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2021-2022学年北京市西城区九年级（上）期中数学试卷
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这是一份2021-2022学年北京市西城区九年级（上）期中数学试卷，共32页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年北京市西城区九年级（上）期中数学试卷
一、选择题（本题共16分，每小题2分）下面各题均有四个选项，其中只有一个是符合题意的。
1．（2分）下列图书馆的标志中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2分）二次函数y＝﹣（x+1）2﹣2的最大值是（ ）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2
3．（2分）已知关于x的一元二次方程（k+1）x2﹣2x+1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围为（ ）
A．k≥0 B．k≤0且k≠﹣1 C．k＜0且k≠﹣1 D．k≤0
4．（2分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转100°，得到△ADE．若点D在线段BC的延长线上，则∠B的大小为（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
5．（2分）如表是二次函数y＝ax2+bx+c的几组对应值：
x
6.17
6.18
6.19
6.20
y＝ax2+bx+c
﹣0.03
﹣0.01
0.02
0.04
根据表中数据判断，方程ax2+bx+c＝0的一个解x的范围是（ ）
A．6＜x＜6.17 B．6.17＜x＜6.18
C．6.18＜x＜6.19 D．6.19＜x＜6.20
6．（2分）如图，在5×5正方形网格中，一条圆弧经过A、B、C三点，那么所对的圆心角的大小是（ ）
A．60° B．75° C．80° D．90°
7．（2分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点（﹣1，0），对称轴为直线x＝1，则下列结论中正确的是（ ）
A．a＞0
B．当x＞1时，y随x的增大而增大
C．c＜0
D．x＝3是一元二次方程ax2+bx+c＝0的一个根
8．（2分）小明以二次函数y＝2x2﹣4x+8的图象为灵感为“2017北京•房山国际葡萄酒大赛”设计了一款杯子，如图为杯子的设计稿，若AB＝4，DE＝3，则杯子的高CE为（ ）
A．14 B．11 C．6 D．3
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
9．（2分）若x＝2是一元二次方程x2﹣mx﹣2＝0的一个根，则m＝ ；方程的另一根是 ．
10．（2分）请写出一个开口向下，且与y轴的交点坐标为（0，﹣3）的抛物线的解析式 ．
11．（2分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y1＝kx+m（k≠0）与抛物线y2＝ax2+bx+c（a≠0）交于点A（0，4），B（3，1），当y1≤y2时，x的取值范围是 ．
12．（2分）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，那么一元二次方程ax2+bx+c＝m（a≠0，m为常数且m≤4）的两根之和为 ．
13．（2分）如图，在△ABC中，∠BAC＝65°，将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△AB'C'，连接C'C．若C'C∥AB，则∠BAB'＝ °．
14．（2分）如图，若AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠ABD＝58°，则∠BCD＝ ．
15．（2分）如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD，垂足为E．若∠B＝60°，CD＝6，则AC的长为 ．
16．（2分）如下图，正方形ABCD的边AB在x轴上，A（﹣4，0），B（﹣2，0），定义：若某个抛物线上存在一点P，使得点P到正方形ABCD四个顶点的距离相等，则称这个抛物线为正方形ABCD的“友好抛物线”．若抛物线y＝2x2﹣nx﹣n2﹣1是正方形ABCD的“友好抛物线”，则n的值为 ．
三、解答题（本题共68分，17题每小题8分，18、21、22、23、24、25、28题每题5分，19题4分，20、26、27题各7分）
17．（8分）解方程：
（1）x2﹣3x+1＝0；
（2）（x+3）（x﹣1）＝5．
18．（5分）若关于x的一元二次方程x2﹣3x+a﹣2＝0有实数根．
（1）求a的取值范围；
（2）当a为符合条件的最大整数，求此时方程的解．
19．（4分）如图1是博物馆展出的古代车轮实物，《周礼•考工记》记载：“…故兵车之轮六尺有六寸，田车之轮六尺有三寸…”据此，我们可以通过计算车轮的半径来验证车轮类型，请将以下推理过程补充完整．
如图2所示，在车轮上取A、B两点，设所在圆的圆心为O，半径为rcm．
作弦AB的垂线OC，D为垂足，则D是AB的中点．其推理依据是： ．
经测量：AB＝90cm，CD＝15cm，则AD＝ cm；
用含r的代数式表示OD，OD＝ cm．
在Rt△OAD中，由勾股定理可列出关于r的方程：
r2＝ ，
解得r＝75．
通过单位换算，得到车轮直径约为六尺六寸，可验证此车轮为兵车之轮．
20．（7分）对于抛物线y＝x2﹣2x﹣3．
（1）它与x轴交点的坐标为 ，与y轴交点的坐标为 ，顶点坐标为 ；
（2）在坐标系中利用描点法画出此抛物线；
x
…
…
y
…
…
（3）利用以上信息解答下列问题：若关于x的一元二次方程x2﹣2x﹣3﹣t＝0（t为实数）在0＜x＜4的范围内有解，则t的取值范围是 ．
21．（5分）如图，D是等边三角形ABC内一点，将线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，连接CD，BE．
（1）求证：∠AEB＝∠ADC；
（2）连接DE，若∠ADC＝105°，求∠BED的度数．
22．（5分）学校要围一个矩形花圃，花圃的一边利用足够长的墙，另三边用总长为36米的篱笆恰好围成（如图所示）．设矩形的一边AB的长为x米（要求AB＜AD），矩形ABCD的面积为S平方米．
（1）求S与x之间的函数关系式，并直接写出自变量x的取值范围；
（2）要想使花圃的面积最大，AB边的长应为多少米？最大面积为多少平方米？
23．（5分）如图，点O、B坐标分别为（0，0）、（3，0），将△OAB绕O点按逆时针方向旋转90°到△OA'B'．
（1）画出平面直角坐标系和△OA'B'；
（2）直接写出点A'的坐标；
（3）求旋转过程中点B走过的路径长．
24．（5分）如图，⊙O的半径为2，四边形ABCD内接于⊙O，圆心O到AC的距离等于．
（1）求AC的长；
（2）求∠ADC的度数．
25．（5分）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，AB＝4cm．动点D沿着A→C→B的方向从A点运动到B点．DE⊥AB，垂足为E．设AE长为xcm，BD长为ycm（当D与A重合时，y＝4；当D与B重合时y＝0）．
小云根据学习函数的经验，对函数y随自变量x的变化而变化的规律进行了探究．
下面是小云的探究过程，请补充完整：
（1）通过取点、画图、测量，得到了x与y的几组值，如下表：
x/cm
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
y/cm
4
3.5
3.2
t
2.8
2.1
1.4
0.7
0
补全上面表格，要求结果保留一位小数．则t≈ ．
（2）在下面的网格中建立平面直角坐标系，描出以补全后的表中各对对应值为坐标的点，画出该函数的图象．
（3）结合画出的函数图象，解决问题：当DB＝AE时，AE的长度约为 cm．
26．（7分）在平面直角坐标系xOy中，直线y＝4x+4与x轴，y轴分别交于点A，B，抛物线y＝ax2+bx﹣3a经过点A，将点B向右平移5个单位长度，得到点C．
（1）求点C的坐标；
（2）求抛物线的对称轴；
（3）若抛物线与线段BC恰有一个公共点，结合函数图象，求a的取值范围．
27．（7分）在正方形ABCD中，M是BC边上一点，且点M不与B、C重合，点P在射线AM上，将线段AP绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，连接BP，DQ．
（1）如图1，当点P在线段AM上时，依题意补全图1；
（2）在图1的条件下，延长BP，QD交于点H，求证：∠H＝90°．
（3）在图2中，当点P在线段AM的延长线上时，连接DP，若点P，Q，D恰好在同一条直线时，猜想DP，DQ，AB之间的数量关系，并证明．
28．（5分）在平面直角坐标系xOy中，对于点P（x，y）和Q（x，y'），给出如下定义：
若y′＝，则称点Q为点P的“可控变点“
例如：点（1，2）的“可控变点”为点（1，2），点（﹣1，3）的”可控变点”为点（﹣1，﹣3）．
（1）点（﹣5，﹣2）的“可控变点”坐标为 ；
（2）若点P在函数y＝﹣x2+16的图象上，其“可控变点”Q的纵坐标y'是7，求“可控变点”Q的横坐标：
（3）若点P在函数y＝﹣x2+16（﹣5≤x≤a）的图象上，其“可控变点”Q的纵坐标y'的取值范围是﹣16≤y'≤16，求a
的值．
2021-2022学年北京市西城区九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共16分，每小题2分）下面各题均有四个选项，其中只有一个是符合题意的。
1．（2分）下列图书馆的标志中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、不是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是中心对称图形，故此选项错误；
C、是中心对称图形，故此选项正确；
D、不是中心对称图形，故此选项错误；
故选：C．
2．（2分）二次函数y＝﹣（x+1）2﹣2的最大值是（ ）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2
【分析】所给形式是二次函数的顶点式，易知其顶点坐标是（﹣1，﹣2），也就是当x＝﹣1，函数有最大值﹣2．
【解答】解：∵y＝﹣（x+1）2﹣2，
∴此函数的顶点坐标是（﹣1，﹣2），即当x＝﹣1函数有最大值﹣2
故选：A．
3．（2分）已知关于x的一元二次方程（k+1）x2﹣2x+1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围为（ ）
A．k≥0 B．k≤0且k≠﹣1 C．k＜0且k≠﹣1 D．k≤0
【分析】根据二次项系数非零及根的判别式Δ＞0，即可得出关于k的一元一次不等式组，解之即可得出k的取值范围．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程（k+1）x2﹣2x+1＝0有两个不相等的实数根，
∴，
解得：k＜0且k≠﹣1．
故选：C．
4．（2分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转100°，得到△ADE．若点D在线段BC的延长线上，则∠B的大小为（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【分析】根据旋转的性质可得出AB＝AD、∠BAD＝100°，再根据等腰三角形的性质可求出∠B的度数，此题得解．
【解答】解：根据旋转的性质，可得：AB＝AD，∠BAD＝100°，
∴∠B＝∠ADB＝×（180°﹣100°）＝40°．
故选：B．
5．（2分）如表是二次函数y＝ax2+bx+c的几组对应值：
x
6.17
6.18
6.19
6.20
y＝ax2+bx+c
﹣0.03
﹣0.01
0.02
0.04
根据表中数据判断，方程ax2+bx+c＝0的一个解x的范围是（ ）
A．6＜x＜6.17 B．6.17＜x＜6.18
C．6.18＜x＜6.19 D．6.19＜x＜6.20
【分析】利用二次函数和一元二次方程的性质进行解答即可．
【解答】解：由表可以看出，当x取6.18与6.19之间的某个数时，y＝0，即这个数是ax2+bx+c＝0的一个根．
ax2+bx+c＝0的一个解x的取值范围为6.18＜x＜6.19．
故选：C．
6．（2分）如图，在5×5正方形网格中，一条圆弧经过A、B、C三点，那么所对的圆心角的大小是（ ）
A．60° B．75° C．80° D．90°
【分析】根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，分别作AB，BC的垂直平分线即可得到圆心，进而解答即可．
【解答】解：作AB的垂直平分线，作BC的垂直平分线，如图，
它们都经过Q，所以点Q为这条圆弧所在圆的圆心．
连接AQ，CQ，
在△APQ与△CQN中
，
∴△APQ≌△CQN（SAS），
∴∠AQP＝∠CQN，∠PAQ＝∠CQN
∵∠AQP+∠PAQ＝90°，
∴∠AQP+∠CQN＝90°，
∴∠AQC＝90°，
即所对的圆心角的大小是90°，
故选：D．
7．（2分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点（﹣1，0），对称轴为直线x＝1，则下列结论中正确的是（ ）
A．a＞0
B．当x＞1时，y随x的增大而增大
C．c＜0
D．x＝3是一元二次方程ax2+bx+c＝0的一个根
【分析】根据二次函数图象的开口方向向下可得a是负数，与y轴的交点在正半轴可得c是正数，根据二次函数的增减性可得B选项错误，根据抛物线的对称轴结合与x轴的一个交点的坐标可以求出与x轴的另一交点坐标，也就是一元二次方程ax2+bx+c＝0的根，从而得解．
【解答】解：A、根据图象，二次函数开口方向向下，∴a＜0，故本选项错误；
B、当x＞1时，y随x的增大而减小，故本选项错误；
C、根据图象，抛物线与y轴的交点在正半轴，∴c＞0，故本选项错误；
D、∵抛物线与x轴的一个交点坐标是（﹣1，0），对称轴是直线x＝1，
设另一交点为（x，0），
﹣1+x＝2×1，
x＝3，
∴另一交点坐标是（3，0），
∴x＝3是一元二次方程ax2+bx+c＝0的一个根，
故本选项正确．
故选：D．
8．（2分）小明以二次函数y＝2x2﹣4x+8的图象为灵感为“2017北京•房山国际葡萄酒大赛”设计了一款杯子，如图为杯子的设计稿，若AB＝4，DE＝3，则杯子的高CE为（ ）
A．14 B．11 C．6 D．3
【分析】首先由y＝2x2﹣4x+8求出D点的坐标为（1，6），然后根据AB＝4，可知B点的横坐标为x＝3，代入y＝2x2﹣4x+8，得到y＝14，所以CD＝14﹣6＝8，又DE＝3，所以可知杯子高度．
【解答】解：∵y＝2x2﹣4x+8＝2（x﹣1）2+6，
∴抛物线顶点D的坐标为（1，6），
∵AB＝4，
∴B点的横坐标为x＝3，
把x＝3代入y＝2x2﹣4x+8，得到y＝14，
∴CD＝14﹣6＝8，
∴CE＝CD+DE＝8+3＝11．
故选：B．
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
9．（2分）若x＝2是一元二次方程x2﹣mx﹣2＝0的一个根，则m＝ 1 ；方程的另一根是 ﹣1 ．
【分析】利用根与系数的关系，得到两根之积，先求出另外一根，再利用两根之和求出m的值，还可以直接将x＝2代入到方程中，直接求出m和另外一根的值．
【解答】解：设方程的另外一根为a，
则2a＝﹣2，2+a＝m，
∴a＝﹣1，m＝1，
故答案为：1；﹣1．
10．（2分）请写出一个开口向下，且与y轴的交点坐标为（0，﹣3）的抛物线的解析式 y＝﹣x2﹣3（答案不唯一） ．
【分析】设二次函数的解析式为y＝ax2+bx+c（a≠0），根据二次函数图象的开口方向及与y轴的交点坐标，可得出a＜0，c＝﹣3，取a＝﹣1，b＝0即可得出结论（答案不唯一）．
【解答】解：设二次函数的解析式为y＝ax2+bx+c（a≠0）．
∵二次函数的图象开口向下，与y轴的交点坐标为（0，﹣3），
∴a＜0，c＝﹣3，
∴二次函数的解析式可以为y＝﹣x2﹣3．
故答案为：y＝﹣x2﹣3（答案不唯一）．
11．（2分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y1＝kx+m（k≠0）与抛物线y2＝ax2+bx+c（a≠0）交于点A（0，4），B（3，1），当y1≤y2时，x的取值范围是 0≤x≤3 ．
【分析】根据函数图象以及点A、B的坐标，写出抛物线在直线上方部分的x的取值范围即可．
【解答】解：∵两函数图象交于点A（0，4），B（3，1），
∴当 y1≤y2时，x的取值范围是0≤x≤3．
故答案为：0≤x≤3．
12．（2分）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，那么一元二次方程ax2+bx+c＝m（a≠0，m为常数且m≤4）的两根之和为 ﹣2 ．
【分析】利用函数图象得到抛物线与x轴的两交点坐标为（﹣3，0），（1，0），根据抛物线与x轴的交点问题得到ax2+bx+c＝0的两根分别为x1＝﹣3，x2＝1，则根据根与系数的关系得到＝2，然后求一元二次方程ax2+bx+c﹣m＝0的两根之和．
【解答】解：∵抛物线与x轴的两交点坐标为（﹣3，0），（1，0），
∴一元二次方程ax2+bx+c＝0的两根分别为x1＝﹣3，x2＝1，
∴﹣3+1＝﹣，即＝2，
∴一元二次方程ax2+bx+c﹣m＝0的两根之和＝﹣＝﹣2．
故答案为﹣2．
13．（2分）如图，在△ABC中，∠BAC＝65°，将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△AB'C'，连接C'C．若C'C∥AB，则∠BAB'＝ 50 °．
【分析】根据旋转的性质得AC′＝AC，∠B′AB＝∠C′AC，再根据等腰三角形的性质得∠AC′C＝∠ACC′，然后根据平行线的性质由CC′∥AB得∠ACC′＝∠CAB＝65°，则∠AC′C＝∠ACC′＝65°，再根据三角形内角和计算出∠CAC′＝50°，所以∠B′AB＝50°．
【解答】解：∵△ABC绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，
∴AC′＝AC，∠B′AB＝∠C′AC，
∴∠AC′C＝∠ACC′，
∵CC′∥AB，
∴∠ACC′＝∠CAB＝65°，
∴∠AC′C＝∠ACC′＝65°，
∴∠CAC′＝180°﹣2×65°＝50°，
∴∠B′AB＝50°，
故答案为50．
14．（2分）如图，若AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠ABD＝58°，则∠BCD＝ 32° ．
【分析】根据圆周角定理求得∠AOD＝2∠ABD＝116°（同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半）、∠BOD＝2∠BCD（同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半）；根据平角是180°知∠BOD＝180°﹣∠AOD，故∠BCD＝32°．
【解答】解：连接OD．
∵AB是⊙0的直径，CD是⊙O的弦，∠ABD＝58°，
∴∠AOD＝2∠ABD＝116°（同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半）；
又∵∠BOD＝180°﹣∠AOD，∠BOD＝2∠BCD（同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半）；
∴∠BCD＝32°；
另法：∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠ABD＝58°，
∴∠A＝90°﹣58°＝32°，
∵∠BCD和∠A都是BD所对圆周角，
∴∠BCD＝32°．
故答案为：32°．
15．（2分）如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD，垂足为E．若∠B＝60°，CD＝6，则AC的长为 6 ．
【分析】先由圆周角定理得∠ACB＝90°，则∠A＝30°，再由垂径定理得CE＝DE＝CD＝3，然后由含30°角的直角三角形的性质即可得出答案．
【解答】解：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠A＝90°﹣∠B＝90°﹣60°＝30°，
∵AB⊥CD，
∴∠AEC＝90°，CE＝DE＝CD＝3，
∴AC＝2CE＝6，
故答案为：6．
16．（2分）如下图，正方形ABCD的边AB在x轴上，A（﹣4，0），B（﹣2，0），定义：若某个抛物线上存在一点P，使得点P到正方形ABCD四个顶点的距离相等，则称这个抛物线为正方形ABCD的“友好抛物线”．若抛物线y＝2x2﹣nx﹣n2﹣1是正方形ABCD的“友好抛物线”，则n的值为 ﹣3或6 ．
【分析】根据正方形的性质得出另外两个顶点C、D的坐标，继而得出对角线的交点P的坐标，代入解析式求解可得．
【解答】解：∵点A（﹣4，0）、B（﹣2，0），
∴点C（﹣4，﹣2）、D（﹣2，﹣2），
则对角线AC、BD交点P的坐标为（﹣3，﹣1），
根据题意，将点P（﹣3，﹣1）代入解析式y＝2x2﹣nx﹣n2﹣1，
得：18+3n﹣n2﹣1＝﹣1，
整理，得：n2﹣3n﹣18＝0，
解得：n＝﹣3或n＝6，
故答案为：﹣3或6．
三、解答题（本题共68分，17题每小题8分，18、21、22、23、24、25、28题每题5分，19题4分，20、26、27题各7分）
17．（8分）解方程：
（1）x2﹣3x+1＝0；
（2）（x+3）（x﹣1）＝5．
【分析】（1）利用公式法解一元二次方程即可；
（2）利用因式分解法解一元二次方程即可．
【解答】解：（1）x2﹣3x+1＝0，
∵△＝b2﹣4ac＝9﹣4＝5，
∴x＝，
＝，
∴x1＝，x2＝；
（2）（x+3）（x﹣1）＝5，
方程整理得，x2+2x﹣8＝0，
（x﹣2）（x+4）＝0，
x﹣2＝0或x+4＝0，
解得x1＝2，x2＝﹣4．
18．（5分）若关于x的一元二次方程x2﹣3x+a﹣2＝0有实数根．
（1）求a的取值范围；
（2）当a为符合条件的最大整数，求此时方程的解．
【分析】（1）由方程有实数根，根据根的判别式可得到关于a的不等式，则可求得a的取值范围；
（2）由（1）中所求a的取值范围可求得a的最大整数值，代入方程求解即可．
【解答】解：
（1）∵关于x的一元二次方程x2﹣3x+a﹣2＝0有实数根，
∴△≥0，即（﹣3）2﹣4（a﹣2）≥0，解得a≤；
（2）由（1）可知a≤，
∴a的最大整数值为4，
此时方程为x2﹣3x+2＝0，
解得x＝1或x＝2．
19．（4分）如图1是博物馆展出的古代车轮实物，《周礼•考工记》记载：“…故兵车之轮六尺有六寸，田车之轮六尺有三寸…”据此，我们可以通过计算车轮的半径来验证车轮类型，请将以下推理过程补充完整．
如图2所示，在车轮上取A、B两点，设所在圆的圆心为O，半径为rcm．
作弦AB的垂线OC，D为垂足，则D是AB的中点．其推理依据是： 垂直弦的直径平分弦 ．
经测量：AB＝90cm，CD＝15cm，则AD＝ 45 cm；
用含r的代数式表示OD，OD＝ （r﹣15） cm．
在Rt△OAD中，由勾股定理可列出关于r的方程：
r2＝ 452+（r﹣15）2 ，
解得r＝75．
通过单位换算，得到车轮直径约为六尺六寸，可验证此车轮为兵车之轮．
【分析】根据垂径定理，利用勾股定理构建方程求解即可．
【解答】解：如图2所示，在车轮上取A、B两点，设所在圆的圆心为O，半径为rcm．
作弦AB的垂线OC，D为垂足，则D是AB的中点．其推理依据是：垂直弦的直径平分弦．
经测量：AB＝90cm，CD＝15cm，则AD＝45cm；
用含r的代数式表示OD，OD＝（r﹣15）cm．
在Rt△OAD中，由勾股定理可列出关于r的方程：
r2＝452+（r﹣15）2，
解得r＝75．
通过单位换算，得到车轮直径约为六尺六寸，可验证此车轮为兵车之轮．
故答案为：垂直弦的直径平分弦，45，（r﹣15），452+（r﹣15）2．
20．（7分）对于抛物线y＝x2﹣2x﹣3．
（1）它与x轴交点的坐标为 （3，0）（﹣1，0） ，与y轴交点的坐标为 （0，﹣3） ，顶点坐标为 （1，﹣4） ；
（2）在坐标系中利用描点法画出此抛物线；
x
…
﹣1
0
1
3
4
…
y
…
0
﹣3
﹣4
0
5
…
（3）利用以上信息解答下列问题：若关于x的一元二次方程x2﹣2x﹣3﹣t＝0（t为实数）在0＜x＜4的范围内有解，则t的取值范围是 ﹣4≤t＜5 ．
【分析】（1）令y＝0，求出抛物线与x轴交点的坐标；
（2）图象如图所示，把表格中的值分别代入y＝x2﹣2x﹣3求出对应的数值；
（3）根据关于x的一元二次方程x2﹣2x﹣3﹣t＝0（t为实数）在0＜x＜4的范围内有解，得b2﹣4ac≥0，求出t取值范围，再把x＝0、x＝4分别代入x2﹣2x﹣3﹣t＝0，求出t的值，进而求出t的取值范围．
【解答】解：（1）令y＝0，0＝x2﹣2x﹣3．
解得，x1＝3，x2＝﹣1，
∴它与x轴交点的坐标为（3，0）（﹣1，0），
令x＝0，y＝﹣3，
∴与y轴交点的坐标为（0，﹣3），
顶点（1，﹣4）；
故答案为：（3，0）（﹣1，0），（0，﹣3），（1，﹣4）；
（2）
（3）∵关于x的一元二次方程x2﹣2x﹣3﹣t＝0（t为实数）在0＜x＜4的范围内有解，
∴b2﹣4ac≥0，
∴4﹣4×1×（﹣3﹣t）≥0，
解得，t≥﹣4，
把x＝0代入x2﹣2x﹣3﹣t＝0，
得t＝4，
把x＝4代入x2﹣2x﹣3﹣t＝0，
得t＝5，
∴t的取值范围是﹣4≤t＜5．
故答案为：﹣4≤t＜5．
21．（5分）如图，D是等边三角形ABC内一点，将线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，连接CD，BE．
（1）求证：∠AEB＝∠ADC；
（2）连接DE，若∠ADC＝105°，求∠BED的度数．
【分析】（1）根据等边三角形的性质得出∠BAC＝60°，AB＝AC，根据旋转的性质得出∠DAE＝60°，AE＝AD．求出∠EAB＝∠DAC，证△EAB≌△DAC即可；
（2）求出∠AEB＝105°，求出∠AED，即可得出答案．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝AC，
∵线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，
∴∠DAE＝60°，AE＝AD．
∴∠BAD+∠EAB＝∠BAD+∠DAC．
∴∠EAB＝∠DAC．
在△EAB和△DAC中，
∵，
∴△EAB≌△DAC，
∴∠AEB＝∠ADC；
（2）如图，
∵∠DAE＝60°，AE＝AD，
∴△EAD为等边三角形，
∴∠AED＝60°，
又∵∠AEB＝∠ADC＝105°，
∴∠BED＝105°﹣60°＝45°．
22．（5分）学校要围一个矩形花圃，花圃的一边利用足够长的墙，另三边用总长为36米的篱笆恰好围成（如图所示）．设矩形的一边AB的长为x米（要求AB＜AD），矩形ABCD的面积为S平方米．
（1）求S与x之间的函数关系式，并直接写出自变量x的取值范围；
（2）要想使花圃的面积最大，AB边的长应为多少米？最大面积为多少平方米？
【分析】（1）因为AB＝x米，所以BC为（36﹣2x）米，由长方形的面积列式即可；
（2）将（1）中的二次函数进行配方即可化为顶点式．y＝a（x﹣h）2+k，因为a＝﹣2＜0抛物线开口向下，函数有最大值，即当x＝h时，取得最大值．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，AB的长为x米，
∴CD＝AB＝x（米）．
∵矩形除AD边外的三边总长为36米，
∴BC＝36﹣2x（米），
∴S＝x（36﹣2x）＝﹣2x2+36x，
∵0＜x＜36﹣2x，
∴0＜x＜12，
∴S与x之间的函数关系式为S＝﹣2x2+36x（0＜x＜12）；
（2）∵S＝﹣2x2+36x＝﹣2（x﹣9）2+162，0＜x＜12，
∴当x＝9时，S取最大值，最大值＝162（平方米），
∴AB边的长为9米时，花圃的面积最大，最大值为162平方米．
23．（5分）如图，点O、B坐标分别为（0，0）、（3，0），将△OAB绕O点按逆时针方向旋转90°到△OA'B'．
（1）画出平面直角坐标系和△OA'B'；
（2）直接写出点A'的坐标；
（3）求旋转过程中点B走过的路径长．
【分析】（1）分别作出A，B，的对应点A′，B′即可．
（2）根据点A′的位置写出坐标即可．
（3）利用弧长公式计算即可．
【解答】解：（1）如图，△OA'B'即为所求．
（2）A′（﹣2，4）．
（3）旋转过程中点B走过的路径长＝＝．
24．（5分）如图，⊙O的半径为2，四边形ABCD内接于⊙O，圆心O到AC的距离等于．
（1）求AC的长；
（2）求∠ADC的度数．
【分析】（1）过O作OE⊥AC于E，连接OA、OC，根据勾股定理求出AE，根据垂径定理求出AE＝CE，再求出AC即可；
（2）根据直角三角形的性质求出∠AOE＝30°，求出∠AOC＝60°，根据圆周角定理求出∠ABC，根据圆内接四边形的性质求出∠ADC+∠ABC＝180°，再求出答案即可．
【解答】解：（1）过O作OE⊥AC于E，连接OA、OC，则∠AEO＝90°，
∵圆心O到AC的距离等于，
∴OE＝，
由勾股定理得：AE＝＝＝1，
∵OE⊥AC，OE过圆心O，
∴AE＝CE＝1，
∴AC＝AE+CE＝1+1＝2；
（2）∵OA＝2，AE＝1，∠AEO＝90°，
∴AE＝OA，
∵∠AEO＝90°，
∴∠AOE＝30°，
同理∠COE＝30°，
∴∠AOC＝30°+30°＝60°，
∴∠ABC＝AOC＝30°，
∵四边形ADCB是⊙O的内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∴∠ADC＝180°﹣30°＝150°．
25．（5分）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，AB＝4cm．动点D沿着A→C→B的方向从A点运动到B点．DE⊥AB，垂足为E．设AE长为xcm，BD长为ycm（当D与A重合时，y＝4；当D与B重合时y＝0）．
小云根据学习函数的经验，对函数y随自变量x的变化而变化的规律进行了探究．
下面是小云的探究过程，请补充完整：
（1）通过取点、画图、测量，得到了x与y的几组值，如下表：
x/cm
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
y/cm
4
3.5
3.2
t
2.8
2.1
1.4
0.7
0
补全上面表格，要求结果保留一位小数．则t≈ 2.9 ．
（2）在下面的网格中建立平面直角坐标系，描出以补全后的表中各对对应值为坐标的点，画出该函数的图象．
（3）结合画出的函数图象，解决问题：当DB＝AE时，AE的长度约为 2.3 cm．
【分析】（1）按题意，认真测量即可；
（2）利用数据描点、连线；
（3）当DB＝AE时，y＝x，画图形测量交点横坐标即可．
【解答】解：（1）根据题意量取数据为2.9
故答案为：2.9
（2）根据已知数据描点连线得：
（3）当DB＝AE时，y与x满足y＝x，在（2）图中，画y＝x图象，测量交点横坐标为2.3．
故答案为：2.3
26．（7分）在平面直角坐标系xOy中，直线y＝4x+4与x轴，y轴分别交于点A，B，抛物线y＝ax2+bx﹣3a经过点A，将点B向右平移5个单位长度，得到点C．
（1）求点C的坐标；
（2）求抛物线的对称轴；
（3）若抛物线与线段BC恰有一个公共点，结合函数图象，求a的取值范围．
【分析】（1）根据坐标轴上点的坐标特征可求点B的坐标，根据平移的性质可求点C的坐标；
（2）根据坐标轴上点的坐标特征可求点A的坐标，进一步求得抛物线的对称轴；
（3）结合图形，分三种情况：①a＞0；②a＜0，③抛物线的顶点在线段BC上；进行讨论即可求解．
【解答】解：（1）与y轴交点：令x＝0代入直线y＝4x+4得y＝4，
∴B（0，4），
∵点B向右平移5个单位长度，得到点C，
∴C（5，4）；
（2）与x轴交点：令y＝0代入直线y＝4x+4得x＝﹣1，
∴A（﹣1，0），
将点A（﹣1，0）代入抛物线y＝ax2+bx﹣3a中得0＝a﹣b﹣3a，即b＝﹣2a，
∴抛物线的对称轴x＝﹣＝﹣＝1；
（3）∵抛物线y＝ax2+bx﹣3a经过点A（﹣1，0）且对称轴x＝1，
由抛物线的对称性可知抛物线也一定过A的对称点（3，0），
①a＞0时，如图1，
将x＝0代入抛物线得y＝﹣3a，
∵抛物线与线段BC恰有一个公共点，
∴﹣3a＜4，
a＞﹣，
将x＝5代入抛物线得y＝12a，
∴12a≥4，
解得a≥；
②a＜0时，如图2，
将x＝0代入抛物线得y＝﹣3a，
∵抛物线与线段BC恰有一个公共点，
∴﹣3a＞4，
解得a＜﹣；
③当抛物线的顶点在线段BC上时，则顶点为（1，4），如图3，
将点（1，4）代入抛物线得4＝a﹣2a﹣3a，
解得a＝﹣1．
综上所述，a≥或a＜﹣或a＝﹣1．
27．（7分）在正方形ABCD中，M是BC边上一点，且点M不与B、C重合，点P在射线AM上，将线段AP绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，连接BP，DQ．
（1）如图1，当点P在线段AM上时，依题意补全图1；
（2）在图1的条件下，延长BP，QD交于点H，求证：∠H＝90°．
（3）在图2中，当点P在线段AM的延长线上时，连接DP，若点P，Q，D恰好在同一条直线时，猜想DP，DQ，AB之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）根据要求画出图形，即可得出结论；
（2）由旋转的性质可得AQ＝AP，∠QAP＝∠DAB＝90°，由“SAS”可证△AQD≌△APB，可得PB＝QD，∠AQD＝∠APB，由平角的性质和四边形内角和定理可得∠QHP＝90°，即可得出结论；
（3）连接BD，如图2，只要证明△ADQ≌△ABP，∠DPB＝90°，即可解决问题．
【解答】解：（1）补全图形如图1：
（2）如图1，延长BP，QD交于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∵将线段AP绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，
∴AQ＝AP，∠QAP＝∠DAB＝90°，
∴∠QAD＝∠BAP，
∴△AQD≌△APB（SAS），
∴PB＝QD，∠AQD＝∠APB，
∵∠APB+∠APH＝180°，
∴∠AQD+∠APH＝180°，
∵∠QAP+∠APH+∠AQD+∠H＝360°，
∴∠H＝90°；
（3）DP2+DQ2＝2AB2．
证明：连接BD，如图2，
∵线段AP绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，
∴AQ＝AP，∠QAP＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠1＝∠2．
∴△ADQ≌△ABP（SAS），
∴DQ＝BP，∠Q＝∠3，
∵在Rt△QAP中，∠Q+∠QPA＝90°，
∴∠BPD＝∠3+∠QPA＝90°，
在Rt△BPD中，DP2+BP2＝BD2，
又∵DQ＝BP，BD2＝2AB2，
∴DP2+DQ2＝2AB2．
28．（5分）在平面直角坐标系xOy中，对于点P（x，y）和Q（x，y'），给出如下定义：
若y′＝，则称点Q为点P的“可控变点“
例如：点（1，2）的“可控变点”为点（1，2），点（﹣1，3）的”可控变点”为点（﹣1，﹣3）．
（1）点（﹣5，﹣2）的“可控变点”坐标为 （﹣5，2） ；
（2）若点P在函数y＝﹣x2+16的图象上，其“可控变点”Q的纵坐标y'是7，求“可控变点”Q的横坐标：
（3）若点P在函数y＝﹣x2+16（﹣5≤x≤a）的图象上，其“可控变点”Q的纵坐标y'的取值范围是﹣16≤y'≤16，求a
的值．
【分析】（1）根据可控变点的定义，可得答案
（2）根据可控变点的定义，可得函数解析式，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案
（3）根据可控变点的定义，可得函数解析式，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案
【解答】解（1）∵﹣5＜0
∴y'＝﹣y＝2
即点（﹣5，﹣2）的“可控变点”坐标为（﹣5，2）
（2）由题意得y＝﹣x2+16的图象上的点P的“可控变点”必在函数
y′＝的图象上，
∵“可控变点”Q的纵坐标y′的是7
∴当﹣x2+16＝7时，解得x＝3，
当x2﹣16＝7时，解得x＝﹣
故答案为：3或﹣
（3）由题意得∵﹣16≤y′≤16，
∴﹣16＝﹣x2+16
∴x＝4，
观察图象可知，实数a＝4．
2021-2022学年北京市西城区九年级（上）期中数学试卷
一、选择题（本题共16分，每小题2分）下面各题均有四个选项，其中只有一个是符合题意的。
1．（2分）下列图书馆的标志中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2分）二次函数y＝﹣（x+1）2﹣2的最大值是（ ）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2
3．（2分）已知关于x的一元二次方程（k+1）x2﹣2x+1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围为（ ）
A．k≥0 B．k≤0且k≠﹣1 C．k＜0且k≠﹣1 D．k≤0
4．（2分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转100°，得到△ADE．若点D在线段BC的延长线上，则∠B的大小为（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
5．（2分）如表是二次函数y＝ax2+bx+c的几组对应值：
x
6.17
6.18
6.19
6.20
y＝ax2+bx+c
﹣0.03
﹣0.01
0.02
0.04
根据表中数据判断，方程ax2+bx+c＝0的一个解x的范围是（ ）
A．6＜x＜6.17 B．6.17＜x＜6.18
C．6.18＜x＜6.19 D．6.19＜x＜6.20
6．（2分）如图，在5×5正方形网格中，一条圆弧经过A、B、C三点，那么所对的圆心角的大小是（ ）
A．60° B．75° C．80° D．90°
7．（2分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点（﹣1，0），对称轴为直线x＝1，则下列结论中正确的是（ ）
A．a＞0
B．当x＞1时，y随x的增大而增大
C．c＜0
D．x＝3是一元二次方程ax2+bx+c＝0的一个根
8．（2分）小明以二次函数y＝2x2﹣4x+8的图象为灵感为“2017北京•房山国际葡萄酒大赛”设计了一款杯子，如图为杯子的设计稿，若AB＝4，DE＝3，则杯子的高CE为（ ）
A．14 B．11 C．6 D．3
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
9．（2分）若x＝2是一元二次方程x2﹣mx﹣2＝0的一个根，则m＝ ；方程的另一根是 ．
10．（2分）请写出一个开口向下，且与y轴的交点坐标为（0，﹣3）的抛物线的解析式 ．
11．（2分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y1＝kx+m（k≠0）与抛物线y2＝ax2+bx+c（a≠0）交于点A（0，4），B（3，1），当y1≤y2时，x的取值范围是 ．
12．（2分）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，那么一元二次方程ax2+bx+c＝m（a≠0，m为常数且m≤4）的两根之和为 ．
13．（2分）如图，在△ABC中，∠BAC＝65°，将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△AB'C'，连接C'C．若C'C∥AB，则∠BAB'＝ °．
14．（2分）如图，若AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠ABD＝58°，则∠BCD＝ ．
15．（2分）如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD，垂足为E．若∠B＝60°，CD＝6，则AC的长为 ．
16．（2分）如下图，正方形ABCD的边AB在x轴上，A（﹣4，0），B（﹣2，0），定义：若某个抛物线上存在一点P，使得点P到正方形ABCD四个顶点的距离相等，则称这个抛物线为正方形ABCD的“友好抛物线”．若抛物线y＝2x2﹣nx﹣n2﹣1是正方形ABCD的“友好抛物线”，则n的值为 ．
三、解答题（本题共68分，17题每小题8分，18、21、22、23、24、25、28题每题5分，19题4分，20、26、27题各7分）
17．（8分）解方程：
（1）x2﹣3x+1＝0；
（2）（x+3）（x﹣1）＝5．
18．（5分）若关于x的一元二次方程x2﹣3x+a﹣2＝0有实数根．
（1）求a的取值范围；
（2）当a为符合条件的最大整数，求此时方程的解．
19．（4分）如图1是博物馆展出的古代车轮实物，《周礼•考工记》记载：“…故兵车之轮六尺有六寸，田车之轮六尺有三寸…”据此，我们可以通过计算车轮的半径来验证车轮类型，请将以下推理过程补充完整．
如图2所示，在车轮上取A、B两点，设所在圆的圆心为O，半径为rcm．
作弦AB的垂线OC，D为垂足，则D是AB的中点．其推理依据是： ．
经测量：AB＝90cm，CD＝15cm，则AD＝ cm；
用含r的代数式表示OD，OD＝ cm．
在Rt△OAD中，由勾股定理可列出关于r的方程：
r2＝ ，
解得r＝75．
通过单位换算，得到车轮直径约为六尺六寸，可验证此车轮为兵车之轮．
20．（7分）对于抛物线y＝x2﹣2x﹣3．
（1）它与x轴交点的坐标为 ，与y轴交点的坐标为 ，顶点坐标为 ；
（2）在坐标系中利用描点法画出此抛物线；
x
…
…
y
…
…
（3）利用以上信息解答下列问题：若关于x的一元二次方程x2﹣2x﹣3﹣t＝0（t为实数）在0＜x＜4的范围内有解，则t的取值范围是 ．
21．（5分）如图，D是等边三角形ABC内一点，将线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，连接CD，BE．
（1）求证：∠AEB＝∠ADC；
（2）连接DE，若∠ADC＝105°，求∠BED的度数．
22．（5分）学校要围一个矩形花圃，花圃的一边利用足够长的墙，另三边用总长为36米的篱笆恰好围成（如图所示）．设矩形的一边AB的长为x米（要求AB＜AD），矩形ABCD的面积为S平方米．
（1）求S与x之间的函数关系式，并直接写出自变量x的取值范围；
（2）要想使花圃的面积最大，AB边的长应为多少米？最大面积为多少平方米？
23．（5分）如图，点O、B坐标分别为（0，0）、（3，0），将△OAB绕O点按逆时针方向旋转90°到△OA'B'．
（1）画出平面直角坐标系和△OA'B'；
（2）直接写出点A'的坐标；
（3）求旋转过程中点B走过的路径长．
24．（5分）如图，⊙O的半径为2，四边形ABCD内接于⊙O，圆心O到AC的距离等于．
（1）求AC的长；
（2）求∠ADC的度数．
25．（5分）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，AB＝4cm．动点D沿着A→C→B的方向从A点运动到B点．DE⊥AB，垂足为E．设AE长为xcm，BD长为ycm（当D与A重合时，y＝4；当D与B重合时y＝0）．
小云根据学习函数的经验，对函数y随自变量x的变化而变化的规律进行了探究．
下面是小云的探究过程，请补充完整：
（1）通过取点、画图、测量，得到了x与y的几组值，如下表：
x/cm
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
y/cm
4
3.5
3.2
t
2.8
2.1
1.4
0.7
0
补全上面表格，要求结果保留一位小数．则t≈ ．
（2）在下面的网格中建立平面直角坐标系，描出以补全后的表中各对对应值为坐标的点，画出该函数的图象．
（3）结合画出的函数图象，解决问题：当DB＝AE时，AE的长度约为 cm．
26．（7分）在平面直角坐标系xOy中，直线y＝4x+4与x轴，y轴分别交于点A，B，抛物线y＝ax2+bx﹣3a经过点A，将点B向右平移5个单位长度，得到点C．
（1）求点C的坐标；
（2）求抛物线的对称轴；
（3）若抛物线与线段BC恰有一个公共点，结合函数图象，求a的取值范围．
27．（7分）在正方形ABCD中，M是BC边上一点，且点M不与B、C重合，点P在射线AM上，将线段AP绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，连接BP，DQ．
（1）如图1，当点P在线段AM上时，依题意补全图1；
（2）在图1的条件下，延长BP，QD交于点H，求证：∠H＝90°．
（3）在图2中，当点P在线段AM的延长线上时，连接DP，若点P，Q，D恰好在同一条直线时，猜想DP，DQ，AB之间的数量关系，并证明．
28．（5分）在平面直角坐标系xOy中，对于点P（x，y）和Q（x，y'），给出如下定义：
若y′＝，则称点Q为点P的“可控变点“
例如：点（1，2）的“可控变点”为点（1，2），点（﹣1，3）的”可控变点”为点（﹣1，﹣3）．
（1）点（﹣5，﹣2）的“可控变点”坐标为 ；
（2）若点P在函数y＝﹣x2+16的图象上，其“可控变点”Q的纵坐标y'是7，求“可控变点”Q的横坐标：
（3）若点P在函数y＝﹣x2+16（﹣5≤x≤a）的图象上，其“可控变点”Q的纵坐标y'的取值范围是﹣16≤y'≤16，求a
的值．
2021-2022学年北京市西城区九年级（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题共16分，每小题2分）下面各题均有四个选项，其中只有一个是符合题意的。
1．（2分）下列图书馆的标志中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、不是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是中心对称图形，故此选项错误；
C、是中心对称图形，故此选项正确；
D、不是中心对称图形，故此选项错误；
故选：C．
2．（2分）二次函数y＝﹣（x+1）2﹣2的最大值是（ ）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2
【分析】所给形式是二次函数的顶点式，易知其顶点坐标是（﹣1，﹣2），也就是当x＝﹣1，函数有最大值﹣2．
【解答】解：∵y＝﹣（x+1）2﹣2，
∴此函数的顶点坐标是（﹣1，﹣2），即当x＝﹣1函数有最大值﹣2
故选：A．
3．（2分）已知关于x的一元二次方程（k+1）x2﹣2x+1＝0有两个不相等的实数根，则k的取值范围为（ ）
A．k≥0 B．k≤0且k≠﹣1 C．k＜0且k≠﹣1 D．k≤0
【分析】根据二次项系数非零及根的判别式Δ＞0，即可得出关于k的一元一次不等式组，解之即可得出k的取值范围．
【解答】解：∵关于x的一元二次方程（k+1）x2﹣2x+1＝0有两个不相等的实数根，
∴，
解得：k＜0且k≠﹣1．
故选：C．
4．（2分）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转100°，得到△ADE．若点D在线段BC的延长线上，则∠B的大小为（ ）
A．30° B．40° C．50° D．60°
【分析】根据旋转的性质可得出AB＝AD、∠BAD＝100°，再根据等腰三角形的性质可求出∠B的度数，此题得解．
【解答】解：根据旋转的性质，可得：AB＝AD，∠BAD＝100°，
∴∠B＝∠ADB＝×（180°﹣100°）＝40°．
故选：B．
5．（2分）如表是二次函数y＝ax2+bx+c的几组对应值：
x
6.17
6.18
6.19
6.20
y＝ax2+bx+c
﹣0.03
﹣0.01
0.02
0.04
根据表中数据判断，方程ax2+bx+c＝0的一个解x的范围是（ ）
A．6＜x＜6.17 B．6.17＜x＜6.18
C．6.18＜x＜6.19 D．6.19＜x＜6.20
【分析】利用二次函数和一元二次方程的性质进行解答即可．
【解答】解：由表可以看出，当x取6.18与6.19之间的某个数时，y＝0，即这个数是ax2+bx+c＝0的一个根．
ax2+bx+c＝0的一个解x的取值范围为6.18＜x＜6.19．
故选：C．
6．（2分）如图，在5×5正方形网格中，一条圆弧经过A、B、C三点，那么所对的圆心角的大小是（ ）
A．60° B．75° C．80° D．90°
【分析】根据垂径定理的推论：弦的垂直平分线必过圆心，分别作AB，BC的垂直平分线即可得到圆心，进而解答即可．
【解答】解：作AB的垂直平分线，作BC的垂直平分线，如图，
它们都经过Q，所以点Q为这条圆弧所在圆的圆心．
连接AQ，CQ，
在△APQ与△CQN中
，
∴△APQ≌△CQN（SAS），
∴∠AQP＝∠CQN，∠PAQ＝∠CQN
∵∠AQP+∠PAQ＝90°，
∴∠AQP+∠CQN＝90°，
∴∠AQC＝90°，
即所对的圆心角的大小是90°，
故选：D．
7．（2分）如图，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于点（﹣1，0），对称轴为直线x＝1，则下列结论中正确的是（ ）
A．a＞0
B．当x＞1时，y随x的增大而增大
C．c＜0
D．x＝3是一元二次方程ax2+bx+c＝0的一个根
【分析】根据二次函数图象的开口方向向下可得a是负数，与y轴的交点在正半轴可得c是正数，根据二次函数的增减性可得B选项错误，根据抛物线的对称轴结合与x轴的一个交点的坐标可以求出与x轴的另一交点坐标，也就是一元二次方程ax2+bx+c＝0的根，从而得解．
【解答】解：A、根据图象，二次函数开口方向向下，∴a＜0，故本选项错误；
B、当x＞1时，y随x的增大而减小，故本选项错误；
C、根据图象，抛物线与y轴的交点在正半轴，∴c＞0，故本选项错误；
D、∵抛物线与x轴的一个交点坐标是（﹣1，0），对称轴是直线x＝1，
设另一交点为（x，0），
﹣1+x＝2×1，
x＝3，
∴另一交点坐标是（3，0），
∴x＝3是一元二次方程ax2+bx+c＝0的一个根，
故本选项正确．
故选：D．
8．（2分）小明以二次函数y＝2x2﹣4x+8的图象为灵感为“2017北京•房山国际葡萄酒大赛”设计了一款杯子，如图为杯子的设计稿，若AB＝4，DE＝3，则杯子的高CE为（ ）
A．14 B．11 C．6 D．3
【分析】首先由y＝2x2﹣4x+8求出D点的坐标为（1，6），然后根据AB＝4，可知B点的横坐标为x＝3，代入y＝2x2﹣4x+8，得到y＝14，所以CD＝14﹣6＝8，又DE＝3，所以可知杯子高度．
【解答】解：∵y＝2x2﹣4x+8＝2（x﹣1）2+6，
∴抛物线顶点D的坐标为（1，6），
∵AB＝4，
∴B点的横坐标为x＝3，
把x＝3代入y＝2x2﹣4x+8，得到y＝14，
∴CD＝14﹣6＝8，
∴CE＝CD+DE＝8+3＝11．
故选：B．
二、填空题（本题共16分，每小题2分）
9．（2分）若x＝2是一元二次方程x2﹣mx﹣2＝0的一个根，则m＝ 1 ；方程的另一根是 ﹣1 ．
【分析】利用根与系数的关系，得到两根之积，先求出另外一根，再利用两根之和求出m的值，还可以直接将x＝2代入到方程中，直接求出m和另外一根的值．
【解答】解：设方程的另外一根为a，
则2a＝﹣2，2+a＝m，
∴a＝﹣1，m＝1，
故答案为：1；﹣1．
10．（2分）请写出一个开口向下，且与y轴的交点坐标为（0，﹣3）的抛物线的解析式 y＝﹣x2﹣3（答案不唯一） ．
【分析】设二次函数的解析式为y＝ax2+bx+c（a≠0），根据二次函数图象的开口方向及与y轴的交点坐标，可得出a＜0，c＝﹣3，取a＝﹣1，b＝0即可得出结论（答案不唯一）．
【解答】解：设二次函数的解析式为y＝ax2+bx+c（a≠0）．
∵二次函数的图象开口向下，与y轴的交点坐标为（0，﹣3），
∴a＜0，c＝﹣3，
∴二次函数的解析式可以为y＝﹣x2﹣3．
故答案为：y＝﹣x2﹣3（答案不唯一）．
11．（2分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y1＝kx+m（k≠0）与抛物线y2＝ax2+bx+c（a≠0）交于点A（0，4），B（3，1），当y1≤y2时，x的取值范围是 0≤x≤3 ．
【分析】根据函数图象以及点A、B的坐标，写出抛物线在直线上方部分的x的取值范围即可．
【解答】解：∵两函数图象交于点A（0，4），B（3，1），
∴当 y1≤y2时，x的取值范围是0≤x≤3．
故答案为：0≤x≤3．
12．（2分）二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，那么一元二次方程ax2+bx+c＝m（a≠0，m为常数且m≤4）的两根之和为 ﹣2 ．
【分析】利用函数图象得到抛物线与x轴的两交点坐标为（﹣3，0），（1，0），根据抛物线与x轴的交点问题得到ax2+bx+c＝0的两根分别为x1＝﹣3，x2＝1，则根据根与系数的关系得到＝2，然后求一元二次方程ax2+bx+c﹣m＝0的两根之和．
【解答】解：∵抛物线与x轴的两交点坐标为（﹣3，0），（1，0），
∴一元二次方程ax2+bx+c＝0的两根分别为x1＝﹣3，x2＝1，
∴﹣3+1＝﹣，即＝2，
∴一元二次方程ax2+bx+c﹣m＝0的两根之和＝﹣＝﹣2．
故答案为﹣2．
13．（2分）如图，在△ABC中，∠BAC＝65°，将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△AB'C'，连接C'C．若C'C∥AB，则∠BAB'＝ 50 °．
【分析】根据旋转的性质得AC′＝AC，∠B′AB＝∠C′AC，再根据等腰三角形的性质得∠AC′C＝∠ACC′，然后根据平行线的性质由CC′∥AB得∠ACC′＝∠CAB＝65°，则∠AC′C＝∠ACC′＝65°，再根据三角形内角和计算出∠CAC′＝50°，所以∠B′AB＝50°．
【解答】解：∵△ABC绕点A逆时针旋转到△AB′C′的位置，
∴AC′＝AC，∠B′AB＝∠C′AC，
∴∠AC′C＝∠ACC′，
∵CC′∥AB，
∴∠ACC′＝∠CAB＝65°，
∴∠AC′C＝∠ACC′＝65°，
∴∠CAC′＝180°﹣2×65°＝50°，
∴∠B′AB＝50°，
故答案为50．
14．（2分）如图，若AB是⊙O的直径，CD是⊙O的弦，∠ABD＝58°，则∠BCD＝ 32° ．
【分析】根据圆周角定理求得∠AOD＝2∠ABD＝116°（同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半）、∠BOD＝2∠BCD（同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半）；根据平角是180°知∠BOD＝180°﹣∠AOD，故∠BCD＝32°．
【解答】解：连接OD．
∵AB是⊙0的直径，CD是⊙O的弦，∠ABD＝58°，
∴∠AOD＝2∠ABD＝116°（同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半）；
又∵∠BOD＝180°﹣∠AOD，∠BOD＝2∠BCD（同弧所对的圆周角是所对的圆心角的一半）；
∴∠BCD＝32°；
另法：∵AB为直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠ABD＝58°，
∴∠A＝90°﹣58°＝32°，
∵∠BCD和∠A都是BD所对圆周角，
∴∠BCD＝32°．
故答案为：32°．
15．（2分）如图，⊙O的直径AB垂直于弦CD，垂足为E．若∠B＝60°，CD＝6，则AC的长为 6 ．
【分析】先由圆周角定理得∠ACB＝90°，则∠A＝30°，再由垂径定理得CE＝DE＝CD＝3，然后由含30°角的直角三角形的性质即可得出答案．
【解答】解：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠A＝90°﹣∠B＝90°﹣60°＝30°，
∵AB⊥CD，
∴∠AEC＝90°，CE＝DE＝CD＝3，
∴AC＝2CE＝6，
故答案为：6．
16．（2分）如下图，正方形ABCD的边AB在x轴上，A（﹣4，0），B（﹣2，0），定义：若某个抛物线上存在一点P，使得点P到正方形ABCD四个顶点的距离相等，则称这个抛物线为正方形ABCD的“友好抛物线”．若抛物线y＝2x2﹣nx﹣n2﹣1是正方形ABCD的“友好抛物线”，则n的值为 ﹣3或6 ．
【分析】根据正方形的性质得出另外两个顶点C、D的坐标，继而得出对角线的交点P的坐标，代入解析式求解可得．
【解答】解：∵点A（﹣4，0）、B（﹣2，0），
∴点C（﹣4，﹣2）、D（﹣2，﹣2），
则对角线AC、BD交点P的坐标为（﹣3，﹣1），
根据题意，将点P（﹣3，﹣1）代入解析式y＝2x2﹣nx﹣n2﹣1，
得：18+3n﹣n2﹣1＝﹣1，
整理，得：n2﹣3n﹣18＝0，
解得：n＝﹣3或n＝6，
故答案为：﹣3或6．
三、解答题（本题共68分，17题每小题8分，18、21、22、23、24、25、28题每题5分，19题4分，20、26、27题各7分）
17．（8分）解方程：
（1）x2﹣3x+1＝0；
（2）（x+3）（x﹣1）＝5．
【分析】（1）利用公式法解一元二次方程即可；
（2）利用因式分解法解一元二次方程即可．
【解答】解：（1）x2﹣3x+1＝0，
∵△＝b2﹣4ac＝9﹣4＝5，
∴x＝，
＝，
∴x1＝，x2＝；
（2）（x+3）（x﹣1）＝5，
方程整理得，x2+2x﹣8＝0，
（x﹣2）（x+4）＝0，
x﹣2＝0或x+4＝0，
解得x1＝2，x2＝﹣4．
18．（5分）若关于x的一元二次方程x2﹣3x+a﹣2＝0有实数根．
（1）求a的取值范围；
（2）当a为符合条件的最大整数，求此时方程的解．
【分析】（1）由方程有实数根，根据根的判别式可得到关于a的不等式，则可求得a的取值范围；
（2）由（1）中所求a的取值范围可求得a的最大整数值，代入方程求解即可．
【解答】解：
（1）∵关于x的一元二次方程x2﹣3x+a﹣2＝0有实数根，
∴△≥0，即（﹣3）2﹣4（a﹣2）≥0，解得a≤；
（2）由（1）可知a≤，
∴a的最大整数值为4，
此时方程为x2﹣3x+2＝0，
解得x＝1或x＝2．
19．（4分）如图1是博物馆展出的古代车轮实物，《周礼•考工记》记载：“…故兵车之轮六尺有六寸，田车之轮六尺有三寸…”据此，我们可以通过计算车轮的半径来验证车轮类型，请将以下推理过程补充完整．
如图2所示，在车轮上取A、B两点，设所在圆的圆心为O，半径为rcm．
作弦AB的垂线OC，D为垂足，则D是AB的中点．其推理依据是： 垂直弦的直径平分弦 ．
经测量：AB＝90cm，CD＝15cm，则AD＝ 45 cm；
用含r的代数式表示OD，OD＝ （r﹣15） cm．
在Rt△OAD中，由勾股定理可列出关于r的方程：
r2＝ 452+（r﹣15）2 ，
解得r＝75．
通过单位换算，得到车轮直径约为六尺六寸，可验证此车轮为兵车之轮．
【分析】根据垂径定理，利用勾股定理构建方程求解即可．
【解答】解：如图2所示，在车轮上取A、B两点，设所在圆的圆心为O，半径为rcm．
作弦AB的垂线OC，D为垂足，则D是AB的中点．其推理依据是：垂直弦的直径平分弦．
经测量：AB＝90cm，CD＝15cm，则AD＝45cm；
用含r的代数式表示OD，OD＝（r﹣15）cm．
在Rt△OAD中，由勾股定理可列出关于r的方程：
r2＝452+（r﹣15）2，
解得r＝75．
通过单位换算，得到车轮直径约为六尺六寸，可验证此车轮为兵车之轮．
故答案为：垂直弦的直径平分弦，45，（r﹣15），452+（r﹣15）2．
20．（7分）对于抛物线y＝x2﹣2x﹣3．
（1）它与x轴交点的坐标为 （3，0）（﹣1，0） ，与y轴交点的坐标为 （0，﹣3） ，顶点坐标为 （1，﹣4） ；
（2）在坐标系中利用描点法画出此抛物线；
x
…
﹣1
0
1
3
4
…
y
…
0
﹣3
﹣4
0
5
…
（3）利用以上信息解答下列问题：若关于x的一元二次方程x2﹣2x﹣3﹣t＝0（t为实数）在0＜x＜4的范围内有解，则t的取值范围是 ﹣4≤t＜5 ．
【分析】（1）令y＝0，求出抛物线与x轴交点的坐标；
（2）图象如图所示，把表格中的值分别代入y＝x2﹣2x﹣3求出对应的数值；
（3）根据关于x的一元二次方程x2﹣2x﹣3﹣t＝0（t为实数）在0＜x＜4的范围内有解，得b2﹣4ac≥0，求出t取值范围，再把x＝0、x＝4分别代入x2﹣2x﹣3﹣t＝0，求出t的值，进而求出t的取值范围．
【解答】解：（1）令y＝0，0＝x2﹣2x﹣3．
解得，x1＝3，x2＝﹣1，
∴它与x轴交点的坐标为（3，0）（﹣1，0），
令x＝0，y＝﹣3，
∴与y轴交点的坐标为（0，﹣3），
顶点（1，﹣4）；
故答案为：（3，0）（﹣1，0），（0，﹣3），（1，﹣4）；
（2）
（3）∵关于x的一元二次方程x2﹣2x﹣3﹣t＝0（t为实数）在0＜x＜4的范围内有解，
∴b2﹣4ac≥0，
∴4﹣4×1×（﹣3﹣t）≥0，
解得，t≥﹣4，
把x＝0代入x2﹣2x﹣3﹣t＝0，
得t＝4，
把x＝4代入x2﹣2x﹣3﹣t＝0，
得t＝5，
∴t的取值范围是﹣4≤t＜5．
故答案为：﹣4≤t＜5．
21．（5分）如图，D是等边三角形ABC内一点，将线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，连接CD，BE．
（1）求证：∠AEB＝∠ADC；
（2）连接DE，若∠ADC＝105°，求∠BED的度数．
【分析】（1）根据等边三角形的性质得出∠BAC＝60°，AB＝AC，根据旋转的性质得出∠DAE＝60°，AE＝AD．求出∠EAB＝∠DAC，证△EAB≌△DAC即可；
（2）求出∠AEB＝105°，求出∠AED，即可得出答案．
【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AB＝AC，
∵线段AD绕点A顺时针旋转60°，得到线段AE，
∴∠DAE＝60°，AE＝AD．
∴∠BAD+∠EAB＝∠BAD+∠DAC．
∴∠EAB＝∠DAC．
在△EAB和△DAC中，
∵，
∴△EAB≌△DAC，
∴∠AEB＝∠ADC；
（2）如图，
∵∠DAE＝60°，AE＝AD，
∴△EAD为等边三角形，
∴∠AED＝60°，
又∵∠AEB＝∠ADC＝105°，
∴∠BED＝105°﹣60°＝45°．
22．（5分）学校要围一个矩形花圃，花圃的一边利用足够长的墙，另三边用总长为36米的篱笆恰好围成（如图所示）．设矩形的一边AB的长为x米（要求AB＜AD），矩形ABCD的面积为S平方米．
（1）求S与x之间的函数关系式，并直接写出自变量x的取值范围；
（2）要想使花圃的面积最大，AB边的长应为多少米？最大面积为多少平方米？
【分析】（1）因为AB＝x米，所以BC为（36﹣2x）米，由长方形的面积列式即可；
（2）将（1）中的二次函数进行配方即可化为顶点式．y＝a（x﹣h）2+k，因为a＝﹣2＜0抛物线开口向下，函数有最大值，即当x＝h时，取得最大值．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，AB的长为x米，
∴CD＝AB＝x（米）．
∵矩形除AD边外的三边总长为36米，
∴BC＝36﹣2x（米），
∴S＝x（36﹣2x）＝﹣2x2+36x，
∵0＜x＜36﹣2x，
∴0＜x＜12，
∴S与x之间的函数关系式为S＝﹣2x2+36x（0＜x＜12）；
（2）∵S＝﹣2x2+36x＝﹣2（x﹣9）2+162，0＜x＜12，
∴当x＝9时，S取最大值，最大值＝162（平方米），
∴AB边的长为9米时，花圃的面积最大，最大值为162平方米．
23．（5分）如图，点O、B坐标分别为（0，0）、（3，0），将△OAB绕O点按逆时针方向旋转90°到△OA'B'．
（1）画出平面直角坐标系和△OA'B'；
（2）直接写出点A'的坐标；
（3）求旋转过程中点B走过的路径长．
【分析】（1）分别作出A，B，的对应点A′，B′即可．
（2）根据点A′的位置写出坐标即可．
（3）利用弧长公式计算即可．
【解答】解：（1）如图，△OA'B'即为所求．
（2）A′（﹣2，4）．
（3）旋转过程中点B走过的路径长＝＝．
24．（5分）如图，⊙O的半径为2，四边形ABCD内接于⊙O，圆心O到AC的距离等于．
（1）求AC的长；
（2）求∠ADC的度数．
【分析】（1）过O作OE⊥AC于E，连接OA、OC，根据勾股定理求出AE，根据垂径定理求出AE＝CE，再求出AC即可；
（2）根据直角三角形的性质求出∠AOE＝30°，求出∠AOC＝60°，根据圆周角定理求出∠ABC，根据圆内接四边形的性质求出∠ADC+∠ABC＝180°，再求出答案即可．
【解答】解：（1）过O作OE⊥AC于E，连接OA、OC，则∠AEO＝90°，
∵圆心O到AC的距离等于，
∴OE＝，
由勾股定理得：AE＝＝＝1，
∵OE⊥AC，OE过圆心O，
∴AE＝CE＝1，
∴AC＝AE+CE＝1+1＝2；
（2）∵OA＝2，AE＝1，∠AEO＝90°，
∴AE＝OA，
∵∠AEO＝90°，
∴∠AOE＝30°，
同理∠COE＝30°，
∴∠AOC＝30°+30°＝60°，
∴∠ABC＝AOC＝30°，
∵四边形ADCB是⊙O的内接四边形，
∴∠ADC+∠ABC＝180°，
∴∠ADC＝180°﹣30°＝150°．
25．（5分）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，AB＝4cm．动点D沿着A→C→B的方向从A点运动到B点．DE⊥AB，垂足为E．设AE长为xcm，BD长为ycm（当D与A重合时，y＝4；当D与B重合时y＝0）．
小云根据学习函数的经验，对函数y随自变量x的变化而变化的规律进行了探究．
下面是小云的探究过程，请补充完整：
（1）通过取点、画图、测量，得到了x与y的几组值，如下表：
x/cm
0
0.5
1
1.5
2
2.5
3
3.5
4
y/cm
4
3.5
3.2
t
2.8
2.1
1.4
0.7
0
补全上面表格，要求结果保留一位小数．则t≈ 2.9 ．
（2）在下面的网格中建立平面直角坐标系，描出以补全后的表中各对对应值为坐标的点，画出该函数的图象．
（3）结合画出的函数图象，解决问题：当DB＝AE时，AE的长度约为 2.3 cm．
【分析】（1）按题意，认真测量即可；
（2）利用数据描点、连线；
（3）当DB＝AE时，y＝x，画图形测量交点横坐标即可．
【解答】解：（1）根据题意量取数据为2.9
故答案为：2.9
（2）根据已知数据描点连线得：
（3）当DB＝AE时，y与x满足y＝x，在（2）图中，画y＝x图象，测量交点横坐标为2.3．
故答案为：2.3
26．（7分）在平面直角坐标系xOy中，直线y＝4x+4与x轴，y轴分别交于点A，B，抛物线y＝ax2+bx﹣3a经过点A，将点B向右平移5个单位长度，得到点C．
（1）求点C的坐标；
（2）求抛物线的对称轴；
（3）若抛物线与线段BC恰有一个公共点，结合函数图象，求a的取值范围．
【分析】（1）根据坐标轴上点的坐标特征可求点B的坐标，根据平移的性质可求点C的坐标；
（2）根据坐标轴上点的坐标特征可求点A的坐标，进一步求得抛物线的对称轴；
（3）结合图形，分三种情况：①a＞0；②a＜0，③抛物线的顶点在线段BC上；进行讨论即可求解．
【解答】解：（1）与y轴交点：令x＝0代入直线y＝4x+4得y＝4，
∴B（0，4），
∵点B向右平移5个单位长度，得到点C，
∴C（5，4）；
（2）与x轴交点：令y＝0代入直线y＝4x+4得x＝﹣1，
∴A（﹣1，0），
将点A（﹣1，0）代入抛物线y＝ax2+bx﹣3a中得0＝a﹣b﹣3a，即b＝﹣2a，
∴抛物线的对称轴x＝﹣＝﹣＝1；
（3）∵抛物线y＝ax2+bx﹣3a经过点A（﹣1，0）且对称轴x＝1，
由抛物线的对称性可知抛物线也一定过A的对称点（3，0），
①a＞0时，如图1，
将x＝0代入抛物线得y＝﹣3a，
∵抛物线与线段BC恰有一个公共点，
∴﹣3a＜4，
a＞﹣，
将x＝5代入抛物线得y＝12a，
∴12a≥4，
解得a≥；
②a＜0时，如图2，
将x＝0代入抛物线得y＝﹣3a，
∵抛物线与线段BC恰有一个公共点，
∴﹣3a＞4，
解得a＜﹣；
③当抛物线的顶点在线段BC上时，则顶点为（1，4），如图3，
将点（1，4）代入抛物线得4＝a﹣2a﹣3a，
解得a＝﹣1．
综上所述，a≥或a＜﹣或a＝﹣1．
27．（7分）在正方形ABCD中，M是BC边上一点，且点M不与B、C重合，点P在射线AM上，将线段AP绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，连接BP，DQ．
（1）如图1，当点P在线段AM上时，依题意补全图1；
（2）在图1的条件下，延长BP，QD交于点H，求证：∠H＝90°．
（3）在图2中，当点P在线段AM的延长线上时，连接DP，若点P，Q，D恰好在同一条直线时，猜想DP，DQ，AB之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）根据要求画出图形，即可得出结论；
（2）由旋转的性质可得AQ＝AP，∠QAP＝∠DAB＝90°，由“SAS”可证△AQD≌△APB，可得PB＝QD，∠AQD＝∠APB，由平角的性质和四边形内角和定理可得∠QHP＝90°，即可得出结论；
（3）连接BD，如图2，只要证明△ADQ≌△ABP，∠DPB＝90°，即可解决问题．
【解答】解：（1）补全图形如图1：
（2）如图1，延长BP，QD交于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∵将线段AP绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，
∴AQ＝AP，∠QAP＝∠DAB＝90°，
∴∠QAD＝∠BAP，
∴△AQD≌△APB（SAS），
∴PB＝QD，∠AQD＝∠APB，
∵∠APB+∠APH＝180°，
∴∠AQD+∠APH＝180°，
∵∠QAP+∠APH+∠AQD+∠H＝360°，
∴∠H＝90°；
（3）DP2+DQ2＝2AB2．
证明：连接BD，如图2，
∵线段AP绕点A顺时针旋转90°得到线段AQ，
∴AQ＝AP，∠QAP＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠1＝∠2．
∴△ADQ≌△ABP（SAS），
∴DQ＝BP，∠Q＝∠3，
∵在Rt△QAP中，∠Q+∠QPA＝90°，
∴∠BPD＝∠3+∠QPA＝90°，
在Rt△BPD中，DP2+BP2＝BD2，
又∵DQ＝BP，BD2＝2AB2，
∴DP2+DQ2＝2AB2．
28．（5分）在平面直角坐标系xOy中，对于点P（x，y）和Q（x，y'），给出如下定义：
若y′＝，则称点Q为点P的“可控变点“
例如：点（1，2）的“可控变点”为点（1，2），点（﹣1，3）的”可控变点”为点（﹣1，﹣3）．
（1）点（﹣5，﹣2）的“可控变点”坐标为 （﹣5，2） ；
（2）若点P在函数y＝﹣x2+16的图象上，其“可控变点”Q的纵坐标y'是7，求“可控变点”Q的横坐标：
（3）若点P在函数y＝﹣x2+16（﹣5≤x≤a）的图象上，其“可控变点”Q的纵坐标y'的取值范围是﹣16≤y'≤16，求a
的值．
【分析】（1）根据可控变点的定义，可得答案
（2）根据可控变点的定义，可得函数解析式，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案
（3）根据可控变点的定义，可得函数解析式，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案
【解答】解（1）∵﹣5＜0
∴y'＝﹣y＝2
即点（﹣5，﹣2）的“可控变点”坐标为（﹣5，2）
（2）由题意得y＝﹣x2+16的图象上的点P的“可控变点”必在函数
y′＝的图象上，
∵“可控变点”Q的纵坐标y′的是7
∴当﹣x2+16＝7时，解得x＝3，
当x2﹣16＝7时，解得x＝﹣
故答案为：3或﹣
（3）由题意得∵﹣16≤y′≤16，
∴﹣16＝﹣x2+16
∴x＝4，
观察图象可知，实数a＝4．
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