2021-2022学年北京东城区初三上学期数学期末试卷及答案

这是一份2021-2022学年北京东城区初三上学期数学期末试卷及答案，共27页。试卷主要包含了选择题，填空题 (每题2分，共16分），解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ）
A. 2，1，5B. 2，1，－5C. 2，0，－5D. 2，0，5
【答案】B
【解析】
【分析】根据一元二次方程的基本概念，找出一元二次方程的二次项系数，一次项系数，以及常数项即可．
【详解】解：∵一元二次方程2x2+x-5=0，
∴二次项系数、一次项系数、常数项分别是2、1、-5，
故选：B．
【点睛】此题考查了一元二次方程的一般形式，一元二次方程的一般形式为ax2+bx+c=0（a≠0）．
2. 下列四个图形中，为中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
【详解】解：选项B能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以是中心对称图形；
选项A、C、D不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180°后与原来的图形重合，所以不是中心对称图形；
故选：B．
【点睛】此题主要考查了中心对称图形定义，关键是找出对称中心．
3. 将抛物线y＝x2向上平移3个单位长度得到的抛物线是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据抛物线的平移规律：上加下减，左加右减解答即可．
【详解】解：将抛物线y＝x2向上平移3个单位长度得到的抛物线是
故选：A
【点睛】本题考查了二次函数图象的平移，理解平移规律是解题的关键．
4. 在平面直角坐标系xOy中，点A（2，3）关于原点对称的点的坐标是（ ）
A. （2，－3）B. （－2，3）C. （3，2）D. （－2，－3）
【答案】D
【解析】
【分析】根据“关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数”即可求得．
【详解】解：点A（2，3）关于原点对称的点的坐标是
故选D
【点睛】本题考查了关于原点对称的点的坐标特征，掌握“关于原点对称的两个点，横坐标、纵坐标分别互为相反数”是解题的关键．
5. 用配方法解方程x2＋4x＝1，变形后结果正确的是（ ）
A. (x＋2)2＝5B. (x＋2)2＝2C. (x－2)2＝5D. (x－2)2＝2
【答案】A
【解析】
【分析】方程的两边同时加上一次项系数一半的平方即可，进而即求得答案．
详解】解：x2＋4x＝1
即
故选A
【点睛】本题考查了配方法解一元二次方程，掌握配方法是解题的关键．
6. 中国象棋文化历史久远．在图中所示的部分棋盘中，“馬”的位置在“”（图中虚线）的下方，“馬”移动一次能够到达的所有位置已用“●”标记，则“馬”随机移动一次，到达的位置在“”上方的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】用“---”（图中虚线）的上方的黑点个数除以所有黑点的个数即可求得答案．
【详解】解：观察“馬”移动一次能够到达的所有位置，即用“●”标记的有8处，
位于“---”（图中虚线）的上方的有2处，
所以“馬”随机移动一次，到达的位置在“---”上方的概率是，
故选：C．
【点睛】本题考查概率的求法与运用，一般方法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）=．
7. 如图，PA，PB是⊙O的切线，A，B是切点，点C为⊙O上一点，若∠ACB＝70°，则∠P的度数为（ ）
A. 70°B. 50°C. 20°D. 40°
【答案】D
【解析】
【分析】首先连接OA，OB，由PA，PB为⊙O的切线，根据切线的性质，即可得∠OAP=∠OBP=90°，又由圆周角定理，可求得∠AOB的度数，继而可求得答案．
【详解】解：连接OA，OB，
∵PA，PB为⊙O的切线，
∴∠OAP=∠OBP=90°，
∵∠ACB=70°，
∴∠AOB=2∠P=140°，
∴∠P=360°-∠OAP-∠OBP-∠AOB=40°．
故选：D．
【点睛】此题考查了切线的性质与圆周角定理，注意掌握辅助线的作法和数形结合思想的应用．
8. 如图，线段AB＝5，动点P以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿线段AB运动至点B，以点A为圆心，线段AP长为半径作圆．设点P的运动时间为t，点P，B之间的距离为y，⊙A的面积为S，则y与t，S与t满足的函数关系分别是（ ）
A 正比例函数关系，一次函数关系B. 一次函数关系，正比例函数关系
C. 一次函数关系， 二次函数关系D. 正比例函数关系，二次函数关系
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意分别列出y与t，S与t的函数关系，进而进行判断即可．
【详解】解：根据题意得，，
即，是一次函数；
⊙A的面积为，即，是二次函数
故选C
【点睛】本题考查了列函数表达式，一次函数与二次函数的识别，根据题意列出函数表达式是解题的关键．
二、填空题 (每题2分，共16分）
9. 抛物线的顶点坐标是_________．
【答案】（1，2）
【解析】
【分析】直接根据顶点公式的特点求顶点坐标即可得答案．
【详解】∵是抛物线的顶点式，
∴顶点坐标为（1，2）．
故答案：（1，2）
【点睛】本题主要考查了求抛物线的顶点坐标、对称轴及最值的方法．解题的关键是熟知顶点式的特点．
10. 若关于x的一元二次方程x2－2x＋m＝0有一个根为1，则m的值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据关于x的方程x2-2x+m=0的一个根是1，将x=1代入可以得到m的值，本题得以解决．
【详解】解：∵关于x的方程x2-2x+m=0的一个根是1，
∴1-2+m=0，
解得m=1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查一元二次方程的解，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
11. 写出一个开口向上，并且与y轴交于点（0，2）的抛物线的解析式________________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据题意，写出一个的解析式即可
【详解】解：根据题意，
故符合题意
故答案为：（答案不唯一）
【点睛】本题考查了二次函数各系数与函数图象之间的关系，掌握二次函数的图象的性质是解题的关键．
12. 社团课上，同学们进行了“摸球游戏”：在一个不透明的盒子里，装有20个除颜色不同外其余均相同的黑、白两种球，将盒子里面的球搅匀后，从中随机摸出一个球记下颜色，再把它放回盒子中，不断重复上述过程．整理数据后，制作了“摸出黑球的频率”与“摸球的总次数”的关系图象，如图所示，经分析可以推断“摸出黑球”的概率约为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据“摸出黑球的频率”与“摸球的总次数”的关系图象，即可得出“摸出黑球”的概率．
【详解】解：由图可知，摸出黑球的概率约为0.2，
故答案为：0.2．
【点睛】本题主要考查用频率估计概率，需要注意的是试验次数要足够大，次数太少时不能估计概率．
13. 2021年是中国共产党建党100周年，全国各地积极开展“弘扬红色文化，重走长征路”主题教育活动．据了解，某展览中心3月份的参观人数为10万人，5月份的参观人数增加到12.1万人．设参观人数的月平均增长率为x，则可列方程为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得4月份的参观人数为人，则5月份的人数为，根据5月份的参观人数增加到12.1万人，列一元二次方程即可．
【详解】根据题意设参观人数的月平均增长率为x，则可列方程为
故答案为：
【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，根据增长率问题列一元二次方程是解题的关键．
14. 如图，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，若∠DAE=110°，∠B=40°，则∠C的度数为________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据旋转性质求得，再运用三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：将△ABC绕点A顺时针旋转得到△ADE，∠DAE=110°
，
，
．
故答案是：30°．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、三角形内角和定理等知识点，灵活运用旋转的性质是解答本题的关键．
15. 斛是中国古代的一种量器.据《汉书 .律历志》记载：“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiā）焉”．意思是说：“斛的底面为：正方形外接一个圆，此圆外是一个同心圆” . 如图所示，
问题：现有一斛，其底面的外圆直径为两尺五寸（即2.5尺），“庣旁”为两寸五分（即两同心圆的外圆与内圆的半径之差为0.25尺），则此斛底面的正方形的边长为________尺．
【答案】
【解析】
【分析】如图，根据四边形CDEF为正方形，可得∠D=90°，CD=DE，从而得到CE是直径，∠ECD=45°，然后利用勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图，
∵四边形CDEF为正方形，
∴∠D=90°，CD=DE，
∴CE是直径，∠ECD=45°，
根据题意得：AB=2.5， ，
∴ ，
∴ ，
即此斛底面的正方形的边长为 尺．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了圆内接四边形，勾股定理，熟练掌握圆内接四边形的性质，勾股定理是解题的关键．
16. 如图，在边长为2的正方形ABCD 中，E，F分别是边DC，CB上的动点，且始终满足DE＝CF，AE，DF交于点 P，则∠APD的度数为______ ；连接CP，线段CP长的最小值为_______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用“边角边”证明△ADE和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠DAE＝∠CDF，然后求出∠APD＝90°，从而得出点P的路径是一段以AD为直径的弧，连接AD的中点和C的连线交弧于点P，此时CP的长度最小，然后根据勾股定理求得QC，即可求得CP的长．
【详解】解：四边形ABCD 是正方形，
AD＝CD，∠ADE＝∠BCD＝90°，
在△ADE和△DCF中，，
∴△ADE≌△DCF（SAS）
∴∠DAE＝∠CDF，
∵∠CDF＋∠ADF＝∠ADC＝90°，
∴∠ADF＋∠DAE＝90°，
∴∠APD＝90°，
由于点P在运动中保持∠APD＝90°，
∴点P的路径是一段以AD为直径的弧，
取AD的中点Q，连接QC，此时CP的长度最小，
则DQ＝AD＝×2＝1，
在Rt△CQD中，根据勾股定理得，CQ＝＝＝，
所以，CP＝CO−QP＝−1．
故答案为：；−1．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，圆周角定理，全等三角形的性质和判定，能综合运用性质进行推理是解此题的关键．
三、解答题（共68分，17-22题，每题5分，23-26题，每题6分，27-28题，每题7分）
17. 解方程：．
【答案】．
【解析】
【分析】利用配方法变形为，再根据平方差公式变形为即可求解．
【详解】，
，
∴（x-1+3）(x-1-3)=0
，
则或，
解得．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程的解法，解题的关键是熟练掌握解一元二次方程的几种方法．
18. 如图，AB为⊙O的弦，OC⊥AB于点M，交⊙O于点C．若⊙O的半径为10，OM：MC＝3：2，求AB的长．
【答案】
【解析】
【分析】连接OA，根据⊙O的半径为10，OM：MC＝3：2可求出OM的长，由勾股定理求出AM的长，再由垂径定理求出AB的长即可．
【详解】解：如图，连接OA．
∵OM：MC＝3：2，OC＝10，
∴OM＝=6．
∵OC⊥AB，
∴∠OMA＝90°，AB＝2AM．
在Rt△AOM中，AO＝10，OM＝6，
∴AM＝8．
∴AB＝2AM =16．
【点睛】本题考查的是垂径定理、勾股定理，掌握垂径定理的推论是解题的关键．
19. 下面是小明设计的“作圆的内接等腰直角三角形”的尺规作图过程.
已知：⊙O.
求作：⊙O的内接等腰直角三角形ABC.
作法：如图，
①作直径AB；
②分别以点A, B为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于M 点；
③作直线MO交⊙O于点C，D；
④连接AC，BC．
所以△ABC就是所求的等腰直角三角形.
根据小明设计的尺规作图过程，解决下面的问题：
（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：连接MA，MB．
∵MA=MB，OA=OB，
∴MO是AB的垂直平分线．
∴AC= ．
∵AB是直径,
∴∠ACB= ( ) (填写推理依据) ．
∴△ABC是等腰直角三角形．
【答案】（1）见解析；（2）BC，90°，直径所对的圆周角是直角
【解析】
【分析】（1）过点O任作直线交圆于AB两点，再作AB的垂直平分线OM，直线MO交⊙O于点C，D；连结AC、BC即可；
（2）根据线段垂直平分线的判定与性质得出AC=BC，根据圆周角定理得出∠ACB=90°即可．
【详解】（1）①作直径AB；
②分别以点A, B为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于M 点；
③作直线MO交⊙O于点C，D；
④连接AC，BC．
所以△ABC就是所求的等腰直角三角形.
（2）证明：连接MA，MB．
∵MA=MB，OA=OB，
∴MO是AB的垂直平分线．
∴AC=BC．
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°(直径所对的圆周角是直角) ．
∴△ABC是等腰直角三角形．
故答案为：BC，90°，直径所对的圆周角是直角．
【点睛】本题考查尺规作圆内接等腰直角三角形，圆周角定理，线段垂直平分线判定与性质，掌握尺规作圆内接等腰直角三角形，圆周角定理，线段垂直平分线判定与性质是解题关键．
20. 如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2+2x＋c的部分图象经过点A(0，－3)，B(1，0) ．
(1)求该抛物线的解析式；
(2)结合函数图象，直接写出y＜0时，x的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法求抛物线解析式，将坐标代入解析式得出解方程组即可；
（2）先求抛物线与x轴的交点，转化求方程的解，再根据函数y＜0，函数图像位于x轴下方，在两根之间即可．
【详解】解：(1) 抛物线经过点A(0，－3)，B(1，0) 代入坐标得：
，
解得，
所求抛物线的解析式是．
(2) 当y=0时，，
因式分解得：，
∴，
∴，
当y＜0时，函数图像在x轴下方，
∴y＜0时，x的取值范围为-3＜x＜1．
【点睛】本题考查待定系数法求抛物线解析式，利用图像法解不等式，解一元二次方程，方程组，掌握待定系数法求抛物线解析式，利用图像法解不等式，解一元二次方程，方程组是解题关键．
21. 如图，在平面直角坐标系xOy中，△OAB的顶点坐标分别为O（0，0），A（5，0）， B（4，－3），将△OAB绕点O顺时针旋转90°得到△OA′B′，点A旋转后的对应点为A´．
（1）画出旋转后的图形△OA′B′，并写出点A′ 的坐标；
（2）求点B经过的路径的长（结果保留π）.
【答案】（1）见解析，的坐标为；（2）
【解析】
【分析】（1）将点A、B分别绕点O顺时针旋转90°得到其对应点，再与点O首尾顺次连接即可；
（2）根据弧长公式求解即可．
【详解】解：（1）如图，△OA´B´即为所求．
点的坐标为
（2）由题意可求OB=5
∴
【点睛】本题主要考查作图—旋转变换，解题的关键是掌握旋转变换的性质及弧长公式．
22. 2021年6月17日，神舟十二号成功发射，标志着我国载人航天踏上新征程．某学校举办航天知识讲座，需要两名引导员，决定从A，B，C，D四名志愿者中，通过抽签的方式确定两人．抽签规则：将四名志愿者的名字分别写在四张完全相同且不透明卡片的正面，把四张卡片背面朝上，洗匀后放在桌面上，先从中随机抽取一张卡片，记下名字，再从剩余的三张卡片中随机抽取第二张，记下名字．
（1）“A志愿者被选中”是______ 事件（填“随机”或“不可能”或“必然”）；
（2）用画树状图或列表的方法求出A，B两名志愿者同时被选中的概率．
【答案】(1)随机；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）根据随机事件、不可能事件及必然事件的概念求解即可；
（2）画树状图，得出所有等可能结果数，再从中找到符合条件的结果数，继而利用概率公式求解即可．
【详解】(1)根据随机事件的概念，A志愿者被选中是随机事件上，
故答案为：随机．
(2)
由上述树状图可知：所有可能出现的结果共有12种,并且每一个结果出现的可能性相同．其中A，B两名志愿者同时被选中的有2种.
∴P（A，B两名志愿者同时被选中）=
【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法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．
23. 已知关于的一元二次方程．
（1）求证：该方程总有两个实数根；
（2）若该方程有一个根小于2，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）根据方程的系数结合根的判别式，可得△＝（k−4）2≥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＝4，x2＝k，根据方程有一根小于2，即可得出k的取值范围．
【详解】（1）∵，
∴△=，
∴方程总有两个实数根．
（2）∵，
∴，
解得：，，
∵该方程有一个根小于2，
∴．
【点睛】本题考查了根的判别式、因式分解法解一元二次方程，利用因式分解法解一元二次方程表示出方程的两个根，熟练掌握当△≥0时，方程有两个实数根是解题关键．
24. 为了改善小区环境，某小区决定在一块一边靠墙(墙长25m)的空地上修建一个矩形小花园ABCD，小花园一边靠墙，另三边用总长40m的栅栏围住，如下图所示．若设矩形小花园AB边的长为m，面积为ym2．
（1）求与之间的函数关系式；
（2）当为何值时，小花园的面积最大？最大面积是多少？
【答案】（1）（1）.（）；（2）当x为时，小花园的面积最大，最大面积是
【解析】
【分析】（1）首先根据矩形的性质，由花园的AB边长为x m，可得BC=(40-2x)m，然后根据矩形面积即可求得y与x之间的函数关系式，又由墙长25m，即可求得自变量的x的范围；
（2）用配方法求最大值解答问题．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，
∵AB=x m，
∴BC=(40-2x)m，
∴花园的面积为：y=AB•BC=x•(40-2x)=-2x2+40x，
∵40-2x≤25，x+x<40，
∴x7.5，x<20，
∴7.5≤x<20，
∴y与x之间的函数关系式为：y=-2x2+40x（7.5≤x<20）；
（2）∵ ，()
∴ 当时，．
答：当x为10m时，小花园的面积最大，最大面积是200m2．
【点睛】本题考查了二次函数的应用、一元二次方程的应用，解题的关键是明确题意，列出函数解析式．
25. 如图，AC是⊙O的弦，过点O作OP⊥OC交AC于点P，在OP的延长线上取点B，使得BA＝BP．
（1）求证：AB是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为4，PC＝，求线段AB的长．
【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）先根据等腰三角形的性质可得∠BPA＝∠BAP、∠OAC＝∠OCA．再运用等量代换说明∠OAB＝90°，即可证明结论；
（2）先由勾股定理可得OP=2, 设AB＝x，则OB＝x＋2．在Rt△AOB中运用勾股定理列方程解答即可．
【详解】解：（1）证明：∵BA＝BP，
∴∠BPA＝∠BAP．
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA．
∵OP⊥OC，
∴∠COP＝90°．
∴∠OPC＋∠OCP＝90°．
∵∠APB＝∠OPC，
∴∠BAP＋∠OAC＝90°．即∠OAB＝90°，
∴OA⊥AB．
∵OA为半径，
∴AB为⊙O的切线；
（2）在Rt△OPC中，OC＝4，PC＝，
∴OP＝2．
设AB＝x，则OB＝x＋2．
在Rt△AOB中，，
∴x＝3,即AB＝3．
【点睛】本题主要考查了圆的性质、圆的切线证明、勾股定理等知识点，灵活运用相关性质、定理成为解答本题的关键．
26. 在平面直角坐标系xOy中，点（1，m）和（2，n）在抛物线上．
（1）若m＝0，求该抛物线的对称轴；
（2）若mn＜0，设抛物线的对称轴为直线，
①直接写出的取值范围；
②已知点（－1，y1），（，y2），（3，y3）在该抛物线上．比较y1，y2，y3的大小，并说明理由．
【答案】（1）；（2）①；②，见解析
【解析】
【分析】（1）把点（1，m），m＝0，代入抛物线，利用待定系数法求解解析式，再利用公式求解抛物线的对称轴方程；
（2）①先判断异号，求解抛物线的对称轴为： 抛物线与轴的交点坐标为：根据点（1，m）和（2，n）在抛物线上，则 可得 从而可得答案；②设点（－1，y1）关于抛物线的对称轴的对称点为，再判断．结合抛物线开口向下，当时，y随x的增大而减小，从而可得答案.
【详解】解：（1）∵点（1，m）在抛物线上，m＝0，
∴．
∴．
所以抛物线为：
∴该抛物线的对称轴为．
（2）① 则异号，
而抛物线的对称轴为：
令 则
解得：
所以抛物线与轴的交点坐标为：
点（1，m）和（2，n）在抛物线上，


即
②．理由如下：
由题意可知，抛物线过原点．
设抛物线与x轴另一交点的横坐标为x´．
∵抛物线经过点(1，m)，(2，n)，mn＜0
∴1＜x＜2．
∴．
设点（－1，y1）关于抛物线的对称轴的对称点为．
∵点（－1，y1）在抛物线上，
∴点也在抛物线上．
由 得．
∵，
∴1＜2t＜2．
∴2＜2t＋1＜3．
∴．
由题意可知，抛物线开口向下．
∴当时，y随x的增大而减小.
∵点（，y2），，（3，y3）在抛物线上，且，
∴
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解抛物线的解析式，抛物线的对称轴方程，抛物线的对称性与增减性，掌握“利用抛物线的增减性判断二次函数值的大小”是解本题的关键.
27. 如图，在等边三角形ABC中，点P为△ABC内一点，连接AP，BP，CP，将线段AP绕点A 顺时针旋转60°得到 ，连接 ．
（1）用等式表示 与CP的数量关系，并证明；
（2）当∠BPC＝120°时，
①直接写出 的度数为 ；
②若M为BC的中点，连接PM，请用等式表示PM与AP的数量关系，并证明．
【答案】（1），理由见解析；（2）①60°；②PM＝，见解析
【解析】
【分析】（1）根据等边三角形的性质，可得AB＝AC，∠BAC＝60°，再由由旋转可知：从而得到，可证得，即可求解 ；
（2）①由∠BPC＝120°，可得∠PBC＋∠PCB＝60°．根据等边三角形的性质，可得∠BAC＝60°，从而得到∠ABC＋∠ACB＝120°，进而得到∠ABP＋∠ACP＝60°．再由，可得 ，即可求解；
②延长PM到N，使得NM＝PM，连接BN．可先证得△PCM≌△NBM．从而得到CP＝BN，∠PCM＝∠NBM．进而得到 ．根据①可得，可证得，从而得到 ．再由 为等边三角形，可得 ．从而得到 ，即可求解．
【详解】解：（1） ．理由如下：
在等边三角形ABC中，AB＝AC，∠BAC＝60°，
由旋转可知：
∴
即
在和△ACP中

∴ ．
∴ ．
（2）①∵∠BPC＝120°，
∴∠PBC＋∠PCB＝60°．
∵在等边三角形ABC中，∠BAC＝60°，
∴∠ABC＋∠ACB＝120°，
∴∠ABP＋∠ACP＝60°．
∵ ．
∴ ，
∴∠ABP＋∠ABP＇＝60°．
即 ；
②PM＝ ．理由如下：
如图，延长PM到N，使得NM＝PM，连接BN．
∵M为BC的中点，
∴BM＝CM．
在△PCM和△NBM中

∴△PCM≌△NBM（SAS）．
∴CP＝BN，∠PCM＝∠NBM．
∴ ．
∵∠BPC＝120°，
∴∠PBC＋∠PCB＝60°．
∴∠PBC＋∠NBM＝60°．
即∠NBP＝60°．
∵∠ABC＋∠ACB＝120°，
∴∠ABP＋∠ACP＝60°．
∴∠ABP＋∠ABP＇＝60°．
即 ．
∴ ．
在△PNB和 中

∴ （SAS）．
∴ ．
∵
∴ 为等边三角形，
∴ ．
∴ ，
∴PM＝ ．
【点睛】本题主要考查了等边三角形判定和性质，全等三角形的判定和性质，图形的旋转，熟练掌握等边三角形判定和性质定理，全等三角形的判定和性质定理，图形的旋转的性质是解题的关键．
28. 在平面直角坐标系中，⊙O的半径为1，对于直线l和线段AB，给出如下定义：若将线段AB关于直线l对称，可以得到⊙O的弦A´B´（A´，B´分别为A，B的对应点），则称线段AB是⊙O的关于直线l对称的“关联线段”．例如：在图1中，线段是⊙O的关于直线l对称的“关联线段”．
（1）如图2，的横、纵坐标都是整数．
①在线段中，⊙O的关于直线y＝x＋2对称的“关联线段”是_______；
②若线段中，存在⊙O的关于直线y＝－x＋m对称的“关联线段”，则 ＝ ；
（2）已知直线交x轴于点C，在△ABC中，AC=3，AB=1，若线段AB是⊙O的关于直线对称的“关联线段”，直接写出b的最大值和最小值，以及相应的BC长．
【答案】（1）① A1B1；②2或3；（2）b的最大值为，此时BC＝；b的最小值为，此时BC＝
【解析】
【分析】（1）①根据题意作出图象即可解答；②根据“关联线段”的定义，可确定线段A2B2存在“关联线段”，再分情况解答即可；
（2）设与AB对应的“关联线段”是A’B’，由题意可知：当点A’（1，0）时，b最大，当点A’（-1，0）时，b最小；然后分别画出图形求解即可；
【详解】解：（1）①作出各点关于直线y=x+2的对称点，如图所示，只有A1B1符合题意；
故答案为：A1B1；
②由于直线A1B1与直线y=-x+m垂直，故A1B1不是⊙O的关于直线y＝-x＋m对称的“关联线段”；
由于线段A3B3=，而圆O的最大弦长直径=2，故A3B3也不是⊙O的关于直线y＝-x＋m对称的“关联线段”；
直线A2B2的解析式是y=-x+5，且，故A2B2是⊙O的关于直线y＝x＋2对称的“关联线段”；
当A2B2是⊙O的关于直线y＝-x＋m对称的“关联线段”，且对应两个端点分别是（0，1）与（1,0）时，m=3，
当A2B2是⊙O的关于直线y＝-x＋m对称的“关联线段”，且对应两个端点分别是（0，-1）与（-1,0）时，m=2，
故答案为：2或3．
（2）设与AB对应的“关联线段”是A’B’，由题意可知：当点A’（1，0）时，b最大，当点A’（-1，0）时，b最小；
当点A’（1，0）时，如图，连接OB’，CB’，作B’M⊥x轴于点M，
∴CA’=CA=3，
∴点C坐标为（4，0），
代入直线，得b=；
∵A’B’=OA’=OB’=1，
∴△OA’B’是等边三角形，
∴OM=，，
直角三角形CB’M中，CB'=，即；
当点A’（-1，0）时，如图，连接OB’，CB’，作B’M⊥x轴于点M，
∴CA’=CA=3，
∴点C坐标为（2，0），
代入直线，得b=；
∵A’B’=OA’=OB’=1，
∴△OA’B’是等边三角形，
∴OM=，，
在直角三角形CB’M中，CB'=；即
综上，b的最大值为，此时BC＝； b的最小值为，此时BC＝．
【点睛】本题是新定义综合题，主要考查了一次函数图象上点的坐标特点、圆的有关知识、等边三角形的判定和性质、勾股定理、轴对称的性质等知识，正确理解新定义的含义、灵活应用数形结合思想是解题的关键．