逍遥右脑 2015-06-07 16:11
吉林省白城市镇赉镇中学2012-2013学年九年级（上）期中
数学试卷
一、（每小题2分，共12分）
1．（2分）若代数式 有意义，则x的取值范围是（ ）
A．x≥? B．x≤ C．x≥ D．x≤?
考点：二次根式有意义的条件．.
专题：．
分析：二次根式的被开方数2?5x≥0，然后解关于x的不等式即可．
解答：解：根据题意，得
2?5x≥0，
解得，x≤ ；
故选B．
点评：本题考查了二次根式有意义的条件．被开方数是非负数．
2．（2分）下列图形中，是中心对称图形但不是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
考点：中心对称图形；轴对称图形．.
分析：根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
解答：解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，不符合题意；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
D、不是轴对称图形，是中心对称图形，符合题意．
故选D．
点评：此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．
如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．
如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
3．（2分）关于x的一元二次方程x2+x+a2?1=0的一个根是0，则a的值为（ ）
A．1B．?1C．1或?1D．
考点：一元二次方程的解；解一元二次方程-直接开平方法．.
专题：．
分析：把x=0代入方程x2+x+a2?1=0得到一个关于a的方程，求出方程的解即可．
解答：解：把x=0代入方程x2+x+a2?1=0得：a2?1=0，
∴a=±1．
故选C．
点评：本题主要考查对一元二次方程的解，解一元二次方程等知识点的理解和掌握，能得到方程a2?1=0是解此题的关键．
4．（2分）（2013•金湾区一模）已知⊙O的半径为3c，点A到圆心O的距离为4c，则点A与⊙O的位置关系是（ ）
A．点A在⊙O内B．点A在⊙O上C．点A在⊙O外D．不能确定
考点：点与圆的位置关系．.
分析：要确定点与圆的位置关系，主要确定点与圆心的距离与半径的大小关系；本题可由勾股定理等性质算出点与圆心的距离d，则d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上；当d＜r时，点在圆内．
解答：解：OA＞3c，则点A与⊙O的位置关系是：点A在圆外．
故选C．
点评：本题考查了对点与圆的位置关系的判断．关键要记住若半径为r，点到圆心的距离为d，则有：当d＞r时，点在圆外；当d=r时，点在圆上，当d＜r时，点在圆内
5．（2分）如图，在正方形ABCD中，以点A为圆心，AB长为半径作弧N．若∠1=∠2，AB=2，则弧N的长为（ ）
A． πB． C．πD．2π
考点：弧长的计算；正方形的性质．.
分析：根据题意算出∠NA=90°，AN=2，再根据弧长公式：l= （弧长为l，圆心角度数为n，圆的半径为R）进行计算即可．
解答：解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=90°，
∵∠1=∠2，
∴∠NA=90°，
∵以点A为圆心，AB长为半径作弧N，AB=2，
∴AN=2，
∴弧N的长为：l= = =π，
故选：C．
点评：此题主要考查了弧长计算，关键是熟练掌握弧长的计算公式．
6．（2分）如图所示，AB、AC分别切⊙O于B、C两点，D是⊙O上一点，∠D=40°，则∠BAO=（ ）
A．40°B．50°C．100°D．80°
考点：切线的性质；圆周角定理．.
专题：计算题．
分析：由AB与AC为圆O的切线，利用切线长定理得到AO为角平分线，且AB与OB垂直，AC与OC垂直，得到一对直角，再由同弧所对的圆心角等于圆周角的2倍，由∠D的度数求出∠BOC的度数，在四边形ABOC中，利用四边形的内角和定理即可求出∠BAC的度数，进而确定出∠BAO的度数．
解答：解：∵AB、AC分别切⊙O于B、C两点，
∴AO平分∠BAC，AB⊥OB，AC⊥OC，即∠ABO=∠ACO=90°，
∴∠BAO=∠CAO= ∠BAC，
∵∠D与∠BOC都对 ，
∴∠BOC=2∠D=80°，
在四边形ABOC中，∠BAC=360°?90°?90°?80°=100°，
∴∠BAO=50°．
故选B
点评：此题考查了切线的性质，圆周角定理，切线长定理，以及四边形的内角和定理，熟练掌握切线的性质是解本题的关键．
二、题（每小题3分，共24分）
7．（3分）已知矩形长为 c，宽 为c，那么这个矩形对角线长为 c．
考点：二次根式的应用．.
分析：已知矩形的相邻两边和对角线为直角三角形，故根据勾股定理即可得出矩形的对角线的长度．
解答：解：根据题意得，
矩形对角线的长度等于 ．
即矩形的对角线的长度为 c．
点评：本题主要考查的是对勾股定理的使用和矩形的性质．
8．（3分）若方程（+1）x2?x?1=0是关于x的一元二次方程，则的取值范围是 ≠?1 ．
考点：一元二次方程的定义．.
分析：一元二次方程必须满足两个条件：（1）未知数的最高次数是2；（2）二次项系数不为0．由这两个条件得到相应的关系式+1≠0，再解不等式即可．
解答：解：由题意得：+1≠0，
解得：≠?1，
故答案为：≠?1．
点评：此题主要考查了一元二次方程的概念．只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是ax2+bx+c=0（且a≠0）．特别要注意a≠0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．
9．（3分）（2011•上海）如图，AB、AC都是圆O的弦，O⊥AB，ON⊥AC，垂足分别为、N，如果N=3，那么BC= 6 ．
考点：三角形中位线定理；垂径定理．.
专题：压轴题．
分析：由AB、AC都是圆O的弦，O⊥AB，ON⊥AC，根据垂径定理可知、N为AB、AC的中点，线段N为△ABC的中位线，根据中位线定理可知BC=2N．
解答：解：∵AB、AC都是圆O的弦，O⊥AB，ON⊥AC，
∴、N为AB、AC的中点，即线段N为△ABC的中位线，
∴BC=2N=6．
故答案为：6．
点评：本题考查了垂径定理，三角形的中位线定理的运用．关键是由垂径定理得出两个中点．
10．（3分）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCO的顶点A、C分别在y轴、x轴上，以AB为弦的⊙与x轴相切．若点A的坐标为（0，8），则圆心的坐标为 （?4，5） ．
考点：切线的性质；坐标与图形性质；勾股定理；垂径定理．.
分析：过作N⊥AB于N，连接A，设⊙的半径是R，根据正方形性质求出OA=AB=BC=CO=8，根据垂径定理求出AN，得出的横坐标，在△AN中，由勾股定理得出关于R的方程，求出R，即可得出的纵坐标．
解答：解：∵四边形ABCO是正方形，A（0，8），
∴AB=OA=CO=BC=8，
过作N⊥AB于N，连接A，
由垂径定理得：AN= AB=4，
设⊙的半径是R，则N=8?R，A=R，由勾股定理得：A2=N2+AN2，
R2=（8?R）2+42，
解得：R=5，
∵AN=4，四边形ABCO是正方形，⊙于x轴相切，
∴的横坐标是?4，
即（?4，5），
故答案为：（?4，5）．
点评：本题考查了勾股定理、切线的性质、正方形性质，垂径定理等知识点，本题综合性比较强，是一道比较好的题目．
11．（3分）如图，△ABC绕点B逆时针方向旋转到△EBD的位置，若∠A=15°，∠C=10°，E、B、C在同一直线上，则旋转角度是 25 度．
考点：旋转的性质；三角形内角和定理．.
分析：旋转是一种位置变换，折叠前后图形的形状和大小不变，只是位置变化．
三角形的内角和定理．三角形的内角和等于180°，据此即可解答．
解答：解：∵从图形可知：∠ABE即为AB、BE的夹角，等于旋转角，
∠ABE=∠A+∠C=15°+10°=25°，
故旋转角度是25度．
点评：本题考查图形的旋转变化及三角形的内角和定理．关键是要理解旋转是一种位置变换，折叠前后图形的形状和大小不变，只是位置变化．
12．（3分）（2012•岳阳）圆锥底面半径为 ，母线长为2，它的侧面展开图的圆心角是 90° ．
考点：圆锥的计算．.
分析：易得圆锥的底面周长，就是圆锥的侧面展开图的弧长，利用弧长公式可得圆锥侧面展开图的角度，把相关数值代入即可求解．
解答：解：∵圆锥底面半径是 ，
∴圆锥的底面周长为π，
设圆锥的侧面展开的扇形圆心角为n°，
=π，
解得n=90．
故答案为90°．
点评：此题考查了圆锥的计算，用到的知识点为：圆锥的侧面展开图的弧长等于圆锥的底面周长．
13．（3分）一件商品的原价是100元，经过两次提价后的价格为121元，如果每次提价的百分率都是x．根据题意，可列出方程为： 100（1+x）2=121 ．
考点：由实际问题抽象出一元二次方程．.
专题：增长率问题．
分析：设平均每次提价的百分率为x，根据原价为100元，表示出第一次提价后的价钱为100（1+x）元，然后再根据价钱为100（1+x）元，表示出第二次提价的价钱为100（1+x）2元，根据两次提价后的价钱为121元，列出关于x的方程．
解答：解：设平均每次提价的百分率为x，
根据题意得：100（1+x）2=121，
故答案为：100（1+x）2=121．
点评：本题考查是增长率问题，若原数是a，每次变化的百分率为a，则第一次变化后为a（1±x）；第二次变化后为a（1±x）2，即 原数×（1±变化的百分率）2=后来数．
14．（3分）（2011•济南）如图，△ABC为等边三角形，AB=6，动点O在△ABC的边上从点A出发沿着A→C→B→A的路线匀速运动一周，速度为1个长度单位每秒，以O为圆心、 为半径的圆在运动过程中与△ABC的边第二次相切时是出发后第 4 秒．
考点：直线与圆的位置关系；等边三角形的性质．.
专题：压轴题；动点型．
分析：若以O为圆心、 为半径的圆在运动过程中与△ABC的边第二次相切，即为当点O在AC上，且和BC边相切的情况．作O′D⊥BC于D，则O′D= ，利用解直角三角形的知识，进一步求得O′C=2，从而求得O′A的长，进一步求得运动时间．
解答：解：根据题意，则作O′D⊥BC于D，则O′D= ．
在Rt△O′CD中，∠C=60°，O′D= ，
∴O′C=2，
∴O′A=6?2=4，
∴以O为圆心、 为半径的圆在运动过程中与△ABC的边第二次相切时是出发后第4秒．
故答案为：4．
点评：此题考查了直线和圆相切时数量之间的关系，能够正确分析出以O为圆心、 为半径的圆在运动过程中与△ABC的边第二次相切时的位置．
三、解答题（每小题5分，共20分）
15．（5分）计算： ．
考点：二次根式的乘除法．.
专题：计算题．
分析：先将二次根式化为最简，然后从左至右依次运算即可．
解答：解：原式=4 × ÷ =3÷ = ．
点评：本题考查了二次根式的乘除法，解答本题的关键是掌握二次根式的乘除运算法则．
16．（5分）（2010•海安县一模）用配方法解方程：x2?4x+3=0．
考点：解一元二次方程-配方法．.
专题：配方法．
分析：此题考查了配方法解一元二次方程，解题时要注意解题步骤的准确应用．
解答：解：∵x2?4x+3=0
∴x2?4x=?3
∴x2?4x+4=?3+4
∴（x?2）2=1
∴x=2±1
∴x1=3，x2=1．
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．
17．（5分）（2013•武汉模拟）解方程：x（2x?5）=4x?10．
考点：解一元二次方程-因式分解法．.
分析：由于方程左右两边都含有（2x?5），可将（2x?5）看作一个整体，然后移项，再分解因式求解．
解答：解：原方程可变形为：
x（2x?5）?2（2x?5）=0，
（2x?5）（x?2）=0，
2x?5=0或x?2=0；
解得x1= ，x2=2．
点评：本题考查了一元二次方程的解法．解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．
18．（5分）如图，面积为48c2的正方形，四个角是面积为3c2的小正方形，现将四个角剪掉，制作一个无盖的长方体盒子，求这个长方体盒子的体积．
考点：二次根式的应用．.
分析：根据大正方形的面积求出边长，根据剪掉的小正方形的面积求出边长，然后得到盒子的底面边长与高，再根据正方体的体积公式列式进行计算即可得解．
解答：解：∵大正方形面积为48c2，
∴边长为 =4 c，
∵小正方形面积为3c2，
∴边长为 c，
∴长方体盒子的体积=（4 ?2 ）2• =12 c3．
点评：本题考查了二次根式的应用，根据正方形的面积求出边长是解题的关键．
四、解答题（每小题7分，共28分）
19．（7分）如图（1），正方形网格中有一个平行四边形．
（1）把图（1）中的平行四边形分割成四个全等的四边形；
（2）把（1）中所得的四个全等的四边形在图（2）中拼成一个轴对称图形，在图（3）中拼成一个中心对称图形，要求：所得图形与原图形不全等且各个顶点都落在格点上．
考点：利用旋转设计图案；利用轴对称设计图案．.
分析：根据平行四边形的中心对称性，先将平行四边形分为两个全等的平行四边形，再分别将两个平行四边形分成两个直角梯形（如图1），四个直角梯形可拼成只轴对称的等腰梯形（如图2），可拼成只中心对称的平行四边形（如图3）．
解答：解：（1）如图（1）所示：
（2）如图（2）（3）所示．
点评：本题考查了运用旋转，轴对称方法设计图案的问题．关键是熟悉有关图形的对称性，利用对称性分割图形，拼图．
20．（7分）当宽为3c的刻度尺的一边与⊙O相切时，另一边与圆的两个交点处的读数如图所示（单位：c），那么该圆的半径为多少c？
考点：垂径定理的应用；勾股定理．.
分析：首先连接OC，交AB于点D，连接OA，由切线的性质与垂径定理可求得AD的长，然后设该圆的半径为xc，由勾股定理即可得方程：x2=（x?3）2+42，解此方程即可求得答案．
解答：解：连接OC，交AB于点D，连接OA，
由图可得：AB=9?1=8（c），
∵刻度尺的一边与⊙O相切，
∴OC⊥CE，
∵AB∥CE，
∴OD⊥AB，
∴AD= AB=4c，
设OA=xc，
则OD=（x?3）c，
在Rt△OAD中，OA2=OD2+AD2，
∴x2=（x?3）2+42，
解得：x= ．
∴该圆的半径为 c．
点评：此题考查了垂径定理与勾股定理的应用．此题难度不大，注意掌握辅助线的作法，注意掌握方程思想与数形结合思想的应用．
21．（7分）（2011•东莞）如图，在平面直角坐标系中，点P的坐标为（?4，0），⊙P的半径为2，将⊙P沿x轴向右平移4个单位长度得⊙P1
（1）画出⊙P1，并直接判断⊙P与⊙P1的位置关系；
（2）设⊙P1与x轴正半轴，y轴正半轴的交点分别为A、B．求劣弧 与弦AB围成的图形的面积（结果保留π）
考点：圆与圆的位置关系；坐标与图形性质；扇形面积的计算．.
专题：压轴题．
分析：（1）根据题意作图即可求得答案，注意圆的半径为2；
（2）首先根据题意求得扇形BP1A与△BP1A的面积，再作差即可求得劣弧 与弦AB围成的图形的面积．
解答：解：（1）如图：
∴⊙P与⊙P1的位置关系是外切；
（2）如图：∠BP1A=90°，P1A=P1B=2，
∴S扇形BP1A= ，
=π，
S△AP1B= ×2×2=2，
∴劣弧 与弦AB围成的图形的面积为：π?2．
点评：此题考查了圆与圆的位置关系以及扇形面积的求解方法．题目难度不大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
22．（7分）（2012•遵义）如图，△OAC中，以O为圆心，OA为半径作⊙O，作OB⊥OC交⊙O于B，垂足为O，连接AB交OC于点D，∠CAD=∠CDA．
（1）判断AC与⊙O的位置关系，并证明你的结论；
（2）若OA=5，OD=1，求线段AC的长．
考点：切线的判定；勾股定理；相似三角形的判定与性质．.
专题：几何综合题．
分析：（1）根据已知条件“∠CAD=∠CDA”、对顶角∠BDO=∠CDA可以推知∠BDO=∠CAD；然后根据等腰三角形OAB的两个底角相等、直角三角形的两个锐角互余的性质推知
∠B+∠BDO=∠OAB+∠CAD=90°，即∠OAC=90°．所以线段AC是⊙O的切线；
（2）根据“等角对等边”可以推知AC=DC，所以由图形知OC=OD+CD；然后利用（1）中切线的性质可以在Rt△OAC中，根据勾股定理来求AC的长度．
解答：解：（1）线段AC是⊙O的切线；
理由如下：∵∠CAD=∠CDA（已知），∠BDO=∠CDA（对顶角相等），
∴∠BDO=∠CAD（等量代换）；
又∵OA=OB（⊙O的半径），
∴∠B=∠OAB（等边对等角）；
∵OB⊥OC（已知），
∴∠B+∠BDO=∠OAB+∠CAD=90°，即∠OAC=90°，
∴线段AC是⊙O的切线；
（2）设AC=x（x＞0）．
∵∠CAD=∠CDA（已知），
∴DC=AC=x（等角对等边）；
∵OA=5，OD=1，
∴OC=OD+DC=1+x；
∵由（1）知，AC是⊙O的切线，
∴在Rt△OAC中，根据勾股定理得，
OC2=AC2+OA2，即
（1+x）2=x2+52，
解得x=12，即AC=12．
点评：本题综合考查了勾股定理、切线的判定与性质．欲证某线是圆的切线，只需证明连接圆心与此线过圆上的点的线段（圆的半径）与该直线垂直即可．
五、解答题（共2小题，满分16分）
23．（8分）（2012•广元）如图，AB是⊙O的直径，C是AB延长线上一点，CD与⊙O相切于点E，AD⊥CD于点D．
（1）求证：AE平分∠DAC；
（2）若AB=3，∠ABE=60°．
①求AD的长；
②求出图中阴影部分的面积．
考点：切线的性质；扇形面积的计算．.
专题：压轴题；探究型．
分析：（1）连接OE，由切线的性质可知，OE⊥CD，再根据AD⊥CD可知AD∥OE，故∠DAE=∠AEO，再由OA=OE可知∠EAO=∠AEO，故∠DAE=∠EAO，故可得出结论；
（2）①先根据∠ABE=60°求出∠EAO的度数，进而得出∠DAE的度数，再根据锐角三角函数的定义求出AE及BE的长，在Rt△ADE中利用锐角三角函数的定义即可得出AD的长；
②由三角形内角和定理求出∠AOE的度数，再根据OA=OB可知S△AOE=S△BOE= S△ABE求出△AOE的面积，由S阴影=S扇形AOE?S△AOE即可得出结论．
解答：解：（1）连接OE．
∵CD是⊙O的切线，
∴OE⊥CD，
∵AD⊥CD，
∴AD∥OE，
∴∠DAE=∠AEO，
∵OA=OE，
∴∠EAO=∠AEO，
∴∠DAE=∠EAO，
∴AE平分∠DAC；
（2）①∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB=90°，
∵∠ABE=60°，
∴∠EAO=30°，
∴∠DAE=∠EAO=30°，
∵AB=3，
∴AE=AB•cos30°=3× = ，BE= AB= ，
在Rt△ADE中，
∵∠DAE=30°，AE= ，
∴AD=AE•cos30°= × = ；
②∵∠EAO=∠AEO=30°，
∴∠AOE=180°?∠EAO?∠AEO=180°?30°?30°=120°，
∵OA=OB，
∴S△AOE=S△BOE= S△ABE，
∴S阴影=S扇形AOE?S△AOE=S扇形AOE? S△ABE= ? × × × = ? ．
点评：本题考查的是切线的性质及扇形面积的计算，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形，利用直角三角形的性质求解是解答此题的关键．
24．（8分）如图，⊙O的直径AB=4，C为圆周上一点，AC=2，过点C作⊙O的切线DC，P点为优弧CBA上一点（不与A、C重合）
（1）求∠APC与∠ACD的度数；
（2）当点P移动到弧CB的中点时，四边形OBPC是什么特殊的四边形，说明理由．
考点：切线的性质；等边三角形的判定与性质；菱形的判定；圆周角定理．.
分析：（1）连接AC，由直径AB=4，得到半径OA=OC=2，又AC=2，得到AC=OC=OA，即三角形AOC为等边三角形，可得出三个内角都为60°，再由同弧所对的圆心角等于所对圆周角的2倍，得到∠APC为30°，由CD为圆O的切线，得到OC垂直于CD，可得出∠OCD为直角，用∠OCD?∠OCA可得出∠ACD的度数；
（2）当点P移动到弧CB的中点时，四边形OBPC是菱形，由∠AOC为60°，AB为圆O的直径，得到∠BOC=120°，再由P为弧BC的中点，得到两条弧相等，根据等弧对等角，可得出∠COP=∠BOP=60°，进而得到三角形COP与三角形BOP都为等边三角形，可得出OC=OB=PC=PB，即四边形OBPC为菱形．
解答：解：（1）连接AC，如图所示：
∵AC=2，OA=OB=OC= AB=2，
∴AC=OA=OC，
∴△ACO为等边三角形，
∴∠AOC=∠ACO=∠OAC=60°，
∴∠APC= ∠AOC=30°，
又DC与圆O相切于点C，
∴OC⊥DC，
∴∠DCO=90°，
∴∠ACD=∠DCO?∠ACO=90°?60°=30°；
（2）当点P移动到弧CB的中点时，四边形OBPC是菱形，
理由如下：
连接PB，OP，
∵AB为直径，∠AOC=60°，
∴∠COB=120°，
当点P移动到CB的中点时，∠COP=∠POB=60°，
∴△COP和△BOP都为等边三角形，
∴OC=CP=OB=PB，
则四边形OBPC为菱形．
点评：此题考查切线的性质，菱形的判定，等边三角形的判定与性质，以及弧、圆心角及弦之间的关系，熟练掌握性质与判定是解本题的关键．
六、解答题（每小题10分，共20分）
25．（10分）已知△ABC中，AB=AC，D、E是BC边上的点，将△ABD绕点A旋转，得到△ACD′，连接D′E．
（1）如图1，当∠BAC=120°，∠DAE=60°时，求证：DE=D′E；
（2）如图2，当DE=D′E时，∠DAE与∠BAC有怎样的数量关系？请写出，并说明理由．
考点：旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质．.
分析：（1）根据旋转的性质和全等三角形的判定定理SAS证得△DAE≌△D′AE，则由“全等三角形的对应边相等”的性质证得结论；
（2）∠DAE= ∠BAC．根据旋转的性质和全等三角形的判定定理SSS证得△DAE≌△D′AE，则由“全等三角形的对应角相等”的性质推知∠DAE= ∠BAC．
解答：（1）证明：∵△ABD绕点A旋转，得到△ACD′，
∴∠DAD′=∠BAC=120°，AD=AD′．
∵∠DAE=60°，
∴∠EAD′=∠DAD′?∠DAE=120°?60°=60°，
∴∠DAE=∠D′AE．
在△DAE与△D′AE中，
，
∴△DAE≌△D′AE（SAS），
∴DE=D′E（全等三角形的对应边相等）；
（2）解：∠DAE= ∠BAC．理由如下：
∵△ABD绕点A旋转，得到△ACD′，
∴∠DAD′=∠BAC，AD=AD′．
∴在△DAE与△D′AE中，
，
∴△DAE≌△D′AE（SSS），
∴∠DAE=∠D′AE= ∠DAD′，
∴∠DAE= ∠BAC．
点评：本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质．旋转前、后的图形全等．
26．（10分）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，AD=3c，DC=15c，BC=24c．点P从A点出发，沿A→D→C方向以1c/s的速度向终点C匀速运动，同时点Q从C点出发，沿C→B方向以2c/s的速度向终点B匀速运动．在整个运动过程中，△APQ的面积为S（c2），点P运动的时间为t（s）．
（1）当t=2（s），t=4（s），t=16（s）时，求S的值；
（2）在整个运动过程中，求S与t的函数关系式；
（3）试确定当t为何值时，△APQ的面积S=27c2；
（4）当点P在AD上，当t为何值时，△APQ是直角三角形．
考点：相似形综合题．.
分析：（1）根据三角形的面积公式和梯形的面积公式就可以分别求出t=2（s），t=4（s），t=16（s）时S的值；
（2）分三种情况如图1，图2，图3分别由三角形与梯形的面积公式就可以求出结论；
（3）将S=27分别代入解析式就可以求出结论；
（4）分两种情况如图4、图5建立方程就可以求出结论．
解答：解：（1）当t=2时，
S= =15；
当t=4时，
S= ? ? =25；
当t=16时，
S= =159
（2）如图1，当0＜t≤3时，
S= ；
如图2，当3＜t≤12时
S= ，
=t2? t+27；
如图3，当12＜t≤18时，
S= ，
= t?9．
（3）由题意，得
当 =27时，
t= ＞3（舍去），
当t2? t+27=27时，
解得：t1=0（舍去），t2=
当 t?9=27时，
解得：t= ＜12（舍去），
∴t= 时，△APQ的面积S=27c2；
（4）如图4，当∠APQ=90°时
3?t=2t，
∴t=1，
如图5，当∠PAQ=90°时
2t=3，
∴t= ．
∴当点P在AD上，当t=1或 时，△APQ是直角三角形．
点评：本题考查了三角形、梯形的面积公式的运用，分段函数的运用，由函数值确定自变量的值的运用，直角三角形的性质的运用，解答时求出二次函数的解析式是关键．