2020年江苏省苏州市中考数学试题(解析版)

江苏省苏州市2020年中考数学试题

一、选择题：本大题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．请将选择题的答案用2B铅笔涂在答题卡相应位置上．

1.在下列四个实数中，最小的数是（ ） A. 2 【答案】A 【解析】 【分析】

正实数都大于0，负实数都小于0，正实数大于一切负实数，两个负实数绝对值大的反而小，据此判断即可． 【详解】解：根据实数大小比较的方法，可得-2＜0＜所以四个实数中，最小的数是-2． 故选：A．

【点睛】此题主要考查了实数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：正实数＞0＞负实数，两个负实数绝对值大的反而小．

2.某种芯片每个探针单元的面积为0.00000164cm2，0.00000164用科学记数法可表示为（ ） A. 1.64105 【答案】B 【解析】 【分析】

10-n，绝对值小于1的数利用科学记数法表示的一般形式为a×指数n由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．

10-6， 【详解】解：0.00000164=1.64×故选：B．

10n的形式是关键． 【点睛】本题考查用科学记数法表示较小数的方法，写成a×3.下列运算正确的是（ ） A. a2a3a6 【答案】D 【解析】 【分析】

B. a3aa3

C. a2B. 1.64106

C. 16.4107

D. 0.164105

B.

1 3C. 0 D.

3 1＜3， 33a5 D. a2b2a4b2

根据幂的运算法则逐一计算可得．

【详解】解： A、a2a3a5，此选项错误； B、a3aa2，此选项错误； C、a23a6，此选项错误；

D、a2b2a4b2，此选项正确；

故选：D．

【点睛】本题主要考查幂的运算，解题的关键是掌握幂的运算法则． 4.如图，一个几何体由5个相同的小正方体搭成，该几何体的俯视图是（ ）

A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】

根据组合体的俯视图是从上向下看的图形，即可得到答案． 【详解】组合体从上往下看是横着放的三个正方形． 故选C．

【点睛】本题主要考查组合体三视图，熟练掌握三视图的概念，是解题的关键．5.不等式2x13的解集在数轴上表示正确的是（ ） A.

B.

C.

D.

【答案】C 【解析】 【分析】

先求出不等式的解集，再在数轴上表示出来即可．

的

【详解】解：移项得，2x≤3+1， 合并同类项得，2x≤4， 系数化为1得，x≤2， 在数轴上表示为：故选：C．

【点睛】本题考查的是在数轴上表示不等式的解集，熟知“小于向左，大于向右，在表示解集时≥，≤要用实心圆点表示；＜，＞要用空心圆点表示”是解答此题的关键． 6.某手表厂抽查了10只手表的日走时误差，数据如下表所示（单位：s）： 日走时误差 只数

则这10只手表的平均日走时误差（单位：s）是（ ） A. 0 【答案】D 【解析】 【分析】

根据加权平均数的概念，列出算式，即可求解．

【详解】由题意得：（0×3+1×4+2×2+3×1）÷10=1.1（s） 故选D．

【点睛】本题主要考查加权平均数，熟练掌握加权平均数的计算方法，是解题的关键．

7.如图，小明想要测量学校操场上旗杆AB的高度，他作了如下操作：（1）在点C处放置测角仪，测得旗杆顶的仰角ACE；（2）量得测角仪的高度CDa；（3）量得测角仪到旗杆的水平距离DBb．利用锐角三角函数解直角三角形的知识，旗杆的高度可表示为（ ）

B. 0.6

C. 0.8

D. 1.1

0 3 1 4 2 2 3 1

A. abtan 【答案】A

B. absin C. ab tanD. ab sin

【解析】 【分析】

延长CE交AB于F，得四边形CDBF为矩形，故CF=DB=b，FB=CD=a，在直角三角形ACF中，利用CF的长和已知的角的度数，利用正切函数可求得AF的长，从而可求出旗杆AB的长． 【详解】延长CE交AB于F，如图，

根据题意得，四边形CDBF为矩形， ∴CF=DB=b，FB=CD=a，

在Rt△ACF中，∠ACF=α，CF=b， tan∠ACF=

AF CF∴AF=CFtanACFbtan, AB=AF+BF=abtan， 故选：A．

【点睛】主要考查了利用了直角三角形的边角关系来解题，通过构造直角三角形，将实际问题转化为数学问题是解答此类题目的关键所在．

8.如图，在扇形OAB中，已知AOB90，OA足分别为D、E，则图中阴影部分的面积为（ ）

2，过AB的中点C作CDOA，CEOB，垂

A. 1 【答案】B 【解析】 【分析】

B.

1 2C. 1 2D.

21 2

连接OC，易证△CDO△CEO，进一步可得出四边形CDOE为正方形，再根据正方形的性质求出边长即可求得正方形的面积，根据扇形面积公式得出扇形AOB的面积，最后根据阴影部分的面积等于扇形AOB的面积剪去正方形CDOE的面积就可得出答案． 【详解】连接OC 点C为AB的中点

∴AOCBOC

在CDO和CEO中

AOCBOCCDOCEO90 COCO△CDO△CEOAAS

ODOE,CDCE

又

CDOCEODOE90

四边形CDOE为正方形

OCOA2

ODOE1

S正方形CDOE=11=1

由扇形面积公式得S=扇形AOB9022360=

2S阴影=S扇形AOBS正方形CDOE=故选B．

21

【点睛】本题考查了扇形面积的计算、正方形的判定及性质，熟练掌握扇形面积公式是解题的关键． 9.如图，在ABC中，BAC108，将ABC绕点A按逆时针方向旋转得到ABC．若点B恰好落在BC边上，且ABCB，则C的度数为（ ）

A. 18 【答案】C 【解析】 【分析】

B. 20 C. 24 D. 28

根据旋转的性质得出边和角相等，找到角之间的关系，再根据三角形内角和定理进行求解，即可求出答案． 【详解】解：设C=x°.

根据旋转的性质，得∠C=∠C'= x°，AC'=AC, AB'=AB. ∴∠AB'B=∠B.

∵ABCB，∴∠C=∠CAB'=x°. ∴∠AB'B=∠C+∠CAB'=2x°. ∴∠B=2x°.

∵∠C+∠B+∠CAB=180°，BAC108， ∴x+2x+108=180. 解得x=24.

∴C的度数为24°. 故选：C.

【点睛】本题考查了三角形内角和定理，旋转的性质的应用及等腰三角形得性质.

10.如图，平行四边形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，点D3,2在对角线OB上，反比例函数

yk15 k0,x0的图像经过C、D两点．已知平行四边形OABC的面积是，则点B的坐标为（ ）

x2

A. 4,

83B. ,3

92



C. 5,10 3D. 2416, 55

【答案】B 【解析】 【分析】

根据题意求出反比例函数解析式，设出点C坐标a,示求出OA，再利用平行四边形OABC的面积是

6，得到点B纵坐标，利用相似三角形性质，用a表a15构造方程求a即可． 2【详解】解：如图，分别过点D、B作DE⊥x轴于点E，DF⊥x轴于点F，延长BC交y轴于点H

∵四边形OABC是平行四边形 ∴易得CH=AF

∵点D3,2在对角线OB上，反比例函数y∴k236 即反比例函数解析式为y∴设点C坐标为a,∵DEkk0,x0的图像经过C、D两点 x6 x6 aBF

∴△ODE△OBF

DEOE BFOF23∴6OF a63∴a9 OF2a∴

∴OAOFAFOFHC996a，点B坐标为, aaa∵平行四边形OABC的面积是

15 2

∴9615a aa2解得a12,a22（舍去） ∴点B坐标为故应选：B

【点睛】本题是反比例函数与几何图形的综合问题，涉及到相似三角形的的性质、反比例函数的性质，解答关键是根据题意构造方程求解．

9,3 2二、填空题：本大题共8小题，每小题3分，共24分．把答案直接填在答题卡相应位置上．

11.使x1在实数范围内有意义的x的取值范围是__________． 3【答案】x1 【解析】 【分析】

根据二次根式的被开方数是非负数，列出不等式，即可求解． 【详解】∵x-1≥0， ∴x≥1．

故答案是：x1．

【点睛】本题主要考查二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数，是解题的关键． 12.若一次函数y3x6的图像与x轴交于点m,0，则m__________． 【答案】2 【解析】 【分析】

把点（m，0）代入y=3x-6即可求得m的值．

【详解】解：∵一次函数y=3x-6的图象与x轴交于点（m，0）， ∴3m-6=0， 解得m=2. 故答案为:2．

【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，图象上点的坐标适合解析式是解题的关键． 13.一个小球在如图所示的方格地砖上任意滚动，并随机停留在某块地砖上．每块地砖的大小、质地完全相

同，那么该小球停留在黑色区域的概率是___________．

3【答案】

8【解析】 【分析】

先求出黑色方砖在整个地面中所占的比值，再根据其比值即可得出结论． 【详解】解：∵由图可知，黑色方砖6块，共有16块方砖， ∴黑色方砖在整个区域中所占的比值=3∴小球停在黑色区域的概率是；

83故答案为：

863=， 168【点睛】本题考查的是几何概率，用到的知识点为：几何概率=相应的面积与总面积之比． 14.如图，已知AB是

O的直径，AC是O的切线，连接OC交O于点D，连接BD．若C40，

则B的度数是_________．

【答案】25 【解析】 【分析】

先由切线的性质可得∠OAC=90°，再根据三角形的内角和定理可求出∠AOD=50°，最后根据“同弧所对的圆周角等于圆心角的一半”即可求出∠B的度数． 【详解】解：∵AC是 ∴∠OAC=90°∵C40，

O的切线，

∴∠AOD=50°， ∴∠B=

1∠AOD=25° 2故答案为：25．

【点睛】本题考查了切线的性质和圆周角定理，掌握圆周角定理是解题的关键． 15.若单项式2xm1y2与单项式【答案】4 【解析】 【分析】

根据同类项的定义：所含字母相同，相同字母的指数也相同的单项式是同类项.可列式子m-1=2,n+1=2,分别求出m,n的值，再代入求解即可. 【详解】解：∵单项式2x∴m-1=2,n+1=2, 解得：m=3,n=1. ∴m+n=3+1=4. 故答案为：4.

【点睛】本题考查了同类项的概念，正确理解同类项的定义是解题的关键.

16.如图，在ABC中，已知AB2，ADBC，垂足为D，BD2CD．若E是AD的中点，则

m112n1xy是同类项，则mn___________． 31y2与单项式x2yn1是同类项，

3EC_________．

【答案】1 【解析】 【分析】

根据“两边对应成比例，夹角相等的两个三角形相似”证明△ADB∽△EDC，得则可求出结论． 【详解】

ABBD2，由AB=2ECDCBD2DC

BD2 DCE为AD的中点， AD2DE，

AD2， DEBDAD2， DCDE∴

ADBC

ADBEDC90 ADBEDC

ABBD2 ECDCAB2

EC1

故答案为：1．

【点睛】此题主要考查了三角形相似的判定与性质，得出

BDAD2是解答此题的关键． DCDE17.如图，在平面直角坐标系中，点A、点C3,n在第一象限内，连接AC、0,4，B的坐标分别为4,0、

BC．已知BCA2CAO，则n_________．

【答案】

14 5【解析】 【分析】

过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，先证CDE≌CDB（ASA），进而可得DE＝DB＝4－n，再证AOE∽CDE，进而可得

42n4，由此计算即可求得答案． 34n【详解】解：如图，过点C作CD⊥y轴，交y轴于点D，则CD∥AO，

∴∠DCE＝∠CAO， ∵∠BCA＝2∠CAO， ∴∠BCA＝2∠DCE， ∴∠DCE＝∠DCB， ∵CD⊥y轴，

∴∠CDE＝∠CDB＝90°， 又∵CD＝CD，

∴CDE≌CDB（ASA）， ∴DE＝DB，

∵B（0，4），C（3，n）， ∴CD＝3，OD＝n，OB＝4， ∴DE＝DB＝OB－OD＝4－n， ∴OE＝OD－DE ＝n－（4－n） ＝2n－4， ∵A（－4，0）， ∴AO＝4， ∵CD∥AO， ∴AOE∽CDE， ∴∴

AOOE ， CDDE42n4， 34n解得：n故答案

14， 514：． 5【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及点的坐标的应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解决本题的关键．

18.如图，已知MON是一个锐角，以点O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OM、ON于点A、B，再分别以点A、B为圆心，大于

1AB长为半径画弧，两弧交于点C，画射线OC．过点A作AD2ON，

交射线OC于点D，过点D作DEOC，交ON于点E．设OA10，则sinMON________． DE12，

【答案】【解析】 【分析】

24 25连接AB交OD于点H，过点A作AG⊥ON于点G，根据等腰三角形的性质得OH⊥AB，AH=BH，从而得四边形ABED是平行四边形，利用勾股定理和三角形的面积法，求得AG的值，进而即可求解． 【详解】连接AB交OD于点H，过点A作AG⊥ON于点G， 由尺规作图步骤，可得：OD是∠MON的平分线，OA=OB， ∴OH⊥AB，AH=BH， ∵DEOC， ∴DE∥AB， ∵ADON，

∴四边形ABED是平行四边形， ∴AB=DE=12， ∴AH=6， ∴OH=AO2AH2102628，

∵OB∙AG=AB∙OH，

ABOH12848==， 10OB5AG24=∴sinMON． OA2524故答案是：．

25∴AG=

【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，平行四边形的判定和性质定理，勾股定理，锐角三角函数的定义，添加合适的辅助线，构造直角三角形是解题的关键．

三、解答题：本大题共10小题，共76分．把解答过程写在答题卡相应位置上，解答时应写出必要的计算过程、推演步骤或文字说明．作图时用2B铅笔或黑色墨水签字笔．

19.计算：9(2)2(3)0． 【答案】6 【解析】 【分析】

根据算术平方根、乘方的定义、零指数幂法则计算即可． 【详解】解：原式341

6．

【点睛】本题考查了实数的混合运算，熟练掌握相关运算法则是解决本题的关键．

x21． x1x13【答案】x

220.解方程：【解析】 【分析】

根据解分式方程的步骤解答即可．

【详解】解：方程两边同乘以（x1），得xx12. 解这个一元一次方程，得x经检验，x3． 23是原方程的解． 2【点睛】本题主要考查了解分式方程，熟练掌握把分式方程转化为整式方程是解答本题的关键．

21.如图，“开心”农场准备用50m的护栏围成一块靠墙的矩形花园，设矩形花园的长为am，宽为bm．

（1）当a20时，求b的值；

（2）受场地条件的限制，a的取值范围为18a26，求b的取值范围． 【答案】（1）b=15；（2）12b16 【解析】 【分析】

（1）根据等量关系“围栏的长度为50”可以列出代数式，再将a=20代入所列式子中求出b的值； （2）由（1）可得a,b之间的关系式，用含有b的式子表示a,再结合18a26，列出关于b的不等式组，接着不等式组即可求出b的取值范围. 【详解】解：（1）由题意，得a2b50， 当a20时，202b50． 解得b15．

（2）∵18a26，a502b， ∴502b18

502b26解这个不等式组，得12b16． 答：矩形花园宽的取值范围为12b16．

【点睛】此题主要考查了列代数式，正确理解题意得出关系式是解题关键．还考查了解不等式组，难度不大.

22.为增强学生垃圾分类意识，推动垃圾分类进校园．某初中学校组织全校1200名学生参加了“垃圾分类知识竞赛”，为了解学生的答题情况，学校考虑采用简单随机抽样的方法抽取部分学生的成绩进行调查分析． （1）学校设计了以下三种抽样调查方案：

方案一：从初一、初二、初三年级中指定部分学生成绩作为样本进行调查分析；

方案二：从初一、初二年级中随机抽取部分男生成绩及在初三年级中随机抽取部分女生成绩进行调查分析； 方案三：从三个年级全体学生中随机抽取部分学生成绩进行调查分析．

其中抽取的样本具有代表性的方案是__________．（填“方案一”、“方案二”或“方案三”） （2）学校根据样本数据，绘制成下表（90分及以上为“优秀”，60分及以上为“及格”）：

样本容量 100 平均分 93.5 及格率 100% 优秀率 最高分 100 最低分 80 70% 分数段统计（学生成绩记为x） 分数段 频数

请结合表中信息解答下列问题：

①估计该校1200名学生竞赛成绩的中位数落在哪个分数段内； ②估计该校1200名学生中达到“优秀”的学生总人数．

【答案】（1）方案三；（2）①该校1200名学生竞赛成绩的中位数落在90x95分数段内；②该校1200名学生中达到“优秀”的学生总人数为840人 【解析】 分析】

（1）抽取样本注意事项就是要考虑样本具有广泛性与代表性，所谓代表性，就是抽取的样本必须是随机的． （2）①根据中位数的定义，即可求出这次竞赛成绩的中位数所落的分数段； ②用优秀率乘以该校共有的学生数，即可求出答案．

【详解】解：（1）要调查学生的答题情况，需要考虑样本具有广泛性与代表性，就是抽取的样本必须是随机的，则抽取的样本具有代表性的方案是方案三． 答案是：方案三；

0x80 0 80x85 5 85x90 25 90x95 30 95x100 40 【②由题意得：120070%840（人）．

（2）①∵由表可知样本共有100名学生，

∴这次竞赛成绩的中位数是第50和51个数的平均数， ∴这次竞赛成绩的中位数落在落在90x95分数段内； ∴该校1200名学生竞赛成绩的中位数落在90x95分数段内；

∴该校1200名学生中达到“优秀”学生总人数为840人．

【点睛】解决此题，需要能从统计表中获取必要的信息，根据题意列出算式是本题的关键，用到的知识点是抽样的可靠性，中位数的定义，用样本估计总体等．

23.如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，DFAE，垂足为F．

（1）求证：ABE∽DFA；

（2）若AB6，BC4，求DF的长． 【答案】（1）见解析；（2）DF【解析】 【分析】

根据矩形的性质可得，B90，AD∥BC．再根据“两直线平行，内错角相等”可得AEBDAF，再由垂直的定义可得DFA90．从而得出BDFA，再根据“有两组角对应相等的两个三角形相似”可得出结论；

根据中点的定义可求出BE=2，然后根据勾股定理求出AE=210 .再根据相似三角形的性质求解即可. 【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴B90，AD∥BC． ∴AEBDAF， ∵DFAE， ∴DFA90． ∴BDFA， ∴ABE∽DFA． 解：（2）∵ABE∽DFA， ∴

610 5ABAE． DFAD11BC42． 22∵BC4，E是BC的中点， ∴BE∴在RtABE中，AE又∵ADBC4， ∴

AB2BE26222210．

6210， DF4

∴DF610． 5【点晴】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定方法和性质是解题的关键.

24.如图，二次函数yx2bx的图像与x轴正半轴交于点A，平行于x轴的直线l与该抛物线交于B、C两点（点B位于点C左侧），与抛物线对称轴交于点D2,3．

（1）求b的值；

（2）设P、Q是x轴上的点（点P位于点Q左侧），四边形PBCQ为平行四边形．过点P、Q分别作x轴

的垂线，与抛物线交于点Px1,y1、Qx2,y2．若|y1y2|2，求x1、x2的值．

31xx1212【答案】（1）b4；（2）或

75xx2222【解析】 【分析】

（1）根据直线l与抛物线对称轴交于点D2,3可得对称轴为直线x2，由此即可求得b 的值； （2）先求得点B、C的坐标，可得BC2，再根据四边形PBCQ为平行四边形可得PQBC2，即

2x2x12，最后根据y1x124x1，y2x24x2，|y1y2|2可得x1x25或x1x23，由此分

别与x2x12联立方程组求解即可．

【详解】解：（1）∵直线l与抛物线yxbx的对称轴交于点D2,3，

2∴抛物线yx2bx的对称轴为直线x2，

即b2， 2∴b4．

（2）由（1）得：抛物线的解析式为yx4x， 把y3代入抛物线的解析式yx4x， 得x24x3， 解得x1或3，

∴B、C两点的坐标为B1,3，C3,3， ∴BC2，

∵四边形PBCQ为平行四边形， ∴PQBC2， ∴x2x12，

22又∵y1x14x1，y2x24x2，|y1y2|2，

22∴x14x1x24x22， ∴x1x241，

∴x1x25或x1x23，

223x1x2x122由，解得

7x1x25x221xx2x1212由解得

5xx312x2231xx1212∴x1、x2的值为或．

75xx2222【点睛】本题考查了二次函数的图像性质以及平行四边形的性质，熟练掌握二次函数的相关性质是解决本题的关键．

25.问题1：如图①，在四边形ABCD中，BC90，P是BC上一点，PAPD，APD90．

求证：ABCDBC．

问题2：如图②，在四边形ABCD中，BC45，P是BC上一点，PAPD，APD90．求

ABCD的值．

BC【答案】问题1：见解析；问题2：【解析】 【分析】

问题1：先根据AAS证明ABP≌PCD，可得ABPC，BPCD，由此即可证得结论；

问题2：分别过点A、D作BC的垂线，垂足为E、F，由（1）可知AEDFEF，利用45°的三角函数值可得AB2 2AEDF2AE，CD2DF，由此即可计算得到答案．

sin45sin45【详解】问题1：证明：∵B90， ∴APBBAP90． ∵APD90，

∴APBCPD90． ∴BAPCPD． 在△ABP和PCD中，

BCBAPCPD， PADP∴△ABP≌△PCDAAS． ∴ABPC，BPCD， ∴ABCDBPPCBC．

问题2：如图，分别过点A、D作BC的垂线，垂足为E、F． 由（1）可知AEDFEF，

在Rt△ABE和RtDFC中，BC45，

∴AEBE，DFCF，

ABAEDF2AE，CD2DF．

sin45sin45∴BCBEEFCF2AEDF，ABCD2AEDF．

∴

ABCD2(AEDF)2． BC2(AEDF)2

【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质、解直角三角形，作出正确的辅助线并能利用解直角三角形的相关知识是解决本题的关键．

26.某商店代理销售一种水果，六月份的销售利润y（元）与销售量xkg之间函数关系的图像如图中折线所示．请你根据图像及这种水果的相关销售记录提供的信息，解答下列问题：

日期 销售记录 库存600kg，成本价8元/kg，售价10元/kg（除了促销降价，其他时间售价保持6月1日 不变）． 6月9日 从6月1日至今，一共售出200kg． 这两天以成本价促销，之后售价恢复到10元/kg． 补充进货200kg，成本价8.5元/kg． 6月10、11日 6月12日 6月30日

800kg水果全部售完，一共获利1200元．

（1）截止到6月9日，该商店销售这种水果一共获利多少元？ （2）求图像中线段BC所在直线对应的函数表达式． 【答案】（1）400元；（2）y【解析】 【分析】

（1）根据利润= （售价-成本价）×销售量计算即可；

（2）设点B坐标为a,400，根据题意列出方程计算即可求得a350，再利用待定系数法即可求得线段

162000x 99BC所在直线对应的函数表达式．销售量

【详解】解：（1）200108400（元）．

答：截止到6月9日，该商店销售这种水果一共获利400元． （2）设点B坐标为a,400．

根据题意，得108600a108.52001200400， 解这个方程，得a350． ∴点B坐标为350,400．

设线段BC所在直线的函数表达式为ykxb， ∵B,C两点坐标分别为350,400，800,1200，

∴350kb400

800kb120016k9解这个方程组，得．

2000b9∴线段BC所在直线的函数表达式为y【点睛】本题考查了一次函数的实际运用，熟练掌握利润= （售价-成本价）×销售量以及待定系数法求一次函数表达式是解决本题的关键．

27.如图，已知MON90，OT是MON的平分线，A是射线OM上一点，OA8cm．动点P从点

A出发，以1cm/s的速度沿AO水平向左作匀速运动，与此同时，动点Q从点O出发，也以1cm/s的速

的162000x． 99

度沿ON竖直向上作匀速运动．连接PQ，交OT于点B．经过O、P、Q三点作圆，交OT于点C，连接

PC、QC．设运动时间为ts，其中0t8．

（1）求OPOQ的值；

（2）是否存在实数t，使得线段OB的长度最大？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由． （3）求四边形OPCQ的面积．

【答案】（1）8cm；（2）存在，当t=4时，线段OB的长度最大，最大为22cm；（3）16cm2 【解析】 【分析】

（1）根据题意可得OP8t，OQt，由此可求得OPOQ的值；

（2）过B作BDOP，垂足为D，则BD//OQ，设线段BD的长为x，可得BDODx，

OB2BD2x，PD8tx，根据BD//OQ可得△PBD∽△PQO，进而可得

PDBD，由OPOQ8tt28tt22此可得x，由此可得OB2(t4)222，则可得到答案；

888（3）先证明△PCQ是等腰直角三角形，由此可得S△PCQ1222PQ2，再利用勾股定理可得PQ(8t)t，4最后根据四边形OPCQ的面积SS△POQS△PCQ即可求得答案． 【详解】解：（1）由题可得：OP8t，OQt． ∴OPOQ8tt8(cm)． （2）当t4时，线段OB的长度最大．

如图，过B作BDOP，垂足为D，则BD//OQ． ∵OT平分MON， ∴BODOBD45，

∴BDOD，OB设线段BD的长为x，

2BD．

则BDODx，OB∵BD//OQ， ∴△PBD∽△PQO，

2BD2x，PD8tx．

∴

PDBD， OPOQ8txx，

8tt∴

8tt2解得：x．

88tt22∴OB2(t4)222．

88∴当t4时，线段OB的长度最大，最大为22cm． （3）∵POQ90， ∴PQ是圆的直径． ∴PCQ90．

∵PQCPOC45， ∴△PCQ是等腰直角三角形． ∴S△PCQ1PCQC 2122PQPQ 2221PQ2． 422222在Rt△POQ中，PQOPOQ(8t)t． ∴四边形OPCQ的面积SS△POQS△PCQ

11OPOQPQ2 24

1122t(8t)(8t)t 24114tt2t2164t

2216．

∴四边形OPCQ的面积为16cm2．

【点睛】本题考查了相似三角形的判定及性质，直径的判定及性质，二次函数的最值问题等相关知识，熟练掌握相关知识是解决本题的关键．