2024年北京首师大附中初三（上）10月月考数学试题及答案

2024北京首都师大附中初三10月月考数学一、单选题1.下列图案中，点O为正方形的中心，阴影部分的两个三角形全等，则阴影部分的两个三角形关于点O对称的是（）A.B.C.D.+x+a2−4=0的一个根是x=0，则a的值为（）2.若关于x的一元二次方程x212−2A.2B.2C.2或D.3.如图，将ABC绕点A顺时针旋转得到△AED，若AB=5，AC=4，BC=2，则的长为（）A.5B.4C.3D.2(+)=b的形式，下列结果中正确的是（24.将一元二次方程x2−8x+=0通过配方转化为xa）(−)A.x42=(−)B.x82=(−)C.x42=−(−)=542666D.x85.如图，A，B，C，D是上的点，1=2，下列结论中错误的是（）=COB=21A.=CDB.C.正方形网格中，一条圆弧经过、、三点，那么D.=6.如图，在55ABC所对的圆心角的大小是（）A.B.75C.90D.7.运动员将足球沿与地面成一定角度的方向踢出，足球飞行的路线可以看作是一条抛物线．不考虑空气阻力，足球距离地面的高度y（单位：m）与足球被踢出后经过的时间x（单位：s）近似满足函数关系y=ax+bx+c(a0)．下表记录了3个时刻的数据，其中m17．2xy3691820m可推断出足球飞行到最高点时，下列数据中最接近的时刻x是（）A.4.4B.4.6C.7.48.如图，ABC中，C9045，D.7.6的中点O倾时针旋转得到=，CA=CB，将ABC绕交于点M，EF交AB于点N，给出下面三个结论：①=；②点A，CE，B四点共圆；③连接AD，则=−．上述结论中所有正确结论的序号是（）A.①②B.①③C.②③D.①②③二、填空题2)9.点关于原点对称的点的坐标为_______．y=3x2向左平移1个单位长度得到的抛物线的解析式为__．10.将抛物线过原点O，交轴，轴分别于点C．若点B的坐标为yx如图，在平面直角坐标系中，(0,6AB=5，则点C的坐标为________．)12.如图，在中，BAC=65，将绕点A逆时针旋转，得到△ABC，连接CC．若C'C∥，则BAB=______．13.如图，点，，D在圆上，C=，点的中点，AC=，=，BC的值为ABD为________．14.已知直角三角形的直角边为a，，斜边为cab4，则c的最小值为________．+=15.已知ABC内接于半径为3的=，则=，若3A________．(−)()在抛物线y=−(x−h)+5上．2Ay,By16.已知点12yy,h（1）若的取值范围是________；12y=k（2）将抛物线上A，B两点之间（含A，B两点）的图象设为G，若直线与图象G有两个交点，则k的取值范围是________．三、解答题17.解方程：x2−2x−2=0．18.如图，在边长为1的正方形网格中，ABC的顶点都在格点上，将ABC绕点O逆时针旋转一定角度后，点C落在格点C处．（1）旋转角为________°；（2）在图中画出旋转后的，其中A，B分别是，B的对应点．x−(m+4)x+m+3=0．219.关于x（1）求证：不论m取何值，方程总有两个实数根；xxx−x=1，求m的值．12（2）若该方程有两个实数根，且1220.已知：如图，ABC为锐角三角形．求作：以BC为一边的Rt，使MBC=90M=A．作法：①作边的垂直平分线DE；②作BC边的垂直平分线FG，与直线交于点O；③以O为圆心，为半径作；④连接CO并延长，交于点M，连接，△MBC即为所求作的三角形．（1（2）完成下面的证明．证明：是的垂直平分线，FG是BC的垂直平分线，DE与FG交于点OOA=OB=OC∴点A，B，C都在上为的直径=①________°（②________）CM=A（③________）即为所求作的三角形．注：②③请填写推理依据．21.如图，点P在你的结论．上，APB120，平分=APB．判断ABC的形状，并证明22.如图，ABC中，A==．点在射线B45D上，==1．连接CD分别过点C，B作CD的垂线，交于点E，连接，求的长．=2+a0bx（a，b是常数，）的自变量x与函数值y的部分对应值如下表：23.已知抛物线yaxxy0012033…m…（1）求抛物线的解析式和m的值；（2）在给出的平面直角坐标系中画出函数图象，直接写出当1x2时，y的取值范围．的直径，弦CD与AB交于点E，连接AC、，C=，D=．24.如图，为（1）求AEC的度数；CD（2）若26，求=的长．y=ax−2ax+c(a0)．225.在平面直角坐标系中，已知抛物线()在抛物线上，直接写出的值；Mx,cx0（1）若点0A2a,yBa+y)和（2）已知()(C(,y)是抛物线上的三点．当2m3时，都有312yyy，求a的取值范围．31226.在ABC中，=，ACB90=，为线段N的中点．P为ABC外一点，APB=45°．（1）如图，当AP=BP时，求证：，，P三点共线；（2）如图，连接，将其绕点C顺时针旋转90得到线段CQ，连接PQPN．①补全图形；②请用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．中的图形W，给出如下定义：先将图形WlG沿直线l对称后再27.对于平面直角坐标系，直线和点将其绕点G顺时针旋转，称该变换为类变换；先将图形W绕点G顺时针旋转再沿直线l对称，Ⅱ类变换；其中，称直线l为“变换直线”，称点G为“变换点”．()M−3,0，N()，则点y（1）如图1，若“变换直线”为轴，“变换点”为(0,1)，已知点()(−)(3,2，P1P0,023)中，在线段类变换后得到的图形上的点有________；P1y=xA(−0)类变换后与自身重合，求“变换点”的坐标；（2）若“变换直线”为，点x，已知轴（3）若“变换直线”为y上存在点作Ⅱ变换后所得点都在=3x，“变换点”为(2,0)，以点()为圆心作半径为Ct,02的t内，直接写出的取值范围．参考答案一、单选题1.【答案】C【分析】本题考查了图形关于某点对称，掌握中心对称图形的性质是解题关键．根据对应点连线是否过点O判断即可．【详解】解：由图形可知，阴影部分的两个三角形关于点O对称的是，故选：C．2.【答案】C【分析】本题考查了一元二次方程的解：能使一元二次方程左右两边相等的未知数的值是一元二次方程的解．把x=0代入一元二次方程得出关于的方程，求解即可得出答案．a【详解】解：把x=0代入x解得：a=2．故选C．+x+a−=2a−4=0．2240，得3.【答案】A【分析】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定，本题关键是熟练掌握旋转图形的性质．根据旋转的性质可得，∠BAE60可得==是等边三角形．可得的长．【详解】解：将ABC绕点A顺时针旋转得到△AED，BAE=，=BAAE，是等边三角形，BE=AB=5，故选：A．4.【答案】A【分析】将常数项移到方程的右边，两边都加上一次项系数一半的平方配成完全平方式后即可．【详解】解：∵x2−8x+=0，∴x∴x2−−8x=−，28x16+=−1016，即+(x−4)=62，故选A．【点睛】本题考查了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．5.【答案】C【分析】本题考查了圆心角，弦，弧之间的关系，根据圆心角，弦，弧之间的关系逐项排除即可，熟练掌握知识点是解题的关键．【详解】解：A、∵1=2，∴=CD，不符合题意；B、∵1=2，∴1+COB=+COB，2∴=，∴，不符合题意；=C、不能保证COB=21，符合题意；D、∵1=2，1+COB=2+COB∴，∴=，∴，=∴=，不符合题意；故选：C．6.【答案】D【分析】根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，分别作，BC的垂直平分线即可得到圆心，进而解答即可．【详解】解：作AB的垂直平分线，作BC的垂直平分线，如图，它们都经过Q，所以点Q为这条圆弧所在圆的圆心．，CQ连接，在△APQ与中AP=QNAPQ=QNCPQ=CN，S)，≌∴=QCN=，∴∵∴∴，+=+=，，AQC=90，即所对的圆心角的大小是90，故选：D．【点睛】本题考查了垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心．这也常用来确定圆心的方法．7.【答案】B【分析】此题考查了二次函数的性质，解题的关键是掌握二次函数图象上纵坐标相等的点关于对称轴对称．3+6根据二次函数的对称性得到抛物线的对称轴在直线x=6左边，在直线x==4.5右边，进而求解即2可．【详解】解：∵足球距离地面的高度y（单位：m）与足球被踢出后经过的时间x（单位：s）近似满足函y=ax2+bx+ca0()数关系y=m∵当x=3时，y=18；当x=9时，，且m17，∴抛物线的对称轴在直线x=6左边；y=18∵当x=3时，；当x=6时，y=20，3+6x==4.5右边；∴抛物线的对称轴在直线2综上所述，可推断出足球飞行到最高点时，最接近的时刻x是4.6．故选：B．8.【答案】A【分析】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，四点共圆，圆周角定理，解题的关键是熟练掌握四点共圆的判定方法．①连接CO、，证明COM≌，得出=，即可判断①正确；②证明AO=CO=EO=BO，得出点A，C，E，B在以点O为圆心，以为圆心的圆上，即可证明②正确；11③根据==，得出A、D、E在以为圆心的圆上，求出DAE==90=45，22即可证明③错误．【详解】解：①连接CO、，如图所示：∵ABC中，C=，CA=CB，将ABC绕的中点O倾时针旋转得到△DFE，∴ABC和为等腰直角三角形，=，==，根据旋转可知：∵O为AB、DF的中点，111∴CO=AO=BO=ABEO==FO=OCM=ACB=，，，22211OEN=DEF=ACB=⊥，，COAB，⊥22∴=，OCM=OEN，⊥∵COAB，⊥，∴====，∴DOC+COE=COE+EON=，∴COD=EON，∴COM≌，∴=，故①正确；11，②∵CO=AO=BO=ABEO==FO=，22∴AO=CO=EO=BO，∴点A，CE，B在以点O为圆心，以为圆心的圆上，∴点A，CE，B四点共圆，故②正确；③∵==，∴A、D、E在以为圆心的圆上，11DAE==90=45∴，22∴−，故③错误；综上分析可知：正确的有①②．故选：A．二、填空题(−2)9.【答案】【分析】根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数求解即可．【详解】解：点−2)关于原点对称的点的坐标为故答案为：(−2)．(−2)，【点睛】本题考查了平面直角坐标系中关于原点对称的点的坐标特征，解题的关键是掌握：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点(x,y)关于原点O的对称点是(−x,−y)．10.【答案】y=x+2【分析】直接根据“左加右减”的原则进行解答．【详解】解：将抛物线y=3x2向左平移1个单位长度得到的抛物线的解析式为y=x+，2故答案为：yx=+2．【点睛】此题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的平移规律是解题的关键．()8,0【答案】【分析】本题考查了垂径定理与勾股定理，矩形的判定和性质，坐标于图形，全等三角形的判定和性质的AE⊥y⊥x轴于点F，可得四边形综合，根据题意，如图所示，连接，过点A作轴于点E，作1OEAF是矩形，BEOE==OB3，则3，由勾股定理可得AE的值，再证====2Rt≌=CF，可得，由此即可求解．AE⊥y⊥x轴于点F，【详解】解：如图所示，连接，过点A作轴于点E，作∴四边形OEAF是矩形，则AEAF，=，=∵()，B0,6∴=6，∵⊥，11BE=OE=OB=6=3===3，∴，则22在中，AE=AB2−BE2=52−3=4，2∵是圆的半径，∴=，在Rt，中，=CA，=Rt≌∴，∴AE=CF=4，∴=+CF=4+4=8，C8,0∴()，故答案为：()8,012.【答案】50【分析】根据旋转的性质得AC′=AC，∠B′AB=∠C′AC，再根据等腰三角形的性质得∠AC′C=∠ACC′，然后根据平行线的性质由CC∥AB得∠ACC′=∠CAB=65°，则∠ACC=∠ACC′=65°，再根据三角形内角和计算出∠CAC′=50°，所以∠B′AB=50°．【详解】解：绕点A逆时针旋转到△ABC的位置，AC=，AB=CACACC=ACC，//AB，，ACC=CAB=，ACC=ACC=，CAC=−2=BAB=50，，故答案为50．【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了平行线的性质．13.【答案】7【分析】本题考查了半圆或直径所对圆周角为直角，勾股定理，根据C=90，可得퐴퐵是直径，根据点的中点，可得=，根据勾股定理可得AB=22，在中，运用勾股定理即可求D为AB解．【详解】解：如图所示，连接퐴퐷，∵C=90，∴퐴퐵是直径，∴ADB=90，∵点D为AB的中点，∴ADBD2，∴AB=AD+BD在中，BC==22=22+22=22，2()22=AB2−AC2=−21=7，故答案为：7．14.【答案】22【分析】本题主要考查了勾股定理，完全平方式的应用，先根据勾股定理，得c再代入并整理成关于a的完全平方公式，然后讨论可得答案．2=a2+b2=(ab)+2−2ab，c2=a2+b2=(a+b)−2ab=16−2ab=16−2a(4−a)2【详解】根据勾股定理，得−8a+16=2a−4a)+16=2(a−2)+8(2=2a22，(−)因为a220，(−)所以2a22+88所以当a2时，c2的最小值是，=所以c的最小值是22．故答案为：22．15.【答案】或150【分析】本题主要考查了等边三角形的性质和判定，圆内接四边形的性质，圆周角定理，先确定等边三角形，再根据圆周角定理得出答案，然后根据圆内接四边形的性质得出另一个答案．是BO,CO【详解】如图所示，连接，∴BO=CO=BC=3，∴是等边三角形，∴BOC=60，1A=BOC=30∴．2∵四边形ABCA是圆内接四边形，∴A+=A180，∴=150，所以A=或150．故答案为：或150．16.【答案】①.h1.1k5）根据二次函数的性质可得抛物线的对称轴为直线x=h，再由−10，可得抛物线上的点离对称轴越远，函数值小，从而得到3−hh−−1()，即可求解；（2）根据题意可得−1h3，再由抛物线的顶点坐标为(h,5)，可得k5，然后分两种情况讨论，即可求解．=−(−)xh+5，21）∵y∴抛物线的对称轴为直线x=h，∵−10，∴抛物线上的点离对称轴越远，函数值小，Ay,By∵点()()在抛物线=−−5(xh2+上，yy，12y123−hh−−1()，∴解得：h1，yy,h即若的取值范围是h1；12故答案为：h1；y=k（2）∵直线与图象G有两个交点，∴−1h3，根据题意得：抛物线的顶点坐标为(h,5)，∴函数的最大值为5，∴k5，由（1）得：抛物线上的点离对称轴越远，函数值小，yy，即1h3y=k(By2在点)的上方或过点B，当时，此时直线123h=−(−)2+5，∴ky2∵1h3，y∴此时的值随着h的增大而增大，2−(−)3125y2+−(−)332+，即1y5，5∴2∴k1；yy当，即21h1时，此时直线y=k在点(By2)的上方或过点B，1=−(−−)1h+5，2∴k1∵1h1，y∴此时的值随着h的增大而减小，211−(−−)25115+−(−+)+，即1y5，112∴∴k1；综上所述，k的取值范围为1k5．故答案为：1k5三、解答题17.【答案】1【分析】本题考查了配方法解一元二次方程．用配方法解一元二次方程的步骤：第一种情况：形如+px+q=0型：第一步移项，把常数项移到右边；第二步配方，左右两边加上一次项系数一半的平=1+3，2=1−3x2方；第三步左边写成完全平方式；第四步，直接开方即可．第二种情况：形如ax2+bx+c=0型，方程两边同时除以二次项系数，即化成x+px+q=0，然后配方．在本题中，把常数项2移项后，应该在左右2两边同时加上一次项系数2的一半的平方．−【详解】解：移项，得2x−2x=2配方，得2x−2x+1=2+1，即(x−)=3，2开方，得x−1=3x=1+32=1−3解得，118.【答案】（1）（）作图见详解【分析】本题主要考查网格与旋转图形的性质，（1）如图所示，连接，根据网格特点即可求解；（2）根据旋转的性质作图即可．【小问1解：如图所示，连接，根据网格的特点可得，COC=90，故答案为：；【小问2解：根据旋转，作图如下，19.【答案】（1）证明见详解（2）1或3【分析】本题考查一元二次方程根的情况与判别式关系，一元二次方程根与系数的关系，熟记一元二次方程判别式与方程根的情况联系、一元二次方程根与系数的关系是解决问题的关键．（1）根据一元二次方程根的情况与判别式的关系，只要判定0即可得到答案；x+x=m+xx=m+3x−x=1变形为12（2）根据一元二次方程根与系数的关系得到，将1212()2−+4xx1，代入求解即可．=1212【小问1a=b=−m+4,c=m+3，()证明：m4=(+)2−(+)=(−)41m3m20，2∴m∴不论取何值，方程总有两个实数根；【小问22x−(m+4)x+m+3=0，解：∵x+x=m+xx=m+3∴∵，1212x−x=112(−)2=1，∴xx12∴(12)2−+4xx=1，12(+)∴m424m31，−(+)=m=m=3解得：．12∴m的值为1或3．20.【答案】（1）见解析（2）；直径所对的圆周角是直角；同弧（或等弧）所对的圆周角相等）按照所给方法作图即可；（2）根据直径所对的圆周角为90度可得=90，根据同弧（或等弧）所对的圆周角相等，可得M=A．【小问1解：尺规作图，如下所示：【小问2证明：∵DE是的垂直平分线，FG是BC的垂直平分线，DE与FG交于点O∴==∴点A、B、C都在上∵为的直径∴=90（直径所对的圆周角是直角）∵=∴M=A（同弧（或等弧）所对的圆周角相等）∴△MBC即为所求作的三角形．故答案为：；直径所对的圆周角是直角；同弧（或等弧）所对的圆周角相等．【点睛】本题考查尺规作图、线段垂直平分线的作法及性质、圆周角定理，解题的关键是找出ABC外接圆的圆心．21.【答案】是等边三角形，理由见详解【分析】本题主要考查圆内接四边形的性质，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，根据圆内接四边形可得ACB=180−=，根据角平分线的性质可得==，根据圆周角定理可得==，由此即可求解．【详解】证明：是等边三角形，理由如下，上，∵点P在∴四边形APBC是圆内接四边形，∴+ACB=，且APB=120，∴ACB=，∵平分APB，11APC=BPC=APB==∴，22∵=，∴==，∴ABC=60，∴是等边三角形．22.【答案】17【分析】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理，等角对等边，先求出A=CBE=45ACD=BCE=，，再说明，即可根据“边角边”证明可得ADBEABBD4，然后根据勾股定理得出答案．==+=【详解】∵A=B=EBD=ECD=，∴A=CBE=ACB=，∴ACD=．B，∵A=∴=，∴，∴ADBEABBD4．==+=在中，=故答案为：17．2+=17．2y=x−2x，m=−1；223.【答案】（1）（2）图见解析，1y3．【分析】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式及二次函数的图象与性质，数形结合并熟练掌握二次函数的相关性质是解题的关键．（1）把两点坐标代入抛物线解析式求出a，b的值确定出解析式，进而求出m的值即可；（2）画出抛物线图象依据图象解答即可．【小问14a+b=0把(2,0)，()代入3,3y=ax2+bx，得：9a+b=3a=1解得：b=2y=x−2x，2∴抛物线解析式为当x=1时，m=1−2=−1；【小问2画出函数图象如图所示，当1x2时，1y3．24.【答案】（1）（2）6）根据同弧所对的圆周角相等可得D=A，再根据三角形的内角和即可求解；（2）过点O作⊥CD于点F，连接OC，先求出BOC=2A=90，从而得出OCE=30，ACO=，即可求出的长度，再根据的长度求出CF的长度，最后根据垂径定理即可求解．【小问1解：∵D=，A=D=∴，∵C=，∴在△AEC中，=180−A−C=−−=．【小问2过点O作⊥CD于点F，连接OC，∵A=，BOC=2A=90∴，∵AEC=60，∴在OEC中，OCE=180−BOC−AEC=30，∵ACE=75，∴ACO=−=，∵=，∴∠，∵26，=∴在Rt中，ACACO26cos4523，===∴在Rt中，CFOCcosOCF23cos303，===∵⊥CD，∴CD=CF=6．【点睛】本题主要考查了圆的相关知识，解题的关键是熟练掌握同弧所对的圆周角相等，垂径定理以及解直角三角形的方法．x=0x=225.【答案】（1）或0011a−（2）a2或3【分析】本题主要考查二次函数图象的性质的运用，（1）把点代入计算即可求解；（2）根据二次函数解析式可得对称轴为푥=1，分类讨论：当푎>0时，图像开口向上，当x1时，y随xa0x1时，yx随的增大而减小，的增大而增大，离对称轴越远，值越大；当，图像开口向下，当离对称轴越远，值越小；由此即可求解．【小问1()在抛物线Mx,cy=ax−2ax+c(a0)上，2解：点002−20+c=c∵a0，x=0x=2axx20∴，整理得，(−)=，00∴或；00【小问2y=ax2−2ax+ca0()，解：抛物线∴对称轴为2a2ax=−=1，y=c−a，则顶点坐标为c−a)当푥=1时，，当푎>0时，图像开口向上，当x1时，2aa+10yx随的增大而增大，离对称轴越远，值越大，∵푎>0，则，∵2m3，∴点A在对称轴左边，点B在对称轴右边，且在点C右边，A−2a,y∴点()关于对称轴的点(+)A2ay，112a+2−1a+1−1∴，a+1−1m−1解得，a2；当a0，图像开口向下，当x1时，yx随的增大而减小，离对称轴越远，值越小，0a+12∴，−2aa+1131a−解得，；13综上所述，a2或1a−．26.【答案】（1）证明过程见详解PQ=2PN（2）①作图见详解；②）根据等腰三角形三线合一即可求证；（2）①根据旋转作图即可；②延长到点E，使得，连接，证明见详解=AQ，AE，可证()，可得≌BNPSASAE=BP，NAE=NBP，根据旋转的性质，等腰三角形的性质可证明)，可得==，根据四边形的内角和，三角形的内角和可得≌AQBP，CAQCBPEAP==135)PQ=PE=2，由此即可求≌，可证，可得，且解．【小问1证明：如图所示，连接，∵=，点N是퐴퐵的中点，∴CN是线段퐴퐵的垂直平分线，∵APBP，点是퐴퐵的中点，=N∴是线段퐴퐵的垂直平分线，∵线段퐴퐵的垂直平分线是一条直线，∴点，，P三点共线；【小问2解：①根据题意，作图如下，②如图所示，延长到点E，使得=，连接AQ，AE，∵点N是퐴퐵中点，∴AN=BN，且ANE=BNPNE=NP，()，≌BNPSAS∴=，NAE=NBP，∴∵∴∴ACB=PCQ=90，ACQ+ACP=ACP+BCP=，ACQ=BCPAC=，CQ=CP，，且)，≌∴∴∴AQ=BP，CAQ=CBP，=，∵四边形ACBP中，ACB=90APB=，CAB+CBP=−+=()∴∴∴在，CAP+CAQ=，PAQ=360−CAP+CAQ=−=()，中，=，∴+=180−=−=，PAB+NAE==PAQ=AQ，=，∴∴，且)，≌PQ=PE=2，∴∴，且PQ=2PN．【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，多边形内角和定理的运用，掌握等腰三角形的性质，构造三角形全等是解题的关键．P,P27.【答案】（1）23−1+3−1+3,（2）（3）22430t3【分析】（1）由题意得：OM=3,ON1，可求出==2+2=2，=30,ONM=60，根据题意作出线段类变换后得到的图形即可求解；（2）作图可得点A(−1,0)关于直线y=x(−)B1(x,y)，根据的对称点为，设“变换点”P的坐标为变换可得是等边三角形，据此即可求解；x==−=−（3）得到作类变换：将轴作关于直线y3x的对称直线为直线y3x，再将直线y3x绕点(后的直线为y()顺时针旋转Q2,0轴绕点Q0)顺时针旋转=3xⅡ类变换，将x后的直线为y=−x+23，再将直线y=−x+23作关于直线y=−3x的对称直线为直线()Ⅱ类变换后的对应点为，由P在内，y=3，记轴任意一点为xPm,0P,PCHsin604=3x有交点，当y=3x相切时，记切点为H，此时OC==3，必须与直线y与直线34故t3，当点P,C与点O重合时，则P,P交于一点，即为直线y=3x与直线y=3的交点，此3P,P时t=0，若t=0时，此时不论点P如何运动，点不可能同时在内；当t0时，此时不论点P43P,P0tt内，综上，的取值范围是3如何运动，点不可能同时在．【小问1解：由题意得：OM=3,ON1=∴=2+2=2，1cosMNO=∴，2∴，=30=如图所示：M−3,0)(M(3,0