專題3.1第一次月考階段性測試卷（10月份范圍：九上蘇科第1章-第2.5節(jié)）-2022-2023學(xué)年九年級數(shù)學(xué)上學(xué)期復(fù)習(xí)備考高分秘籍【蘇科版】（解析版）

2022-2023學(xué)年九年級數(shù)學(xué)上學(xué)期復(fù)習(xí)備考高分秘籍（月考+期中+期末）【蘇科版】專題3.1第一次月考階段性測試試卷（考試時(shí)間：10月份：考試范圍蘇科九上1.1-2.5）姓名：__________________班級：______________得分：_________________注意事項(xiàng)：本試卷滿分120分，試題共26題．選擇6道、填空10道、解答10道.答卷前，考生務(wù)必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級等信息填寫在試卷規(guī)定的位置．一、選擇題（本大題共8小題，每小題2分，共16分）在每小題所給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．（2021秋?江寧區(qū)校級月考）下列方程是一元二次方程的是（）A．3x2＝2x+1 B．2x3﹣3x＝0 C．x2﹣y2＝1 D．x+2y＝0【分析】按照一元二次方程的定義，分析判斷即可．【解析】選項(xiàng)A：是一元二次方程，故正確；選項(xiàng)B：最高次項(xiàng)是3次，不是一元二次方程，故錯誤；選項(xiàng)C：有兩個(gè)未知數(shù)，不是一元二次方程，故錯誤；選項(xiàng)D：是二元一次方程，故錯誤；綜上，只有A正確．故選：A．2．（2021秋?玄武區(qū)校級月考）若點(diǎn)A在⊙O內(nèi)，點(diǎn)B在⊙O外，OA＝3，OB＝5，則⊙O的半徑r的取值范圍是（）A．0＜r＜3 B．2＜r＜8 C．3＜r＜5 D．r＞5【分析】直接根據(jù)點(diǎn)與圓的位置關(guān)系的判定方法求解【解析】∵點(diǎn)A在半徑為r的⊙O內(nèi)，點(diǎn)B在⊙O外，∴OA小于r，OB大于r，∵OA＝3，OB＝5，∴3＜r＜5．故選：C．3．（2021秋?鼓樓區(qū)校級月考）下列說法中，正確的是（）A．兩個(gè)半圓是等弧 B．同圓中優(yōu)弧與半圓的差必是劣弧 C．長度相等的弧是等弧 D．直徑未必是弦【分析】利用有關(guān)圓的定義及性質(zhì)分別判斷后即可確定正確的選項(xiàng)．【解析】A、在同圓或等圓中，兩個(gè)半圓是等弧，故原命題錯誤，不符合題意；B、同圓中優(yōu)弧與半圓的差必是劣弧，正確，符合題意；C、在同圓或等圓中，長度相等的弧是等弧，故原命題錯誤，不符合題意；D、直徑一定是弦，故原命題錯誤，不符合題意，故選：B．4．（2022?惠城區(qū)二模）若關(guān)于x的一元二次方程ax2﹣4x+2＝0有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，則a的取值范圍是（）A．a(chǎn)≤2 B．a(chǎn)＜2 C．a(chǎn)≤2且a≠0 D．a(chǎn)＜2且a≠0【分析】根據(jù)一元二次方程的定義和根的判別式的意義得到a≠0且Δ＝（﹣4）2﹣4a×2≥0，然后求出兩不等式的公共部分即可．【解析】根據(jù)題意得a≠0且Δ＝（﹣4）2﹣4a×2≥0，解得a≤2且a≠0．故選：C．5．（2017秋?香洲區(qū)校級期中）如圖，在⊙O中，半徑OA⊥OB，∠B＝25°，求∠BOC的度數(shù)為（）A．45° B．50° C．40° D．65°【分析】先利用互余計(jì)算出∠A＝65°，再計(jì)算出∠OCA＝∠A＝65°，然后利用三角形外角性質(zhì)計(jì)算∠BOC的度數(shù)．【解析】∵OA⊥OB，∴∠AOB＝90°，∴∠A＝90°﹣∠B＝90°﹣25°＝65°，∵OA＝OC，∴∠OCA＝∠A＝65°，∵∠OCA＝∠BOC+∠B，∴∠BOC＝65°﹣25°＝40°．故選：C．6．（2021秋?秦淮區(qū)校級月考）如圖，AC是⊙O直徑，AC＝4，∠BAC＝30°，點(diǎn)D是弦AB上的一個(gè)動點(diǎn)，那么DB+OD的最小值為（）A．1+ B．1+ C． D．【分析】作BK∥CA，DE⊥BK于E，OM⊥BK于M，連接OB．在Rt△DBE中，DE＝BD，則OD+BD＝OD+DE，根據(jù)垂線段最短可知，點(diǎn)E與M重合時(shí)，OD+BD的值最小，最小值為OM．【解析】作BK∥CA，DE⊥BK于E，OM⊥BK于M，連接OB．∵BK∥AC，∴∠DBE＝∠BAC＝30°，在Rt△DBE中，DE＝BD，∴OD+BD＝OD+DE，根據(jù)垂線段最短可知，當(dāng)點(diǎn)E與M重合時(shí)，OD+BD的值最小，最小值為OM，∵∠BAO＝∠ABO＝30°，∴∠OBM＝60°，在Rt△OBM中，∵OB＝2，∠OBM＝60°，∴OM＝OB?sin60°＝，∴DB+OD的最小值為，故選：C．二．填空題（共10小題）7．（2021秋?婁星區(qū)期末）把方程x2+2x﹣3＝0化成（x+m）2＝n的形式，則m+n的值是5．【分析】方程配方得到結(jié)果，確定出m與n的值，即可求出m+n的值．【解析】方程整理得：x2+2x＝3，配方得：x2+2x+1＝4，即（x+1）2＝4，∴m＝1，n＝4，則m+n＝1+4＝5．故答案為：5．8．（2021秋?玄武區(qū)校級月考）一元二次方程x2＝﹣x的根是x1＝0，x2＝﹣1．【分析】利用因式分解法求解即可．【解析】∵x2＝﹣x，∴x2+x＝0，則x（x+1）＝0，∴x＝0或x+1＝0，解得x1＝0，x2＝﹣1．故答案為：x1＝0，x2＝﹣1．9．（2022?鄂州）若實(shí)數(shù)a、b分別滿足a2﹣4a+3＝0，b2﹣4b+3＝0，且a≠b，則+的值為．【分析】由實(shí)數(shù)a、b分別滿足a2﹣4a+3＝0，b2﹣4b+3＝0，且a≠b，知a、b可看作方程x2﹣4x+3＝0的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，據(jù)此可得a+b＝4，ab＝3，將其代入到原式＝即可得出答案．【解析】∵實(shí)數(shù)a、b分別滿足a2﹣4a+3＝0，b2﹣4b+3＝0，且a≠b，∴a、b可看作方程x2﹣4x+3＝0的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則a+b＝4，ab＝3，則原式＝＝，故答案為：．10．（2021秋?秦淮區(qū)校級月考）已知a、b實(shí)數(shù)且滿足（a2+b2）2﹣（a2+b2）﹣12＝0，則a2+b2的值為4．【分析】設(shè)t＝a2+b2（t≥0）．由原方程得到t2﹣t﹣12＝0求得t的值即可．【解析】設(shè)t＝a2+b2（t≥0）．由原方程得到t2﹣t﹣12＝0．整理，得（t﹣4）（t+3）＝0．所以t＝4或t＝﹣3（舍去）．即a2+b2的值為4．故答案是：4．11．（2021秋?武昌區(qū)校級期末）某校九年級組織了籃球聯(lián)賽，賽制為單循環(huán)形式（每兩隊(duì)之間都賽一場），計(jì)劃安排了45場比賽，設(shè)共有x個(gè)隊(duì)參賽，依題意列方程，化成一般式為x2﹣x﹣90＝0．【分析】設(shè)邀請x個(gè)球隊(duì)參加比賽，那么第一個(gè)球隊(duì)和其他球隊(duì)打（x﹣1）場球，第二個(gè)球隊(duì)和其他球隊(duì)打（x﹣2）場，以此類推可以知道共打（1+2+3+…+x﹣1）場球，然后根據(jù)計(jì)劃安排45場比賽即可列出方程．【解析】設(shè)邀請x個(gè)球隊(duì)參加比賽，依題意得1+2+3+…+x﹣1＝45，即＝45，化為一般形式為：x2﹣x﹣90＝0，故答案為：x2﹣x﹣90＝0．12．（2021?福州模擬）如圖，點(diǎn)A，B，C在⊙O上，四邊形ABCO是平行四邊形，若OA＝2，則四邊形ABCO的面積為2．【分析】連接OB．證明△AOB，△OBC都是等邊三角形，可得結(jié)論．【解析】連接OB．∵四邊形OABC是平行四邊形，∴OC＝AB，OA＝BC．∵OA＝OB＝OC，∴OA＝OB＝AB＝OC＝BC，∴△AOB，△OBC都是等邊三角形，∴S平行四邊形ABCO＝2××22＝2．故答案為：2．13．（2022?香坊區(qū)校級開學(xué)）在⊙O中，圓心角∠AOB＝90°，點(diǎn)O到弦AB的距離為4，則⊙O的半徑的長為4．【分析】過點(diǎn)O作OC⊥AB，垂足為C，可得AC＝4，再由勾股定理得圓的半徑，從而得出直徑．【解析】如圖，過點(diǎn)O作OC⊥AB，垂足為C，∵∠AOB＝90°，∠A＝∠AOC＝45°，∴OC＝AC，∵CO＝4，∴AC＝4，∴OA＝4，∴⊙O的半徑長為4．故答案為：4．14．（2021秋?日喀則市月考）如圖，在⊙O中，弦AB⊥OC于E點(diǎn)，C在圓上，AB＝8，CE＝2，則⊙O的半徑AO＝5．【分析】設(shè)OA＝OC＝r，利用勾股定理構(gòu)建方程求解．【解析】設(shè)OA＝OC＝r，∵OC⊥AB，OC是半徑，∴AE＝EB＝4，在Rt△AEO中，OA2＝AE2+OE2，∴r2＝42+（r﹣2）2，∴r＝5．故答案為：5．15．（2021秋?秦淮區(qū)校級月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)P在第一象限，⊙P與x軸、y軸都相切，且經(jīng)過矩形AOBC的頂點(diǎn)C，與BC相交于點(diǎn)D．若⊙P的半徑為5，點(diǎn)A的坐標(biāo)是（0，8）．則點(diǎn)D的坐標(biāo)是（9，2）．【分析】設(shè)⊙O與x、y軸相切的切點(diǎn)分別是F、E點(diǎn)，連接PE、PF、PD，延長EP與CD交于點(diǎn)G，證明四邊形PEOF為正方形，求得CG，再根據(jù)垂徑定理求得CD，進(jìn)而得PG、DB，便可得D點(diǎn)坐標(biāo)．【解析】設(shè)⊙O與x、y軸相切的切點(diǎn)分別是F、E點(diǎn)，連接PE、PF、PD，延長EP與CD交于點(diǎn)G，則PE⊥y軸，PF⊥x軸，∵∠EOF＝90°，∴四邊形PEOF是矩形，∵PE＝PF，PE∥OF，∴四邊形PEOF為正方形，∴OE＝PF＝PE＝OF＝5，∵A（0，8），∴OA＝8，∴AE＝8﹣5＝3，∵四邊形OACB為矩形，∴BC＝OA＝8，BC∥OA，AC∥OB，∠EAC＝∠EOB＝90°，∴EG∥AC，∴四邊形AEGC為矩形，四邊形OEGB為矩形，∴CG＝AE＝3，EG＝OB，∵PE⊥AO，AO∥CB，∴PG⊥CD，∴CD＝2CG＝6，∴DB＝BC﹣CD＝8﹣6＝2，∵PD＝5，DG＝CG＝3，∴PG＝4，∴OB＝EG＝5+4＝9，∴D（9，2）．故答案為：（9，2）．16．（2021秋?秦淮區(qū)校級月考）如圖，已知⊙O的半徑是2，點(diǎn)A，B在⊙O上，且∠AOB＝90°，動點(diǎn)C在⊙O上運(yùn)動（不與A，B重合），點(diǎn)D為線段BC的中點(diǎn)，連接AD，則線段AD的長度最大值是+1．【分析】取OB中點(diǎn)E得DE是△OBC的中位線，知DE＝OC＝1，即點(diǎn)D是在以E為圓心，1為半徑的圓上，從而知求AD的最大值就是求點(diǎn)A與⊙E上的點(diǎn)的距離的最大值，據(jù)此求解可得．【解析】如圖1，連接OC，Q取OB的中點(diǎn)E，連接DE．則OE＝EB＝OB＝1．在△OBC中，DE是△OBC的中位線，∴DE＝OC＝1，∴EO＝ED＝EB，即點(diǎn)D是在以E為圓心，1為半徑的圓上，∴求AD的最大值就是求點(diǎn)A與⊙E上的點(diǎn)的距離的最大值，如圖2，當(dāng)D在線段AE延長線上時(shí)，AD取最大值，∵OA＝OB＝2，∠AOB＝90°，OE＝EB＝1，∴AE＝，D'E＝1，∴AD取最大值為AD'＝，故答案為：．三．解答題（共10小題）17．（2021秋?南京期末）解方程：（1）x2﹣4x﹣1＝0；（2）100（x﹣1）2＝121．【分析】（1）利用配方法求解即可；（2）先求出（x﹣1）2的值，然后利用直接開平方法求解即可．【解析】（1）x2﹣4x﹣1＝0，x2﹣4x＝1，x2﹣4x﹣+4＝1+4，即（x﹣2）2＝5，∴x﹣2＝或x﹣2＝﹣，∴x1＝2+，x2＝2﹣；（2）（x﹣1）2＝1.21，開平方得，x﹣1＝±1.1，∴x﹣1＝1.1或x﹣1＝﹣1.1，∴x1＝2.1，x2＝﹣0.1．18．（2020秋?泰興市月考）關(guān)于x的方程x2﹣（2k+1）x+k2+k＝0．（1）求證：方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根；（2）已知等腰△ABC的一邊長c＝3，另兩邊長a、b恰是方程的兩個(gè)根，求△ABC的周長．【分析】（1）先計(jì)算判別式的值得到Δ＞0，然后利用判別式的意義得到結(jié)論；（2）利用求根公式得到x1＝k+1，x2＝k，當(dāng)k+1＝3時(shí)，k＝2；當(dāng)k＝3時(shí)，k+1＝4，然后分別計(jì)算對應(yīng)的△ABC的周長．【解答】（1）證明：∵△＝（2k+1）2﹣4（k2+k）＝1＞0，∴方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根；（2）∵x＝，∴x1＝k+1，x2＝k，當(dāng)k+1＝3時(shí)，k＝2，此時(shí)△ABC的周長為3+3+2＝8；當(dāng)k＝3時(shí)，k+1＝4，此時(shí)△ABC的周長為3+3+4＝10；綜上所述，△ABC的周長為8或10．19．（2021秋?秦淮區(qū)校級月考）如圖，有一座圓弧形拱橋，橋下水面寬度AB為12m，拱高CD為4m．（1）求拱橋的半徑；（2）有一艘寬5m的貨船，船艙頂部為長方形，并高出水面3.6m，求此貨船是否能順利通過拱橋？【分析】（1）根據(jù)垂徑定理和勾股定理求解；（2）連接ON，OB，求出MN的長與5比較即可判斷．【解析】（1）如圖，設(shè)圓心為O，連接OB，OC．∵OC⊥AB，∴D為AB中點(diǎn)，∵AB＝12m，∴BD＝AB＝6m．又∵CD＝4m，設(shè)OB＝OC＝ON＝r，則OD＝（r﹣4）m．在Rt△BOD中，根據(jù)勾股定理得：r2＝（r﹣4）2+62，解得r＝6.5．（2）連接ON．∵CD＝4m，船艙頂部為長方形并高出水面AB＝3.6m，∴CE＝4﹣3.6＝0.4（m），∴OE＝r﹣CE＝6.5﹣0.4＝6.1（m），在Rt△OEN中，EN2＝ON2﹣OE2＝6.52﹣6.12＝5.042，∴EN＝（m）．∴MN＝2EN＝2×≈4.48m＜5m．∴此貨船不能順利通過這座拱橋．20．（2022春?新昌縣期中）某玩具銷售商試銷某一品種的玩具（出廠價(jià)為每個(gè)30元），以每個(gè)40元銷售時(shí)，平均每月可銷售100個(gè)，現(xiàn)為了擴(kuò)大銷售，銷售商決定降價(jià)銷售，在原來1月份平均銷售量的基礎(chǔ)上，經(jīng)2月份的試場調(diào)查，3月份調(diào)整價(jià)格后，月銷售額達(dá)到5760元，已知該玩具價(jià)格每個(gè)下降1元，月銷售量將上升10個(gè)．（1）求1月份到3月份銷售額的月平均增長率．（2）求三月份時(shí)該玩具每個(gè)的銷售價(jià)格．【分析】（1）設(shè)1月份到3月份銷售額的月平均增長率為x，由題意得關(guān)于x的一元二次方程，求解，并保留符合題意的答案即可；（2）設(shè)三月份時(shí)該玩具的銷售價(jià)格在每個(gè)40元銷售的基礎(chǔ)上下降y元，根據(jù)實(shí)際售價(jià)乘以降價(jià)后的銷量等于3月份的銷售額，列方程求解，并驗(yàn)證是否符合題意，從而問題可解．【解析】（1）設(shè)1月份到3月份銷售額的月平均增長率為x，由題意得：40×100（1+x）2＝5760∴（1+x）2＝1.44∴1+x＝±1.2∴x1＝0.2＝20%，x2＝﹣2.2（舍去）∴1月份到3月份銷售額的月平均增長率為20%．（2）設(shè)三月份時(shí)該玩具的銷售價(jià)格在每個(gè)40元銷售的基礎(chǔ)上下降y元，由題意得：（40﹣y）（100+10y）＝5760∴y2﹣30y+176＝0∴（y﹣8）（y﹣22）＝0∴y1＝8，y2＝22當(dāng)y＝22時(shí)，3月份該玩具的銷售價(jià)格為：40﹣22＝18＜30，不合題意，舍去∴y＝8，3月份該玩具的銷售價(jià)格為：40﹣8＝32元∴3月份該玩具的銷售價(jià)格為32元．21．（2021秋?玄武區(qū)校級月考）已知關(guān)于x的方程x2﹣2x+m﹣2＝0有兩個(gè)實(shí)數(shù)根x1，x2．（1）求m的取值范圍；（2）求3x1+3x2﹣x1x2的最小值．【分析】（1）利用判別式的意義得到Δ＝（﹣2）2﹣4（m﹣2）≥0，然后解關(guān)于m的不等式即可；（2）利用根與系數(shù)的關(guān)系得到x1+x2＝2，x1x2＝m﹣2，則3x1+3x2﹣x1x2＝﹣m+8，然后根據(jù)m的范圍和一次函數(shù)的性質(zhì)確定3x1+3x2﹣x1x2的最小值．【解析】（1）根據(jù)題意得Δ＝（﹣2）2﹣4（m﹣2）≥0，解得m≤3；（2）根據(jù)題意得x1+x2＝2，x1x2＝m﹣2，3x1+3x2﹣x1x2＝6﹣（m﹣2）＝﹣m+8，而m≤3，所以當(dāng)m＝3時(shí)，3x1+3x2﹣x1x2的值最小，最小值為﹣3+8＝5．22．（2020秋?環(huán)江縣期末）如圖1，點(diǎn)P表示我國古代水車的一個(gè)盛水筒．如圖2，當(dāng)水車工作時(shí)，盛水筒的運(yùn)行路徑是以軸心O為圓心，5m為半徑的圓．若⊙O被水面截得的弦AB長為8m，求水車工作時(shí)，盛水筒在水面以下的最大深度．【分析】過O點(diǎn)作半徑OD⊥AB于E，如圖，利用垂徑定理得到AE＝BE＝4，再利用勾股定理計(jì)算出OE，然后計(jì)算出DE的長即可．【解析】過O點(diǎn)作半徑OD⊥AB于E，∴，在Rt△AEO中，，∴ED＝OD﹣OE＝5﹣3＝2．答：水車工作時(shí)，盛水筒在水面以下的最大深度為2m．23．（2021秋?玄武區(qū)校級月考）已知⊙O，按下列要求作圖：（1）利用無刻度的直尺，在圖（1）中作出弦AB的平行線；（2）利用無刻度的直尺和圓規(guī)（圓規(guī)只用一次，即只能畫一個(gè)圓或作一段?。?，在圖（2）中作出弦CD的中垂線．【分析】（1）作直徑AC，BD，連接CD，線段CD即為所求．（2）作直徑CF，DE，連接EF，在圓外CD的上方任意取一點(diǎn)K，連接CK，DK交EF于M，N，連接DM，CN交于點(diǎn)J，連接KJ，延長KJ交CD于點(diǎn)T，作直線OT即可．【解析】（1）如圖，線段CD即為所求．（2）如圖，直線OT即為所求．24．（2021秋?秦淮區(qū)校級月考）如圖，△ABC中，∠C＝90°，BD是中線，∠BAC的平分線交BD于點(diǎn)O，⊙O與AC相切于點(diǎn)E．（1）求證：AB是⊙O的切線；（2）若AC＝4，AB＝5，求⊙O的半徑．【分析】（1）過點(diǎn)O作OF⊥AB，垂足為F，根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得出OF＝OE，繼而可得出結(jié)論；（2）根據(jù)S△ABD＝S△AOB+S△AOD，可得出⊙O的半徑．【解答】（1）證明：如圖，過點(diǎn)O作OF⊥AB，垂足為F，∵AC是⊙O的切線，∴OE⊥AC，∵OA為∠CAB的平分線，∴OF＝OE，即OF是⊙O的半徑，∴AB與⊙O相切；（2）解：△ABC中，∠C＝90°，∵AC＝4，AB＝5，∴BC＝＝3，∵BD是中線，∴S△ABD＝S△ABC＝AC?BC＝×4×3＝3，S△ABD＝S△AOB+S△AOD，即3＝AB×OF+AD×OE，∵OF＝OD＝r，AD＝DC＝AC＝2，∴r（AB+AD）＝6，∴7r＝6，解得：r＝．即⊙O的半徑為．25．（2021秋?玄武區(qū)校級月考）如圖所示，△ABC中，∠B＝90°，AB＝6cm，BC＝8cm．（1）點(diǎn)P從點(diǎn)A開始沿AB邊向B以1cm/s的速度移動，點(diǎn)Q從B點(diǎn)開始沿BC邊向點(diǎn)C以2cm/s的速度移動，如果P，Q分別從A，B同時(shí)出發(fā)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動．①經(jīng)過幾秒，PQ的長度為4cm？②線段PQ能否將△ABC分成兩部分，使得△PBQ的面積是四邊形APQC的面積的2倍？若能，求出運(yùn)動時(shí)間；若不能請說明理由；（2）若P點(diǎn)沿射線AB方向從A點(diǎn)出發(fā)以1cm/s的速度移動，點(diǎn)Q沿射線CB方向從C點(diǎn)出發(fā)以2cm/s的速度移動，P、Q同時(shí)出發(fā)，問幾秒后，△PBQ的面積為1cm2？（直接寫出答案）【分析】（1）①設(shè)經(jīng)過t秒，則AP＝tcm，BQ＝2tcm，BP＝（6﹣t）cm，利用勾股定理即可；②當(dāng)△PBQ的面積是四邊形APQC的面積的2倍，則S△PBQ＝S△ABC，即可列出關(guān)于t的方程；（2）分0≤t＜4或4＜t≤6或t＞6三種情形，分別表示出△PBQ的面積即可解決問題．【解析】（1）設(shè)經(jīng)過t秒，則AP＝tcm，BQ＝2tcm，∴BP＝（6﹣t）cm，①由勾股定理得：∴（6﹣t）2+（2t）2＝（4）2，解得：t1＝，t2＝2，∴經(jīng)過秒或2秒，PQ的長度為4cm；②不能，理由如下：當(dāng)△PBQ的面積是四邊形APQC的面積的2倍，∴S△PBQ＝S△ABC，∴t（6﹣t）＝16，解得：t1＝﹣2，t2＝8，∵0≤t≤4，∴不存在t，使得△PBQ的面積是四邊形APQC的面積的2倍；（2）設(shè)運(yùn)動時(shí)間為t秒，當(dāng)0≤t＜4時(shí)，S△PBQ＝BP×BQ＝×（6﹣t）×（8﹣2t）＝1解得：t1＝5﹣，t2＝5+（舍去），故t＝5﹣，當(dāng)4＜t≤6時(shí)，S△PBQ＝BP×BQ＝×（6﹣t）×（2t﹣8）＝1，解得：t1＝t2＝5，當(dāng)t＞6時(shí)，S△PBQ＝BP×BQ＝×（t﹣6）×（2t﹣8）＝1，解得：t1＝5﹣（舍），t2＝5+，綜上：t＝5﹣或5或5+時(shí)，△PBQ的面積為1cm2．26．（2021秋?江寧區(qū)校級月考）【概念認(rèn)識】若以三角形某邊上任意一點(diǎn)為圓心，所作的半圓上的所有點(diǎn)都在該三角形的內(nèi)部或邊上，則將符合條件且半徑最大的半圓稱為該邊關(guān)聯(lián)的極限內(nèi)半圓．如圖①，點(diǎn)P是銳角△ABC的邊BC上一點(diǎn)，以P為圓心的半圓上的所有點(diǎn)都在△ABC的內(nèi)部或邊上．當(dāng)半徑