湖北省鄂州一中2012-2013学年九年级（上）期中数学试卷
一、（每小题3分，共30分）
1．（3分）（2013•阜宁县一模）下列标志既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
　A． B． C． D．

考点：中心对称图形；轴对称图形；生活中的旋转现象． .
专题：压轴题．
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、是轴对称图形，也是中心对称图形，符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意．
故选A．
点评：掌握中心对称图形与轴对称图形的概念，要注意：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180度后与原图重合．
　
2．（3分）（2007•黑龙江）下列二次根式是最简二次根式的为（　　）
　A． B． C． D．

考点：最简二次根式． .
分析：B、C选项的被开方数中含有未开尽方的因数或因式；D选项的被开方数中含有分母；因此这三个选项都不符合最简二次根式的要求．
解答：解：因为：B、 =2 x；C、 =y ；D、 = ；这三个选项都不是最简二次根式．
故选A．
点评：在判断最简二次根式的过程中要注意：
（1）在二次根式的被开方数中，只要含有分数或小数，就不是最简二次根式；
（2）在二次根式的被开方数中的每一个因式（或因数），如果幂的指数等于或＞2，也不是最简二次根式．
　
3．（3分）在正数范围内定义运算“※”，其规则为a※b=a+b2，则方程x※（x+1）=5的解是（　　）
　A．x=5B．x=1C．x1=1，x2=?4D．x1=?1，x2=4

考点：解一元二次方程-因式分解法． .
专题：新定义．
分析：根据已知得出x+（x+1）2=5，求出方程的解即可．
解答：解：x※（x+1）=5，
即x+（x+1）2=5，
x2+3x?4=0，
（x?1）（x+4）=0，
x?1=0，x+4=0，
x1=1，x=?4．
故选C．
点评：本题考查了新定义和解一元二次方程，关键是能根据新定义得出方程x+（x+1）2=5．
　
4．（3分）下列说法：
①平分弦的直径垂直于弦
②三点确定一个圆，
③相等的圆心角所对的弧相等
④垂直于半径的直线是圆的切线
⑤三角形的内心到三条边的距离相等
其中不正确的有（　　）
　A．1个B．2个C．3个D．4个

考点：三角形的内切圆与内心；垂径定理；圆周角定理；确定圆的条件；切线的判定． .
分析：举出反例图形，即可判断①②③④；根据角平分线性质即可推出⑤．
解答：解：如图
∵弦CD和直径AB，符合AB平分弦CD，且AB是直径，但AB和CD不垂直，∴①错误；
∵在同一直线上的三点不能确定一个圆，∴②错误；

∵如图圆心角∠COD=∠AOB，但弧AB和弧CD不相等，∴③错误；

∵如图CD⊥半径OA，但CD不是圆的切线，∴④错误；
∵根据角平分线的性质即可得出三角形的内心到三角形的三边距离相等，∴⑤正确；
∴不正确的有4个，
故选D．
点评：本题考查了确定圆的条件，角平分线的性质，垂径定理，切线的判定，圆周角定理等知识点的应用．
　
5．（3分）已知△ABC中AB=AC，BC=8，其外接圆半径为5，则△ABC的周长为（　　）
　A． B． C． 或 D．以上都不对

考点：垂径定理；勾股定理． .
专题：探究型．
分析：根据题意画出图形，由于△ABC的形状不能确定，故应分△ABC是锐角三角形和钝角三角形两种情况进行讨论．
解答：解：当△ABC是锐角三角形时，如图1所示：
过点A作AD⊥BC于点D，连接OB，
∵⊙O是△ABC的外接圆，
∴点O在直线AD上，
∵AB=AC，BC=8，
∴BD=CD= BC= ×8=4，
∵OB=5，
∴在Rt△OBD中，OD= = =3，
∴AD=OA+OD=5+3=8，
在Rt△ABD中，
AB= = =4 ，
∴△ABC的周长=AB+AC+BC=4 +4 +8=8+8 ；
当△ABC是锐角三角形时，如图2所示，过点A作AD⊥BC于点D，连接OB，
∵⊙O是△ABC的外接圆，
∴点O在直线AD上，
∵AB=AC，BC=8，
∴BD=CD= BC= ×8=4，
∵OB=5，
∴在Rt△OBD中，OD= = =3，
∴AD=OA?OD=5?3=2，
在Rt△ABD中，
AB= = =2 ，
∴△ABC的周长=AB+AC+BC=2 +2 +8=8+4 ．
∴△ABC的周长为：8+4 或8+8 ．

点评：本题考查的是垂径定理及勾股定理，根据题意画出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键．
　
6．（3分）关于x的一元二次方程?2x2+3x+a2?5a+6=0有一根为零，则a的值为（　　）
　A．0B．2C．3D．2或3

考点：一元二次方程的解． .
分析：把x=0代入?2x2+3x+a2?5a+6=0得出方程a2?5a+6=0，求出方程的解即可．
解答：解：把x=0代入?2x2+3x+a2?5a+6=0得：a2?5a+6=0，
（a?2）（a?3）=0，
解得：a1=2，a2=3．
故选D．
点评：本题考查了解一元二次方程和一元二次方程的解，关键是得出关于a的方程．
　
7．（3分）（2006•临沂）如图，在矩形ABCD中，E在AD上，EF⊥BE，交CD于F，连接BF，则图中与△ABE一定相似的三角形是（　　）

　A．△EFBB．△DEFC．△CFBD．△EFB和△DEF

考点：相似三角形的判定；矩形的性质． .
分析：本题主要应用两三角形相似的判定定理，有两个对应角相等的三角形相似，做题即可．
解答：解：∵ABCD是矩形
∴∠A=∠D
∵EF⊥BE
∴∠AEB+∠DEF=90°
∵∠DEF+∠DFE=90°
∴∠AEB=∠DFE
∴△ABE∽△DEF．
故选B．
点评：此题考查有两组角对应相等的两个三角形相似的应用．
　
8．（3分）△ABC中AD、CE是高，∠B=60°，连接DE，则DE：AC等于（　　）

　A．1： B．1： C．1：2D．2：3

考点：相似三角形的判定与性质． .
分析：根据直角三角形两锐角互余求出∠BAD=30°，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得BD= AB，同理可得BE= BC，然后求出 = ，再根据两边对应成比例，夹角相等两三角形相似求出△BDE和△BAC相似，然后根据相似三角形对应边成比例列出比例式求解即可．
解答：解：∵∠B=60°，AD是高，
∴∠BAD=90°?∠B=90°?60°=30°，
∴BD= AB，
同理可得BE= BC，
∴ = = ，
又∵∠ABC=∠DBE，
∴△BDE∽△BAC，
∴ = = ，
故选C．
点评：本题考查了相似三角形的判定与性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，难点不大，求出△BDE和△BAC相似是解题的关键．
　
9．（3分）如图：直线 与x轴，y轴分别相交于A、B两点，半径为1的⊙P沿x轴向右移动，点P坐标为P（，0），当⊙P与该直线相交时，的取值范围是（　　）

　A．?2≤≤2B．1＜＜5C．＞2D．1≤≤5

考点：直线与圆的位置关系；一次函数的性质． .
分析：因为点P是动点，所以从特殊位置（相切）入手分析，分右相切和左相切两种情况，然后求解．
解答：解：若圆和直线相切，则圆心到直线的距离应等于圆的半径1，
据直线的解析式求得A（3，0），B（0， ），
则tan∠BAO= = ，
所以∠BAO=30°，
所以当相切时，AP=2，
点P可能在点A的左侧或右侧．所以要相交，应介于这两种情况之间，则3?2＜＜3+2，即1＜＜5．
故选B．
点评：此题主要考查了直线与坐标轴的求法，以及三角函数的运用，题目综合性较强，注意特殊点的求法是解决问题的关键．
　
10．（3分）数学符号体现了数学的简洁美．如12+22+32+…+992+1002可记为 ，又如 …+ ．设A= ，那么与A最接近的整数是（　　）
　A．2011B．2012C．2013D．2014

考点：二次根式的化简求值． .
专题：新定义．
分析：根据新定义列出算式，然后根据二次根式的性质化简，再裂项计算即可得解．
解答：解：根据题意得：A= + +…+ ，
∵1+1+ = ，1+ + = ，1+ + = ，…，1+ + = ，
∴A= + + +…+ ，
=1+ +1+ +1+ +…1+ ，
=2012+ + + +…+ ，
=2012+1? + ? + ? + ? ，
=2012+1? ，
=2013? ，
∴与A最接近的整数是2013．
故选C．
点评：本题考查了二次根式的化简求值，根据前几项的计算规律去掉根号是解题的关键，要注意裂项可是使计算更加简便．
　
二、题（每小题3分，共18分）
11．（3分）若a=?3，则1? =　1　．

考点：二次根式的性质与化简． .
分析：根据二次根式的性质和绝对值的定义解答．
解答：解：∵a=?3即1+a＜0，
∴1? =1+（1+a）=2?3=1．
点评：本题主要考查了根据二次根式的意义化简．
二次根式 规律总结：当a≥0时， =a；当a≤0时， =?a．
　
12．（3分）已知点A（a，1）与B（?2，b）关于坐标原点对称，那么点P（a，b）绕原点顺时针旋转90°后的对应点P′的坐标是　（?1，2）　．

考点：坐标与图形变化-旋转；关于原点对称的点的坐标． .
分析：首先得出P点坐标，再根据题意画出P的对称点P′，过P′作P′N⊥y轴于N，过P作P⊥x轴于，得出△PO≌△P′ON，推出P′N=P，ON=O，根据P的坐标即可求出答案．
解答：解：∵点A（a，1）与B（?2，b）关于坐标原点对称，
∴a=2，b=?1，
∴P点坐标为：（2，?1），
以直角坐标系原点为中心，将点P（2，?1）顺时针旋转90°后到P′点，
过P′作P′N⊥y轴于N，过P作P⊥x轴于，
则OP=OP′，∠P′OP=90°，∠P′NO=∠PO=90°，
在△P′ON和△PO中
，
∴△PO≌△P′ON，
∴P′N=P，ON=O，
∵P（2，?1），
∴O=2，P=1，
∴P′（?1，2）．
故答案为：（?1，2）．

点评：本题主要考查对坐标与图形变换?旋转，全等三角形的性质和判定等知识点的理解和掌握，能正确画出图形并求出△PO≌△P′ON是解此题的关键．
　
13．（3分）关于x的方程2x2?2x+3?1=0有两个实数根x1，x2，且x1x2＞x1+x2?4，则实数的取值范围是　? ＜≤ 　．

考点：根与系数的关系；解一元一次不等式． .
分析：先把求出两根之积和两根之和，再代入x1x2＞x1+x2?4，得实数的取值范围．
解答：解：∵x1+x2=1，x1•x2= ，
∴ ＞1?4，解得＞? ，
又∵方程2x2?2x+3?1=0有两个实数根，
∴△=4?8（3?1）≥0，
解得≤ ，
∴实数的取值范围是? ＜≤ ．
点评：此题主要考查了根与系数的关系与不等式的综合题目，是经常出现的一种题型．
　
14．（3分）如图⊙O与△ABC的边BC，AB，AC分别切于D，E，F三点，若⊙O的半径为 ，∠A=60°，BC=9，则△ABC的周长为　24　．

考点：三角形的内切圆与内心． .
分析：根据切线性质和切线长定理得出∠OFA=90°，∠OAF=∠OAE= ∠BAC=30°，AE=AF=3，CF=CD，BD=BE，求出BE+CF=BD+CD=BC=9，求出AO，AF，即可求出AE，代入AE+AF+CF+BE+BC求出即可．
解答：解：
∵⊙O是三角形ABC的内切圆，切点分别为D、E、F，
∴∠OFA=90°，∠OAF=∠OAE= ×60°=30°，
∵OF= ，
∴OA=2 ，由勾股定理得：AF= =3，
∴由切线长定理得：AE=AF=3，CF=CD，BD=BE，
∵BC=9，
∴BD+CD=9=BE+CF，
∴△ABC的周长是AC+AB+BC=AE+AF+CF+BE+BC=3+3+9+9=24，
故答案为：24．
点评：本题考查了切线的性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，切线长定理等知识点的应用．
　
15．（3分）已知α，β是方程 x2?3x?1=0的两根，那么代数式α3+β（α2?2α+9）的值为　32　．

考点：根与系数的关系． .
专题：．
分析：由α，β是方程x2?3x?1=0的两根，将x=α代入方程得到一个关系式，再利用根与系数的关系表示出两根之和与两根之积，将所求式子去括号后，前两项提取α2，将两根之和与两根之积代入，整理后再代入即可求出值．
解答：解：∵α，β是方程x2?3x?1=0的两根，
∴α2?3α?1=0，即α2=3α+1，α+β=3，αβ=?1，
则α3+β（α2?2α+9）=α2（α+β）?2αβ+9β=3（3α+1）+2+9β=9（α+β）+5=27+5=32．
故答案为：32
点评：此题考查了一元二次方程根与系数的关系，以及一元二次方程的解，熟练掌握根与系数的关系是解本题的关键．
　
16．（3分）如图：△ABC内接于⊙O，AD⊥BC于D．若AB•AC=16，AD=3，则⊙O半径是　 　．

考点：圆周角定理；相似三角形的判定与性质． .
分析：首先作直径AE，连接CE，易证得△ABD∽△AEC，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得⊙O半径．
解答：解：作直径AE，连接CE，
∴∠ACE=90°，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∴∠ACE=∠ADB，
∵∠B=∠E，
∴△ABD∽△AEC，
∴ ，
∴AE= ，
∵AB•AC=16，AD=3，
∴AE= ，
∴⊙O半径是 ．
故答案为： ．

点评：此题考查了圆周角定理与相似三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
　
三、解答题（共72分）
17．（8分）①已知=2+ ，n=2? ，求 的值．
②解方程：（x?3）（x+4）=2（x+4）

考点：解一元二次方程-因式分解法；二次根式的化简求值． .
专题：．
分析：①由与n的值，求出+n与n的值，将所求式子被开方数利用完全平方公式变形后，把+n与n的值代入计算，即可求出值；
②方程右边看做一个整体，移项到左边，提取公因式变形后，利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
解答：解：①∵=2+ ，n=2? ，
∴+n=2+ +2? =4，n=（2+ ）（2? ）=1，
则 = = =2 ；
②（x?3）（x+4）=2（x+4），
移项得：（x?3）（x+4）?2（x+4）=0，
分解因式得：（x+4）（x?5）=0，
可得x+4=0或x?5=0，
解得：x1=?4，x2=5．
点评：此题考查了解一元二次方程?因式分解法，以及二次根式的化简，利用因式分解法解方程时，首先将方程右边化为0，左边化为积的形式，然后利用两数相乘积为0，两因式中至少有一个为0转化为两个一元一次方程来求解．
　
18．（5分）：古希腊的几何家海伦，在数学史上以解决几何测量问题而闻名，在他的著作《度量》一书中，给出了一公式：如果一个三角形的三边长分别为a、b、c．记： ，则三角形的面积S为 ，此公式称为“海伦公式”
思考运用：已知李大爷有一块三角形的菜地，如图，测得AB=7，AC=5，BC=8，你能求出李大爷这块菜地的面积吗？试试看．（结果精确到0.1）参考数据 ， ， ．

考点：二次根式的应用． .
分析：将题目中的已知量代入到海伦公式里面进行计算即可．
解答：解：∵AB=7，AC=5，BC=8，
∴ = =10，
∴ = = =2× =2× × =2×1.732×2.236≈7.72，
∴李大爷这块菜地的面积约为7.72．
点评：本题考查了二次根式的应用，解题的关键是正确的代入公式并进行计算．
　
19．（5分）（2007•咸宁）某单位于“三•八”妇女节期间组织女职工到温泉“星星竹海”观光旅游．下面是邻队与旅行社导游收费标准的一段对话：
邻队：组团去“星星竹海”旅游每人收费是多少？
导游：如果人数不超过25人，人均旅游费用为100元．
邻队：超过25人怎样优惠呢？
导游：如果超过25人，每增加1人，人均旅游费用降低2元，但人均旅游费用不得低于70元．
该单位按旅行社的收费标准组团浏览“星星竹海”结束后，共支付给旅行社2700元．
请你根据上述信息，求该单位这次到“星星竹海”观光旅游的共有多少人？

考点：一元二次方程的应用． .
专题：其他问题．
分析：本题要先判断出人数的大致范围，判断是否超过25人，根据对话中给出的条件来套用合适的等量关系：人均旅游费×人数=2700元，即可列出方程求解．
解答：解：设该单位这次参加旅游的共有x人，
∵100×25＜2700
∴x＞25．
依题意得[100?2（x?25）]x=2700
整理得x2?75x+1350=0
解得x1=30，x2=45．
当x=30时，100?2（x?25）=90＞70，符合题意．
当x=45时，100?2（x?25）=60＜70，不符合题意，舍去．
∴x=30．
答：该单位这次参加旅游的共有30人．
点评：本题要弄清题意，可根据题意列出方程，判断所求的解是否符合题意，舍去不合题意的解．
　
20．（5分）如图，⊙O的内接四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=30°，AC=4，求四边形ABCD的面积．

考点：圆的综合题． .
专题：几何综合题．
分析：根据直径所对的圆周角是直角可得∠ABC=∠D=90°，然后利用“HL”证明Rt△ABC和Rt△ADC全等，根据全等三角形对应角相等求出∠BAC=∠DAC=15°，连接OB，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠BOC=30°，过点B作BE⊥AC于E，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出BE，然后求出△ABC的面积，再根据四边形ABCD的面积=S△ABC+S△ACD计算即可得解．
解答：解：由图可知，AC是⊙O的直径，
∴∠ABC=∠D=90°，
在Rt△ABC和Rt△ADC中， ，
∴Rt△ABC≌Rt△ADC（HL），
∴∠BAC=∠DAC= ∠BAD= ×30°=15°，
连接OB，则OA=OB，
∴∠ABO=∠BAC=15°，
∴∠BOC=∠ABO+∠BAC=15°+15°=30°，
∵AC=4，
∴OB=OA= AC= ×4=2，
过点B作BE⊥AC于E，
则BE= OB= ×2=1，
∴S△ABC= AC•BE= ×4×1=2，
∵Rt△ABC≌Rt△ADC，
∴S△ADC=S△ABC=2，
四边形ABCD的面积=S△ABC+S△ACD=2+2=4．

点评：本题是圆的综合题型，主要考查了直径所对的圆周角是直角，全等三角形的判定与性质，等边对等角的性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，作辅助线求出AC边上的高线是解题的关键，也是本题的难点．
　
21．（7分）已知关于x的方程x2?（2k+3）x+k2+3k+2=0
①求证：不论k为何值，此方程总有两个不相等的实数根；
②若△ABC中，AB、AC的长是已知方程的两个实数根，第三边BC的长为5．问：k为何值时，△ABC是直角三角形？

考点：根的判别式；根与系数的关系；勾股定理的逆定理． .
专题：计算题．
分析：（1）先计算出△=（2k+3）2?4（k2+3k+2）=1＞0，然后根据△的意义即可得到结论；
（2）利用求根公式得到x1=k+2，x2=k+1，设AB=k+2，AC=k+1，再利用勾股定理的逆定理分类讨论：AB2+AC2=BC2或AB2+BC2=AC2或AC2+BC2=AB2，分别建立关于k的方程，解出k的值，然后满足两根为正根的k的值为所求．
解答：（1）证明：△=（2k+3）2?4（k2+3k+2）
=1，
∵△＞0，
∴不论k为何值，此方程总有两个不相等的实数根；
（2）解：x2?（2k+3）x+k2+3k+2=0的解为x= ，
∴x1=k+2，x2=k+1，
设AB=k+2，AC=k+1，
当AB2+AC2=BC2，即（k+2）2+（k+1）2=52，解得k1=?5，k2=2，由于AB=k+2＞0，AC=k+1＞0，所以k=2；
当AB2+BC2=AC2，即（k+2）2+52=（k+1）2，解得k=?14，由于AB=k+2＞0，AC=k+1＞0，所以k=?14舍去；
当AC2+BC2=AB2，即（k+1）2+52=（k+2）2，解得k=11，由于AB=k+2=13，AC=12，所以k=11，
∴k为2或11时，△ABC是直角三角形．
点评：本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式△=b2?4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的解法以及勾股定理的逆定理．
　
22．（6分）如图：过▱ABCD的顶点C作射线CP分别交BD、AD于E、F，交BA的延长线于G
（1）求证：CE2=EF•EG；
（2）若GF=3，CE=2，求EF的长．

考点：相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质． .
分析：（1）利用平行线分线段成比例定理以及比例的性质求出 = ， = ，即可得出 = ，得出答案即可；
（2）利用（1）中所求得出关于EF的一元二次方程求出即可．
解答：（1）证明：∵AB∥CD，
∴ = ，
∵AD∥BC，
∴ = ，
∴ = ，
∴CE2=EF•EG；

（2）解：∵CE2=EF•EG，GF=3，CE=2，
∴22=EF（3+EF），
整理得出：EF2+3EF?4=0，
解得：EF=1或?4（不合题意舍去）．
故EF的长为1．
点评：此题主要考查了平行线分线段成比例定理以及一元二次方程的解法，利用平行线分线段成比例定理得出 = 是解题关键．
　
23．（8分）如图：△ABC中，以BC为直径的⊙O交AB于D
（1）若∠ABC=∠ACD 求证：CA为⊙O的切线；
（2）若E在BD上且DE=CD，连接CE，作DH⊥BC于H交CE于P，求证：PC=PD；
（3）在（2）条件下，若⊙O半径为5，CE与AB交于F，CF= ，求：CD．

考点：圆的综合题． .
专题：综合题．
分析：（1）根据∠ABC+∠BCD=90°，可得∠ACD+∠BCD=90°，继而得出BC⊥AC，结合切线的判定定理可得出CA为⊙O的切线；
（2）证明∠PDC=∠PCD即可得出PC=PD；
（3）首先判断△CDF∽△BDC，可得出 = = ，继而在Rt△BCD中可求出CD的长度．
解答：解：（1）∵BC为⊙O的直径，
∴∠BDC=90°，
∴∠ABC+∠BCD=90°，
又∵∠ABC=∠ACD，
∴∠ACD+∠BCD=90°，
∴BC⊥AC，
∴CA为⊙O的切线．

（2）∵∠CDP+∠DCH=90°，∠DBC+∠DCH=90°，
∴∠CDP=∠DBC，
又∵DE=CD，
∴∠DCP=∠DBC=∠CDP，
∴PD=PC；

（3）∵∠DCF=∠DBC，∠CDF=∠BDC=90°，
∴△CDF∽△BDC，
∴ = = ，
设CD=3x，则BD=4x，
在Rt△BCD中，BC= =5x，则5x=10，
解得：x=2，
故可得CD=6．
点评：本题考查了圆的综合题，涉及了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定及切线的判定，综合考察的知识点较多，解答本题需要我们熟练切线的判定定理及相似三角形的判定与性质．
　
24．（8分）如图A、B两点的坐标分别为A（18，0），B（8，6）点P、Q同时出发分别作匀速运动，其中点P从A出发沿AO向终点O运动，速度为每秒3个单位；点Q从O出发沿OB向终点B运动，速度为每秒2个单位，当这两点有一点到达自己的终点时，另一点也停止运动．
（1）坐标平面内是否存在点C，使以O、A、C为顶点的三角形与△OAB全等？请直接写出点C的坐标．
（2）设从出发起，运动了t秒钟，以O、P、Q为顶点的三角形与△OAB相似，求出此时t的值；
（3）是否存在t，使△OPQ为等腰三角形？若存在，求出运动的时间t；不存在，说明理由．

考点：相似形综合题． .
分析：（1）当△OAC≌△OAB时，C与B关于x轴对称；当△OAC≌△AOB时，点C可能在第一象限，也可能在第四象限，根据全等三角形的面积相等先求出点C的纵坐标，进而求出点C的横坐标；
（2）如果以O、P、Q为顶点的三角形与△OAB相似，由于∠POQ=∠AOB，那么O与O是对应点，所以分两种情况进行讨论：①△POQ∽△AOB；②△POQ∽△BOA；根据相似三角形对应边成比例列出比例式，即可求解；
（3）分三种情况进行讨论：①OP=OQ；②PO=PQ；③QO=QP．
解答：解：（1）坐标平面内存在点C，使以O、A、C为顶点的三角形与△OAB全等．理由如下：
①当△OAC≌△OAB时，C与B关于x轴对称，此时点C的坐标为（8，?6）；
②当△OAC≌△AOB时，点C可能在第一象限，也可能在第四象限，设点C的坐标为（x，y）．
∵△OAC≌△AOB，
∴S△OAC=S△AOB，即 •OA•y= •OA•6，
∴y=6，y=±6．
如果点C在第一象限，如图，过点B、C作x轴的垂线，垂足分别为D、E，则BD=CE=6，
∵△ACE≌△OBD（HL），
∴AE=OD=8，
∴OE=OA?AE=18?8=10，
∴此时点C的坐标为（10，6）；
如果点C在第四象限，易求此时点C的坐标为（10，?6）；
即满足条件的点C的坐标为（8，?6）或（10，6）或（10，6）；

（2）设从出发起，运动了t秒钟，以O、P、Q为顶点的三角形与△OAB相似．
∵AP=3t，OQ=2t，
∴OP=18?3t．
分两种情况：
①如果△POQ∽△AOB，那么 = ，
= ，
解得t= ；
②如果△POQ∽△BOA，那么 = ，
= ，
解得t= ；
故以O、P、Q为顶点的三角形与△OAB相似时，t的值为 秒或 秒；

（3）△OPQ为等腰三角形时，分三种情况：
①如果OP=OQ，那么18?3t=2t，t= ；
②如果PO=PQ，如图，过点P作PF⊥OQ于F，则OF=FQ= OQ= •2t=t．
∵在Rt△OPF中，∠OFP=90°，
∴OF=OP•cos∠POF=（18?3t）• = （18?3t），
∴t= （18?3t），
解得t= ；
③如果QO=QP，如图，过点Q作QG⊥OP于G，则OG=GP= OP= •（18?3t）=9? t．
∵在Rt△OQG中，∠OGQ=90°，
∴OG=OQ•cos∠QOG=2t• = t，
∴9? t= t，
解得t= ．
综上所述，所求t的值为 秒或 秒或 秒．

点评：本题考查全等三角形、相似三角形、等腰三角形的性质，综合性较强，难度适中．运用数形结合及分类讨论是解题的关键．

本文来自：逍遥右脑记忆 /chusan/204040.html

相关阅读：2012年九年级上册数学期中适应性测试卷
深圳市2013年中考数学试卷解析
扬州市2013年中考数学试题（有答案）
白银市平凉市2013年中考数学试卷解析
2015中考数学压轴题动态几何之线动形成的等腰三角形存在专题试题