【文档说明】2022年北京市中考数学真题（解析版）.pdf，共(28)页，709.774 KB，由envi的店铺上传

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2022北京中考真题数学第一部分选择题一、选择题（共16分，每题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．1.下面几何体中，是圆锥的为（）A.B.C.D.【答案】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.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262883000000用科学记数法表示应为（）A.1026.288310B.112.6288310C.122.6288310D

.120.26288310【答案】B【解析】【分析】将262883000000写成11100naa，n为正整数的形式即可．【详解】解：将262883000000保留1位整数是2.62883，小数点向左移动了11位，∴262883000000112.6288

310，故选B．【点睛】本题考查用科学记数法表示绝对值大于1的数，掌握11100naa中n的取值方法是解题的关键．3.如图，利用工具测量角，则1的大小为（）A.30°B.60°C.120°D.150

°【答案】A【解析】【分析】利用对顶角相等求解．【详解】解：量角器测量的度数为30°，由对顶角相等可得，130．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.实数ab，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.2a＜

B.1b＜C.ab＞D.ab＞【答案】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<a<-1.5，则

1.5<-a<2，1<b<1.5，则ab＞，故D选项正确，故选：D．【点睛】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.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（）A.14B.13C.12D.34【答案】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：∵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，∴第一次摸到红球，第二次摸到绿球的概率为14，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.若关于x的一元二次方程20xxm有两个相等的实数根，则实数

m的值为（）A.4B.14C.14D.4【答案】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】∵一元二次方程20xxm有两个相等的实数根，∴∆=0，∴2140m，解得14m，故

C正确．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.图中的图形为轴对称图形，该图形的对称轴的条数为（）A.1B.2C.3D.5【答案】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∶如图，一共有5条对称轴．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.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；②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；③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.①②B.①③C.②③D.①②③【答案】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；②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②可以利用该图象表示；③设绳子的长为L，一边长x，则另

一边长为12Lx，则矩形的面积为：21122yLxxxLx，故③不可以利用该图象表示；故可以利用该图象表示的有：①②，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．第二部分非选择题二、填空题

（共16分，每题2分）9.若8x在实数范围内有意义，则实数x的取值范围是___________．【答案】x≥8【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．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(0)aa是解题的关键．10.分解因式：2xyx______．【答案】11xyy【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】2xyx21xy11xyy故答案为：

11xyy．【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.方程215xx的解为___________．【答案】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：215xx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.在平面直角坐标系xOy中，若点12(2,),(5,)AyBy在反比例函数(0)kykx

的图象上，则1y______2y（填“>”“=”或“<”）【答案】＞【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：∵k>0，∴在每个象限内，y随x的增大而减小，25＜，∴1y>2y．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.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353637383940414243销售量/双2455126321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．【答案】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，∴该商场进鞋号需求最多的滑冰鞋

的数量为1240012040双．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.如图，在ABC中，AD平分,.BACDEAB若2,1,ACDE则ACDS____．【答案】1【解析】【分析

】作DFAC于点F，由角平分线的性质推出1DFDE，再利用三角形面积公式求解即可．【详解】解：如图，作DFAC于点F，∵AD平分BAC，DEAB，DFAC，∴1DFDE，∴1121122ACDSACDF．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.如图，在矩形ABCD中，若13,5,4AFABACFC，则AE的长为_______．【答案】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：ADBC∥，90ABC，∴14AEAFBCFC，2222534BCACAB，∴144AE，∴1AE，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.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A516B325C235D437E358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，写出一种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）．【答案】①.ABC（或ABE或AD或ACD或BCD）②.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1

9.5吨即可；（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：53210（吨），总重6551619.5（吨），符合要求；选择ABE时，装运的I号产品重量为：5

3311（吨），总重6581919.5（吨），符合要求；选择AD时，装运的I号产品重量为：549（吨），总重671319.5（吨），符合要求；选择ACD时，装运的I号产品重量为：52411（吨），总重6571819.5（吨），符合要求；选择

BCD时，装运的I号产品重量为：3249（吨），总重5571719.5（吨），符合要求；选择DCE时，装运的I号产品重量为：4239（吨），总重7582019.5（吨），不符合要求；选择BDE时，装运的I号产品重量为：34310

（吨），总重5782019.5（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：1236（吨）；选择ABE时，装运的II号产品重量为：1258（吨）；选择AD时，装运的II号产品重量为：134（吨）；选择ACD时，装运的II号产品重量为：1337（吨）；选择BCD时，装运的II号产

品重量为：2338（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．三、解答题（共68分，第17-20题，每题5分，第21题6分，第22题5分，第23-24题，每题6分

，第25题5分，第26题6分，第27-28题，每题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．17.计算：0(1)4sin4583.【答案】4【解析】【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】解：0(1

)4sin4583.2=142232=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.解不等式组：274,4.2xxxx【答案】14x【解析】【分析】分别解两个

一元一次不等式，再求交集即可．【详解】解：27442xxxx①②解不等式①得1x，解不等式②得4x，故所给不等式组的解集为：14x．【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.已知2220xx

，求代数式2(2)(1)xxx的值．【答案】５【解析】【分析】先根据2220xx，得出222xx，将2(2)(1)xxx变形为2221xx，最后代入求值即可．【详解】解：∵2220xx，∴222xx，∴

2(2)(1)xxx22221xxxx2241xx2221xx221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2(2)(1)xxx变形为2221xx，是解题的关键．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：180.ABC方法一证明：如图，过点A作.DEBC∥方法二证明：如图，过点C作.CDAB∥【答案】答案见解析【解析】【分析】选择方

法一，过点A作//DEBC，依据平行线的性质，即可得到BBAD，CEAC，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//DEBC，则BBAD，CEAC

．(两直线平行，内错角相等）点D，A，E在同一条直线上，180DABBACC．（平角的定义）180BBACC．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.如图，在ABCD中，ACBD，交于点O，点EF，在AC上，AECF．（1）求证：四边形EBFD是平行四边形；（2）若,BACDAC求

证：四边形EBFD是菱形．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）先根据四边形ABCD为平行四边形，得出AOCO，BODO，再根据AECF，得出EOFO，即可证明结论；（2）先证明DCADAC，得出DADC

，证明四边形ABCD为菱形，得出ACBD，即可证明结论．【小问1详解】证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AOCO，BODO，∵AECF，∴AOAECOCF，即EOFO，∴四边形EBFD是平行四边形．【小问2详解】∵四边

形ABCD为平行四边形，∴ABCD，∴DCABAC，∵,BACDAC∴DCADAC，∴DADC，∴四边形ABCD为菱形，∴ACBD，即EFBD，∵四边形EBFD是平行四边形，∴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.在平面直角坐标系xOy中，函数(0)ykxbk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0x时，对于x的每一个值，函数yxn的值大于函数(0)ykxbk的值，直接写出n的取值范围．【答案】（1）112yx，(0,1)（2）1n【解析】【分析】（1）利用待定系数法即可求得函数解析式，当0x时，求出y即可求解．（2）根据题意112xnx结

合0x解出不等式即可求解．【小问1详解】解：将(4,3)，(2,0)代入函数解析式得，3=402kbkb，解得121kb，∴函数的解析式为：112yx，当0x时，得1y，∴点A的坐标为(0,1)．【小问2

详解】由题意得，112xnx，即22xn，又由0x，得220n，解得1n，∴n的取值范围为1n．【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.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．a．甲、乙两位同学得分的折线图：b．丙同学得分：10，10，10，9，9，8，3，9，8，10c．甲、乙、丙三位同学得

分的平均数：同学甲乙丙平均数8.68.6m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”）．【答案】（1）8.6（2）甲（3）丙【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．【小问1详解】解：丙的平均数：101010998398108.610，则8.6m．【小问2详解】2222212(8.68)4(8.69)2(8.67)2(8.610)1.0410S

甲，222214(8.67)4(8.610)2(8.69)1.8410S乙，22SS甲乙，∴甲、乙两位同学中，评委对甲的评价更一致，故答案为：甲．【小问3详解】由题意得，去掉一个最高分和一个最低分后的平均分为：甲：8897

99910=8.6258，乙：77799101010=8.6258，丙：10109989810=9.1258，∵去掉一个最高分和一个最低分后丙的平均分最高，因此最优秀的是丙，故答案为：丙．【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.如图，AB是O的直径，CD是O的一条弦，,ABCD连接,.ACOD（1）求证：2;BODA（2）连接DB,过点C作,CEDB交DB的延长线

于点E，延长,DO交AC于点F，若F为AC的中点，求证：直线CE为O的切线．【答案】（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RtCOHRtDOH，故可得COHDOH，于是BCBD，即可得到2BODA

；（2）连接，解出60COB，根据AB为直径得到90ADB，进而得到60ABD，即可证明//OCDB，故可证明直线CE为O的切线．【小问1详解】证明：设AB交CD于点H，连接OC，由题可知，OCOD，90OHCOHD，

OHOH，RtCOHRtDOHHL，COHDOH，BCBD，COBBOD，2COBA，2BODA；【小问2详解】证明：连接AD，OAOD，OADODA∴，同理可得：OACOCA,OCDODC

，∵点H是CD的中点，点F是AC的中点，OADODAOACOCAOCDODC，180OADODAOACOCAOCDODC，30OADODAOACOCAOCDODC，223060COBCAO

，ABQ为O的直径，90ADB，90903060ABDDAO，60ABDCOB，//OCDE，CEBEQ，CEOC，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.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2()(0)yaxhka．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/m02581114竖直高度y/m20.0021.4022.7523.2022.7521.40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2()(0);yaxhka（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20.04(9)23.24.yx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2d，则1d______2d（填“>”“=”或“<”）．【答案】（1）23.20m；2

0.05823.20yx（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1d和2d，然后进行比较即可．【小问1详解】解：根据表格中的数据可知，抛物线的顶点坐标为：8,23.20，∴8h，23.20k，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0x时，20.00y，代入

2823.20yax得：220.000823.20a，解得：0.05a，∴函数关系关系式为：20.05823.20yx．【小问2详解】设着陆点的纵坐标为t，则第一次训练时，20.05823.20tx，解得：82023.

20xt或82023.20xt，∴根据图象可知，第一次训练时着陆点的水平距离182023.20dt，第二次训练时，20.04923.24tx，解得：92523.24xt或92523.24xt，∴根据图

象可知，第二次训练时着陆点的水平距离292523.24dt，∵2023.202523.24tt＜，∴2023.202523.24tt＜，∴12dd＜．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1d和2d，是解题的关键．26.在平面直角坐标系xOy中，点(1,),(3,)mn在抛物线2(0)yaxbxca上，设抛物线的对称轴为.xt（1）当2,cmn时，求抛物线与y轴交

点的坐标及t的值；（2）点00(,)(1)xmx在抛物线上，若,mnc求t的取值范围及0x的取值范围．【答案】（1）（0，2）；2（2）t的取值范围为322t，0x的取值范围为023x【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,),

(3,)mn关于对称轴为xt对称，可得t的值，即可求解；（2）抛物线与y轴交点关于对称轴xt的对称点坐标为（2t，c），根据抛物线的图象和性质可得当xt时，y随x的增大而减小，当xt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．【小问1详解】解：当2c时，22yaxbx，∴当x=0时，y=2，∴抛物线与y轴交点的坐标为（0，2）；∵mn，∴点(1,),(3,)mn关于对称轴为x

t对称，∴1322t；【小问2详解】解：当x=0时，y=c，∴抛物线与y轴交点坐标为（0，c），∴抛物线与y轴交点关于对称轴xt的对称点坐标为（2t，c），∵0a，∴当xt时，y随x的增大而减小，当xt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，1t，∵,mnc1＜3，∴2t＞3，即32t（不合题意，舍去），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0(,)xm在对称轴的右侧，13t，此时点(3,)n到对称轴xt的距离大于点(1,

)m到对称轴xt的距离，∴13tt，解得：2t，∵,mnc1＜3，∴2t＞3，即32t，∴322t，∵0(,)xm，(1,)m，对称轴为xt，∴012xt，∴013222x，解得：023x

，∴t的取值范围为322t，0x的取值范围为023x．【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.在ABC中，90ACB，D为ABC内一点，连接BD，DC，延长DC到点E，使得.CEDC（1）如图1，延长BC到点F，使得CFB

C，连接AF，EF，若AFEF，求证：BDAF；（2）连接AE，交BD的延长线于点H，连接CH，依题意补全图2，若222ABAEBD，用等式表示线段CD与CH的数量关系，并证明．【答案】（1）见解析（2）CDCH；证明见解析【解析】【分析】（1）先利用已知条件证明SASFCEBC

D，得出CFECBDÐ=Ð，推出EFBD∥，再由AFEF即可证明BDAF；（2）延长BC到点M，使CM＝CB，连接EM，AM，先证SASMECBDC，推出MEBD，通过等量代换得到222AMAEME，利用平行线的性

质得出90BHEAEMÐ=Ð=°，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得到CDCH．【小问1详解】证明：在FCE和BCD中，CECDFCEBCDCFCB，∴SASFCEBCD

，∴CFECBDÐ=Ð，∴EFBD∥，∵AFEF，∴BDAF．【小问2详解】解：补全后的图形如图所示，CDCH，证明如下：延长BC到点M，使CM＝CB，连接EM，AM，∵90ACB，CM＝CB，∴AC垂直平分BM，∴ABAM，在MEC和B

DC中，CMCBMCEBCDCECD，∴SASMECBDC，∴MEBD，CMECBDÐ=Ð，∵222ABAEBD，∴222AMAEME，∴90AEM，∵CMECBDÐ=Ð，∴

BHEM∥，∴90BHEAEMÐ=Ð=°，即90DHE，∵12CECDDE==，∴12CHDE=，∴CDCH．【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90DHE是解题的关键．28.在平面直角坐标系xOy中，已知点(,),.MabN对于点P给出如下定义：将点P向右(0)a或向左(0)a平移a个单位长度，再向上(0)b

或向下(0)b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(1,1),M点N在线段OM的延长线上，若点(2,0),P点Q为点P的“对应点”．①在图中画出点Q；②连接,PQ交线段ON于点.T求

证：1;2NTOM（2）O的半径为1，M是O上一点，点N在线段OM上，且1(1)2ONtt，若P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）【答案】（1）见解析（2）42t【解析】

【分析】（1）①先根据定义和(1,1)M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；②延长ON至点3,3A，连接AQ，利用AAS证明ΔΔAQTOPT，得到12TATOOA，再计算出OA

，OM，ON，即可求出2122NTONOTOM；（2）连接PO并延长至S，使OPOS，延长SQ至T，使STOM，结合对称的性质得出NM为Δ'PQT的中位线，推出1=2NMQT，得出12221SQSTTQtt，则

maxmin2PQPQPSQSPSQSQS．【小问1详解】解：①点Q如下图所示．∵点(1,1)M，∴点(2,0)P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'，∴'1,1P，∵点P'关于点N的对

称点为Q，2,2N，∴点Q的横坐标为：2215，纵坐标为：2213，∴点5,3Q，在坐标系内找出该点即可；②证明：如图延长ON至点3,3A，连接AQ，∵//AQOP，∴A

QTOPT，在ΔAQT与ΔOPT中，AQTOPTATQOTPAQOP，∴ΔΔAQTOPTAAS，∴12TATOOA，∵3,3A，(1,1)M，(2,2)N，∴223332OA，2

2112OM，222222ON，∴13222TOOA，∴3222222NTONOT，∴12NTOM；【小问2详解】解：如图所示，连接PO并延长至S，使OPOS，延长SQ至T，使STOM，∵(,)Mab，点P向右(0)a

或向左(0)a平移a个单位长度，再向上(0)b或向下(0)b平移b个单位长度，得到点P'，∴'1PPOM，∵点P'关于点N的对称点为Q，∴'NPNQ，又∵OPOS，∴OM∥ST，∴NM为Δ'PQT的中位线，∴//NMQT，1=2NMQT，∵1NMOMONt，∴222TQNM

t，∴12221SQSTTQtt，在ΔPQS中，PSQSPQPSQS，结合题意，maxPQPSQS，minPQPSQS，∴maxmin242PQPQPSQSPSQSQSt，即PQ长的最大值与最小值

的差为42t．【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．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www

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