2023年北京市海淀区中考数学二模试卷（含解析）

这是一份2023年北京市海淀区中考数学二模试卷（含解析），共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年北京市海淀区中考数学二模试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
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. 一个正五棱柱如右图摆放，光线由上到下照射此正五棱柱时的正投影是(    )
A.
B.
C.
D.


2. 下列运算正确的是(    )
A. 2a+3a=5a2 B. a⋅a⋅a=3a
C. (a3)2=a5 D. a(m+n)=am+an
3. 实数a在数轴上对应点的位置如图所示.若实数b满足a+b<0，则b的值可以是(    )

A. −2 B. −1 C. 0 D. 1
4. 如图，由正六边形和正三角形组成的图形为轴对称图形，该图形的对称轴的条数为(    )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
5. 投掷两枚质地均匀的骰子，两枚骰子向上一面的点数相同的概率是(    )
A. 112 B. 16 C. 13 D. 12
6. 如果a−b=2，那么代数式2a+b⋅(1+2ba−b)的值是(    )
A. 12 B. 1 C. 2 D. 2
7. 如图，在正方形网格中，以点O为位似中心，△ABC的位似图形可以是(    )

A. △DEF B. △DHF C. △GEH D. △GDH
8. 小明近期计划阅读一本总页数不低于300页的名著，他制定的阅读计划如下：
星期
一
二
三
四
五
六
日
页数
15
20
15
10
20
40
30
若小明按照计划从星期x开始连续阅读，10天后剩下的页数为y，则y与x的图象可能为(    )
A. B.
C. D.
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共8小题，共16.0分）
9. 若代数式12−x有意义，则实数x的取值范围是______ ．
10. 分解因式：ax2−4a=          ．
11. 用一个x的值说明“ x2=x”是错误的，则x的值可以是______ ．
12. 如图，正方形ABCD，点A在直线l上，点B到直线l的距离为3，点D到直线l的距离为2，则正方形的边长为______ ．


13. 在平面直角坐标系xOy中，点A(1,y1)和点B(3,y2)在反比例函数y=kx的图象上.若y1 14. 咖啡树种子的发芽能力会随着保存时间的增长而减弱，咖啡树种子保存到三个月时，发芽率约为95%；从三个月到五个月，发芽率会逐渐降到75%；从五个月到九个月，发芽率会逐渐降到25%.农科院记录了某批咖啡树种子的发芽情况，结果如下表所示：
种子数量n
10
50
150
300
500
800
发芽数量m
9
41
133
261
431
689
发芽率mn
0.9
0.82
0.887
0.87
0.862
0.861
据此推测，下面三个时间段中，这批咖啡树种子的保存时间是______ (填“三个月内”“三至五个月”或“五至九个月”)．
15. 如图，AB为⊙O的弦，C为⊙O上一点，OC⊥AB于点D.若OA= 10，AB=6，则tan∠AOD= ______ ．


16. 四个互不相等的实数a，b，c，m在数轴上的对应点分别为A，B，C，M，其中a=4，b=7，c为整数，m=0.2(a+b+c)．
(1)若c=10，则A，B，C中与M距离最小的点为______ ；
(2)若在A，B，C中，点C与点M的距离最小，则符合条件的点C有______ 个.
三、解答题（本大题共12小题，共68.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题5.0分)
计算：(12)−1+|1− 3|−tan60°−(π+2023)0．
18. (本小题5.0分)
解不等式x−12≥23x−1，并把它的解集在数轴上表示出来．
19. (本小题5.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC．
(1)使用直尺和圆规，作AD⊥BC交BC于点D(保留作图痕迹)；
(2)以D为圆心，DC的长为半径作弧，交AC于点E，连接BE，DE．
①∠BEC= ______ °；
②写出图中一个与∠CBE相等的角______ ．

20. (本小题5.0分)
已知关于x的一元二次方程x2−2x+m=0(m<0)．
(1)判断方程根的情况，并说明理由；
(2)若方程的一个根为−1，求m的值和方程的另一个根．
21. (本小题6.0分)
在平面直角坐标系xOy中，直线y=kx−1与y=12x交于点A(2,m)．
(1)求k，m的值；
(2)已知点P(n,0)，过点P作垂直于x轴的直线交直线y=kx−1于点M，交直线y=12x于点N.若MN=2，直接写出n的值．
22. (本小题5.0分)
如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，E为OA的中点.连接DE并延长至点F，使得EF=DE.连接AF，BF．
(1)求证：四边形AFBO为平行四边形；
(2)若∠BDA=∠BDC，求证：四边形AFBO为矩形．

23. (本小题6.0分)
某企业生产甲、乙两款红茶，为了解两款红茶的质量，请消费者和专业机构分别测评.随机抽取25名消费者对两款红茶评分，并对数据进行整理、描述和分析，下面给出了部分信息．
a.甲款红茶分数(百分制)的频数分布表如下：
分数
70≤x<75
75≤x<80
80≤x<85
85≤x<90
90≤x<95
95≤x≤100
频数
2
1
4


4
b.甲款红茶分数在85≤x<90这一组的是：
86 86 86 86 86 87 87 88 88 89
c.甲、乙两款红茶分数的平均数、众数、中位数如下表所示：
品种
平均数
众数
中位数
甲
86.6
m
n
乙
87.5
90
86
根据以上信息，回答下列问题：
(1)补全甲款红茶分数的频数分布直方图；
(2)表格中m的值为______ ，n的值为______ ；
(3)专业机构对两款红茶的条索、色泽、整碎、净度、内质、香气、滋味醇厚度、汤色、叶底来进行综合
评分如下：甲款红茶93分，乙款红茶87分，若以这25名消费者评分的平均数和专业机构的评分按照6：4的比例确定最终成绩，可以认定______ 款红茶最终成绩更高(填“甲”或“乙”)．

24. (本小题6.0分)
如图，P为⊙O外一点，PA，PB是⊙O的切线，A，B为切点，点C在⊙O上，连接OA，OC，AC．
(1)求证：∠AOC=2∠PAC；
(2)连接OB，若AC//OB，⊙O的半径为5，AC=6，求AP的长．

25. (本小题5.0分)
小明发现某乒乓球发球器有“直发式”与“间发式”两种模式，在“直发式”模式下，球从发球器出口到第一次接触台面的运动轨迹近似为一条抛物线；在“间发式”模式下，球从发球器出口到第一次接触台面的运动轨迹近似为一条直线，球第一次接触台面到第二次接触台面的运动轨迹近似为一条抛物线.如图1和图2分别建立平面直角坐标系xOy．

通过测量得到球距离台面高度y(单位：dm)与球距离发球器出口的水平距离x(单位：dm)的相关数据，如下表所示：
表1直发式
x(dm)
0
2
4
6
8
10
16
20
…
y(dm)
3.84
3.96
4
3.96
m
3.64
2.56
1.44
…
表2间发式
x(dm)
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
…
y(dm)
3.36
n
1.68
0.84
0
1.40
2.40
3
3.20
3
…
根据以上信息，回答问题：
(1)表格中m= ______ ，n= ______ ；
(2)求“直发式”模式下，球第一次接触台面前的运动轨迹的解析式；
(3)若“直发式”模式下球第一次接触台面时距离出球点的水平距离为d1，“间发式”模式下球第二次接触台面时距离出球点的水平距离为d2，则d1 ______ d2(填“>”“=”或“<”)．
26. (本小题6.0分)
在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y=ax2+bx+a+2(a>0)过点(1,4a+2)．
(1)求该抛物线的顶点坐标；
(2)过该抛物线与y轴的交点作y轴的垂线l，将抛物线在y轴右侧的部分沿直线l翻折，其余部分保持不变，得到图形G，M(−1−a,y1)，N(−1+a,y2)是图形G上的点，设t=y1+y2．
①当a=1时，求t的值；
②若6≤t≤9，求a的取值范围．
27. (本小题7.0分)
如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=2α(45°<α<90°)D是BC的中点，E是BD的中点，连接AE.将射线AE绕点A逆时针旋转α得到射线AM，过点E作EF⊥AE交射线AM于点F．
(1)①依题意补全图形；
②求证：∠B=∠AFE；
(2)连接CF，DF，用等式表示线段CF，DF之间的数量关系，并证明．

28. (本小题7.0分)
在平面直角坐标系xOy中，对于△OAB和点P(不与点O重合)给出如下定义：若边OA，OB上分别存在点M，点N，使得点O与点P关于直线MN对称，则称点P为△OAB的“翻折点”．
(1)已知A(3,0)，B(0,3 3).
①若点M与点A重合，点N与点B重合，直接写出△OAB的“翻折点”的坐标；
②P是线段AB上一动点，当P是△OAB的“翻折点”时，求AP长的取值范围；
(2)直线y=−34x+b(b>0)与x轴，y轴分别交于A，B两点，若存在以直线AB为对称轴，且斜边长为2的等腰直角三角形，使得该三角形边上任意一点都为△OAB的“翻折点”，直接写出b的取值范围．
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：把一个正五棱柱如图摆放，光线由上向下照射此正五棱柱时的正投影是正五角形．
故选：B．
根据平行投影特点以及图中正五棱柱的摆放位置即可求解．
本题考查了平行投影特点，不同位置，不同时间，影子的大小、形状可能不同，具体形状应按照物体的外形即光线情况而定．

2.【答案】D 
【解析】解：A.2a+3a=5a，故此选项不合题意；
B.a⋅a⋅a=a3，故此选项不合题意；
C.(a3)2=a6，故此选项不合题意；
D.a(m+n)=am+an，故此选项符合题意．
故选：D．
直接利用合并同类项法则以及积的乘方运算法则、同底数幂的乘法运算法则、单项式乘多项式分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了合并同类项以及积的乘方运算、同底数幂的乘法运算、单项式乘多项式，正确掌握相关运算法则是解题关键．

3.【答案】A 
【解析】解：∵a+b<0，且b>0，
∴a<0，且|a|>|b|，
∵1 ∴a≤−2，
故选：A．
根据有理数加法法则判断出a为负数，且绝对值大于b，由b的取值判断a的取值必小于等于−2．
本题考查了有理数的加法法则的应用，利用数轴判断数的大小是解题关键．

4.【答案】C 
【解析】解：如图所示，该图形的对称轴的条数为3．

故选：C．
根据轴对称图形的概念求解．
本题考查了轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．

5.【答案】B 
【解析】解：列表得：

(1,6)
(2,6)
(3,6)
(4,6)
(5,6)
(6,6)
(1,5)
(2,5)
(3,5)
(4,5)
(5,5)
(6,5)
(1,4)
(2,4)
(3,4)
(4,4)
(5,4)
(6,4)
(1,3)
(2,3)
(3,3)
(4,3)
(5,3)
(6,3)
(1,2)
(2,2)
(3,2)
(4,2)
(5,2)
(6,2)
(1,1)
(2,1)
(3,1)
(4,1)
(5,1)
(6,1)
由表可知一共有36种情况，两枚骰子点数相同的有6种，
所以两枚骰子点数相同的概率为636=16，
故选：B．
首先根据题意列出表格，然后由表格即可求得所有等可能的结果与两枚骰子点数相同的情况，再利用概率公式即可求得答案．
本题考查了列表法与树状图法求随机事件的概率，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；解题时还要注意是放回试验还是不放回试验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

6.【答案】B 
【解析】解：∵a−b=2，
∴2a+b⋅(1+2ba−b)
=2a+b⋅a−b+2ba−b
=2a+b⋅a+ba−b
=2a−b
=22
=1，
故选：B．
先将所求式子化简，然后将a−b的值代入计算即可．
本题考查分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．

7.【答案】C 
【解析】解：∵△ABC与△GEH是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，
∴△ABC与△GEH是位似图形，
故选：C．
根据位似变换的概念判断即可．
本题考查的是位似变换，如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形．

8.【答案】A 
【解析】解：一周的阅读量为：15+20+15+10+20+40+30=150页，
10天连续阅读量为一周阅读量+连续三天的阅读量，
当x=1时，则10天阅读了150+15+20+15=200 (页)，
当x=2时，则10天阅读了150+20+15+10=195 (页)，
当x=3时，则10天阅读了150+15+10+20=195 (页)，
当x−4时，则10天阅读了150+10+20+40=220 (页)，
当x=5时，则10天阅读了150+20+40+30=240页)，
当x=6时，则10天阅读了150+40+30+15=235 (页)，
当x=7时，则10天阅读了150+30+15+20=210 (页)，
则剩余的页数，表现在图象上的规律为先升后降，然后再降后升，
故选：A．
根据题意，分别代入x=1，2，3，4，5，6，7，求得10天后的剩余页数，对比函数图象即可求解．
本题考查了函数图象，利用数形结合的方法是解答本题的关键．

9.【答案】x≠2 
【解析】解：∵代数式12−x有意义，
∴2−x≠0，
解得：x≠2．
故答案为：x≠2．
直接利用分式有意义，则分母不为零，进而得出答案．
此题主要考查了分式有意义的条件，正确掌握相关定义是解题关键．

10.【答案】a(x+2)(x−2) 
【解析】解：ax2−4a，
=a(x2−4)，
=a(x+2)(x−2)．
先提取公因式a，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．
本题考查用提公因式法和公式法进行因式分解的能力，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．

11.【答案】−2(答案不唯一) 
【解析】解：∵“ x2=x”是错误的，
∴x的值可以是−2(答案不唯一)．
故答案为：−2(答案不唯一)．
直接利用二次根式的性质，进而得出符合题意的答案．
此题主要考查了二次根式的性质，正确掌握二次根式的性质是解题关键．

12.【答案】 13 
【解析】解：作DE⊥l于点E，BF⊥l于点F，则∠DEA=∠AFB=90°，
∵点B到直线l的距离为3，点D到直线l的距离为2，
∴BF=3，DE=2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BA，∠DAB=90°，
∴∠DAE=∠ABF=90°−∠BAF，
在△DAE和△ABF中，
∠DEA=∠AFB∠DAE=∠ABFAD=BA，
∴△DAE≌△ABF(AAS)，
∴AE=BF=3，
∴AD= AE2+DE2= 32+22= 13，
故答案为： 13．
作DE⊥l于点E，BF⊥l于点F，则BF=3，DE=2，可证明△DAE≌△ABF，得AE=BF=3，则AD= AE2+DE2= 13，于是得到问题的答案．
此题重点考查正方形的性质、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．

13.【答案】−1(答案不唯一) 
【解析】解：∵点A(1,y1)和点B(3,y2)在反比例函数y=kx的图象上，且y1 ∴反比例函数y=kx的图象在二、四象限，
∴k<0，
∴k的值可以为−1．
故答案为：−1(答案不唯一)．
根据点的坐标特点得出反比例函数y=kx的图象在二、四象限，根据反比例函数的性质得出k<0．
此题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点及平面直角坐标系中各象限内点的坐标特点，熟知反比例函数的性质是解题的关键．

14.【答案】三至五个月 
【解析】解：∵表中种子的发芽率在0.82～0.9之间，
∴据此推测这批咖啡树种子的保存时间是三至五个月．
故答案为：三至五个月．
根据表中种子的发芽率，结合咖啡树种子保存到三个月时，发芽率约为95%；从三个月到五个月，发芽率会逐渐降到75%；从五个月到九个月，发芽率会逐渐降到25%做出判断即可．
本题考查了百分数的应用，解题的关键是从表格中准确获取信息并灵活运用．

15.【答案】3 
【解析】解：∵OC⊥AB，
∴∠AOD=90°，AD=BD=12AB=3，
在Rt△AOD中，OD= OA2−AD2= ( 10)2−32=1，
∴tan∠AOD=ADOD=31=3．
故答案为：3．
先利用垂径定理得到AD=3，再利用勾股定理计算出OD，然后根据正切的定义求解．
本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了解直角三角形．

16.【答案】点A  3 
【解析】解：(1)m=0.2(4+7+10)=4.2.AM=4.2−4=0.2，BM=7−4.2=2.8，CM=10−4.2=5.8，所以A，B，C中与M距离最小的点为A．
故答案为：点A．
    (2)m=0.2(4+7+c)=2.2+0.2c．
①当c=1时，m=2.4.AM=1.6 BM=4.6，CM=1.4，此时CM最小．
②当c=2时，m=2.6.AM=1.4 BM=4.4，CM=0.6，此时CM最小．
③当c=3时，m=2.8.AM=1.2 BM=4.2，CM=0.2此时CM最小；
所以符合条件的点C有3个．
故答案为：3．
(1)若c=10，a=4，b=7，求出没m的值，再求出A，B，C中与M距离，比较大小，得出与M距离最小的点为A；
(2)若在A，B，C中，点C是一个变化的点，点M随它变化，因此AM、BM、CM也随之变化．点C与点M的距离最小，则符合条件的点C有3个．
此题主要考查了实数大小比较的方法，在数轴上表示数的方法，以及数轴的特征：一般来说，当数轴正方向朝右时，右边的数总比左边的数大．

17.【答案】解：原式=2+ 3−1− 3−1
=0． 
【解析】直接利用负整数指数幂的性质、绝对值的性质、特殊角的三角函数值、零指数幂的性质分别化简，进而得出答案．
此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．

18.【答案】解：去分母，得3(x−1)≥4x−6，
去括号，得3x−3≥4x−6．
移项，得3x−4x≥−6+3．
合并，得−x≥−3．
解得x≤3．
在数轴上表示为：
． 
【解析】根据不等式的性质：去分母、移项，再合并同类项最后系数化1即可．
本题考查了解简单不等式的能力，解答这类题学生往往在解题时不注意性质3而出错．解不等式要依据不等式的基本性质：
(1)不等式的两边同时加上或减去同一个数或整式不等号的方向不变；
(2)不等式的两边同时乘以或除以同一个正数不等号的方向不变；
(3)不等式的两边同时乘以或除以同一个负数不等号的方向改变．

19.【答案】90  ∠BCF(答案不唯一) 
【解析】解：(1)如图，AD为所作；

(2)①∵AB=AC，AD⊥BC，
∴DB=DC，AD平分∠BAC，
∴BC为⊙O的直径，
∴∠BEC=90°；
故答案为：90；
②∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴BC为⊙O的直径，
∴∠CFB=∠BEC=90°，
∴∠CBE=∠BCF，
∵∠CBE+∠BCE=90°，∠CAD+∠ACD=90°，
∴∠CBE=∠CAD，
∴∠CBE=∠CAD=∠BAD=∠BCF．
故答案为：∠BCF(答案不唯一)．
(1)利用基本作图，作BC的垂直平分线得到AD；
(2))①根据等腰三角形的性质得到DB=DC，则BC为⊙O的直径，然后根据圆周角定理得到∠BEC=90°；
②先利用AB=AC得到∠ABC=∠ACB，再根据圆周角定理得到∠CFB=∠BEC=90°，根据等角的余角相等得到∠CBE=∠CAD=∠BAD=∠BCF．
本题考查了作图−基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了等腰三角形的性质和圆周角定理．

20.【答案】解：(1)方程有两个不相等的实数根．
∵关于x的一元二次方程x2−2x+m=0中，
a=1，b=−2，c=m，
∴b2−4ac=(−2)2−4×1×m=4−4m，
∵m<0，
∴4−4m>0，
∴原方程有两个不相等的实数根．
(2)∵−1是方程的一个根，
∴(−1)2−2×(−1)+m=0，
∴m=−3；
设方程的另一个根为x2，
∵−1+x2=2，
∴x2=3．
∴m=−3，方程的另一个根为3． 
【解析】(1)求出b2−4ac的值，再根据根的判别式判断即可；
(2)把x=−1代入方程，求出m的值，再设方程的另一个根为x2，根据根与系数的关系求出x2的值即可．
本题考查了解一元二次方程、根的判别式和根与系数的关系等知识点，能熟记根的判别式和根与系数的关系是解此题的关键．

21.【答案】解：(1)∵直线y=kx−1与y=12x交于点A(2,m)，
将A(2,m)代入y=12x得m=1，
将A(2,1)代入y=kx−1得1=2k−1，
解得k=1；
(2)过点P作垂直于x轴的直线交直线y=x−1于点M，交直线y=12x于点N，
∵点P(n,0)，
∴M(n,n−1)，N(n,12n)，
∵MN=2，
∴|n−1−12n|=2，
解得n=6或−2． 
【解析】(1)将点A的坐标代入两个表达式求得m，k的值；
(2)根据点P的坐标，表示点M，N的坐标，由MN=2，即可得出|n−1−12n|=2，解方程即可．
本题考查了一次函数的交点问题、待定系数法求函数解析式，线段的长度；熟练掌握待定系数法是解决问题的关键．

22.【答案】证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，
∵EF=DE，
∴OE是△BDF的中位线，
∴OE//BF，BF=2OE，
∵E为OA的中点，
∴OA=2OE，
∴BF=OA，
∴四边形AFBO为平行四边形；
(2)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠BDA=∠DBC，
∵∠BDA=∠BDC，
∴∠DBC=∠BDC，
∴CD=CB，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOB=90°，
由(1)可知，四边形AFBO为平行四边形，
∴平行四边形AFBO为矩形． 
【解析】(1)由三角形中位线定理得OE//BF，BF=2OE，再证BF=OA，即可得出结论；
(2)证∠DBC=∠BDC，得CD=CB，再证平行四边形ABCD是菱形，得AC⊥BD，然后由矩形的判定即可得出结论．
本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、三角形中位线定理以及等腰三角形的判定等知识，熟练掌握矩形的判定和菱形的判定与性质是解题的关键．

23.【答案】86  87  甲 
【解析】解：(1)∵甲款红茶分数在85≤x<90的频数为10，
∴分数在90≤x<95这一组的频数为25−2−1−4−10−4=4，
补全频数分布直方图：

(2)根据所给数据可得众数为86，中位数为从小到大排列的第13个数据为87，
故答案为：86，87；
(3)以这25名消费者评分的平均数和专业机构的评分按照6：4的比例确定最终成绩为：
甲的成绩：86.6×6+93×46+4=89.16(分)，
乙的成绩：87.5×6+87×46+4=87.3(分)，
∵89.16>87.3，
∴可以认定甲款红茶最终成绩更高．
故答案为：甲．
(1)求出甲款红茶分数在90≤x<95这一组的频数，即可补全频数分布直方图；
(2)分别根据众数和中位数定义即可求出答案；
(3)根据加权平均数公式分别求得两款红茶的得分，即可得出结论．
本题考查频数(率)分布直方图，频数(率)分布表，中位数，众数，同时还要掌握加权平均数的计算方法，解题的关键是有较强的识图能力和计算能力．

24.【答案】(1)证明：过O作OH⊥AC于H，
∴∠OHA=90°，
∴∠AOH+∠OAC=90°，
∵PA是⊙O的切线，
∴∠OAP=90°，
∴∠OAC+∠PAC=90°，
∴∠AOH=PAC，
∵OA=OC，
∴∠AOC=2∠AOH，
∴∠AOC=2∠PAC；
(2)解：连接OB，延长AC交PB于E，
∵PA，PB是⊙O的切线，
∴OB⊥PB，PA=PB，
∵AC//OB，
∴AC⊥PB，
∴四边形OBEH是矩形，
∴OH=BE，HE=OB=5，
∵OH⊥AC，OA=OC，
∴AH=CH=12AC=3，
∴OH= OC2−CH2=4，
∴BE=OH=4，AE=AH+HE=8，
∵PA2=AE2+PE2，
∴PA2=82+(PA−4)2，
∴PA=10． 
【解析】(1)过O作OH⊥AC于H，得到∠OHA=90°，根据切线的性质得到∠OAP=90°，根据余角的性质得到∠AOH=PAC，根据等腰三角形的性质即可得到结论；
(2)连接OB，延长AC交PB于E，根据切线的性质得到OB⊥PB，PA=PB，根据矩形的性质得到OH=BE，HE=OB=5，根据勾股定理即可得到结论．
本题考查了切线的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．

25.【答案】3.84  2.52  = 
【解析】解：(1)由抛物线的对称性及已知表1中的数据可知：m=3.84；
在“间发式“模式下，球从发球器出口到第一次接触台面的运动轨迹近似为一条直线，
设这条直线的解析式为y=kx+b(k≠0)，把(0,3.36)、(8,0)代入，得b=3.368k+b=0，
解得：k=−0.42b=3.36，
∴这条直线的解析式为y=−0.42x+3.36，
当x=2时，y=−0.42×2+3.36=2.52，
表格2中，n=2.52；
故答案为：3.84，2.52；
(2)由已知表1中的数据及抛物线的对称性可知：
“直发式“模式下，抛物线的顶点为(4,4)，
∴设此抛物线的解析式为y=a(x−4)2+4(a<0)，
把(0,3.84)代入，得3.84=a(0−4)2+4，
解得：α=−0.01，
∴“直发式“模式下，球第一次接触台面前的运动轨迹的解析式为y=−0.01(x−4)2+4；
(3)当y=0时，0=−0.01(x−4)2+4，
解得：x1=−16(舍去)，x2=24，
∴“直发式”模式下球第一次接触台面时距离出球点的水平距离为d1=24；
“间发式“模式下，球第一次接触台面到第二次接触台面的运动轨迹近似为一条抛物线，
由已知表2中的数据及抛物线的对称性可知：“间发式“模式下，这条抛物线的顶点坐标为(16,3.20)，
∴设这条抛物线的解析式为y=m(x−16)2+3.2 (m<0)，
把(8,0)代入，得0=m(8−16)2+3.2，
解得：m=−0.05，
∴这条抛物线的解析式为y=−0.05(x−16)2+3.2，
当y=0时，0=−0.05(x−16)2+3.2，
解得：x1=8，x2=24，
∴d2=24dm，
∴d1=d2，
故答案为：=．
(1)根据表1数据直接得出m的值；由“间发式”模式下，球从发球器出口到第一次接触台面的运动轨迹近似为一条直线，设出抛物线解析式，用待定系数法求出函数解析式，然后把x=2代入解析式得出y的值即可；
(2)用待定系数法求出函数解析式即可；
(3)令(2)中解析式y=0，解方程求出x的值；设出“间发式“模式下的抛物线解析式，用待定系数法求出函数解析式，再令y=0，解方程求出x得值．
本题考查二次函数的应用，关键是用待定系数法求出函数解析式．

26.【答案】解：(1)∵y=ax2+bx+a+2(a>0)过点(1,4a+2)，
∴4a+2=a+b+a+2，
∴b=2a，
∴y=ax2+2ax+a+2=a(x+1)2+2，
∴该抛物线的顶点坐标为(−1,2)；
(2)∵b=2a，
∴抛物线的对称轴为直线x=−2a2a=−1，
①当a=1时，则y=(x+1)2+2，M(−2,y1)，N(0,y2)，
∴y1=(−2+1)2+2−2×3=−3，y2=(0+1)2+2−2×3=−3，
∴t=y1+y2=−6；

②∵y=ax2+2ax+a+2，
∴直线l的解析式为y=a+2，
当0 ∴点M，N在原抛物线上，
∴点M，N关于直线x=−1对称，
∴y1=y2，
当x=0时，y0=a+2，
∵a>0，
∴抛物线的开口向上，
∴x≥−1时，y随x的增大而增大，
∴y2 ∴t=y1+y2<2(a+2)<6，不符合题意，
当a=1时，由①可知t=6，符合题意，
当a>1时，−1−a<0<−1+a，
∴点M在原抛物线上，点N在原抛物线沿直线l翻折后的抛物线上，
∴点N关于直线l的对称点N′在原抛物线上，
∴点M(−1−a,y1)，N′(−1+a.2a+4−y2)关于x=−1对称，
∴y1=2a+4−y2，
∴t=y1+y2=2a+4，
∵6≤t≤9，
∴6≤2a+4≤9，
∴1≤a≤52．
综上所述，a的取值范围为1≤a≤52． 
【解析】(1)利用待定系数法求出a，b的关系，再利用对称轴公式求解即可．
(2)①分别求出y1，y2，可得结论；
②分三种情形：当01时，分别求解，可得结论．
本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法等知识，解题的关键是理解题意，学会于分类讨论的射线思考问题．

27.【答案】解：(1)①解：如图所示，

②证明：如图，连接AD，
∵AB=AC，点D是BC的中点，
∴∠BAD=∠CAD=α，∠B+∠BAD=90°，
∵将射线AE绕点A逆时针旋转α得到射线AM，
∴∠EAF=α=∠BAD，
∵EF⊥AE，
∴∠EAF+∠AFE=90°，
∴∠B=∠AFE；
(2)解：DF=CF，理由如下：
如图，延长AE至H，使EH=AE，连接DH，
∵点E是BD的中点，
∴BE=DE，
又∵AE=EH，∠AEB=∠HED，
∴△ABE≌△HDE(SAS)，
∴∠BAE=∠AHD，AB=DH=AC，
∵AE=EH，AE⊥EF，
∴AF=FH，
∴∠FAE=∠FHE=α，
∵∠BAC=2α，
∴∠BAE+∠CAF=α=∠AHD+∠FHD，
∴∠CAF=∠FHD，
∴△ACF≌△HDF(SAS)，
∴DF=CF． 
【解析】(1)①根据题意画出图形，即可求解；
②由余角的性质可得结论；
(2)由“SAS”可证△ABE≌△HDE，可得∠BAE=∠AHD，AB=DH=AC，由“SAS”可证△ACF≌△HDF，可得CF=DF．
本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．

28.【答案】解：(1)①∵A(3,0)，B(0,3 3)，
∴OA=3，OB=3 3，则AB=6，
∴tan∠OBA=OAOB=33 3= 33，
∴∠OBA=30°，则∠BAO=60°，
∵点M与点A重合，点N与点B重合，
∴OA=PA=3，∠OAP=120°，
过点P作PD⊥x轴于点D，

依题意OA⊥AB，则PA=OA=3，∠POA=30°，
∴PD=3 32，AD=32，
∴OD=OA+AD=92，
∴△OAB的“翻折点”的坐标为P(92,3 32)；
②∵点O与点P关于MN对称，
∴MN为线段OP的垂直平分线，
当点N运动到点B时，NO=NP=3 3，
AP=6−3 3，
当点M运动到点A时，AP=OA=3，
∴6−3 3≤PA≤3．

(2)直线y=−34x+b(b>0)与x轴，y轴分别交于A，B两点，
令x=0，则y=b，令y=0，解得x=43b，
∴A(43b,0)，B(0,b)，
对于Rt△OAB中，先固定N点，当M运动时始终由NO=NP，
∴在M运动时，P点到轨迹为以N为圆心，NO为半径的一段圆弧上，临界点分母是M与点O与点A重
合时，
当点N运动时，这段圆弧也随之运动，形成封闭的图形，如图所示，

该图形为：以A为圆心，43b为半径的⊙A与以B为圆心，b为半国的⊙B的两圆的公共部分，
当以直线4B为对称轴时，斜边为2的等腰直角三角形边上任第一点都是△OAB的“翻折点”，即该等腰直角三角形在上述封闭图形内．
∵⊙A的半径大于⊙B的半径，
∴当等腰直角三角形的料边刚好在⊙A上(即为⊙A的弦)时，可得b的最大值，

∴(1+23b)2+12=(43b)2，
解得：b=1+ 72，
∴b≥1+ 72． 
【解析】(1)①根据已知条件得出∠OBA=30°，则∠BAO=60°，点M与点A重合，点N与点B重合，则OA=PA=3，∠OAP=120°，过点P作PD⊥x轴于点D，依题意OA⊥AB，则PA=OA=3，∠POA=30°，进而求得PD=3 32，即可求解；
②根据心得与得出MN为线段OP的垂直平分线，当点N运动到点B时，NO=NP=3 3，点M运动到点A时，AP=OA=3，即可求得PA的范围；
(2)根据一次函数得出A(43b,0)，B(0,b)，对于Rt△OAB中，先固定N点，当M运动时始终由NO=NP，进而得出以A为圆心，43b为半径的⊙A与以B为圆心，b为半径的⊙B的两圆的公共部分，当以直线AB为对称轴时，斜边为2的等腰直角三角形边上任意一点都是△OAB的“翻折点”，即该等腰直角三角形在上述封闭图形内，
进而根据勾股定理，求得b的值，结合图形即可求解．
本题考查了几何新定义，折叠的性质，一次函数与直线的交点坐标，解直角三角形，等腰三角形的性质与判定，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．