黑龙江省哈尔滨市香坊区2020-2021学年八年级上学期期末数学试题(含答案解析)

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．下列图形中，是轴对称图形的是（ ）

A． B． C． D．

2．代数式A．1个

a775bxyx、、、、、x9、中是分式的有（ ）

π12m83a3B．2个

C．3个

D．4个

3．下列运算正确的是（ ） A．a3a2a6

B．a2a3a5

C．a32a6

D．a6a2a3

4．在平面直角坐标系中，点M1,2关于x轴对称的点的坐标为（ ） A．1,2

B．2,1

C．1,2

D．1,2

5．若二次根式x1有意义，那么x的取值范围是（ ） A．x<1 6．分式A．

B．x>1

C．x≥1

D．x≠1

1可变形为( ) 3-xB．-

1 3x1 3xC．

1 x3D．-1 x37．如图所示的四边形均为矩形或正方形，下列等式能够正确表示该图形面积关系的是（ ）

A．ababa-b

22B．aba22abb2 D．aba22abb2

22C．aba22abb2

28．已知4ma，8nb，其中m，n为正整数，则22m6n( )

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A．ab2 B．ab2 C．a2b3 D．a2b3

9．如图MON30，点A1、A2、A3…在射线ON上，点B1、B2、B3…在射线OM上，△A1B1A2、△A2B2A3、△A3B2A4…为等边三角形，若OA11，则△A7B7A8的边长为（ ）

A．32 B．56 C． D．128

10．如图，在ABC中，ABAC，点D、F是射线BC上两点，且ADAF，若

AEAD，BADCAF15；则下列结论中正确的有（ ）

①CEBF；②△ABD≌△ACE；③S△ABCS四边形ADCE；④

1BCEF2ADCF

2A．1个

二、填空题

11．新型冠状病毒是一种形状为冠状的病毒，其直径大约为0.000000102m，将

B．2个

C．3个

D．4个

0.000000102用科学记数法表示为______．

12．若使代数式

2x1有意义，则x的取值范围是_____． x213．把多项式ax2+2axy+ay2分解因式的结果是_____． 14．方程

12的解为__________. 2xx315．当x_______时，分式

x2的值为负． 2x16．如图，在RtACB中，ACB90，A25，D是AB上一点，将RtABC沿CD折叠，使点B落在AC边上的B处，则ADB等于_______．

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17．计算：

5-22018522019的结果是_____.

18．若a213a，则代数式a21的值为______． a219．已知ABC中，点D在BC边上，B45，C60°，△ABD是等腰三角形，则DAC的度数是______．

20．已知：如图，ABC中，点D在AB上，ADACBC，若△BCD的面积是20，则CD的长为______．

且BCDAC，

1A，2

三、解答题

1x2x210221．先化简，再求代数式的值，其中xπ2． x1x1x1322．如图，ABC的坐标分别是A0,2、B2,5、C5,3． （1）如图1，画出ABC关于x轴对称的图形△A1B1C1；

（2）如图2，在x轴上找出点P，使PAPC最小，并直接写出P点的坐标．

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23．某小区要对小区广场进行修建，在图中阴影部分重新铺砖，测量数据如图所示（单位：米）．

（1）求阴影部分的铺砖面积．

（2）若铺每平方米砖的费用是100元，当a40、b10时，求所需总费用是多少元？

24．已知：如图，点P是等边ABC内的一点，连接PA、PB、PC，以PB为边作等边△BPD，连接CD． （1）求证：APCD；

（2）若APB150，PD10，CD15，求△APB的面积．

25．某社区计划对面积为1800平方米的区域进行清雪．全部清雪工作由甲、乙两个工程队来完成．已知甲队每小时能完成清雪的面积是乙队每小时能完成清雪的面积的2倍，并且在完成面积为400平方米区域的清雪时，甲队比乙队少用4小时． （1）求甲乙两工程队每小时能完成清雪的面积；

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（2）若甲队每小时清雪费用是600元，乙队每小时清雪费用是250元，如果施工总费用不超过1万元，那么乙工程队至少需要施工多少小时？

26．如图，在RtABC中，ACB90，ABC30，CDE是等边三角形，点

D在边AB上．

（1）如图1，当点E在边BC上时，求证DEEB；

（2）如图2，在（1）的条件下，过D作DFAC于F，求证BD2CF；

（3）如图3，当点E在ABC外部时，EHAB于点H，过点E作GE∥AB，交线段AC的延长线于点G，AG5CG，BH3．求CG的长．

27．在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点Aa,a，点B0,b，且a是方程

(a2)2(a2)(a4)的解，a与2b是互为相反数，连接AB并延长交x轴于点C，

过点A作ADx轴于点D．

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（1）求点C的坐标．

（2）动点P从点C出发，以每秒2个单位的速度沿射线CD运动，设APD的面积为

S，运动时间为t，求S与t的关系式，并直接写出t的取值范围．

（3）在（2）的条件下，过点A作线段AEAC，点E落在第三象限内，且AEAC，连接EC，交AD于点M，交y轴于N，当PADPCE时，求P点的坐标．

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参

1．A 【分析】

根据轴对称图形的概念对各选项分析判断即可得解． 【详解】

解：A. 是轴对称图形，故本选项正确； B. 不是轴对称图形，故本选项错误； C. 不是轴对称图形，故本选项错误； D. 不是轴对称图形，故本选项错误； 故选：A． 【点睛】

本题考查了轴对称图形的概念，判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合． 2．B 【分析】

判断分式的依据是看分母中是否含有字母，如果含有字母则是分式，如果不含有字母则不是分式． 【详解】 解：代数式共2个， 故选：B． 【点睛】

本题主要考查分式的定义，注意π不是字母，是常数． 3．C 【分析】

分别利用同底数幂的乘法、幂的乘方、同底数幂的除法、合并同类项计算即可． 【详解】

解：A．a3a2a32a5，故该选项错误； B. a2与a3不是同类项，不能合并，故该选项错误；

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a775bxy75bx、、、、、x9、中是分式的有、，

π12m83a3m3a

C．a32a6，正确；

D. a6a2a62a4，故该选项错误； 故选：C． 【点睛】

本题考查幂的相关运算，熟练掌握相关运算法则是解题关键． 4．D 【分析】

根据“关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数”解答即可． 【详解】

解：点M1,2关于x轴对称的点的坐标为：(1,-2)； 故选择：D． 【点睛】

本题考查了关于x轴、y轴对称的点的坐标，解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律： （1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数； （2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数． 5．C 【分析】

先根据二次根式有意义的条件得出关于x的不等式，求出x的取值范围即可． 【详解】

∵二次根式x1有意义， ∴x−1⩾0， 解得x⩾1. 故选C. 【点睛】

此题考查了二次根式有意义的条件.二次根式有意义满足的条件为（1）被开方数大于或等于0；（2）若分母中的二次根式含有字母，还应满足分母不等于0. 6．D 【分析】

答案第2页，总21页

根据分式的基本性质逐项进行判断即可. 【详解】

11≠，故A选项错误； 3x3-x111B. -=≠，故B选项错误； 3x3-x3-x61C. x=-，故C选项错误；

53-xA. D. -111==，故D选项正确， （x-3)x33-x故选D. 【点睛】

本题考查了分式的性质，分式的分子分母都乘以或除以同一个不为0的整式，分式的值不变． 7．C 【分析】

根据阴影部分的面积的不同表示方法，即可求出答案． 【详解】

解：如图所示，根据图中的阴影部分面积可以表示为：（a-b）2 图中的阴影部分面积也可以表示为：a2-2ab+b2 可得：（a-b）2=a2-2ab+b2

故选：C 【点睛】

本题考查了完全平方公式的几何背景，解决问题的关键是能用算式表示出阴影部分的面积 8．A 【分析】

先变形22m6n成4m与8n的形式，再将已知等式代入可得． 【详解】

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解：∵4ma，8nb， ∴22m6n22m26n22故选A． 【点睛】

本题主要考查幂的运算，解题的关键是熟练掌握幂的乘方与同底数幂的乘法运算法则． 9．C 【分析】

根据等腰三角形的性质以及平行线的性质得出A1B1∥A2B2∥A3B3，以及A2B2=2B1A2，得出A3B3=4B1A2，A4B4=8B1A2，A5B5=16B1A2…进而得出答案． 【详解】 解：如图，

2m32n4848m2nmn2ab2，

∵△A1B1A2是等边三角形， ∴A1B1=A2B1，∠3=∠4=∠12=60°， ∴∠2=120°， ∵∠MON=30°，

-120°-30°=30°∴∠1=180°， 又∵∠3=60°，

-60°-30°=90°∴∠5=180°， ∵∠MON=∠1=30°， ∴OA1=A1B1=1， ∴A2B1=1，

∵△A2B2A3、△A3B3A4是等边三角形， ∴∠11=∠10=60°，∠13=60°， ∵∠4=∠12=60°，

∴A1B1∥A2B2∥A3B3，B1A2∥B2A3，

答案第4页，总21页

∴∠1=∠6=∠7=30°，∠5=∠8=90°， ∴A2B2=2B1A2=2，B3A3=2B2A3， ∴A3B3=4B1A2=4， A4B4=8B1A2=8， A5B5=16B1A2=16， …

∴△AnBnAn+1的边长为2n-1， ∴△A7B7A8的边长为27-1=26=． 故选：C． 【点睛】

本题考查的是等边三角形的性质以及等腰三角形的性质，根据已知得出A3B3=4B1A2，A4B4=8B1A2，A5B5=16B1A2进而发现规律是解题关键． 10．D 【分析】

由AD⊥AF，∠BAD=∠CAF，得出∠BAC=90°，由等腰直角三角形的性质得出

∠B=∠ACB=45°，由SAS证得△ABD≌△ACE（SAS），得出BD=CE，∠B=∠ACE=45°，S△ABC=S四边形ADCE，则∠ECB=90°，即EC⊥BF，易证∠ADF=60°，∠F=30°，由含30°直角三角形的性质得出EF=2CE=2BD，DF=2AD，则BD=EF=2AD-CF，即可得出结果． 【详解】

∵AD⊥AF，∠BAD=∠CAF， ∴∠BAC=90°， ∵AB=AC， ∴∠B=∠ACB=45°， 在△ABD和△ACE中，

11EF，由BC-BD=DF-CF，得出BC-22ABACBADCAE ， ADAE∴△ABD≌△ACE（SAS），

∴BD=CE，∠B=∠ACE=45°，S△ABC=S四边形ADCE，

答案第5页，总21页

∴∠ECB=90°， ∴EC⊥BF，

∵∠B=45°，∠BAD=15°， ∴∠ADF=60°， ∴∠F=30°，

∴EF=2CE=2BD，DF=2AD， ∴BD=

1EF， 21EF=2AD-CF， 2∵BC-BD=DF-CF， ∴BC-

∴①、②、③、④正确． 故选：D． 【点睛】

本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、含30°角直角三角形的性质、外角的定义等知识，熟练掌握直角三角形的性质、证明三角形全等是解题的关键． 11．1.02107 【分析】

绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10-n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数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． 【详解】

解：0.000000102=1.02×10-7， 故答案为：1.02×10-7． 【点睛】

本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10-n，其中1≤|a|＜10，n为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． 12．x≠﹣2 【分析】

直接利用分式有意义则其分母不为零，进而得出答案． 【详解】

答案第6页，总21页

∵分式

2x1有意义， x2∴x的取值范围是：x+2≠0， 解得：x≠−2. 故答案是：x≠−2. 【点睛】

本题考查了分式有意义的条件，解题的关键是熟练的掌握分式有意义的条件. 13．a（x+y）2 【分析】

先提取公因式a，然后再利用完全平方公式进行分解即可． 【详解】

222原式=a(x2xyy)a(xy)．

故答案为a(xy)． 【点睛】

本题考查了综合提公因式法及公式法分解因式，掌握分解因式的原则“一提（公因式），二套（公式），三彻底”是解题的关键． 14．x1 【分析】

两边同时乘2x(x3)，得到整式方程，解整式方程后进行检验即可. 【详解】

解：两边同时乘2x(x3)，得

2x34x，

解得x1，

检验：当x1时，2x(x3)≠0， 所以x=1是原分式方程的根， 故答案为x=1. 【点睛】

本题考查了解分式方程，熟练掌握解分式方程的一般步骤以及注意事项是解题的关键. 15．x2且x0

答案第7页，总21页

【分析】

分式有意义，x2≠0，分式的值为负数，只有分子x-2＜0，由此求x的取值范围． 【详解】

x20解：依题意，得2

x0解得x＜2且x≠0， 故答案为：x＜2且x≠0． 【点睛】

本题考查了分式的值．求分式的值，必须同时满足分母不为0． 16．40 【分析】

根据翻折变换的性质得出∠ACD=∠BCD，∠CDB=∠CDB′，进而利用三角形内角和定理得出∠BDC=∠B′DC，再利用平角的定义，即可得出答案． 【详解】

解：∵将Rt△ABC沿CD折叠，使点B落在AC边上的B′处， ∴∠ACD=∠BCD，∠CDB=∠CDB′， ∵∠ACB=90°，∠A=25°，

-25°=65°∴∠ACD=∠BCD=45°，∠B=90°， -65°=70°∴∠BDC=∠B′DC=180°-45°， -70°=40°∴∠ADB′=180°-70°． 故答案为：40°． 【点睛】

此题主要考查了翻折变换的性质以及三角形内角和定理，得出∠BDC和∠B′DC的度数是解题关键． 17．52 【分析】

逆用积的乘方运算法则以及平方差公式即可求得答案. 【详解】

5-22018522019

答案第8页，总21页

=

5-2201852201852

=5-2=(5-4)2018

×52

52201852

=5+2， 故答案为5+2. 【点睛】

本题考查了积的乘方的逆用，平方差公式，熟练掌握相关的运算法则是解题的关键. 18．7 【分析】 对代数式a【详解】

解：∵a213a，

21利用完全平方公式变形后，将a213a代入化简即可． 2a1a41(a21)22a29a22a27a2∴a227，

aa2a2a2a2故答案为：7． 【点睛】

本题考查代数式求值，主要考查分式的加法、完全平方公式．熟练掌握完全平方公式，能对代数式正确变形是解题关键． 19．30，7.5． 【分析】

先求出∠BAC的角度，再分ADBD，ABBD，ABAD三种情况分类讨论，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可得出答案． 【详解】

解：∵B45，C60°， ∴BAC75， 如下图，当ADBD，

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∴BADB45，

∴DACBACBAD30 当ABBD， ∴BADBDA180B67.5， 2∴DACBACBAD7.5 当ABAD， ∴∠B=∠ADB，

∴BAD180BADB90BAC（舍去）， 故答案为：30，7.5． 【点睛】

本题考查等腰三角形的性质，三角形内角和定理．能分类讨论是解题关键． 20．45 【分析】

如图，作AH⊥CD于H，BM⊥CD交CD的延长线于M．证明△AHC≌△CMB（AAS），推出CH=BM，可得CH=DH=BM，设BM=CH=DH=x，利用三角形面积公式构建方程即可解决问题． 【详解】

如图，作AH⊥CD于H，BM⊥CD交CD的延长线于M.

答案第10页，总21页

∵AC=AD，AH⊥CD， ∴∠CAH=∠DAH，CH=DH， ∵∠CAH+∠ACH=90°,∠BCD=∴∠BCD+∠ACH=90°， ∴∠ACB=90°， ∵∠AHC=∠M=90°，

∴∠ACH+∠BCM=90°,∠BCM+∠CBM=90°， ∴∠ACH=∠CBM，∵AC=BC， ∴△AHC≌△CMB(AAS)， ∴CH=BM，

∴CH=DH=BM，设BM=CH=DH=x， ∵S△BCD＝∴

1CAD=∠CAH， 21⋅CD⋅BM， 21·2x·x=20， 2∴x25， ∴CD2x45. 故答案为45． 【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用的辅助线，构造全等三角形解决问题． 21．

11， x15【分析】

答案第11页，总21页

01先利用分式的混合运算化简后，将xπ2314代入计算即可．

31【详解】 解： ===

x2x22 x1x1x12(x1)(x2)x x21x1xx1

(x1)(x1)x1， x1101将xπ2314代入，

3原式=

1． 5【点睛】

本题考查分式的混合运算，负指数幂和零指数幂．熟练掌握分式的混合运算的运算顺序和运算法则是解题关键．

22．（1）见解析；（2）见解析，点P的坐标为（2，0）． 【分析】

（1）作出A，B，C关于x轴对称点A1，B1，C1即可；

（2）作点A关于x轴 对称点A′，连接CA′交x轴于点P，点P即为所求． 【详解】

解：（1）△A1B1C1如图所示．

答案第12页，总21页

（2）作点A关于x轴 对称点A′，连接CA′交x轴于点P，点P即为所求，点P的坐标为（2，0）．

【点睛】

本题考查作图-轴对称变换，轴对称最短问题等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

23．（1）（3a22b22ab）米2；（2）380000元 【分析】

（1）由大矩形面积减去小正方形面积表示出阴影部分面积即可； （2）把a，b的值代入计算即可求出值，最后求出需要资金即可． 【详解】

2解：（1）根据题意得：(2ab)(2ab)(ab)

=4a2b2(a22abb2) =4a2b2a22abb2 =3a22b22ab（米2）

（2）当a=40，b=10时，阴影部分面积为34022102240103800（米2）； 100=380000（元）需要资金：3800×． 【点睛】

此题考查了代数式求值，列代数式以及整式的乘法，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

答案第13页，总21页

24．（1）证明见解析；（2）【分析】

75． 2（1）根据SAS证明△BAP≌△BCD，则可得出结论；

（2）作CM⊥BD交BD的延长线于M．利用全等三角形的性质证明∠BDC=150°，解直角三角形求出CM即可解决问题． 【详解】

解：（1）证明：∵△BPD是等边三角形， ∴BP=BD，∠PBD=60°， ∴∠PBC+∠CBD=60°， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABP+∠CBP=60°，AB=BC， ∴∠ABP=∠CBD，

AB＝CB在△ABP和△CBD中ABP＝CBD，

BP＝BD∴△ABP≌△CBD（SAS）， ∴AP=CD；

（2）作CM⊥BD交BD的延长线于M．

∵△ABC，△PBD都是等边三角形，

∴BA=BC，BP=BD=PD=10，∠ABC=∠PBD， ∴∠ABP=∠CBD， ∴△ABP≌△CBD（SAS）， ∴∠APB=∠BDC=150°，

答案第14页，总21页

∴∠CDM=30°，∠M=90°， ∴CM=

151CD=， 22157511•BD•CM=×10×=． 2222∴S△APB=S△BCD=【点睛】

本题考查全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

25．（1）甲工程队每天能完成的清雪面积为100平方米，乙工程队每天能完成的清雪面积为50平方米；（2）乙工程队至少应工作16天． 【分析】

（1）设乙工程队每天能完成的清雪面积为x平方米，则甲工程队每天能完成的清雪面积为2x平方米，根据工作时间=工作总量÷工作效率结合甲队比乙队少用4天，即可得出关于x的分式方程，解之并检验后即可得出结论；

（2）设应安排乙工程队工作a天，则甲工程队工作（18-0.5a）天，根据总费用=600×甲工程队工作天数+250×乙工程队工作天数结合总费用不超过10000元，即可得出关于a的一元一次不等式，解之即可得出a的取值范围，取其内的最小值即可． 【详解】

解：（1）设乙工程队每天能完成的清雪面积为x平方米，则甲工程队每天能完成的清雪面积为2x平方米， 根据题意得：

4004004 x2x解得：x=50，

经检验，x=50是原分式方程的解， ∴2x=100．

答：甲工程队每天能完成的清雪面积为100平方米，乙工程队每天能完成的清雪面积为50平方米．

（2）设应安排乙工程队工作a天，则甲工程队工作根据题意得：600a+250（18-0.5a）≤10000， 解得：a≥16， ∴a的最小值为16．

答案第15页，总21页

180050a=（18-0.5a）天，

100

答：乙工程队至少应工作16天． 【点睛】

本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）找准等量关系，正确列出分式方程；（2）根据数量关系，列出一元一次不等式． 26．（1）见解析；（2）见解析；（3）CG2 【分析】

（1）根据等边三角形的性质、三角形的外角的性质得到∠EDB=∠B，根据等腰三角形的判定定理证明；

（2）取DB的中点H，连接EH，证明△BEH≌△CDF得BH=CF，即可解决问题； （3）取AB的中点O，连接CO、EO、EB，分别证明△ACD≌△OCE和△CEG≌△DCO，根据全等三角形的性质解答． 【详解】

（1）证明：∵△CDE是等边三角形， ∴∠CED=60°，

-∠B=60°-30°=30°∴∠EDB=60°， ∴∠EDB=∠B， ∴DE=EB；

（2）证明：如图2，取DB的中点H，连接EH，

∴BD=2BH， ∵DE=EB，DE=DC， ∴EH⊥BD，BE=DC， ∴∠EHB=90°， ∵DF⊥AC，

=∠EHB， ∴∠DFC=90°

答案第16页，总21页

∵∠ACB=90°，∠DCE=60°， =∠B， ∴∠DCF=30°在△BEH和△CDF中，

EHBCFDBDCF， BECD∴△BEH≌△CDF， ∴BH=CF， ∴BD=2CF；

（3）如图3，取AB的中点O，连接CO、EO、EB，

∵∠ACB=90°，∠ABC=30°， ∴∠A=60°，OC=OA， ∴△ACO为等边三角形， ∴CA=CO，

∵△CDE是等边三角形， ∴∠ACO=∠DCE， ∴∠ACD=∠OCE， 在△ACD和△OCE中，

CACOACDOCE， CDCE∴△ACD≌△OCE， ∴∠COE=∠A=60°， ∴∠BOE=60°， ∴△COE≌△BOE，

答案第17页，总21页

∴EC=EB， ∴ED=EB， ∵EH⊥AB， ∴DH=BH=3， ∵GE∥AB，

-∠A=120°∴∠G=180°，

=∠CDA+60°∵∠GCD=∠GCE+60°， ∴∠GCE=∠CDA， 在△CEG和△DCO中，

GCODECGODC， CECD∴△CEG≌△DCO， ∴CG=OD，

设CG=a，则AG=5a，OD=a， ∴AC=OC=4a， ∵OC=OB， ∴4a=a+3+3， 解得，a=2， 即CG=2． 【点睛】

本题考查的是等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质以及直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 27．（1）C（2）当0t6时，S366t；当t6时，S6t36；（3）P4,06,0；

或P8,0 【分析】

2B坐标，（1）解方程(a2)(a2)(a4)求出a值，然后可得点A、作AHy轴于H，

证明AHB≌COB可得AHOC，于是可求点C坐标； （2）分两种情况表示出PD的长，即可求出S与t的关系式；

答案第18页，总21页

ADP≌EQM，（3）作EQAD于Q，作NGAD于G，依次证明EAQ≌ACD，EQM≌NGM，可求出PD的长，于是可求出点P的坐标．

【详解】

2（1）解：∵(a2)(a2)(a4)

∴a6 ∵a2b0 ∴b3

∴A6,6，B0,3 作AHy轴于H， ∴AH6，ADOH6 ∵OB3 ∴OBBH3

∵HABOCB，AHBCOB ∴AHB≌COB ∴AHOC6 ∴C6,0

（2）如图1，

①当0t6时，AD6，PD122t，

答案第19页，总21页

1S6(122t)366t；

2②当t6时，AD6，PD2t12，

1S6(2t12)6t36；

2（3）如图2，如图3，作EQAD于Q，作NGAD于G，连接DN，

易证EQAADC，EAQACD，AEAC ∴EAQ≌ACD， ∴EQAD

∵ADOCEQ，PADPCEQEM，ADPEQM90 ∴ADP≌EQM ∴PDQM ∵ODOC ∴NDNC ∴NCDNDC ∴NDMNMD ∴DGGM

∵NGODEQ6

答案第20页，总21页

∴EQM≌NGM ∴QMGM

∵QADC12，AD6 ∴QD6 ∴QMPD2

∴当122t2时，t5，2t10，P4,0 当2t122时，t7，2t14，P8,0 【点睛】

本题考查了坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质，一次函数解析式，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．

答案第21页，总21页