北京市海淀区北京市十一晋元学校九年级上学期月考数学试题（解析版）-A4

这是一份北京市海淀区北京市十一晋元学校九年级上学期月考数学试题（解析版）-A4，共29页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题解答应写出文字说明等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本题共16分，每小题2分）
1. 二次函数的二次项系数、一次项系数和常数项分别是（ ）
A. 1，， B. 1，6，1C. 0，，1D. 0，6，
【答案】A
【解析】
【分析】此题主要考查了二次函数的一般式，解题的关键是注意在找二次项系数，一次项系数和常数项时，不要漏掉符号．二次函数的一般式为：（a、b、c是常数，）．其中，a是二次项系数，b是一次项系数，c是常数项，根据定义作答即可．
【详解】解：二次函数，
∴二次项系数、一次项系数、常数项分别是1，，．
故选：A．
2. 中秋节是中国的传统节日，有“团圆”、“丰收”的寓意．月饼是首选传统食品，不仅美味，而且设计多样．下列月饼图案中，为中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据中心对称图形的概念逐项分析即可中心对称图形：在平面内，把一个图形绕着某个点旋转，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．
【详解】A.不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
B.是中心对称图形，故该选项符合题意；
C.不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
D.不是中心对称图形，故该选项不符合题意；
故选B
【点睛】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念是解题的关键．
3. 将抛物线向下平移1个单位长度，得到的抛物线是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】此题主要考查了函数图象的平移，要求熟练掌握平移的规律：左加右减，上加下减．并用规律求函数解析式．根据平移的规律：左加右减，上加下减，求出得到的抛物线的解析式即可．
【详解】解：抛物线向下平移1个单位长度后，
得到新抛物线的解析式为：，
故选A．
4. 用配方法解方程x 2+2x﹣3＝0，下列配方结果正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）方程两边同时加上一次项系数一半的平方，据此求解即可．
【详解】解：∵x2＋2x−3＝0，
∴x2＋2x＝3，
∴x2＋2x＋1＝1＋3，
∴（x＋1）2＝4，
故选：D．
【点睛】此题考查了配方法解一元二次方程，解题时要注意解题步骤的准确应用．选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
5. 如图，是半圆的直径，点，在半圆上．若，则的度数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意易得∠ACB=90°，则有∠A=40°，然后根据圆内接四边形的性质可求解．
【详解】解：∵是半圆的直径，
∴∠ACB=90°，
∵，
∴∠A=40°，
∵四边形ABDC是圆内接四边形，
∴，
∴；
故选D．
【点睛】本题主要考查圆周角及圆内接四边形的性质，熟练掌握圆周角及圆内接四边形的性质是解题的关键．
6. 如图，在正三角形网格中，以某点为中心，将旋转，得到，则旋转中心是（ ）
A. 点AB. 点BC. 点CD. 点D
【答案】B
【解析】
【分析】连接、、，作的垂直平分线，作的垂直平分线，作的垂直平分线，交点为旋转中心．
【详解】解：如图，
绕某点旋转一定的角度，得到△，
连接、、，
作的垂直平分线，作的垂直平分线，作的垂直平分线，
三条线段的垂直平分线正好都过点，
即旋转中心．
故选：B．
【点睛】本题考查了学生的理解能力和观察图形的能力，注意：旋转时，对应顶点到旋转中心的距离应相等且旋转角也相等，对称中心在连接对应点线段的垂直平分线上．
7. 已知抛物线，其中，．下列说法正确的是（ ）
A. 该抛物线经过原点
B. 该抛物线的对称轴在轴左侧
C. 该抛物线的顶点可能在第一象限
D. 该抛物线与轴必有公共点
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数的图象与系数的关系，需要对题中所给的，，进行分类讨论，也可以画出它的草图，然后根据图象解答即可．
【详解】解：A、∵，
∴该抛物线与轴的交点在轴上方，不经过原点，
∴此选项说法错误，不符合题意；
B、∵，
∴与异号，
∴，
∴该抛物线的对称轴在轴右侧，
∴此选项说法错误，不符合题意；
C、由已知可得抛物线顶点为，
已知，所以顶点可能在第一象限，第四象限或者轴上，
∴此选项说法正确，符合题意；
D、令，则，
∴，
而无法判断其正负情况，
∴不能判断抛物线与轴必有公共点，
∴此选项说法错误，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，考查了二次函数各项系数对其图象的影响，对已知条件进行分类讨论是解决问题的关键．
8. 如图，在中，，动点M、N分别从A、C两点同时出发，点M从点A开始沿边AC向点C以每秒1个单位长的速度移动，点N从点C开始沿CB向点B以每秒2个单位长的速度移动．设运动的时间为t，点M、C之间的距离为y，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. 正比例函数关系，二次函数关系
C. 一次函数关系，正比例函数关系D. 一次函数关系，二次函数关系
【答案】D
【解析】
【分析】求出y与t，S与t满足的函数关系式，再根据函数的类型进行判断即可．
【详解】解：由题意得，AM＝t，CN＝2t，
∴MC＝AC−AM＝5−t，
即y＝5−t，
∴S＝MC•CN＝5t−t2，
因此y是t的一次函数，S是t的二次函数，
故选：D．
【点睛】本题考查一次函数、二次函数，理解一次函数、二次函数的意义是正确解答的前提，求出y与t，S与t的函数关系式是正确判断的关键．
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
9. 若点与点关于原点对称，则点的坐标为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据平面直角坐标系中关于原点对称点的坐标特征直接求解，点关于原点对称的点的坐标为 ．
【详解】解：∵点与点关于原点对称
∴点坐标为
【点睛】本题主要考查了在平面直角坐标系中关于原点对称点的坐标，熟练掌握关于原点对称点的特点是解答此题的关键．
10. 若点（0，a），（3，b）都在二次函数y＝（x﹣1）2的图象上，则a与b的大小关系是：a______b（填“＞”，“＜”或“＝”）．
【答案】＜
【解析】
【分析】根据二次函数的解析式求得对称轴以及开口方向，根据点与对称轴的距离越远函数值越大即可判断的大小关系．
【详解】解：∵二次函数y＝（x﹣1）2，，开口向上，对称轴为
又点（0，a），（3，b）都在二次函数y＝（x﹣1）2的图象上，
故答案为：
【点睛】本题考查了二次函数图象的性质，掌握二次函数图象的性质是解题的关键．
11. 如图，矩形ABCD中，，．以点A为中心，将矩形ABCD旋转得到矩形AB'CD'，使得点B'落在边AD上，此时DB'的长为______．
【答案】1
【解析】
【分析】利用矩形和旋转的性质，推出，，所以．
【详解】解：由题意可知：
，，
∴，
故答案为：1．
【点睛】本题考查旋转性质，矩形的性质，关键是利用旋转性质得到，再利用矩形的性质得．
12. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线的对称轴为直线，与轴的一个交点为，则关于的方程的解为__________．
【答案】，
【解析】
【分析】根据对称性得出抛物线与轴的另一个交点，即可得出关于的方程的解．
【详解】解：∵抛物线的对称轴为直线，与轴的一个交点为，
∴抛物线与轴的另一个交点为，
∴关于的方程的解为，，
故答案为：，．
【点睛】本题考查了抛物线与一元二次方程的关系，解题关键是明确抛物线与轴的交点坐标和一元二次方程的解的关系．
13. 如图，C，D为AB的三等分点，分别以C，D为圆心，CD长为半径画弧，两弧交于点E，F，连接EF．若AB=9，则EF的长为__________．
【答案】
【解析】
【分析】证明四边形CEDF是菱形，△EDC和△FDC是等边三角形，在Rt△EOD中，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求解即可．
【详解】解：连接CE、ED、DF、FC，设AB、EF相交于点O，如图：
∵C，D为AB的三等分点，且AB=9，
∴AC=CD=DB=3，
由题意得：CE=ED=DF=FC=CD=3，
∴四边形CEDF是菱形，且△EDC和△FDC都是等边三角形，
∴∠EOD=90°，∠EDO=60°，
在Rt△EOD中，∠DEO=30°，ED=3，
∴DO=，
∴EO==，
∴EF=2EO=，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理，圆的基本概念，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
14. 1275年，我国南宋数学家杨辉在《田亩比类乘除算法》中提出这样一个问题：直田积八百六十四步，只云阔不及长一十二步．问阔及长各几步．意思是：矩形面积864平方步，宽比长少12步，问宽和长各几步．若设长为x步，则可列方程为_____．
【答案】x（x﹣12）＝864．
【解析】
【分析】由长和宽之间的关系可得出宽为（x-12）步，根据矩形的面积为864平方步，即可得出关于x的一元二次方程，此题得解．
【详解】解：∵长为x步，宽比长少12步，
∴宽为（x﹣12）步．
依题意，得：x（x﹣12）＝864．
【点睛】本题考查了由实际问题抽象出一元二次方程以及数学常识，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
15. 数学活动课上，同学们想测出一个残损轮子的半径，小聪的解决方案如下：在轮子圆弧上任取两点，，连接，再作出的垂直平分线，交于点，交于点，测出，的长度，即可计算得出轮子的半径．现测出cm，cm，则轮子的半径为__________ cm．
【答案】##2.5
【解析】
【分析】连接OB，在Rt△OBC中，根据勾股定理即可求得半径．
【详解】垂直平分，
的圆心在上，
设的圆心为，连接，设
，
在中，
解得
故答案为：．
【点睛】本题考查了垂径定理，勾股定理，掌握垂径定理是解题的关键．
16. 已知，为抛物线上任意两点，其中，若对于，都有，则a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质， 由点M、N是抛物线上的点得到、，然后代入，中，结合和求出a的取值范围．根据题意列出关于a的不等式是解题的关键．
【详解】解：因为为抛物线上任意两点，
所以、，
代入，得，
所以，
因为，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以，且，
∵若对于，都有，
∴，
∴或（舍去），
故答案为：．
三、解答题（本题共68分，第17-21题，每小题5分，第22-23题，每小题6分，第24题5分，第25-26题，每小题6分，第27-28题，每小题7分）解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．
17. 解方程：．
【答案】，．
【解析】
【分析】先将一元二次方程化成一般式，观察后可以通过因式分解法解答．
【详解】解：由已知得：，
因式分解得，
∴，，
∴，．
【点睛】本题考查了解一元二次方程，通过观察可以利用因式分解法解方程，这种方法简便易用，选择适当的方式解一元二次方程式解题的关键．
18. 如图，是等边三角形，点在边上，以为边作等边△．连接，．求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】由于和均为等边三角形，根据等边三角形的性质可知：，，，，由全等的判定定理“SAS”即可证明△BCD ≌ △ACE，最后由全等的性质即可证明BD=AE．
【详解】证明：∵ △ABC，△CDE均为等边三角形，
∴ AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠ACE=60°．
∴ △BCD ≌ △ACE．
∴ BD=AE．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，掌握这些知识为解题关键．
19. 在平面直角坐标系中，二次函数的图象经过点，．

（1）求这个二次函数的解析式；
（2）一次函数的图象也经过点，，结合图象，若成立，则的取值范围是_______．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将，分别代入得到方程组，解方程组即可求解；
（2）根据图象进行判断即可；
【小问1详解】
解：将，分别代入中，
得，，
解得：，
∴这个二次函数的解析式为．
【小问2详解】
结合图象，若成立，则的取值范围是．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查二次函数解析式，根据函数图象判断x的取值范围，掌握相关知识是解题的关键．
20. 如图，在⊙O中，点C是的中点，D、E分别是半径和的中点，求证：．
【答案】见解析
【解析】
【分析】连接，构建全等三角形和，即可求证．
【详解】证明：连接，如图所示：
∵，且D、E分别是半径和的中点，
∴，
∵C是的中点，
∴，
∴，
∴在和中，
，
∴（SAS），
∴．
【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦的关系、三角形全等的判定等，掌握数形结合思想是解题关键．
21. 已知：A，B是直线l上两点．
求作：，使得点C在直线l上方，且．
作法：
①分别以A，B为圆心，长为半径画弧，在直线l下方交于点O；
②以点O为圆心，长为半径画圆；
③在劣弧上任取一点C（不与A，B重合），连接，．就是所求作的三角形．
（1）使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面的证明．
证明：在优弧上任取一点M（不与A，B重合），连接．
∵，
∴是等边三角形．
∴．
∵A，B，M在上，
∴（ ）（填推理的依据）．
∴．
∵四边形内接于，
∴（ ）（填推理的依据）．
∴．
【答案】（1）见解析；
（2）同弧所对圆周角等于该弧所对圆心角的一半；圆的内接四边形对角互补．
【解析】
【分析】（1）按照题目所给作法作出相应图形即可；
（2）根据等边三角形的判定与性质可得，再根据圆周角定理可得，最后再根据圆的内接四边形的性质即可证得．
【小问1详解】
解：如下图即为所求．
【小问2详解】
证明：如图，在优弧上任取一点（不与，重合），连接，，，．
∵，
∴是等边三角形．
∴．
∵，，在⊙上，
∴（同弧所对圆周角等于该弧所对圆心角的一半）．
∴．
∵四边形内接于⊙，
∴（圆的内接四边形对角互补）．
∴．
故答案为：同弧所对圆周角等于该弧所对圆心角的一半；圆的内接四边形对角互补．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，圆周角定理，圆的内接四边形的性质以及等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
22. 已知关于的一元二次方程．
（1）求证：该方程总有两个不相等的实数根；
（2）若该方程的两个根均为负数，求的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）根据根的判别式可得出答案；
（2）由求根公式可求出方程的两根，由题意得出的不等式组，则可得出答案．
【详解】解：（1）证明：依题意，得== 4．
∵ ，
∴ 该方程总有两个不相等的实数根．
（2）解：∵，
∴
∴，．
∵ 方程的两个根均为负数，
∴
解得．
【点睛】本题主要考查了根的判别式、解一元一次不等式等知识，掌握根的判别式、解一元一次不等式是解题关键．
23. 小明进行铅球训练，他尝试利用数学模型来研究铅球的运动情况．他以水平方向为轴方向，1m为单位长度，建立了如图所示的平面直角坐标系，铅球从y轴上的点出手，运动路径可看作抛物线，在点处达到最高位置，落在轴上的点处．小明某次试投时的数据如图所示．
（1）在图中画出铅球运动路径示意图；
（2）根据图中信息，求出铅球路径所在抛物线的表达式；
（3）若铅球投掷距离（铅球落地点与出手点的水平距离的长度）不小于10m，成绩为优秀．请通过计算，判断小明此次试投的成绩是否能达到优秀．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）达到优秀
【解析】
【分析】（1）根据题意可直接画出图象；
（2）由图中信息可设抛物线解析式为，然后把点代入求解即可；
（3）当y=0时，则有，求解即可得到点C的坐标，进而问题可求解．
【详解】解：（1）如图所示．
（2）解：依题意，抛物线的顶点B的坐标为（4，3），点A的坐标为（0，2），
设该抛物线的表达式为，
由抛物线过点A，有，
解得，
∴该抛物线的表达式为；
（3）解：令，得，
解得，（C在x正半轴，故舍去），
∴ 点C的坐标为（，0），
∴ ，
由，可得，
∴ 小明此次试投的成绩达到优秀．
【点睛】本题主要考查二次函数的应用，解题的关键是由题中信息得出抛物线的解析式．
24. 关于x的一元二次方程经过适当变形，可以写成的形式．现列表探究的变形：
回答下列问题：
（1）表格中t的值为______；
（2）观察上述探究过程，表格中m与n满足的等量关系为______；
（3）记的两个变形为和，则的值______．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】本题考查了解一元二次方程，理解题意，得出为一次项系数的相反数是解此题的关键．
（1）把展开得到，据此得到，解方程即可得到答案；
（2）利用表中的数据可得到为一次项系数的相反数，由此即可得到答案；
（3）由（2）的结论可得：，，从而得到，代入进行计算即可得到答案．
【小问1详解】
解：∵，
∴，
∴，
又∵是变形得到的，
∴，
∴，
故答案为：；
【小问2详解】
解：，，，，
为一次项系数的相反数，
，
故答案为：；
【小问3详解】
解：由（2）的结论可得：，，
，
，
．
故答案为：．
25. 如图，为的直径，弦与交于点E，，．
（1）求的度数；
（2）若，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题主要考查了垂径定理，勾股定理等几何知识点及其应用问题；解题的关键是灵活运用垂径定理，勾股定理等几何知识点来分析，判断，解答．
（1）由为的直径，得出，根据圆角定理即可得到答案；
（2）连接，过作于．构成直角三角形，进而求出，根据角所对应的直角边等于斜边的一半，得出，再根据勾股定理求得出的长，然后由垂径定理求出的长．
【小问1详解】
解：∵ A，D在上， ，
，
，
∴ 在中，．
【小问2详解】
解：连接，过O作于H．
∵ ，，
∴ ．
∴．
∵ 中，，，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴ ．
∴中，．
∵于H，
∴ ．
26. 平面直角坐标系中，抛物线经过点，与y轴交于点B．
（1）直接写出点B的坐标；
（2）点是抛物线上一点，当点P在抛物线上运动时，n存在最小值N．
①若，求抛物线的表达式；
②若，结合函数图象，直接写出N的取值范围．
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，用待定系数法求二次函数解析式，掌握二次函数的图象与性质及最值的求法是解决问题的关键．
（1）根据y轴上点的坐标特征求得即可；
（2）①由题意得抛物线的顶点为，把代入即可求出a的值，继而求出抛物线的表达式；
②把点代入得出a与b的关系，再利用顶点坐标公式求出N与a的关系，构造函数并利用解析式即可得到N的取值范围．
【小问1详解】
解：把代入得，，
∴；
【小问2详解】
解：①依题意，当时，该抛物线的顶点为，
设抛物线的解析式为，
由抛物线过，得，
解得，
∴抛物线的表达式为；
②∵抛物线经过点，
∴，
∴，
由题意得N是抛物线顶点的纵坐标，
∴，
设 ，其函数图象如下图所示，由函数图象可知时，y随x增大而增大，当时，y随x增大而减小，
∴当时，则，此时，函数有最大值为2，
当时，则，当时，则，
∴当时，则取其下限1(不等于1)，
∴．
27. 如图，已知，OP是的平分线，A，B分别在OP，OM上，且．以点A为中心，将线段AO旋转到AC处，使点O的对应点C恰好在射线BM上，在射线ON上取一点D，使得．
（1）①依题意补全图；
②求证：；
（2）连接CD，若，求的度数，并直接写出的值．
【答案】（1）①见解析；②见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）①根据作线段等于已知线段和作角等于已知角的作法画图即可；②根据角平分线的定义可求出．再由平行线的性质可知，即得出，从而得出．由旋转的性质结合等腰三角形的性质即得出，从而得出，．结合题意可求出，即易证(ASA)，得出，，进而可证明；
（2）由平行线的性质可知，结合题意可得出．又易证(SSS)，即得出，．再根据三角形内角和定理可列出关于的等式，从而可求出．过点A作于点F，过点B作于点E．根据（1）结合等腰直角三角形的性质，即可设，则，从而可求出，最后代入求值即可．
【小问1详解】
①补全图形，如图，
②证明：∵OP平分，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
由旋转可知，
∴，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴(ASA)，
∴，．
∴．
∵，
∴；
【小问2详解】
如图，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，，，
∴(SSS)，
∴，．
∵在中，，
∴，
解得：．
如图，过点A作于点F，过点B作于点E．
∴四边形ABEF为矩形，
∴AB=EF．
∵，
∴和为等腰直角三角形．
由（1）可设，则，
∵，
∴．
【点睛】本题考查基本作图，角平分线的定义，平行线的性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，三角形全等的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，综合性强，较难．正确作出图形并利用数形结合的思想是解题关键．
28. 在平面直角坐标系中，已知线段和图形，如果对于给定的角，存在线段上一点，使得将线段绕点顺时针旋转角之后，所得到的线段与图形有公共点，则称图形是线段的联络图形．
例如，如图中的正方形即为线段的联络图形．
已知点，
（1）若点的坐标为，直线是线段的联络图形，则可能是下列选项中的 （填序号）
①；②；③
（2）若点的坐标为，直线是线段的联络图形，求的取值范围；
（3）若第一象限内的点满足，点，，若存在某个点，以及某个，使得线段是线段的联络图形，直接写出的取值范围．
【答案】（1）②③； （2）的取值范围为或；
（3）的取值范围为；
【解析】
【分析】（1）将线段绕Ａ点逆时针旋转，使点落到直线上的点，过点作于，根据边之间的数量关系可知若直线是线段的联络图形，最小取值为，将线段绕中点逆时针旋转，此时点刚好落到直线上的点，此时若直线是线段的联络图形，最大取值为；
（2）设直线与轴和轴的交点分别为Ｃ点和点，由CD两点坐标可以计算出线段OC，OD的长度，从而可知，根据B点与A点的位置关系可分成两种情况，点在Ａ点左侧与点在Ａ点右侧画出图分类讨论即可；
（3）点在以Ａ为圆心半径为2的圆上，且在第一象限，可分成两种情况，与点在轴上，画出图象，并借助直角三角形的三角函数计算即可．
【小问1详解】
解：如下图，将线段绕Ａ点逆时针旋转，使点落到直线上的点，过点作于，
，，
，，
，
在△中，，
即若直线是线段的联络图形，最小取值为，
如下图，将线段绕中点逆时针旋转，
此时点刚好落到直线上的点，
即若直线是线段的联络图形，最大取值为，
，
故答案为：②③．
【小问2详解】
设直线与轴和轴的交点分别为点和点，
在直线中，当时，，当时，，
，，
，，
在Rt△OCD中，，
，
①若点在Ａ点左侧，连接，如下图，
，
，
在Rt△OCA中，，
，，
，
故，
直线是线段的联络图形，
，
即，
；
②若点在Ａ点右侧，在上取一点，使，如下图，
由①知，
，
，
直线是线段的联络图形，
，
即，
，
综上，的取值范围为或．
【小问3详解】
（3）由题知，点在以Ａ为圆心半径为2的圆上，且在第一象限，
当时，如下图，
过点作轴于点，
，，
，，
在Rt△PCQ中，，
，
在Rt△APB中，，
，
；
当点在轴上时，如下图，
在中，，
，
当时，线段在直线上，
又点在第一象限，
故，符合条件，
综上，的取值范围为．
变形
5
0
4
3
1
6
2
2
7