北京市东城区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编-03解答题

这是一份北京市东城区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编-03解答题，共50页。试卷主要包含了解方程，已知关于的一元二次方程，在抛物线上等内容，欢迎下载使用。

北京市东城区3年（2020-2022）九年级数学上学期期末试题汇编-03解答题
1．（2022·北京东城·九年级期末）解方程：．
2．（2022·北京东城·九年级期末）如图，AB为⊙O的弦，OC⊥AB于点M，交⊙O于点C．若⊙O的半径为10，OM：MC＝3：2，求AB的长．

3．（2022·北京东城·九年级期末）下面是小明设计的“作圆的内接等腰直角三角形”的尺规作图过程.
已知：⊙O.
求作：⊙O的内接等腰直角三角形ABC.

作法：如图，

①作直径AB；
②分别以点A, B为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于M 点；
③作直线MO交⊙O于点C，D；
④连接AC，BC．
所以△ABC就是所求的等腰直角三角形.
根据小明设计的尺规作图过程，解决下面的问题：
（1）使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹）
（2）完成下面的证明.
证明：连接MA，MB．
∵MA=MB，OA=OB，
∴MO是AB的垂直平分线．
∴AC= ．
∵AB是直径,
∴∠ACB= ( ) (填写推理依据) ．
∴△ABC是等腰直角三角形．
4．（2022·北京东城·九年级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+2x＋c的部分图象经过点A(0，－3)，B(1，0) ．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)结合函数图象，直接写出y＜0时，x的取值范围．

5．（2022·北京东城·九年级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，△OAB的顶点坐标分别为O（0，0），A（5，0）， B（4，－3），将△OAB绕点O顺时针旋转90°得到△OA′B′，点A旋转后的对应点为A´．
（1）画出旋转后的图形△OA′B′，并写出点A′ 的坐标；
（2）求点B经过的路径的长（结果保留π）.

6．（2022·北京东城·九年级期末）2021年6月17日，神舟十二号成功发射，标志着我国载人航天踏上新征程．某学校举办航天知识讲座，需要两名引导员，决定从A，B，C，D四名志愿者中，通过抽签的方式确定两人．抽签规则：将四名志愿者的名字分别写在四张完全相同且不透明卡片的正面，把四张卡片背面朝上，洗匀后放在桌面上，先从中随机抽取一张卡片，记下名字，再从剩余的三张卡片中随机抽取第二张，记下名字．
（1）“A志愿者被选中”是______ 事件（填“随机”或“不可能”或“必然”）；
（2）用画树状图或列表的方法求出A，B两名志愿者同时被选中的概率．
7．（2022·北京东城·九年级期末）已知关于的一元二次方程．
（1）求证：该方程总有两个实数根；
（2）若该方程有一个根小于2，求的取值范围．
8．（2022·北京东城·九年级期末）为了改善小区环境，某小区决定在一块一边靠墙(墙长25m)的空地上修建一个矩形小花园ABCD，小花园一边靠墙，另三边用总长40m的栅栏围住，如下图所示．若设矩形小花园AB边的长为m，面积为ym2．
（1）求与之间的函数关系式；
（2）当为何值时，小花园的面积最大？最大面积是多少？

9．（2022·北京东城·九年级期末）如图，AC是⊙O的弦，过点O作OP⊥OC交AC于点P，在OP的延长线上取点B，使得BA＝BP．
（1）求证：AB是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为4，PC＝，求线段AB的长．

10．（2022·北京东城·九年级期末）在平面直角坐标系xOy中，点（1，m）和（2，n）在抛物线上．
（1）若m＝0，求该抛物线的对称轴；
（2）若mn＜0，设抛物线的对称轴为直线，
①直接写出的取值范围；
②已知点（－1，y1），（，y2），（3，y3）在该抛物线上．比较y1，y2，y3的大小，并说明理由．
11．（2022·北京东城·九年级期末）如图，在等边三角形ABC中，点P为△ABC内一点，连接AP，BP，CP，将线段AP绕点A 顺时针旋转60°得到 ，连接 ．
（1）用等式表示 与CP的数量关系，并证明；
（2）当∠BPC＝120°时，
①直接写出 的度数为 ；
②若M为BC的中点，连接PM，请用等式表示PM与AP的数量关系，并证明．

12．（2022·北京东城·九年级期末）在平面直角坐标系中，⊙O的半径为1，对于直线l和线段AB，给出如下定义：若将线段AB关于直线l对称，可以得到⊙O的弦A´B´（A´，B´分别为A，B的对应点），则称线段AB是⊙O的关于直线l对称的“关联线段”．例如：在图1中，线段是⊙O的关于直线l对称的“关联线段”．

（1）如图2，的横、纵坐标都是整数．
①在线段中，⊙O的关于直线y＝x＋2对称的“关联线段”是_______；
②若线段中，存在⊙O的关于直线y＝－x＋m对称的“关联线段”，则 ＝ ；
（2）已知直线交x轴于点C，在△ABC中，AC=3，AB=1，若线段AB是⊙O的关于直线对称的“关联线段”，直接写出b的最大值和最小值，以及相应的BC长．

13．（2021·北京东城·九年级期末）已知：如图线段．

求作：以为斜边的直角，使得一个内角等于30°．
作法：①作线段的垂直平分线交于点；
②以点为圆心，长为半径画圆；
③以点为圆心，长为半径画弧，与相交，
记其中一个交点为；
④分别连接．
就是所求作的直角三角形．
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：连接，
是的直径，
_________°（____________）（填推理的依据）．
是以为斜边的直角三角形．
，
是等边三角形．
．
_______°．
14．（2021·北京东城·九年级期末）在平面直角坐标系中，二次函数的图象与轴交于点，且过点．
（1）求二次函数的解析式；
（2）当时，求的取值范围．
15．（2021·北京东城·九年级期末）如图，平分，作交于点，点在的延长线上，，的延长线交于点．

（1）求证：；
（2）若，求的值．
16．（2021·北京东城·九年级期末）关于的一元二次方程．
（1）若方程有两个相等的实数根用含的代数式表示；
（2）若方程有两个不相等的实数根，且．
①求的取值范围；
②写出一个满足条件的的值，并求此时方程的根．
17．（2021·北京东城·九年级期末）在平面直角坐标系中，已知双曲线过点，与直线交于两点（点的横坐标小于点的横坐标）．

（1）求的值；
（2）求点的坐标；
（3）若直线与双曲线交于点，与直线交于点．当时，写出的取值范围．
18．（2021·北京东城·九年级期末）如图，在中，平分，交于点，以点为圆心，长为半径画．

（1）补全图形，判断直线与的位置关系，并证明；
（2）若，求的半径．
19．（2021·北京东城·九年级期末）在平面直角坐标系中已知抛物线．
（1）若此抛物线经过点，求的值；
（2）求抛物线的顶点坐标（用含的式子表示）；
（3）若抛物线上存在两点和，且，求的取值范围．
20．（2021·北京东城·九年级期末）在中，于点．

（1）如图1，当点是线段的中点时，
①的长为________；
②延长至点，使得，此时与的数量关系是_______，与的数量关系是_______；
（2）如图2，当点不是线段的中点时，画（点与点在直线的异侧），使，连接．
①按要求补全图形；
②求的长．
21．（2021·北京东城·九年级期末）在平面直角坐标系中，的半径为1．
给出如下定义：记线段的中点为，当点不在上时，平移线段，使点落在上，得到线段（分别为点的对应点）线段长度的最小值称为线段到的“平移距离”．

（1）已知点的坐标为，点在轴上．
①若点与原点重合，则线段到的“平移距离”为________；
②若线段到的“平移距离”为2，则点的坐标为________；
（2）若点都在直线上，且，记线段到的“平移距离”为，求的最小值；
（3）若点的坐标为，且，记线段到的“平移距离”为，直接写出的取值范围．
22．（2020·北京东城·九年级期末）如图，在△ABC中，点D是AB边上的一点．

（1）请用尺规作图法，在△ABC内，求作∠ADE．使∠ADE=∠B，DE交AC于点E；（不要求写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，若=2，AC=6，求AE的值．
23．（2020·北京东城·九年级期末）二次函数y=ax2+bx+c(a，b，c是常数，a≠0）的自变量x与函数值y的部分对应值如下表：
x
…
-2
-1
0
1
2
…
y=ax2+bx+c
…
t
m
-2
-2
n
…

根据以上列表，回答下列问题：
（1）直接写出c的值和该二次函数图象的对称轴；
（2）写出关于x的一元二次方程ax2+bx+c=t的根；
（3）若m=-1，求此二次函数的解析式．
24．（2020·北京东城·九年级期末）2019年中国北京世界园艺博览会(以下简称“世园会”)于4月29日至10月7日在北京延庆区举行．世园会为满足大家的游览需求，倾情打造了4条各具特色的趣玩路线，分别是：．“解密世园会”、．“爱我家，爱园艺”、．“园艺小清新之旅”和．“快速车览之旅”．李欣和张帆都计划暑假去世园会，他们各自在这4条线路中任意选择一条线路游览，每条线路被选择的可能性相同．
(1)李欣选择线路．“园艺小清新之旅”的概率是多少？
(2)用画树状图或列表的方法，求李欣和张帆恰好选择同一线路游览的概率．
25．（2020·北京东城·九年级期末）如图，在正方形网格中，将格点△ABC绕某点顺时针旋转α（0＜α＜180°）得到格点△A1B1C1，点A与A1，点B与B1，点C与C1是对应点．
（1）请通过画图找出旋转中心M．
（2）直接写出旋转角α的度数为____．

26．（2020·北京东城·九年级期末）在平面直角坐标系xOy中，反比例函数的图象和都在第一象限内，，轴，且，点的坐标为．

（1）若反比例函数的图象经过点B，求此反比例函数的解析式；
（2）若将向下平移（m>0）个单位长度，，两点的对应点同时落在反比例函数图象上，求的值．
27．（2020·北京东城·九年级期末）为迎接国庆节，某商店购进了一批成本为每件30元的纪念商品．经调查发现，该商品每天的销售量（件与销售单价（元满足一次函数关系，其图象如图所示．

（1）求该商品每天的销售量与销售单价的函数关系式；
（2）若商店按不低于成本价，且不高于60元的单价销售，则销售单价定为多少，才能使销售该商品每天获得的利润（元最大？最大利润是多少？
28．（2020·北京东城·九年级期末）如图，在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=3，BC=4，O是BC的中点，到点O的距离等于BC的所有点组成的图形记为G，图形G与AB交于点D．

（1）补全图形并求线段AD的长；
（2）点E是线段AC上的一点，当点E在什么位置时，直线ED与 图形G有且只有一个交点？请说明理由．
29．（2020·北京东城·九年级期末）如图，P是直径AB上的一点，AB=6，CP⊥AB交半圆于点C，以BC为直角边构造等腰Rt△BCD，∠BCD=90°，连接OD．

小明根据学习函数的经验，对线段AP，BC，OD的长度之间的关系进行了探究．
下面是小明的探究过程，请补充完整：
（1）对于点P在AB上的不同位置，画图、测量，得到了线段AP，BC，OD的长度的几组值，如下表：

位置1
位置2
位置3
位置4
位置5
位置6
位置…
AP
0.00
1.00
2.00
3.00
4.00
5.00
…
BC
6.00
5.48
4.90
4.24
3.46
2.45
…
OD
6.71
7.24
7.07
6.71
6.16
5.33
…

在AP，BC，OD的长度这三个量中，确定________的长度是自变量，________的长度和________的长度都是这个自变量的函数；
（2）在同一平面直角坐标系xOy中，画出（1）中所确定的函数的图象；

（3）结合函数图象，解决问题：当OD=2BC时，线段AP的长度约为________．
30．（2020·北京东城·九年级期末）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=a-4ax与x轴交于A，B两点(A在B的左侧)．
(1)求点A，B的坐标；
(2)已知点C(2，1)，P(1，-a)，点Q在直线PC上，且Q点的横坐标为4．
①求Q点的纵坐标（用含a的式子表示）；
②若抛物线与线段PQ恰有一个公共点，结合函数图象，求a的取值范围．
31．（2020·北京东城·九年级期末）在△ABC中，∠BAC=45°，CD⊥AB于点D，AE⊥BC于点E，连接DE．

(1)如图1，当△ABC为锐角三角形时，
①依题意补全图形，猜想∠BAE与∠BCD之间的数量关系并证明；
②用等式表示线段AE，CE，DE的数量关系，并证明;
(2)如图2，当∠ABC为钝角时，依题意补全图形并直接写出线段AE，CE，DE的数量关系．
32．（2020·北京东城·九年级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，过⊙T外一点P引它的两条切线，切点分别为M，N，若，则称P为⊙T的环绕点．

(1)当⊙O半径为1时，
①在中，⊙O的环绕点是___________;
②直线y=2x+b与x轴交于点A，y轴交于点B，若线段AB上存在⊙O的环绕点，求b的取值范围；
（2）⊙T的半径为1，圆心为（0，t），以为圆心，为半径的所有圆构成图形H，若在图形H上存在⊙T的环绕点，直接写出t的取值范围．

参考答案：
1．．
【分析】利用配方法变形为，再根据平方差公式变形为即可求解．
【详解】，
，
∴（x-1+3）(x-1-3)=0
，
则或，
解得．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解法，解题的关键是熟练掌握解一元二次方程的几种方法．
2．
【分析】连接OA，根据⊙O的半径为10，OM：MC＝3：2可求出OM的长，由勾股定理求出AM的长，再由垂径定理求出AB的长即可．
【详解】解：如图，连接OA．

∵OM：MC＝3：2，OC＝10，
∴OM＝=6．
∵OC⊥AB，
∴∠OMA＝90°，AB＝2AM．
在Rt△AOM中，AO＝10，OM＝6，
∴AM＝8．
∴AB＝2AM =16．
【点睛】本题考查的是垂径定理、勾股定理，掌握垂径定理的推论是解题的关键．
3．（1）见解析；（2）BC，90°，直径所对的圆周角是直角
【分析】（1）过点O任作直线交圆于AB两点，再作AB的垂直平分线OM，直线MO交⊙O于点C，D；连结AC、BC即可；
（2）根据线段垂直平分线的判定与性质得出AC=BC，根据圆周角定理得出∠ACB=90°即可．
【详解】（1）①作直径AB；
②分别以点A, B为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于M 点；
③作直线MO交⊙O于点C，D；
④连接AC，BC．
所以△ABC就是所求的等腰直角三角形.

（2）证明：连接MA，MB．
∵MA=MB，OA=OB，
∴MO是AB的垂直平分线．
∴AC=BC．
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°(直径所对的圆周角是直角) ．
∴△ABC是等腰直角三角形．
故答案为：BC，90°，直径所对的圆周角是直角．
【点睛】本题考查尺规作圆内接等腰直角三角形，圆周角定理，线段垂直平分线判定与性质，掌握尺规作圆内接等腰直角三角形，圆周角定理，线段垂直平分线判定与性质是解题关键．
4．（1）；（2）
【分析】（1）利用待定系数法求抛物线解析式，将坐标代入解析式得出解方程组即可；
（2）先求抛物线与x轴的交点，转化求方程的解，再根据函数y＜0，函数图像位于x轴下方，在两根之间即可．
【详解】解：(1) 抛物线经过点A(0，－3)，B(1，0) 代入坐标得：
，
解得，
所求抛物线的解析式是．
(2) 当y=0时，，
因式分解得：，
∴，
∴，
当y＜0时，函数图像在x轴下方，
∴y＜0时，x的取值范围为-3＜x＜1．
【点睛】本题考查待定系数法求抛物线解析式，利用图像法解不等式，解一元二次方程，方程组，掌握待定系数法求抛物线解析式，利用图像法解不等式，解一元二次方程，方程组是解题关键．
5．（1）见解析，的坐标为；（2）
【分析】（1）将点A、B分别绕点O顺时针旋转90°得到其对应点，再与点O首尾顺次连接即可；
（2）根据弧长公式求解即可．
【详解】解：（1）如图，△OA´B´即为所求．

点的坐标为
（2）由题意可求OB=5
∴
【点睛】本题主要考查作图—旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的性质及弧长公式．
6．(1)随机；（2）见解析
【分析】（1）根据随机事件、不可能事件及必然事件的概念求解即可；
（2）画树状图，得出所有等可能结果数，再从中找到符合条件的结果数，继而利用概率公式求解即可．
【详解】(1)根据随机事件的概念，A志愿者被选中是随机事件上，
故答案为：随机．
(2)                        
由上述树状图可知：所有可能出现的结果共有12种,并且每一个结果出现的可能性相同．其中A，B两名志愿者同时被选中的有2种.
∴P（A，B两名志愿者同时被选中）=
【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
7．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，可得△＝（k−4）2≥0，由此可证出方程总有两个实数根；
（2）利用分解因式法解一元二次方程，可得出x1＝4，x2＝k，根据方程有一根小于2，即可得出k的取值范围．
【详解】（1）∵，
∴△=，
∴方程总有两个实数根．
（2）∵，
∴，
解得：，，
∵该方程有一个根小于2，
∴．
【点睛】本题考查了根的判别式、因式分解法解一元二次方程，利用因式分解法解一元二次方程表示出方程的两个根，熟练掌握当△≥0时，方程有两个实数根是解题关键．
8．（1）（1）.（）；（2）当x为时，小花园的面积最大，最大面积是
【分析】（1）首先根据矩形的性质，由花园的AB边长为x m，可得BC=(40-2x)m，然后根据矩形面积即可求得y与x之间的函数关系式，又由墙长25m，即可求得自变量的x的范围；
（2）用配方法求最大值解答问题．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，
∵AB=x m，
∴BC=(40-2x)m，
∴花园的面积为：y=AB•BC=x•(40-2x)=-2x2+40x，
∵40-2x≤25，x+x<40，
∴x7.5，x<20，
∴7.5≤x<20，
∴y与x之间的函数关系式为：y=-2x2+40x（7.5≤x<20）；
（2）∵ ，()
∴ 当时，．
答：当x为10m时，小花园的面积最大，最大面积是200m2．
【点睛】本题考查了二次函数的应用、一元二次方程的应用，解题的关键是明确题意，列出函数解析式．
9．（1）见解析；（2）．
【分析】（1）先根据等腰三角形的性质可得∠BPA＝∠BAP、∠OAC＝∠OCA．再运用等量代换说明∠OAB＝90°，即可证明结论；
（2）先由勾股定理可得OP=2, 设AB＝x，则OB＝x＋2．在Rt△AOB中运用勾股定理列方程解答即可．
【详解】解：（1）证明：∵BA＝BP，
∴∠BPA＝∠BAP．
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA．
∵OP⊥OC，
∴∠COP＝90°．
∴∠OPC＋∠OCP＝90°．
∵∠APB＝∠OPC，
∴∠BAP＋∠OAC＝90°．即∠OAB＝90°，
∴OA⊥AB．
∵OA为半径，
∴AB为⊙O的切线；
（2）在Rt△OPC中，OC＝4，PC＝，
∴OP＝2．
设AB＝x，则OB＝x＋2．
在Rt△AOB中，，
∴x＝3,即AB＝3．
【点睛】本题主要考查了圆的性质、圆的切线证明、勾股定理等知识点，灵活运用相关性质、定理成为解答本题的关键．
10．（1）；（2）①；②，见解析
【分析】（1）把点（1，m），m＝0，代入抛物线，利用待定系数法求解解析式，再利用公式求解抛物线的对称轴方程；
（2）①先判断异号，求解抛物线的对称轴为： 抛物线与轴的交点坐标为：根据点（1，m）和（2，n）在抛物线上，则 可得 从而可得答案；②设点（－1，y1）关于抛物线的对称轴的对称点为，再判断．结合抛物线开口向下，当时，y随x的增大而减小，从而可得答案.
【详解】解：（1）∵点（1，m）在抛物线上，m＝0，
∴．
∴．
所以抛物线为：
∴该抛物线的对称轴为．
（2）① 则异号，
而抛物线的对称轴为：
令 则
解得：
所以抛物线与轴的交点坐标为：
点（1，m）和（2，n）在抛物线上，


即
②．理由如下：
由题意可知，抛物线过原点．
设抛物线与x轴另一交点的横坐标为x´．
∵抛物线经过点(1，m)，(2，n)，mn＜0
∴1＜x＜2．
∴．
设点（－1，y1）关于抛物线的对称轴的对称点为．
∵点（－1，y1）在抛物线上，
∴点也在抛物线上．
由 得．
∵，
∴1＜2t＜2．
∴2＜2t＋1＜3．
∴．
由题意可知，抛物线开口向下．
∴当时，y随x的增大而减小.
∵点（，y2），，（3，y3）在抛物线上，且，
∴
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解抛物线的解析式，抛物线的对称轴方程，抛物线的对称性与增减性，掌握“利用抛物线的增减性判断二次函数值的大小”是解本题的关键.
11．（1），理由见解析；（2）①60°；②PM＝，见解析
【分析】（1）根据等边三角形的性质，可得AB＝AC，∠BAC＝60°，再由由旋转可知：从而得到，可证得，即可求解 ；
（2）①由∠BPC＝120°，可得∠PBC＋∠PCB＝60°．根据等边三角形的性质，可得∠BAC＝60°，从而得到∠ABC＋∠ACB＝120°，进而得到∠ABP＋∠ACP＝60°．再由，可得 ，即可求解；
②延长PM到N，使得NM＝PM，连接BN．可先证得△PCM≌△NBM．从而得到CP＝BN，∠PCM＝∠NBM．进而得到 ．根据①可得，可证得，从而得到 ．再由 为等边三角形，可得 ．从而得到 ，即可求解．
【详解】解：（1） ．理由如下：
在等边三角形ABC中，AB＝AC，∠BAC＝60°，
由旋转可知：  
∴
即
在和△ACP中

∴ ．
∴ ．
（2）①∵∠BPC＝120°，
∴∠PBC＋∠PCB＝60°．
∵在等边三角形ABC中，∠BAC＝60°，
∴∠ABC＋∠ACB＝120°，
∴∠ABP＋∠ACP＝60°．
∵ ．
∴ ，
∴∠ABP＋∠ABP＇＝60°．
即 ；
②PM＝ ．理由如下：
如图，延长PM到N，使得NM＝PM，连接BN．

∵M为BC的中点，
∴BM＝CM．
在△PCM和△NBM中

∴△PCM≌△NBM（SAS）．
∴CP＝BN，∠PCM＝∠NBM．
∴ ．
∵∠BPC＝120°，
∴∠PBC＋∠PCB＝60°．
∴∠PBC＋∠NBM＝60°．
即∠NBP＝60°．
∵∠ABC＋∠ACB＝120°，
∴∠ABP＋∠ACP＝60°．
∴∠ABP＋∠ABP＇＝60°．
即 ．
∴ ．
在△PNB和 中

∴ （SAS）．
∴ ．
∵  
∴ 为等边三角形，
∴ ．
∴ ，
∴PM＝ ．
【点睛】本题主要考查了等边三角形判定和性质，全等三角形的判定和性质，图形的旋转，熟练掌握等边三角形判定和性质定理，全等三角形的判定和性质定理，图形的旋转的性质是解题的关键．
12．（1）① A1B1；②2或3；（2）b的最大值为，此时BC＝；b的最小值为，此时BC＝
【分析】（1）①根据题意作出图象即可解答；②根据“关联线段”的定义，可确定线段A2B2存在“关联线段”，再分情况解答即可；
（2）设与AB对应的“关联线段”是A’B’，由题意可知：当点A’（1，0）时，b最大，当点A’（-1，0）时，b最小；然后分别画出图形求解即可；
【详解】解：（1）①作出各点关于直线y=x+2的对称点，如图所示，只有A1B1符合题意；

故答案为：A1B1；
②由于直线A1B1与直线y=-x+m垂直，故A1B1不是⊙O的关于直线y＝-x＋m对称的“关联线段”；
由于线段A3B3=，而圆O的最大弦长直径=2，故A3B3也不是⊙O的关于直线y＝-x＋m对称的“关联线段”；
直线A2B2的解析式是y=-x+5，且，故A2B2是⊙O的关于直线y＝x＋2对称的“关联线段”；
当A2B2是⊙O的关于直线y＝-x＋m对称的“关联线段”，且对应两个端点分别是（0，1）与（1,0）时，m=3，
当A2B2是⊙O的关于直线y＝-x＋m对称的“关联线段”，且对应两个端点分别是（0，-1）与（-1,0）时，m=2，
故答案为：2或3．
（2）设与AB对应的“关联线段”是A’B’，由题意可知：当点A’（1，0）时，b最大，当点A’（-1，0）时，b最小；
当点A’（1，0）时，如图，连接OB’，CB’，作B’M⊥x轴于点M，

∴CA’=CA=3，
∴点C坐标为（4，0），
代入直线，得b=；
∵A’B’=OA’=OB’=1，
∴△OA’B’是等边三角形，
∴OM=，，
在直角三角形CB’M中，CB'=，即；
当点A’（-1，0）时，如图，连接OB’，CB’，作B’M⊥x轴于点M，
∴CA’=CA=3，
∴点C坐标为（2，0），
代入直线，得b=；
∵A’B’=OA’=OB’=1，
∴△OA’B’是等边三角形，
∴OM=，，
在直角三角形CB’M中，CB'=；即

综上，b的最大值为，此时BC＝； b的最小值为，此时BC＝．
【点睛】本题是新定义综合题，主要考查了一次函数图象上点的坐标特点、圆的有关知识、等边三角形的判定和性质、勾股定理、轴对称的性质等知识，正确理解新定义的含义、灵活应用数形结合思想是解题的关键．
13．（1）见详解；（2）90°，直径所对的圆周角等于90°，30°．
【分析】（1）依照尺规作图即可；
（2）先根据直径所对的圆周角是直角，证得△ABC是直角三角形，再证明△OBC是等边三角形，得，最后根据圆周角定理证得的度数完成证明过程．
【详解】解：（1）如图所示：

（2）证明：如图，连接，
是的直径，
90°（直径所对的圆周角等于90°）．
是以为斜边的直角三角形，
，
是等边三角形．
，
30°．
故答案为：90°，直径所对的圆周角等于90°，30°．

【点睛】本题考查了尺规作图，及圆的有关性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是运用直径所对的圆周角是直角及圆周角定理．
14．（1）；（2）．
【分析】（1）设二次函数解析式为：，把A(0，-1)，B(1，4)，C(-2，1)代入解析式，即可求解；
（2）先求出二次函数的对称轴，然后根据二次函数的增减性即可求出y的取值范围．
【详解】解：（1）设二次函数解析式为：，
∵二次函数经过点A(0，-1)，B(1，4)，C(-2，1)，
∴代入二次函数解析式得：
，
解得：a=2，b=3，c=-1，
∴二次函数解析式为：；
（2），
∴可知二次函数的对称轴为：，且开口向上，
∴当时，函数递减，当时，函数递增，
当时，，
当时，，
当时，，
∴y的取值范围为：．
【点睛】本题考查二次函数的应用，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
15．（1）见解析；（2）．
【分析】（1）由角平分线的性质得出∠BAF=∠DAF，再根据平行线的性质得出∠BAF=∠AFB，最后得出结果；
（2）先证△EFC∽△EAD ，再利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】（1）证明：∵平分，
∴∠BAF=∠DAF，
∵，
∴∠AFB=∠DAF，
∴∠BAF=∠AFB，
∴；
（2）∵，，
∴AB=CF=1
∵，，
∴△EFC∽△EAD ，
∴ ，
∴=．
【点睛】本题考查了角平分线的性质，平行线的性质及相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握这些性质．
16．（1）（2）①；② ，．
【分析】（1）根据方程得出，变形即可；
（2）①根据方程得到，解得即可；
②在的取值范围内取，然后解方程即可．
【详解】（1）∵关于的一元二次方程有两个相等的实数根，
∴，
∴．
（2）①∵方程有两个不相等的实数根，且，
∴，
解得；
②∵，
∴可以是3
此时方程为，
，
解得，．
【点睛】此题主要考查了根的判别式以及解一元二次方程，一元二次方程的根与有如下关系：当时，方程有两个不相等的实数根；当时，方程有两个相等的实数根；当时，方程无实数根．
17．（1）k=1；（2）；（3）t的取值范围为或．
【分析】（1）利用待定系数法即可求得；
（2）将两函数解析式联立，组成方程组，解方程组即可求得；
（3）根据图象即可求得．
【详解】解：（1）∵双曲线过点A（1，1），
∴k=1×1=1；
（2）联立，解得 或 ，
∴；
（3）观察函数的图象，当y1＜y2时，t的取值范围为或．

【点睛】本题是反比例函数与一次函数综合，主要考查了待定系数法求反比例函数的解析式，函数图象上点的坐标特征，能数形结合是解题的关键．
18．（1）补全图形见解析，AB与⊙D相切，证明见解析；（2）⊙D的半径为3．
【分析】（1）根据要求画出图形，结论AB与⊙D相切．过点D作DE⊥AB于E．证明DE=DC即可．
（2）设DE=DC=r，BE=x．利用勾股定理构建方程组求解即可．
【详解】解：（1）图形如图所示，结论AB与⊙D相切．

理由：过点D作DE⊥AB于E．
∵AD平分∠BAC，DC⊥AC，DE⊥AB，
∴DE=DC，
∴DE为⊙D的半径，
∴⊙D与AB相切；
（2）设DE=DC=r，BE=x．
∵AC⊥BC，DC为半径，
∴AC是⊙D的切线，
∵AB是⊙D的切线，
∴AC=AE=2CD=2r，
∵∠ACB=∠BED=90°，
则有，解得，
∴⊙D的半径为3．
【点睛】本题考查角平分线的性质，切线的性质和判定，勾股定理，角平分线的性质等．解题的关键是，学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考常考题型．
19．（1）；（2）；（3） 或．
【分析】（1）把点代入抛物线的解析式即可求解；
（2）抛物线解析式化成顶点式即可求得；
（3）根据题意A和B是抛物线与直线的交点坐标，解析式联立消去得到关于的一元二次方程，根据根与系数的关系即可求得．
【详解】（1）∵抛物线经过点，
∴，
解得；
（2）∵，
∴抛物线的顶点坐标为；
（3）∵点 A和B，
∴点A和B在直线上，
由，消去得，
整理得，
∴，即，
∴或，
解得或，
由可知，
∴、同号，
∵，，
∴当时，，
∴，解得，
当时，，
∴，解得
综上，的取值范围为或
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，以及一元二次方程的根与系数的关系，明确A，和B是抛物线与直线 的交点坐标是解题的关键．
20．（1）①；②CE=CB；∠BCE=2∠A；（2）①补全的图形见解析；②．
【分析】（1）①由D是BC的中点及CD⊥AB，根据勾股定理即可求解；②证明△ADC≌△BDC，继而得到BC=CE，根据∠BCE=∠CAB+∠CBA，∠CAB=∠CBA，即可得到∠BCE=2∠A；
（2）①根据题干补全图形即可；②作∠ACM=∠BCE，在射线CM上截取CF=CA，连接BF、AF，过点C作CG⊥AF于点G，利用已知条件先证△ACE≌△FCB，得到AE=BF，然后再证四边形ADCG是矩形，可求得AG=CD=2AF，Rt△BAF中，利用勾股定理即可求出BF，继而可得AE的长．
【详解】解：（1）①∵D是BC的中点，CD⊥AB，
∴AD=BD=，∠ADC=∠BDC =90°，
∴在Rt△ADC中，可得：；
②如图，延长AC至点E，使CE=AC，

在△ADC和△BDC中，
，
∴△ADC≌△BDC，
∴AC=BC，
又∵AC=CE，
∴CB=CE，
∵∠BCE=∠CAB+∠CBA，∠CAB=∠CBA，
∴∠BCE=∠CAB+∠CAB=2∠CAB，
即∠BCE=2∠A；
（2）①补全的图形见下图：

②如图，作∠ACM=∠BCE，在射线CM上截取CF=CA，连接BF、AF，过点C作CG⊥AF于点G，

∴∠ACM+∠FCE=∠BCE+∠FCE，即∠ACE=∠FCB，
∵CE=CB，
∴△ACE≌△FCB，
∴AE=BF，
又∵CG⊥AF，
∴∠CGF=90°，
∵CF=CA，
∴∠ACF=2∠ACG，AF=2AG，
又∵∠BCE=2∠BAC，∠ACF=∠BCE，
∴∠ACG=∠BAC，
∴CG∥AD，
∴∠AGC=∠BAF=∠ADC=90°，
∴四边形ADCG是矩形，
∴AG=CD=，
∴AF=，
在Rt△BAF中，∠BAF=90°，AB=，AF=，
∴
又∵AE=BF，
∴AE=，
即AE的长为．
【点睛】本题考查全等三角形、等腰三角形、矩形的判定和性质、勾股定理及尺规作图，解题的关键是综合运用这些知识．
21．（1）①；②或；（2） ；（3）
【分析】（1）根据平移的性质以及线段AB到的“平移距离”的定义判断即可求出．
（2）过点O作 于E，联立方程组求出OE即可得出的最小值．
（3）以A为圆心，1为半径作，连接OA 交于E、F；由图可知：当M在点时，最小；在点E时，最大．由此得出的取值范围．
【详解】（1）①当B与原点O重合时，AB中点为，移动最小距离为向左平移到上．
故答案为：
②当“平移距离”为2时，如图：

有两种情况，当为时， ，AB=4， 为．
当为时，，AB=8，B为．
故答案为： 或．
（2）如图：

直线如图L，当L平移到m位置时，最小.即平移到直线m与相切时，最小．
过点O作于E，
则
设直线OE为y=kx，
，
∴ 即，
∴．
联立方程组，
解得： ，
∴E为 ，
∴，
∴．
（3）∵，
∴AM=1，
即M点在以A为圆心，半径为1的圆上，如图所示：

连接OA 交于E、F，可知：当M在点F时，最小；在点E时，最大．
当M在F时，，
当M在E时，，
∴．
【点睛】本题属于综合题，考查了平面直角坐标系平移变换，一次函数的性质，圆相切的相关概念，解直角三角形，线段AB到的“平移距离”的定义等知识；此题解题关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会寻找特殊位置解决数学问题，属于中考压轴题．
22．（1）如图所示，∠ADE为所作.见解析；（2）AE=4 .
【分析】(1)利用基本作图(作一个角等于已知角)作出∠ADE=∠B;
(2)先利用作法得到∠ADE=∠B，则可判断DE//BC.然后根据平行线分线段成比例定理求解.
【详解】（1）如图所示，∠ADE为所作.

（2）∵∠ADE=∠B，
∴DE∥BC.
∴=.
∵=2，AC=6，
∴AE=4 .
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质及基本作图，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键.
23．（1）c=-2，对称轴为直线；（2）-2,3是关于x的一元二次方程ax2+bx+c=t的根；（3）
【分析】(1)根据表格中对应值可知对称轴的值和抛物线与y轴的交点，即可求得c的值;
(2)根据二次函数的对称性即可求得;
(3)根据待定系数法求得即可.
【详解】（1）c=-2，对称轴为直线.
（2）由对称性可知，-2,3是关于x的一元二次方程ax2+bx+c=t的根.
（3） 由题意知，二次函数的图象经过点（-1，-1），（0，-2），（1，-2）.
∴
解得
∴ 二次函数的解析式为
【点睛】本题考查的是二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求二次函数的解析式，能熟练求解函数对称轴是解题的关键.
24．(1) ；(2)
【分析】(1)由概率公式即可得出结果；
(2)画出树状图，共有16种等可能的结果，李欣和张帆恰好选择同一线路游览的结果有4种，由概率公式即可得出结果．
【详解】解：(1)在这四条线路任选一条，每条被选中的可能性相同，
∴在四条线路中，李欣选择线路．“园艺小清新之旅”的概率是；
(2)画树状图分析如下：
共有16种等可能的结果，李欣和张帆恰好选择同一线路游览的结果有4种，
∴李欣和张帆恰好选择同一线路游览的概率为．

【点睛】本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件，树状图法适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
25．（1）见解析；（2）90°
【分析】（1）连接CC1、AA1，再分别作两线段的中垂线，两中垂线的交点即为所求；
（2）连接CM、C1M，结合网格特点可得旋转角∠CMC1＝α＝90°．
【详解】解：（1）如图所示，点M即为所求；

（2）如图所示，∠CMC1＝α＝90°，
故答案为：90°．
【点睛】本题主要考查作图−旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的定义和性质．
26．（1）； (2) .
【分析】(1)根据已知求出B与C点坐标，然后根据待定系数法即可求得反比例函数的解析式;
(2)表示出相应的平移后A与C坐标，将之代入反比例函数表达式即可求解.
【详解】（1），，点，
，.
∵反比例函数的图象经过点B，
∴此反比例函数的解析式为.
(2)将向下平移个单位长度，设A，C的对应点分别为A'，C'.
∴A'(3,5-m)，C'(5,-m).
∵A'，C'两点同时落在反比例函数图象上，
，
.
【点睛】本题考查反比例函数的图象及性质;熟练掌握等腰三角形的性质，通过等腰三角形求出点的坐标是解题的关键.
27．（1）；（2）销售单价定为55元时，该商店每天获得的利润最大，最大利润是1250元.
【分析】(1)将点(30，100)、(45,700)代入--次函数表达式,即可求解；
(2)由题意得 ,即可求解.
【详解】（1）设销售量与销售单价之间的函数关系式为，
将点、代入，得.
解得.
∴函数的关系式为：
（2）由题意得
，且30≤x≤60.
当时，取得最大值，此时.
∴销售单价定为55元时，该商店每天获得的利润最大，最大利润是1250元.
【点睛】此题主要考查了二次函数的应用、待定系数法求一次函数解析式等知识， 解答时求出函数的解析式是关键.
28．（1）补全图形见解析;AD=；（2）当点E是AC的中点时，ED与图形G(⊙O)有且只有一个交点.证明见解析.
【分析】(1)由勾股定理易求得AB的长;可连接CD，由圆周角定理知CD⊥AB,易知 ,可得关于AC. AD.AB的比例关系式，即可求出AD的长度；
(2)当ED与 相切时，由切线长定理知EC=ED,则∠ECD=∠EDC,那么∠A和∠DEC就是等角的余角，由此可证得AE=DE,即E是AC的中点、在证明时，可连接OD,证OD⊥DE即可.
【详解】（1）依题意画出⊙O，如图所示.
在Rt△ACB中，
∵AC=3，BC=4，∠ACB=90°，
∴AB=5.
连接CD，

∵BC为直径，
∴∠ADC=∠BDC=90°.
∵∠A=∠A，∠ADC=∠ACB，
∴Rt△ADC∽Rt△ACB.
∴ .
∴ .
（2）当点E是AC的中点时，ED与图形G(⊙O)有且只有一个交点.
证明：连接OD，
∵DE是Rt△ADC斜边上的中线,
∴ED=EC.
∴∠EDC=∠ECD.
∵OC=OD，
∴∠ODC=∠OCD.
∴∠EDO=∠EDC+∠ODC=∠ECD+∠OCD=∠ACB=90°.
∴ED⊥OD.
∴ED与⊙O相切.
∴直线ED与图形G(⊙O)有且只有一个交点.
【点睛】本题考查的是直线与园的位置关系，相似三角形的判定和性质，掌握经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线是解题的关键.
29．(1)AP，BC，OD或BC，AP，OD；(2)如图1或图2所示：见解析；(3)线段AP的长度约为4.5．
【分析】（1）由函数的自变量及函数的定义即可得出答案；
（2）利用描点法画出图象即可.
（3）由数形结合的思想，直接观察图象，由x=4.5时所对应的两个函数值即可发现此时OD=2BC.
【详解】(1)    由表格可确定BC随着AP的变化而变化，BD随着BC的变化而变化，故AP、BC的长度是自变量，OD或BC的长度和AP，OD的长度都是这个自变量的函数；
故答案为：AP，BC，OD或BC，AP，OD；在AP，BC，OD
(2)如图1或图2所示：


图1
图2

(3)由表格可知：当AP=4时，BC=3.46,OD=6.16; 当AP=4时，BC=2.45,OD=5.33,
∴当OD=2BC时
由可知线段AP的长度约为4.5．


图3
图4

【点睛】本题考查的是动点的函数图象，此类问题主要是通过描点画出函数图象，根据函数关系，在图象上或表格上查出相应的近似数值.
30．(1)A(0,0)，B(4,0)；(2)①Q点的纵坐标为3+3a，②符合题意的a的取值范围是 -1≤a＜0．
【分析】（1）令y=0，则a-4ax=0，可求得A、B点坐标；
（2）①设直线PC的解析式为，将点P(1,-a)，C(2,1)代入可解得
由于Q点的横坐标为4，可求得Q点的纵坐标为3+3a
②当a＞0时，如图1，不合题意；当a＜0时，由图2，图3可知，3+3a≥0,可求出a的取值范围.
【详解】(1)令y=0，则a-4ax=0.
解得
∴ A(0,0)，B(4,0)
(2)①设直线PC的解析式为
将点P(1,-a)，C(2,1)代入上式，
解得
∴y=(1+a)x-1-3a.
∵点Q在直线PC上，且Q点的横坐标为4，
∴Q点的纵坐标为3+3a
②当a＞0时，如图1，不合题意；
当a＜0时，由图2，图3可知，3+3a≥0.
∴a≥-1．
∴符合题意的a的取值范围是 -1≤a＜0．

图1                     图2                           图3
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质;熟练掌握二次函数图象上点的特征，数形结合讨论交点是解题的关键.
31．（1）①补全图形，如图1所示.见解析；猜想：∠BAE=∠BCD. 理由见解析；②见解析；（2）补全图形，如图3所示. 见解析；线段AE，CE，DE的数量关系：CE-DE=AE.
【分析】(1)①依题意补全图形，由直角三角形的性质得出∠BAE﹢∠B=90°,
∠BCD﹢∠B=90°即可得出∠BAE=∠BCD；
②在AE上截取AF=CE，可证出△ACD是等腰直角三角形，得出AD=CD,可证明△ADF≌△CDE，得出DF=DE, ∠ADF=∠CDE，可推出∠CDE﹢∠FDC=∠EDF=90°.证出△EDF是等腰直角三角形，得出EF=，即可得出结论;
(2) 在CE上截取CF=AE，连接DF由CD⊥AD，AE⊥BC，可得∠EAD=∠DCF
由∠BAC=45°可得AD=CD，可证△ADE≌△CDF，可得ED=DF∠ADE=∠CDF，可推出∠EDF=90°可得△EDF是等腰直角三角形故 ，即可得线段AE，CE，DE的数量关系.
【详解】（1）①依题意，补全图形，如图1所示.

猜想：∠BAE=∠BCD.
理由如下：
∵CD⊥AB,AE⊥BC，
∴∠BAE﹢∠B=90°,
∠BCD﹢∠B=90°.
∴∠BAE=∠BCD.
②证明：如图2，在AE上截取AF=CE.

连接DF.
∵∠BAC=45°,CD⊥AB,
∴△ACD是等腰直角三角形.
∴AD=CD.
又∠BAE=∠BCD,
∴△ADF≌△CDE（SAS）.
∴DF=DE, ∠ADF=∠CDE.
∵AB⊥CD,
∴∠ADF﹢∠FDC=90°.
∴∠CDE﹢∠FDC=∠EDF=90°.
∴△EDF是等腰直角三角形.
∴EF=.
∵AF+EF=AE,
∴CE+DE=AE.    
（2）依题意补全图形，如图3所示.

在CE上截取CF=AE，连接DF
∵CD⊥AD，AE⊥BC
∴∠ADC=∠AEC=90°
∴∠EAB+∠ABE=90°，∠DBC+∠DCF=90°，∠ABE=∠CBD
∴∠EAD=∠DCF
∵∠BAC=45°
∴∠DCA=45°
∴AD=CD
又∵CF=AE
∴△ADE≌△CDF
∴ED=DF
∠ADE=∠CDF
∵∠CDF+∠ADF=90°
∴∠ADE+∠ADF=90°
∴∠EDF=90°
∴△EDF是等腰直角三角形
∴
∵CE=CF+EF
∴
∴线段AE，CE，DE的数量关系：CE-DE=AE.
故答案为：CE-DE=AE
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质等腰直角三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知，证明三角形全等是解题的关键.
32．（1）①.②b的取值范围为或.（2）
【分析】（1）①根据环绕点的定义及作图找到即可判断；
②当点B在y轴正半轴上时，根据环绕点的定义考虑以下两种特殊情况：线段AB与半径为2的⊙O相切时，与当点B经过半径为1的⊙O时，分别求出此时的OB的长，即可得到可得b的取值范围，再由点B在y轴负半轴上时同理可得b的取值；
（3）根据题意作出图形，求出OS与x轴正半轴的夹角为30°，得∠BOC=60°，图形H为射线OB与射线OC围成的一个扇形区域（不包括点O，半径可无穷大），分当t≥0与t＜0时，根据环绕点的定义进行求解.
【详解】（1）①如图，
∵P1在圆上，故不是环绕点，
P2引圆两条切线的夹角为90°，满足，故为⊙O的环绕点
P3（0,2），∵P3O=2OM，∠P3MO=90°，∴∠MOP3=30°，
同理：∠NOP3=30°，∴，故为⊙O的环绕点
故填：；

②半径为1的⊙O的所有环绕点在以O为圆心，半径分别为1和2的两个圆之间（如下图阴影部分所示，含大圆，不含小圆）.
ⅰ)当点B在y轴正半轴上时，如图1，图2所示.
考虑以下两种特殊情况：线段AB与半径为2的⊙O相切时，；
当点B经过半径为1的⊙O时，OB=1.

因为线段AB上存在⊙O的环绕点，所以可得b的取值范围为 ；
②当点B在y轴负半轴上时，如图3，图4所示.

同理可得b的取值范围为 .  
综上，b的取值范围为或.
（3）点记为S,设OS与x轴正半轴的夹角为a
∵tana=
∴a=30°，
如图，圆S与x轴相切，过O点作⊙S的切线OC，
∵OC、OB都是⊙S的切线
∴∠BOC=2∠SOB=60°，
当m取遍所有整数时 ，就形成图形H，
图形H为射线OB与射线OC围成的一个扇形区域（不包括点O，半径可无穷大）
当t≥0时，过T作OC的垂线，垂足为M，当TM＞2时，图形H不存在环绕点，OT=2TM，故t≤4，
当t＜0时，图形H上的点到T的距离都大于OT,当OT≥2时，图形H不存在⊙T环绕点，因此t＞-2，
综上：.

【点睛】此题主要考查圆的综合问题，解题的关键是根据题意理解环绕点的定义，根据三角函数、切线的性质进行求解.