2022-2023学年浙江省宁波七中九年级（上）期末数学试卷

这是一份2022-2023学年浙江省宁波七中九年级（上）期末数学试卷，共24页。
A．B．C．D．
2．（4分）抛物线y＝3x2﹣2的顶点坐标是（ ）
A．（0，﹣2）B．（﹣2，0）C．（2，0）D．（0，0）
3．（4分）下列事件中，是必然事件的是（ ）
A．抛掷一枚硬币正面向上
B．从一副完整扑克牌中任抽一张，恰好抽到红桃A
C．今天太阳从西边升起
D．从4件红衣服和2件黑衣服中任抽3件有红衣服
4．（4分）已知⊙O的直径为6，与圆同一平面内一点P到圆心O的距离为5，则点P与⊙O的位置关系是（ ）
A．在圆上B．在圆外C．在圆内D．无法确定
5．（4分）函数y＝x2﹣6x+c的图象过A（﹣1，y1），B（3，y2），C（5，y3），则y1，y2，y3的大小关系是（ ）
A．y1＞y2＞y3B．y1＞y3＞y2C．y2＞y1＞y3D．y3＞y1＞y2
6．（4分）点O是△ABC的外心，也是△BCD的内心．若∠A＝70°，则∠BDC的度数是（ ）
A．80°B．90°C．100°D．110°
7．（4分）三角函数sin30°、cs16°、cs43°之间的大小关系是（ ）
A．cs43°＞cs16°＞sin30°B．cs16°＞sin30°＞cs43°
C．cs16°＞cs43°＞sin30°D．cs43°＞sin30°＞cs16°
8．（4分）如图，在边长为1的正方形网格中，连结格点A，B和C，D，AB与CD相交于点E，则tan∠AEC的值为（ ）
A．B．C．D．1
9．（4分）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB＝BC＝4，把弧AB沿弦AB向下折叠交BC于点D，若点D为BC中点，则AC长为（ ）
A．1B．2C．2D．
10．（4分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以该三角形的三条边为边向外作正方形，正方形的顶点E，F，G，H，M，N都在同一个圆上．记该圆面积为S1，△ABC面积为S2，则的值是（ ）
A．B．3πC．5πD．
二．填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）
11．（5分）已知a＝4，b＝9，则这两个数a，b的比例中项为 ．
12．（5分）一个袋中有形状材料均相同的白球2个红球4个，任意摸一个球是红球的概率 ．
13．（5分）已知一个扇形的面积为12πcm2，圆心角为216°，则它的弧长为 ．
14．（5分）若二次函数：y＝ax2+bx+c的x与y的部分对应值如表，则a+b+c＝ ．
15．（5分）已知⊙O半径为1，AB是⊙O的一条弦，且AB，则弦AB所对的圆周角度数是 ．
16．（5分）如图，在以AB为直径的半圆O中，C是半圆的三等分点，点P是弧BC上一动点，连接CP，AP，作OM垂直CP交AP于N，连接BN，若AB＝12，则NB的最小值是 ．
三．解答题（本题有8小题，共80分）
17．（8分）（1）计算：4sin260°+tan45°﹣8cs230°；
（2）．
18．（8分）小聪和小颖报名参加校“数学节”游园工作活动，他们被随机分配到A，B，C三个项目中承担工作任务．
（1）小聪被分配到项目A工作的概率为 ．
（2）若小颖未分配到项目C工作，请用画树状图或列表的方法，求出小聪和小颖被分配到同一项目工作的概率．
19．（8分）如图是由边长为1的小正方形构成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，线段OA的端点在格点上，且OA＝1．请选择适当的格点，用无刻度的直尺在网格中完成下列画图，保留连线的痕迹，不要求说明理由．
（1）作△OAB，使线段，线段．
（2）在AB上找点P，使得．
（3）选择适当的格点E，作∠BAE＝45°．
20．（10分）已知抛物线yx2+bx+c经过点（1，0），（0，）．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）将抛物线yx2+bx+c平移，使其顶点恰好落在原点，请写出一种平移的方法及平移后的函数表达式．
21．（10分）为缓解交通拥堵，某区拟计划修建一地下通道，该通道一部分的截面如图所示（图中地面AD与通道BC平行，通道水平宽度BC为8米，∠BCD＝135°，通道斜面CD的长为6米，通道斜面AB的坡度i＝1：．
（1）求通道斜面AB的长；
（2）为增加市民行走的舒适度，拟将设计图中的通道斜面CD的坡度变缓，修改后的通道斜面DE的坡角为30°，求此时BE的长．
（答案均精确到0.1米，参考数据：1.41，2.24，2.45）
22．（10分）如图，AB为⊙O的直径，C为⊙O上一点，AD垂直于过点C的直线，垂足为D，且AC平分∠DAB．
（1）判断：DC是否是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为2，，求线段AD的长；
（3）在（2）的条件下，求图中阴影部分的面积．
23．（12分）如图，在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，如果点E由点B出发沿BC方向向点C匀速运动，同时点F由点D出发沿DA方向向点A匀速运动，它们的速度分别为每秒2cm和1cm，FQ⊥BC，分别交AC、BC于点P和Q，设运动时间为t秒（0＜t＜4）．
（1）连接EF，若运动时间t＝ 时，EF⊥AC；
（2）连接EP，设△EPC的面积为Scm2，求S与t的关系式，并求S的最大值；
（3）若△EPQ与△ADC相似，求t的值．
24．（14分）定义：若两个三角形有一对公共边，且另有一组对应边和一对对应角分别对应相等，那么这两个三角形称为邻等三角形．
例如：如图1，△ABC中，AD＝AD，AB＝AC，∠B＝∠C，则△ABD与△ACD是邻等三角形．
（1）如图2，⊙O中，点D是的中点，那么请判断△ABD与△ACD是否为邻等三角形，并说明理由．
（2）如图3，以点A（2，2）为圆心，OA为半径的⊙A交x轴于点B（4，0），△OBC是⊙A的内接三角形，∠COB＝30°．
①求∠C的度数和OC的长；
②点P在⊙A上，若△OCP与△OBC是邻等三角形时，请直接写出点P的坐标．
2022-2023学年浙江省宁波七中九年级（上）期末数学试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分）
1．【分析】依据，可得ab，即可得出．
【解答】解：∵，
∴3a＝2b，
∴ab，
∴，
故选：B．
【点评】本题主要考查了比例的性质，解题时注意：内项之积等于外项之积．
2．【分析】根据函数的解析式，可以直接写出该函数的顶点坐标．
【解答】解：∵y＝3x2﹣2，
∴该抛物线的顶点坐标为（0，﹣2），
故选：A．
【点评】本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是由顶点式可以直接写出顶点坐标．
3．【分析】必然事件就是一定发生的事件，根据定义即可判断．
【解答】解：A、掷一枚硬币，正面朝上，是随机事件，选项不合题意；
B、从一副完整扑克牌中任抽一张，恰好抽到红桃A，是随机事件，选项不合题意；
C、今天太阳从西边升起，是不可能事件，选项不合题意；
D、从4件红衣服和2件黑衣服中任抽3件有红衣服，是必然事件，选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查了必然事件的定义，解决本题需要正确理解必然事件、不可能事件、随机事件的概念．必然事件指在一定条件下一定发生的事件．不可能事件是指在一定条件下，一定不发生的事件．
4．【分析】根据点P到圆心的距离和半径的大小关系即可确定答案．
【解答】解：∵圆O的直径为6，
∴圆O的半径为3，
∵P到圆心的距离为5，3＜5，
∴点P在圆O的外部，
故选：B．
【点评】本题主要考查点于圆的位置关系，关键是要牢记判断点与圆的位置关系的方法．
5．【分析】二次函数抛物线向下，且对称轴为x3．根据二次函数的对称性和增减性即可得到结论．
【解答】解：∵二次函数y＝x2﹣6x+c，
∴该二次函数的抛物线开口向上，且对称轴为：x3．
∵点（﹣1，y1）、（3，y2）、（5，y3）都在二次函数y＝x2﹣6x+c的图象上，
∴点（﹣1，y1）关于直线x＝3的对称点为（7，y1），
∵3＜5＜7
∴y2＜y3＜y1
故选：B．
【点评】此题主要考查二次函数图象上点的坐标特征，熟练掌握二次函数的性质是解题的关键．
6．【分析】连接OB、OC，由圆周角定理可得∠BOC＝140°，由三角形的内角和可得，∠OBC+∠OCB＝40°，根据点O是△BCD的内心可得，∠DBC+∠DCB＝80°，再根据三角形内角和定理即可求解．
【解答】解：如图，连接OB、OC，
∵点O是△ABC的外心，∠A＝70°，
∴∠BOC＝140°，
根据三角形内角和定理得，
∠OBC+∠OCB+∠BOC＝180°，
∴∠OBC+∠OCB＝180°﹣∠BOC＝40°，
∵点O是△BCD的内心，
∴∠DBC＝2∠OBC，∠DCB＝2∠OCB，
∴∠DBC+∠DCB＝80°，
∴∠BDC＝180°﹣（∠DBC+∠DCB）＝100°．
故选：C．
【点评】本题主要考查圆周角定理、三角形内切圆和外接圆的应用，熟练掌握同弧或等弧所对圆周角等于它所对圆心角的一般是解题关键．
7．【分析】首先把它们转换成相同的锐角三角函数；
再根据余弦值是随着角的增大而减小，进行分析．
【解答】解：∵sin30°＝cs60°，
又16°＜43°＜60°，余弦值随着角度的增大而减小，
∴cs16°＞cs43°＞sin30°．
故选：C．
【点评】掌握正余弦的转换方法：一个角的正弦值等于它的余角的余弦值；以及正余弦值的变化规律．
8．【分析】连接格点AF、BF．利用平行四边形的性质和判定先说明CD∥AF，得到∠FAB＝∠AEC，再利用勾股定理及其逆定理说明△AFB是直角三角形，在直角三角形中求出∠FAB的正切值即可．
【解答】解：连接格点AF、BF．
∵AC∥DF，AC＝DF＝1，
∴四边形ACDF是平行四边形．
∴AF∥CD．
∴∠FAB＝∠CEA．
∵AF＝2，BF，AB，
∴AB2＝AF2+BF2．
∴△AFB是直角三角形．
∴tan∠AEC＝tan∠FAB．
故选：A．
【点评】本题考主要查了解直角三角形，连接AF、BF构造直角三角形，利用平行线的性质说明∠FAB＝∠CEA是解决本题的关键．
9．【分析】由等腰三角形的性质可得∠ACB＝∠BAC，由折叠的性质和圆周角定理可得∠ACB＝∠ABD+∠BAD，可得∠ABD＝∠CAD，可证△ACD∽△BCA，可得，即可求解．
【解答】解：如图，连接AD，
∵AB＝BC＝4，
∴∠ACB＝∠BAC，
∵点D为BC中点，
∴BD＝CD＝2，
∵弧AB沿弦AB向下折叠交BC于点D，
∴，
∴∠ACB＝∠ABD+∠BAD，
∵∠BAC＝∠BAD+∠CAD，
∴∠ABD＝∠CAD，
又∵∠ACB＝∠ACD，
∴△ACD∽△BCA，
∴，
∴，
∴AC2，
故选：C．
【点评】本题考查了三角形外接圆与外心，等腰三角形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，证明三角形相似是解题的关键．
10．【分析】先设Rt△ABC的三边长为a，b，c，其中c为斜边，设⊙O的半径为r，根据图形找出a，b，c，r的关系，用含c的式子表示S1和S2，即可求出比值．
【解答】解：如图，取AB的中点为O，AC的中点为D，连接OE，OG，OD，OC，
设AB＝c，AC＝b，BC＝a，
则a2+b2＝c2，①
取AB的中点为O，
∵△ABC是直角三角形，
∴OA＝OB＝OC，
∵圆心在MN和HG的垂直平分线上，
∴O为圆心，
由勾股定理得：
，②
由①②得a＝b，
∴，
∴，，
∴，
故选：C．
【点评】本题主要考查勾股定理的应用，关键在找到圆心，依据的知识点是直角三角形斜边上的中点等于斜边的一半，即斜边的中点为圆心，用字母表示多条边，然后找它们的关系是中考经常考的类型，平时要多加练习此类题型．
二．填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）
11．【分析】根据比例中项的概念，得c2＝ab，再利用比例的基本性质计算得到c的值．
【解答】解：设c是a，b的比例中项，
∴c2＝ab，
又∵a＝4，b＝9，
∴c2＝ab＝36，
解得c＝±6．
故答案为：±6．
【点评】此题考查比例线段，理解比例中项的概念：当比例式中的两个内项相同时，即叫比例中项．根据比例的基本性质进行计算．
12．【分析】利用概率公式直接求解即可．
【解答】解：∵袋中有形状材料均相同的白球2个红球4个，共6个球，
∴任意摸一个球是红球的概率．
故答案为：．
【点评】此题考查概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）．
13．【分析】先根据扇形的面积公式求出扇形的半径，再根据弧长公式求出弧长即可．
【解答】解：设扇形的半径为Rcm，
∵扇形的面积为12πcm2，圆心角的度数为216°，
∴12π，
解得：R＝2，
∴弧长为π（cm），
故答案为：πcm．
【点评】本题考查了扇形面积的计算和弧长的计算，能熟记公式是解此题的关键．
14．【分析】从表格中得到对称轴为直线x＝﹣3，则x＝1与x＝﹣7对应的函数值相等，即可求解．
【解答】解：由表格可知对称轴为直线x＝﹣3，
∴x＝1与x＝﹣7对应的函数值相等，
∴x＝1时，y＝﹣27，
∴a+b+c＝﹣27，
故答案为：﹣27．
【点评】本题考查二次函数的性质，熟练掌握二次函数的对称性是解题的关键．
15．【分析】根据题意画出图形，由OC垂直于AB，利用垂径定理得到C为AB的中点，求出AC的长，在直角三角形AOC中，利用勾股定理求出OC＝AC，确定出三角形AOC为等腰直角三角形，同理三角形BOC为等腰直角三角形，确定出∠AOB度数，利用圆周角定理即可求出∠ADB与∠AEB的度数．
【解答】解：如图所示，
∵OC⊥AB，
∴C为AB的中点，即AC＝BCAB，
在Rt△AOC中，OA＝1，AC，
根据勾股定理得：OC，即OC＝AC，
∴△AOC为等腰直角三角形，
∴∠AOC＝45°，
同理∠BOC＝45°，
∴∠AOB＝∠AOC+∠BOC＝90°，
∵∠AOB与∠ADB都对，
∴∠ADB∠AOB＝45°，
∵大角∠AOB＝270°，
∴∠AEB＝135°，
∴弦AB所对的圆周角为45°或135°．
故答案为：45°或135°．
【点评】本题考查的是圆周角定理，在解答此题时要进行分类讨论，不要漏解．
16．【分析】如图，连接AC，OC．证明点N在⊙T上，运动轨迹是，过点T作TH⊥AB于H．求出BT，TN，可得结论．
【解答】解：如图，连接AC，OC．
∵C是半圆的三等分点，
∴∠AOC＝60°，
∵OA＝OC，
∴△AOC是等边三角形，
作△AOC的外接圆⊙T，连接TA＝TC，TN，TB．
∵OM⊥PC，
∴CM＝PM，
∴NC＝NP，
∴∠NPC＝∠NCP∠AOC＝30°，
∴∠CNM＝60°，
∴∠CNO＝120°，
∵CNO+∠OAC＝180°，
∴点N在⊙T上，运动轨迹是，
过点T作TH⊥AB于H．
在Rt△ATH中，AH＝OH＝3，∠TAH＝30°，
∴TH＝AH•tan30°，
∴AT＝TN＝2HN＝2，
在Rt△BHT中，BT2，
∵BN≥BT﹣TN，
∴BN≥22，
∴BN的最小值为22．
故答案为：22．
【点评】本题考查点与圆的位置关系，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，轨迹等知识，解题的关键是正确寻找点N的运动轨迹，属于中考填空题中的压轴题．
三．解答题（本题有8小题，共80分）
17．【分析】（1）直接利用特殊角的三角函数值分别代入得出答案；
（2）直接利用特殊角的三角函数值分别代入得出答．
【解答】解：（1）原式＝4×（）2+1﹣8×（）2
＝41﹣8
＝3+1﹣6
＝﹣2；
（2）原式

＝4．
【点评】此题主要考查了实数的运算，正确化简各数是解题关键．
18．【分析】（1）直接利用概率公式求解即可；
（2）列表得出所有等可能结果，从中找到符合条件的结果数，再根据概率公式求解即可．
【解答】解：（1）小聪被分配到项目A工作的概率为，
故答案为：；
（2）列表如下：
由表可知，共有6种等可能结果，其中小聪和小颖被分配到同一项目工作的结果有2种，
∴小聪和小颖被分配到同一项目工作的概率为．
【点评】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；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．
19．【分析】（1）依据勾股定理即可得出点B的位置；
（2）依据线段的三等分点即可得到格点P的位置；
（3）依据等腰直角三角形的底角等于45°，即可得到格点E的位置．
【解答】解：（1）如图所示，△OAB即为所求；
（2）如图所示；
（3）如图所示，∠BAE＝45°．
【点评】本题主要考查了利用相似变换作图以及勾股定理的运用，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
20．【分析】（1）把已知点的坐标代入抛物线解析式求出b与c的值即可；
（2）指出满足题意的平移方法，并写出平移后的解析式即可．
【解答】解：（1）把（1，0），（0，）代入抛物线解析式得：，
解得：，
则抛物线解析式为yx2﹣x；
（2）抛物线解析式为yx2﹣x（x+1）2+2，
将抛物线向右平移一个单位，向下平移2个单位，解析式变为yx2．
【点评】此题考查了二次函数图象与几何变换，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，以及待定系数法求二次函数解析式，熟练掌握二次函数性质是解本题的关键．
21．【分析】（1）过点A作AN⊥CB于点N，过点D作DM⊥BC于点M，解Rt△CMD，得出DM＝CMCD＝3，则AN＝DM＝3，再解Rt△ANB，由通道斜面AB的坡度i＝1：，得出BNAN＝6，然后根据勾股定理求出AB；
（2）先解Rt△MED，求出EMDM＝3，那么EC＝EM﹣CM＝33，再根据BE＝BC﹣EC即可求解．
【解答】解：（1）过点A作AN⊥CB于点N，过点D作DM⊥BC于点M，
∵∠BCD＝135°，
∴∠DCM＝45°．
∵在Rt△CMD中，∠CMD＝90°，CD＝6，
∴DM＝CMCD＝3，
∴AN＝DM＝3，
∵通道斜面AB的坡度i＝1：，
∴tan∠ABN，
∴BNAN＝6，
∴AB37.4．
即通道斜面AB的长约为7.4米；
（2）∵在Rt△MED中，∠EMD＝90°，∠DEM＝30°，DM＝3，
∴EMDM＝3，
∴EC＝EM﹣CM＝33，
∴BE＝BC﹣EC＝8﹣（33）＝8+334.9．
即此时BE的长约为4.9米．
【点评】本题考查了解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，三角函数的定义，勾股定理，准确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键．
22．【分析】（1）连接OC，由OA＝OC可以得到∠OAC＝∠OCA，然后利用角平分线的性质可以证明∠DAC＝∠OCA，接着利用平行线的判定即可得到OC∥AD，然后就得到OC⊥CD，由此即可证明直线CD与⊙O相切于C点；
（2）连接BC，根据圆周角定理的推理得到∠ACB＝90°，又∠DAC＝∠OAC，由此可以得到△ADC∽△ACB，然后利用相似三角形的性质即可解决问题；
（3）设AD交⊙O于点E，连接OE，根据S阴＝S梯形AOCD﹣S△AOE﹣S扇形COE计算即可．
【解答】（1）证明：连接OC，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠OAC，
∴∠DAC＝∠OCA，
∴OC∥AD，
∵AD⊥CD，
∴OC⊥CD，
∵OC是⊙O的半径，
∴DC是⊙O的切线；
（2）解：连接BC，
∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°．
∵∠DAC＝∠OAC，∠ADC＝∠ACB＝90°，
∴△ADC∽△ACB，
∴，
∵⊙O的半径为2，AC＝2，
∴AB＝4，
∴AD＝3；
（3）解：在Rt△ACD中，
∴CD，
∵OC∥AD，
∴S梯形AOCD（OC+AD）•CD（2+3），
在Rt△ABC中，AC＝2，AB＝4，
∴cs∠BAC，
∴∠BAC＝30°，
∴∠BAD＝60°，
设AD交⊙O于点E，连接OE，
∵OA＝OE，
∴△AOE是等边三角形，
∴∠AOE＝60°，
∵OC∥AD，
∴∠AOC＝180°﹣∠BAD＝120°，
∴∠COE＝60°，
∴S阴＝S梯形AOCD﹣S△AOE﹣S扇形COE22．
【点评】此题考查了切线的判定，圆周角定理，角平分线性质，以及扇形面积求法，熟练掌握切线的判定是解本题的关键．
23．【分析】（1）通过△AFO∽△CEO，得出AO，由△AFO∽△ACD，得出答案；
（2）构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题．
（3）分两种情形讨论，Ⅰ、如图1中，点E在Q的左侧．①当△EPQ∽△ACD时，②当△EPQ∽△CAD时，列出方程分别求解即可．Ⅱ、如图2中，点E在Q的右侧，只存在△EPQ∽△CAD列出方程即可解决．
【解答】（1）证明：设EF与AC交于点O，
若EF⊥AC，则△AFO∽△ACD，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，BC＝8（cm），AB＝6（cm），
∴∠B＝90°，
∴AC10，
∵DF＝t，BE＝2t，
∴AF＝8﹣t，CE＝8﹣2t，
∵AD∥BC，
∴△AFO∽△CEO，
∴，
∴，
∴AO，
∵，
∴，
∴t1＝8，t2，
∵0＜t＜4，
∴t；
故答案为：．
（2）解：∵∠FQC＝90°，∠B＝90°，
∴∠FQC＝∠B，
∴PQ∥AB，
∴△CPQ∽△CAB，
∴，
即 ，
∴PQt，
∵S△EPC•EC•PQ，
∴s（8﹣2t）•tt2+3t（t﹣2）2+3，
∵0，
∴s有最大值，当t＝2时，s的最大值为3．
（3）解：分两种情况讨论：
Ⅰ．如图1中，点E在Q的左侧．
①当△EPQ∽△ACD时，
可得，即，解得 t＝2．
②当△EPQ∽△CAD时，
可得，即，解得t．
Ⅱ．如图2中，点E在Q的右侧．
∵0＜t＜4，
∴点E不能与点C重合，
∴只存在△EPQ∽△CAD
可得，即，解得t，
故若△EPQ与△ADC相似，则t的值为2或或．
【点评】本题考查相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、二次函数的性质、矩形的性质等知识，解题的关键是利用相似三角形的性质，把问题转化为方程解决，学会分类讨论的思想，属于中考常考题型．
24．【分析】（1）由点D是的中点，得BD＝CD，∠BAD＝∠CAD，且AD是公共边，可证明结论；
（2）①作AH⊥OB，连接AO，AB，由题意可知△OAB是等腰直角三角形，从而得∠C＝45°，作BK⊥OC，在Rt△BOK中，OB＝4，∠BOK＝30°，可得：BK＝2，OK＝2，在Rt△BKC中，∠C＝45°，可得：CK＝2，BC＝2，即可求得OC＝2+2；
②分类讨论：第一种情况：如图3，连接OA，P1A，过点P1作P1Q⊥OB于点Q，∠OCP1＝30°，作BM⊥OC，P1N⊥OC，则BM＝MC＝2，P1N＝ON＝2，在OQ上截取OK＝P1K，则∠KP1O＝∠P1OB＝15°，设P1Q＝x，则OK＝P1K＝2x，KQx，利用勾股定理建立方程求解即可；
第二种情况，如图4，过点P2作P2H⊥y轴，∠COP2＝30°，利用解直角三角形即可；
第三种情况，如图5，∠OCP3＝30°，先求得C（3，1），再根据圆的对称性即可求得答案；
第四种情况，如图6，∠OCP4＝∠OCB＝45°，求出⊙A交y轴的交点即可；
第五种情况，如图7，∠COP5＝∠OCB＝45°，过点P5作P5M⊥y轴于M，在OM上取点N，使ON＝P5N，连接P5N，设P5M＝a，则P5N＝2a＝ON，运用勾股定理即可求得答案．
【解答】解：（1）△ABD与△ACD是邻等三角形，理由如下：
∵点D是的中点，
∴BD＝CD，∠BAD＝∠CAD，
∵AD＝AD，
∴△ABD与△ACD是邻等三角形．
（2）①如图2，作AH⊥OB，连接AO，AB，
∵OA＝OB，
∴OH＝BH，
∵点A的坐标是（2，2），
∴AH＝OH＝BH＝2，
∴∠OAB＝90°，
∴∠C∠OAB＝45°，
作BK⊥OC，在Rt△BOK中，OB＝4，∠BOK＝30°，
∴BK＝2，OK＝2，
在Rt△BKC中，∠C＝45°，
∴CK＝2，BC＝2，
∴OC＝2+2；
②第一种情况：如图3，连接OA，P1A，过点P1作P1Q⊥OB于点Q，∠OCP1＝30°，
则△OCP1与△OBC是邻等三角形，且△OCP1≌△COB，
作BM⊥OC，P1N⊥OC，
则BM＝MC＝2，P1N＝ON＝2，
∵∠OAP1＝2∠OCP1＝60°，AO＝AP1，
∴△AP1O是等边三角形，
∴OP1＝BC＝2，∠P1OB＝15°，
∴在OQ上截取OK＝P1K，则∠KP1O＝∠P1OB＝15°，
∴∠P1KQ＝∠KP1O+∠P1OB＝30°，
∴OK＝P1K＝2P1Q，
设P1Q＝x，则OK＝P1K＝2x，KQx，
∴OQ＝OK+KQ＝（2）x，
在Rt△OP1Q中，OQ2+P1Q2＝OP12，
∴[（2）x]2+x2＝（2）2，
∵x＞0，
∴x1，
∴P1（1，1）；
第二种情况，如图4，过点P2作P2H⊥y轴，∠COP2＝30°，
则△OCP2与△OBC是邻等三角形，
∵∠OCP2＝∠BOC＝30°，
∴∠P2OB＝60°，∠P2OH＝30°，
∵OP2＝OC＝2+2，
∴P2H＝OP2•sin30°＝1，OH＝OP2•cs30°3，
∴P2（1，3）；
第三种情况，如图5，∠OCP3＝30°，
则CP3∥OB，
∵C（3，1），
∴根据圆的对称性可得：P3（1，1）；
第四种情况，如图6，∠OCP4＝∠OCB＝45°，
则△OCP4与△OBC是邻等三角形，
此时，⊙A交y轴于点P4，
∴P4（0，4）；
第五种情况，如图7，∠COP5＝∠OCB＝45°，
则∠OP5C＝180°﹣∠OBC＝75°，
∴∠OCP5＝60°，
作P5H⊥OC于H，
∵∠COP5＝45°，
∴OH＝P5H，
∵∠OCP5＝60°，
∴∠CP5H＝30°，
∴2CH＝CP5，
由勾股定理可得：CH2+P5H2＝P5C2，
∴CH2+P5H2＝（2CH）2，
∴P5HCH，
∵OH+CH＝2+2，
∴CH＝2，
∴OH＝2，
∴OP5＝2，
过点P5作P5M⊥y轴于M，在OM上取点N，使ON＝P5N，连接P5N，
则∠OP5N＝∠P5ON＝15°，∠P5NM＝30°，
设P5M＝a，则P5N＝2a＝ON，
∴MNa，OM＝ON+MN＝（2）a，
在Rt△P5OM中，OM2+P5M2＝OP52，
∴[（2）a]2+a2＝（2）2，
∴a＝3，
∴P5（3，3）；
综上所述，△OCP与△OBC是邻等三角形时，点P的坐标分别是：P1（1，1），P2（1，3），P3（1，1），P4（0，4），P5（3，3）．
【点评】本题主要考查了含30°直角三角形、等腰直角三角形性质和圆的性质，圆周角定理等，利用分类讨论和理解邻等三角形的定义是解答此题的关键．
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C
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（B，A）
（C，A）
B
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（B，B）
（C，B）