2023-2024学年北京八十中九年级（上）月考数学试卷（12月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年北京八十中九年级（上）月考数学试卷（12月份）（含解析），共19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。

1.如图所示美丽的图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.已知sinA=12，则锐角A的度数是( )
A. 75°B. 60°C. 45°D. 30°
3.如图，点A、B、C是⊙O上的三点，∠BAC=25°，则∠BOC的度数是( )
A. 30°
B. 40°
C. 50°
D. 60°
4.抛物线y=(x−2)2+1的顶点坐标是( )
A. (−1,2)B. (2,1)C. (−2,1)D. (−2,−1)
5.已知⊙O的半径为3cm，点P在⊙O内，则线段OP的长度可以是( )
A. 2cmB. 3cmC. 6cmD. 5cm
6.如图，在△ABC中，以C为中心，将△ABC顺时针旋转35°得到△DEC，边ED，AC相交于点F，若∠A=30°，则∠EFC的度数为( )
A. 60°B. 65°C. 72.5°D. 115°
7.在平面直角坐标系中，将抛物线y=x2平移，可以得到抛物线y=x2+2x+1，下列平移的叙述正确的是( )
A. 向上平移1个单位长度B. 向下平移1个单位长度
C. 向左平移1个单位长度D. 向右平移1个单位长度
8.滑雪运动员苏翊鸣一次滑雪过程中，第x秒时的高度为y米，且高度与时间的关系为y=ax2+bx+c(a<0)，若苏翊鸣在第2秒与第5秒时的高度相等，则下列时间苏翊鸣所在高度最高的是( )
A. 第1秒B. 第5秒C. 第6秒D. 第4秒
二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共16分。
9.在平面直角坐标系中，点(−5,1)关于原点对称的点的坐标是______ ．
10.方程x2−4=0的根是 ．
11.把二次函数y=x2−2x+4变形为y=a(x−h)2+k的形式，h= ______ ，k= ______ ．
12.如图，在▱ABCD中，E是BC上一点，AE交BD于F，BE=3，EC=2，S△AFD=10，则S△BEF= ______ ．
13.若关于x的方程x2+bx+c=0有两个相等的实数根，写出一组满足条件的实数b，c的值：b= ______ ，c= ______ ．
14.随机抛掷一枚纪念币的试验，得到的结果如表所示：
下面有3个推断：
①抛掷次数是1000时，“正面向上”的频率是0.511，所以“正面向上”的概率是0.511；
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______ ．
15.“莱洛三角形”也称为圆弧三角形，它是工业生产中广泛使用的一种图形.如图，分别以等边△ABC的三个顶点为圆心，以边长为半径画弧，三段圆弧围成的封闭图形是“莱洛三角形”.若等边△ABC的边长为3，则该“莱洛三角形”的周长等于______ ．
16.在平面直角坐标系xOy中，一个图形上的点都在一边平行于x轴的矩形内部(包括边界)，这些矩形中面积最小的矩形称为该图形的关联矩形.例如：如图，函数y=(x−2)2(0≤x≤3)的图象(抛物线中的实线部分)，它的关联矩形为矩形OABC.若二次函数y=14x2+bx+c(0≤x≤3)图象的关联矩形恰好也是矩形OABC，则b= ______ ．
三、计算题：本大题共1小题，共4分。
17.解方程：x2−4x+3=0．
四、解答题：本题共11小题，共64分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题5分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(3,3)，点B(4,0)，点C(0,−1)．
(1)以点C为中心，把△ABC逆时针旋转90°，画出旋转后的图形△A′B′C；
(2)在(1)中的条件下，
①AC扫过的面积为______ (结果保留π)；
②写出点B′的坐标为______ ．
19.(本小题5分)
不透明的袋子中装有四个小球，除标有的汉字不同外无其它差别，小球上分别标有汉字“我”、“爱”、“八”、“十”，每次摸球前先摇匀．
(1)随机摸出一个小球，摸到“爱”字的概率为______ ；
(2)随机摸出一个小球后，放回并摇匀，再随机摸出一个，请用列表法或树形图法求两次摸到的小球上的汉字一个是“八”，一个是“十”的概率．
20.(本小题6分)
已知关于x的一元二次方程x2+(2−m)x+1−m=0．
(1)求证：方程总有两个实数根；
(2)若m<0，且此方程的两个实数根的差为3，求m的值．
21.(本小题5分)
一幅长20cm、宽12cm的图案，如图，其中有一横两竖的彩条，横、竖彩条的宽度比为3：2.设竖彩条的宽度为xcm，图案中三条彩条所占面积为ycm2．
(1)求y与x之间的函数关系式：
(2)若图案中三条彩条所占面积是图案面积的25，求横、竖彩条的宽度．
22.(本小题5分)
如图，△ABC内接于⊙O，高AD经过圆心O．
(1)求证：AB=AC；
(2)若BC=8，⊙O的半径为5，求tan∠BAD的值．
23.(本小题6分)
如图，已知AB，如何等分AB？下面给出两种作图方法，利用直尺和圆规完成作图，并补全证明过程．
方法一：①作射线OA，OB；
②作∠AOB的平分线OD，与AB交于点C；
点C即为所求作．
证明：∵OC平分∠AOB
∴∠AOC=∠BOC
∴AC=BC(______ )(填推理的依据)．
方法二：①连接AB；
②作线段AB的垂直平分线EF，直线EF与AB交于点C；
点C即为所求作．
证明：∵EF垂直平分弦AB
∴直线EF经过圆心O，
∴AC=BC(______ )(填推理的依据)．
24.(本小题6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6分)
小军老师不仅是一名羽毛球运动爱好者，还喜欢运用数学知识对羽毛球比赛进行技术分析，下面是他对击球线路的分析.如图，在平面直角坐标系中，点A，C在x轴上，球网AB与y轴的水平距离OA=3m，CA=2m，击球点P在y轴上.若选择扣球，羽毛球的飞行高度y(m)与水平距离x(m)近似满足一次函数关系y=−0.4x+2.8；若选择吊球，羽毛球的飞行高度y(m)与水平距离x(m)近似满足二次函数关系y=a(x−1)2+3.2．
(1)求点P的坐标和a的值．
(2)小军老师分析发现，上面两种击球方式均能使球过网.则球网AB的高度范围______ m；
(3)要使球的落地点到C点的距离更近，请通过计算判断应选择哪种击球方式．
26.(本小题6分)
已知抛物线y=ax2+bx+3的对称轴为直线x=t．
(1)若点(2,3)在抛物线上，求t的值；
(2)若点(x1,1)，(x2,5)在抛物线上；
①当t=1时，求a的取值范围；
②若t≤x127.(本小题7分)
将线段AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AC，继续旋转a(0°(1)连接BD，如图1，若a=80°，则∠BDC的度数为______ ；(直接写出结果)
(2)如图2，以AB为斜边作直角三角形ABE，使得∠B=∠ACD，连接CE，DE.若∠CED=90°，求a的值．
(3)在(2)条件下，连接BD，交AC于F点，CF= 2，直接写出CD的长______ ．
28.(本小题7分)
在平面直角坐标系xOy中，有不重合的两个点P(x1,y1)与Q(x2,y2)，若P，Q为某个直角三角形的两个锐角顶点，且该直角三角形的直角边均与x轴或y轴平行(或重合)，则我们将该直角三角形的两条直角边的边长之和称为点P与点Q之间的“折距”，记作LPQ或LQP.特别地，当PQ与某条坐标轴平行(或重合)时，线段PQ的长即是点P与点Q之间的“折距”.例如，如图，点P(2,4)，点Q(4,1)，此时LPQ=5，已知O为坐标原点，解答下列问题：
(1)①若点P(3,2)，则LOP= ______ ；
②若点Q是以O为圆心，2为半径的⊙O上任意一点，则LOQ的最大值是______ ；
(2)若一次函数y=x+2的图象分别交x轴、y轴于点A、B，点P是线段AB上一点，求LOP的值；
(3)已知点M(2,1)，若r为半径的⊙O上有且只有两个点到点M的折距为3，直接写出r的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故本选项符合题意；
B、图形不是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、图形不是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：A．
根据轴对称图形和中心对称图形的定义结合图形的特点选出即可．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原来的图形重合．
2.【答案】D
【解析】解：∵A为锐角，且sinA=12，
∴∠A=30°．
故选：D．
根据特殊角的三角函数值直接求解即可．
本题主要考查了特殊角的三角函数值，在中考中经常出现，题型以选择题、填空题为主．
关键是熟记特殊角三角函数值：
sin30°=12，cs30°= 32，tan30°= 33，ct30°= 3；
sin45°= 22，cs45°= 22，tan45°=1，ct45°=1；
sin60°= 32，cs60°=12，tan60°= 3，ct60°= 33．
3.【答案】C
【解析】解：∵BC对的圆心角为∠COB，对的圆周角为∠CAB，∠BAC=25°，
∴∠COB=2∠CAB=50°，
故选：C．
根据圆周角定理得出∠COB=2∠CAB，代入求出即可．
本题考查了圆周角定理，能根据圆周角定理得出∠COB=2∠CAB是解此题的关键．
4.【答案】B
【解析】解：y=(x−2)2+1的顶点坐标为(2,1)，
故选：B．
由抛物线的性质，求解即可．
此题考查了抛物线的性质，解题的关键是熟练掌握抛物线的有关性质．
5.【答案】A
【解析】解：∵点P在⊙O内，⊙O的半径为3cm，
∴OP<3cm，
A、2cm<3cm，故本选项正确，符合题意；
B、3cm=3cm，此时P在圆上，故本选项错误，不符合题意；
C、6cm>3cm，此时P在圆外，故本选项错误，不符合题意；
D、5cm>3cm，此时P在圆外，故本选项错误，不符合题意；
故选：A．
当⊙O的半径是R，点P到圆心O的距离是d，当d=R时，点P在⊙O上，当dR时，点P在⊙O外，根据以上内容判断即可．
本题考查了点和圆的位置关系，解答本题的关键要明确点P和圆O有三种位置关系：当⊙O的半径是R，点P到圆心O的距离是d，①当d=R时，点P在⊙O上，②当dR时，点P在⊙O外．
6.【答案】B
【解析】解：由旋转的性质得：∠D=∠A=30°，∠DCF=35°，
∴∠EFC=∠D+∠DCF
=30°+35°
=65°；
故选：B．
分析：由旋转的性质得出∠D=∠A=30°，∠DCF=35°，由三角形的外角性质即可得出答案．
本题考查了旋转的性质以及三角形的外角性质；熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
7.【答案】C
【解析】解：∵y=x2+2x+1=(x+1)2，
∴平移后抛物线的顶点为(−1,0)，
抛物线y=x2的顶点为(0,0)，
∴点(0,0)向左平移1个单位得点(−1,0)，
∴抛物线y=x2向左平移1个单位可得抛物线y=x2+2x+1，
故选：C．
先确定抛物线y=x2+2x+1的顶点(−1,0)，再根据平移规律点(0,0)向左平移1个单位得(−1,0)即可得出结论．
本题考查了二次函数的图象与几何变换，熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减是解题的关键．
8.【答案】D
【解析】解：二次函数的对称轴为：x=2+52=3.5，
∵二次函数值越接近对称轴，数值越大，
∵1，4，5，6中，最接近3.5的是4，
∴第四秒的高度最高．
故选：D．
根据二次函数的性质求解即可．
本题主要考查了二次函数图象的性质，算出二次函数的对称轴是本题解题的关键．
9.【答案】(5,−1)
【解析】解：在平面直角坐标系中，点(−5,1)关于原点对称的点的坐标是(5,−1)，
故答案为：(5,−1)．
根据关于原点对称的点横纵坐标都互为相反数进行求解即可．
本题主要考查了求关于原点对称的点的坐标，熟知关于原点对称的点横纵坐标都互为相反数是解题的关键．
10.【答案】x=±2
【解析】【分析】
本题考查了一元二次方程的解法，本题可运用直接开平方法求解．
【解答】
解：x2−4=0
x2=4
x=±2．
故答案为x=±2．
11.【答案】1 3
【解析】解：y=x2−2x+4=x2−2x+1+3=(x−1)2+3，
∴h=1，k=3．
故答案为：1，3．
采用配方法来转化二次函数的形式即可．
本题主要考查了二次函数的三种形式，合理运用配方法是本题解题的关键．
12.【答案】185
【解析】解：∵在▱ABCD中，E是BC上一点，AE交BD于F，BE=3，EC=2，
∴AD=BC，BC=BE+EC=5，AD//BC，
∴△AFD∽△EFB，
∴BEAD=35，
∴S△BEFS△DFA=(35)2，
∵S△AFD=10，
∴S△BEF=185，
故答案为：185．
根据题目中的条件和所求问题，由三角形相似和相似三角形的面积比等于相似比的平方可以解答本题．
本题考查相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用三角形的相似解答问题．
13.【答案】2 1
【解析】解：答案不唯一，
∵方程有两个相等的实数根，
∴Δ=b2−4c=0，
则b=2，c=1，
故答案为：2，1．
利用方程有两个相等的实数根得到Δ=b2−4c=0，于是得到结论．
本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根与Δ=b2−4ac有如下关系：当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ<0时，方程无实数根．
14.【答案】②③
【解析】解：①抛掷次数是1000时，“正面向上”的频率是0.511，1000不足够大，所以“正面向上”的概率是不一定是0.511；
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，合理；
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，合理．
故其中所有合理推断的序号是②③．
故答案为：②③．
逐一分析：①抛掷次数是1000时，“正面向上”的频率是0.511，1000不足够大，所以“正面向上”的概率是不一定是0.511；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，合理；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，合理．即可得其中所有合理推断的序号是②③．
本题主要考查了频率与概率的知识，解题关键是正确应用相关知识分析判断．
15.【答案】3π
【解析】解：∵等边三角形ABC的边长为3，∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
∴l=60π×3180=π，
∴该“莱洛三角形”的周长=3×π=3π，
故答案为：3π．
根据等边三角形的性质及弧长公式l=nπr180求解即可．
本题考查了等边三角形的性质，弧长公式，熟练掌握等边三角形的性质和弧长公式是解题的关键．
16.【答案】712或−2512
【解析】解：由y=(x−2)2(0≤x≤3)，当x=0时，y=4，
∴C(0,4)，
∵A(3,0)，四边形ABCO是矩形，
∴B(3,4)，
①当抛物线经过O、B时，将点O(0,0)，B(3,4)代入y=14x2+bx+c(0≤x≤3)得
c=014×9+3b+c=4，
解得b=712；
②当抛物线经过A、C时，将点A(3,0)，C(0,4)代入y=14x2+bx+c(0≤x≤3)得
c=414×9+3b+c=0，
解得b=−2512，
综上所述，b=712或b=−2512，
故答案为：712或−2512，
根据题意求得点A(3,0)，B(3,4)，C(0,4)，然后分两种情况，利用待定系数法求出解析式即可．
本题考查了待定系数法求抛物线的解析式，能够理解新定义，最小矩形的限制条件是解题的关键．
17.【答案】解：x2−4x+3=0
(x−1)(x−3)=0
x−1=0，x−3=0
x1=1，x2=3．
【解析】本题考查的是一元二次方程的解法，掌握因式分解法解一元二次方程的一般步骤是解题的关键．属于基础题．
利用因式分解法解出方程．
18.【答案】25π4 (−1,3)
【解析】解：(1)如图所示，△A′B′C即为所求；
；
(2)①∵AC= 32+42=5，∠ACA′=90°，
∴AC扫过的面积为90⋅π⋅52360=25π4，
故答案为：25π4；
②由图知点B′的坐标为(−1,3)，
故答案为：(−1,3)．
(1)根据旋转的定义作出点A、B绕点C逆时针旋转90°得到的对应点，再顺次连接可得；
(2)①根据扇形面积公式列式计算即可；
②根据(1)中所作图形可得．
本题主要考查作图−旋转变换，解题的关键是根据旋转变换的定义作出对应点及扇形面积公式．
19.【答案】14
【解析】解：(1)随机摸出一个小球，摸到“爱”字的概率为14，
故答案为：14；
(2)列表如下：
由表知，共有16种等可能结果，其中两次摸到的球上的汉字，一个是“八”，一个是“十”的有2种结果，
所以两次摸到的球上的汉字，一个是“八”，一个是“十”的概率为216=18．
(1)直接根据概率公式求解即可；
(2)列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
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；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
20.【答案】(1)证明：∵一元二次方程x2+(2−m)x+1−m=0，
∴Δ=(2−m)2−4(1−m)
=m2−4m+4−4+4m=m2．
∵m2≥0，
∴Δ≥0．
∴该方程总有两个实数根．
(2)解：∵一元二次方程x2+(2−m)x+1−m=0，
解方程，得x1=−1，x2=m−1．
∵m<0，
∴−1>m−1．
∵该方程的两个实数根的差为3，
∴−1−(m−1)=3．
∴m=−3．
【解析】(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．
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．
21.【答案】解：(1)根据题意可知，横彩条的宽度为32xcm，
∴x>020−2x>012−32x>0，
解得：0y=20×32x+2×12x−2×32x⋅x=−3x2+54x，
即y与x之间的函数关系式为y=−3x2+54x(0(2)根据题意得：−3x2+54x=25×20×12，
整理可得：x2−18x+32=0，
解得：x1=2，x2=16(舍)，
∴32x=3，
答：横彩条的宽度为3cm，竖彩条的宽度为2cm．
【解析】(1)由横、竖彩条的宽度比为3：2知横彩条的宽度为32xcm，根据题中条件，三条彩条面积=横彩条面积+2条竖彩条面积−横竖彩条重叠矩形的面积，可列函数关系式；
(2)根据题中条件，三条彩条所占面积是图案面积的25，可列出关于x的一元二次方程，整理后求解可得．
本题主要考查根据实际问题列函数关系式及一元二次方程的实际应用能力，利用数形结合思想，根据“三条彩条面积=横彩条面积+2条竖彩条面积−横竖彩条重叠矩形的面积”列出函数关系式是解题的关键．
22.【答案】(1)证明：∵OD⊥BC，
∴AB=AC，
∴AB=AC；
(2)解：连接OB，
∵OD⊥BC，BC=8，
∴BD=DC=12BC=12×8=4，
在Rt△ODB中，OD= OB2−BD2= 52−42=3，
∴AD=5+3=8，
∴tan∠BAD=BDAD=48=12．
【解析】(1)根据垂径定理得到AB=AC，根据圆心角、弧、弦之间的关系定理证明结论；
(2)连接OB，根据垂径定理求出BD，根据勾股定理求出OD，根据三角形的面积公式计算，得到答案．
本题考查的是三角形的外接圆与外心，掌握垂径定理、圆心角、弧、弦之间的关系定理是解题的关键．
23.【答案】在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等 垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所的弧
【解析】方法一：如图1，
证明：∵OC平分∠AOB，
∴∠AOC=∠BOC，
∴(在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等)；
故答案为：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等；
方法二：如图2，
证明：∵EF垂直平分弦AB，
∴直线EF经过圆心O，
∴(垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所的弧)．
故答案为：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所的弧．
方法一：根据几何语言画出几何图形，然后根据圆心角、弦、弧的关系解决问题；
方法二：根据几何语言画出几何图形，然后根据垂径定理解决问题．
本题考查了作图−复杂作图，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了垂直定理、线段垂直平分线的性质和圆心角、弧、弦的关系．
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】0～1.6
【解析】解：(1)当x=0时，y=2.8，
∴P(0,2.8)，
将P点代入二次函数得：2.8=a+3.2，
∴a=−0.4；
(2)当x=3时，
一次函数y=−0.4×3+2.8=1.6，二次函数y=−0.4×(3−1)2+3.2=1.6，
∴球网AB的高度范围是0～1.6m，
故答案为：0～1.6；
(3)令y=0，一次函数：0=−0.4x+2.8，
∴x=7，
二次函数：0=−0.4(x−1)2+3.2，
∴x=2 2+1或1−2 2(舍去)，
∵OC=3+2=5m，
∴|7−5|=2，|2 2+1−5|=4−2 2=2(2− 2)，
∵2− 2<1，
∴2(2− 2)<2，
∴吊球的落地点距离C点更近．
(1)将x=0代入一次函数，即可得到P点坐标，然后将P点坐标代入二次函数，即可求得a值；
(2)将x=3代入一次函数和二次函数，球网高度低于这两个函数值；
(3)令y=0，即可求出两种方式落地时距离O的距离，求出落地点和C的距离即可得解．
本题主要考查了二次函数的应用，合理理解二次函数在实际情况中的意义是本题解题的关键．
26.【答案】解：(1)将点(2,3)代入抛物线表达式得：3=4a+2b+3，
则b=−2a，
∵对称轴为直线x=−b2a=t，
∴t=−−2a2a=1；
(2)①当t=1时，b=−2a，
则抛物线的表达式为：y=ax2−2ax+3，
∵点(x1,1)，(x2,5)在抛物线上；
当a>0时，抛物线的顶点在y=1之下，
即a−2a+3≤1，
解得：a≥2；
当a<0时，抛物线的顶点在y=5之上，
即a−2a+3≥5，
解得：a≤−2，
故a≥2或a≤−2；
②将点(x1,1)、(x2,5)代入抛物线表达式得：
1=ax12+bx1+3，5=ax22+bx2+3，
则(x2−x1)[a(x2+x1)+b]=4，而t=−b2a，
则a(x2−x1)(x1+x2−2t)=4，
∵x2−x1≥2，t≤x1∴x2+x1−2t≥2x1+2−2t≥2，
∴(x2−x1)(x1+x2−2t)≥4，
则0故a的取值范围是0【解析】(1)将点(2,3)代入抛物线表达式得：3=4a+2b+3，则b=−2a，即可求解；
(2)①当a>0时，抛物线的顶点在y=1之下，即a−2a+3≤1，即可求解；当a<0时，抛物线的顶点在y=5之上，同理可解；
②将点(x1,1)、(x2,5)代入抛物线表达式得：整理得到a(x2−x1)(x1+x2−2t)=4，进而求解．
本题为二次函数综合运用，涉及到解不等式、二次函数的图象和性质等，熟悉二次函数图象和性质是本题解题的关键．
27.【答案】30° 3+1
【解析】解：(1)∵线段AC，AD由AB旋转而成，
∴AB=AC=AD．
∴△ABD中，∠ADB=12(180°−60°−80°)=20°，
△ACD中，∠ADC=12(180°−80°)=50°，
∴∠BDC=50°−20°=30°．
故答案为：30°．
(2)如图，过点A作AM⊥CD于点M，连接EM．
∴∠AMC=90°．
在△AEB与△AMC中，
∠AEB=∠AMC∠B=∠ACDAB=AC，
∴△AEB≌△AMC(AAS)．
∴AE=AM，∠BAE=∠CAM．
∴∠EAM=∠EAC+∠CAM=∠EAC+∠BAE=∠BAC=60°．
∴△AEM是等边三角形．
∴EM=AM=AE．
∵AC=AD，AM⊥CD，
∴CM=DM．
又∵∠DEC=90°，
∴EM=CM=DM．
∴AM=CM=DM．
∴∠ACM=∠CAM，∠ADM=∠DAM，
∴△ACD中，a=∠CAD=12×180°=90°；
(3)AC与DE交于点G，
由(2)知，△ABE≌△ACM，AM=CM=DM，AB=AC=AD，△AEM为正三角形，
∴AE=BE，∠BAE=45°，∠AME=60°，∠ADC=45°，
∴∠EMD=150°，
∴∠MED=∠MDE=15°，
∴∠AED=60°−15°=45°=∠BAE，∠GDA=45°−15°=30°，
∴∠EGC=∠AGD=90°−30°=60°，
设AM=CM=DM=x，
∴AB=AC=AD= 2x，
∴AG= 33AD= 63x，DG=2AG=2 63x，
∵AF=AC−CF= 2x− 2，
∴FG−AG−AF= 6−3 23x+ 2，
∵AB//DE，
∴ABDG=AFGF，
即 2x23 6x= 2x− 2 6−3 23x+ 2，
解得：x= 3+12，
∴CD=2x= 3+1．
故答案为： 3+1．
(1)根据图形旋转的性质可知AB=AC=AD，再等腰三角形的性质即可得出结论；
(2)过点A作AM⊥CD于点M，连接EM.先根据AAS定理得出△AEB≌△AMC，故可得出AE=AM，∠BAE=∠CAM，所以△AEM是等边三角形．根据AC=AD，AM⊥CD可知CM=DM.再根据三角形内角和定理可得出结论．
(3)根据(2)的条件，可以推出∠AGD=60°，AB//DE，设AM=CM=DM=x，用x表示出AB，AF，FG，DG的长，根据平行线分线段成比例求解即可．
本题考查的是图形旋转的性质、等边三角形的性质及等腰三角形的性质的运用，作辅助线构造全等三角形是解决问题的关键．
28.【答案】解：(1)①如图1所示：
∵点P(3,2)，
∴以O，P为直角三角形的两个锐角顶点的直角三角形OPM的两条直角边长为3和2，
∴LOP=3+2=5，
②当点Q在一，三象限的角平分线上或二、四象限的角平分线上时，LOQ的值最大，最大值为2 2，
(2)∵一次函数y=x+2的图象分别交x轴、y轴于点A、B，
∴A(−2,0)，B(0,2)，
∵点P是线段AB上一点，
∴设P(a,a+2)，
则a≤0，a+2≥0，
∴LOP的值=|a|+|a+2|=−a+a+2=2；
(3)如图2，N是以T(t,0)为圆心，1为半径的⊙T上任意一点，
当点N在⊙T最上方时，
∵点M(2,1)，LMN=3，
∴N为(5,1)或(−1,1)，
此时t=5或t=−1，
以NN′为对角线作正方形ANBN′，
则与点M的“折距”为3的点在正方形ANBN′的各边上，
∴点N的运动轨迹是以T(t,0)为圆心，1为半径的圆与正方形ANBN′的交点，
∵NN′//x轴，
∴NB与x轴的夹角的锐角值为45°，
∴在圆与NB边的交点上t的最小值为− 2，
同理：t的最大值为 2，
同理：N′B与x轴的夹角锐角值也为45°，N′B与x轴的交点为(4,0)，
∴在圆与N′B边的交点上时，t的最大值为4+ 2，最小值为4− 2，
∴t的取值范围为− 2≤t≤ 2或4− 2≤t≤4+ 2．
【解析】解：(1)①如图1所示：
∵点P(3,2)，
∴以O，P为直角三角形的两个锐角顶点的直角三角形OPM的两条直角边长为3和2，
∴LOP=3+2=5，
故答案为：5；
②当点Q在一，三象限的角平分线上或二、四象限的角平分线上时，LOQ的值最大，最大值为2 2，
故答案为：2 2；
(2)∵一次函数y=x+2的图象分别交x轴、y轴于点A、B，
∴A(−2,0)，B(0,2)，
∵点P是线段AB上一点，
∴设P(a,a+2)，
则a≤0，a+2≥0，
∴LOP的值=|a|+|a+2|=−a+a+2=2；
(3)如图2，N是以T(t,0)为圆心，1为半径的⊙T上任意一点，
当点N在⊙T最上方时，
∵点M(2,1)，LMN=3，
∴N为(5,1)或(−1,1)，
此时t=5或t=−1，
以NN′为对角线作正方形ANBN′，
则与点M的“折距”为3的点在正方形ANBN′的各边上，
∴点N的运动轨迹是以T(t,0)为圆心，1为半径的圆与正方形ANBN′的交点，
∵NN′//x轴，
∴NB与x轴的夹角的锐角值为45°，
∴在圆与NB边的交点上t的最小值为− 2，
同理：t的最大值为 2，
同理：N′B与x轴的夹角锐角值也为45°，N′B与x轴的交点为(4,0)，
∴在圆与N′B边的交点上时，t的最大值为4+ 2，最小值为4− 2，
∴t的取值范围为− 2≤t≤ 2或4− 2≤t≤4+ 2．
(1)①由“折距”的定义求解即可；
②由“折距”的定义得：当OQ与x轴或y轴重合时，LOQ的值最小为2；
(2)由一次函数求出A(−2,0)，B(0,2)，设P(a,a+2)，则a≤0，a+2≥0，再由“折距”的定义和绝对值的定义求解即可；
(3)当点N在⊙T最上方时，由题意得N为(5,1)或(−1,1)，此时t=5或t=−1，以NN′为对角线作正方形ANBN′，则与点M的“折距”为3的点在正方形ANBN′的各边上，则点N的运动轨迹是以T(t,0)为圆心，1为半径的圆与正方形ANBN′的交点，再分别求出在圆与NB边的交点上t的最小值与最大值，同理在圆与N′B边的交点上t的最大值与最小值，即可得出结论．
本题是圆的综合题目，考查了圆的性质、新定义“折距”、一次函数的性质、坐标与图形性质等知识；本题综合性强，解题的关键是理解题意，学会利用新的定义解决问题，属于中考压轴题．抛掷次数m
500
1000
1500
2000
2500
3000
4000
“正面向上”的次数n
260
511
793
1036
1306
1558
2083
“正面向上”的频率nm
0.520
0.511
0.529
0.518
0.522
0.519
0.521
我
爱
八
十
我
(我，我)
(我，爱)
(我，八)
(我，十)
爱
(爱，我)
(爱，爱)
(爱，八)
(爱，十)
八
(八，我)
(八，爱)
(八，八)
(八，十)
十
(十，我)
(十，爱)
(十，八)
(十，十)