2026屆湖北省襄陽市襄州區(qū)龍王中學(xué)九年級(jí)數(shù)學(xué)第一學(xué)期期末調(diào)研模擬試題注意事項(xiàng)1．考生要認(rèn)真填寫考場(chǎng)號(hào)和座位序號(hào)。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（每題4分，共48分）1．中國在夏代就出現(xiàn)了相當(dāng)于砝碼的“權(quán)”，此后的多年間，不同朝代有不同形狀和材質(zhì)的“權(quán)”作為衡量的量具.下面是一個(gè)“”形增砣砝碼，其俯視圖如下圖所示，則其主視圖為（）A． B． C． D．2．如圖，是的直徑，點(diǎn)，在上，若，則的度數(shù)為（）A． B． C． D．3．若兩個(gè)相似三角形的相似比是1：2，則它們的面積比等于（）A．1： B．1：2 C．1：3 D．1：44．在平面直角坐標(biāo)中，把△ABC以原點(diǎn)O為位似中心放大，得到△A'B'C'，若點(diǎn)A和它對(duì)應(yīng)點(diǎn)A'的坐標(biāo)分別為(2，5)，(-6，-15)，則△A'B'C'與△ABC的相似比為()A．-3 B．3 C． D．5．如圖所示的是幾個(gè)完全相同的小正方體搭建成的幾何體的俯視圖，其中小正方形內(nèi)的數(shù)字為對(duì)應(yīng)位置上的小正方體的個(gè)數(shù)，則該幾何體的左視圖為()A． B． C． D．6．如圖，在扇形中，∠，，則陰影部分的面積是（）A． B．C． D．7．如圖，菱形的邊的垂直平分線交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，連接．當(dāng)時(shí)，則（）A． B． C． D．8．已知一個(gè)幾何體如圖所示,則該幾何體的主視圖是()A． B．C． D．9．在等腰直角三角形ABC中，AB=AC=4，點(diǎn)O為BC的中點(diǎn)，以O(shè)為圓心作⊙O交BC于點(diǎn)M、N，⊙O與AB、AC相切，切點(diǎn)分別為D、E，則⊙O的半徑和∠MND的度數(shù)分別為（）A．2，22.5° B．3，30° C．3，22.5° D．2，30°10．下列一元二次方程中，兩個(gè)實(shí)數(shù)根之和為2的是（）A．2x2+x﹣2＝0 B．x2+2x﹣2＝0 C．2x2﹣x﹣1＝0 D．x2﹣2x﹣2＝011．如圖，的外切正六邊形的邊長(zhǎng)為2，則圖中陰影部分的面積為（）A． B． C． D．12．如圖，在中，兩個(gè)頂點(diǎn)在軸的上方，點(diǎn)的坐標(biāo)是.以點(diǎn)為位似中心，在軸的下方作的位似，圖形，使得的邊長(zhǎng)是的邊長(zhǎng)的2倍.設(shè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)是-3，則點(diǎn)的橫坐標(biāo)是（）A．2 B．3 C．4 D．5二、填空題（每題4分，共24分）13．如圖，點(diǎn)是函數(shù)圖象上的一點(diǎn)，連接，交函數(shù)的圖象于點(diǎn)，點(diǎn)是軸上的一點(diǎn)，且，則的面積為_________.14．若二次函數(shù)的圖像與軸只有一個(gè)公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)_______．15．小明身高是1.6m，影長(zhǎng)為2m，同時(shí)刻教學(xué)樓的影長(zhǎng)為24m，則樓的高是_____．16．如圖,是⊙O上的點(diǎn),若,則___________度．17．二次函數(shù)（a，b，c為常數(shù)且a≠0）中的與的部分對(duì)應(yīng)值如下表：013353現(xiàn)給出如下四個(gè)結(jié)論：①；②當(dāng)時(shí)，的值隨值的增大而減?。虎凼欠匠痰囊粋€(gè)根；④當(dāng)時(shí)，，其中正確結(jié)論的序號(hào)為：____．

18．計(jì)算：_______．三、解答題（共78分）19．（8分）已知：內(nèi)接于⊙，連接并延長(zhǎng)交于點(diǎn)，交⊙于點(diǎn)，滿足．（1）如圖1，求證：；（2）如圖2，連接，點(diǎn)為弧上一點(diǎn)，連接，=，過點(diǎn)作，垂足為點(diǎn)，求證：；（3）如圖3，在（2）的條件下，點(diǎn)為上一點(diǎn)，分別連接，，過點(diǎn)作，交⊙于點(diǎn)，，，連接，求的長(zhǎng)．20．（8分）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y＝x2+x+3與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的右側(cè)），與y軸交于點(diǎn)C，過點(diǎn)C作x軸的平行線交拋物線于點(diǎn)P．連接AC．（1）求點(diǎn)P的坐標(biāo)及直線AC的解析式；（2）如圖2，過點(diǎn)P作x軸的垂線，垂足為E，將線段OE繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到OF，旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜90°），連接FA、FC．求AF+CF的最小值；（3）如圖3，點(diǎn)M為線段OA上一點(diǎn)，以O(shè)M為邊在第一象限內(nèi)作正方形OMNG，當(dāng)正方形OMNG的頂點(diǎn)N恰好落在線段AC上時(shí)，將正方形OMNG沿x軸向右平移，記平移中的正方形OMNG為正方形O′MNG，當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)A重合時(shí)停止平移．設(shè)平移的距離為t，正方形O′MNG的邊MN與AC交于點(diǎn)R，連接O′P、O′R、PR，是否存在t的值，使△O′PR為直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．21．（8分）如圖,AB=16,O為AB中點(diǎn),點(diǎn)C在線段OB上(不與點(diǎn)O,B重合),將OC繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)270°后得到扇形COD,AP,BQ分別切優(yōu)弧CD于點(diǎn)P，Q，且點(diǎn)P，Q在AB異側(cè)，連接OP.（1）求證：AP=BQ；（2）當(dāng)BQ=時(shí),求的長(zhǎng)(結(jié)果保留)；（3）若△APO的外心在扇形COD的內(nèi)部，求OC的取值范圍.22．（10分）（1）計(jì)算：計(jì)算：6cos45°+（）﹣1+（﹣1.73）0+|5﹣3|+42017×（﹣0.25）2017；（2）先化簡(jiǎn)，再求值：÷，其中滿足.23．（10分）計(jì)算（1）（2）24．（10分）如圖，某農(nóng)場(chǎng)準(zhǔn)備圍建一個(gè)中間隔有一道籬笆的矩形花圃，現(xiàn)有長(zhǎng)為米的籬笆，一邊靠墻，若墻長(zhǎng)米，設(shè)花圃的一邊為米；面積為平方米．（1）求與的函數(shù)關(guān)系式及值的取值范圍；（2）若邊不小于米，這個(gè)花圃的面積有最大值和最小值嗎？如果有，求出最大值和最小值；如果沒有，請(qǐng)說明理由．25．（12分）已知二次函數(shù)y＝x2－2x－1．（1）求圖象的對(duì)稱軸、頂點(diǎn)坐標(biāo)；（2）當(dāng)x為何值時(shí)，y隨x的增大而增大？26．如圖，是的直徑，切于點(diǎn)，交于點(diǎn)，平分，連接.（1）求證:；（2）若，，求的半徑.

參考答案一、選擇題（每題4分，共48分）1、A【分析】根據(jù)從正面看得到的圖形是主視圖，可得答案．【詳解】從正面看中間的矩形的左右兩邊是虛的直線，故選：A.本題考查了簡(jiǎn)單組合體的三視圖，從正面看得到的圖形是主視圖．2、C【分析】先根據(jù)圓周角定理求出∠ACD的度數(shù)，再由直角三角形的性質(zhì)可得出結(jié)論．【詳解】∵，∴∠ABD=∠ACD=40°，∵AB是⊙O的直徑，

∴∠ACB=90°．

∴∠BCD=∠ACB-∠ACD=90°-40°=50°．

故選：C．本題考查的是圓周角定理，熟知直徑所對(duì)的圓周角是直角是解答此題的關(guān)鍵．3、D【分析】根據(jù)相似三角形面積的比等于相似比的平方解答即可．【詳解】解：∵兩個(gè)相似三角形的相似比是1：2，∴這兩個(gè)三角形們的面積比為1：4，故選：D．此題考查相似三角形的性質(zhì)，掌握相似三角形面積的比等于相似比的平方是解決此題的關(guān)鍵．4、B【分析】根據(jù)位似圖形的性質(zhì)和坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，進(jìn)行解答即可．【詳解】解：∵△ABC和△A′B′C′關(guān)于原點(diǎn)位似，且點(diǎn)A和它的對(duì)應(yīng)點(diǎn)A′的坐標(biāo)分別為（2，5），（-6，-15），∴對(duì)應(yīng)點(diǎn)乘以-1，則△A′B′C′與△ABC的相似比為：1．故選：B.本題考查的是位似變換，熟知在平面直角坐標(biāo)系中，如果位似變換是以原點(diǎn)為位似中心，相似比為k，那么位似圖形對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)的比等于k或-k是解答此題的關(guān)鍵．5、A【分析】根據(jù)題意，左視圖有兩列，左視圖所看到的每列小正方形數(shù)目分別為3，1．【詳解】因?yàn)樽笠晥D有兩列，左視圖所看到的每列小正方形數(shù)目分別為3，1故選：A．本題考查由三視圖判斷幾何體，簡(jiǎn)單組合體的三視圖，解題關(guān)鍵是根據(jù)俯視圖確定左視圖的列數(shù)和各列最高處的正方形個(gè)數(shù)．6、D【分析】利用陰影部分的面積等于扇形面積減去的面積即可求解.【詳解】=故選D本題主要考查扇形面積和三角形面積，掌握扇形面積公式是解題的關(guān)鍵.7、B【分析】連接BF，根據(jù)菱形的對(duì)角線平分一組對(duì)角線可得∠BAC=50°，根據(jù)線段垂直平分線上的點(diǎn)到兩端點(diǎn)的距離相等可得AF=BF，根據(jù)等邊對(duì)等角可得∠FBA=∠FAB，再根據(jù)菱形的鄰角互補(bǔ)求出∠ABC，然后求出∠CBF，最后根據(jù)菱形的對(duì)稱性可得∠CDF=∠CBF．【詳解】解：如圖，連接BF，

在菱形ABCD中，∠BAC=∠BAD=×100°=50°，

∵EF是AB的垂直平分線，

∴AF=BF，

∴∠FBA=∠FAB=50°，

∵菱形ABCD的對(duì)邊AD∥BC，

∴∠ABC=180°-∠BAD=180°-100°=80°，

∴∠CBF=∠ABC-∠ABF=80°-50°=30°，

由菱形的對(duì)稱性，∠CDF=∠CBF=30°．

故選：B．本題考查了菱形的性質(zhì)，線段垂直平分線上的點(diǎn)到兩端點(diǎn)的距離相等的性質(zhì)，等邊對(duì)等角的性質(zhì)，熟記各性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．8、A【分析】主視圖是從物體正面看，所得到的圖形．【詳解】該幾何體的主視圖是：故選：A本題考查了三視圖的知識(shí)，主視圖是從物體正面看到的圖，掌握定義是關(guān)鍵.9、A【解析】解：連接OA，∵AB與⊙O相切，∴OD⊥AB，∵在等腰直角三角形ABC中，AB=AC=4，O為BC的中點(diǎn)，∴AO⊥BC，∴OD∥AC，∵O為BC的中點(diǎn)，∴OD=AC=2；∵∠DOB=45°，∴∠MND=∠DOB=1．5°，故選A．本題考查切線的性質(zhì)；等腰直角三角形．10、D【分析】利用根與系數(shù)的關(guān)系進(jìn)行判斷即可．【詳解】方程1x1+x﹣1=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根之和為；方程x1+1x﹣1=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根之和為﹣1；方程1x1﹣x﹣1=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根之和為；方程x1﹣1x﹣1=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根之和為1．故選D．本題考查了根與系數(shù)的關(guān)系：若x1，x1是一元二次方程ax1+bx+c=0（a≠0）的兩根時(shí)，x1+x1，x1x1．11、A【分析】由于六邊形ABCDEF是正六邊形，所以∠AOB=60°，故△OAB是等邊三角形，OA=OB=AB=2，設(shè)點(diǎn)G為AB與⊙O的切點(diǎn)，連接OG，則OG⊥AB，OG=OA?sin60°，再根據(jù)S陰影=S△OAB-S扇形OMN，進(jìn)而可得出結(jié)論．【詳解】∵六邊形ABCDEF是正六邊形，

∴∠AOB=60°，

∴△OAB是等邊三角形，OA=OB=AB=2，

設(shè)點(diǎn)G為AB與⊙O的切點(diǎn)，連接OG，則OG⊥AB，

∴OG=OA?sin60°=2×

=

，

∴S

陰影

=S

△OAB

-S

扇形OMN

=

×2×

-

．

故選A．考核知識(shí)點(diǎn)：正多邊形與圓.熟記扇形面積公式是關(guān)鍵.12、B【解析】設(shè)點(diǎn)B′的橫坐標(biāo)為x，然后根據(jù)△A′B′C與△ABC的位似比為2列式計(jì)算即可求解．【詳解】設(shè)點(diǎn)B′的橫坐標(biāo)為x，∵△ABC的邊長(zhǎng)放大到原來的2倍得到△A′B′C，點(diǎn)C的坐標(biāo)是（-1，0），∴x-（-1）=2[（-1）-（-1）]，即x+1=2（-1+1），解得x=1，所以點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)B′的橫坐標(biāo)是1．故選B．本題考查了位似變換，坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，根據(jù)位似比列出方程是解題的關(guān)鍵．二、填空題（每題4分，共24分）13、4【分析】作AE⊥x軸于點(diǎn)E，BD⊥x軸于點(diǎn)D得出△OBD∽△OAE，根據(jù)面積比等于相似比的平方結(jié)合反比例函數(shù)的幾何意義求出，再利用條件“AO=AC”得出，進(jìn)而分別求出和相減即可得出答案.【詳解】作AE⊥x軸于點(diǎn)E，BD⊥x軸于點(diǎn)D∴△OBD∽△OAE∴根據(jù)反比例函數(shù)的幾何意義可得：，∴∵AO=AC∴OE=EC∴∴，∴故答案為4.本題考查的是反比例函數(shù)與幾何的綜合，難度系數(shù)較大，需要熟練掌握反比例函數(shù)的幾何意義.14、1【分析】二次函數(shù)的圖象與x軸只有一個(gè)公共點(diǎn)，則，據(jù)此即可求得．【詳解】解：中，，，，，解得：.故答案為：1.本題考查了拋物線與x軸的交點(diǎn)，二次函數(shù)（a，b，c是常數(shù)，a≠0）的交點(diǎn)與一元二次方程根之間的關(guān)系．決定拋物線與x軸的交點(diǎn)個(gè)數(shù)．＞0時(shí)，拋物線與x軸有2個(gè)交點(diǎn)；＝0時(shí)，拋物線與x軸有1個(gè)交點(diǎn)；＜0時(shí)，拋物線與x軸沒有交點(diǎn)．15、19.2m【分析】根據(jù)在同一時(shí)物體的高度和影長(zhǎng)成正比，設(shè)出教學(xué)樓高度即可列方程解答．【詳解】設(shè)教學(xué)樓高度為xm，列方程得：解得x＝19.2，故教學(xué)樓的高度為19.2m．故答案為：19.2m．本題考查了相似三角形的應(yīng)用，解題時(shí)關(guān)鍵是找出相等的比例關(guān)系，然后根據(jù)對(duì)應(yīng)邊成比例列出方程，建立適當(dāng)?shù)臄?shù)學(xué)模型來解決問題．16、130°.【分析】在優(yōu)弧AB上取點(diǎn)D，連接AD，BD，根據(jù)圓周角定理先求出∠ADB的度數(shù)，再利用圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)進(jìn)行求解即可.【詳解】在優(yōu)弧AB上取點(diǎn)D，連接AD，BD，∵∠AOB=100°，∴∠ADB=∠AOB=50°，∴∠ACB=180°﹣∠ADB=130°．故答案為130°．本題考查了圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形對(duì)角互補(bǔ)的性質(zhì)，正確添加輔助線，熟練應(yīng)用相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．17、①②③④【分析】先利用待定系數(shù)法求得的值，＜0可判斷①；對(duì)稱軸為直線，利用二次函數(shù)的性質(zhì)可判斷②；方程即，解得，可判斷③；時(shí)，；當(dāng)時(shí)，，且函數(shù)有最大值，則當(dāng)時(shí)，，即可判斷④．【詳解】∵時(shí)，時(shí)，時(shí)，∴，解得：，∴，故①正確；

∵對(duì)稱軸為直線，∴當(dāng)x＞時(shí)，y的值隨x值的增大而減小，故②正確；方程即，解得，∴是方程的一個(gè)根，故③正確；當(dāng)時(shí)，，

當(dāng)時(shí)，，∵，∴函數(shù)有最大值，

∴當(dāng)時(shí)，，故④正確．

故答案為：①②③④．本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，二次函數(shù)的性質(zhì)，拋物線與x軸的交點(diǎn)，熟練掌握二次函數(shù)圖象的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．18、【分析】原式把變形為，然后逆運(yùn)用積的乘方進(jìn)行運(yùn)算即可得到答案．【詳解】解：=====．故答案為：．此題主要考查了冪的運(yùn)算，熟練掌握積的乘方運(yùn)算法則是解答此題的關(guān)鍵．三、解答題（共78分）19、（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）．【分析】（1）如圖1中，連接AD．設(shè)∠BEC=3α，∠ACD=α，再根據(jù)圓周角定理以及三角形內(nèi)角和與外角的性質(zhì)證明∠ACB=∠ABC即可解決問題；

（2）如圖2中，連接AD，在CD上取一點(diǎn)Z，使得CZ=BD．證明△ADB≌△AZC（SAS），推出AD=AZ即可解決問題；

（3）連接AD，PA，作OK⊥AC于K，OR⊥PC于R，CT⊥FP交FP的延長(zhǎng)線于T．假設(shè)OH=a，PC=2a，求出sin∠OHK=，從而得出∠OHK=45°，再根據(jù)角度的轉(zhuǎn)化得出∠DAG=∠ACO=∠OAK，從而有tan∠ACD=tan∠DAG=tan∠OAK=，進(jìn)而可求出DG，AG的長(zhǎng)，再通過勾股定理以及解直角三角形函數(shù)可求出FT，PT的長(zhǎng)即可解決問題．【詳解】（1）證明：如圖1中，連接AD．設(shè)∠BEC=3α，∠ACD=α．

∵∠BEC=∠BAC+∠ACD，∴∠BAC=2α，

∵CD是直徑，∴∠DAC=90°，

∴∠D=90°-α，∴∠B=∠D=90°-α，

∵∠ACB=180°-∠BAC-∠ABC=180°-2α-（90°-α）=90°-α．

∴∠ABC=∠ACB，

∴AB=AC．（2）證明：如圖2中，連接AD，在CD上取一點(diǎn)Z，使得CZ=BD．

∵=，∴DB=CF，

∵∠DBA=∠DCA，CZ=BD，AB=AC，

∴△ADB≌△AZC（SAS），∴AD=AZ，

∵AG⊥DZ，∴DG=GZ，

∴CG=CZ+GZ=BD+DG=CF+DG．（3）解：連接AD，PA，作OK⊥AC于K，OR⊥PC于R，CT⊥FP交FP的延長(zhǎng)線于T．

∵CP⊥AC，∴∠ACP=90°，∴PA是直徑，

∵OR⊥PC，OK⊥AC，∴PR=RC，∠ORC=∠OKC=∠ACP=90°，

∴四邊形OKCR是矩形，∴RC=OK，

∵OH:PC=1:，∴可以假設(shè)OH=a，PC=2a，∴PR=RC=a，

∴RC=OK=a，sin∠OHK=，∴∠OHK=45°．

∵OH⊥DH，∴∠DHO=90°，∴∠DHA=180°-90°-45°=45°，

∵CD是直徑，∴∠DAC=90°，∴∠ADH=90°-45°=45°，

∴∠DHA=∠ADH，∴AD=AH，

∵∠COP=∠AOD，∴AD=PC，

∴AH=AD=PC=2a，

∴AK=AH+HK=2a+a=3a，

在Rt△AOK中，tan∠OAK=，OA=，∴sin∠OAK=，∵∠ADG+∠DAG=90°，∠ACD+∠ADG=90°，∴∠DAG=∠ACD，

∵AO=CO，∴∠OAK=∠ACO，

∴∠DAG=∠ACO=∠OAK，

∴tan∠ACD=tan∠DAG=tan∠OAK=，

∴AG=3DG，CG=3AG，

∴CG=9DG，

由（2）可知，CG=DG+CF，

∴DG+12=9DG，∴DG=，AG=3DG=3×=，

∴AD=，∴PC=AD=．∵sin∠F=sin∠OAK，∴sin∠F=，∴CT=，F(xiàn)T=，PT=，∴PF=FT-PT=．本題屬于圓綜合題，考查了圓周角定理，垂徑定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，矩形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考?jí)狠S題．20、（1）P（2，3），yAC＝﹣x+3；（2）；（3）存在，t的值為﹣3或，理由見解析【分析】（1）由拋物線y＝x2+x+3可求出點(diǎn)C，P，A的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法，可求出直線AC的解析式；（2）在OC上取點(diǎn)H（0，），連接HF，AH，求出AH的長(zhǎng)度，證△HOF∽△FOC，推出HF＝CF，由AF+CF＝AF+HF≥AH，即可求解；（3）先求出正方形的邊長(zhǎng)，通過△ARM∽△ACO將相關(guān)線段用含t的代數(shù)式表示出來，再分三種情況進(jìn)行討論：當(dāng)∠O'RP＝90°時(shí)，當(dāng)∠PO'R＝90°時(shí)，當(dāng)∠O'PR＝90°時(shí)，分別構(gòu)造相似三角形，即可求出t的值，其中第三種情況不存在，舍去．【詳解】（1）在拋物線y＝x2+x+3中，當(dāng)x＝0時(shí)，y＝3，∴C（0，3），當(dāng)y＝3時(shí)，x1＝0，x2＝2，∴P（2，3），當(dāng)y＝0時(shí)，則x2+x+3=0，解得：x1＝﹣4，x2＝6，B（﹣4，0），A（6，0），設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+3，將A（6，0）代入，得，k＝﹣，∴y＝﹣x+3，∴點(diǎn)P坐標(biāo)為P（2，3），直線AC的解析式為y＝﹣x+3；（2）在OC上取點(diǎn)H（0，），連接HF，AH，則OH＝，AH＝，∵，，且∠HOF＝∠FOC，∴△HOF∽△FOC，∴，∴HF＝CF，∴AF+CF＝AF+HF≥AH＝，∴AF+CF的最小值為；（3）∵正方形OMNG的頂點(diǎn)N恰好落在線段AC上，∴GN＝MN，∴設(shè)N（a，a），將點(diǎn)N代入直線AC解析式，得，a＝﹣a+3，∴a＝2，∴正方形OMNG的邊長(zhǎng)是2，∵平移的距離為t，∴平移后OM的長(zhǎng)為t+2，∴AM＝6﹣（t+2）＝4﹣t，∵RM∥OC，∴△ARM∽△ACO，∴，即，∴RM＝2﹣t，如圖3﹣1，當(dāng)∠O'RP＝90°時(shí)，延長(zhǎng)RN交CP的延長(zhǎng)線于Q，∵∠PRQ+∠O'RM＝90°，∠RO'M+∠O'RM＝90°，∴∠PRQ＝∠RO'M，又∵∠Q＝∠O'MR＝90°，∴△PQR∽△RMO'，∴，∵PQ＝2+t-2=t，QR＝3﹣RM＝1+t，∴，解得，t1＝﹣3﹣（舍去），t2＝﹣3；如圖3﹣2，當(dāng)∠PO'R＝90°時(shí)，∵∠PO'E+∠RO'M＝90°，∠PO'E+∠EPO'＝90°，∴∠RO'M＝∠EPO'，又∵∠PEO'＝∠O'MR＝90°，∴△PEO'∽△O'MR，∴，即，解得，t＝；如圖3﹣3，當(dāng)∠O'PR＝90°時(shí)，延長(zhǎng)O’G交CP于K，延長(zhǎng)MN交CP的延長(zhǎng)線于點(diǎn)T，∵∠KPO'+∠TPR＝90°，∠KO'P+∠KPO'＝90°，∴∠KO'P＝∠TPR，又∵∠O'KP＝∠T＝90°，∴△KO'P∽△TPR，∴，即，整理，得t2-t+3＝0，∵△＝b2﹣4ac＝﹣＜0，∴此方程無解，故不存在∠O'PR＝90°的情況；綜上所述，△O′PR為直角三角形時(shí)，t的值為﹣3或．本題主要考查二次函數(shù)的圖象和相似三角形的綜合，添加合適的輔助線，構(gòu)造相似三角形，是解題的關(guān)鍵.21、（1）詳見解析；（2）；（3）4<OC<1.【分析】（1）連接OQ，由切線性質(zhì)得∠APO=∠BQO=90°，由直角三角形判定HL得Rt△APO≌Rt△BQO，再由全等三角形性質(zhì)即可得證.（2）由（1）中全等三角形性質(zhì)得∠AOP=∠BOQ，從而可得P、O、Q三點(diǎn)共線，在Rt△BOQ中，根據(jù)余弦定義可得cosB=，由特殊角的三角函數(shù)值可得∠B=30°，∠BOQ=60°，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得OQ=4，結(jié)合題意可得∠QOD度數(shù)，由弧長(zhǎng)公式即可求得答案.（3）由直角三角形性質(zhì)可得△APO的外心是OA的中點(diǎn)，結(jié)合題意可得OC取值范圍.【詳解】（1）證明：連接OQ.∵AP、BQ是⊙O的切線，∴OP⊥AP，OQ⊥BQ，∴∠APO=∠BQO=90°，在Rt△APO和Rt△BQO中，，∴Rt△APO≌Rt△BQO，∴AP=BQ.（2）∵Rt△APO≌Rt△BQO，∴∠AOP=∠BOQ，∴P、O、Q三點(diǎn)共線，∵在Rt△BOQ中,cosB=，∴∠B=30°,∠BOQ=60°，∴OQ=OB=4，∵∠COD=90°，∴∠QOD=90°+60°=150°，∴優(yōu)弧QD的長(zhǎng)=，（3）解：設(shè)點(diǎn)M為Rt△APO的外心，則M為OA的中點(diǎn)，

∵OA=1，

∴OM=4，

∴當(dāng)△APO的外心在扇形COD的內(nèi)部時(shí)，OM＜OC，

∴OC的取值范圍為4＜OC＜1．本題考查了三角形的外接圓與外心、弧長(zhǎng)的計(jì)算、扇形面積的計(jì)算、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是：（1）利用全等三角形的判定定理HL證出Rt△APO≌Rt△BQO；（2）通過解直角三角形求出圓的半徑；（3）牢記直角三角形外心為斜邊的中點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．22、(1)8；(1)-1【解析】分析：（1）根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值、負(fù)整數(shù)指數(shù)冪、零指數(shù)冪、絕對(duì)值、冪的乘方可以解答本題；（1）根據(jù)分式的加減法和除法可以化簡(jiǎn)題目中的式子，然后解方程，在其解中選一個(gè)使得原分式有意義的值代入即可解答本題．詳解：（1）6cos45°+（）-1+（-1.73）0+|5-3