142，江苏省宿迁市泗阳县海门实验中学2023-2024学年九年级上学期1月阶段测试数学试卷

这是一份142，江苏省宿迁市泗阳县海门实验中学2023-2024学年九年级上学期1月阶段测试数学试卷，共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

（时间：120分钟 总分：150分）
一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题所给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上）
1. 一元二次方程2x2+5x＝6的二次项系数、一次项系数、常数项分别是（ ）
A. 2，5，6B. 5，2，6C. 2，5，﹣6D. 5，2，﹣6
【答案】C
【解析】
【分析】方程整理为一般形式，根据二次项系数、一次项系数、常数项的定义即可求解．
【详解】解：方程整理得：2x2+5x﹣6＝0，
则方程的二次项系数、一次项系数、常数项分别是2，5，﹣6，
故选C．
【点睛】本题考查了一元二次方程的二次项系数、一次项系数、常数项的定义，化为一般形式是前提．
2. 一个不透明布袋中有2个红球，3个白球，这些球除颜色外无其他差别，摇匀后从中随机摸出一个小球，该小球是红色的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据随机事件A概率P（A）=事件A可能出现的结果数÷所有可能出现的结果数即可求解．
【详解】解：∵口袋中有2个红球，3个白球，
∴P（红球）．
故选D．
【点睛】本题考查了随机事件概率的求法：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），掌握随机事件概率的求法是解题关键．
3. “红色小讲解员”演讲比赛中，7位评委分别给出某位选手的原始评分．评定该选手成绩时，从7个原始评分中去掉一个最高分、一个最低分，得到5个有效评分．5个有效评分与7个原始评分相比，这两组数据一定不变的是（ ）．您看到的资料都源自我们平台，20多万份试卷，家威杏 MXSJ663 每日最新，性比价最高A. 中位数B. 众数C. 平均数D. 方差
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由数据的数字特征的定义，分析可得答案．
【详解】根据题意，从7个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到5个有效评分，
7个有效评分与5个原始评分相比，最中间的一个数不变，即中位数不变．
故选:A
【点睛】此题考查中位数的定义，解题关键在于掌握其定义．
4. 二次函数的图象与轴的交点个数是（ ）
A. 2个B. 1个C. 0个D. 不能确定
【答案】A
【解析】
【分析】通过计算判别式的值可判断抛物线与轴的交点个数．
【详解】由二次函数，
知
∴．
∴抛物线与轴有二个公共点．
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数与一元二次方程之间的关系，抛物线与轴的交点个数取决于的值．
5. 如图，四边形是的内接四边形，，．若的半径为5，则的长为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接，根据圆内接四边形的性质得出，再根据三角形的内角和求出，进而得出，最后根据弧长公式即可求解．
【详解】解：连接，
∵四边形是的内接四边形，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆的内接四边形，圆周角定理，三角形的内角和，弧长公式，解题的关键是掌握圆的内接四边形对角互补，同弧所对的圆周角是圆心角的一半，三角形的内角和为，弧长．
6. 如图，某水库堤坝横断面迎水坡的坡度是，堤坝高cm，水平宽度的长度（ ）
A. 100cmB. cmC. 150cmD. cm
【答案】D
【解析】
【分析】根据坡度的定义可得，即可得的长．
【详解】解：的坡度是，
，
解得．
经检验，是原方程的解且符合题意，
水平宽度的长度为．
故选：D．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用坡度坡角问题，解题的关键是熟练掌握坡度的定义．
7. 二次函数，下列说法正确的是（ ）
A. 开口向下B. 对称轴为直线
C. 顶点坐标为D. 当时，y随x的增大而减小
【答案】A
【解析】
【分析】根据二次函数和二次函数的性质，可以判断各个选项中的结论是否正确，从而可以解答本题．
【详解】解：二次函数，
，该函数的图象开口向下，故选项A正确；
对称轴是直线，故选项B错误；
顶点坐标为，故选项C错误；
当时，随的增大而增大，故选项D错误；
故选：A．
【点睛】本题考查二次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
8. 如图，已知点A（3，4），点B为直线x＝﹣2上的动点，点C（x，0）且﹣2＜x＜3，BC⊥AC垂足为点C，连接AB．若AB与y轴正半轴的所夹锐角为α，当tanα的值最大时x的值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】设直线x＝−2与x轴交于G，过A作AH⊥直线x＝−2于H，AF⊥x轴于F，根据平行线的性质得到∠ABH＝α，由三角函数的定义得到tanα＝，即可得当BH最小时tanα有最大值；即BG最大时，tanα有最大值，然后证明△ACF∽△CBG，根据相似三角形的性质列出比例式，最后根据二次函数的性质即可得到结论．
【详解】如图，设直线x＝﹣2与x轴交于G，过A作AH⊥直线x＝﹣2于H，AF⊥x轴于F，
∵BH∥y轴，
∴∠ABH＝α，
在Rt△ABH中，tanα＝，
∵tanα随BH的增大而减小，
∴当BH最小时tanα有最大值；即BG最大时，tanα有最大值，
∵∠BGC＝∠ACB＝∠AFC＝90°，
∴∠GBC+∠BCG＝∠BCG+∠ACF＝90°，
∴∠GBC＝∠ACF，
∴△ACF∽△CBG，
∴，
设BG=y，则，
∴，
∴当x＝时，BG取最大值，tanα取最大值，
故选：A．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，三角函数的定义，平行线的性质以及二次函数的最值问题等知识，正确的作出辅助线证得△ACF∽△CBG是解题的关键．
二、填空题（本大题共10小题，每小题3分，共20分．请把答案填写在答题卡相应位置上）
9. 已知＝，则＝_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据分式的基本性质，由可得，然后代入式子进行计算即可得解．
【详解】解：∵，
∴，
则．
故答案为：．
【点睛】本题考查了分式的化简求值，掌握分式的基本性质并能灵活运用性质进行分式的化简求值是解题的关键．
10. 若，相似比为，则与的面积的比为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质问题，熟练掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方是解题的关键．
【详解】解：∵相似与的相似比为，
∴与的面积比为．
故答案为：．
11. 已知的半径为，则的圆周角所对的弦长为______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查了圆周角定理，通过作辅助线、、构造了等边三角形，然后利用等边三角形的性质解答即可．
【详解】解：连接、、，
，
，
在中，，
是等边三角形，
，
故答案为：．
12. 已知是线段的黄金分割点，若且，则的长度是______．
【答案】
【解析】
【分析】本题考查黄金分割点的定义及求线段长，根据题意，作出图形，由黄金分割点的定义列式代值求解即可得动答案，熟练掌握黄金分割比是解决问题的关键．
【详解】解：由，如图所示：
是线段的黄金分割点，
，
，设，
，即，
解得或（舍去），
故答案为：．
13. 已知点，在抛物线上，且，则_________．（填“<”或“>”或“=”）
【答案】
【解析】
【分析】先求出抛物线的对称轴，然后根据二次函数的性质解决问题．
【详解】解：的对称轴为y轴，
∵，
∴开口向上，当时， y随x的增大而增大，
∵，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了二次函数的增减性，解题的关键是根据抛物表达式得出函数的开口方向和对称轴，从而分析函数的增减性．
14. 将抛物线先向右平移1个单位，再向下平移3个单位后得到新的抛物线，则新抛物线对应的函数表达式是_______________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据“左加右减”的原则求出抛物线向左平移1个单位可得到抛物线，再根据上加下减”的原则可知，将抛物线再向下平移3个单位得到的抛物线.
【详解】由“左加右减”的原则可知，将抛物线先向左平移1个单位可得到抛物线；由“上加下减”的原则可知，将抛物线再向下平移3个单位可得到抛物线．
故答案
【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换：由于抛物线平移后的形状不变，故a不变，所以求平移后的抛物线解析式通常可利用两种方法：一是求出原抛物线上任意两点平移后的坐标，利用待定系数法求出解析式；二是只考虑平移后的顶点坐标，即可求出解析式．
15. 若扇形的圆心角为60°，弧长为２，则扇形的半径为___．
【答案】6
【解析】
【分析】利用扇形的弧长公式表示出扇形的弧长，将已知的圆心角及弧长代入，即可求出扇形的半径.
【详解】∵扇形的圆心角为60°，弧长为2π，
∴，即，解得，扇形的半径R=6．
16. 如图，四边形内接于，点是弧的中点，则的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】将绕点逆时针旋转得，根据旋转的性质得出，，，求出、、三点共线，由等腰三角形性质，在解直角三角形即可得到答案．
【详解】解：将绕点逆时针旋转得，过作于，如图所示：
则，，，
四边形内接于，
，
，平分，
，
，
、、三点共线，
，
，
由等腰三角形三线合一性质可得，在中，．
【点睛】本题考查了圆心角、弧、弦之间的关系，圆内接四边形性质，等腰三角形性质，解直角三角形，全等三角形的性质和判定的应用，能正确作出辅助线是解此题的关键．
17. 若二次函数（为常数）的图象如图所示，则关于的方程的解为______．
【答案】或
【解析】
【分析】本题考查利用函数图象解方程，涉及二次函数图象与性质、二次函数图象平移等知识，根据题意，令，数形结合，由二次函数图象的平移，将二次函数（为常数）的图象与轴的交点向左平移个单位长度即可得到答案，熟练掌握二次函数图象的平移是解决问题的关键．
【详解】解：令，
将二次函数（为常数）的图象向左平移个单位长度即可得到，
二次函数（为常数）的图象与轴的交点为和，
的图象与轴的交点为和，
关于的方程的解为或，
故答案为：或．
18. 如图，二次函数与轴交于两点，与轴交于，点在以为圆心2为半径的圆上一动点，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】二次函数及圆的综合题，涉及勾股定理，相似三角形的判定和性质，动点最值问题-阿氏圆模型，在上取点，使，连接，证得，又，得到，推出，进而得到当点、、三点共线时，的值最小，即为线段的长，利用勾股定理求出即可，掌握动点最值问题-阿氏圆模型的解法是解题的关键．
【详解】解：在上取点，使，连接，如图所示：
，
，
，
，
又，
，
，即，
，
当点、、三点共线时，的值最小，即为线段的长，
，，
，
的最小值为，
故答案为：．
三、解答题（本大题共10小题，共96分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19. 解下列方程：
（1）；
（2）．
【答案】（1）或
（2）或
【解析】
【分析】本题考查因式分解解一元二次方程，涉及十字相乘法及提公因式法因式分解解一元二次方程，熟练掌握因式分解法解一元二次方程是解决问题的关键．
（1）利用十字相乘因式分解解一元二次方程即可得到答案；
（2）利用提公因式因式分解解一元二次方程即可得到答案．
【小问1详解】
解：，
，
或；
【小问2详解】
解：，
，即，
，
或．
20. 关于的一元二次方程．
（1）求证：方程总有两个实数根；
（2）若方程有一根小于，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】本题考查一元二次方程综合，涉及根的判别式、十字相乘法解一元二次方程及解一元一次不等式等知识，熟记根的判别式与一元二次方程根的关系及解一元二次方程的方法是解决问题的关键．
（1）本题考查一元二次方程根的情况与判别式的关系，求出，即可得证；
（2）利用十字相乘法因式分解求出关于的一元二次方程的解，由题意列不等式求解即可得到答案．
【小问1详解】
证明：关于的一元二次方程中，，
，
关于的一元二次方程总有两个实数根；
【小问2详解】
解：关于的一元二次方程可分解为，解得，
方程有一根小于，
，解得．
21. 为增强学生的身体素质，泰兴市教育行政部门规定学生每天参加户外活动的平均时间不少于1小时．为了解学生参加户外活动的情况，对部分学生参加户外活动的时间进行抽样调查，并将调查结果绘制作成如下两幅不完整的统计图，请你根据图中提供的信息解答下列问题：
⑴在这次调查中一共调查了多少名学生？
⑵求户外活动时间为1.5小时的人数，并补全频数分布直方图；
⑶求表示户外活动时间 1小时的扇形圆心角的度数；
⑷本次调查中，学生参加户外活动的平均时间是否符合要求?户外活动时间的众数和中位数是多少?
【答案】（1）50；（2）12，补图略；（3）144°；（4）平均时间1.18 ＞1，符合，众数：1 ，中位数：1.
【解析】
【分析】(1)根据条形统计图和扇形统计图中0.5小时对应的人数和百分比，由总数=某组频数÷频率计算即可;
(2)根据户外活动时间为1.5小时的人数=总数×24%即可得解;
(3)根据扇形圆心角的度数=360×比例进行求解;
(4)首先计算出平均时间，然后再分析数据，根据中位数与众数的概念求出中位数与众数，问题即可得解.
【详解】(1)调查人数=10÷20%=50(人);
(2)户外活动时间为1.5小时的人数=50×24%=12(人);
补全频数分布直方图:

(3)表示户外活动时间1小时的扇形圆心角的度数=×360°=144°
(4)户外活动的平均时间=(小时)，
∵1.18>1,
∴平均活动时间符合要求.
户外活动时间的众数和中位数均为1小时.
【点睛】本题考查了频数分布直方图和扇形统计图、众数和中位数的定义，解决本题的关键是正确理解频数、频率、总数的关系，理解众数和中位数的意义.
22. 共享经济已经进入人们的生活．小沈收集了自己感兴趣的4个共享经济领域的图标，共享出行、共享服务、共享物品、共享知识，制成编号为A、B、C、D的四张卡片（除字母和内容外，其余完全相同）．现将这四张卡片背面朝上，洗匀放好．
（1）小沈从中随机抽取一张卡片是“共享服务”的概率是 ；
（2）小沈从中随机抽取一张卡片（不放回），再从余下的卡片中随机抽取一张，请你用列表或画树状图的方法求抽到的两张卡片恰好是“共享出行”和“共享知识”的概率．（这四张卡片分别用它们的编号A、B、C、D表示）
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）根据概率公式直接得出答案；
（2）根据题意先画树状图列出所有等可能的结果数，两张卡片恰好是“共享出行”和“共享知识”的结果数为2，根据概率公式求解可得．
【详解】（1）∵有共享出行、共享服务、共享物品、共享知识，共四张卡片，
∴小沈从中随机抽取一张卡片是“共享服务”的概率是，
故答案为：；
（2）画树状图如图：
共有12种等可能的结果数，其中两张卡片恰好是“共享出行”和“共享知识”的结果数为2，
∴抽到的两张卡片恰好是“共享出行”和“共享知识”的概率=．
【点睛】本题考查了用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
23. 如图，是的内心，的延长线交边于点，交的外接圆于点，连接，求证：
（1）
（2）
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用内心的性质得出，，再利用外角性质得出，进而求出即可；
（2）利用相似三角形的性质与判定得出，进而求出，即可得出答案．
【小问1详解】
证明：连接、，如图所示：
为内心，
，，
，
，
，，
，
；
【小问2详解】
证明：，
，
，
，即，
由①知，
．
【点睛】本题主要考查了三角形内心的性质以及三角形外角的性质和相似三角形的判定与性质等知识，根据已知得出是解题关键．
24. 如图，在，，点分别在上，且，与相似吗？为什么？
【答案】相似，理由见解析
【解析】
【分析】本题考查相似三角形判定，涉及等腰三角形性质、三角形外角性质、相似三角形的判定等知识，由等腰三角形性质得到，再由外角性质及题中条件等量代换得到，从而由相似三角形的判定即可得到答案，熟记相似三角形的判定是解决问题的关键．
【详解】解：，
原因如下：
在，，
，
是的一个外角，
，
，，
，
，
．
25. 如图，点O为斜边上的一点，以为半径的⊙O与交于点D，与交于点E，连接，且平分
（1）求证：是⊙O的切线；
（2）若，，求阴影部分的面积（结果保留π）．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）连接，利用角平分线和半径之间关系推出，结合得，根据切线的判定推出即可；
（2）连接、，由题干得为等边三角形，利用半径相等得四边形是菱形，得出阴影部分的面积=扇形的面积，求出扇形的面积即可．
【小问1详解】
证明：连接，如图
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，即
∴，
∵是⊙O的半径，
∴是⊙O的切线；
【小问2详解】
解：如图，连接，，交于点M，

∵，，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
又由（1）知，，即，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
，
∴，
∴
【点睛】本题考查圆与三角形的结合，利用等角对等边、角平分线、圆的切线、等边三角形的判定和性质、平行四边形以及菱形的判定和性质，并熟练掌握扇形面积公式．
26. 某喷水头喷出的水柱呈抛物线形状，测得喷水头距地面，水柱在距喷水头水平距离处达到最高，最高点距地面．建立如图所示的平面直角坐标系，设当水柱距喷水头的水平距离为时，水柱距地面的高度为．
（1）求与之间的函数表达式；
（2）求水柱的最大喷射距离．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的实际应用：
（1）根据顶点坐标，设抛物线的表达式为，将点，代入即可求解；
（2）将代入（1）的解析式，求得x的值，即可求解．
【小问1详解】
解：由题可知，抛物线顶点为
设与之间的表达式为：．
将代入得：．
解得．
∴．
【小问2详解】
解：令，则
．
解得，（不合题意，舍去）
答：水柱最大喷射距离为．
27. 某玩具批发商销售每件进价为40元的玩具，市场调查发现，若以每件50元的价格销售，平均每天销售90件，单价每提高1元，平均每天就少销售3件．
（1）平均每天的销售量（件）与销售价（元/件）之间的函数关系式为______；
（2）求该批发商平均每天的销售利润（元）与销售价（元/件）之间的函数关系式；
（3）物价部门规定每件售价不得高于55元，当每件玩具的销售价为多少元时，可以获得最大利润？最大利润是多少元？
【答案】（1）
（2）
（3）每件玩具的销售价为55元时，可获得1125元的最大利润
【解析】
【分析】本题考查了二次函数的性质在实际生活中的应用，最大销售利润的问题常用函数的增减性来解答，要注意应该在自变量的取值范围内求最大值（或最小值），也就是说二次函数的最值不一定在时取得．
（1）平均每天销售量原来的销售量相对于50元的单价提高的价格；
（2）销售利润单价的利润平均每天的销售量，代入即可得出与的函数关系式；
（3）根据题中所给的自变量的取值，结合（2）得到的关系式，即可求得二次函数的最值．
【小问1详解】
解：由题意得：，
故答案为：；
小问2详解】
解：由题意得：；
【小问3详解】
解：，
，
抛物线开口向下，故当时，取最大值1200，
是二次函数的对称轴，且开口向下，
当时，随的增大而增大，
规定每件售价不得高于55元，
当时，取得最大值为1125元，即每件玩具的销售价为55元时，可获得1125元的最大利润．
28. 如图1，已知抛物线y＝﹣x2+x+1与x轴交于A和B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．
（1）点C的坐标是 ，点B的坐标是 ；
（2）M为线段BC上方抛物线上一动点，连接MC、MB，求△MBC面积的最大值，并求出此时M的坐标；
（3）如图2，T为线段CB上一动点，将△OCT沿OT翻折得到△OC′T，当△OC′T与△OBC的重叠部分为直角三角形时，求BT的长．
（4）如图3，动点P从点O出发沿x轴向B运动，过点P作CP的垂线交CB于D．点P从O运动到B的过程中，点D运动所经过的路径总长等于 ．
【答案】（1）（0，1），（2，0）；（2）S△MBC最大值1， M（1，）；（3）﹣1或2或；（4）3﹣5
【解析】
【分析】（1）令y＝0，可求B点坐标，令x＝0，可求C点坐标；
（2）求出直线BC的解析式为y＝﹣x+1，过点M作MN⊥x轴交直线BC于点N，设M（t，﹣t2+t+1），则N（t，﹣t+1），S△MBC＝﹣（t﹣1）2+1，当t＝1时，S△MBC有最大值1，M（1，）；
（3）分三种情况讨论：①当TC'与BO垂直时，即∠OGT＝90°，CT＝1，CB＝，BT＝﹣1；②当∠OTC'＝90°时，CT＝，BT＝；③当OC'与BC垂直时，即∠OHB＝90°，OH＝，CH＝，BH＝，在Rt△TC'H中，（﹣TH）2＝TH2+（1﹣）2，求出TH＝2﹣，则BT＝BH+TH＝2；
（4）设OP＝m，则CP＝，过点P作PF⊥CB交于点F，当△COP∽△CPD时，PB＝m，则有m+m＝2，可求m＝，PB＝﹣，CD＝，BD＝，当P点从O点运动，D点从B点开始向C点方向运动，到达△COP∽△CPD时，BD的长度达到最大值，当P点再向B点运动时，D点又向B点运动，直到D点回到B点，所以点D运动所经过的路径总长是BD长度的2倍，可求2BD＝3﹣5．
【详解】解：（1）令y＝0则﹣x2+x+1＝0，
∴x＝2或x＝﹣，
∴B（2，0），
令x＝0则y＝1，
∴C（0，1），
故答案为：（0，1），（2，0）；
（2）设直线BC的解析式为y＝kx+b，
∴，
∴，
∴y＝﹣x+1，
如图，过点M作MN⊥x轴交直线BC于点N，
设M（t，﹣t2+t+1），则N（t，﹣t+1），
∴MN＝﹣t2+t+1+t﹣1＝﹣t2+2t，
∴S△MBC＝×2×（﹣t2+2t）＝﹣（t﹣1）2+1，
∵M为线段BC上方抛物线上一动点，
∴0＜t＜2，
∴当t＝1时，S△MBC有最大值1，
∴M（1，）；
（3）①如图1，当TC'与BO垂直时，即∠OGT＝90°，
∵TG∥CO，
∴∠COT＝∠OTC'，
∵∠CTO＝∠OTC'，
∴∠CTO＝∠COT，
∴CO＝CT，
∵OC＝1，
∴CT＝1，
∵BO＝2，
∴CB＝，
∴BT＝﹣1；
②如图2，当∠OTC'＝90°时，
∴OC＝C'O＝1，∠COT＝∠OBC，
∵sin∠CBO＝＝，
∴CT＝，
∴BT＝﹣＝；
③如图3，当OC'与BC垂直时，即∠OHB＝90°，
在Rt△OHB中，sin∠OBH＝＝，
∴＝，
∴OH＝，
在Rt△OCH中，CH＝＝，
∴BH＝﹣＝，
∵OC＝OC'＝1，
∴C'H＝1﹣，
∵CT＝C'T，
∴CT＝CH﹣TH＝﹣TH，
在Rt△TC'H中，C'T2＝TH2+C'H2，
∴（﹣TH）2＝TH2+（1﹣）2，
∴TH＝2﹣，
∴BT＝BH+TH＝+2﹣＝2；
综上所述：BT的长为﹣1或2或；
（4）如图4，∵CP⊥PD，
∴∠CPD＝90°，
设OP＝m，
∴CP＝，
过点P作PF⊥CB交于点F，
当△COP∽△CPD时，∠OCP＝∠CPD，
∴OP＝PF＝m，
∵sin∠OBC＝＝，
∴PB＝m，
∴m+m＝2，
∴m＝，
∴PB＝﹣，
∵＝，
∴＝，
∴CD＝1+m2＝1+（）2＝，
∴BD＝﹣＝，
当P点从O点运动，D点从B点开始向C点方向运动，到达△COP∽△CPD时，BD的长度达到最大值，
当P点再向B点运动时，D点又向B点运动，直到D点回到B点，
∴点D运动所经过的路径总长是BD长度的2倍，
∴2BD＝3﹣5，
∴点D运动所经过的路径总长等于3﹣5，
故答案为：3﹣5．
【点睛】本题考查了二次函数的动点运动的综合问题，对于运动型几何问题中的函数应用问题，解题时应深入理解运动图形所在的条件与环境，用运动的眼光去观察和研究问题，挖掘运动、变化的全过程，并特别关注运动与变化的不变量、不变关系和特殊关系，然后化“动态”为“静态”、化“变化”为“不变”，通过分析找出题中各图形的结合点，借助函数的性质予以解决． 当图形（或某一事物）在运动的过程中达到最大值或最小值时，其位置必定在一个特殊的位置，这是普遍规律．