2024北京北师大实验中学初三上期末数学试题及答案

2024北京师大实验中学初三（上）期末数学一、单项选择题(本题共8小题，每小题2分，共16分)1.下列自然能源图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A.B.C.D.2.抛物线y2（x﹣12的顶点坐标是（）学科网（北京）股份有限公司A.（1，5）B.（21）C.（25）D.（﹣1，）(−)k1+(−)+=3.已知关于x的方程k3x2k3x40是一元二次方程，则k的值应为（）33A.4.B.3的半径为，点P在C.外，点P到圆心的距离为d，则d需要满足的条件（）无法确定D.不能确定A.d3B.d=30d3C.D.案绕某点连续旋转若干次，每次旋转相同角度，设计出一个外轮廓为正六边形5.小明将图可以为（）A.30°C.90°B.60°D.120°6.若扇形的圆心角为90°，半径为，则该扇形的弧长为（）3D.A.B.C.327.如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c与直线y＝kx交于，N两点，则二次函数＝ax2＋（b﹣k）x＋c第1页/共28页可能是（）A.B.C.D.8.做随机抛掷一枚纪念币的试验，得到的结果如下所示：抛掷次数m500100015007932000103425001306300015584000208350002598“正面向上的次数n265n“正面向上的频率下面有3个推断：0.5300.5120.5290.5170.5220.5190.5210.520m①当抛掷次数是1000“正面向上”的频率是0.512，所以正面向上”的概率是0.512；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（）A.②B.①③C.②③D.①②③二、填空题（共8小题，每题2分，共16分）9.若正六边形的边长是，则它的半径是________．(−)，这个二次函数的解析式可以110.写出一个二次函数，其图象满足：①开口向下；②与y轴交于点是______．草坪上的自动喷水装置的旋转角为200，且它的喷灌区域是一个扇形．若它能喷灌的扇形草坪面积为平方米，则这个扇形的半径是__第2页/共28页y=ax2+bx+c的对称轴为x=1，点P，点Q是抛物线与x轴的两个交点，若点P的坐12.如图，抛物线标为（4，），则点Q的坐标为__________．的直径，BAC20，则P的度数为∠=13.如图，，PB是______．的切线，A，B为切点，AC是2+x−2=0的根，则代数式a2+aa−+3)14.已知a是x2的值为______．a关于点C成中心对称，AB=AC=CAB=90，则AE的长是15.如图，与________．y=−x2+2x+m交x轴于点A（a，0）和（b，A在点B16.抛物线D，下列四个结论：①抛物线过点（，mm＝0时，△ABD是等腰直角三角形；③a＋b＝；④抛物线上有两点P（x，）和Q（，＜，且＋＞2，则＞．其中结论正确的yxyxxxxyy2112212121序号是______________________．三、解答题（共68分，第17-21题，每题5分，第22题6分，第23题5分，第24-26题，每题6分，第27-28题，每题7分)解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．17.解方程：x+2x−5=0．218.下面是小元设计的“过圆上一点作圆的切线”的尺规作图过程．已知：如图，⊙O及⊙O上一点P．第3页/共28页求作：过点P的⊙O的切线．作法：如图，作射线OP；①在直线OP外任取一点A，以A为圆心，AP为半径作⊙A，与射线OP交于另一点B；②连接并延长BA与⊙A交于点C；③作直线PC；则直线PC即为所求．根据小元设计的尺规作图过程，（1（2）完成下面的证明：证明：∵是⊙A的直径，∴∠BPC90°∴OP⊥PC．又∵OP是⊙O的半径，∴PC是⊙O的切线19.如图，在Rt△中，ACB=90，点D，F分别在ABAC上，CF=CB，连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90后得CE，连接EF．（1）求证：≌；（2）若直线EF交AB于点G，直接写出AGE的度数．y=−x2+mx+3经过点M(3)．−20.如图，已知抛物线第4页/共28页（1）求m的值，并求出此抛物线的顶点坐标；（2）当3x0时，直接写出y的取值范围．21.邮票素有“国家名片”之称，方寸之间，包罗万象．为宣传北京2022年冬奥会，中国邮政发行了若干套冬奥会纪念邮票，其中有一套展现雪上运动的邮票，如图所示：某班级举行冬奥会有奖问答活动，答对的同学可以随机抽取邮票作为奖品．（1）在抢答环节中，若答对一题，可从4枚邮票中任意抽取1枚作为奖品，则恰好抽到“冬季两项”的概率是．（2）在抢答环节中，若答对两题，可从4枚邮票中任意抽取2枚作为奖品，请用列表或画树状图的方法，求恰好抽到“高山滑雪”和“自由式滑雪”的概率．2−(k+4)x+2k+4=0．xx22.关于的一元二次方程（1）求证：方程总有两个实数根；（2）若方程有一个根小于1，求k的取值范围．(A0,3的三个顶点的坐标分别为)，(−)，(−)，B1,3C2,.1中，23.如图，在平面直角坐标系点D的坐标为()．B（1）与关于点D中心对称，其中点A与点A对应，点与点对应，请在坐标系中画B第5页/共28页出，并写出点B的坐标；()P（2）若点Pa,b是内部任意一点，请直接写出这个点关于点中心对称的对应点的坐标．D24.如图，AB为的直径，⊥交于点C，D为上一点，延长CD交于点E，延长至F，使DFFE，连接=EF．（1）求证：EF为的切线；（2）若1且BD==BF，求的半径．25.如图1，一灌溉车正为绿化带浇水，喷水口H离地竖直高度为h=1.2米．建立如图所示的平面直角2坐标系，可以把灌溉车喷出水的上、下边缘抽象为两条抛物线的部分图象，把绿化带横截面抽象为矩形，其水平宽度DE=2米，竖直高度=0.7米，下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到，上边缘抛物线最高点A离喷水口的水平距离为2米，高出喷水口4米，灌溉车到绿化带的距离为d米．（1）求上边缘抛物线喷出水的最大射程OC；x（2）求下边缘抛物线与轴交点B的坐标；（3）若d=3.2米，灌溉车行驶时喷出的水______（填“能”或“不能”）浇灌到整个绿化带．y=−x2+2−m+m，线段AB的两个端点分别为226.在平面直角坐标系xOy中，抛物线的表达式为()，()．A1,3B7,3（1）求抛物线顶点C的坐标（用含有m（2）若m=4，且对于该抛物线上的两点()，()，当+，时，均满足Qx,y1t122Px,yt61121y，求t的取值范围；2（3）若抛物线与线段AB恰有一个公共点，结合函数图象，直接写出m的取值范围．中，，＝，点为直线上一个动点（点不与点，27.在90DDAC接BD，将线段BD绕D点逆时针旋转90得线段DE，连接．第6页/共28页（1）如图，若点D在线段上，①依题意补全图1；②用等式表示线段，CD，之间的数量关系，并证明．（2）若BC＝m，直接写出当AE取得最小值时CD的长（用含m中，的半径为，P是外一点，给出如下的定义：若在上存在一的关联点．28.在平面直角坐标系点T，使得点P关于某条过点T的直线对称后的点Q在（1）当点P在直线y=2x上时．上，则称Q为点P关于22①若点()，在点Q−()，()中，点关于Q1Q0P的关联点是；P2,，12322②若P关于的关联点Q存在，求点P的横坐标p的取值范围．32A，动点M满足AM1，若M关于（2）已知点的关联点N存在，直接写出MN的取值范围．第7页/共28页参考答案一、单项选择题(本题共8小题，每小题2分，共16分)1.【答案】A【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义逐项判断即可．【详解】A、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故正确；B、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故错误；C、是轴对称图形，但不是中心对称图形，故错误；D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故错误；故选：A．【点睛】本题考查轴对称图形与中心对称图形的识别，理解基本定义是解题关键．2.【答案】A【分析】已知抛物线的顶点式，可直接写出顶点坐标．【详解】解：抛物线y2（x﹣12的顶点坐标是（1，故选：A．【点睛】本题考查二次函数的性质，记住顶点式y＝a（xh）2k，顶点坐标是（hkx＝h．3.【答案】C【分析】根据一元二次方程的定义：未知数的最高次数是2；二次项系数不为0；是整式方程；含有一个未知数．x【详解】解：由关于的方程(k−x|k|−1+(2k−x+4=0是一元二次方程，得|k|1=2且k−30．解得k=3．故选：C．【点睛】本题考查了一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2．4.【答案】A【分析】根据点与圆的关系解答.【详解】∵点P在外，的半径为3，∴点P到圆心的距离为d>3，故选：A.【点睛】此题考查点与圆的位置关系：点与圆心的距离为，圆的半径为r，当d>r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d<r时，点在圆内．5.【答案】B第8页/共28页【分析】由题意依据每次旋转相同角度，旋转了六次，且旋转了六次刚好旋转了一周为360°进行分析即可得出答案.【详解】解：因为每次旋转相同角度，旋转了六次，且旋转了六次刚好旋转了一周为360°，==.360660所以每次旋转相同角度故选：B.【点睛】本题考查旋转的性质，解题的关键是能够找到旋转中心，从而确定旋转角的度数．6.【答案】C【分析】根据弧长公式计算即可．6=.【详解】解：该扇形的弧长＝180故选C．R【点睛】本题考查了弧长的计算：弧长公式：l=（弧长为，圆心角度数为，圆的半径为Rln1807.【答案】A【分析】根据抛物线yax2＋bx＋c与直线y＝kxM，N两点，可得方程ax2＋bx＋＝kx有两个不等的实数根，从而可判断；【详解】由图像可知a0，b0，＞0，k＜0b－k0，可排除选项B、D，由图像可知抛物线y＝ax2＋bx＋c与直线y＝kx有两个不同的交点，则一元二次方程ax2＋bx＋ckx有两个不等的实数根，即一元二次方程ax2＋（b－k）＋c＝0有两个不等的实数根，所以二次函数yax2＋（b﹣k）x＋c的图象与x轴有两个交点，故选A．【点睛】本题主要考查了二次函数与一次函数综合，结合二次函数与一元二次方程的关系求解是解题的关键．8.【答案】C【分析】根据用频率估计概率以及频率和概率的概念判断．【详解】①当抛掷次数是1000“正面向上的频率是0.512，但“正面向上”的概率不一定是0.512，本小题推断不合理；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，本小题推断合理；③若再次做随机抛掷该纪念币的试验，则当抛掷次数为3000时，出现正面向上”的次数不一定是1558次，本小题推断合理；故选：C．【点睛】本题考查利用频率估计概率，大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．第9页/共28页二、填空题（共8小题，每题2分，共16分）9.【答案】1【分析】根据正六边形的边长等于正六边形的半径，即可求解．【详解】正6边形的中心角为360°÷6=60°．那么外接圆的半径和正六边形的边长将组成一个等边三角形．∴它的外接圆半径是1．10.【答案】y=-x2-1【分析】根据抛物线开口方向得出a的符号，进而得出c的值，即可得出二次函数表达式．【详解】解：∵图象为开口向下，并且与y轴交于点（0，-1∴a＜0，=-1，∴二次函数表达式为：y=-x2-1故答案为yx2-1【点睛】本题考查了二次函数的图像特征及性质，掌握二次函数的图像特征及性质是解题的关键．【答案】3π【分析】根据已知得出自动喷水装置它能喷灌的草坪是扇形，面积为5平方米，圆心角为200°，利用扇R²形面积公式S扇形=求出即可．π【详解】解：∵草坪上的自动喷水装置它能喷灌的草坪是扇形，面积为5平方米，圆心角为200°，R?∴它能喷灌的草坪的面积为：=5m?．360解得：R=3，故答案为3．【点睛】此题主要考查了扇形面积求法.12.【答案】（2，0）−【详解】∵抛物线y=ax2+bx+c的对称轴为x=1，点P，点Q是抛物线与x轴的两个交点，∴点P和点Q关于直线x=1对称，又∵点P的坐标为（40），∴点Q的坐标为（-2，）．故答案为（-2，0）．13.【答案】40°【分析】根据切线长定理得等腰△，运用三角形内角和定理求解即可．【详解】解：∵、PB是⊙O的切线，A、B为切点，∴=PB，∠=90°，∠BAC=20，∴∠=90°﹣∠BAC=90°﹣20°=70°．第10页/28页∵=PB，∴∠=∠PBA=70°，∴∠P=180°﹣70°×2=40°．故答案为40°．【点睛】本题考查了切线长定理和切线的性质，等腰三角形性质，三角形内角和，求一个角的余角，利用切线长得出=PB是解题的关键．14.【答案】4【分析】先根据一元二次方程的根的定义可得a2+a−2=0，从而可得a2+a=2，根据当a时，-222≠0，可得a≠0，方程两边都除以a得a+1−=0，即a−=−1，再将其作为整体代入求值即可得．aa【详解】解：∵a是x2+x−2=0的根，∴a2+a−2=0，当a时，-2≠0，∴a≠0，方程两边都除以a得a+1−22=0，即a−=−1，aa∴a2+a=2，2∴a2+aa−+3=2−1+3=−2+6=4．)()a故答案为：．【点睛】本题考查了一元二次方程的根、代数式求值，掌握理解一元二次方程的根的定义和等式恰当变形是解题关键．15.【答案】5【分析】根据中心对称的性质以及勾股定理即可求解AE的长．【详解】解：∵与关于点C成中心对称∴点,C,D在同一直线上，=90D=AC=CD,AB=AC=2AD=2AC=22=4AE=2+AD2=32+4=5，2故答案为：．【点睛】本题主要考查中心对称的性质以及勾股定理，熟练掌握成中心对称的图形对应边相等，对应角相等的性质以及勾股定理是解决本题的关键．16.【答案】①②④第页/共页【分析】①根据抛物线与y轴的交点坐标及对称性即可判断；②当m＝0时，可得抛物线与x轴的两个交点坐标和对称轴即可判断；③根据抛物线与x轴的一个交点坐标和对称轴即可得另一个交点坐标即可判断；④根据二次函数图象即可进行判断．【详解】解：①∵抛物线与y轴的交点坐标为（0，m22∵对称轴为x=-=1∴（0，m）关于对称轴的对称点为（2，m）,在抛物线上故①正确；②当m＝0时，抛物线与x轴的两个交点坐标分别为（0，2，对称轴为x1，∴△ABD是等腰直角三角形，故②正确；③∵对称轴＝1，a+b∴=12∴a＋b＝2，故③错误；④观察二次函数图象可知：当xxxx＞，1212则x离对称轴比x离对称轴更近，故yy．1212故④正确．故答案为：①②④．．【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系、二次函数图象上点的坐标特征、抛物线与x轴的交点、等腰直角三角形，解决本题的关键是综合利用以上知识．三、解答题（共68分，第17-21题，每题5分，第22题6分，第23题5分，第24-26题，每题6分，第27-28题，每题7分)解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．17.【答案】1=−+6，1x=−1−62【分析】此题考查解一元二次方程，一元二次方程的解法有直接开平方法，公式法，配方法，因式分解法等，学生在平时的训练中，学会根据方程的特征，选择恰当的方法，提高解题效率．根据配方法的步骤先第12页/28页把常数项移到等号的右边，再在左右两边同时加上一次项系数一半的平方，配成完全平方的形式，然后开方即可．【详解】解：x2+2x−5=0，2x+2x=5，2x+2x+1=6，(x+)=6，2x+1=6，1=−1+6x=−1−6，．218.12）直径所对的圆周角是直角；过半径外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线）根据题意作出图形即可；（2）根据圆周角定理得到∠BPC=90°，根据切线的判定定理即可得到结论．1）补全图形如图所示，则直线PC即为所求；（2）证明：∵BC是⊙A的直径，∴∠BPC=90∴OP⊥PC．又∵OP是⊙O的半径，∴PC是⊙O故答案为：圆周角定理；切线的判定．【点睛】本题考查了切线的判定，圆周角定理，正确的作出图形是解题的关键．19.1）见解析（2）AGE90=【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质、旋转的性质、平行线的性质：（1）由旋转的性质可得：CD=CE，再根据同角的余角相等可证明BCD=FCE，再根据全等三角形的判定方法即可证明≌；（2）由题意：DCE=90，易求E=，进而可求出BDC的度数．【小问1∵将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90后得CE，∴CD=DCE=，∵ACB90，=第13页/28页∴BCD=90−ACD=FCE，在△BCD和△FCE中，CB=CFBCD=FCE，CD=CE)．≌∴【小问2如图，由题意：DCE=90，∵∥CD，∴E=−DCE=，∵BDC∴ADC=90∵∥CD，，，∴==．20.1）m=−2，顶点坐标(−4)；（2）0y4M3)代入(y=−x+mx+3即可求得m的值，再将抛物线的一般式化为顶点式，即21）将可得出抛物线的顶点坐标；（2）根据抛物线的顶点坐标(−4)，对称轴为直线x=1−，可知3x0时，当x=−3时，取得最y小值，当x=−1时，y取得最大值，即可求出y的取值范围．【小问1M3)代入(y=−x+mx+3，得：2解：将=−(−2)2−2m3+3解得：m=−2第14页/28页=−x2−2x+3y)2x++=−−+3y(x2y=−(x+)2+4此抛物线的顶点坐标为(−4)．【小问2解：由（1）可知抛物线的顶点坐标为(−1,4)，对称轴为直线x=1，−当x=3时，y31=−(−+)2+4=0，当3x0时，y的取值范围为：0y4．【点睛】本题主要考查二次函数图像和性质，懂得把二次函数的一般式化为顶点式是解题的关键．121.1）（2）146）直接由概率公式求解即可；（2）画树状图，共有12种等可能结果，其中恰好抽到“高山滑雪”和“自由式滑雪”的有2种结果，再由概率公式求解即可．【小问1解：从4种邮票任取一张共有4种情况，其中“冬季两项”只有1种情况，1恰好抽到“冬季两项”的概率是．41故答案为：．4【小问2解：直接使用图中的序号代表四枚邮票，由题意画出树状图，如图所示：由树状图可知，所有可能出现的结果共有12种，并且它们出现的可能性相等．其中，恰好抽到“高山滑雪”和“自由式滑雪”的结果有2种，第15页/28页216=∴恰好抽到“高山滑雪”和“自由式滑雪”的概率为：．12【点睛】本题主要考查的是概率公式，用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件，用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．22.1）见解析（2）k−1）计算一元二次方程根的判别式，根据根的判别式进行判断即可得证；（2）根据公式法求得方程的解，得出12，=x=k+2，根据题意列出不等式，解不等式即可求解．2【小问1证明：关于x的一元二次方程x−(k+4)x+2k+4=0，2−4ac(k4)=−+2−41(2k4)k0+=2∵b2∴此方程总有两个实数根；【小问2∵x−(k+4)x+2k+4=02(−)(−−)=x2xk20解得1=2，x=k+22∵方程有一个根小于1∴k+21，解得k−1．【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程根的情况与判别式的关系是解题的关键．(−)B123.1）见解析，（2）(−−)P2a,2b【分析】本题考查作图-旋转变换：（1）利用中心对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A，，即可；BC（2）设()，利用中点坐标公式求解．Pm,n【小问1即为所求，点(−)；B1如图，第16页/28页【小问2设()，Pm,n()，D)Pa,b又ab+n则有，=1，，22∴m=2−n=2−b∴(−−)．P2a,2b24.1）见解析（2）的半径为3【分析】本题考查了切线的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟记切线的判定定理是解题的关键．（1）连接OE，根据等边对等角结合对等角相等即可推出结论；FE=2BD=2(r−)，在Rt△=r−1，中，由勾（2）设的半径==r，则=股定理得得出方程求解即可．【小问1证明：如图，连接OE，∵OE=OC，∴=，∵DFFE，=∴FED=FDE，，CDO+OCD=，∵∴+=90，第17页/28页即FEO=90，∴OE⊥FE，∵OE是半径，∴EF为的切线；【小问2解：设的半径==r，则==r−1，FE=2BD=2r−)，(∴在Rt△中，由勾股定理得，FE2+2=OF2，∴(2r2)2r22r1=−+−)2，解得r=3，或r1的半径为．25.1）上边缘抛物线喷出水的最大射程OC为6m；=∴（2）()；B2,0（3）不能．）求得上边缘的抛物线解析式，即可求解；（2）根据二次函数的性质，确定平移的单位，求得下边缘抛物线解析式，即可求解；（3）根据题意，求得点F的坐标，判断上边缘抛物线能否经过点F即可；【小问1解：由题意可得：()，A(2,1.6)H=(−)且上边缘抛物线的顶点为A，故设抛物线解析式为：yax2+1.621将(H0,1.2)代入可得：a=−101=−(−)x2+1.62即上边缘的抛物线为：y101−(−)x22+1.6=0y=0将代入可得：10x=−2（舍去）或x=26解得：1即=6m上边缘抛物线喷出水的最大射程OC为6m；【小问2由（1）可得，()H第18页/28页1=−(−)x2+1.6，可得对称轴为：x=22上边缘抛物线为：y10点H关于对称轴对称的点为：(4,1.2)下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到，可得上边缘抛物线向左平移4个单位，得到下边缘抛物1=−(+)x2+21.6线，即下边缘的抛物线解析式为：y101−(+)x22+1.6=0y=0将代入可得：10x=−61x=22解得：（舍去）或即点()；B2,0【小问3∵23.26，∴绿化带的左边部分可以灌溉到，由题意可得：F(0.7)11+1.6可得：y=−5.2−2)+1.6=0.5760.7=−(−)x222将x=5.2代入到y1010因此灌溉车行驶时喷出的水不能浇灌到整个绿化带．x【点睛】此题考查了二次函数的应用，涉及了待定系数法求解析式，与轴交点等问题，解题的关键是理解题意，正确求得解析式．2t2−1总有1y3）m的取值范为26.1）抛物线顶点C（m，3m2）综合得214或＜m13．）把抛物线配方为顶点式即可得出顶点坐标；x4=−(−)2+12，再求出当x=6时，函数值（2）先求出m=4时，二次函数解析式y64=−(−)2+128=yy变化，，求12y826x12≤1，求出函数值为时的自变量的值为与在出t的范围；当x6时，根据函数性质对称轴的右侧，函数值随自变量x的增大而减小，t+1≤x122t2−1即可；（3）先求出抛物线顶点轨迹函数y=3x，根据点A在抛物线上和点B在抛物线上，解关于m的一元二次方程，去掉交于两点的情况即可．1）y=−x2+2−m2+m=−(x−m)+m，2∴抛物线顶点C（m，m（2）当m=4时，yx4=−(−)2+12，64=−(−)2+12=−4+128=当x=6时，y，第19页/28页−(−)x42+12=8，解得x=x=6，∵抛物线开口向下，抛物线对称轴为x=4，∴离抛物线对称轴越近函数值越大，yy∵∴，y2≤8，21y81，∴2≤x1≤6，t2∴t+16，∴2t5，当x6时，只要xx根据函数的性质，在对称轴的右侧，函数值随自变量x的增大而减小，112∴t+1≤2，∴t≤x2-1，综合得2t2−1yy总有；12（3）抛物线顶点所在解析式为y=3，当点A（13）在抛物线上时，把点A代入解析式得：2+2m−m+m=3，2整理得m2−5m+4=0，解得m=，m=4，第20页/28页当点B（73）在抛物线上时，把点B代入抛物线解析式得：−72+2m7−m+m=3，2整理得m2−17m+52=0，解得m=，m=13，∴当m=4时A、B两点都在抛物线上，抛物线与线段AB恰有一个公共点，∴m的取值范为14或＜m13．【点睛】本题考查抛物线综合，抛物线化为顶点式，二次函数的性质，一元二次方程的解法，抛物线与线第21页/28页段的公共交点问题，掌握抛物线综合，抛物线化为顶点式，二次函数的性质，一元二次方程的解法，抛物线与线段的公共交点，利用一元二次方程的解确定自变量的范围是解题关键．中，，90，点D为直线上一个动点（点D不与点A，C27.在接BD，将线段BD绕D点逆时针旋转90得线段DE，连接．（1）如图，若点D在线段上，①依题意补全图1；②用等式表示线段，CD，之间的数量关系，并证明．（2）若BC＝m，直接写出当AE取得最小值时CD的长（用含m2）①见解析；②CE+CD，见解析=232（2）=m4【分析】本题是三角形综合题；（1）①由题意画出图形即可；②过点E作EF⊥AC交的延长线于F，证明EF=AD，DF=AB，由等腰直角三角形的性质得出结论；≌（S，由全等三角形的性质得出（2）过点E作EF⊥AC于F，证明三角形的性质及勾股定理得出答案．【小问1≌（S，得出EF=AD，DF=AB，由等腰直角解：①如图，补全图形如下：2②结论：CE+CD．=2第22页/28页交的延长线于，理由：过点E作EF⊥ACACF∴F=90=BAC，由旋转知，DEBD，BDE=90，=∴+=，∵，∴+90，==∴EDFDBA，（S，∴≌∴EFAD，DF=AB，=∵AB=AC=CD+AD，2BC，=CD+AD，∴AC=2∵DF=CF+CD，∴CF=AD=EF，2∴EF=CEAD，=222CECD=+BC，∴222即CE+CD．=2【小问2如图2中，由②可知，∴ECF=ACB=，∴BCE=90，是等腰直角三角形，∴如图3中，当⊥时，AE的值最小．第23页/28页∵=，=90，BC=m，22∴AB=AC=BC=m22过点E作EF⊥AC，∵ACE=45，AEC=90，∴EAC=ECA=45，∴EA=EC，2∴AFCFEF===m，4同法可证===CF，32∴CDCF==m．4【点睛】主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，利用一线三垂直模型构造出全等三角形是解本题的关键．中，的半径为，P是外一点，给出如下的定义：若在上存在一28.在平面直角坐标系点T，使得点P关于某条过点T的直线对称后的点Q在（1）当点P在直线