湖北省鄂州一中2012-2013學年九年級（上）期中數學試卷
一、（每小題3分，共30分）
1．（3分）（2013•阜寧縣一模）下列標志既是軸對稱圖形又是中心對稱圖形的是（　　）
　A． B． C． D．

考點：中心對稱圖形；軸對稱圖形；生活中的旋轉現象． .
專題：壓軸題．
分析：根據軸對稱圖形與中心對稱圖形的概念求解．
解答：解：A、是軸對稱圖形，也是中心對稱圖形，符合題意；
B、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，不符合題意；
C、不是軸對稱圖形，是中心對稱圖形，不符合題意；
D、是軸對稱圖形，不是中心對稱圖形，不符合題意．
故選A．
點評：掌握中心對稱圖形與軸對稱圖形的概念，要注意：軸對稱圖形的關鍵是尋找對稱軸，圖形兩部分折疊后可重合；
中心對稱圖形是要尋找對稱中心，旋轉180度后與原圖重合．
　
2．（3分）（2007•黑龍江）下列二次根式是最簡二次根式的為（　　）
　A． B． C． D．

考點：最簡二次根式． .
分析：B、C選項的被開方數中含有未開盡方的因數或因式；D選項的被開方數中含有分母；因此這三個選項都不符合最簡二次根式的要求．
解答：解：因為：B、 =2 x；C、 =y ；D、 = ；這三個選項都不是最簡二次根式．
故選A．
點評：在判斷最簡二次根式的過程中要注意：
（1）在二次根式的被開方數中，只要含有分數或小數，就不是最簡二次根式；
（2）在二次根式的被開方數中的每一個因式（或因數），如果冪的指數等于或＞2，也不是最簡二次根式．
　
3．（3分）在正數范圍內定義運算“※”，其規則為a※b=a+b2，則方程x※（x+1）=5的解是（　　）
　A．x=5B．x=1C．x1=1，x2=?4D．x1=?1，x2=4

考點：解一元二次方程-因式分解法． .
專題：新定義．
分析：根據已知得出x+（x+1）2=5，求出方程的解即可．
解答：解：x※（x+1）=5，
即x+（x+1）2=5，
x2+3x?4=0，
（x?1）（x+4）=0，
x?1=0，x+4=0，
x1=1，x=?4．
故選C．
點評：本題考查了新定義和解一元二次方程，關鍵是能根據新定義得出方程x+（x+1）2=5．
　
4．（3分）下列說法：
①平分弦的直徑垂直于弦
②三點確定一個圓，
③相等的圓心角所對的弧相等
④垂直于半徑的直線是圓的切線
⑤三角形的內心到三條邊的距離相等
其中不正確的有（　　）
　A．1個B．2個C．3個D．4個

考點：三角形的內切圓與內心；垂徑定理；圓周角定理；確定圓的條件；切線的判定． .
分析：舉出反例圖形，即可判斷①②③④；根據角平分線性質即可推出⑤．
解答：解：如圖
∵弦CD和直徑AB，符合AB平分弦CD，且AB是直徑，但AB和CD不垂直，∴①錯誤；
∵在同一直線上的三點不能確定一個圓，∴②錯誤；

∵如圖圓心角∠COD=∠AOB，但弧AB和弧CD不相等，∴③錯誤；

∵如圖CD⊥半徑OA，但CD不是圓的切線，∴④錯誤；
∵根據角平分線的性質即可得出三角形的內心到三角形的三邊距離相等，∴⑤正確；
∴不正確的有4個，
故選D．
點評：本題考查了確定圓的條件，角平分線的性質，垂徑定理，切線的判定，圓周角定理等知識點的應用．
　
5．（3分）已知△ABC中AB=AC，BC=8，其外接圓半徑為5，則△ABC的周長為（　　）
　A． B． C． 或 D．以上都不對

考點：垂徑定理；勾股定理． .
專題：探究型．
分析：根據題意畫出圖形，由于△ABC的形狀不能確定，故應分△ABC是銳角三角形和鈍角三角形兩種情況進行討論．
解答：解：當△ABC是銳角三角形時，如圖1所示：
過點A作AD⊥BC于點D，連接OB，
∵⊙O是△ABC的外接圓，
∴點O在直線AD上，
∵AB=AC，BC=8，
∴BD=CD= BC= ×8=4，
∵OB=5，
∴在Rt△OBD中，OD= = =3，
∴AD=OA+OD=5+3=8，
在Rt△ABD中，
AB= = =4 ，
∴△ABC的周長=AB+AC+BC=4 +4 +8=8+8 ；
當△ABC是銳角三角形時，如圖2所示，過點A作AD⊥BC于點D，連接OB，
∵⊙O是△ABC的外接圓，
∴點O在直線AD上，
∵AB=AC，BC=8，
∴BD=CD= BC= ×8=4，
∵OB=5，
∴在Rt△OBD中，OD= = =3，
∴AD=OA?OD=5?3=2，
在Rt△ABD中，
AB= = =2 ，
∴△ABC的周長=AB+AC+BC=2 +2 +8=8+4 ．
∴△ABC的周長為：8+4 或8+8 ．

點評：本題考查的是垂徑定理及勾股定理，根據題意畫出圖形，利用數形結合求解是解答此題的關鍵．
　
6．（3分）關于x的一元二次方程?2x2+3x+a2?5a+6=0有一根為零，則a的值為（　　）
　A．0B．2C．3D．2或3

考點：一元二次方程的解． .
分析：把x=0代入?2x2+3x+a2?5a+6=0得出方程a2?5a+6=0，求出方程的解即可．
解答：解：把x=0代入?2x2+3x+a2?5a+6=0得：a2?5a+6=0，
（a?2）（a?3）=0，
解得：a1=2，a2=3．
故選D．
點評：本題考查了解一元二次方程和一元二次方程的解，關鍵是得出關于a的方程．
　
7．（3分）（2006•臨沂）如圖，在矩形ABCD中，E在AD上，EF⊥BE，交CD于F，連接BF，則圖中與△ABE一定相似的三角形是（　　）

　A．△EFBB．△DEFC．△CFBD．△EFB和△DEF

考點：相似三角形的判定；矩形的性質． .
分析：本題主要應用兩三角形相似的判定定理，有兩個對應角相等的三角形相似，做題即可．
解答：解：∵ABCD是矩形
∴∠A=∠D
∵EF⊥BE
∴∠AEB+∠DEF=90°
∵∠DEF+∠DFE=90°
∴∠AEB=∠DFE
∴△ABE∽△DEF．
故選B．
點評：此題考查有兩組角對應相等的兩個三角形相似的應用．
　
8．（3分）△ABC中AD、CE是高，∠B=60°，連接DE，則DE：AC等于（　　）

　A．1： B．1： C．1：2D．2：3

考點：相似三角形的判定與性質． .
分析：根據直角三角形兩銳角互余求出∠BAD=30°，再根據直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半可得BD= AB，同理可得BE= BC，然后求出 = ，再根據兩邊對應成比例，夾角相等兩三角形相似求出△BDE和△BAC相似，然后根據相似三角形對應邊成比例列出比例式求解即可．
解答：解：∵∠B=60°，AD是高，
∴∠BAD=90°?∠B=90°?60°=30°，
∴BD= AB，
同理可得BE= BC，
∴ = = ，
又∵∠ABC=∠DBE，
∴△BDE∽△BAC，
∴ = = ，
故選C．
點評：本題考查了相似三角形的判定與性質，直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半的性質，難點不大，求出△BDE和△BAC相似是解題的關鍵．
　
9．（3分）如圖：直線 與x軸，y軸分別相交于A、B兩點，半徑為1的⊙P沿x軸向右移動，點P坐標為P（，0），當⊙P與該直線相交時，的取值范圍是（　　）

　A．?2≤≤2B．1＜＜5C．＞2D．1≤≤5

考點：直線與圓的位置關系；一次函數的性質． .
分析：因為點P是動點，所以從特殊位置（相切）入手分析，分右相切和左相切兩種情況，然后求解．
解答：解：若圓和直線相切，則圓心到直線的距離應等于圓的半徑1，
據直線的解析式求得A（3，0），B（0， ），
則tan∠BAO= = ，
所以∠BAO=30°，
所以當相切時，AP=2，
點P可能在點A的左側或右側．所以要相交，應介于這兩種情況之間，則3?2＜＜3+2，即1＜＜5．
故選B．
點評：此題主要考查了直線與坐標軸的求法，以及三角函數的運用，題目綜合性較強，注意特殊點的求法是解決問題的關鍵．
　
10．（3分）數學符號體現了數學的簡潔美．如12+22+32+…+992+1002可記為 ，又如 …+ ．設A= ，那么與A最接近的整數是（　　）
　A．2011B．2012C．2013D．2014

考點：二次根式的化簡求值． .
專題：新定義．
分析：根據新定義列出算式，然后根據二次根式的性質化簡，再裂項計算即可得解．
解答：解：根據題意得：A= + +…+ ，
∵1+1+ = ，1+ + = ，1+ + = ，…，1+ + = ，
∴A= + + +…+ ，
=1+ +1+ +1+ +…1+ ，
=2012+ + + +…+ ，
=2012+1? + ? + ? + ? ，
=2012+1? ，
=2013? ，
∴與A最接近的整數是2013．
故選C．
點評：本題考查了二次根式的化簡求值，根據前幾項的計算規律去掉根號是解題的關鍵，要注意裂項可是使計算更加簡便．
　
二、題（每小題3分，共18分）
11．（3分）若a=?3，則1? =　1　．

考點：二次根式的性質與化簡． .
分析：根據二次根式的性質和絕對值的定義解答．
解答：解：∵a=?3即1+a＜0，
∴1? =1+（1+a）=2?3=1．
點評：本題主要考查了根據二次根式的意義化簡．
二次根式 規律總結：當a≥0時， =a；當a≤0時， =?a．
　
12．（3分）已知點A（a，1）與B（?2，b）關于坐標原點對稱，那么點P（a，b）繞原點順時針旋轉90°后的對應點P′的坐標是　（?1，2）　．

考點：坐標與圖形變化-旋轉；關于原點對稱的點的坐標． .
分析：首先得出P點坐標，再根據題意畫出P的對稱點P′，過P′作P′N⊥y軸于N，過P作P⊥x軸于，得出△PO≌△P′ON，推出P′N=P，ON=O，根據P的坐標即可求出答案．
解答：解：∵點A（a，1）與B（?2，b）關于坐標原點對稱，
∴a=2，b=?1，
∴P點坐標為：（2，?1），
以直角坐標系原點為中心，將點P（2，?1）順時針旋轉90°后到P′點，
過P′作P′N⊥y軸于N，過P作P⊥x軸于，
則OP=OP′，∠P′OP=90°，∠P′NO=∠PO=90°，
在△P′ON和△PO中
，
∴△PO≌△P′ON，
∴P′N=P，ON=O，
∵P（2，?1），
∴O=2，P=1，
∴P′（?1，2）．
故答案為：（?1，2）．

點評：本題主要考查對坐標與圖形變換?旋轉，全等三角形的性質和判定等知識點的理解和掌握，能正確畫出圖形并求出△PO≌△P′ON是解此題的關鍵．
　
13．（3分）關于x的方程2x2?2x+3?1=0有兩個實數根x1，x2，且x1x2＞x1+x2?4，則實數的取值范圍是　? ＜≤ 　．

考點：根與系數的關系；解一元一次不等式． .
分析：先把求出兩根之積和兩根之和，再代入x1x2＞x1+x2?4，得實數的取值范圍．
解答：解：∵x1+x2=1，x1•x2= ，
∴ ＞1?4，解得＞? ，
又∵方程2x2?2x+3?1=0有兩個實數根，
∴△=4?8（3?1）≥0，
解得≤ ，
∴實數的取值范圍是? ＜≤ ．
點評：此題主要考查了根與系數的關系與不等式的綜合題目，是經常出現的一種題型．
　
14．（3分）如圖⊙O與△ABC的邊BC，AB，AC分別切于D，E，F三點，若⊙O的半徑為 ，∠A=60°，BC=9，則△ABC的周長為　24　．

考點：三角形的內切圓與內心． .
分析：根據切線性質和切線長定理得出∠OFA=90°，∠OAF=∠OAE= ∠BAC=30°，AE=AF=3，CF=CD，BD=BE，求出BE+CF=BD+CD=BC=9，求出AO，AF，即可求出AE，代入AE+AF+CF+BE+BC求出即可．
解答：解：
∵⊙O是三角形ABC的內切圓，切點分別為D、E、F，
∴∠OFA=90°，∠OAF=∠OAE= ×60°=30°，
∵OF= ，
∴OA=2 ，由勾股定理得：AF= =3，
∴由切線長定理得：AE=AF=3，CF=CD，BD=BE，
∵BC=9，
∴BD+CD=9=BE+CF，
∴△ABC的周長是AC+AB+BC=AE+AF+CF+BE+BC=3+3+9+9=24，
故答案為：24．
點評：本題考查了切線的性質，含30度角的直角三角形，勾股定理，切線長定理等知識點的應用．
　
15．（3分）已知α，β是方程 x2?3x?1=0的兩根，那么代數式α3+β（α2?2α+9）的值為　32　．

考點：根與系數的關系． .
專題：．
分析：由α，β是方程x2?3x?1=0的兩根，將x=α代入方程得到一個關系式，再利用根與系數的關系表示出兩根之和與兩根之積，將所求式子去括號后，前兩項提取α2，將兩根之和與兩根之積代入，整理后再代入即可求出值．
解答：解：∵α，β是方程x2?3x?1=0的兩根，
∴α2?3α?1=0，即α2=3α+1，α+β=3，αβ=?1，
則α3+β（α2?2α+9）=α2（α+β）?2αβ+9β=3（3α+1）+2+9β=9（α+β）+5=27+5=32．
故答案為：32
點評：此題考查了一元二次方程根與系數的關系，以及一元二次方程的解，熟練掌握根與系數的關系是解本題的關鍵．
　
16．（3分）如圖：△ABC內接于⊙O，AD⊥BC于D．若AB•AC=16，AD=3，則⊙O半徑是　 　．

考點：圓周角定理；相似三角形的判定與性質． .
分析：首先作直徑AE，連接CE，易證得△ABD∽△AEC，然后由相似三角形的對應邊成比例，即可求得⊙O半徑．
解答：解：作直徑AE，連接CE，
∴∠ACE=90°，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∴∠ACE=∠ADB，
∵∠B=∠E，
∴△ABD∽△AEC，
∴ ，
∴AE= ，
∵AB•AC=16，AD=3，
∴AE= ，
∴⊙O半徑是 ．
故答案為： ．

點評：此題考查了圓周角定理與相似三角形的判定與性質．此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意數形結合思想的應用．
　
三、解答題（共72分）
17．（8分）①已知=2+ ，n=2? ，求 的值．
②解方程：（x?3）（x+4）=2（x+4）

考點：解一元二次方程-因式分解法；二次根式的化簡求值． .
專題：．
分析：①由與n的值，求出+n與n的值，將所求式子被開方數利用完全平方公式變形后，把+n與n的值代入計算，即可求出值；
②方程右邊看做一個整體，移項到左邊，提取公因式變形后，利用兩數相乘積為0，兩因式中至少有一個為0轉化為兩個一元一次方程來求解．
解答：解：①∵=2+ ，n=2? ，
∴+n=2+ +2? =4，n=（2+ ）（2? ）=1，
則 = = =2 ；
②（x?3）（x+4）=2（x+4），
移項得：（x?3）（x+4）?2（x+4）=0，
分解因式得：（x+4）（x?5）=0，
可得x+4=0或x?5=0，
解得：x1=?4，x2=5．
點評：此題考查了解一元二次方程?因式分解法，以及二次根式的化簡，利用因式分解法解方程時，首先將方程右邊化為0，左邊化為積的形式，然后利用兩數相乘積為0，兩因式中至少有一個為0轉化為兩個一元一次方程來求解．
　
18．（5分）：古希臘的幾何家海倫，在數學史上以解決幾何測量問題而聞名，在他的著作《度量》一書中，給出了一公式：如果一個三角形的三邊長分別為a、b、c．記： ，則三角形的面積S為 ，此公式稱為“海倫公式”
思考運用：已知李大爺有一塊三角形的菜地，如圖，測得AB=7，AC=5，BC=8，你能求出李大爺這塊菜地的面積嗎？試試看．（結果精確到0.1）參考數據 ， ， ．

考點：二次根式的應用． .
分析：將題目中的已知量代入到海倫公式里面進行計算即可．
解答：解：∵AB=7，AC=5，BC=8，
∴ = =10，
∴ = = =2× =2× × =2×1.732×2.236≈7.72，
∴李大爺這塊菜地的面積約為7.72．
點評：本題考查了二次根式的應用，解題的關鍵是正確的代入公式并進行計算．
　
19．（5分）（2007•咸寧）某單位于“三•八”婦女節期間組織女職工到溫泉“星星竹海”觀光旅游．下面是鄰隊與旅行社導游收費標準的一段對話：
鄰隊：組團去“星星竹海”旅游每人收費是多少？
導游：如果人數不超過25人，人均旅游費用為100元．
鄰隊：超過25人怎樣優惠呢？
導游：如果超過25人，每增加1人，人均旅游費用降低2元，但人均旅游費用不得低于70元．
該單位按旅行社的收費標準組團瀏覽“星星竹海”結束后，共支付給旅行社2700元．
請你根據上述信息，求該單位這次到“星星竹海”觀光旅游的共有多少人？

考點：一元二次方程的應用． .
專題：其他問題．
分析：本題要先判斷出人數的大致范圍，判斷是否超過25人，根據對話中給出的條件來套用合適的等量關系：人均旅游費×人數=2700元，即可列出方程求解．
解答：解：設該單位這次參加旅游的共有x人，
∵100×25＜2700
∴x＞25．
依題意得[100?2（x?25）]x=2700
整理得x2?75x+1350=0
解得x1=30，x2=45．
當x=30時，100?2（x?25）=90＞70，符合題意．
當x=45時，100?2（x?25）=60＜70，不符合題意，舍去．
∴x=30．
答：該單位這次參加旅游的共有30人．
點評：本題要弄清題意，可根據題意列出方程，判斷所求的解是否符合題意，舍去不合題意的解．
　
20．（5分）如圖，⊙O的內接四邊形ABCD中，AB=AD，∠BAD=30°，AC=4，求四邊形ABCD的面積．

考點：圓的綜合題． .
專題：幾何綜合題．
分析：根據直徑所對的圓周角是直角可得∠ABC=∠D=90°，然后利用“HL”證明Rt△ABC和Rt△ADC全等，根據全等三角形對應角相等求出∠BAC=∠DAC=15°，連接OB，根據三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和求出∠BOC=30°，過點B作BE⊥AC于E，根據直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半求出BE，然后求出△ABC的面積，再根據四邊形ABCD的面積=S△ABC+S△ACD計算即可得解．
解答：解：由圖可知，AC是⊙O的直徑，
∴∠ABC=∠D=90°，
在Rt△ABC和Rt△ADC中， ，
∴Rt△ABC≌Rt△ADC（HL），
∴∠BAC=∠DAC= ∠BAD= ×30°=15°，
連接OB，則OA=OB，
∴∠ABO=∠BAC=15°，
∴∠BOC=∠ABO+∠BAC=15°+15°=30°，
∵AC=4，
∴OB=OA= AC= ×4=2，
過點B作BE⊥AC于E，
則BE= OB= ×2=1，
∴S△ABC= AC•BE= ×4×1=2，
∵Rt△ABC≌Rt△ADC，
∴S△ADC=S△ABC=2，
四邊形ABCD的面積=S△ABC+S△ACD=2+2=4．

點評：本題是圓的綜合題型，主要考查了直徑所對的圓周角是直角，全等三角形的判定與性質，等邊對等角的性質，直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半的性質，作輔助線求出AC邊上的高線是解題的關鍵，也是本題的難點．
　
21．（7分）已知關于x的方程x2?（2k+3）x+k2+3k+2=0
①求證：不論k為何值，此方程總有兩個不相等的實數根；
②若△ABC中，AB、AC的長是已知方程的兩個實數根，第三邊BC的長為5．問：k為何值時，△ABC是直角三角形？

考點：根的判別式；根與系數的關系；勾股定理的逆定理． .
專題：計算題．
分析：（1）先計算出△=（2k+3）2?4（k2+3k+2）=1＞0，然后根據△的意義即可得到結論；
（2）利用求根公式得到x1=k+2，x2=k+1，設AB=k+2，AC=k+1，再利用勾股定理的逆定理分類討論：AB2+AC2=BC2或AB2+BC2=AC2或AC2+BC2=AB2，分別建立關于k的方程，解出k的值，然后滿足兩根為正根的k的值為所求．
解答：（1）證明：△=（2k+3）2?4（k2+3k+2）
=1，
∵△＞0，
∴不論k為何值，此方程總有兩個不相等的實數根；
（2）解：x2?（2k+3）x+k2+3k+2=0的解為x= ，
∴x1=k+2，x2=k+1，
設AB=k+2，AC=k+1，
當AB2+AC2=BC2，即（k+2）2+（k+1）2=52，解得k1=?5，k2=2，由于AB=k+2＞0，AC=k+1＞0，所以k=2；
當AB2+BC2=AC2，即（k+2）2+52=（k+1）2，解得k=?14，由于AB=k+2＞0，AC=k+1＞0，所以k=?14舍去；
當AC2+BC2=AB2，即（k+1）2+52=（k+2）2，解得k=11，由于AB=k+2=13，AC=12，所以k=11，
∴k為2或11時，△ABC是直角三角形．
點評：本題考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判別式△=b2?4ac：當△＞0，方程有兩個不相等的實數根；當△=0，方程有兩個相等的實數根；當△＜0，方程沒有實數根．也考查了一元二次方程的解法以及勾股定理的逆定理．
　
22．（6分）如圖：過▱ABCD的頂點C作射線CP分別交BD、AD于E、F，交BA的延長線于G
（1）求證：CE2=EF•EG；
（2）若GF=3，CE=2，求EF的長．

考點：相似三角形的判定與性質；平行四邊形的性質． .
分析：（1）利用平行線分線段成比例定理以及比例的性質求出 = ， = ，即可得出 = ，得出答案即可；
（2）利用（1）中所求得出關于EF的一元二次方程求出即可．
解答：（1）證明：∵AB∥CD，
∴ = ，
∵AD∥BC，
∴ = ，
∴ = ，
∴CE2=EF•EG；

（2）解：∵CE2=EF•EG，GF=3，CE=2，
∴22=EF（3+EF），
整理得出：EF2+3EF?4=0，
解得：EF=1或?4（不合題意舍去）．
故EF的長為1．
點評：此題主要考查了平行線分線段成比例定理以及一元二次方程的解法，利用平行線分線段成比例定理得出 = 是解題關鍵．
　
23．（8分）如圖：△ABC中，以BC為直徑的⊙O交AB于D
（1）若∠ABC=∠ACD 求證：CA為⊙O的切線；
（2）若E在BD上且DE=CD，連接CE，作DH⊥BC于H交CE于P，求證：PC=PD；
（3）在（2）條件下，若⊙O半徑為5，CE與AB交于F，CF= ，求：CD．

考點：圓的綜合題． .
專題：綜合題．
分析：（1）根據∠ABC+∠BCD=90°，可得∠ACD+∠BCD=90°，繼而得出BC⊥AC，結合切線的判定定理可得出CA為⊙O的切線；
（2）證明∠PDC=∠PCD即可得出PC=PD；
（3）首先判斷△CDF∽△BDC，可得出 = = ，繼而在Rt△BCD中可求出CD的長度．
解答：解：（1）∵BC為⊙O的直徑，
∴∠BDC=90°，
∴∠ABC+∠BCD=90°，
又∵∠ABC=∠ACD，
∴∠ACD+∠BCD=90°，
∴BC⊥AC，
∴CA為⊙O的切線．

（2）∵∠CDP+∠DCH=90°，∠DBC+∠DCH=90°，
∴∠CDP=∠DBC，
又∵DE=CD，
∴∠DCP=∠DBC=∠CDP，
∴PD=PC；

（3）∵∠DCF=∠DBC，∠CDF=∠BDC=90°，
∴△CDF∽△BDC，
∴ = = ，
設CD=3x，則BD=4x，
在Rt△BCD中，BC= =5x，則5x=10，
解得：x=2，
故可得CD=6．
點評：本題考查了圓的綜合題，涉及了相似三角形的判定與性質、等腰三角形的判定及切線的判定，綜合考察的知識點較多，解答本題需要我們熟練切線的判定定理及相似三角形的判定與性質．
　
24．（8分）如圖A、B兩點的坐標分別為A（18，0），B（8，6）點P、Q同時出發分別作勻速運動，其中點P從A出發沿AO向終點O運動，速度為每秒3個單位；點Q從O出發沿OB向終點B運動，速度為每秒2個單位，當這兩點有一點到達自己的終點時，另一點也停止運動．
（1）坐標平面內是否存在點C，使以O、A、C為頂點的三角形與△OAB全等？請直接寫出點C的坐標．
（2）設從出發起，運動了t秒鐘，以O、P、Q為頂點的三角形與△OAB相似，求出此時t的值；
（3）是否存在t，使△OPQ為等腰三角形？若存在，求出運動的時間t；不存在，說明理由．

考點：相似形綜合題． .
分析：（1）當△OAC≌△OAB時，C與B關于x軸對稱；當△OAC≌△AOB時，點C可能在第一象限，也可能在第四象限，根據全等三角形的面積相等先求出點C的縱坐標，進而求出點C的橫坐標；
（2）如果以O、P、Q為頂點的三角形與△OAB相似，由于∠POQ=∠AOB，那么O與O是對應點，所以分兩種情況進行討論：①△POQ∽△AOB；②△POQ∽△BOA；根據相似三角形對應邊成比例列出比例式，即可求解；
（3）分三種情況進行討論：①OP=OQ；②PO=PQ；③QO=QP．
解答：解：（1）坐標平面內存在點C，使以O、A、C為頂點的三角形與△OAB全等．理由如下：
①當△OAC≌△OAB時，C與B關于x軸對稱，此時點C的坐標為（8，?6）；
②當△OAC≌△AOB時，點C可能在第一象限，也可能在第四象限，設點C的坐標為（x，y）．
∵△OAC≌△AOB，
∴S△OAC=S△AOB，即 •OA•y= •OA•6，
∴y=6，y=±6．
如果點C在第一象限，如圖，過點B、C作x軸的垂線，垂足分別為D、E，則BD=CE=6，
∵△ACE≌△OBD（HL），
∴AE=OD=8，
∴OE=OA?AE=18?8=10，
∴此時點C的坐標為（10，6）；
如果點C在第四象限，易求此時點C的坐標為（10，?6）；
即滿足條件的點C的坐標為（8，?6）或（10，6）或（10，6）；

（2）設從出發起，運動了t秒鐘，以O、P、Q為頂點的三角形與△OAB相似．
∵AP=3t，OQ=2t，
∴OP=18?3t．
分兩種情況：
①如果△POQ∽△AOB，那么 = ，
= ，
解得t= ；
②如果△POQ∽△BOA，那么 = ，
= ，
解得t= ；
故以O、P、Q為頂點的三角形與△OAB相似時，t的值為 秒或 秒；

（3）△OPQ為等腰三角形時，分三種情況：
①如果OP=OQ，那么18?3t=2t，t= ；
②如果PO=PQ，如圖，過點P作PF⊥OQ于F，則OF=FQ= OQ= •2t=t．
∵在Rt△OPF中，∠OFP=90°，
∴OF=OP•cos∠POF=（18?3t）• = （18?3t），
∴t= （18?3t），
解得t= ；
③如果QO=QP，如圖，過點Q作QG⊥OP于G，則OG=GP= OP= •（18?3t）=9? t．
∵在Rt△OQG中，∠OGQ=90°，
∴OG=OQ•cos∠QOG=2t• = t，
∴9? t= t，
解得t= ．
綜上所述，所求t的值為 秒或 秒或 秒．

點評：本題考查全等三角形、相似三角形、等腰三角形的性質，綜合性較強，難度適中．運用數形結合及分類討論是解題的關鍵．