文档内容
2021-2022 学年北京 171 中九年级（上）月考数学试卷（10 月份）
一、选择题（3×10＝30分）
1. 彩陶、玉器、青铜器等器物以及壁画、织锦上美轮美奂的纹样，穿越时空，向人们呈现出古代中国丰富
多彩的物质与精神世界，各种纹样经常通过平移、旋转、轴对称以及其它几何构架连接在一起，形成复杂
而精美的图案.以下图案纹样中，从整体观察（个别细微之处的细节忽略不计），大致运用了旋转进行构图
的是（ ）.
A. B. C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据旋转的性质与特点判断即可．
【详解】解：A、图中利用的是对称，错误；
B、图中利用的是旋转，正确；
C、图中利用的位似，错误；
D、图中利用的是平移，错误；
故选：B．
【点睛】此题考查旋转问题，关键是根据旋转、对称、平移、位似的特点解答．
2. 二次三项式x2﹣3x+2的二次项系数，一次项系数，常数项分别是（ ）
A. 0， ，2 B. 0， ，-2 C. 1， ，2 D. 1，3，2
【答案】C
【解析】
【分析】根据任何一个关于x的一元二次方程经过整理，都能化成如下形式ax2+bx+c=0（a≠0）．这种形
式叫一元二次方程的一般形式．其中ax2叫做二次项，a叫做二次项系数；bx叫做一次项；b是一次项系数，c叫做常数项进行分析即可．
【详解】解：x2-3x+2=0的二次项系数是1，一次项系数是-3，常数项是2，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了一元二次方程的一般形式，关键是掌握判断二次项系数，一次项系数，常数项时
要先化成一般式．
3. 若x＝1是方程x2+ax﹣2＝0的一个根，则a的值为（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】把x＝1代入方程x2+ax﹣2＝0得到关于a的一次方程，然后解一次方程即可．
【详解】解：把x＝1代入方程x2+ax﹣2＝0得1+a﹣2＝0，解得a＝1．
故选：B．
【点睛】本题考查一元二次方程的解，理解方程的解是使得等式左右两边成立的未知数的值是解题关键．
4. 用配方法解一元二次方程x2+4x﹣6=0，此方程可变形为（ ）
A. （x+2）2=10 B. （x﹣2）2=10 C. （x+2）2=2 D. （x﹣2）2=2
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：先把常数项移到方程右边，然后两边加上一次项系数4的一半的平方，再把方程左边
写成完全平方形式即可．
解：x2+4x=6，
x2+4x+4=10，
（x+2）2=10．
故选A．
考点：解一元二次方程-配方法．
5. 二次函数y＝（x﹣1）2﹣3的顶点坐标是（ ）
A. （1，3） B. （﹣1，3） C. （1，﹣3） D. （﹣1，﹣3）
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线y=a(x−h)2+k的顶点坐标是(h,k)直接写出即可．
【详解】抛物线y＝（x﹣1）2﹣3的顶点坐标是(1,−3)
故答案为：C
【点睛】此题考查二次函数的性质，解题关键在于掌握抛物线的顶点求解方法，既会运用顶点式，又要会
用公式法．6. 如图，一块含30°角的直角三角板ABC绕点C顺时针旋转到△A′B′C，当B，C，A′在一条直线上时，
三角板ABC的旋转角度为（ ）
A. 150° B. 120° C. 60° D. 30°
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用旋转的性质得出对应边，再根据三角板的内角的度数得出答案．
【详解】解：∵将一块含30°角的直角三角板ABC绕点C顺时针旋转到△A'B'C，
∴BC与B'C是对应边，
∴旋转角∠BCB'＝180°−30°＝150°．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了旋转的性质，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，正确得出对应边是
解题关键．
7. 商店销售一种进价为50元/件的商品，售价为60元/件，每星期可卖出200件，若每件商品的售价上涨1
元，则每星期就会少卖10件．每件商品的售价上涨x元（x正整数），每星期销售的利润为y元，则y与x
的函数关系式为（ ）
A. y＝10（200﹣10x） B. y＝200（10+x）
C. y＝10（200﹣10x）2 D. y＝（10+x）（200﹣10x）
【答案】D
【解析】
【分析】设每件商品的售价上涨x元（x正整数），则每件商品的利润为（60-50+x）元，总销量为（200-
10x）件，根据总利润=每件的利润 销售量即可求解．
【详解】解：设每件商品的售价上涨x元（x正整数），
则每件商品的利润为（60-50+x）元，总销量为（200-10x）件，
商品利润为y＝（10+x）（200﹣10x）．
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的实际应用，解题的关键是理解题意，能准确表示出函数关系式需要的未知
量．
8. 若关于x的一元二次方程x2+4x+m＝0有两个不相等的实数根，则m的取值范围是（ ）
A. m＞﹣4 B. m＞4 C. m≤﹣4 D. m＜4【答案】D
【解析】
【分析】因为关于x的一元二次方程x2+4x+m＝0有两个不相等的实数根，所以只要满足 即可．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程x2+4x+m＝0有两个不相等的实数根
∴
即：
解得：
故选：D
【点睛】本题考查一元二次方程的判别式，牢记知识点是解题关键．
9. 已知二次函数 的部分图象如图所示，则使得函数值 大于 的自变量 的取值可以是（
）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用抛物线的对称性确定抛物线与（0，2）的对称点，然后根据函数图象写出抛物线在直线y=2
上方所对应的自变量的范围即可．
【详解】解：∵由图象可得抛物线的对称轴为x=-1.5，
∴点（0，2）关于直线x=-1.5的对称点为（-3，2），
当-3＜x＜0时，y＞2，
即当函数值y＞2时，自变量x的取值范围是-3＜x＜0．
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的图象与性质，数形结合是解题的关键．
10. 已知二次函数y＝a（x﹣1）2﹣4，当﹣1≤x≤4时，y的最大值是5，则a的值是（ ）
A. ﹣1 B. ﹣2 C. 1 D. 2【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，可知二次函数的顶点坐标为 ，分类讨论即可， 时，开口朝下，最大值为
，不符合题意，则 ，进而根据当﹣1≤x≤4时，y的最大值是5，将 代入解析式即可求得 的
值．
【详解】依题意，可知二次函数的顶点坐标为 ，
当 时，开口朝下，最大值为 ，不符合题意，
当 时，对称轴为 ，
当﹣1≤x≤4时，y的最大值是5，
当 时， 随 的增大而减小,
由二次函数的对称性可知当 时， 的值和 时的值相等，
当 时， 随 的增大而增大,
时， ，解得 ,
故选C．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，掌握顶点式 的图象与性质是解题的关键．
二、填空题（2×8＝16分）
11. 已知 是关于x的一元二次方程，则m=_______．
【答案】-2
【解析】
【分析】根据一元二次方程的定义，一元二次方程必须满足两个条件：未知数的最高次数是2；二次项系
数不为0．由这两个条件得到相应的关系式，再求解即可．
【详解】解：由题意，得|m|=2，且m-2≠0，解得m=-2，
故答案为：-2．
【点睛】本题考查一元二次方程的概念．只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次
方程，一般形式是ax2+bx+c=0（a≠0）．特别要注意a≠0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．
12. 点P（2，﹣1）关于原点对称点的坐标是 ___．【答案】
【解析】
【分析】平面直角坐标系中，关于原点对称的两个点，横坐标和纵坐标分别互为相反数
【详解】解：因为关于原点对称，所以，点 的对称点坐标为
【点睛】本题考查平面直角坐标系中，关于原点对称的两点坐标关系，根据知识点解题是重点．
13. 将抛物线y＝2x2向下平移1个单位后得到新的抛物线的表达式为 ___．
【答案】
【解析】
【分析】利用平移的性质求解即可，可根据“上加下减” 进行解答．
【详解】由“上加下减” 的原则可知，将抛物线y＝2x2向下平移1个单位后得到新的抛物线的表达式为
．
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查二次函数的平移，掌握二次函数的平移方法是关键．
14. 如图，当△AED绕正方形ABCD的顶点D旋转到与△DCF重合时，∠DEF的度数为 ___．
【答案】
【解析】
【分析】由旋转的性质可证 ， ，即可求出 ，即证明 为等
腰直角三角形，即得出 ．
【详解】由题意△AED可绕正方形ABCD的顶点D旋转到与△DCF重合，
∴ ， ．∵ ， ，
∴ ，
∴ 为等腰直角三角形，
∴ ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质．熟练掌握各知识点是解答
本题的关键．
15. 某公司最近的各项经营中，一季度的营业额为50万元，第三季度的营业额为950万元，如果平均每季
度营业额的增长率相同，求这个增长率，设这个增长率为x，则所列的方程应为 ___．
【答案】
【解析】
【分析】设这个增长率为x根据题意列出一元二次方程即可解决问题．
【详解】设这个增长率为x，依题意，得
．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出一元二次方程是解题的关键．
16. 已知二次函数y＝（x﹣2）2+1，若点A（0，y）和B（1，y）在此函数图象上，则y 与y 的大小关系
1 2 1 2
是：y___y．
1 2
【答案】>
【解析】
【分析】根据二次函数的性质解答．
【详解】解：∵二次函数y＝（x﹣2）2+1，
∴图象的开口向上，对称轴为直线x=2，
∴在对称轴左侧y随x的增大而减小，
∵点A（0，y）和B（1，y）在此函数图象上，且0<1<2，
1 2
∴y>y，
1 2
故答案为：>．
【点睛】此题考查二次函数的性质：当a>0时，在对称轴左侧y随x的增大而减小，对称轴右侧y随x的增大而增大；当a<0时，在对称轴左侧y随x的增大而增大，对称轴右侧y随x的增大而减小，熟记性质是解
题的关键．
17. 如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△ADE，连接BD，若AC
＝3，DE＝1，则线段BD的长为 ___．
【答案】
【解析】
【分析】由旋转的性质可得 、 D，再根据全等三角形的性质、勾股定理可求得
，再次利用勾股定理解 即可得解．
【详解】解：∵将 绕点A顺时针旋转 ，得到
∴ ， D
∴ ， ， ，
∵ ，
∴
∴在 中，
∴
∴在 中， ．
故答案是：
【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的性质、勾股定理等，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
18. 甲、乙、丙三人进行乒乓球单打训练，每局两人进行比赛，第三个人做裁判，每一局都要分出胜负，
胜方和原来的裁判进行新一局的比赛，输方转做裁判，依次进行．半天训练结束时，发现甲共当裁判4局，
乙、丙分别打了9局、14局比赛，在这半天的训练中，甲、乙、丙三人共打了_______局比赛，其中第7局比赛的裁判是_______．
【答案】 ①. 19 ②. 乙
【解析】
【分析】先确定出乙、丙之间打了4局，乙与甲打了5局，丙与甲打了10局，进而确定出三人一共打的局
数和乙当裁判的局数，即可得出结论．
【详解】∵甲共当裁判4局，
∴乙、丙之间打了4局，
又乙、丙分别打了9局、14局比赛，
∴乙与甲打了9-4=5(局)，
丙与甲打了14-4=10(局)，
∴甲、乙、丙三人共打了4+5+10=19(局)，
又丙与甲打了10局，
∴乙当裁判10局，
而从1到19共9个偶数，10个奇数，
∴乙当裁判 的局为奇数局，
∴第7局比赛的裁判是乙．
为
故答案 ：19，乙．
【点睛】本题主要考查了主要考查了推理论证，计数原理，奇数和偶数，判断出总局数和乙当裁判的局数
是解本题的关键．
三、解答题（共54分）
19. 解方程： ．
【答案】 ,
【解析】
【分析】根据一元二次方程 的系数的意义，利用公式法求解即可．
【详解】解： ，
∵ ， ， ，
∴ 0，
>∴ ，
∴ , ．
【点睛】主要考查了方程 的系数的意义和一元二次方程的解法，要会熟练运用公式法求得一元二次方
程的解．
20. 如图，方格纸中的每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，△ABC的顶点都在格点上，建立平
面直角坐标系，以原点O为中心，将△ABC绕点O顺时针旋转90°，得到△ABC ．
1 1 1
（1）请在网格内画出△ABC ．
1 1 1
（2）写出点A 的标 ，点B 的坐标 ，点C 的坐标 ．
1 1 1
【答案】（1）画图见解析；（2） ．
【解析】
【分析】（1）画出 各顶点绕点O顺时针旋转90°，在顺次连接即可．
（2）结合（1）所画图形可直接写出坐标．
【详解】（1）如图， 即为所求．（2）由（1）图可知 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查作图-旋转变换，掌握旋转的特点是解答本题的关键．
21. 已知m是方程x2﹣x﹣1＝0的一个根，代数式5m2﹣5m+2016的值．
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程解的定义，将 代入 中，可得 ,将
变形求解即可．
【详解】解：∵m是方程x2﹣x﹣1＝0的一个根
∴
∴
∴
=
【点睛】本题考查一元二次方程解的定义，以及代数式化简求值．根据定义解题关键．
22. 如图，利用一面墙（墙长为10m），用20m长的篱笆，怎样围成一个面积为48m2的矩形场地？【答案】使 ，即宽为6，长为8的矩形．
【解析】
【分析】设矩形场地的宽为 ，则长为 ，且 ，根据矩形面积等于48，列出一元二
次方程即可求得．
【详解】设矩形场地 的宽为 ，则长为 ，
，
即 ，
解得 ，
又 ，
即 ，
，
则长为： ．
围成一个宽为 ，长为 的矩形即可，此时 ．
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据题意列出一元二次方程组是解题的关键．
23. 已知二次函数y＝x2﹣2x﹣3．
（1）求出该二次函数图象顶点坐标；
（2）求图象与两坐标轴的交点坐标；
（3）结合函数图象，直接写出y＜0时x的取值范围．【答案】（1） ；（2） ， ， ；（3） ．
【解析】
【分析】（1）将该二次函数一般式化为顶点式，即可直接确定顶点坐标；
（2）对于 ，分别令 和 ，即可求出该二次函数图象与坐标轴交点坐标．
（3）根据图象可直接确定x的取值范围．
【详解】（1）将 化为顶点式为： ，
∴该二次函数图象顶点坐标为 ．
（2）对于 ，当 时， ；
当 时，即 ，
解得： ， ．
∴该二次函数图象与x轴交点坐标为： ，与y轴交点坐标为： 、 ．
（3）根据图象可直接确定y＜0时， ．
【点睛】本题考查二次函数的图象和性质．能够熟练将二次函数解析式一般式改为顶点式，及读懂函数图
象是解答本题的关键．
24. 已知关于 的一元二次方程 ．
（1）求证：该方程总有两个实数根；
（2）若 ，且该方程的两个实数根的差为2，求 的值．【答案】（1）见详解；（2）
【解析】
【分析】（1）由题意及一元二次方程根的判别式可直接进行求证；
（2）设关于 的一元二次方程 的两实数根为 ，然后根据一元二次方程根与系数
的关系可得 ，进而可得 ，最后利用完全平方公式代入求解即可．
【详解】（1）证明：由题意得： ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴该方程总有两个实数根；
（2）解：设关于 的一元二次方程 的两实数根为 ，则有：
，
∵ ，
∴ ，
解得： ，
∵ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式及根与系数的关系，熟练掌握一元二次方程根的判别式及
根与系数的关系是解题的关键．
25. 如图，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴y轴的交点分别为（1，0）和
（0，﹣3）．
（1）求此二次函数的表达式；
（2）结合函数图象当﹣4＜x＜1时，直接写出y的取值范围．【答案】（1） ；（2）-4≤y<5
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求解；
（2）分别求出图象的顶点坐标及x=-4时的函数值，结合图象即可得到y的取值范围．
【详解】解：（1）将（1，0）和（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c中，得
，
解得 ，
∴此二次函数的表达式为 ；
（2）∵ ，
∴图象的对称轴为直线x=-1，顶点坐标为（-1，-4），
∵图象与x轴右侧交点为（1，0），
∴图象与x轴左侧交点为（-3，0），
令 中x=-4，得y=5，
∴当﹣4＜x＜1时，-4≤y<5．
【点睛】此题考查待定系数法求二次函数的解析式，配方法将函数解析式化为顶点式，确定函数图象的顶
点坐标，对称轴，利用函数图象求函数值，熟记二次函数的性质是解题的关键．
26. 在平面直角坐标系 中，抛物线 ．
（1）若抛物线过点 ，求抛物线的对称轴；（2）若 为抛物线上两个不同的点．
①当 时， ，求a的值；
②若对于 ，都有 ，求a的取值范围．
【答案】（1）抛物线的对称轴 ；（2）① ；② ．
【解析】
【分析】（1）抛物线 过点 ，可得 ，解得： ，抛物线为
，利用抛物线的对称轴公式求即可，
（2）①又 为抛物线上两个不同的点．可得
，当 时， ，可得，
，因式分解得 ，可得
，可求 ，
②若对于 ，都有 ， 当 时，抛物线开口向上，抛物线对称轴，抛物线对称轴为：
，在对称轴左侧，在直线x=-2的右侧可满足，而在对称轴右侧，则有 ，都有
，故 不可能，当 ， 在对称轴右侧，都有 ，抛物线对称轴
在直线x=-2左侧，可抛物线对称轴为： ，解得 即可．【详解】解：（1）抛物线 过点 ，
则 ，
解得： ，
抛物线为 ，
抛物线的对称轴 ，
（2）①∵ 为抛物线上两个不同的点．
，
当 时， ，
，
，
因式分解得 ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
②若对于 ，都有 ，
，
，
∵ ，∴ ，
∴ ，
，
当 时，抛物线开口向上，抛物线对称轴，
抛物线对称轴为： ，
在对称轴左侧，在直线x=-2的右侧可满足，而在对称轴右侧，则有 ，都有 ，
故 不可能，
当 ， 在对称轴右侧，都有 ，当抛物线对称轴在直线x=-2的左侧，即抛
物线对称轴为： ，
整理得 ，
解得 ，
∴ ．
【点睛】本题考查抛物线解析式与对称轴，解一元一次方程，因式分解，抛物线的性质，解一元一次不等
式，掌握抛物线解析式与对称轴，解一元一次方程，因式分解，抛物线的性质，解一元一次不等式，利用
两函数值相等构造方程，利用抛物线增减性结合对称轴列不等式是解题关键．
27. 在 ABC中，∠BAC=45°，CD⊥AB于点D，AE⊥BC于点E，连接DE．
△
(1)如图1，当 ABC为锐角三角形时，
①依题意补全△图形，猜想∠BAE与∠BCD之间的数量关系并证明；②用等式表示线段AE，CE，DE的数量关系，并证明;
(2)如图2，当∠ABC为钝角时，依题意补全图形并直接写出线段AE，CE，DE的数量关系．
【答案】（1）①补全图形，如图1所示.见解析；猜想：∠BAE=∠BCD. 理由见解析；②见解析；（2）补
全图形，如图3所示. 见解析；线段AE，CE，DE的数量关系：CE- DE=AE.
【解析】
【分析】(1)①依题意补全图形，由直角三角形的性质得出∠BAE﹢∠B=90°,
∠BCD﹢∠B=90°即可得出∠BAE=∠BCD；
②在AE上截取AF=CE，可证出△ACD是等腰直角三角形，得出AD=CD,可证明△ADF≌△CDE，得出
DF=DE, ∠ADF=∠CDE，可推出∠CDE﹢∠FDC=∠EDF=90°.证出△EDF是等腰直角三角形，得出EF=
，即可得出结论;
(2) 在CE上截取CF=AE，连接DF由CD⊥AD，AE⊥BC，可得∠EAD=∠DCF
由∠BAC=45°可得AD=CD，可证△ADE≌△CDF，可得ED=DF∠ADE=∠CDF，可推出∠EDF=90°可
得△EDF是等腰直角三角形故 ，即可得线段AE，CE，DE的数量关系.
【详解】（1）①依题意，补全图形，如图1所示.
猜想：∠BAE=∠BCD.
理由如下：
∵CD⊥AB,AE⊥BC，
∴∠BAE﹢∠B=90°,
∠BCD﹢∠B=90°.
∴∠BAE=∠BCD.
②证明：如图2，在AE上截取AF=CE.连接DF.
∵∠BAC=45°,CD⊥AB,
∴△ACD是等腰直角三角形.
∴AD=CD.
又∠BAE=∠BCD,
∴△ADF≌△CDE（SAS）.
∴DF=DE, ∠ADF=∠CDE.
∵AB⊥CD,
∴∠ADF﹢∠FDC=90°.
∴∠CDE﹢∠FDC=∠EDF=90°.
∴△EDF是等腰直角三角形.
∴EF= .
∵AF+EF=AE,
∴CE+ DE=AE.
（2）依题意补全图形，如图3所示.
在CE上截取CF=AE，连接DF∵CD⊥AD，AE⊥BC
∴∠ADC=∠AEC=90°
∴∠EAB+∠ABE=90°，∠DBC+∠DCF=90°，∠ABE=∠CBD
∴∠EAD=∠DCF
∵∠BAC=45°
∴∠DCA=45°
∴AD=CD
又∵CF=AE
∴△ADE≌△CDF
∴ED=DF
∠ADE=∠CDF
∵∠CDF+∠ADF=90°
∴∠ADE+∠ADF=90°
∴∠EDF=90°
∴△EDF是等腰直角三角形
∴
∵CE=CF+EF
∴
∴线段AE，CE，DE的数量关系：CE- DE=AE.
故答案为：CE- DE=AE
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质等腰直角三角形的判定与性质、直角三
角形的性质等知，证明三角形全等是解题的关键.
28. 在平面直角坐标系 中，对于点 和图形 ，如果以 为端点的任意一条射线与图形 最多只有
一个公共点，那么称点 独立于图形 ．(1)如图1，已知点 ，以原点 为圆心， 长为半径画弧交 轴正半轴于点 ．在 ，
， ， 这四个点中，独立于弧 的点是 ；
(2)如图2，已知点 ， ， ，点 是直线 上的一个动点．若点 独立于
折线 ，求点 的横坐标 的取值范围；
(3)如图3，⊙ 是以点 为圆心，半径为1的圆．点 在y轴上且 ，以点 为中心的正
方形 的顶点K的坐标为 ，将正方形 在 轴及 轴上方的部分记为图形 ．若⊙
上的所有点都独立于图形 ，直接写出 的取值范围．
【答案】(1) ；(2) 或 ；(3) 或 ．
【解析】
【分析】（1）根据点P独立于图形W的定义即可判断；
（2）求出直线DE，直线CD与直线 的交点坐标即可判断；
（3）求出三种特殊位置时t的值，结合图象即可解决问题；
【详解】(1)由题意可知：在 ， ， ， 这四个点中，独立于弧 的点是
．故答案为 ．
(2)∵ ， ， ，
∴直线 的解析式为 ，直线 的解析式为 ，
由 ，解得 ，可得直线 与直线 的交点的横坐标为﹣5，
由 ，解得 ，可得直线 与直线 的交点的横坐标为 ，
∴满足条件的点 的横坐标 的取值范围为： 或 ．
(3)如图3﹣1中，当直线 与⊙ 相切于点 时，连接 ，则 ， ，
∴ ，
∴ ，此时 ，
∴当 时，⊙ 上的所有点都独立于图形 ．
如图3﹣2中，当线段 与⊙ 相切于点 时，连接 ．，
∴ ，此时 ，
如图3﹣3中，当线段 与⊙ 相切于点 时，连接 ．
，
∴ ，此时 ，
∴当 时，⊙ 上的所有点都独立于图形 ．
综上所述，满足条件的t的值为 或 ．【点睛】本题属于圆综合题，考查了切线的性质，一次函数的应用，点P独立于图形W的定义等知识，解
题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用特殊位置解决实际问题，属于中考压轴题．
