2023年北京市中考数学真题(含解析)

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题1．截至2023年6月11日17时，全国冬小麦收款2.39亿亩，进度过七成半，将239000000用科学记数法表示应为（ ）A．23.9107B．2.39108C．2.39109D．0.2391092．下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）A． B． C． D． 3．如图，AOCBOD90，AOD126，则BOC的大小为（ ） A．36B．44C．54D．634．已知a10，则下列结论正确的是（ ）A．1aa1C．a1a1B．a11aD．1a1a5．若关于x的一元二次方程x23xm0有两个相等的实数根，则实数m的值为（ ）A．9B．94C．94D．96．十二边形的外角和为（ ）A．30B．150C．360D．18007．先后两次抛掷同一枚质地均匀的硬币，则第一次正面向上、第二次反面向上的概率是（ ）试卷第1页，共8页

A．14B．13C．21D．348．如图，点A、B、C在同一条线上，点B在点A，C之间，点D，E在直线AC同侧，ABBC，AC90，△EAB≌△BCD，连接DE，设AB=a，BCb，DEc，给出下面三个结论：①abc；②aba2b2；③2abc； 上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）A．①②B．①③C．②③D．①②③二、填空题9．若代数式5有意义，则实数x的取值范围是______．x210．分解因式：x2yy3=__________________.11．方程31的解为______．5x12xkk0的图象经过点A3,2和Bm,2，x12．在平面直角坐标系xOy中，若函数y则m的值为______．13．某厂生产了1000只灯泡.为了解这1000只灯泡的使用寿命，从中随机抽取了50只灯泡进行检测，获得了它们的使用寿命（单位：小时），数据整理如下：使用寿命灯泡只数x100051000x1600101600x2200122200x280017x28006根据以上数据，估计这1000只灯泡中使用寿命不小于2200小时的灯泡的数量为______只．14．如图，直线AD，BC交于点O，AB∥EF∥CD.若AO2，OF1，FD2.则的值为______．BEEC试卷第2页，共8页

15．如图，OA是O的半径，BC是O的弦，OABC于点D，AE是O的切线，AE交OC的延长线于点E．若AOC45，BC2，则线段AE的长为______． 16．学校组织学生参加木艺艺术品加工劳动实践活动．已知某木艺艺术品加工完成共需A，B，C，D，E，F，G七道工序，加工要求如下：①工序C，D须在工序A完成后进行，工序E须在工序B，D都完成后进行，工序F须在工序C，D都完成后进行；②一道工序只能由一名学生完成，此工序完成后该学生才能进行其他工序；③各道工序所需时间如下表所示：工序所需时间/分钟A9B9C7D9E7F10G2在不考虑其他因素的前提下，若由一名学生单独完成此木艺艺术品的加工，则需要______分钟；若由两名学生合作完成此木艺艺术品的加工，则最少需要______分钟．三、解答题

117．计算：4sin60212．3x2x318．解不答式组：．5x35x19．已知x2y10，求代数式12x4y的值．x24xy4y2试卷第3页，共8页

20．如图，在YABCD中，点E，F分别在BC，AD上，BEDF，ACEF． (1)求证：四边形AECF是矩形；(2)AEBE，AB2，tanACB1，求BC的长．221．对联是中华传统文化的瑰宝，对联装裱后，如图所示，上、下空白处分别称为天头和地头，左、右空白处统称为边．一般情况下，天头长与地头长的比是6:4，左、右边的宽相等，均为天头长与地头长的和的1．某人要装裱一幅对联，对联的长为100cm，10宽为27cm．若要求装裱后的长是装裱后的宽的4倍，求边的宽和天头长．（书法作品选自《启功法书》） 22．在平面直角坐标系xOy中，函数ykxbk0的图象经过点A0,1和B1,2，与过点0,4且平行于x轴的线交于点C．(1)求该函数的解析式及点C的坐标；(2)当x3时，对于x的每一个值，函数y小于4，直接写出n的值．23．某校舞蹈队共16名学生，测量并获取了所有学生的身高（单位：cm），数据整理如下：a.16名学生的身高：试卷第4页，共8页

2xn的值大于函数ykxbk0的值且3161，162，162，164，165，165，165，166，166，167，168，168，170，172，172，175b.16名学生的身高的平均数、中位数、众数：平均数166.75中位数m众数n(1)写出表中m，n的值；(2)对于不同组的学生，如果一组学生的身高的方差越小，则认为该组舞台呈现效果越好．据此推断：在下列两组学生中，舞台呈现效果更好的是______（填“甲组”或“乙组”）；甲组学生的身高乙组学生的身高162161165162165164166165166175(3)该舞蹈队要选五名学生参加比赛．已确定三名学生参赛，他们的身高分别为168，168，172，他们的身高的方差为32．在选另外两名学生时，首先要求所选的两名学生932，其次要求所选的两名学9与已确定的三名学生所组成的五名学生的身高的方差小于生与已确定的三名学生所组成的五名学生的身高的平均数尽可能大，则选出的另外两名学生的身高分别为______和______．24．如图，圆内接四边形ABCD的对角线AC，BD交于点E，BD平分ABC，BACADB． (1)求证DB平分ADC，并求BAD的大小；(2)过点C作CF∥AD交AB的延长线于点F．若ACAD，BF2，求此圆半径的长．25．某小组研究了清洗某种含污物品的节约用水策略．部分内容如下．每次清洗1个单位质量的该种含污物品，清洗前的清洁度均为0.800要求清洗后的清洁度为0.990试卷第5页，共8页

方案一：采用一次清洗的方式．结果：当用水量为19个单位质量时，清洗后测得的清洁度为0.990．方案二：采用两次清洗的方式．记第一次用水量为x1个单位质量，第二次用水量为x2个单位质量，总用水量为x1x2个单位质量，两次清洗后测得的清洁度为C．记录的部分实验数据如下：x111.09.09.07.05.54.53.53.03.02.01.0x2x1x20.81.01.31.92.63.24.34.05.07.111.511.810.010.38.98.17.77.87.08.09.112.50.99C00.9890.9900.9900.9900.9900.9900.9880.9900.9900.990对以上实验数据进行分析，补充完成以下内容．（Ⅰ）选出C是0.990的所有数据组，并划“√”；（Ⅱ）通过分析（Ⅰ）中选出的数据，发现可以用函数刻画第一次用水量x1和总用水量x1x2之间的关系，在平面直角坐标系xOy中画出此函数的图象； 结果：结合实验数据，利用所画的函数图象可以推断，当第一次用水量约为______个单位质量（精确到个位）时，总用水量最小．根据以上实验数据和结果，解决下列问题：（1）当采用两次清洗的方式并使总用水量最小时，与采用一次清洗的方式相比、可节试卷第6页，共8页

水约______个单位质量（结果保留小数点后一位）；（2）当采用两次清洗的方式时，若第一次用水量为6个单位质量，总用水量为7.5个单位质量，则清洗后的清洁度C______0.990（填“>”“=”或“<”）．226．在平面直角坐标系xOy中，Mx1,y1，Nx2,y2是抛物线yaxbxca0上任意两点，设抛物线的对称轴为xt．(1)若对于x11，x22有y1y2，求t的值；(2)若对于0x11，1x22，都有y1y2，求t的取值范围．27．在ABC中、BC045，AMBC于点M，D是线段MC上的动点（不与点M，C重合），将线段DM绕点D顺时针旋转2得到线段DE． (1)如图1，当点E在线段AC上时，求证：D是MC的中点；(2)如图2，若在线段BM上存在点F（不与点B，M重合）满足DFDC，连接AE，EF，直接写出AEF的大小，并证明．28．在平面直角坐标系xOy中，O的半径为1．对于O的弦AB和O外一点C给出如下定义：若直线CA，CB中一条经过点O，另一条是O的切线，则称点C是弦AB的“关联点”．2222A1,0B,B,，1(1)如图，点22，222①在点C11,1，C2(2,0)，C30,2中，弦AB1的“关联点”是______．②若点C是弦AB2的“关联点”，直接写出OC的长；65PQ，使得点SNM0,3(2)已知点，5,0．对于线段MN上一点S，存在O的弦试卷第7页，共8页

是弦PQ的“关联点”，记PQ的长为t，当点S在线段MN上运动时，直接写出t的取值范围．

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参考答案：

1．B【分析】用科学记数法表示绝对值较大的数时，一般形式为a10n，其中1a10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，据此判断即可．【详解】解：2390000002.39108，故选：B．【点睛】本题考查了科学记数法的表示方法，用科学记数法表示绝对值较大的数时，一般形式为a10n，其中1a10，n为整数，且n比原来的整数位数少1，解题的关键是要正确确定a和n的值．2．A【分析】根据轴对称图形，中心对称图形的定义进行判断即可．【详解】解：A既是轴对称图形又是中心对称图形，故符合要求； B不是轴对称图形，是中心对称图形，故不符合要求；C是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合要求；D是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合要求；故选：A．【点睛】本题考查了轴对称图形，中心对称图形，解题的关键在于熟练掌握：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形；在平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形叫做轴对称图形．3．C【分析】由AOCBOD90，AOD=126，可求出COD的度数，再根据角与角之间的关系求解．【详解】∵AOC=90，AOD=126，∴CODAODAOC36，∵BOD90，∴BOCBODCOD903654．故选：C．【点睛】本题考查的知识点是角的计算，注意此题的解题技巧：两个直角相加和AOD相比，答案第1页，共19页

多加了BOC．4．B【分析】由a10可得a1，则a0，根据不等式的性质求解即可．【详解】解：a10得a1，则a0，∴a1，∴a11a，故选：B．【点睛】本题考查了不等式的性质，注意：当不等式两边同时乘以一个负数，则不等式的符号需要改变．5．C【分析】根据一元二次方程有两个相等的实数根，可得Δ0，进而即可求解．【详解】解：∵关于x的一元二次方程x23xm0有两个相等的实数根，∴b24ac94m0．解得：m故选：C．【点睛】本题考查了一元二次方程ax2bxc0 (a0，a，b，c为常数)的根的判别式b24ac，理解根的判别式对应的根的三种情况是解题的关键．当0时，方程有两个9．4不相等的实数根；当Δ0时，方程有两个相等的实数根；当Δ0时，方程没有实数根．6．C【分析】根据多边形的外角和为360°进行解答即可．【详解】解：∵多边形的外角和为360°∴十二边形的外角和是360°．故选：C．【点睛】本题考查多边形的内角和与外角和的求法，掌握多边形的外角和为360°是解题的关键．7．A【分析】整个实验分两步完成，每步有两个等可能结果，用列表法或树状图工具辅助处理．答案第2页，共19页

【详解】 1. 4如图，所有结果有4种，满足要求的结果有1种，故概率为故选：A【点睛】本题考查概率的计算，运用树状图或列表工具是解题的关键．8．D【分析】如图，过D作DFAE于F，则四边形ACDF是矩形，则DFACab，由DFDE，可得abc，进而可判断①的正误；由△EAB≌△BCD，可得BEBD，CDABa，AEBCb，ABECDB，则EBD90，△BDE是等腰直角三角形，由勾股定理得，BEAB2AE2a2b2，由ABAEBE，可得aba2b2，进222而可判断②的正误；由勾股定理得DE2BD2BE2，即c2ab，则c2a2b22ab，进而可判断③的正误．【详解】解：如图，过D作DFAE于F，则四边形ACDF是矩形， ∴DFACab，∵DFDE，∴abc，①正确，故符合要求；∵△EAB≌△BCD，∴BEBD，CDABa，AEBCb，ABECDB，∵CBDCDB90，∴CBDABE90，EBD90，∴△BDE是等腰直角三角形，由勾股定理得，BEAB2AE2a2b2，∵ABAEBE，答案第3页，共19页

∴aba2b2，②正确，故符合要求；222由勾股定理得DE2BD2BE2，即c2ab，∴c2a2b22ab，③正确，故符合要求；故选：D．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，不等式的性质，三角形的三边关系等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．9．x2【分析】根据分式有意义的条件列不等式求解即可．【详解】解：若代数式解得：x2，故答案为：x2．【点睛】本题考查了分式有意义的条件，熟知分式有意义，分母不为零是解题的关键．10．y(xy)(xy)【详解】试题分析：原式提公因式得：y（x2-y2）=y(xy)(xy)考点：分解因式点评：本题难度中等，主要考查学生对多项式提公因式分解因式等知识点的掌握．需要运用平方差公式．11．x1【分析】方程两边同时乘以2x5x1化为整式方程，解整式方程即可，最后要检验．【详解】解：方程两边同时乘以2x5x1，得6x5x1，解得：x1，经检验，x1是原方程的解，故答案为：x1．【点睛】本题考查了解分式方程，熟练掌握解分式方程的步骤是解题的关键．12．3【分析】先把点A坐标代入求出反比例函数解析式，再把点B代入即可求出m的值．5有意义，则x20，x2答案第4页，共19页

【详解】解：∵函数ykk0的图象经过点A3,2和Bm,2x∴把点A3,2代入得k326，∴反比例函数解析式为y6，x把点Bm,2代入得：2解得：m3，故答案为：3．6，m【点睛】本题考查了待定系数法求反比例函数解析式，反比例函数图象上点的坐标特征，熟知反比例函数图象上的点的坐标一定满足函数解析式是解题的关键．13．460【分析】用1000乘以抽查的灯泡中使用寿命不小于2200小时的灯泡所占的比例即可．【详解】解：估计这1000只灯泡中使用寿命不小于2200小时的灯泡的数量为1000176460（只），50故答案为：460．【点睛】本题考查了用样本估计总体，用样本估计总体时，样本容量越大，样本对总体的估计也就越精确．14．32BOAO2OEOF1，，得出BO2OE，OEOF1ECFD2【分析】由平行线分线段成比例可得，EC2OE，从而BE2OEOE3.EC2OE2【详解】ABEFCD， AO2，OF1，BOAO2，OEOF1BO2OE，OEOF1，ECFD2EC2OE，BE2OEOE3；EC2OE23.2故答案为：【点睛】本题考查了平行线分线段成比例的知识点，根据平行线分线段成比例找出线段之间答案第5页，共19页

的关系是解决本题的关键.15．2【分析】根据OABC，得出ODC90，DC1BC1，根据等腰直角三角形的性质得2出OC2DC2，即OAOC2，根据OAE90，AOC45，得出△AOE为等腰直角三角形，即可得出AEOA2．【详解】解：∵OABC，∴ODC90，DC∵AOC45，∴ODC为等腰直角三角形，∴OC2DC2，∴OAOC2．∵AE是O的切线，∴OAE90，∵AOC45，∴△AOE为等腰直角三角形，∴AEOA2．故答案为：2．【点睛】本题主要考查了垂径定理，等腰直角三角形的判定和性质，切线的性质，解题的关键是熟练掌握垂径定理，得出DC16． 53 281BC1．21BC1．2【分析】将所有工序需要的时间相加即可得出由一名学生单独完成需要的时间；假设这两名学生为甲、乙，根据加工要求可知甲学生做工序A，乙学生同时做工序B；然后甲学生做工序D，乙学生同时做工序C，乙学生工序C完成后接着做工序G；最后甲学生做工序E，乙学生同时做工序F，然后可得答案．【详解】解：由题意得：9979710253（分钟），即由一名学生单独完成此木艺艺术品的加工，需要53分钟；假设这两名学生为甲、乙，答案第6页，共19页

∵工序C，D须在工序A完成后进行，工序E须在工序B，D都完成后进行，且工序A，B都需要9分钟完成，∴甲学生做工序A，乙学生同时做工序B，需要9分钟，然后甲学生做工序D，乙学生同时做工序C，乙学生工序C完成后接着做工序G，需要9分钟，最后甲学生做工序E，乙学生同时做工序F，需要10分钟，∴若由两名学生合作完成此木艺艺术品的加工，最少需要991028（分钟），故答案为：53，28；【点睛】本题考查了逻辑推理与时间统筹，根据加工要求得出加工顺序是解题的关键．17．5【分析】代入特殊角三角函数值，利用负整数指数幂，绝对值和二次根式的性质化简，然后计算即可．【详解】解：原式43322322332235．【点睛】本题考查了实数的混合运算，牢记特殊角三角函数值，熟练掌握负整数指数幂，绝对值和二次根式的性质是解题的关键．18．1x2【分析】分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小找不到确定不等式组的解集．x2①x3【详解】5x35x②解不等式①得：x1解不等式②得：x2不等式的解集为：1x2【点睛】本题考查了解一元一次不等式组，正确掌握一元一次不等式解集确定方法是解题的关键．19．2【分析】先将分式进行化简，再将x2y10变形整体代入化简好的分式计算即可．答案第7页，共19页

【详解】解：原式2x2yx2y22，x2y由x2y10可得x2y1，将x2y1代入原式可得，原式22．1【点睛】本题考查了分式的化简求值，注意整体代入思想的应用．20．(1)见解析(2)32【分析】（1）利用平行四边形的性质求出AFEC，证明四边形AECF是平行四边形，然后根据对角线相等的平行四边形是矩形得出结论；（2）证明ABE是等腰直角三角形，可得AEBE2，然后再解直角三角形求出EC即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴ADBC，AD∥BC，∵BEDF，∴AFEC，∴四边形AECF是平行四边形，∵ACEF，∴平行四边形AECF是矩形；（2）解：由（1）知四边形AECF是矩形，∴AECAEB90，∵AEBE，AB2，∴ABE是等腰直角三角形，2AB2，2AE1，又∵tanACBEC2∴AEBE∴21，EC2∴EC22，∴BCBEEC22232．答案第8页，共19页

【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质以及解直角三角形，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．21．边的宽为4cm，天头长为24cm1212【分析】设天头长为xcm，则地头长为xcm，边的宽为xxcmxcm，再分别表10363示础装裱后的长和宽，根据装裱后的长是装裱后的宽的4倍列方程求解即可．【详解】解：设天头长为xcm，2由题意天头长与地头长的比是6:4，可知地头长为xcm，3边的宽为121xxcmxcm，103625装裱后的长为xx100cmx100cm，33111装裱后的宽为xx27cmx27cm，66351由题意可得：x100x27433解得x24，1∴x4，6答：边的宽为4cm，天头长为24cm．【点睛】本题考查了一元一次方程的应用，题中的数量关系较为复杂，需要合理设未知数，找准数量关系．22．(1)yx1，C3,4；(2)n2．【分析】（1）利用待定系数法可求出函数解析式，由题意知点C的纵坐标为4，代入函数解析式求出点C的横坐标即可；（2）根据函数图象得出当y2xn过点3,4时满足题意，代入3,4求出n的值即可．3b1【详解】（1）解：把点A0,1，B1,2代入ykxbk0得：，kb2k1解得：，b1∴该函数的解析式为yx1，答案第9页，共19页

由题意知点C的纵坐标为4，当yx14时，解得：x3，∴C3,4；（2）解：由（1）知：当x3时，yx14，因为当x3时，函数y所以如图所示，当y2xn的值大于函数yx1的值且小于4， 32xn过点3,4时满足题意，32代入3,4得：43n，3解得：n2． 【点睛】本题考查了一次函数的图象和性质，待定系数法的应用，一次函数图象上点的坐标特征，利用数形结合的思想是解题的关键．23．(1)m166，n165；(2)甲组(3)170， 172【分析】（1）根据中位数和众数的定义求解即可；（2）计算每一组的方差，根据方差越小数据越稳定进行判断即可；（3）根据要求，身高的平均数尽可能大且方差小于择．【详解】（1）解：将这组数据按照从小到大的顺序排列为：161，162，162，164，165，165，165，166，166，167，168，168，170，172，172，175，答案第10页，共19页

32，结合其余学生的身高即可做出选9出现次数最多的数是165，出现了3次，即众数n165，16个数据中的第8和第9个数据分别是166，166，∴中位数m166166166，2∴m166，n165；（2）解：甲组身高的平均数为甲组身高的方差为1162165165166166164.8，5122222162164.8165164.8165164.8166164.8166164.82.165乙组身高的平均数为乙组身高的方差为1161162164165175165.4，5122222161165.4162165.4164165.4165165.4175165.425.04，5∵25.042.16∴舞台呈现效果更好的是甲组，故答案为：甲组；（3）解：168，168，172的平均数为11168+168+1721693332，9∵所选的两名学生与已确定的三名学生所组成的五名学生的身高的方差小于∴数据的差别较小，数据才稳定，可供选择的有：170， 172，且选择170， 172时，平均数会增大，故答案为：170， 172．【点睛】本题考查了平均数、众数、中位数和方差，熟记方差的计算公式以及方差的意义：方差越小数据越稳定是解题的关键．24．(1)见解析，BAD90(2)4，则ADBCDB，即可证明DB平分ADC，进而【分析】（1）根据已知得出ABBCBCD，得出BD是直径，进而可得，推出BAD根据BD平分ABC，得出ADCDBAD90；答案第11页，共19页

（2）根据（1）的结论结合已知条件得出，F90，△ADC是等边三角形，进而得出1CDBADC30，由BD是直径，根据含30度角的直角三角形的性质可得2BC解．【详解】（1）解：∵BACADB1BD，在Rt△BFC中，根据含30度角的直角三角形的性质求得BC的长，进而即可求2，∴ABBC∴ADBCDB，即DB平分ADC．∵BD平分ABC，∴ABDCBD，，∴ADCDBCD，CD，即BAD∴ABADBC∴BD是直径，∴BAD90；（2）解：∵BAD90，CF∥AD，∴FBAD180，则F90．，∵ADCD∴ADDC．∵ACAD，∴ACADCD，∴△ADC是等边三角形，则ADC60．∵BD平分ADC，∴CDB1ADC30．2∵BD是直径，∴BCD90，则BC1BD．2∵四边形ABCD是圆内接四边形，∴ADCABC180，则ABC120，∴FBC60，答案第12页，共19页

∴FCB906030，∴FB1BC．2∵BF2，∴BC4，∴BD2BC8．∵BD是直径，∴此圆半径的长为BD4．【点睛】本题考查了弧与圆周角的关系，等弧所对的圆周角相等，直径所对的圆周角是直角，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，圆内接四边形对角互补，熟练掌握以上知识是解题的关键．25．（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析，4；（1）11.3；（2）<【分析】（Ⅰ）直接在表格中标记即可；（Ⅱ）根据表格中数据描点连线即可做出函数图象，再结合函数图象找到最低点，可得第一次用水量约为4个单位质量时，总用水量最小；（1）根据表格可得，用两次清洗的方式并使总用水量最小时，用水量为7.7个单位质量，计算即可；（2）根据表格可得当第一次用水量为6个单位质量，总用水量超过8个单位质量，则清洗后的清洁度能达到0.990，若总用水量为7.5个单位质量，则清洁度达不到0.990．【详解】（Ⅰ）表格如下：12x111.09.09.07.05.54.53.53.03.02.01.0x2x1x20.81.01.31.92.63.24.34.05.07.111.511.810.010.38.98.17.77.87.08.09.112.50.99C0√0.9890.990√0.990√0.990√0.990√0.990√0.9880.990√0.990√0.990√答案第13页，共19页

（Ⅱ）函数图象如下： 由图象可得，当第一次用水量约为4个单位质量（精确到个位）时，总用水量最小；（1）当采用两次清洗的方式并使总用水量最小时，用水量为7.7个单位质量，19-7.7=11.3，即可节水约11.3个单位质量；（2）由图可得，当第一次用水量为6个单位质量，总用水量超过8个单位质量，则清洗后的清洁度能达到0.990，第一次用水量为6个单位质量，总用水量为7.5个单位质量，则清洗后的清洁度C0.990，故答案为：<．【点睛】本题考查了函数图象，根据数据描绘函数图象、从函数图象获取信息是解题的关键．26．(1)t(2)t3212【分析】（1）根据二次函数的性质求得对称轴即可求解；（2）根据题意可得x1,y1离对称轴更近，x1x2，则x1,y1与x2,y2的中点在对称轴的右侧，根据对称性求得xx1x1x23，进而根据12t，即可求解．2222【详解】（1）解：∵对于x11，x22有y1y2，答案第14页，共19页

∴抛物线的对称轴为直线x∵抛物线的对称轴为xt．∴t；32x1x23，22（2）解：∵当0x11，1x22， ∴1x1x23，x1x2，222∵y1y2，a0，∴x1,y1离对称轴更近，x1x2，则x1,y1与x2,y2的中点在对称轴的右侧，∴x1x2t，21．2即t【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的对称性是解题的关键．27．(1)见解析(2)AEF90，证明见解析【分析】（1）由旋转的性质得DMDE，MDE2，利用三角形外角的性质求出DECC，可得DEDC，等量代换得到DMDC即可；H的中位线，然后求出（2）延长FE到H使FEEH，连接CH，AH，可得DE是VFCBACH，设DMDEm，CDn，求出BF2mCH，证明ABFACHSAS，得到AFAH，再根据等腰三角形三线合一证明AEFH即可．【详解】（1）证明：由旋转的性质得：DMDE，MDE2，∵C，∴DECMDEC，∴CDEC，∴DEDC，∴DMDC，即D是MC的中点；（2）AEF90；证明：如图2，延长FE到H使FEEH，连接CH，AH，∵DFDC，答案第15页，共19页

H的中位线，∴DE是VFC∴DE∥CH，CH2DE，由旋转的性质得：DMDE，MDE2，∴FCH2，∵BC，∴ACH，ABC是等腰三角形，∴BACH，ABAC，设DMDEm，CDn，则CH2m，CMmn，∴DFCDn，∴FMDFDMnm，∵AMBC，∴BMCMmn，∴BFBMFMmnnm2m，∴CHBF，ABAC在△ABF和ACH中，BACH，BFCH∴ABFACHSAS，∴AFAH，∵FEEH，∴AEFH，即AEF90． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形外角的性质，三角形中位线定理以及全等三角形的判定和性质等知识，作出合适的辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．28．(1)C1，C2；OC2答案第16页，共19页

(2)1t2326或t3．33【分析】（1）根据题目中关联点的定义并分情况讨论计算即可；65（2）根据M0,3，N5,0两点来求最值情况，S共有2种情况，分别位于点M和经过点O的MN的垂直平分线上，运用相似三角形计算即可．【详解】（1）解：①由关联点的定义可知，若直线CA，CB中一经过点O，另一条是O的切线，则称点C是弦AB的“关联点”，22A1,0B，1∵点2,2，C11,1，C2(2,0)，C30,2，∴直线AC2经过点O，且BC2与O相切，∴C2是弦AB1的“关联点”，22yx上，C1,1A1,0B和横坐标相等，与1又∵12,2都位于直线∴AC1与O相切，B1C1经过点O，∴C1是弦AB1的“关联点”．22A1,0B,，2②∵2，2设Ca，b，如下图所示，共有两种情况，a、若C1B2与O相切，AC经过点O，答案第17页，共19页

则C1B2、AC1所在直线为： 解得：C1yx2，y02，0，∴OC12，b、若AC2与O相切，C2B2经过点O，x1则C2B2、AC2所在直线为：，yx，，解得：C211∴OC22，综上，OC2．（2）解：∵线段MN上一点S，存在O的弦PQ，使得点S是弦PQ的“关联点”，又∵弦PQ随着S的变动在一定范围内变动，且M0,3，N655,0，OMON，∴S共有2种情况，分别位于点M和经过点O的MN的垂直平分线上，如图所示，①当S位于点M0,3时，MP为O的切线，作PJOM，∵M0,3，O的半径为1，且MP为O的切线，∴OPMP，∵PJOM，∴MPO∽POJ，∴1OPOM3，，即OJOPOJ答案第18页，共19页

1解得OJ，3∴根据勾股定理得，PJPO2OJ2根据勾股定理，PQ1Q1P2Q1J222QJ2，1332326，同理，PQ2Q2P2Q2J2，33∴当S位于点M0,3时，PQ1的临界值为2623和．33②当S位于经过点O的MN的垂直平分线上即点K时，65∵点M0,3，N5,0，∴MNOM2ON295，5∴OKOMONMN2，又∵O的半径为1，∴OKZ30，∴三角形OPQ为等边三角形，∴在此情况下，PQ1，PQ3，∴当S位于经过点O的MN的垂直平分线上即点K时，PQ1的临界值为1和3，∴在两种情况下，PQ的最小值在1t综上所述，t的取值范围为1t2623内，最大值在t3，332326或t3，33【点睛】本题主要考查最值问题，题目较为新颖，要灵活运用知识点，明确新概念时解答此题的关键．答案第19页，共19页