2011年浙江省嘉兴舟山市中考数学试卷及答案(解析版)

2011年浙江省嘉兴舟山市中考数学试卷—解析版
一、选择题（本大题有10小题，每小题3分，共30分．请选出各小题中唯一的正确选项，不选、多选、错选，均不得分）
1、（2011•舟山）﹣6的绝对值是（）
A、﹣6
B、6
C、D、
考点：绝对值。

专题：计算题。

分析：根据绝对值的性质，当a是负有理数时，a的绝对值是它的相反数﹣a，解答即可；解答：解：根据绝对值的性质，
|﹣6|=6．
故选B．
点评：本题考查了绝对值的性质，熟记：一个正数的绝对值是它本身；一个负数的绝对值是它的相反数；0的绝对值是0．
2、（2011•舟山）方程x（x﹣1）=0的解是（）
A、x=0
B、x=1
C、x=0或x=1
D、x=0或x=﹣1
考点：解一元二次方程-因式分解法；解一元一次方程。

专题：计算题。

分析：一元二次方程转化成两个一元一次方程x=0或x﹣1=0，求出方程的解即可．
解答：解：x（x﹣1）=0，
x=0或x﹣1=0，
x1=0 或x2=1，
故选C．
点评：本题主要考查对解一元二次方程﹣因式分解法，解一元一次方程等知识点的理解和掌握，能把一元二次方程转化成一元一次方程是解此题的关键．
3、（2011•舟山）如图，点A、B、C、D、O都在方格纸的格点上，若△COD是由△AOB 绕点O按逆时针方向旋转而得，则旋转的角度为（）
A、30°
B、45°
C、90°
D、135°
考点：旋转的性质。

专题：网格型；数形结合。

分析：△COD是由△AOB绕点O按逆时针方向旋转而得，由图可知，∠AOC为旋转角，可利用△AOC的三边关系解答；
解答：解：如图，设小方格的边长为1，得，
OC==，AO==，AC=4，
∵OC2+AO2=+=16，
AC2=42=16，
∴△AOC是直角三角形，
∴∠AOC=90°．
故选C．
点评：本题考查了旋转的性质，旋转前后对应角相等，本题也可通过两角互余的性质解答．
4、（2011•舟山）下列计算正确的是（）
A、x2•x=x3
B、x+x=x2
C、（x2）3=x5
D、x6÷x3=x2
考点：同底数幂的除法；合并同类项；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方。

专题：计算题。

分析：根据同底数幂的乘法、合并同类项、幂的乘方、同底数幂的除法的运算法则计算即可．解答：解：A、正确；
B、x+x=2x，选项错误；
C、（x2）3=x6，选项错误；
D、x6÷x3=x3，选项错误．
故选A．
点评：本题考查了同底数幂的乘法、合并同类项、幂的乘方、同底数幂的除法等多个运算性质，需同学们熟练掌握．
5、（2011•舟山）两个大小不同的球在水平面上靠在一起，组成如图所示的几何体，则该几何体的左视图是（）
A、两个外离的圆
B、两个外切的圆
C、两个相交的圆
D、两个内切的圆
考点：圆与圆的位置关系；简单组合体的三视图。

专题：计算题。

分析：由于两球都与水平线相切，故几何体的左视图相内切的两圆．
解答：解：观察图形可知，两球都与水平线相切，
所以，几何体的左视图为相内切的两圆，
故选D．
点评：本题考查了三视图，圆与圆的位置关系的运用．关键是分析图形，得出两球都与水平线相切，判断其左视图中两圆的位置关系．
6、（2011•舟山）如图，半径为10的⊙O中，弦AB的长为16，则这条弦的弦心距为（）
A、6
B、8
C、10
D、12
考点：垂径定理；勾股定理。

专题：计算题。

分析：过O作OD⊥AB于D，则OD是弦AB的弦心距，连接OB，根据垂径定理求出BD=AD=8，在Rt△OBD中，根据勾股定理即可求出OD．
解答：解：过O作OD⊥AB于D，则OD是弦AB的弦心距，连接OB，
∵OD⊥AB，OD过圆心O，
∴BD=AD=AB=8，
在Rt△OBD中，由勾股定理得：
OD===6．
故选A．
点评：本题主要考查对垂径定理，勾股定理等知识点的理解和掌握，正确作辅助线并能求出OD的长是解此题的关键．
7、（2011•舟山）如图，边长为4的等边△ABC中，DE为中位线，则四边形BCED的面积为（）
A、B、
C、D、
考点：相似三角形的判定与性质；等边三角形的性质；三角形中位线定理。

分析：根据边长为4的等边△ABC中，DE为中位线，得出DF=，再利用梯形的面积公式求出．
解答：解：作DF⊥BC，
∵边长为4的等边△ABC中，DE为中位线，
∴DE=2，BD=2，
∴DF=，
∴则四边形BCED的面积为：DF×（DE+BC）=×（2+4）=3．
故选B．
点评：此题主要考查了等边三角形的性质以及三角形中位线的性质，得出根据DE为中位线，
得出DF=是解决问题的关键．
8、（2011•舟山）多多班长统计去年1～8月“书香校园”活动中全班同学的课外阅读数量（单位：本），绘制了如图折线统计图，下列说法正确的是（）
A、极差是47
B、众数是42
C、中位数是58
D、每月阅读数量超过40的有4个月
考点：极差；折线统计图；中位数；众数。

专题：计算题。

分析：根据统计图可得出最大值和最小值，即可求得极差；出现次数最多的数据是众数；将这8个数按大小顺序排列，中间两个数的平均数为中位数；每月阅读数量超过40的有2、3、4、5、7、8，共六个月．
解答：解：A、极差为：83﹣28=55，故本选项错误；
B、众数为：58，故本选项错误；
C、中位数为：（58+58）÷2=58，故本选项正确；
D、每月阅读数量超过40本的有2月、3月、4月、5月、7月、8月，共六个月，故本选项
错误；
故选C．
点评：本题是统计题，考查极差、众数与中位数的意义．中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（或最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数．如果中位数的概念掌握得不好，不把数据按要求重新排列，就会出错．
9、（2011•舟山）一个纸环链，纸环按红黄绿蓝紫的顺序重复排列，截去其中的一部分，剩下部分如图所示，则被截去部分纸环的个数可能是（）
A、2010
B、2011
C、2012
D、2013
考点：规律型：图形的变化类。

专题：规律型。

分析：该纸链是5的倍数，中间截去的是剩下3+5n，从选项中数减3为5的倍数即得到答案．
解答：解：由题意设被截去部分为5n+2+1=5n+3
从其选项中看，故选D．
点评：本题考查了图形的变化规律，从整体是5个不同颜色环的整数倍数，截去部分去3后为5的倍数，从而得到答案．
10、（2011•舟山）如图，①②③④⑤五个平行四边形拼成一个含30°内角的菱形EFGH（不重叠无缝隙）．若①②③④四个平行四边形面积的和为14cm2，四边形ABCD面积是11cm2，则①②③④四个平行四边形周长的总和为（）
A、48cm
B、36cm
C、24cm
D、18cm
考点：菱形的性质；平行四边形的性质。

专题：计算题。

分析：根据①②③④四个平行四边形面积的和为14cm2，四边形ABCD面积是11cm2，可求出⑤的面积，从而可求出菱形的面积，根据菱形的性质可求出边长，进而可求出①②③④四个平行四边形周长的总和．
解答：解：由题意得：⑤的面积=四边形ABCD面积﹣（①+②+③+④）=4cm2，
∴EFGH的面积=14+4=18cm2，
又∵∠F=30°，
∴菱形的边长为6cm，
而①②③④四个平行四边形周长的总和=2（AE+AH+HD+DG+GC+CF+FB+BE）=2（EF+FG+GH+HE）=48cm．
故选A．
点评：本题考查了菱形的性质及平行四边形的知识，难度较大，关键是求出菱形的面积，解答本题需要用到平行四边形的对角线平分平行四边形的面积．
二、填空题（本大题有6小题，每小题4分，共24分）
11、（2011•舟山）当x≠3时，分式有意义．
考点：分式有意义的条件。

专题：计算题。

分析：根据分式存在的条件得到3﹣x≠0，解不等式即可．
解答：解：要使分式有意义，必须3﹣x≠0，即x≠3．
故答案为≠3．
点评：本题考查了分式有意义的条件：分式的分母不为0．
12、（2011•舟山）从标有1到9序号的9张卡片中任意抽取一张，抽到序号是3的倍数的概率是．
考点：概率公式。

专题：计算题。

分析：看是3的倍数的情况数占总情况数的多少即可．
解答：解：共有9张牌，是3的倍数的有3，6，9共3张，
∴抽到序号是3的倍数的概率是．
故答案为：．
点评：考查概率的求法；用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．得到抽到序号是3的倍数的情况数是解决本题的关键．
13、（2010•江西）分解因式：2x2﹣8=2（x+2）（x﹣2）．
考点：提公因式法与公式法的综合运用。

分析：先提取公因式2，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．
解答：解：2x2﹣8，
=2（x2﹣4），
=2（x+2）（x﹣2）．
点评：本题考查用提公因式法和公式法进行因式分解的能力，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用公式法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．
14、（2011•舟山）如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=40°，则△ABC的外角∠BCD=110度．
考点：等腰三角形的性质；三角形内角和定理；三角形的外角性质。

专题：计算题。

分析：根据等腰三角形的性质得到∠B=∠ACB，根据三角形的内角和定理求出∠B，∠根据三角形的外角性质即可求出答案．
解答：解：∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∵∠A=40°，
∴∠B=∠ACB=（180°﹣∠A）=70°，
∴∠BCD=∠A+∠B=40°+70°=110°，
故答案为：110．
点评：本题主要考查对等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，三角形的外角性质等知识点的理解和掌握，能求出∠B的度数是解此题的关键．
15、（2011•舟山）如图，已知二次函数y=x2+bx+c的图象经过点（﹣1，0），（1，﹣2），当y随x的增大而增大时，x的取值范围是y=x2﹣x﹣2．
考点：待定系数法求二次函数解析式；二次函数的图象；二次函数的性质。

专题：计算题。

分析：先把（﹣1，0），（1，﹣2）代入二次函数y=x2+bx+c中，得到关于b、c的方程，解出b、c，即可求解析式．
解答：解：把（﹣1，0），（1，﹣2）代入二次函数y=x2+bx+c中，得
，
解得
，
那么二次函数的解析式是y=x2﹣x﹣2．
点评：本题考查了用待定系数法求函数解析式的方法，同时还考查了方程组的解法等知识，难度不大．
16、（2011•舟山）如图，AB是半圆直径，半径OC⊥AB于点O，AD平分∠CAB交弧BC 于点D，连接CD、OD，给出以下四个结论：①AC∥OD；②CE=OE；③△ODE∽△ADO；
④2CD2=CE•AB．其中正确结论的序号是①④．
考点：相似三角形的判定与性质；三角形内角和定理；等腰三角形的判定；圆心角、弧、弦的关系；圆周角定理。

专题：证明题。

分析：①根据等腰三角形的性质和角平分线的性质，利用等量代换求证∠CAD=∠ADO即可；
②不能证明CE=OE；
③两三角形中，只有一个公共角的度数相等，其它两角不相等，所以不能证明
③△ODE∽△ADO；
④根据同弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半，求出∠COD=45°，再利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出∠CDE=45°，
再求证△CED∽△COD，利用其对应变成比例即可得出结论．
解答：证明：①∵AB是半圆直径，
∴AO=OD，
∴∠OAD=∠ADO，
∵AD平分∠CAB交弧BC于点D，
∴∠CAD=∠DAO=∠CAB，
∴∠CAD=∠ADO，
∴AC∥OD，
∴①正确．
②∵△CED与△AED不全等，
∴CE≠OE，
∴②错误．
③∵在△ODE和△ADO中，只有∠ADO=∠EDO，其它两角都不相等，
∴不能证明△ODE和△ADO全等，
∴③错误；
④∵AD平分∠CAB交弧BC于点D，
∴∠CAD=×45°=22.5°，
∴∠COD=45°，
∵AB是半圆直径，
∴OC=OD，
∴∠OCD=∠ODC=67.5°
∵∠CAD=∠ADO=22.5°（已证），
∴∠CDE=∠ODC﹣∠ADO=67.5°﹣25°=45°，
∴△CED∽△COD，
∴=，
∴CD2=OD•CE=AB•CE，
∴2CD2=CE•AB．
∴④正确．
综上所述，只有①④正确．
故答案为：①④．
点评：此题主要考查相似三角形的判定与性质，圆心角、弧、弦的关系，圆周角定理，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识点的灵活运用，此题步骤繁琐，但相对而言，难易程度适中，很适合学生的训练是一道典型的题目．
三、解答题（本大题有8小题，共66分）
17、（2011•舟山）计算：．
考点：实数的运算；零指数幂。

专题：计算题。

分析：本题涉及零指数幂、乘方、二次根式化简三个考点．针对每个考点分别进行计算，然后根据实数的运算法则求得计算结果．
解答：解：原式=4﹣3+1+2
=4．
故答案为4．
点评：本题考查实数的综合运算能力，是各地中考题中常见的计算题型．解决此类题目的关键是熟记特殊角的三角函数值，熟练掌握负整数指数幂、零指数幂、二次根式、绝对值等考点的运算．
18、（2011•舟山）解不等式组：，并把它的解在数轴上表示出
来．
考点：解一元一次不等式组；在数轴上表示不等式的解集。

专题：作图题。

分析：先求出不等式组中每一个不等式的解集，再求出它们的公共部分，然后把不等式的解集表示在数轴上即可．
解答：解：不等式组
由①得，x＞1﹣3，x＞﹣2；
由②得，x+2x﹣2≤1，x≤1；
∴其解集为：﹣2＜x≤1；
在数轴上表示为：
故答案为：﹣2＜x≤1．
点评：本题考查了一元一次不等式组的解法，求不等式的公共解，要遵循以下原则：同大取较大，同小取较小，小大大小中间找，大大小小解不了．
19、（2011•舟山）如图，已知直线y=﹣2x经过点P（﹣2，a），点P关于y轴的对称点P′
在反比例函数（k≠0）的图象上．
（1）求a的值；
（2）直接写出点P′的坐标；
（3）求反比例函数的解析式．
考点：待定系数法求反比例函数解析式；一次函数图象上点的坐标特征；关于x轴、y轴对称的点的坐标。

专题：计算题。

分析：（1）把（﹣2，a）代入y=﹣2x中即可求a；
（2）坐标系中任一点关于y轴对称的点的坐标，其中横坐标等于原来点横坐标的相反数，纵坐标不变；
（3）把P′代入y=中，求出k，即可得出反比例函数的解析式．
解答：解：（1）把（﹣2，a）代入y=﹣2x中，得a=﹣2×（﹣2）=4，
∴a=4；
（2）∵P点的坐标是（﹣2，4），
∴点P关于y轴的对称点P′的坐标是（2，4）；
（3）把P′（2，4）代入函数式y=，得
4=，
∴k=8，
∴反比例函数的解析式是y=．
点评：本题考查了待定系数法球反比例函数解析式，一次函数图象上点的坐标特征，关于x 轴、y轴对称点的坐标．知道经过函数的某点一定在函数的图象上，坐标系中任一点关于x 轴、y轴的点的特征．
20、（2011•舟山）根据第五次、第六次全国人口普查结果显示：某市常住人口总数由第五次的400万人增加到第六次的450万人，常住人口的学历状况统计图如下（部分信息未给出）：
解答下列问题：
（1）计算第六次人口普查小学学历的人数，并把条形统计图补充完整；
（2）第六次人口普查结果与第五次相比，该市常住人口中高中学历人数增长的百分比是多少？
考点：条形统计图；扇形统计图。

专题：计算题；图表型。

分析：（1）由六次全国人口普查中某市常住人口总数是450万人，再根据条形图求得大学，高中，初中，以及其他学历的人数，则可知小学学历的人数；
（2）根据扇形图求得第五次全国人口普查中某市常住人口中高中学历的百分比，再求得第六次全国人口普查中该市常住人口中高中学历的百分比，求其差即可．
解答：解：（1）450﹣36﹣55﹣180﹣49=130（万人）；
（2）第五次人口普查中，该市常住人口中高中学历人数的百分比是：1﹣3%﹣17%﹣38%﹣32%=10%，
∴第六次人口普查中，该市常住人口中高中学历人数的百分比是：×100%≈12.2%，
∴第六次人口普查结果与第五次相比，该市常住人口中高中学历人数增长的百分比是：12.2%﹣10%=2.2%．
点评：此题考查了扇形统计图与条形统计图的知识．题目难度不大，注意数形结合思想的应用．
21、（2011•舟山）目前“自驾游”已成为人们出游的重要方式．“五一”节，林老师驾轿车从舟山出发，上高速公路途经舟山跨海大桥和杭州湾跨海大桥到嘉兴下高速，其间用了4.5小时；返回时平均速度提高了10千米/小时，比去时少用了半小时回到舟山．
（1）求舟山与嘉兴两地间的高速公路路程；
我省交通部门规定：轿车的高速公路通行费y（元）的计算方法为：y=ax+b+5，其中a（元/千米）为高速公路里程费，x（千米）为高速公路里程（不包括跨海大桥长），b（元）为跨海大桥过桥费．若林老师从舟山到嘉兴所花的高速公路通行费为295.4元，求轿车的高速公路里程费a．
考点：一次函数的应用；一元一次方程的应用。

分析：（1）根据往返的时间、速度和路程可得到一个一元一次方程，解此方程可得舟山与嘉兴两地间的高速公路路程；
（2）根据表格和林老师从舟山到嘉兴所花的高速公路通行费可以将解析式y=ax+b+5转换成一个含有未知数a的一元一次方程，解此方程可得轿车的高速公路里程费．
解答：解：（1）设舟山与嘉兴两地间的高速公路路程为s千米，由题意得，
﹣=10
解得，s=360，
所以舟山与嘉兴两地间的高速公路路程为：360千米；
（2）轿车的高速公路通行费y（元）的计算方法为：y=ax+b+5，
根据表格和林老师的通行费可知，
y=295.4，x=360﹣48﹣36=276，b=100+80=180，将它们代入y=ax+b+5中得，
295.4=276a+180+5，
解得，a=0.4，
所以轿车的高速公路里程费为：0.4元/千米．
点评：本题考查的是用一次函数解决实际问题，此类题是近年中考中的热点问题．注意利用一次函数求值时，关键是应用一次函数的性质；即由函数y随x的变化，确定取值．
22、（2011•舟山）如图，△ABC中，以BC为直径的圆交AB于点D，∠ACD=∠ABC．（1）求证：CA是圆的切线；
（2）若点E是BC上一点，已知BE=6，tan∠ABC=，tan∠AEC=，求圆的直径．
考点：切线的判定；圆周角定理；锐角三角函数的定义；解直角三角形。

专题：计算题；证明题。

分析：（1）根据圆周角定理BC得到∠BDC=90°，推出∠ACD+∠DCB=90°，即BC⊥CA，即可判断CA是圆的切线；
（2）根据锐角三角函数的定义得到tan∠AEC=，tan∠ABC=，推出EC=AC，BC=AC，
代入BC﹣EC=BE即可求出AC，进一步求出BC即可．
解答：（1）证明：∵BC是直径，
∴∠BDC=90°，
∴∠ABC+∠DCB=90°，
∵∠ACD=∠ABC，
∴∠ACD+∠DCB=90°，
∴BC⊥CA，∴CA是圆的切线．
（2）解：在Rt△AEC中，tan∠AEC=，
∴=，
EC=AC，
在Rt△ABC中，tan∠ABC=，
∴=，
BC=AC，
∵BC﹣EC=BE，BE=6，
∴，
解得：AC=，
∴BC=×=10，
答：圆的直径是10．
点评：本题主要考查对锐角三角函数的定义，解直角三角形，切线的判定，圆周角定理等知识点的理解和掌握，能证明是圆的切线是解此题的关键．
23、（2011•舟山）以四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA为斜边分别向外侧作等腰直角三角形，直角顶点分别为E、F、G、H，顺次连接这四个点，得四边形EFGH．
（1）如图1，当四边形ABCD为正方形时，我们发现四边形EFGH是正方形；如图2，当四边形ABCD为矩形时，请判断：四边形EFGH的形状（不要求证明）；
（2）如图3，当四边形ABCD为一般平行四边形时，设∠ADC=α（0°＜α＜90°），
①试用含α的代数式表示∠HAE；
②求证：HE=HG；
③四边形EFGH是什么四边形？并说明理由．
考点：正方形的判定；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；菱形的判定与性质。

专题：证明题。

分析：（1）根据等腰直角三角形得到角都是直角，且边都相等即可判断答案；
（2）①∠HAE=90°+a，根据平行四边形的性质得出，∠BAD=180°﹣a，根据△HAD和△EAB 是等腰直角三角形，得到∠HAD=∠EAB=45°，求出∠HAE即可；
②根据△AEB和△DGC是等腰直角三角形，得出AE=AB，DC=CD，平行四边形的性
质得出AB=CD，求出∠HDG=90°+a=∠HAE，证△HAE≌△HDC，即可得出HE=HG；
③由②同理可得：GH=GF，FG=FE，推出GH=GF=EF=HE，得出菱形EFGH，证△HAE≌△HDG，求出∠AHD=90°，∠EHG=90°，即可推出结论．
解答：（1）答：四边形EFGH的形状是正方形．
（2）解：①∠HAE=90°+a，
在平行四边形ABCD中AB∥CD，
∴∠BAD=180°﹣∠ADC=180°﹣a，
∵△HAD和△EAB是等腰直角三角形，
∴∠HAD=∠EAB=45°，
∴∠HAE=360°﹣∠HAD﹣∠EAB﹣∠BAD=360°﹣45°﹣45°﹣（180°﹣a）=90°+a，
答：用含α的代数式表示∠HAE是90°+a．
②证明：∵△AEB和△DGC是等腰直角三角形，
∴AE=AB，DC=CD，
在平行四边形ABCD中，AB=CD，
∴AE=DG，
∵△HAD和△GDC是等腰直角三角形，
∴∠HDA=∠CDG=45°，
∴∠HDG=∠HDA+∠ADC+∠CDG=90°+a=∠HAE，
∵△HAD是等腰直角三角形，
∴HA=HD，
∴△HAE≌△HDC，
∴HE=HG．
③答：四边形EFGH是正方形，
理由是：由②同理可得：GH=GF，FG=FE，
∵HE=HG，
∴GH=GF=EF=HE，
∴四边形EFGH是菱形，
∵△HAE≌△HDG，
∴∠DHG=∠AHE，
∵∠AHD=∠AHG+∠DHG=90°，
∴∠EHG=∠AHG+∠AHE=90°，
∴四边形EFGH是正方形．
点评：本题主要考查对正方形的判定，等腰直角三角形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，平行线的性质等知识点的理解和掌握，综合运用性质进行推理是解此题的关键．
24、（2011•舟山）已知直线y=kx+3（k＜0）分别交x轴、y轴于A、B两点，线段OA上有一动点P由原点O向点A运动，速度为每秒1个单位长度，过点P作x轴的垂线交直线AB于点C，设运动时间为t秒．
（1）当k=﹣1时，线段OA上另有一动点Q由点A向点O运动，它与点P以相同速度同时出发，当点P到达点A时两点同时停止运动（如图1）．
①直接写出t=1秒时C、Q两点的坐标；
②若以Q、C、A为顶点的三角形与△AOB相似，求t的值．
（2）当时，设以C为顶点的抛物线y=（x+m）2+n与直线AB的另一交点为D
（如图2），
①求CD的长；
②设△COD的OC边上的高为h，当t为何值时，h的值最大？
考点：二次函数综合题。

专题：几何综合题。

分析：（1）①由题意得．②由题意得到关于t的坐标．按照两种情形解答，从而得到答案．（2）
①以点C为顶点的抛物线，解得关于t的根，又由过点D作DE⊥CP于点E，则∠DEC=∠AOB=90°，又由△DEC∽△AOB从而解得．②先求得三角形COD的面积为定值，
又由Rt△PCO∽Rt△OAB，在线段比例中t为是，h最大．
解答：解：（1）①C（1，2），Q（2，0）
②由题意得：P（t，0），C（t，﹣t+3），Q（3﹣t，0）
分两种情况讨论：
情形一：当△AQC∽△AOB时，∠AQC=∠AOB=90°，∴CQ⊥OA，∵CP⊥OA，∴点P与点Q 重合，OQ=OP，即3﹣t=t，∴t=1.5
情形二：当△AQC∽△AOB时，∠ACQ=∠AOB=90°，∵OA=OB=3∴△AOB是等腰直角三角形∴△ACQ也是等腰直角三角形∵CP⊥OA∴AQ=2CP，即t=2（﹣t+3）∴t=2∴满足条件的t 的值是1.5秒或2秒．
（2）①由题意得：C（t，﹣）
∴以C为顶点的抛物线解析式是y=，由
，
解得．
过点D作DE⊥CP于点E，则∠DEC=∠AOB=90°
∵DE∥OA∴∠EDC=∠OAB
∴△DEC∽△AOB∴∵AO=4，AB=5，DE=∴CD=
②∵，CD边上的高=，∴，∴S△COD
为定值．
要使OC边上的高h的值最大，只要OC最短，因为当OC⊥AB时OC最短，此时OC的长
为，∠BCO=90°
∵∠AOB=90°∴∠COP=90°﹣∠BOC=∠OBA
又∵CP⊥OA∴Rt△PCO∽Rt△OAB
∴，OP=，即t=
∴．
点评：本题考查了二次函数的综合题，（1）①由题意很容易知，由题意知P（t，0），C（t，﹣t+3），Q（3﹣t，0）代入，分两种情况解答．（2）①以点C为顶点的函数式，设法代入关于t的方程，又由△DEC∽△AOB从而解得．②通过求解可知三角形COD的面积为定值，
又由Rt△PCO∽Rt△OAB，在线段比例中t为是，h最大．从而解答．。