北京市丰台区2023——2024学年上学期九年级期中数学试卷

这是一份北京市丰台区2023——2024学年上学期九年级期中数学试卷，共10页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（2分）下列四个品牌图标中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（2分）用配方法解一元二次方程x2﹣8x+3＝0，此方程可化为（ ）
A．（x﹣4）2＝13B．（x+4）2＝13C．（x﹣4）2＝19D．（x+4）2＝19
3．（2分）如图中的五角星图案，绕着它的中心O旋转n°后，能与自身重合，则n的值至少是（ ）
A．60B．72C．120D．144
4．（2分）在平面直角坐标系xOy中，将抛物线y＝2x2先向左平移2个单位，再向下平移3个单位，所得抛物线为（ ）
A．y＝2（x﹣2）2+3B．y＝2（x﹣2）2﹣3
C．y＝2（x+2）2﹣3D．y＝2（x+2）2+3
5．（2分）在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示示，关于a、c的符号判断正确的是（ ）
A．a＞0，c＞0B．a＞0，c＜0C．a＜0，c＞0D．a＜0，c＜0
6．（2分）雷达通过无线电的方法发现目标并测定它们的空间位置，因此雷达被称为“无线电定位”．现有一款监测半径为5km的雷达，监测点的分布情况如图，如果将雷达装置设在P点，每一个小格的边长为1km，那么能被雷达监测到的最远点为（ ）
A．M点B．N点C．P点D．Q点
7．（2分）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象是抛物线G，自变量x与函数y的部分对应值如下表：
下列说法错误的是（ ）
A．抛物线G的开口向上
B．抛物线G的对称轴是
C．抛物线G与y轴的交点坐标为（0，﹣2）
D．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的最小值为﹣2
8．（2分）两块完全相同的含30°角的直角三角板ABC和A'B'C′重合在一起，将三角板A'B'C'绕直角顶点C'按逆时针方向旋转α（0°＜α≤90°），如图所示．以下结论错误的是（ ）
A．当α＝30°时，A'C与AB的交点恰好为AB中点
B．当α＝60°时，A'B'恰好经过点B
C．在旋转过程中，存在某一时刻，使得AA'＝BB'
D．在旋转过程中，始终存在AA'⊥BB'
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
9．（2分）方程x2＝1的解是 ．
10．（2分）在平面直角坐标系xOy中，点（1，﹣3）关于原点对称的点的坐标为 ．
11．（2分）请写出一个图象开口向上，且与y轴交于点（0，2）的二次函数的解析式 ．
12．（2分）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转35°得到△DEC，边ED，AC相交于点F，若∠A＝30°，则∠EFC＝ ．
13．（2分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝2（x﹣1）2+k经过点A（2，m），B（3，n）．则m n（填“＞”，“＝”或“＜”）．
14．（2分）二次函数y＝x2﹣6x+c的图象与x轴只有一个公共点，则c的值为 ．
15．（2分）《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，其中第九卷《勾股》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小．以锯锯之、深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用几何语言表达为：如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，EB＝1寸，CD＝10寸，则直径AB长为 寸．
16．（2分）我国三国时期的数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了求一元二次方程正数解的几何解法．例如求方程x2+2x﹣35＝0的正数解的步骤为：
（1）将方程变形为x（x+2）＝35；
（2）构造如图1所示的大正方形，其面积是（x+x+2）2，其中四个全等的矩形面积分别为x（x+2），中间的小正方形面积为22；
（3）大正方形的面积也可表示为四个矩形和一个小正方形的面积之和，即4×35+22＝144；
（4）由此可得方程：（x+x+2）2＝144，则方程的正数解为x＝5．
根据赵爽记载的方法，在图2中的三个构图（矩形的顶点均落在边长为1的小正方形网格格点上）①②③中，能够得到方程x2+3x﹣10＝0的正数解的构图是 （只填序号）．
三、解答题（共68分，第17-19题，每题5分，第20题6分，第21-22题，每题5分，第23题6分，第24题5分，第25-26题，每题6分，第27-28题，每题7分）
17．（5分）解方程：x2+2x﹣3＝0（公式法）
18．（5分）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．
求证：A，B，C，D四个点在以点O为圆心的同一个圆上．
19．（5分）已知：关于x的方程x2+4x+2m＝0有两个不相等的实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若m为正整数，求此时方程的根．
20．（6分）在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2+bx+3（a≠0）的图象经过点A（﹣1，4），B（1，0）．
（1）求二次函数的解析式；
（2）画出二次函数的图象；
（3）当y＞0时，直接写出x的取值范围．
21．（5分）如图，在Rt△OAB中，∠OAB＝90°，且点B的坐标为（4，2）．
（1）画出△OAB绕点O逆时针旋转90°后的△OA1B1；
（2）求点B旋转到点B1的路径长（结果保留π）．
22．（5分）某学校要设计校园“数学嘉年华”活动的项目介绍展板．如图，现有一块长25dm，宽8dm的矩形展板，展示区域为全等的四个矩形，其中相邻的两个矩形展示区域之间及四周都留有宽度相同的空白区域．如果四个矩形展示区域的面积之和为120dm2，求空白区域的宽度．
23．（6分）如图，在等边△ABC中，D是BC的中点，过点A作AE∥BC，且AE＝DC，连接CE．
（1）求证：四边形ADCE是矩形；
（2）连接BE交AD于点F，连接CF．若AB＝4，求CF的长．
24．（5分）在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象由函数y＝x的图象平移得到，且经过点（1，2）．
（1）求这个一次函数的解析式；
（2）当x＞1时，对于x的每一个值，函数y＝mx（m≠0）的值大于一次函数y＝kx+b的值，直接写出m的取值范围．
25．（6分）如图，一位足球运动员在一次训练中，从球门正前方8m的A处射门，已知球门高OB为2.44m，球射向球门的路线可以看作是抛物线的一部分．当球飞行的水平距离为6m时，球达到最高点，此时球的竖直高度为3m．
现以O为原点，如图建立平面直角坐标系．
（1）求抛物线表示的二次函数解析式；
（2）通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素）；
（3）若运动员射门路线的形状、最大高度均保持不变，则他应该带球向正后方移动 米射门，才能让足球经过点O正上方2.25m处．
26．（6分）在平面直角坐标系xOy中，点M（2，m），N（4，n）在抛物线y＝ax2+bx（a＞0）上，设该抛物线的对称轴为x＝t．
（1）若m＝n，求t的值；
（2）若mn＜0，求t的取值范围．
27．（7分）如图，在正方形ABCD中，点P是线段AC延长线上一动点，连接DP，将线段DP绕点D逆时针旋转60°得到线段DQ，连接PQ，BP，作直线BQ交AC于点E．
（1）依题意补全图形；
（2）求证：∠PBQ＝∠PQB；
（3）用等式表示线段EP，EQ，EB之间的数量关系，并证明．
28．（7分）在平面直角坐标系xOy中，给出如下定义：将图形M绕直线x＝3上某一点P顺时针旋转90°，得到图形M'，再将图形M'关于直线x＝3对称，得到图形N．此时称图形N为图形M关于点P的“二次变换图形”．
已知点A（0，1）．
（1）若点P（3，0），直接写出点A关于点P的“二次变换图形”的坐标；
（2）若点A关于点P的“二次变换图形”与点A重合，求点P的坐标；
（3）若点P（3，﹣3），⊙O半径为1．已知长度为1的线段AB，其关于点P的“二次变换图形”上的任意一点都在⊙O上或⊙O内，直接写出点B的纵坐标yB的取值范围．
2023-2024学年北京市丰台区九年级（上）期中数学试卷
（参考答案）
一、选择题（本题共16分，每小题2分）第1-8题均有四个选项，符合题意的选项只有一个.
1．（2分）下列四个品牌图标中，是中心对称图形的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：选项B中的图形是中心对称图形．
故选：B．
2．（2分）用配方法解一元二次方程x2﹣8x+3＝0，此方程可化为（ ）
A．（x﹣4）2＝13B．（x+4）2＝13C．（x﹣4）2＝19D．（x+4）2＝19
【解答】解：∵x2﹣8x+3＝0，
∴x2﹣8x＝﹣3，
则x2﹣8x+16＝﹣3+16，即（x﹣4）2＝13，
故选：A．
3．（2分）如图中的五角星图案，绕着它的中心O旋转n°后，能与自身重合，则n的值至少是（ ）
A．60B．72C．120D．144
【解答】解：该图形被平分成五部分，旋转72度的整数倍，就可以与自身重合，
∴旋转的度数至少为72°，
故选：C．
4．（2分）在平面直角坐标系xOy中，将抛物线y＝2x2先向左平移2个单位，再向下平移3个单位，所得抛物线为（ ）
A．y＝2（x﹣2）2+3B．y＝2（x﹣2）2﹣3
C．y＝2（x+2）2﹣3D．y＝2（x+2）2+3
【解答】解：由题意，根据二次函数图象的几何变换规律，∵抛物线y＝2x2先向左平移2个单位，再向下平移3个单位，
∴所得抛物线为y＝2（x+2）2﹣3．
故选：C．
5．（2分）在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示示，关于a、c的符号判断正确的是（ ）
A．a＞0，c＞0B．a＞0，c＜0C．a＜0，c＞0D．a＜0，c＜0
【解答】解：由图象可知：抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）开口向下，
故a＜0，
又∵y＝ax2+bx+c（a≠0）交y轴于正半轴，
∴c＞0，故答案选：C．
6．（2分）雷达通过无线电的方法发现目标并测定它们的空间位置，因此雷达被称为“无线电定位”．现有一款监测半径为5km的雷达，监测点的分布情况如图，如果将雷达装置设在P点，每一个小格的边长为1km，那么能被雷达监测到的最远点为（ ）
A．M点B．N点C．P点D．Q点
【解答】解：如图，观察图象可知，能被雷达监测到的最远点为点N．
故选：B．
7．（2分）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象是抛物线G，自变量x与函数y的部分对应值如下表：
下列说法错误的是（ ）
A．抛物线G的开口向上
B．抛物线G的对称轴是
C．抛物线G与y轴的交点坐标为（0，﹣2）
D．二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的最小值为﹣2
【解答】解：由表格可得，
该函数的对称轴是直线x＝＝﹣，
∴选项B正确；
又由表格可以发现在对称轴左边y随x的增大而减小，在对称轴的右边y随x的增大而增大，
∴抛物线开口向上，故选项A正确；
又当x＝0时，y＝﹣2，
∴抛物线与y轴交于点（0，﹣2），故选项C正确；
用排除法，可得选项D错误，
故选：D．
8．（2分）两块完全相同的含30°角的直角三角板ABC和A'B'C′重合在一起，将三角板A'B'C'绕直角顶点C'按逆时针方向旋转α（0°＜α≤90°），如图所示．以下结论错误的是（ ）
A．当α＝30°时，A'C与AB的交点恰好为AB中点
B．当α＝60°时，A'B'恰好经过点B
C．在旋转过程中，存在某一时刻，使得AA'＝BB'
D．在旋转过程中，始终存在AA'⊥BB'
【解答】解：∵直角三角板ABC和A′B′C′重合在一起，
∴AC＝A′C，BC＝B′C，
A：当α＝30°时，∠A′CB＝60°，
∴A′C与AB的交点与点B、C构成等边三角形，
∴A′C与AB的交点为AB的中点，
故A正确；
B：当α＝60°时，∠B′CB＝60°，
∴A′B′恰好经过B，
故B正确；
C在旋转过程中，∠ACA′＝∠BCB′＝α，
∴△AA′C∽△BB′C，
∴＝，
∴AA′≠BB′，
故C错误；
D：∵∠CAA′＝∠CBB′＝（180°﹣α），
∴AA′与BB′的夹角为360°﹣（180°﹣α）×2﹣（90°+α）＝90°，
∴在旋转过程中，始终存在AA′⊥BB′，
故D正确；
故选：C．
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
9．（2分）方程x2＝1的解是 ±1 ．
【解答】解：∵x2＝1
∴x＝±1．
10．（2分）在平面直角坐标系xOy中，点（1，﹣3）关于原点对称的点的坐标为 （﹣1，3） ．
【解答】解：在平面直角坐标系xOy中，点（1，﹣3）关于原点对称的点的坐标为（﹣1，3），
故答案为：（﹣1，3）．
11．（2分）请写出一个图象开口向上，且与y轴交于点（0，2）的二次函数的解析式 y＝3x2+2（答案不唯一）． ．
【解答】解：∵开口向上，
∴a＞0，
且与y轴的交点为（0，2）．
故答案为：y＝3x2+2（答案不唯一）．
12．（2分）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转35°得到△DEC，边ED，AC相交于点F，若∠A＝30°，则∠EFC＝ 65° ．
【解答】解：由题意得：△ABC≌△DEF，∠ACD＝∠BCE＝35°，
∴∠D＝∠A＝30°，
∴∠EFC＝∠AFD＝∠D+∠ACD＝65°，
故答案为：65°．
13．（2分）在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝2（x﹣1）2+k经过点A（2，m），B（3，n）．则m ＜ n（填“＞”，“＝”或“＜”）．
【解答】解：由题意，∵抛物线y＝2（x﹣1）2+k的对称轴为直线x＝1，开口向上，
∴A（2，m）和点B（3，n）都在对称轴的右侧，
当x≥1时，y随x的增大而增大．
∵2＜3，
∴m＜n．
故答案为：＜．
14．（2分）二次函数y＝x2﹣6x+c的图象与x轴只有一个公共点，则c的值为 9 ．
【解答】解：∵二次函数y＝x2﹣6x+c的图象与x轴只有一个公共点，
∴Δ＝b2﹣4ac＝（﹣6）2﹣4c＝0，
解得c＝9．
故答案为：9．
15．（2分）《九章算术》是中国传统数学重要的著作之一，其中第九卷《勾股》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小．以锯锯之、深一寸，锯道长一尺，问径几何？”用几何语言表达为：如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，EB＝1寸，CD＝10寸，则直径AB长为 26 寸．
【解答】解：∵弦CD⊥AB，AB为⊙O的直径，
∴E为CD的中点，
又∵CD＝10寸，
∴CE＝DE＝CD＝5寸，
设OC＝OA＝x寸，
则AB＝2x寸，OE＝（x﹣1）寸，
由勾股定理得：OE2+CE2＝OC2，
即（x﹣1）2+52＝x2，
解得x＝13，
∴AB＝26寸，
故答案为：26．
16．（2分）我国三国时期的数学家赵爽在其所著的《勾股圆方图注》中记载了求一元二次方程正数解的几何解法．例如求方程x2+2x﹣35＝0的正数解的步骤为：
（1）将方程变形为x（x+2）＝35；
（2）构造如图1所示的大正方形，其面积是（x+x+2）2，其中四个全等的矩形面积分别为x（x+2），中间的小正方形面积为22；
（3）大正方形的面积也可表示为四个矩形和一个小正方形的面积之和，即4×35+22＝144；
（4）由此可得方程：（x+x+2）2＝144，则方程的正数解为x＝5．
根据赵爽记载的方法，在图2中的三个构图（矩形的顶点均落在边长为1的小正方形网格格点上）①②③中，能够得到方程x2+3x﹣10＝0的正数解的构图是 ② （只填序号）．
【解答】解：方程x2+3x﹣10＝0可变形为x（x+3）＝10，
构造的大正方形，其面积是（x+x+3）2，其中四个全等的矩形面积分别为x（x+3），中间的小正方形面积为32；
大正方形的面积也可表示为四个矩形和一个小正方形的面积之和，即4×10+32＝49；
由此可得方程：（x+x+3）2＝49，则方程的正数解为x＝2，
∴能够得到方程x2+3x﹣10＝0的正数解的构图是②，
故答案为：②．
三、解答题（共68分，第17-19题，每题5分，第20题6分，第21-22题，每题5分，第23题6分，第24题5分，第25-26题，每题6分，第27-28题，每题7分）
17．（5分）解方程：x2+2x﹣3＝0（公式法）
【解答】解：a＝1，b＝2，c＝﹣3，
△＝22﹣4×（﹣3）＝16＞0，
x＝＝，
所以x1＝1，x2＝﹣3．
18．（5分）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．
求证：A，B，C，D四个点在以点O为圆心的同一个圆上．
【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，
∴OA＝OB＝OC＝OD，
∴A、B、C、D四点在以O圆心的同一个圆上．
19．（5分）已知：关于x的方程x2+4x+2m＝0有两个不相等的实数根．
（1）求m的取值范围；
（2）若m为正整数，求此时方程的根．
【解答】解：（1）∵关于x的一元二次方程x2+4x+2m＝0有两个不相等的实数根，
∴Δ＝b2﹣4ac＝42﹣4×1×2m＞0，
解得：m＜2，
∴m的取值范围为m＜2；
（2）∵m为正整数，
∴m＝1，
∴原方程为x2+4x+2＝0，
即（x+2）2＝2，
解得：x1＝﹣2+，x2＝﹣2﹣，
∴当m为正整数时，此时方程的根为﹣2+和﹣2﹣．
20．（6分）在平面直角坐标系xOy中，二次函数y＝ax2+bx+3（a≠0）的图象经过点A（﹣1，4），B（1，0）．
（1）求二次函数的解析式；
（2）画出二次函数的图象；
（3）当y＞0时，直接写出x的取值范围．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝ax2+bx+3（a≠0）的图象经过点A（﹣1，4），B（1，0），
∴，
解得，
∴二次函数的解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）∵y＝﹣x2﹣2x+3＝﹣（x+1）2+4，
∴此二次函数图象的顶点为（﹣1，4），
列表：
描点，连线得函数图象如下：
（3）由图象可知，当y＞0时，x的取值范围为：﹣3＜x＜1．
21．（5分）如图，在Rt△OAB中，∠OAB＝90°，且点B的坐标为（4，2）．
（1）画出△OAB绕点O逆时针旋转90°后的△OA1B1；
（2）求点B旋转到点B1的路径长（结果保留π）．
【解答】解：（1）图形如图所示：
（2）∵B（4，2），
∴OB＝＝2，
点B旋转到点B1的路径长＝＝π．
22．（5分）某学校要设计校园“数学嘉年华”活动的项目介绍展板．如图，现有一块长25dm，宽8dm的矩形展板，展示区域为全等的四个矩形，其中相邻的两个矩形展示区域之间及四周都留有宽度相同的空白区域．如果四个矩形展示区域的面积之和为120dm2，求空白区域的宽度．
【解答】解：设空白区域的宽度为xdm，根据题意可得：
25×8﹣5x×8﹣2x×（25﹣5x）＝120，
解得x1＝8（舍去）或x2＝1，
即空白区域的宽度应是1dm．
23．（6分）如图，在等边△ABC中，D是BC的中点，过点A作AE∥BC，且AE＝DC，连接CE．
（1）求证：四边形ADCE是矩形；
（2）连接BE交AD于点F，连接CF．若AB＝4，求CF的长．
【解答】（1）证明：∵AE∥BC，且AE＝DC，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵等边△ABC中，D是BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴平行四边形ADCE是矩形；
（2）解：如图，∵△ABC是等边三角形，
∴BC＝AC＝AB＝4，
∵D是BC的中点，
∴AD⊥BC，DB＝DC＝2，
∴∠ADB＝90°，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：AD＝＝＝2，
∵AE＝DC，
∴AE＝DB，
由（1）可知，四边形ADCE是矩形，
∴∠EAF＝90°，
在△BDF和△EAF中，
，
∴△BDF≌△EAF（AAS），
∴DF＝AF＝AD＝，
∴CF＝＝＝．
24．（5分）在平面直角坐标系xOy中，一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象由函数y＝x的图象平移得到，且经过点（1，2）．
（1）求这个一次函数的解析式；
（2）当x＞1时，对于x的每一个值，函数y＝mx（m≠0）的值大于一次函数y＝kx+b的值，直接写出m的取值范围．
【解答】解：（1）∵一次函数y＝kx+b（k≠0）的图象由直线y＝x平移得到，
∴k＝1，
将点（1，2）代入y＝x+b，
得1+b＝2，解得b＝1，
∴一次函数的解析式为y＝x+1；
（2）把点（1，2）代入y＝mx，求得m＝2，
∵当x＞1时，对于x的每一个值，函数y＝mx（m≠0）的值大于一次函数y＝x+1的值，
∴m≥2．
25．（6分）如图，一位足球运动员在一次训练中，从球门正前方8m的A处射门，已知球门高OB为2.44m，球射向球门的路线可以看作是抛物线的一部分．当球飞行的水平距离为6m时，球达到最高点，此时球的竖直高度为3m．
现以O为原点，如图建立平面直角坐标系．
（1）求抛物线表示的二次函数解析式；
（2）通过计算判断球能否射进球门（忽略其他因素）；
（3）若运动员射门路线的形状、最大高度均保持不变，则他应该带球向正后方移动 1 米射门，才能让足球经过点O正上方2.25m处．
【解答】解：（1）∵8﹣6＝2，
∴抛物线的顶点坐标为（2，3），
设抛物线为 y＝a（x﹣2）2+3，
把点A（8，0）代入得：36a+3＝0，
解得a＝﹣，
∴抛物线的函数解析式为：y＝﹣（x﹣2）2+3；
（2）当x＝0时，y＝﹣×4+3＝＞2.44，
∴球不能射进球门．
（3）设小明带球向正后方移动m米，则移动后的抛物线为：y＝﹣（x﹣2﹣m）2+3，
把点（0，2.25）代入得：2.25＝﹣（0﹣2﹣m）2+3，
解得 m＝﹣5（舍去）或m＝1，
∴当时他应该带球向正后方移动1米射门，才能让足球经过点O正上方2.25m处．
故答案为：1．
26．（6分）在平面直角坐标系xOy中，点M（2，m），N（4，n）在抛物线y＝ax2+bx（a＞0）上，设该抛物线的对称轴为x＝t．
（1）若m＝n，求t的值；
（2）若mn＜0，求t的取值范围．
【解答】解：（1）由题意，若m＝n，
∴对称轴是直线x＝＝3＝t．
即t＝3．
（2）由题意，若mn＜0，
又抛物线开口向上，
∴抛物线与x轴必有一交点在2和4之间．
又令y＝ax2+bx＝0，
∴x＝0或x＝﹣．
∴2＜﹣＜4．
又∵t＝﹣，
∴﹣＝2t．
∴2＜2t＜4．
∴1＜t＜2．
27．（7分）如图，在正方形ABCD中，点P是线段AC延长线上一动点，连接DP，将线段DP绕点D逆时针旋转60°得到线段DQ，连接PQ，BP，作直线BQ交AC于点E．
（1）依题意补全图形；
（2）求证：∠PBQ＝∠PQB；
（3）用等式表示线段EP，EQ，EB之间的数量关系，并证明．
【解答】（1）解：如图所示，即为补全的图形；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝DC，∠ACB＝∠ACD＝45°，
∴∠PCB＝∠PCD＝45°，
∵CP＝CP，
∴△PCB≌△PCD（SAS），
∴PB＝PD，
∴线段DP绕点D逆时针旋转60°得到线段DQ，
∴DP＝DQ，∠PDQ＝60°，
∴△PDQ是等边三角形，
∴PQ＝PD，
∴PQ＝PB，
∴∠PBQ＝∠PQB；
（3）解：EQ﹣EP＝EB，理由如下：
如图，在EQ上截取QG＝BE，连接PG，
∵∠PBQ＝∠PQB，PB＝PQ，
∴△PBE≌△PQG（SAS），
∴PE＝PG，∠BPE＝∠QPG，
∴∠BPE＝∠DPE＝∠QPG，
∵∠QPD＝60°，
∴∠QPG+∠DPG＝60°，
∴∠DPE+∠DPG＝60°，
∴∠EPG＝60°，
∵PE＝PG，
∴△PEG是等边三角形，
∴EG＝EP，
∴EQ﹣EG＝QG，
∴EQ﹣EP＝EB．
28．（7分）在平面直角坐标系xOy中，给出如下定义：将图形M绕直线x＝3上某一点P顺时针旋转90°，得到图形M'，再将图形M'关于直线x＝3对称，得到图形N．此时称图形N为图形M关于点P的“二次变换图形”．
已知点A（0，1）．
（1）若点P（3，0），直接写出点A关于点P的“二次变换图形”的坐标；
（2）若点A关于点P的“二次变换图形”与点A重合，求点P的坐标；
（3）若点P（3，﹣3），⊙O半径为1．已知长度为1的线段AB，其关于点P的“二次变换图形”上的任意一点都在⊙O上或⊙O内，直接写出点B的纵坐标yB的取值范围．
【解答】解：（1）如图1，过点A′作A′D⊥x轴于点D，
∴∠A′DP＝∠AOP＝90°，
由旋转可知，∠APA′＝90°，AP＝A′P，
∴∠APO+∠A′PD＝∠A′PD+∠PA′D＝90°，
∴∠APO＝∠PA′D，
∴△AOP≌△PDA′（AAS），
∴OA＝PD＝1，OP＝A′D＝3，
∴A′（4，3），
∴点A关于点P的“二次变换图形”的坐标A′′（2，3）；
（2）分析可知点P在x轴的下方，如图2，过点P作PE⊥y轴于点E，过点A′作A′F⊥x轴交EP于点F，
设点P的纵坐标为m，
同（1）知△AEP≌△PFA′（AAS），
∴AE＝PF＝1﹣m，EP＝A′F＝3，
∴A′（4﹣m，3+m），
由题意可知，点A与点A′关于直线x＝3对称，
∴4﹣m＝6，3+m＝1，
解得m＝﹣2，
∴P（3，﹣2）；
（3）同（2）知A′（4﹣m，3+m），
∴A′′（m+2，3+m），
若点A′′在⊙O上，则（m+2）2+（3+m）2＝1，
解得m＝﹣2（舍）或m＝﹣3；
∴P（3，﹣3），
如图3，
∵线段AB＝1，
∴点B在以点A为圆心，1为半径的圆上，
若AB其关于点P的“二次变换图形”上的任意一点都在⊙O及其内部，如图3，可知点B′′是一个临界点，
连接OB''，
∵OA′′＝A′′B′′＝OB′′＝1，
∴△OA′′B′′是等边三角形，
过点B′′作B′′M⊥x轴于点M，则A′′M＝OM＝，B′′M＝，
∴B′′（﹣，﹣），
∴B′（，﹣），
∴B（，），
由对称性可知，另外一点的坐标为（﹣，），
∴yB的取值范围为：0≤yB≤．
x
…
﹣3
﹣2
﹣1
0
1
2
…
y
…
4
0
﹣2
﹣2
0
4
…
x
…
﹣3
﹣2
﹣1
0
1
2
…
y
…
4
0
﹣2
﹣2
0
4
…
x
..．
﹣3
﹣2
﹣1
0
1
..．
y
..．
0
3
4
3
0
..．