 ；
（2）若点M，N分别在射线PD，PF上，满足∠MBN=90°且BM=BN．请用无刻度的直尺，在如图所示的网格中，画出点M，N，并简要说明点M，N的位置是如何找到的（不要求证明） ．
【答案】（1）10
（2）连接AC，与竖网格线相交于点O，O即为圆心；取格点Q（E点向右1格，向上3格），连接EQ与射线PD相交于点M；连接MB与⊙O相交于点G；连接GO并延长，与⊙O相交于点H；连接BH并延长，与射线PF相交于点N，则点M，N即为所求，
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；圆的综合题
【解析】【解答】解：（1）从图中可知：点E、F水平方向距离为3，竖直方向距离为1，
所以EF=32+12=10 ，
故答案为：10；
（2）理由如下：连接BQ，BF
由勾股定理算出BQ=QE=EF=BF=12+32=10，
由题意得∠MQB=∠QEF=∠BFE=∠QBF=90°，
∴四边形BQEF为正方形，
在Rt△BQM和Rt△BFN中，
BQ=BF，∠QBM=∠FBN，
∴Rt△BQM≌Rt△BFN(ASA)，
∴BM=BN，
通过Rt△BQM≌Rt△BFN即可说明．
【分析】（1）利用勾股定理求解即可；
（2）连接BQ，BF，通过Rt△BQM≌Rt△BFN即可说明．
三、解答题
19．解不等式组2x≥x−1，①x+1≤3.②
请结合题意填空，完成本题的解答．
（1）解不等式①，得 ；
（2）解不等式②，得 ；
（3）把不等式①和②的解集在数轴上表示出来：
（4）原不等式组的解集为 ．
【答案】（1）x≥−1
（2）x≤2
（3）
（4）−1≤x≤2
【知识点】在数轴上表示不等式组的解集；解一元一次不等式组
【解析】【解答】解：(1)移项得：2x−x≥−1
解得：x≥−1
故答案为：x≥−1；
(2)移项得：x≤3−1，
解得：x≤2，
故答案为：x≤2；
(4)所以原不等式组的解集为：−1≤x≤2，
故答案为：−1≤x≤2．
【分析】利用不等式的性质及不等式组的解法求出解集，再在数轴上画出解集即可。
20．在读书节活动中，某校为了解学生参加活动的情况，随机调查了部分学生每人参加活动的项数．根据统计的结果，绘制出如下的统计图①和图②．
请根据相关信息，解答下列问题：
（1）本次接受调查的学生人数为 ，图①中m的值为 ；
（2）求统计的这组项数数据的平均数、众数和中位数．
【答案】（1）40；10
（2）解：平均数：1×13+2×18+3×5+4×440=2，
∵在这组数据中，2出现了18次，出现的次数最多，
∴这组数据的众数是2，
∵将这组数据按从小到大的顺序排列，其中处于中间的两个数都是2，有2+22=2，
∴这组数据的中位数是2．
则平均数是2，众数是2，中位数是2．
【知识点】扇形统计图；条形统计图；分析数据的集中趋势
【解析】【解答】解：(1)由图可得，参加2项的人数有18人，占总体的45%，参加4项的有4人，
则1845%=40（人），440×100%=10%，
故答案为：40；10．
【分析】（1）利用“2”的人数除以对应的百分比可得总人数，再利用“4”的人数除以总人数可得m的值；
（2）利用平均数、众数和中位数的定义及计算方法求解即可。
21．已知AB为⊙O的直径，AB=6，C为⊙O上一点，连接CA，CB．
（1）如图①，若C为AB的中点，求∠CAB的大小和AC的长；
（2）如图②，若AC=2，OD为⊙O的半径，且OD⊥CB，垂足为E，过点D作⊙O的切线，与AC的延长线相交于点F，求FD的长．
【答案】（1）解：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
由C为AB的中点，得AC=BC，
∴AC=BC，得∠ABC=∠CAB，
在Rt△ABC中，∠ABC+∠CAB=90°，
∴∠CAB=45°；
根据勾股定理，有AC2+BC2=AB2，
又AB=6，得2AC2=36，
∴AC=32；
（2）解：∵FD是⊙O的切线，
∴OD⊥FD，即∠ODF=90°，
∵OD⊥CB，垂足为E，
∴∠CED=90°，CE=12CB，
同（1）可得∠ACB=90°，有∠FCE=90°，
∴∠FCE=∠CED=∠ODF=90°，
∴四边形ECFD为矩形，
∴FD=CE，于是FD=12CB，
在Rt△ABC中，由AB=6，AC=2，得CB=AB2−AC2=42，
∴FD=22．
【知识点】勾股定理；切线的性质；圆的综合题
【解析】【分析】（1）先证明∠CAB=45°，再利用勾股定理可得AC2+BC2=AB2，再结合AB=6可得2AC2=36，最后求出AC=32；
（2）先证明四边形ECFD为矩形，可得FD=CE，于是FD=12CB，再利用勾股定理求出CB的长，即可得到FD的长。
22．如图，某座山AB的项部有一座通讯塔BC，且点A，B，C在同一条直线上，从地面P处测得塔顶C的仰角为42°，测得塔底B的仰角为35°．已知通讯塔BC的高度为32m，求这座山AB的高度（结果取整数）．参考数据：tan35°≈0.70，tan42°≈0.90．
【答案】解：如图，根据题意，BC=32，∠APC=42°，∠APB=35°．
在Rt△PAC中，tan∠APC=ACPA，
∴PA=ACtan∠APC．
在Rt△PAB中，tan∠APB=ABPA，
∴PA=ABtan∠APB．
∵AC=AB+BC，
∴AB+BCtan∠APC=ABtan∠APB．
∴AB=BC⋅tan∠APBtan∠APC−tan∠APB=32×tan35°tan42°−tan35°≈32×0.700.90−0.70=112(m)．
答：这座山AB的高度约为112m．
【知识点】解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题
【解析】【分析】利用锐角三角函数求出PA=ACtan∠APC，PA=ABtan∠APB，再利用AC=AB+BC可得AB+BCtan∠APC=ABtan∠APB，最后求出AB的长即可。
23．在“看图说故事”活动中，某学习小组结合图象设计了一个问题情境．
已知学生公寓、阅览室、超市依次在同一条直线上，阅览室离学生公寓1.2km，超市离学生公寓2km，小琪从学生公寓出发，匀速步行了12min到阅览室；在阅览室停留70min后，匀速步行了10min到超市；在超市停留20min后，匀速骑行了8min返回学生公寓．给出的图象反映了这个过程中小琪离学生公寓的距离ykm与离开学生公寓的时间xmin之间的对应关系．
请根据相关信息，解答下列问题：
（1）填表：
离开学生公寓的时间/min
5
8
50
87
112
离学生公寓的距离/km
0.5
1.6
（2）填空：
①阅览室到超市的距离为 km；
②小琪从超市返回学生公寓的速度为 km/min；
③当小琪离学生公寓的距离为1km时，他离开学生公寓的时间为 min．
（3）当0≤x≤92时，请直接写出y关于x的函数解析式．
【答案】（1）离开学生公寓的时间/min
5
8
50
87
112
离学生公寓的距离/km
0.5
0.8
1.2
1.6
2
（2）0.8；0.25；10或116
（3）当0≤x≤12时，y=0.1x；当12
【解析】【解答】解：(1)由图象可得，在前12分钟的速度为：1.2÷12=0.1km/min，
故当x=8时，离学生公寓的距离为8×0.1=0.8；
在12≤x≤82时，离学生公寓的距离不变，都是1.2km
故当x=50时，距离不变，都是1.2km；
在92≤x≤112时，离学生公寓的距离不变，都是2km，
所以，当x=112时，离学生公寓的距离为2km
故填表为：
离开学生公寓的时间/min
5
8
50
87
112
离学生公寓的距离/km
0.5
0.8
1.2
1.6
2
(2)①阅览室到超市的距离为2-1.2=0.8km；
②小琪从超市返回学生公寓的速度为：
2÷（120-112）=0.25km/min；
③分两种情形：
当小琪离开学生公寓，与学生公寓的距离为1km时，他离开学生公寓的时间为：
1÷0.1=10min；
当小琪返回与学生公寓的距离为1km时，他离开学生公寓的时间为：
112+（2-1）÷｛2÷（120-112）｝=112+4=116min；
故答案为：①0.8；②0.25；③10或116
(3)
当0≤x≤12时，设直线解析式为y=kx，
把（12，1.2）代入得，12k=1.2，
解得，k=0.1
∴y=0.1x；
当12
82m+n=1.292m+n=2
解得，m=0.08n=−5.36
∴y=0.08x−5.36，
由上可得，当0≤x≤92时，y关于x的函数解析式为y=0.1x(0≤x≤12)y=1.2(12
【分析】（1）观察函数图象即可得到答案；
（2）①根据阅览室离学生公寓1.2km，超市离学生公寓2km可得答案；
②用路程除以时间可得速度；
③分两种情况，分别可得小琪离学生公寓的距离为1km时，他离开学生公寓的时间；
（3）分段求出函数关系式即可。
24．将一个矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点O(0，0)，点A(3，0)，点C(0，6)，点P在边OC上（点P不与点O，C重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且∠OPQ=30°，点O的对应点O′落在第一象限．设OQ=t．
（1）如图①，当t=1时，求∠O′QA的大小和点O′的坐标；
（2）如图②，若折叠后重合部分为四边形，O′Q，O′P分别与边AB相交于点E，F，试用含有t的式子表示O′E的长，并直接写出t的取值范围；
（3）若折叠后重合部分的面积为33，则t的值可以是 （请直接写出两个不同的值即可）．
【答案】（1）解：在Rt△POQ中，由∠OPQ=30°，得∠OQP=90°−∠OPQ=60°．
根据折叠，知△PO′Q≌△POQ，
∴O′Q=OQ，∠O′QP=∠OQP=60°．
∵∠O′QA=180°−∠O′QP−∠OQP，
∴∠O′QA=60°．
如图，过点O′作O′H⊥OA，垂足为H，则∠O′HQ=90°．
∴在Rt△O′HQ中，得∠QO′H=90°−∠O′QA=30°．
由t=1，得OQ=1，则O′Q=1．
由QH=12O′Q=12，O′H2+QH2=O′Q2
得OH=OQ+QH=32，O′H=O′Q2−QH2=32．
∴点O′的坐标为(32，32)．
（2）∵点A(3，0)，
∴OA=3．
又OQ=t，
∴QA=OA−OQ=3−t．
同（Ⅰ）知，O′Q=t，∠O′QA=60°．
∵四边形OABC是矩形，
∴∠OAB=90°．
在Rt△EAQ中，∠QEA=90°−∠EQA=30°，得QA=12QE．
∴QE=2QA=2(3−t)=6−2t．
又O′E=O′Q−QE，
∴O′E=3t−6.其中t的取值范围是2
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；四边形的综合
【解析】【解答】解：(2)如图，当点O′与AB重合时，OQ=O′Q=t，∠AQO′=60°，
则∠AO′Q=30°，
∴AQ=12t，
∴t+12t=3，
解得t=2，
∴t的取值范围是2
3，103．（答案不唯一，满足3≤t<23即可）
当点Q与点A重合时，AO′=3，∠DAO′=30°，
∴AD=AO′cos30°=23，
则S△ADP=12×23×3=33.
∴t=3时，重合部分的面积是33，
从t=3之后重合部分的面积始终是33，
当P与C重合时，OP＝6，∠OPQ＝30°，此时t＝OP·tan30°＝23，
由于P不能与C重合，故t<23，
所以3≤t<23都符合题意．
【分析】（1）过点O′作O′H⊥OA，垂足为H，解直角三角形求出QH=12O′Q=12，再利用勾股定理求出O′H=O′Q2−QH2=32即可；
（2）解直角三角形求出QE，可得结论；
（3）当点Q与点A重合时，S△ADP=12×23×3=33，所以从t=3之后重合部分的面积始终是33，再当P与C重合时，OP＝6，∠OPQ＝30°，此时t＝OP·tan30°＝23，从而得解。
25．已知抛物线y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a>0）的顶点为P，与x轴相交于点A(−1，0)和点B．
（1）若b=−2，c=−3，
①求点P的坐标；
②直线x=m（m是常数，1
【答案】（1）解：①∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴相交于点A(−1，0)，
∴a−b+c=0．又b=−2，c=−3，得a=1．
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3．
∵y=x2−2x−3=(x−1)2−4，
∴点P的坐标为(1，−4)．
②当y=0时，由x2−2x−3=0，
解得x1=−1，x2=3．
∴点B的坐标为(3，0)．
设经过B，P两点的直线的解析式为y=kx+n，
有3k+n=0，k+n=−4.解得k=2，n=−6.
∴直线BP的解析式为y=2x−6．
∵直线x=m（m是常数，1
∴MG=(2m−6)−(m2−2m−3)=−m2+4m−3=−(m−2)2+1．
∴当m=2时，MG有最大值1．
此时，点M的坐标为(2，−3)，点G的坐标为(2，−2)．
（2）解：由（Ⅰ）知a−b+c=0，又3b=2c，
∴b=−2a，c=−3a．(a>0)
∴抛物线的解析式为y=ax2−2ax−3a．
∵y=ax2−2ax−3a=a(x−1)2−4a，
∴顶点P的坐标为(1，−4a)．
∵直线x=2与抛物线y=ax2−2ax−3a相交于点N，
∴点N的坐标为(2，−3a)．
作点P关于y轴的对称点P′，作点N关于x轴的对称点N′，如图所示：
得点P′的坐标为(−1，−4a)，点N′的坐标为(2，3a)．
当满足条件的点E，F落在直线P′N′上时，PF+FE+EN取得最小值，
此时，PF+FE+EN=P′N′=5．
延长P′P与直线x=2相交于点H，则P′H⊥N′H．
在Rt△P′HN′中，P′H=3，HN′=3a−(−4a)=7a．
∴P′N′2=P′H2+HN′2=9+49a2=25．
解得a1=47，a2=−47（舍）．
∴点P′的坐标为(−1，−167)，点N′的坐标为(2，127)．
则直线P′N′的解析式为y=43x−2021．
∴点E(57，0)和点F(0，−2021)．
【知识点】待定系数法求二次函数解析式；二次函数-动态几何问题
【解析】【分析】（1）①利用待定系数法求出抛物线的解析式，即可得到顶点P的坐标；
②求出直线BP的解析式，设点M的坐标为(m，m2−2m−3)，点G的坐标为(m，2m−6)，再表示出MG=(2m−6)−(m2−2m−3)=−m2+4m−3=−(m−2)2+1，最后利用二次函数的性质求解即可；
（2）先求出点N的坐标为(2，−3a)，作点P关于y轴的对称点P′，作点N关于x轴的对称点N′，得点P′的坐标为(−1，−4a)，点N′的坐标为(2，3a)，延长P′P与直线x=2相交于点H，则P′H⊥N′H，利用勾股定理可得P′N′2=P′H2+HN′2=9+49a2=25，求出a的值，即可得到点P′的坐标为(−1，−167)，点N′的坐标为(2，127)，再求出直线P′N′的解析式为y=43x−2021，最后求出点E、F的坐标即可。
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