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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
北师大实验中学 2023-2024 学年度第一学期期中试卷
初三年级数学
考生须知
1．本试卷共8页，共3道大题，28道小题；答题纸共3页;满分100分;考试时间120分钟
2．在试卷和答题卡上准确填写班级、姓名、学号
3．试卷答案一律填写在答题卡上，在试卷上作答无效
4．在答题卡上，选择题须用2B铅笔将选中项涂黑涂满，其他试题用黑色字迹签字笔作答
命题人：张蓓、杨洁、王春华 审题人：杨洁
一、单项选择题（本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项最符合题意;每小题
2分，共16分）
1. 抛物线 的顶点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】本题主要考查二次函数的顶点式，掌握和理解顶点式 ，顶点为 即可求解．
【详解】解： 的顶点坐标为 ，
故选：A．
2. 用配方法解方程 ，原方程应变为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先将常数项移到右边，两边再同时加上一次项系数一半的平方进行配方即可得到答案．
【详解】对 进行配方：
移项，得： ，
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两边同时加上一次项系数一半的平方，即 ，得：
，
整理，得： ，
故选：D．
【点睛】本题考查一元二次方程的配方，熟练掌握配方的过程是本题的解题关键．
3. 如图， ， ， 是某社区的三栋楼，若在 中点 处建一个 基站，其覆盖半径为200m，则这
三栋楼中在该 基站覆盖范围内的是（ ）
A. ， ， 都不在 B. 只有 C. 只有 ， D. ， ，
【答案】A
【解析】
【分析】根据勾股定理的逆定理证得 是直角三角形，可以根据直角三角形斜边中线的性质求得
的长，然后与 比较大小，即可解答本题．本题考查勾股定理的逆定理，直角三角形斜边上的中线的
性质，点D与圆的位置关系，解题的关键是求出三角形三个顶点到点的距离．
【详解】解： ， ， ，
，
是直角三角形，且 ，
点 是斜边 的中点，
， ，
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如图，以 为圆心， 为半径画圆，
，
点A，B，C都不在覆盖范围内，
故选：A．
4. 已知点 ， ， 在抛物线 上，则 ， ， 的大小关系是
（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查二次函数的图象及性质，抛物线开口向下，图象上的点离对称轴越近，其纵坐标越大．
【详解】解： 开口向下，对称轴 ，
离对称轴越近，相对应的y值越大，
∵ ，
∴ ，
故选：C．
5. 如图，在 中， ， ， ．将 绕点 沿逆时针方向旋转至
的位置，此时，点 恰好在 上，则点 与点 的距离是（ ）
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A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由勾股定理可求 的长，由旋转的性质可得 ， ，可证 是等边
三角形，即可求解．
【详解】解：如图，连接 ，
∵在 中， ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵将 绕点 沿逆时针方向旋转至 的位置，此时，点 恰好在 上，
∴ ， ， ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
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∴ 是等边三角形，
∴ ，
∴点 与点 的距离是 ．
故选：B．
【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形中 角所对的直角边等于斜边的
一半，勾股定理．掌握旋转的性质是解题的关键．
6. 如图，在正三角形网格中，以某点为中心，将 旋转，得到 ，则旋转中心是（ ）
A. 点A B. 点B C. 点C D. 点D
【答案】B
【解析】
【分析】连接 、 、 ，作 的垂直平分线，作 的垂直平分线，作 的垂直平分线，
交点为旋转中心．
【详解】解：如图，
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绕某点旋转一定的角度，得到△ ，
连接 、 、 ，
作 的垂直平分线，作 的垂直平分线，作 的垂直平分线，
三条线段的垂直平分线正好都过点 ，
即旋转中心是 ．
故选：B．
【点睛】本题考查了学生 的理解能力和观察图形的能力，注意：旋转时，对应顶点到旋转中心的距离应相
等且旋转角也相等，对称中心在连接对应点线段的垂直平分线上．
7. 如图，不等边 内接于 ，下列结论不成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题考查了圆周角定理，等边对等角，看到圆相关的题目要灵活，常常隐含同弧所对的圆心角是
圆周角的2倍，同弧所对的圆周角相等．
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【详解】解：A、∵同弧所对的圆心角是圆周角的2倍，∴ ，故该选项正确；
B、∵ ，∴ ，故该选项正确；
C、无法证明 ，故该选项错误；
D、∵ ，∴ ，∵ ， ，∴ ，故该选
项正确；
故选：C．
8. 抛物线 过 和 ，且对称轴为直线 ．现有下面四个推断：①若
，则 ；②若 ，则 ；③若 ，则 ；④存在实数 ，使得 为定值．其
中推断正确的是（ ）
A. ①③ B. ①④ C. ①②③ D. ①③④
【答案】B
【解析】
【分析】把 和 代入 ，可得解析式为 ，可得对称轴
为直线 ，再结合 ， ， ，再建立方程或不等式可判断①②③，再把
代入 化简，结合多项式的值与某个字母的值无关可判断④．
【详解】解：∵抛物线 过 和 ，
∴ ，解得： ，
∴抛物线为： ，
∴抛物线的对称轴为直线 ，
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当 时，则 ，
解得： ，经检验，符合题意，故①符合题意；
当 ，则 ，
∴ ，
当 时， ，当 时，恒成立，
∴ 或 ，故②不符合题意；
当 时，则 ，
∴ ，
∴当 时， ，此时 ，当 时，不等式不成立，故③不符合题意；
∵ ，
∴
；
当 即 ， 为定值；故④符合题意；
故选B
【点睛】本题考查 的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数的性质，不等式的性质，多项式
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的值与某字母的值无关，理解题意，选择合适的方法解题是关键．
二、填空题（共8道小题，每题2分，共16分）
9. 点 关于原点的对称点的坐标为________．
【答案】
【解析】
【分析】此题主要考查关于原点对称的点的坐标特点，掌握“关于原点对称时，横纵坐标都为相反数”是
解题的关键．
【详解】解： 关于原点的对称点的坐标为 ，
故答案为： ．
10. 已知圆锥的底面半径长为5，侧面展开后得到一个半圆，则该圆锥的母线长为_________．
【答案】10
【解析】
【分析】侧面展开后得到一个半圆，半圆的弧长等于底面圆的周长，据此求解即可．
【详解】解：设母线长为x，根据题意得
，
解得，x=10．
故答案为：10
【点睛】本题考查了圆锥和扇形的弧长公式，掌握扇形的弧长公式是解题的关键．
11. 若 是一元二次方程 的一个根，则 的值为________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据题意将 代入一元二次方程 ，即可求解．
【详解】解：∵ 是一元二次方程 的一个根，
∴ ，
解得： ．
故答案为：2．
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【点睛】本题主要考查了一元二次方程的根的定义，熟练掌握使方程左右两边相等的未知数的值就是一元
二次方程的根是解题的关键．
12. 如图， 与 关于点 成中心对称， ，则 的长是________．
【答案】5
【解析】
【分析】根据中心对称的性质以及勾股定理即可求解 的长．
【详解】解：∵ 与 关于点 成中心对称
∴点 在同一直线上，
，
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查中心对称的性质以及勾股定理，熟练掌握成中心对称的图形对应边相等，对应角相
等的性质以及勾股定理是解决本题的关键．
13. 若关于 的一元二次方程 有两个不相等的实数根，则 的取值范围是________．
【答案】 且
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程 根的判别式 与根的关系，熟练掌握
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根的判别式与根的关系是解答本题的关键，当 时，，一元二次方程有两个不相等的实数根；当
时，一元二次方程有两个相等的实数根；当 时，一元二次方程没有实数根，还要注意二次项
系数不等于0．
【详解】解：由题意得： ，解得： ，
∵ ，
∴ 的取值范围是 且 ，
故答案为： 且 ．
14. 如图， 与直线 相离，圆心 到直线 的距离 ， ，将直线 绕点 顺时针旋转
后得到的直线 刚好与 相切于点 ，则 的半径是________．
【答案】3
【解析】
【分析】连接 ，首先根据勾股定理求出 ，再根据 和勾股定理求出 ，根据相切可
得 ，由勾股定理即可求解．
【详解】解：连接 ， 与 点相交于D，如图，
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∵ ， ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，解得： ，
∴ ，
∵直线 与 相切于点 ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，解得： ，
∴ 的半径是3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查圆的问题，涉及到切点，勾股定理等，看到切点要想到连接半径．
15. 如图，AB是半圆O的直径，点C，D在半圆O上．若∠ABC＝50°，则∠BDC的度数为______ °．
【答案】140
【解析】
【分析】先求出∠A的度数，再利用圆内接四边形的性质求出∠BDC的度数．
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【详解】解：∵AB是半圆O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵∠ABC＝50°，
∴∠A=40°，
∵四边形ABDC是圆内接四边形，
∴∠BDC+∠A=180°，
∴∠BDC=140°，
故答案为：140．
【点睛】此题考查了圆周角定理，圆内接四边形的性质，熟记各定理及性质是解题的关键．
16. 矩形 中， ， ，点 是 边上的一个动点，连接 ， 的角平分线
交 边于点 ，若 于点 ，连接 、 ，则 的最小值是________．
【答案】
【解析】
【分析】作 ， ，证明 ，推出 ，当D、G、B三
点共线时， 有最小值，最小值是 的长，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：作 于 ， 于 ，
∵ 是 的平分线，
∴ ，
∵矩形 ， ，
∴ ，
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∴A、D、G、E四点共圆，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
当D、G、B三点共线时， 有最小值，最小值是 的长，
∵ ， ，矩形 ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ 的最小值是 ，
故答案为：
【点睛】本题考查了圆周角定理，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质定理，勾股定理，证明
是解题的关键．
三、解答题（共12道小题，17，27，28题，每题7分，18~20，23，24题，每题5分，21题
4分，22，25，26题，每题6分，共68分）
17. 选择合适的方法解方程：
（1） ；
（2） ．
【答案】（1） ，
（2）
【解析】
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【分析】本题考查了解一元二次方程，熟练掌握一元二次方程的常用方法（直接开平方法、配方法、因式
分解法、公式法等）是解题关键，第一题用直接开平方法更合适，第二问用公式法更合适．
【小问1详解】
解：
，
解得： ，
【小问2详解】
解：
，
∴
解得： ；
18. 已知关于x的一元二次方程 ．
（1）求证：此方程总有两个实数根；
（2）若此方程恰有一个根小于 ，求k的取值范围．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】本题考查了根的判别式和解一元二次方程，解题的关键是：
（1）计算根的判别式得到 ，然后根据根的判别式的意义得到结论；
（2）解方程得到 ， ，则 ，然后解不等式即可．
【小问1详解】
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解：证明：
，
此方程总有两个实数根；
【小问2详解】
，
， ，
此方程恰有一个根小于 ，
，
解得 ，
即 的取值范围为 ．
19. 如图， 是等边三角形 内一点，将线段 绕点 顺时针旋转 ，得到线段 ，连接 ，
．
（1）求证： ；
（2）连接 ，若 ，求 的度数．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由等边三角形的性质知 ， ，由旋转的性质知 ，
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，从而得 ，再证 可得答案；
（2）由 ， 知 为等边三角形，即 ，继而由 ，
得到 ，再利用 即可得解．
【小问1详解】
证明： 是等边三角形，
， ．
线段 绕点 顺时针旋转 ，得到线段 ，
， ．
．
．
在 和 中，
，
．
【小问2详解】
， ，
为等边三角形．
，
，
．
．
【点睛】本题主要考查等边三角形的性质与判定和旋转的性质及全等三角形的判定与性质，熟练掌握旋转
的性质三角形全等的判定方法是解题的关键．
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20. 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.
21. 如图，在平面直角坐标系 中， 的三个顶点的坐标分别为 ， ， ．
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（1）将 绕着点 顺时针旋转 得到 ，其中点 与点 对应，点 与点 对应，请在坐
标系中画出 ，并写出点 的坐标；
（2）若点 是 内部任意一点，请直接写出这个点绕着点 顺时针旋转 得到的点 的坐
标．
【答案】（1）点 ，见解析
（2）
【解析】
的
【分析】（1）让三角形 各顶点都绕点顺时针旋转 后得到对应点，顺次连接，然后从图形中读点
的坐标即可．
（2）根据旋转变化的规律，写出一般式即可．
【小问1详解】
根据旋转的性质，画图如下：
则 即为所求；
此时点 ．
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【
小问2详解】
根据旋转的规律，交换横纵坐标，且横坐标取绝对值后变成纵坐标故点 旋转后对应点坐标为
．
【点睛】本题考查了旋转作图，正确理解旋转的意义是解题的关键．
22. 已知二次函数 ，它的图象过点 ，并且与 轴交于点 ．
（1）求二次函数的解析式和点 坐标；
（2）当 时，结合函数图象，直接写出函数值 的取值范围；
（3）若直线 也经过点 ， 两点，直接写出关于 的不等式 的解集．
【答案】（1）抛物线为： ；
（2） 的取值范围为： ．
（3） 的解集为： 或 ．
【解析】
【分析】（1）把 代入 ，从而可得答案；
（2）先画函数的简易图象，由图象可得函数的最小值为 ，再结合 与 时的函数值可得答
案；
（3）先画出直线 ，再根据二次函数的图象在直线的上方可得不等式 的解集．
【小问1详解】
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解：∵二次函数 ，它的图象过点 ，
∴ ，
解得： ，
∴抛物线为： ；
当 时， ，
∴ ；
【小问2详解】
如图，画函数图象如下：
当 时，函数最小值为 ，
当 时，函数值 ，
∴当 时， 的取值范围为： ．
【小问3详解】
如图，直线 为 ，
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∴ 的解集为：
或 ．
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，利用图象与直线的交点求解不等式的解集，
二次函数的图象与性质，熟练的利用数形结合的方法解题是关键．
23. 已知： 和圆外一点 ，求作：过点 的 的切线．
作法：①作射线 ，交 于点 ， ；
②以 为圆心， 为半径作 ，以 为圆心， 的长为半径画弧交 于点 ；
③连接 ， ， 交 于点 ；
④作直线 ．
所以直线 为 的切线．
（1）使用直尺和圆规进行尺规作图，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明： ， ，
，
．（________________）（填推理的依据）
半径 ．
直线 为 的切线．（________________）（填推理的依据）
【答案】（1）见解析 （2）三线合一；经过半径的外端，和半径垂直的直线是圆的切线
【解析】
【分析】（1）根据要求画出图形即可；
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（2）利用等腰三角形的三线合一的思想解决问题即可．
【小问1详解】
解：根据题意作图如下：
【小问2详解】
证明： ， ，
，
，（三线合一）
半径 ．
直线 为 的切线（经过半径的外端，和半径垂直的直线是圆的切线）；
【点睛】本题考查作图一复杂作图，切线的判定，等腰三角形的性质等知识，证明切线要记得连接半径．
24. 某公司以每件50元的价格购进一种商品，规定销售时的单价不低于成本价，又不高于每件70元，在
销售过程中发现这种商品每天的销售量 （件）与每件的销售单价 （元）满足一次函数关系：
．
（1）当 时，每件的利润是________元，总利润为________元；
（2）若设总利润为 元，则 与 的函数关系式是________________；
（3）销售单价定为多少元时，此时利润最大，最大利润是多少？
【答案】（1） ，
（2）
（3）销售单价定为70元时，利润最大，最大利润是6000元．
【解析】
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【分析】（1）将 代入一次函数解析式可得销售量，然后根据每件的利润乘以数量即为总利润即可
得；
（2）根据利润=销售数量×每件的利润可得 ，把 代入整理即可得w与x的
函数关系式；
（3）根据（2）中结论可得 ，根据二次函数的基本性质可得，
当 时，w随x的增大而增大，所以当 时，w有最大值，代入求解即可得．
【小问1详解】
解：当 时，
，
∴销售量为400件，
利润为： （元），
【小问2详解】
解：由题意得：
，
，
，
∴w与x的函数关系式为 ；
【小问3详解】
，
∵ ，
∴抛物线的对称轴为直线 ，
∴当 时，w随x的增大而增大，
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∵ ，
∴当 时，w有最大值，最大值为： （元），
∴销售单价定为70元时，利润最大，最大利润是6000元．
【点睛】本题主要考查了二次函数的应用及二次函数求最值问题的知识，根据题意列出函数关系式是解题
的关键．
25. 如图， 是 的直径，直线 经过 上的点 ， 于点 ，交 于 ， 平分
．
（1）求证：直线 是 的切线；
（2）若 ， ，求 的长．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接 ，根据 平分 得到 ，再由圆的性质得到 ，
即可证明 ，得到 得到答案．
（2）过点 作 ，交 与点 ，由垂径定理得到 ，易证四边形
是矩形，即可求出半径的长，从而得到 ，即可得到答案．
【小问1详解】
解：连接 ，
平分 ，
，
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，
，
，
，
，
且直线 经过 上的点 ，
直线 是 的切线；
【小问2详解】
解：过点 作 ，交 与点 ，
，
由垂径定理得到 ，
， ， ，
四边形 是矩形，
，
，
，
，
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，
．
【点睛】本题是一道圆的综合题，主要考查了平行的判定，垂径定理，
熟练掌握垂径定理是解题关键．
26. 在平面直角坐标系 中，点 ， ， 三个点在抛物线
上．
（1）当 时，直接写出抛物线的对称轴及 和 的大小关系；
（2）若 ， ，则 的值是________；
（3）若对于任意 ，都满足 ，求 的取值范围．
【答案】26. 对称轴为 ；
27.
28. 或
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的图象及性质和抛物线的对称轴：解题的关键在于熟练掌握二次函数的性质．
（1）利用抛物线的对称轴公式求出对称轴，再根据二次函数的增减性即可求解．
（2）根据抛物线上点的对称性，可得抛物线的对称轴，进而可求解．
（3）点 关于对称轴的对称点 ，点 关于对称轴的对称点 ，
再根据二次函数的性质得不等式组，解不等式组即可求解．
【小问1详解】
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解：当 时， ， ，
抛物线的对称轴为： ，
，且抛物线的开口向上，
．
【小问2详解】
当 时， ，
，
抛物线的对称轴为： ，
，
解得： ，
故答案为： ．
【小问3详解】
由题意知，抛物线的开口向上，对称轴为： ，
点 关于对称轴的对称点 ，点 关于对称轴的对称点 ，
对于任意 ，都满足 ，
或 ，
解得： 或 ．
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27. 如图，在正方形 中，将线段 绕点A逆时针旋转 得到线段 ，作
的角平分线交边 于点 ，连接 并延长交射线 于点 ，连接 ．
图1 备用图
（1）依题意补全图1，求 的大小；
（2）写出线段 与 的数量关系，并证明；
（3）连接 ，点 是 的中点， ，直接写出线段 的最小值．
【答案】（1）图见解析，
（2）
（3）线段 的最小值为
【解析】
【分析】（1）补全图形如图，先用含 的式子表示 和 ，再利用三角形内角和计算求解即可；
（2）如图，连接 ， ， ，先证 垂直平分 ，得到 是等腰直角三角形，进而证明
，得 ，即可得出结论；
（3）如图，连接 、 ，交点为 ，先证 是 的中位线，得 ，由三角形三
边关系知 ，进而得到当 点在线段 上时， 最小，此时 ，求出结
论即可．
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【小问1详解】
解：补全图形如图，
由题意得： ， ， ，
，
在正方形 中， ，
，
，
；
【小问2详解】
解： ，证明如下：
如图，连接 ， ， ，
由题意得： ， ，
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垂直平分 ，
，
，
，
，
，
在正方形 中， ，
，
，
，
即 ，
，
，
；
【小问3详解】
解：如图，连接 、 ，交点为 ，
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由正方形的性质可得 ， ， ， 为 的中点，
∴ ，
又 是 的中点，
是 的中位线，
，
由题意知， ，
∴当 点在线段 上时， 最小，此时：
，
最小值为 ．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形内角和定理，相似三角形的判
定与性质，中位线，余弦等知识．添加辅助线构造相似三角形是解题关键．
28. 在平面直角坐标系 中， 的半径为 ，对于点 和线段 ，给出如下定义：若将线段 绕
点 顺时针旋转 可以得到 的弦 （ ， 分别是 ， 的对应点），则称线段 是 的
以点 为中心的“关联线段”．
（1）如图 ，点 ， ， ， ， ， ， 的横、纵坐标都是整数．
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在线段 ， ， 中， 的以点 为中心的“关联线段”是________；
若线段 是 的以点 为中心的“关联线段”，则点 的坐标是________；
（2）如图 ，已知点 ，若直线 上存在 的以点 为中心的“关联线段”，求出
的取值范围．
（3）已知 中，点 ， ， ，直线 交 轴于点 ，若
是 的以点 为中心的“关联线段”，直接写出 的最大值，以及此时 的值．
【答案】（1）① ；② 或 ；
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（2） ；
（3） ， ．
【解析】
【分析】（ ） 以点 为中心，分别以 ， ， ， ， ， 为半径画圆，根据“关
联线段”的定义进行判断即可；
作图，找出旋转中心 的坐标即可；
（ ）将 绕点 逆时针旋转 得到 ，则 上的弦是 的关联线段，当 与
相切时，求得两切线与 轴的交点坐标，即可求解；
（ ）先证明 是顶角为 的等腰三角形，将点 绕 逆时针旋转 得到 ，则 是
的弦，则 是 的“关联线段”， 作 的切线 交 轴于点 ，交 于点 ，则当 经
过点 时，此时点 的纵坐标取得最大值，即 取得最大值，进而求得 的坐标，即可得出 的最大值，
进而求得 的坐标，代入直线 ，即可求得 的值．
【小问1详解】
解： 通过观察图象可得： ，而 ,
∵ 的半径为 ，直径 ,
∴ 不能成为 弦的，不合题意；
∴ ，能绕点A顺时针旋转 到 的“关联线段”， 不能绕点 进行顺时针旋转得到；
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故答案为： ；
如图，将点 、 绕点 顺时针旋转 到 、 ， 、 正好在 上，或者将点 绕
点 顺时针旋转 到 、 ， 正好在 上，因此点 的坐标是 或 ，
故答案为： 或 ；
【小问2详解】
解：将 绕点 逆时针旋转 得到 ，则 上的弦是 的关联线段，
当 与 相切时，添加辅助线，如图所示，
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作直线 ，过点 作 垂直于 于点 ，交 轴于点 ，
则 ，
∵ ，
∴ ，
∴ 的横坐标为 ， ，
∴ ，
∴ ，
代入 并解得： ，
∴ ，
过 作 （ 是平行于 且为 的切线），
则 ，
又∵ ，
∴ ，
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∴ ，
∴ ，
∴点 的取值范围是： ；
【小问3详解】
解：∵ ， ，
如图所示，过点 作 ，则 ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是顶角为 的等腰三角形，
如图所示，将点 绕 逆时针旋转 得到 ，则 是 的弦，则 是 的“关联线段”，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，
∴ 在 上运动，
作 的切线 交 轴于点 ，交 于点 ，
则当 经过点 时，此时点 的纵坐标取得最大值，即 取得最大值，
∵ ， ，
∴ 在 上，作半径为 的 ，则 经过点 ，
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添加辅助线如图所示，
在 中， ，则 ，
∴ ，
∵四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵直线 交 轴于点 ，交 轴于点 ，
将点 代入 ，
∴ ．
【点睛】本题考查了圆的综合问题，解直角三角形，旋转的性质，正确理解新定义和旋转的性质是解题的
关键．
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