北京市陈经纶中学分校九年级上学期数学12月月质量检测数学试卷 （解析版）-A4

这是一份北京市陈经纶中学分校九年级上学期数学12月月质量检测数学试卷 （解析版）-A4，共33页。
1．在答题卡上认真填写班级、姓名、考号．
2．试卷答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效．
3．在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答．
4．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．
一、选择题（共8个小题，每小题2分，共16分）
下列各题均附有四个备选答案，其中有且只有一个是正确的，请将正确答案的代号在答题卡中对应的题号内涂好
1. 下列各项中，方程的两个根互为相反数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设方程的两个根分别为，根据互为相反数的定义得到，即方程中一次项系数为0，分别解方程，，即可得到答案．
【详解】解：设方程的两个根分别为，
∵方程的两个根互为相反数，
∴，即二次项系数为1的方程中一次项系数为0，
排除选项C、D，
∵，
∴，方程无解；选项A不符合题意；
∵，
∴，
故选：B．
【点睛】此题考查了互为相反数的定义，解一元二次方程，一元二次方程根与系数的关系正确掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．
2. 抛物线的对称轴是（ ）
A. 直线B. 直线C. 直线D. 直线
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查了二次函数的性质．把二次函数的化为顶点式是解题的关键.．
把化为，可得对称轴为直线．
【详解】解：∵
∴的对称轴直线．
故选：C．
3. 对于下列图形（1）和图形（2），说法正确的是（ ）
A. 都是轴对称图形，但图形（1）不是中心对称图形
B. 都是中心对称图形，但图形（2）不是轴对称图形
C. 图形（1）是轴对称图形，图形（2）是中心对称图形
D. 图形（1）是中心对称图形，图形（2）是轴对称图形
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查的是中心对称图形与轴对称图形的识别．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转度后与自身重合．根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
【详解】解：根据中心对称图形与轴对称图形概念可知图形（1）不是中心对称图形，是轴对称图形；
图形（2）是中心对称图形，不是轴对称图形；
∴选项A、B、D错误，C项正确，
故选C．
4. 如图，内接于，连接，已知，且交于点D，下列结论不成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查了圆周角定理，等边对等角及三角形的内角和定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键，根据圆周角定理可判定、、三项，根据举反例判定项．
【详解】解：∵，，，
∴，，故项成立，不符合题意；
∴，故项成立，不符合题意；
∵，，，
∴，故项成立，不符合题意；
由，假设，，则，
∵，
∴，
此时，故项不成立，符合题意；
故选：D．
5. 在一个不透明的口袋中装有3张完全相同的卡片，卡片上面分别写有数字，从中随机抽出两张不同卡片，则下列判断正确的是（ ）
A. “抽出数字之积是非正数”是必然事件B. “抽出数字之积是”是随机事件
C. “抽出数字之积是”的概率为D. “抽出数字之积是0”的概率为
【答案】A
【解析】
【分析】此题考查了事件的分类，列树状图求事件的概率，概率的计算公式，正确列出树状图解答是解题的关键．列树状图，得到共有6种等可能的情况，共有6种等可能的情况，积为0或-2，和为负数的有2种情况，结合事件的分类，依次判断即可．
【详解】解：列树状图如下：
共有6种等可能的情况，积为0或-2，和为负数的有2种情况，
A. “抽出数字之积是非正数”是必然事件，故该项正确，符合题意；
B. “抽出数字之积是”是不可能事件，故该项不正确，不符合题意；
C. “抽出数字之积是”的概率为，故该项不正确，不符合题意；
D. “抽出数字之积是0”的概率为，故该项不正确，不符合题意；
故选：A．
6. 已知函数的图象上有三点，则的大小关系（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据反比例函数的性质判断出函数图象所在的象限，再根据反比例函数的性质即可作出判断．本题考查的是反比例函数图象上点的坐标特点，熟知反比例函数图象的增减性是解答此题的关键．
【详解】解：∵，
∴函数的图象在一、三象限，且在每一象限内y随x的增大而减小，
∵的图象上有三点，
∴点在第三象限，在第一象限，
∴．
故选：B．
7. 如图，是锐角的外接圆，直径AD平分交于E,EF⊥AB于，于，连结，要求四边形面积，只需知道下列选项中某个三角形的面积，则这个三角形是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接CD，根据圆周角定理得∠ACD=90°，推出，根据同底等高的三角形的性质得到，从而得到，由轴对称的性质得到四边形AFDG的面积=．
【详解】解：已知的面积．
连接CD，
∵AD是的直径，
∴∠ACD=90°，
∵EG⊥AC，
∴∠AGE=∠ACD=90°，
∴，
∴△DEG与△CEG是同底等高的三角形，
∴，
∴，
∴，
∵直径平分，
∴四边形AFDG关于AD对称，△ABC关于AD对称，
∴四边形AFDG的面积=，，
∴四边形AFDG的面积=，
故选：C．
【点睛】此题考查了圆周角定理，轴对称的性质，同底等高三角形的性质，平行线的判定及性质，熟记同底等高三角形的性质得出是解题的关键．
8. 小雨利用几何画板探究函数y=图象，在他输入一组a，b，c的值之后，得到了如图所示的函数图象，根据学习函数的经验，可以判断，小雨输入的参数值满足( )

A. a＞0，b＞0，c=0B. a＜0，b＞0，c=0
C. a＞0，b=0，c=0D. a＜0，b=0，c＞0
【答案】B
【解析】
【分析】从函数整体图象来看，发现部分图象有类似反比例函数，再从y轴右侧图象，判断图象虚线代表的意义，即可求解．
【详解】解：设虚线为x＝m(显然，m＞0)，易知两条曲线
由图中可知，当x＜m时，y＞0，|x－c|＞0，
所以＞0，
当x＞m时，y＜0，|x－c|＞0，
所以＜0，
可得(x－b)在m的左右两侧时，符号是不同的，即b＝m＞0；
当x＜b时，x－b＜0，而y＞0，
所以a＜0显然另外一条分割线x＝0＝c．
故选：B．
【点睛】本题考查函数的图象，要求学生根据学过的反比例函数、分式等知识，通过函数图象，大致发现图象的一些特征，此类题目难度较大．
二、填空题（共8个小题．每小题2分，共16分，请将答案填在答题卡的对应位置）
9. 小楼在解一元二次方程时．只得出一个根是，则被他漏掉的一个根是_______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查的是一元二次方程的解法，直接利用因式分解的方法解方程即可得到答案．
【详解】解：∵，
∴，
∴或，
解得：，，
∴被他漏掉的一个根是；
故答案为：
10. 如图，平面直角坐标系中，若反比例函数的图象过点A和点B，则矩形的面积为_______．
【答案】3
【解析】
【分析】本题考查了反比例函数解析式的求解，反比例函数图像上点的坐标特征，结合图形利用待定系数法求出反比例函数的解析式，根据矩形的面积，即B点的横纵坐标绝对值的乘积，即可得出结果．
【详解】解：反比例函数的图象过点A，且，
，
，
则反比例函数的解析式为，
矩形的面积，即B点的横纵坐标绝对值的乘积，
，
故答案为：3．
11. 已知在直角坐标平面上的机器人接受指令“”后行动，结果为：在原地顺时针旋转后，再沿正面所对方向直线前行．若机器人的初始位置是在，正面所对方向是轴的负方向，则它完成一次指令后所在位置的坐标是_______．
【答案】
【解析】
【分析】此题考查了直角三角形的性质，勾股定理及坐标与图形，正确理解题意作出图形利用直角三角形的性质求值是解题的关键．根据题意画出图形，得出，，进而根据直角三角形的性质及勾股定理求出、即可．
【详解】解：如图，设机器人的初始位置是在，旋转后为，作轴，垂足为，过作于，
则，，
∴，
∴
∴即．
故答案为：．
12. 如图，在矩形中，已知，若，且，则的长为_______．
【答案】
【解析】
【分析】本体考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，证明是解答本题的关键．证明即可作答．
【详解】解：在矩形中，，
∴
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即
∴，
故答案为：．
13. 如图，AB是半圆O的直径，AC为弦，OD⊥AC于D，过点O作OE∥AC交半圆O于点E，过点E作EF⊥AB于F．若AC=2，则OF的长为______．
【答案】1
【解析】
【分析】根据垂径定理求出AD，证△ADO≌△OFE，推出OF=AD，即可求出答案．
【详解】解：∵OD⊥AC，AC=2，
∴AD=CD=1，
∵OD⊥AC，EF⊥AB，
∴∠ADO=∠OFE=90°，
∵OE∥AC，
∴∠DOE=∠ADO=90°，
∴∠DAO+∠DOA=90°，∠DOA+∠EOF=90°，
∴∠DAO=∠EOF，
在△ADO和△OFE中，
∴△ADO≌△OFE（AAS），
∴OF=AD=1
【点睛】本题考查了(1)、垂径定理；(2)、全等三角形的判定与性质，解决此题的关键是要认真审题，大胆尝试，能得到知识点之间的关系．
14. 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 时，“正面向上”的频率是，所以“正面向上”的概率是；
②随着试验次数的增加，“正面向上”的频率总在附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“正面向上”的概率是；
③若再次做随机抛掷该纪念币的试验，则当抛掷次数为时，出现“正面向上”的次数不一定是次．
其中所有合理推断的序号是______．
【答案】②③
【解析】
【分析】根据用频率估计概率以及频率和概率的概念判断即可得到答案．
【详解】解：当抛掷次数是 时，“正面向上”的频率是，所以“正面向上”的概率不一定是，故①错误；
随着试验次数的增加，“正面向上”的频率总在附近摆动，显示出一定的稳定性，可以估计“正面向上”的概率是，故②正确；
若再次做随机抛掷该纪念币的试验，则当抛掷次数为时，出现“正面向上”的次数不一定是次，故③正确；
故答案为：②③．
【点睛】本题考查利用频率估计概率，大量重复实验时，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．
15. 如图，点A，B，C在上，．若点D为上一点（不与点A，C重合），则的度数为___________．
【答案】或
【解析】
【分析】分两种情况：当点D在优弧上时，当点D在劣弧上时，根据圆内接四边形的性质，即可得出答案．
【详解】解：
分两种情况：
当点D在优弧上时，根据圆内接四边形的性质，可知，
当点D在劣弧上时，，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了圆内接四边形的性质，正确理解题意是解题的关键．
16. 如图，O是边长为1的等边△ABC的中心，将AB、BC、CA分别绕点A、点B、点C顺时针旋转α（0°＜α＜180°），得到AB′、BC′、CA′，连接A′B′、B′C′、A′C′、OA′、OB′．（1）∠A′OB′＝___°；（2）当α＝___°时，△A′B′C′的周长最大．
【答案】 ①. （1）120； ②. （2）150．
【解析】
【分析】（1）△A'B'C'是等边三角形，根据中心角的定义求解；
（2）当O，A，B'三点在一条直线上时，B'在OA的延长线上时，OB'最大，A′B′C′边长最大，则△A′B′C′的周长最大．
【详解】（1）∠A′OB′＝＝120°，
故答案是：120；
（2）△A'B'C'是等边三角形，△A′B′C′的周长最大，则边长最大，则OB'最大，当O，A，B'三点在一条直线上时，B'在OA的延长线上，OB'最大．
∠BAO＝∠BAC＝30°，
则a＝180°﹣30°＝150°．
故答案是：150．
【点睛】本题考查了三角形的旋转，正确理解△A′B′C′的周长最大的条件是关键．
三、解答题（本题共68分，第17-22题各5分，第23-26题各6分，第27-28题各7分．在答题卡上写出必要的过程）
17. 解方程：．
【答案】，
【解析】
【分析】本题考查了一元二次方程的求解，先将方程化简，得到，，，再利用公式法进行求解即可．
【详解】解：，
方程化为：，
，，，
，
，
，．
18. 已知双曲线与抛物线交于三点．
（1）求m和n的值；
（2）在平面直角坐标系中描出上述两个函数的草图，并根据图象直接写出：当时，x的取值范围？
【答案】（1），
（2）图见解析；
【解析】
【分析】（1）首先把的坐标代入解析式即可求得反比例函数解析式，然后把和代入反比例函数解析式即可求得和的值；
（2）作出函数图象，根据图象即可解答．
【小问1详解】
解：把代入线得，
则反比例函数的解析式是
把代入得，
把代入得
【小问2详解】
解：如图所示：
当时，则的范围是：．
【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式，以及利用图象解不等式，，通过描点画图即能作出解答，解题关键是理解数形结合思想．
19. 如图，已知中，为中点，在三角形外有一点，且．
（1）画出绕着点顺时针旋转所得的图形；
（2）求出（1）中点旋转的路径长；
（3）我们给出如下定义：在平面内，点到图形的距离是指这个点到图形上所有点的距离的最小值．如果绕着点旋转一周，则点到的距离的取值范围为_______．
【答案】（1）见解析；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】本题主要考查了弧长公式，旋转的性质，勾股定理以及最短距离，熟练掌握旋转的性质及弧长公式是解题的关键．
（1）作于点，在射线、上分别取，，连接BD，作，在射线上取，依次连接、、即可；
（2）根据勾股定理得，从而得，由（）作图可得，根据弧长公式即可得解；
（3）分的直角在的下方，且时，点到的距离取最大值和与、、中任意两点共线时，点到的距离取最小值求解即可．
【小问1详解】
解：如图，即为所求；
【小问2详解】
解：如图，（）中点旋转路径长为以点为圆心，CD长为半径的的长，
在中，，
∴，
∵为中点，
∴，
由（）作图可得，
∴（）中点旋转的路径长为的长为；
【小问3详解】
解：如图，当的直角在的下方，且时，点到的距离取最大值，此时，
如图，当与、、中任意两点共线时，点到的距离取最小值，此时，
综上，点到距离的取值范围为．
20. 元元同学在数学课上遇到这样一个问题：
如图，在平面直角坐标系中，经过坐标原点，并与两坐标轴分别交于两点，点的坐标为2,0，点在上，且，求的半径和圆心的坐标．
元元的做法如下，请你帮忙补全解题过程．
图1 图2
解：如图，连接．作于于．
（依据是① ）
，
（依据是② ）．
，
是的直径（依据是③ ）．
．
，
的坐标为（④ ）的半径为⑤ ．
【答案】①垂径定理，②同弧所对的圆周角相等，③的圆周角所对的弦是直径，④，⑤．
【解析】
【分析】此题考查了圆的知识，垂径定理、圆周角定理，熟记各定理知识并综合应用是解题的关键．根据垂径定理，圆周角定理依次分析解答．
【详解】解：如图，连接．作于、于．
∴、（依据是①垂径定理）
∵，
∴（依据是②同弧所对的圆周角相等）．
∵，
∴是的直径（依据是③的圆周角所对的弦是直径）．
∴，
∵，
∴的坐标为④，的半径为⑤，
故答案为：①垂径定理，②同弧所对的圆周角相等，③的圆周角所对的弦是直径，④，⑤．
21. 已知关于x的方程()．
（1）求证：方程总有两个不相等的实数根；
（2）若方程有一个根大于2，求a的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）先计算根的判别式得到△=（a＋3）2，然后根据a>0得到△＞0，则可根据判别式的意义得到结论；
（2）利用公式法求得方程的两个解为 x1＝－1，x2＝，再由方程有一个根大于2，列出不等式，解不等式即可求得a的取值．
【详解】（1）证明：，
∵a>0，
∴，即．
∴方程总有两个不相等的实数根；
（2）∵，由求根公式得x＝ ，
∴，
∵方程有一个根大于2，
∴.
∴．
【点睛】本题考查了一元二次方程（）的根的判别式：当，方程有两个不相等的实数根；当，方程有两个相等的实数根；当，方程没有实数根．
22. 如图，已知是半圆的直径，点是半圆上一点，连接，并延长到点，使，连接．
（1）求证：．
（2）若，，求阴影部分的面积．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，由圆周角定理可知，再由即可得出结论；
（2）连接，根据等边对等角和三角形内角和定理求出的度数，由圆周角定理求出，根据等边三角形的性质可得，由勾股定理，和直角三角形的性质求得，，根据即可得出结论．
【小问1详解】
证明：连接，
是半圆的直径，
，
，
，
．
【小问2详解】
解：连接，过点作，
，，
，，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查的是不规则图形的面积计算，扇形面积，圆周角定理，直角三角形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
23. 一个袋中有3张形状大小完全相同的卡片，编号为1,2,3，先任取一张，将其编号记为m，再从剩下的两张中任取一张，将其编号记为n.
（1）请用树状图或者列表法，表示事件发生的所有可能情况；
（2）求关于x的方程有两个不相等实数根的概率.
【答案】（1）所有可能情况见解析；（2）．
【解析】
【详解】（1）依题意列表如下
（2）解：当时，关于x的方程有两个不相等实数根，而使得的m，有2组，即(3，1)和(3，2)
则关于x的方程有两个不相等实数根的概率是.
∴P（有两个不等实根）=
24. 我们常见的炒菜锅和锅盖都是抛物线面，经过锅心和盖心的纵断面是两段抛物线组合而成封闭图形，不妨简称为“锅线”，锅口直径为，锅盖高（锅口直径与锅盖直径视为相同），建立直角坐标系如图①所示，如果把锅纵断面的抛物线记为，把锅盖纵断面的抛物线记为

（1）求锅深的长；
（2）如果炒菜时锅的水位高度是，求此时水面的直径；
（3）如果将一个底面直径为，高度为的圆柱形器皿放入炒菜锅内蒸食物，锅盖能否正常盖上？请说明理由．
【答案】（1）
（2）水面的直径为
（3）锅盖不能正常盖上，理由见解析
【解析】
【分析】考查了二次函数的综合应用；
（1）令的解析式中，得出，即可求解；
（2）炒菜锅里的水位高度为，即，列方程求得x的值即可得答案；
（3）底面直径为、高度为圆柱形器皿能否放入锅内，需判断当时，、中的值的差与比较大小，从而可得答案．
【小问1详解】
解：∵抛物线；
当时，
∴，
∴
【小问2详解】
当炒菜锅里的水位高度为时，，即，
解得：，
∴此时水面的直径为．
【小问3详解】
锅盖不能正常盖上，理由如下：
当时，抛物线，
抛物线，
而，
∴锅盖不能正常盖上．
25. 如图，AB是⊙O的直径，过点A的直线PC交⊙O于A，C两点，AD平分∠PAB，射线AD交⊙O于点D，过点D作DE⊥PA于点E．
（1）求证：ED为⊙O的切线；
（2）若AB＝10，ED＝2AE，求AC的长．
【答案】（1）ED为⊙O的切线，见解析；（2）6
【解析】
【分析】（1）连接AD，根据角平分线的定义得到∠DAE＝∠DAO，得到∠ODA＝∠DAE，根据平行线的性质得到OD⊥DE，于是得到结论；
（2）过O作OH⊥PC，则四边形EHOD是矩形，求得OH＝DE，EH＝OD，设AE＝x，则DE＝2x，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【详解】解：（1）连接AD，∵AD平分∠PAB，
∴∠DAE＝∠DAO，
∵OD＝OA，
∴∠ODA＝∠OAD，
∴∠ODA＝∠DAE，
∴OD∥AE，
∵DE⊥AE，
∴OD⊥DE，
∴ED为⊙O的切线；
（2）过O作OH⊥PC，
则四边形EHOD是矩形，
∴OH＝DE，EH＝OD，
∵AB＝10，
∴EH＝OD＝5，
∵ED＝2AE，
∴设AE＝x，则DE＝2x，
∴AH＝5﹣x，OH＝2x，
∵OA2＝AH2+OH2，
∴52＝（5﹣x）2+（2x）2，
解得：x＝2，x＝0（不合题意舍去），
∴AE＝2，AH＝3，
∴AC＝6．
【点睛】本题考查了切线的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理，垂径定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
26. 在平面直角坐标系中，已知抛物线；
（1）若点在此抛物线上，求出此时抛物线的对称轴．
（2）若抛物线经过点，且满足，求取值范围．
【答案】（1）对称轴为直线；
（2）或．
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的性质并分类讨论是解题的关键．
（1）把点代入得的值，代入函数根据函数顶点式即可求解；
（2）根据题意得出为抛物线的顶点，分和两种情况，利用数形相结合求解即可．
【小问1详解】
解：把点代入，得，
解得或（舍去），
∴抛物线，
∴对称轴为直线；
【小问2详解】
解：，
∴对称轴为直线直线，
∴当时，抛物线开口向上，函数有最小值，
∴，
∵，
∴，即，
∴，即，
当时，，即，
∴，
当时，，即，不合题意，舍去，
∴，
∴当时，抛物线开口向下，函数有最大值，
∴，
∵，
∴，即，
∴，即，
∴，
解得．
综上可知，的取值范围是或．
27. 如图，中，是边上一点，使得．已知，将线绕点D顺时针旋转所得直线交边于点E．
（1）如图1，若，求出此时的度数．
（2）如图2，若在射线上截取，作，交边于点G，依题意补全图形，用等式表示线段与的数量关系并证明．
【答案】（1）；
（2）补全图形见解析，，理由见解析．
【解析】
【分析】（1）如图，过点作于点，由，，得，，，从而得，，又证明，进而证明，得，由，得，从而得，求解即可；
（2）分当在线段上时和当在的延长线时，两种情况作图，当在线段上时，如图，在线段上取，连接，过作于，由（）得，，证明（），得，，进而得，得，从而得，再利用角平分线的性质可证，从而；同理可证明当在线段的延长线上时，．
【小问1详解】
解：如图，过点作于点，
∵，，
∴，，，
∵将线绕点顺时针旋转所得直线交边于点．
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴，
∴；
【小问2详解】
解：当在线段上时，如图，
当在的延长线时，如图，
，理由如下：
当在线段上时，如图，在线段上取，连接，过作于，
由（1）得，，
∵，
∴，，
∵，，
∴（），
∴，，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴；
当在线段的延长线上时，如图，在线段上取，连接，过作于，
同理可证：；
综上，．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，旋转的性质，熟练掌握全等三角形的判定及性质，角平分线的性质是解题的关键．
28. 定义：在平面直角坐标系中，对于，点在边的垂直平分线上，以点为圆心，为半径作，设与三条边的所有公共点个数为，则称点为关于边的“可控点”．
例如：如图，已知点，点．点为关于边的“可控点”．

（1）如图，如果点是关于边的“可控点”，那么_______．
（2）如图，若点，点．
关于边的“可控点”坐标是（ ），
关于边的“可控点”的纵坐标的取值范围是_______．
（3）如图，若点，点．
如果直线上存在关于边的“可控点”，那么的取值范围是____________．
【答案】（1）；
（2）；或；
（3）或
【解析】
【分析】（1）连接BD、CD，以为圆心，BD的长为半径作分别证明AB与只有一个公共点，与只有一个公共点，即可得解；
（2）如图，根据、坐标可得垂直平分线为轴，根据，点在轴上可得过点、、，，设，在中，利用勾股定理列方程求出值，当时，与只有个公共点，当与AB相切时，连接BM，有，利用勾股定理求得时，与只有个公共点，当时，与只有个公共点，从而即可得解；
（3）分当过、、三点时，和当与AB相切于点，与相切于点，利用切线的性质及勾股定理求解即可．
【小问1详解】
解:如图，连接BD、CD，以为圆心，BD的长为半径作
∵点，点，点是关于边的“可控点”，
∴点在的垂直平分线上，，，
∴
∴，
∴，
∴AB与相切，
∴AB与只有一个公共点，
同理可证与只有一个公共点，
∴，
故答案为：；
【小问2详解】
解：∵垂直平分线为轴，，点在轴上，，
∴过点、、，，，
设，则，连接BM、，
在中，，
∴，
解得：，
∴，
故答案为：；
如图，当时，与只有个公共点，
如图，当与AB相切时，连接BM，有，
∵，点．关于边的“可控点”的纵坐标
∴，，
∵，
∴
∴
解得，
∴当时，与只有个公共点，
如图，当时，与只有个公共点，
综上可得，关于边的“可控点”的纵坐标的取值范围是或；
【小问3详解】
解：如图，当过三点时，设，
∵点，点．，
∴，，
∴
解得，
∴此时，
把代入直线，得，
∴，
当与AB相切于点时，连接、，则，设，
∵点，点．
∴，，
∵，
∴
∴
解得，此时，
如图，当与相切于点时，连接MC、，则，设，
∵点，点．
∴，，
∵，
∴
∴
解得，此时，
∴当时，与有个公共点，
把代入直线，得，
解得
把代入直线，得，
解得
∴，
综上可得或时，直线上存在关于边的“可控点”．
【点睛】本题考查线段垂直平分线的性质、勾股定理，切线的性质、两点间距离公式、熟练掌握勾股定理，切线的性质定理是解题关键．
抛掷次数m

“正面向上”的次数n

“正面向上”的频率
(m，n)
1
2
3
1
(2，1)
(3，1)
2
(1，2)
(3，2)
3
(1，3)
(2，3)