2021-2022学年北京海淀区初三上学期数学期末试卷及答案

这是一份2021-2022学年北京海淀区初三上学期数学期末试卷及答案，共29页。试卷主要包含了填空题，解答题解答应写出文字说明等内容，欢迎下载使用。
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. 在平面直角坐标系xOy中，下列函数的图象经过点的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用时，求函数值进行一一检验是否为0即可．
【详解】A.当时，，图象过点，选项A不合题意；
B.当时，，图象过点，选项B合题意；
C.当时，，图象过点，选项C不合题意；
D.当时，无意义，选项D不合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查求函数值，识别函数经过点，掌握求函数值的方法，点在函数图像上点的坐标满足函数解析式是解题关键．
2. 下列各曲线是在平面直角坐标系xOy中根据不同的方程绘制而成的，其中是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用中心对称图形的定义：旋转能与自身重合的图形即为中心对称图形，即可判断出答案．
【详解】解：A、不是中心对称图形，故A错误．
B、不是中心对称图形，故B错误．
C、是中心对称图形，故C正确．
D、不中心对称图形，故D错误．
故选：C．
【点睛】本题主要是考查了中心对称图形的定义，熟练掌握中心对图形的定义，是解决该题的关键．
3. 抛物线的顶点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据顶点式的顶点坐标为求解即可
【详解】解：抛物线的顶点坐标是
故选A
【点睛】本题考查了二次函数顶点式的顶点坐标为，掌握顶点式求顶点坐标是解题的关键．
4. 在△ABC中，，点O为AB中点．以点C为圆心，CO长为半径作⊙C，则⊙C 与AB的位置关系是（ ）
A. 相交B. 相切
C. 相离D. 不确定
【答案】B
【解析】
【分析】根据等腰三角形的性质，三线合一即可得，根据三角形切线的判定即可判断是的切线，进而可得⊙C 与AB的位置关系
【详解】解：连接,
，点O为AB中点．
CO为⊙C的半径，
是的切线，
⊙C 与AB的位置关系是相切
故选B
【点睛】本题考查了三线合一，切线的判定，直线与圆的位置关系，掌握切线判定定理是解题的关键．
5. 小明将图案绕某点连续旋转若干次，每次旋转相同角度，设计出一个外轮廓为正六边形的图案（如图），则可以为（ ）
A. 30°B. 60°
C. 90°D. 120°
【答案】B
【解析】
【分析】由题意依据每次旋转相同角度，旋转了六次，且旋转了六次刚好旋转了一周为360°进行分析即可得出答案.
【详解】解：因为每次旋转相同角度，旋转了六次，
且旋转了六次刚好旋转了一周为360°，
所以每次旋转相同角度 .
故选：B.
【点睛】本题考查旋转性质，解题的关键是能够找到旋转中心，从而确定旋转角的度数．
6. 把长为2 m的绳子分成两段，使较长一段的长的平方等于较短一段的长与原绳长的积．设较长一段的长为x m，依题意，可列方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意依据较长一段的长的平方等于较短一段的长与原绳长的积建立方程即可得出答案.
【详解】解：设较长一段的长为x m，则较短一段的长为（2-x ）m，
由题意得：.
故选：A.
【点睛】本题考查一元二次方程的实际运用，根据题意找出题目蕴含的数量关系是解决问题的关键．
7. 如图，A，B，C是某社区的三栋楼，若在AC中点D处建一个5G基站，其覆盖半径为300 m，则这三栋楼中在该5G基站覆盖范围内的是（ ）
A. A，B，C都不在B. 只有B
C. 只有A，CD. A，B，C
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角形边长然后利用勾股定理逆定理可得为直角三角形，由直角三角形斜边上的中线性质即可得．
【详解】解：如图所示：连接BD，
∵，，，
∴，
∴为直角三角形，
∵D为AC中点，
∴，
∵覆盖半径为300 ，
∴A、B、C三个点都被覆盖，
故选：D．
【点睛】题目主要考查勾股定理逆定理，直角三角形斜边中线的性质等，理解题意，综合运用两个定理是解题关键．
8. 做随机抛掷一枚纪念币的试验，得到的结果如下表所示：
下面有3个推断：
①当抛掷次数是1000时，“正面向上”的频率是0.512，所以“正面向上”的概率是0.512；
②随着试验次数的增加，“正面向上”的频率总在0.520附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“正面向上”的概率是0.520；
③若再次做随机抛掷该纪念币的实验，则当抛掷次数为3000时，出现“正面向上”的次数不一定是1558次．其中所有合理推断的序号是（ ）
A. ②B. ①③C. ②③D. ①②③
【答案】C
【解析】
【分析】根据概率公式和图表给出的数据对各项进行判断，即可得出答案．
【详解】解：①当抛掷次数是1000时，“正面向上”的频率是0.512，所以“正面向上”的概率是0.512；随着试验次数的增加，“正面向上”的频率总在什么数值附近摆动，才能用频率估计概率，故错误；
②随着试验次数的增加，“正面向上”的频率总在0.520附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“正面向上”的概率是0.520；正确；
③若再次做随机抛掷该纪念币的实验，则当抛掷次数为3000时，出现“正面向上”的次数不一定是1558次．正确；
故选：C．
【点睛】本题考查利用频率估计概率，解答本题的关键是明确概率的定义，利用数形结合的思想解答．
第二部分 非选择题
二、填空题（共16分，每题2分）
9. 已知某函数当时，y随x的增大而减小，则这个函数解析式可以为________．
【答案】或或（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据题意可得这个函数可能是一次函数或二次函数或反比例函数，再由函数的增减性即可得出函数解析式．
【详解】解：某函数当时，y随x的增大而减小，
∵未明确是一次函数、二次函数还是反比例函数，
∴这个函数可能是一次函数或二次函数或反比例函数，
根据其性质可得：这个函数为或或，
故答案为：或或（答案不唯一）．
【点睛】题目主要考查一次函数和二次函数、反比例函数的基本性质，熟练掌握三个函数的基本性质是解题关键．
10. 在一个不透明袋子中有3个红球和2个黑球，这些球除颜色外无其他差别．从袋子中随机取出1个球，则取出红球的概率是________．
【答案】##
【解析】
【分析】用列举的方法一一列出可能出现的情况，进而即可求得恰好是红球的概率．
【详解】解：根据题意，可能出现的情况有：
红球；红球；红球；黑球；黑球；
则恰好是红球的概率是，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了简单概率的计算，通过列举法进行计算是解决本题的关键．
11. 若点，在抛物线上，则，的大小关系为：________（填“＞”，“=”或“＜”）．
【答案】＜
【解析】
【分析】利用二次函数图象上点的坐标特征可得出y1，y2的值，比较后即可得出结论．
【详解】解：∵若点A(−1,y1)，B(2,y2)在抛物线y=2x2上，
y1=2×（-1）2=2，y2=2×4=8，
∵2＜8，
∴y1﹤y2．
故答案为：﹤.
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，利用二次函数图象上点的坐标特征求出y1，y2的值是解题的关键．
12. 如图，在平面直角坐标系xOy中，点，点．将线段BA绕点B旋转180°得到线段BC，则点C的坐标为__________．
【答案】（2，2）
【解析】
【分析】根据旋转性质可得出点B是A、C的中点，过点C作CD⊥x轴于D，利用相似三角形的判定与性质求得OD和CD即可求解．
【详解】解：∵点，点，
∴OA=2，OB=1，
由旋转性质得：AB=BC，即点B是A、C中点，
过点C作CD⊥x轴于D，则CD∥OB，
∴△AOB∽△ADC，
∴，
∴OD=2，CD=2，
∴点C坐标为（2，2），
故答案为：（2，2）．
【点睛】本题考查旋转性质、相似三角形的判定与性质，坐标与图形，熟练掌握旋转性质和相似三角形的判定与性质是解答的关键．
13. 若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则k 的取值范围是______________．
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程有两个不相等的实数根，知△=b2-4ac＞0，然后据此列出关于k的方程，解方程即可．
【详解】解：∵一元二次方程有两个不相等的实数根，
∴△，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根的判别式Δ＝b2﹣4ac：当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．解题关键是掌握一元二次方程根的判别式 ．
14. 如图，PA，PB分别切⊙O于点A，B，Q是优弧上一点，若∠P=40°，则∠Q的度数是________．
【答案】70°##70度
【解析】
【分析】连接OA、OB，根据切线性质可得∠OAP=∠OBP=90°，再根据四边形的内角和为360°求得∠AOB，然后利用圆周角定理求解即可．
【详解】解：连接OA、OB，
∵PA，PB分别切⊙O于点A，B，
∴∠OAP=∠OBP=90°，又∠P=40°，
∴∠AOB=360°－90°－90°－40°=140°，
∴∠Q=∠AOB=70°，
故答案为：70°．
【点睛】本题考查切线性质、四边形内角和为360°、圆周角定理，熟练掌握切线性质和圆周角定理是解答的关键．
15. 小明烘焙了几款不同口味的饼干，分别装在同款的圆柱形盒子中．为区别口味，他打算制作“** 饼干”字样的矩形标签粘贴在盒子侧面．为了获得较好的视觉效果，粘贴后标签上边缘所在弧所对的圆心角为90°（如图）．已知该款圆柱形盒子底面半径为6 cm，则标签长度l应为_______ cm．（π取3.1）
【答案】9.3
【解析】
【分析】根据弧长公式进行计算即可，
【详解】解：粘贴后标签上边缘所在弧所对的圆心角为90°，底面半径为6 cm，
cm，
故答案为：
【点睛】本题考查了弧长公式，牢记弧长公式是解题的关键．
16. 给定二元数对（p，q），其中或1，或1．三种转换器A，B，C对（p，q）的转换规则如下：
（1）在图1所示的“A—B—C”组合转换器中，若输入，则输出结果为________；
（2）在图2所示的“①—C—②”组合转换器中，若当输入和时，输出结果均为0，则该组合转换器为“____—C—____”（写出一种组合即可）．
【答案】 ①. 1 ②. A ③. A
【解析】
【分析】（1）利用转换器C的规则即可求出答案．
（2）利用转换器A、B、C的规则，写出一组即可．
【详解】（1）解：利用转换器C的规则可得：输出结果为1．
（2）解：当输入时，若①对应A，此时经过A、C输出结果为（1，0），②对应A，输出结果恰好为0．
当输入时，若①对应A，此时经过A、C输出结果为（0，1），②对应A，输出结果恰好为0．
故答案为：1；A；A．
【点睛】本题主要是新定义题目，利用题目所给规则，进行分析判断，即可解答出该题目．
三、解答题（共68分，第17-21题，每题5分，第22题6分，第23题5分，第24-26题，每题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. 解方程：
【答案】x1＝4，x2＝2
【解析】
【分析】原方程运用因式分解法求解即可
【详解】解：
（x－4）（x－2）＝0
x－4＝0 或x－2＝0
∴x1＝4，x2＝2
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，灵活选用方法是解答本题的关键
18. 已知是方程的一个根，求代数式的值．
【答案】6
【解析】
【分析】把代入方程，得出，再整体代入求值即可．
【详解】解： = ．
∵ a是方程的根
∴ ．
∴ ．
∴ 原式 = 6．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解和代数式求值，解题关键是明确方程解的意义，整体代入求值．
19. 在平面直角坐标系xOy中，抛物线经过点．
（1）求该抛物线的表达式；
（2）将该抛物线向上平移_______个单位后，所得抛物线与轴只有一个公共点．
【答案】（1）；（2）1
【解析】
【分析】（1）将代入抛物线解析式，即可求出的值，进而求出抛物线的表达式．
（2）利用顶点坐标的位置，判断抛物线向上平移的单位即可．
【详解】（1）解：∵ 抛物线经过点（2，1），
∴ ．
解得：．
∴ 该抛物线的表达式为．
（2）解：抛物线的顶点为（3，），
若抛物线与轴只有一个公共点，则只需向上平移1个单位，顶点变为（3,0），此时满足题意．
【点睛】本题主要是考查了待定系数法求解二次函数表达式以及函数图像的平移，熟练利用待定系数法求解函数表达式，根据顶点坐标的平移确定函数图像整体平移的情况，是解决该题的关键．
20. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，将线段CA绕点C逆时针旋转60°，得到线段CD，连接AD，BD．
（1）依题意补全图形；
（2）若BC=1，求线段BD的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）根据线段旋转的方法，得出，然后连接AD，BD即可得；
（2）根据角的直角三角形的性质和勾股定理可得，由旋转的性质可得是等边三角形，再利用勾股定理求解即可．
【详解】解：（1）根据线段旋转方法，，如图所示即为所求；

（2）∵ ，，，
∴ ，
∴ ，
∵ 线段CA绕点C逆时针旋转60°得到线段CD，
∴且，
∴是等边三角形，
∴ ，，
∴ ，
∴ 在中，
．
【点睛】题目主要考查旋转图形的作法及性质，勾股定理，角的直角三角形的性质，等边三角形的性质等，理解题意，作出图形，综合运用各个定理性质是解题关键．
21. “化圆为方”是古希腊尺规作图难题之一，即：求作一个正方形，使其面积等于给定圆的面积．这个问题困扰了人类上千年，直到19世纪，该问题被证明仅用直尺和圆规是无法完成的．如果借用一个圆形纸片，我们就可以化圆为方，方法如下：
已知：⊙O（纸片），其半径为．
求作：一个正方形，使其面积等于⊙O的面积．
作法：①如图1，取⊙O的直径，作射线，过点作的垂线；
②如图2，以点为圆心，为半径画弧交直线于点；
③将纸片⊙O沿着直线向右无滑动地滚动半周，使点，分别落在对应的，处；
④取的中点，以点为圆心，为半径画半圆，交射线于点；
⑤以为边作正方形．
正方形即为所求．
根据上述作图步骤，完成下列填空：
（1）由①可知，直线为⊙O的切线，其依据是________________________________．
（2）由②③可知，，，则_____________，____________（用含的代数式表示）．
（3）连接，在Rt中，根据，可计算得_________（用含的代数式表示）．由此可得．
【答案】（1）经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；（2），；（3）
【解析】
【分析】（1）根据切线的定义判断即可．
（2）由=AC+，计算即可；根据计算即可．
（3）根据勾股定理，得即为正方形的面积，比较与圆的面积的大小关机即可．
【详解】解：（1）∵⊙O的直径，作射线，过点作的垂线，
∴经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；
故答案为：经过半径外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线；
（2）根据题意，得AC=r，==πr，
∴=AC+=r+πr，
∴=；
∵，
∴MA=-r=，
故答案为：，；
（3）如图，连接ME，
根据勾股定理，得
=
=；
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆的切线的定义，勾股定理，圆的周长，正方形的面积和性质，熟练掌握圆的切线的定义，勾股定理，正方形的性质是解题的关键．
22. 已知关于的一元二次方程．
（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）若，且此方程的两个实数根的差为3，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）证明一元二次方程的判别式大于等于零即可；
（2）用m表示出方程的两个根，比较大小后，作差计算即可．
【详解】（1）证明：∵一元二次方程，
∴
==．
∵，
∴．
∴ 该方程总有两个实数根．
（2）解：∵一元二次方程，
解方程，得，．
∵ ，
∴ ．
∵该方程的两个实数根的差为3，
∴ ．
∴．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，方程的解法，熟练掌握判别式，并灵活运用实数的非负性是解题的关键．
23. 如图，△ABC内接于⊙O，高AD经过圆心O．
（1）求证：；
（2）若，⊙O半径为5，求△ABC的面积．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）根据垂径定理可得AD垂直平分BC，即可证明结论；
（2）连接OB，根据勾股定理可得，得出，利用三角形面积公式求解即可．
【详解】证明：（1）在⊙O中，
∵ OD⊥BC于D，
∴ BD=CD，
∴ AD垂直平分BC，
∴ AB=AC；
（2）连接OB，如图所示：
∵BC=8，由（1）得BD=CD，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ △ABC的面积：，
∴ △ABC的面积为32．
【点睛】题目主要考查垂径定理的应用，垂直平分线的性质，勾股定理等，理解题意，综合运用各个定理性质是解题关键．
24. 邮票素有“国家名片”之称，方寸之间，包罗万象．为宣传北京2022年冬奥会，中国邮政发行了若干套冬奥会纪念邮票，其中有一套展现雪上运动的邮票，如图所示：
某班级举行冬奥会有奖问答活动，答对的同学可以随机抽取邮票作为奖品．
（1）在抢答环节中，若答对一题，可从4枚邮票中任意抽取1枚作为奖品，则恰好抽到“冬季两项”的概率是 ．
（2）在抢答环节中，若答对两题，可从4枚邮票中任意抽取2枚作为奖品，请用列表或画树状图的方法，求恰好抽到“高山滑雪”和“自由式滑雪”的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接由概率公式求解即可；
（2）画树状图，共有12种等可能结果，其中恰好抽到“高山滑雪”和“自由式滑雪”的有2种结果，再由概率公式求解即可．
【小问1详解】
解：从4种邮票任取一张共有4种情况，其中“冬季两项”只有1种情况，
恰好抽到“冬季两项”的概率是．
故答案为：．
【小问2详解】
解：直接使用图中的序号代表四枚邮票，由题意画出树状图，如图所示：
由树状图可知，所有可能出现的结果共有12种，并且它们出现的可能性相等．其中，恰好抽到“高山滑雪”和“自由式滑雪”的结果有2种，
∴恰好抽到“高山滑雪”和“自由式滑雪”的概率为：．
【点睛】本题主要考查的是概率公式，用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，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. 如图，AB为⊙O的直径，弦于，连接，过作，交⊙O于点，连接DF，过作，交DF的延长线于点．
（1）求证：BG是⊙O的切线；
（2）若，DF=4，求FG的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）由题意根据切线的判定证明半径OB⊥BG即可BG是⊙O的切线；
（2）根据题意连接CF，根据圆周角定理和中位线性质得出，进而依据等边三角形和四边形BEDG是矩形进行分析即可得出FG的长．
【详解】解：（1）证明：∵ C，A，D，F在⊙O上，∠CAF=90°，
∴ ∠D=∠CAF=90°．
∵ AB⊥CE，BG⊥DF，
∴ ∠BED=∠G=90°．
∴ 四边形BEDG中，∠ABG=90°．
∴ 半径OB⊥BG．
∴ BG是⊙O的切线．
（2）连接CF，
∵ ∠CAF=90°，
∴ CF是⊙O的直径．
∴ OC=OF．
∵ 直径AB⊥CD于E，
∴ CE=DE．
∴ OE是△CDF的中位线．
∴ ．
∵ ，∠AFD=30°，
∴ ∠ACD=∠AFD=30°．
∴ ．
∵ OA=OC，
∴ △AOC是等边三角形．
∵ CE⊥AB，
∴ E为AO中点，
∴ OA=2OE=4，OB=4．
∴ ．
∵ ∠BED=∠D=∠G=90°，
∴ 四边形BEDG是矩形．
∴ DG=BE=6．
∴ ．
【点睛】本题考查圆的综合问题，熟练掌握切线的判定和圆周角定理和中位线性质以及等边三角形和矩形性质是解题的关键.
26. 在平面直角坐标系中，点在抛物线上．
（1）求该抛物线的对称轴；
（2）已知，当时，的取值范围是，求，的值；
（3）在（2）的条件下，是否存在实数，当时，的取值范围是，若存在，直接写出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2），；（3）存在，．
【解析】
【分析】（1）利用对称点与对称轴的关系：对称点的横坐标之和等于对称轴的2倍，即可求出该抛物线的对称轴．
（2）分别讨论的取值范围与对称轴的位置，分别求出不同情况下取最大值与最小值时，对应的的取值，进而求出求，的值．
（3）由于的取值范围是，取不到最大值和最小值，故不包含对称轴，分别讨论在对称轴的左右两侧即可．
【详解】（1）解：依题意，
∵ 抛物线过点（0，3），（4，3），
∴ 该抛物线的对称轴为直线．
（2）解：∵ 抛物线对称轴为直线，
∴ ，即 ①．
∵ ，
∴ ．
∵ ，抛物线开口向上，
∴ 当时，函数值在上取得最小值．
即 ②．
联立①②，解得，．
∴ 抛物线的表达式为，即．
∵，
∴ 当时，y随x的增大而减小，当时取得最大值，
当时，y随x的增大而增大，当时取得最大值，
∵对称轴为，
∴与时的函数值相等．
∵，
∴ 当时的函数值大于当时的函数值，即时的函数值．
∴ 当时，函数值在上取得最大值3．
代入有，舍去负解，得．
（3）解：存在，．
当时，的取值范围是，无法取到最大值与最小值，
关于的取值范围一定不包含对称轴，
①当时，在对称轴的左侧，
二次函数开口向上，
时，有最大值，时，有最小值，
由题意可知：，解得：，
故，
②当时，在对称轴的右侧，
二次函数开口向上，
时，有最小值，时，有最大值，
由题意可知：，此时无解，
故不符合题意，
．
【点睛】本题主要是考查了对称点与对称轴的关系，以及二次函数的最值求解，熟练通过分类讨论，分别讨论对称轴与的取值范围的关系，进而确定函数取最值时的的取值，是求解该题的关键．
27. 如图，在△ABC中，，，延长CB，并将射线CB绕点C逆时针旋转90°得到射线l，D为射线l上一动点，点E在线段CB的延长线上，且，连接DE，过点A作于M．
（1）依题意补全图1，并用等式表示线段DM与ME之间的数量关系，并证明；
（2）取BE的中点N，连接AN，添加一个条件：CD的长为_______，使得成立，并证明．
【答案】（1）DM=ME，见解析；（2），见解析
【解析】
【分析】（1）补全图形，连接AE、AD，通过∠ABE=∠ACD，AB=AC，BE=CD，证明 △ABE ≌ △ACD，得AE=AD，再利用AM⊥DE于M，即可得到DM=EM．
（2）连接AD，AE，BM ，可求出，当时，可得，由（1）得DM=EM，可知BM是△CDE的中位线从而得到，BM∥CD，得到∠ABM=135°=∠ABE．因为N为BE中点，可知从而证明△ABN ≌ △ABM得到AN=AM，由（1），△ABE ≌ △ACD，可证明∠EAB=∠DAC，AD=AE进而得到∠EAD=90°，又因为DM=EM，即可得到．
【详解】（1）补全图形如下图，
DM与ME之间的数量关系为DM=ME．
证明：连接AE，AD，
∵ ∠BAC=90°，AB=AC，
∴ ∠ABC=∠ACB=45°．
∴ ∠ABE=180°-∠ABC=135°．
∵ 由旋转，∠BCD=90°，
∴ ∠ACD=∠ACB+∠BCD=135°．
∴ ∠ABE=∠ACD．
∵ AB=AC，BE=CD，
∴ △ABE ≌ △ACD．
∴ AE=AD．
∵ AM⊥DE于M，
∴ DM=EM．
（2）
证明：连接AD，AE，BM．
∵ AB=AC=1，∠BAC=90°，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∵ 由（1）得DM=EM，
∴ BM是△CDE的中位线．
∴ ，BM∥CD．
∴ ∠EBM=∠ECD=90°．
∵ ∠ABE=135°，
∴ ∠ABM=135°=∠ABE．
∵ N为BE中点，
∴ ．
∴ BM=BN．
∵ AB=AB，
∴ △ABN ≌ △ABM．
∴ AN=AM．
∵ 由（1），△ABE ≌ △ACD，
∴ ∠EAB=∠DAC，AD=AE．
∵ ∠BAC=∠DAC+∠DAB=90°，
∴ ∠EAD=90°．
∵ DM=EM，
∴ ．
∴ ．
【点睛】本题考查了旋转的性质和三角形全等的判定及性质，熟练掌握三角形全等的判定及性质是解题的关键．
28. 在平面直角坐标系xOy中，图形W上任意两点间的距离有最大值，将这个最大值记为d．对点P及图形W给出如下定义：点Q为图形W上任意一点，若P，Q两点间的距离有最大值，且最大值恰好为2d，则称点P为图形W的“倍点”．
（1）如图1，图形W是半径为1的⊙O．
①图形W上任意两点间的距离的最大值d为_________；
②在点（0，2） ，（3，3），（，0）中，⊙O的“倍点”是________；
（2）如图2，图形W是中心在原点的正方形ABCD，已知点A（，1），若点E（，3） 是正方形ABCD的“倍点”，求的值；
（3）图形W是长为2的线段MN，T为MN的中点，若在半径为6的⊙O上存在MN的“倍点”，直接写出满足条件的点T所构成的图形的面积．
【答案】（1）① 2；② ；（2）t的值为3或；（3）π
【解析】
【分析】（1）①根据定义解答即可；②分别找出的最大值，再根据定义判断即可；
（2） 如图所示，正方形ABCD上的任意两点间距离的最大值为．若点E（t，3）是正方形ABCD的“倍点”，则点E到ABCD上的点的最大距离恰好为． 分， 和
分别讨论即可求解；
（3）分线段MN在内部和在外部两种情况讨论即可.
【详解】（1）①圆上两点之间的最大距离是直径2，根据定义可知d= 2，
故答案为：2；
②由图可知，故不是图形W的“倍点”； ，故不是图形W的“倍点”；，当Q（1，0）时，=2d，故P为图形W的“倍点”；
故答案为：；
（2）如图所示，正方形ABCD上的任意两点间距离的最大值为．
依题意，若点E（t，3）是正方形ABCD的“倍点”，则点E到ABCD上的点的最大距离恰好为．
当时，点E到ABCD上的点的最大距离为EC的长． 取点H（1，3），则CH⊥EH且CH=4，此时可求得EH=4，从而点E的坐标为，即；
当时，点E到ABCD上的点的最大距离为ED的长．由对称性可得点E的坐标为，即．
当时，显然不符合题意．
综上，t的值为3或．
（3）MN上d=2，2d=4，
当线段MN内部时，EM=4, TM=1,
,
∴小圆的半径是 ,
同理，当线段MN在外部时，
∴大圆的半径是 ,
，
故点T所构成的图形的面积为.
【点睛】此题考查考查了一次函数的性质，图形上两点间的“极大距离”等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊位置解决数学问题，属于中考压轴题．
抛掷次数m
500
1000
1500
2000
2500
3000
4000
5000
“正面向上”的次数n
265
512
793
1034
1306
1558
2083
2598
“正面向上”的频率
0.530
0.512
0.529
0.517
0.522
0.519
0.521
0.520