2022-2023学年广东省深圳市南山区九年级（下）期末数学模拟测试试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年广东省深圳市南山区九年级（下）期末数学模拟测试试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，四象限，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年广东省深圳市南山区九年级（下）期末数学模拟测试试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，是由四个完全相同的小正方形组合而成的几何体，从上面看它得到的平面图形是(    )


A. B. C. D.
2. 下列各数中，可以用来证明命题“任何偶数都是8的整数倍”是假命题的反例是(    )
A. 32 B. 16 C. 8 D. 4
3. 黑色不透明口袋里装有红色、白色球共10个，它们除颜色外都相同．从口袋中随机摸出一个球，记下颜色后放回，并摇匀，不断重复上述实验1000次，其中200次摸到红球，则可估计口袋中红色球的个数是(    )
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8
4. 一元二次方程x2−ax+1=0的两实数根相等，则a的值为(    )
A. a=0 B. a=2或a=−2 C. a=2 D. a=2或a=0
5. 如图，以点O为位似中心，将△OAB放大后得到△OCD，OA=2，AC=3，则△OAB与△OCD的面积比为(    )


A. 2：3 B. 2：5 C. 4：9 D. 4：25
6. 关于反比例函数y=6x，下列说法错误的是(    )
A. 图象经过点(2,3) B. 图象分布在第二、四象限
C. 图象关于原点对称 D. 图象与坐标轴没有交点
7. 如图AB/​/CD/​/EF，AF、BE相交于O，若AO=OD=DF=3cm，BE=10cm，则BO的长为(    )

A. 103cm B. 5cm C. 52cm D. 3cm
8. 如图，在反比例函数y=kx(x>0)的图原上有A，B，C，D四点，他们的横坐标依次是1，2，3，4，分别过这些点作x轴和y轴的垂线，图中构成的阴影部分的面积从左到右依次是S1，S2，S3.则下列结论正确的是(    )
A. S1=S2+S3
B. S1=2S2−S3
C. S1=2S2+S3
D. S1=2S2+2S3
9. 如图，在菱形ABCD中，AB=5，对角线AC与BD相交于点O，且AC=6.AE⊥CD于点E，则AE的长是(    )
A. 4
B. 125
C. 245
D. 5
10. 如图，矩形ABCD中，∠BEF=90°，点E是AD中点，EFBE=23，则FCBC的值为(    )
A. 513
B. 512
C. 613
D. 12
二、填空题（本大题共5小题，共15.0分）
11. 若a−2bb=35，则ab= ______ ．
12. 兴趣小组的同学要测量树的高度．在阳光下，一名同学测得一根长为1米的竹竿的影长为0.4米，同时另一名同学测量树的高度时，发现树的影子不全落在地面上，有一部分落在教学楼的第一级台阶上，测得此影子长为0.2米，一级台阶高为0.3米，如图所示，若此时落在地面上的影长为4.4米，则树高为______．


13. 已知a2+a−1=0，b2+b−1=0，且a≠b，则ab+a+b=______．
14. 如图，矩形ABCD的边长AD=8，AB=6，E为AB的中点，AC分别与DE，DB相交于点M，N，则MN的长为______．


15. 如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A、D分别在x轴、y轴上，对角线BD/​/x轴，反比例函数y=kx(x>0)的图象经过矩形对角线的交点E.若点A(3,0)、D(0,8)，则反比例函数的解析式为______．


三、解答题（本大题共7小题，共56.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题8.0分)
解方程：
(1)x(x+10)=−9；
(2)x(2x+3)=8x+12．
17. (本小题8.0分)
甲、乙两个不透明的盒子里分别装有3张卡片，其中甲盒里3张卡片分别标有数字1、2、3；乙盒里3张卡片分别标有数字4、5、6，这些卡片除数字外其余都相同，将卡片充分摇匀．
(1)从甲盒里随机抽取一张卡片，抽到的卡片上标有数字为偶数的概率是______；
(2)从甲盒、乙盒里各随机抽取一张卡片，请用列表或树状图的方法，求抽到的两张卡片上标有数字之和不大于7的概率．
18. (本小题8.0分)
如图，在菱形ABCD中，E为对角线BD上一点，连结AE，CE．
(1)求证：AE=CE；
(2)若AE=DE，AE⊥AB，求∠ABD的度数．

19. (本小题8.0分)
直播购物逐渐走进了人们的生活．某电商在抖音上对一款成本价为40元的小商品进行直播销售，如果按每件60元销售，每天可卖出20件．通过市场调查发现，每件小商品售价每降低1元，日销售量增加2件．
(1)若每件售价为45元，求日销量是多少件？
(2)若日利润保持不变，商家想尽快销售完该款商品，每件售价应定为多少元？
(3)小明的线下实体商店也销售同款小商品，标价为每件62.5元．为提高市场竞争力，促进线下销售，小明决定对该商品实行打折销售，使其销售价格不超过(2)中的售价，则该商品至少需打几折销售？
20. (本小题8.0分)
如图1，矩形OABC的顶点A、C分别在x、y轴的正半轴上，点B在反比例函数y=kx(k>0)的第一象限内的图象上，OA=4，OC=3，动点P在y轴的右侧，且满足S△PCO=38S矩形OABC．
(1)若点P在这个反比例函数的图象上，求点P的坐标；
(2)连接PO、PC，求PO+PC的最小值；
(3)若点Q是平面内一点，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是菱形，请你直接写出满足条件的所有点Q的坐标．


21. (本小题8.0分)
(1)问题发现：
如图1，在正方形ABCD中，点E，F，G，H分别在边AB，CD，AD，BC上，且EF⊥GH，则EFGH=______；
(2)类比探究：
如图2，在(1)的条件下，把“正方形ABCD”改为“矩形ABCD，且AB=m，BC=n”其它条件不变，则EFGH=______，证明你的结论；
(3)拓展应用：
如图3，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，点D为AC的中点，连接BD，点E为AB上一点，CE⊥BD，则CE=______．


22. (本小题8.0分)
如图1，已知在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上，连结AC，OA=3，∠OAC=30°，点D是BC的中点，

(1)OC=______；点D的坐标为______；
(2)若点E在线段OA上，直线DE把矩形OABC面积分成为2：1两部分，求点E坐标；
(3)如图2.点P为线段AB上一动点(含线段端点)，连接DP；以线段DP为边，在DP所在直线的右上方作等边△DPQ，当动点P从点B运动到点A时，点Q也随之运动，当△ACQ成为以AC为底的等腰三角形时，直接写出Q点的横坐标．
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：根据几何体可得此图形的从上面看到从左往右有3列，正方形的个数依次为1，1，1．
故选：B．
从上面看得到从左往右3列，正方形的个数依次为1，1，1依此画出图形即可．
此题主要考查了简单几何体的从三个方向进行观察，关键是掌握观察图形的方法．

2.【答案】D 
【解析】解：因为4是偶数，但不是8的整数倍，证明“任何偶数都是8的整数倍”是不成立的．故选D．
根据反例的定义即可作出判断．
可以用这几个数试一下，看那个数能证明这种结论不成立．

3.【答案】A 
【解析】解：共摸了1000次，其中200次摸到红球，则有800次摸到白球，
∴红球与白球的数量之比为1：4，
∴红球有10×15=2(个)．
故选：A．
由共摸了1000次，其中200次摸到红球，则有800次摸到白球，所以摸到红球与摸到白球的次数之比可求出，再用总球的个数乘以红球所占的百分比即可得出答案．
本题考查的利用频率估计概率，大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，根据这个频率稳定性定理，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．解答此题的关键是要计算出口袋中红色球所占的比例..

4.【答案】B 
【解析】解：因为方程有两相等的实数根，△=b2−4ac=a2−4=0，
∴a=±2.故选B．
方程有两相等的实数根，则△=b2−4ac=0，来确定a值．
总结：一元二次方程根的情况与判别式△的关系：
(1)△>0⇔方程有两个不相等的实数根；
(2)△=0⇔方程有两个相等的实数根；
(3)△<0⇔方程没有实数根．

5.【答案】D 
【解析】解：∵以点O为位似中心，将△OAB放大后得到△OCD，
∴△OAB∽△OCD，
∴S△OABS△OCD=(OAOC)2=(22+3)2=425．
故选：D．
利用位似性质得到△OAB∽△OCD，然后根据相似三角形的性质求解．
本题考查了位似变换：位似的两图形两个图形必须是相似形；对应点的连线都经过同一点；对应边平行(或共线)．

6.【答案】B 
【解析】解：A、反比例函数y=6x当x=2时y=3，故本选项不符合题意；
B、反比例函数y=6x中的6>0，则该函数图象经过第一、三象限，故本选项符合题意；
C、反比例函数y=6x的图象关于原点对称，故本选项符合题意；
D、图象与坐标轴没有交点，故本选项不符合题意．
故选：B．
根据反比例函数图象是双曲线、反比例函数图象的增减性以及反比例函数图象与系数的关系进行判断即可．
考查了反比例函数的性质，解题的关键是了解反比例函数的性质，属于反比例函数的基础性题目，比较简单．

7.【答案】A 
【解析】解：：AB/​/CD/​/EF，AF，BE相交于O，AO=OD=DF，
∴由B平行线等分线段定理得：OB=OC=CE，
∴BO=13BE=103，
故选：A．
由平行线等分线段定理得：OB=OC=CE，由此利用BE=10cm，能求出BO．
本题考查线段长的求法，考查平行线等分线段定理等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是基础题．

8.【答案】D 
【解析】解：∵S1=1×(k−k2)=k2，S2=1×(k2−k3)=k6，S3=1×(k3−k4)=k12，
∴S1=2S2+2S3．
故选：D．
用含有k的代数式表示S1、S2、S3，进而得出答案．
本题考查反比例函数的系数k的几何意义以及图象上点的坐标特征，表示出各个矩形的面积是正确解答的关键．

9.【答案】C 
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=12AC=12×6=3，OB=12BD，AC⊥BD，
∵AB=5，
∴BO= AB2−AO2= 52−32=4，
∴BD=8，
S菱形ABCD=12AC⋅BD=CD⋅AE，
∴12×6×8=5AE，
∴AE=245，
故选：C．
根据菱形的性质得到AO=12AC=12×6=3，OB=12BD，AC⊥BD，根据勾股定理得到BO= AB2−AO2= 52−32=4，求得BD=8，根据菱形的面积公式即可得到结论．
此题主要考查了菱形的性质以及勾股定理，正确利用菱形的面积求出AE的长是解题关键．

10.【答案】B 
【解析】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠D=90°，
又∵∠BEF=90°，
∴∠AEB+∠FED=90°，∠FED+∠EFD=90°，
∴∠AEB=∠EFD，
∴△ABE∽△DEF，
∴ABDE=BEEF=AEDF，
设AE=a，
∵点E是AD中点，
∴AE=DE=a，
∵EFBE=23，
∴ABa=AEDF=32，
∴AB=32a，DF=23a，
∴FC=DC−DF=AB−DF=32a−23a=56a，
∵BC=AD=2AE=2a，
∴FCBC=56a2a=512，
故选：B．
由矩形的性质及∠BEF=90°可推得∠A=∠D=90°，∠AEB=∠EFD，进而判定△ABE∽△DEF，根据相似三角形的性质得出比例式，设AE=a，用含a的式子分别表示出FC和BC，然后计算FCBC即可．
本题考查了矩形的性质及相似三角形的判定与性质等知识点，数形结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．

11.【答案】135 
【解析】解：∵a−2bb=ab−2=35，
∴ab=35+2=135．
故答案为：135．
根据比例的性质变形即可得解．
本题考查了比例的性质，是基础题，比较简单．

12.【答案】11.8米 
【解析】
【分析】
在同一时刻物高和影长成正比，即在同一时刻的两个物体，影子，经过物体顶部的太阳光线三者构成的两个直角三角形相似．据此可构造出相似三角形．
本题考查了直角三角形的有关知识，同时渗透光学中光的传播原理，构造直角三角形是解决本题关键，属于中等题目．
【解答】
解：根据题意可构造相似三角形模型如图，

其中AB为树高，EF为树影在第一级台阶上的影长，BD为树影在地上部分的长，ED的长为台阶高，并且由光沿直线传播的性质可知BC即为树影在地上的全长；
延长FE交AB于G，则Rt△ABC∽Rt△AGF，
∴AG：GF=AB：BC=物高：影长=1：0.4
∴GF=0.4AG
又∵GF=GE+EF，BD=GE，GE=4.4m，EF=0.2m，
∴GF=4.6
∴AG=11.5
∴AB=AG+GB=11.8，即树高为11.8米．  
13.【答案】−2 
【解析】解：∵a2+a−1=0，b2+b−1=0，且a≠b，
∴a、b可看作方程x2+x−1=0的两实数根，
∴a+b=−1，ab=−1，
∴ab+a+b=−1−1=−2．
故答案为：−2．
利用一元二次方程解的定义，可把a、b看作方程x2+x−1=0的两实数根，根据根与系数的关系得到a+b=−1，ab=−1，然后利用整体代入的方法计算．
本题考查了根与系数的关系：若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba，x1x2=ca．

14.【答案】53 
【解析】解：∵矩形ABCD的边长AD=8，AB=6，
∴AC=BD= AB2+AD2= 62+82=10，
∴AN=12AC=12×10=5，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB/​/CD，AB=CD=6，
∴△AEM∽△CDM，
∴AECD=AMCM，
∴36=AM10−AM，
∴AM=103，
∴MN=AN−AM=5−103=53．
故答案为：53．
由勾股定理求出AC长，则AN=12AC=5，证明△AEM∽△CDM，可求出AM长，则MN的长可求出．
本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理，求出AN与AM的长是解题的关键．

15.【答案】y=2923x 
【解析】解：∵BD/​/x轴，D(0,8)，
∴B、D两点纵坐标相同，都为8，
设B(x,8)．
∵矩形ABCD的对角线的交点为E，
∴E为BD中点，∠DAB=90°．
∴E(12x,8)．
∵∠DAB=90°，
∴AD2+AB2=BD2，
∵A(3,0)，D(0,8)，B(x,8)，
∴32+82+(x−3)2+82=x2，
解得x=733，
∴E(736,8)．
∵反比例函数y=kx(k>0,x>0)的图象经过点E，
∴k=736×8=2923，
∴反比例函数的解析式为y=2923x，
故答案为：y=2923x．
根据平行于x轴的直线上任意两点纵坐标相同，可设B(x,8)，利用矩形的性质得出E为BD中点，∠DAB=90°.根据线段中点坐标公式得出E(12x,8).由勾股定理得出AD2+AB2=BD2，列出方程32+82+(x−3)2+82=x2，求出x，得到E点坐标，即可求得反比例函数的解析式．
本题考查了矩形的性质，勾股定理，反比例函数图象上点的坐标特征，线段中点坐标公式等知识，求出E点坐标是解题的关键．

16.【答案】解：(1)x(x+10)=−9，
x2+10x+9=0，
(x+9)(x+1)=0，
∴x+9=0或x+1=0，
∴x1=−9，x2=−1；

(2)x(2x+3)=8x+12，
x(2x+3)−4(2x+3)=0，
(2x+3)(x−4)=0，
∴2x+3=0或x−4=0，
∴x1=−32，x2=4． 
【解析】(1)移整理后分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．
(2)移项后分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．
本题主要考查解一元二次方程的能力，熟练掌握解一元二次方程的几种常用方法：直接开平方法、因式分解法、公式法、配方法，结合方程的特点选择合适、简便的方法是解题的关键．

17.【答案】13 
【解析】解：(1)从甲盒里随机抽取一张卡片，抽到的卡片上标有数字为偶数的概率是13，
故答案为：13；
(2)画树状图如下：

共有9种等可能的结果，其中两张卡片的数字之和不大于7 的结果有6种，
∴抽到的两张卡片上标有数字之和不大于7的概率为69=23．
(1)由概率公式即可得出结果；
(2)画出树状图，由树状图求得所有等可能的结果与抽到的两张卡片上标有的数字之和大于7的情况，再由概率公式即可求得答案．
本题考查了树状图法求概率．树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合两步或两步以上完成的事件．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

18.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，∠ABD=∠CBD，
在△ABE和△CBE中，
AB=BC∠ABD=∠CBDBE=BE，
∴△ABE≌△CBE(SAS)，
∴AE=CE；
(2)解：∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∵AE=DE，
∴∠EAD=∠ADB=∠ABD，
∵AE⊥AB，
∴∠BAE=90°，
∵∠ABD+∠ADB+∠DAE+∠BAE=180°，
∴3∠ABD=90°，
∴∠ABD=30°． 
【解析】(1)由“SAS”可证△ABE≌△CBE，可得AE=CE；
(2)由等腰三角形的性质可得∠EAD=∠ADB=∠ABD，由三角形内角和定理可求解．
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．

19.【答案】解：(1)20+2×(60−45)
=20+2×15
=20+30
=50(件)．
答：当每件售价为45元时，日销量是50件．
(2)设每件售价应定为x元，则每件的销售利润为(x−40)元，日销售量为20+2(60−x)=(140−2x)件，
依题意得：(x−40)(140−2x)=(60−40)×20，
整理得：x2−110x+3000=0，
解得：x1=50，x2=60，
又∵商家想尽快销售完该款商品，
∴x=50．
答：每件售价应定为50元．
(3)设该商品需打y折销售，
依题意得：62.5×y10≤50，
解得：y≤8．
答：该商品至少需打8折销售． 
【解析】(1)利用日销售量=20+2×降低的价格，即可求出结论；
(2)设每件售价应定为x元，则每件的销售利润为(x−40)元，日销售量为(140−2x)件，利用总利润=每件的销售利润×日销售量，即可得出关于x的一元二次方程，解之即可得出x的值，再结合商家想尽快销售完该款商品，即可得出每件售价应定为50元；
(3)设该商品需打y折销售，利用售价=原价×折扣率，结合售价格不超过(2)中的售价，即可得出关于y的一元一次不等式，解之取其中的最大值即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：(1)根据各数量之间的关系，列式计算；(2)找准等量关系，正确列出一元二次方程；(3)根据各数量之间的关系，正确列出一元一次不等式．

20.【答案】解：(1)∵四边形OABC是矩形，OA=4，OC=3，
∴点B的坐标为(4,3)，
∵点B在反比例函数y=kx(k≠0)的第一象限内的图象上
∴k=12，
∴y=12x，
设点P的纵坐标为m(m>0)，
∵S△PCO=38S矩形OABC．
∴12⋅OC⋅m=38OA⋅OC，
∴m=3，
当点，P在这个反比例函数图象上时，则P点的纵坐标为y=123=4，
∴点P的坐标为(3,4)；
(2)过点(3,0)，作直线l⊥x轴．

由(1)知，点P的横坐标为3，
∴点P在直线l上
作点O关于直线l的对称点O′，则OO′=6，
连接CO′交直线l于点P，此时PO+PC的值最小，
则PO+PC的最小值=PO′+PC=O′C= 32+62=3 5．
(3)分两种情况：
①如图2中，当四边形CBQP是菱形时，易知BC=CP=PQ=BQ=4，P1(3,3− 7)，P2(3,3+ 7)，
∴Q1(7,3− 7)，Q2(7,3+ 7)；
．
②如图3中，当四边形CBPQ是菱形时，P3(3,3− 15)，P4(3,3+ 15)，
∴Q3(−1,3− 15)，Q4(−1,3+ 15).
综上所述，点Q的坐标为Q1(7,3− 7)，Q2(7,3+ 7)，P3(3,3− 15)，P4(3,3+ 15). 
【解析】(1)首先根据点B坐标，确定反比例函数的解析式，设点P的纵坐标为m(m>0)，根据S△PCO=38S矩形OABC，构建方程即可解决问题；
(2)过点(3,0)，作直线l⊥x轴．由(1)知，点P的横坐标为3，推出点P在直线l上，作点O关于直线l的对称点O′，则OO′=6，连接CO′交直线l于点P，此时PO+PC的值最小；
(3)分两种情形：当四边形CBQP是菱形时；当四边形CBPQ是菱形时．分别求解即可解决问题．
本题考查反比例函数综合题、矩形的性质、菱形的判定和性质、三角形的面积、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，学会理由轴对称解决最短问题，学会用分类讨论的首先思考问题，属于中考压轴题．

21.【答案】1 nm 24 1317 
【解析】解：(1)如图1中，过G、E分别作GJ⊥BC，EK⊥CD垂足为J、K，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ABJ=∠C=∠D=90°，
∴四边形AGJB、BCKE是矩形，
∴GJ=AB=BC=EK，
∵GH⊥EF，
∴∠FOH=90°，而∠C=90°，
∴∠OHC+∠OFC=180°，
而∠OHJ+∠OHC=180°，
∴∠OFC=∠OHJ，
又∵∠JGH+∠OHJ=90°，∠KEF+∠OFK=90°，∠JGH=∠KEF，
∴△GJH≌△EKF(ASA)，
∴GH=EF．
即EFGH=1．
故答案为1．
(2)过点E作EM⊥CD为M，过点H作HN⊥AD于点N，设EF与GH的交点为点O，

∵EF⊥GH，∠D=90°，
∴∠GOF+∠D=180°，
∴∠DGH+∠DFO=180°，
又∵∠DFO+∠MFO=180°，
∴∠MFO=∠DGO，
∵∠GNH=∠FME=90°，
∴△GNH∽△FME，
∴EFGH=MENH，
又∵ME=BC=n，NH=AB=m，
∴EFGH=nm；
故答案为nm；
(3)将△ABC补成矩形ACBH，延长CE交AH于点G，

由题意可知，DB= DC2+BC2=2 13，
由(2)可知，CGBD=ACBC=86，
∴CG=43BD=83 13，
∴AG= CG2−AC2=163，
又∵AG/​/BC，
∴△AEG∽△BEC，
∴AGBC=EGCE，
即1636=8 133−CECE，
∴CE=24 1317．
故答案为24 1317．
(1)过G、E分别作GJ⊥BC，EK⊥CD垂足为J、K，证明△GJH≌△EKF(ASA)，由全等三角形的性质得出GH=EF.则可得出答案；
(2)过点E作EM⊥CD为M，过点H作HN⊥AD于点N，设EF与GH的交点为点O，证明△GNH∽△FME，由相似三角形的判定与性质得出EFGH=MENH，则可得出答案；
(3)将△ABC补成矩形ACBH，延长CE交AH于点G，求出BD和AG的长，证明△AEG∽△BEC，由相似三角形的判定与性质得出AGBC=EGCE，则可得出答案．
此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质是解题的关键．

22.【答案】 3  (32, 3) 
【解析】解：(1)在Rt△AOC中，OCOA=tan∠OAC，
∴OC=OA⋅tan∠OAC=3×tan30°=3× 33= 3，
∵四边形OABC是矩形，
∴BC/​/OA，即BC/​/x轴，BC=OA=3，
∵点D是BC的中点，
∴CD=12BC=32，
∴点D的坐标为(32, 3)，
故答案为： 3；(32, 3)；
(2)如图1中，设E(m,0)，
则OE=m，

由题意得：S四边形OCDE=12⋅(CD+OE)⋅OC=23S矩形OABC或S四边形OCDE=12⋅(CD+OE)⋅OC=13S矩形OABC，
∴12⋅(CD+OE)⋅OC=23×3× 3或12⋅(CD+OE)⋅OC=13×3× 3，
∴12×(32+m)× 3=23×3× 3或12×(32+m)× 3=13×3× 3，
解得：m=52或12，
∴点E坐标为(52,0)或(12,0)；
(3)如图2，以BD为边在BC上方作等边三角形BDQ1，以AD为边在AD右侧作等边三角形ADQ2，
连接Q1Q2，
则DQ1=BD，DQ2=AD，∠BDQ1=∠ADQ2=60°，Q1(94,7 34)，
∴∠BDQ1−∠BDQ2=∠ADQ2−∠BDQ2，即∠Q1DQ2=∠ADB，
∴△DQ1Q2≌△DBA(SAS)，
∴∠DQ1Q2=∠DBA=90°，
在动点P从点B运动到点A时，点Q在线段Q1Q2上运动，
延长Q1D交AC于点K，
则∠CDK=∠BDQ1=60°，
∵BC/​/OA，
∴∠ACB=∠OAC=30°，
∴∠CKD=90°，
∴∠CKD=∠DQ1Q2，
∴Q1Q2//AC，
设直线AC的解析式为y=kx+b，则3k+b=0b= 3，
解得：k=− 33b= 3，
∴直线AC的解析式为y=− 33x+ 3，
设直线Q1Q2的解析式为y=− 33x+b1，把Q1(94,7 34)代入得：7 34=− 33×94+b1，
解得：b1=5 32，
∴直线Q1Q2的解析式为y=− 33x+5 32①，
∵△ACQ成为以AC为底的等腰三角形，
∴QA=QC，
∴点Q在AC的垂直平分线上，
设AC的中点为R(32, 32)，QR交x轴于点S，
∵AC=2OC=2 3，
∴AR=12AC= 3，
∴AS=ARcos∠OAC= 3cos30°=2，
∴S(1,0)，
设直线RS的解析式为y=k′x+b′，则k′+b′=032k′+b′= 32，
解得：k′= 3b′=− 3，
∴直线RS的解析式为y= 3x− 3②，
联立①②，得 3x− 3=− 33x+5 32，
解得：x=218，
故Q点的横坐标为218．
(1)在Rt△AOC中，解直角三角形求出OC即可解决问题．
(2)设E(m,0)，则OE=m，由题意，分两种情形：S四边形OCDE=12⋅(CD+OE)⋅OC=23S矩形OABC或S四边形OCDE=12⋅(CD+OE)⋅OC=13S矩形OABC，分别构建方程即可解决问题；
(3)如图2，以BD为边在BC上方作等边三角形BDQ1，以AD为边在AD右侧作等边三角形ADQ2，连接Q1Q2，可证得△DQ1Q2≌△DBA(SAS)，故∠DQ1Q2=∠DBA=90°，得出在动点P从点B运动到点A时，点Q在线段Q1Q2上运动，分别利用待定系数法求得直线Q1Q2和RS的解析式，联立即可求得点Q的横坐标．
本题考查矩形的性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，待定系数法求一次函数解析式，一次函数图象的交点坐标等知识，解题的关键学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．