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2021-2022 学年北京市海淀区首都师大附中九年级（上）月考数学试
卷（10 月份）
一、选择题（共8小题，每小题2分，满分16分）
1. 下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】中心对称图形：把一个图形绕某点旋转 后，能与自身重合，这样的图形是中心对称图形，根
据中心对称图形的定义逐一判断即可.
【详解】解：A图绕某点旋转 后，不能与自身重合，故A不符合题意；
B图绕某点旋转 后，不能与自身重合，故B不符合题意；
C图绕某点旋转 后，不能与自身重合，故C不符合题意；
D图绕某点旋转 后，能与自身重合，故D符合题意；
故选：D
【点睛】本题考查的是中心对称图形的识别，掌握中心对称图形的定义是解题的关键.
2. 一元二次方程2x2﹣3x﹣1＝0的一次项系数是（ ）
A. 2 B. 3 C. 1 D. ﹣3
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次方程的一般式即可求出答案．
【详解】解：该方程的一次项系数为-3，
故选：D．
【点睛】本题考查一元二次方程，解题的关键是熟练运用一元二次方程的一般式．
3. 将二次函数y=x2的图象向下平移一个单位，则平移以后的二次函数的解析式为（ ）
A. y=x2﹣1 B. y=x2+1 C. y=（x﹣1）2 D. y=（x+1）2
【答案】A
【解析】
【分析】据平移变化的规律，左右平移只改变横坐标，左减右加．上下平移只改变纵坐标，下减上加．
【详解】解：根据题意得：将二次函数y=x2的图象向下平移一个单位，∴平移以后的二次函数的解析式为：y=x2﹣1．
故选A．
4. 用配方法解一元二次方程x2﹣4x﹣1=0，配方后得到的方程是（ ）
A. （x﹣2）2=1 B. （x﹣2）2=4 C. （x﹣2）2=5 D. （x﹣2）2=3
【答案】C
【解析】
【分析】根据配方法解一元二次方程的步骤计算即可．
【详解】x2﹣4x﹣1=0，移项，得x2－4x=1，配方，得x2－4x+22=1+22，即（x－2）2=5 ．
故选C．
【点睛】配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两
边同时加上一次项系数一半的平方；（4）解出未知数．
5. 如图，AB是⊙O的直径，CD是⊙O的一条弦，CD⊥AB，连接OD，若∠CAB＝20°，则∠BOD的度数
是（ ）
A. 10° B. 20° C. 30° D. 40°
【答案】D
【解析】
【分析】根据垂径定理 ，由弧等得圆心角相等∠COB=∠DOB，根据圆周角定理求即可．
【详解】解：∵AB是⊙O的直径，CD是⊙O的一条弦，CD⊥AB，
∴
∴∠COB=∠DOB，
∵∠COB=2∠CAB，∠CAB=20°，
∴∠BOD=∠BOC=2×20°=40°．
故选：D．【点睛】本题主要考查了垂径定理，圆周角定理，圆心角、弧，弦的关系．解题的关键是灵活运用所学知
识解决问题．
6. 如图是一个旋转对称图形，若将它绕自身中心旋转一定角度之后能与原图重合，则这个角度可能
（ ）
A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°
【答案】C
【解析】
【分析】如图，观察图形可知：∠AOB＝∠EOF＝60°，推出旋转角是60°的整数倍时，旋转后可以与原来
图形重合，由此即可判断．
【详解】解：从图形观察得到基本图形是有一个大三角形和一个小三角形组成，
图中一共有六个同样的基本图形
一个基本图形旋转到另一个基本图形的最小旋转角为
∴旋转角是60°的整数倍时，旋转后可以与原来图形重合，
30°＜45°＜60°＜90°，
∵90°不是60°的整数倍，旋转90°不可能与原来图形重合，
故选：C．【点睛】本题考查了旋转对称图形，将它绕自身中心旋转一定角度之后能与原图重合，掌握旋转的性质是
解题的关键．
7. 若点 ， 在抛物线 （ ）上，则下列结论正确的是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合题意，根据二次函数图像的性质，先判断抛物线的开口方向、对称轴以及最大值，再结合点
， 分析，即可完成求解．
【详解】根据题意得： （ ）的开口向下，对称轴为
∴当 时，即在对称轴 右侧， 随着 的增大而减小；当 时，y取最大值，最大值为：
∵点 ，点 在对称轴的右侧，即
∴
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数 的知识；解题的关键是熟练掌握二次函数图形的性质，从
而完成求解．
8. 边长为5的正方形ABCD，点F是BC上一动点，过对角线交点E作EG⊥EF，交CD于点G，设BF的
长为x，△EFG的面积为y，则y与x满足的函数关系是（ ）
A. 正比例函数 B. 一次函数 C. 二次函数 D. 以上都不是
【答案】C
【解析】【分析】先利用正方形的性质证明 可得 再利用勾股定理表示
再利用等腰直角三角形的面积公式可得函数关系式，从而可得答案.
【详解】
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，列二次函数关
系式，证明 是解本题的关键.
二．填空题（每小题2分，共计16分）
9. 写出一个经过原点且开口向上的抛物线的析式：___．
【答案】 （答案不唯一）．
【解析】
【分析】根据题意，抛物线是 或 形式， 值为正数即可．
【详解】解：根据题意，抛物线是 或 形式， 值为正数即可，
当 时， ，
为
故答案 ： （答案不唯一）．
【点睛】本题考查了二次函数图象的性质，解题关键是熟记二次函数的性质，准确写出解析式．
10. 在平面直角坐标系xOy中，若点B与点 关于点O中心对称，则点B的坐标为______．
【答案】（2，﹣3）
【解析】
【分析】直接利用关于原点对称点的特点得出答案．
【详解】解：∵点A（-2，3）与点A关于原点O中心对称，
∴点B的坐标为：（2，-3）．
故答案为：（2，-3）．
【点睛】本题考查中心对称，关键是掌握 把一个图形绕着某个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重
合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心．
11. 如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠BOD=140°，则∠BCD=_____．【答案】110°.
【解析】
【分析】由圆周角定理,同弧所对的圆心角是圆周角的2倍.可求∠A= ∠BOD=70°,再根据圆内接四边形对
角互补,可得∠C=180-∠A=110°
【详解】∵∠BOD=140°
∴∠A= ∠BOD=70°
∴∠C=180°-∠A=110°，
故答案为110°.
【点睛】此题考查圆周角定理，解题的关键在于利用圆内接四边形的性质求角度.
12. “杂交水稻之父”袁隆平为提高水稻的产量贡献了自己的一生，某试验田种植了杂交水稻，2019年平
均亩产700千克，2021年平均亩产1000千克，设此水稻亩产量的平均增长率为x，则可列出的方程是___．
【答案】 ．
【解析】
【分析】设水稻亩产量的年平均增长率为x，根据“2020年平均亩产×1加增长率＝2021年平均亩产”即可列
出关于x的一元一次方程．
【详解】解：设水稻亩产量的年平均增长率为x，
根据题意得： ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查列一元一次方程解应用题，根据实际问题列出一元一次方程并求解是解题关键 ．
13. 如图，将一把两边都带有刻度的直尺放在半圆形纸片上，使其一边经过圆心O，另一边所在直线与半
圆相交于点D、E，量出半径OC=5cm，弦DE=8cm. 则直尺的宽为______cm.【答案】3
【解析】
【分析】过点O作OF⊥DE，垂足为F，连结OE，由垂径定理可得出EF的长，再由勾股定理即可得出OF
的长.
【详解】解：过点O作OF⊥DE，垂足为F，连结OE，
∵DE＝8cm，
∴EF＝ DE＝4cm，
∵OC＝5cm，
∴OE＝5cm，
∴OF＝ cm．
故答案为3.
【点睛】本题考查的是垂径定理的应用，解答此类题目先构造出直角三角形，再根据垂径定理及勾股定理
进行解答．
14. 已知四个点的坐标分别为A（-4，2），B（-3，1），C（-1，1），D（-1，2）．若抛物线y＝ax2与四
边ABCD的边有两个交点，则a的取值范围为___．
【答案】 ＜a＜2
【解析】
【分析】分别画出当抛物线y=ax2（a＞0）过四边形ABCD的四个顶点时的图象，观察图象可得．
【详解】解：把A（-4，2）代入y=ax2得a= ，解析式为y= x2，
把B（-3，1）代入y=ax2得a= ，解析式为y= x2，
把C（-1，1）代入y=ax2得a=1，解析式为y=x2，
把D（﹣1，2）代入y=ax2得a=2，解析式为y=2x2，的
分别画出当抛物线y=ax2过四边形ABCD 四个顶点时的图象，如图所示：
如图，若抛物线y=ax2与四边形ABCD的边有两个交点，
则a的取值范围为 ＜a＜2，
故答案为： ＜a＜2．
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，二次函数图象与系数的关系，数形结合是解题的关键．
15. 如图，二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）与一次函数y＝kx+m（k≠0）的图象相交于点A（﹣2，5），B
1 2
（4，﹣1），则方程ax2+bx+c＝kx+m的解是___，函数y＝y﹣y 的对称轴为直线___．
3 2 1
【答案】 ①. x=-2或x=4##x=4或x=-2 ②. x=1．
【解析】
【分析】两函数图像的交点的横坐标就是两函数让y值相等时组成方程的解，可得x=-2或x=4是方程
ax2+bx+c＝kx+m的解，x=-2或x=4对应函数y＝y﹣y 的函数值为0，利用函数的轴对称性质，可求对称轴．
3 2 1
【详解】解：∵二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）与一次函数y＝kx+m（k≠0）的图象相交于点A（﹣2，
1 2
5），B（4，﹣1），
∴x=-2或x=4是方程ax2+bx+c＝kx+m的解，函数y＝y﹣y 的对称轴为直线x= ，
3 2 1
故答案为x=-2或x=4；x=1．
【点睛】本题考查两函数的图像交点与两函数组成方程的解关系，新定义两函数差函数关于交点的横坐标
对应的函数值相等是解题关键．
16. 如图，在每个小正方形的边长为1的网格中直径为4的圆及其内部最多能覆盖住的格点个数为___．
【答案】13
【解析】
【分析】先确定圆内接四边形的最大面积是正方形，正方形的对角线是圆的直径，求出正方形面积，利用
方程再求出边长，根据正方形的边长为两个小正方形的对角线，每边有3个格点，再求出正方形内部格点
即可
【详解】解：∵圆的直径为4，
∴圆内接四边形中，最大面积为正方形，正方形的对角线长为4，
正方形的面积为 ，
设正方形的边长为x，
∴ ，
∴ ，
边长为两个小正方形的对角线，
∴每边有3个格点，正方形中间有5个格点，
一共有（3-1）×4+5=13个格点，
故答案为13．【点睛】本题考查圆覆盖圆内接四边形问题，一元二次方程的解法，掌握覆盖面积最大四边形是正方形，
利用面积求出边长是解题关键．
三．解答题（17-22每小题5分，23-26每小题5分，27，28每小题5分）
17. 解方程：x2﹣6x+8＝0．
【答案】x＝2 x ＝4．
1 2
【解析】
【分析】应用因式分解法解答即可.
【详解】解：x2﹣6x+8＝0
（x﹣2）（x﹣4）＝0，
∴x﹣2＝0或x﹣4＝0，
∴x＝2 x ＝4．
1 2
【点睛】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法，解答关键是根据方程特点进行因式分解.
18. 如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝α，点D在BC上，以点A为中心，将线段AD顺时针旋转α得
到线段AE，连接BE．求证：BE＝CD．
【答案】证明见详解．
【解析】
【分析】根据旋转可得AD=AE，∠EAD=α，由AB＝AC，∠BAC＝α，可得∠EAB =∠DAC，再证
EAB≌△DAC（SAS）即可．
△【详解】证明：∵将线段AD顺时针旋转α得到线段AE，
∴AD=AE，∠EAD=α，∵AB＝AC，∠BAC＝α，
∴∠EAB+∠BAD=∠BAD+∠DAC=α，
∴∠EAB =∠DAC，
在 EAB和 DAC中
△ △
∴△EAB≌△DAC（SAS）
∴BE＝CD
【点睛】
本题考查了图形旋转的性质，全等三角形的判定等知识点，求出∠EAB =∠DAC是解题关键．
19. 已知a是方程x2﹣2x﹣4＝0的一个实数根，求代数式（a+1）2﹣4a+5的值．
【答案】10．
【解析】
【分析】由a是方程x2﹣2x﹣4＝0的一个根，则a2﹣2a＝4，然后将 化为 ，最
后将a2﹣2a＝4代入计算即可．
【详解】解∵a是方程x2﹣2x﹣4＝0的一个根，
∴a2﹣2a＝4，
=10．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解和代数式求值，正确理解一元二次方程的解的含义是解答本题
的关键．20. 下面是小文设计的“过圆外一点作圆的切线”的作图过程．
已知：⊙O和圆外一点P．
求作：过点P的⊙O的切线．
作法：①连接OP；
②以OP为直径作⊙M，交⊙O于点A，B；
③作直线PA，PB；
所以直线PA，PB为⊙O的切线．
根据小文设计完成作图（保留作图痕迹）及证明．
证明：连接OA，OB．
∵OP为⊙M的直径，
∴∠OAP＝∠OBP＝ °（ ）（填推理的依据）
∴OA⊥AP， ⊥BP．
∵OA，OB为⊙O的半径，
∴直线PA，PB为⊙O的切线 （ ）（填推理的依据）
【答案】90，直径所对的圆周角是直角，OB，经过半径外端点,并且垂直于半径的直线是圆的切线．
【解析】
的
【分析】连接OA，OB．由OP为⊙M 直径，根据直径所对的圆周角是直角可得∠OAP＝∠OBP＝
90°根据直角可得OA⊥AP， OB⊥BP．由OA，OB为⊙O的半径，根据切线定义经过半径外端点,并且垂
直于半径的直线是圆的切线即可得出结论．
【详解】证明：连接OA，OB．
∵OP为⊙M的直径，
∴∠OAP＝∠OBP＝ 90 °（ 直径所对的圆周角是直角 ）（填推理的依据）
∴OA⊥AP， OB ⊥BP．∵OA，OB为⊙O的半径，
∴直线PA，PB为⊙O的切线 （ 经过半径外端点 , 并且垂直于半径的直线是圆的切线 ）（填推理的依
据）．
故答案为：90，直径所对的圆周角是直角，OB，经过半径外端点,并且垂直于半径的直线是圆的切线．
【点睛】本题考查尺规作图的理论证明，掌握直径所对圆周角的性质，切线的判定是解题关键．
21. 已知关于x的方程x2＋8x＋12－a＝0有两个不相等的实数根．
⑴ 求a的取值范围；
⑵ 当a取满足条件的最小整数时，求出方程的解．
【答案】（1） ；（2）x＝－3，x＝－5.
1 2
【解析】
【详解】试题分析：(1)方程有两个不相等的实数根，判别式大于0,求参数的范围.
(2)利用（1）结论求出a的值，代入原方程解方程.
试题解析：
⑴ 根据题意得：
解得:
⑵ ∵ ∴ 最小的整数为﹣3
∴ x2＋8x＋12﹣（﹣3）＝0
即：x2＋8x＋15＝0
解得：x＝－3，x＝－5
1 2点睛：一元二次方程的根的判别式是 ,
△=b2-4ac,a,b,c分别是一元二次方程中二次项系数、一次项系数和常数项.
△>0说明方程有两个不同实数解,
△=0说明方程有两个相等实数解,
△<0说明方程无实数解.
实际应用中，有两种题型（1）证明方程实数根问题，需要对△的正负进行判断，可能是具体的数直接可以
判断，也可能是含字母的式子，一般需要配方等技巧.
(2)已知方程根的情况，利用△的正负求参数的范围.
22. 已知：二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）中的x和y满足表：
1
x … ﹣1 0 1 2 3 …
y … 3 0 ﹣1 0 m …
1
（1）观察表可求得m的值为 ；
（2）请求出这个二次函数的表达式；
（3）正比例函数y＝kx（k≠0），当x＞3时总有y＞y，直接写出k的取值范围．
2 1 2
【答案】（1）m的值为3；（2）这个二次函数的解析式为 ；（3）当k＜0或0＜k＜1时，当
x＞3时总有y＞y．
1 2
【解析】
【分析】（1）观察已知表格中的对应值可知：该函数图象的开口向上，对称轴是直线x=1，由抛物线的对
称性可知：x=3时的对应函数值与x= -1时的对应函数值相等，即可求得 的值3
（2）把表中的三个点 代入函数的解析式，得到关于a、b、c的方程组，即可求得解析式；
（3）利用正比例函数与二次函数相交于（3，3）时即可
【详解】解：（1）观察已知表格中的对应值可知：该函数图象的开口向上，对称轴是直线x=1，
由抛物线的对称性可知：x=3时的对应函数值与x= -1时的对应函数值相等，即m的值为3；
（2）把 代入二次函数 ，得
，解得：
∴这个二次函数的解析式为 ，
（3）当x＞3时总有y＞y，当x=3时，y=3,代入正比例函数，3＝3 k
1 2
解得k=1
当k＜0或0＜k＜1时，当x＞3时总有y＞y．
1 2
【点睛】本题考查待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，利用二次函数在正比例函数图像上方
确定交点的位置是解题关键．
23. 如图，⊙O是△ABC的外接圆，AD是⊙O的直径，AD⊥BC于点E．
（1）求证：∠BAD＝∠CAD；
（2）连接BO并延长，交AC于点F，交⊙O于点G，连接GC，若DE＝1，BE＝ ，求GC和OF的长．
【答案】（1）证明见祥解；（2）CG=2，OF=1．
【解析】
【分析】（1）由AD是⊙O的直径，AD⊥BC于点E，根据垂径定理可得 ，BE=CE，根据等弧
所对圆周角性质可得∠BAD=∠CAD；
（2）先由勾股定理 ，在证∠BCG=90°，由勾股定理CG= ，然后证△AOF≌△CGF（ASA）即可．【详解】（1）证明：∵AD是⊙O的直径，AD⊥BC于点E，
∴ ，BE=CE，
∴∠BAD=∠CAD；
（2）解：在Rt△BOE中，OE=OB-ED=OB-1，BE＝ ，
∴ ，即
解得 ，
∴BG=2OB=4，BC=2BE=2 ，
∵BG为直径，
∴∠BCG=90°，
∴CG= ，
∵AE⊥BC，GC⊥BC，CG=OA=2
∴AO∥GC，
∴∠OAF=∠GCF，∠AOF=∠CGF，
在△AOF和△CGF中，
∴△AOF≌△CGF（ASA），
∴OF=GF= ．
【点睛】本题考查垂径定理，圆周角性质，勾股定理，三角形全等判定与性质，掌握垂径定理，圆周角性
质，勾股定理，三角形全等判定与性质是解题关键．24. 用承重指数 衡量水平放置的长方体木板的最大承重量．实验室有一些同材质同长同宽而厚度不一的
木板，实验发现：木板承重指数 与木板厚度 （厘米）的平方成正比，当 时， ．
（1）求 与 的函数关系式．
（2）如图，选一块厚度为6厘米的木板，把它分割成与原来同长同宽但薄厚不同的两块板（不计分割损
耗）．设薄板的厚度为 （厘米）， ．
①求 与 的函数关系式；
② 为何值时， 是 的3倍？
【注：（1）及（2）中的①不必写 的取值范围】
【答案】（1） ；（2）① ；② ．
【解析】
【分析】（1）设W=kx2，利用待定系数法即可求解；
（2）①根据题意列出函数，化简即可；②根据题意列出方程故可求解．
【详解】（1）设W=kx2,
∵ 时，
∴3=9k
∴k=
∴ 与 的函数关系式为 ；（2）①∵薄板的厚度为xcm，木板的厚度为6cm
∴厚板的厚度为（6-x）cm，
∴Q=
的
∴ 与 函数关系式为 ；
②∵ 是 的3倍
∴-4x+12=3×
解得x1=2,x2=-6(不符题意，舍去)
经检验，x=2是原方程的解，
∴x=2时， 是 的3倍．
【点睛】此题主要考查函数与方程的应用，解题的关键是根据题意找到等量关系列出函数或方程求解．
25. 如图，AB＝AC，AB为⊙O的直径，AC、BC分别交⊙O于点E、D，连接ED、BE．
（1）试判断DE与DC是否相等，并说明理由；
（2）如果BD＝2 ，AE＝2，求⊙O的直径．
【答案】（1） ，证明见详解；（2）⊙O的直径为8．
【解析】
【分析】（1）连接 ，根据直径所对圆周角可得 ，根据等腰三角形三线合一的性质可得到
，即可得解；
（2）根据已知条件求出BC，再根据勾股定理建构方程求解即可得解；
【详解】解：（1） ，证明：连接 ，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，即 ，
在 中，AB=AC， ，
△
， BD=DC，（等腰三角形三线合一），
，
；
∴DE=DC；
（2）∵ ，
∴
设 ， ，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
在Rt AEB中，BE= ，
△
在Rt CEB中，
△
∴ = 即
整理得
因式分解得
解得 （舍去），
∴⊙O的直径为8．【点睛】本题主要考查了圆周角定理及其推论，等腰三角形的性质，勾股定理，一元二次方程的解法，掌
握圆周角定理及其推论，等腰三角形的性质，勾股定理，一元二次方程的解法，是解题的关键．
26. 已知二次函数y＝x2﹣2hx+h2﹣1．
（1）求该二次函数的对称轴（用含h的式子示）；
（2）若M（x，y），N（x，y）是二次函数图像上的点，当﹣1≤x＜1且x≥3时，均满足y＜y，求h的
1 1 2 2 1 2 1 2
取值范围；
（3）在（2）的条作下，已知点（﹣3，m），（﹣1，n），（3，p）在二次函数的图象上，若h＞0，比
较m，n，p的大小，说明理由．
【答案】（1）该二次函数的对称轴为x=h；（2）当 时，当﹣1≤x ＜1且x≥3时，均满足y ＜y ；
1 2 1 2
（3）当0＜ 时， n＜p＜m；当1＜ 时， p＜n＜m．
【解析】
【分析】（1）利用配方法把二次函数变为顶点式即可；
（2）根据二次函数的对称性，求出（3，y）关于对称轴的对称点（2h-3，y），在由二次函数的图象可知，
2 2
只需满足2h-3≤ -1< x <1<3< x ,解出h即可.
1 2
（3）当0＜ 时，求出个点到对称轴的距离并比较大小可得h+1＜3-h＜h+3，再根据二次函数的性质即
可得解 ．
【详解】解：（1）y＝x2﹣2hx+h2﹣1=（x-h）2-1，
∴该二次函数的对称轴为x=h；
（2）∵a=1＞0，二次函数开口向上，对称轴为x=h，
可知（3，y）关于对称轴的对称点为（2h-3，y）
2 2
若M（x，y），N（x，y）是二次函数图像上的点，
1 1 2 2
当﹣1≤x＜1且x≥3时，均满足y＜y，
1 2 1 2
则根据二次函数的图象，只需要满足2h-3≤ -1< x <1<3< x ,
1 2
即：2h-3≤ -1解得：h≤1（3）∵0＜ 时，
∴h+1＜3-h＜h+3，
∴n＜p＜m，
【点睛】本题考查二次函数的顶点式与性质，根据函数值的大小确定对称轴范围，利用性质比较大小，掌
握二次函数的顶点式与性质，根据函数值的大小确定对称轴范围，利用性质比较大小是解题关键．
27. 如图，在等腰Rt△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，直线MN经过点C，且点A，B在直线MN的同侧，
过点A作AD⊥MN于D．
（1）求证：∠DAC＝∠MCB；
（2）点E在AD的延长线上，将线段CE绕点C逆时旋转90°得到线段CF，连接BF交直线MN于H：
①依题意补全图形；
②用等式表示线段BH与FH的数量关系，并证明．
【答案】（1）证明见祥解；（2）①补全图形见祥解；②线段BH与FH的数量关系为BH=FH，证明见详
解．
【解析】
【分析】（1）∠MCD是平角，∠BCA=90°，可得∠MCB=90°-∠DCA，由AD⊥MN，∠DAC=90°-
∠DCA=∠MCB；
（2）①作FC⊥CE，且FC=EC，连接BF交MN于H，补全图形如图所示;
②用线段BH与FH的数量关系为BH=FH，过点B作BS⊥MN于S，在MS上截取ST=DE，连接BT，先证
BSC≌ CDA（AAS），可得BS=CD，再证 TSB≌ EDC（SAS），可得∠STB=∠E，BT=CE=FC，最后
△ △ △ △再证 BHT≌ FHC（AAS）即可．
【详△解】（1）△证明：∠MCD是平角，∠BCA=90°，
∴∠MCB+∠DCA=180°-∠BCA=90°，
∴∠MCB=90°-∠DCA，
∵AD⊥MN，
∴∠CDA=90°，
∴∠DCA+∠DAC=90°，
∴∠DAC=90°-∠DCA=∠MCB；
（2）①作FC⊥CE，且FC=EC，
连接BF交MN于H，
补全图形如图所示；
②用线段BH与FH的数量关系为BH=FH，
过点B作BS⊥MN于S，在MS上截取ST=DE，连接BT，
∵AD⊥MN，BS⊥MN，
∴∠BSC=∠CDA=90°，由（1）知∠DAC=∠MCB，
在 BSC和 CDA中，
△ △
，
∴ BSC≌ CDA（AAS），
∴△BS=CD，△
在 TSB和 EDC中，
△ △
，
∴ TSB≌ EDC（SAS），
△ △∴∠STB=∠E，BT=CE=FC，
∵∠ECF=90°，
∴∠FCH+∠ECD=∠FCD+∠E=90°，
∴∠FCH=∠E=∠BTH，
在 BHT和 FHC中，
△ △
，
∴ BHT≌ FHC（AAS），
∴△BH=FH．△
【点睛】本题考查直角三角形锐角性质，余角性质，补画图形，三角形全等判定与性质，掌握直角三角形
锐角性质，余角性质，补画图形，三角形全等判定与性质，利用辅助线画出准确图形是解题关键．
28. 对图形M，N和点P，如果图形M上存在点Q，图形N上存在点Q，使得点Q 绕点P顺时针旋转90°
1 2 1
后与点Q 重合，则称图形N是图形M关于点P的“秋实”图形．
2
（1）如图1，A（﹣3，0），B（0，3），则点C （1，0），C （﹣2，﹣1），C （3，0）中．是线段AB
1 2 3
关于坐标原点O的“秋实”图形的点是 ___；
（2）设直线y＝x+b（b＞0）与x轴负半轴交于点D，与y轴正半轴交于点E，⊙F是以点F（2，1）为圆
心，2为半径的圆．若⊙F是线段DE关于坐标原点O的“秋实”图形，求b的取值范围；
（3）设直线l：y＝k（x+m），其中m＞0，⊙G是以G（4，0）为圆心，1为半径的圆，若对⊙G上的任意一点H，存在k（ ≤k≤ ），使得点H是直线l关于坐标原点O的“秋实”图形，请直接写出m的取
值范围．
【答案】（1）C ； （2）
3
（3）
【解析】
【分析】（1）先理解新定义，利用待定系数法求AB的解析式为 ，然后求出点逆时针旋转后的
点坐标点C （1，0）对应点坐标为（0，1），点C （-2，-1）对应点坐标为（1，-2），点C （3，0）对
1 2 3
应点坐标为（0，3），在代入解析式验证即可；
（2）将圆F绕点O逆时针旋转90°得⊙G，求出直线y＝x＋b与⊙G相切时，b的值即可；
（3）将⊙G绕点O逆时针旋转90°得⊙I，作直线AC： ，与⊙I相切于A点，交x轴于C，y
轴于E点，作直线BD： ，与⊙I相切于点B，交x轴于B，交y轴于F点，求出相应的m的值
即可．
【小问1详解】
解：设AB的解析式为 ，
∵点A（﹣3，0），B（0，3），将坐标代入解析式得
，
解得 ，
∴AB的解析式为 ，
点C （1，0）绕原点O逆时针旋转90°对应点坐标为（0，1），
1
点C （-2，-1）绕原点O顺时针旋转90°对应点坐标为（1，-2），
2
点C （3，0）绕原点O顺时针旋转90°对应点坐标为（0， 3），
3当x=0时， ，C 不是线段AB关于坐标原点O的“秋实”图形的点，
1
当x=-1时， ，C 不是线段AB关于坐标原点O的“秋实”图形的点，
2
的
当x=0时， ，C 是线段AB关于坐标原点O “秋实”图形的点．
3
故答案为：C ．
3
【小问2详解】
将F点和 上任意一点M逆时针旋转90°后分别对应点为G和N，过点F作FK⊥x轴于点K，过点G作
GH⊥x轴于点H，如图所示：
∵∠FOG＝∠MON＝90°，
，
∴∠FOM＝∠GON，
∵OF＝OG，OM＝ON，
∴△GON≌△FOM（SAS），
∴NG＝MF＝2，
∴N点在以G为圆心，2为半径的⊙G上，
∵ ，∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴G（−1，2），
把x=0代入 得： ，把 代入 得： ，
∴点D（-b，0），E（0，b），
则OE=b，OD=b， ，
当DE与⊙G相切时，
∵S ＝S ＋S ＋S ，
DOE DOG GOE DGE
△ △ △ △
∴ •b2＝ b•2＋ b•1＋ •
∴ ，
∴ ．
【小问3详解】
将⊙G绕点O逆时针旋转90°得⊙I，如图所示：
同理（1）（2）知，I（0，4），H点对应在⊙I上，作直线AC： ，与⊙I相切于A点，交x轴于C，y轴于E点，
作直线BD： ，与⊙I相切于点B，交x轴于B，交y轴于F点，
作直连接IA和IB，
∴OE＝m， ，
∴ ，
∴∠CEO＝60°，
同理可得，∠DFO＝30°，
在Rt△AEI中，
∴ ，
∴ ，
∴此时 ，
在Rt△BFI中，
＝2，
∴OF＝2，∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查待定系数法求直线解析式，图形旋转性质，新定义对应关系，圆的切线，圆外一点
代圆上的最大距离与最小距离，勾股定理，锐角三角函数，本题难度大，不易理解题意，认知阅读题干，
抓住题干的实质是旋转，利用性质性质解题是关键．
