北京市中考数学押题卷 1
学校 姓名 准考证号
考生须知
1. 本试卷共 8页，共三道大题，28道小题．满分 100分，考试时间 120分钟．
2. 在试卷和答题卡上准确填写学校名称、姓名和准考证号．
3. 试卷答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效．在答题卡上， 选择题、作图题用 2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答．
4. 考试结束，将本试卷和答题卡一并交回．
评卷人
得 分
一、选择题(本题共 16 分，每小题 2 分)
下面各题均有四个选项，其中只有一．个．是符合题意的
1. 下列几何体中，其面既有平面又有曲面的有（ ）
A．1 个 B．2个 C．3个 D．4 个
【解析】根据立体图形的特征，可得答案．
【解答】解：球只有 1 个曲面；圆锥既有曲面又有平面；正方体只有平面；圆柱既有平面又有曲面；
故选：B．
【说明】本题考查了认识立体图形，熟记立体图形的特征是解题关键．
2. 已知实数a，b在数轴上的位置如图所示，下列结论中正确的是（ ）
A．a＞b B．|a|＜|b| C．ab＞0 D．﹣a＞b
【解析】根据数轴可以判断 a、b 的正负，从而可以判断各个选项中的结论是否正确，从而可以解答本题．
【解答】解：由数轴可得，
﹣2＜a＜﹣1＜0＜b＜1，
∴a＜b，故选项 A错误，
|a|＞|b|，故选项 B错误，
ab＜0，故选项 C 错误，
﹣a＞b，故选项 D 正确， 故选：D．
【说明】本题考查实数与数轴、绝对值，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
1. 二元一次方程组的解是（ ）
A．B．C．D．
【解析】根据方程组的解法解答判断即可．
【解答】解：解方程组 ，可得： ， 故选：B．
【说明】本题主要考查二元一次方程组的解，知道二元一次方程组的解是两个方程的公共解是解题的关键，此外，本题还可以逐项解方程组．
4．2018 年我国在人工智能领域取得显著成就，自主研发的人工智能“绝艺”获得全球最前沿的人工智能赛事冠军，这得益于所建立的大数据中心的规模和数据存储量，它们决定着人工智能深度学习的质量和速度，其中的一个大数据中心能存储 58000000000 本书籍．将 58000000000 用科学记数法表示应为（）
A．58×109 B．5.8×1010 C．5.8×1011 D．0.58×1011
【解析】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＞1 时，n 是正数；当原数的绝对值＜1 时，n 是负数．
【解答】解：将 580 0000 0000 用科学记数法表示应为 5.8×1010．
故选：B．
【说明】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．
5. 一个正多边形的每一个外角都等于45°，则这个多边形的边数为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
【解析】根据多边形的外角和是 360 度即可求得外角的个数，即多边形的边数．
【解答】解：多边形的边数为：360÷45＝8． 故选：C．
【说明】本题主要考查了多边形的外角和定理，理解多边形外角和中外角的个数与正多边形的边数之间的关系，是解题关键．
6. 化简的结果是（ ）
A．B．C．a﹣b D．b﹣a
【解析】先将分母分解因式，再约分即可．
【解答】解：原式＝＝． 故选：B．
【说明】本题考查了分式的化简，正确将分母分解因式是解题的关键．
7. 如图，排球运动员站在点 O处练习发球，将球从 O点正上方 2m的 A处发出，把球看成点，其运行的高度 y（m）与运行的水平距离 x（m）满足关系式 y＝a（x﹣k）2+h．已知球与 D点的水平距离为 6m时，达到最高 2.6m，球网与 D点的水平距离为 9m．高度为2.43m，球场的边界距 O 点的水平距离为 18m，则下列判断正确的是（）
A．球不会过网 B．球会过球网但不会出界
C．球会过球网并会出界 D．无法确定
【解析】利用球与O点的水平距离为6m时，达到最高2.6m，可得k＝6，h＝2.6，球从O点正上方2m的A处发出，将点（0，2）代入解析式求出函数解析式；利用当x＝9时， y＝﹣ （x﹣6）2+2.6＝2.45，当y＝0时，﹣ （x﹣6）2+2.6＝0，分别得出即可．
【解答】解：（1）∵球与O点的水平距离为6m时，达到最高2.6m，
∴抛物线为 y＝a（x﹣6）2+2.6 过点，
∵抛物线y＝a（x﹣6）2+2.6过点（0，2），
∴2＝a（0﹣6）2+2.6， 解得：a＝﹣，
故y与x的关系式为：y＝﹣（x﹣6）2+2.6， 当x＝9时，y＝﹣（x﹣6）2+2.6＝2.45＞2.43， 所以球能过球网；
当y＝0 时，﹣（x﹣6）2+2.6＝0，
解得：x1＝6+2＞18，x2＝6﹣2（舍去） 故会出界．
故选：C．
【说明】此题主要考查了二次函数的应用题，根据题意求出函数解析式是解题关键．
5. 第六届北京农业嘉年华在昌平区兴寿镇草莓博览园举办，某校数学兴趣小组的同学根据数学知识将草莓博览园的游览线路进行了精简．如图，分别以正东、正北方向为 x轴、y 轴建立平面直角坐标系，如果表示国际特色农产品馆的坐标为（﹣5，0），表示科技生活馆的点的坐标为（6，2），则表示多彩农业馆所在的点的坐标为（）
A．（3，5） B．（5，﹣4） C．（﹣2，5） D．（﹣3，3）
【解析】根据国际特色农产品馆的坐标为（﹣5，0），科技生活馆的点的坐标为（6，2）建立平面直角坐标系，据此可得．
【解答】解：∵国际特色农产品馆的坐标为（﹣5，0），科技生活馆的点的坐标为（6，2），
∴可建立如图所示的平面直角坐标系：
由坐标系可知表示多彩农业馆所在的点的坐标为（﹣2，5），故选：C．
【说明】此题主要考查了坐标确定位置，正确利用已知点坐标得出原点位置是解题关键．
二、填空题(本题共 16 分，每小题 2 分)
5. 如图所示的网格是正方形网格，∠AOB ∠COD．（填“＞“，“＝”或“＜“）
【解析】连接 CD，则 CD⊥OD，过 B 作 BE⊥OA 于 E，在 Rt△OBE 与Rt△OCD 中，分别求∠AOB、∠COD 的正切，根据锐角的正切值随着角度的增大而增大作判断即可．
【解答】解：连接 CD，则 CD⊥OD，过 B 作 BE⊥OA 于 E，
在Rt△OBE中，tan∠AOB＝＝2，
在Rt△OCD中，tan∠COD＝＝＝1，
∵锐角的正切值随着角度的增大而增大，
∴∠AOB＞∠COD， 故答案为：＞．
【说明】本题考查了锐角三角函数的增减性，构建直角三角形求角的三角函数值进行判断， 熟练掌握锐角三角函数的增减性是关键．
5. 若a，b都是实数，b＝+﹣2，则ab 的值为 ．
【解析】直接利用二次根式有意义的条件得出 a 的值，进而利用负指数幂的性质得出答案．
【解答】解：∵b＝+﹣2，
∴1﹣2a＝0，
解得：a＝， 则 b＝﹣2，
故ab＝（）﹣2＝4． 故答案为：4．
【说明】此题主要考查了二次根式有意义的条件以及负指数幂的性质，正确得出 a 的值是解题关键．
6. 我们已经学习了一些定理，例如：
①直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方；
②全等三角形的对应角相等；
③线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等；
④等腰三角形的两个底角相等
上述定理中存在逆定理的是 （只填序号）
【解析】根据勾股定理的逆定理、线段的垂直平分线的判定、等腰三角形的判定即可判断；
【解答】解：①直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方；有逆定理；
②全等三角形的对应角相等；没有逆定理；
③线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等；有逆定理；
④等腰三角形的两个底角相等；有逆定理； 故答案为①③④
【说明】本题考查勾股定理以及逆定理、线段的垂直平分线的性质和判定、等腰三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
5. 如图，点A、B、C、D、E在⊙O上，且的度数为50°，则∠B+∠D的度数为 ．
【解析】连接 AB、DE，先求得∠ABE＝∠ADE＝25°，根据圆内接四边形的性质得出∠ ABE+∠EBC+∠ADC＝180°，即可求得∠B+∠D＝155°．
【解答】解：连接 AB、DE，则∠ABE＝∠ADE，
∵为50°，
∴∠ABE＝∠ADE＝25°，
∵点 A、B、C、D 在⊙O 上，
∴四边形 ABCD 是圆内接四边形，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠ABE+∠EBC+∠ADC＝180°，
∴∠B+∠D＝180°﹣∠ABE＝180°﹣25°＝155°． 故答案为：155°
【说明】本题考查了圆周角定理和圆内接四边形的性质，作出辅助线构建内接四边形是解题的关键．
5. 如图，在矩形ABCD中，E是边AB的中点，连结DE 交对角线AC于点F．若AB＝8， AD＝6，则CF的长为 ．
【解析】在Rt△ABC中，利用勾股定理可求出 AC的长，由 AB∥CD可得出∠DCF＝∠
EAF，∠CDF＝∠AEF，进而可得出△AEF∽△CDF，利用相似三角形的性质结合 CD＝ AB＝2AE，即可得出CF＝2AF，再结合AC＝AF+CF＝10，即可得出CF＝AC＝，
此题得解．
【解答】解：在 Rt△ABC 中，AB＝8，BC＝AD＝6，∠B＝90°，
∴AC＝＝10．
∵AB∥CD，
∴∠DCF＝∠EAF，∠CDF＝∠AEF，
∴△AEF∽△CDF，
∴＝．
又∵E 是边 AB 的中点，
∴CD＝AB＝2AE，
∴＝2，
∴CF＝2AF．
∵AC＝AF+CD＝10，
∴CF＝AC＝． 故答案为：．
【说明】本题考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理以及矩形的性质，利用相似三角形的性质结合AC＝AF+CF，找出CF＝AC是解题的关键．
5. 如图所示，有一电路连着三个开关，每个开关闭合的可能性均为，若不考虑元件的 故障因素，则电灯点亮的可能性为 ．
【解析】用列举法列举出可能出现的情况，在根据概率公式求解即可．
【解答】解：由于每个开关闭合的可能性均为，则共有8种情况；
1、K1关、K2关、K3开；
2、K1关、K2关、K3关；
3、K1关、K2开、K3开；
4、K1关、K2开、K3关；
5、K1开、K2开、关 K3；
6、K1开、K2关、K3关；
7、K1开、K2开、K3开；
8、K1开、K2开、K3关．
只有5、7、8电灯可点亮，可能性为．
【说明】本题考查的是可能性大小的判断，用到的知识点为：可能性等于所求情况数与
总情况数之比．
5. 开学初，小明到某商场购物，发现商场正在进行购物返券活动，活动规则如下：购物每满100元，返购物券50元，此购物券在本商场通用，且用购物券购买商品不再返券．小明只购买了单价分别为60元、80元和120元的书包、T恤、运动鞋，在使用购物券参与购买的情况下，他的实际花费为 元．
【解析】分四种情况讨论：
①先付 60元，80元，得到 50元优惠券，再去买 120元的运动鞋；
②先付 60元，120元，得到 50元的优惠券，再去买 80 元的 T恤；
③先付 120 元，得到 50 元的优惠券，再去付 60 元，80 元的书包和 T 恤；
④先付 120 元，80 元，得到 100 元的优惠券，再去付 60 元的书包； 分别计算出实际花费即可．
【解答】解：①先付 60 元，80 元，得到 50 元优惠券，再去买 120 元的运动鞋；实际花费为：60+80﹣50+120＝210 元；
②先付 60 元，120 元，得到 50 元的优惠券，再去买 80 元的 T 恤；实际花费为：60+120
﹣50+80＝210 元；
③先付 120 元，得到 50 元的优惠券，再去付 60 元，80 元的书包和 T 恤；实际花费为：
120﹣50+60+80＝210 元；
④先付 120 元，80 元，得到 100 元的优惠券，再去付 60 元的书包；实际花费为：120+80
＝200 元；
综上可得：他的实际花费为 210元或 200元．
【说明】本题旨在学生养成仔细读题的习惯．
6. 在平面直角坐标系中，对于点P（x，y），若点Q的坐标为（ax+y，x+ay），其中a为常数，则称点Q是点P的“a级关联点”，例如，点P（1，4）的3级关联点”为Q（3×
1+4，1+3×4）即Q（7，13），若点B的“2级关联点”是B（'3，3），则点B的坐标为 ；
已知点M（m﹣1，2m）的“﹣3级关联点”M′位于y轴上，则M′的坐标为 ．
【解析】由点B的“2级关联点”是B'（3，3）得出，解之求得x、y的值即可得；由点M（m﹣1，2m）的“﹣3级关联点”M′的坐标为（﹣m+3，﹣5m﹣1），且点
M′在 y 轴上知﹣m+3＝0，据此求得 m 的值，再进一步求解可得．
∴
，
解得：
，
【解答】解：∵点B的“2级关联点”是B'（3，3），
则点B的坐标为（1，1），
∵点M（m﹣1，2m）的“﹣3级关联点”M′的坐标为（﹣m+3，﹣5m﹣1），且点M′在 y 轴上，
∴﹣m+3＝0， 解得 m＝3，
则﹣5m﹣1＝﹣16，
∴点M′坐标为（0，﹣16），
故答案为：（1，1），（0，﹣16）．
【说明】本题主要考查点的坐标，解题的关键是理解题并掌握“a 级关联点”的定义，并熟练运用．
三、解答题(本题共 68 分，第 17-22 题，每小题 5 分，第 23-26 题，每小题 6 分，第 27、28
题，每小题 7 分)解答应写出文字说明、验算步骤或证明过程。
5. 如图，已知△ABC．请你按下列步骤画图：（用圆规、三角板、量角器等工具画图，不写画法，只保留画图痕迹）
①画∠BAC 的平分线交线段 BC 于点 D；
②过点 C 画 AB 的平行线交射线 AD 于点 E；
③延长线段 AC 到点 F，使 CF＝AC；
④连接 EF；
（1） 请你测量∠AEF，则∠AEF＝ ；
（2） 请你通过测量线段CE与线段CF的长度，写出它们的数量关系．CE CF（填
“＞”，“＜”或“＝”）
【解析】（1）正确画出图形，利用测量法解决问题即可；
（2）利用测量法解决问题即可；
【解答】解：（1）如图所示，
通过测量，∠AEF＝90°． 故答案为 90．
（2）通过测量可知：CE＝CF， 故答案为＝．
【说明】本题考查作图﹣复杂作图，平行线的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会正确作图，属于中考常考题型．
18．计算：﹣（﹣2）0+|1﹣|+2cos30°．
【解析】本题涉及开平方、零次幂、绝对值、特殊角的三角函数，在计算时，需要针对每个考点分别进行计算，然后再根据实数的运算法则求得计算结果．
【解答】解：原式＝3 ﹣1+ ﹣1+2×，
＝3﹣1+﹣1+，
＝5﹣2．
【说明】本题主要考查了实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关键是熟练掌握负整数指数幂、零指数幂、二次根式、绝对值等考点的运算．
19. 解不等式组：
【解析】先求出每个不等式的解集，再求出不等式组的解集即可．
【解答】解：
∵解不等式①得：x≤﹣1， 解不等式②得：x≤3，
∴不等式组的解集为 x≤﹣1．
【说明】本题考查了解一元一次不等式组，能根据不等式的解集得出不等式组的解集是解此题的关键．
20. 关于 x的方程 x2+（2k+1）x+k2﹣1＝0 有两个不相等的实数根．
（1） 求实数 k的取值范围；
（2） 若 k为负整数，求此时方程的根．
【解析】（1）由方程有两个不相等的实数根知△＞0，据此列出关于 k 的不等式，解之可得；
（2）由所得 k 的范围，结合 k 为负整数得出 k 的值，代入方程，再利用因式分解法求解可得．
【解答】解：（1）由题意知，△＞0，则（2k+1）2﹣4×1×（k2﹣1）＞0，
解得：k＞﹣；
（2）∵k 为负整数，
∴k＝﹣1，
则方程为 x2﹣x＝0， 解得：x1＝1，x2＝0．
【说明】本题考查了根的判别式以及因式分解法解一元二次方程，解题的关键是：（1）根据方程的系数结合根的判别式，找出△＝4k+5＞0；（2）将k＝﹣1代入原方程，利用因式分解法解方程．
19. 如图，在四边形 ABCD中，∠BAC＝90°，E是 BC的中点，AD∥BC，AE∥DC，EF
⊥CD 于点 F．
（1） 求证：四边形 AECD是菱形；
（2） 若 AB＝6，BC＝10，求 EF的长．
【解析】（1）根据平行四边形和菱形的判定证明即可；
（2）根据菱形的性质和三角形的面积公式解答即可．
【解答】证明：（1）∵AD∥BC，AE∥DC，
∴四边形 AECD 是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，E 是 BC 的中点，
∴AE＝CE＝BC，
∴四边形 AECD 是菱形；
（2）过 A 作 AH⊥BC 于点 H，
∵∠BAC＝90°，AB＝6，BC＝10，
∴AC＝，
∵，
∴AH＝，
∵点 E 是 BC 的中点，BC＝10，四边形 AECD 是菱形，
∴CD＝CE＝5，
∵S▱AECD＝CE•AH＝CD•EF，
∴EF＝AH＝ ．
法二：连接 ED 交 AC 于 O，
由题意得：AC＝8，计算得 ED＝6．
． 计算得 5EF＝6✘4，
EF＝．
【说明】此题考查菱形的判定和性质，关键是根据平行四边形和菱形的判定和性质解答．
19. 如图，AD是⊙O的直径，AB为⊙O的弦，OP⊥AD，OP与 AB的延长线交于点 P，过B 点的切线交 OP 于点 C．
（1） 求证：∠CBP＝∠ADB．
（2） 若 OA＝2，AB＝1，求线段 BP 的长．
【解析】（1）连接 OB，如图，根据圆周角定理得到∠ABD＝90°，再根据切线的性质得到∠OBC＝90°，然后利用等量代换进行证明；
（2）证明△AOP∽△ABD，然后利用相似比求 BP 的长．
【解答】（1）证明：连接 OB，如图，
∵AD 是⊙O 的直径，
∴∠ABD＝90°，
∴∠A+∠ADB＝90°，
∵BC 为切线，
∴OB⊥BC，
∴∠OBC＝90°，
∴∠OBA+∠CBP＝90°， 而 OA＝OB，
∴∠A＝∠OBA，
∴∠CBP＝∠ADB；
（2）解：∵OP⊥AD，
∴∠POA＝90°，
∴∠P+∠A＝90°，
∴∠P＝∠D，
∴△AOP∽△ABD，
∴＝，即＝，
∴BP＝7．
【说明】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线， 必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了圆周角定理和相似三角形的判定与性质．
19. 如图所示，直线y＝x与反比例函数y＝（k≠0，x＞0）的图象交于点Q（4，a），点 P（m，n）是反比例函数图象上一点，且 n＝2m．
（1） 求点 P坐标；
（2） 若点 M在 x轴上，使得△PMQ的面积为 3，求 M坐标．
【解析】（1）将 P，Q 代入解析式可求 P 点坐标．
（2）延长 PQ 交 x 轴于 A，连接 OM，可得 S△PQM＝S△PAM﹣S△QAM 可得 M 坐标．
【解答】解：（1）∵直线y＝x与反比例函数y＝（k≠0，x＞0）的图象交于点Q（4，a），
∴a＝×4＝2，
a＝
∴k＝8
∴反比例函数y＝（x＞0）
∵点 P（m，n）是反比例函数图象上一点，
∴mn＝8，且 n＝2m，m＞0
∴m＝2，n＝4
∴P（2，4）
（2）
∴
解得：
延长 PQ 交 x 轴于 A，连接 OM， 设直线 PQ 解析式 y＝kx+b，
∴解析式 y＝﹣x+6，
∵直线 PQ 交 x 轴于 A，
∴A（6，0），
设 M（a，0）且△PMQ 的面积为 3
∵S△PQM＝S△PAM﹣S△QAM
∴3＝|6﹣a|×4﹣|6﹣a|×2，
∴a＝3 或 a＝9，
∴M 坐标（3，0）或（9，0）
【说明】本题考查了反比例函数和一次函数交点问题，关键根据 S△PQM＝S△PAM﹣S△QAM
可得方程，求得 M 坐标．
19. 如图 1，在矩形 ABCD中，AB＜BC＜2AB，点 P、Q同时从点 B出发，点 P以每秒 1 个单位长度的速度沿 B→A→D→C运动，点 Q以每秒 2个单位长度的速度沿 B→C→D→ A运动．当点 P、Q相遇时，同时停止运动，设运动时间为 t，△BPQ的面积为 S，S关于t的函数图象如图2所示，（其中0＜t≤4，4＜t≤6，6＜t≤m，m＜t＜n时，函数的解析式不同）
（1）填空：BC＝ ，AB＝ ；
（2）求出 S 关于 t 的函数关系式，并写出 t 的取值范围．
【解析】（1）根据函数图象和在矩形 ABCD 中，AB＜BC＜2AB，点 P、Q 同时从点 B 出发，点 P 以每秒 1 个单位长度的速度沿 B→A→D→C 运动，点 Q 以每秒 2 个单位长度的速度沿 B→C→D→A 运动，可以得到 BC 和 AB 的长；
（2）根据函数图象和第（1）问中求得的 BC、AB 的长，可以求得各段的函数解析式．
【解答】解：（1）由函数图象可知，点 Q从 B到 C 运动的时间为 4秒， 故 BC＝2×4＝8，
点 P 从点 B 运动到点 A用的时间是 6秒， 故 AB＝1×6＝6，
故答案为：8，6；
（2）由图象可得，
当0＜t≤4时，；
当4＜t≤6时，；
∵AB＝6，BC＝8，
∴m＝，n＝，
当6＜t≤7时，＝﹣t2+10t，
当7＜t＜时，S＝＝﹣9t+84，
即S＝ ．
【说明】本题考查动点问题的函数图象，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件， 利用数形结合的思想解答问题．
19. 某市教育局为了了解初二学生每学期参加综合实践活动的情况，随机抽样调查了某校 初二学生一个学期参加综合实践活动的天数，并用得到的数据绘制了下面两幅不完整的统计图．请你根据图中提供的信息，回答下列问题：
（1） 扇形统计图中a的值为 ；
（2） 补全频数分布直方图；
（3） 在这次抽样调查中，众数是 天，中位数是 天；
（4） 请你估计该市初二学生每学期参加综合实践活动的平均天数约是多少？（结果保 留整数）
【解析】（1）由百分比之和为 1 可得；
（2） 先根据 2天的人数及其所占百分比可得总人数，再用总人数乘以对应百分比分别求得 3、5、7天的人数即可补全图形；
（3） 根据众数和中位数的定义求解可得；
（4） 根据加权平均数和样本估计总体思想求解可得．
【解答】解：（1）a＝100﹣（15+20+30+10+5）＝20，故答案为：20；
（2）∵被调查的总人数为 30÷15%＝200 人，
∴3 天的人数为 200×20%＝40 人、5 天的人数为 200×20%＝40 人、7 天的人数为 200
×5%＝10 人 ， 补全图形如下：
（3） 众数是4天、中位数为＝4天， 故答案为：4、4；
（4） 估计该市初二学生每学期参加综合实践活动的平均天数约是 2×15%+3×20%+4× 30%+5×20%+6×10%+7×5%＝4.05≈4（天）．
【说明】本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据； 扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．
19. 如图 1，在平面直角坐标系 xOy中，抛物线 y＝x2+bx+c 与 x轴交于 A，B两点（点 A在点B的左侧），与y轴交于点C，点B的坐标为（4，0），将直线y＝kx沿y轴向上平移4个单位长度后恰好经过 B，C两点．
（1） 求直线 BC及抛物线的解析式；
（2） 将直线 BC沿 y轴向上平移 5个单位长度后与抛物线交于 D，E两点，若点 P是抛物线位于直线 BC下方的一个动点，连接 PD，交直线 BC于点 Q，连接 PE和 PQ．设△ PEQ 的面积为 S，当 S取得最大值时，求出此时点 P的坐标及 S的最大值；
（3） 如图 2，记（2）问中直线 DE与 y轴交于 M点，现有一点 N从 M点出发，先沿 y 轴到达 K点，再沿 KB到达 B点，已知 N点在 y轴上运动的速度是每秒 2个单位长度， 它在直线 KB上运动速度是 1个单位长度．现要使 N点按照上述要求到达 B点所用的时间最短，请简述确定 K点位置的过程，求出点 K的坐标，不要求证明．
【解析】（1）由题意C（0，4），B（4，0），利用待定系数法即可解决问题．
（2） 因为 S△PQE＝S△PDE﹣S△DEQ，△DEQ的面积为定值，所以△PDE的面积最大时，
△PQE的面积最大，设P（m，m2﹣5m+4），如图1，作PK∥y轴交DE于K，连接CE．则 K（m，﹣m+9），PK＝﹣m2+4m+5，构建二次函数后，利用二次函数的性质即可解决问题．
（3） 如图 2，在 x轴的负半轴上取一点 L，使得∠LMO＝30°．作 BG⊥LM于 G交 OM
于 K，根据三角函数可求 OK 的长，进一步得到点 K 的坐标．
【解答】解：（1）由题意C（0，4），B（4，0），
∴直线 BC 的解析式为 y＝﹣x+4，
把C（0，4），B（4，0）代入y＝x2+bx+c得到，解得．
∴抛物线的解析式为 y＝x2﹣5x+4．
（2） ∵直线 DE的解析式为 y＝﹣x+9，
设P（m，m2﹣5m+4），如图1，作PK∥y轴交DE于K，连接CE．则K（m，﹣m+9），
PK＝﹣m2+4m+5，
由 解得 或 ，
∴D（﹣1，10），E（5，4），
∵S△PQE＝S△PDE﹣S△DEQ，△DEQ 的面积为定值，
∴△PDE 的面积最大时，△PQE 的面积最大，
∵S△PDE＝PK（Ex﹣Dx）＝（﹣m2+4m+5）×6＝﹣3（m﹣2）2+27，
∵﹣3＜0，
∴m＝2 时，△PDE 的面积最大，最大值为 27．
∵△DEQ的面积＝△DEC的面积＝×5×6＝15，
∴△PQE的面积最大值为12，此时P（2，﹣2）．
（2） 如图 2，在 x轴的负半轴上取一点 L，使得∠LMO＝30°．作 NH⊥LM于 H，BG
⊥LM 于 G 交 OM 于 K．
∴∠MKG＝60°，
∴∠OKB＝60°，
∵点N的运动时间＝+NB，NH＝MN，
∴点 N 的运动时间＝NH+BN，
∴当点 N 与点 K 重合时，点 N 的运动时间最短＝BG， 在 Rt△ALM 中，∵OM＝9，∠LMO＝30°，
∴OL＝3，BL＝4+3，
在 Rt△LBG 中，∵∠BLG＝60°，
∴BG＝BL•sin60°＝（4+3 ）•＝2 +．
∵OB＝4，
∴OK＝ ，
∴K（0， ）．
【说明】本题考查二次函数综合题、一次函数的性质、三角形面积、垂线段最短、锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会构建二次函数解决最值问题， 学会利用垂线段最短的几何模型解决最值问题，属于中考压轴题．
19. 如图，经过正方形 ABCD的顶点 A在其外侧作直线 AP，点 B关于直线 AP的对称点为
E，连接 BE、DE，其中 DE 交直线 AP 于点 F．
（1） 依题意补全图 1．
（2） 若∠PAB＝30°，求∠ADF 的度数．
（3） 如图，若 45°＜∠PAB＜90°，用等式表示线段 AB，FE，FD之间的数量关系， 并证明．
【解析】（1）过 B 作 AP 的垂线段，并延长至 E，使 B、E 到 AP 的垂线段相等，得出 B
的对称点 E，连接 BE、DE 即可；
（2） 连接 AE，由轴对称的性质得出∠PAB＝∠PAE＝30°，AE＝AB＝AD，得出∠AED
＝∠ADF，求出∠EAD＝150°，即可求出∠ADF 的度数；
（3） 连接 AE、BF、BD，由轴对称的性质得出 EF＝BF，AE＝AB＝AD，得出∠ABF＝
∠AEF＝∠ADF，求出∠BFD＝∠BAD＝90°，根据勾股定理得出 BF2+FD2＝BD2，即可得出结论．
【解答】解：（1）如图1、图2所示：
（2） 连接 AE，如图 3 所示： 则 ∠PAB＝∠PAE＝30°， AE＝AB＝AD，
∴∠AED＝∠ADF，
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴∠BAD＝90°，
∴∠EAD＝90°+30°+30°＝150°，
∴∠ADF＝（180°﹣∠EAD）＝15°；
（3） 连接 AE、BF、BD，如图 4所示： 则 EF＝BF，AE＝AB＝AD，
∴∠ABF＝∠AEF＝∠ADF，
∴∠BFD＝∠BAD＝90°，
∴BF2+FD2＝BD2，
∴EF2+FD2＝AB2+AD2＝2AB2， 即 EF2+FD2＝2AB2．
【说明】本题考查了正方形的性质、轴对称的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质；熟练掌握正方形和轴对称的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
19. 在平面直角坐标系 xOy中，给出如下定义：若点 P在图形 M 上，点 Q在图形 N上，称线段PQ长度的最小值为图形M，N的密距，记为d（M，N）．特别地，若图形M，N有公共点，规定 d（M，N）＝0．
（1） 如图 1，⊙O的半径为 2，
①点A（0，1），B（4，3），则d（A，⊙O）＝，d（B，⊙O）＝．
②已知直线l：y＝与⊙O 的密距d（l，⊙O）＝，求b 的值．
（2） 如图2，C为x轴正半轴上一点，⊙C的半径为1，直线y＝﹣与x轴交于点D，与y轴交于点E，线段DE与⊙C的密距d（DE，⊙C）＜．请直接写出圆心 C的横坐标 m的取值范围．
【解析】（1）①连接 OB，如图 1①，只需求出 OA、OB 就可解决问题；
②设直线l：y＝与x轴、y轴分别交于点P、Q，过点O作OH⊥PQ于H，设OH
与⊙O 交于点 G，如图 1②，可用面积法求出 OH，然后根据条件建立关于 b 的方程，然后解这个方程就可解决问题；
（2）过点 C 作 CN⊥DE 于 N，如图 2．易求出点 D、E 的坐标，从而可得到 OD、OE， 然后运用三角函数可求出∠ODE，然后分三种情况（①点 C 在点 D 的左边，②点 C 与点 D 重合，③点 C 在点 D 的右边）讨论，就可解决问题．
【解答】解：（1）①连接OB，过点B作BT⊥x轴于T，如图1①，
∵⊙O的半径为2，点A（0，1），
∴d（A，⊙O）＝2﹣1＝1．
∵B（4，3），
∴OB＝＝5，
∴d（B，⊙O）＝5﹣2＝3． 故答案为 1，3；
②设直线l：y＝与x轴、y轴分别交于点P、Q，过点O作OH⊥PQ于H，设OH
与⊙O交于点 G，如图 1②，
∴P（﹣b，0），Q（0，b），
∴OP＝|b|，OQ＝|b|，
∴PQ＝|b|．
∵S△OPQ＝OP•OQ＝PQ•OH，
∴OH＝＝|b|．
∵直线l：y＝与⊙O的密距d（l，⊙O）＝，
∴|b|＝2+＝，
∴b＝±4；
（2）过点 C 作 CN⊥DE 于 N，如图 2．
∵点D、E 分别是直线y＝﹣ 与x轴、y 轴的交点，
∴D（4，0），E（0， ），
∴OD＝4，OE＝，
∴tan∠ODE＝＝，
∴∠ODE＝30°．
①当点 C 在点 D 左边时，m＜4．
∵OC＝m，
∴CD＝4﹣m，
∴CN＝CD•sin∠CDN＝（4﹣m）＝2﹣m．
∵线段DE与⊙C的密距d（DE，⊙C）＜，
∴0＜2﹣m＜+1，
∴1＜m＜4；
②当点 C 与点 D 重合时，m＝4． 此时 d（DE，⊙C）＝0．
③当点 C 在点 D 的右边时，m＞4．
∵线段DE与⊙C的密距d（DE，⊙C）＜，
∴CD﹣1＜，
∴m﹣4＜+1，
∴m＜
∴4＜m＜．
综上所述：1＜m＜ ．
【说明】本题属于新定义型，主要考查了直线上点的坐标特征、勾股定理、三角函数、三角形的面积公式等知识，运用分类讨论是解决第（2）小题的关键，特别需要注意的是不要把“线段 DE 与⊙C 的密距”与“直线 DE 与⊙C 的密距”相混淆．
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