2023-2024学年北京市东城区德胜中学九年级（上）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年北京市东城区德胜中学九年级（上）期中数学试卷（含解析），共25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。

1.如图是我校学生设计的数学“表扬卡”图案，其中是中心对称图形，但不是轴对称图形的是( )
A. B.
C. D.
2.抛物线y=3(x−1)2−4的对称轴是直线( )
A. x=1B. x=−1C. x=4D. x=−4
3.用配方法解方程x2+2x−3=0，下列配方结果正确的是( )
A. (x−1)2=2B. (x−1)2=4C. (x+1)2=2D. (x+1)2=4
4.已知二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，则下列选项中不正确的是( )
A. a<0
B. c>0
C. −b2a>1
D. a+b+c<0
5.等边三角形绕其中心旋转后能与自身重合，则旋转的最小角度为( )
A. 30°B. 60°C. 90°D. 120°
6.已知函数y=−(x−2)2的图象上有A(−1,y1)，B(1,y2)，C(4,y3)三点，则y1，y2，y3的大小关系( )
A. y17.如图所示，用10米的铁丝网围成一个面积为15的矩形菜地，菜地的一边靠墙(不使用铁丝)，如果设平行于围墙的一边为x米，那么可列方程( )
A. x(10−x)=15B. x2(10−x)=15C. x(10−12x)=15D. x2(10−2x)=15
8.如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=2x2+bx+c与x轴交于A，B两点，且AB=4.若将此抛物线先向左平移3个单位，再向下平移n个单位，所得新抛物线与x轴两个交点间的距离为8，则n的值为( )
A. 6
B. 12
C. 24
D. 36
二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共16分。
9.点(4,−5)关于原点的对称点的坐标是______ ．
10.将抛物线y=5x2向左平移2个单位得到新的抛物线，则新抛物线的解析式是_____．
11.若关于x的一元二次方程mx2−2x+6=0的一个根是−1，则m的值是______ ．
12.请写出一个开口向下，且经过点(2,−4)的抛物线的表达式为______．
13.如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4.以点A为中心，将矩形ABCD旋转得到矩形AB′C′D′，使得点B′落在边AD上，此时DB′的长为 ．
14.若关于x的一元二次方程x2+2x−c=0有两个相等的实数根，则c的值为______ ．
15.已知点A(5,y1)和B(n,y2)在二次函数y=x2−2x+m的图象上.若y1>y2，则符合条件的整数n的个数为______ ．
16.下表记录了二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)中两个变量x与y的3组对应值：
点P(x1,y1)，Q(x2,y2)在该函数图象上.若当x1三、解答题：本题共12小题，共68分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
解方程：
(1)x2−4x−2=0
(2)(x−1)2=(2x+3)2
18.(本小题4分)
若a是关于x的一元二次方程x2−3x+9=0的根，求代数式(a+4)(a−4)−3(a−1)的值．
19.(本小题5分)
在平面直角坐标系xOy中，二次函数y=x2+px+q的图象经过点A(0,−2)，B(2,0)．
(1)求这个二次函数的解析式；
(2)一次函数y=kx+b(k≠0)的图象也经过点A，B，结合图象，直接写出不等式kx+b>x2+px+q的解集．
20.(本小题5分)
如图，在△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，将△ABC绕点A顺时针旋转30°得到△AED，AE交BC于点F.若AD=3，求AF的长．
21.(本小题5分)
已知抛物线y=(x−3)(x+1)．

(1)抛物线与x轴的交点坐标为______ ；
(2)该抛物线的顶点坐标为______ ；
(3)画出它的图象；
(4)若−122.(本小题5分)
如图，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A(−3,0)，B(−5,3)，C(−1,1)．
(1)画出△ABC关于原点O成中心对称的图形△A1B1C1；
(2)P(a,b)是△ABC的AC边上一点，将△ABC平移后点P的对称点P′(a+4,b+2)，请画出平移后的△A2B2C2；
(3)若△A1B1C1和△A2B2C2关于某一点成中心对称，则对称中心的坐标为______．
23.(本小题5分)
已知关于x的一元二次方程x2−2ax+a2−1=0．
(1)求证：该方程总有两个不相等的实数根；
(2)若该方程的两个根均为负数，求a的取值范围．
24.(本小题6分)
如图，D为等边△ABC内一点，将线段AD绕点A逆时针旋转60°，得到线段AE，连接BD，CE．
(1)求证：△ABD≌△ACE；
(2)连接DE，若∠ADB=115°，求∠CED的度数．
25.(本小题5分)
如图为一个拱桥横截面的示意图，跨度AB为4米.在距点A水平距离为d米的地点，拱桥距离水面的高度为h米.请你根据学习函数的经验，对d和h之间的关系进行探究．

下面是探究过程，请补充完整：
(1)经过测量，得出了d和h的几组对应值，如下表：
在d和h这两个变量中，______ 是自变量，______ 是这个变量的函数；
(2)在平面直角坐标系xOy中，画出(1)中所确定的函数的图象；
(3)结合表格数据和函数图象，解决问题：
①桥墩露出水面的高度AE为______ 米；
②公园欲开设游船项目，现有长为3.5米，宽为2米，露出水面高度为2米的游船.为安全起见，公园要在水面上的C，D两处设置警戒线，并且CE=DF，要求游船能从C，D两点之间安全通过，则C处距桥墩的距离CE至少为______ 米.(精确到0.1米)
26.(本小题6分)
已知点M(x1,y1)，N(x2,y2)在抛物线y=ax2+bx+2(a>0)的图象上，设抛物线的对称轴为x=t．
(1)若M(2,−1)，N(8,−1)，则t= ______ ；
(2)当x1=−2，2y2>2，求t的取值范围．
27.(本小题7分)
如图，点E在等边三角形ABC的边AB的延长线上.过点C作CD⊥AB于点D，将线段DE绕点E顺时针旋转120°得到线段EF.作点B关于点E的对称点G，连接CF，FG，CG．

(1)①补全图形；
②证明：AC/​/EF；
(2)∠CFG的度数是______ °，请说明理由．
28.(本小题7分)
在平面直角坐标系xOy中，对于点A，点B和直线l，点A关于l的对称点为点A′，点B是直线l上一点.将线段A′B绕点A′逆时针旋转90°得到A′C，如果线段A′C与直线l有交点，称点C是点A关于直线l和点B的“旋交点”．
(1)若点A的坐标为(1,2)，在点C1(−1,2)，C2(−1,0)，C3(−1,−1)中，是点A关于x轴和点B的“旋交点”的是______ ；
(2)若点B的坐标是(0,−2)，点A、C都在直线y=x+2上，点C是点A关于y轴和点B的“旋交点”，求点A的坐标；
(3)点A在以(0,t)为对角线交点，边长为2的正方形M(正方形的边与坐标轴平行)上，直线l：y=x−1，若正方形M上存在点C是点A关于直线l和点B的“旋交点”，直接写出t的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、该图不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、该图是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、该图不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、该图是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项不符合题意．
故选：C．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形关键是寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
2.【答案】A
【解析】解：∵y=3(x−1)2−4，
∴此函数的对称轴就是直线x=1．
故选：A．
由于所给的是二次函数的顶点式，故能直接求出其对称轴．
本题考查了二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握二次函数三种表达式．
3.【答案】D
【解析】【分析】
此题考查了配方法解一元二次方程，解题时要注意解题步骤的准确应用．选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1．
配方法的一般步骤：
(1)把常数项移到等号的右边；
(2)把二次项的系数化为1；
(3)等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
【解答】
解：∵x2+2x−3=0，
∴x2+2x=3，
∴x2+2x+1=1+3，
∴(x+1)2=4．
故选：D．
4.【答案】D
【解析】解：根据函数图象可知a<0，c>0，−b2a>1，
将x=1代入y=ax2+bx+c得y=a+b+c，
由图象知，此时a+b+c>0．
故选：D．
根据函数图象可知a<0，c>0，−b2a>1，将x=1代入y=ax2+bx+c即可解答．
本题主要考查二次函数的图象及性质，掌握相关知识是解题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：等边三角形可以被从中心发出的射线平分成3部分，因而至少要旋转360÷3=120°．
故选：D．
确定图形绕自己的中心最少旋转多少度可与自身重合，就是观察图形，可以被从中心发出的射线平分成几部分，则旋转的最小角度即可求解．
本题考查旋转对称图形的知识，等边三角形是旋转对称图形，本题中确定旋转的角度的方法是需要掌握的内容．
6.【答案】B
【解析】解：∵y=−(x−2)2，
∴该函数开口向下，对称轴为直线x=2，
∵该函数图象上有A(−1,y1)、B(1,y2)、C(4,y3)三点，|2−1|<|4−2|<|2+1|，
∴y2>y3>y1，
故选：B．
根据二次函数的性质可以判断y1、y2、y3的大小关系，从而可以解答本题．
本题考查二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
7.【答案】B
【解析】解：根据题意列方程得：x2(10−x)=15．
故选：B．
平行于围墙的一边为x米，则垂直于围墙的一边为12(10−x)米，再根据矩形的面积公式列方程即可．
本题主要考查一元二次方程的应用，正确列出方程是解题的关键．
8.【答案】C
【解析】解：抛物线y=2x2+bx+c，当y=0时，
设2x2+bx+c=0两根为x1、x2，
则x1+x2=−b2,x1⋅x2=c2，
∵AB=4，
∴|x1−x2|=4，
∴(x1−x2)2=(x1+x2)2−4x1x2=16，
∴(−b2)2−4×c2=16，即b2−8c=64，
∵将此抛物线先向左平移3个单位，再向下平移n个单位，所得新抛物线与x轴两个交点间的距离为8，
即当y=n时，抛物线上两点之间距离为8，
设2x2+bx+c=n两根为x3、x4，
则x3+x4=−b2,x3⋅x4=c−n2，
∴|x3−x4|=8，
∴(x3−x4)2=(x3+x4)2−4x3x4=64，
∴(−b2)2−4×c−n2=64，即b2−8c+8n=256，
∵b2−8c=64，
∴64+8n=256，
解得：n=24．
故选：C．
设2x2+bx+c=0两根为x1、x2，根据AB=4得到b2−8c=64，由题意得出当y=n时，抛物线上两点之间距离为8，得b2−8c+8n=256，解方程求出即可．
本题考查了抛物线与x轴交点问题及抛物线的平移、一元二次方程根于系数的关系，熟练掌握相关性质是解题关键．
9.【答案】(−4,5)
【解析】解：点(4,−5)关于原点的对称点坐标是(−4,5)．
故答案为：(−4,5)．
利用关于原点对称点的坐标特点可得答案．
此题主要考查了关于原点对称点的坐标，关键是掌握两个点关于原点对称时，它们的横坐标互为相反数、纵坐标互为相反数．
10.【答案】y=5(x+2)2
【解析】【分析】
本题考查了二次函数图象与几何变换，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用根据规律利用点的变化确定函数解析式．
先求出平移后的抛物线的顶点坐标，再利用顶点式抛物线解析式写出即可．
【解答】
解：抛物线y=5x2的顶点坐标为(0,0)，
向左平移2个单位后的抛物线的顶点坐标为(−2,0)，
所以，平移后的抛物线的解析式为y=5(x+2)2．
故答案为：y=5(x+2)2．
11.【答案】−8
【解析】解：将x=−1代入mx2−2x+6=0得m+2+6=0，
∴m=−8．
故答案为：−8．
将x=−1代入mx2−2x+6=0即可求解．
本题主要考查一元二次方程的解，掌握方程的解的定义是解题的关键．
12.【答案】y=−(x−2)2−4(答案不唯一)
【解析】解：把点(2,−4)设顶点，则抛物线解析式为y=a(x−2)2−4，
∵抛物线开口向下，
∴a可以取−1，
∴满足条件的抛物线解析式可以为y=−(x−2)2−4，
故答案为：y=−(x−2)2−4(答案不唯一)．
可以把点(2,−4)作为抛物线的顶点，则抛物线解析式为y=a(x−2)2−4，然后a取一个负数即可．
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．
13.【答案】1
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，AD=BC=4，
由旋转的性质可知，AB=AB′=3，
∴DB′=AD−AB′=4−3=1，
故答案为：1．
根据DB′=AD−AB′，可得结论．
本题考查旋转的性质，矩形的性质等知识，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．
14.【答案】−1
【解析】解：∵关于x的一元二次方程x2+2x−c=0有两个相等的实数根，
∴Δ=22+4c=0，
解得c=−1，
故答案为：−1．
根据判别式的意义得到Δ=22+4c=0，然后解一次方程即可．
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．
15.【答案】7
【解析】解：∵y=x2−2x+m，
∴抛物线开口向上，对称轴为直线x=−−22×1=1，
∴点A(5,y1)关于直线x=1的对称点为(−3,y1)，当x>1时，y随x的增大而增大，当x<1时，y随x的增大而减小，
∵点A(5,y1)，B(n,y2)在二次函数y=x2−2x+m的图象上．且y1>y2，
∴−3则符合条件的整数n的个数为7，
故答案为：7．
由解析式求得开口方向和对称轴，然后利用二次函数的性质即可得出a>3或a<1，进而可得答案．
本题考查了二次函数的图象与性质，熟知二次函数的性质是解题的关键．
16.【答案】①②③
【解析】解：由表格数据可知，该二次函数对称轴为：x=7−32=2=−b2a，
若a>0时，如图，
∵−1∴x1y2与条件矛盾，
∴a<0，故①正确，
如图：
∵−1∴1|x2−1|，
∴x1+x2<4故②正确；
将x=−5代入y=ax2+bx+c得y=25a−5b+c，
此时25a−5b+c<−1，
∴25a−5b+c+1<0，故③正确；
当−3综上①②③正确．
故答案为：①②③．
由表格数据可知，该二次函数对称轴为：x=7−32=2=−b2a，当a>0时，由−1y2，可判断①，由1|x2−1|，可判断②；将x=−5代入y=ax2+bx+c得y=25a−5b+c，得25a−5b+c<−1，可判断③；当−3本题主要考查二次函数的图象及性质，根据题意画出图象，掌握二次函数的图象和性质是解题的关键．
17.【答案】解：(1)∵a=1，b=−4，c=−2，
∴△=(−4)2−4×1×(−2)=24>0，
则x=4±2 62=2± 6；
(2)∵(x−1)2=(2x+3)2，
∴x−1=2x+3或x−1=−(2x+3)，
解得x=−4或x=−23．
【解析】(1)利用公式法求解可得；
(2)利用直接开平方法求解可得．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．
18.【答案】解：将x=a代入x2−3x+9=0得a2−3a+9=0，
∴a2−3a=−9，
(a+4)(a−4)−3(a−1)
=a2−16−3a+3
=a2−3a−13
=−9−13
=−22．
【解析】将x=a代入x2−3x+9=0得a2−3a+9=0，由(a+4)(a−4)−3(a−1)=a2−3a−13即可求解．
本题主要考查一元二次方程的应用，根据所求代数式进行变换求解是解题的关键．
19.【答案】解：(1)∵二次函数y=x2+px+q的图象经过点A(0,−2)，B(2,0)，
∴q=−24+2p+q=0，
解得p=−1q=−2，
∴二次函数的解析式为y=x2−x−2．
(2)由图象可知，不等式kx+b>x2+px+q的解集为0
【解析】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数与不等式，数形结合是解题的关键．
(1)把A、B的坐标代入y=x2+px+q，根据待定系数法求得即可；
(2)根据图象即可求得一次函数图象在二次函数图象上方的x的取值范围．
20.【答案】解：由题意得：△ABC≌△AED，
∴AC=AD=3，
∵∠C=90°，∠B=30°，
∴∠BAC=60°，
∵将△ABC绕点A顺时针旋转30°得到△AED，
∴∠BAF=30°，
∴∠CAF=∠BAC−∠BAF=30°，
∴CF=12AF，
∵AF2=CF2+AC2=(12AF)2+AC2，
∴AF2=43AC2，
∴AF=23 3AC=2 3．
【解析】由题意得AC=AD=3，可推出∠CAF=∠BAC−∠BAF=30°，利用勾股定理即可求解．
本题考查旋转的性质及勾股定理的应用．注意计算的准确性．
21.【答案】(3,0)，(−1,0) (1,−4) −4【解析】解：(1)令y=(x−3)(x+1)=0，
x1=3，x2=−1，
∴抛物线与x轴的交点坐标为(3,0)，(−1,0)，
故答案为：(3,0)，(−1,0)．
(2)该二次函数的对称轴为直线x=3−12=1，
将x=1代入y=(x−3)(x+1)得y=(1−3)(1+1)=−4，
∴抛物线的顶点坐标为(1,−4)，
故答案为：(1,−4)．
(3)y=(x−3)(x+1)图象如下图：
(4)由−1∵1−(−1)=2>52−1=32，
∴该函数在x=−1处取得最大值，即y=(−1−3)(−1+1)=0，
∴若−1故答案为：−4(1)令y=(x−3)(x+1)=0即可求解；
(2)该二次函数的对称轴为，x=3−12=1，将x=1代入y=(x−3)(x+1)即可求解；
(3)根据(1)(2)所求点画函数图象即可；
(4)由−1本题主要考查二次函数的图象及性质，掌握相关知识是解题的关键．
22.【答案】(2,1)
【解析】解：(1)如图所示，△A1B1C1即为所求；
(2)如图所示，△A2B2C2即为所求．
(3)对称中心的坐标为(2,1)．
故答案为(2,1)．
(1)利用关于原点对称的点的坐标特征写出A1、B1、C1的坐标，然后描点即可；
(2)利用点P与P′的坐标特征确定平移的方向与距离，再利用此平移规律写出点A、B、C的对应点A2、B2、C2的坐标，然后描点即可；
(3)连接A1A2、B1B2、C1C2，它们的交点为对称中心．
本题考查了作图−旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形．也考查了平移变换．
23.【答案】(1)证明：依题意，得Δ=(−2a)2−4(a2−1)=4a2−4a2+4=4，
∵Δ>0，
∴该方程总有两个不相等的实数根；
(2)解：解方程x2−2ax+a2−1=0，得x1=a−1，x2=a+1，
∵方程的两个根均为负数，
∴a−1<0,a+1<0.
解得a<−1．
【解析】本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0根的判别式，用到的知识点：(1)Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；(2)Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；(3)Δ<0⇔方程没有实数根．
(1)求出方程的判别式Δ的值，求得Δ>0，根据判别式的意义即可证明；
(2)根据题意得不等式组，解不等式组求得a的取值范围即可．
24.【答案】(1)证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵线段AD绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，
∴AD=AE，∠DAE=60°，
∴∠BAD+∠DAC=60°，∠EAC+∠DAC=60°，
∴∠BAD=∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)．
(2)解：由(1)得：△ABD≌△ACE，
∴∠AEC=∠ADB=115°，
∵线段AD绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，
∴AD=AE，∠DAE=60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴∠AED=60°，
∴∠CED=∠AEC−∠AED=115°−60°=55°．
【解析】(1)根据等边三角形的性质得AB=AC，∠BAC=60°，根据旋转的性质得AD=AE，∠DAE=60°，利用SAS理解求证结论．
(2)由(1)得△ABD≌△ACE，进而可得∠AEC=∠ADB=115°，根据旋转的性质可得 AD=AE，∠DAE=60°，进而可得△ADE是等边三角形，则可得∠AED=60°，进而可求解．
本题考查了全等三角形的判定及性质、旋转的性质及等边三角形的判定及性质，熟练掌握其判定及性质是解题的关键．
25.【答案】d h 0.88 0.7
【解析】解：(1)根据函数的定义，我们可以确定，在d和h这两个变量中，d是自变量，h是这个变量的函数；
故答案为：d，h；
(2)描点，连线，画出图象如图：
(3)①观察图象结合表知，桥墩露出水面的高度AE为0.88米；
故答案为：0.88；
②设根据图象，设二次函数的解析式为h=ad2+bd+0.88，
把(1,2.38)，(3,2.38)代入得：2.38=a+b++3b+0.88，
解得：a=−0.5b=2，
∴二次函数的解析式为h=−0.5d2+2d+0.88，
令h=2得：−0.5d2+2d+0.88=2，
解得d≈3.3(舍去)或d≈0.7，
∴则C处距桥墩的距离CE至少为0.7米．
(1)根据函数的定义即可解答；
(2)描点，连线，画出图象即可；
(3)①观察图象即可得出结论；②求出抛物线的解析式，令h=2解方程求得d的值即可得答案．
本题考查二次函数的应用，解题的关键是读懂题意，用待定系数法求出二次函数的解析式．
26.【答案】5
【解析】解：(1)由题意得：抛物线的对称轴为：直线x=8+22=5，
∴t=5，
故答案为：5．
(2)①当x1x2−t，
∵y1>y2>2，
∴x2>2t，t>x1+x22，
∵x1=−2，2∴12②当x12>y2与条件矛盾，
③当t综上，当x1=−2，2y2>2，求t的取值范围12(1)根据x=8+22=5=t，即可求解；
(2)根据x1本题主要考查二次函数的图象及性质，掌握相关知识并正确理解题意是解题的关键．
27.【答案】90
【解析】解：(1)①补全图形如下：
②∵△ABC等边三角形，
∴∠A=60°，
∵∠AEF=120°，
∴∠A+∠AEF=180°，
∴AC/​/EF．
(2)如图，截取GH=BD，
∵BE=GE，
∵BD+BE=EG+GH，
∵线段DE绕点E顺时针旋转120°得到线段EF，
∴DE=EF，
∴DE=EH=EF，
∵∠HEF=60°，
∴∠EHF=60°，
∵DE=EF，
∴∠FDH=30°，
∴∠DFH=90°，∠CDF=60°，
∴∠CDF=∠EHF，
∵FHDF=tan∠FDH= 33，BDCD=tan∠BCD= 33，
∴FHDF=BDCD，
∵GH=BD，
∴FHDF=GHCD，
∴△CDF∽△GHF，
∴∠CFD=∠GFH，
∴∠CFD+∠DFG=∠GFH+∠DFG，
∴∠CFG=∠DFH=90°．
故答案为：90．
(1)①根据题目描述补全图形即可，②根据旋转的性质即可证明；
(2)取GH=BD，由BE=GE，可得∠DFH=90°，∠CDF=60°，进而得∠CDF=∠EHF，由CDDB=CDGH=tan∠BCD= 33，DFFH=tan∠FDH= 33，证△CDF∽△GHF即可解答．
本题主要考查相似三角形的证明及性质、等边三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
28.【答案】C1，C2
【解析】解：(1)∵A(1,2)关于x轴的对称点为A′(1,−2)，
∵C1(−1,2)，C2(−1,0)，C3(−1,−1)，
∴线段A′C1和线段A′C2与x轴有交点，线段A′C3与x轴没有交点，
故点C1(−1,2)，C2(−1,0)，C3(−1,−1)中是点A关于x轴和点B的“旋交点”的是C1，C2．
故答案为：C1，C2；
(2)由题意画出图形，作出点A关于y轴的对称点A′，则A′B=A′C，∠BA′C=90°，过A′作ED//y轴，交X轴于点G，过点B作BD⊥DE于点D，过点C作CE⊥ED于点E，CE交y轴于点F，如图，
∴∠A′DB=∠CEA′=90°，
∴∠CA′E+∠ECA′=∠CA′E+∠DA′B=90°，
∴∠ECA′=∠DA′B，
在△A′EC和△BDA′中，
∠ECA′=∠DA′B∠E=∠D=90°A′C=BC，
∴△A′EC≌△BDA′(AAS)，
∴A′E=BD，CE=A′D，
∵点B的坐标是(0,−2)，
∴OB=DG=2．
设A(m,m+2)，则A′(−m,m+2)，其中m>0，
∴BD=OG=EF=m，A′G=m+2，
∴CE=A′D=m+2+2=m+4，A′E=BD=m，
∴FO=EG=A′G+A′E=m+2+m=m+4，
∴CF=EC−EF=m+4−m=4．
∴C(4,m+4)，
∵C在直线y=x+2上，
∴4+2=m+4，
解得：m=2，
∴A(2,4)；
(3)正方形M上存在点C是点A关于直线l和点B的“旋交点”，则线段A′C与直线l有交点，
如图，正方形M与关于直线l：y=x−1对称的正方形M′有交点，符合题意，此时t<1，
当C在y=x−1上，且两个正方形有唯一交点时，如图所示，此时t=1，
同理可得当t<0时，仅当两个正方形有唯一交点时，符合题意，此时t=−3，
综上所述，t的取值范围为：−3≤t≤1．
(1)根据新定义进行判断即可求解；
(2)过A′作ED//y轴，过点B、C作ED的垂线，垂足分别为D、E，证明△A′EC≌△BDA′，设A(m,m+2)得出A′(−m,m+2)，可得C(m+2,m+2+m)，代入y=x+2即可求解；
(3)根据题意，正方形M上存在点C是点A关于直线l和点B的“旋交点”，则线段A′C与直线l有交点，找到两个邻界点，即可求解．
本题主要考查了一次函数的图象与性质，一次函数图象上点的坐标的特征，几何新定义，待定系数法求函数的解析式，旋转的性质，理解新定义中的规定并熟练运用是解题的关键．x
…
−3
3
7
…
y
…
m
−1
m
…
d/米
0
0.6
1
1.8
2.4
3
3.6
4
h/米
0.88
1.90
2.38
2.86
2.80
2.38
1.60
0.88