文档内容
北京二中教育集团 2022-2023 学年度第一学期
初三数学期末模拟考试试卷
第Ⅰ卷（选择题 共16分）
一、选择题（以下每题只有一个正确的选项，每小题2分，共16分）
1. 窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，中国古老的汉族传统民间艺术之一，它历史悠久，风格独特，能
够营造欢乐喜庆的节日气氛．下列剪纸不是中心对称图形的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据中心对称图形的概念“把一个图形绕着某一个点旋转 ，如果旋转后的图形能够与原来的
图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形”进行依次判断，即可得．
【详解】解：A、不是中心对称图形，选项说法正确，符合题意；
B、是中心对称图形，选项说法错误，不符合题意；
C、是中心对称图形，选项说法错误，不符合题意；
D、是中心对称图形，选项说法错误，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了中心对称图形，解题的关键是掌握中心对称图形．
2. 将抛物线 先向右平移2个单位，再向下平移5个单位得到的抛物线所对应的函数解析式为
（ ）
A. B.C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次函数图象平移的规律“上加下减，左加右减”即可求解．
【详解】将抛物线 向右平移2个单位，得到的抛物线解析式为 ，即为
．
将抛物线 向下平移5个单位，得到的抛物线解析式为 ．
故选D．
【点睛】本题考查二次函数图象的平移．掌握其平移规律“上加下减，左加右减”是解题关键．
3. 如图，正六边形 内接于 ， 的半径为3，则这个正六边形的边心距 的长为（
）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正六边形的性质求出 ，利用锐角的余弦计算即可．
【详解】解：连接 ，∵六边形 是 内接正六边形，
故选：B
【点睛】本题考查的是正多边形和圆的有关计算，掌握正多边形的中心角的计算公式、熟记余弦的概念是
解题的关键．
4. 下列事件为必然事件的是（ ）
A. 正方形的内角和是 ；
B. 平面内三个点确定一个圆；
C. 相等的圆心角所对的弦也相等；
D. 不透明的口袋中装有除颜色以外完全相同的2个红球和4个白球，从中摸出3个球，其中有白球．
【答案】D
【解析】
【分析】根据必然事件和随机事件的定义，对选项一一进行分析，即可得出答案．
【详解】A. 正方形的内角和是 ，是不可能事件，不符合题意；
B. 平面内三个点确定一个圆是随机事件，不符合题意；
C. 相等的圆心角所对的弦也相等，是随机事件，不符合题意；
D. 不透明的口袋中装有除颜色以外完全相同的2个红球和4个白球，从中摸出3个球，其中有白球，是必
然事件，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查了判断事件发生的可能性的大小，解本题的关键在熟练掌握必然事件和随机事件的定义．
必然事件的定义：在一定条件下重复进行试验时，有的事件在每次试验中必然会发生，这种事件叫必然发
生的事件，简称必然事件；随机事件的定义：有的事件可能发生也可能不发生，这样的事件叫做随机事件．
5. 如图，直径为 的圆内有一个圆心角为 的扇形，则 与弦 围成的弓形面积为（ ） ．A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可得 ，再根据 即可得到解答．
【详解】解：∵扇形 ，
∴ ，
又∵ ，
∴ 为大圆的直径，
∴ ，
∴ ，
∴
，
故选C．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质和扇形面积公式，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
6. 已知二次函数 的图象如图所示，有以下结论：① ；② ；③
；④ ．其中错误结论的个数是（ ）A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】A
【解析】
【分析】由抛物线开口向下，与 轴交于正半轴，可确定 ， ，再根据对称轴是直线 ，即
，可确定 ，从而可判断①正确，④错误；根据图象可知二次函数与 轴有两个交
点，进而可判断②正确，由图像可知当 时， ，即可判断③．
【详解】解：∵抛物线开口向下，与 轴交于正半轴，
∴ ， ，
∵对称轴是直线 ，
∴ ，
∴ ，
故①正确，④错误；
∵图象可知二次函数与 轴有两个交点，
∴ ，即 ，
故②正确，
∵当 时， ，
∴ ，故③正确，综上可知错误结论的个数是1个．
故选：A．
【点睛】本题考查二次函数图象与系数的关系，解题的关键是明确二次函数图象的特点，运用数形结合的
思想，找出所求问题需要的条件．
7. 以 为中心点的量角器与直角三角板 按如图方式摆放，量角器的 刻度线与斜边 重合．点
为斜边 上一点，作射线 交弧 于点 ，如果点 所对应的读数为 ，那么 的大小为
（ ）
.
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由圆周角定理得出 ，进而得出 即可得出答案．
【详解】解：如图，连接 ，
点 所对应的读数为 ，
，
为直径， ，
点 在 上，
，，
故选：C．
【点睛】本题考查了圆周角定理，解题的关键是运用圆周角定理得出 与 的关系．
8. 线段 ，动点 以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿线段 运动至点 ．以点A为圆心、
线段 长为半径作圆心角为 的扇形 ，以线段 为边作等边 ．设点 的运动时间为t，
扇形 的弧 的长为 ，等边 的面积为S，则 与 ， 与 满足的函数关系分别是（ ）
A. 正比例函数关系，一次函数关系 B. 正比例函数关系，二次函数关系
C. 一次函数关系，一次函数关系 D. 二次函数关系，正比例函数关系
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意分别列出y与t，S与t的函数关系，进而进行判断即可．
【详解】解：设点 的运动时间为t，则 ， ，
则 ，
，
∴ 与 ， 与 满足的函数关系分别是正比例函数关系，二次函数关系，
故选：B．
【点睛】本题考查了列函数表达式，一次函数与二次函数的识别，根据题意列出函数表达式是解题的关键．
第Ⅱ卷（非选择题 共84分）
二、填空题（每小题2分，共16分）
9. 写出一个函数值有最大值，且最大值是2的二次函数解析式______．【答案】 （答案不唯一）
【解析】
【分析】根据函数值有最大值可得二次项系数小于0，再根据最大值是2利用二次函数顶点式即可求解．
【详解】解：∵二次函数解析式函数值有最大值，
∴二次函数解析式二次项系数 ，
又最大值是2，
∴符合条件的二次函数解析式可以是： （答案不唯一），
故答案为： （答案不唯一）
【点睛】本题考查二次函数的性质，解题的关键是熟练掌握二次函数的性质和顶点式．
10. 某射击运动员在同一条件下的射击成绩记录如下：
射击次数 20 80 100 200 400 1000
中九环以上次数 18 68 81 170 327 833
中九环以上频率 0.90 0.85 0.81 0.85 0.82 0.83
根据频率的稳定性，估计这名运动员射击一次时“射中九环以上”的概率约是______．（保留两位小数）
【答案】0.83
【解析】
【分析】大量重复试验时，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．
【详解】解：由表格可知：当大量试验时，频率稳定在0.83，
∴估计这名运动员射击一次时“射中九环以上”的概率约是：0.83；
故答案为：0.83．
【点睛】本题考查利用频率估计概率．熟练掌握概率是频率的稳定值是解题的关键．
11. 代数式 的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用配方法，结合平方的非负性解答【详解】解：
代数式 的最小值为： ．
【点睛】本题考查代数式的最值，涉及配方法，平方的非负性，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
12. 如图，AB是 的直径，C、D在 上，若 ，则 ______．
【答案】 ##20度
【解析】
【分析】利用圆内接四边形的性质求出 ，再利用圆周角定理求出 即可．
【详解】解：∵ ， ，
∴ ，
∵ 是直径，
∴ ，
∴ ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查圆周角定理，圆内接四边形的性质（圆内接四边形对角互补）等知识，属于中考常考题
型．
13. 如图，半径为 的⊙O与边长为8的等边三角形ABC的两边AB、BC都相切，连接OC，则OC＝_____．
【答案】
【解析】
【分析】连接OB，作OD⊥BC于D，由等边三角形的性质得∠ABC＝60°，BC＝8，由⊙O与等边三角形
ABC的两边AB、BC都相切，得出OD是⊙O的半径，∠OBC＝∠OBA＝30°，应用三角函数求出BD＝
3，CD＝BC−BD＝5，由勾股定理得出OC，即可得出答案．
【详解】连接OB，作OD⊥BC于D，
∵△ABC是边长为8的等边三角形，
∴∠ABC＝60°，BC＝8，
∵⊙O与等边三角形ABC的两边AB、BC都相切，
∴OD是⊙O的半径，∠OBC＝∠OBA＝ ∠ABC＝30°，
∵tan∠OBC＝ ，
∴BD＝ ＝ ＝3，
∴CD＝BC−BD＝8−3＝5，
OC＝ ＝ ＝ ，
故填： ．【点睛】本题考查了切线 的性质、等边三角形的性质、勾股定理、三角函数等知识；熟练掌握切线的
性质是解题的关键．
14. 如图，将 绕点A逆时针旋转 ，得到到 ，点C在线段DE上，则∠BCD的度数是
______．（用含 的式子表示）
【答案】
【解析】
【分析】由旋转的性质得 ， ，由外角的性质可得 ，进而
即可求解．
【详解】由旋转的性质得： ， ，
∵ ，
∴ ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查旋转的性质，外角的性质，解题的关键是熟练掌握旋转的性质和外角的性质．
15. 某公司的近三个月的销售收入和利润如下表所示：
9月 10月 11月
销售收入（万元） 80 95 108利润（万元） 50 63 72
该公司近三个月的利润平均增长率为______．
【答案】
【解析】
【分析】设该公司近三个月利润平均增长率为 ，则11月 的利润为 万元，根据11月利润为
72万元，可列方程，解方程取正值即可．
【详解】解：设该公司近三个月利润平均增长率为 ，根据题意，得：
解得： ， （不合题意，舍去），
∴该公司近三个月利润平均增长率为 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查一元二次方程的运用，解题的关键是正确理解题意，找准等量关系列出有关利润增长率
的一元二次方程．
16. 如图，在 中， ， ， ，点 是边 的中点，将 绕
点C逆时针方向旋转得到 ，点 是边 上的一动点，则 长度的最大值与最小值的差为
______．
【答案】 ##
【解析】【分析】由直角三角形的性质可得 ，由旋转的性质可得 ，可得 ，即点
在以 为圆心， 为半径的圆上，则当点 ，点 ，点 共线，且 时， 长度最小, 当点
与点 重合，且点 在 的延长线上时， 长度最大，然后求得最大值与最小值的差即可求解．
【详解】解： ， ， ，
，
将 绕点 按顺时针方向旋转，得到 ，点 是边 的中点，
， ，
点 在以 为圆心， 为半径的圆上，
如图，当点 ，点 ，点 共线，且 时， 长度最小，
，
，
最小值为 ．
当点 与点 重合，且点 在 的延长线上时， 长度最大，则最大值为
长度的最大值与最小值的差为
故答案为： ．
【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质、圆的基本认识，确定点 的轨迹是本题的关键．
三、解答题（共68分）
17. 已知：如图，点P在 上，点A在 外．
求作：过点P的 的切线及过点A作 的平行线．
作法：如图，
①作射线 ；
②在直线 外任取一点A，以点A为圆心，AP为半径作 ，与射线 交于另一点B；
③连接并延长 与 交于点C；
④作直线 ；
⑤取 的中点D；
⑥连接 ．
则直线 、 即为所求．（1）使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹）
（2）完成下面的证明：
证明：∵ 是 的直径，
∴ （________________________________）（填推理的依据）
∴
又∵ 是 的半径
∴ 是 的切线（___________________________）（填推理的依据）
又∵D是 的中点
∴ （__________________________________）（填推理的依据）
∴
∴
∴ ．
【答案】（1）见解析 （2）直径所对的圆周角是直角；经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是
圆的切线；平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧
【解析】
【分析】（1）根据作法画出图形即可；
（2）根据圆周角定理得到 ，根据切线的判定定理即可得到 是 的切线，然后根据垂
径定理即可得到 ，进而得到 ．
【小问1详解】补全图形如图所示，则直线 、 即为所求．
【小问2详解】
证明：∵ 是 的直径，
∴ （直径所对的圆周角是直角）（填推理的依据）
∴
又∵ 是 的半径
∴ 是 的切线（经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线）（填推理的依据）
又∵D是 的中点
∴ （平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧）（填推理的依据）
∴
∴
∴ ．
【点睛】此题考查了切线的判定，圆周角定理，解题的关键是正确作出图形．
18. 隋代建造的赵州桥距今约有1400年历史，是我国古代石拱桥的代表．如图是根据某石拱桥的实物图画
出的几何图形，桥的主桥拱是圆弧形，表示为 ．桥的跨度（弧所对的弦长） 约为 ，设 所
在圆的圆心为O，半径 ，垂足为D．主拱高（弧的中点到弦的距离） 约为 ．连接 ．求这座石拱桥主桥拱 所在圆的半径长．
【答案】
【解析】
【分析】根据垂径定理得出 ，设 ，则 ，根据勾股定理可得
，求出r即可．
【详解】解：∵半径 ， ，
∴ ，
设 ，则 ，
∵在 中， ，
∴ ，
∴ ，
∴圆的半径长为25m．
【点睛】本题主要考查了垂径定理，勾股定理，解题的关键是熟练掌握勾股定理和垂径定理．
19. 把关于x的一元二次方程 配方，得到 ．
（1）写出完整的配方过程，并求常数m与p的值；
（2）求此方程的解．
【答案】（1） ，（2） ，
【解析】
【分析】（1）把 配方即可得出 ， ；
（2）配方得出 ，开方得出 ，求出即可．
【小问1详解】
解：
∴ ，
【小问2详解】
解：∵
∴ ，
【点睛】本题考查了解一元二次方程的应用，题目是一道基础题，难度适中，主要考查学生的计算能力．
20. 已知二次函数 部分自变量 与函数值 的对应值如下表所示：
… …
… …（1）求二次函数解析式；
（2）在平面直角坐标系中画出二次函数的图象；
（3）当 时， 的取值范围是____________．
【答案】（1）
（2）画图见详解 （3）
【解析】
【分析】（1）用待定系数法即可求解；
（2）根据函数解析式，用描点法即可求解；
（3）根据自变量的取值范围，结合图示，即可确定函数值的取值范围．
【小问1详解】
解：当 时， ；当 时， ；当 时， ，
∴ ，解方程得 ，
∴二次函数解析式为 ．
【小问2详解】
解：二次函数解析式为 ，图像如图所示，的
函数与 轴 交点是 ， ，与 轴的交点是 ，对称轴为 ，符合题意．
【小问3详解】
解：当 时，根据（2）中图示可知，
当 时， ；当当 时， ；当 时，
．
∴当 时， ．
【点睛】本题主要考查待定系数法求二次函数解析式，根据函数解析式画函数图形，根据函数自变量求函
数取值范围，掌握待定系数法解二次函数解析式，函数图像的性质是解题的关键．
21. 如图所示，在平面直角坐标系xOy中， 的顶点均在格点上，点C的坐标为 ．（1）画出与 关于原点 中心对称的 ，点 的坐标是________；
（2）画出将 绕着点 逆时针方向旋转 得到的 ．
【答案】（1）图见解析；
（2）图见解析
【解析】
【分析】（1）分别找到点 、点 、点 关于原点对称的点 、点 、点 ，顺次连接即可，根据坐
标系写出点 的坐标；
（2）利用旋转变换的性质分别作出 ， 的对应点 、 即可．
【小问1详解】
解：如图所示， 即为所求；点 的坐标是 ；【小问2详解】
解：如图所示， 即为所求．
【点睛】本题主要考查作图−旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的定义和性质，并据此得出变换后的
对应点．
22. 随着“新冠肺炎”疫情防控形势日渐好转，各地开始复工复学，某校复学后成立“防疫志愿者服务
队”，设立四个“服务监督岗”：①洗手监督岗，②戴口罩监督岗，③就餐监督岗，④操场活动监督岗．
李老师和王老师报名参加了志愿者服务工作，学校将报名的志愿者随机分配到四个监督岗（每个岗位只设
置一位教师）．
（1）李老师被分配到“洗手监督岗”的概率为______；
（2）用列表法或画树状图法，求李老师和王老师被分配到洗手监督岗和戴口罩监督岗的概率（无序）．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（1）直接根据随机事件的概率公式计算即可；
（2）先画出树状图，然后从树状图中数出所有的可能性的结果数与李老师和王老师被分配到洗手和戴口
罩的监督岗的结果数，再利用概率公式计算即可．
【小问1详解】
解： 李老师被分配到某个监督岗的所有可能性的结果数是4，被分配到“洗手监督岗”的结果数为1，
李老师被分配到“洗手监督岗”的概率为 ；
故答案为： ；
【小问2详解】
解：画树状图如下：
共有12种等可能结果，其中李老师和王老师被分配到洗手监督岗和戴口罩（记为事件A）有2种结果，
∴ ．
答：李老师和王老师被分配到洗手监督岗和戴口罩监督岗的概率 ．
【点睛】此题考查了随机事件的概率，熟练掌握概率公式和运用画树状图或列表法求概率是解答此题的关
键．
23. 关于x的方程 ．
（1）不解方程，判断根的情况；
（2）若 是方程的一个根，求 的值．【答案】（1）有两个实数根
（2）0
【解析】
【分析】（1）计算一元二次方程根的判别式，得出 ，即可求解；
（2）根据一元二次方程根的定义，将 代入原方程，得出 ，然后化简代数式，整体代
入即可求解．
【小问1详解】
解：
∵ ，
∴
；
∴方程有两个实数根
【小问2详解】
解：把 代入方程 得，
即
．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程根的定义，掌握一元二次方程根的判别式是
解题的关键．24. 第二十四届冬季奥林匹克运动会已于2022年在北京成功举办，跳台滑雪是北京冬奥会的比赛项目之一，
近些年来冰雪运动也得到了蓬勃发展．如图是某跳台滑雪场地的截面示意图．平台AB长1米（即
），平台AB距地面18米．以地面所在直线为x轴，过点B垂直于地面的直线为y轴，取1米为单位长度，
建立平面直角坐标系，已知滑道对应的函数为 ．运动员（看成点）在 方向
获得速度v米/秒后，从A处向右下飞向滑道，点M是下落过程中的某位置（忽略空气阻力）．设运动员飞
出时间为t秒，运动员与点A的竖直距离为h米，运动员与点A的水平距离为l米，经实验表明： ，
．
（1）求滑道对应的函数表达式；
（2）当 ， 时，通过计算判断运动员此时是否已落在滑道上；
（3）在试跳中，运动员从A处飞出，运动员甲飞出的路径近似看做函数 图像的一
部分，着陆时水平距离为 ，运动员乙飞出的路径近似看做函数图像 的一部分，着
陆时水平距离为 ，则 ______ （填“＞”“＝”或“＜”）．
【答案】（1）
（2）落在滑道上 （3）＞
【解析】【分析】（1）将 代入 ，求出c即可；
（2）先计算出h和l，求出 时y的值，与 进行比较即可判断；
（3）分别将两个运动员飞出路径对应的函数与滑道对应的函数联立，求出着陆时的 x值，进而求出 与
，即可判断．
【小问1详解】
过
【小问2详解】
，
，
当 时，
∵
∴落在滑道上．
【小问3详解】
解：将 与 联立，
得： ，
化简得： ，
解得： ， ，可知 ；
同理，将将 与 联立，
得： ，
化简得： ，
解得： ， ，
可知 ，
，
因此 ．
【点睛】本题考查二次函数的实际应用，读懂题意，掌握利用待定系数法求二次函数解析式和二次函数图
像上点的坐标特征是解题的关键．
25. 已知：如图，点A、B、M在 上，且满足 ，连接 ， ．过点B作直线 ，
交 的延长线于点C．
（1）求证： 是 的切线；
（2）如果 ， ，求 的长．【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接 ，根据圆周角定理可得 ，继而根据切线判定定理即可求证结
论；
（2）过点A作 交 于点N，在 中求得 ，在 中，利
用勾股定理可得 ，在 中，利用勾股定理可得 ，进而即可求解．
【小问1详解】
连接 ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴半径 ，
∴ 是 的切线；
【小问2详解】
如图，过点A作 交 于点N，
∴ ，
∵在 中， ， ， ，
∴ ，
又∵ ， ，
∴在 中， ，
∴在 中，，
∴ ．
【点睛】本题考查了切线的证明、圆周角的性质、解直角三角形，解题关键是准确把握题意，构建直角三
角形解决问题．
26. 在平面直角坐标系xOy中，点 ， 在抛物线 上，设抛物线的对称轴
为直线 ．
（1）当 ， 时，求抛物线与y轴交点坐标，并直接写出m，n的大小关系；
（2）若 ，求t的取值范围；
（3）若点 在抛物线上，且满足 ，比较m，n，c的大小，并说明理由．
【答案】（1）抛物线与y轴的交点坐标 ；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）令 ，求得 ，即可求得抛物线与y轴的交点坐标，根据待定系数法即可得到方程
组，解方程组即可求得 ；
（2）将各点代入得出 ， ，再由题意得出 ，然后利用对称轴求解即可；
（3）根据题意得到对称轴为直线 ，确定 ，然后根据二次函数的增减性即可得出结果．
【小问1详解】
解：令 ，则 ，
∵ ，
∴抛物线与y轴交点坐标为 ，
∵抛物线的对称轴为直线 ， ，抛物线
∴对称轴为 ，开口向下，
∵ ，
∴ ， ，
∵ 离对称轴的距离较 离对称轴的距离远，
∴ ；
【小问2详解】
当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，
∵ ，
∴ ，即 ，
解得： ，
∵ ，
∴ ，∴对称轴为 ，
即 ；
【小问3详解】
解：∵抛物线 过点 ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵抛物线开口向下，在对称轴的左侧 y随x的增大而增大，在对称轴的右侧 y随x的增大而减小，且点
到对称轴的距离最近，点 到对称轴的距离最远，点 介于两者之间
∴ ．
【点睛】本题考查二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，解题关键是熟练掌握二次函数的性质．
27. 如图，已知等腰直角 ， ， ，将线段 绕点 顺时针旋转
，得到线段 ，连接 ， ．
（1）求 的度数；
（2）作 的平分线 交 于点 ，交 的延长线于点 ，连接 ，补全图形，用等式表示
线段 之间的数量关系并证明；（3）若 的长为 ，取 中点 ，请直接写出线段 的最大值．
【答案】（1）
（2）补全图形见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意得出点 三点是以A为圆心，以AB为半径的圆上，根据同弧所对的圆周
角是圆心角的一半即可求解；
（2）根据题意补全图形，过点 作 交 的延长线于点 ，证明 ，根据
等腰直角三角形的性质得出 ， ，根据全等三角形的性质即可得出结论；
（3）根据 ， 为 的中点，得出 ，进而可得点 在以 为直径， 的中点
为圆心的圆上运动，则当 三点共线时， 最大，进而勾股定理即可求解．
【小问1详解】
∵ ，
∴点 三点在以A为圆心，以AB为半径的圆上，
∵ ，
∴ ；
【小问2详解】
补全图形，，
过点 作 交 的延长线于点 ，
∵ 平分 ， ，
∴ 垂直平分 ，
∴ ，
∴
∴ ，在 中，
∵
∴
∵
∴
∴
∴
∴在等腰 中，
∵
∴
【小问3详解】
解：如图，连接 ，∵ ， 为 的中点，
∴∴
∴点 在以 为直径， 的中点 为圆心的圆上运动，
∴当 三点共线时， 最大，
此时 ，
∵ ，
∴ ， ，
在中， ，
∴ 的最大值为： ．
【点睛】本题考查了等弧所对的圆周角相等，全等三角形的性质与判定，勾股定理，直角所对的弦是直径，
综合运用以上知识是解题的关键．
28. 在在平面直角坐标系xOy中，对于点A，记线段OA的中点为M．若点A，M，P，Q按逆时针方向排
列构成菱形AMPQ，其中 ， ，则称菱形AMPQ是点A的“ -旋半菱形”，
称菱形AMPQ边上所有点都是点A的“ -旋半点”．已知点 ．（1）在图1中，画出点A的“30°-旋半菱形”AMPQ，并直接写出点P的坐标；
（2）若点 是点A的“ -旋半点”，求 的值；
（3）若存在 使得直线 上有点A的“ -旋半点”，直接写出b的取值范围．
【答案】（1）图见解析；P
（2）45°或30° （3）
【解析】
【分析】对于（1），根据“ -旋半菱形”的定义做出图形，并求出相应的长度，写出坐标即可；
对于（2），分点B在 ， ， 上时，分别求出符合条件的结果；
对于（3），先确定b的最大值，即 直线 时，b最大，再结合直线的特点求出直线与
y轴的夹角，进而求出点R的坐标，即可得出答案．
【小问1详解】
如图所示．点 ．
根据题意可知 ， ，
∴ ．
根据勾股定理得 ，且 ，所以点 ；
【小问2详解】
∵点 是点A的“ 旋半点”，
∴点B在菱形 边上，
分情况讨论：
①当B在 上，
如图：作 轴交于点C，
根据题意可知四边形 时菱形，
∴ ．
在 中， ，
∴ ；
②当B在 上，如图：作 轴交于点C，交 与点D，
设 ，则 ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ．
根据勾股定理，得 ．
∵ ，
∴ ，
∴ ，解得： ， （舍去）；
∴ ，即 ；
③当B在 上，
此时： ，
∴这样的点B不存在，
综上所述： 或 ；
【小问3详解】．
设直线 与x轴交于T，与y轴交于R，当Q在直线 上，且 直线
时，b最大，如图：
在 中，令 得 ，令 ，得 ，
即 ， ，
∴
∴
∴ ．
设 ，则 ，根据勾股定理，得
，
解得 ，则 ，
所以点 ．
将点 代入 ，得 ．
由点A的“α-旋半菱形”的定义知，四边形 在x轴上方，
∴直线 上有点A的“α-旋半点”， ，
b的取值范围是 ．
【点睛】本题主要考查了菱形性质，点的坐标，勾股定理，相似三角形的判定及性质，特殊角的三角形函
数值，一次函数，解题的关键是掌握以上相关知识点，并能够综合运用，难度较大．
