浙江金华市2023年中考数学试卷真题及答案详解(精校打印版)

2024年3月9日发(作者：广东初三上册数学试卷)

浙江省2023年初中学业水平考试（金华卷）数学试题卷考生须知：1．全卷共三大题，24小题，满分为120分．考试时间为120分钟，本次考试采用开卷形式．2．全卷分为卷Ⅰ（选择题）和卷Ⅱ（非选择题）两部分，全部在答题纸上作答．卷Ⅰ的答案必须用2B铅笔填涂；卷Ⅱ的答案必须用黑色字迹钢笔或签字笔写在答题纸相应位置上．3．请用黑色字迹钢笔或签字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号．4．作图时，请使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的钢笔或签字笔描黑．5．本次考试不得使用计算器．卷Ⅰ说明：本卷共有1大题，10小题，共30分．请用2B铅笔在“答题纸”上将你认为正确的选项对应的小方框涂黑、涂满．一、选择题（本题有10小题，每小题3分，共30分）1．某一天，哈尔滨、北京、杭州、金华四个城市的最低气温分别是20℃，10℃，0℃，2℃，其中最低气温是（A．20℃）C．0℃）D．2℃B．10℃2．某物体如图所示，其俯视图是（A．B．C．D．3．在2023年金华市政府工作报告中提到，2022年全市共引进大学生约123000人，其中数123000用科学记数法表示为（A．1.23103B．123103）C．12.3104D．1.23105）4．在下列长度的四条线段中，能与长6cm,8cm的两条线段围成一个三角形的是（A．1cmB．2cmC．13cm试卷第1页，共8页D．14cm

5．要使A．0x2有意义，则x的值可以是（）B．1C．2D．2：1，4，2，4，3，3，6．上周双休日，某班8名同学课外阅读的时间如下（单位：时）4，5．这组数据的众数是（A．1时）C．3时）D．4时B．2时7．如图，已知12350，则4的度数是（A．120B．125C．130D．1358．如图，两个灯笼的位置A,B的坐标分别是3,3,1,2，将点B向右平移2个单位，再向上平移1个单位得到点B，则关于点A,B的位置描述正确是（）A．关于x轴对称C．关于原点O对称B．关于y轴对称D．关于直线yx对称k3，Bm，2，的图象交于点A2，x9．如图，一次函数yaxb的图象与反比例函数y则不等式axbk的解是（x）A．3x0或x2C．2x0或x2B．x3或0x2D．3x0或x310．如图，在Rt△ABC中，ACB90，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，试卷第2页，共8页

点F在GH上，CG与EF交于点P，CM与BE交于点Q．若HFFG，则值是（）S四边形PCQES正方形ABEF的A．14B．15C．312D．625卷Ⅱ说明：本卷共有2大题，14小题，共90分．请用黑色字迹钢笔或签字笔将答案写在“答题纸”的相应位置上．二、填空题（本题有6小题，每小题4分，共24分）11．因式分解：x2+x=_____．如图，把两根钢条OA，OB的一个端点连在一起，点C，D分别是OA，OB的中点．若12．CD4cm，则该工件内槽宽AB的长为__________cm．，在该年级随机13．下表为某中学统计的七年级500名学生体重达标情况（单位：人）抽取一名学生，该生体重“标准”的概率是__________．“偏瘦”80“标准”350“超重”46“肥胖”2414．在直角坐标系中，点4,5绕原点O逆时针方向旋转90，得到的点的坐标是__________．15．如图，在ABC中，ABAC6cm,BAC50，以AB为直径作半圆，交BC于点D，交AC于点E，则弧DE的长为__________cm．试卷第3页，共8页

16．如图是一块矩形菜地ABCD,ABam,ADbm，面积为sm．现将边AB增2加1m．（1）如图1，若a5，边AD减少1m，得到的矩形面积不变，则b的值是__________．（2）如图2，若边AD增加2m，有且只有一个a的值，使得到的矩形面积为2sm，2则s的值是__________．三、解答题（本题有8小题，共66分，各小题都必须写出解答过程）017．计算：(2023)42sin305．18．已知x1，求2x12x1x34x的值．319．为激发学生参与劳动的兴趣，某校开设了以“端午”为主题的活动课程，要求每位学生在“折纸龙”“采艾叶”“做香囊”与“包粽子”四门课程中选且只选其中一门，随机调查了本校部分学生的选课情况，绘制了两幅不完整的统计图．请根据图表信息回答下列问题：(1)求本次被调查的学生人数，并补全条形统计图．(2)本校共有1000名学生，若每间教室最多可安排30名学生，试估计开设“折纸龙”课程的教室至少需要几间．试卷第4页，共8页

如图，点A在第一象限内，A与x轴相切于点B，与y轴相交于点C,D．连接AB，20．过点A作AHCD于点H．(1)求证：四边形ABOH为矩形．(2)已知A的半径为4，OB7，求弦CD的长．21．如图，为制作角度尺，将长为10，宽为4的矩形OABC分割成410的小正方形网格．在该矩形边上取点P，来表示POA的度数．阅读以下作图过程，并回答下列问题：（答题卷用）作法（如图）结论POA45，1①在CB上取点P1，使CP14．点P1表示45．②以O为圆心，8为半径P2OA30，作弧，与BC交于点P2．点P表示30．2③分别以O,P2为圆心，大于OP2长度一半的长为半径作弧，相交于点E,F，连结EF与BC相…交于点P3．OP2的长④以P2为圆心，…试卷第5页，共8页

为半径作弧，与射线CB交于点D，连结OD交AB于点P4．(1)分别求点P3,P4表示的度数．使该点表示37.5（保留作图痕迹，不写作法）．(2)用直尺和圆规在该矩形的边上作点P5，22．兄妹俩放学后沿图1中的马路从学校出发，到书吧看书后回家，哥哥步行先出发，途中速度保持不变；妺妺骑车，到书吧前的速度为200米/分．图2中的图象分别表示两人离学校的路程s（米）与哥哥离开学校的时间t（分）的函数关系．(1)求哥哥步行的速度．(2)已知妺妺比哥哥迟2分钟到书吧．①求图中a的值；②妺妺在书吧待了10分钟后回家，速度是哥哥的1.6倍，能否在哥哥到家前追上哥哥？若能，求追上时兄妺俩离家还有多远；若不能，说明理由．23．问题：如何设计“倍力桥”的结构？图1是搭成的“倍力桥”，纵梁a,c夹住横梁b，使得横梁不能移动，结构稳固．图2是长为lcm，宽为3cm的横梁侧面示意图，三个凹槽都是半径为1cm的半试卷第6页，共8页

圆．圆心分别为O1,O2,O3,O1MO1N,O2QO3P2cm，纵梁是底面半径为1cm的圆柱体．用相同规格的横梁、纵梁搭“桥”，间隙忽略不计．探究1：图3是“桥”侧面示意图，A,B为横梁与地面的交点，C,E为圆心，D,H1,H2是横梁侧面两边的交点．测得AB32cm，点C到AB的距离为12cm．试判断四边形CDEH1的形状，并求l的值．探究2：若搭成的“桥”刚好能绕成环，其侧面示意图的内部形成一个多边形．①若有12根横梁绕成环，图4是其侧面示意图，内部形成十二边形H1H2H3H12，求l的值；②若有n根横梁绕成的环（n为偶数，且n6），试用关于n的代数式表示内部形成的多边形H1H2H3Hn的周长．24．如图，直线y5x5与x轴，y轴分别交于点A,B，抛物线的顶点P在直线AB2上，与x轴的交点为C,D，其中点C的坐标为2,0．直线BC与直线PD相交于点E．(1)如图2，若抛物线经过原点O．试卷第7页，共8页

①求该抛物线的函数表达式；②求BE的值．EC(2)连接PC,CPE与BAO能否相等？若能，求符合条件的点P的横坐标；若不能，试说明理由．试卷第8页，共8页

1．A【分析】根据有理数的大小比较，即可作出判断．【详解】解：201002，故温度最低的城市是哈尔滨，故选：A．【点睛】本题考查了有理数的大小比较的知识，解答本题的关键是掌握有理数的大小比较法则．2．B【分析】根据俯视图的意义判断即可．【详解】的俯视图是．故选B．【点睛】本题考查了几何体的三视图，正确理解俯视图是解题的关键．3．D【分析】科学记数法的表现形式为a10n的形式，其中1a10，n为整数，确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同，当原数绝对值大于等于10时，n是正整数，当原数绝对值小于1时，n是负整数．【详解】解：1230001.23105，故选D【点睛】本题考查了科学记数法的表示方法，科学记数法的表现形式为a10n的形式，其中1a10，n为整数，表示时关键是要正确确定a的值以及n的值．4．C【分析】根据三角形三边的关系求出第三边的取值范围，再判断即可．【详解】解：设第三边长度为xcm，则第三边的取值范围是2x14，答案第1页，共21页

只有选项C符合，故选：C．【点睛】本题考查了三角形三边的关系，能熟练求出求出第三边的取值范围是本题的关键．5．D【分析】根据二次根式有意义的条件求出x的取值范围即可得到答案．【详解】解：∵二次根式∴x20，∴x2，∴四个选项中，只要D选项中的2符合题意，故选D．【点睛】本题主要考查了二次根式有意义的条件，熟知二次根式有意义的条件是被开方数大于等于0是解题的关键．6．D【分析】根据众数的含义可得答案．【详解】解：这组数据中出来次数最多的是：4时，所以众数是4时；故选D【点睛】本题考查的是众数的含义，熟记一组数据中出现次数最多的数据就是这组数据的众数是解本题的关键．7．C【分析】由1350可得a∥b，可得2550，再利用邻补角的含义可得答案．【详解】解：如图，标记角，x2有意义，∵1350，∴a∥b，而250，∴2550，答案第2页，共21页

∴41805130；故选C【点睛】本题考查的是平行线的判定与性质，邻补角的含义，熟记平行线的判定与性质是解本题的关键．8．B3，再根据关于y轴对称的点横坐标互为相反数，纵坐【分析】先根据平移方式求出B3，标相同进行求解即可．【详解】解：∵将B1,2向右平移2个单位，再向上平移1个单位得到点B，3，∴B3，∵A3,3，∴点A,B关于y轴对称，故选B．3是【点睛】本题主要考查了坐标与图形变化—平移和轴对称，正确根据平移方式求出B3，解题的关键．9．A【分析】先求出反比例函数解析式，进而求出点B的坐标，然后直接利用图象法求解即可．3在反比例函数图象上，【详解】解：∵A2，∴k326，∴反比例函数解析式为y6，x2在反比例函数图象上，∵Bm，∴m63，22，∴B3，由题意得关于x的不等式axb量的取值范围，∴关于x的不等式axbk的解集为3x0或x2，xk的解集即为一次函数图象在反比例函数图象上方时自变x答案第3页，共21页

故选：A．【点睛】本题主要考查了一次函数与反比例函数综合，解题的关键是正确求出点B的坐标．10．B【分析】设HFFGa，正方形ACGH的边长为2a，证明tanHAFtanGFP，先后求得GP311a，PCa，BCa，利用三角形面积公式求得S△BCQa2，证明24252a，S四边形CQEPa2，据此求解即可．4Rt△BQC∽Rt△BPE，求得S△BEP【详解】解：∵四边形ACGH是正方形，且HFFG，设HFFGa，则ACCGGHAH2a，∵四边形ABEF是正方形，∴AFP90，∴HAF90HFAGFP，∴tanHAFtanGFP，即∴GP1a，2HFGP1，HAFG213∴PC2aaa，22同理tanHAFtanCAB，即∴BCa，同理CQ∴PB2HFBC1，HAAC21a，25a，222111251BQaaa2，S△BCQaaa，22442∵Rt△BQC∽Rt△BPE，S△BCQS△BEP52a1BQ4，2525BPa42∴∴S△BEP5S△BCQ52a，42∴S四边形CQEPS△BEPS△BCQa，答案第4页，共21页

∵S正方形ABEFAB2AC2BC22aa25a2，∴S四边形PCQES正方形ABEFa212，5a52故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，三角函数的定义，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．11．xx1【分析】要将一个多项式分解因式的一般步骤是首先看各项有没有公因式，若有公因式，则把它提取出来，之后再观察是否是完全平方公式或平方差公式，若是就考虑用公式法继续分解因式．因此，直接提取公因式x即可．2【详解】解：xxxx112．8【分析】利用三角形中位线定理即可求解．【详解】解：∵点C，D分别是OA，OB的中点，∴CD1AB，2∴AB2CD8cm，故答案为：8．【点睛】本题考查了三角形中位线定理的应用，掌握“三角形的中位线是第三边的一半”是解题的关键．13．7103507，50010【分析】根据概率公式计算即可得出结果．【详解】解：该生体重“标准”的概率是故答案为：7．10【点睛】本题考查了概率公式，熟练掌握概率所求情况数与总情况数之比是本题的关键．14．5,4【分析】把点绕原点旋转的问题转化为直角三角形旋转的问题，画出图形可解决问题．【详解】解：过A点作ADx轴，过B点作BE⊥y轴，答案第5页，共21页

5，∵点A的坐标为4，∴AD5,OD4，∵AOB90，∴BOEAOE90，∵AODAOE90，∴AODBOE，∵OAOB，在△AOD和△BOE中，ADO=BEOAOD=BOE，OA=OB∴AODBOEAAS，∴OEOD4，BEAD5,4，∴点B的坐标为5，4．故答案为：5，【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，解题的关键是正确作出图形解决问题．15．55##66【分析】连接AD，OD，OE，根据等腰三角形三线合一性质，圆周角定理，中位线定理，弧长公式计算即可．【详解】解：如图，连接AD，OD，OE，答案第6页，共21页

∵AB为直径，∴ADAB，∵ABAC6cm,BAC50，1∴BDCD，BADCADBAC25，2∴DOE2BAD50，OD∴弧DE的长为故答案为：11ABAC3cm，225035cm，18065cm．6【点睛】本题考查了等腰三角形三线合一性质，中位线定理，弧长公式，熟练掌握三线合一性质，弧长公式，圆周角定理是解题的关键．16．6642##426【分析】（1）根据面积的不变性，列式计算即可．（2）根据面积，建立分式方程，转化为a一元二次方程，判别式为零计算即可．【详解】（1）根据题意，得，起始长方形的面积为sabm，变化后长方形的面积为2a1b1m2，∵a5，边AD减少1m，得到的矩形面积不变，∴51b15b，解得b6，故答案为：6．（2）根据题意，得，起始长方形的面积为sabm，变化后长方形的面积为2a1b2m2，∴2sa1b2，bs，a答案第7页，共21页

s∴2sa12，a2ss2，∴a1a2∴2a2sas0，∵有且只有一个a的值，∴Δb24ac2s8s0，∴s212s40，解得s1642,s2642（舍去），故答案为：642．【点睛】本题考查了图形的面积变化，一元二次方程的应用，正确转化为一元二次方程是解题的关键．17．7【分析】根据零指数幂、算术平方根的定义、特殊角的三角函数值、绝对值的意义，计算即可．21【详解】解：原式1225，21215，7．【点睛】本题考查了零指数幂、算术平方根的定义、特殊角的三角函数值、绝对值的意义．本题的关键是注意各部分的运算法则，细心计算．18．0【分析】原式利用平方差公式、单项式乘多项式去括号合并得到最简结果，把已知等式变形后代入计算即可求出值．【详解】解：2x12x1x34x4x213x4x213x．当x11时，原式130．33【点睛】此题考查了整式的混合运算－化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．19．(1)本次调查抽取的学生人数为50人，见解析答案第8页，共21页

(2)6间【分析】（1）根据条形统计图已知数据和扇形统计图已知的对应数据，即可求出被调查的总人数，再利用总人数减去选择“折纸龙”“做香囊”与“包粽子”的人数，即可得到选择“采艾叶”的人数，补全条形统计图即可；（2）根据选择“折纸龙”人数的占比乘以1000，可求出学校选择“折纸龙”的总人数，设需要x间教室，根据题意列方程30x160，取最小整数即可得到答案．【详解】（1）解：由选“包粽子”人数18人，在扇形统计图中占比36%，可得1836%50，∴本次调查抽取的学生人数为50人．其中选“采艾叶”的人数：508101814．补全条形统计图，如图：（2）解：选“折纸龙”课程的比例85016%．选“折纸龙”课程的总人数为100016%160（人），设需要x间教室，可得30x160，解得x16,x取最小整数6．3∴估计至少需要6间教室．【点睛】本题考查了条形统计图与扇形统计图结合，用样本估计总体，用一元一次不等式解决实际问题，结合条形统计图和扇形统计图求出相关数据是解题的关键．20．(1)见解析(2)6【分析】（1）根据切线的性质及有三个角是直角的四边形是矩形判定即可．答案第9页，共21页

（2）根据矩形的性质、垂径定理及圆的性质计算即可．【详解】（1）证明：∵A与x轴相切于点B，∴ABx轴．∵AHCD,HOOB，∴AHOHOBOBA90，∴四边形AHOB是矩形．（2）如图，连接AC．四边形AHOB是矩形，AHOB7．在RtAHC中，CH2AC2AH2，CH42(7)23．点A为圆心，AHCD，CD2CH6．【点睛】本题考查了矩形的判定，垂径定理，圆的性质，熟练掌握矩形的判定和垂径定理是解题的关键．21．(1)点P3表示60；点P4表示15(2)见解析【分析】（1）根据矩形的性质可求出OP2C度数，根据线段垂直平分线的性质P2OP3度数，即可求出POA的度数，从而知道P3点表示度数；利用半径相等即可求出P2ODP2DO，3再根据平行线的性质即可求出P2ODDOA以及对应的度数，从而知道P3点表示度数．（2）利用角平分线的性质作图即可求出答案．答案第10页，共21页

【详解】（1）解：①四边形OABC是矩形，BC∥OA．OP2CP2OA30由作图可知，EF是OP2的中垂线，OP3P3P2．POP32P3P2O30．POAPOP．332P2OA60点P3表示60．②由作图可知，P2DP2O．PODP2DO．2又CBOA，P2DODOA．1PODDOAPOA15．222∴点P4表示15．故答案为：点P3表示60，点P4表示15．（2）解：如图所示，作POP34的角平分线等．如图2，点P5即为所求作的点．答案第11页，共21页

∵点P3表示60，点P4表示15．POA5111POAPOAPOAPOAPOA601537.5．34434222∴P5表示37.5．【点睛】本题考查的是尺规作图的应用，涉及到的知识点有线段垂直平分线、角平分线性质、圆的相关性质，解题的关键需要正确理解题意，清楚知道用到的相关知识点．22．(1)v100(2)①a6；②能追上，理由见解析【分析】（1）结合图表可得A8,800，根据速度等于路程除以时间，即可解答；（2）①根据妺妺到书吧前的速度为200米/分，可知DE的解析式的k为200，设DE的解析式为s200tb，根据妺妺比哥哥迟2分钟到书吧可得E12,800，将E12,800代入s200tb，即可得到一次函数解析式，把s0代入一次函数即可得到a的值；②如图，将妹妹走完全程的图象画出，将BC和FG的解析式求出，求两个函数的交点即可．【详解】（1）解：由图可得A8,800，v800100（米/分），8∴哥哥步行速度为100米/分．（2）①根据妺妺到书吧前的速度为200米/分，可知DE的解析式的k为200，设DE所在直线为s200tb，将10,800代入，得80020010b，解得b1200．∴DE所在直线为s200t1200，当s0时，200t12000，解得t6．∴a6．答案第12页，共21页

②能追上．如图，根据哥哥的速度没变，可得BC,OA的解析式的k值相同，妹妹的速度减小但仍大于哥哥的速度，将妹妹的行程图象补充完整，设BC所在直线为s100tb1，将B17,800代入，得80010017b1，解得b1900，∴s100t900．∵妺妺的速度是160米/分．设FG所在直线为s160tb2，将F20,800代入，得80016020b2，解得b22400，∴s160t2400．s100t900联立方程，s160t2400t25解得，s1600∴19001600300米，即追上时兄妺俩离家300米远．【点睛】本题考查了一次函数的实际应用（行程问题），从图像中获得正确的信息是解题的关键．6ncm23．探究1：四边形CDEH1是菱形，l22cm；探究2：①l1663cm；②360tann【分析】探究1：根据图形即可判断出CDEH1形状；根据等腰三角形性质可求出AM长度，利用勾股定理即可求出CA长度，从而求出l值．答案第13页，共21页

探究2：①根据十二边形的特性可知CH1N30，利用特殊角正切值求出CH1长度，最后利用菱形的性质求出EH1的长度，从而求得l值．②根据正多边形的特性可知CH1N的度数，利用特殊角正切值求出CH1和H1N长度，最后利用菱形的性质求出EH1的长度，从而求得l值．【详解】解：探究1：四边形CDEH1是菱形，理由如下：由图1可知，CD∥EH1，ED∥CH1，CDEH1为平行四边形．桥梁的规格是相同的，∴桥梁的宽度相同，即四边形CDEH1每条边上的高相等，∵CDEH1的面积等于边长乘这条边上的高，CDEH1每条边相等，CDEH1为菱形．②如图1，过点C作CMAB于点M．由题意，得CACB,CM12，AB32cm．∴AM1AB16．2在Rt△CAM中，CA2AM2CM2，∴CA16212240020．∴lCA222cm．故答案为：l22cm．探究2：①如图2，过点C作CNH1H2于点N．答案第14页，共21页

由题意，得H1CH2120,CH1CH2,CN3，CH1N30．CH12CN6,H1NCN333tan30．33又四边形CDEH1是菱形，∴EHlCH16．∴l226331663cm．故答案为：l1663cm．②如图3，过点C作CNH1H2于点N．由题意，形成的多边形为正n边形，外角CH1H2在RtCNH1中，360．nCN3tanCH1H2tan360．nH1N又CH1CH2,CNH1H2，∴H1H22H1N6360．tann6ncm．形成的多边形的周长为360tann答案第15页，共21页

6ncm．故答案为：360tann【点睛】本题是一道生活实际应用题，考查的是菱形的性质和判定、锐角三角函数、勾股定理，解题的关键在于将生活实际和有关数学知识有效结合以及熟练掌握相关性质．1352x35x；②321462(2)能，6或或或．37324．(1)①y【分析】（1）①先求顶点的坐标，然后待定系数法求解析式即可求解；②过点E作EHOC于点H．设直线BC为ykx5，把C2,0代入，得02k5，解得k5535，直线BC为yx5．同理，直线OP为yx．联立两直线解析222135式得出E,，根据EH∥BO，由平行线分线段成比例即可求解；24（2）设点P的坐标为t,5t5，则点D的坐标为2t2,0．①如图2-1，当t2时，2存在CPEBAO．记CPEBAO,APC，则APD．过点P作PFxcosBAO轴于点F，则AFt2．在RtAPF中，AF2，进而得出点P的横坐标为6．②AP3AF2，得出点P的横坐标AP3如图2-2，当0t2时，存在CPEBAO．记CPEBAD,APD．过点P作PFx轴于点F，则AFt2．在RtAPF中，cosBAO23为．③如图23，当2t0时，存在CPEBAO．记BAO．过点P作PFx轴于点F，则AFt2．在RtAPF中，AF26cosBAO，得出点P的横坐标为．④7AP3如图2-4，当t2时，存在CPEBAO．记BAO．过点P作PFx轴于点F，则AFt2．在RtAPF中，【详解】（1）解：①∵OC2，∴顶点P的横坐标为1．∴当x1时，yAF214cosPAF，得出点P的横坐标为．3AP3535，x522答案第16页，共21页

35∴点P的坐标是1,．2设抛物线的函数表达式为ya(x1)2得0a35，把0,0代入，235，235．23535，(x1)222解得a∴该抛物线的函数表达式为y即y352x35x．2②如图1，过点E作EHOC于点H．设直线BC为ykx5，把C2,0代入，得02k5，解得k5，2∴直线BC为y5x5．235x．2同理，直线OP为y5x5,y2由y35x.21x,2解得y35.4135E∴,．24答案第17页，共21页

∴OH113,HC2．222∵EH∥BO，∴BEOH1．ECHC35t,t5（2）设点P的坐标为，则点D的坐标为2t2,0．2①如图21，当t2时，存在CPEBAO．记CPEBAO,APC，则APD．∵PCD为△PAC的外角，∴PCD．∵PCPD．∴PDCPCD．∴APDADP．∴APAD2t．过点P作PFx轴于点F，则AFt2．在RtAPF中，cosBAO∴AF2，AP3t22，解得t6．2t3∴点P的横坐标为6．②如图2-2，当0t2时，存在CPEBAO．答案第18页，共21页

记CPEBAD,APD．∵PDC为PAD的外角，∴PDC．∴PCDPDC∴APCACP．∴APAC4．过点P作PFx轴于点F，则AFt2．在RtAPF中，cosBAO∴AF2，AP3t222，解得t．34323∴点P的横坐标为．③如图2-3，当2t0时，存在CPEBAO．记BAO．∵PCPD，∴PDCPCD11CPE．22答案第19页，共21页

∴APDBAOPDC∴APDPDA．∴ADAP2t．11．22过点P作PFx轴于点F，则AFt2．AF2cosBAO，AP3t226，解得t．∴72t3在RtAPF中，∴点P的横坐标为6．7④如图2-4，当t2时，存在CPEBAO．记BAO．∵PCPD，∴PCDPDC11CPE．2211∴APCBAOPCD．22∴PACA4．过点P作PFx轴于点F，则AFt2．在RtAPF中，∴AF2cosPAF，AP32t214，解得t．34314．3∴点P的横坐标为2614综上，点P的横坐标为6,,,．373答案第20页，共21页

【点睛】本题考查了二次函数综合运用，解直角三角形，平行线分线段成比例，熟练掌握以上知识，分类讨论是解题的关键．答案第21页，共21页