2023-2024学年北京市西城区九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年北京市西城区九年级（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，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.若抛物线y=x2+3x+c经过点0,2，则c的值为
．( )
A. 2B. 1C. 0D. −2
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.
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
4.下列关于函数y=x2−1的结论中，正确的是
．( )
A. y随x的增大而减小B. 当x>0时，y随x的增大而增大
C. 当x<0时，y随x的增大而增大D. 当x>0时，y随x的增大而减小
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α的度数为
．( )
A. 60°B. 70°C. 72°D. 75°
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x，则可列出关于x的方程为
．( )
A. 3.61+2x=5.2B. 5.21−2x=3.6
C. 3.61+x2=5.2D. 5.21−x2=3.6
7.如图，AB为⊙O的直径，弦CD交AB于点E，BE=BC.若∠CAB=40∘，则∠BAD的大小为
．( )
A. 45∘B. 50∘C. 55∘D. 65∘
8.如图，抛物线y=ax2+bx+ca≠0经过点−1,0.下面有四个结论：①a>0；②2a+b<0；③4a+2b+c>0；④关于x的不等式ax2+b−cx>0的解集为−1．( )
A. ①②B. ②③C. ③④D. ②③④
二、填空题：本题共8小题，每小题2分，共16分。
9.在平面直角坐标系中，点2,−3关于原点的对称点坐标为 ．
10.一元二次方程x2−25=0的解为 ．
11.已知⊙O的半径为6cm，点P在⊙O外，则OP 6cm(填“>”、“<”或“=”)
12.若关于x的一元二次方程x2−6x+k=0有两个相等的实数根，则k的值为 ．
13.写出一个开口向上，并且经过原点的抛物线的解析式，y= ．
14.如图，四边形ABCD内接于⊙O，∠A=110∘，则∠C= °，依据是 ．
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l，“直边长”为d，“下圆弧”的长为x，则x= (用含l，d的式子表示)．
16.如图，在三角尺ABC中，∠ACB=90∘，∠ABC=30∘，AC=1.把CB边放在直尺l上，让三角尺在桌面上沿直尺l按顺时针方向无滑动地滚动，直到CB边再一次落到直尺l上时停止滚动．三角尺的第一次滚动可看成将三角尺绕点B顺时针旋转了150∘，记为B,150∘．
有以下三个结论：
①第一次滚动的过程中，点C运动的路径长为2π；
②第二次滚动可记为A,120∘；
③点A，点B，点C在滚动全程中，运动路径最长的是点B．
上述结论中，所有正确结论的序号是 ．
三、计算题：本大题共1小题，共10分。
17.解方程：x2−6x+3=0．
四、解答题：本题共11小题，共110分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题10分)
已知二次函数y=2x2−4x+5．
(1)将y=2x2−4x+5化成y=ax−h2+k的形式；
(2)抛物线y=2x2−4x+5可以由抛物线y=2x2经过平移得到，请写出一种平移方式．
19.(本小题10分)
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，如先后掷到“0”和“1”记为01，可表示某月的01日；先后掷到“5”和“8”记为58，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．
20.(本小题10分)
在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=x2−2x+c与x轴的一个交点为A−1,0．
(1)c=________；
(2)画出函数y=x2−2x+c的图像；
(3)当−221.(本小题10分)
已知关于x的一元二次方程x2−(m+2)x+m+1=0．
(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．
22.(本小题10分)
如图，AB是⊙O的弦，半径OC⊥AB，垂足为D．∠ACB=120∘，AB=6，求⊙O的半径．
23.(本小题10分)
在平面直角坐标系xOy中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A−2,5，B−3,0，C1,2.将△ABC绕原点O顺时针旋转90°得到△A​′B​′C​′，点A，B，C的对应点分别为A′，B′，C′．
(1)画出旋转后的△A​′B​′C​′；
(2)直接写出点C′的坐标；
(3)记线段B ′C ′与线段BC的交点为G，直接写出的大小．
24.(本小题10分)
如图，AB是⊙O的直径，AB=BC，AC交⊙O于点D，点F在OD的延长线上且∠FAD=12∠ABC．

(1)求证：AF是⊙O的切线；
(2)若AF=8，DF=4，求AC的长．
25.(本小题10分)
如图，小云在生活中观察到一个拱门，拱门的上方拱线M和下方拱线N的最高点均为点C，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N的跨径AB长为14m，高HC为6.125m．HC右侧的四根立柱在拱线N上的端点D，E，F，B的相关数据如下表所示．
所查阅的资料显示：拱线M为某个圆的一部分，拱线N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M上的任意三点，通过尺规作图作出拱线M所在的圆；
(2)建立适当的平面直角坐标系，选取拱线N上的点，求出拱线N所在的抛物线对应的函数解析式，并验证拱线N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)．
26.(本小题10分)
在平面直角坐标系xOy中，At,y1，Bt+1,y2，Ct+3,y3三点都在抛物线y=ax2−2ax+4(a>0)上．
(1)这个抛物线的对称轴为直线________．
(2)若y1>y3≥y2，求t的取值范围；
(3)若无论t取任何实数，点A，B，C中都至少有两个点在x轴的上方，直接写出a的取值范围．
27.(本小题10分)
在△ABC中，∠ACB=90∘，AC=BC，CM⊥AB于点M.点P在射线CM上，连接AP，作CD⊥AP于点D.连接MD，作CE⊥MD于点E，作DF/​/AB交直线CE于点F，连接MF．
(1)当点P在线段CM上时，在图1中补全图形，并直接写出∠ADM的度数；
(2)当点P在线段CM的延长线上时，利用图2探究线段DF与AM之间的数量关系，并证明；
(3)取线段MF的中点K，连接BK，若AC=8，直接写出线段BK的长的最小值．
28.(本小题10分)
如图，在平面直角坐标系xOy中，点S−1,0，T1,0.对于一个角α(0∘<α≤180∘)，将一个图形先绕点S顺时针旋转α，再绕点T逆时针旋转α，称为一次“α对称旋转”．
(1)点R在线段ST上，则在点A1,−1，B3,−2，C2,−2，D0,−2中，有可能是由点R经过一次“90∘对称旋转”后得到的点是________；
(2)x轴上的一点P经过一次“α对称旋转”得到点Q．
①当α=60∘时，PQ=________；
②当α=30∘时，若QT⊥x轴，求点P的坐标；
(3)以点O为圆心作半径为1的圆．若在⊙O上存在点M，使得点M经过一次“α对称旋转”后得到的点在x轴上，直接写出α的取值范围．
答案和解析
1.【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c就是抛物线y=x2+3x+c与y轴的交点0,2，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y=x2+3x+c经过点0,2，
∴c的值为2．
故选：A．
2.【答案】A
【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，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．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．
【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.【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.【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．
【详解】解：由题意得，图象开口向上，对称轴为y轴，
∴当x<0时，y随x的增大而减小，
A、C选项说法错误;
当x>0时，y随x的增大而增大，
B选项说法正确，D选项说法错误．
故选：B．
5.【答案】C
【解析】【分析】本题考查圆的性质，涉及周角为360∘，由将圆五等分得到的图中角α，列式即可得到答案，读懂题意，掌握周角为360∘是解决问题的关键．
【详解】解：由题意可得α=360∘5=72∘ ．
故答案为：C．
6.【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x，则
5.21−x2=3.6．
故选：D．
7.【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∠B=50∘，再由等腰三角形性质及三角形内角和定理即可得到∠ECB=∠CEB=65∘，再由圆周角定理即可得到答案．
【详解】解：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB=90∘，
，
∴∠B=90∘−40∘=50∘，
∵BE=BC，
∴∠ECB=∠CEB=180∘−50∘2=65∘，
∵BD=BD，
∴∠BAD=∠BCE=65∘ ．
故选：D．
8.【答案】D
【解析】【分析】本题主要考查二次函数图象与系数的关系，二次函数与不等式．根据图象开口可得①错误；根据对称轴可判断②正确；由x=2时，y>0，即可判断③正确；利用二次函数与一次函数y1=cx+c的图像位置关系可判断④正确．
【详解】解：∵抛物线开口向下，
∴a<0，则①错误．
∵抛物线的对称轴在y轴的右侧，且与x轴的交点一个为−1,另外一个在2到3之间，
∴−b2a<1，
∵a<0
∴b<−2a，
∴2a+b<0，则②正确．
由图象可知，当x=2时，y>0，
∴4a+2b+c>0，则③正确．
ax2+b−cx>0，可变式为ax2+bx+c>cx+c．
令y1=cx+c，
∵一次函数y1=cx+c，过点0,c和−1,0，则一次函数y1=cx+c与抛物线y=ax2+bx+c图象如图，
ax2+bx+c>cx+c的解集为−1则④正确．
故选：D．
9.【答案】−2,3
【解析】【分析】本题考查了点的对称，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2,−3关于原点的对称点坐标为−2,3，
故答案为：−2,3．
10.【答案】x1=5，x2=−5
【解析】解：x2−25=0，
x2=25，
x=±5，
即x1=5，x2=−5，
故答案为：x1=5，x2=−5．
先移项，再开方，即可得出答案．
本题考查了解一元二次方程，能选择适当的方法解方程是解此题的关键．
11.【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：∵⊙O的半径为6cm，点P在⊙O外，
∴OP>6cm.故答案为：>．
12.【答案】9
【解析】【分析】根据一元二次方程根的判别式Δ=0，构建方程求解．
【详解】解：∵x2−6x+k=0有两个相等的实数根，
∴Δ=(−6)2−4×1×k=36−4k=0，
∴k=9．
故答案为：9
13.【答案】x2+2x(答案不唯一)
【解析】【分析】由开口方向可确定a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y=ax2+bx+c(a≠0)，
∵抛物线开口向上，
∴a>0，故可取a=1，
∵抛物线过原点，
∴c=0，
∵对称轴没有限制，
∴可取b=2，
∴一个开口向上，并且经过原点的抛物线的解析式可为y=x2+2x．
故答案为：x2+2x(答案不唯一)．
14.【答案】 70
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ABCD内接于⊙O，
∴∠C=180∘−∠A=70∘，
依据是圆内接四边形对角互补，
故答案为：70，圆内接四边形对角互补．
15.【答案】l−π12d
【解析】【分析】本题考查弧长公式，根据题意，作出图形，利用弧长公式表示出l，d，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：
∴∠BOC=360∘24=15∘，
∴l=15360×2π×OC=π12OC；x=15360×2π×OC−d=π12OC−d，
∴x=π12OC−π12d=l−π12d．
故答案为：l−π12d．
16.【答案】②③
【解析】【分析】由勾股定理及含30∘ 角的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B,150∘的含义即可验证②正确；利用旋转性质及弧长公式可求出点A，点B，点C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ABC中，∠ACB=90∘，∠ABC=30∘，AC=1，
∴AB=2,BC= AB2−AC2= 3，
∴第一次滚动的过程中，点C运动的路径长为150π180×BC=5 36π≠2π，①错误；
根据三角尺的第一次滚动可看成将三角尺绕点B顺时针旋转了150∘，记为B,150∘可知B,150∘的前一个数是旋转中心，后一个数是旋转角度，
∴三角尺的第二次滚动可看成将三角尺绕点A 顺时针旋转了120∘，记为A,120∘，如图所示：
∴第二次滚动可记为A,120∘，②正确；
∴在滚动全程中，点A运动的路径长为150π180×BA+90π180×AC=136π；
∴在滚动全程中，点B运动的路径长为120π180×AB+90π180×BC=3 3+86π；
∴在滚动全程中，点C运动的路径长为150π180×BC+120π180×AC=5 3+46π；
∵13−3 3+8=5−3 3= 25− 27<0，
∴136<3 3+86；
∵5 3+4−3 3+8=2 3−4= 12− 16<0，
∴5 3+46<3 3+86；
综上所述，点A，点B，点C在滚动全程中，运动路径最长的是点B，③正确；
故答案为：②③．
17.【答案】解：∵Δ=−62−4×1×3=24，
∴x=6± 242=6±2 62=3± 6，
∴x1=3+ 6，x2=3− 6，
∴此方程的解为：x1=3+ 6，x2=3− 6．

【解析】根据公式法解方程即可．
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.【答案】解：(1)∵y=2x2−4x+5
=2x2−2x+5
=2x2−2x+1−1+5
=2x2−2x+1−2+5
=2(x−1)2+3，
∴将y=2x2−4x+5化成y=ax−h2+k的形式为y=2(x−1)2+3；
(2)由(1)中抛物线y=2x2−4x+5可化为y=2x−12+3，
∴抛物线y=2x2经过平移得到y=2x−12+3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)．

【解析】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的一般式化为顶点式；
(2)根据函数图像平移法则：左加右减、上加下减即可得到答案．
19.【答案】解：(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，
∵36=12，
∴掷一次正方体M时，出现奇数的概率是12 ．
(2)由题意列表如下．
由表可知，共有36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19种等可能的结果，
∴得到的两个数字能组成一月的一个日期的概率为1936．

【解析】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．
20.【答案】解：(1)−3；
(2)解：由(1)知y=x2−2x−3，
列表：
描点、连线，画函数y=x2−2x+c图像，如图所示：
；
(3)解：题中给出−2
∵y=x2−2x−3的开口向上，对称轴为x=1，
在图像上，当−2≤x≤1时，y随x增大而减小，当x=1时，y=−4；当x=−2时，y=5；
在图像上，当1≤x≤2时，y随x增大而增大，当x=1时，y=−4；当x=2时，y=−3；
∴当−2∴当−2
【解析】(1)根据题意，将A−1,0代入表达式解方程即可得到答案；
(2)由(1)可知y=x2−2x−3，利用描点法作出图像即可得到答案；
(3)由(2)中图像，作出图形，利用图像即可得到当−2【点睛】本题考查描点法作二次函数图像和利用二次函数图像与性质求y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.【答案】解：(1)根据题意，Δ=b2−4ac=[−(m+2)]2−4(m+1)=m2⩾0，
∴无论m取何值，方程总有两个实数根．
(2)由公式法得，x=−b± b2−4ac2a=m+2± m22，
∴x1=m+2+ m22,x2=m+2− m22，
∴m+2+ m22=2⋅m+2− m22，
解得：m1=−12,m2=1．

【解析】(1)根据Δ=b2−4ac⩾0即可证明；
(2)根据公式法即可得x1=m+2+ m22,x2=m+2− m22，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；
【点睛】本题主要考查一元二次方程的解法，根的判别式，掌握相关知识是解题的关键．
22.【答案】解：连接OA、OB，在优弧AB上取一点E，连接AE、BE，如图所示．
∴四边形AEBC是圆的内接四边形，
∵∠ACB=120∘，
∴∠E=60∘，
∵AB⌢=AB⌢，
∴∠AOB=2∠E=120∘，
∵AB是⊙O的弦，半径OC⊥AB，垂足为D，AB=6，
∴由垂径定理可知AD=BD=3，∠AOD=12∠AOB=60∘，∠ADO=90∘，
在Rt△AOD中，∠OAD=30∘，设OD=x，则OA=2x，
由勾股定理可知AD= OA2−OD2= 3x=3，解得x= 3，
∴⊙O的半径为2 3．

【解析】连接OA、OB，在优弧AB上取一点E，连接AE、BE，如图所示，根据圆内接四边形性质及圆周角定理得到∠AOB=120∘，再由垂径定理、含30∘的直角三角形性质及勾股定理得到⊙O的半径．
23.【答案】解：(1)作图如下：
∴△A′B′C′即为所求．
(2)如图所示，C′(2,−1) ．
(3)在(1)的图形中，过C作CD⊥x轴于D、过C′作C′D′⊥y轴于D′，设BC交y轴于点E，如图所示：
∵BC=B′C′,CD=C′D′,∠BDC=∠B′D′C′=90∘，
∴△BDC≌△B′D′C′(HL)，
∴∠DBC=∠D′B′C′，
∵∠BEO=∠B′EG，
在Rt▵BEO中，∠BEO+∠DBC=90∘，则∠B′EG+∠D′B′C′=90∘，
在中，由三角形内角和定理可知∠EGB′=90∘，
∴∠BGC′=90∘．

【解析】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△ABC三个顶点绕点O顺时针旋转90°的对应点，连线即可得到△A​′B​′C​′；
(2)由(1)中作出的△A​′B​′C​′即可得到答案；
(3)过C作CD⊥x轴于D、过C′作C′D′⊥y轴于D′，如图所示，由三角形全等的判定得到△BDC≌△B′D′C′(HL)，进而得到∠DBC=∠D′B′C′，再由对顶角相等、等量代换及三角形内角和定理即可得到答案．
24.【答案】(1)证明：∵AB=BC，
∴∠BAC=∠C=90∘−12∠ABC，
∵∠FAD=12∠ABC，
∴∠BAF=∠BAC+∠FAD=90∘−12∠ABC+∠12∠ABC=90∘，
∵AB为⊙O直径，
∴AF是⊙O的切线．
(2)解：由(1)知，∠OAF=90∘，
∴AF2+OA2=OF2，
设⊙O的半径为r，
∵AF=8,DF=4，
∴r2+82=r+42，
∴r=6，
∴OA=OB=OD=6,AB=BC=12,OF=10，
连接AE,BD，

∵AB为⊙O的直径，
∴BD⊥AC,∠AEB=90∘，
∵AB=BC，
∴D为AC中点，
∴OD//BC，
∴∠AOF=∠ABC，
∵∠AEB=∠OAF=90∘，
∴△AOF∽△EBA，
∴AOBE=AFAE=OFAB，
∴6BE=8AE=1012，
∴BE=7.2,AE=9.6，
∴CE=BC−BE=12−7.2=4.8，
∴在Rt△AEC中，AC= AE2+EC2= 9.62+4.82=245 5．

【解析】(1)根据等腰三角形的性质及三角形的内角和定理可得∠BAC=90∘−12∠ABC，再由已知及切线的判定定理可得结论；
(2)由(1)知∠OAF=90∘，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AC的中点，利用中位线定理可得出OD//BC，可证出∠AOF=∠ABC，得出△AOF∽△EBA，利用相似三角形的性质求出BE=7.2,AE=9.6，最后利用勾股定理即可得出答案．
【点睛】本题属于主要考查了等腰三角形性质，切线的判定，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.【答案】解：(1)如图所示：
∴⊙O即为所求．
(2)以H为坐标原点，以AB所在的直线为x轴，以HC所在的直线为y轴，如图所示：
∵拱线N的跨径AB长为14m，高HC为6.125m，
∴A−7,0、B7,0、C0,6.125，
设拱线N的表达式为y=ax−7x+7，
∴将C0,6.125代入表达式得6.125=−49a，解得a=−18，
∴拱线N所在的抛物线对应的函数解析式为y=−18x−7x+7，
∵
∴将x=4代入y=−18x−7x+7 ，得y=−18×4−7×4+7=4.125，故点D在拱线N所在的抛物线上；
将x=5代入y=−18x−7x+7 ，得y=−18×5−7×5+7=3，故点E在拱线N所在的抛物线上；
将x=6代入y=−18x−7x+7 ，得y=−18×6−7×6+7=1.625，故点F在拱线N所在的抛物线上；
将x=7代入y=−18x−7x+7 ，得y=−18×7−7×7+7=0，故点B在拱线N所在的抛物线上．

【解析】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象上等知识，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M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O，以O为圆心，OC为半径作圆即可得到答案；
(2)以H为坐标原点，以AB所在的直线为x轴，以HC所在的直线为y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N所在的抛物线对应的函数解析式为y=−18x−7x+7，再将D，E，F，B的横坐标代入表达式验证纵坐标是否与y值相等即可得到答案．
26.【答案】解：(1)x=1；
(2)∵At,y1，Bt+1,y2，Ct+3,y3三点都在抛物线y=ax2−2ax+4(a>0)上，且y1>y3≥y2，
又∵t∴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，点C到对称轴的距离大于等于点B到对称轴的距离，
即t+3−1≥1−t+11−t>t+3−1，解得−1≤t<−12；
(3)0
【解析】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，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解答；
(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，②函数图像与x轴有交点，且两个交点的距离小于1时，分类讨论求解即可．
解：(1)(2)见答案．
(3)无论t取任何实数，点A，B，C中都至少有两个点在x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Δ≤0，
∴−2a2−4×a×4≤0，
化简得4aa−4≤0，
∵a>0，
∴a−4≤0，
解得a≤4，
∴此时0②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t=0.5，
此时t=0.5，代入y=ax2−2ax+4，解得a=163，
∴此时a<163；
综上所述，027.【答案】解：(1)补全图形，如图所示．
∵CM⊥AB，CD⊥AP，
∴∠CDP=∠CMA=90∘，
取AC的中点T，连接DT，MT，
∴DT=12AC=MT，
∴A，C，D，M四点共圆，
∴∠ADM=∠ACM，
∵AC=BC，∠ACB=90∘，CM⊥AB，
∴∠ACM=45∘，
∴∠ADM=45∘；
(2)DF=AM，理由如下．
如图所示：∵AC=BC，∠ACB=90∘，CM⊥AB，
∴∠CAB=∠CBA=45∘，CM=AM=BM，
由(1)同理可得：A，C，D，M四点共圆，
∴∠CDM=∠CAM=45∘，
∵CE⊥DM，
∴∠DCE=∠CDE=45∘，
∴CE=DE，
∵DF//AB，
∴DF⊥CM，
∴∠DGM=∠CEM=90∘，
∵∠CME=∠DMG，
∴∠FDE=∠MCE，而∠CEM=∠DEF=90∘，
∴△DEF≌△CEM，
∴DF=CM，
∴DF=AM；
(3)如图，取BC的中点R，连接RM，RF，RK，取MR的中点Q，连接QK，
由(2)同理可得：ME=FE，而CE⊥ME，
∴∠CFM=∠CBA=45∘，
连接BF，
∵∠BGM=∠CGF，
∴∠BMF=∠BCF，
∴△MGB∽△CGF，
∴MGCG=BGFG，而∠CGM=∠FGB，
∴△CGM∽△FGB，
∴∠CMG=∠CBF，
∴∠FCB+∠CBF=∠FMB+∠CMF=90∘，
∴∠CFB=90∘，
∴RM=RF=BM=12BC=4，而K为MF中点，Q为MR中点，
∴QK=12MR=2，
∴K在以Q为圆心，半径为2的弧上运动，
∴当B，K，Q三点共线时，BK最小，
在中，BR=4,QR=2
此时BQ= 22+42=2 5，
∴BK=2 5−2．

【解析】(1)先补全图形，如图所示：取AC的中点T，连接DT，MT，证明A，C，D，M四点共圆，可得∠ADM=∠ACM=45∘；
(2)由(1)同理可得：A，C，D，M四点共圆，可得∠CDM=∠CAM=45∘，证明CE=DE，再证明△DEF≌△CEM，可得DF=CM，即可得到结论；
(3)如图，取BC的中点R，连接RM，RF，RK，取MR的中点Q，连接QK，由(2)，同理可得ME=FE，而CE⊥ME，可得∠CEF=∠CBA=45∘，连接BF，证明∠CFB=90∘，可得K在以Q为圆心，半径为2的弧上运动，当B，K，Q三点共线时，BK最小，从而可得答案．
28.【答案】解：(1)如图，当点R与点O重合时，点R绕点S顺时针旋转90∘得到点R′，点R′绕点T逆时针旋转90∘得到点C;当点R与点T重合时，点R绕点S顺时针旋转90∘得到点R′，点R′绕点T逆时针旋转90∘得到点B;
故答案为：B3,−2、C2,−2；
(2)解∶①令点P绕点S顺时针旋转α得到点P′，连接SP′,TP′,PP′,P′Q,PQ，
∵P经过一次“60∘对称旋转”得到Q时，
∴SP=SP′,∠PSP′=60∘,TP′=TQ,∠P′TQ=60∘，
∴△SPP′,△P′TQ是等边三角形，
∴∠SP′P=∠TP′Q=60∘，SP′=PP′,P′T=PQ，
∴∠SP′P−∠TP′P=∠TP′Q−∠TP′P，即∠SP′T=∠PP′Q，
∵SP′=PP′,∠SP′T=∠PP′Q,P′T=PQ，
∴△SP′T≌△PP′Q，
∴PQ=ST=2；
故答案为：2；

②当α=30∘时，设点P绕点S顺时针旋转30∘得到点P′，则SP′=SP．
如图，将x轴作一次“a对称旋转”后得到直线y=−1．

∵QT⊥x轴，点P经过一次“α对称旋转”得到点Q，
∴点Q的坐标为Q(1,−1)．
∵点P′绕点T逆时针旋转30∘得到点Q，
∴P′T=QT=1，∠P′TQ=30∘，
∴∠STP′=90∘−∠P′TQ=60∘，
∵∠TSP′=30∘，
∴∠SP′T=180∘−∠STP′−∠TSP′=90∘，
∴ST=2，
∴SP′= ST2−P′T2= 3，
∴SP=SP′= 3，
∴点P的坐标为P(−1+ 3,0)．
(3)解：设点M经过一次“α对称旋转”后得到的点为点M′．
∵点M先绕点S顺时针旋转α，再绕点T逆时针旋转α得到点M′，
∴点M′先绕点T顺时针旋转α，再绕点S逆时针旋转α得到点M，
∵点M′在x轴上，
∴将x轴先绕点T顺时针旋转α得到l1，再绕点S逆时针旋转α得到l2，
①当0<α≤90∘时，
令l1和⊙O相交于G，连接SG，过点S作l2的垂线，垂足为点H，
由旋转的性质可得：∠STG=α，
∵ST为⊙O直径，
∴∠SGT=90∘，即SG⊥l1，
∴SG=ST⋅sinα=2sinα，
∵SG⊥l1，SH⊥l2，l1绕点S逆时针旋转α得到l2，
∴SG=SH=2sinα，
∵点M在⊙O上，
∴l2与⊙O有公共点，
∴0即0<2sinα≤1，
0∴0<α≤30∘；

②当90∘<α≤180∘时，
∵x轴先绕点T顺时针旋转α得到l1，再绕点S逆时针旋转α得到l2，
∴∠GTE=α，则∠GTS=180∘−α，
同理可得：0≤2sin180∘−α≤1，
则0≤sin180∘−α≤12，
∴0∘≤180∘−α≤30∘，
整理得：150∘≤α≤180∘，

综上：0<α≤30∘或150∘≤α≤180∘．

【解析】(1)由一次“α对称旋转”定义，将A1,−1，B3,−2，C2,−2，D0,−2先绕点S顺时针旋转90∘，再绕点T逆时针旋转90∘，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根据“a对称旋转”新定义得点Q的坐标为Q(1,−1)，P′T=QT=1，∠P′TQ=30∘，进而得出∠SP′T=180∘−∠STP′−∠TSP′=90∘，再利用勾股定理即可求得答案;
(3)设点M经过一次“α对称旋转”后得到的点为点M′，则点M′先绕点T顺时针旋转α，再绕点S逆时针旋转α得到点M，进行分类讨论：①当0<α≤90∘时，令l1和⊙O相交于G，连接SG，过点S作l2的垂线，垂足为点H，易得SG=SH=2sinα，根据点M再⊙O上，则l2与⊙O有公共点，得出0点D
点E
点F
点B
距HC的水平距离(m)
4
5
6
7
距AB的竖直距离(m)
4.125
3.000
1.625
0
0
1
2
6
7
8
0
00
01
02
06
07
08
1
10
11
12
16
17
18
2
20
21
22
26
27
28
3
30
31
32
36
37
38
4
40
41
42
46
47
48
5
50
51
52
56
57
58
x
−32
−1
0
1
3
72
y
94
0
−3
−4
0
94
点D
点E
点F
点B
距HC的水平距离(m)
4
5
6
7
距AB的竖直距离(m)
4.125
3.000
1.625
0