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2021-2022 学年北京市海淀区清华附中九年级（上）月考数学试卷
（10 月份）
一、选择题（共16分，每题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个．
1. 下列交通标志中，是中心对称图形的是（ ）
A. 禁止驶入 B. 靠左侧道路行驶
C. 向左和向右转弯 D. 环岛行驶
【答案】A
【解析】
【分析】根据中心对称图形围绕旋转中心旋转180°后，与原来一样的特点判断．
【详解】A项正确；B、C、D项旋转180°后，与原图位置不同，所以错误；
故选：A．
【点睛】本题主要考查中心对称图形的概念，准确理解概念是解决问题的关键．
2. 抛物线 的顶点坐标是（ ）
.
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线的顶点式，可直接写出顶点坐标．
【详解】解：∵抛物线的解析式为： ，
∴其顶点坐标为（−2，−1）．
故选：C．
【点睛】本题考查的是二次函数的性质，熟知二次函数的顶点式的特征是解答此题的关键．
3. 将方程 配方后，原方程变形为（ ）A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】方程移项，配方得到结果，即可作出判断．
【详解】解：方程变形得： ，
配方得： ，
即 ，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程－配方法，熟练掌握完全平方公式是解题的关键．
4. 在半径为1的⊙O中，若弦AB的长为1，则弦AB所对的圆心角的度数为（ ）
A. 90° B. 60° C. 30° D. 15°
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得 为等边三角形，从而可求得弦 所对的圆心角的度数．
【详解】解： 在半径为1的 中，弦 的长为1，如下图：
，
为等边三角形，
弦 所对的圆心角的度数为 ．
故选：B．
【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系及等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关性质
及定理．5. 如图，AB是 的直径，C，D是 上的两点， ，则 的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据AB是直径得出 ，然后利用圆周角定理的推论得出 ，
最后利用直角三角形两锐角互余即可得出答案．
【详解】解：∵AB是 的直径，
．
∵ 和 都是 所对的圆周角，
，
，
故选：C．
【点睛】本题主要考查圆周角定理的推论，掌握圆周角定理及其推论的内容是解题的关键．
6. 将抛物线 向上平移 个单位后得到的抛物线恰好与 轴有一个交点，则 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】按照“左加右减，上加下减”的规律解答．
【详解】解： 向上平移a个单位后得到的抛物线恰好与 轴有一个交点，
∴解析式为 ，
∴a=2.故选D．
【点睛】考查了抛物线的平移以及抛物线解析式的变化规律：左加右减，上加下减．
7. ⊙O的半径为5，M是圆外一点，MO＝6，∠OMA＝30°，则弦AB的长为（ ）
A. 4 B. 6 C. 6 D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】过 作 于 ，连接 ，根据含 角的直角三角形的性质得出 ，根据
勾股定理求出 ，再根据垂径定理得出 ，最后求出答案即可．
【详解】解：过 作 于 ，连接 ，则 ，
， ，
，
在 中，由勾股定理得： ，
，
过 ，
，
即 ，故选：D．
【点睛】本题考查了含 角的直角三角形的性质，勾股定理，垂径定理等知识点，解题的关键是能熟记
垂直于弦的直径平分弦．
8. 在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线：y＝ax2﹣2ax+4（a＞0）．若A（m﹣1，y），B（m，y），C
1 2
（m+2，y）为抛物线上三点，且总有y＞y＞y．结合图象，m的取值范围是（ ）
3 1 3 2
A. m＜1 B. 0＜m＜1 C. 0＜m＜ D. m＜0
【答案】C
【解析】
【分析】 时，抛物线上的点离对称轴水平距离越小，纵坐标越小．
【详解】解：如图：
抛物线： 的对称轴为 ，
， ， 为抛物线上三点，且总有 ，
则 ，（注 时，抛物线上的点离对称轴水平距离越小，纵坐标越小），
．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标，解题的关键是画出大致图象，掌握 时，抛物线上的
点离对称轴水平距离越小，函数值越小．
二、填空题（共16分，每题2分）
9. 已知⊙O的半径为5，点P在⊙O内，写出一个OP长的可能值___．
【答案】4
【解析】【分析】根据点在圆内，点到圆心的距离小于圆的半径进行判断．
【详解】解： 的半径为5，点 在 内，
，
故答案是：4．
【点睛】本题考查了点与圆的位置关系，解题的关键是掌握点与圆的位置关系，比如：设 的半径为 ，
点 到圆心的距离 ，则有：点 在圆外 ；点 在圆上 ；点 在圆内 ．
10. 若一元二次方程 有两个相等的实数根，则 的值为______．
【答案】±4
【解析】
【分析】根据一元二次方程有两个相等的实数根，则根的判别式等于0，由此求解即可.
【详解】解：∵一元二次方程 有两个相等的实数根，
∴△
解得a=±4．
故答案为：±4．
【点睛】本题考查了根的判别式．一元二次方程 （a≠0）的根与 = 有如下关系：
△
①当 ＞0时，方程有两个不相等的实数根；②当 =0时，方程有两个相等的实数根；③当 ＜0时，方程
无实△数根．上面的结论反过来也成立． △ △
11. 若a是方程3x2﹣5x+2＝0的根，则6a2﹣10a＝___．
【答案】
【解析】
【分析】利用 是方程 的根得到 ，然后利用整体代入的方法计算
的值．
【详解】解： 是方程 的根，
，
．故答案为： ．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解，解题的关键是掌握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．
12. 如图所示，四边形 内接于 ，如果它的一个外角 ，那么 等于_______．
【答案】128°
【解析】
【分析】根据圆内接四边形的性质得到∠A=∠DCE=64°，根据圆周角定理得到答案．
【详解】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A=∠DCE=64°，
∴∠BOD=2∠A=128°，
故答案为：128°．
【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质和圆周角定理，掌握圆内接四边形的外角等于它的内对角是解
题的关键．
13. 将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C，已知∠ACA′=90°， BC=5， 连接BB′，则BB′的长为
__________．
【答案】
【解析】
【分析】由旋转的性质可得∠ACA'=∠BCB'=90°，BC=CB'=5，由勾股定理可求解．
【详解】∵将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A'B'C，
∴∠ACA'=∠BCB'=90°，BC=CB'=5，
∴BB'= = ，故答案为： ．
【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，掌握旋转的性质是本题的关键．
14. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，彰显了我国古代劳动人民的智慧，如图1，点P表示筒车的
一个盛水桶．如图2，当筒车工作时，盛水桶的运行路径是以轴心O为圆心，5m为半径的圆，且圆心在水
面上方．若圆被水面截得的弦AB长为8m，则筒车工作时，盛水桶在水面以下的最大深度为_____m．
【答案】2
【解析】
【分析】过O点作半径OD⊥AB于E，如图，由垂径定理得到AE＝BE＝4，再利用勾股定理计算出OE，
然后即可计算出DE的长．
【详解】解：过O点作半径OD⊥AB于E，如图，
∴AE＝BE＝ AB＝ ×8＝4，
在Rt△AEO中，OE＝ ＝ ＝3，
∴ED＝OD﹣OE＝5﹣3＝2（m），
答：筒车工作时，盛水桶在水面以下的最大深度为2m．
故答案为：2．【点睛】本题考查了垂径定理，垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧，能熟练运用垂径定理
是解题的关键．
15. 如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为x＝1，与x轴的一个交点是（3，0），则方程
ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根是 ___．
【答案】 或
【解析】
【分析】利用“方程 的解即为对应函数与 轴的交点横坐标”和二次函数的对称性求解两根．
【详解】解： 抛物线 的对称轴为 ，与 轴的一个交点是 ，
抛物线与 轴的另一个交点为 ，
当 时， 的两个根为 或 ．
故答案为： 或 ．
【点睛】本题考查了函数与方程的联系、二次函数的轴对称性，解题的关键是掌握函数与方程即“函数与
轴的交点横坐标就是 时的方程的解”．16. 如图，CD为⊙O的直径，AB为⊙O中长度为定值的弦，AB＜CD．作AE⊥CD于E，连接AC，BC，
BE．下列四个结论中：①O到AB的距离为定值；②BE＝BC；③当OE＝AE时，∠ABC＝67.5°或22.5°；
④∠BAE+2∠ACD为定值．正确的是 ___．（填所有正确的序号）
【答案】①④##④①
【解析】
【分析】对于①：过O点作OH垂直AB，由垂径定理即可求解；对于②：举反例，当A、B、E三点共线
时，即：CD⊥AB时，此时BE＜BC，；对于③由OE＝AE时△AOE为等腰直角三角形，得到∠AOE=45°，
进而得到∠AOC=180°-45°=135°，再由同弧所对的圆周角等于圆心角的一半即可求解；对于④：由已知得到
∠ACD=∠DAE，进而得到∠BAE+2∠ACD=∠DCB+∠ACD=∠ACB，由AB为定弦即可求解．
【详解】解：对于①：过O点做OH⊥AB于H点，如下图所示：
由垂径定理可知： ，由于AB为⊙O中长度为定值的弦，
∴AH为定值，且圆O确定后其半径也为定值，
∴ 必为定值，故①正确；对于②：当A、B、E三点共线时，即：CD⊥AB时，此时BE＜BC，
故②错误；
对于③：当OE＝AE时，连接OA，
由已知条件AE⊥CD可知，△AOE为等腰直角三角形，
此时E点在以AO的中点为为圆心， 为半径的圆上，如上左图所示：
当E点位于AO下方时，此时∠AOE=45°，∠AOC=180°-45°=135°，
∴ ，
当E点位于AO上方时，如上右图所示，此时∠AOE=45°，∠AOC=180°-45°=135°，
∴ ，故③错误；对于④：连接AO、AD，如下图所示，
∵CD为圆O的直径，
∴∠CAD=90°，
∴∠ACD+∠ADC=90°，
又∠DAE+∠ADC=90°，
∴∠ACD=∠DAE，
由同弧所对的圆周角相等可知，∠DAB=∠DCB，
∴∠BAE+2∠ACD=(∠BAE+∠ACD)+∠ACD=(∠BAE+∠DAE)+∠ACD=∠DAB+∠ACD=∠DCB+∠ACD=∠ACB，
∵AB为定值，
∴∠ACB为定值，
∴∠BAE+2∠ACD为定值，故④正确；
故答案为：①④．
【点睛】本题考查了同弧所对的圆周角等于圆心角的一半、垂径定理、等腰直角三角形的性质等，熟练掌
握圆周角定理及其推论是解决本类题的关键．
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）解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
17. 解方程:x2－5x＋1=0.
【答案】x=2±
【解析】
【详解】试题分析：先找出a，b，c，求出△=b2-4ac的值，再代入求根公式x= 计算即可．
试题解析：∵a=1，b=−5，c=1， =b2−4ac=25−4=21，
△
∴x= ，∴x= ，x= .
1 2
18. 已知一个二次函数图象上部分点的横坐标x与纵坐标y的对应值如表所示：
x …… ﹣1 0 1 2 3 ……
y …… 0 3 4 3 0 ……
求这个二次函数的表达式．
【答案】
【解析】
【分析】利用表中数据和抛物线的对称性可得到二次函数的顶点坐标为 ，则可设顶点式
，然后把点 代入求出 即可．
【详解】解：由题意可得二次函数的顶点坐标为 ，
设二次函数的解析式为： ，
把点 代入 ，得 ，
故抛物线解析式为 ，即 ．
【点睛】本题考查了用待定系数法求二次函数的解析式，解题的关键是利用待定系数法求二次函数关系式
时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．
19. 如图，在⊙O中， ，求证：∠B＝∠C．
【答案】见解析
【解析】
【分析】由于 ，所以 ，故 ，利用三角形内角和定理及等量代换即可
证明．【详解】证明： 在 中， ，
，
，
， ，
， ，
在 中， ，
，
在 中， ，
，
，
．
【点睛】本题考查圆心角、弧、弦的关系，解题的关键是根据 ，得出 ．
20. 已知，关于 的一元二次方程 ．
（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）若该方程有一个根是负数，求 的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）求出方程的判别式 的值，利用配方法得出 ，根据判别式的意义即可证明；
（2）根据一元二次方程根与系数的关系得出 ，解不等式求得 的取值范围即可．
【详解】（1）证明： ，
无论 为何值，方程总有两个实数根；
（2）∵ ，
∴ ，∴ ， ，
方程有一个根 是负数，
，
解得， ．
的取值范围为 ．
【点睛】本题考查了一元二次方程根的判别式和根与系数的关系的应用，熟记一元二次方程的求根公式是
解题的关键．
21. 已知：如图，△ABC中，AB＝AC，AB＞BC．
求作：线段BD，使得点D在线段AC上，且∠CBD＝ ∠BAC．
作法：①以点A为圆心，AB长为半径画圆；
②以点C为圆心，BC长为半径画弧，交⊙A于点P（不与点B重合）；
③连接BP交AC于点D．
线段BD就是所求作的线段．
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：连接PC．
∵AB＝AC，
∴点C在⊙A上．
∵点P在⊙A上，
∴∠CPB＝ ∠BAC．（ ）（填推理的依据）
∵BC＝PC，
∴∠CBD＝ ．（ ）（填推理的依据）
∴∠CBD＝ ∠BAC．【答案】（1）见解析；（2）圆周角定理； ，圆周角定理的推论
【解析】
【分析】（1）利用几何语言画出对应的几何图形；
（2）先根据圆周角定理得到 ，再利用等腰三角形的性质得到 ，从而得到
．
【详解】解：（1）如图， 为所作；
（2）证明：连接 ，如图，
，
点 在 上．
点 在 上，
（圆周角定理），
，
（圆周角定理的推论）．
故答案为：圆周角定理； ；圆周角定理的推论．
【点睛】本题考查了作图 复杂作图、也考查了圆周角定理，解题的关键是掌握复杂作图的五种基本作图
的基本方法，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的
基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．
22. 如图，AB为⊙O的直径，C、D为圆上的两点，OC∥BD，OC交AD于点E．
（1）求证：AC＝CD；
（2）若OE＝2，AD＝8，求⊙O的半径．
【答案】（1）见详解；（2）⊙O的半径为 ．
【解析】
【分析】（1）由题意易得∠ADB=90°，然后由平行线的性质可得∠AEO=∠ADB=90°，进而根据垂径定
理可求解；
（2）则由（1）可知OC⊥AD，则有 ，然后根据勾股定理可求解．
【详解】（1）证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
∵OC∥BD，
∴∠AEO=∠ADB=90°，即OC⊥AD，
∴ ，
∴ ；
（2）解：由（1）可知OC⊥AD，
∵AD＝8，∴ ，
∵OE＝2，
∴ ，
∴⊙O的半径为 ．
【点睛】本题主要考查垂径定理、勾股定理及圆周角定理，熟练掌握垂径定理、勾股定理及圆周角定理是
解题的关键．
23. 某中学课外活动小组准备围成一个矩形的活动区 ，其中一边靠墙，另外三边用总长为40米的
栅栏围成，已知墙长为22米（如图），设矩形 的边 米，面积为 平方米．
（1）求活动区面积 与 之间的关系式，并指出 的取值范围；
（2）当 为多少米时，活动区的面积最大？并求出最大面积．
【答案】（1） ；（2）当 为10米时，活动区的面积最大，最大面积是200平
方米
【解析】
【分析】(1)由总长度-垂直于墙的两边的长度=平行于墙的这边的长度，根据墙的长度就可以求出x的取值
范围；
(2)由长方形的面积公式建立二次函数，利用二次函数性质求出其解即可.
【详解】解：（1） 四边形 是矩形， 米，
米，
墙长为22米，
，
，，
即 ；
（2）设矩形的面积为
，
由（1）知， ，
当 时， 有最大值200，
即当 为10米时，活动区的面积最大，最大面积是200平方米．
【点睛】此题考查了二次函数的实际应用问题，解题的关键是根据题意构建二次函数模型，然后根据二次
函数的性质求解.
24. 如图，以P为顶点的抛物线y＝ （x﹣m）2+k交y轴于点A，经过点P的直线y＝﹣2x+3交y轴于点
B．
（1）用关于m的代数式表示k．
（2）若点A在B的下方，且AB＝2，求该抛物线的函数表达式．
【答案】(1) k＝﹣2m+3；(2) y （x﹣2）2﹣1．
【解析】
【分析】（1）根据一次函数图象上点的坐标特点即可得到答案；
（2）利用待定系数法进行解答可得问题的答案．
【详解】解：（1）∵抛物线y （x﹣m）2+k，∴P（m，k），
∵经过点P的直线y＝﹣2x+3交y轴于点B，
∴k＝﹣2m+3．
（2）∵y＝﹣2x+3交y轴于点B，
∴y＝﹣2×0+3，
∴B（0，3），
∵AB＝2，
∴A（0，1），
把（0，1）代入y （x﹣m）2+k得，
1 m2+k，
∵k＝﹣2m+3，
∴1 m2﹣2m+3，
∴m＝2，
代入k＝﹣2m+3得，k＝﹣1，
∴抛物线的函数表达式为：y （x﹣2）2﹣1．
【点睛】此题考查的是待定系数法求函数解析式，能够正确分析图象是解决此题关键．
25. 如图，已知直线PA交⊙O于A、B两点，AE是⊙O的直径，点C为⊙O上一点，且AC平分∠PAE，过
C作CD⊥PA，垂足为D．
（1）求证：CD为⊙O的切线；
（2）若DC+DA=6，⊙O的直径为10，求AB的长度．
【答案】（1）证明见解析（2）6
【解析】【分析】（1）连接OC，根据题意可证得∠CAD+∠DCA=90°，再根据角平分线的性质，得∠DCO=90°，则
CD为 O的切线；
（2）过O作OF⊥AB，则∠OCD=∠CDA=∠OFD=90°，得四边形OCDF为矩形，设AD=x，在Rt△AOF中，
由勾股定理得（5-x） +（6-x） =25，从而求得x的值，由勾股定理得出AB的长．
【详解】(1)证明：连接OC，
∵OA=OC，
∴∠OCA=∠OAC，
∵AC平分∠PAE，
∴∠DAC=∠CAO，
∴∠DAC=∠OCA，
∴PB OC，
∵CD⊥PA，
∴CD⊥OC，CO为O半径，
∴CD为O的切线；
(2)过O作OF⊥AB，垂足为F，
∴∠OCD=∠CDA=∠OFD=90∘，
∴四边形DCOF为矩形，
∴OC=FD，OF=CD.
∵DC+DA=6，设AD=x，则OF=CD=6−x，
∵O的直径为10，
∴DF=OC=5，
∴AF=5−x，
在Rt△AOF中,由勾股定理得AF +OF =OA .
即(5−x) +(6−x) =25，化简得x −11x+18=0，解得 .
∵CD=6−x大于0，故x=9舍去，
∴x=2，从而AD=2，AF=5−2=3，
∵OF⊥AB，由垂径定理知，F为AB的中点，
∴AB=2AF=6．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质、勾股定理、矩形的判定和性质以及垂径定理，是基础知识要熟练
掌握．
26. 抛物线y＝x2﹣2mx﹣1+m2与x轴交于A，B两点，点A在点B的左侧．
（1）若点A的坐标为（0，0）．
①求抛物线的对称轴；
②当n≤x≤2时，函数值y的取值范围为﹣1≤y≤0，求n的取值范围；
（2）将抛物线在x轴上方的部分沿x轴翻折，其余部分不变，得到新的函数图象．当﹣ ≤x≤﹣1时，新
函数的函数值随x的增大而减小，直接写出m的取值范围．
【答案】（1）① ；② ；（2） 或
【解析】
【分析】（1）①将 代入抛物线解析求得 的值，结合题意判断对称轴位于 点右侧，据此确定
的值，进而求得对称轴；
②根据①的结论，求得抛物线的解析式，进而求得当 时，函数值y的取值范围为﹣1≤y≤0，结合
函数图象即可求得 的取值范围；
（2）有题意可知新函数的函数值随x的增大而减小的范围，结合已知条件，列出不等式求解即可．【详解】（1）①将 代入 ，得
，
解得 ，
，
抛物线 与x轴交于A，B两点，点A在点B的左侧，
对称轴为 ，
，
求抛物线的对称轴为 ，
② ，
抛物线的解析式为 ，
令 ，
解得 ，
，
，
设顶点为 ，则 ，
，抛物线开口向上，
当 时， ，
的
当n≤x≤2时，函数值y 取值范围为﹣1≤y≤0，结合函数图像可知，当 时，函数值y的取值范围为﹣1≤y≤0，
且当 时， ，
；
（2） 抛物线 与x轴交于A，B两点，点A在点B的左侧，
令 ，则 ，解得 ，
，
对称轴为 ，
将抛物线在x轴上方的部分沿x轴翻折，其余部分不变，
在 或 时，新函数的函数值随x的增大而减小，
。
或
或 ．
【点睛】本题考查了二次函数图像的性质，理解二次函数的图象与性质是解题的关键．
27. 已知∠AOB＝45°，P为射线OB上一定点，OP＝2 ，M为射线OA上一动点，连接PM，满足∠OMP
为钝角．以点P为中心，将线段PM顺时针旋转135°，得到线段PN，连接ON．
（1）依题意补全图1；（2）求证：∠OMP＝∠OPN；
的
（3）Q为射线OA上一动点，E为MQ中点．连接PQ．若对于任意 点M总有ON＝PQ，请问点E的
位置是否改变，若改变，说明理由，若不变，求出OE的值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）点E的位置不改变，OE=2+
【解析】
【分析】（1）根据要求画出图形即可．
（2）根据三角形内角和定理以及角的和差定义解决问题即可．
（3）过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，如图2，证明△PDM≌△NCP（AAS），
Rt△OCN≌Rt△QDP（HL），根据勾股定理求出OD，根据PO=2DE，求出DE，最后求出OE的长度．
【详解】（1）解：图形如图所示：
（2）证明：∵∠MPN=135°，
∴∠OPM+∠OPN=135°，
∵∠MOP+∠OPM+∠OMP=180°，∠POM=45°，
∴∠OPM+∠OMP=135°，
∴∠OMP=∠OPN．
（3）点E的位置不改变
解：过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，如图2，
∴∠NCP=∠PDM=∠PDQ=90°，
由（2）得∠OMP=∠OPN，∴∠PMD=∠NPC，
在△PDM与△NCP中，
∴△PDM≌△NCP（AAS），
∴PC=MD，PD=NC，
∵ON=QP，
∴Rt△OCN≌Rt△QDP（HL），
∴OC=DQ，
∵PD⊥OA，
∴∠PDO=90°，
∵∠POD=45°，
∴∠OPD=180°-90°-45°=45°，
∴∠POD=∠OPD，
∴OD=DP，
∵OP= ，
∴ ，
∴OD=2，
∵DE=OE-OD，ME=EQ=ED+DE，
DQ=MQ-MD=2（MD+DE）-MD=2DE+MD，
∴OC=2DE+MD，
∴PO=2DE+MD-PC=2DE，
∴DE= ，
∴OE=OD+DE=2+ ．【点睛】本题考查了根据题意画图，旋转的性质，三角形内角和180°，勾股定理，全等三角形的判定和性
质，中心对称的性质．添加辅助线构造全等三角形证明ON=QP是解题关键．
28. 在平面直角坐标系xOy中，对于图形M和点P，若图形M上存在两个点E、F，使得EP+FP＝2，则称
点P为图形M的“距2点”．
设A（﹣4，0），B（4，0），⊙O的半径为r．
（1）①点P（1，0），P（0，1），P（﹣1，﹣ ）中，是线段AB的“距2点”的是 ．
1 2 3
②若P（3，4）是⊙O的“距2点”，求r的取值范围；
4
（2）设⊙M的半径为2，圆心M是x轴上的动点，C（﹣4，8）．若折线段AC﹣CB上存在点⊙M的“距2
点”，直接写出圆心M横坐标的取值范围．
【答案】（1）① 和 ；② ；（2） 或 ．
【解析】【分析】（1）① 到 和 的距离之和是2， ， 到 轴的距离是 ，从而得出结果；
②从 ，进而求得；
（2） ， ， ， ， ， ，进而求得．
【详解】解：（1）①如图，
到 和 的距离之和是2，
是线段 的“距2点”，
，
不是线段 的“距2点”，
到 轴的距离是 ，
是线段 的“距2点”，
故答案是 和 ；
②如图2，，
，
即 ；
（2）如图3，
设圆心 的横坐标为 ，
， ，
，
，
，， ，
，
，
综上所述：圆心 横坐标的取值范围是 或 ．
【点睛】本题考查了新定义的阅读理解，解决问题的关键是数形结合观察．
