河北省保定市回民中学2024-2025学年九上数学开学考试模拟试题【含答案】

这是一份河北省保定市回民中学2024-2025学年九上数学开学考试模拟试题【含答案】，共26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。

一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、（4分）小李家距学校3千米，中午12点他从家出发到学校，途中路过文具店买了些学习用品，12点50分到校．下列图象中能大致表示他离家的距离S（千米）与离家的时间t（分钟）之间的函数关系的是（ ）
A．B．
C．D．
2、（4分）具备下列条件的三角形中，不是直角三角形的是（ ）
A．∠A+∠B=∠CB．∠B=∠C=∠A
C．∠A=90°-∠BD．∠A-∠B=90°
3、（4分）如图，中，，，平分交于，若，则的面积为( )
A．B．C．D．
4、（4分）如图，在菱形中，，点、分别为、上的动点，，点从点向点运动的过程中，的长度( )
A．逐渐增加B．逐渐减小
C．保持不变且与的长度相等D．保持不变且与的长度相等
5、（4分）将五个边长都为 2 的正方形按如图所示摆放，点 分别是四个正方形的中心，则图中四块阴影面积的和为( )
A．2B．4C．6D．8
6、（4分）已知一次函数的图象经过点A，且函数值y随x的增大而减小，则点A的坐标可能是
A．B．C．D．
7、（4分）如图，以正方形ABCD的边AB为一边向外作等边三角形ABE，则∠BED的度数为（ ）
A．55°B．45°C．40°D．42.5°
8、（4分）已知a＞b，且a≠0，b≠0，a+b≠0，则函数y＝ax+b与在同一坐标系中的图象不可能是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、（4分）既是轴对称图形，又是中心对称图形的四边形是______．
10、（4分）如图，有公共顶点A、B的正五边形和正六边形，连接AC交正六边形于点D，则∠ADE的度数为___．
11、（4分）如图，在中，，，斜边在轴上，点在轴正半轴上，点的坐标为.则直角边所在直线的解析式为__________．
12、（4分）甲、乙两车分别从A、B两地同时出发，相向行驶，已知甲车的速度大于乙车的速度，甲车到达B地后马上以另一速度原路返回A地（掉头的时间忽略不计），乙车到达A地以后即停在地等待甲车．如图所示为甲乙两车间的距离y（千米）与甲车的行驶时间t（小时）之间的函数图象，则当乙车到达A地的时候，甲车与A地的距离为_____千米．
13、（4分）如果关于x的方程bx2=2有实数解，那么b的取值范围是_____．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（12分）在中，，BD为AC边上的中线，过点C作于点E，过点A作BD的平行线，交CE的延长线于点F，在AF的延长线上截取，连接BG，DF．
求证：；
求证：四边形BDFG为菱形；
若，，求四边形BDFG的周长．
15、（8分）已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，AE∥CF，且分别交对角线BD于点E，F．
（1）求证：△AEB≌△CFD；
（2）连接AF，CE，若∠AFE=∠CFE，求证：四边形AFCE是菱形．
16、（8分）计算：
17、（10分）解方程:
(1)；
(2).
18、（10分）计算：（-）0+（-4）-2-|-|
B卷（50分）
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、（4分）在实数范围内定义一种运算“*”，其规则为a*b＝a2﹣b2，根据这个规则，方程（x+2）*5＝0的解为_____．
20、（4分）如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点A的坐标是（2，3），则C点坐标是_____．
21、（4分）直线中，y随的减小而_______，图象经过______象限．
22、（4分）已知直线y=kx+3经过点A(2，5)和B(m，-2)，则m= ___________．
23、（4分）在直角梯形中，，如果，，，那么对角线__________．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（8分）如图，已知菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E、F分别是AB、AD上两个动点，若AE＝DF，连接BF与DE相交于点G，连接CG，与BD相交于H．
（1）求∠BGE的大小；（2）求证：GC平分∠BGD．
25、（10分）在正方形ABCD中．
（1）如图1，点E、F分别在BC、CD上，AE、BF相交于点O，∠AOB=90°，试判断AE与BF的数量关系，并说明理由；
（2）如图2，点E、F、G、H分别在边BC、CD、DA、AB上，EG、FH相交于点O，∠GOH=90°，且EG=7，求FH的长；
（3）如图3，点E、F分别在BC、CD上，AE、BF相交于点O，∠AOB=90°，若AB=5，图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为4：5，求△ABO的周长．
26、（12分）如图，在长方形中，为平面直角坐标系的原点，点在轴上，点在轴上，点在第一象限内，点从原点出发，以每秒个单位长度的速度沿着的路线移动（即沿着长方形的边移动一周）．
（1）分别求出，两点的坐标；
（2）当点移动了秒时，求出点的坐标；
（3）在移动过程中，当三角形的面积是时，求满足条件的点的坐标及相应的点移动的时间．
参考答案与详细解析
一、选择题（本大题共8个小题，每小题4分，共32分，每小题均有四个选项，其中只有一项符合题目要求）
1、C
【解析】
根据小李距家3千米，路程随着时间的增大而增大确定合适的函数图象即可．
【详解】
∵小李距家3千米，∴离家的距离随着时间的增大而增大．
∵途中在文具店买了一些学习用品，∴中间有一段离家的距离不再增加，综合以上C符合．
故选C．
本题考查了函数图象，比较简单，了解横、总坐标分别表示什么是解题的关键．
2、D
【解析】
根据三角形内角和定理对各选项进行逐一判断即可．
【详解】
A. ∵∠A+∠B=∠C,∠A+∠B+∠C=180°
∴2∠C=180°,解得∠C=90°，
∴此三角形是直角三角形，故本选项错误；
B. ∵∠B=∠C=∠A，
∴设∠B=∠C=x，则∠A=2x.
∵∠A+∠B+∠C=180°，
∴x+x+2x=180°,解得x=45°，
∴∠A=2x=90°，
∴此三角形是直角三角形，故本选项错误；
C. ∵∠A=90°−∠B，
∴∠A+∠B=90°，
∴此三角形是直角三角形，故本选项错误；
D.∵∠A-∠B=90°，
∴∠A=∠B+90°，
∴此三角形不是直角三角形，故本选项正确.
故答案选D.
本题考查了三角形内角和定理，解题的关键是熟练的掌握三角形内角和定理.
3、A
【解析】
由平分可得，故BD=CD=2，利用30°的Rt可得AD=BD=1可得AC=AD+CD=3，根据勾股定理可得：AB= 计算即可得的面积.
【详解】
∵中，，
∴
∵平分
∴
∴
∴BD=CD=2
∵，，
∴AD=BD=1
∴AC=AD+CD=1+2=3
根据勾股定理可得：AB=
∴
故选：A
本题考查了勾股定理及30°的直角三角形所对的直角边是斜边的一半及三角形的面积公式，掌握勾股定理及30°的直角三角形的性质是解题的关键.
4、D
【解析】
【分析】如图，连接BD，由菱形的性质以及∠A=60°，可得△BCD是等边三角形，从而可得BD=BC，再通过证明△BCF≌BDE，从而可得CF=DE，继而可得到AE+CF=AB，由此即可作出判断.
【详解】如图，连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，∠A=60°，
∴CD=BC，∠C=∠A=60°，∠ABC=∠ADC==120°，
∴∠4=∠DBC=60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴BD=BC，
∵∠2+∠3=∠EBF=60°，∠1+∠2=∠DBC=60°，
∴∠1=∠3，
在△BCF和△BDE中，
，
∴△BCF≌BDE，
∴CF=DE，
∵AE+DE=AB，
∴AE+CF=AB，
故选D.
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关的定理与性质是解题的关键.
5、B
【解析】
连接AP、AN，点A是正方形的对角线的交点，则AP=AN，∠APF=∠ANE=45°，易得PAF≌△NAE，进而可得四边形AENF的面积等于△NAP的面积，同理可得答案．
【详解】
解：如图，连接AP，AN，点A是正方形的对角线的交
则AP=AN，∠APF=∠ANE=45°，
∵∠PAF+∠FAN=∠FAN+∠NAE=90°，
∴∠PAF=∠NAE，
∴△PAF≌△NAE，
∴四边形AENF的面积等于△NAP的面积，
而△NAP的面积是正方形的面积的，而正方形的面积为4，
∴四边形AENF的面积为1cm1，四块阴影面积的和为4cm1．
故选B．
【点评】
本题考查旋转的性质．旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①定点﹣旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．
6、B
【解析】
先根据一次函数的增减性判断出k的符号，再对各选项进行逐一分析即可．
【详解】
解：一次函数的函数值y随x的增大而减小，
．
A、当，时，，解得，此点不符合题意，故本选项错误；
B、当，时，，解得，此点符合题意，故本选项正确；
C、当，时，，解得，此点不符合题意，故本选项错误；
D、当，时，，解得，此点不符合题意，故本选项错误．
故选：B．
考查的是一次函数图象上点的坐标特点，熟知一次函数的增减性是解答此题的关键．
7、B
【解析】
根据等边三角形和正方形的性质，可证△AED为等腰三角形，从而可求∠AED，也就可得∠BED的度数.
【详解】
解：∵等边△ABE，
∴∠EAB=60°，AB=AE
∴∠EAD=150°，
∵正方形ABCD，
∴AD=AB
∴AE=AD，
∴∠AED=∠ADE=15°，
∴∠BED=60°-15°=45°，
故选：B.
此题主要考查了等边三角形的性质．即每个角为60度.
8、B
【解析】
试题分析：根据两函数图象所过的象限进行逐一分析，再进行选择即可．
解：A、由函数y=ax+b过一、三、四象限可知，a＞0，b＜0；由函数的图象可知，a+b＞0，与已知a＞b，且a≠0，b≠0，a+b≠0，相吻合，故可能成立；
B、由函数y=ax+b过二、三、四象限可知，a＜0，b＜0；由函数的图象可知，a+b＞0，两结论相矛盾，故不可能成立；
C、由函数y=ax+b过一、三、四象限可知，a＞0，b＜0；由函数的图象可知，a+b＜0，与已知a＞b，且a≠0，b≠0，a+b≠0，相吻合，故可能成立；
D、由函数y=ax+b过一、三、四象限可知，a＜0，b＜0；由函数的图象可知，a+b＜0，与已知a＞b，且a≠0，b≠0，a+b≠0，相吻合，故可能成立；
故选B．
考点：反比例函数的图象；一次函数的图象．
点评：本题主要考查了反比例函数的图象性质和一次函数的图象性质，要掌握它们的性质才能灵活解题．
二、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
9、矩形（答案不唯一）
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念，写一个即可.
【详解】
解：矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形.
故答案为：矩形(答案不唯一).
本题考查了轴对称图形与中心对称图形的概念.
10、84°．
【解析】
据正多边形的内角，可得∠ABE、∠E、∠CAB，根据四边形的内角和，可得答案．
【详解】
正五边形的内角是∠ABC＝＝108°，
∵AB＝BC，
∴∠CAB＝36°，
正六边形的内角是∠ABE＝∠E＝＝120°，
∵∠ADE+∠E+∠ABE+∠CAB＝360°，
∴∠ADE＝360°﹣120°﹣120°﹣36°＝84°，
故答案为84°．
本题考查了多边形的内角与外角，利用求多边形的内角得出正五边形的内角、正六边形的内角是解题关键．
11、y=x+1
【解析】
根据题意可得△AOC与△COB相似，根据对应边成比例即可得到BO的长，利用待定系数法故可求解．
【详解】
∵A（2，0）
∴AO=2，
在Rt△AOC中，CO=，
∴C（0，1）
∵
∴，又
∴，又
∴△AOC∽△COB
∴,即
∴BO=8
∴B（-8，0）
设直线BC的解析式为y=kx+b
把B（-8，0），C（0，1）代入得
解得
∴边所在直线的解析式为y=x+1
故答案为：y=x+1．
此题主要考查相似三角形的性质与判定及一次函数解析式的求解，解题的关键是熟知待定系数法的应用．
12、630
【解析】
分析：两车相向而行5小时共行驶了900千米可得两车的速度之和为180千米/时，当相遇后车共行驶了720千米时，甲车到达B地，由此则可求得两车的速度.再根据甲车返回到A地总用时16.5小时，求出甲车返回时的速度即可求解.
详解：设甲车，乙车的速度分别为x千米/时，y千米/时，
甲车与乙车相向而行5小时相遇，则5(x＋y)＝900，解得x＋y＝180，
相遇后当甲车到达B地时两车相距720千米，所需时间为720÷180＝4小时，
则甲车从A地到B需要9小时，故甲车的速度为900÷9＝100千米/时，乙车的速度为180－100＝80千米/时，
乙车行驶900－720＝180千米所需时间为180÷80＝2.25小时，
甲车从B地到A地的速度为900÷(16.5－5－4)＝120千米/时.
所以甲车从B地向A地行驶了120×2.25＝270千米，
当乙车到达A地时，甲车离A地的距离为900－270＝630千米.
点睛：利用函数图象解决实际问题，其关键在于正确理解函数图象横，纵坐标表示的意义，抓住交点，起点.终点等关键点，理解问题的发展过程，将实际问题抽象为数学问题，从而将这个数学问题变化为解答实际问题.
13、b＞1．
【解析】
先确定b≠1，则方程变形为x2＝，根据平方根的定义得到＞1时，方程有实数解，然后解关于b的不等式即可．
【详解】
根据题意得b≠1，
x2＝，
当＞1时，方程有实数解，
所以b＞1．
故答案为：b＞1．
本题考查了解一元二次方程−直接开平方法：形如x2＝p或（nx＋m）2＝p（p≥1）的一元二次方程可采用直接开平方的方法解一元二次方程．
三、解答题（本大题共5个小题，共48分）
14、（1）证明见解析（2）证明见解析（3）1
【解析】
利用平行线的性质得到，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得证，
利用平行四边形的判定定理判定四边形BDFG为平行四边形，再利用得结论即可得证，
设，则，利用菱形的性质和勾股定理得到CF、AF和AC之间的关系，解出x即可．
【详解】
证明：，，
，
又为AC的中点，
，
又，
，
证明：，，
四边形BDFG为平行四边形，
又，
四边形BDFG为菱形，
解：设，则，，
在中，，
解得：，舍去，
，
菱形BDFG的周长为1．
本题考查了菱形的判定与性质直角三角形斜边上的中线，勾股定理等知识，正确掌握这些定义性质及判定并结合图形作答是解决本题的关键．
15、（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】
（1）利用平行四边形的性质结合全等三角形的判定方法（AAS），得出即可；
（2）利用全等三角形的性质得出AE=CF，进而求出四边形AFCE是平行四边形．，再利用菱形的判定方法得出答案．
【详解】
（1）如图1.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB="DC."
∴∠1=∠2.
∵AE∥CF，
∴∠3=∠4.
在△AEB和△CFD中，
，
∴△AEB≌△CFD；
（2）如图2.
∵△AEB≌△CFD，
∴AE=CF.
∵AE∥CF，
∴四边形AFCE是平行四边形.
∵∠5=∠4，∠3=∠4，
∴∠5=∠3.
∴AF=AE.
∴四边形AFCE是菱形.
16、
【解析】
先化简和 ，再计算二次根式的除法和乘法，最后进行加减运算即可得解.
【详解】
，
=
=.
此题主要考查了二次根式的混合运算，熟练掌握运算顺序和运算法则是解决此题的关键.
17、 (1)，； (2) ，
【解析】
（1）运用因式分解法求解即可；
（2）运用公式法求解即可.
【详解】
(1)

，
(2)
∵a=2，b=3，c=-1
∴Δ=9-4×2×(-1)=17>0

，
此题考查解一元二次方程，熟练掌握各种解法适用的题型，选择合适的方法解题是关键．
18、1
【解析】
先计算0指数幂、负指数幂和绝对值，再根据有理数加减混合运算法则计算即可得到结果．
【详解】
解：原式=
=1+-
=1．
此题考查了实数加减混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
一、填空题（本大题共5个小题，每小题4分，共20分）
19、3或-1
【解析】
据题意得，∵（x+2）*5=（x+2）2-52∴x2+4x-21=0，∴（x-3）（x+1）=0，∴x=3或x=-1．
20、（﹣3，2）．
【解析】
过点A作AD⊥x轴于D，过点C作CE⊥x轴于E，根据同角的余角相等求出∠OAD＝∠COE，再利用“角角边”证明△AOD和△OCE全等，根据全等三角形对应边相等可得OE＝AD，CE＝OD，然后根据点C在第二象限写出坐标即可．
【详解】
过点A作AD⊥x轴于D，过点C作CE⊥x轴于E，如图所示：
∵四边形OABC是正方形，
∴OA＝OC，∠AOC＝90°，
∴∠COE+∠AOD＝90°，
又∵∠OAD+∠AOD＝90°，
∴∠OAD＝∠COE，
在△AOD和△OCE中， ，
∴△AOD≌△OCE（AAS），
∴OE＝AD＝3，CE＝OD＝2，
∵点C在第二象限，
∴点C的坐标为（﹣3，2）．
故答案为（﹣3，2）．
本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，坐标与图形性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
21、减小 第一、三、四
【解析】
根据函数解析式和一次函数的性质可以解答本题．
【详解】
解：直线，，
随的减小而减小，函数图象经过第一、三、四象限，
故答案为：减小，第一、三、四．
本题考查一次函数的性质，解答本题的关键是明确题意，利用一次函数的性质解答．
22、-1
【解析】
由题意将点A(2，1)和B(m，-2)，代入y=kx+3，即可求解得到m的值．
【详解】
解：∵直线y=kx+3经过点A(2，1)和B(m，-2)，
∴，解得，
∴．
故答案为：-1．
本题考查一次函数图象性质，注意掌握点过一次函数图象即有点坐标满足一次函数解析式．
23、
【解析】
过点D作交BC于点E，首先证明四边形ABED是矩形，则，进而求出EC的长度，然后在含30°的直角三角形中求出DE的长度，最后利用勾股定理即可求出BD的长度．
【详解】
过点D作交BC于点E，
∵，
，
．
，
，
∴四边形ABED是矩形，
，
．
，
，
，
，
．
故答案为：．
本题主要考查矩形的判定及性质，含30°的直角三角形的性质和勾股定理，掌握矩形的判定及性质，含30°的直角三角形的性质和勾股定理是解题的关键．
二、解答题（本大题共3个小题，共30分）
24、（1）∠BGE=60°；（2）见解析.
【解析】
（1）由题意可证△ADB是等边三角形，可得AD=AB=BD，∠DAB=∠ADB=∠ABD，由“SAS”可证△ADE≌△DBF，可得∠ADE=∠DBF，由三角形外角性质可求∠BGE的大小；
（2）过点C作CN⊥BF于点N，过点C作CM⊥ED于点M，由“AAS”可证Rt△CBN≌Rt△CDM，可得CM=CN，由角平分线的性质可得结论．
【详解】
（1）∵ABCD为菱形,
∴AB＝AD．
∵∠BAD＝60°，
∴△ABD为等边三角形．
∴∠A=∠BDF=60°．
又∵AE＝DF，AD＝BD,
∴△AED≌△DFB；
∴∠DBG＝∠ADE
∴∠EGB＝∠DBG＋∠BDG＝∠ADE＋∠BDG＝∠ADB＝60°
（2）如图，过点C作CN⊥BF于点N，过点C作CM⊥ED于点M，
由（1）得∠ADE=∠DBF
∴∠CBF=60°+∠DBF
=60°+∠ADE
=∠DEB
又∠DEB=∠MDC
∴∠CBF=∠CDM
∵BC=CD，∠CBF=∠CDM，∠CMD=∠CNG=90°
∴Rt△CBN≌Rt△CDM（AAS）
∴CN=CM，且CN⊥BF，CM⊥ED
∴点C在∠BGD的平分线上
即GC平分∠BGD.
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
25、（1）AE=BF，理由见解析；（2）FH=7；（3）△AOB的周长为5+
【解析】
（1）由四边形ABCD是正方形可得AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，根据余角的性质可得∠BAO=∠CBF，然后根据ASA可证△ABE≌△BCF，进而可得结论；
（2）如图4，作辅助线，构建平行四边形AMEG和平行四边形BNFH，得AM=GE，BN=FH，由（1）题的结论知△ABM≌△BCN，进而可得FH的长；
（3）根据正方形的面积和阴影部分的面积可得：空白部分的面积为25－20=5，易得△AOB的面积与四边形OECF的面积相等，设AO=a，BO=b，则易得ab=5，根据勾股定理得：a2+b2=52，然后根据完全平方公式即可求出a+b，进一步即得结果．
【详解】
解：（1）AE=BF，理由是：如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，
∵∠AOB=90°，∴∠BAO+∠ABO=90°，
又∵∠CBF+∠ABO=90°，∴∠BAO=∠CBF，
∴△ABE≌△BCF（ASA）．
∴AE=BF；
（2）在图2中，过点A作AM∥GE交BC于M，过点B作BN∥FH交CD于N，AM与BN交于点O′，如图4，则四边形AMEG和四边形BNFH均为平行四边形，
∴AM=GE，BN=FH，
∵∠GOH=90°，AM∥GE，BN∥FH，∴∠AO′B=90°，
由（1）得，△ABM≌△BCN，∴AM=BN，
∴FH=GE=7；
（3）如图3，∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为4：5，
∴阴影部分的面积为×25=20，∴空白部分的面积为25－20=5，
由（1）得，△ABE≌△BCF，
∴△AOB的面积与四边形OECF的面积相等，均为×5=，
设AO=a，BO=b，则ab=，即ab=5，
在Rt△AOB中，∠AOB=90°，∴a2+b2=52，
∴a2+2ab+b2=25+10=35，即，
∴a+b=，即AO+BO=，
∴△AOB的周长为5+．
本题是四边形的综合题，主要考查了正方形的性质、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、三角形和多边形的面积以及完全平方公式的运用，属于常考题型，熟练掌握上述知识、灵活应用整体的思想是解题的关键．
26、（1）点，点；（2）点；（3）①P（0，5），移动时间为秒；②P（，6），移动时间为秒；③P（4，1），移动时间为：秒；④P（，0），移动时间为：秒
【解析】
（1）根据点A，点C的位置即可解答；
（2）根据点P的速度及移动时间即可解答；
（3）对点P的位置分类讨论，根据三角形的面积计算公式即可解答．
【详解】
解：（1）点在轴上，点在轴上，
∴m+2=0，n-1=0，
∴m=-2，n=1．
∴点，点
（2）由（1）可知：点，点
当点移动了秒时，移动的路程为：4×2=8，
∴此时点P在CB上，且CP=2，
∴点．
（3）①如图1所示，当点P在OC上时，
∵△OBP的面积为10，
∴，即，解得OP=5，
∴点P的坐标为（0，5），运动时间为：（秒）
②如图2所示，当点P在BC上时，
∵△OBP的面积为10，
∴，即，解得BP=，
∴CP=
∴点P的坐标为（，6），运动时间为：（秒）
③如图3所示，当点P在AB上时，
∵△OBP的面积为10，
∴，即，解得BP=5，
∴AP=1
∴点P的坐标为（4，1），运动时间为：（秒）
④如图4所示，当点P在OA上时，
∵△OBP的面积为10，
∴，即，解得OP=，
∴点P的坐标为（，0），运动时间为：（秒）
综上所述：①P（0，5），移动时间为秒；②P（，6），移动时间为秒；③P（4，1），移动时间为：秒；④P（，0），移动时间为：秒．
本题考查了平面直角坐标系中的坐标及动点运动问题，解题的关键是熟知平面直角坐标系中点的特点及动点的运动情况．
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
批阅人