内蒙古包头市青山区2023—2024学年上学期九年级期末数学试卷

这是一份内蒙古包头市青山区2023—2024学年上学期九年级期末数学试卷，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.一元二次方程x2−ax+1=0的两实数根相等，则a的值为( )
A. a=0B. a=2或a=−2C. a=2D. a=2或a=0
2.在Rt△ABC中，∠C=90°，若斜边AB是直角边BC的3倍，则tanB的值是( )
A. 13B. 3C. 24D. 2 2
3.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. 2：3B. 2：5C. 4：9D. 4：25
4.有长度分别为2cm，3cm，4cm，7cm的四条线段，任取其中三条能组成三角形的概率是( )
A. 12B. 13C. 23D. 14
5.将抛物线y=x2−2x+3向下平移1个单位长度，再向左平移2个单位长度后，得到的抛物线表达式是( )
A. y=x2+2B. y=(x+1)2+3C. y=(x+1)2+1D. y=(x−3)2+1
6.一个等腰三角形的两条边长分别是方程x2−6x+8=0的两根，则该等腰三角形的周长是( )
A. 4.8B. 10C. 12D. 8或10
7.如图，AB为⊙O的直径，点C是弧BE的中点.过点C作CD⊥AB于点G，交⊙O于点D，若BE=8，BG=2，则⊙O的半径长是( )
A. 5
B. 6.5
C. 7.5
D. 8
8.2011广州大运会的某纪念品原价100元，连续两次降价a%后售价为81元，a的值是( )
A. 0.1B. 10C. 0.9D. 12
9.如图，△ABC是等腰直角三角形，∠C=90°，AC=BC=2，点D为边AB上一点，过点D作DE⊥AC，DF⊥BC，垂足分别为E，F，点D从点A出发沿AB运动至点B.设DE=x，DF=y，四边形CFDE的面积为S，在运动过程中，下列说法正确的是( )
A. y与x满足一次函数关系，S与x满足二次函数关系，且S存在最大值
B. y与x满足一次函数关系，S与x满足二次函数关系，且S存在最小值
C. y与x满足反比例函数关系，S与x满足二次函数关系，且S存在最大值
D. y与x满足反比例函数关系，S与x满足二次函数关系，且S存在最小值
10.如图，在矩形ABCD中，AD>AB，点E，F分别在AD，BC边上，EF/​/AB，AE=AB，AF与BE相交于点O，连接OC.若BF=2CF，则OC与EF之间的数量关系正确的是( )
A. 2OC= 5EFB. 5OC=2EFC. 2OC= 3EFD. OC=EF
二、填空题：本题共6小题，每小题3分，共18分。
11.若a−2bb=35，则ab= ______ ．
12.在一个不透明的袋中装有黑色和红色两种颜色的球共计15个，每个球除颜色外都相同，每次摇匀后随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，通过大量重复摸球试验后，发现摸到黑球的频率稳定于0.6，则可估计这个袋中红球的个数约为______．
13.已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为等边三角形，则该几何体的表面积为______．
14.菱形的两条对角线的长是方程x2−7x+1=0的两根，则菱形的面积是______．
15.图中圆心角∠AOB=30°，弦CA//OB，延长CO与圆交于点D，则∠BOD= ．
16.如图，若点M是x轴正半轴上的任意一点，过点M作PQ/​/y轴，分别交函数y1=k1x(x>0)和y2=k2x(x>0)的图象于点P和Q，连接OP，OQ，则下列结论：①k1>0；k2<0；②S△POM=12k1；③OM⋅MQ=|k2|；④点P与点Q的横坐标相等；⑤△P0Q的面积是12(k1−k2)，其中判断正确的是______ .(填序号)
三、计算题：本大题共1小题，共4分。
17.计算：4sin30°− 2cs45°− 3tan30°+2sin60°
四、解答题：本题共7小题，共68分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题4分)
用配方法解方程：2x2+4x+1=0．
19.(本小题8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．
20.(本小题8分)
小明开着汽车在平坦的公路上行驶，前方出现两座建筑物A、B(如图)，在(1)处小明能看到B建筑物的一部分，(如图)，此时，小明的视角为30°，已知A建筑物高25米．
(1)请问汽车行驶到什么位置时，小明刚好看不到建筑物B？请在图中标出这点．
(2)若小明刚好看不到B建筑物时，他的视线与公路的夹角为45°，请问他向前行驶了多少米？(用根号表示)
21.(本小题11分)
某公司今年国庆期间在网络平台上进行直播销售猕猴桃，已知猕猴桃的成本价格为8元/kg，经销售发现：每日销售量y(kg)与销售单价x(元/kg)满足一次函数关系，下表记录的是有关数据，销售单价不低于成本价且不高于24元/kg.设公司销售猕猴桃的日获利为w(元)．
(1)请求出日销售量y与销售单价x之间的函数关系式；
(2)当销售单价定为多少时，销售这种猕猴桃日获利w最大？最大利润为多少元？
22.(本小题12分)
如图，一次函数y=ax+b的图象与反比例函数y=kx的图象交于A，B两点，与x轴交于点C，与y轴交于点D，已知点A坐标为(3,1)，点B的坐标为(−2,m)
(1)求反比例函数的解析式和一次函数的解析式；
(2)观察图象直接写出ax+b>kx时x的取值范围是______ ．
(3)直接写出：P为x轴上一动点，当三角形OAP为等腰三角形时点P的坐标______ ．
23.(本小题12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=______．
24.(本小题13分)
如图，三角形ABC是以BC为底边的等腰三角形，点A、C分别是一次函数y=−34x+3的图象与y轴、x轴的交点，点B在二次函数y=18x2+bx+c的图象上，且该二次函数图象上存在一点D使四边形ABCD能构成平行四边形．
(1)求B、D坐标，并写出该二次函数表达式；
(2)动点P从A到D，同时动点Q从C到A都以每秒1个单位的速度运动，问：
①当P运动到何处时，有PQ⊥AC？
②当P运动到何处时，四边形PDCQ的面积最小？此时四边形PDCQ的面积是多少？
答案和解析
1.【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．
2.【答案】D
【解析】【分析】
设BC=x，则AB=3x，由勾股定理求出AC，根据三角函数的概念求出tanB．
本题考查的是锐角三角函数的概念和勾股定理的应用，应用勾股定理求出直角三角形的边长、正确理解锐角三角函数的概念是解题的关键．
【解答】
解：设BC=x，则AB=3x，
由勾股定理得，AC=2 2x，
tanB=ACBC=2 2xx=2 2，
故选：D．
3.【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)．
4.【答案】D
【解析】解：∵长度为2cm、3cm、4cm、7cm的四条线段，从中任取三条线段共有2、3、4；2、3、7；3、4、7；2、4、7；四种情况，
而能组成三角形的有2、3、4；共有1种情况，
所以能组成三角形的概率是14．
故选D．
从四条线段中任取三条共有四种情况，判断出满足三角形的三边关系的有一种情况，根据概率公式即可求出概率．
本题考查的是三角形三边关系，概率公式．如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P(A)=mn．
5.【答案】C
【解析】解：∵y=x2−2x+3=(x−1)2+2，
∴将抛物线y=x2−2x+3向下平移1个单位长度，再向左平移2个单位长度后，得到的抛物线表达式是：y=2(x−1+2)2+2−1，即y=(x+1)2+1．
故选C．
直接根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
本题考查的是二次函数的图象与几何变换，熟知函数图象平移的法则是解答此题的关键．
6.【答案】B
【解析】解：x2−6x+8=0
(x−2)(x−4)=0，
解得：x1=2，x2=4，
∵2+2=4，
∴不能组成三角形，
∴等腰三角形的腰长只能为4，底边长为2，
则其周长为：4+4+2=10．
故选：B．
首先利用因式分解法解方程，再利用三角形三边关系得出各边长，进而得出答案．
此题主要考查了因式分解法解方程以及三角形三边关系，正确得出方程的根是解题关键．
7.【答案】A
【解析】解：连接OD，如图，设⊙O的半径为r，
∵CD⊥AB，
∴BC=BD，CG=DG，
∵点C是弧BE的中点，
∴CE=CB，
∴BE=CD，
∴CD=BE=8，
∴DG=12CD=4，
在Rt△ODG中，∵OG=r−2，OD=r，
∴42+(r−2)2=r2，解得r=5，
即⊙O的半径为5．
故选：A．
连接OD，如图，设⊙O的半径为r，根据垂径定理得BC=BD，CG=DG，则BE=CD，所以CD=BE=8，则DG=12CD=4，利用勾股定理得到42+(r−2)2=r2，然后解方程即可．
本题考查了圆心角、弧、弦的关系：在同圆或等圆中，如果两个圆心角、两条弧、两条弦中有一组量相等，那么它们所对应的其余各组量都分别相等．也考查了垂径定理和勾股定理．
8.【答案】B
【解析】解：根据题意列方程得
100×(1−a%)2=81，
解得a1=10，a2=19(不符合题意，舍去)．
即：这两次的百分率是10%．
故选：B．
第一次降价后的售价是原来的(1−a%)，那么第二次降价后的售价是原来的(1−a%)2，根据题意列方程解答即可．
本题考查一元二次方程的应用，要掌握求平均变化率的方法．若设变化前的量为a，变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a(1±x)2=b．
9.【答案】A
【解析】解：由已知得DECF是矩形，故EC=DF=y，AE=2−EC=2−y，
∵DE/​/BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴DEBC=AEAC，即x2=2−y2，
∴y=2−x(0∵S=xy=x(2−x)=−x2+2x，
∴y与x满足一次函数关系，S与x满足二次函数关系，且S存在最大值．
故选：A．
由已知得DECF是矩形，故EC=DF=y，AE=2−EC=2−y，根据相似三角形的判定方法得到△ADE∽△ABC，再根据相似三角形的对应边对应成比例从而求得y与x关系式，根据矩形的面积公式可得S与x之间的函数表达式．
本题考查了相似三角形的判定及性质、二次函数的最值．关键在于根据相似三角形及已知条件求出相关线段的表达式，求出二次函数表达式，根据表达式画出图象后，即可求出结论．
10.【答案】A
【解析】解：过点O作OH⊥BC于H，
∵在矩形ABCD中，EF/​/AB，AE=AB，
∴四边形ABFE是正方形，
∴OH=12EF=12BF=BH=HF，
∵BF=2CF，
∴CH=EF=2OH，
∴OC= 5OH，
即2OC= 5EF，
故选：A．
过点O作OH⊥BC于H，得出四边形ABFE是正方形，再根据线段等量关系得出CF=EF=2OH，根据勾股定理得出OC= 5OH，即可得出结论．
本题主要考查矩形的性质、正方形的判定与性质、勾股定理等．
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】6
【解析】解：15×(1−0.6)
=15×0.4
=6
答：估计这个袋中红球的个数约为6．
故答案为：6．
先求出摸到红球的频率，再利用红球个数=总数×摸到红球的频率，进而得出答案．
此题主要考查了利用频率估计随机事件的概率，根据已知得出小球在总数中所占比例得出与实验比例应该相等是解决问题的关键．
13.【答案】(18+2 3)cm2
【解析】【分析】
本题考查了三视图，三视图是中考经常考查的知识内容，难度不大，但要求对三视图画法规则要熟练掌握，对常见几何体的三视图要熟悉．由三视图想象几何体的形状，首先，应分别根据主视图、俯视图和左视图想象几何体的前面、上面和左侧面的形状，然后综合起来考虑整体形状．
【解答】
解：该几何体是一个三棱柱，底面等边三角形边长为2cm，高为 3cm，三棱柱的高为3，所以，其表面积为3×2×3+2×12×2× 3=18+2 3(cm2).
故答案为(18+2 3)cm2．
14.【答案】12
【解析】解：设方程x2−7x+1=0的两个根为a，b，
则由根与系数的关系得：ab=1，
∵菱形的两条对角线的长是方程x2−7x+1=0的两根，
∴菱形的对角线的积为1，
∴菱形的面积是12×1=12，
故答案为：12．
根据根与系数的关系得出菱形的两对角线的积为1，即可解答．
本题考查了根与系数的关系和菱形的性质，能求出菱形的两对角线的积是解此题的关键．
15.【答案】30°
【解析】【分析】
根据平行线的性质由CA//OB得到∠CAO=∠AOB=30°，利用半径相等得到∠C=∠OAC=30°，然后根据圆周角定理得到∠AOD=2∠C=60°，则∠BOD=60°−30°=30°．
本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，一条弧所对的圆周角的度数等于它所对的圆心角度数的一半．也考查了平行线的性质．
【解答】
解：∵CA//OB，
∴∠CAO=∠AOB=30°，
∵OA=OC，
∴∠C=∠OAC=30°，
∴∠AOD=2∠C=60°，
∴∠BOD=60°−30°=30°．
故答案为30°．
16.【答案】①②③④⑤
【解析】解：∵函数y1=k1x(x>0)在第一象限，y2=k2x(x>0)的图象位于第四象限，
∴k1>0；k2<0，故①正确；
由反比例函数系数k的几何意义，S△POM=12|k1|=12k1，S△QOM=12|k2|，
∴12OM⋅MQ=12|k2|，即OM⋅MQ=|k2|；故②③正确；
∵PQ/​/y轴，
∴点P与点Q的横坐标相等，故④正确；
∵S△POM=12|k1|=12k1，S△QOM=12|k2|=−12k2，
∴⑤△POQ的面积=S△POM+S△QOM=12(k1−k2)，故⑤正确，
故答案为：①②③④⑤．
根据反比例函数的性质和反比例函数系数k的几何意义判断即可．
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数系数k的几何意义，难度中等．
17.【答案】解：4sin30°− 2cs45°− 3tan30°+2sin60°
=4×12− 2× 22− 3× 33+2× 32
=2−1−1+ 3
= 3．
【解析】本题考查了特殊角的三角函数值，实数的四则混合运算，熟记特殊角的三角函数值是解题的关键．
依据30°、45°、60°角的三角函数值，代入计算即可．
18.【答案】解：原方程化为x2+2x=−12，
配方得x2+2x+1=1−12，
即(x+1)2=12，
开方得x+1=± 22，
x=−1± 22=−2± 22，
∴x1=−2+ 22,x2=−2− 22．
【解析】此题考查了配方法解一元二次方程，解题时要注意解题步骤的准确使用，把左边配成完全平方式，右边化为常数．
配方法的一般步骤：
(1)把常数项移到等号的右边；
(2)把二次项的系数化为1；
(3)等式两边同时加上一次项系数一半的平方．
选择用配方法解一元二次方程时，最好使方程的二次项的系数为1，一次项的系数是2的倍数．
19.【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．
20.【答案】解：(1)如图1所示：

汽车行驶到E点位置时，小明刚好看不到建筑物B；
(2)∵小明的视角为30°，A建筑物高25米，如图2，
∴AC=25，tan30°=ACAM= 33，
∴AM=25 3，
∵∠AEC=45°，
∴AE=AC=25m，
∴ME=AM−AE=(25 3−25)m．
则他向前行驶了(25 3−25)米．

【解析】(1)连接FC并延长到BA上一点E，即为所求答案；
(2)利用解Rt△AEC求AE，解Rt△ACM，求AM，利用ME=AM−AE求出他行驶的距离．
本题考查了解直角三角形的基本方法，先分别在两个直角三角形中求相关的线段，再求差是解答本题的关键．
21.【答案】解：(1)设y与x之间的函数关系式为：y=kx+b(k≠0)，
把(9,2100)和(10,2000)代入得：
9k+b=210010k+b=2000，
解得：k=−100b=3000，
∴y与x之间的函数关系式为：y=−100x+3000(8≤x≤24)；
(2)由题意得：w=(x−8)(−100x+3000)
=−100x2+3800x−24000
=−100(x−19)2+12100，
∵−100<0，
∴当x=19时，w有最大值，最大值为12100，
答：当销售单价定为19元时，销售这种猕猴桃日获利w最大，最大利润为12100元．
【解析】(1)用待定系数法求解即可；
(2)由题意可得w关于x的二次函数，将其写成顶点式，然后根据二次函数的性质可得答案．
本题考查了二次函数在实际问题中的应用，理清题中的数量关系并熟练掌握待定系数法、二次函数的性质及二次函数与一元二次方程的关系是解题的关键．
22.【答案】x>3或−2【解析】解：(1)∵点A坐标为(3.1)，
把点A的坐标代入y=kx得：k=3，
∴反比例函数的解析式是y=3x；
把点B的坐标为(−2,m)代入y=3x得：
−2m=3，
解得：m=−32，
∴B(−2,−32)；
把A、B两点的坐标代入y=ax+b中得：
把A、B两点的坐标代入y=ax+b中得：
3a+b=1−2a+b=−32，
解得：a=12b=−12，
∴一次函数的解析式为：y=12x−12；
(2)如图，由图象得：ax+b>kx时x的取值范围是：x>3或−2故答案为：x>3或−2(3)当△AOP是等腰三角形时，存在以下三种情况：
①当OA=OP时，如图2，
∵A(3,1)，
∴OA= 10，
∴P1(− 10,0)或P2( 10,0)；
②当OA=AP时，如图3，
∴P(6,0)；
③当OP=AP时，如图4，过A作AE⊥x轴于E，
设OP=x，则AP=x，PE=3−x，
∴AP2=AE2+PE2，
∴12+(3−x)2=x2，
x=53，
∴P(53,0)；
综上，P的坐标为( 10,0)或(− 10,0)或(6,0)或(53,0)．
故答案为：( 10,0)或(− 10,0)或(6,0)或(53,0)．
(1)利用待定系数法求两函数的解析式；
(2)直接由图象一次函数在反比例函数上边时对应x的取值；
(3)存在三种情况：OA=OP，OA=AP，AP=OP，根据点A的坐标综合图形可得点P的坐标．
本题属于反比例函数与一次函数的综合题，主要考查了利用待定系数法求反比例函数与一次函数的解析式，等腰三角形的判定，三角形面积公式，本题难度适中，运用分类讨论思想是解答本题的关键．
23.【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．
24.【答案】解：(1)由y=−34x+3，
令x=0，得y=3，所以点A(0,3)；
令y=0，得x=4，所以点C(4,0)，
∵△ABC是以BC为底边的等腰三角形，
∴B点坐标为(−4,0)，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴D点坐标为(8,3)，
将点B(−4,0)、点D(8,3)代入二次函数y=18x2+bx+c得：
2−4b+c=08+8b+c=3，
解得：b=−14c=−3，
故该二次函数解析式为：y=18x2−14x−3．
(2)∵OA=3，OB=4，
∴AC=5．
①设点P运动了t秒时，PQ⊥AC，如图，此时AP=t，CQ=t，AQ=5−t，

∵PQ⊥AC，
∴∠AQP=∠AOC=90°，∠PAQ=∠ACO，
∴△APQ∽△CAO，
∴APAC=AQCO，即t5=5−t4，
解得：t=259．
即当点P运动到距离A点259个单位长度处，有PQ⊥AC．
②∵S四边形PDCQ+S△APQ=S△ACD，且S△ACD=12×8×3=12，
∴当△APQ的面积最大时，四边形PDCQ的面积最小，
当动点P运动t秒时，AP=t，CQ=t，AQ=5−t，
设△APQ底边AP上的高为h，作QH⊥AD于点H，
由△AQH∽△CAO可得：h3=5−t5，
解得：h=35(5−t)，
∴S△APQ=12t×35(5−t)=310(−t2+5t)=−310(t−52)2+158，
∴当t=52时，S△APQ达到最大值158，
此时S四边形PDCQ=12−158=818，
故当点P运动到距离点A52个单位处时，四边形PDCQ面积最小，最小值为818．
【解析】(1)根据一次函数解析式求出点A、点C坐标，再由△ABC是等腰三角形可求出点B坐标，根据平行四边形的性性质求出点D坐标，利用待定系数法可求出b、c的值，继而得出二次函数表达式．
(2)①设点P运动了t秒时，PQ⊥AC，此时AP=t，CQ=t，AQ=5−t，再由△APQ∽△CAO，利用对应边成比例可求出t的值，继而确定点P的位置；
②只需使△APQ的面积最大，就能满足四边形PDCQ的面积最小，设△APQ底边AP上的高为h，作QH⊥AD于点H，由△AQH∽△CAO，利用对应边成比例得出h的表达式，继而表示出△APQ的面积表达式，利用配方法求出最大值，即可得出四边形PDCQ的最小值，也可确定点P的位置．
本题考查了二次函数的综合，涉及了待定系数法求函数解析式、平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是找到满足题意时的相似三角形，利用对应边成比例的知识得出有关线段的长度或表达式，难度较大．x(元/kg)
9
10
11
y(kg)
2100
2000
1900