北京市西城区2023-2024学年第一学期九年级期末考试数学试卷（附答案）

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注意事项
1．本试卷共7页，共两部分，28道题．满分100分．考试时间120分钟．
2．在试卷和答题卡上准确填写学校、班级、姓名和学号．
3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效．
4．在答题卡上，选择题、作图题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答．
5．考试结束，请将考试材料一并交回．
第一部分 选择题
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. 若抛物线经过点，则的值为（ ）
A. 2B. 1C. 0D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查二次函数图象与性质，熟记二次函数一般式的常数项就是抛物线与轴的交点，熟记二次函数图象与性质是解决问题的关键．
【详解】解：抛物线经过点，
的值为，
故选：A．
2. 北京城区的胡同中很多精美的砖雕美化了生活环境，砖雕形状的设计采用了丰富多彩的图案．下列砖雕图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查轴对称图形及中心对称图形的定义与判断，根据中心对称图形定义：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点叫做它的对称中心；轴对称图形定义：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形，逐项验证即可得到答案．熟练掌握轴对称图形及中心对称图形的定义是解决问题的关键．
【详解】解：A、该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
B、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
D、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
故选：A．
3. 不透明的袋子中装有2个白球和3个黑球，除颜色外，这5个小球无其他差别．随机从袋子中摸出3个球，下列事件中是必然事件的是（ ）
A. 3个球都是白球B. 至少有1个黑球
C. 3个球都是黑球D. 有1个白球2个黑球
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查必然事件，涉及事件的分类与概念，熟记事件分类及相应概念是解决问题的关键．
【详解】解：不透明袋子中装有2个白球和3个黑球，除颜色外，这5个小球无其他差别．随机从袋子中摸出3个球，则
A、“3个球都是白球”是不可能事件，不符合题意；
B、“至少有1个黑球”是必然事件，符合题意；
C、“3个球都是黑球”是随机事件，不符合题意；
D、“有1个白球2个黑球”是随机事件，不符合题意；
故选：B．
4. 下列关于函数的结论中，正确的是（ ）
A. 随的增大而减小B. 当时，随的增大而增大
C. 当时，随的增大而增大D. 当时，随的增大而减小
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数的图象的性质，要牢记解析式中的系数和图象性质的关系．根据二次项的系数确定开口方向，再根据对称轴确定增减性．
【详解】解：由题意得，图象开口向上，对称轴为轴，
当时，随增大而减小，
A、C选项说法错误，
当时，随增大而增大，
B选项说法正确，D选项说法错误，
故选：B．
5. 小云从正面观察三星堆青铜太阳轮（如图所示），发现它的正面图形可近似地看作是将圆五等分得到的图中角的度数为（ ）
A. 60°B. 70°C. 72°D. 75°
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查圆的性质，涉及周角为，由将圆五等分得到的图中角，列式即可得到答案，读懂题意，掌握周角为是解决问题的关键．
【详解】解：由题意可得，
故答案为：C．
6. 某城区采取多项综合措施降低降尘量提升空气质量，降尘量由2020年的5.2吨/平方公里下降至2022年的3.6吨/平方公里月，若设降尘量的年平均下降率为，则可列出关于的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的实际应用，涉及平均增长率问题的解法，读懂题意，找到等量关系列出方程是解决问题的关键．
【详解】解：设降尘量的年平均下降率为，则
，
故选：D．
7. 如图，为的直径，弦交于点，．若，则的大小为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由直径所对的圆周角是直角，结合直角三角形两锐角互余得到，再由等腰三角形性质及三角形内角和定理即可得到，再由圆周角定理即可得到答案．
【详解】解：为的直径，
，
，
，
，
，
，
，
故选：D．
【点睛】本题考查圆中求角度，涉及圆周角定理、直径所对的圆周角是直角、直角三角形两锐角互余、等腰三角形性质、三角形内角和定理等知识，熟练掌握圆周角定理是解决问题的关键．
8. 如图，抛物线经过点．下面有四个结论：①；②；③；④关于的不等式的解集为．其中所有正确结论的序号是（ ）
A. ①②B. ②③C. ③④D. ②③④
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数的性质以及与一次函数的解集，根据图像开口可得①错误；根据对称轴可判断②正确；由时，，即可判断③正确；利用二次函数与一次函数的图像位置关系可判断④正确．
【详解】解：①∵抛物线开口向下，
∴，
则①错误．
②∵抛物线的对称轴在y轴的右侧，且与x轴的交点一个为另外一个在2到3之间，
∴，
∵
∴，
∴，
则②正确．
③由图象可知，当时，，
∴，
则③正确．
④，可变式为，
令，
∵一次函数，过点和，则一次函数与抛物线图象如图，
的解集为．
则④正确．
故选：D．
第二部分 非选择题
二、填空题（共16分，每题2分）
9. 在平面直角坐标系中，点关于原点的对称点坐标为 ___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了点的坐标，熟记关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数是解题的关键．根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
【详解】解：点关于原点的对称点坐标为，
故答案为：．
10. 一元二次方程的解为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先将常数项25移项到方程的右边，再利用直接开平方法解题即可．
【详解】
故答案为：．
【点睛】本题考查直接开平方法解一元二次方程，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
11. 已知的半径为，点在外，则___（填“”、“ ”或“”
【答案】
【解析】
【分析】根据点与圆的三种关系即可判断得到答案．
【详解】解：的半径为，
点在外，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查点与圆的关系，解题关键是熟知点与圆的三种关系．
12. 若关于的一元二次方程有两个相等的实数根，则的值为______．
【答案】9
【解析】
【分析】根据一元二次方程根的判别式，，构建方程求解．
【详解】解：∵有两个相等的实数根，
，
∴．
故答案为：9
【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式，掌握根的判别式定理是解题的关键．
13. 写出一个开口向上，并且经过原点的抛物线的解析式，________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】由开口方向可确定的符号，由过原点可确定常数项，则可求得答案．
【详解】解：设抛物线解析式为，
∵抛物线开口向上，
∴，故可取，
∵抛物线过原点，
∴，
∵对称轴没有限制，
∴可取，
∴一个开口向上，并且经过原点的抛物线的解析式可为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图像与性质，掌握二次函数的开口方向由的符号决定是解题的关键．
14. 如图，四边形内接于，，则________°，依据是________．
【答案】 ①. ②. 圆内接四边形对角互补
【解析】
【分析】本题考查了圆内接四边形对角互补．熟练掌握圆内接四边形对角互补是解题的关键．
根据圆内接四边形对角互补求解作答即可．
【详解】解：∵四边形内接于，
∴，
依据是圆内接四边形对角互补，
故答案为：，圆内接四边形对角互补．
15. 中国邮政集团公司曾发行《二十四节气》特殊版式小全张（图1），其中的24枚邮票大小相同，上面绘制了代表二十四节气风貌的图案，这24枚邮票组成了一个圆环，传达了四季周而复始、气韵流动的理念和中国传统文化中圆满、圆融的概念，以“大雪”节气单枚邮票为例（图2），该邮票的“上圆弧”的长为，“直边长”为，“下圆弧”的长为，则________（用含，的式子表示）．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查弧长公式，根据题意，作出图形，数形结合，利用弧长公式表示出，，找到两者之间的关系即可得到答案，熟记弧长公式是解决问题的关键．
【详解】解：根据题意，作出图形，如图所示：
，
；，
，
故答案为：．
16. 如图，在三角尺中，，，．把边放在直尺上，让三角尺在桌面上沿直尺按顺时针方向无滑动地滚动，直到边再一次落到直尺上时停止滚动．三角尺第一次滚动可看成将三角尺绕点顺时针旋转了 ，记为．
有以下三个结论：
①第一次滚动的过程中，点运动的路径长为；
②第二次滚动可记为；
③点，点，点在滚动全程中，运动路径最长的是点．
上述结论中，所有正确结论的序号是________．
【答案】②③
【解析】
【分析】由勾股定理及含直角三角形性质得到相应边及角度的大小，再利用弧长公式即可验证①错误；读懂题意，理解的含义即可验证②错误；利用旋转性质及弧长公式可求出点，点，点在滚动全程中，运动的路径长，再由实数大小的比较即可确定③正确；从而得到答案．
【详解】解：如图所示：
在三角尺中，，，，
，
第一次滚动的过程中，点运动的路径长为，①错误；
根据三角尺的第一次滚动可看成将三角尺绕点顺时针旋转了，记为可知的横坐标是旋转中心，纵坐标是旋转角度，
三角尺的第二次滚动可看成将三角尺绕点顺时针旋转了，记为，如图所示：
第二次滚动可记，②正确；
在滚动全程中，点运动的路径长为；
在滚动全程中，点运动的路径长为；
在滚动全程中，点运动的路径长为；
，
；
，
；
综上所述，点，点，点在滚动全程中，运动路径最长的是点，③正确；
故答案为：②③．
【点睛】本题考查旋转，涉及圆的性质、旋转性质、勾股定理、含直角三角形性质、弧长公式和实数比较大小等知识，掌握旋转性质及弧长公式是解决问题的关键．
三、解答题（共68分，第17-18题，每题5分，第19题6分，第20-23题，每题5分，第24-26题，每题6分，第27-28题，每题7分）
17. 解方程：．
【答案】，．
【解析】
【分析】根据公式法解方程即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴此方程的解为：，．
【点睛】本题考查公式法解一元二次方程，解题的关键是掌握公式法解一元二次方程．
18. 已知二次函数．
（1）将化成的形式；
（2）抛物线可以由抛物线经过平移得到，请写出一种平移方式．
【答案】（1）
（2）先向右平移1个单位长度、再向上平移3个单位长度或先向上平移3个单位长度、再向右平移1个单位长度（任选一个即可）
【解析】
【分析】本题考查二次函数图像与性质，涉及将一般式化为顶点式、函数图像平移等知识，熟练掌握二次函数图像与性质是解决问题的关键．
（1）利用配方法即可将二次函数一般式化为顶点式；
（2）根据函数图像平移法则：左加右减、上加下减，结合函数表达式，数形结合即可得到答案．
【小问1详解】
解：
，
将化成的形式为；
【小问2详解】
解：由（1）中抛物线可化为，
抛物线经过平移得到可以是：①先向右平移1个单位长度、再向上平移3个单位长度；②先向上平移3个单位长度、再向右平移1个单位长度；（任选一个即可）．
19. 两个质地均匀的正方体M和N，正方体M的六个面分别标有数字“0”，“1”，“2”，“3”，“4”，“5；正方体N的六个面分别标有数字“0”，“1”，“2”，“6”，“7”，“8”．掷小正方体后，观察朝上一面的数字．
（1）掷一次正方体M时，出现奇数的概率是多少；
（2）如果先掷一次正方体M，再掷一次正方体N得到两个数字，如先后挪到“0”和“1”记为，可表示某月的日；先后掷到“5”和“8”记为，不能表示某月的日期．求先后各掷一次正方体M和正方体N，得到的两个数字能组成一月的一个日期的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了简单的概率计算，列举法求概率．熟练掌握简单的概率计算，正确的列表格是解题的关键．
（1）由题意知，掷一次正方体M时共有6种等可能的结果，出现奇数有3种等可能的结果，然后求概率即可；
（2）根据题意列表格，然后求概率即可．
【小问1详解】
解：由题意知，掷一次正方体M时共有6种等可能的结果，出现奇数有3种等可能的结果，
∵，
∴掷一次正方体M时，出现奇数的概率是；
【小问2详解】
解：由题意列表如下：
由表可知，共有种等可能的结果，其中得到的两个数字能组成一月的一个日期有种等可能的结果，
∴得到的两个数字能组成一月的一个日期的概率为．
20. 在平面直角坐标系中，抛物线与轴的一个交点为．
（1）________；
（2）画出函数的图像；
（3）当时，结合函数图像直接写出的取值范围．
【答案】（1）
（2）作图见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据题意，将代入表达式解方程即可得到答案；
（2）由（1）可知，利用描点法作出图形即可得到答案；
（3）由（2）中图像，作出图形，利用图像即可得到当时，的取值范围．
【小问1详解】
解：抛物线与轴的一个交点为，
，解得，
故答案为：；
【小问2详解】
解：由（1）知，
列表：
描点、连线，画函数图像，如图所示：
；
【小问3详解】
解：题中给出，过作，过作，如图所示：
的开口向上，对称轴为，
在图像上，当时，图像是下降的，即随增大而减小，当时，；当时，；
在图像上，当时，图像是上升的，即随增大而增大，当时，；当时，；
当时，结合函数图像，再由上述计算可知：当时，；当时，；
当时，结合函数图像得到的取值范围是．
【点睛】本题考查二次函数综合，涉及待定系数法确定函数关系式、描点法作二次函数图像和利用二次函数图形与性质求的取值范围，熟练掌握二次函数图像与性质是解决问题的关键．
21. 已知关于x的一元二次方程．
（1）求证：无论m取何值，方程总有两个实数根；
（2）若方程的一个实数根是另一个实数根的两倍，求m的值．
【答案】（1）见详解 （2）或
【解析】
【分析】（1）根据即可证明；
（2）根据公式法即可得，再根据方程的一个实数根是另一个实数根的两倍即可求解；
【小问1详解】
解：根据题意，，
∴无论m取何值，方程总有两个实数根.
【小问2详解】
由题意，根据公式法得，，
∴，
∴，
解得：．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用，掌握相关知识是解题的关键．
22. 如图，是的弦，半径，垂足为．，，求的半径．
【答案】
【解析】
【分析】连接，在优弧上取一点，连接，如图所示，根据圆内接四边形性质及圆周角定理得到，再由垂径定理、含的直角三角形性质及勾股定理得到的半径．
【详解】解：连接，在优弧上取一点，连接，如图所示：
四边形是圆的内接四边形，
，
，
，
，
是的弦，半径，垂足为，，
由垂径定理可知，，，
在中，，设，则，由勾股定理可知，解得，
的半径为．
【点睛】本题考查求圆的半径，涉及圆内接四边形性质、圆周角定理、垂径定理、含的直角三角形性质和勾股定理，熟练掌握圆的性质及定理是解决问题的关键．
23. 在平面直角坐标系中，的三个顶点的坐标分别为，，．将绕原点顺时针旋转90°得到，点，，的对应点分别为，，．
（1）画出旋转后的；
（2）直接写出点的坐标；
（3）记线段与线段的交点为，直接写出的大小．
【答案】（1）作图见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】本题考查旋转作图、由图形写坐标和求角度，涉及旋转性质、图形与坐标、三角形全等的判定与性质、对顶角相等和三角形内角和定理等知识，熟练掌握旋转性质及图形与坐标是解决问题的关键．
（1）根据旋转的性质作出三个顶点绕点顺时针旋转90°的对应点，连线即可得到；
（2）由（1）中作出的即可得到答案；
（3）过作轴于、过作轴于，如图所示，由三角形全等的判定与性质得到，进而，再由对顶角相等、等量代换及三角形内角和定理即可得到答案．
【小问1详解】
解：作图如下：
即为所求；
【小问2详解】
解：由（1）中图形，如图所示：
；
【小问3详解】
解：在（1）的图形中，过作轴于、过作轴于，如图所示：
，
，
，
，
在中，，则，
在中，由三角形内角和定理可知，
．
24. 如图，是的直径，，交于点，点在的延长线上且．

（1）求证：是的切线；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）详见解析；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据等腰三角形性质及三角形的内角和定理可得，再由已知及切线的判定定理可得结论；
（2）由（1）知，由勾股定理得出圆的半径为6，利用等腰三角形的性质可得出D为的中点，利用中位线定理可得出，可证出，得出，利用相似比得出，最后利用勾股定理即可得出答案．
【小问1详解】
∵，
∴，
∵，
∴，
∵为直径，
∴是的切线；
【小问2详解】
由（1）知，是的切线，
∴，
∴，
∴
设的半径为r，
∵，
∴，
∴，
∴，
连接，

∵为的直径，
∴，
∵，
∴D为中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴在中，
【点睛】本题属于主要考查了等腰三角形性质，圆切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，中位线定理等知识点，熟练掌握其性质的综合应用是解决此题的关键．
25. 如图，小云在生活中观察到一个拱门，拱门的上方拱线和下方拱线的最高点均为点，拱门的跨径间对称分布有8根立柱．他搜集到两条拱线的相关数据，拱线的跨径长为，高为．右侧的四根立柱在拱线上的端点，，，的相关数据如下表所示．
所查阅的资料显示：拱线为某个圆的一部分，拱线为某条抛物线的一部分．
根据以上信息，解答下列问题：
（1）选取拱线上的任意三点，通过尺规作图作出拱线所在的圆；
（2）建立适当的平面直角坐标系，选取拱线上的点，求出拱线所在的抛物线对应的函数解析式，并验证拱线上的其他已知点都在抛物线上，写出验证过程（不添加新的字母）．
【答案】（1）尺规作图见解析
（2），其他已知点都在抛物线上，验证过程见解析
【解析】
【分析】本题考查圆与二次函数综合，涉及圆的性质、尺规作图-中垂线、待定系数法确定函数关系式、验证点是否在函数图像上等知识，熟练掌握中垂线的尺规作图及待定系数法确定函数关系式是解决问题的关键．
（1）选取拱线上的任意三点，连线构成圆的弦，作两条弦的垂直平分线交于点，以为圆心，为半径作圆即可得到答案；
（2）以为坐标原点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，如图所示，利用交点式，待定系数法确定函数关系式即可得到拱线所在的抛物线对应的函数解析式为，再将，，，的横坐标代入表达式验证纵坐标是否与值相等即可得到答案．
【小问1详解】
解：如图所示：
即为所求；
【小问2详解】
解：以为坐标原点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，如图所示：
拱线跨径长为，高为，
、、，
设拱线的表达式为，
将代入表达式得，解得，
拱线所在的抛物线对应的函数解析式为，
将代入得，故点在拱线所在的抛物线上；
将代入得，故点在拱线所在的抛物线上；
将代入得，故点在拱线所在的抛物线上；
将代入得，故点在拱线所在的抛物线上．
26. 在平面直角坐标系中，，，三点都在抛物线（）上．
（1）这个抛物线的对称轴为直线________．
（2）若，求的取值范围；
（3）若无论取任何实数，点，，中都至少有两个点在轴的上方，直接写出的取值范围．
【答案】26.
27.
28.
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图像上点的坐标特征：
（1）直接根据对称轴公式可得对称轴直线方程；
（2）先根据已知条件判断出A，B，C所在的位置，然后根据距离对称轴的大小得到取值求解即可；
（3）根据题意可得到当抛物线与x轴有一个交点或者没有交点时，满足题意，即可得到有关a的不等式，求解即可；
掌握二次函数的性质，掌握二次函数图像与系数的关系是解题的关键．
【小问1详解】
解：对称轴为，
故答案为：；
【小问2详解】
解：∵，，三点都在抛物线（）上，且，
又∵，抛物线的对称轴为，
∴A，B两点位于对称轴左侧，点C位于对称轴右侧，且点A到对称轴的距离大于点C到对称轴的距离，点C到对称轴的距离大于等于点B到对称轴的距离，
即，解得；
【小问3详解】
解：∵无论取任何实数，点，，中都至少有两个点在轴的上方，
∴当抛物线与x轴有一个交点或者没有交点时，满足题意，
即，
∴，
化简得，
∵，
∴，
解得，
∴此时．
27. 在中，，，于点．点在射线上，连接，作于点．连接，作于点，作交直线于点，连接．
（1）当点在线段上时，在图1中补全图形，并直接写出的度数；
（2）当点在线段的延长线上时，利用图2探究线段与之间的数量关系，并证明；
（3）取线段的中点，连接，若，直接写出线段的长的最小值．
【答案】（1）
（2），证明见解析；
（3）
【解析】
【分析】（1）先补全图形，如图所示：取的中点，连接，，证明，，，四点共圆，可得；
（2）由（1）同理可得：，，，四点共圆，可得，证明，再证明，可得，即可得到结论；
（3）如图，取的中点，连接，，，取的中点，连接，
由（2）同理可得：，而，可得，连接，证明，可得在以为圆心，半径为2的弧上运动，当，，三点共线时，最小，从而可得答案．
【小问1详解】
解：补全图形，如图所示：
∵，，
∴，
取的中点，连接，，
∴，
∴，，，四点共圆，
∴，
∵，，，
∴，
∴；
【小问2详解】
，理由如下：
如图所示：
∵，，，
∴，，
由（1）同理可得：，，，四点共圆，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，而，
∴，
∴，
∴；
【小问3详解】
如图，取的中点，连接，，，取的中点，连接，
由（2）同理可得：，而，
∴，
连接，
∵，
∴，
∴，
∴，而，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，而为中点，为中点，
∴，
∴在以为圆心，半径为2的弧上运动，
∴当，，三点共线时，最小，
在中，
此时，
∴．
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，圆的确定及基本性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
28. 如图，在平面直角坐标系中，点，．对于一个角（），将一个图形先绕点顺时针旋转，再绕点逆时针旋转，称为一次“对称旋转”．
（1）点在线段上，则在点，，，中，有可能是由点经过一次“对称旋转”后得到的点是________；
（2）轴上的一点经过一次“对称旋转”得到点．
①当时，________；
②当时，若轴，求点的坐标；
（3）以点为圆心作半径为1的圆．若在上存在点，使得点经过一次“对称旋转”后得到的点在轴上，直接写出的取值范围．
【答案】（1）、
（2）①2；②
（3）或
【解析】
【分析】（1）由一次“对称旋转”定义，将，，，先绕点顺时针旋转，再绕点逆时针旋转，即可验证；
（2）①作出图形，数形结合，分类讨论，由等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质即可得到答案；②作出图形，由含的直角三角形的性质，求出三角形边长即可得到点的坐标；
（3）设点经过一次“对称旋转”后得到的点为点，则点先绕点顺时针旋转，再绕点S逆时针旋转得到点M，进行分类讨论：①当时，令和相交于G，连接，过点S作的垂线，垂足为点H，易得，根据点M再上，则与有公共点，得出，即，即可求解；②当时，用相同的方法，即可解答．
【小问1详解】
解：由一次“对称旋转”定义，将先绕点顺时针旋转，再绕点逆时针旋转，如图所示：

不是由点经过一次“对称旋转”后得到的点；
同理可得是由点经过一次“对称旋转”后得到的点；是由点经过一次“对称旋转”后得到的点；不是由点经过一次“对称旋转”后得到的点；
故答案为：、；
【小问2详解】
解∶①令点P绕点顺时针旋转得到点，连接，
∵经过一次“对称旋转”得到时，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，即，
∵，
∴，
∴；
故答案为：2；

②经过一次“对称旋转”得到时，由题意作图，如图所示：

则
轴，
，则，
，
，，
，则，，
，
，则；
【小问3详解】
解：设点经过一次“对称旋转”后得到的点为点，
∵点M先绕点顺时针旋转，再绕点逆时针旋转得到点，
∴点先绕点顺时针旋转，再绕点S逆时针旋转得到点M，
∵点在x轴上，
∴将x轴先绕点顺时针旋转得到，再绕点S逆时针旋转得到，
①当时，
令和相交于G，连接，过点S作的垂线，垂足为点H，
由旋转的性质可得：，
∵为直径，
∴，即，
∴，
∵，，绕点S逆时针旋转得到，
∴，
∵点M再上，
∴与有公共点，
∴，
即，
，
∴；

②当时，
∵x轴先绕点顺时针旋转得到，再绕点S逆时针旋转得到，
∴，则，
同理可得：，
则，
∴，
整理得：，

综上：或．
【点睛】本题主要考查了新定义，旋转的性质，解直角三角形，圆周角定理，正确理解题目所给“对称旋转”的定义，熟练掌握旋转的性质，是解题的关键．0
1
2
6
7
8
0
1
2
3
4
5
0
1
3
0
0
点
点
点
点
距的水平距离（）
4
5
6
7
距的竖直距离（）
4.125
3.000
1625
0
点
点
点
点
距的水平距离（）
4
5
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距的竖直距离（）
4.125
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