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微信：cs5311742016 主营各地名校期中期末真题卷及小初高全套教材教案讲义知识点总结
丰台区 2023~2024 学年度第一学期期末练习
九年级数学
一、选择题（共16分，每题2分）
1. 1.2023年5月30日神舟十六号载人飞船发射取得圆满成功，此次任务是我国载人航天工程进入空间站
应用与发展阶段的首次载人飞行任务．下列有关航天的4个图标图案中是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查的是中心对称图形，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转 180度后与自身重合．根据
中心对称图形的概念判断．把一个图形绕某一点旋转180度，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，
那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】解：选项A、B、D不都能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以不
是中心对称图形．
选项C能找到一个点，使图形绕某一点旋转180度后与原来的图形重合，所以是中心对称图形．
故选：C．
2. 抛物线 的顶点坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查二次函数的性质，解题关键是掌握二次函数图象与系数的关系．根据
的顶点坐标为 求解．
【详解】解：抛物线 的顶点坐标为 ，
故选：B．
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3. 如图，点A，B，C在 上， ，则 的度数为（ ）
A. 108° B. 116° C. 126° D. 128°
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的
圆心角的一半；根据圆周角定理即可求解．
【详解】解： ，
，
故选：A．
4. 下列事件中，为必然事件的是（ ）
A. 明年农历“大雪”节气那天下雪
B. 经过有交通信号灯的路口，遇到红灯
C. 不在同一条直线上的三个点确定一个圆
D. 掷一枚正方体骰子，向上一面的点数是7
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查事件的分类，正确掌握各事件的定义即可解题．
【详解】解：A、明年农历“大雪”节气那天下雪为随机事件，不符合题意．
B、经过有交通信号灯的路口，遇到红灯为随机事件，不符合题意．
C、不在同一条直线上的三个点确定一个圆为必然事件，符合题意．
D、掷一枚正方体骰子，向上一面的点数是7为不可能事件，不符合题意．
故选：C．
5. 关于x的一元二次方程 有两个相等的实数根，则m的值为（ ）
A. 2 B. C. 4 D.
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【答案】B
【解析】
【分析】本题考查了根据一元二次方程根的情况求参数，由有两个相等的实数根，得 ，代入数值化
简计算，即可作答．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程 有两个相等的实数根，
∴
∴
故选：B．
6. 做随机抛掷一枚纪念币的试验，得到的结果如下表所示：
抛掷次数n 100 200 500 1000 2000 3000 4000 5000
“正面向上”的次
38 96 260 620 1236 1857 2472 3090
数m
“正面向上”的频
0.380 0.480 0.520 0.620 0.618 0.619 0.618 0.618
率
下面有3个推断：
①当投掷次数是1000时，“正面向上”的频率是0.620，所以“正面向上”的概率是0.620；
②随着投掷次数的增加，“正面向上”的频率总在0.618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0.618；
③当抛掷次数为10000时，估计出现“正面向上”的次数约为6180次．
其中合理的是（ ）
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了利用频率估计概率，解题关键是熟练掌握其定义“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”；
根据频率估计概率的知识点逐一判断即可．
【详解】解：①当投掷次数是1000时，“正面向上”的频率是0.620，但 “正面向上”的概率不一定是
0.620，此推断错误；
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②随着投掷次数的增加，“正面向上”的频率总在0.618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0.618，此推断正确；
③当抛掷次数为10000时，估计出现“正面向上”的次数约为6180次，此推断正确．
故选：C．
7. 如图，点O为线段 的中点， ，连接 ， ．则下面结论不一定成立的
是（ ）
A. B.
C. D. 平分
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查了直角三角形的特征，圆的定义，圆的基本性质；由直角三角形斜边上的中线是斜边的
一半得 ，再由圆的定义得点A、D、C、B在以O为圆心， 长为半径的圆上，由
圆的基本性质及圆的内接四边形的性质即可求解；掌握有关性质，能根据圆的定义确定 A、D、C、B四点
共圆是解题的关键．
【详解】解： 点O为线段 的中点， ，
，
，
，
点A、D、C、B在以O为圆心， 长为半径的圆上，
如图，
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故A结论正确，不符合题意；
由圆周角定理得到 ，
故B结论正确，不符合题意；
四边形 是圆内接四边形，
，
故C结论正确，不符合题意；
和 不一定相等，
和 不一定相等，
不一定平分 ，
故D结论错误，符合题意．
故选：D．
8. 如图，等边三角形 的边长为2，点A，B在 上，点C在 内， 的半径为 ．
将 绕点A逆时针旋转，在旋转过程中得到两个结论：
①当点C第一次落在 上时，旋转角为 ；
②当 第一次与 相切时，旋转角为 ．
则结论正确的是（ ）
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A. ① B. ② C. ①② D. 均不正确
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查了切线的性质，图形的旋转，熟练掌握旋转的性质，等边三角形，圆的切线性质，是解
题的关键．
①当点C第一次落在 上时，连接 ，可证明 是等腰直角三角形， 三
点共线，再求出 ，可得 ；
②当 与 相切时，连接 并延长与 交于点M，连接 ，先求出 ，
， ，即可得出结论．
【详解】解：①当点C第一次落在 上时，
连接 ，
， ，
是等腰直角三角形，
，
又 ，
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，
是等腰直角三角形，
，
三点共线，
，
，
，
，
，故①正确；
当 与 相切时，连接 并延长与 交于点M，连接 ，
是正三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
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当 第一次与 相切时，旋转角为 ，故②错误，
故选：A．
二、填空题（共16分，每小题2分）
9. 方程 的解是__________．
【答案】 或
【解析】
【分析】利用因式分解法求解即可．
【详解】解： ，
因式分解得： ，
∴ 或 ，
解得： 或 ，
故答案为： 或 ．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，能够根据方程特点灵活选用不同的解法是解题关键．
10. 一个扇形的半径是6，其圆心角是 ，则圆心角所对的弧长为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了扇形的弧长，掌握弧长公式： 是解题的关键．
【详解】解：由题意得
；
故答案： ．
11. 为了加快数字化城市建设，某市计划新建一批智能充电桩，第一个月新建了301个充电桩，第三个月
新建了500个充电桩，设该市新建智能充电桩个数的月平均增长率为 ，根据题意，请列出方程________．
【答案】
【解析】
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【分析】根据变化前数量 变化后数量，即可列出方程．
【详解】 第一个月新建了301个充电桩，该市新建智能充电桩个数的月平均增长率为 ．
第二个月新建了 个充电桩，
第三个月新建了 个充电桩，
第三个月新建了500个充电桩，
于是有 ，
故答案为 ．
【点睛】本题考查了一元二次方程的实际应用中的增长率问题，若设平均增长率为 ，则有 ，
其中 表示变化前数量， 表示变化后数量， 表示增长次数．解决增长率问题时要注意区分变化前数量
和变化后数量，同时也要注意变化前后经过了几次增长．
12. 如图，已知正六边形ABCDEF的外接圆半径为2cm，则正六边形的边心距是__________cm．
【答案】
【解析】
【详解】连接OA，作OM⊥AB于点M，
∵正六边形ABCDEF的外接圆半径为2cm
∴正六边形的半径为2 cm， 即OA＝2cm
在正六边形ABCDEF中，∠AOM=30°，
∴正六边形的边心距是OM= cos30°×OA= (cm)
故答案为 .
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13. 已知二次函数 ，当 时，y随x的增大而增大．写出一个满足题意的b的值为______．
【答案】 （答案不唯一）
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质，由二次函数的增减性得当 时，y随x的增大而增大，从而可
得 ，求取 的取值范围，在取值范围内取一个值即可；理解增减性，并能得到 是解题的关
键．
【详解】解：
当 时，
y随x的增大而增大，
时，y随x的增大而增大，
，
可取 ；
故答案： （答案不唯一）．
14. 在关于x的二次函数 中，自变量x可以取任意实数，下表是自变量x与函数y
的几组对应值：
x … 0 1 2 3 4 …
y … 2.35 6.05 …
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根据以上信息，关于x的一元二次方程 的两个实数根中，其中的一个根约等于
______（结果保留小数点后一位小数）．
【答案】 （答案不唯一）
【解析】
【分析】本题考查了利用二次函数求对应一元二次方程的近似根，理解“当自变量取两个值，对应的函数
值由负数变为正数时，则对应方程的一个根在两个自变量之间，求函数值的绝对值，取较小绝对值所对应
的自变量的值为近似根．”是解题的关键．
【详解】解：根据题意，设方程的一个根为 ，
当 时，
，
当 时，
，
，
，
，
故答案： （答案不唯一）．
15. 如图， ， 分别与 相切于点A，B，点C为劣弧 上的点，过点C的切线分别交 ，
于点M，N．若 ，则 的周长为______．
【答案】16
【解析】
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【分析】本题考查切线长定理，掌握经过圆外一点作圆的两条切线，切线长相等是解本题的关键．
由切线长定理可得出答案．
【详解】解： ， ， 是 的切线， ，
的周长为：
，
故答案为：16．
16. 平面直角坐标系 中，将抛物线 在x轴和x轴下方的部分记作 ，将 沿x轴翻折记作
， 和 构成的图形记作G．关于图形G，如图所示，以下三个结论中，正确的序号是______．
①图形G关于原点对称；
②图形G关于直线 对称；
③图形G的面积为S，满足 ．
【答案】①③
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的图象与几何变换，二次函数的性质，数形结合是解题的关键．根据抛物线
的对称性结合图形即可判断①②；观察图形即可判断③．
【详解】解：如图，
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由图形可知，图形 关于原点对称，不关于直线 对称，故①正确，②错误；
观察图形，图形 的面积 大于两个 的面积，小于 的面积，
所以，图形 的面积满足 ，故③正确．
故答案为：①③．
三、解答题（共68分，第17-22题，每题5分，第23-26题，每题6分，第27-28题，每题7
分）
17. 解方程： ．
【答案】 ，
【解析】
【分析】根据配方法求解即可．
【详解】解∶
∴ 或 ，
∴ ， ．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，熟练掌握配方法是解题的关键．
18. 如图， 绕某点按一定方向旋转一定角度后得到 ，点A，B，C分别对应点 ， ， ．
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（1）在图中画出 ；
（2） 是以点______（填“ ”，“ ”或“ ”）为旋转中心，将 ______时针旋转
______度得到的．
【答案】（1）见详解 （2） ，顺，90．
【解析】
【分析】本题考查作图−旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．
（1）根据图中的 的位置，得 是以点 为旋转中心，将 顺时针旋转90度得
到的．
（2）利用旋转变换的性质判断即可．
【小问1详解】
解：如图， 即为所求；
【小问2详解】
解： 是以点 为旋转中心，将 顺时针旋转90度得到的．
故答案为： ，顺，90．
19. 圆形拱门屏风是中国古代家庭中常见的装饰隔断，既美观又实用，彰显出中国元素的韵味，如图，是
一款拱门的示意图，其中拱门最下端 分米， 为 的中点， 为拱门最高点，圆心 在线段
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上， 分米，求拱门所在圆的半径．
【答案】15分米
【解析】
【分析】连接 ，根据垂径定理求得 ，设圆的半径为 分米，则 ，
根据勾股定理即可求得 ．
【详解】解：连接 ，
的
∵ 过圆心， 为 中点，
∴ ，
∵ 为 的中点，
∴ ，
设圆的半径为x分米，则 分米，
∵ ，
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∴ ，
在 中， ，
∴ ，
∴ （分米），
即拱门所在圆的半径是15分米．
【点睛】本题主要考查了垂径定理的应用，勾股定理，能够准确作出辅助线，根据勾股定理列出方程是解
决问题的关键．
20. 已知二次函数 图象上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如下表所示：
x … 0 1 2 4 …
y … 8 3 0 3 …
（1）求二次函数的解析式及顶点坐标；
（2）直接写出当 时，x的取值范围．
【答案】（1） ，
（2） 或
【解析】
【分析】本题考查了待定系数法，图象法求自变量取值范围；
（1）将 ， ； ， ； ， 代入解析式，再根据顶点坐标公式，即可求解；
（2）根据函数图象即可求解；
掌握待定系数法和数形结合法是解题的关键．
【小问1详解】
解：由表格得
当 ， 时；
当 ， 时；
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当 ， 时；
，
解得： ，
，
当 时，
，
顶点坐标为 ；
故二次函数的解析式为 ，顶点坐标 ；
【小问2详解】
解：当 时，
，
解得： ， ，
由图象得：
当 时， 或 时，
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故当 时，x的取值范围为 或 ．
21. 如图， 是 上的两点， 是 的中点，求证；四边形 是菱形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】连接OC，证明 再证明 为等边三角形，结合菱形的判
定，从而可得结论.
【详解】证明：连接OC，∵C是 的中点，
∴ ＝ ，又∵∠AOB＝120°，
∴∠AOC＝∠BOC＝ ×120°＝60°，
又∵OA＝OC＝OB，
∴△AOC与△BOC均是等边三角形，
∴OA＝AC＝OC，BO＝OC＝BC，
∴OA＝AC＝BC＝OB，
∴四边形OACB是菱形．
【点睛】本题考查的是圆的基本性质，圆周角定理的应用，等边三角形的判定与性质，菱形的判定，熟练
运用等边三角形与菱形的判定是解题的关键.
22. 已知关于x的一元二次方程 ．
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（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）若该方程两个实数根的和为3，求m的值．
【答案】（1）见详解 （2）
【解析】
【分析】此题考查了一元二次方程根的判别式和根与系数关系，熟练掌握相关知识并准确计算是解题的关
键．
（1）根据一元二次方程列出根的判别式，即可做出判断；
（2）根据一元二次方程根与系数关系列式求解即可．
【小问1详解】
证明： ，
∵
∴该方程总有两个实数根；
【小问2详解】
的
解：∵该方程两个实数根 和为3，
∴ ，
∴ ．
23. 第19届亚运会于2023年9月在杭州举办，此届亚运会的吉祥物是由如图所示的三个可爱的机器人
“宸宸”、“琮琮”、“莲莲”组成的．现有三张分别印有三个吉祥物的不透明卡片，三张卡片除正面图
案不同外，其余均相同．
（1）从这三张卡片中随机抽取一张，图案恰好是“宸宸”的概率为______；
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（2）从这三张卡片中随机抽取一张，记住卡片图案后将卡片放回，背面朝上洗匀，然后再从三张卡片中
随机抽取一张．用列表或画树状图的方法，求两次抽到的卡片图案相同的概率（印有“宸宸”、“琮琮”、
“莲莲”的三张卡片依次记为A，B，C）．
【答案】（1）
（2）树状图见解析，两次抽到的卡片图案相同的概率为 ．
【解析】
【分析】本题考查简单概率的计算，用树状图求概率，解题的关键是掌握树状图法求概率．
（1）根据概率公式 即可解题．
（2）根据题意画出树状图得出所有的情况数，找出两次抽到的卡片图案相同的情况数，然后根据概率公
式即可解题．
【小问1详解】
解：由题知， （从这三张卡片中随机抽取一张抽到宸宸） ，
故答案为： ．
【
小问2详解】
解：用画树状图的方法，将两次抽到的卡片绘制如下：
由图可知，共有9种等可能的结果，其中两次抽到的卡片图案相同的有3种，
两次抽到的卡片图案相同的概率为 ．
24. 如图， 中， ，以 为直径作 交 于点D，作 交 于点E，延长
交 的延长线于点F．
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（1）求证： 是 的切线；
（2）若 为等边三角形， ，求 半径的长．
【答案】（1）见详解 （2） 半径的长为
【解析】
【分析】（1）连接 ，由等腰三角形的性质得到 ，等量代换得
，由平行线的判定得到 ，进而得到 ，即可证得 是 的切线；
（2）根据勾股定理即可得到结论．
【小问1详解】
证明：连接 ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
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∴ ，
∵
∴ ，
∵ 是 的半径，
的
∴ 是 切线；
【小问2详解】
解：∵ 为等边三角形，
∴ ，
∵ 是 的直径，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴
在 中， ，
∴
∴ ，
∴ ．
∴ 半径的长为2．
【点睛】本题考查了切线的性质，等边三角形的性质，圆周角定理，勾股定理，解决本题的关键是：正确
作出辅助线，证得 ．
25. 如图1，灌溉车为公路绿化带草坪浇水，图2是灌溉车浇水操作时的截面图．现将灌溉车喷出水的上、
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下边缘线近似地看作平面直角坐标系 中两条抛物线的部分图象．已知喷水口H离地竖直高度 为
，草坪水平宽度 ，竖直高度忽略不计.上边缘抛物线最高点A离喷水口的水平距离为 ，
高出喷水口 ，下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移 得到的，设灌溉车到草坪的距离 为d
（单位：m）．
（1）求上边缘抛物线的函数解析式，并求喷出水的最大射程 的长；
（2）下边缘抛物线落地点B的坐标为______；
（3）要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个草坪，d的取值范围为______．
【答案】（1）喷出水的最大射程 为
（2）
（3）
【解析】
【分析】本题是二次函数的实际应用，主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次
函数与方程的关系等知识，读懂题意，建立二次函数模型是解题的关键．
（1）由顶点 得，设 ，再根据抛物线过点 ，可得a的值，从而解决问题；
（2）由对称轴知点 的对称点为 ，则下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移 得到的，
可得点B的坐标；
（3）根据点 坐标以及草坪宽度可得结论．
【小问1详解】
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解：由题意得 是上边缘抛物线的顶点，
设 ，
又∵抛物线过点 ，
∴
∴ ，
∴上边缘抛物线的函数解析式为 ，
当 时， ，
解得 （舍去），
∴喷出水的最大射程 为 ；
【小问2详解】
解：∵对称轴为直线 ，
∴点 的对称点为 ，
∴下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移 得到的，
∴点B的坐标为 ，
故答案为： ；
【小问3详解】
解：∵ ，
，
， ，
， ，
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，
∴要使灌溉车行驶时喷出的水能浇灌到整个草坪，d的取值范围为 ，
故答案为： ．
26. 在平面直角坐标系 中，点 ， 为抛物线 上两个不同的点．
（1）求抛物线的对称轴（用含m的式子表示）；
（2）若 ，求m的取值范围．
【答案】（1）抛物线的对称轴为直线 ；
（2）m的取值范围是： 或 ．
【解析】
【分析】本题考查二次函数图象与系数的关系，利用二次函数求不等式的解集及熟知二次函数的性质是解
题的关键．
（1）由二次函数的对称轴公式即可解决问题．
（2）根据题意列出不等式组即可．
【小问1详解】
解：由题知，
所以抛物线的对称轴为直线 ；
【小问2详解】
解：将点点 ， 坐标代入函数解析式 得，
，
，
又因为 ，
所以 ，
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解得 或 ．
所以m的取值范围是： 或
27. 在 中， ， ，将线段 绕点A逆时针旋转 得到线段 ，连接
， ．
（1）如图1，当 时，则 ______（用含有 的式子表示）；
（2）如图2，当 时，作 的角平分线交 的延长线于点F，交 于点E，连接 ．
①依题意在图2中补全图形，并求 的度数；
②用等式表示线段 ， ， 之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）
（2）①图形见解析， ．② ，证明见解析．
【解析】
【分析】（1）本题由旋转的性质可知 ，结合 推出 ，再根据等腰三角形性质
即可求解．
（2）①本题考查等腰三角形性质，根据等腰三角形性质用 表示出 和 ，再利用
即可解题．
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② 延 长 ， 取 ， 连 接 ， 证 明 ， 得 到 ，
，利用 为 的角平分线，再证明 ，得到 ，
最后结合勾股定理即可解题．
【小问1详解】
解：由旋转的性质可知， ， ，
， ，
， ，
为等腰三角形，
，
故答案为： ．
【小问2详解】
解：①补全图形如下：
，
，
，
，
，
，
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．
②解： ，证明如下：
证明：延长 ，取 ，连接 ，如图所示：
，
，
，
， ，
， 为 的角平分线，
，即 ，
，
，
，
， ，
，
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，
，
，即 ，
整理得 ．
【点睛】本题考查旋转 的性质、等腰三角形性质和判定，角平分线性质、全等三角形性质和判定、勾股定
理等，解题的关键在于旋转构造等腰三角形和全等三角形，再熟练运用其性质即可解题．
28. 在平面直角坐标系 中， 的半径为1，对于线段 和x轴上的点P，给出如下定义：若将线
段 绕点P旋转180°可以得到 的弦 （ ， 分别为A，B的对应点），则称线段 为
以点P为中心的“关联线段”．
（1）如图，已知点 ， ， ， ，在线段 ， ， 中， 以
点P为中心的“关联线段”是______；
（2）已知点 ，线段 是 以点P为中心的“关联线段”，求点F的横坐标 的取值范围；
（3）已知点 ，若直线 上存在点F，使得线段 是 以点P为中心的“关联线段”，
直接写出m的取值范围．
【答案】（1） 和
（2）
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（3）
【解析】
【分析】（1）由题知“关联线段”是关于P点成中心对称的，根据中心对称的性质即可得 和 是
以点P为中心的“关联线段”．
（2）由 与 点关于P点成中心对称，且P点在x轴上， 点在 上，可得 点的坐标为 ，
P点坐标为 ，由此可得 ，根据 与F点关于 对称，可得F点的横坐标的取值
范围．
（3）作 关于P点的对称圆 ，则F点既在 上，又在直线 上，
因此F点是 和直线 的交点．当直线 与 相切时，即可求出m的最大范围．
分两种情况：切线在 左边和在 右边．根据等腰直角三角形的性质可求得F点坐标，再代入
即可求出m的最大值和最小值，进而可得m的取值范围．
【小问1详解】
如图，
∵线段 与线段 关于点 成中心对称，且 是 的弦，
∴线段 是 以点 为中心的“关联线段”；
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∵线段 与线段 关于点 成中心对称，且 是 的弦，
∴若线段 是 以点P为中心的“关联线段”，
则 与 关于P点成中心对称，
则 ，
而 的坐标只能是 ，
∴ 不可能在 上，
∴线段 不是 以点P为中心的“关联线段”，
综上， 以点P为中心的“关联线段”是 和 ，
故答案为： 和 ．
【小问2详解】
∵ 与 点关于P点成中心对称，且P点在x轴上，
∴ 点的纵坐标为 ．
又∵ 点在 上，
∴ 点的坐标为 ，P点坐标为 ．
∵ 是 的弦，
．
∵ 与F点关于 对称，
．
【小问3详解】
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∵P点在x轴上，
∴ 的对应点 只能为 ．
∵P点是 的中点，
．
将 绕P点旋转 得 ，
则 ，且F点在 上．
又∵F点在直线 上，
∴F点是 和直线 的交点．
当 与 相切于 时，连接 作 轴，
设直线 于x轴的交点为A点，
则 ， ，
则 ， ，
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∴ 点的横坐标为 ，纵坐标为 ．
将 代入 得，
，
解得 ．
当 与 相切于 时，连接 作 轴于G点，
设直线 于x轴的交点为B点，
则 ， ，
且 ， ，
∴ 点的横坐标为 ，纵坐标为 ．
将 代入 得，
，
解得 ，
∴m的取值范围为 ．
【点睛】本题考查了中心对称图形的性质、等腰直角三角形的性质、切线的小册子、一次函数的图像的性
质，熟练掌握以上知识和数形结合思想、分类讨论思想和解题的关键．
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