精品解析：2022年浙江省台州市临海市兰田中学中考数学模拟试卷 (1)

2022年兰田中学中考数学模拟试卷 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．请选出各题中一个符合题意的正确选项，不选、多选、错选，均不给分） 1. 计算1﹣2的结果是（　　） A. ﹣1 B. 1 C. ﹣3 D. 3 2. 下列几何体中，其左视图为圆的是（ ）． A. B. C. D. 3. 下列体育运动项目图标中，是轴对称图形的是（ ）． A. B. C. D. 4. 下列计算正确的是（ ）． A. B. C. D. 5. 与的值最接近的整数是（　　） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 6. 一组数据3，4，x，6，8的平均数是5，则这组数据的中位数是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 7. 如图，，，垂足为点，，则的度数是（ ） A. B. C. D. 8. 下列运算正确的是（ ） A. a2÷a﹣5＝a7 B. （-3a2）3＝-9a5 C. （1-x）（1+x）＝x2﹣1 D. （a-b）2＝a2-b2 9. 如图，等边的边长为，反比例函数的图象交于点，交于点，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在平面直角坐标系中，正方形纸片的顶点A的坐标为（-1，3），在纸片中心挖去边长为的正方形，将该纸片以为旋转中心进行逆时针旋转，每次旋转45°，则第298次旋转后，点和点的坐标分别为（ ） A. （-3，-1），（1，0） B. （-3，-1），（0，-1） C. （3，1），（0，-1） D. （3，1），（1，0） 二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分） 11. 计算：______． 12. 一个不透明的袋子里装有3个红球和5个白球，它们除颜色外其余都相同．从袋中任意摸出一个球是红球的概率为________． 13. 如图，△ABC和△A′B′C是两个完全重合的直角三角板，∠B=30°，斜边长为10cm．三角板A′B′C绕直角顶点C顺时针旋转，当点A′落在AB边上时，CA′旋转所构成的扇形的弧长为_______cm． 14. 如图，中，，．D，E，F分别是边AB，BC，AC的中点，则的度数是______． 15. 已知关于x的一元二次方程（a，b，c为常数，且），此方程的解为，．则关于x的一元二次方程的解为______． 16. 如图，是的直径，．，是上的点，且，，，分别是，的中点．则______． 三、解答题（本大题共8小题，第17～20题每题8分，第21题10分，第22～23题每题12分，第24题14分，共80分） 17. 计算： （1）； （2）． 18. 解方程． 19. “测温门”用于检测体温．某测温门截面如图所示，小明站在地面M处时测温门开始显示额头温度，此时在离地1.6米的B处测得门顶A的仰角为30°；当他向前走到N处时，测温门停止显示额头温度，此时在同样高度的点C处测得门顶A的仰角为45°．已知测温门顶部A处距地面的高度AD为2.6米，对小明来说，有效测温区间MN的长度约为多少米？（结果保留一位小数）． 20. A，B两地相距1800米，甲乙两人都从A地匀速步行至B地，到达后停止．甲每分钟步行60米，乙每分钟步行90米，甲出发4分钟后乙再出发．设甲的步行时间为t分钟． （1）当时，求出乙步行路程y（单位：米）关于时间t的函数解析式； （2）设甲乙两人之间的距离为s（单位：米）．t为何值时，s的值最大？s的最大值是多少？ 21. 如图，半圆O的直径，圆心为点O．点E在上，四边形是平行四边形，顶点C在半圆上，，垂足为F，． （1）求证：是的切线； （2）求的长及图中阴影部分的面积． 22. 在平面直角坐标系xOy中，抛物线与x轴交于A，B两点，且点A的坐标为（3，0）． （1）求点B的坐标及m的值； （2）求出抛物线的顶点坐标，并画出此函数的示意图； （3）当﹣2＜x＜3时，结合函数图象直接写出y的取值范围． 23. 已知，在平面直角坐标系中，为坐标原点，点的坐标为，点的坐标为，其中，满足． (1)求点、点的坐标； (2)将点向右平移个单位到点，连接． ①如图1，若交轴于点，且，求的取值范围； ②如图2，若，平分交于点，已知点为轴负半轴上一动点(不与点重合)，射线交直线交于点，交直线于点，试探究点在运动过程中、、之间是否有某种确定的数量关系？直接写出你的结论． 24. 如图，在平面直角坐标系xOy中，点P（a，b）在第一象限．以P为圆心的圆经过原点，与y轴的另一个交点为A．点Q是线段OA上的点（不与O，A重合），过点Q作PQ的垂线交⊙P于点B（m，n），其中m≥0． （1）若b=5，则点A坐标是 ； （2）在（1）的条件下，若OQ=8，求线段BQ的长； （3）若点P在函数y=x2（x＞0）的图象上，△BQP是等腰三角形且PQ=，求出点B的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022年兰田中学中考数学模拟试卷 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．请选出各题中一个符合题意的正确选项，不选、多选、错选，均不给分） 1. 计算1﹣2的结果是（　　） A. ﹣1 B. 1 C. ﹣3 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】原式利用有理数的减法法则计算即可求出值． 【详解】解：原式＝1+（﹣2）＝﹣（2﹣1）＝﹣1， 故选A． 【点睛】本题考查了有理数的减法法则，熟练掌握法则即可求解. 2. 下列几何体中，其左视图为圆的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】左视图是从左侧面看到的图形，可根据各立体图像的特点进行判断． 【详解】A：此立体图形的左视图是等腰梯形，故A不符合题意； B：此立体图形的左视图是矩形，故B不符合题意； C：此立体图形的左视图是圆，故C符合题意； D：此立体图形的左视图是是等腰三角形，故D不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查了几何体的三视图，掌握各立体图形的特点及三视图的定义是解题的关键． 3. 下列体育运动项目图标中，是轴对称图形的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据轴对称的定义进行判断，若一个图形沿着某条直线折叠，直线两边的部分能够完全重合，则该图形为轴对称图形． 【详解】解：选项D为轴对称图形． 故选：D． 【点睛】本题考查了轴对称，解题的关键是充分理解轴对称图形概念． 4. 下列计算正确的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别根据合并同类项、幂的乘方、完全平方公式、平方差公式对各选项计算后即可得解． 【详解】解：A、a2与a3不是同类项，不能合并，该选项不符合题意； B、原计算错误，该选项不符合题意； C、原计算错误，该选项不符合题意； D、正确，该选项符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了合并同类项、幂的乘方、乘法公式，熟练掌握运算性质是解题的关键． 5. 与的值最接近的整数是（　　） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】由3＝，4＝，得出3＜＜4，再根据被开方数比较即可． 【详解】解：∵3＝，4＝，且9＜10＜16， ∴3＜＜4， ∵与最接近， ∴与的值最接近的整数是3． 故选：B． 【点睛】本题考查了估算无理数的大小，能估算出的范围是解此题的关键． 6. 一组数据3，4，x，6，8的平均数是5，则这组数据的中位数是（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】A 【解析】 【详解】解：由题意可得： 解得：x=4 将这组数据从小到大排列为：3，4，4，6，8 中位数为：4 故选：A 7. 如图，，，垂足为点，，则的度数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据三角形的内角和求出∠D，再根据平行线的性质即可求解． 【详解】∵， ∴∠D=180°-90°-48°=42° ∵ ∴=∠D=42° 故选B． 【点睛】此题主要考查角度求解，解题的关键是熟知三角形的内角和、平行线的性质． 8. 下列运算正确的是（ ） A. a2÷a﹣5＝a7 B. （-3a2）3＝-9a5 C. （1-x）（1+x）＝x2﹣1 D. （a-b）2＝a2-b2 【答案】A 【解析】 【分析】直接利用同底数幂的除法运算法则、积的乘方运算法则、平方差公式和完全平方公式分别化简得出答案． 【详解】解：A、a2÷a﹣5＝a7，故此选项正确； B、（﹣3a2）3＝﹣27a6，故此选项错误； C、（1﹣x）（1+x）＝1﹣x2，故此选项错误； D、（a﹣b）2＝a2﹣2ab+b2，故此选项错误； 故选：A． 【点睛】此题主要考查了同底数幂的除法运算法则、积的乘方运算法则、平方差公式和完全平方公式等知识，正确掌握相关运算法则是解题关键． 9. 如图，等边的边长为，反比例函数的图象交于点，交于点，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】过点、分别作轴的垂线，构造直角三角形，利用等边三角形性质表示出、坐标，代入反比例函数解析式求解． 【详解】解：过点作轴于点，过点作轴于点． 设，则． 为边长为5的等边三角形， ，． 在中，，， ，． 点在第三象限， ． 在中，，， ，． ，点在第三象限， ． 点、在反比例函数图象上， ． ． ， ． ，解得． ． 10. 如图，在平面直角坐标系中，正方形纸片的顶点A的坐标为（-1，3），在纸片中心挖去边长为的正方形，将该纸片以为旋转中心进行逆时针旋转，每次旋转45°，则第298次旋转后，点和点的坐标分别为（ ） A. （-3，-1），（1，0） B. （-3，-1），（0，-1） C. （3，1），（0，-1） D. （3，1），（1，0） 【答案】C 【解析】 【分析】由该纸片以О为旋转中心进行逆时针旋转，每次旋转45°，可得旋转一周次，由，可得第298次旋转后，实际是将纸片逆时针旋转37周后再转90°，由正方形纸片ABCD对角线中点位于原点，可求点C（1，-3）由，根据勾股定理，求出B1（-1，0），连结OD与OC，过D作ED⊥x轴于E，CF⊥y轴于F，可证△FOC≌△EOD（AAS），可求点D（3，1），与点C1（0，-1）即可． 【详解】解：∵该纸片以О为旋转中心进行逆时针旋转，每次旋转45°， ∴旋转一周次， ∵， ∴第298次旋转后，实际是将纸片逆时针旋转37周后再转90°， ∵正方形纸片ABCD对角线中点位于原点， ∴点A与点C关于点O成中心对称， ∵点A（-1，3）， ∴点C（1，-3）， ∵， 又∵， 根据勾股定理，， ∴， ∴B1（-1，0）， 连结OD与OC，过D作ED⊥x轴于E，CF⊥y轴于F， 绕点O逆时针旋转90°后点C位置转到点D位置， ∵四边形ABCD为正方形，，， ∴∠FOC+∠COE=∠COE+∠EOD=90°， ∴∠FOC=∠EOD， 在△FOC和△EOD中， ， ∴△FOC≌△EOD（AAS）， ∴CF=DE=1，OF=OE=3， ∴点D（3，1）， ∴点B1转到C1位置，点C1（0，-1）， ∴第298次旋转后，点C和点的坐标分别为（3，1）与（0，-1）． 故选：C． 【点睛】本题主要考查坐标与旋转规律问题，涉及了正方形性质、中心对称性质、勾股定理应用、三角形全等判定与性质等知识，熟练掌握正方形旋转性质、中心对称性质、勾股定理应用、三角形全等判定与性质，根据旋转一周8次，确定旋转37周再转90°是解题关键． 二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分） 11. 计算：______． 【答案】 【解析】 【分析】直接运用合并同类项法则进行计算即可得到答案． 【详解】解： ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了合并同类项，熟练掌握合并同类项法则是解答本题的关键． 12. 一个不透明的袋子里装有3个红球和5个白球，它们除颜色外其余都相同．从袋中任意摸出一个球是红球的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】用红球的个数除以球的总个数即可． 【详解】解：从袋中任意摸出一个球有8种等可能结果，其中摸出的小球是红球的有3种结果， 所以从袋中任意摸出一个球是红球的概率为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查概率公式，解题的关键是掌握随机事件A的概率P（A）=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数． 13. 如图，△ABC和△A′B′C是两个完全重合的直角三角板，∠B=30°，斜边长为10cm．三角板A′B′C绕直角顶点C顺时针旋转，当点A′落在AB边上时，CA′旋转所构成的扇形的弧长为_______cm． 【答案】 【解析】 【分析】根据Rt△ABC中的30°角所对的直角边是斜边的一半、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及旋转的性质推知△AA′C是等边三角形，所以根据等边三角形的性质利用弧长公式来求CA′旋转所构成的扇形的弧长． 【详解】解： ∵在Rt△ABC中，∠B=30°，AB=10cm，∴AC=AB=5cm． 根据旋转的性质知，A′C=AC，∴A′C=AB=5cm． ∴点A′是斜边AB的中点，∴AA′=AB=5cm． ∴AA′=A′C=AC，∴∠A′CA=60°． ∴CA′旋转所构成的扇形的弧长为：（cm）． 故答案为：． 14. 如图，中，，．D，E，F分别是边AB，BC，AC的中点，则的度数是______． 【答案】##55度 【解析】 【分析】先根据直角三角形的两锐角互余，求得，根据题意证明四边形是平行四边形，继而可得． 【详解】解：∵中，， ∴， D，E，F分别是边AB，BC，AC的中点， 四边形是平行四边形， 故答案为：55°． 【点睛】本题考查了直角三角形的两锐角互余，中位线的性质与判定，平行四边形的性质，掌握中位线的性质与判定是解题的关键． 15. 已知关于x的一元二次方程（a，b，c为常数，且），此方程的解为，．则关于x的一元二次方程的解为______． 【答案】或##或 【解析】 【分析】将和分别代入，可求得，，之间的等量关系，代入一元二次方程即可消去参数，从而解一元二次方程即可． 【详解】解：一元二次方程的解为，， ，解得， 一元二次方程可化为， ， ， 解得，． 一元二次方程的解为或． 故答案为：或． 【点睛】本题考查了一元二次方程的解，解一元二次方程，解决本题的关键是利用一元二次方程的解求得，，之间的等量关系，从而代入求解． 16. 如图，是的直径，．，是上的点，且，，，分别是，的中点．则______． 【答案】 【解析】 【分析】如图，连接交于，过点作于，先根据证明，可得到，，然后再利用三角函数求出，，再根据，，分别是，的中点，，可证明是等边三角形，从而说明，，然后再求出，，，然后再根据，求出，即可得出的值． 【详解】解：如图，连接交于，过点作于， ∵是的直径， ∴， ∴和都是直角三角形， ∵， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ， ∵，，分别是，的中点，， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， 在中，， ∴， 在和中， ， ， ∴， 即：， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角函数，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的三线合一性质，勾股定理，圆周角定理，中点的定义等知识，利用了等积法的解题方法．熟练掌握等积法是解决本题的关键． 三、解答题（本大题共8小题，第17～20题每题8分，第21题10分，第22～23题每题12分，第24题14分，共80分） 17. 计算： （1）； （2）． 【答案】（1）3 （2） 【解析】 【分析】（1）利用零指数幂定义，乘方运算法则，二次根式化简求解即可； （2）先通分，在进行减法运算即可． 【小问1详解】 解： ； 【小问2详解】 ． 【点睛】本题考查了分式的加减运算，零指数幂定义，二次根式化简，实数的运算等，熟练掌握相应的运算法则是解题关键． 18. 解方程． 【答案】x=2 【解析】 【分析】分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解． 【详解】 解：方程去分母得x-x2= x（x-3）， 去括号，得x-x2=x2-3x， 整理得：x2-2x=0， 解方程，得x=0或x=2， 检验：当x=0时，x（x-3）=0， ∴x=0是原分式方程的增根， 当x=2时，x（x-3）≠0， ∴原方程的根是x=2． 【点睛】此题考查了解分式方程，利用了转化的思想，解分式方程注意要检验． 19. “测温门”用于检测体温．某测温门截面如图所示，小明站在地面M处时测温门开始显示额头温度，此时在离地1.6米的B处测得门顶A的仰角为30°；当他向前走到N处时，测温门停止显示额头温度，此时在同样高度的点C处测得门顶A的仰角为45°．已知测温门顶部A处距地面的高度AD为2.6米，对小明来说，有效测温区间MN的长度约为多少米？（结果保留一位小数）． 【答案】0.7米 【解析】 【分析】延长BC交AD于点E，则AE=AD-DE=1（米），再求出BE、CE的长，进而可得结果． 【详解】解：如图，延长BC交AD于点E， 则AE=AD-DE=2.6-1.6=1（米）， 在Rt△ABE中，∠ABE=30°， ∴BE， 在Rt△ACE中，∠ACE=45°， ， （米）， 答：对小明来说，有效测温区间MN的长度约为0.7米． 【点睛】本题考查了解直角三角形的应用--仰角俯角问题，能借助仰角构造直角三角形是解题的关键． 20. A，B两地相距1800米，甲乙两人都从A地匀速步行至B地，到达后停止．甲每分钟步行60米，乙每分钟步行90米，甲出发4分钟后乙再出发．设甲的步行时间为t分钟． （1）当时，求出乙步行路程y（单位：米）关于时间t的函数解析式； （2）设甲乙两人之间的距离为s（单位：米）．t为何值时，s的值最大？s的最大值是多少？ 【答案】（1） （2）时，s的值最大，最大值为360 【解析】 【分析】（1）设甲的步行时间为t分钟，则乙的步行时间为（t-4）分钟，根据题意即可求得乙的步行路程y关于时间t的函数解析式； （2）设甲的步行路程为h，根据题意可求得甲步行路程h与t之间的函数关系式，联立甲乙的函数关系式可求得甲乙两人相遇时间，然后分当时，当时，当时，当时分别计算，即可求得s的最大值． 【小问1详解】 解：设甲的步行时间为t分钟，则乙的步行时间为（t-4）分钟， 由题意得：， ∵， ∴， 即当时，乙的步行路程y关于时间t的函数解析式为； 【小问2详解】 解：设甲的步行路程为h， ∵， ∴， 即甲步行路程h与t之间的函数关系式为， 当甲乙两人相遇时，则， 解得：， 那么①当时，甲乙两人之间的距离逐渐变大，此时， ∵， ∴s随t的增大而增大， ∴当t=4时，s有最大值，最大值为， 即此时甲乙两人之间的距离为240米； ②当时，甲乙两人之间的距离逐渐减小， 当t=12时，s=0； ③当时，， ∵， ∴s随t的增大而增大， ∴当t=24时，s有最大值，最大值为， 即此时甲乙两人之间的距离为360米； ④当时，此时乙到达B地，甲继续步行，两人距离逐渐减小， ∴当t=30时，s=0； 综上所述，时，s的值最大，最大值为360． 【点睛】本题主要考查了一次函数的应用，解题的关键是根据题意写出函数解析式，注意分段函数的表达和应用，以及应用分类讨论思想和数形结合思想解题. 21. 如图，半圆O的直径，圆心为点O．点E在上，四边形是平行四边形，顶点C在半圆上，，垂足为F，． （1）求证：是的切线； （2）求的长及图中阴影部分的面积． 【答案】（1）见解析； （2）的长为，图中阴影部分的面积为． 【解析】 【分析】（1）连接OC，根据四边形是平行四边形和，证明四边形AFCO是平行四边形，由得四边形AFCO是矩形，由OA＝OC得四边形AFCO是正方形，结论得证； （2）在Rt△ADF中，由勾股定理求出AD， 利用，求得图中阴影部分的面积． 【小问1详解】 证明：如图，连接OC， ∵ 四边形是平行四边形 ∴AE＝DC，AECD ∵ ∴AE－OE＝DC－DF ∴AO＝FC ∵AOCF ∴四边形AFCO是平行四边形 ∵ ∴∠AFC＝∠AFD＝90° ∴四边形AFCO是矩形 ∵顶点C在半圆上， ∴OA＝OC ∴四边形AFCO是正方形 ∴OC⊥CD ∵OC是半径 ∴是的切线 【小问2详解】 解：∵半圆O的直径， ∴AO＝4， ∵四边形AFCO是正方形 ∴AF＝AO＝OC＝4，∠COB＝90° 在Rt△ADF中，∠AFD＝90°，AF＝4，DF＝1， ∴AD＝ ∵， ∴． 【点睛】此题考查了切线的判定定理、正方形的判定、勾股定理、扇形的面积公式、平行四边形的判定和性质、矩形的判定等知识，证明四边形AFCO是正方形是解决此题的关键． 22. 在平面直角坐标系xOy中，抛物线与x轴交于A，B两点，且点A的坐标为（3，0）． （1）求点B的坐标及m的值； （2）求出抛物线的顶点坐标，并画出此函数的示意图； （3）当﹣2＜x＜3时，结合函数图象直接写出y的取值范围． 【答案】（1）B点坐标为（﹣1，0）；m＝1 （2）顶点坐标为（1，﹣4），作图见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）把A点坐标代入二次函数的解析式，求出m得到抛物线解析式为，再解方程即可求得； （2）先把解析式配成顶点式为，则抛物线的顶点坐标（1，-4），利用描点法画出二次函数图象； （3）利用图象写出对应的y的范围． 【小问1详解】 解：把A（3，0）代入得 9m﹣6m﹣3＝0， 解得m＝1， 抛物线解析式为， 当y＝0时，， 解得，， 所以B点坐标为（﹣1，0）； 【小问2详解】 解：∵， ∴抛物线的顶点坐标为（1，﹣4）， 当x＝0时，，则抛物线与y轴的交点坐标为（0，﹣3）， 函数的示意图如下， 【小问3详解】 解：当x=-2时，； 当x=3时，， 如图所示： 由图象可知，当-2＜x＜3时，y的取值范围为-4≤y＜5． 【点睛】此题考查了抛物线与x轴的交点、待定系数法等知识，解题的关键是学会正确画出函数图象，利用图象法解决问题． 23. 已知，在平面直角坐标系中，为坐标原点，点的坐标为，点的坐标为，其中，满足． (1)求点、点的坐标； (2)将点向右平移个单位到点，连接． ①如图1，若交轴于点，且，求的取值范围； ②如图2，若，平分交于点，已知点为轴负半轴上一动点(不与点重合)，射线交直线交于点，交直线于点，试探究点在运动过程中、、之间是否有某种确定的数量关系？直接写出你的结论． 【答案】（1）A，B；（2）①；②或，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由二次根式的被开方数是非负数可得，再由非负性可求，的值，即可求解； （2）①由三角形的面积和差关系可得，即可求解； ②分两种情况讨论，由平行线的性质和角平分线的性质可求解． 【详解】解：（1）， ， ， ． ． ， ，， 点的坐标为，点的坐标为； （2）①将点向右平移个单位到， ，， ， ， ， ， ； ②如图2，当点在点的左侧时， 平分， ， ， ，， ，， ； 如图3，当点在线段上时， 平分， ， ， ，， ， ， ． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了非负性，三角形的面积公式，平行线的性质，角平分线的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键． 24. 如图，在平面直角坐标系xOy中，点P（a，b）在第一象限．以P为圆心的圆经过原点，与y轴的另一个交点为A．点Q是线段OA上的点（不与O，A重合），过点Q作PQ的垂线交⊙P于点B（m，n），其中m≥0． （1）若b=5，则点A坐标是 ； （2）在（1）的条件下，若OQ=8，求线段BQ的长； （3）若点P在函数y=x2（x＞0）的图象上，△BQP是等腰三角形且PQ=，求出点B的坐标． 【答案】（1）（0，10）；（2）4；（3）B点坐标为（，6+）或（，2﹣）． 【解析】 【分析】（1）过点P作PH⊥OA于点H，由垂径定理可求出OA的长，进而可求出A的坐标； （2）连接BP、OP，由已知条件易求QH，在Rt△QHP中，由勾股定理可得：PQ2=QH2+PH2=9+PH2，在Rt△PHO中，由勾股定理可得：PO2=OH2+PH2=25+PH2=BP2，进而在Rt△BQP中，BQ2=BP2-PQ2=（25+PH2）-（9+PH2）=16．所以BQ=4； （3）已知线段PQ的长度可以为，作BM⊥y轴于点M，首先求出a=2，再求出MQ=PH=2，利用勾股定理可求出MB=QH=．所以可得：B1（，6+），若点Q在OH上，再由抛物线对称性可得B2（，2-）综上，综上，当PQ=时，B点坐标为（，6+）或（，2﹣）． 【详解】（1）过点P作PH⊥OA于点H， ∴OA=2OH， ∵b=5， ∴OH=5， ∴OA=10， ∴点A坐标是（0，10）． 故答案为（0，10）． （2）连接BP、OP． ∵b=5，PH⊥OA， ∴OH=AH=5． ∵OQ=8， ∴QH=OQ﹣OH=3． 在Rt△QHP中，PQ2=QH2+PH2=9+PH2， 在RtPHO中，PO2=OH2+PH2=25+PH2=BP2， 在RtBQP中，BQ2=BP2﹣PQ2=（25+PH2）﹣（9+PH2）=16． ∴BQ=4． （3）∵△BQP是等腰直角三角形，PQ=， ∴半径BP=2． 又∵P（a，a2）， ∴OP2=a2+a4=（2）2． 即a4+a2﹣20=0． 解得a=±2． ∵a＞0 ∴a=2． ∴P（2，4）． 如图，作BM⊥y轴于点M，则△QBM≌△PQH． ∴MQ=PH=2， ∴MB=QH=． ∴B1（，6+）． 若点Q在OH上，由对称性可得B2（，2﹣） 综上，当PQ=时，B点坐标为（，6+）或（，2﹣）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $