2022-2023学年北京市丰台区九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年北京市丰台区九年级（上）期末数学试卷（含解析），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（本大题共8小题，共16.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列图形是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2. 将抛物线y=x2向下平移2个单位，所得抛物线的表达式为( )
A. y=x2+2B. y=x2−2C. y=(x+2)2D. y=(x−2)2
3. 不透明的袋子中装有1个红球，3个绿球，这些球除颜色外无其他差别，从中随机摸出一个球，恰好是红球的概率是( )
A. 14B. 13C. 12D. 34
4. 如图，点A，B，C，D在⊙O上，∠DAB=40°，则∠DCB的度数为( )
A. 80°B. 100°C. 140°D. 160°
5. 下列事件：①篮球队员在罚球线上投篮一次，未投中；②在平面上任意画一个三角形，其内角和是360°；③明天太阳从东边升起，其中是随机事件的有( )
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
6. 图中的五角星图案，绕着它的中心O旋转n°后，能与自身重合，则n的值至少是( )
A. 144B. 120C. 72D. 60
7. 已知二次函数y=ax2−2ax+a−4的图象与x轴的一个交点坐标是(3,0)，则关于x的一元二次方程ax2−2ax+a−4=0的两个实数根是( )
A. x1=−1，x2=3B. x1=1，x2=3
C. x1=−5，x2=3D. x1=−7，x2=3
8. 下面的四个问题中，变量y与变量x之间的函数关系可以用如图所示的图象表示的是( )
A. 汽车从甲地匀速行驶到乙地，剩余路程y与行驶时间x
B. 当电压一定时，通过某用电器的电流y与该用电器的电阻x
C. 圆锥的母线长等于底面圆的直径，其侧面积y与底面圆的半径x
D. 用长度一定的铁丝围成一个矩形，矩形的面积y与一边长x
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共8小题，共16.0分）
9. 一元二次方程x2−4=0的实数根为 ．
10. 如图，AB是⊙O的弦，OC⊥AB于点C，若AB=8，OC=3，则⊙O半径的长为 ．
11. 若关于x的一元二次方程x2+x+k=0有两个相等的实数根，则k的值为 ．
12. 若一个扇形的半径是3cm，所对圆心角为60°，则这个扇形的面积是 cm2．
13. 已知二次函数的图象开口向上，且经过点(0,1)，写出一个符合题意的二次函数的表达式 ．
14. 如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(4,0)，B(3,3)，点P是△OAB的外接圆的圆心，则点P的坐标为 ．
15. 十八世纪法国的博物学家C⋅布丰做过一个有趣的投针试验．如图，在一个平面上画一组相距为d的平行线，用一根长度为l(l可以估计出针与直线相交的概率为 (精确到0.001)，由此估计π的近似值为 (精确到0.01)．
16. 原地正面掷实心球是北京市初中学业水平考试体育现场考试的选考项目之一．实心球被掷出后的运动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xOy，实心球从出手到着陆的过程中，它的竖直高度y(单位：m)与水平距离x(单位：m)近似满足函数关系y=a(x−h)2+k(a<0)．
小明进行了两次掷实心球训练．
(1)第一次训练时，实心球的水平距离x与竖直高度y的几组数据如下：
根据上述数据，实心球竖直高度的最大值是____m；
(2)第二次训练时，实心球的竖直高度y与水平距离x近似满足函数关系y=−0.09(x−4)2+3.6，记第一次训练实心球的着陆点的水平距离为d1，第二次训练实心球的着陆点的水平距离为d2，则d1____d2(填“>”，“=”或“<”)．
三、计算题（本大题共1小题，共5.0分）
17. 解方程：x2−6x+8=0．
四、解答题（本大题共11小题，共63.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题5.0分)
已知二次函数y=x2−2x−3．
(1)在平面直角坐标系xOy中，画出该函数的图象；
(2)当−3≤x<0时，结合函数图象，直接写出y的取值范围．
19. (本小题5.0分)
已知关于x的一元二次方程x2+mx+m−1=0．
(1)求证：方程总有两个实数根；
(2)如果方程有一个根为正数，求m的取值范围．
20. (本小题5.0分)
下面是小东设计的“过圆外一点作圆的切线”的尺规作图过程．
已知：如图，⊙O及⊙O外一点P．
求作：过点P的⊙O的切线．
作法：①连接OP，分别以点O、点P为圆心，大于12OP的长为半径作弧，两弧交于点M、点N，作直线MN交OP于点T；
②以点T为圆心，TP的长为半径作圆，交⊙O于点A、点B；
③作直线PA，PB．
所以直线PA，PB就是所求作的⊙O的切线．
根据小东设计的尺规作图过程，
(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OA．
∵OP是⊙T的直径，
∴∠OAP=____°( ____)(填推理的依据)．
∴OA⊥AP．
又∵OA为⊙O的半径，
∴直线PA是⊙O的切线( ____)(填推理的依据)．
同理可证，直线PB也是⊙O的切线．
21. (本小题5.0分)
某科技园作为国家级高新技术产业开发区，是重要的产业功能区和高技术创新基地，其总收入由技术收入、产品销售收入、商品销售收入和其他收入四部分构．2022年7月份该科技园的总收入为500亿元，到9月份达到720亿元，求该科技园总收入的月平均增长率．
22. (本小题5.0分)
在圆周角定理的证明过程中，某小组归纳了三种不同的情况，并完成了情况一的证明．请你选择情况二或者情况三，并补全该情况的证明过程．
23. (本小题5.0分)
在一次试验中，每个电子元件的状态有通电、断开两种可能，并且这两种状态的可能性相等．用列表或画树状图的方法，求图中A，B之间电流能够通过的概率．
24. (本小题6.0分)
如图，AB是⊙O的直径，AC，BC是弦，过点O作OD//BC交AC于点D，过点A作⊙O的切线与OD的延长线交于点P，连接PC．
(1)求证：PC是⊙O的切线；
(2)如果∠B=2∠CPO，OD=1，求PC的长．
25. (本小题6.0分)
数学活动课上，老师提出一个探究问题：
制作一个体积为10dm3，底面为正方形的长方体包装盒，当底面边长为多少时，需要的材料最省(底面边长不超过3dm，且不考虑接缝)．
某小组经讨论得出：材料最省，就是尽可能使得长方体的表面积最小．
下面是他们的探究过程，请补充完整：
(1)设长方体包装盒的底面边长为xdm，表面积为ydm2．
可以用含x的代数式表示长方体的高为10x2dm．
根据长方体的表面积公式：长方体表面积=2×底面积+侧面积．
得到y与x的关系式：____(0(2)列出y与x的几组对应值：
(说明：表格中相关数值精确到十分位)
则a=____；
(3)在图2的平面直角坐标系xOy中，描出以补全后的表中各对对应值为坐标的点，画出该函数的图象；
(4)结合画出的函数图象，解决问题：
长方体包装盒的底面边长约为____dm时，需要的材料最省．
26. (本小题7.0分)
在平面直角坐标系xOy中，点(1,m)和点(3,n)在抛物线y=x2+bx上．
(1)当m=0时，
①求抛物线的对称轴；
②若点(−1,y1)，(t,y2)在抛物线上，且y2>y1，直接写出t的取值范围；
(2)若mn<0，求b的取值范围．
27. (本小题7.0分)
已知等边△ABC，点D、点B位于直线AC异侧，∠ADC=30°．
(1)如图1，当点D在BC的延长线上时，
①根据题意补全图形；
②下列用等式表示线段AD，BD，CD之间的数量关系：
Ⅰ.AD+CD=BD；
Ⅱ.AD2+CD2=BD2，其中正确的是____(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)；
(2)如图2，当点D不在BC的延长线上时，连接BD，判断(1)②中线段AD，BD，CD之间的正确的数量关系是否仍然成立．若成立，请加以证明；若不成立，说明理由．
28. (本小题7.0分)
对于平面直角坐标系xOy内的点P 和图形M，给出如下定义：如果点P绕原点O顺时针旋转90°得到点Pˈ，点Pˈ落在图形M上或图形M围成的区域内，那么称点P是图形M关于原点O的“伴随点”．
(1)已知点A(1,1)，B(3,1)，C(3,2)．
①在点P1(−1,0)，P2(−1,1)，P3(−1,2)中，点____是线段AB关于原点O的“伴随点”；
②如果点D(m,2)是△ABC关于原点O的“伴随点”，求m的取值范围；
(2)⊙E 的圆心坐标为(1,n)，半径为1，如果直线
y=−x+2n上存在⊙E关于原点O的“伴随点”，直接写出n的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】根据中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【解答】解：选项A、B、C都不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形．
选项D能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：D．

2.【答案】B
【解析】
【分析】根据二次函数图象左加右减，上加下减的平移规律进行求解．
【解答】解：将抛物线y=x2向下平移2个单位，则所得抛物线的表达式为y=x2−2，
故选：B．

3.【答案】A
【解析】
【分析】直接由概率公式求解即可．
【解答】解：从不透明的袋子中随机摸出一个球，恰好是红球的概率是11+3=14，
故选：A．

4.【答案】C
【解析】
【分析】利用圆内接四边形对角互补的性质求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴∠A+∠DCB=180°，
∵∠A=40°，
∴∠DCB=140°，
故选：C．

5.【答案】B
【解析】
【分析】根据事件发生的可能性大小判断即可．
【解答】解：①篮球队员在罚球线上投篮一次，未投中，是随机事件；
②在平面上任意画一个三角形，其内角和是360°，是不可能事件；
③明天太阳从东边升起，是必然事件；
故其中是随机事件的有1个．
故选：B．

6.【答案】C
【解析】
【分析】五角星图案，可以被平分成五部分，因而每部分被分成的圆心角是72°，并且圆具有旋转不变性，因而旋转72°的整数倍，就可以与自身重合．
【解答】解：该图形被平分成五部分，旋转72°的整数倍，就可以与自身重合，
∴旋转的度数至少为72°，
故选：C．

7.【答案】A
【解析】
【分析】先求出抛物线的对称轴，在求出抛物线与x轴的另一个交点，最后根据抛物线与一元二次方程的关系求解．
【解答】解：∵抛物线的对称轴为：x=−−2a2a=1，
根据抛物线的对称性得：抛物线与x轴的另一个交点是(−1,0)，
∴关于x的一元二次方程ax2−2ax+a−4=0的两个实数根是：x1=3，x2=−1，
故选：A．

8.【答案】D
【解析】
【分析】根据每个选项的意义，找出它们之间的函数关系，逐一判断．
【解答】解：汽车从甲地匀速行驶到乙地，剩余路程y是行驶时间x的一次函数，图象应该是线段，故A不符合题意；
当电压一定时，通过某用电器的电流y与该用电器的电阻x成反比例关系，图象应该是双曲线的一支，故B不符合题意；
圆锥的母线长等于底面圆的直径，其侧面积y与底面圆的半径x成二次函数关系，开口向上，故C不符合题意；
用长度一定的铁丝围成一个矩形，矩形的面积y与一边长x成二次函数关系，开口向下，故D符合题意．
故选：D．

9.【答案】x1=2，x2=−2
【解析】【解答】解：x2−4=0，
x2=4，
解得x1=2，x2=−2．
故答案为：x1=2，x2=−2．
10.【答案】5
【解析】
【分析】根据垂径定理得出AC，根据勾股定理解答即可．
【解答】解：连接OA，
∵OC⊥AB，
∴C为AB的中点，
∴AC=12AB=4．
在Rt△AOC中，AC=4，OC=3，
∴OA=AC2+OC2=5．
∴⊙O的半径5，
故答案为：5．

11.【答案】14
【解析】
【分析】由关于x的一元二次方程x2+x+k=0有两个相等的实数根，即可得判别式Δ=0，解方程可求得k的值．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程x2+x+k=0有两个相等的实数根，
∴Δ=b2−4ac=12−4×1×k=1−4k=0，
解得：k=14．
故答案为：14．

12.【答案】32π
【解析】
【分析】根据扇形的面积进行计算．
【解答】解：根据扇形的面积公式，得
S扇=60π×32360=32π(cm2).
故答案为32π.

13.【答案】y=x2+1(答案不唯一)
【解析】
【分析】根据二次函数的性质得到a>0，由于二次函数图象经过点(0,1)，则当a取1，b取0时可得到满足条件的一个二次函数解析式．
【解答】解：设二次函数解析式为y=ax2+bx+c，
∵二次函数的图象开口向上，
∴a>0．
∵二次函数图象经过点(0,1)，
∴c=1，
当a取1，b取0时，二次函数解析式为y=x2+1．
故答案为：y=x2+1.(答案不唯一)

14.【答案】(2,1)
【解析】
【分析】利用外接圆的圆心为各边垂直平分线的交点的性质，找出点P的位置，利用网格图确定点P的坐标．
【解答】解：分别作出边OA，OB的垂直平分线，则它们的交点即为△OAB的外接圆的圆心P，如图，
则P(2,1)，
故答案为：(2,1)．

15.【答案】0.318
3.14

【解析】
【分析】根据频率和概率的关系判断即可．
【解答】解：由题意可以估计出针与直线相交的概率为0.318，由此估计π的近似值为：10.3180≈3.14．
故答案为：0.318；3.14．

16.【答案】解：(1)：3.6．
(2)<．

【解析】
【分析】(1)先根据表格中的数据找到顶点坐标，即可得出实心球竖直高度的最大值；
(2)设着陆点的纵坐标为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d1和d2，然后进行比较即可．
解：(1)根据表格中的数据可知，抛物线的顶点坐标为：(4,3.6)，
∴实心球竖直高度的最大值是3.6m．
故答案为：3.6．
(2)把(0,2.0)代入y=a(x−4)2+3.6得：16a+3.6=2.0，
解得a=−0.1，
∴y=−0.1(x−4)2+3.6．
当y=0时，x=10(负值舍去)，
∴d1=10m．
在y=−0.09(x−4)2+3.6中，令y=0得：
−0.09(x−4)2+3.6=0，
解得x=210+4(负值舍去)，
∴d2=(210+4)m，
∵10<210+4，
∴d1故答案为：<．

17.【答案】解：(x−2)(x−4)=0，
x−2=0或x−4=0，
所以x1=2，x2=4．

【解析】
【分析】先把方程左边分解，使原方程转化为x−2=0或x−4=0，然后解两个一次方程即可．
18.【答案】解：(1)y=x2−2x−3=(x−1)2−4，则抛物线的顶点坐标为(1,−4)，
函数图象如图所示：
(2)观察图象得：当x=0时，y最小=−3；
当x=−3时，y最大=12，
∴当−3≤x≤0时，y的取值范围为−3≤y≤12．

【解析】
【分析】(1)先把解析式配成顶点式为y=x2−2x−3=(x−1)2−4，则抛物线的顶点坐标为(1,−4)，再求出抛物线与y轴的交点坐标，然后利用描点法画出二次函数图象；
(2)先计算x=0，−3时，y的值，然后利用图象写出对应的y的范围．

19.【答案】(1)证明：∵Δ=m2−4(m−1)=m2−4m+4=(m−2)2≥0，
∴方程总有两个实数根．
(2)x=−m±(m−2)2，
解得x1=−1，x2=−m+1，
∵方程只有一个根是正数，
∴−m+1>0，
∴m<1．

【解析】
【分析】(1)先计算判别式的意义得到Δ=(m−2)2≥0，然后根据判别式的意义得到结论；
(2)先利用求根公式解方程得x1=−1，x2=−m+1，再根据题意得到−m+1>0，从而得到m的范围．

20.【答案】(1)解：如图，PA、PB为所作；
(2)90，直径所对的圆周角为直角；过半径的外端且与半径垂直的直线为圆的切线．

【解析】
【分析】(1)根据几何语言画出对应的几何图形；
(2)连接OA，先根据圆周角定理的推论得到∠OAP=90°，OA⊥AP，然后根据切线的判定定理得到直线PA为切线，同理可证，直线PB也是⊙O的切线．

21.【答案】解：设该科技园总收入的月平均增长率为x，
根据题意得：500(1+x)2=720，
解得：x1=0.2=20%，x2=−2.2(不符合题意，舍去)．
答：该科技园总收入的月平均增长率为20%．

【解析】
【分析】设该科技园总收入的月平均增长率为x，利用2022年9月份该科技园的总收入=2022年7月份该科技园的总收入×(1+该科技园总收入的月平均增长率)2，可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值，即可得出结论．
22.【答案】证明：情况二：当点O在∠BAC的内部，
如图2：连接AO并延长交⊙O于点D，
∵OA=OC，
∴∠C=∠CAO．
∵∠COD=∠C+∠CAO，
∴∠COD=2∠CAO．
同理可得：∠BOD=2∠BAO，
∴∠COB=∠COD+∠BOD
=2∠CAO+2∠BAO
=2∠BAC，
∴∠BAC=12∠COB；
情况三：当点O在∠BAC的外部，
如图3：连接AO并延长交⊙O于点E．
∵OA=OC，
∴∠C=∠CAO，
∵∠COE=∠C+∠CAO，
∴∠COE=2∠CAO，
同理可得：∠BOE=2∠BAO，
∴∠COB=∠COE−∠BOE
=2∠CAO−2∠BAO
=2∠CAB，
∴∠CAB=12∠COB．

【解析】
【分析】情况二：当点O在∠BAC的内部，如图2：连接AO并延长交⊙O于点D，利用等腰三角形的性质可得∠C=∠CAO，，从而利用三角形的外角性质可得∠COD=2∠CAO，同理可得：∠BOD=2∠BAO，然后利用角的和差关系进行计算即可解答；
情况三：当点O在∠BAC的外部，如图3：连接AO并延长交⊙O于点E，利用等腰三角形的性质可得∠C=∠CAO，从而利用三角形的外角性质可得∠COE=2∠CAO，同理可得∠BOE=2∠BAO，然后利用角的和差关系进行计算即可解答．

23.【答案】解：画树状图如下：
由树状图知，共有4种等可能的结果，A、B之间电流能够正常通过的结果有1种，
∴A、B之间电流能够正常通过的概率为14．

【解析】
【分析】画树状图，共有4种等可能的结果，A、B之间电流能够正常通过的结果有1种，再由概率公式求解即可．
24.【答案】(1)证明：如图1，

连接OC，
∵PA是⊙O的切线，
∴∠PAO=90°，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵OD // BC，
∴∠ADO=∠ACB=90°，
∵OA=OC，
∴CD=AD，
∴AP=CP，
∵OP=OP，
∴△PCO≌△PAO(SSS)，
∴∠PCO=∠PAO=90°，
∵点C在⊙O上，
∴PC是⊙O的切线，
(2)解：由(1)得：△PCO≌△PAO，
∴∠APO=∠CPO，
∵∠PAO=90°，
∴∠PAD+∠DAO=90°，
∵∠PDA=∠ADO=90°，
∴∠PAD+∠APO=90°，
∴∠DAO=∠APO，
∴∠DAO=∠CPO，
∵∠B=2∠CPO，
∴∠B=2∠DAO，
∵∠B+∠DAO=90°，
∴∠B=60°，∠DAO=30°，
∴∠APO=30°，
∴OA=2OD=2，
∴PA=23，
∴PC=23，

【解析】
【分析】(1)连接OC，可证明OD是AC的垂直平分线，从而得出AP=CP，进而证明△PCO≌△PAO，进而得出∠PCO=∠PAO=90°，进一步得出结果；
(2)可证明∠DAO=∠CPO，进而得出∠APO=∠DAO=30°，在Rt△APO中求出AP，进而得出结果．

25.【答案】解：(1)y=2x2+40x．
(2)28．
(3)函数图像如图所示：
(4)2.2．

【解析】
【分析】(1)根据长方体的表面积公式求解即可；
(2)求出x=2时，y的值即可；
(3)利用描点法画出函数图象即可；
(4)利用图象法判断即可．

26.【答案】解：(1)①∵m=0，
∴把(1,0)代入y=x2+bx，得b=−1，
∴y=x2−x，
∴抛物线的对称轴为直线：x=−−12×1=12．
②∵(−1,y1)在y=x2−x上，
∴y1=2，
∴(−1,2)，
∴它的对称点为(2,2)，
∵y2>y1，
∴t<−1或t>2．
(2)把点(1,m)和点(3,n)代入y=x2+bx，得
m=1+b，n=9+3b，
当mn<0，有两种情况，
①m>0n<0，得1+b>0 ①9+3b<0 ②，
解不等式①，得b>−1，
解不等式②，得b<−3，
∴此不等式组无解．
②m<0n>0，则1+b<0 ①9+3b>0 ②，
解不等式①，得b<−1，
解不等式②，得b>−3，
∴此不等式组的解集为−3综上所述，b的取值范围是：−3
【解析】
【分析】(1)①把(1,0)代入y=x2+bx，得b=−1，求出解析式，进而求出顶点坐标；
②把(−1,y1)代入y=x2−x，求出y1=2，再求出它的对称点，根据y2>y1，求出t的取值范围；
(2)当mn<0，有两种情况，①m>0n<0，得1+b>0 ①9+3b<0 ②，②m<0n>0，
则1+b<0 ①9+3b>0 ②，求出不等式组的解．

27.【答案】解：(1)①图形如图所示．
②∵△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠ACB=∠BAC=60°，
∵∠ACB=∠D+∠CAD，∠D=30°．
∴∠CAD=∠D=30°，
∴CA=CD=AB．
∵AB+AD>BD，
∴AD+CD>BD.故Ⅰ错误．
∵∠BAC=60°，∠CAD=30°，
∴∠BAD=90°，
∴AB2+AD2=BD2，
∴AD2+CD2=BD2，故Ⅱ正确．
故答案为：Ⅱ．
(2)结论：AD2+CD2=BD2．
理由：如图2中，以AD为边向下作等边△ADE，连接BE．
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，AB=AC．
∵△ADE为等边三角形，
∴AE=AD，∠AED=∠EAD=60°，
∴∠BAC=∠EAD，
∴∠BAE=∠CAD，
∴△BAE≌△CAD(SAS).
∴BE=CD．
∵∠ADC=30°，
∴∠AEB=∠ADC=30°，BE=CD，
∴∠BED=∠AED+∠AEB=90°，
∴△BDE为直角三角形，
∴BE2+DE2=BD2，
∴AD2+CD2=BD2．

【解析】
【分析】(1)①根据要求作出图形即可；
②证明AB=CD，∠BAD=90°，利用勾股定理，三角形的三边关系判断即可；
(2)结论：AD2+CD2=BD2.如图2中，以AD为边向下作等边△ADE，连接BE.证明△BAE≌△CAD(SAS)，推出∠AEB=∠ADC=30°，BE=CD，推出∠BED=∠AED+∠AEB=90°，可得结论．

28.【答案】解：(1)①P2，P3．
②过点D作DP⊥x轴交于点P，过点Dˈ作DˈQ⊥x轴交于点Q，
∵∠DODˈ=90°，
∴∠DOP+∠DˈOQ=90°，
∵∠DOP+∠ODP=90°，
∴∠DˈOQ=∠ODP，
∵DO=DˈO，
∴△DOP≌△ODˈP(AAS)，
∴DP=OQ，OP=DˈQ，
∵D(m,2)，
∴OQ=DP=2，DˈQ=OP=|m|，
∵△ABC在第一象限，
∴Dˈ(2,−m)，
设直线AC的解析式为y=kx+b，
∴k+b=13k+b=2，
解得k=12b=12，
∴y=12x+12，
当Dˈ在AC上时，m=−32，
当Dˈ在AB上时，m=−1，
∴−32≤m≤−1时，点D(m,2)是△ABC关于原点O的“伴随点”．
(2)∵E(1,n)在直线x=1上，圆E的半径为1，
将圆E绕点O逆时针旋转90°得到圆Eˈ，
∴圆E关于原点的“伴随点”在圆Eˈ的内部及其边界上，
∴Eˈ(n,1)，
∴Eˈ在直线y=1上，
∵直线y=−x+2n上存在⊙E关于原点O的“伴随点”，
∴当圆Eˈ与直线y=−x+2n有交点，
过Eˈ作EˈG垂直直线y=−x+2n交于点G，
∵y=−x+2n与直线y=−x平行，
∴∠GEˈR=45°，
∵EˈG≤1，
∴EˈR≤2，
令y=−x+2n=1，解得x=2n−1，
∴R(2n−1,1)，
∴EˈR=|2n−1+n|≤2，
解得1−23≤n≤1+23，
∴1−23≤n≤1+23时，直线y=−x+2n上存在⊙E关于原点O的“伴随点”．

【解析】
【分析】(1)①∵A(1,1)，B(3,1)，
∴AB // x轴，
∵OP1顺时针旋转90°后，得到点(0,1)，
∴P1不是线段AB关于原点O的“伴随点”．
∵OP2顺时针旋转90°后，得到点(1,1)，
∴P2是线段AB关于原点O的“伴随点”．
∵OP3顺时针旋转90°后，得到点(2,1)，
∴P3是线段AB关于原点O的“伴随点”
∴P2，P3是线段AB关于原点O的“伴随点”；
故答案为：P2，P3．
②由三角形全等可知Dˈ(2,m)，当Dˈ在AC上时，m=32，当Dˈ在AB上时，m=1，则1≤m≤32时，点D(m,2)是△ABC关于原点O的“伴随点”；
(2)圆E上的点顺时针旋转90°后的对应点在以Eˈ(n,1)，半径为1的圆上，由直线y=−x+2n上存在⊙E关于原点O的“伴随点”，可知当圆Eˈ与直线y=−x+2n有交点，过Eˈ作EˈG
垂直直线y=−x+2n交于点G，由EˈG≤1，可知EˈR≤2，求出R(2n−1,1)，则EˈR=|2n−1+n|≤2，解得1−23≤n≤1+23．
试验次数
1500
2000
2500
3000
3500
4000
4500
5000
相交频数
495
623
799
954
1123
1269
1434
1590
相交频率
0.3300
0.3115
0.3196
0.3180
0.3209
0.3173
0.3187
0.3180
水平距离x/m
0
1
2
3
4
5
6
竖直高度y/m
2.0
2.7
3.2
3.5
3.6
3.5
3.2
圆周角定理：一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半．已知：⊙O中，BC所对的圆周角为∠BAC，圆心角为∠BOC.求证：∠BAC=12∠BOC．
证明：
情况一(如图1)：点O在∠BAC的一边上．∵OA=OC，∴∠A=∠C.∵∠BOC=∠A+∠C，∴∠BOC=2∠A.即∠BAC=12∠BOC．
情况二(如图2)：点O在∠BAC的内部．
情况三(如图3)：点O在∠BAC的外部．
x/dm
……
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
y/dm2
……
80.5
42.0
31.2
a
28.5
31.3