【文档说明】北京市西城区育才学校2019-2020学年九年级上学期期中数学试题（解析版）【精准解析】.doc，共(27)页，1.751 MB，由管理员店铺上传

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2019---2020学年度第一学期北京育才学校初三年级数学学科期中考试试卷一、选择题（本题共16分，每小题2分）1.抛物线y＝（x－2）2＋1的顶点坐标是（）A.（2，1）B.（－2，1）C.（2，－1）D.（－2，－1）【答案】A【

解析】∵顶点式y=a（x-h）2+k，顶点坐标是（h，k），∴y=2（x-2）2+1的顶点坐标是（2，1），故选A．2.“瓦当”是中国古代用以装饰美化建筑物檐头的建筑附件，其图案各式各样，属于中国特有的文化艺

术遗产．下列“瓦当”的图案中，是轴对称图形的为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据轴对称图形的概念对各图形分析判断后即可求解．【详解】A．不是轴对称图形，故选项错误；B．是轴对称图形，故选项正确；C．不是轴对称图形，故选项错误；D．不是轴对称图形，故选项

错误．故选B．【点睛】本题考查了轴对称图形，图形两部分沿对称轴折叠后可重合，轴对称图形的关键是寻找对称轴．23.在△ABC中，∠C＝90°，以点B为圆心，以BC长为半径作圆，点A与该圆的位置关系为（）A.点A在圆外B.点A在圆内C.点A在圆上D.无法确定【答案】

A【解析】∵△ABC中，∠C＝90°，∴BC<AB，∵⊙B的半径为BC，∴点A在⊙B外，故选A.4.如图，△ABC内接于⊙O，若o100AOB=，则∠ACB的度数是()A.40°B.50°C.60°D.80°【答案】B【解析

】【分析】根据圆周角定理可得∠ACB=12∠AOB，代值计算即可.【详解】解：∵⊙O是△ABC的外接圆，∠AOB＝100°，∴∠ACB=12∠AOB=50°，故选B.【点睛】本题考查了圆周角定理:同弧所对圆周角等于它所对圆心角的一半,

熟练掌握相关定理是解题关键.5.如图，小林坐在秋千上，秋千旋转了80°，小林的位置也从A点运动到了A'点，则∠OAA'的度数为（）A.40°B.50°C.70°D.80°【答案】B【解析】根据旋转角的定义、旋转的性质、等腰三角形的性质以及三角形内角和定

理进行解答．3解：∵秋千旋转了80°，小林的位置也从A点运动到了A'点，∴AOA′=80°，OA=OA′，∴∠OAA'=12（180°﹣80°）=50°．故选B．6.已知二次函数y=ax2+bx+c的图象如下图所示，则下列结论中正确的是（）A.

a>0B.c<0C.b2-4ac<0D.a+b+c>0【答案】D【解析】由图像开口向下得a＜0，当x=0时y=c＞0.ax2＋bx＋c=0有两根所以判别式大于零.当x=1时y=a＋b＋c>0故选D7.如图，已

知⊙O的半径为4，则它的内接正方形的边长为（）A.4B.8C.82D.42【答案】D【解析】【分析】利用正方形的性质以及勾股定理可以求得正方形的边长.【详解】如图所示：⊙O的半径为4，4∵四边形ABCD是正方形，∠B=90°，∴AC是⊙

O的直径，∴AC=2×4=8，∵222ABBCAC+=，AB=BC，∴22ABBC+=64，解得：AB=42，即⊙O的内接正方形的边长等于42．故选D．【点睛】正确掌握正方形的性质是解题关键．8.小阳在如图所示的扇形舞台上沿O-M-N匀速行走，

他从点O出发，沿箭头所示的方向经过点M再走到点N，共用时70秒．有一台摄像机选择了一个固定的位置记录了小阳的走路过程，设小阳走路的时间为t（单位：秒），他与摄像机的距离为y（单位：米），表示y与t的函

数关系的图象大致如图②，则这个固定位置可能是图①中的A.点QB.点PC.点MD.点N【答案】B【解析】试题分析：观察图②中函数图象可知：在小阳从点O出发，沿箭头所示的方向到达点M时，y随t的增大而减小，且并未减小到0，所以摄像机的位置不可能在点Q和M处，所以A、

C错误；又小阳从点M到达点N的过程中y随t的增大先减小后增大，所以摄像机的位置不可能在点N处，所以D错误，故B正确，所以选B．考点：函数的图象二、填空题（本题共16分,每小题2分）59.请写出一个开口向上，且

经过点（0，2）的二次函数解析式______.【答案】y=x2+2(答案不唯一）【解析】【分析】根据题意可设抛物线的顶点坐标是（0，2），故设出抛物线的顶点式方程y=ax2+2，再由开口向上可知a>0，故可取a=1

，即得结果．【详解】∵开口向上且过点（0，2）的抛物线解析式，∴可以设顶点坐标为（0，2），故解析式为：22yx=+（答案不唯一）．故答案为22yx=+（答案不唯一）【点睛】本题考查了二次函数的性质，关键是要由顶点坐标正确设出抛物线的解析式．理解开口向上的含义

．10.将抛物线224yx=+绕原点O旋转180°，则旋转后的抛物线的解析式为_______.【答案】y＝－2x2－4．【解析】【分析】先确定函数旋转后的顶点，对称轴和开口方向，再确定函数解析式．【详解】因为抛物线y＝2x2＋4的图象的顶点为

(0,4)，开口向上，对称轴为y轴，旋转180°后顶点为（0，-4），开口向下，对称轴还是y轴．因此解析式为：y＝－2x2－4．故答案为y＝－2x2－4．【点睛】会结合函数的性质和旋转是解题的关键．11.如图，

△ABC内接于⊙O，∠C=45°，半径OB的长为3，则AB的长为______________【答案】32【解析】【分析】6首先根据圆周角定理求出∠AOB的度数，然后解直角三角形求出AB的长【详解】根据题意可知，∠AOB=2∠ACB=90°，又知OA=OB=3，即AB=3

2，故答案为:32.【点睛】考查圆周角定理以及勾股定理，熟练掌握圆周角定理是解题的关键.12.“圆材埋壁”是我国古代著名数学著作《九章算术》中的一个问题：“今有圆材，埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一

尺，问径几何”此问题的实质就是解决下面的问题：“如图，CD为⊙O的直径，弦AB⊥CD于点E，CE=1，AB=10，求CD的长”．根据题意可得CD的长为______．【答案】26【解析】试题分析：连接OA，AB⊥CD，由垂径定理知，点E是A

B的中点，AE=12AB=5，OE=OC﹣CE=OA﹣CE，设半径为r，由勾股定理得，OA2=AE2+OE2=AE2+（OA﹣CE）2，即r2=52+（r﹣1）2，解得：r=13，所以CD=2r=26，即圆的直径为26．【考点】垂径定理的应用．13.在平面直角坐标系xOy

中，以点(3,4)为圆心，5为半径的圆与y轴所在直线的位置关系是____.7【答案】相交【解析】【分析】本题可先求出圆心到y轴的距离，再根据半径比较.【详解】圆心到y轴的距离是3<5，则圆的y轴所在直线的位置关系是相交．故答案是：相交．【点睛】此题考查的是圆与直线的关系

，即圆心到直线的距离大于圆心距，直线与圆相离；小于圆心距，直线与圆相交；等于圆心距，则直线与圆相切．14.两个全等的三角尺重叠放在△ACB的位置，将其中一个三角尺绕着点C按逆时针方向旋转至△DCE的位置，使点A恰好

落在边DE上，AB与CE相交于点F．已知∠ACB=∠DCE=90°，∠B=30°，AB=8cm，则CF=______cm．【答案】23【解析】试题解析∵将其中一个三角尺绕着点C按逆时针方向旋转至△DCE的位置，使点A恰好落在边DE上，

∴DC=AC，∠D=∠CAB，∴∠D=∠DAC，∵∠ACB=∠DCE=90°，∠B=30°，∴∠D=∠CAB=60°，∴∠DCA=60°，∴∠ACF=30°，可得∠AFC=90°，∵AB=8cm，∴AC=4cm，∴F

C=4cos30°=23cm．8【点睛】此题主要考查了旋转的性质以及直角三角形的性质，正确得出∠AFC的度数是解题关键．15.已知二次函数21yaxbxc=++与一次函数()20ykxmk=+的图象相交于点()2,4A−，()8,2.B如图所示，则能使12yy

成立的x的取值范围是______．【答案】x&lt;-2或x&gt;8【解析】试题分析：根据函数图象可得：当12yyf时，x＜－2或x＞8．考点：函数图象的性质16.阅读下面材料：在学习《圆》这一章时，老师给同学们布置了一道尺规作图题：小敏的作法如下：老师认为小敏的作法正确．请回答：连接

OA，OB后，可证∠OAP=∠OBP=90°，其依据是；由此可证明直线PA，PB都是⊙O的切线，其依据是．9【答案】直径所对的圆周角是直角；经过半径外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线【解析】试题分析：直接根据圆周角定理即可得出∠OAP=∠OBP=90°，由切线的性质即可得出直

线PA，PB都是⊙O的切线．故答案为直径所对的圆周角是直角；经过半径外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线．【考点】作图—复杂作图；切线的判定与性质．三、解答题（本题共32分，第17、20题每小题6分，第18、19、21、22每小题

5分）17.二次函数的解析式223yxx=+−.（1）用配方法．．．将223yxx=+−化成y=a(x-h)2+k的形式；（2）图象与x轴的交点坐标是；顶点坐标是；（3）在坐标系中利用五点法画出此抛物线.【答案】(1)()214yx=+−；(2)(1，0)，(-3，0)；(-1，-4)；(3

)见解析【解析】【分析】(1)223yxx=+−()22211314xxx=++−−=+−(2)由(1)得顶点为(-1，-4)；令y＝0，()2140x+−＝，解得与x轴的交点是(1，0)，(-3，0),(3)见解析【详解】(1)223yxx=+−()22211314xxx=++−−=

+−(2)令y＝0，()2140x+−＝，解得：11x=，23x=−与x轴的交点坐标是(1，0)，(-3，0),顶点为(-1，-4)(3)如图：10【点睛】熟练运用完全平方公式是解题的关键.18.如图，平面直角坐标系内，小正方形网格的边长为1个单位长度，△AB

C的三个顶点的坐标分别为A（﹣1，3），B（﹣4，0），C（0，0）.（1）画出将△ABC向上平移1个单位长度，再向右平移5个单位长度后得到的△A1B1C1；（2）画出将△ABC绕原点O顺时针方向旋转90°得到△A2B2O；（3）在（2）的基础上，求点B旋转路径

的长度.【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)2【解析】【分析】(1)按题意平移可画出；(2)按题意旋转可画出；(3)点B旋转路径的长度是半径为4周长的四分之一.【详解】(1)(2)如图△A1B1C1和△A2B2O为所作的图；(3)点B旋转路径的长度=12424=11

【点睛】仔细画图是解题的关键.19.抛物线2(0)yaxbxca=++上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如下表：x…－2－10123…y…046640…（1）求这个二次函数的表达式；（2）直接写出当y＜0时x的取值

范围．【答案】（1）y=-x2+x+6；（2）x<-2或x>3.【解析】【分析】（1）运用一般式可求得抛物线的解析式；（1）从表格中可直接找到．【详解】（1）由表得，抛物线2yaxbxc=++过点(0，6),∴c=6．∵抛物线26yaxbx=++过点(-1，4)和(1，

6),∴4666abab=−+=++解得，11ab=−=∴二次函数的表达式为26yxx=−++（2）当y＜0时x的取值范围是x＜-2或x＞3.【点睛】选用适当的方法求抛物线的解析式是解题的关键.20.如图，把一个宽度为2cm的刻度尺在圆形光盘

上移动，当刻度尺的一边与光盘相切时，另一边与光盘12边缘两个交点处的读数恰好是“2”和“10”（单位：cm），求光盘的直径．【答案】光盘的直径为10cm.【解析】【分析】本题先根据垂径定理构造出直角三角形，然后在直角三角形中已知弦长和弓形高，

根据勾股定理求出半径，从而得解．【详解】如图，设圆心为O，弦为AB，切点为C．如图所示．则AB=8cm，CD=2cm．连接OC，交AB于D点．连接OA．∵尺的对边平行，光盘与外边缘相切，∴OC⊥AB．∴

AD=4cm．设半径为Rcm，则2224R2R=+（﹣），解得R=5，∴该光盘的直径是10cm．故答案为10【点睛】本题考查的是垂径定理的应用勾股定理；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．1321.如图，在等边ABCV中，点D是AB边上一

点，连接CD，将线段CD绕点C按顺时针方向旋转60o后得到CE，连接AE.求证://AEBC.【答案】见解析【解析】【分析】根据等边三角形的性质得出60ACBCBACB===，，根据旋转的性质得出60CDCEDCE==，，根据S

AS推出BCDACEnn，根据全等得出60BEAC==，根据平行线的判定定理即可证得答案.【详解】等边ABCV中，∴60ACBCBACB===，，∵线段CD绕点C按顺时针方向旋转60o后得到CE，∴

60CDCEDCE==，，∴DCEACB=，即1223+=+,，∴13=，在BCDn与ACEn中，13BCACCDCE===∴BCDACEnn(SAS)∴60BEA

C==，∴EACACB=∴//AEBC14【点睛】本题考查了平行线的判定、等边三角形的性质以及旋转的性质，利用全等三角形的证明是解题的关键.22.如图1是某公园一块草坪上的自动旋转喷水装置，这种旋转喷水装置的旋转角度为240°，它的喷灌区是一个扇形．小涛同学想了

解这种装置能够喷灌的草坪面积，他测量出了相关数据，并画出了示意图．如图2，A，B两点的距离为18米，求这种装置能够喷灌的草坪面积．【答案】72πm2.【解析】试题分析：作OC⊥AB，根据垂径定理得出AC=9，继而可得圆的半径OA的值，再根据扇形面积公式可得答案．试题解析：解：过点O作O

C⊥AB于C点．∵OC⊥AB，AB=18，∴AC=12AB=9，∵OA=OB，∠AOB=360°﹣240°=120°，∴∠AOC=12∠AOB=60°．在Rt△OAC中，OA2=OC2+AC2，又∵OC=12OA，∴r=OA=63，∴S=240360πr2=72π（m2）．四

、解答题（本题共16分，第23、24题每小题5分，第25题6分）23.学校要围一个矩形花圃,其一边利用足够长的墙,另三边用篱笆围成,由于园艺需要,还要用一段篱笆将花圃分隔为两个小矩形部分（如图所示）,总共36米的篱笆恰好用完（不考虑损耗）．设矩形垂直于墙

面的一边AB的长为x米（要求AB＜AD）,矩形花圃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；15（2）要想使矩形花圃ABCD的面积最大,AB边的长应为多少米？【答案】（1）S=-3x2+36x，0<x<

9;（2）AB为6米时，矩形花圃面积最大.【解析】【分析】用面积公式列出二次函数，用二次函数的性质求出最大值．【详解】（1）()2363336Sxxxx=−=−+09x（2）()236108Sx=−−+当且仅当6x=时，S取最大值

108．答：AB为6米时，矩形花圃面积最大．【点睛】本题主要考察的是二次函数的应用，掌握二次函数的性质是解题的关键.24.阅读材料，解答问题：例：用图象法解一元二次不等式：2230xx−−．解：设223yxx=−−，则y是x的二次函数．10

a=Q，抛物线开口向上．又Q当0y=时，2230xx−−=，解得1213xx=−=，．由此得抛物线223yxx=−−的大致图象如图所示．观察函数图象可知：当1x−或3x时，0y．2230xx−−的解集是：1x−或3x．（1）观察图象，直接写出一元二次不等式

：2230xx−−的解集是；（2）仿照上例，用图象法解一元二次不等式：2430xx−+−．【答案】（1）-1<x<3；(2)x<1或x>3，作图见解析.16【解析】【分析】(1)观察图象可以写出直接写出一元二次不等式

：2230xx−−的解集是-1<x<3；(2)仿照(1)的方法，画出函数243yxx=−+−的图象，找出图象与x轴的交点坐标，根据图象的开口方向以及函数值的符号，确定x的范围.【详解】(1)观察图象可以写出直接写出一元二次

不等式：2230xx−−的解集是-1<x<3；(2)设243yxx=−+−,则y是x的二次函数，Q1a=−，抛物线开口向下.当y=0时，2430xx−+−＝解得：1213xx，==由此得抛物线243yx

x=−+−的大致图象如图所示：观察图象可知：当x<1或x>3时，y<0；2430xx−+−的解集是：x<1或x>3【点睛】本题主要考查在直角坐标系中利用二次函数图象解不等式，可用作图利用交点直观求解集.25.如

图，AB是⊙O的直径，且点C为⊙O上的一点，∠BAC=30°，M是OA上一点，过M作AB的垂线交AC于点N，交BC的延长线于点E，直线CF交EN于点F，且∠ECF=∠E．（1）证明：CF是⊙O的切线；（2）设⊙O的半径为1，且AC=CE，求MO的长．17【答案

】（1）答案见解析；（2）132−+．【解析】分析：（1）要证CF为⊙O的切线，只要证明∠OCF=90°即可；（2）根据三角函数求得AC的长，从而可求得BE的长，再利用三角函数可求出MB的值，从而可得到MO的长．详解：（1）如图，连接OC．∵A

B是⊙O的直径，∴∠ACB=90°．∵∠BAC=30°，∴∠ABC=60°；在Rt△EMB中，∵∠E+∠MBE=90°，∴∠E=30°；∵∠E=∠ECF，∴∠ECF=30°，∴∠ECF+∠OCB=90°；∵∠ECF+∠OCB+∠OCF=180°，∴∠O

CF=90°，∴CF为⊙O的切线；（2）在Rt△ACB中，∠A=30°，∠ACB=90°，∴AC=ABcos30°=3，BC=ABsin30°=1；∵AC=CE，∴BE=BC+CE=1+3．在Rt△EMB中，∠E=30°，∠BME=90°，∴MB=BEsin30°=132+，∴MO

=MB﹣OB=132−+．18点睛：本题考查的是切线的判定，要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心和这点（即为半径），再证垂直即可．五、解答题（本题共20分，第26题6分，第27题7分，第28题7分）26.已知关于x一元二次方程x2-2(k+

1)x+k2-2k-3=0有两个不相等的实数根（1）求k取值范围；（2）当k最小的整数时，求抛物线y=x2-2(k+1)x+k2-2k-3的顶点坐标以及它与x轴的交点坐标；（3）将（2）中求得的抛物线在x轴下方的部分沿x轴翻折到

x轴上方，图象的其余部分不变，得到一个新图象．请你画出这个新图象，并求出新图象与直线y=x+m有三个不同公共点时m值．【答案】(1)k＞-1;(2)顶点坐标为（1，-4）,x轴相交于点（-1，0）和点（3，

0）;(3)m=1或m=134【解析】试题分析：（1）方程有两个不相等的实数根，可知0V，从而可求得k的取值范围；（2）先求得k的最小整数值，从而可求得二次函数的解析式；（3）先根据函数解析式画出图形，然后结合图形找出抛物线与x轴有三个交点的情形，最后求得直线的解析式，从

而可求得m的值．试题解析：(1)∵方程()2221230xkxkk−++−−=有两个不相等的实数根，∴224(1)4(23)16160.kkkk=+−−−=+V19∴k>−1.∴k的取值范围为k>−1.(2)∵k>−1，且k取最小的

整数，∴k=0.∴2223(1)4.yxxx=−−=−−(3)翻折后所得新图象如图所示，平移直线y=x+m知：直线位于1l和2l时，它与新图象有三个不同的公共点，①当直线位于1l时,此时1l过点A(−1,0)，∴0=−

1+m，即m=1.②∵当直线位于2l时,此时2l与函数223(13)yxxx=−++−的图象有一个公共点∴方程223,xmxx+=−++即230xxm−−+=有两个相等实根，∴△=1−4(m−3)=0,即13.4m=综上所述,m的值为1或13.427.在菱形AB

CD中，∠BAD=，E为对角线AC上的一点（不与A，C重合），将射线EB绕点E顺时针旋转角之后，所得射线与直线AD交于F点．试探究线段EB与EF的数量关系．小宇发现点E的位置，和的大小都不确定，于是他从特殊情况开始进行探究．20（1）如图1，当=

=90°时，菱形ABCD是正方形．小宇发现，在正方形中，AC平分∠BAD，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．由角平分线的性质可知EM=EN，进而可得EMFENB△≌△，并由全等三角形的性质得到EB与EF的数量关系为．（2）如图2，当=60

°，=120°时，①依题意补全图形；②请帮小宇继续探究（1）的结论是否成立．若成立，请给出证明；若不成立，请举出反例说明；（3）小宇在利用特殊图形得到了一些结论之后，在此基础上对一般的图形进行了探究，设∠ABE=，若旋转后所得的线段EF与EB的数量关系满足（1）中的结论，请直接写出角,

，满足的关系：．【答案】（1）EB=EF；（2）①补全图形见解析；②结论依然成立EB=EF．证明见解析；（3）+=180°（当B的对称点不为D时）或++=18022（当B的对称点为D时）．【解析】【分析】(1)先证明A

NEM是正方形，再证明EMFENB⊿⊿，即可证得结果；(2)①补全图形如图所示；②证法1，用角平分线性质得出EM=EN,再证明出EMFENB⊿⊿，即可；证法2，利用菱形的性质直接出△ADE≌△ABE．即可得出结论；(3)利用全等三角形的性质及四边形，三角形

内角和得出结论．【详解】（1）EB=EF；（2）①补全图形如图所示；②结论依然成立EB=EF．证法1：过点E作EM⊥AF于M，EN⊥AB于N．21∵四边形ABCD为菱形，∴12=∵EM⊥AF，EN⊥AB∴=90FMEN=，EM=EN∵60BAD=，120BEF=

，∴3360F+=180BADBEF−−=∵3180EBN+=，∴FEBN=在△EFM与△EBN中，FEBNFMENEMEN===，，，∴△EFM≌△EBN∴EF=EB．证法2：连接ED∵四边形ABCD是菱形，∴AD=AB，∠D

AC=∠BAE又∵AE=AE22∴△ADE≌△ABE∴ED=EB，∠ADE=∠ABE又∵∠DAB=60°，∠BEF=120°∴∠F+∠ABE=180°又∵∠ADE+∠FDE=180°∴∠F=∠FDE∴EF=ED∴EF=EB．（3）如图所示，由（2）

的证法1可知△EFM≌△EBN，∴∠FEM=∠BEN，∴∠BEF=∠MEN，在四边形AMEN中，∠BAC+∠MEN=180°，∴∠BAC+∠BEF=180°，∴+=180°；如图所示：由（2）的证法2可知，△ADE≌△ABE，23∴,,22ADEABEDAEBA

EAEBAED======，根据三角形内角和得：∠ADE+∠DAE+∠AED=180°，∴++=18022；故答案为+=180°或++=18022．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，

菱形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，证明△ADE≌△ABE是解题的关键．28.我们规定：平面内点A到图形G上各个点的距离的最小值称为该点到这个图形的最小距离d，点A到图形G上各个点的距离的最大值称为该点到这个图形的最大距离D，定义点A到图形

G的距离跨度为R=D-d．（1）①如图1，在平面直角坐标系xOy中，图形G1为以O为圆心，2为半径的圆，直接写出以下各点到图形G1的距离跨度：A（1，0）的距离跨度______________；B（-12，32）的距离跨度____________

；C（-3，-2）的距离跨度____________；②根据①中的结果，猜想到图形G1的距离跨度为2的所有的点组成的图形的形状是______________．（2）如图2，在平面直角坐标系xOy中，图形G2为以D（-1，0）为圆心，

2为半径的圆，直线y=k（x-1）上存在到G2的距离跨度为2的点，求k的取值范围．24（3）如图3，在平面直角坐标系xOy中，射线OP：y=33x（x≥0），⊙E是以3为半径的圆，且圆心E在x轴上运动，若射线OP上存在点到⊙

E的距离跨度为2，求出圆心E的横坐标xE的取值范围．【答案】（1）①2；2，4；②以O为圆心，半径为1的圆；（2）-33≤k≤33；（3）-1≤xE≤2．【解析】试题分析：（1）①先根据跨度的定义先确定出点到圆的最小距离d和最

大距离D，即可得出跨度；②分点在圆内和圆外两种情况同①的方法计算，判定得出结论；（2）先判断出存在的点P必在圆O内，设出点P的坐标，利用点P到圆心O的距离的2倍是点P到圆的距离跨度，建立方程，由于存在距离跨度是2的点，此方程有解即可得出k的范围．（3）同（2）方法判断出存在的点P在圆

C内部，由于在射线OA上存在距离跨度是2的点，同（2）的方法建立方程，用一元二次方程根与系数的关系和根的判别式即可确定出范围．试题解析：（1）①∵图形G1为以O为圆心，2为半径的圆，∴直径为4，∵A（1，0），OA=1，∴点A到⊙O的最小距离d=1，点A到⊙O的最大距离D=

3，∴点A到图形G1的距离跨度R=D-d=3-1=2；∵B1322−（，），2213()()122OB=−+=，∴点B到⊙O的最小距离d=BG=OG-OB=1，点B到⊙O的最大距离D=BF=FO+OB=2+1=3，∴点B到图形G1的距离跨度R=D-d=3-1=2；

25∵C（-3，-2），∴OC＝22(3)(2)13−+−=∴点C到⊙O的最小距离d=CD=OC-OD=13－2.点C到⊙O的最大距离D=CE=OC+OE=2+13∴点C到图形G1的距离跨度R=D-d=2+13－（13－2））=4；故答案为2，2，4．②a、设⊙O内一点

P的坐标为（x，y），∴OP=22xy+∴点P到⊙O的最小距离d=2-OP，点P到⊙O的最大距离D=2+OP，∴点P到图形G1的距离跨度R=D-d=2+OP-（2-OP）=2OP；∵图形G1的距离跨度为2，∴2OP=2，∴OP=1，∴22xy+＝1∴x2+y2=1，即：到图形G1的距离跨度为2的所

有的点组成的图形的形状是以点O为圆心，1为半径的圆．b、设⊙O外一点Q的坐标为（x，y），∴OQ=22xy+∴点Q到⊙O的最小距离d=OQ-2，点P到⊙O的最大距离D=OQ+2，∴点P到图形G1的距离跨度R=D-d=OQ+2-（OQ-2）=4；∵图形G1的距离跨度为2，∴此

种情况不存在，所以，到图形G1的距离跨度为2的所有的点组成的图形的形状是以点O为圆心，1为半径的圆．故答案为圆；（2）设直线y=k（x+1）上存在到G2的距离跨度为2的点P（m，k（m+1）），∴OP＝22(1)[(1)]mk

m−++由（1）②知，圆内一点到图形圆的跨度是此点到圆心距离的2倍，圆外一点到图形圆的跨度是此圆的直径，∵图形G2为以C（1，0）为圆心，2为半径的圆，到G2的距离跨度为2的点，26∴距离跨度小于图形G2的圆的直径4，∴点P在图形G2⊙C内部，∴R=2OP=222(1

)[(1)]mkm−++∵直线y=k（x+1）上存在到G2的距离跨度为2的点P，∴222(1)[(1)]mkm−++＝2∴（k2+1）m2+2（k2-1）m+k2=0①，∵存在点P，∴方程①有实数根，∴△=4（k2-1）2-4×（k2+1）k2=

-12k2+4≥0，3333k．−（3）如图，作EC⊥OP于C，交⊙E于D、H．由题意：⊙E是以3为半径的圆，且圆心E在x轴上运动，若射线OP上存在点到⊙E的距离跨度为2，此时以E为圆心1为半径的圆与射线OP相切，当以E为圆心1为半径的圆与射线OP有交点时，满足条件，∴CD=2，CH=

4，CE=1，∵射线OP的解析式为y=33，∴∠COE=30°，OE=2CE=2，当E′（-1，0）时，点O到⊙E的距离跨度为2，观察图象可知，满足条件的圆心E的横坐标xE的取值范围：-1≤xE≤2．故答案为-1≤xE≤

2．27【点睛】圆的综合题：主要考查了新定义，理解和应用新定义解决问题，还涉及到平面坐标系内，两点间的距离公式，一元二次方程的根的判别式，根与系数的关系，由（1）的已知点的坐标计算距离跨度，观察得出规律是解本题的关键．是一道难点比较大的中考常考题，判断出图形的形状

是圆，是本题的难点．