2023年海南省东方市港务中学中考数学三模试卷（含解析）

这是一份2023年海南省东方市港务中学中考数学三模试卷（含解析），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年海南省东方市港务中学中考数学三模试卷
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 2023的相反数是(    )
A. 12023 B. −12023 C. 2023 D. −2023
2. 5月4日从海南省旅文厅获悉，2023年“五一”假期，全省接待游客约320万人次，同比增长141.5%.数据320万用科学记数法可表示为(    )
A. 32×105 B. 3.2×106 C. 3.2×107 D. 0.32×107
3. 下列运算正确的是(    )
A. 2m−m=1 B. m2⋅m3=m6 C. (mn)2=m2n2 D. (m3)2=m5
4. 如图是四个完全相同的小正方体搭成的几何体，它的俯视图为(    )


A. B. C. D.
5. 下列单项式中，a2b3的同类项是(    )
A. a3b2 B. 3a2b3 C. a2b D. ab3
6. 一个不透明的袋子中装有2个红球、3个白球和4个黄球，每个球除颜色外都相同．从中任意摸出1个球，摸到红球的概率是(    )
A. 29 B. 13 C. 49 D. 12
7. 代数式3x+2与代数式2x−1的值相等，则x的值是(    )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
8. 已知点(−3,y1)、(−1,y2)、(1,y3)在下列某一函数图象上，且y3 A. y=3x B. y=3x2 C. y=3x D. y=−3x
9. 两个三角形如图摆放，其中∠BAC=90°，∠B=60°，∠EDF=100°，DE=DF，DE与AC交于点M，若BC/​/EF，则∠DMC的大小为(    )


A. 100° B. 105° C. 110° D. 120°
10. 如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A在第一象限，B、D分别在y轴上，AB交x轴于点E，AF⊥x轴，垂足为F.若OE=3，EF=1，则点C的坐标是(    )

A. (−4,−2) B. (−4,−1) C. (−4,− 2) D. (−4,− 3)
11. 如图，AB是⊙O的直径，CD、ED是⊙O的两条弦，MN是⊙O过点E的切线，且MN/​/BC，若∠ABC=22°，则∠CDE的度数为(    )
A. 32°
B. 34°
C. 36°
D. 40°
12. 如图，正方形ABCD中，E，F分别在边AD，CD上，AF，BE相交于点G，若AE=3ED，DF=CF，则AGGF的值是(    )



A. 43
B. 54
C. 65
D. 76
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 分解因式：2a2−4a+2=          ．
14. 要使代数式1 x+1有意义，x的取值范围是______．
15. 如图，在△ABC中，∠ACB=90°，分别以点A和点C为圆心，大于12AC的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN，直线MN与AB相交于点D，连接CD，若AB=3，则CD的长是______ ．

16. 如图，四边形ABCD中，∠ADC=90°，AC⊥BC，∠ABC=45°，AC与BD交于点E，若AB=2 10，CD=2，则AD= ______ ，△ABE的面积为是______ ．
三、解答题（本大题共6小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题12.0分)
(1)计算：−22÷20230+ (−12)2×(−16+2−1)；
(2)解不等式组3−2x≥5x+22>−43，并求其整数解．
18. (本小题10.0分)
某地区2021年进出口总额为640亿元，2022年进出口总额比2021年进出口总额增加200亿元，其中进口额增加了25%，出口额增加了35%，求2022年进口额和出口额分别是多少亿元.(注：进出口总额=进口额+出口额)
19. (本小题10.0分)
为落实“双减”政策，优化作业管理，某中学从全体学生中随机抽取部分学生，调查他们每天完成书面作业的时间t(单位：分钟).按照完成时间分成五组：A组“t≤45”，B组“4590”.将收集的数据整理后，绘制成如下两幅不完整的统计图．
根据以上信息，解答下列问题：
(1)这次调查的样本容量是______，请补全条形统计图；
(2)在扇形统计图中，B组的圆心角是______度，本次调查数据的中位数落在______组内；
(3)若该校有1800名学生，请你估计该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生人数．


20. (本小题10.0分)
数学兴趣小组用无人机测量一幢楼AB前的椰子树CD的高度.如图，当无人机从位于楼底B点与椰子树底D点之间的地面F点，竖直起飞到正上方50米E点处时，测得楼AB的顶端A和椰子树的顶端C的俯角分别为30°和76°(点B、F、D三点在同一直线上).已知楼AB高44米，楼底端B与椰树底D的水平距离为20米．
(1)填空：∠AEC= ______ ，∠ECD= ______ ；
(2)求无人机E到楼顶A的距离AE；
(3)椰树CD的高度(结果精确到0.1米).(参考数据：sin76°≈0.97，cos76°≈0.24，tan76°≈4.00， 3≈1.732)

21. (本小题15.0分)
如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，点E、点F分别是对角线AC上的点，且AE=CF，过点E作EG⊥BF，交BC于点G，平移BF，使B、F的对应点分别是G、H，连接DH．
(1)连接BF、DE．
①求证：△ADE≌△CBF；
②判断四边形DEGH的形状，并说明理由；
(2)当△CDE是等腰三角形，求AE的长；
(3)若AE=2，求CH的长度．

22. (本小题15.0分)
如图，平面直角坐标系xOy内的抛物线y=ax2+x+c与x轴交于点A和点B(4,0)，与y轴交于点C(0,4)，点P为抛物线上的一个动点．
(1)求抛物线的函数解析式；
(2)若P在第一象限内．
①连接OP，交直线BC于点Q，当PQOQ=38时，求△PBC的面积；
②当∠PCB=∠ACO时，求直线CP的函数解析式；
(3)设M为抛物线对称轴上一动点，当P，M运动时，在坐标轴上是否存在点N，使四边形PMCN为矩形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：2023的相反数是−2023．
故选：D．
只有符号不同的两个数叫做互为相反数，由此即可得到答案．
本题考查相反数，关键是掌握相反数的定义．

2.【答案】B 
【解析】解：320万=3200000=3.2×106．
故选：B．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值<1时，n是负整数．
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．

3.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了合并同类项，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方，熟练掌握它们的运算法则是解题的关键．
根据合并同类项，同底数幂的乘法，幂的乘方与积的乘方的法则进行计算，逐一判断即可解答．
【解答】
解：A：2m−m=m，故A不符合题意；
B：m2⋅m3=m5，故B不符合题意；
C：(mn)2=m2n2，故C符合题意；
D：(m3)2=m6，故D不符合题意．
故选：C．  
4.【答案】A 
【解析】解：如图，它的俯视图为：

故选：A．
根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案．
本题考查了简单几何体的三视图，从上边看上边看得到的图形是俯视图．注意看得见的棱画实线，看不见的棱画虚线．

5.【答案】B 
【解析】解：A、字母a、b的指数不相同，不是同类项，故本选项不符合题意；
B、有相同的字母，相同字母的指数相等，是同类项，故本选项符合题意；
C、字母b的指数不相同，不是同类项，故本选项不符合题意；
D、相同字母a的指数不相同，不是同类项，故本选项不符合题意；
故选：B．
依据同类项的定义：所含字母相同，相同字母的指数相同，据此判断即可．
本题主要考查的是同类项的定义，掌握同类项的定义是解题的关键．

6.【答案】A 
【解析】解：∵一个不透明的袋子中装有2个红球、3个白球和4个黄球，
∴从中任意摸出1个球，一共有9种可能性，其中摸到红球的可能性有2种，
∴从中任意摸出1个球，摸到红球的概率是29，
故选：A．
根据题意可知，从中任意摸出1个球，一共有9种可能性，其中摸到红球的可能性有2种，从而可以计算出相应的概率．
本题考查概率公式，解答本题的关键是明确题意，求出相应的概率．

7.【答案】D 
【解析】解：由题意，得3x+2=2x−1，
∴3x−3=2x+4．
∴3x−2x=4+3．
∴x=7．
经检验x=7是原方程的解．
故选：D．
由题意先得方程，解分式方程得结论．
本题主要考查了解分式方程，掌握分式方程的解法是解决本题的关键．

8.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题主要考查一次函数的性质，反比例函数的性质及二次函数的性质，掌握相关函数的性质是解题关键，也可直接代入各个选项的函数解析中，再判断y的大小，根据所学知识可判断每个选项中对应的函数的增减性，进而判断y3，y1，y2之间的关系，再判断即可．
【解答】
解：A.y=3x，因为3>0，所以y随x的增大而增大，所以y1 B.y=3x2，当x=1和x=−1时，y相等，即y3=y2，故不符合题意；
C.y=3x，当x<0时，y随x的增大而减小，x>0时，y随x的增大而减小，所以y2 D.y=−3x，当x<0时，y随x的增大而增大，x>0时，y随x的增大而增大，所以y3 故选：D．  
9.【答案】C 
【解析】解：延长ED交CB的延长线于点G，

∵∠BAC=90°，∠ABC=60°，
∴∠C=90°−∠ABC=30°，
∵∠EDF=100°，DE=DF，
∴∠E=12(180°−∠EDF)=40°，
∵EF/​/BC，
∴∠E=∠G=40°，
∴∠DMC=180°−∠C−∠G=110°，
故选：C．
延长ED交CB的延长线于点G，利用三角形内角和定理可得求出∠E，∠C的度数，再利用平行线的性质可求出∠G的度数，然后利用三角形内角和定理进行计算即可解答．
本题考查了平行线的性质，三角形内角和定理，熟练掌握平行线的性质，以及三角形内角和定理是解题的关键．

10.【答案】C 
【解析】解：∵AF⊥x轴于点为F，点D在y轴上，
∴AF//BO，∠OFA=90°，
∴△AFE∽△BOE，
∵OE=3，EF=1，
∴AFOB=EFOE=13，
∴OB=3AF，
∵四边形ABCD是矩形，且它的对角线交于点O，
∴OA=OB=3AF，
∵OF2+AF2=OA2，OF=OE+EF=3+1=4，
∴42+AF2=(3AF)2，
解得AF= 2或AF=− 2(不符合题意，舍去)，
∴A(4, 2)，
∵点C与点A(4, 2)关于原点对称，
∴点C的坐标是(−4,− 2)，
故选：C．
由AF//BO，证明△AFE∽△BOE，则AFOB=EFOE=13，可推导出OA=OB=3AF，根据勾股定理得42+AF2=(3AF)2，可求得AF= 2，则A(4, 2)，由点C与点A关于原点对称，得C(−4,− 2)，于是得到问题的答案．
此题重点考查图形与坐标、矩形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，根据相似三角形的性质推导出OA=OB=3AF是解题的关键．

11.【答案】B 
【解析】解：连接OC，OE，交BC于点F，

∵MN是⊙O过点E的切线，
∴∠OEM=90°，
∵MN/​/BC，
∴∠OEM=∠OFC=90°，
∵OB=OC，∠ABC=22°，
∴∠ABC=∠OCB=22°，
∴∠COF=90°−∠OCB=68°，
∴∠CDE=12∠COF=34°，
故选：B．
连接OC，OE，交BC于点F，先利用切线的性质可得∠OEM=90°，再利用平行线的性质可得∠OEM=∠OFC=90°，然后利用等腰三角形的性质可得∠ABC=∠OCB=22°，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得∠COF=68°，最后利用圆周角定理进行计算，即可解答．
本题考查了切线的性质，圆周角定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．

12.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查正方形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识．
如图，作FN/​/AD，交AB于N，交BE于M.设DE=a，则AE=3a，利用相似三角形的判定与性质解决问题即可．
【解答】
解：如图，作FN/​/AD，交AB于N，交BE于M．

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB/​/CD，
∵FN/​/AD，
∴四边形ANFD是平行四边形，
∵∠D=90°，
∴四边形ANFD是矩形，
∵AE=3DE，设DE=a，则AE=3a，AD=AB=CD=FN=4a，AN=DF=2a，
∵AN=BN，MN/​/AE，
∴BM=ME，
∴MN=32a，
∴FM=52a，
∵AE/​/FM，
∴△AEG∽△FMG，
∴AGGF=AEFM=3a52a=65，
故选：C．  
13.【答案】2(a−1)2 
【解析】
【分析】
此题考查了提公因式法与公式法的综合运用．掌握因式分解的常见方法是解题的关键．
原式提取2，再利用完全平方公式分解即可．
【解答】
解：原式=2(a2−2a+1)
=2(a−1)2．
故答案为：2(a−1)2．  
14.【答案】x>−1 
【解析】解：根据题意得：x+1>0，
解得：x>−1．
故答案是：x>−1．
二次根式的被开方数是非负数且分式的分母不等于零．
本题考查了二次根式有意义的条件和分式有意义的条件．函数自变量的范围一般从三个方面考虑：
(1)当函数表达式是整式时，自变量可取全体实数；
(2)当函数表达式是分式时，考虑分式的分母不能为0；
(3)当函数表达式是二次根式时，被开方数非负．

15.【答案】1.5 
【解析】解：由已知可得，MN是线段AC的垂直平分线，
设AC与MN的交点为E，
∴AD=CD，
∴∠A=∠ACD，
∵∠A+∠B=90°，∠ACD+∠DCB=90°，
∴∠B=∠DCB，
∴AD=BD，
∴CD=AD=12AB=1.5，
故答案为：1.5．
根据题意可知：MN是线段AC的垂直平分线，所以AD=CD，再判断出BD=CD，于是AD=BD，最后根据直角三角形斜边中线的性质可解答．
本题考查了作图−基本作图，尺规作图、线段垂直平分线的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

16.【答案】4 607 
【解析】解：过点D作DF⊥AC于点F，

∵AC⊥BC，∠ABC=45°，
∴AC=BC= 22AB=2 5，
∵∠ADC=90°，CD=2，
∴AD= AC2−CD2=4，
∵S△ACD=12AC⋅DF=12AD⋅CD，
∴DF=45 5，
∴AF= AD2−DF2=85 5，
∴CF=25 5，
∵DF/​/BC，
∴△DEF∽△BEC，
∴EFEC=DFBC，即EF25 5−EF=45 52 5，
∴EF=4 535，
∴AE=127 5，
∴S△ABE=12AE⋅BC=12×12 57×2 5=607．
故答案为：4，607．
过点D作DF⊥AC于点F，解Rt△ABC求出AC、BC，再由勾股定理求得AD，根据三角形的面积公式求得DF，由勾股定理求得AF，再证明△DEF∽△BEC，求得EF，进而求得AE，最后由三角形面积公式求得结果．
本题主要考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，三角形的面积公式，关键是作辅助线构造相似三角形与直角三角形．

17.【答案】解：(1)−22÷20230+ (−12)2×(−16+2−1)
=−4÷1+12×(−16+12)
=−4÷1+12×(−16)+12×12
=−4+(−2)+6
=−6+6
=0；
(2)3−2x≥5①x+22>−43②，
解不等式①，得：x≤−1，
解不等式②，得：x>−143，
故不等式组的解集是−143 ∴该不等式组的整数解是−4，−3，−2，−1． 
【解析】(1)计算出负整数指数幂、零指数幂和化简二次根式，然后计算乘除法，最后算加法即可；
(2)先解出每个不等式的解集，即可得到不等式组的解集，然后写出其整数解即可．
本题考查实数的运算、解一元一次不等式组，解答本题的关键是明确题意，熟练掌握运算法则和解一元一次不等式的方法．

18.【答案】解：设2021年进口额是x亿元，出口额是y亿元，
根据题意得：x+y=640(1+25%)x+(1+35%)y=640+200，
解得：x=240y=400，
∴(1+25%)x=(1+25%)×240=300，(1+35%)y=(1+35%)×400=540．
答：2022年进口额是300亿元，出口额是540亿元． 
【解析】设2021年进口额是x亿元，出口额是y亿元，根据2021年及2022年的进出口总额，可得出关于x，y的二元一次方程，解之可得出x，y的值，再将其代入(1+25%)x及(1+35%)y中，即可求出结论．
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.【答案】(1)100，
补全的条形统计图如图所示：











(2)72；C；
(3)1800×100−5100=1710(人)，
答：估计该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生有1710人． 
【解析】解：(1)这次调查的样本容量是：25÷25%=100，
D组的人数为：100−10−20−25−5=40(人)，
故答案为：100；
(2)在扇形统计图中，B组的圆心角是：360°×20100=72°，
∵本次调查了100个数据，第50个数据和51个数据都在C组，
∴中位数落在C组，
故答案为：72；C；
(3)见答案．

(1)根据C组的人数和所占的百分比，可以计算出本次调查的人数，然后即可计算出D组的人数，从而可以将条形统计图补充完整；
(2)根据统计图中的数据，可以计算出B组的圆心角的度数，以及中位数落在哪一组；
(3)根据题意和统计图中的数据，可以计算出该校每天完成书面作业不超过90分钟的学生人数．
本题考查条形统计图、扇形统计图、用样本估计总体、中位数，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

20.【答案】74°  166° 
【解析】解：(1)如图：延长DC交GH于点M，

由题意得：DM⊥GH，
∴∠DME=90°，
∵∠ECD是△EMC的一个外角，∠MEC=76°，
∴∠ECD=∠EMC+∠MEC=166°，
∵∠GEA=30°，
∴∠AEC=180°−∠GEA−∠MEC=74°，
故答案为：74°；166°；
(2)延长BA交GH于点N，

由题意得：EF=BN=MD=50米，
∵AB=44米，
∴AN=BN−AB=50−44=6(米)，
在Rt△AEN中，∠AEN=30°，
∴AE=2AN=12(米)，
∴无人机E到楼顶A的距离AE为12米；
(3)由题意得：BD=NM=20米，
在Rt△AEN中，∠AEN=30°，AN=6米，
∴EN= 3AN=6 3(米)，
∴EM=NM−NE=(20−6 3)米，
在Rt△EMC中，∠MEC=76°，
∴MC=EM⋅tan76°≈4×(20−6 3)=(80−24 3)米，
∴CD=MD−MC=50−(80−24 3)=24 3−30≈11.6(米)，
∴椰树CD的高度约为11.6米．
(1)延长DC交GH于点M，根据题意可得：DM⊥GH，然后利用三角形的外角性质求出∠ECD=166°，然后利用平角定义求出∠AEC=74°，即可解答；
(2)延长BA交GH于点N，根据题意可得：EF=BN=MD=50米，则AN=6米，然后在Rt△AEN中，利用含30度角的直角三角形的性质求出AE的长，即可解答；
(3)根据题意可得：BD=NM=20米，然后在Rt△AEN中，利用含30度角的直角三角形的性质求出NE的长，从而求出EM的长，最后在Rt△EMC中，利用锐角三角函数的定义求出MC的长，最后利用线段的和差关系进行计算，即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．

21.【答案】(1)①证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD/​/BC，AD=BC，
∴∠DAE=∠BCF，
在△ADE和△CBF中，
AD=BC∠DAE=∠BCFAE=CF，
∴△ADE≌△CBF(SAS)；
②解：四边形DEGH是矩形，理由如下：
由①得：△ADE≌△CBF，
∴∠AED=∠CFB，DE=BF，
∴180°−∠AED=180°−∠CFB，即∠DEF=∠BFE，
∴DE/​/BF，
∵平移BF得GH，
∴BF//GH，BF=GH，
∴DE//GH，DE=GH，
∴四边形DEGH是平行四边形，
∵EG⊥BF，
∴EG⊥GH，
∴∠EGH=90°，
∴四边形DEGH是矩形．
(2)解：过点D作DK⊥AC于点K，如图，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，CD=AB=6，BC=AD=8，
∴AC= AD2+CD2= 82+62=10，
∵AC⋅DK=AD⋅CD，即10DK=8×6，
∴DK=245，
∵tan∠CAD=DKAK=CDAD，即245AK=68，
∴AK=325，
设AE=x，则CE=10−x，EK=325−x，
∴EK=|325−x|，
在Rt△DEK中，DE2=DK2+EK2=(245)2+(325−x)2=x2−645x+64，
当CE=CD时，10−x=6，
解得：x=4，
∴AE=4；
当DE=CD时，DE2=CD2，
∴x2−645x+64=36，
解得：x1=10，x2=145，
∵0 ∴x=145，
∴AE=145；
当DE=CE时，DE2=CE2，
∴x2−645x+64=(10−x)2，
解得：x=5，
∴AE=5；
综上所述，AE的长为4或145或5；
(3)解：如图，过点E作EM⊥CD于点M，EN⊥BC于点N，

则∠DME=90°=∠BCD，
∴EM/​/BC，
∴∠ECN=∠CEM，
∴tan∠ECN=tan∠CEM，
∴ENCN=ABBC=68=34，
∵∠EMC=∠BCD=∠CNE=90°，
∴四边形CMEN是矩形，
∴EM=CN，∠MEN=90°，
∴ENEM=ENCN=34，∠GEN+∠GEM=90°，
∵四边形DEGH是矩形，
∴∠DEG=∠EDH=90°，EG=DH，
∴∠DEM+∠GEM=90°，∠CDH+∠CDE=90°，
∴∠DEM=∠GEN，
∵∠EMD=∠ENG=90°，
∴△EDM∽△EGN，
∴EGDE=ENEM=34，
∴DHDE=34，
∵DCDA=68=34，
∴DCDA=DHDE，
∵∠ADE+∠CDE=90°，
∴∠CDH=∠ADE，
∴△DCH∽△DAE，
∴CHAE=CDAD=34，
∴CH=34AE=34×2=32，
∴CH的长度为32． 
【解析】(1)①由矩形的性质可得：AD//BC，AD=BC，再利用平行线性质可得∠DAE=∠BCF，即可利用SAS证得△ADE≌△CBF；
②根据全等三角形性质可得∠AED=∠CFB，DE=BF，推出∠DEF=∠BFE，进而可得DE/​/BF，可证得四边形DEGH是平行四边形，再由∠EGH=90°，即可证得四边形DEGH是矩形．
(2)过点D作DK⊥AC于点K，由勾股定理得AC=10，运用面积法可得AC⋅DK=AD⋅CD，求得DK=245，AK=325，设AE=x，则CE=10−x，EK=325−x，利用勾股定理可得DE2=DK2+EK2=(245)2+(325−x)2=x2−645x+64，再分三种情况：当CE=CD时，当DE=CD时，当DE=CE时，分别建立方程求解即可得出答案；
(3)过点E作EM⊥CD于点M，EN⊥BC于点N，利用平行线的判定和性质可得∠ECN=∠CEM，tan∠ECN=tan∠CEM，得出ENCN=ABBC=68=34，利用矩形的性质可得EM=CN，推出ENEM=ENCN=34，进而得出DCDA=DHDE，再证得∠CDH=∠ADE，进而可得△DCH∽△DAE，利用相似三角形性质即可得出答案．
本题是矩形综合题，考查了矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，添加辅助线构造相似三角形是解题关键．

22.【答案】解：(1)把点B(4,0)，点C(0,4)代入y=ax2+x+c得，
16a+4+c=0c=4，
解得a=−12c=4，
∴抛物线的函数解析式为y=−12x2+x+4；
(2)①∵点B(4,0)，点C(0,4)，
∴OC=OB=4，
过P作PE/​/OC交BC于E，

∴△PQE∽△OQC，
∴PEOC=PQOQ，
∵PQOQ=38，
∴PE=32，
∴△PBC的面积=S△PCE+S△PBE=12×32×4=3；
②过B作BM⊥BC交CP于M，过M作MH⊥x轴于H，
在y=−12x2+x+4中，令y=0，则−12x2+x+4=0，
∴x1=−2，x2=4，
∴A(−2,0)，
∴OA=2，
∵∠AOC=∠CBP=90°，∠PCB=∠ACO，
∴△ACO∽△MCB，
∴OABM=OCBC，
∵BC=4 2，
∴2BM=44 2，
∴BM=2 2，
∵OC=OB，∠BOC=90°，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∴∠MBH=45°，
∴BH=MH= 22BM=2，
∴M(6,2)，
设直线CP的函数解析式为y=mx+n，
∴6m+n=2n=4，
∴m=−13n=4，
∴直线CP的函数解析式为y=13x+4；
(3)存在．
①当点N在y轴上时，如图2−1中，

∵四边形PMNC是矩形，
∴CM//PN，PM//CN，CM⊥CN，
∴M(−1,4)，P点正好是抛物线的顶点，
∵抛物线的顶点坐标为(1,4.5)，
∴N(0,4.5)；
②当点N在x轴上时，如图，过M作ME⊥y轴于E，过P作PD⊥x轴于D，

∵四边形PMCN是矩形，
∴CM=PN，∠MCN=∠MPN=90°，
∵∠CON=90°，
∴∠ECM+∠NCO=∠NCO+∠CNO=90°，即∠ECM=∠CNO，
∴△ECM∽△ONC，
∴ECON=EMOC，
∵抛物线顶点为(1,92)，C(0,4)，
∴EM=1，OC=4，
∴ON=4EC，
设M(1,m)，则EC=m−4，ON=4m−16，
∴N(16−4m,0)，
∵∠PND+∠CNO=∠PND+∠NPD=90°，
∴∠NPD=∠CNO=∠ECM，
∵CM=NP，
∴△CEM≌△PDN(AAS)，
∴DN=EM=1，PD=CE=m−4，
则P(15−4m,m−4)，
由于点P在抛物线上，则有−12(15−4m)2+(15−4m)+4=m−4，
整理得16m2−110m+179=0，
解得m=55± 16116，
∵16−4m=16−4×55− 16116=−7+ 1614，
16−4m=16−4×55+ 16116=−7− 1614，
∴N(−7+ 1614,0)或(−7− 1614,0)，
综上，点N的坐标为(0,4.5)或((−7+ 1614,0)或(−7− 1614,0)． 
【解析】(1)把点B(4,0)，点C(0,4)代入y=ax2+x+c得，解方程组即可得到结论；
(2)①过P作PE/​/OC交BC于E，根据相似三角形的性质得到PE=32，根据三角形的面积公式得到△PBC的面积=S△PCE+S△PBE=12×32×4=3；
②过B作BM⊥BC交CP于M，过M作MH⊥x轴于H，解方程得到A(−2,0)，求得OA=2，根据相似三角形的性质得到M(6,2)，设直线CP的函数解析式为y=mx+n，解方程组到直线CP的函数解析式为y==13x+4；
(3)存在．①当点N在y轴上时，如图2−1中，根据矩形的性质得到N(0,4.5)；
②当点N在x轴上时，如图，过M作ME⊥y轴于E，过P作PD⊥x轴于D，根据相似三角形的性质得到ECON=EMOC，设M(1,m)，则EC=m−4，ON=4m−16，得到N(16−4m,0)，根据全等三角形的性质得到DN=EM=1，PD=CE=m−4，则P(15−4m,m−4)，解方程即可得到结论．
本题是二次函数与几何的综合，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，矩形的性质，解一元二次方程等知识，综合性强，有一定的难度与运算量，注意数形结合与分类讨论．