【中考真题】2022年北京市中考数学试卷(附答案)

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题

1．下面几何体中，是圆锥的为（ ）

A． B． C． D．

2．截至2021年12月31日，长江干流六座梯级水电站全年累计发电量达2628．83亿千瓦时，相当于减排二氧化碳约2.2亿吨．将262 883 000 000用科学计数法表示应为（ ） A．26.28831010

B．2.628831011

C．2.628831012

D．0.2628831012

3．如图，利用工具测量角，则1的大小为（ ）

A．30° B．60° C．120° D．150°

4．实数a，b在数轴上的对应点的位置如图所示，下列结论中正确的是（ ）

A． a＜2

B．b＜1

C．a＞b

D．a＞b

5．不透明的袋子中装有红、绿小球各一个，除颜色外两个小球无其他差别，从中随机摸出一个小球，放回并摇匀，再从中随机摸出一个小球，那么第一次摸到红球、第二次摸到绿球的概率是（ ）

1A．

41B．

3C．2

13D．

46．若关于x的一元二次方程x2xm0有两个相等的实数根，则实数m的值为（ ） A．4

1B．

41C．

4D．4

7．图中的图形为轴对称图形，该图形的对称轴的条数为（ ）

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A．1 B．2 C．3 D．5

8．下面的三个问题中都有两个变量：

①汽车从A地匀速行驶到B地，汽车的剩余路程y与行驶时间x； ①将水箱中的水匀速放出，直至放完，水箱中的剩余水量y与放水时间x；

①用长度一定的绳子围成一个矩形，矩形的面积y与一边长x，其中，变量y与变量x之间的函数关系可以利用如图所示的图象表示的是（ ）

A．①① 二、填空题

B．①① C．①① D．①①①

9．若x8在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是___________． 10．分解因式：xy2x______． 11．方程

21的解为___________． x5xk(k0)的图象x12．在平面直角坐标系xOy中，若点A(2,y1),B(5,y2)在反比例函数y上，则y1______y2（填“>”“=”或“<”）

13．某商场准备进400双滑冰鞋，了解了某段时间内销售的40双滑冰鞋的鞋号，数据如下： 鞋号 35 36 37 38 39 40 41 42 43 4 5 5 12 6 3 2 1 销售量/双 2

根据以上数据，估计该商场进鞋号需求最多的滑冰鞋的数量为________双． 14．如图，在ABC中，AD平分BAC,DEAB.若AC2,DE1,则SACD____．

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15．如图，在矩形ABCD中，若AB3,AC5,AF1，则AE的长为_______． FC4

16．甲工厂将生产的I号、II号两种产品共打包成5个不同的包裹，编号分别为A，B，C，D，E，每个包裹的重量及包裹中I号、II号产品的重量如下： 包裹编号 I号产品重量/吨 II号产品重量/吨 包裹的重量/吨 A B C D E

甲工厂准备用一辆载重不超过19.5吨的货车将部分包裹一次运送到乙工厂． （1）如果装运的I号产品不少于9吨，且不多于11吨，写出一中满足条件的装运方案________（写出要装运包裹的编号）；

（2）如果装运的I号产品不少于9吨，且不多于11吨，同时装运的II号产品最多，写出满足条件的装运方案________（写出要装运包裹的编号）． 三、解答题

17．计算：(1)04sin4583. 2x74x,18．解不等式组：4x

x.25 3 2 4 3 1 2 3 3 5 6 5 5 7 8 19．已知x22x20，求代数式x(x2)(x1)2的值．

20．下面是证明三角形内角和定理的两种添加辅助线的方法，选择其中一种，完成证

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明．

三角形内角和定理：三角形三个内角和等于180°， 已知：如图，ABC, 求证：ABC180. 方法一 证明：如图，过点A作方法二 证明：如图，过点C作CD∥AB.DE∥BC.

21．如图，在ABCD中，AC，BD交于点O，点E，F在AC上，AECF．

(1)求证：四边形EBFD是平行四边形；

(2)若BACDAC,求证：四边形EBFD是菱形．

22．在平面直角坐标系xOy中，函数ykxb(k0)的图象经过点(4,3)，(2,0)，且与y轴交于点A．

(1)求该函数的解析式及点A的坐标；

(2)当x0时，对于x的每一个值，函数yxn的值大于函数ykxb(k0)的值，直接写出n的取值范围．

23．某校举办“歌唱祖国”演唱比赛，十位评委对每位同学的演唱进行现场打分，对参加比赛的甲、乙、丙三位同学得分的数据进行整理、描述和分析，下面给出了部分信息．

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a．甲、乙两位同学得分的折线图：

b．丙同学得分：

10，10，10，9，9，8，3，9，8，10 c．甲、乙、丙三位同学得分的平均数： 同学 甲 乙 丙 m 平均数 8.6 8.6

根据以上信息，回答下列问题： (1)求表中m的值；

(2)在参加比赛的同学中，如果某同学得分的10个数据的方差越小，则认为评委对该同学演唱的评价越一致．据此推断：甲、乙两位同学中，评委对_________的评价更一致（填“甲”或“乙”）；

(3)如果每位同学的最后得分为去掉十位评委打分中的一个最高分和一个最低分后的平均分，最后得分越高，则认为该同学表现越优秀．据此推断：在甲、乙、丙三位同学中，表现最优秀的是_________（填“甲”“乙”或“丙”）．

24．如图，AB是O的直径，CD是O的一条弦，ABCD,连接AC,OD.

(1)求证：BOD2A;

(2)连接DB,过点C作CEDB,交DB的延长线于点E，延长DO,交AC于点F，若F

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为AC的中点，求证：直线CE为O的切线．

25．单板滑雪大跳台是北京冬奥会比赛项目之一，举办场地为首钢滑雪大跳台，运动员起跳后的飞行路线可以看作是抛物线的一部分，建立如图所示的平面直角坐标系，从起跳到着陆的过程中，运动员的竖直高度y（单位：m）与水平距离x（单位：m）近似满足函数关系ya(xh)2k(a0)．

某运动员进行了两次训练．

(1)第一次训练时，该运动员的水平距离x与竖直高度y的几组数据如下： 水平距离x/m 0 2 5 8 11 14 竖直高度y/m 20.00 21.40 22.75 23.20 22.75 21.40

根据上述数据，直接写出该运动员竖直高度的最大值，并求出满足的函数关系ya(xh)2k(a0);

(2)第二次训练时，该运动员的竖直高度y与水平距离x近似满足函数关系

y0.04(x9)223.24.记该运动员第一次训练的着陆点的水平距离为d1，第二次训练

的着陆点的水平距离为d2，则d1______d2（填“>”“=”或“<”）．

26．在平面直角坐标系xOy中，点(1,m),(3,n)在抛物线yax2bxc(a0)上，设抛物线的对称轴为xt.

(1)当c2,mn时，求抛物线与y轴交点的坐标及t的值；

(2)点(x0,m)(x01)在抛物线上，若mnc,求t的取值范围及x0的取值范围． 27．在ABC中，ACB90，D为ABC内一点，连接BD，DC延长DC到点E，使得CEDC.

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(1)如图1，延长BC到点F，使得CFBC，连接AF，EF若AFEF，求证：

BDAF；

(2)连接AE，交BD的延长线于点H，连接CH，依题意补全图2，若

AB2AE2BD2，用等式表示线段CD与CH的数量关系，并证明．

28．在平面直角坐标系xOy中，已知点M(a,b),N.对于点P给出如下定义：将点P向右

(a0)或向左(a0)平移a个单位长度，再向上(b0)或向下(b0)平移b个单位长度，得到点P'，点P'关于点N的对称点为Q，称点Q为点P的“对应点”． (1)如图，点M(1,1),点N在线段OM的延长线上，若点P(2,0),点Q为点P的“对应点”．

①在图中画出点Q；

1①连接PQ,交线段ON于点T.求证：NTOM;

21(2)O的半径为1，M是O上一点，点N在线段OM上，且ONt(t1)，若P2为O外一点，点Q为点P的“对应点”，连接PQ.当点M在O上运动时直接写出PQ长的最大值与最小值的差（用含t的式子表示）

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参考答案：

1．B 【解析】 【分析】

观察所给几何体，可以直接得出答案． 【详解】

解：A选项为圆柱，不合题意； B选项为圆锥，符合题意； C选项为三棱柱，不合题意； D选项为球，不合题意； 故选B． 【点睛】

本题考查常见几何体的识别，熟练掌握常见几何体的特征是解题的关键．圆锥面和一个截它的平面，组成的空间几何图形叫圆锥． 2．B 【解析】 【分析】

n将262 883 000 000写成a101a10，n为正整数的形式即可．

【详解】

解：将262 883 000 000保留1位整数是2.62883，小数点向左移动了11位， ①262 883 000 0002.628831011， 故选B． 【点睛】

n本题考查用科学计数法表示绝对值大于1的数，掌握a101a10中n的取值方法是

解题的关键． 3．A 【解析】 【分析】

利用对顶角相等求解．

答案第1页，共22页

【详解】

解：量角器测量的度数为30°， 由对顶角相等可得，130． 故选A． 【点睛】

本题考查量角器的使用和对顶角的性质，掌握对顶角相等是解题的关键． 4．D 【解析】 【分析】

根据数轴上的点的特征即可判断． 【详解】

解：点a在-2的右边，故a>-2，故A选项错误； 点b在1的右边，故b>1，故B选项错误； b在a的右边，故b>a，故C选项错误；

由数轴得：-2本题考查了数轴上的点，熟练掌握数轴上点的特征是解题的关键． 5．A 【解析】 【分析】

首先根据题意画出树状图，由树状图求得所有等可能的结果与第一次摸到红球，第二次摸到绿球的情况，然后利用概率公式求解即可求得答案． 【详解】 解：画树状图得：

①共有4种等可能的结果，第一次摸到红球，第二次摸到绿球有1种情况，

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1①第一次摸到红球，第二次摸到绿球的概率为，

4故选：A． 【点睛】

本题考查了画树状法或列表法求概率，列出所有等可能的结果是解决本题的关键． 6．C 【解析】 【分析】

利用方程有两个相等的实数根，得到∆=0，建立关于m的方程，解答即可． 【详解】

①一元二次方程x2xm0有两个相等的实数根， ①∆=0， ①124m0， 解得m1，故C正确． 4故选：C． 【点睛】

此题考查利用一元二次方程的根的情况求参数，一元二次方程的根有三种情况：有两个不等的实数根时∆>0；当一元二次方程有两个相等的实数根时，∆=0；当方程没有实数根时，∆<0，正确掌握此三种情况是正确解题的关键． 7．D 【解析】 【分析】

根据题意，画出该图形的对称轴，即可求解． 【详解】 解①如图，

一共有5条对称轴．

答案第3页，共22页

故选：D 【点睛】

本题主要考查了轴对称图形，熟练掌握若一个图形沿着一条直线折叠后两部分能完全重合，这样的图形就叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴是解题的关键． 8．A 【解析】 【分析】

由图象可知：当y最大时，x为0，当x最大时，y为零，即y随x的增大而减小，再结合题意即可判定． 【详解】

解：①汽车从A地匀速行驶到B地，汽车的剩余路程y随行驶时间x的增大而减小，故①可以利用该图象表示；

①将水箱中的水匀速放出，直至放完，水箱中的剩余水量y随放水时间x的增大而减小，故①可以利用该图象表示；

1①设绳子的长为L，一边长x，则另一边长为Lx，

2112则矩形的面积为：yLxxxLx，

22故①不可以利用该图象表示； 故可以利用该图象表示的有：①①， 故选：A． 【点睛】

本题考查了函数图象与函数的关系，采用数形结合的思想是解决本题的关键． 9．x≥8##8x 【解析】 【分析】

根据二次根式有意义的条件，可得x-8≥0，然后进行计算即可解答． 【详解】 解：由题意得： x-8≥0， 解得：x≥8．

答案第4页，共22页

故答案为：x≥8． 【点睛】

本题考查了二次根式有意义的条件，熟练掌握二次根式a(a0)是解题的关键． 10．xy1y1 【解析】 【分析】

首先提取公因式，再根据平方差公式计算，即可得到答案． 【详解】 xy2x

xy21

xy1y1

故答案为：xy1y1． 【点睛】

本题考查了因式分解的知识；解题的关键是熟练掌握平方差公式的性质，从而完成求解． 11．x=5 【解析】 【分析】

观察可得最简公分母是x(x+5)，方程两边乘最简公分母，可以把分式方程转化为整式方程求解，再进行检验即可得解． 【详解】 解：

21 x5x方程的两边同乘x(x+5),得：2x=x+5, 解得：x=5, 经检验：把x=5代入x(x+5)=50≠0. 故原方程的解为：x=5 【点睛】

此题考查了分式方程的求解方法，注意掌握转化思想的应用，注意解分式方程一定要验根， 12．＞

答案第5页，共22页

【解析】 【分析】

根据反比例函数的性质，k>0，在每个象限内，y随x的增大而减小，进行判断即可． 【详解】 解：①k>0，

①在每个象限内，y随x的增大而减小，

2＜5， ①y1>y2． 故答案为：>． 【点睛】

本题考查了反比例函数的性质，熟练掌握函数的性质是解决问题的关键． 13．120 【解析】 【分析】

根据题意得：39码的鞋销售量为12双，再用400乘以其所占的百分比，即可求解． 【详解】

解：根据题意得：39码的鞋销售量为12双，销售量最高， ①该商场进鞋号需求最多的滑冰鞋的数量为400故答案为：120 【点睛】

本题主要考查了用样本估计总体，根据题意得到39码的鞋销售量为12双，销售量最高是解题的关键． 14．1 【解析】 【分析】

作DFAC于点F，由角平分线的性质推出DFDE1，再利用三角形面积公式求解即可． 【详解】

解：如图，作DFAC于点F，

答案第6页，共22页

12120双． 40

①AD平分BAC，DEAB，DFAC， ①DFDE1， ①SACD11ACDF211． 22故答案为：1． 【点睛】

本题考查角平分线的性质，通过作辅助线求出三角形ACD中AC边的高是解题的关键． 15．1 【解析】 【分析】

根据勾股定理求出BC，以及平行线分线段成比例进行解答即可． 【详解】

解：在矩形ABCD中：AD∥BC，ABC90， ①①

AEAF1，BCAC2AB252324， BCFC4AE1， 44①AE1， 故答案为：1． 【点睛】

此题考查了勾股定理以及平行线分线段成比例，掌握平行线分线段成比例是解题的关键． 16． ABC（或ABE或AD或ACD或BCD） ABE或BCD 【解析】 【分析】

（1）从A，B，C，D，E中选出2个或3个，同时满足I号产品不少于9吨，且不多于11吨，总重不超过19.5吨即可；

答案第7页，共22页

（2）从（1）中符合条件的方案中选出装运II号产品最多的方案即可． 【详解】

解：（1）根据题意，

选择ABC时，装运的I号产品重量为：53210（吨），总重6551619.5（吨），符合要求；

选择ABE时，装运的I号产品重量为：53311（吨），总重6581919.5（吨），符合要求；

选择AD时，装运的I号产品重量为：549（吨），总重671319.5（吨），符合要求；

选择ACD时，装运的I号产品重量为：52411（吨），总重6571819.5（吨），符合要求；

选择BCD时，装运的I号产品重量为：3249（吨），总重5571719.5（吨），符合要求；

选择DCE时，装运的I号产品重量为：4239（吨），总重7582019.5（吨），不符合要求；

选择BDE时，装运的I号产品重量为：34310（吨），总重5782019.5（吨），不符合要求；

综上，满足条件的装运方案有ABC或ABE或AD或ACD或BCD． 故答案为：ABC（或ABE或AD或ACD或BCD）．

（2）选择ABC时，装运的II号产品重量为：1236（吨）； 选择ABE时，装运的II号产品重量为：1258（吨）； 选择AD时，装运的II号产品重量为：134（吨）； 选择ACD时，装运的II号产品重量为：1337（吨）； 选择BCD时，装运的II号产品重量为：2338（吨）； 故答案为：ABE或BCD． 【点睛】

本题考查方案的选择，读懂题意，尝试不同组合时能否同时满足题目要求的条件是解题的关键． 17．4 【解析】

答案第8页，共22页

【分析】

根据零次幂、特殊角的正弦值、二次根式和去绝对值即可求解． 【详解】

0解：(1)4sin4583.

=142223 2=4．

【点睛】

本题考查了实数的混合运算，掌握零次幂、特殊角的正弦值、二次根式的化简及去绝对值是解题的关键． 18．1x4 【解析】 【分析】

分别解两个一元一次不等式，再求交集即可． 【详解】

①2x74x?  解：4xx ②2解不等式①得x1， 解不等式①得x4，

故所给不等式组的解集为：1x4． 【点睛】

本题考查解一元一次不等式组，属于基础题，正确计算是解题的关键． 19．５ 【解析】 【分析】

2先根据x22x20，得出x22x2，将x(x2)(x1)2变形为2x2x1，最后代

入求值即可． 【详解】

解：①x22x20， ①x22x2，

答案第9页，共22页

①x(x2)(x1)2

x22xx22x1 2x24x1

2x22x1

221

5

【点睛】

本题主要考查了代数式求值，完全平方公式，单项式乘多项式，将x(x2)(x1)2变形为

2x22x1，是解题的关键．

20．答案见解析 【解析】 【分析】

选择方法一，过点A作DE//BC，依据平行线的性质，即可得到BBAD，

CEAC，再根据平角的定义，即可得到三角形的内角和为180．

【详解】

证明：过点A作DE//BC，

则BBAD，CEAC．( 两直线平行，内错角相等） 点D，A，E在同一条直线上，

DABBACC180．（平角的定义） BBACC180．

即三角形的内角和为180． 【点睛】

本题主要考查了平行线的性质以及三角形内角和定理的运用，熟练掌握平行线的性质是解题的关键． 21．(1)见解析 (2)见解析 【解析】 【分析】

答案第10页，共22页

（1）先根据四边形ABCD为平行四边形，得出AOCO，BODO，再根据AECF，得出EOFO，即可证明结论；

（2）先证明DCADAC，得出DADC，证明四边形ABCD为菱形，得出ACBD，即可证明结论． (1)

证明：①四边形ABCD为平行四边形， ①AOCO，BODO， ①AECF，

①AOAECOCF， 即EOFO，

①四边形EBFD是平行四边形． (2)

①四边形ABCD为平行四边形， ①ABCD， ①DCABAC， ①BACDAC, ①DCADAC， ①DADC，

①四边形ABCD为菱形， ①ACBD， 即EFBD，

①四边形EBFD是平行四边形， ①四边形EBFD是菱形． 【点睛】

本题主要考查了平行四边形的性质和性质，菱形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握菱形和平行四边形的判定方法，是解题的关键． 22．(1)y(2)n1 【解析】

1x1，(0,1) 2答案第11页，共22页

【分析】

（1）利用待定系数法即可求得函数解析式，当x0时，求出y即可求解． （2）根据题意xn(1)

解：将(4,3)，(2,0)代入函数解析式得，

1x1结合x0解出不等式即可求解． 213=4kbk2， ，解得02kbb11①函数的解析式为：yx1，

2当x0时，得y1， ①点A的坐标为(0,1)． (2) 由题意得， xn1x1，即x22n， 2又由x0，得22n0， 解得n1，

①n的取值范围为n1． 【点睛】

本题考查了待定系数法求函数解析式及解不等式，熟练掌握待定系数法求函数解析式及函数的性质是解题的关系． 23．(1)8.6 (2)甲 (3)乙 【解析】 【分析】

（1）根据平均数的定义求出丙的平均数即可求解．

（2）根据方差的计算方法先算出甲乙的方差，再进行比较即可求解．

（3）按去掉一个最高分和一个最低分后分别计算出甲乙丙的平均分，再进行比较即可求解． (1)

答案第12页，共22页

解：丙的平均数：则m8.6． (2)

2S甲101010998398108.6，

1012(8.68)24(8.69)22(8.67)22(8.610)21.04， 1014(8.67)24(8.610)22(8.69)21.84， 102S乙22S甲S乙，

①甲、乙两位同学中，评委对甲的评价更一致， 故答案为：甲． (3)

由题意得，去掉一个最高分和一个最低分后的平均分为： 甲：乙：丙：

889799910=8.625，

877799101010=9.75，

810109989810=9.125，

8①去掉一个最高分和一个最低分后乙的平均分最高， 因此最优秀的是乙， 故答案为：乙． 【点睛】

本题考查了折线统计图、中位数、方差及平均数，理解折线统计图，从图中获取信息，掌握中位数、方差及去掉一个最高分和一个最低分后的平均分的求法是解题的关键． 24．(1)答案见解析 (2)答案见解析 【解析】 【分析】

（1）设AB交CD于点H，连接OC，证明RtCOHRtDOH ，故可得

COHDOH ，于是BCBD ，即可得到BOD2A；

（2）连接，解出COB60，根据AB为直径得到ADB90，进而得到

ABD60，即可证明OC//DB，故可证明直线CE为O的切线．

答案第13页，共22页

(1)

证明：设AB交CD于点H，连接OC，

由题可知，

OCOD，OHCOHD90，

OHOH，

RtCOHRtDOHHL， COHDOH，

BCBD，

COBBOD， COB2A， BOD2A；

(2) 证明：

连接AD，

OAOD，

答案第14页，共22页

∴OADODA，

同理可得：OACOCA,OCDODC， ①点H是CD的中点，点F是AC的中点，

OADODAOACOCAOCDODC， OADODAOACOCAOCDODC180， OADODAOACOCAOCDODC30， COB2CAO23060，

AB为O的直径，

ADB90，

ABD90DAO903060， ABDCOB60， OC//DE， CEBE，

CEOC，

直线CE为O的切线．

【点睛】

本题主要考查三角形全等的判定与性质，同弧所对的圆周角相等，圆周角定理，直线平行的判定与性质，三角形的内角和公式，证明三角形全等以及证明平行线是解题的关键． 25．(1)23.20m；y0.05x823.20 (2)＜ 【解析】 【分析】

（1）先根据表格中的数据找到顶点坐标，即可得出h、k的值，运动员竖直高度的最大值；将表格中除顶点坐标之外的一组数据代入函数关系式即可求出a的值，得出函数解析式；

（2）着陆点的纵坐标为t，分别代入第一次和第二次的函数关系式，求出着陆点的横坐标，用t表示出d1和d2，然后进行比较即可． (1)

解：根据表格中的数据可知，抛物线的顶点坐标为：8,23.20，

答案第15页，共22页

2①h8，k23.20，

即该运动员竖直高度的最大值为23.20m，

根据表格中的数据可知，当x0时，y20.00，代入yax823.20得：

220.00a0823.20，解得：a0.05，

①函数关系关系式为：y0.05x823.20． (2)

设着陆点的纵坐标为t，则第一次训练时，t0.05x823.20， 解得：x82023.20t或x82023.20t，

①根据图象可知，第一次训练时着陆点的水平距离d182023.20t， 第二次训练时，t0.04x923.24，

解得：x92523.24t或x92523.24t，

①根据图象可知，第二次训练时着陆点的水平距离d292523.24t， ①2023.20t＜2523.24t， ①2023.20t＜2523.24t， ①d1＜d2． 故答案为：＜． 【点睛】

本题主要考查了二次函数的应用，待定系数法求函数关系式，设着陆点的纵坐标为t，用t表示出d1和d2，是解题的关键． 26．(1)（0，2）；2 (2)t的取值范围为【解析】 【分析】

（1）当x=0时，y=2，可得抛物线与y轴交点的坐标；再根据题意可得点(1,m),(3,n)关于对称轴为xt对称，可得t的值，即可求解；

答案第16页，共22页

3t2，x0的取值范围为2x03 22222（2）抛物线与y轴交点关于对称轴xt的对称点坐标为（2t，c），根据抛物线的图象和性质可得当xt时，y随x的增大而减小，当xt时，y随x的增大而增大，然后分两种情况讨论：当点(1,m)，点(3,n)，（2t，c）均在对称轴的右侧时；当点(1,m)在对称轴的左侧，点(3,n)，（2t，c）均在对称轴的右侧时，即可求解． (1)

解：当c2时，yax2bx2， ①当x=0时，y=2，

①抛物线与y轴交点的坐标为（0，2）； ①mn，

①点(1,m),(3,n)关于对称轴为xt对称， ①t(2)

解：当x=0时，y=c，

①抛物线与y轴交点坐标为（0，c），

①抛物线与y轴交点关于对称轴xt的对称点坐标为（2t，c）， ①a0，

①当xt时，y随x的增大而减小，当xt时，y随x的增大而增大， 当点(1,m)，点(3,n)，（2t，c）均在对称轴的右侧时， t1， ①mnc,1＜3， ①2t＞3，即t3（不合题意，舍去）， 2132； 2当点(1,m)在对称轴的左侧，点(3,n)，（2t，c）均在对称轴的右侧时，点(x0,m)在对称轴的右侧，1t3，

此时点(3,n)到对称轴xt的距离大于点(1,m)到对称轴xt的距离， ①t13t，解得：t2， ①mnc,1＜3， ①2t＞3，即t①

3t2， 23， 2①(x0,m)，(1,m)，对称轴为xt，

答案第17页，共22页

①t①

x01， 23x012，解得：2x03， 223t2，x0的取值范围为2x03． 2①t的取值范围为【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． 27．(1)见解析

(2)CDCH；证明见解析 【解析】 【分析】

（1）先利用已知条件证明FCEBCDSAS，得出CFECBD，推出EF∥BD，

再由AFEF即可证明BDAF；

（2）延长BC到点M，使CM＝CB，连接EM，AM，先证MECBDCSAS，推出

MEBD，通过等量代换得到AM2AE2ME2，利用平行线的性质得出

BHE(1)

证明：在FCE和BCD中，

AEM90，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得到CDCH．

CECDFCEBCD， CFCB① FCE①

CFEBCDSAS，

CBD，

① EF∥BD， ①AFEF， ①BDAF． (2)

解：补全后的图形如图所示，CDCH，证明如下：

答案第18页，共22页

延长BC到点M，使CM＝CB，连接EM，AM， ①ACB90，CM＝CB， ① AC垂直平分BM， ①ABAM， 在MEC和BDC中，

CMCBMCEBCD， CECD① MECBDCSAS，

CBD，

① MEBD，CME①AB2AE2BD2， ① AM2AE2ME2， ① AEM90， ①CMECBD，

① BH∥EM， ①

BHECDAEM90，即DHE90，

①CE① CH1DE， 21DE， 2① CDCH． 【点睛】

本题考查全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，平行线的判定与性质，勾股定理的逆用，直角三角形斜边中线的性质等，第二问有一定难度，正确作辅助线，证明

DHE90是解题的关键．

28．(1)见解析

答案第19页，共22页

(2)4t2 【解析】 【分析】

（1）①先根据定义和M(1,1)求出点P'的坐标，再根据点P'关于点N的对称点为Q求出点Q的坐标；①延长ON至点A3,3，连接AQ，利用AAS证明ΔAQTΔOPT，得到121TATOOA，再计算出OA，OM，ON，即可求出NTONOTOM；

222（2）连接PO并延长至S，使OPOS，延长SQ至T，使STOM，结合对称的性质得1出NM为ΔP'QT的中位线，推出NM=QT，得出SQSTTQ122t2t1，则

2PQmaxPQminPSQSPSQS2QS．

(1)

解：①点Q如下图所示． ①点M(1,1)，

①点P(2,0)向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到点P'， ①P'1,1，

①点P'关于点N的对称点为Q，N2,2，

①点Q的横坐标为：2215，纵坐标为：2213， ①点Q5,3，在坐标系内找出该点即可；

①证明：如图延长ON至点A3,3，连接AQ， ① AQ//OP， ①AQTOPT， 在ΔAQT与ΔOPT中，

答案第20页，共22页

AQTOPTATQOTP， AQOP①ΔAQTΔOPTAAS， 1①TATOOA，

2① A3,3，M(1,1)，N(2,2)，

①OA323232，OM12122，ON222222， 132， ①TOOA22①NTONOT221①NTOM；

232， 222(2)

解：如图所示，

连接PO并延长至S，使OPOS，延长SQ至T，使STOM，

①M(a,b)，点P向右(a0)或向左(a0)平移a个单位长度，再向上(b0)或向下(b0)平移b个单位长度，得到点P'， ①PP'OM1，

①点P'关于点N的对称点为Q，

答案第21页，共22页

①NP'NQ， 又①OPOS， ①OM①ST，

①NM为ΔP'QT的中位线， 1 ①NM//QT，NM=QT，

2①NMOMON1t， ①TQ2NM22t，

①SQSTTQ122t2t1， 在ΔPQS中，PSQSPQPSQS， 结合题意，PQmaxPSQS，PQminPSQS， ①PQmaxPQminPSQSPSQS2QS4t2， 即PQ长的最大值与最小值的差为4t2． 【点睛】

本题考查点的平移，对称的性质，全等三角形的判定，两点间距离，中位线的性质及线段的最值问题，第2问难度较大，根据题意，画出点Q和点P'的轨迹是解题的关键．

答案第22页，共22页