試題試題2024北京十一學校初三6月月考數學一、選擇題（共24分，每小題3分）1．（3分）下列圖形中，既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（）A． B． C． D．2．（3分）如果一個正多邊形的每一個內角是150°，那么這個正多邊形的邊數為（）A．16 B．12 C．8 D．63．（3分）在同一平面直角坐標系中，一次函數y＝ax+c和二次函數y＝﹣ax2﹣c的圖象大致為（）A． B． C． D．4．（3分）拋物線y＝x2﹣4x+1的頂點是（）A．（﹣2，3） B．（﹣2，﹣3） C．（2，3） D．（2，﹣3）5．（3分）如圖，點E在正方形ABCD的邊CD上，將△ADE繞點A順時針旋轉90°到△ABF的位置，連接EF，過點A作EF的垂線，垂足為點H，與BC交于點G．若BG＝6，CG＝4，則CE的長為（）A． B． C．8 D．96．（3分）如圖，線段AB是⊙O的直徑，弦CD⊥AB，∠CAB＝25°，則∠AOD等于（）A．155° B．140° C．130° D．110°7．（3分）如表記錄了二次函數y＝ax2+bx+2（a≠0）中兩個變量x與y的5組對應值，其中x1＜x2＜1，根據表中信息，當時，直線y＝k與該二次函數圖象有兩個公共點，則k的取值范圍是（）x…﹣5x1x213…y…m020m…A．≤k＜2 B． C． D．2＜k≤8．（3分）如圖，等邊三角形ABC的邊長為2，點A，B在⊙O上，點C在⊙O內，⊙O的半徑為，將△ABC繞點A逆時針旋轉，在旋轉程中得到兩個結論：①當點C第一次落在⊙O上時，旋轉角為45°；②當AC第一次與⊙O相切時，旋轉角為75°．則結論正確的是（）A．② B．均不正確 C．①② D．①二、填空題（共24分，每小題3分）9．（3分）若關于x的一元二次方程x2﹣4x+m﹣4＝0有兩個相等的實數根，則m的值是．10．（3分）如圖，一次函數y＝kx+b（k≠0）與二次函數y＝ax2（a≠0）的圖象分別交于點A（﹣2，2），B（4，8）．則關于x的方程ax2＝kx+b的解為．11．（3分）若點A（0，y1），B（，y2），C（3，y3）在拋物線y＝（x﹣1）2+k上，則y1，y2，y3的大小關系為（用“＞”連接）．12．（3分）已知點A（a﹣2b，﹣2）與點A′（﹣6，2a+b）關于坐標原點對稱，則3a﹣b＝．13．（3分）如圖，點P為⊙O外一點，過點P作⊙O的兩條切線，切點分別為A，B，點C為優弧AB上一點，若∠ACB＝50°，則∠P＝°．14．（3分）一個圓錐的母線長為5cm，底面半徑為，那么這個圓錐的側面積為cm2．15．（3分）我們給出如下定義：在平面內，點到圖形的距離是指這個點到圖形上所有點的距離的最小值．在平面內有一個矩形ABCD，AB＝2，AD＝1，中心為O，在矩形外有一點P，，當矩形繞著點O旋轉時，則點P到矩形的距離d的取值范圍為．16．（3分）如圖，在平面直角坐標系xOy中，以點A（，0）為圓心，1為半徑畫圓．將⊙A繞點O逆時針旋轉α（0°＜α＜180°）得到⊙A'，使得⊙A'與y軸相切，則α的度數是．三、解答題（共52分，第17-22題每題5分，第23-26題每題4分，第27、28題每題3分）17．（5分）解下列方程：（1）x2﹣2x﹣4＝0；（2）3x（x﹣4）＝5（x﹣4）．18．（5分）已知一個二次函數圖象上部分點的橫坐標x與縱坐標y的對應值如表所示：x…﹣101234…y…83m﹣103…（1）求m的值和這個二次函數的表達式；（2）在給定的平面直角坐標系中畫出這個二次函數的圖象（無需再單獨列表）；（3）當1＜x≤4時，直接寫出y的取值范圍．19．（5分）如圖，在正方形ABCD中，射線AE與邊CD交于點E，射線AB繞點A順時針旋轉，與CB的延長線交于點F，BF＝DE，連接FE．（1）求證：△AEF是等腰直角三角形；（2）若四邊形AECF的面積為36，DE＝2，直接寫出AE的長．20．（5分）如圖，AB是⊙O的直徑，PB，PC是⊙O的兩條切線，切點分別為B，C．連接PO交⊙O于點D，交BC于點E，連接AC．（1）求證：OE＝AC；（2）若點E是OD的中點，⊙O的半徑為6，求PB的長．21．（5分）已知△ABC是等邊三角形，點P在BC的延長線上，以P為旋轉中心，將線段PC逆時針旋轉n°（0＜n＜180）得線段PQ，連接AP，BQ．（1）如圖1，若PC＝AC，畫出n＝60時的圖形，直接寫出BQ和AP的數量及位置關系；（2）當n＝120時，若點M為線段BQ的中點，連接PM．判斷MP和AP的數量關系，并證明．22．（5分）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，將△ABC繞著點B逆時針旋轉得到△FBE，點C，A的對應點分別為E，F，點E落在BA上，連接AF．（1）若∠BAC＝36°．則∠BAF的度數為；（2）若AC＝8，BC＝6，求AF的長．23．（4分）已知ax2+bx+c是關于x的多項式，記為P（x）．我們規定：P（x）的導出多項式為2ax+b，記為Q（x）．例如：若P（x）＝3x2﹣2x+1，則P（x）的導出多項式Q（x）＝2?3x﹣2＝6x﹣2．根據以上信息，解答下列問題：（1）若P（x）＝x2﹣4x，則Q（x）＝；（2）若P（x）＝2x2+4（2x﹣1），求關于x的方程Q（x）＝3x的解；（3）已知P（x）＝ax2﹣3x+2是關于x的二次多項式，Q（x）為P（x）的導出多項式，若關于x的方程Q（x）＝﹣x的解為正整數，求整數a的值．24．（4分）已知：如圖，AB是圓O的直徑，＝，過點A作圓O的切線交DO的延長線于E．（1）求證：AC∥ED；（2）若AC＝4，∠E＝30°，直接寫出AE的長度．25．（4分）小明發現某乒乓球發球器有“直發式”與“間發式”兩種模式，在“直發式”模式下，球從發球器出口到第一次接觸臺面的運動軌跡近似為一條拋物線；在“間發式”模式下，球從發球器出口到第一次接觸臺面的運動軌跡近似為一條直線，球第一次接觸臺面到第二次接觸臺面的運動軌跡近似為一條拋物線．如圖1和圖2分別建立平面直角坐標系xOy．通過測量得到球距離臺面高度y（單位：dm）與球距離發球器出口的水平距離x（單位：dm）的相關數據，如表所示：表1直發式x（dm）02468101620…y（dm）3.843.964m3.843.642.561.44…表2間發式x（dm）0246810121416…y（dm）3.362.521.68n02.003.203.603.20…根據以上信息，回答問題：（1）表格中m＝，n＝；（2）直接寫出“直發式”模式下，球第一次接觸臺面前的運動軌跡的解析式；（3）若“直發式”模式下球第一次接觸臺面時距離出球點的水平距離為d1，“間發式”模式下球第二次接觸臺面時距離出球點的水平距離為d2，則d1d2（填“＞”＝”或“＜”）．26．（4分）在平面直角坐標系xOy中，點（4，2）在拋物線y＝ax2+bx+2（a＜0）上．（1）直接寫出拋物線的對稱軸；（2）拋物線上兩點P（x1，y1），Q（x2，y2），且t≤x1＜t+2，4﹣t＜x2≤6﹣t．①當t＝1時，直接寫出y1，y2的大小關系；②若對于x1，x2，都有y1≠y2，直接寫出t的取值范圍．27．（3分）如圖1，在正方形ABCD中，點E是邊CD上一點，且點E不與C、D重合，過點A作AE的垂線交CB延長線于點F，連接EF．（1）計算∠AEF的度數；（2）如圖2，過點A作AG⊥EF，垂足為G，連接DG．用等式表示線段CF與DG之間的數量關系，并證明．28．（3分）對于平面直角坐標系xOy中的⊙O，點P，點Q，給出如下定義：線段PA為⊙O的弦，點Q是弦PA上任意一點．若PA＝nPQ，則稱點Q是點P關于⊙O的n倍關聯點．已知，⊙O的半徑為2，點P的坐標為（2，0）．（1）在點B（0，1），C（1，1），中，是點P關于⊙O的2倍關聯點的是；（2）E在直線上，若E是點P關于⊙O的2倍關聯點，直接寫出b的取值范圍；（3）⊙O與y軸正半軸交于點F，對于線段PF上任意一點M，在⊙O上都存在點N，使得點M是點N關于⊙O的n倍關聯點，直接寫出n的最大值和最小值．

參考答案一、選擇題（共24分，每小題3分）1．【分析】根據軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念求解．【解答】解：A、不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，故此選項不合題意；B、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故此選項不合題意；C、是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，故此選項符合題意；D、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，故此選項不合題意；故選：C．【點評】此題主要考查了中心對稱圖形與軸對稱圖形．軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合，中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180度后兩部分重合．2．【分析】根據正多邊形的一個內角是150°，則知該正多邊形的一個外角為30°，再根據多邊形的外角之和為360°，即可求出正多邊形的邊數．【解答】解：∵正多邊形的一個內角是150°，∴該正多邊形的一個外角為30°，∵多邊形的外角之和為360°，∴邊數n＝360÷30＝12，∴該正多邊形的邊數是12．故選：B．【點評】本題主要考查多邊形內角與外角的知識點，解答本題的關鍵是知道多邊形的外角之和為360°，此題難度不大．3．【分析】根據二次函數的開口方向，與y軸的交點；一次函數經過的象限，與y軸的交點可得相關圖象．【解答】解：∵一次函數經過y軸上的（0，c），二次函數經過y軸上的（0，﹣c），∴兩個函數圖象交于y軸上的兩點分布在原點兩側，故B、C、D選項錯誤；故選：A．【點評】本題考查二次函數及一次函數的圖象的性質；用到的知識點為：二次函數和一次函數的常數項是圖象與y軸交點的縱坐標；一次函數的一次項系數大于0，圖象經過一、三象限；小于0，經過二、四象限；二次函數的二次項系數大于0，圖象開口向上；二次項系數小于0，圖象開口向下．4．【分析】把拋物線解析式化為頂點式即可求得答案．【解答】解：∵y＝x2﹣4x+1＝（x﹣2）2﹣3，∴頂點坐標為（2，﹣3），故選：D．【點評】本題主要考查二次函數的性質，掌握二次函數的頂點式是解題的關鍵，即在y＝a（x﹣h）2+k中，對稱軸為x＝h，頂點坐標為（h，k）．5．【分析】連接EG，由正方形ABCD，將△ADE繞點A順時針旋轉90°到△ABF的位置，過點A作EF的垂線，BG＝6，CG＝4，得AE＝AF，DE＝BF，得AG垂直平分FE，得EG＝FG，由AB＝BC＝BG+GC＝6+4＝10，設CE＝x，得DE＝10﹣x＝BF，得EG＝FG＝BF+BG＝16﹣x，由CE2+CG2＝EG2，得x2+42＝（16﹣x）2，即可得CE＝x＝7.5．【解答】解：連接EG，由正方形ABCD，將△ADE繞點A順時針旋轉90°到△ABF的位置，過點A作EF的垂線，BG＝6，CG＝4，得AE＝AF，DE＝BF，得AG垂直平分FE，得EG＝FG，由AB＝BC＝BG+GC＝6+4＝10，設CE＝x，得DE＝10﹣x＝BF，得EG＝FG＝BF+BG＝16﹣x，由CE2+CG2＝EG2，得x2+42＝（16﹣x）2，得CE＝x＝7.5．故選：B．【點評】本題主要考查了圖形的旋轉，解題關鍵是旋轉性質的應用．6．【分析】先根據垂徑定理得到＝，再根據圓周角定理得∠BOD＝2∠CAB＝50°，然后利用鄰補角的定義計算∠AOD的度數．【解答】解：∵CD⊥AB，∴＝，∴∠BOD＝2∠CAB＝2×25°＝50°，∴∠AOD＝180°﹣∠BOD＝180°﹣50°＝130°．故選：C．【點評】本題考查了圓周角定理：在同圓或等圓中，同弧或等弧所對的圓周角相等，都等于這條弧所對的圓心角的一半．也考查了垂徑定理．7．【分析】根據表中數據得出對稱軸x＝﹣1，進而得到拋物線與x軸的交點，利用交點式得到y＝a（x+3）（x﹣1），從而得到二次函數表達式為y＝﹣x2﹣x+2，根據當﹣＜x≤0時，直線y＝k與該二次函數圖象有兩個公共點，可得結論．【解答】解：由（﹣5，m）、（3，m）可得拋物線對稱軸，又由（x1，0）、（1，0）以及對稱軸x＝﹣1可得x1＝﹣3，∴拋物線與x軸的交點為（﹣3，0）、（1，0），則設拋物線交點式為y＝a（x+3）（x﹣1），∵y＝a（x+3）（x﹣1）＝a（x2+2x﹣3）＝ax2+2ax﹣3a與y＝ax2+bx+2（a≠0）對比可得﹣3a＝2，解得a＝﹣，∴二次函數表達式為y＝﹣x2﹣x+2，∴當x＝﹣時，y＝﹣×﹣×（﹣）+2＝；當x＝0時，y＝2；當x＝﹣1時，最大值y＝﹣++2＝，當﹣＜x≤0時，直線y＝k與該二次函數圖象有兩個公共點，∴2≤k＜，故選：C．【點評】本題考查二次函數圖象與性質，掌握二次函數表達式的求法是解決問題的關鍵．8．【分析】①當點C第一次落在⊙O上時，連接AO，BO，C'O，可證明△ABO是等腰直角三角形，B、C'、O三點共線，再求出∠CAO＝15°，可得∠CAC'＝30°，②當AC與⊙O相切時，連接CO并延長與AB交于點M，連接AO，先求出∠OAM＝45°，∠BAC'＝135°，∠BAB'＝75°，即可得當AC第一次與⊙O相切時，旋轉角為75°．【解答】解：①當點C第一次落在⊙O上時，連接AO，BO，C'O，如圖1，∵AO＝BO＝，AB＝2，∴△ABO是等腰直角三角形，∴AO⊥BO，∴B、C'、O三點共線，∵AB＝AC'，∴∠ABC'＝∠AC'B＝45°，∴∠BAC'＝90°，∵∠BAC＝60°，∴∠CAO＝15°，∴∠CAC'＝30°，故①錯誤；當AC與⊙O相切時，連接CO并延長與AB交于點M，連接AO，如圖2，∵△ABC是正三角形，∴CM⊥AB，∵AB＝2，∴AM＝1，∵OA＝，∴OM＝1，∴∠OAM＝45°，∵∠OAC'＝90°，∴∠BAC'＝135°，∵∠C'AB'＝60°，∴∠BAB'＝75°，∴當AC第一次與⊙O相切時，旋轉角為75°，故②正確，故選：A．【點評】本題考查了切線的性質，等邊三角形的性質，直線與圓的位置關系，旋轉的性質，熟練掌握旋轉的性質，等邊三角形，圓的切線性質是解題的關鍵．二、填空題（共24分，每小題3分）9．【分析】根據關于x的一元二次方程x2﹣4x+m﹣4＝0有兩個相等的實數根，可知Δ＝（﹣4）2﹣4×1×（m﹣4）＝0，然后求解即可．【解答】解：∵關于x的一元二次方程x2﹣4x+m﹣4＝0有兩個相等的實數根，∴Δ＝（﹣4）2﹣4×1×（m﹣4）＝0，解得m＝8，故答案為：8．【點評】本題考查根的判別式，解答本題的關鍵是明確當Δ＝0時一元二次方程有兩個相等的實數根．10．【分析】直接根據一次函數y＝kx+b（k≠0）與二次函數y＝ax2（a≠0）的圖象的交點即可得出結論．【解答】解：∵一次函數y＝kx+b（k≠0）與二次函數y＝ax2（a≠0）的圖象分別交于點A（﹣2，2），B（4，8），∴關于x的方程ax2＝kx+b的解為：x1＝﹣2，x2＝4．故答案為：x1＝﹣2，x2＝4．【點評】本題考查的是二次函數的性質，熟知直接根據題意得出方程的解是解題的關鍵．11．【分析】根據對稱軸是直線x＝1，判斷出A，B，C離對稱軸的遠近可得結論．【解答】解：∵y＝（x﹣1）2+k的開口向上，且對稱軸為直線x＝1，又∵點C離對稱軸最遠，點B離對稱軸最近，∴y3＞y1＞y2．故答案為：y3＞y1＞y2．【點評】本題考查了二次函數的性質，熟練掌握二次函數函數值變化時，拋物線的開口方向以及對稱軸的位置對函數值的影響是解題的關鍵．12．【分析】根據關于原點對稱的點的坐標特點：兩個點關于原點對稱時，它們的坐標符號相反可得a﹣2b＝6，2a+b＝2，再解方程即可．【解答】解：∵點A（a﹣2b，﹣2）與點A′（﹣6，2a+b）關于坐標原點對稱，∴a﹣2b＝6，2a+b＝2，∴a＝2，b＝﹣2，∴3a﹣b＝8，故答案為：8．【點評】此題主要考查了關于原點對稱的點的坐標特點，關鍵是掌握點的坐標的變化規律．13．【分析】連接OA，OB，由切線的性質定理得到∠PAO＝∠PBO＝90°，∠AOB＝2∠ACB＝100°，利用∠P＝360°﹣90°﹣90°﹣100°＝80°解答即可．【解答】解：連接OA，OB，∵PA，PB分別切圓于A、B，∴半徑OA⊥PA，半徑OB⊥PB，∴∠PAO＝∠PBO＝90°，∵∠ACB＝50°，∴∠AOB＝100°，∴∠P＝360°﹣90°﹣90°﹣100°＝80°，故答案為：80．【點評】本題考查切線的性質，圓周角定理，關鍵是由切線的性質定理得到∠PAO＝∠PBO＝90°，由圓周角定理得到∠AOB＝2∠ACB．14．【分析】根據圓錐的側面展開圖為扇形，先計算出圓錐的底面圓的周長，然后利用扇形的面積公式求解．【解答】解：∵圓錐的底面半徑為，∴圓錐的底面圓的周長＝2π?＝5π，∴圓錐的側面積＝?5π?5＝π（cm2）．故答案為：π．【點評】本題考查了圓錐的側面積的計算：圓錐的側面展開圖為扇形，扇形的弧長為圓錐的底面周長，扇形的半徑為圓錐的母線長．也考查了扇形的面積公式：S＝?l?R，（l為弧長）．15．【分析】由題意以及矩形的性質得OP過矩形ABCD各邊的中點時，d最大，OP過矩形ABCD的頂點時，d最小，分別求出d的值即可得出答案．【解答】解：如圖：設AB的中點是E，OP過點E時，點O與邊AB上所有點的連線中，OE最小，此時此時d＝PE最大，OP過頂點A時，點O與邊AB上所有點的連線中，OA最大，此時d＝PA最小，如圖①：∵AB＝2，AD＝1，中心為O，∴OE＝，OE⊥AB，∵OP＝，∴d＝PE＝1；如圖②：∵AB＝2，AD＝1，中心為O，∴AE＝1，OE＝，OE⊥AB，∴OA＝＝，∵OP＝∴d＝PA＝﹣；∴d的取值范圍為≤d≤1．故答案為：≤d≤1．【點評】本題考查矩形的性質，旋轉的性質，根據題意得出d最大、最小時點P的位置是解題的關鍵．16．【分析】分兩種情況，一是點A′在第一象限，設⊙A′與y軸相切于點B，連接OA′、BA′，由切線的性質得∠A′BO＝90°，由旋轉的性質得OA′＝OA＝，A′B＝1，根據勾股定理求得OB＝1，則∠BOA′＝∠BA′O＝45°，此時α＝45°；二是點A′在第二象限，設⊙A′與y軸相切于點C，連接OA′、CA′，則∠COA′＝∠CA′O＝45°，此時α＝135°．【解答】解：如圖1，點A′在第一象限，設⊙A′與y軸相切于點B，連接OA′、BA′，∵OB⊥A′B，∴∠A′BO＝90°，∵⊙A的半徑為1，A（，0），∴OA＝，由旋轉得OA′＝OA＝，∵⊙A的半徑為1，∴A′B＝1，∴OB＝＝＝1，∴A′B＝OB，∴∠BOA′＝∠BA′O＝45°，∴α＝∠AOA′＝90°﹣45°＝45°；如圖2，點A′在第二象限，設⊙A′與y軸相切于點C，連接OA′、CA′，∵OC⊥A′C，∴∠A′CO＝90°，∵OA′＝OA＝，AC＝1，∴OC＝＝＝1，∴A′C＝OC，∴∠COA′＝∠CA′O＝45°，∴α＝∠AOA′＝90°+45°＝135°，故答案為：45°或135°．【點評】此題重點考查圖形與坐標、直線與圓的位置關系、切線的性質定理、勾股定理、旋轉的性質等知識，正確地作出所需要的輔助線是解題的關鍵．三、解答題（共52分，第17-22題每題5分，第23-26題每題4分，第27、28題每題3分）17．【分析】（1）利用配方法求解即可；（2）利用因式分解法求解即可．【解答】解：（1）x2﹣2x﹣4＝0，x2﹣2x＝4，x2﹣2x+1＝4+1，即（x﹣1）2＝5，∴x﹣1＝±，∴x1＝1+，x2＝1﹣；（4）3x（x﹣4）＝5（x﹣4），3x（x﹣4）﹣5（x﹣4）＝0，（x﹣4）（3x﹣5）＝0，∴x﹣4＝0或3x﹣5＝0，∴x1＝4，．【點評】本題考查了解一元二次方程，能選擇適當的方法解一元二次方程是解此題的關鍵，解一元二次方程的方法有：直接開平方法，因式分解法，公式法，配方法等等．18．【分析】（1）由表格中數據可知拋物線的頂點為（2，﹣1），當x＝1和x＝3時，函數值都是0，即m＝0，然后設出頂點式，將（0，3）代入求出a的值即可；（2）根據表格中的數據描點、連線即可；（3）根據函數圖象可直接得出答案．【解答】解：（1）∵當x＝0和x＝4時，y＝3；∴拋物線的頂點為（2，﹣1），當x＝1和x＝3時，函數值都是0，即m＝0，設這個二次函數的表達式為：y＝a（x﹣2）2﹣1（a≠0），將（0，3）代入得4a﹣1＝3，解得a＝1，∴這個二次函數的表達式為y＝（x﹣2）2﹣1；（2）如圖：（3）由函數圖象得：當1＜x≤4時，﹣1≤y≤3．【點評】本題考查了待定系數法求函數解析式，畫二次函數圖象，二次函數的圖象和性質等知識，熟練掌握數形結合思想的應用是解題的關鍵．19．【分析】（1）根據正方形的性質得到AB＝AD，∠ABC＝∠D＝∠BAD＝90°，求得∠ABF＝90°，根據全等三角形的性質即可得到結論；（2）根據全等三角形得到S四邊形AFCE＝S正方形ABCD，然后利用正方形的面積公式可得AD，再根據勾股定理求得結果．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠ABC＝∠D＝∠BAD＝90°，∴∠ABF＝90°，在△ABF與△ADE中，，∴△ABF≌△ADE（SAS），∴AF＝AE，∠BAF＝∠DAE，∴∠EAF＝∠BAD＝90°，∴△AEF是等腰直角三角形；（2）解：由（1）知，△ABF≌△ADE，∴S四邊形AFCE＝S正方形ABCD＝36，∴AD＝6，∴AE＝．【點評】本題考查了旋轉的性質，正方形的性質，全等三角形的判定和性質，等腰直角三角形的判定和性質，證得△ABF≌△ADE是解題的關鍵．20．【分析】（1）根據切線的性質得到PB＝PC，∠BPO＝∠CPO．根據等腰三角形的性質即可得到結論；（2）由切線的性質得到∠OBP＝90°，根據三角函數的定義即可得到結論．【解答】證明：（1）∵PB，PC是⊙O的兩條切線，切點分別為B，C，∴PB＝PC，∠BPO＝∠CPO．∴PO⊥BC，BE＝CE．∵OB＝OA，∴OE是△ABC的中位線，∴OE＝AC；（2）∵PB是⊙O的切線，∴∠OBP＝90°．由（1）可得∠BEO＝90°，∵點E是OD的中點，⊙O的半徑為6，∴OE＝OD＝3，∵∠OBP＝∠BEO＝90°．∴tan∠BOE＝＝，在Rt△BEO中，OE＝3，OB＝6，∴BE＝3．∴PB＝6．【點評】本題考查了切線的性質，圓周角定理，解直角三角形，熟練掌握切線的性質是解題的關鍵．21．【分析】（1）通過證明四邊形ABQP是平行四邊形，可得BQ＝AP，BQ∥AP；（2）以CP為邊作等邊三角形CHP，連接BH，由“SAS”可證△ACP≌△BCH，可得AP＝BH，由旋轉的性質和三角形中位線定理可得AP＝2MP．【解答】解：（1）BQ＝AP，BQ∥AP，如圖1所示：∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝∠BAC＝60°，AB＝BC＝AC，又∵PC＝AC，∴∠PAC＝∠APC，∵∠ACB＝∠PAC+∠APC＝60°，∴∠PAC＝∠APC＝30°，∴∠BAP＝90°，∵將線段PC逆時針旋轉60°得線段PQ，∴PC＝PQ，∠CPQ＝60°，∴AB＝AC＝CP＝PQ，∠APQ＝90°，∴∠BAP+∠APQ＝180°，∴AB∥PQ，∴四邊形ABQP是平行四邊形，∴BQ＝AP，BQ∥AP；（2）AP＝2MP，理由如下：如圖2，以CP為邊作等邊三角形CHP，連接BH，∵△CHP和△CBA都是等邊三角形，∴CB＝CA，CP＝CH，∠ACB＝∠HCP＝∠CPH＝60°，∴∠BCH＝∠ACP，在△ACP和△BCH中，，∴△ACP≌△BCH（SAS），∴AP＝BH，∵將線段PC逆時針旋轉120°得線段PQ，∴CP＝PQ，∠CPQ＝120°，∵∠CPH+∠CPQ＝180°，∴點H，點P，點Q三點共線，∵BM＝MQ，PQ＝CP＝HP，∴BH＝2MP，∴AP＝2MP．【點評】本題考查了旋轉的性質，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的性質，平行四邊形的性質等知識，添加恰當輔助線構造全等三角形是本題的關鍵．22．【分析】（1）根據三角形的內角和定理得到∠ABC＝54°，根據旋轉的性質得到∠EBF＝∠ABC＝54°，AB＝BF，根據三角形的內角和定理即可得到答案；（2）根據勾股定理得到AB＝10，根據旋轉的性質得到BE＝BC＝6，EF＝AC＝8，根據勾股定理即可得到答案．【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝36°，∴∠ABC＝54°，∵將△ABC繞著點B逆時針旋轉得到△FBE，∴∠EBF＝∠ABC＝54°，AB＝BF，∴∠BAF＝∠BFA＝＝63°，故答案為：63°；（2）∵∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，∴AB＝＝10，∵將△ABC繞著點B逆時針旋轉得到△FBE，∴BE＝BC＝6，EF＝AC＝8，∴AE＝AB?BE＝4，∴AF＝＝4．【點評】本題主要考查了旋轉的性質，勾股定理，等邊對等角，三角形內角和定理，熟知旋轉的性質是解題的關鍵．23．【分析】（1）利用題目已知的規定：P（x）的導出多項式為2ax+b，記為Q（x），即可解答；（2）根據題目已知的規定，求出P（x）＝2x2+4（2x﹣1）導出的多項式Q（x），進行計算即可；（3）根據題目已知的規定，求出P（x）＝ax2﹣3x+2導出的多項式Q（x），再根據關于x的方程Q（x）＝﹣x的解為整數，進行計算即可．【解答】解：（1）∵P（x）＝x2﹣4x，∴它的導出多項式Q（x）＝2?x+（﹣4）＝2x﹣4，故答案為：2x﹣4；（2）∵P（x）＝2x2+4（2x﹣1）＝2x2+8x﹣4，∴它的導出多項式Q（x）＝2?2x+8＝4x+8，∵Q（x）＝3x，∴4x+8＝3x，∴x＝﹣8，∴關于x的方程Q（x）＝3x的解為：x＝﹣8；（3）∵P（x）＝ax2﹣3x+2，∴它的導出多項式Q（x）＝2?ax+（﹣3）＝2ax﹣3，∵Q（x）＝﹣x，∴2ax﹣3＝﹣x，∴（2a+1）x＝3，∵關于x的方程Q（x）＝﹣x的解為正整數，∴2a+1≠0，∴x＝，∴2a+1的值為：1，3，∴a的值為：0，1．【點評】本題考查了一元二次方程的定義，一元一次方程的解，根據題目的已知理解P（x），Q（x）是解題的關鍵．24．【分析】（1）連接AD，利用平行線的判斷即可證明；（2）先證明三角形AOC是等邊三角形，再利用解直角三角形求出AE即可．【解答】（1）證明：連接AD，∵＝，∴∠CAD＝∠BAD，又∵AO＝DO，∴∠DAB＝∠ADO，∴∠CAD＝∠ADE，∴AC∥DE．（2）解：連接CO，∵∠E＝30°，∠OAE＝90°，∴∠AOE＝60°，∵AC∥DE，∴∠CAO＝60°，∴△AOC是等邊三角形，∴AO＝AC＝4，∴AE＝＝＝4．【點評】本題考查切線的性質，圓周角定理，掌握等邊三角形的判定及性質和解直角三角形是關鍵．25．【分析】（1）根據表1數據直接得出m的值；由“間發式”模式下，球從發球器出口到第一次接觸臺面的運動軌跡近似為一條直線，設出拋物線解析式，用待定系數法求出函數解析式，然后把x＝2代入解析式得出y的值即可；（2）用待定系數法求出函數解析式即可；（3）令（2）中解析式y＝0，解方程求出x的值；設出“間發式“模式下的拋物線解析式，用待定系數法求出函數解析式，再令y＝0，解方程求出x得值．【解答】解：（1）由拋物線的對稱性及已知表1中的數據可知：m＝3.96；在“間發式“模式下，球從發球器出口到第一次接觸臺面的運動軌跡近似為一條直線，設這條直線的解析式為y＝kx+b（k≠0），把（0，3.36）、（8，0）代入，得，解得：，∴這條直線的解析式為y＝﹣0.42x+3.36，當x＝6時，y＝﹣0.42×6+3.36＝0.84，表格2中，n＝3.84；故答案為：3.96，3.84；（2）y＝﹣0.01（x﹣4）2+4；理由如下：由已知表1中的數據及拋物線的對稱性可知：“直發式“模式下，拋物線的頂點為（4，4），∴設此拋物線的解析式為y＝a（x﹣4）2+4（a＜0），把（0，3.84）代入，得3.84＝a（0﹣4）2+4，解得：α＝﹣0.01，∴“直發式“模式下，球第一次接觸臺面前的運動軌跡的解析式為y＝﹣0.01（x﹣4）2+4；（3）當y＝0時，0＝﹣0.01（x﹣4）2+4，解得：x1＝﹣16（舍去），x2＝24，∴“直發式”模式下球第一次接觸臺面時距離出球點的水平距離為d1＝24；“間發式“模式下，球第一次接觸臺面到第二次接觸臺面的運動軌跡近似為一條拋物線，由已知表2中的數據及拋物線的對稱性可知：“間發式“模式下，這條拋物線的頂點坐標為（16，3.20），∴設這條拋物線的解析式為y＝m（x﹣16）2+3.2（m＜0），把（8，0）代入，得0＝m（8﹣16）2+3.2，解得：m＝﹣0.05，∴這條拋物線的解析式為y＝﹣0.05（x﹣16）2+3.2，當y＝0時，0＝﹣0.05（x﹣16）2+3.2，解得：x1＝8，x2＝24，∴d2＝24dm，∴d1＝d2，故答案為：＝．【點評】本題考查二次函數的應用，用待定系數法求出函數解析式是解題的關鍵．26．【分析】（1）由拋物線解析式可得拋物線與y軸交點坐標，再由拋物線經過（4，2）可得拋物線對稱軸．（2）①由t＝1可得x1與x2的取值范圍，從而可得點P，Q到對稱軸的距離大小關系，進而求解；②設點P（x1，y1）關于直線x＝2的對稱點為P'（x0，y1），由y1≠y2可得x0≠x2，x1≠x2，通過解不等式求解．【解答】解：（1）將x＝0代入y＝ax2+bx+2得y＝2，∴拋物線與y軸交點坐標為（0，2），又∵拋物線經過（4，2），∴拋物線對稱軸為直線x＝2．（2）①∵a＜0，∴拋物線開口向下，當t＝1時，點1≤x1＜3，3＜x2≤5．∴|x1﹣2|＜1，1＜|x2﹣2|＜2，∴點P到對稱軸距離小于點Q到對稱軸距離，∴y1＜y2．②設點P（x1，y1）關于直線x＝2的對稱點為P'（x0，y1），則x0＝4﹣x1，∵t＜x1＜t+1，∴3﹣t＜x0＜4﹣t，∵4﹣t＜x2＜5﹣t，∴x0≠x2，當t+1≤4﹣t或5﹣t≤t時，x1≠x2，解得t≤或t≥．【點評】本題考查二次函數的性質、二次函數圖象上點的坐標特征，解題關鍵是掌握二次函數的性質，掌握二次函數與方程及不等式的關系．27．【分析】（1）先證明△ADE≌△ABF，再利用等腰直角三角形的性質得出結論；（2）連接CG，先證明△ADG≌△CDG，得出∠ADG＝∠CDG＝45°，取CE的中點，連接GM，先證明DM＝GM，從而得出結論．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠D＝∠ABC＝∠DAB＝90°，∴∠D＝∠ABF＝90°，∠DAE+∠BAE＝90°，∵AE⊥AF，∴∠EAF＝90°，∴∠BAE+∠BAF＝90°，∴∠DAE＝∠BAF，∴△ADE≌△ABF（ASA），∴AF＝AE，∴△AEF是等腰直角三角形∴∠AEF＝45