2023-2024学年北京师大附属实验中学九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年北京师大附属实验中学九年级（上）期末数学试卷（含解析），共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下列自然能源图标中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.抛物线y=2(x−1)2+5的顶点坐标是( )
A. (1,5)B. (2,1)C. (2,5)D. (−1,5)
3.已知关于x的方程(k−3)x|k|−1+(2k−3)x+4=0是一元二次方程，则k的值应为( )
A. ±3B. 3C. −3D. 不能确定
4.⊙O的半径为3，点P在⊙O外，点P到圆心的距离为d，则d需要满足的条件( )
A. d>3B. d=3C. 05.小明将图案
绕某点连续旋转若干次，每次旋转相同角度α，设计出一个外轮廓为正六边形的图案(如图)，则α可以
为( )
A. 30°B. 60°C. 90°D. 120°
6.若扇形的圆心角为90°，半径为6，则该扇形的弧长为( )
A. 32πB. 2πC. 3πD. 6π
7.如图，平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+c与直线y=kx交于M，N两点，则二次函数y=ax2+(b−k)x+c的图象可能是( )
A. B. C. D.
8.做随机抛掷一枚纪念币的试验，得到的结果如下表所示：
下面有3个推断：
①当抛掷次数是1000时，“正面向上”的频率是0.512，所以“正面向上”的概率是0.512；
②随着试验次数的增加，“正面向上”的频率总在0.520附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“正面向上”的概率是0.520；
③若再次做随机抛掷该纪念币的试验，则当抛掷次数为3000时，出现“正面向上”的次数不一定是1558次．
其中所有合理推断的序号是( )
A. ②B. ①③C. ②③D. ①②③
二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共16分。
9.若正六边形的边长是1，则它的半径是______ ．
10.写出一个二次函数，其图象满足：①开口向下；②与y轴交于点(0,−1)，这个二次函数的解析式可以是______．
11.草坪上的自动喷水装置的旋转角为200°，且它的喷灌区域是一个扇形．若它能喷灌的扇形草坪面积为5π平方米，则这个扇形的半径是______米．
12.如图，抛物线y=ax2+bx+c的对称轴为直线x=1，点P，点Q是抛物线与x轴的两个交点，若点P的坐标为(4,0)，则点Q的坐标为______ ．
13.如图，PA、PB是⊙O的切线，点A、B为切点，AC是⊙O的直径，∠BAC=20°，则∠P的大小是______ 度．
14.已知a是x2+x−2=0的根，则代数式(a2+a)(a−2a+3)的值为______．
15.如图，△DEC与△ABC关于点C成中心对称，AB=3，AC=2，∠CAB=90°，则AE的长是______ ．
16.抛物线y=−x2+2x+m交x轴于点A(a,0)和B(b,0)(点A在点B左侧)，抛物线的顶点为D，下列四个结论：
①抛物线过点(2,m)；
②当m=0时，△ABD是等腰直角三角形；
③a+b=4；
④抛物线上有两点P(x1,y1)和Q(x2,y2)，若x12，则y1>y2．
其中结论正确的序号是______ ．
三、解答题：本题共12小题，共68分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题5分)
解方程：x2+2x−5=0．
18.(本小题5分)
下面是小周设计的“过圆上一点作圆的切线”的尺规作图过程．
已知：如图，⊙O及⊙O上一点P．
求作：过点P的⊙O的切线．
作法：①作射线OP；
②在直线OP外任取一点A，以点A为圆心，AP为半径作⊙A，与射线OP交于另一点B；
③连接BA并延长与⊙A交于点C；
④作直线PC；
则直线PC即为所求．
根据小周设计的尺规作图过程，
(1)使用直尺和圆规，补全图形；(保留作图痕迹)
(2)完成下面的证明：
证明：∵BC是⊙A的直径，
∴∠BPC=90°( ①______)(填推理的依据)，
∴OP⊥PC，
又∵OP是⊙O的半径，
∴PC是⊙O的切线(②______)(填推理的依据)．
19.(本小题5分)
如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D，F分别在AB，AC上，CF=CB，连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°后得CE，连接EF．
(1)求证：△BCD≌△FCE；
(2)若直线EF交AB于点G，直接写出∠AGE的度数．
20.(本小题5分)
如图，已知抛物线y=−x2+mx+3经过点M(−2,3)。
(1)求m的值，并求出此抛物线的顶点坐标；
(2)当−3≤x≤0时，直接写出y的取值范围。
21.(本小题5分)
邮票素有“国家名片”之称，方寸之间，包罗万象．为宣传北京2022年冬奥会，中国邮政发行了若干套冬奥会纪念邮票，其中有一套展现雪上运动的邮票，如图所示：
某班级举行冬奥会有奖问答活动，答对的同学可以随机抽取邮票作为奖品．
(1)在抢答环节中，若答对一题，可从4枚邮票中任意抽取1枚作为奖品，则恰好抽到“冬季两项”的概率是______；
(2)在抢答环节中，若答对两题，可从4枚邮票中任意抽取2枚作为奖品，请用列表或画树状图的方法，求恰好抽到“高山滑雪”和“自由式滑雪”的概率．
22.(本小题6分)
关于x的一元二次方程x2−(k+4)x+2k+4=0．
(1)求证：方程总有两个实数根；
(2)若方程有一个根小于1，求k的取值范围．
23.(本小题5分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A(0,3)，B(−1,3)，C(−2,1)，点D的坐标为(1,1)．
(1)△ABC与△A′B′C′关于点D中心对称，其中点A与点A′对应，点B与点B′对应，请在坐标系中画出△A′B′C′，并写出点B′的坐标；
(2)若点P(a,b)是△ABC内部任意一点，请直接写出这个点关于点D中心对称的对应点P′的坐标．
24.(本小题6分)
如图，AB为⊙O的直径，OC⊥AB交⊙O于点C，D为OB上一点，延长CD交⊙O于点E，延长OB至F，使DF=FE，连接EF．
(1)求证：EF为⊙O的切线；
(2)若OD=1且BD=BF，求⊙O的半径．
25.(本小题6分)
如图1，一灌溉车正为绿化带浇水，喷水口H离地竖直高度为h=1.2米.建立如图2所示的平面直角坐标系，可以把灌溉车喷出水的上、下边缘抽象为两条抛物线的部分图象，把绿化带横截面抽象为矩形DEFG，其水平宽度DE=2米，竖直高度EF=0.7米，下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移得到，上边缘抛物线最高点A离喷水口的水平距离为2米，高出喷水口0.4米，灌溉车到绿化带的距离OD为d米．

(1)求上边缘抛物线喷出水的最大射程OC；
(2)求下边缘抛物线与x轴交点B的坐标；
(3)若d=3.2米，灌溉车行驶时喷出的水______ (填“能”或“不能”)浇灌到整个绿化带．
26.(本小题6分)
在平面直角坐标系xOy中，抛物线的表达式为y=−x2+2mx−m2+3m，线段AB的两个端点分别为A(1,3)，B(7,3)．
(1)求抛物线顶点C的坐标(用含有m的代数式表示)；
(2)若m=4，且对于该抛物线上的两点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，当t≤x1≤t+1，x2≥6时，均满足y1≥y2，求t的取值范围；
(3)若抛物线与线段AB恰有一个公共点，结合函数图象，直接写出m的取值范围．
27.(本小题7分)
在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D为直线AC上一个动点(点D不与点A，C重合)，连接BD，将线段BD绕D点逆时针旋转90°得线段DE，连接CE．
(1)如图1，若点D在线段AC上，
①依题意补全图1；
②用等式表示线段CB，CD，CE之间的数量关系，并证明．
(2)若BC=m，直接写出当AE取得最小值时CD的长(用含m的式子表示)．
28.(本小题7分)
在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1，P是⊙O外一点，给出如下的定义：若在⊙O上存在一点T，使得点P关于某条过点T的直线对称后的点Q在⊙O上，则称Q为点P关于⊙O的关联点．
(1)当点P在直线y=2x上时．
①若点P(1,2)，在点Q1(− 22, 22)，Q2(0,1)，Q3(1,0)中，点P关于⊙O的关联点是______ ；
②若P关于⊙O的关联点Q存在，求点P的横坐标p的取值范围．
(2)已知点A(2,32)，动点M满足AM≤1，若M关于⊙O的关联点N存在，直接写出MN的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
B.既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C.是轴对称图形，但不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D.既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不合题意．
故选：A．
根据中心对称图形以及轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
本题考查了中心对称图形以及轴对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后和原图形重合．
2.【答案】A
【解析】解：抛物线y=2(x−1)2+5的顶点坐标是(1,5)．
故选：A．
已知抛物线的顶点式，可直接写出顶点坐标．
本题考查二次函数的性质，记住顶点式y=a(x−h)2+k，顶点坐标是(h,k)，对称轴是x=h．
3.【答案】C
【解析】解：由关于x的方程(k−3)x|k|−1+(2k−3)x+4=0是一元二次方程，得
|k|−1=2且k−3≠0．
解得k=−3．
故选：C．
根据一元二次方程的定义：未知数的最高次数是2；二次项系数不为0；是整式方程；含有一个未知数．
本题考查了一元二次方程的概念，判断一个方程是否是一元二次方程，首先要看是否是整式方程，然后看化简后是否是只含有一个未知数且未知数的最高次数是2．
4.【答案】A
【解析】解：∵点P在⊙O外，
∴d>3．
故选：A．
根据点与圆的位置关系的判定方法求解．
本题考查了点与圆的位置关系：设⊙O的半径为r，点P到圆心的距离OP=d，则点P在圆外⇔d>r；点P在圆上⇔d=r；点P在圆内⇔d5.【答案】B
【解析】解：如图，由题意知：经过一次旋转后点C旋转至点B的位置上，则旋转中心为点O，
此时∠COB=360°÷6=60°，
故选：B．
根据旋转的定义确定两个对应点的位置，求得其与O点连线的夹角即可求得旋转角．
本题考查了利用旋转设计图案，解题的关键是能够找到一对对应点确定旋转角，从而确定旋转角的度数，难度不大．
6.【答案】C
【解析】解：该扇形的弧长=90⋅π⋅6180=3π．
故选：C．
根据弧长公式计算．
本题考查了弧长的计算：弧长公式：l=n⋅π⋅R180(弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R)．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查二次函数的性质、一元二次方程与二次函数的关系、抛物线与x轴的交点，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
根据抛物线y=ax2+bx+c与直线y=kx交于M，N两点，可以得到方程kx=ax2+bx+c有两个不同的根，从而可以得到函数y=ax2+(b−k)x+c与x轴的交点个数和交点的正负情况，本题得以解决．
【解答】
解：∵抛物线y=ax2+bx+c与直线y=kx交于M，N两点，
∴方程kx=ax2+bx+c有两个不同的根，
即ax2+(b−k)x+c=0有两个不同的根，
∵抛物线y=ax2+bx+c与x轴的两个交点都在x轴的负半轴，
∴方程kx=ax2+bx+c的两个不同的根都是负数，
∴ax2+(b−k)x+c=0的两个不同的根也都是负数
∴函数y=ax2+(b−k)x+c与x轴两个交点且都在x轴的负半轴，
故二次函数y=ax2+(b−k)x+c的图象可能是A选项中的图象．
故选：A．
8.【答案】C
【解析】解：①当抛掷次数是1000时，“正面向上”的频率是0.512，但“正面向上”的概率不一定是0.512，本小题推断不合理；
②随着试验次数的增加，“正面向上”的频率总在0.520附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“正面向上”的概率是0.520，本小题推断合理；
③若再次做随机抛掷该纪念币的试验，则当抛掷次数为3000时，出现“正面向上”的次数不一定是1558次，本小题推断合理；
故选：C．
根据用频率估计概率以及频率和概率的概念判断．
本题考查利用频率估计概率，大量重复试验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．
9.【答案】1
【解析】解：如图所示，连接OB、OC；
∵此六边形是正六边形，
∴∠BOC=360°6=60°，
∵OB=OC=1，
∴△BOC是等边三角形，
∴OB=OC=BC=1．
故答案为：1
先根据题意画出图形，再根据正六边形的性质求出∠BOC的度数，判断出△BOC为等边三角形即可求出答案．
本题考查了正多边形与圆的知识，解答此题的关键是根据题意画出图形，作出辅助线；由正六边形的性质判断出△BOC的形状是解答此题的关键．
10.【答案】y=−x2−1
【解析】解：二次函数y=ax2+bx+c中a<0时，抛物线开口向下，
c=−1时，抛物线与y轴交点坐标为(0.−1)，
故答案为：y=−x2−1.(答案不唯一)
根据二次函数y=ax2+bx+c中系数与图象的关系求解．
本题考查二次函数图象的性质，解题关键是掌握二次函数的性质，掌握二次函数图象与系数的关系．
11.【答案】3
【解析】解：设这个扇形的半径是R米．
∵草坪上的自动喷水装置能喷灌的草坪是扇形，面积为5π平方米，旋转角为200°，
∴200π×R2360=5π，
解得：R=3或−3(舍去)
故答案为：3．
根据已知得出自动喷水装置能喷灌的草坪是扇形，面积为5π平方米，旋转角为200°，利用扇形面积公式S扇形=nπR2360求出即可．
此题主要考查了扇形面积公式，利用已知得出图形形状进而利用公式求出是解题关键．
12.【答案】(−2,0)
【解析】【分析】
本题考查了抛物线与x轴的交点以及二次函数的性质，牢记抛物线的对称性是解题的关键．
根据题意设点Q的坐标为(m,0)，根据抛物线的对称轴结合点P的横坐标，利用中点坐标公式，即可求出点Q的横坐标，即可解答．
【解答】
解：根据题意设点Q的坐标为(m,0)，
∵抛物线的对称轴为直线x=1，点P的坐标为(4,0)，
∴4+m2=1，
解得：m=−2，
∴点Q的坐标为(−2,0)．
故答案为：(−2,0)．
13.【答案】40
【解析】解：连接BC，OB；
∵PA、PB是⊙O的切线，点A、B为切点
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∵AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=90°；
∵∠BAC=20°，
∴∠C=70°，
∴∠AOB=2∠C=140°，
∴∠P=180°−∠AOB=40°．
连接BC，OB，根据PA、PB是⊙O的切线可知∠OAP=∠OBP=90°；再根据直径所对的圆周角是90度可知∠ABC=90°，求得∠C=70°，最后由圆周角定理知∠AOB=2∠C=140°，利用四边形内角和可求得∠P=40°．
本题利用了切线的概念，直径对圆周角是直角，四边形的内角和是360度求解．
14.【答案】4
【解析】解：∵a是x2+x−2=0的根，
∴a2+a−2=0．
∴a2−2=−a，a2+a=2．
∴(a2+a)(a−2a+3)
=2×(a2−2a+3)
=2×(−aa+3)
=4．
故答案是：4．
先利用一元二次方程根的定义得到a2=−a+2，a2+a=2，再利用通分和整体代入的方法进行计算即可．
本题考查了一元二次方程的解：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．
15.【答案】5
【解析】解：∵△DEC与△ABC关于点C成中心对称，
∴△ACB≌△DCE，
∴AC=CD=2，∠A=∠D=90°，AB=DE=3，
∴AD=4，
∴AE= DE2+AD2= 32+42=5，
故答案为：5．
证明∠D=90°，利用勾股定理求解．
本题考查中心对称，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
16.【答案】①②④
【解析】解：①∵把x=2代入y=−x2+2x+m得，y=m，
∴抛物线过点(2,m)，
故①正确；
②当m=0时，抛物线与x轴的两个交点坐标分别为(0,0)、(2,0)，
对称轴为x=1，
∴△ABD是等腰直角三角形，
故②正确；
③∵抛物线y=−x2+2x+m交x轴于点A(a,0)和B(b,0)(点A在点B左侧)，
∴a、b是方程=−x2+2x+m=0的两个根，
∴a+b=−2−1=2，
故③错误；
④观察二次函数图象可知：
当x12，则y1>y2．
故④正确．
故答案为：①②④．
①把x=2代入解析式，求得函数值即可判断；
②当m=0时，根据抛物线与x轴的两个交点坐标和对称轴即可判断；
③根据根与系数的关系即可判断；
④根据二次函数图象即可判断．
本题考查了二次函数图象与系数的关系、二次函数图象上点的坐标特征、抛物线与x轴的交点、等腰直角三角形，解决本题的关键是综合利用以上知识．
17.【答案】解：x2+2x−5=0
x2+2x=5，
x2+2x+1=6，
(x+1)2=6，
x+1=± 6，
x1=−1+ 6，x2=−1− 6．
【解析】根据配方法的步骤先把常数项移到等号的右边，再在左右两边同时加上一次项系数2的一半的平方，配成完全平方的形式，然后开方即可．
此题考查了配方法解一元二次方程，一元二次方程的解法有直接开平方方法，公式法，配方法，因式分解法等等，学生在平时的训练中，学会根据方程的特征，选择恰当的方法，提高解题效率．
18.【答案】解：(1)如图即为所作，
(2)①直径所对的圆周角为直角；
②过半径的外端且与半径垂直的直线是圆的切线
【解析】解：(1)见答案；
(2)证明：∵BC是⊙A的直径，
∴∠BPC=90°( ①直径所对的圆周角为直角)，
∴OP⊥PC，
又∵OP是⊙O的半径，
∴PC是⊙O的切线(②过半径的外端且与半径垂直的直线是圆的切线)．
故答案为①直径所对的圆周角为直角；
②过半径的外端且与半径垂直的直线是圆的切线．
本题考查尺规作图与一般作图，圆周角定理和切线的判定与性质．
19.【答案】(1)证明：∵将线段CD绕点C按顺时针方向旋转90°后得CE，
∴CD=CE，∠DCE=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠BCD=90°−∠ACD=∠FCE，
在△BCD和△FCE中，
CB=CF∠BCD=∠FCECD=CE，
∴△BCD≌△FCE(SAS)．
(2)解：由题意：∠DCE=90°，
∵EF/​/CD，
∴∠E=180°−∠DCE=90°，
∴∠BDC=90°，
∴∠ADC=90°，
∵EF/​/CD，
∴∠AGE=∠ADC=90°．
【解析】(1)由旋转的性质可得：CD=CE，再根据同角的余角相等可证明∠BCD=∠FCE，再根据全等三角形的判定方法即可证明△BCD≌△FCE；
(2)由题意：∠DCE=90°，易求∠E=90°，进而可求出∠BDC的度数．
本题考查了全等三角形的判定和性质、同角的余角相等、旋转的性质、平行线的性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
20.【答案】解：(1)把M(−2,3)代入y=−x2+mx+3得：
−4−2m+3=3，
解得m=−2，
∴y=−x2−2x+3=−(x+1)2+4，
∴抛物线的顶点坐标为(−1,4)；
(2)∵y=−(x+1)2+4，
∴抛物线开口向下，有最大值4，
∵当x=0时，y=3，当x=−3时，y=0，
∴当−3≤x≤0时，y的取值范围是0≤y≤4．
【解析】(1)把点M(−2,3)代入y=−x2+mx+3得到关于m的方程，再解方程可确定抛物线解析式，在化为顶点式求顶点坐标；
(2)分别确定自变量为0和−3对应的函数值，然后结合函数图象和二次函数的性质求解。
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式和二次函数的性质，关键是利用二次函数的性质解题。
21.【答案】 解：(1)14；
(2)“越野滑雪”、“高山滑雪”、“冬季两项”、“自由式滑雪”分别记为甲、乙、丙、丁，
画树状图如下：
∵共有12种等可能性结果，其中恰好抽到“高山滑雪”和“自由式滑雪”的有2种结果，
∴恰好抽到“高山滑雪”和“自由式滑雪”的概率为：212=16．


【解析】此题考查的是用树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏地列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
【分析】
(1)直接由概率公式求解即可；
(2)画树状图，共有12种等可能性结果，其中恰好抽到“高山滑雪”和“自由式滑雪”的有2种结果，再由概率公式求解即可．
【解答】
解：(1)恰好抽到“冬季两项”的概率是14，
故答案为：14；
(2)见答案．
22.【答案】(1)证明：∵在方程x2−(k+4)x+2k+4=0中，
Δ=[−(k+4)]2−4×1×(2k+4)=k2≥0，
∴方程总有两个实数根；
(2)解：∵x2−(k+4)x+2k+4=(x−2)(x−k−2)=0，
∴x1=2，x2=k+2．
∵方程有一根小于1，
∴k+2<1，解得：k<−1，
∴k的取值范围为k<−1．
【解析】(1)根据方程的系数结合根的判别式，可得Δ=k2≥0，由此可证出方程总有两个实数根；
(2)利用分解因式法解一元二次方程，可得出x1=2、x2=k+2，根据方程有一根小于1，即可得出关于k的一元一次不等式，解之即可得出k的取值范围．
本题考查了根的判别式、因式分解法解一元二次方程以及解一元一次不等式，解题的关键是：(1)牢记“当△≥0时，方程有两个实数根”；(2)利用因式分解法解一元二次方程结合方程一根小于1，找出关于k的一元一次不等式．
23.【答案】解：(1)如图，△A′B′C′即为所求，点B′(3,−1)；

(2)设P′(m,n)，则有a+m2=1，b+n2=1，
∴m=2−a，n=2−b，
∴P′(2−a,2−b)．
【解析】(1)利用中心对称变换的性质分别作出A，B，C的对应点A′，B′C′即可；
(2)设P′(m,n)，利用中点坐标公式求解．
本题考查作图−旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的性质，属于中考常考题型．
24.【答案】解：(1)证明：如图，连接OE，

∵OE=OC，
∴∠OEC=∠OCE，
∵DF=FE，
∴∠FED=∠FDE，
∵∠FDE=∠CDO，∠CDO+∠OCD=90°，
∴∠FED+∠OEC=90°，
即∠FEO=90°，
∴OE⊥FE，
∵OE是半径，
∴EF为⊙O的切线；
(2)解：设⊙O的半径EO=BO=r，则BD=BF=r−1，
∴FE=2BD=2(r−1)，
在Rt△FEO中，由勾股定理得，
FE2+OE2=OF2，
∴(2r−2)2+r2=(2r−1)2，
解得r=3，或r=1(舍去)，
∴⊙O的半径为3．
【解析】(1)连接OE，根据等边对等角结合对等角相等即可推出结论；
(2)设⊙O的半径EO=BO=r，则BD=BF=r−1，FE=2BD=2(r−1)，在Rt△FEO中，由勾股定理得得出方程求解即可．
本题考查了切线的判定与性质，勾股定理，熟记切线的判定定理是解题的关键．
25.【答案】不能
【解析】解：(1)如图2，由题意得A(2,1.6)是上边缘抛物线的顶点，
设y=a(x−2)2+1.6，
又∵抛物线过点(0,1.2)，
∴1.2=4a+1.6，
∴a=−110，
∴上边缘抛物线的函数解析式为y=−110(x−2)2+1.6，
当y=0时，0=−110(x−2)2+1.6，
解得x1=6，x2=−2(舍去)，
∴喷出水的最大射程OC为6m；
(2)∵对称轴为直线x=2，
∴点(0,1.2)的对称点为(4,1.2)，
∴下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移4m得到的，
∴点B的坐标为(2,0)；
(3)∵OD=d=3.2米，DE=2米，EF=0.7米，
∴点F的坐标为(5.2,0.7)，
当x=5.2时，y=−110(5.2−2)2+1.6=72125=0.576<0.7，
当x>2时，y随x的增大而减小，
∴灌溉车行驶时喷出的水不能浇灌到整个绿化带．
故答案为：不能．
(1)由顶点A(2,1.6)得，设y=a(x−2)2+1.6，再根据抛物线过点(0,1.2)，可得a的值，从而解决问题；
(2)由对称轴知点(0,1.2)的对称点为(4,1.2)，则下边缘抛物线是由上边缘抛物线向左平移4cm得到的，可得点B的坐标；
(3)根据OD=d=3.2米，DE=2米，EF=0.7米，可求得点F的坐标为(5.2,0.7)，当x=5.2时，y=−110(5.2−2)2+1.6=72125=0.576<0.7，从而得出答案．
本题考查二次函数的实际应用，掌握待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次函数与方程的关系等知识，读懂题意，建立二次函数模型是解题的关键．
26.【答案】解：(1)∵y=−x2+2mx−m2+3m=−(x−m)2+3m，
∴点C坐标为(m,3m)．
(2)当m=4时，抛物线对称轴为直线x=4，开口向下，
∴x>4时，y随x增大而减小，
∵x2≥6，
当x=6时，y2取最大值，
∵直线x=6与直线x=2关于直线x=4对称，
∴2≤x≤6时，y≥y2，
∴2≤tt+1≤6，
解得2≤t≤5．
(3)∵抛物线顶点C坐标为(m,3m)，
∴抛物线顶点在直线y=3x上运动，
如图，点A在直线y=3x上，点A与抛物线顶点重合时，m=1，
∴m≥1时满足题意，

把A(1,3)代入y=−x2+2mx−m2+3m得3=−1+2m−m2+3m，
解得m=1或m=4，
当m=4时，抛物线同时经过A(1,3)，B(7,3)，

∴1≤m<4满足题意．
当m>4时，抛物线与AB有一个交点，
把B(7,3)代入y=−x2+2mx−m2+3m得3=−49+14m−m2+3m，
解得m=4或m=13，
∴4
综上所述，1≤m<4或4【解析】(1)将抛物线化为顶点式求解．
(2)根据抛物线开口方向及对称性可得2≤x≤6时，y≥y2，进而求解．
(3)求出抛物线顶点运动轨迹，通过数形结合求解．
本题考查二次函数的综合应用，解题关键是掌握二次函数与方程及不等式的关系，通过数形结合方法求解．
27.【答案】解：(1)①如图，补全图形如下：

②结论：CE+ 22CD=BC．
理由：过点E作EF⊥AC交AC的延长线于F，

∴∠F=90°=∠BAC，
由旋转知，DE=BD，∠BDE=90°，
∴∠EDF+∠ADB=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠DBA+∠ADB=90°，
∴∠EDF=∠DBA，
∴△EDF≌△DBA(AAS)，
∴EF=AD，DF=AB，
∵AB=AC=CD+AD，
∴DF=CD+AD，
∵DF=CF+CD，
∴CF=AD=EF，
∴AD= 22CE，
∴ 22CE+CD= 22BC，
即CE+ 22CD=BC．
(2)如图2中，由②可知，△CEF是等腰直角三角形，
∴∠ECF=∠ACB=45°，
∴∠BCE=90°，
∴如图3中，当AE⊥CE时，AE的值最小．

∵AB=AC，∠BAC=90°，BC=m，
∴AB=AC= 22m，
过点E作EF⊥AC，
∵∠ACE=45°，∠AEC=90°，
∴∠EAC=∠ECA=45°，
∴EA=EC，
∴AF=CF=EF= 24m，
T同法可证AD=EF=AF=CF，
∴CD=3CF=3 24m.
【解析】(1)①由题意画出图形即可；
②过点E作EF⊥AC交AC的延长线于F，证明△EDF≌△DBA(AAS)，由全等三角形的性质得出EF=AD，DF=AB，由等腰直角三角形的性质得出结论；
(2)过点E作EF⊥AC于F，证明△EDF≌△DBA(AAS)，得出EF=AD，DF=AB，由等腰直角三角形的性质及勾股定理得出答案．
此题是三角形综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，构造出全等三角形是解本题的关键．
28.【答案】Q1、Q2
【解析】(1)解：如图所示，
PQ1连线的中点在⊙O的内部，PQ2的中点的纵坐标为1，则点P，Q2关于y=1对称点P关于⊙O的关联点是Q1，Q2，
故答案为：Q1，Q2．
②如图所示，点P在线段RS和UW上，
设R(m,2m)，
在Rt△OHR中，m2+(2m)2=32，
解得m=3 55或m=−3 55(舍)，
∴xR=3 55；
同理xS= 55，xU=− 55，xW=−3 55，
∴−3 55≤p<− 55或 55(2)依题意，关于⊙O的关联点在半径为3的圆内，如图所示，
∵AM≤1，
则M在半径为1的⊙A上以及圆内，M关于⊙O的关联点N，
∴MN的最大值为OM+ON=3+1=4，
如图所示，当M在线段OA上时，MN取最小值，
∴OA= 22+(32)2=52，
四边形MNGH是矩形，则MN=GH，MH=NG，
设MN=GH=x，则GT=HT=12x，
在Rt△OMH中，MH2=(32)2−(1+12x)2，
在Rt△ONG中，NG2=12−(1−12x)2，
∴(32)2−(1+12x)2=12−(1−12x)2，
解得x=58，
∴58≤MN≤4．
(1)①根据新定义，画出图形，进而即可求解；
②设y=2x与⊙O交于点M，N，过点N，P分别作x轴的垂线，垂足分别为A，B，根据勾股定理得出x2+y2=1，联立直线解析式，得出交点坐标，进而根据平行线分线段成比例得出p=3 55，同理可得p的最小值为−3 55即可求解；
(2)依题意，关于⊙O的关联点在半径为3的圆内，进而根据点与圆的位置关系，求得MN的最值，即可求解．
本题考查了坐标与图形，勾股定理，平行线分线段成比例，解一元二次方程，点与圆的位置关系求最值问题，熟练掌握以上知识是解题的关键．抛掷次数m
500
1000
1500
2000
2500
3000
4000
5000
“正面向上”的次数n
265
512
793
1034
1306
1558
2083
2598
“正面向上”的频率nm
0.530
0.512
0.529
0.517
0.522
0.519
0.521
0.520