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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
北京市第二中学朝阳学校 2023-2024 学年度第一学期
初三数学期中考试试卷
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. 下列各曲线是在平面直角坐标系 中根据不同的方程绘制而成的，其中是中心对称图形的是
（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要是考查了中心对称图形的定义，熟练掌握中心对图形的定义“旋转 180°能与自身重合的
图形即为中心对称图形”，是解决该题的关键．
【详解】解：解：A、不是中心对称图形，故A错误．
B、不是中心对称图形，故B错误．
C、是中心对称图形，故C正确．
D、不是中心对称图形，故D错误．
故选：C．
2. 抛物线 的对称轴是（ ）
A. 直线x=3 B. 直线x=-3 C. 直线x=1 D. 直线x=-1
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次函数的顶点式 ，对称轴为直线 ，得出即可．
【详解】解：抛物线 的对称轴是直线 ．
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，解题的关键是要注意抛物线的对称轴是直线．
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3. 在平面直角坐标系xOy中，点 关于原点对称的点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接根据平面直角坐标系中任意一点 ，关于原点的对称点是 ，即可得到答案．
【详解】解：点 关于原点对称的点的坐标是 ，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了关于原点对称的点的坐标，平面直角坐标系中任意一点 ，关于原点的对
称点是 ，熟练掌握此知识点是解题的关键．
4. 把抛物线 向左平移2个单位，再向上平移3个单位，得到的抛物线是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】按照“左加右减，上加下减”的规律进行解答即可．
【详解】把抛物线 向左平移2个单位，再向上平移3个单位，得到的抛物线是
故选C．
【点睛】本题考查了抛物线的平移及抛物线解析式的变化规律：左加右减、上加下减．
5. 在 ABC中， ，点O为AB中点．以点C为圆心，CO长为半径作⊙C，则⊙C 与AB的位置关
△
系是（ ）
A. 相交 B. 相切
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C. 相离 D. 不确定
【答案】B
【解析】
【分析】根据等腰三角形的性质，三线合一即可得 ，根据三角形切线的判定即可判断 是
的切线，进而可得⊙C 与AB的位置关系
【详解】解：连接 ,
，点O为AB中点．
CO为⊙C的半径，
是 的切线，
⊙C 与AB的位置关系是相切
故选B
【点睛】本题考查了三线合一，切线的判定，直线与圆的位置关系，掌握切线判定定理是解题的关键．
6. 如图，在 中，以点 为中心，将 顺时针旋转 得到 ，边 ， 相交于点 ，
，则 的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
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【解析】
【分析】以点 为中心将 顺时针旋转 得到 ，可知 是旋转角，为 与
是对应角，则 ，由三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和可求出 的度数
得出答案；
【详解】解：∵以点 为中心将 顺时针旋转 得到 ，
故选：B．
【点睛】此题考查旋转的性质、三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，解题的关键是准确
地找出图形中的旋转角和旋转前后的对应角．
7. 若 ， ， 三点都在二次函数 的图象上，则 ， ， 的
大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查二次函数的性质，解题的关键是熟记开口向下，在对称轴左边，y随着x的增大而增大．
【详解】解：二次函数的图象开口向下，
∴在对称轴左边，y随着x的增大而增大，对称轴是 ，
∵ ，
∴
故选A．
8. 如图为某二次函数的部分图象，有如下四个结论：①此二次函数表达式为 ； ②若点
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在这个二次函数图象上，则 ；③该二次函数图象与x轴的另一个交点为 ； ④当
时， ，所有正确结论的序号是（ ）
A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④
【答案】C
【解析】
【分析】根据待定系数法，可判断①，根据二次函数的图像的对称性可判断②③，根据二次函数的图像，
可直接判断④．
【详解】解：由二次函数图像可知： ，把（0，8）代入得： ，
解得： ，即： ，故①错误；
∵点A(6，m)， 在这个二次函数图象上，
又∵抛物线的开口向下，抛物线的对称轴为：直线x=2，且2-(-1)＜6-2，
∴ ，故②正确；
∵抛物线的对称轴为：直线x=2，与x轴的一个交点坐标为(8，0)，
∴该二次函数图象与x轴的另一个交点为 ，故③正确；
由二次函数的图像可知：当 时， ，故④错误．
∴正确结论的序号是：②③，
故选C．
【点睛】本题主要考查二次函数的图像和性质，掌握二次函数的待定系数法，二次函数的性质以及图像上
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点的坐标特征，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. 若扇形的圆心角为90°，半径为6，则该扇形的面积为_____．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用扇形的面积公式即可求出．
【详解】解： ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查扇形的面积公式，熟记扇形的面积公式是解答本题的关键．
10. 请写出一个开口向上，且当 时，y随x的增大而增大的二次函数表达式：________．（只需写出
一个符合题意的函数表达式即可）
【答案】 ，（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据当 时， 随 的增大而增大，可以得到对称轴 的取值范围，然后即可写出一个符合要
求的函数解析式．
【详解】解： 当 时， 随 的增大而增大，
该函数图象开口向上，对称轴直线 ，
符合该条件的二次函数的表达式可以是 ，
故答案为： ，（答案不唯一）．
【点睛】本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确二次函数的性质，写出相应的函数解析式，注
意本题答案不唯一．
11. 若 是方程 的根，则 的值为______．
【答案】1
【解析】
【分析】将 代入方程，求解即可．
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【详解】解：将 代入方程 可得：
解得
故答案为：1
【点睛】此题考查了一元二次方程的解，解题的关键是理解方程根的含义，使方程左右两边相等的未知数
的值为方程的解或根．
12. 如图，AB为 的直径，弦 于点H，若 ， ，则OH的长度为__．
【答案】3
【解析】
的
【分析】连接OC，由垂径定理可求出CH 长度，在Rt△OCH中，根据CH和⊙O的半径，即可由勾股定
理求出OH的长．
【详解】连接OC，
Rt△OCH中，OC= AB=5，CH= CD=4；
由勾股定理，得：OH= ；
即线段OH的长为3．
故答案为：3．
【点睛】本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了勾股定理．
13. 如图，在⊙O中，∠BOC=80°，则∠A=___________°．
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【答案】40°##40度
【解析】
【分析】直接根据圆周角定理即可得出结论．
【详解】解： 与 是同弧所对的圆心角与圆周角， ，
．
故答案为： ．
【点睛】本题考查的是圆周角定理，解题的关键是熟知在同圆或等圆中，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．
14. 某企业积极响应国家垃圾分类号召，在科研部门的支持下进行技术创新，计划在未来两个月内，将厨
余垃圾的月加工处理量从现在的1000吨提高到1200吨，若加工处理量的月平均增长率相同，设月平均增
长率为x，可列方程为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据平均增长率公式，结合题意即可得解．
【详解】解：设月平均增长率为x，列方程为
，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用平均增长率问题，理解并掌握平均增长率公式是解题的关键．
15. 如图， ， 分别与 相切于点 ， ， 为 的直径， ， ，则
______．
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【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件得出 ， ，根据含 30 度角的直角三角形的性质得出
，勾股定理求得 ，根据切线的性质以及切线长定理判断 是等边三角形，根据等边
三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵ 为 的直径， ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ 是 的切线，
∴
∴ ，
∵ ， 分别与 相切于点 ， ，
∴
∴ 是等边三角形，
∴ ,
故答案为： ．
【点睛】本题考查了直径所对的圆周角是直角，切线的性质，切线长定理，等边三角形的性质与判定，含
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30度角的直角三角形的性质，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
16. 新年联欢，某公司为员工准备了A、B两种礼物，A礼物单价a元、重m千克，B礼物单价（a+1）元，
重（m﹣1）千克，为了增加趣味性，公司把礼物随机组合装在盲盒里，每个盲盒里均放两样，随机发放，
小林的盲盒比小李的盲盒重1千克，则两个盲盒的总价钱相差 _____元，通过称重其他盲盒，大家发现：
重量介于小
重量大于小 与小林的盲 与小李的盲 重量小于小
称重情况 林和小李之
林的盲盒的 盒一样重 盒一样重 李的盲盒的
间的
盲盒个数 0 5 0 9 4
若这些礼物共花费2018元，则a＝_____元．
【答案】 ①. 1 ②. 50
【解析】
【分析】由题意知，盲盒中礼物的重量组合有 ， ， 共三种情况，由图表可
知，小林的盲盒的重量组合为 ，小李的盲盒的重量组合为 ，共有 个
盲盒，表示出小林与小李盲盒的总价钱后作差即可；由图表可得盲盒中共有 礼物有
个， 礼物有 个，列一元一次方程 ，计算
求解即可得到 的值．
【详解】解：由题意知，盲盒中礼物的重量组合有 ， ， 共三种情况，总重
量分别为 ， ， 千克
∴由图表可知，小林的盲盒的重量组合为 ，重量为 千克，小李的盲盒的重量组合为 ，
重量为 千克
∴小林盲盒的总价钱为 元，小李盲盒的总价钱为 元
∴两个盲盒的总价钱相差 元
∴盲盒中共有 礼物有 个， 礼物有 个
∴
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解得
故答案为：1；50．
【点睛】本题考查了列代数式，一元一次方程的应用．解题的关键在于确定 两种礼物的个数与不同盲
盒的个数．
三、解答题（共68分，第17-19题，每题5分，第20题4分，第21题5分，第22题6分，
第23题5分，第24-25题，每题6分，第26-28题，每题7分）
17. 解方程： ．
【答案】
【解析】
【分析】根据因式分解法解一元二次方程即可求解．
【详解】解： ，
，
解得 ．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
18. 已知 ，求代数式 的值．
【答案】-2（x2-3x+2）；-6 ．
【解析】
【分析】把代数式化简成含有x2−3x的式子，再由已知得到x2−3x=1后代入化简后的算式可以得解．
【
详解】解：由已知可得：x2−3x=1，
∴原式=x2-4-3x2+6x
=-2x2+6x-4
=-2（x2-3x+2）
=-2（1+2）
=-2×3
=-6．
【点睛】本题考查代数式的应用，熟练掌握整式的运算法则及整体代入的方法是解题关键．
19. 下面是小立设计的“过圆上一点作这个圆的切线”的尺规作图过程．
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已知： 及圆上一点A．
求作：直线 ，使得 为 的切线，A为切点．
作法：如图，
①连接 并延长到点C；
②分别以点A，C为圆心，大于 长为半径作弧，两弧交于点D（点D在直线 上方）；
③以点D为圆心， 长为半径作 ；
④连接 并延长，交 于点B，作直线 ．
直线 就是所求作的直线．
根据小立设计的尺规作图过程，完成下面的证明．（说明：括号里填推理的依据）
证明：连接 ．
∵ ①
∴点C在 上，
∴ 是 的直径．
∴ ② ．（ ③ ）
∴ ④ ．
∵ 是 的直径，
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∴ 是 的切线．（ ⑤ ）
【答案】① ，② ，③ 直径所对的圆周角是直角，④ ，⑤ 经过半径的外端并且垂直于
这条半径的直线是圆的切线
【解析】
【分析】根据画法得 ，则点C在 上，即 是 的直径即可得 ，即可得
，根据 是 的直径得 是 的切线．
【详解】解：连接 ．
∵ ，
∴点C在 上，
∴ 是 的直径．
∴ ．（直径所对的圆周角是直角）
∴ ．
∵ 是 的直径，
∴ 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）．
【点睛】本题考查了圆的性质，解题的关键是掌握圆周角的推论，切线的判定．
20. ABC在平面直角坐标系xOy中的位置如图所示． A (－2，3)， B(－1，1)， C(0，2)
（1）将 ABC向右平移2个单位，作出平移后的 AB C ；
1 1 1
（2）作出 AB C 关于点C 成中心对称的图形 AB C ；
1 1 1 1 2 2 2
（3）连接AB ，则 AB B 的面积为_________．
2 1 2 2 1
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【答案】（1）图见解析；（2）图见解析；（3）3．
【解析】
【分析】（1）将点A、B、C分别向右平移2个单位得到对应点A、B 、C ，再顺次连接可得；
1 1 1
（2）作出点A、B 关于点C 的对称点A、B ，再顺次连接A、B ，C 可得；
1 1 1 2 2 2 2 1
（3）根据点的坐标由三角形面积公式即可求出 面积．
【详解】解：（1）如图所示：△ ，即为所求；
（2）如图所示：△ ，即为所求；
（3）由图可知 ， ，
∴ ，
故填：3．
【点睛】此题主要考查了旋转变换以及平移变换和坐标系中三角形面积求法，熟练相关性质、利用数形结
合得出图形是解题关键．
21. 关于x的一元二次方程x2+x+m＝0有两个不相等的实数根．
（1）求m的取值范围；
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（2）若m为符合条件的最大整数，求此时方程的解．
【答案】（1）m < ；（2）符合条件的m的值为0， ．
【解析】
【分析】（1）根据判别式的意义得到 ，然后解不等式即可得到m的范围；
（2）根据（1）中得到的m取值范围，确定满足条件的m的值，再解方程即可得到结论．
【详解】解：（1）根据题意得 ，
解得 ；
（2）∵ ，
又∵m为符合条件的最大整数
∴m的值为：0，
此时方程变形为x2+x＝0，即
解得 ．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式的具体运用，形如 的一元二次方程的
根的判别式为： ，当 时，原方程有两个不相等的实数根；当 时，原方程有两个
相等的实数根；当 时，原方程没有实数根．
22. 已知二次函数 ．
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（1）将此二次函数的解析式写成 的形式，并直接写出顶点坐标；
（2）在平面直角坐标系 中，画出二次函数 的图象；
（3）结合函数图象，直接写出当 时， 的取值范围．
【答案】（1） ，顶点坐标为
（2）见解析 （3）
【解析】
【分析】本题考查二次函数的性质，抛物线与 轴的交点，配方法，熟练掌握二次函数的性质是解题的关
键.
（1）用配方法把二次函数化为顶点式，从而可得出答案；
（2）根据题意画出图象即可；
.
（3）由图象可得出答案
【小问1详解】
，
∴顶点坐标为 ；
【小问2详解】
图象为：
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【小问3详解】
由图象可知抛物线与x轴的交点为 和 ，
时 的取值范围是 ．
23. 如图，在正方形ABCD中，射线AE与边CD交于点E，将射线AE绕点A顺时针旋转，与CB的延长线
交于点F， ，连接FE．
（1）求证： ；
（2）若 ， ，求 的面积．
【答案】（1）证明见解析
（2）8
【解析】
【分析】（1）根据正方形的性质得到AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD= ，求得∠ABF= ，根据全等三
角形的性质即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到∠BAF=∠DAE，得到△AEF是等腰直角三角形，根据直角三角形的性质
得到AE=2DE=4，于是得到结论．
【小问1详解】
证明：∵四边形ABCD 是正方形，
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∴AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD= ，
∴∠ABF= ，
在△ABF与△ADE中， ，
∴△ABF≌△ADE（SAS），
∴AF=AE；
【小问2详解】
解：由（1）知，△ABF≌△ADE，
∴∠BAF=∠DAE，
∴∠BAF+∠BAE=∠DAE+∠BAE= ，
∴∠FAE= ，
∴△AEF是等腰直角三角形，
在Rt△ADE中，∠D= ，∠DAE= ，DE=2，
∴AE=2DE=4，
∴△AEF的面积= ．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性
质，证得△ABF≌△ADE是解题的关键．
24. 某广场有一个小型喷泉，水流从垂直于地面的水管OA喷出，OA长为1.5米.水流在各个方向上沿形状
相同的抛物线路径落到地面上，某方向上抛物线路径的形状如图所示，落点B到O的距离为3米．建立平
面直角坐标系，水流喷出的高度y（米）与水平距离x（米）之间近似满足函数关系
（1）求y与x之间的函数关系式；
（2）求水流喷出的最大高度．
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【答案】（1） （2）水流喷出的最大高度为2米
【解析】
【分析】（1）建立平面直角坐标系,待定系数法解题,
（2）求出顶点坐标即可.
【详解】解：（1）由题意可得，
抛物线经过（0，1.5）和（3，0），
解得：a=-0.5,c=1.5,
即函数表达式为y= .
（2）解：
∴当x=1时，y取得最大值，此时y=2.
答：水流喷出的最大高度为2米．
的
【点睛】本题考查了二次函数 解析式的求法,顶点坐标的应用,中等难度,建立平面直角坐标系是解题关键.
25. 如图，在 中， ，O为AC上一点，以点O为圆心，OC为半径的圆恰好与AB相
切，切点为D， 与AC的另一个交点为E．
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（1）求证：BO平分 ；
（2）若 ， ，求BO的长．
【答案】（1）见解析；（2）2
【解析】
【分析】（1）连接OD，由 与AB相切得 ，由HL定理证明 由全
等三角形的性质得 ，即可得证；
（2）设 的半径为 ，则 ，在 中，得出关系式求出 ，可得出 的长，
在 中，由正切值求出 ，在 中，由勾股定理求出 即可．
【详解】（1）
如图，连接OD，
∵ 与AB相切，
∴ ，
在 与 中，
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，
∴ ，
∴ ，
∴ 平分 ；
（2）设 的半径为 ，则 ，
在 中， ， ，
∴ ，
解得： ，
∴ ，
在 中， ，即 ，
在 中， ．
【点睛】本题考查圆与直线的位置关系，全等三角形的判定与性质、三角函数以及勾股定理，掌握相关知
识点的应用是解题的关键．
26. 在平面直角坐标系 中，已知抛物线 ．
（1）求该抛物线的对称轴（用含a的式子表示）；
（2）若 ，当 时，求y的取值范围；
（3）已知 ， ， 为该抛物线上的点，若 ，求a的取值范围．
【答案】（1）直线
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据对称轴公式即可求解；
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（2）根据 ， 比 距离对称轴远，分别求得 时的函数值即可求解；
（3）根据题意得出 为抛物线的顶点， ， 在对称轴的右侧，分当 在
对称轴的左侧时，当 在对称轴的右侧时，列出不等式，解不等式即可求解．
【小问1详解】
解：抛物线 的对称轴为直线 ；
【小问2详解】
解：∵ ，
∴抛物线解析式为 ，对称轴为直线 ，开口向上，
∵ ， 比 距离对称轴远，
∴ 时， 的最小值为 ，
当 时， ，
∴当 时，求y的取值范围为 ；
【小问3详解】
解：∵ ， ，对称轴为直线 ，
∴ 为抛物线的顶点， ， 在对称轴的右侧，
当 在对称轴的左侧时，
∴
当 在对称轴的右侧时，
∴ ，不合题意，舍去
∴ ．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
27. 如图，AD是 的高，点B关于直线AC的对称点为E，连接CE，F为线段CE上—点（不与点E
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重合）， ．
（1）比较 与 的大小；
（2）用等式表示线段BD，EF的数量关系，并证明.
（3）连接BF，取BF的中点M，连接DM．判断DM与AC的位置关系，并证明．
【答案】（1） ，理由见详解；（2） ，理由见详解；（3）DH⊥AC．
【解析】
【分析】（1）过点A作AG⊥CE，然后利用HL证明Rt△ABD≌Rt△AFG，即可得到结论成立；
（2）连接AE，则AE=AF，则AG垂直平分EF，则 ，即可得到答案；
（3）连接BF，取BF的中点M，连接AM，DM并延长交AC于H，由等腰三角形的性质知
∠BAM+∠ABM=90°，再利用四边形内角和定理说明∠ACB+∠BAM=90°，则∠ACD=∠ABM，由
∠AMB=∠ADB=90°，由四点A、B、D、M共圆解决问题．
【详解】解：（1） ；
理由如下：过点A作AG⊥CE，如图：
根据题意，点B关于直线AC的对称点为E，
∴AC平分∠BCE，
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∵AD⊥BC，AG⊥CE，
∴AD=AG，
∵AF=AB，
∴Rt△ABD≌Rt△AFG（HL），
∴ ；
（2） ；
理由如下：连接AE，如图：
∵Rt△ABD≌Rt△AFG，
∴ ，
∵点B关于直线AC的对称点为E，
∴AB=AE，
∴AE=AF，
∴AG垂直平分EF，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（3）DM⊥AC，理由如下：
连接BF，取BF的中点M，连接AM，DM并延长交AC于H，
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∵AB=AF，点M为BF的中点，
∴AM⊥BF，
∴∠BAM+∠ABM=90°，
∵点B关于直线AC的对称点为E，
∴∠ACB=∠ACF，
∵∠ABC=∠AFE，
∴∠ABC+∠AFC=180°，
∴∠BAF+∠BCF=180°，
∴∠ACB+∠BAM=90°，
∴∠ACD=∠ABM，
∵∠AMB=∠ADB=90°，
∴四点A、B、D、M共圆，
∴∠ABM=∠ADM，
∴∠ADM+∠HDC=90°，
∴∠ACD+∠HDC=90°，
∴DH⊥AC．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，角平分线的性质定理，
解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出辅助线，从而进行解题．
28. 在平面直角坐标系xOy中，点A（0，-1），以O为圆心，OA长为半径画圆，P为平面上一点，若存在
⊙O上一点B，使得点P关于直线AB的对称点在⊙O上，则称点P是⊙O的以A为中心的“关联点”．
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（1）如图，点 ， ， 中，⊙O的以点A为中心的“关联点”是________；
（2）已知点P（m，0）为x轴上一点，若点P是⊙O的以A为中心的“关联点”，直接写出m的取值范
围；
（3）C为坐标轴上一点，以OC为一边作等边△OCD，若CD边上至少有一个点是⊙O的以点A为中心的
“关联点”，求CD长的最大值．
【答案】（1）P，P；（2） ；（3） ．
1 2
【解析】
【分析】（1）根据题意，点 的对称点的轨迹是以 为圆心2为半径的圆，则平面上满足条件的点P在
以A为圆心2为半径的圆上或圆内，据此即可判断；
（2）根据（1）的结论求得 与 轴的交点即可求解；
（3）根据题意可知，平面上满足条件的点P在以A为圆心2为半径的圆上或圆内，根据题意求 的最
大值，即求得 的最大值，故当 点位于 轴负半轴时，画出满足条件的等边三角形△OCD，进而根据
切线的性质以及解直角三角形求解即可
【详解】（1）根据题意，点 的对称点的轨迹是以 为圆心2为半径的圆，则平面上满足条件的点P在
以A为圆心2为半径的圆上或圆内，
由图可知 符合条件，
故答案为：P，P；
1 2
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（2）如图，设 与坐标轴交于点 ，
,
,
则
；
（3）如图，由题意可知，平面上满足条件的点P在以A为圆心2为半径的圆上或圆内
因此满足条件的等边三角形△OCD如图所示放置时，CD长度最大，
设切点为G，连接AG
∵∠AGC=90°，∠OCD=60°，AG=2
∴
∴
【点睛】本题考查了轴对称的性质，解直角三角形，切线的性质，等边三角形的性质，从题意分析得出
“点 的对称点的轨迹是以 为圆心2为半径的圆”是解题的关键．
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