【解析版】2022年海南省海口七中九年级上期中数学试卷

这是一份【解析版】2022年海南省海口七中九年级上期中数学试卷，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
 2022学年海南省海口七中九年级（上）期中数学试卷　一、选择题（每小题3分，共42分）1．化简的结果为（　　）　 A． 2 B． 4 C． ﹣4 D． ±4　2．下列计算正确的是（　　）　 A． 3=2 B． C． =3 D． 　3．要使有意义，则x的范围为（　　）　 A． B． x≥2 C． D． x＞2　4．方程x2=3x的解是（　　）　 A． x=3 B． x1=0，x2=3 C． x1=0，x2=﹣3 D． x1=1，x2=3　5．若a＜1，化简﹣1=（　　）　 A． a﹣2 B． 2﹣a C． a D． ﹣a　6．若二次根式与是同类二次根式，则k的值可以是（　　）　 A． 3 B． 4 C． 5 D． 6　7．如果﹣5是一元二次方程x2=c2的一个根，那么常数c是（　　）　 A． 25 B． ±5 C． 5 D． ﹣25　8．用配方法解方程：x2﹣4x+2=0，下列配方正确的是（　　）　 A． （x﹣2）2=2 B． （x+2）2=2 C． （x﹣2）2=﹣2 D． （x﹣2）2=6　9．关于x的一元二次方程x2+px+q=0的两个实数根分别是﹣2和3，则（　　）　 A． p=﹣1，q=﹣6 B． p=1，q=﹣6 C． p=5，q=﹣6 D． p=﹣1，q=6　10．已知一元二次方程x2﹣8x+15=0的两个解恰好分别是等腰△ABC的底边长和腰长，则△ABC的周长为（　　）　 A． 13 B． 11或13 C． 11 D． 12　11．如图，在△ABC中，D是AB的中点，DE∥BC，若△ADE的面积为3，则△ABC的面积为（　　）　 A． 3 B． 6 C． 9 D． 12　12．如图，点D在△ABC的边AC上，添加下列哪个条件后，仍无法判定△ABC∽△ADB（　　）　 A． B． C． ∠C=∠ABD D． ∠CBA=∠ADB　13．如图，在▱ABCD中，E为AD的三等分点，AE=AD，连接BE交AC于点F，AC=12，则AF为（　　）　 A． 4 B． 4.8 C． 5.2 D． 6　14．如图，线段AB两个端点的坐标分别为A（6，6），B（8，2），以原点O为位似中心，在第一象限内将线段AB缩小为原来的后得到线段CD，则端点C的坐标为（　　）　 A． （3，3） B． （4，3） C． （3，1） D． （4，1）　　二、填空题（每小题4分，共16分）15．计算：=　　　　　　．　16．如图，l1∥l2∥l3，两条直线与这三条平行线分别交于点A、B、C和点D、E、F．已知AB=4，BC=3，DF=6，则DE=　　　　　　．　17．学校课外生物小组的试验园地是长35米、宽20米的矩形，为便于管理，现要在中间开辟一横两纵三条等宽的小道（如图），要使种植面积为600平方米，求小道的宽．若设小道的宽为x米，则可列方程为　　　　　　．　18．如图，等边三角形△ABC的边长为3，点P为BC上的一点，且PC=2，点D为AC上的一点，若∠APD=60°，则CD的长为　　　　　　．　　三、填空题（共62分）19．（12分）（2014秋•美兰区校级期中）计算：（1）；（2）；（3）．　20．（12分）（2014秋•美兰区校级期中）请从以下四个一元二次方程中任选三个，并用适当的方法解这三个方程．（1）x2﹣3x=1；（2）（2x﹣1）2﹣16=0；（3）（a﹣1）2=3a﹣3；（4）x（x+4）=3x+2．　　四、解答题（共4小题，满分38分）21．关于x的一元二次方程x2﹣3x﹣k=0有两个不相等的实数根．（1）求k的取值范围；（2）请选择一个k的负整数值，并求出方程的根．　22．某商场今年2月份的营业额为400万元，3月份的营业额比2月份增加10%，5月份的营业额达到633.6万元．求3月份到5月份营业额的月平均增长率．　23．（11分）（2014秋•蜀山区校级期中）如图，方格纸中每个小正方形的边长为1，△ABC和△DEF的顶点都在方格纸的格点上．（1）判断△ABC和△DEF是否相似，并说明理由；（2）以点E为中心，在位似中心的同侧画出△EDF的一个位似△ED1F1，使得它与△EDF的相似比为2：1；（3）求△ABC与△ED1F1的面积比．　24．（13分）（2014秋•美兰区校级期中）如图，在△ABC中，∠B=90°，AB=6，BC=8，动点P从A点出发，沿AC向点C移动，速度为每秒2个单位长度，同时，动点Q从C点出发，沿CB向点B移动，速度为每秒1个单位长度，当其中有一点到达终点时，它们都停止移动．设移动的时间为t秒． （1）当t=2.5秒时，求△CPQ的面积；（2）求△CPQ的面积S（平方米）关于时间t（秒）的函数解析式；（2）在P、Q移动的过程中，当t为何值时，△CPQ是等腰三角形？　　 2022学年海南省海口七中九年级（上）期中数学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每小题3分，共42分）1．化简的结果为（　　）　 A． 2 B． 4 C． ﹣4 D． ±4 考点： 二次根式的性质与化简．  专题： 计算题．分析： 原式利用二次根式的化简公式计算即可得到结果．解答： 解：原式=|﹣4|=4．故选B点评： 此题考查了二次根式的性质与化简，熟练掌握二次根式的化简公式是解本题的关键．　2．下列计算正确的是（　　）　 A． 3=2 B． C． =3 D．  考点： 二次根式的混合运算．  专题： 计算题．分析： 根据二次根式的加减法对A、D进行判断；根据二次根式的乘法法则对B进行判断；根据二次根式的除法法则对C进行判断．解答： 解：A、原式=2，所以A选项错误；B、原式==2，所以B选项正确；C、原式==，所以C选项错误；D、与不能合并，所以D选项错误．故选B．点评： 本题考查了二次根式的计算：先把各二次根式化为最简二次根式，再进行二次根式的乘除运算，然后合并同类二次根式．　3．要使有意义，则x的范围为（　　）　 A． B． x≥2 C． D． x＞2 考点： 二次根式有意义的条件．  分析： 根据二次根式有意义的条件可得2x﹣1≥0，再解不等式即可．解答： 解：由题意得：2x﹣1≥0，解得：x≥，故选：C．点评： 此题主要考查了二次根式有意义的条件．二次根式中的被开方数是非负数．　4．方程x2=3x的解是（　　）　 A． x=3 B． x1=0，x2=3 C． x1=0，x2=﹣3 D． x1=1，x2=3 考点： 解一元二次方程-因式分解法．  分析： 移项后分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．解答： 解：x2=3x，x2﹣3x=0，x（x﹣3）=0，x=0，x﹣3=0，x1=0，x2=3，故选：B．点评： 本题考查了解一元二次方程的应用，关键是能把一元二次方程转化成一元一次方程．　5．若a＜1，化简﹣1=（　　）　 A． a﹣2 B． 2﹣a C． a D． ﹣a 考点： 二次根式的性质与化简．  专题： 计算题．分析： 根据公式=|a|可知：﹣1=|a﹣1|﹣1，由于a＜1，所以a﹣1＜0，再去绝对值，化简．解答： 解：﹣1=|a﹣1|﹣1，∵a＜1，∴a﹣1＜0，∴原式=|a﹣1|﹣1=（1﹣a）﹣1=﹣a，故选：D．点评： 本题主要考查二次根式的化简，难度中等偏难．　6．若二次根式与是同类二次根式，则k的值可以是（　　）　 A． 3 B． 4 C． 5 D． 6 考点： 同类二次根式．  分析： 根据题意，它们的被开方数相同，列出方程求解．解答： 解：∵二次根式与是同类二次根式，∴6k﹣3=3，或6k﹣3=12或6k﹣3=27，解得：k=1或或5．因为答案中只有5，故选C．点评： 本题考查了同类二次根式的定义，即：化成最简二次根式后，被开方数相同的二次根式叫做同类二次根式．　7．如果﹣5是一元二次方程x2=c2的一个根，那么常数c是（　　）　 A． 25 B． ±5 C． 5 D． ﹣25 考点： 一元二次方程的解．  分析： 欲求常数c的值，只需把x=﹣5代入一元二次方程x2=c2，即可求得．解答： 解：∵x=﹣5是一元二次方程x2=c2的一个根，∴c2=25，∴c=±5．故选：B．点评： 本题主要考查了方程的解的定义，把求未知系数的问题转化为方程求解的问题．　8．用配方法解方程：x2﹣4x+2=0，下列配方正确的是（　　）　 A． （x﹣2）2=2 B． （x+2）2=2 C． （x﹣2）2=﹣2 D． （x﹣2）2=6 考点： 解一元二次方程-配方法．  专题： 配方法．分析： 在本题中，把常数项2移项后，应该在左右两边同时加上一次项系数﹣4的一半的平方．解答： 解：把方程x2﹣4x+2=0的常数项移到等号的右边，得到x2﹣4x=﹣2，方程两边同时加上一次项系数一半的平方，得到x2﹣4x+4=﹣2+4，配方得（x﹣2）2=2．故选：A．点评： 配方法的一般步骤：（1）把常数项移到等号的右边；（2）把二次项的系数化为1；（3）等式两边同时加上一次项系数一半的平方．选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．　9．关于x的一元二次方程x2+px+q=0的两个实数根分别是﹣2和3，则（　　）　 A． p=﹣1，q=﹣6 B． p=1，q=﹣6 C． p=5，q=﹣6 D． p=﹣1，q=6 考点： 根与系数的关系．  专题： 计算题．分析： 根据根与系数的关系得到﹣2+3=﹣p，﹣2×3=q，然后解方程即可得到p和q的值．解答： 解：根据题意得﹣2+3=﹣p，﹣2×3=q，所以p=﹣1，q=﹣6．故选A．点评： 本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的两根时，x1+x2=，x1x2=．　10．已知一元二次方程x2﹣8x+15=0的两个解恰好分别是等腰△ABC的底边长和腰长，则△ABC的周长为（　　）　 A． 13 B． 11或13 C． 11 D． 12 考点： 解一元二次方程-因式分解法；三角形三边关系；等腰三角形的性质．  分析： 由一元二次方程x2﹣8x+15=0的两个解恰好分别是等腰△ABC的底边长和腰长，利用因式分解法求解即可求得等腰△ABC的底边长和腰长，然后分别从当底边长和腰长分别为3和5时与当底边长和腰长分别为5和3时去分析，即可求得答案．解答： 解：∵x2﹣8x+15=0，∴（x﹣3）（x﹣5）=0，∴x﹣3=0或x﹣5=0，即x1=3，x2=5，∵一元二次方程x2﹣8x+15=0的两个解恰好分别是等腰△ABC的底边长和腰长，∴当底边长和腰长分别为3和5时，3+3＞5，∴△ABC的周长为：3+3+5=11；∴当底边长和腰长分别为5和3时，3+5＞5，∴△ABC的周长为：3+5+5=13；∴△ABC的周长为：11或13．故选B．点评： 此题考查了因式分解法解一元二次方程、等腰三角形的性质以及三角形三边关系．此题难度不大，注意分类讨论思想的应用．　11．如图，在△ABC中，D是AB的中点，DE∥BC，若△ADE的面积为3，则△ABC的面积为（　　）　 A． 3 B． 6 C． 9 D． 12 考点： 相似三角形的判定与性质；三角形中位线定理．  分析： 由平行可知△ADE∽△ABC，且=，再利用三角形的面积比等于相似比的平方可求得△ABC的面积．解答： 解：∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∵D是AB的中点，∴=，∴=（）2=，且S△ADE=3，∴=，∴S△ABC=12，故选D．点评： 本题主要考查相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．　12．如图，点D在△ABC的边AC上，添加下列哪个条件后，仍无法判定△ABC∽△ADB（　　）　 A． B． C． ∠C=∠ABD D． ∠CBA=∠ADB 考点： 相似三角形的判定．  分析： 由∠A是公共角，利用有两角对应相等的三角形相似，即可得C与D正确；又由两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似，即可得B正确，继而求得答案，注意排除法在解选择题中的应用．解答： 解：∵∠A是公共角，∴当∠ABD=∠C或∠ADB=∠ABC时，△ADB∽△ABC（有两角对应相等的三角形相似）；故C与D正确；当时，△ADB∽△ABC（两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似）；故B正确；当时，∠A不是夹角，故不能判定△ADB与△ABC相似，故A错误．故选A．点评： 此题考查了相似三角形的判定．此题难度不大，注意掌握有两角对应相等的三角形相似与两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似定理的应用．　13．如图，在▱ABCD中，E为AD的三等分点，AE=AD，连接BE交AC于点F，AC=12，则AF为（　　）　 A． 4 B． 4.8 C． 5.2 D． 6 考点： 平行线分线段成比例；平行四边形的性质．  分析： 根据平行四边形的对边相等可得AD=BC，然后求出AE=AD=BC，再根据平行线分线段成比例定理求出AF、FC的比，然后求解即可．解答： 解：在▱ABCD中，AD=BC，AD∥BC，∵E为AD的三等分点，∴AE=AD=BC，∵AD∥BC，∴==，∵AC=12，∴AF=×12=4.8．故选B．点评： 本题考查了平行线分线段成比例定理，平行四边形的对边平行且相等的性质，熟记定理并求出AF、FC的比是解题的关键．　14．如图，线段AB两个端点的坐标分别为A（6，6），B（8，2），以原点O为位似中心，在第一象限内将线段AB缩小为原来的后得到线段CD，则端点C的坐标为（　　）　 A． （3，3） B． （4，3） C． （3，1） D． （4，1） 考点： 位似变换；坐标与图形性质．  专题： 几何图形问题．分析： 利用位似图形的性质结合两图形的位似比进而得出C点坐标．解答： 解：∵线段AB的两个端点坐标分别为A（6，6），B（8，2），以原点O为位似中心，在第一象限内将线段AB缩小为原来的后得到线段CD，∴端点C的横坐标和纵坐标都变为A点的一半，∴端点C的坐标为：（3，3）．故选：A．点评： 此题主要考查了位似图形的性质，利用两图形的位似比得出对应点横纵坐标关系是解题关键．　二、填空题（每小题4分，共16分）15．计算：=　﹣1　． 考点： 二次根式的混合运算．  专题： 计算题．分析： 根据平方差公式计算．解答： 解：原式=1﹣（）2=1﹣2=﹣1．故答案为﹣1．点评： 本题考查了二次根式的计算：先把各二次根式化为最简二次根式，再进行二次根式的乘除运算，然后合并同类二次根式．　16．如图，l1∥l2∥l3，两条直线与这三条平行线分别交于点A、B、C和点D、E、F．已知AB=4，BC=3，DF=6，则DE=　　． 考点： 平行线分线段成比例．  分析： 直接利用平行线分线段成比例定理进而得出=，再将已知数据代入求出即可．解答： 解：∵l1∥l2∥l3，∴=∵AB=4，BC=3，DF=6，∴=，解得：DE=．故答案为：．点评： 此题主要考查了平行线分线段成比例定理，得出=是解题关键．　17．学校课外生物小组的试验园地是长35米、宽20米的矩形，为便于管理，现要在中间开辟一横两纵三条等宽的小道（如图），要使种植面积为600平方米，求小道的宽．若设小道的宽为x米，则可列方程为　（35﹣2x）（20﹣x）=600（或2x2﹣75x+100=0）　． 考点： 由实际问题抽象出一元二次方程．  专题： 几何图形问题．分析： 把阴影部分分别移到矩形的上边和左边，可得种植面积为一个矩形，根据种植的面积为600列出方程即可．解答： 解：把阴影部分分别移到矩形的上边和左边可得矩形的长为（35﹣2x）米，宽为（20﹣x）米，∴可列方程为（35﹣2x）（20﹣x）=600（或2x2﹣75x+100=0），故答案为（35﹣2x）（20﹣x）=600（或2x2﹣75x+100=0）．点评： 考查列代数式；利用平移的知识得到种植面积的形状是解决本题的突破点；得到种植面积的长与宽是解决本题的易错点．　18．如图，等边三角形△ABC的边长为3，点P为BC上的一点，且PC=2，点D为AC上的一点，若∠APD=60°，则CD的长为　　． 考点： 相似三角形的判定与性质；等边三角形的性质．  分析： 由条件可得到∠BAP=∠DPC，且∠B=∠C，可证得△ABP∽△PCD，可得=，代入可求得CD的长．解答： 解：∵△ABC为等边三角形，∴∠B=∠C=60°，∵∠APD=60°，∴∠BAP+∠APB=∠APB+∠DPC=120°，∴∠BAP=∠DPC，∴△ABP∽△PCD，∴=，又AB=BC=3，PC=2，可得BP=1，∴=，解得CD=，故答案为：．点评： 本题主要考查相似三角形的判定和性质及等边三角形的性质，由条件得到∠BAP=∠DPC证得△ABP∽△PCD是解题的关键．　三、填空题（共62分）19．（12分）（2014秋•美兰区校级期中）计算：（1）；（2）；（3）． 考点： 二次根式的混合运算．  分析： （1）先化为最简二次根式，再计算即可；（2）先化为最简二次根式，再算乘除后算加减，计算即可；（3）先化为最简二次根式，再计算即可．解答： 解：（1）原式=×2×2=4；（2）原式=2﹣4×+3×=2﹣4+=3﹣4；（3）原式=3﹣=3﹣+2=2+2．点评： 本题考查了二次根式的混合运算，在二次根式的混合运算中，要掌握好运算顺序及分母有理化．　20．（12分）（2014秋•美兰区校级期中）请从以下四个一元二次方程中任选三个，并用适当的方法解这三个方程．（1）x2﹣3x=1；（2）（2x﹣1）2﹣16=0；（3）（a﹣1）2=3a﹣3；（4）x（x+4）=3x+2． 考点： 解一元二次方程-因式分解法；解一元二次方程-配方法．  专题： 开放型．分析： （1）利用求根公式法解方程；（2）利用因式分解法解方程；（3）先移项得（a﹣1）2﹣3（a﹣1）=0，然后利用因式分解法解方程；（4）先把方程整理为一般式，然后利用因式分解法解方程．解答： 解：（1）x2﹣3x﹣1=0，△=9﹣4×（﹣1）=13，x=，所以x1=，x2=；（2）（2x﹣1+4）（2x﹣1﹣4）=0，2x﹣1+4=0或2x﹣1﹣4=0，所以x1=﹣，x2=；（3）（a﹣1）2﹣3（a﹣1）=0，（a﹣1）（a﹣1﹣3）=0，a﹣1=0或a﹣1﹣3=0，所以a1=1，a2=4；（4）x2﹣x﹣2=0，（x﹣2）（x+1）=0，x﹣2=0或x+1=0，所以x1=2，x2=﹣1．点评： 本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：先把方程的右边化为0，再把左边通过因式分解化为两个一次因式的积的形式，那么这两个因式的值就都有可能为0，这就能得到两个一元一次方程的解，这样也就把原方程进行了降次，把解一元二次方程转化为解一元一次方程的问题了（数学转化思想）．也考查了公式法解一元二次方程．　四、解答题（共4小题，满分38分）21．关于x的一元二次方程x2﹣3x﹣k=0有两个不相等的实数根．（1）求k的取值范围；（2）请选择一个k的负整数值，并求出方程的根． 考点： 根的判别式；解一元二次方程-公式法．  专题： 开放型．分析： （1）因为方程有两个不相等的实数根，△＞0，由此可求k的取值范围；（2）在k的取值范围内，取负整数，代入方程，解方程即可．解答： 解：（1）∵方程有两个不相等的实数根，∴（﹣3）2﹣4（﹣k）＞0，即4k＞﹣9，解得； （2）若k是负整数，k只能为﹣1或﹣2；如果k=﹣1，原方程为x2﹣3x+1=0，解得，，．（如果k=﹣2，原方程为x2﹣3x+2=0，解得，x1=1，x2=2）点评： 总结：一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根．　22．某商场今年2月份的营业额为400万元，3月份的营业额比2月份增加10%，5月份的营业额达到633.6万元．求3月份到5月份营业额的月平均增长率． 考点： 一元二次方程的应用．  专题： 增长率问题；压轴题．分析： 本题是平均增长率问题，一般形式为a（1+x）2=b，a为起始时间的有关数量，b为终止时间的有关数量．如果设平均增长率为x，那么结合到本题中a就是400×（1+10%），即3月份的营业额，b就是633.6万元即5月份的营业额．由此可求出x的值．解答： 解：设3月份到5月份营业额的月平均增长率为x，根据题意得，400×（1+10%）（1+x）2=633.6，解得，x1=0.2=20%，x2=﹣2.2（不合题意舍去）．答：3月份到5月份营业额的月平均增长率为20%．点评： 本题考查求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a（1±x）2=b（当增长时中间的“±”号选“+”，当降低时中间的“±”号选“﹣”）．　23．（11分）（2014秋•蜀山区校级期中）如图，方格纸中每个小正方形的边长为1，△ABC和△DEF的顶点都在方格纸的格点上．（1）判断△ABC和△DEF是否相似，并说明理由；（2）以点E为中心，在位似中心的同侧画出△EDF的一个位似△ED1F1，使得它与△EDF的相似比为2：1；（3）求△ABC与△ED1F1的面积比． 考点： 作图-位似变换；相似三角形的判定与性质．  专题： 几何变换．分析： （1）先利用勾股定理计算出两个三角形的所有边长，通过计算对应边的比得到==，再根据相似三角形的判定方法即可得到△ABC∽△DEF；（2）根据画位似图形的方法画出△ED1F1；（3）易得△ABC∽△D1EF1，然后根据相似三角形面积的比等于相似比的平方进行计算．解答： 解：（1）∵AB=2，AC=，BC=5，EF=，FD=，ED=2，∴==，==，==，∴==，∴△ABC∽△DEF；（2）延长ED到点D1，使ED1=2ED，延长EF到点F1，使EF1=2EF，连结D1F1，则△ED1F1为所求，如图；（3）∵△ABC∽△DEF，△DEF∽△D1EF1，∴△ABC∽△D1EF1，∴△ABC与△ED1F1的面积比=（）2=（）2=．点评： 本题考查了作图﹣位似变化：确定位似中心；分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；根据位似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；顺次连接上述各点，得到放大或缩小的图形．也考查了相似三角形的判定与性质．　24．（13分）（2014秋•美兰区校级期中）如图，在△ABC中，∠B=90°，AB=6，BC=8，动点P从A点出发，沿AC向点C移动，速度为每秒2个单位长度，同时，动点Q从C点出发，沿CB向点B移动，速度为每秒1个单位长度，当其中有一点到达终点时，它们都停止移动．设移动的时间为t秒． （1）当t=2.5秒时，求△CPQ的面积；（2）求△CPQ的面积S（平方米）关于时间t（秒）的函数解析式；（2）在P、Q移动的过程中，当t为何值时，△CPQ是等腰三角形？ 考点： 相似形综合题．  分析： （1）首先利用勾股定理求得AC的长，然后过点P作PD⊥BC于D，利用三角形中位线定理即可求得PD的长；（2）过点Q，作QE⊥PC于点E，易知Rt△QEC∽Rt△ABC，从而可求得QE的长，然后利用三角形的面积公式即可求解；（2）PC=QC PQ=QC PC=PQ三种情况进行讨论求解即可．解答： 解：（1）如图1，过点P，作PD⊥BC于D．在Rt△ABC中，AB=6米，BC=8米，由勾股定理得：AC=10米由题意得：AP=2t，则CQ=t，则PC=10﹣2t∵t=2.5秒时，AP=2×2.5=5米，QC=2.5米∴PD=AB=3米．∴S=QC•PD=3.75平方米；（2）如图1过点Q，作QE⊥PC于点E，∵∠C=∠C，∠QEC=∠ABC，∴Rt△QEC∽Rt△ABC．∴．解得：QE=，∴S=PC•QE=（10﹣2t）•=﹣t2+3t（0＜t＜5）（3）①当PC=QC时，PC=10﹣2t，QC=t，即10﹣2t=t，解得t=秒；②当PQ=CQ时，如图1，过点Q作QE⊥AC，则CE==5﹣t，CQ=t，由（2）可知△CEQ∽△CBA，故 ，即 ，解得t=秒；③当PC=PQ时，如图2，过点P作PE⊥BC．∵PQ=PC，PE⊥QC，∴EC=．∴CE=．∵PE⊥QC，∴∠PEC=90°．∴∠PEC=∠ABC．∵∠C=∠C，∠PEC=∠ABC，∴△PCE∽△ACB．∴，即 ，解得t=秒．点评： 本题主要考查了相似三角形的性质，以及圆和圆的位置关系，正确把图形之间的位置关系转化为线段之间的相等关系是解题的关键．