2020-2021学年上海市民办新北郊初级中学九年级（上）期末数学试卷

这是一份2020-2021学年上海市民办新北郊初级中学九年级（上）期末数学试卷，共42页。试卷主要包含了【答案】B，【答案】C，【答案】A，【答案】D等内容，欢迎下载使用。


2020-2021学年上海市民办新北郊初级中学九年级（上）期末数学试卷
1. 如果两个相似多边形的面积比为4：9，那么它们的周长比为( )
A. 4：9 B. 2：3 C. 2：3 D. 16：81
2. 如图，已知AB为⊙O的直径，点C，D在⊙O上，若∠BCD=28∘，则∠ABD=( )

A. 72∘ B. 56∘ C. 62∘ D. 52∘
3. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，AC=6，BC=8，点M是AB上的一点，点N是CB上的一点，BMCN=43，当∠CAN与△CMB中的一个角相等时，则BM的值为( )

A. 3或4 B. 83或4 C. 83或6 D. 4或6
4. 在平面直角坐标系中，将抛物线y=2(x−1)2+1先向左平移2个单位，再向上平移3个单位，则平移后抛物线的表达式是( )
A. y=2(x+1)2+4 B. y=2(x−1)2+4
C. y=2(x+2)2+4 D. y=2(x−3)2+4
5. 某篮球队14名队员的年龄如表：
年龄(岁)
18
19
20
21
人数
5
4
3
2
则这14名队员年龄的众数和中位数分别是( )
A. 18，19 B. 19，19 C. 18，4 D. 5，4
6. 把二次函数y=2x2的图象向右平移3个单位，再向上平移2个单位后的函数关系式是( )
A. y=2(x−3)2+2 B. y=2(x+3)2+2
C. y=2(x−3)2−2 D. y=2(x+3)2−2
7. 抛物线y=x2先向右平移1个单位，再向上平移3个单位，得到新的抛物线解析式是( )
A. y=(x+1)2+3 B. y=(x+1)2−3
C. y=(x−1)2−3 D. y=(x−1)2+3
8. 如图，在⊙O中，AB为直径，圆周角∠ACD=20∘，则∠BAD等于( )


A. 20∘ B. 40∘ C. 70∘ D. 80∘
9. 如图，点P(x,y)(x>0)是反比例函数y=kx(k>0)的图象上的一个动点，以点P为圆心，OP为半径的圆与x轴的正半轴交于点A.若△OPA的面积为S，则当x增大时，S的变化情况是( )

A. S的值增大 B. S的值减小
C. S的值先增大，后减小 D. S的值不变
10. 袋中有 5 个白球，3 个黑球，除颜色外均相同，从中一次任摸出一个球，则摸到黑球的概率是( )
A. 35 B. 38 C. 58 D. 34
11. 如图，已知在△ABC中，∠ACB=90∘，AC=6cm，BC=8cm，CM是它的中线，以C为圆心，5cm为半径作⊙C，则点M与⊙C的位置关系为( )

A. 点M在⊙C上 B. 点M在⊙C内 C. 点M在⊙C外 D. 点M不在⊙C内
12. 如图，在正方形ABCD中，E是BC的中点，F是CD上一点，AE⊥EF.有下列结论：
①∠BAE=30∘；②射线FE是∠AFC的角平分线；③CF=13CD；④AF=AB+CF.
其中正确结论的个数为( )

A. 1 个 B. 2 个 C. 3 个 D. 4 个
13. 如图，在▱ABCD中，点E是边AD的中点，EC交对角线BD于点F，则EF：FC等于( )
A. 3：2 B. 3：1 C. 1：1 D. 1：2
14. 如图，AB为⊙O的切线，切点为A.连接AO、BO，BO与⊙O交于点C，延长BO与⊙O交于点D，连接AD.若∠ABO=36∘，则∠ADC的度数为( )

A. 54∘ B. 36∘ C. 32∘ D. 27∘
15. 二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图，给出下列四个结论：
①4ac−b2<0；②4a+c<2b；③3b+2c<0；④m(am+b)+b 其中正确结论的个数是( )

A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
16. 如图，△ABC周长为20cm，BC=6cm，圆O是△ABC的内切圆，圆O的切线MN与AB、CA相交于点M、N，则△AMN的周长为______cm.

17. 如图，若抛物线y=ax2+h与直线y=kx+b交于A(3,m)，B(−2,n)两点，则不等式ax2−b




18. 一个不透明的袋中原装有2个白球和1个红球，搅匀后从中任意摸出一个球，要使摸出红球的概率为23，则袋中应再添加红球______个(以上球除颜色外其他都相同).
19. 如图，AB、CD、EF所在的圆的半径分别为r1、r2、r3，则r1、r2、r3的大小关系是______.(用“<”连接)

20. 当a≤x≤a+1时，函数y=x2−2x+1的最小值为1，则a的值为________.
21. 如图，D、E分别是△ABC的边AB，AC上的点，ADAB=AEAC，AE=2，EC=6，AB=12，则AD的长为______.



22. 抛物线y=(x−1)2+3的顶点坐标为______.
23. 已知⊙O半径为4，点A，B在⊙O上，∠BAC=90∘，sin∠B=21313，则线段OC的最大值为______.




24. 二次函数y=−x2+bx+c的部分图象如图所示，要使函数值y>3，则自变量x的取值范围是______.




25. 甲、乙两同学近期6次数学单元测试成绩的平均分相同，甲同学成绩的方差分 2，乙同学成绩的方差分 2，则他们的数学测试成绩较稳定的是______(填“甲”或“乙”).
26. 如图，港口A在观测站O的正东方向，OA=4km，某船从港口A出发，沿北偏东15∘方向航行一段距离后到达B处，此时从观测站O处测得该船位于北偏东60∘的方向，则该船与观测站之间的距离(即OB的长)为______km.

27. 把函数y=2x2的图象先向右平移3个单位长度，再向下平移2个单位长度得到新函数的图象，则新函数的表达式是______.
28. 如图，圆形纸片⊙O半径为52，先在其内剪出一个最大正方形，再在剩余部分剪出4个最大的小正方形，则4个小正方形的面积和为______ .



29. 若圆弧所在圆的半径为12，所对的圆心角为60∘，则这条弧的长为______.
30. 如图，C、D是线段AB的两个黄金分割点，且CD=1，则线段AB的长为______.

31. (1)计算：2cos60∘+(12)−2+(2020−π)0.
(2)若关于x的方程x2+2x+2m−1=0有两个相等的实数根，求m的值．







32. 在矩形ABCD中，AB=3，AD=5，E是射线DC上的点，连接AE，将△ADE沿直线AE翻折得△AFE.
(1)如图①，点F恰好在BC上，求证：△ABF∽△FCE；
(2)如图②，点F在矩形ABCD内，连接CF，若DE=1，求△EFC的面积；
(3)若以点E、F、C为顶点的三角形是直角三角形，则DE的长为______.







33. 经过某十字路口的汽车，可能直行，也可能向左转或向右转．如果这三种可能性大小相同，求两辆车经过这个十字路口时，下列事件的概率：
(1)两辆车中恰有一辆车向左转；
(2)两辆车行驶方向相同．







34. 如图，已知二次函数y=−x2+2mx+3m2(m>0)的图象与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，顶点为点D.
(1)点B的坐标为______，点D的坐标为______；(用含有m的代数式表示)
(2)连接CD，BC.
①若CB平分∠OCD，求二次函数的表达式；
②连接AC，若CB平分∠ACD，求二次函数的表达式．








35. 已知关于x的一元二次方程(a−1)x2−2x+1=0有两个不相等的实数根，求a的取值范围．







36. (1)如图1，在△ABC中，AB=42,AC=6,∠BAC=135∘，求△ABC的面积．
(2)如图2，半圆O的直径AB=10，C是半圆AB的中点，点D在BC上，且CD=2BD，点P是AB上的动点，试求PC+PD的最小值．
(3)如图3，扇形AOB的半径为20，∠AOB=45∘，在AB选点P，在边OA上选点E，在边OB上选点F，求PE+EF+FP的长度的最小值．









37. 如图，在矩形ABCD中，AB=20cm，BC=4cm，点P从A开始沿折线A−B−C−D以4cm/s的速度移动，点Q从C开始沿CD边以1cm/s的速度移动，如果点P、Q分别从A、C同时出发，当其中一点到达D时，另一点也随之停止运动．设运动时间为t(s).
(1)t为何值时，四边形APQD为矩形；
(2)如图，如果⊙P和⊙Q的半径都是2cm，那么t为何值时，⊙P和⊙Q外切．








38. 如图，等边△ABC内接于⊙O，P是AB上任一点(点P与点A、B重合)，连接AP、BP，过点C作CM//BP交PA的延长线于点M.
(1)求∠APC和∠BPC的度数；
(2)求证：△ACM≌△BCP；
(3)若PA=1，PB=2，求四边形PBCM的面积；
(4)在(3)的条件下，求AB的长度．







39. 如图，抛物线y=ax2−4ax+b交x轴正半轴于A、B两点，交y轴正半轴于C，且OB=OC=3.
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图1，D为抛物线的顶点，P为对称轴左侧抛物线上一点，连OP交直线BC于G，连GD，是否存在点P，使GDGO=2？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由；
(3)如图2，将抛物线向上平移m个单位，交BC于点M、N，若∠MON=45∘，求m的值．









40. 如图，在边长为5的菱形OABC中，sin∠AOC=45，O为坐标原点，A点在x轴的正半轴上，B，C两点都在第一象限．点P以每秒1个单位的速度沿O→A→B→C→O运动一周，设运动时间为t(秒).请解答下列问题：
(1)当CP⊥OA时，求t的值；
(2)当t<10时，求点P的坐标(结果用含t的代数式表示)；
(3)以点P为圆心，以OP为半径画圆，当⊙P与菱形OABC的一边所在直线相切时，请直接写出t的值．









答案和解析
1.【答案】B

【解析】解：∵两个相似多边形面积的比为4：9，
∴这两个相似多边形周长的比是2：3.
故选：B.
直接根据相似多边形周长的比等于相似比，面积的比等于相似比的平方进行解答即可．
本题考查的是相似多边形的性质，即相似多边形周长的比等于相似比，面积的比等于相似比的平方．

2.【答案】C

【解析】解：连接AD.
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90∘，
∵∠BCD=28∘，
∴∠BAD=28∘，
∴∠ABD=90∘−∠BAD=62∘，
故选：C.
根据直径所对的圆周角是直角得到∠ADB=90∘，根据圆周角定理求出∠BAD，再利用直角三角形两锐角互余解答即可．
本题考查的是圆周角定理的应用，掌握直径所对的圆周角是直角、同弧或等弧所对的圆周角相等是解题的关键．

3.【答案】D

【解析】解：∵∠CMB>∠CAB>∠CAN，
∴∠CAN≠∠CAB，设CN=3k，BM=4k，
①当∠CAN=∠B时，可得△CAN∽△CBA，
∴CNAC=ACCB，
∴3k6=68，
∴k=32，
∴BM=6.
②当∠CAN=∠MCB时，如图2中，过点M作MH⊥CB，可得△BMH∽△BAC，

∴MBAB=MHAC=BHBC，
∴4k10=MH6=BH8，
∴MH=125k，BH=165k，
∴CH=8−165k，
∵∠MCB=∠CAN，∠CHM=∠ACN=90∘，
∴△ACN∽△CHM，
∴CNAC=MHCH，
∴3k6=125k8−165k，
∴k=1或0，
∴BM=4.
综上所述，BM=4或6.
故选：D.
可分两种情况：①当∠CAN=∠B时，△CAN∽△CBA，设CN=3k，BM=4k，可得CNAC=ACCB，解出k值即可；②当∠CAN=∠MCB时，过点M作MH⊥CB，可得△BMH∽△BAC，得出MH=125k，BH=165k，则CH=8−165k，证明△ACN∽△CHM，得出方程求解即可．
本题考查了相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．

4.【答案】A

【解析】解：原抛物线y=2(x−1)2+1的顶点为(1,1)，先向左平移2个单位，再向上平移3个单位，新顶点为(−1,4).即所得抛物线的顶点坐标是(−1,4).
所以，平移后抛物线的表达式是y=2(x+1)2+4，
故选：A.
只需看顶点坐标是如何平移得到的即可．
考查了二次函数图象与几何变换，y=ax2(a≠0)的顶点坐标为(0,0)；抛物线的平移，看顶点的平移即可；上下平移，只改变顶点的纵坐标，上加下减．

5.【答案】A

【解析】解：这14名队员年龄的众数是18岁，
中位数是19+192=19(岁)，
故选：A.
根据众数和中位数的定义求解可得．
本题主要考查众数和中位数，解题的关键是掌握众数和中位数的概念．

6.【答案】A

【解析】解：把二次函数y=2x2的图象向右平移3个单位，再向上平移2个单位后的函数关系式是：y=2(x−3)2+2.
故选：A.
直接根据函数图象平移的法则即可得出结论．
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知“上加下减，左加右减”的法则是解答此题的关键．

7.【答案】D

【解析】解：由“左加右减”的原则可知，抛物线y=x2向右平移1个单位所得抛物线的解析式为：y=(x−1)2；
由“上加下减”的原则可知，抛物线y=(x−1)2向上平移3个单位所得抛物线的解析式为：y=(x−1)2+3.
故选：D.
根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．

8.【答案】C

【解析】解：连接OD.
∵∠AOD=2∠ACD=40∘，
∵OA=OD，
∴∠BAD=∠ADO=12(180∘−40∘)=70∘，
故选：C.
连接OD，根据∠AOD=2∠ACD，求出∠AOD，利用等腰三角形的性质即可解决问题．
本题考查圆周角定理、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．

9.【答案】D

【解析】
【分析】
本题考查了反比例函数系数k的几何意义：在反比例函数y=kx图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|.
作PB⊥OA于B，如图，根据垂径定理得到OB=AB，则S△POB=S△PAB，再根据反比例函数k的几何意义得到S△POB=12|k|，所以S=2k，为定值．
【解答】
解：作PB⊥OA于B，如图，

根据OP=PA，则可得OB=AB，
∴S△POB=S△PAB，
∵S△POB=12|k|，
∴S=2k，
∴S的值为定值．
故选D.  
10.【答案】B

【解析】解：因为白球5个，黑球3个一共是8个球，所以从中随机摸出1个球，则摸出黑球的概率是38，
故选：B.
先求出球的总个数，根据概率公式解答即可．
考查了概率公式，明确概率的意义是解答问题的关键，用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

11.【答案】A

【解析】解：∵由勾股定理得AB=62+82=10cm，
∵CM是AB的中线，
∴CM=5cm，
∴d=r，
所以点M在⊙C上，
故选：A.
根据题意可求得CM的长，再根据点和圆的位置关系判断即可．
本题考查了点和圆的位置关系，解决的根据是点在圆上⇔圆心到点的距离=圆的半径．

12.【答案】B

【解析】解：∵在正方形ABCD中，E是BC的中点，
∴AB=BC，BE=12AB，
∴tanA=BEAB=12，
∵tan30∘=33，
∴∠BAE≠30∘，故①错误；
∵∠B=∠C=90∘，AE⊥EF，
∴∠BAE+∠BEA=90∘，∠BEA+∠CEF=90∘，
∴∠BAE=∠CEF，
∴△ABE∽△ECF，
∵AB=2BE=2CE，
∴EC=2CF，
设CF=a，则EC=BE=2a，AB=4a，
∴AE=25a，EF=5a，tan∠CFE=2，
∴tan∠AFE=AEEF=2，
∴∠AFE=∠CFE，
即射线FE是∠AFC的角平分线，故②正确；
∵BC=CD，BC=2CE=4CF，
∴CF=14CD，故③错误；
作EG⊥AF于点G，
∵FE平分∠AFC，∠C=90∘，
∴EG=EC，
∴EG=EB，
∵∠B=∠AGE=90∘，
在Rt△ABE和Rt△AGE中
AE=AEEB=EG

∴AB=AG，
又∵CF=GF，AF=AG+GF，
∴AF=AB+CF，故④正确，
由上可得，②④正确，正确的个数为2，
故选：B.
①根据题目中的条件和正方形的性质，利用锐角三角函数可以得到∠BAE是否等于30∘；
②根据题目中的条件，可以求得∠AEB和∠CFE的正切值，从而可以得到射线FE是否为∠AFC的角平分线；
③根据前面的推论，可以得到CF和CD的关系，从而可以判断CF=13CD是否成立；
④根据题目中的条件和全等三角形的判定与性质，可以得到AF=AB+CF是否成立．
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．

13.【答案】D

【解析】
【分析】
此题主要考查了平行四边形的性质以及相似三角形的判定与性质等知识，得出△DEF∽△BCF是解题关键．
根据题意得出△DEF∽△BCF，进而得出DEBC=EFFC，利用点E是边AD的中点得出答案即可．
【解答】
解：∵▱ABCD，
∴AD//BC，
∴△DEF∽△BCF，
∴DEBC=EFFC，
∵点E是边AD的中点，
∴AE=DE=12AD，
∴EFFC=12.
故选D.  
14.【答案】D

【解析】解：∵AB为⊙O的切线，
∴∠OAB=90∘，
∵∠ABO=36∘，
∴∠AOB=90∘−∠ABO=54∘，
∵OA=OD，
∴∠ADC=∠OAD，
∵∠AOB=∠ADC+∠OAD，
∴∠ADC=12∠AOB=27∘，
故选：D.
由切线的性质得出∠OAB=90∘，由直角三角形的性质得出∠AOB=90∘−∠ABO=54∘，由等腰三角形的性质得出∠ADC=∠OAD，再由三角形的外角性质即可得出答案．
本题考查了切线的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质以及三角形的外角性质；熟练掌握切线的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．

15.【答案】B

【解析】解：∵抛物线和x轴有两个交点，
∴b2−4ac>0，
∴4ac−b2<0，∴①正确；
∵对称轴是直线x=−1，和x轴的一个交点在点(0,0)和点(1,0)之间，
∴抛物线和x轴的另一个交点在(−3,0)和(−2,0)之间，
∴把(−2,0)代入抛物线得：y=4a−2b+c>0，
∴4a+c>2b，∴②错误；
∵把x=1代入抛物线得：y=a+b+c<0，
∴2a+2b+2c<0，
∵−b2a=−1，
∴b=2a，
∴3b+2c<0，∴③正确；
∵抛物线的对称轴是直线x=−1，
∴y=a−b+c的值最大，
即把x=m(m≠−1)代入得：y=am2+bm+c ∴am2+bm+b 即m(am+b)+b 即正确的有3个，
故选：B.
利用二次函数图象的相关知识与函数系数的联系，需要根据图形，逐一判断．
此题主要考查了二次函数图象与系数的关系，在解题时要注意二次函数的系数与其图象的形状，对称轴，特殊点的关系，也要掌握在图象上表示一元二次方程ax2+bx+c=0的解的方法，同时注意特殊点的运用．

16.【答案】8

【解析】解：∵圆O是△ABC的内切圆，圆O的切线MN与AB、CA相交于点M、N，
∴BF=BE，CF=CD，DN=NG，EM=GM，AD=AE，
∵△ABC周长为20cm，BC=6cm，
∴AE=AD=AB+AC−BC2=20−BC−BC2=20−122=4，
∴△AMN的周长为AM+MG+NG+AN=AM+ME+AN+ND=AE+AD=4=4=8，
故答案为：8.
根据切线长定理得到BF=BE，CF=CD，DN=NG，EM=GM，AD=AE，然后利用三角形的周长和BC的长求得AE和AD的长，从而求得△AMN的周长．
考查了三角形的内切圆与内心及切线的性质的知识，解题的关键是利用切线长定理求得AE和AD的长，难度不大．

17.【答案】−2
【解析】解：∵抛物线y=ax2+h与直线y=kx+b交于A(3,m)，B(−2,n)两点，
∴不等式ax2−b 故答案为：−2 根据二次函数和一次函数的图象和性质即可求解．
本题考查了二次函数和不等式、二次函数与一次函数的交点，解决本题的关键是利用图象解决问题．

18.【答案】3

【解析】
【分析】
此题考查了概率公式的应用．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．首先设应在该盒子中再添加红球x个，根据题意得：x+1x+1+2=23，解此分式方程即可求得答案．
【解答】
解：设应在该盒子中再添加红球x个，
根据题意得：x+1x+1+2=23，
解得：x=3，
经检验，x=3是原分式方程的解．
故答案为：3.  
19.【答案】r2
【解析】解：观察图象可知：r2
故答案为r2 利用垂径定理，画出圆的圆心即可判断．
本题考查垂径定理等知识，解题的关键是学会两条突发性解决问题，属于中考常考题型．

20.【答案】2或−1

【解析】
【分析】
本题考查了二次函数图象上点的坐标特征以及二次函数的最值，利用二次函数图象上点的坐标特征找出当y=1时x的值是解题的关键．利用二次函数图象上点的坐标特征找出当y=1时x的值，结合当a≤x≤a+1时函数有最小值1，即可得出关于a的一元一次方程，解之即可得出结论．
【解答】
解：当y=1时，有x2−2x+1=1，
解得：x1=0，x2=2.
∵当a≤x≤a+1时，函数有最小值1，
∴a=2或a+1=0，
∴a=2或a=−1，
故答案是2或−1.  
21.【答案】3

【解析】解：∵ADAB=AEAC，AE=2，EC=6，AB=12，
∴AD12=22+6，
解得：AD=3，
故答案为：3.
把AE=2，EC=6，AB=12代入已知比例式，即可求出答案．
本题考查了比例的性质和相似三角形的性质和判定，能正确进行计算是解此题的关键．

22.【答案】(1,3)

【解析】解：顶点坐标是(1,3).
直接利用顶点式的特点可知顶点坐标．
主要考查了求抛物线顶点坐标的方法．

23.【答案】4133+83

【解析】解：如图，连接OA，OB，作AD⊥OA，使得∠ADO=∠ABC.

在Rt△ABC中，∵∠BAC=90∘，
∴sin∠ABC=ACBC=21313，
设AC=213k，BC=13k，则AB=313k，
∵∠ADO=∠ABC，∠DAO=∠BAC=90∘，
∴△DAO∽△BAC，
∴ADAB=AOAC，
∵∠DAO=∠BAC，
∴∠DAB=∠OAC，
∴△DAB∽△OAC，
∴BDOC=ABAC=313k213k=32，
∴OC=23BD，
在Rt△ADO中，∵∠DAO=90∘，
∴sin∠ADO=OAOD=21313，
∵OA=OB=4，
∴OD=213，
∵OD−OB≤BD≤OD+OB，
∴213−4≤BD≤213+4，
∴BD的最大值为213+4，
∴OC的最大值=4132+83，
故答案为4133+83.
如图，连接OA，OB，作AD⊥OA，使得∠ADO=∠ABC.利用相似三角形的性质证明OC=23BD，求出BD的最大值即可解决问题．
本题考查圆周角定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．

24.【答案】−2
【解析】解：由图象可知，
该函数的对称轴是直线x=−1，与y轴的交点是(0,3)，
则点(−2,3)也在该函数的图象上，
故要使函数值y>3，则自变量x的取值范围是−2 故答案为：−2 根据题目中的函数图象和二次函数的图象具有对称性，可以求得y>3，自变量x的取值范围．
本题考查二次函数的性质、二次函数的图象，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．

25.【答案】乙

【解析】解：∵甲同学成绩的方差分 2，乙同学成绩的方差分 2，
，
∴它们的数学测试成绩较稳定的是乙；
故答案为：乙．
根据方差的定义，方差越小数据越稳定．
本题考查了方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定．

26.【答案】(23+2)

【解析】解：如图所示，过点A作AD⊥OB于点D，

由题意知，∠AOD=30∘，OA=4km，
则∠OAD=60∘，
∴∠DAB=45∘，
在Rt△OAD中，AD=OAsin∠AOD=4×sin30∘=4×12=2(km)，
OD=OAcos∠AOD=4×cos30∘=4×32=23(km)，
在Rt△ABD中，BD=AD=2km，
∴OB=OD+BD=23+2(km)，
故答案为：(23+2).
作AD⊥OB于点D，根据题目条件得出∠OAD=60∘、∠DAB=45∘、OA=4km，再分别求出AD、OD、BD的长，从而得出答案．
本题主要考查解直角三角形的应用-方向角问题，解题的关键是构建合适的直角三角形，并熟练运用三角函数进行求解．

27.【答案】y=2(x−3)2−2

【解析】解：由函数y=2x2的图象先向右平移3个单位长度，再向下平移2个单位长度得到新函数的图象，得
新函数的表达式是y=2(x−3)2−2，
故答案为y=2(x−3)2−2.
根据函数图象的平移规律，可得答案．
本题考查了函数图象与几何变换，熟练掌握平移的规律”左加右减，上加下减”是解题的关键．

28.【答案】16

【解析】解：如图，点A为上面小正方形边的中点，

点B为小正方形与圆的交点，D为小正方形和大正方形重合边的中点，
∵⊙O的半径为52，根据垂径定理得：
OD=CD=522=5，
设小正方形的边长为x，则AB=12x，
在直角三角形OAB中，OA2+AB2=OB2，
即(x+5)2+(12x)2=(52)2，
解得：x=2，
∴四个小正方形的面积和=4×4=16，
故答案为：16.
根据题意可知四个小正方形的面积相等，构造直角三角形，设小正方形的边长为x，根据勾股定理得出x的值，进而解答即可．
此题考查正方形的性质，关键是根据勾股定理和垂径定理解答．

29.【答案】4π

【解析】解：l=60π×12180=4π，
故答案为：4π.
利用弧长的计算公式计算即可．
本题考查了弧长公式：l=：nπr180(弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为r).熟记公式是解题的关键．

30.【答案】2+5

【解析】解：∵线段AB=x，点C是AB黄金分割点，
∴较小线段AD=BC=3−52x，
则CD=AB−AD−BC=x−2×3−52x=1，
解得：x=2+5.
故答案为：2+5
根据黄金分割点的定义，知较短的线段=原线段的3−52倍，可得BC的长，同理求得AD的长，则AB即可求得．
本题考查了黄金分割，应该识记黄金分割的公式：较短的线段=原线段的3−52倍，较长的线段=原线段的5−12倍．

31.【答案】解：(1)2cos60∘+(12)−2+(2020−π)0=2×12+4+1=6；
(2)∵x2+2x+2m−1=0有两个相等的实数根，
∴b2−4ac=22−4(2m−1)=0，
∴m=1.

【解析】(1)根据特殊角的锐角三角函数的值以及负整数指数幂、零指数幂指数幂的意义即可求出答案．
(2)根据根的判别式即可求出答案．
此题考查了根的判别式，掌握一元二次方程根的情况与判别式△的关系：(1)Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；(2)Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；(3)Δ<0⇔方程没有实数根是本题的关键；也考查了实数的运算．

32.【答案】5(34−5)3或53或5或15，

【解析】(1)解：在矩形ABCD中，∠B=∠C=∠D=90∘，
由折叠可得：∠D=∠EFA=90∘，
∵∠EFA=∠C=90∘，
∴∠CEF+∠CFE=∠CFE+∠AFB=90∘，
∴∠CEF=∠AFB，
在△ABF和△FCE中
∵∠AFB=∠CEF，∠B=∠C=90∘，
∴△ABF∽△FCE；

(2)解：如图1，
过点F作FG⊥DC交DC于点G，交AB于点H，则∠EGF=∠AHF=90∘
在矩形ABCD中，∠D=90∘，
由折叠可得：∠D=∠EFA=90∘，DE=EF=1，AD=AF=5
∵∠EGF=∠EFA=90∘，
∴∠GEF+∠GFE=∠AFH+∠GFE=90∘，
∴∠GEF=∠AFH，
在△FGE和△AHF中，
∵∠GEF=∠AFH，∠EGF=∠FHA=90∘，
∴△FGE∽△AHF，
∴EFFA=GFAH，
∴15=GFAH，
∴AH=5GF，
在Rt△AHF中，∠AHF=90∘，
∵AH2+FH2=AF2，
∴(5GF)2+(5−GF)2=52，
∴GF=513，
∴△EFC的面积为12×513×2=513；

(3)解：设DE=x，
∵以点E、F、C为顶点的三角形是直角三角形，
∴①当点E在线段CD上时，∠DAE<45∘，
∴∠AED>45∘，由折叠知，∠AEF=∠AED>45∘，
∴∠DEF=∠AED+∠AEF>90∘，
∴∠CEF<90∘，
∴只有∠EFC=90∘或∠ECF=90∘，
Ⅰ、当∠EFC=90∘时，如图2，
由折叠知，∠AFE=∠D=90∘，
∴∠AFE+∠EFC=90∘，
∴点A，F，C在同一条线上，
即：点F在矩形的对角线AC上，
在Rt△ACD中，AD=5，CD=AB=3，
根据勾股定理得，AC=34，
由折叠知，EF=DE=x，AF=AD=5，
∴CF=AC−AF=34−5，
在Rt△ECF中，EF2+CF2=CE2，
∴x2+(34−5)2=(3−x)2，
∴x=5(34−5)3，
即：DE=5(34−5)3；

Ⅱ、当∠ECF=90∘时，如图3，点F在BC上，由折叠知，EF=DE=x，AF=AD=5，
在Rt△ABF中，根据勾股定理得，BF=AF2−AB2=4，
∴CF=BC−BF=1，
在Rt△ECF中，根据勾股定理得，CE2+CF2=EF2，
∴(3−x)2+12=x2，
∴x=53，
即：DE=53；

②当点E在DC延长线上时，CF在∠AFE内部，而∠AFE=90∘，
∴∠CFE<90∘，
∴只有∠CEF=90∘或∠ECF=90∘，
Ⅰ、当∠CEF=90∘时，如图4，
由折叠知，AD=AF=5，∠AFE=90∘=∠D=∠CEF，
∴四边形AFED是正方形，
∴DE=AF=5；

Ⅱ、当∠DCF=90∘时，如图5，
∵∠ABC=∠BCD=90∘，
∴点F在CB的延长线上，
∴∠ABF=90∘，
由折叠知，EF=DE=x，AF=AD=5，
在Rt△ABF中，根据勾股定理得，BF=AF2−AB2=4，
∴CF=BC+BF=9，
在Rt△ECF中，根据勾股定理得，CE2+CF2=EF2，
∴(x−3)2+92=x2，
∴x=15，
即：DE=15，
综上所述，DE的长为5(34−5)3或53或5或15，
故答案为5(34−5)3或53或5或15，
(1)先利用同角的余角相等，判断出∠CEF=∠AFB，即可得出结论；
(2)先判断出△FGE∽△AHF，得出EFFA=GFAH，进而得出AH=5GF，在Rt△AHF中，根据勾股定理求出GF=513，即可得出结论；
(3)分点E在线段CD上和DC的延长线上，再分别分两种情况，利用勾股定理直接计算或建立方程求解即可得出结论．
此题是相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，三角形的面积，用分类讨论的思想，根据题意画出图形是解本题的关键，

33.【答案】解：两辆车分别记为车1和车2，可以用下表列举出所有等可能的结果．
车2
车1
左转
直行
右转
左转
(左，左)
(直，左)
(右，左)
直行
(左，直)
(直，直)
(右，直)
右转
(左，右)
(直，右)
(右，右)
可以看出，两辆车经过这个十字路口时，可能出现的结果有9种，并且它们出现的可能性相等；
(1)两辆车中恰有一辆车向左转(记为事件A)的结果有4种，即(直，左)、(右，左)、(左，直)、(左，右)，所以P(A)=49；
(2)两辆车行驶方向相同(记为事件B)的结果有3种，即(直，直)、(左，左)、(右，右)，所以P(B)=39=13；

【解析】列表，列举出所有情况．
(1)看两辆车中恰有一辆车向左转的情况占所有情况的多少即可；
(2)看两辆车行驶方向相同的情况占所有情况的多少即可．
此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件．解题的关键是根据题意画出树状图，再由概率=所求情况数与总情况数之比求解．

34.【答案】(3m,0)(m,4m2)

【解析】解：(1)在二次函数y=−x2+2mx+3m2中，
当y=0时，x1=3m，x2=−m，
∵点A在点B的左侧，m>0，
∴A(−m,0)，B(3m,0)，
∵y=−x2+2mx+3m2=−(x−m)2+4m2，
∴顶点D(m,4m2)，
∴故答案为：(3m,0)，(m,4m2)；

(2)①如图1，过点D作DH⊥AB，交BC于点E，
则DH//OC，
∴∠DEC=∠OCE，
∵BC平分∠OCD，
∴∠OCE=∠DCE，
∴∠DEC=∠DCE，
∴CD=DE，
由(1)知，C(0,3m2)，A(−m,0)，B(3m,0)，
∴OC=3m2，OB=3m，
∵tan∠ABC=3m23m=m，
∴HE=2m2，
∴DE=DH−HE=4m2−2m2=2m2，
∵CD=DE，
∴CD2=DE2，
∴m2+m4=4m2，
解得：m1=33，m2=−33(舍去)，
∴二次函数的关系式为：y=−x2+233x+1；

②如图2，过点D作DH⊥AB，交BC于点E，过点C作y轴的垂线CK，过点B作x轴的垂线交CK于点K，连接AE，
∵tan∠DCG=DGCG=m，tan∠KCB=BKCK=m，
∴∠DCG=∠KCB，
∴CK//AB，
∴∠KCB=∠EBA，
由对称性知，DH垂直平分AB，
∴EA=EB，
∴∠EAB=∠EBA，
∴∠DCG=∠KCB=∠EBA=∠EAB，
∵∠AEC=∠EAB+∠EBA，∠DCB=∠DCG+∠KCB，CB平分∠ACD，
∴∠DCB=∠AEC=∠ACE，
∴AC=AE，
∴AC2=AE2=EH2+AH2，
∴m2+9m4=4m4+4m2，
解得：m1=155，m2=−155(舍去)，
∴二次函数的关系式为：y=−x2+2155x+95.
(1)在二次函数y=−x2+2mx+3m2中，令y=0，即可求出A，B的坐标，将y=−x2+2mx+3m2化为顶点式即可写出点D的坐标；
(2)①如图1，过点D作DH⊥AB，交BC于点E，证CD=DE，由(1)知OC=3m2，OB=3m，求出HE=2m2，DE=2m2，由CD=DE可列出关于m的方程，求出m的值即可；
②如图2，过点D作DH⊥AB，交BC于点E，过点C作y轴的垂线CK，过点B作x轴的垂线交CK于点K，连接AE，证AC=AE，根据勾股定理列出关于m的方程，求出m的值即可．
本题考查了二次函数的图象及性质，锐角三角函数，勾股定理等，解题关键是能够作出适当的辅助线构造等腰三角形或直角三角形等．

35.【答案】解：根据题意得a−1≠0且△=(−2)2−4(a−1)>0，
解得a<2且a≠1.

【解析】根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到a−1≠0且△=(−2)2−4(a−1)>0，然后解两个不等式得到它们的公共部分即可．
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定义．

36.【答案】解：(1)如图1中，过点B作BD⊥CA，交CA延长线于点D，

∵∠BAC=135∘，
∴∠BAD=180∘−∠BAC=180∘−135∘=45∘，
∵BD⊥CA，交CA延长线于点D，
∴△BAD为等腰直角三角形，且∠BDA=90∘，
∴BD=AD，
在△BAD中，BD=AD，∠BDA=90∘，
∴BD2+AD2=AB2，即2BD2=AB2，
∵AB=42，
∴2BD2=AB2=(42)2=32，解得：BD=4，
∵AC=6，
∴S△ABC=12⋅AC⋅BD=12×6×4=12.

(2)如图2中，作点D关于AB的对称点Q，交AB于点H，连接CQ，交AB于点P，连接PD、OD、OC，过点Q作QM⊥CO，交CO延长线于点M，

∵D关于AB的对称点Q，CQ交AB于点P，
∴PD=PQ，
∴PC+PD=PC+PQ=CQ，
∵点P为AB上的动点，
∴PC+PD≥CQ，
∴当点P处于解图2中的位置，PC+PD取最小值，且最小值为CQ的长度，
∵点C为半圆AB的中点，
∴∠COB=90∘，
∵∠BOD+∠COD=∠COB=90∘，
∴∠BOD=13∠COB=13×90∘=30∘，
∵AB=10，
∴OD=12AB=12×10=5，
在Rt△ODH中，由作图知，∠OHD=90∘，且∠HOD=∠BOD=30∘，
∴DH=12OD=52，
∴QH=DH=52，
∴OH=OD2−DH2=52−(52)2=532，
∵由作图知，四边形OMQH为矩形，
∴OM=QH=52,MQ=OH=532，
∴CM=OM+OC=5+52=152，
∴CQ=CM2+MQ2=(152)2+(532)2=53，
∴PC+PD的最小值为53.

(3)如图3中，在AB上这一点作点P关于OA的对称点S，作点P关于OB的对称点N，连接SN，交OA于点E，交OB于点F，连接OS、ON、OP、EP、FP，

∵点P关于OA的对称点S，点P关于OB的对称点N，连接SN，交OA于点E，交OB于点F，
∴PE=SE，FP=FN，∠SOA=∠POA，∠NOB=∠POB，OS=OP=ON，
∴PE+EF+FP=SE+EF+FN=SN，∠SOA+∠NOB=∠POA+∠POB，
∵E为OA上的点，F为OB上的点，
∴PE+EF+FP≥SN，
∴当点E、F处于解图3的位置时，PE+EF+FP的长度取最小值，最小值为SN的长度，
∵∠POA+∠POB=∠AOB=45∘，
∴∠SOA+∠NOB=45∘，
∴∠SON=∠SOA+∠AOB+∠NOB=45∘+45∘=90∘，
∵扇形AOB的半径为20，
∴OS=ON=OP=20，
在Rt△SON中，∠SON=90∘，OS=ON=20，∠SON=90∘，
∴SN=2OS=202，
∴PE+EF+FP的长度的最小值为202.

【解析】(1)如图1中，过点B作BD⊥CA，交CA延长线于点D，解直角三角形求出BD，可得结论．
(2)如图2中，作点D关于AB的对称点Q，交AB于点H，连接CQ，交AB于点P，连接PD、OD、OC，过点Q作QM⊥CO，交CO延长线于点M，因为PC+PD≥CQ所以当点P处于解图2中的位置，PC+PD取最小值，且最小值为CQ的长度，求出CQ的长即可解决问题．
(3)如图3中，在AB上这一点作点P关于OA的对称点S，作点P关于OB的对称点N，连接SN，交OA于点E，交OB于点F，连接OS、ON、OP、EP、FP，因为PE+EF+FP≥SN，所以当点E、F处于解图3的位置时，PE+EF+FP的长度取最小值，最小值为SN的长度，求出SN，可得结论．
本题属于圆综合题，考查了轴对称最短问题，矩形的判定和性质，解直角三角形，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．

37.【答案】解：(1)根据题意，当AP=DQ时，四边形APQD为矩形．
此时，4t=20−t，解得t=4(s).
答：t为4时，四边形APQD为矩形；

(2)当PQ=4时，⊙P与⊙Q外切．
①如果点P在AB上运动．只有当四边形APQD为矩形时，PQ=4.由(1)，得t=4(s)；
②如果点P在BC上运动．此时t≥5，则CQ≥5，PQ≥CQ≥5>4，∴⊙P与⊙Q外离；
③如果点P在CD上运动，且点P在点Q的右侧．可得CQ=t，CP=4t−24.
当CQ−CP=4时，⊙P与⊙Q外切．
此时，t−(4t−24)=4，解得t=203(s)；
④如果点P在CD上运动，且点P在点Q的左侧．
当CP−CQ=4时，⊙P与⊙Q外切．此时，4t−24−t=4，
解得t=283(s)，
∵点P从A开始沿折线A−B−C−D移动到D需要11s，点Q从C开始沿CD边移动到D需要20s，而283<11，
∴当t为4s，203s，283s时，⊙P与⊙Q外切．

【解析】(1)四边形APQD为矩形，也就是AP=DQ，分别用含t的代数式表示，解即可；
(2)主要考虑有四种情况，一种是P在AB上，一种是P在BC上时．一种是P在CD上时，又分为两种情况，一种是P在Q右侧，一种是P在Q左侧．并根据每一种情况，找出相等关系，解即可．
本题主要考查了一元一次方程的应用，考虑两圆外切时，要注意两圆的圆心距等于两圆的半径之和，大于的话就说明外离，小于的话就说明相交；还有要注意求出的t的值不能超过两点运动到D点的最小值，否则就不存在．

38.【答案】解：(1)∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠BAC=∠ACB=60∘，
∵BC=BC，AC=AC，
∴∠APC=∠ABC=60∘，∠BPC=∠BAC=60∘；
(2)证明：∵CM//BP，
∴∠BPM+∠M=180∘，
∠PCM=∠BPC，
∵∠BPC=∠BAC=60∘，
∴∠PCM=∠BPC=60∘，
∴∠M=180∘−∠BPM=180∘−(∠APC+∠BPC)=180∘−120∘=60∘，
∴∠M=∠BPC=60∘，
又∵A、P、B、C四点共圆，
∴∠PAC+∠PCB=180∘，
∵∠MAC+∠PAC=180∘
∴∠MAC=∠PBC
∵AC=BC，
在△ACM和△BCP中，
∠M=∠BPC∠MAC=∠PBCAC=BC，
∴△ACM≌△BCP(AAS)；
(3)∵CM//BP，
∴四边形PBCM为梯形，
作PH⊥CM于H，
∵△ACM≌△BCP，
∴CM=CP，AM=BP，
又∠M=60∘，
∴△PCM为等边三角形，
∴CM=CP=PM=PA+AM=PA+AMB=1+2=3，
在Rt△PMH中，∠MPH=30∘，
∴PH=332，
；

(4)过点B作BQ⊥AP，交AP的延长线于点Q，过点A作AN⊥BC于点N，连接OB，
∵∠APC=∠BPC=60∘，
∴∠BPQ=60∘，
∴∠PBQ=30∘，
∴PQ=12PB=1，
在Rt△BPQ中，BQ=22−12=3，
在Rt△AQB中，AB=AQ2+BQ2=(1+1)2+(3)2=7，
∵△ABC为等边三角形，
∴AN经过圆心O，
∴BN=12AB=72，
∴AN=AB2−BN2=212，
在Rt△BON中，设BO=x，则ON=212−x，
∴(72)2+(212−x)2=x2，
解得：x=213，
∵∠BOA=∠BCA=120∘，
∴AB的长度为120π×213180=221π9.

【解析】(1)根据等边三角形的性质得到∠ABC=∠BAC=∠ACB=60∘，根据圆周角定理即可得到∠APC=∠ABC=60∘，∠BPC=∠BAC=60∘；
(2)根据平行线的性质得到∠BPM+∠M=180∘，∠PCM=∠BPC，求得∠M=∠BPC=60∘，根据圆周角定理得到∠PAC+∠PCB=180∘，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
(3)作PH⊥CM于H，根据全等三角形的性质得到CM=CP，AM=BP，根据直角三角形的性质得到PH=332，根据三角形的面积公式即可得到结论；
(4)过点B作BQ⊥AP，交AP的延长线于点Q，过点A作AN⊥BC于点N，连接OB，求得∠PBQ=30∘，得到PQ=12PB=1，根据勾股定理得到BQ=22−12=3，AN=AB2−BN2=212，根据弧长公式即可得到结论．
本题考查了三角形的外接圆与外心，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，平行线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．

39.【答案】解：(1)∵OB=OC=3，
∴B(3,0)，C(0,3)，代入y=ax2−4ax+b，
得b=39a−12a+b=0，解得a=1b=3，
∴抛物线的解析式为y=x2−4x+3.
(2)存在.
理由：∵B(3,0)，C(0,3)，
∴直线BC的解析式为y=−x+3，
设G(x,−x+3)，由题意知D(2,−1)，O(0,0)，
由GDGO=2，得x−22+−x+3+12x2+−x+32=2，
解得x=1或x=−1，
当x=1时，G(1,2)，∴直线OG的解析式为y=2x，
由y=2xy=x2−4x+3，解得x=3−6y=6−26或x=3+6y=6+26，
∵点P在对称轴x=2的左侧，
∴点P的坐标为(3−6,6−26).
当x=−1时，G(−1,4)，∴直线OG的解析式为y=−4x，
联立得y=−4xy=x2−4x+3，无解，故舍去.
综上，点P的坐标为(3−6,6−26).
(3)如图，将△OCM绕点O顺时针旋转90∘得到△OBE.

∵∠MON=45∘，
∴∠MOC+∠NOB=∠NOB+∠BOE=45∘，
∴∠MON=∠EON=45∘，∵ON=ON，OM=OE，
∴△ONM≌△ONE，
∴MN=NE，
∵∠NBE=∠NBO+∠OBE=45∘+45∘=90∘，
∴NE2=BN2+BE2，
∴MN2=CM2+BN2，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则MN2=[2(x2−x1)]2=2[(x1+x2)2−4x1x2]，
平移后的抛物线的解析式为y=x2−4x+3+m，
由y=−x+3y=x2−4x+3+m消去y，得到x2−3x+m=0，
∴x1+x2=3x1x2=mx1+y1=3x2+y2=3，
∴y1=x2，y2=x1，
∴M、N关于直线y=x对称，
∴CM=BN，设CM=BN=a，则MN=32−2a，
∴(32−2a)2=a2+a2，
∴a=32−3(a<32)，
∴MN=6−32，
∴(6−32)2=2(32−4m)，
∴m=92(2−1).

【解析】本题考查二次函数综合题、一次函数、等腰直角三角形的性质和判定、根与系数关系、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会利用旋转添加辅助线，学会利用方程组以及根与系数的关系，构建方程解决问题，题目比较难，属于中考压轴题．
(1)把B(3,0)，C(0,3)，代入y=ax2−4ax+b，解方程组即可．
(2)设G(x,−x+3)，由GDGO=2，得出G点坐标，得到直线OG的解析式，分别与抛物线联立，即可得到P点坐标．
(3)将△OCM绕点O顺时针旋转90∘得到△OBE，首先证明MN2=CM2+BN2，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则MN2=[2(x2−x1)]2=2[(x1+x2)2−4x1x2]，平移后的抛物线的解析式为y=x2−4x+3+m，由y=−x+3y=x2−4x+3+m得出x1+x2=3x1x2=mx1+y1=3x2+y2=3，推出y1=x2，y2=x1，M、N关于直线y=x对称，所以CM=BN，设CM=BN=a，则MN=32−2a，利用勾股定理求出a以及MN的长，再根据根与系数关系，列出方程即可解决问题．

40.【答案】解：(1)如图1，当CP⊥OA时，sin∠AOC=45=CPOC，
即45=CP5，CP=4，
在Rt△OPC中，OC=5，PC=4，则OP=3，
∴t=31=3，
(2)当0≤t≤5时，如图1，点P在OA上，
∴P(t,0)；
当5 过P作PH⊥x轴，垂足为H，则∠AOC=∠PAH，
∴sin∠PAH=sin∠AOC=45，
∴PHt−5=45，即PH=45t−4，
∴AH=35t−3，OH=OA+AH=35t+2，
∴P(35t+2,45t−4)；
(3)设切点为G，连接PG，
分两种情况：
①当P在OA上时，
⊙P与直线AB相切，
∵OC//AB，
∴∠AOC=∠OAG，
∴sin∠AOC=sin∠OAG=45=PGAP，
∴t5−t=45，
∴t=209；
⊙P与BC相切时，如图4，
则PG=t=OP=4；
②当点P在OC上时，
⊙P与AB相切时，如图5，
∴OP=PG=4，
∴4×5−t=4，
t=16，
⊙P与直线BC相切时，如图6，
∴PG⊥BC，
∵BC//AO，
∴∠AOC=∠GCP，
∴sin∠AOC=sin∠GCP=45=PGPC，
∵OP=PG=20−t，
∴45=20−tt−15，
∴t=1609，
综上所述，t的值为209秒或4秒或16秒或1609秒.

【解析】(1)如图1，过点C作CP⊥OA，交x轴于点P.就可以求出OP的值，由勾股定理就可以求出的OP值，进而求出结论；
(2)t<10时，P在OA或AB上运动，所以分两种情况：①当0≤t≤5时，如图1，点P在OA上，OP=t，可得P的坐标；②当5 (3)设切点为G，连接PG，分⊙P与四边相切，其中P在AB和BC时，与各边都不相切，所以分两种情况：
①当P在OA上时，根据三角函数列式可得t的值；
②当P在OC上时，同理可得结论．
本题考查了菱形的性质的运用，直角三角形的性质的运用，勾股定理的运用，三角函数的运用，解答时运用等角的三角函数列方程是关键，并注意运用分类讨论的思想，做到不重不漏．