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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
北京市西城区 2023—2024 学年度第一学期期末试卷
九年级数学
注意事项
1．本试卷共7页，共两部分，28道题．满分100分．考试时间120分钟．
2．在试卷和答题卡上准确填写学校、班级、姓名和学号．
3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效．
4．在答题卡上，选择题、作图题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答．
5．考试结束，请将考试材料一并交回．
第一部分 选择题
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. 若抛物线 经过点 ，则 的值为（ ）
A. 2 B. 1 C. 0 D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题考查二次函数图象与性质，熟记二次函数一般式的常数项 就是抛物线 与
轴的交点 ，熟记二次函数图象与性质是解决问题的关键．
【详解】解： 抛物线 经过点 ，
的值为 ，
故选：A．
2. 北京城区的胡同中很多精美的砖雕美化了生活环境，砖雕形状的设计采用了丰富多彩的图案．下列砖雕
图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
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【解析】
【分析】本题考查轴对称图形及中心对称图形的定义与判断，根据中心对称图形定义：在平面内，把一个
图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，
这个点叫做它的对称中心；轴对称图形定义：平面内，一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完
全重合的图形，逐项验证即可得到答案．熟练掌握轴对称图形及中心对称图形的定义是解决问题的关键．
【详解】解：A、该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
B、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
D、该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
故选：A．
3. 不透明的袋子中装有2个白球和3个黑球，除颜色外，这5个小球无其他差别．随机从袋子中摸出3个
球，下列事件中是必然事件的是（ ）
A. 3个球都是白球 B. 至少有1个黑球
C. 3个球都是黑球 D. 有1个白球2个黑球
【答案】B
【解析】
【分析】本题考查必然事件，涉及事件的分类与概念，熟记事件分类及相应概念是解决问题的关键．
【详解】解：不透明的袋子中装有2个白球和3个黑球，除颜色外，这5个小球无其他差别．随机从袋子
中摸出3个球，则
A、“3个球都是白球”是不可能事件，不符合题意；
B、“至少有1个黑球”是必然事件，符合题意；
C、“3个球都是黑球”是随机事件，不符合题意；
D、“有1个白球2个黑球”是随机事件，不符合题意；
故选：B．
4. 下列关于函数 的结论中，正确的是（ ）
A. 随 的增大而减小 B. 当 时， 随 的增大而增大
C. 当 时， 随 的增大而增大 D. 当 时， 随 的增大而减小
【答案】B
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数的图象的性质，要牢记解析式中的系数和图象性质的关系．根据二次项的
系数确定开口方向，再根据对称轴确定增减性．
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【详解】解：由题意得，图象开口向上，对称轴为 轴，
当 时， 随 增大而减小，
A、C选项说法错误，
当 时， 随 增大而增大，
B选项说法正确，D选项说法错误，
故选：B．
5. 小云从正面观察三星堆青铜太阳轮（如图所示），发现它的正面图形可近似地看作是将圆五等分得到的
图中角 的度数为（ ）
A. 60° B. 70° C. 72° D. 75°
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查圆的性质，涉及周角为 ，由将圆五等分得到的图中角 ，列式即可得到答案，读
懂题意，掌握周角为 是解决问题的关键．
【详解】解：由题意可得 ，
故答案为：C．
6. 某城区采取多项综合措施降低降尘量提升空气质量，降尘量由2020年的5.2吨/平方公里下降至2022年
的3.6吨/平方公里月，若设降尘量的年平均下降率为 ，则可列出关于 的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程的实际应用，涉及平均增长率问题的解法，读懂题意，找到等量关系列出
方程是解决问题的关键．
【详解】解：设降尘量的年平均下降率为 ，则
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，
故选：D．
7. 如图， 为 的直径，弦 交 于点 ， ．若 ，则 的大小为
（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由直径所对的圆周角是直角，结合直角三角形两锐角互余得到 ，再由等腰三角形性质及
三角形内角和定理即可得到 ，再由圆周角定理即可得到答案．
【详解】解： 为 的直径，
，
，
，
，
，
，
，
故选：D．
【点睛】本题考查圆中求角度，涉及圆周角定理、直径所对的圆周角是直角、直角三角形两锐角互余、等
腰三角形性质、三角形内角和定理等知识，熟练掌握圆周角定理是解决问题的关键．
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8. 如图，抛物线 经过点 ．下面有四个结论：① ；② ；③
；④关于 的不等式 的解集为 ．其中所有正确结论的序号是
（ ）
A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②③④
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数的性质以及与一次函数的解集，根据图像开口可得①错误；根据对称轴可
判断②正确；由 时， ，即可判断③正确；利用二次函数与一次函数 的图像位置关系
可判断④正确．
【详解】解：①∵抛物线开口向下，
∴ ，
则①错误．
②∵抛物线的对称轴在y轴的右侧，且与x轴的交点一个为 另外一个在2到3之间，
∴ ，
∵
∴ ，
∴ ，
则②正确．
③由图象可知，当 时， ，
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∴ ，
则③正确．
④ ，可变式为 ，
令 ，
∵一次函数 ，过点 和 ，则一次函数 与抛物线 图象如
图，
的解集为 ．
则④正确．
故选：D．
第二部分 非选择题
二、填空题（共16分，每题2分）
9. 在平面直角坐标系中，点 关于原点的对称点坐标为 ___________．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了点的坐标，熟记关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数是解题的关键．根
据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数解答．
【详解】解：点 关于原点的对称点坐标为 ，
故答案为： ．
10. 一元二次方程 的解为__________．
【答案】
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【解析】
【分析】先将常数项25移项到方程的右边，再利用直接开平方法解题即可．
【详解】
为
故答案 ： ．
【点睛】本题考查直接开平方法解一元二次方程，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
11. 已知 的半径为 ，点 在 外，则 ___ （填“ ”、“ ”或“ ”
【答案】
【解析】
【分析】根据点与圆的三种关系即可判断得到答案．
【详解】解： 的半径为 ，
点 在 外，
．
故答案为： ．
【点睛】本题考查点与圆的关系，解题关键是熟知点与圆的三种关系．
12. 若关于 的一元二次方程 有两个相等的实数根，则 的值为______．
【答案】9
【解析】
【分析】根据一元二次方程根的判别式， ，构建方程求解．
【详解】解：∵ 有两个相等的实数根，
，
∴ ．
故答案为：9
【点睛】本题考查一元二次方程根的判别式，掌握根的判别式定理是解题的关键．
13. 写出一个开口向上，并且经过原点的抛物线的解析式， ________．
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【答案】 （答案不唯一）
【解析】
【分析】由开口方向可确定 的符号，由过原点可确定常数项，则可求得答案．
【详解】解：设抛物线解析式为 ，
∵抛物线开口向上，
∴ ，故可取 ，
∵抛物线过原点，
∴ ，
∵对称轴没有限制，
∴可取 ，
∴一个开口向上，并且经过原点的抛物线的解析式可为 ．
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查了二次函数的图像与性质，掌握二次函数的开口方向由 的符号决定是解题的关键．
14. 如图，四边形 内接于 ， ，则 ________°，依据是________．
【答案】 ①. ②. 圆内接四边形对角互补
【解析】
【分析】本题考查了圆内接四边形对角互补．熟练掌握圆内接四边形对角互补是解题的关键．
根据圆内接四边形对角互补求解作答即可．
【详解】解：∵四边形 内接于 ，
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∴ ，
依据是圆内接四边形对角互补，
故答案为： ，圆内接四边形对角互补．
15. 中国邮政集团公司曾发行《二十四节气》特殊版式小全张（图1），其中的24枚邮票大小相同，上面
绘制了代表二十四节气风貌的图案，这24枚邮票组成了一个圆环，传达了四季周而复始、气韵流动的理念
和中国传统文化中圆满、圆融的概念，以“大雪”节气单枚邮票为例（图2），该邮票的“上圆弧”的长
为 ，“直边长”为 ，“下圆弧”的长为 ，则 ________（用含 ， 的式子表示）．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查弧长公式，根据题意，作出图形，数形结合，利用弧长公式表示出 ， ，找到两者之
间 的关系即可得到答案，熟记弧长公式是解决问题的关键．
【详解】解：根据题意，作出图形，如图所示：
，
； ，
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，
故答案为： ．
16. 如图，在三角尺 中， ， ， ．把 边放在直尺 上，让三角尺
的
在桌面上沿直尺 按顺时针方向无滑动地滚动，直到 边再一次落到直尺 上时停止滚动．三角尺 第一
次滚动可看成将三角尺绕点 顺时针旋转了 ，记为 ．
有以下三个结论：
①第一次滚动的过程中，点 运动的路径长为 ；
②第二次滚动可记为 ；
③点 ，点 ，点 在滚动全程中，运动路径最长的是点 ．
上述结论中，所有正确结论的序号是________．
【答案】②③
【解析】
【分析】由勾股定理及含 直角三角形性质得到相应边及角度的大小，再利用弧长公式即可验证①错误；
读懂题意，理解 的含义即可验证②错误；利用旋转性质及弧长公式可求出点 ，点 ，点 在
滚动全程中，运动的路径长，再由实数大小的比较即可确定③正确；从而得到答案．
【详解】解：如图所示：
在三角尺 中， ， ， ，
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，
第一次滚动的过程中，点 运动的路径长为 ，①错误；
根据三角尺的第一次滚动可看成将三角尺绕点 顺时针旋转了 ，记为 可知 的横坐
标是旋转中心，纵坐标是旋转角度，
三角尺的第二次滚动可看成将三角尺绕点 顺时针旋转了 ，记为 ，如图所示：
第二次滚动可记为 ，②正确；
在滚动全程中，点 运动的路径长为 ；
在滚动全程中，点 运动的路径长为 ；
在滚动全程中，点 运动的路径长为 ；
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，
；
，
；
综上所述，点 ，点 ，点 在滚动全程中，运动路径最长的是点 ，③正确；
故答案为：②③．
【点睛】本题考查旋转，涉及圆的性质、旋转性质、勾股定理、含 直角三角形性质、弧长公式和实数
比较大小等知识，掌握旋转性质及弧长公式是解决问题的关键．
三、解答题（共68分，第17-18题，每题5分，第19题6分，第20-23题，每题5分，第24-
26题，每题6分，第27-28题，每题7分）
17. 解方程： ．
【答案】 ， ．
【解析】
【分析】根据公式法解方程即可．
【详解】解：∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴此方程的解为： ， ．
【点睛】本题考查公式法解一元二次方程，解题的关键是掌握公式法解一元二次方程．
18. 已知二次函数 ．
（1）将 化成 的形式；
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（2）抛物线 可以由抛物线 经过平移得到，请写出一种平移方式．
【答案】（1）
（2）先向右平移1个单位长度、再向上平移3个单位长度或先向上平移3个单位长度、再向右平移1个单
位长度（任选一个即可）
【解析】
【分析】本题考查二次函数图像与性质，涉及将一般式化为顶点式、函数图像平移等知识，熟练掌握二次
函数图像与性质是解决问题的关键．
（1）利用配方法即可将二次函数一般式化为顶点式；
（2）根据函数图像平移法则：左加右减、上加下减，结合函数表达式，数形结合即可得到答案．
【小问1详解】
解：
，
将 化成 的形式为 ；
【小问2详解】
解：由（1）中抛物线 可化为 ，
抛物线 经过平移得到 可以是：①先向右平移1个单位长度、再向上平移3个单
位长度；②先向上平移3个单位长度、再向右平移1个单位长度；（任选一个即可）．
19. 两个质地均匀的正方体M和N，正方体M的六个面分别标有数字
“0”，“1”，“2”，“3”，“4”，“5；正方体N的六个面分别标有数字
“0”，“1”，“2”，“6”，“7”，“8”．掷小正方体后，观察朝上一面的数字．
（1）掷一次正方体M时，出现奇数的概率是多少；
（2）如果先掷一次正方体M，再掷一次正方体N得到两个数字，如先后挪到“0”和“1”记为 ，可表
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示某月的 日；先后掷到“5”和“8”记为 ，不能表示某月的日期．求先后各掷一次正方体M和正方
体N，得到的两个数字能组成一月的一个日期的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了简单的概率计算，列举法求概率．熟练掌握简单的概率计算，正确的列表格是解题的
关键．
（1）由题意知，掷一次正方体M时共有6种等可能的结果，出现奇数有3种等可能的结果，然后求概率
即可；
（2）根据题意列表格，然后求概率即可．
【小问1详解】
解：由题意知，掷一次正方体M时共有6种等可能的结果，出现奇数有3种等可能的结果，
∵ ，
∴掷一次正方体M时，出现奇数的概率是 ；
【小问2详解】
解：由题意列表如下：
0 1 2 6 7 8
0
1
2
3
4
5
由表可知，共有 种等可能的结果，其中得到的两个数字能组成一月的一个日期有 种等可能的结果，
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∴得到的两个数字能组成一月的一个日期的概率为 ．
20. 在平面直角坐标系 中，抛物线 与 轴的一个交点为 ．
（1） ________；
（2）画出函数 的图像；
（3）当 时，结合函数图像直接写出 的取值范围．
【答案】（1）
（2）作图见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据题意，将 代入表达式解方程即可得到答案；
（2）由（1）可知 ，利用描点法作出图形即可得到答案；
（3）由（2）中图像，作出图形，利用图像即可得到当 时， 的取值范围．
【小问1详解】
解： 抛物线 与 轴的一个交点为 ，
，解得 ，
故答案为： ；
【小问2详解】
解：由（1）知 ，
列表：
0 1 3
0 0
描点、连线，画函数 图像，如图所示：
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；
【小问3详解】
解：题中给出 ，过 作 ，过 作 ，如图所示：
的开口向上，对称轴为 ，
在图像上，当 时，图像是下降的，即 随 增大而减小，当 时， ；当 时，
；
在图像上，当 时，图像是上升的，即 随 增大而增大，当 时， ；当 时，
；
当 时，结合函数图像，再由上述计算可知：当 时， ；当 时， ；
当 时，结合函数图像得到 的取值范围是 ．
【点睛】本题考查二次函数综合，涉及待定系数法确定函数关系式、描点法作二次函数图像和利用二次函
数图形与性质求 的取值范围，熟练掌握二次函数图像与性质是解决问题的关键．
21. 已知关于x的一元二次方程 ．
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（1）求证：无论m取何值，方程总有两个实数根；
（2）若方程的一个实数根是另一个实数根的两倍，求m的值．
【答案】（1）见详解 （2） 或
【解析】
【分析】（1）根据 即可证明；
（2）根据公式法即可得 ，再根据方程的一个实数根是另一个
实数根的两倍即可求解；
【小问1详解】
解：根据题意， ，
∴无论m取何值，方程总有两个实数根.
【小问2详解】
由题意，根据公式法得， ，
∴ ，
∴ ，
解得： ．
【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用，掌握相关知识是解题的关键．
22. 如图， 是 的弦，半径 ，垂足为 ． ， ，求 的半径．
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【答案】
【解析】
【分析】连接 ，在优弧 上取一点 ，连接 ，如图所示，根据圆内接四边形性质及
圆周角定理得到 ，再由垂径定理、含 的直角三角形性质及勾股定理得到 的半径．
【详解】解：连接 ，在优弧 上取一点 ，连接 ，如图所示：
四边形 是圆的内接四边形，
，
，
，
，
是 的弦，半径 ，垂足为 ， ，
由垂径定理可知 ， ， ，
在 中， ，设 ，则 ，由勾股定理可知
，解得 ，
的半径为 ．
【点睛】本题考查求圆的半径，涉及圆内接四边形性质、圆周角定理、垂径定理、含 的直角三角形性
质和勾股定理，熟练掌握圆的性质及定理是解决问题的关键．
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23. 在平面直角坐标系 中， 的三个顶点的坐标分别为 ， ， ．将
绕原点 顺时针旋转90°得到 ，点 ， ， 的对应点分别为 ， ， ．
（1）画出旋转后的 ；
（2）直接写出点 的坐标；
（3）记线段 与线段 的交点为 ，直接写出 的大小．
【答案】（1）作图见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】本题考查旋转作图、由图形写坐标和求角度，涉及旋转性质、图形与坐标、三角形全等的判定与
性质、对顶角相等和三角形内角和定理等知识，熟练掌握旋转性质及图形与坐标是解决问题的关键．
（1）根据旋转的性质作出 三个顶点绕点 顺时针旋转90°的对应点，连线即可得到 ；
（2）由（1）中作出的 即可得到答案；
（3）过 作 轴于 、过 作 轴于 ，如图所示，由三角形全等的判定与性质得到
，进而 ，再由对顶角相等、等量代换及三角形内角和定理即可
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得到答案．
【小问1详解】
解：作图如下：
即为所求；
【小问2详解】
解：由（1）中图形，如图所示：
；
【小问3详解】
解：在（1）的图形中，过 作 轴于 、过 作 轴于 ，如图所示：
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，
，
，
，
在 中， ，则 ，
在 中，由三角形内角和定理可知 ，
．
24. 如图， 是 的直径， ， 交 于点 ，点 在 的延长线上且
．
（1）求证： 是 的切线；
（2）若 ， ，求 的长．
【答案】（1）详见解析；
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（2） ．
【解析】
【分析】（1）根据等腰三角形性质及三角形的内角和定理可得 ，再由已知及切
线的判定定理可得结论；
（2）由（1）知 ，由勾股定理得出圆的半径为6，利用等腰三角形的性质可得出D为 的
中点，利用中位线定理可得出 ，可证出 ，得出 ，利用相似比得
出 ，最后利用勾股定理即可得出答案．
【小问1详解】
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ 为 直径，
∴ 是 的切线；
【小问2详解】
由（1）知， 是 的切线，
∴ ，
∴ ，
∴
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设 的半径为r，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
连接 ，
∵ 为 的直径，
∴ ，
∵ ，
∴D为 中点，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
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∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴在 中，
【点睛】本题属于主要考查了等腰三角形性质，圆切线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定
理，中位线定理等知识点，熟练掌握其性质的综合应用是解决此题的关键．
25. 如图，小云在生活中观察到一个拱门，拱门的上方拱线 和下方拱线 的最高点均为点 ，拱门的
跨径间对称分布有8根立柱．他搜集到两条拱线的相关数据，拱线 的跨径 长为 ，高 为
． 右侧的四根立柱在拱线 上的端点 ， ， ， 的相关数据如下表所示．
点 点 点 点
距 的水平距离（ ） 4 5 6 7
距 的竖直距离（ ） 4.125 3.000 1.625 0
所查阅的资料显示：拱线 为某个圆的一部分，拱线 为某条抛物线的一部分．
根据以上信息，解答下列问题：
（1）选取拱线 上的任意三点，通过尺规作图作出拱线 所在的圆；
（2）建立适当的平面直角坐标系，选取拱线 上的点，求出拱线 所在的抛物线对应的函数解析式，并
验证拱线 上的其他已知点都在抛物线上，写出验证过程（不添加新的字母）．
【答案】（1）尺规作图见解析
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（2） ，其他已知点都在抛物线上，验证过程见解析
【解析】
【分析】本题考查圆与二次函数综合，涉及圆的性质、尺规作图-中垂线、待定系数法确定函数关系式、验
证点是否在函数图像上等知识，熟练掌握中垂线的尺规作图及待定系数法确定函数关系式是解决问题的关
键．
（1）选取拱线 上的任意三点，连线构成圆的弦，作两条弦的垂直平分线交于点 ，以 为圆心，
为半径作圆即可得到答案；
（2）以 为坐标原点，以 所在的直线为 轴，以 所在的直线为 轴，如图所示，利用交点式，
待定系数法确定函数关系式即可得到拱线 所在的抛物线对应的函数解析式为 ，再
将 ， ， ， 的横坐标代入表达式验证纵坐标是否与 值相等即可得到答案．
【小问1详解】
解：如图所示：
即为所求；
【小问2详解】
解：以 为坐标原点，以 所在的直线为 轴，以 所在的直线为 轴，如图所示：
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拱线 的跨径 长为 ，高 为 ，
、 、 ，
设拱线 的表达式为 ，
将 代入表达式得 ，解得 ，
拱线 所在的抛物线对应的函数解析式为 ，
点 点 点 点
距 的水平距离（ ） 4 5 6 7
距 的竖直距离（ ） 4.125 3.000 1.625 0
将 代入 得 ，故点 在拱线 所在的抛物
线上；
将 代入 得 ，故点 在拱线 所在的抛物线上；
将 代入 得 ，故点 在拱线 所在的抛物线
上；
将 代入 得 ，故点 在拱线 所在的抛物线上．
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26. 在平面直角坐标系 中， ， ， 三点都在抛物线
（ ）上．
（1）这个抛物线的对称轴为直线________．
（2）若 ，求 的取值范围；
（3）若无论 取任何实数，点 ， ， 中都至少有两个点在 轴的上方，直接写出 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】本题考查了二次函数图像上点的坐标特征：掌握二次函数的性质，掌握二次函数图像与系数的关
系是解题的关键．
（1）直接根据对称轴公式可得对称轴直线方程；
（2）先根据已知条件判断出A，B，C所在的位置，然后根据距离对称轴的大小得到取值求解即可；
（3）有两种情况满足题意，①当抛物线与x轴有一个交点或者没有交点时，函数图像与x轴有交点，且两
个交点的距离小于1时，w分类讨论求解即可；
【小问1详解】
解：对称轴为 ，
故答案为： ；
【小问2详解】
解：∵ ， ， 三点都在抛物线 （ ）上，且
，
又∵ ，抛物线的对称轴为 ，
∴A，B两点位于对称轴左侧，点C位于对称轴右侧，且点A到对称轴的距离大于点C到对称轴的距离，
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点C到对称轴的距离大于等于点B到对称轴的距离，
即 ，解得 ；
【小问3详解】
解：无论 取任何实数，点 ， ， 中都至少有两个点在 轴的上方，
有两种情况满足题意，
①当抛物线与x轴有一个交点或者没有交点时，满足题意，
即 ，
∴ ，
化简得 ，
∵ ，
∴ ，
解得 ，
∴此时 ；
②函数图像与x轴有交点，且两个交点的距离小于1时满足题意，
此时三点中，距离最近的A和B不能同时在x 轴下方，
临界情况A、B两点分别是这两个交点，
得 ，
此时t=0.5.带入 ，解得 ，
∴此时 ；
综上所述，
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27. 在 中， ， ， 于点 ．点 在射线 上，连接 ，作
于点 ．连接 ，作 于点 ，作 交直线 于点 ，连接 ．
（1）当点 在线段 上时，在图1中补全图形，并直接写出 的度数；
（2）当点 在线段 的延长线上时，利用图2探究线段 与 之间的数量关系，并证明；
（3）取线段 的中点 ，连接 ，若 ，直接写出线段 的长的最小值．
【答案】（1）
（2） ，证明见解析；
（3）
【解析】
【分析】（1）先补全图形，如图所示：取 的中点 ，连接 ， ，证明 ， ， ， 四点共
圆，可得 ；
（2）由（1）同理可得： ， ， ， 四点共圆，可得 ，证明 ，
再证明 ，可得 ，即可得到结论；
（3）如图，取 的中点 ，连接 ， ， ，取 的中点 ，连接 ，
由（2）同理可得： ，而 ，可得 ，连接 ，证明
，可得 在以 为圆心，半径为2的弧上运动，当 ， ， 三点共线时， 最小，从
而可得答案．
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【小问1详解】
解：补全图形，如图所示：
∵ ， ，
∴ ，
的
取 中点 ，连接 ， ，
∴ ，
∴ ， ， ， 四点共圆，
∴ ，
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ；
【小问2详解】
，理由如下：
如图所示：
∵ ， ， ，
∴ ， ，
由（1）同理可得： ， ， ， 四点共圆，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
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∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，而 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
【小问3详解】
如图，取 的中点 ，连接 ， ， ，取 的中点 ，连接 ，
由（2）同理可得： ，而 ，
∴ ，
连接 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
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∴ ，而 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，而 为 中点， 为 中点，
∴ ，
∴ 在以 为圆心，半径为2的弧上运动，
∴当 ， ， 三点共线时， 最小，
在 中，
此时 ，
∴ ．
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，全等三角形的判定与性质，相似
三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，圆的确定及基本性质，作出合适的辅助线是解本题的关键．
28. 如图，在平面直角坐标系 中，点 ， ．对于一个角 （ ），将一个
图形先绕点 顺时针旋转 ，再绕点 逆时针旋转 ，称为一次“ 对称旋转”．
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（1）点 在线段 上，则在点 ， ， ， 中，有可能是由点 经过一
次“ 对称旋转”后得到的点是________；
（2） 轴上的一点 经过一次“ 对称旋转”得到点 ．
①当 时， ________；
②当 时，若 轴，求点 的坐标；
（3）以点 为圆心作半径为1的圆．若在 上存在点 ，使得点 经过一次“ 对称旋转”后得到
的点在 轴上，直接写出 的取值范围．
【答案】（1） 、
（2）①2；②
（3） 或
【解析】
【分析】（1）由一次“ 对称旋转”定义，将 ， ， ， 先绕点 顺
时针旋转 ，再绕点 逆时针旋转 ，即可验证；
（2）①作出图形，数形结合，分类讨论，由等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质即可得
到答案；②作出图形，由含 的直角三角形的性质，求出三角形边长即可得到点 的坐标；
（3）设点 经过一次“ 对称旋转”后得到的点为点 ，则点 先绕点 顺时针旋转 ，再绕点S
逆时针旋转 得到点M，进行分类讨论：①当 时，令 和 相交于G，连接 ，过点S作
的垂线，垂足为点H，易得 ，根据点M再 上，则 与 有公共点，得出
，即 ，即可求解；②当 时，用相同的方法，即可解答．
【小问1详解】
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解：由一次“ 对称旋转”定义，将 先绕点 顺时针旋转 ，再绕点 逆时针旋转 ，如图
所示：
不是由点 经过一次“ 对称旋转”后得到的点；
同理可得 是由点 经过一次“ 对称旋转”后得到的点； 是由点 经过
一次“ 对称旋转”后得到的点； 不是由点 经过一次“ 对称旋转”后得到的点；
故答案为： 、 ；
【小问2详解】
解∶①令点P绕点 顺时针旋转 得到点 ，连接 ，
∵ 经过一次“ 对称旋转”得到 时，
∴ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ， ，
∴ ，即 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ；
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故答案为：2；
② 经过一次“ 对称旋转”得到 时，由题意作图，如图所示：
则
轴，
，则 ，
，
， ，
，则 ， ，
，
，则 ；
【小问3详解】
解：设点 经过一次“ 对称旋转”后得到的点为点 ，
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∵点M先绕点 顺时针旋转 ，再绕点 逆时针旋转 得到点 ，
∴点 先绕点 顺时针旋转 ，再绕点S逆时针旋转 得到点M，
∵点 在x轴上，
∴将x轴先绕点 顺时针旋转 得到 ，再绕点S逆时针旋转 得到 ，
①当 时，
令 和 相交于G，连接 ，过点S作 的垂线，垂足为点H，
由旋转的性质可得： ，
∵ 为 直径，
∴ ，即 ，
∴ ，
∵ ， ， 绕点S逆时针旋转 得到 ，
∴ ，
∵点M再 上，
∴ 与 有公共点，
∴ ，
即 ，
，
∴ ；
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②当 时，
∵x轴先绕点 顺时针旋转 得到 ，再绕点S逆时针旋转 得到 ，
∴ ，则 ，
同理可得： ，
则 ，
∴ ，
整理得： ，
综上： 或 ．
【点睛】本题主要考查了新定义，旋转的性质，解直角三角形，圆周角定理，正确理解题目所给“ 对称
旋转”的定义，熟练掌握旋转的性质，是解题的关键．
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