2022年广东省惠州市第一中学九年级下学期第二次模拟考试数学试题 含解析

这是一份2022年广东省惠州市第一中学九年级下学期第二次模拟考试数学试题 含解析，共29页。试卷主要包含了的倒数是等内容，欢迎下载使用。

2022年广东省惠州市第一中学九年级下学期第二次模拟考试
数学试题
第I卷（选择题）
评卷人
得分



一、单选题
1．的倒数是（ ）
A． B． C． D．
2．可燃冰，学名叫“天然气水合物”，是一种高效清洁、储量巨大的新能源．据报道，仅我国可燃冰预测远景资源量就超过了1000亿吨油当量．将1000亿用科学记数法可表示为（       ）
A．1×103 B．100×108 C．1×1011 D．1×1014
3．下列立体图形中，俯视图与主视图不同的是（     ）
A． B．
C． D．
4．如图，直径为1个单位长度的圆从原点开始沿数轴向右无滑动地滚动一周到达点 A，则点 A 表示的数是（       ）．


A．3 B．4 C．π D．2π
5．据统计，某班7个学习小组上周参加“青年大学习”的人数分别为5，6，7，6，5，6，7．下列说法正确的是（   ）
A．该组数据的中位数是6 B．该组数据的众数是7
C．该组数据的平均数是6.5 D．该组数据的方差是6
6．如图，△ABC与位似，位似中心为点O，，△ABC的面积为4，则的面积为（       ）．

A．6 B．8 C．9 D．12
7．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是边AB的中点，连接OE．若BD＝6，AC＝8，则线段OE的长为（　　）

A． B．3 C．4 D．5
8．已知关于的一元二次方程的两个实数根的平方和为，那么的值是（ ）
A．5 B．-1 C．5或-1 D．-5或1
9．如图，在等腰三角形ABC中，，点D为BC的中点，于点E，则的值等于（       ）

A． B． C． D．
10．在某核酸检测任务中，乙医疗队比甲医疗队每小时少检测12人，甲队检测600人所用的时间比乙队检测500人所用的时间少10%．设甲队每小时检测x人，根据题意，可列方程为（       ）
A． B．
C． D．
11．若二次函数满足．下列四个结论，其中正确的是（　　）
A．若二次函数图象经过点，则；
B．若，则方程的根为；
C．二次函数图象与轴一定有两个交点；
D．点，在函数图象上，若，则当时，．
12．在边长为2的正方形中，为上的一动点，为中点，交延长线于，过作交的延长线于，则下列结论：①；②；③当为中点时，；④若为的中点，当从移动到时，线段扫过的面积为，其中正确的是（       ）

A．①② B．①②④ C．②③④ D．①②③
第II卷（非选择题）
评卷人
得分



二、填空题
13．正六边形的每个外角等于_________．
14．已知点P(a+1,2a-3)关于x轴的对称点在第一象限,则a的取值范围是___.
15．如图，现有三张正面印有吉祥物的不透明卡片，卡片除正面图案不同外，其余均相同，其中两张正面印有冰墩墩图案，一张正面印有雪容融图案，将三张卡片正面向下洗匀，从中随机抽取两张卡片，则抽出的两张都是冰墩墩卡片的概率是__________．

16．如图，将绕点B顺时针旋转得到，使点落在AC上，已知，，则__________．

17．如图1，是一枚残缺的古代钱币，如图2，经测量发现，钱币完好部分的弧长为3π，其内部正方形ABCD的边长为1．已知正方形ABCD的中心与⊙O的圆心重合，且点E，F分别是边BC，CD的延长线与⊙O的交点，则图中阴影部分的面积为__________________．

18．如图①，在中，，点E是边的中点，点P是边上一动点，设．图②是y关于x的函数图象，其中H是图象上的最低点．．那么的值为_______．

评卷人
得分



三、解答题
19．先化简，再求值：，其中．
20．图，四边形ABCD为矩形，AC为对角线，过点D作于点E．


(1)尺规作图：过点B作AC的垂线BF，垂足为F点．（保留作图痕迹不写作法）
(2)在（1）的条件下，已知，求BF的长．
21．图1是一款平板电脑支架，图2是其侧面示意图，AB、BC可分别绕点A、B转动，测量知，，当AB、BC转动到时，（以下结果都精确到0.1，参考数据：）．

(1)求点B到AE的距离
(2)求点C到AE的距离．
22．如图，AB是的直径，弦，E是OB的中点，连接CE并延长到点F，使，连接AF交于点D，连接BD，BF．

(1)求证：直线BF是的切线；
(2)若AF长为，求BD的长．
23．如图，一次函数y=kx+1的图象与反比例函数y=的图象交于点A、B，点A在第一象限，过点A作AC⊥x轴于点C，AD⊥y轴于点D，点B的纵坐标为-2，一次函数的图象分别交x轴、y轴于点E、F，连接DB、DE，已知S△ADF=4，AC=3OF．

(1)求一次函数与反比例函数的解析式；
(2)直接写出反比例函数的值大于一次函数的值的x的取值范围．
(3)在x轴上是否存在点P，使．若存在，求出Р点坐标；若不存在，请说明理由．
24．如图，在中，，点P从点A出发以每秒2个单位的速度沿AB向终点B运动，当点Р不与点A，B重合时，作，边PD交折线于点D，点A关于直线PD的对称点为E，连接ED，EP得到．设点P的运动时间为t（秒）．

(1)直接写出线段PD的长（用含t的代数式表示）；
(2)当点E落在边BC上时，求t的值；
(3)设与重合部分图形的面积为S，求S与t的函数关系式，并直接写出S的最大值.

参考答案：
1．A
【解析】
【分析】
根据倒数的概念求解即可.
【详解】
根据乘积等于1的两数互为倒数，可直接得到-的倒数为．
故选A
2．C
【解析】
【分析】
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值是易错点，由于1000亿有12位，所以可以确定n=12-1=11．
【详解】
解：1000亿=1×103×108=1×1011．
故选C．
【点睛】
此题考查科学记数法表示较大的数的方法，准确确定a与n值是关键．
3．C
【解析】
【分析】
从正面看所得到的图形是主视图，从左面看到的图形是左视图，从上面看到的图象是俯视图．
【详解】
A．俯视图与主视图都是正方形，故该选项不合题意；
B．俯视图与主视图都是矩形，故该选项不合题意；
C．俯视图是圆，左视图是三角形；故该选项符合题意；
D．俯视图与主视图都是圆，故该选项不合题意；
故选C．
【点睛】
此题主要考查了三视图，关键是把握好三视图所看的方向．属于基础题，中考常考题型．
4．C
【解析】
【分析】
圆向前滚动了一个圆周长的距离，据此求解即可．
【详解】
解：∵圆的直径为1，
∴圆周长为π，所以点A表示的数是π，
故选：C．
【点睛】
本题考查数轴上表示的数，明确圆向前滚动了一个圆周长的距离是解题的关键．
5．A
【解析】
【分析】
根据题意分别求出中位数，众数，平均数，方差，逐项比较即可求解．
【详解】
解：将5，6，7，6，5，6，7，按从小到大排列为：5，5，6，6，6，7，7 ，
∴中位数是6，故A选项正确，
众数是6，故B选项错误，
平均数为，故C选项错误，
方差为，故D选项错误，
故选A
【点睛】
本题考查了求中位数，众数，平均数，方差，掌握求出中位数，众数，平均数，方差是解题的关键．
6．C
【解析】
【分析】
根据已知条件先求得位似比，根据位似比等于相似比，面积比等于相似比的平方求解即可．
【详解】
解：∵△ABC与位似，位似中心为点O，，
∴，
△ABC的面积: 的面积，
△ABC的面积为4，
则的面积为．
故选C
【点睛】
本题考查了位似的性质，相似三角形的性质，求得位似比是解题的关键．
7．A
【解析】
【分析】
根据菱形的对角线互相垂直平分求出，，，再利用勾股定理列式求出，然后根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半即可求出．
【详解】
解：菱形的对角线、相交于点，
，，，
在中，
由勾股定理得，，
又点为中点，
是的中位线，
．
故选：A．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，勾股定理，根据菱形的性质和勾股定理求出是解题的关键．
8．B
【解析】
【分析】
设方程的两个根为x1、x2，则x12+x22=7，根据方程根与系数的关系可知x1、x2的和与积，列出方程即可求出m的值.
【详解】
设方程的两个根为x1、x2，则x12+x22=7，
∵x1、x2，是方程x2-mx+2m-1=0的两个根，
∴x1+x2=m，x1x2=2m-1，
∴（x1+x2）2= x12+x22+2 x1x2=m2，
∴m2-2(2m-1)-7=0，
解得：m=5或m=-1，
∵方程有两个实数根，
∴（- m）2-4（2 m -1）= m 2-8 m+4≥0，
解得m≥4+2 或m≤4-2．
∴m=5舍去，m=-1，
故选B.
【点睛】
本题考查一元二次方程判别式的性质及根与系数的关系，熟练掌握根与系数的关系和判别式的性质是解题关键.
9．B
【解析】
【分析】
如图所示，连接，由为中点得出，，从而根据勾股定理得出，然后由，得出，最后根据三角函数定义即可得出答案．
【详解】
如图所示，连接，
，，为中点，
，，
，
，，
，
．
故选：B．

【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理及三角函数的定义，解题的关键是通过等量代换得出，进而得出答案．
10．A
【解析】
【分析】
根据甲队检测600人所用的时间=乙队检测500人所用的时间列出方程即可得出答案．
【详解】
解：设甲队每小时检测x人，乙队每小时检测人，则根据题意得：
，
故选A．
【点睛】
本题主要考查列分式方程解实际问题，找出等量关系是解本题的关键．
11．B
【解析】
【分析】
利用二次函数的基本性质再结合其经过的点，即可求解
【详解】
根据满足，
得：，，对称轴为，
A．函数经过点(3,0)，将该坐标代入，得：，
将代入，得：b=-2a，故A项错误；
B．将a=c代入，得：b=2a，则有，
当y=0，可知方程的两个根相等均为-1，B项正确；
C．令y=0，则有方程，结合，可知方程的判别式，
当a=c时，，此时方程有一个根，即函数与x轴只有一个交点，故C项错误；
D．根据可知且二次函数的图象开口向上，对称轴，
则有当时，y值随x的增大而减小，当时，y值随x的增大而增大，此处无法确定在的范围内，继而也无法判断，故D项错误；
故选：B．
【点睛】
本题考查了二次函数的图象和性质，二次函数与一元二次方程的关系，解答本题的关键是熟练掌握二次函数中系数与函数图象位置的关系．
12．B
【解析】
【分析】
利用正方形的性质、全等三角形的性质、勾股定理等知识依次判断即可；
【详解】
解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠A=∠B=90°，
∵∠A=∠EDQ，∠AEP=∠QED，AE=ED，
∴△AEP≌△DEQ，故①正确，
②作PG⊥CD于G，EM⊥BC于M，
∴∠PGQ=∠EMF=90°，
∵EF⊥PQ，
∴∠PEF=90°，
∴∠PEN+∠NEF=90°，
∵∠NPE+∠NEP=90°，
∴∠NPE=∠NEF，
∵PG=EM，
∴△EFM≌△PQG，
∴EF=PQ，故②正确，
③连接QF．则QF=PF，PB2+BF2=QC2+CF2，设CF=x，
则（2+x）2+12=32+x2，
∴x=1，故③错误，
④当P在A点时，Q与D重合，QC的中点H在DC的中点S处，当P运动到B时，QC的中点H与D重合，
故EH扫过的面积为△ESD的面积=，故④正确，
则正确的是①②④，故选B．
【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，难度较大．
13．60°##60度
【解析】
【分析】
正多边形的外角和是，且每个外角都相等，据此即可求解．
【详解】
正六边形的外角和为，且正六边形每个外角都相等，
正六边形的每个外角为．
【点睛】
本题考查正多边形的外角的计算，解题的关键是理解正多边形的外角和为且每个外角都相等．
14．-1 【解析】
【分析】
点P（a+1，a﹣3）关于x轴的对称点在第一象限，则点P（a+1，a﹣3）在第四象限，符号为（+，﹣）．
【详解】
依题意得P点在第四象限，∴，解得：﹣1＜a＜．
故答案为﹣1＜a＜．
【点睛】
本题考查了第一象限的点关于x轴对称的点在第四象限，要学会发散性思考，可以由此题联想到更多的点关于某一坐标轴对称的性质．
15．
【解析】
【分析】
根据题意画出树状图表示出所有可能的情况，从中找出两张卡片都是冰墩墩卡片的结果，利用概率公式计算即可．
【详解】
解：两张正面印有冰墩墩图案的卡片分别记为A1，A2，正面印有雪容融图案的卡片记为B，根据题意列树状图如下：


共有6种可能的结果，从中随机抽出的两张都是冰墩墩卡片的结果有2种，
则从中随机抽出的两张都是冰墩墩卡片的概率是： ．
故答案为： ．
【点睛】
此题考查了求随机事件的概率，根据题意列表或画出树状图表示出所有等可能的结果是解题的关键．
16．##70度
【解析】
【分析】
旋转后的图形和旋转前的图形全等，再根据平行线的性质即可解．
【详解】
由旋转得来
，，


且




故答案为：
【点睛】
本题考查了平行线的性质、图形旋转等，解题的关键在于旋转后的图形与旋转前的图形全等．
17．
【解析】
【分析】
如图，延长DA交⊙O于M，延长AB交⊙O于N．先利用弧长公式求出r，再利用分割法求解即可．
【详解】
解:如图，延长DA交⊙O于M，延长AB交⊙O于N．

设⊙O的半径为r．
由题意，钱币完好部分的弧长为3π，
∴ ×2πr＝3π，
∴r＝2，
∴S阴＝（πr2﹣1）＝π﹣．
【点睛】
本题考不规则图形的面积，熟练掌握弧长公式、分割法求面积是解决本题的关键．
18．7
【解析】
【分析】
过B作AC的平行线，过C作AB的平行线，交于点D，证明四边形ABCD为菱形，得到点A和点D关于BC对称，从而得到PA+PE=PD+PE，推出当P，D，E共线时，PA+PE最小，即DE的长，观察图像可知：当点P与点B重合时，PD+PE=，分别求出PA+PE的最小值为3，PC的长，即可得到结果.
【详解】
解：如图，过B作AC的平行线，过C作AB的平行线，交于点D，
可得四边形ABCD为平行四边形，又AB=AC，
∴四边形ABCD为菱形，点A和点D关于BC对称，
∴PA+PE=PD+PE，
当P，D，E共线时，PA+PE最小，即DE的长，
观察图像可知：当点P与点B重合时，PD+PE=，
∵点E是AB中点，
∴BE+BD=3BE=，
∴BE=，AB=BD=，
∵∠BAC=120°，
∴∠ABD=（180°-120°）÷2×2=60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴DE⊥AB，∠BDE=30°，
∴DE=3，即PA+PE的最小值为3，
即点H的纵坐标为a=3，
当点P为DE和BC交点时，
∵AB∥CD，
∴△PBE∽△PCD，
∴，
∵菱形ABCD中，AD⊥BC，
∴BC=2×=6，
∴，
解得：PC=4，
即点H的横坐标为b=4，
∴a+b=3+4=7，
故答案为：7.

【点睛】
本题考查动点问题的函数图象，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．
19．4ab-8b2；0或-32
【解析】
【分析】
根据平方差公式、完全平方公式化简整式，再合并同类项，最后代入数值解题．
【详解】
解：
=
=
∵
∴
当时，
原式=
=0．
当时，
原式=
=-32．
【点睛】
本题考查整式的化简求值，涉及平方差公式、完全平方公式等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
20．(1)见解析；
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据垂线的作法即可过点B作AC的垂线BF，垂足为F点；
（2）先证明△AED≌△CFB，得到AE=CF，再求出OB与OF的长，最后由勾股定理求得BF的长．
(1)
：如图，BF即为所求；


(2)
：如图，连接BD，交AC于点O，


∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，OA=OC，OB=OD，AD=BC，AD∥BC，
∴OA=OC=OB=OD，∠DAE=∠BCF，
∵DE⊥AC，BF⊥AC，
∴∠AED=∠CFB=90°．
∴△AED≌△CFB，
∴AE=CF，
∵，
∴AE=2，OE=OF=1，AC=6，
∴OB=OC=3，
∴．
【点睛】
本题考查了作图-复杂作图，矩形的性质、全等三角形的判定及性质、勾股定理，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
21．(1)17.3cm
(2)7.6cm
【解析】
【分析】
（1）过点B作BM⊥AE，垂足为M，在RtABM中，利用锐角三角函数的定义求出BM的长．
（2）过点C作CN⊥AE，垂足为N，过点C作CD⊥BM，垂足为D，从而可得四边形MNCD是矩形，进而可得DM=CN，求出∠ABM=30°，从而求出∠CBD=15°，然后在Rt△BCD中，利用锐角三角函数的定义求出BD的长，进行计算即可解答．
(1)
如图，过点B作BM⊥AE，垂足为M，
在RtABM中，∠BAE=60°，AB=20cm，
∴∠ABM=90°-∠BAE=30°，
BM=AB•sin60°=20× ≈17.3（cm）．
(2)
如图，过点C作CN⊥AE，垂足为N，过点C作CD⊥BM，垂足为D，
∴∠AMB=∠BME=∠CNM=∠CDM=∠CDB=90°，
∴四边形MNCD是矩形，
∴DM=CN，
∵∠ABC=45°，
∴∠CBD=∠ABC-∠ABM=15°，
在Rt△BCD中，BC=10cm，
∴BD=BC•cos15°≈10×0.97=9.7（cm），
∴DM=BM-BD=17.3 -9.7=7.6（cm），
∴DM=CN=7.6cm，
∴点C到AE的距离为7.6cm．

【点睛】
本题考查了解直角三角形的应用，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
22．(1)见解析；
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接OC、OF，证明四边形OFBC是平行四边形，则BF∥OC，根据AC=BC，得到OC⊥AB，∠ABF=∠BOC=90°，可证明BF是⊙O的切线；
（2）由AB是⊙O的直径得∠ADB=∠ACB=90°，则∠CAB=∠CBA=45°，可证明FB=OB=OA=AB，根据勾股定理求出AB、BF的长，再根据三角形的面积公式即可求出BD的长．
(1)
证明：如图，连接OC、OF，

∵EF=CE，OE=BE，
∴四边形OFBC是平行四边形，
∴BF∥OC，
∵AC=BC，OA=OB，
∴OC⊥AB，
∴∠ABF=∠BOC=90°，
∵OB是⊙O的半径，且BF⊥OB，
∴直线BF是⊙O的切线；
(2)
如图，∵AB是⊙O的直径，


∴∠ADB=∠ACB=90°，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
∵OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
∴∠BFO=∠OCB=45°，
∵OF∥BC，
∴∠BOF=∠OBC=45°，
∴∠BFO=∠BOF，
∴FB=OB=OA=AB，
∵FB2+AB2=AF2，且AF=5，
∴（AB）2+AB2=（5）2，
∴AB=2，
∴FB=AB=，
∴⊙O的半径为，
∵S△ABF=AB•BF=AF•BD，
∴2×=5×BD，
∴BD=2．
【点睛】
此题考查圆的切线的判定、圆的弦与弧及圆心角的关系、圆周角定理、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，根据题意正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
23．(1)反比例函数表达式为y=，一次函数表达式为y=x+1；
(2)x＜-6或0＜x＜4；
(3)存在，点P的坐标为（-，0）．
【解析】
【分析】
（1）利用S△ADF=4，求出点A的坐标，再用待定系数法求出两个函数表达式即可；
（2）观察函数图象即可求解；
（3）求得直线BD的解析式为y=x+3，再求得直线BD与x轴的交点G（-，0），利用三角形面积公式求解即可．
(1)
解：对于y=kx+1，令x=0，则y=1，故点F（0，1），则OF=1，
而AC=3OF=3，故点D（0，3），
∵A的纵坐标为3，点A在反比例函数上，故点A（，3），
S△ADF=×AD×DF=××（3-1）=4，解得m=12，故点A（4，3），
反比例函数表达式为y=，
将点B的纵坐标代入上式得，-2=，解得x=-6，故B（-6，-2），
将点B的坐标代入y=kx+1得，-2=-6k+1，解得k=，
故一次函数表达式为y=x+1；
(2)
解：由（1）知，点A、B的坐标分别为（4，3）、（-6，-2），
观察函数图象知，反比例函数的值大于一次函数的值的x的取值范围为：x＜-6或0＜x＜4；
(3)
解：对于y=x+1，令y=0，则x+1=0，解得x=-2，故点E（-2，0），
设直线BD的解析式为y=mx+3，
把B（-6，-2）代入得：m=，
∴直线BD的解析式为y=x+3，
设直线BD与x轴交于点G，则G（-，0），
∴△DBE的面积=×（yD-yB）×（xE-xG）=×（3+2）×（-2+）=4；
设点P的坐标为（n，0），
∴△PDB的面积=×（yD-yB）×=×（3+2）×=4；
解得：n=-2(舍去)或-．
∴点P的坐标为（-，0）．
．
【点睛】
本题考查了反比例函数与一次函数的交点，正确利用数形结合分析是解题关键．
24．(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据P点的运动特点，分为D点在AC上时和在BC上时两种情况来讨论，通过解直角三角形，在两种情况下分别求出PD，并附带求出相应情况下t的取值范围，即可得解；
（2）先按要求准确做出几何图形，易证明△PBE是直角三角形，再解该直角三角形，即可求出AP，即可得解；
（3）分三种情况讨论：第一种如图，D、E两点都在BC的左侧（含E点在BC边上），此时重合部分的面积就是等边△PDE的面积，已知AP，即可求解，根据P点的运动情况，可知E点落在BC边上时即为此种情况的临界点，据此求出t的取值范围；第二种如图，D、E两点分别在在BC的左侧和右侧（包含D点与C点重合的情况），此时重合部分的面积即为等边△PDE的面积减去△GHE的面积，根据第一种情况的方式可以得出等边△PDE的面积，通过已知条件可知△GHE是含特殊角的直角三角形，通过已知线段长度亦可求得其面积，此时重合部分的面积可求，根据P点的运动情况，可知D点与C点重合时是，第二种情况的临界点，据此求出t的取值范围；第三种情况如图，D在BC边上，此时重合部分的面积是△PDH的面积，因为PE⊥BC，PD=PB，∠B=∠PDH=30°，即可求得△PDH的面积，此时根据P点的运动情况求，P不与B重合即可求出t的取值范围；综上三种情况即可求得S与t的函数关系式．
(1)
∵P点的速度是每秒运动2个单位长度，运动时间是t秒，
∴线段AP的长度为：AP=2t，
∴由题意可知，t的取值范围为：0＜t＜4
在Rt△ABC中，AB=8，∠ACB=90°，∠A=60°，
则解该直角三角形有，∠ABC=30°，AC=4，
∵∠BPD=120°，
∴∠APD=60°，
当D点在AC上时，

∵∠APD=60°=∠A，
∴△APD是等边三角形，
∴PD=AP=2t，
当D点在BC上时，

∵∠APD=60°，∠ABC=30°，
∴∠PDB=30°
∴△PDB是等腰三角形，且PD=PB，
又∵AP=2t，AB=8，
∴，
当D点与C点重合时，
∵∠APD=60°=∠A，
∴△APC是等边三角形，
∴PD=AP=2t=AC=4，
则有t=2，
综上所述，，
(2)
∵E点刚好落在BC边上，
∴此时D点则在AC上，即AP=2t，，
∵E点是A点关于PD的对称点，
∴根据对称的性质有PE=AP，∠APD=∠DPE=60°，
∴∠EPB=60°，
∵∠ABC=30°，
∴∠PEB=90°，即△PBE是直角三角形，，
∴，即，解得：；

(3)
分三种情况讨论
①如图，D、E两点都在BC的左侧（含E点在BC边上），

此时△PDE与△ABC重合部分图形的面积S即是△DPE的面积，
则有S=S△DPE，
此种情况下，随着D点由A点向C点移动，当E刚好落在BC边上时，△DPE面积达到最大，根据（2）可知，此时得，
又∵根据（1）可知，此时△DPE是等边三角形，且AP=2t，
∴S=S△DPE=，
即时，；
②如图，D、E两点分别在在BC的左侧和右侧（包含D点与C点重合的情况），

设PE交BC于H点，DE交BC于G点，
∵E点是A点关于PD的对称点，
∴根据对称的性质有PE=AP=2t，∠APD=∠DPE=60°，
∴∠EPB=60°，
∵∠ABC=30°，
∴∠PEB=90°，即△PBE、△GEH是直角三角形，即PE⊥BC，
∴，，
∴，
∵由（1）知，△PDE是等边三角形，
∴∠E=60°，
∴，
∴S△GHE=，
∴S=S△PDE−S△GHE，
此种情况，当D点与C点重合时，S的面积达到最大，
当D点与C点重合时，则有AD=AC=PD=AP=AB=4，
此时有t=2，
即：时，；
③如图，D在BC边上，

∵AP=2t，∠DPB=120°，AB=8，∠B=30°，
∴∠DPA=60°，即有∠PDB=30°，
∴△DPB是等腰三角形，
∴，∠B=∠PDH=30°，
∵且已证PE⊥BC，
∴在Rt△PDH中，有：PH=DP=，，
由图可知此时重合部分面积S=S△PHD=，
∵P始终在AB上且不与A、B两点重合，
∴此时t的最大值为：，
即：时，；
综上三种情况，S与t的函数关系式为：
【点睛】
本题是考查三角形知识的综合题，题目结合点的运动考查了解直角三角形、勾股定理、平行线分线段成比例、等边三角形、轴对称等知识．解答本题的关键是要学会分类讨论的思想，并找到各类之间的临界点，最后准确作出相应几何图形．本题属于中考压轴题．