2022届浙江省温州市瑞安市重点达标名校中考三模数学试题含解析

这是一份2022届浙江省温州市瑞安市重点达标名校中考三模数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了在平面直角坐标系中，将点P等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．已知函数y=(k-1)x2-4x+4的图象与x轴只有一个交点,则k的取值范围是( )
A．k≤2且k≠1 B．k<2且k≠1
C．k=2 D．k=2或1
2．如图，在平面直角坐标系中，⊙P的圆心坐标是（3，a）（a＞3），半径为3，函数y＝x的图象被⊙P截得的弦AB的长为4，则a的值是（　　）

A．4 B．3＋ C．3 D．
3．＝（　　）
A．±4 B．4 C．±2 D．2
4．2012﹣2013NBA整个常规赛季中，科比罚球投篮的命中率大约是83.3%，下列说法错误的是
A．科比罚球投篮2次，一定全部命中
B．科比罚球投篮2次，不一定全部命中
C．科比罚球投篮1次，命中的可能性较大
D．科比罚球投篮1次，不命中的可能性较小
5．自1993年起，联合国将每年的3月11日定为“世界水日”，宗旨是唤起公众的节水意识，加强水资源保护．某校在开展“节约每一滴水”的活动中，从初三年级随机选出10名学生统计出各自家庭一个月的节约用水量，有关数据整理如下表．
节约用水量（单位：吨）
1
1.1
1.4
1
1.5
家庭数
4
6
5
3
1
这组数据的中位数和众数分别是（ ）
A．1.1，1.1； B．1.4，1.1； C．1.3，1.4； D．1.3，1.1．
6．菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，H为AD边中点，菱形ABCD的周长为28，则OH的长等于（　　）
A．3.5 B．4 C．7 D．14
7．从一个边长为3cm的大立方体挖去一个边长为1cm的小立方体，得到的几何体如图所示，则该几何体的左视图正确的是（　　）

A． B． C． D．
8．如图，将△ABC 绕点C顺时针旋转，使点B落在AB边上点B′处，此时，点A的对应点 A′恰好落在 BC 边的延长线上，下列结论错误的是（ ）

A．∠BCB′=∠ACA′ B．∠ACB=2∠B
C．∠B′CA=∠B′AC D．B′C 平分∠BB′A′
9．已知一元二次方程 的两个实数根分别是 x1 、 x2 则 x12 x2 + x1 x22 的值为（ ）
A．-6 B．- 3 C．3 D．6
10．在平面直角坐标系中，将点P（4，﹣3）绕原点旋转90°得到P1，则P1的坐标为（　　）
A．（﹣3，﹣4）或（3，4） B．（﹣4，﹣3）
C．（﹣4，﹣3）或（4，3） D．（﹣3，﹣4）
11．四张分别画有平行四边形、菱形、等边三角形、圆的卡片，它们的背面都相同。现将它们背面朝上，从中任取一张，卡片上所画图形恰好是中心对称图形的概率是（ ）
A． B．1 C． D．
12．不等式组的解集在数轴上表示为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，矩形内部有一动点P满足S△PAB=S矩形ABCD，则点P到A、B两点的距离之和PA+PB的最小值为______．

14．若a2﹣2a﹣4=0，则5+4a﹣2a2=_____．
15．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，AC＝3，点D是BC上一动点，连接AD，将△ACD沿AD折叠，点C落在点E处，连接DE交AB于点F，当△DEB是直角三角形时，DF的长为_____．

16．如果关于x的方程（m为常数）有两个相等实数根，那么m＝______．
17．若，则＝_____．
18．若使代数式有意义，则x的取值范围是_____．
三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（6分）先化简，再求值：，其中x满足x2﹣x﹣1=1．
20．（6分）如图，点D，C在BF上，AB∥EF，∠A=∠E，BD=CF．求证：AB=EF．

21．（6分）已知反比例函数的图象过点A（3，2）．
（1）试求该反比例函数的表达式；
（2）M（m，n）是反比例函数图象上的一动点，其中0＜m＜3，过点M作直线MB∥x轴，交y轴于点B；过点A作直线AC∥y轴，交x轴于点C，交直线MB于点D．当四边形OADM的面积为6时，请判断线段BM与DM的大小关系，并说明理由．

22．（8分）如图，在平行四边形ABCD中，过点A作AE⊥BC，垂足为E，连接DE，F为线段DE上一点，且∠AFE=∠B
求证：△ADF∽△DEC；若AB=8，AD=6，AF=4，求AE的长．
23．（8分）有大小两种货车，3辆大货车与4辆小货车一次可以运货18吨，2辆大货车与6辆小货车一次可以运货17吨. 请问1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运货多少吨？ 目前有33吨货物需要运输，货运公司拟安排大小货车共计10辆，全部货物一次运完，其中每辆大货车一次运费花费130元，每辆小货车一次运货花费100元，请问货运公司应如何安排车辆最节省费用？
24．（10分）如图，二次函数的图像与轴交于、两点，与轴交于点，．点在函数图像上，轴，且，直线是抛物线的对称轴，是抛物线的顶点．求、的值；如图①，连接，线段上的点关于直线的对称点恰好在线段上，求点的坐标；如图②，动点在线段上，过点作轴的垂线分别与交于点，与抛物线交于点．试问：抛物线上是否存在点，使得与的面积相等，且线段的长度最小？如果存在，求出点的坐标；如果不存在，说明理由．
25．（10分）如图，抛物线（a≠0）交x轴于A、B两点，A点坐标为（3，0），与y轴交于点C（0，4），以OC、OA为边作矩形OADC交抛物线于点G．
求抛物线的解析式；抛物线的对称轴l在边OA（不包括O、A两点）上平行移动，分别交x轴于点E，交CD于点F，交AC于点M，交抛物线于点P，若点M的横坐标为m，请用含m的代数式表示PM的长；在（2）的条件下，连结PC，则在CD上方的抛物线部分是否存在这样的点P，使得以P、C、F为顶点的三角形和△AEM相似？若存在，求出此时m的值，并直接判断△PCM的形状；若不存在，请说明理由．
26．（12分）如图,矩形中,点是线段上一动点, 为的中点, 的延长线交BC于.

(1)求证: ;
(2)若,,从点出发,以l的速度向运动(不与重合).设点运动时间为,请用表示的长;并求为何值时,四边形是菱形.
27．（12分）今年，我国海关总署严厉打击“洋垃圾”违法行动，坚决把“洋垃圾”拒于国门之外．如图，某天我国一艘海监船巡航到A港口正西方的B处时，发现在B的北偏东60°方向，相距150海里处的C点有一可疑船只正沿CA方向行驶，C点在A港口的北偏东30°方向上，海监船向A港口发出指令，执法船立即从A港口沿AC方向驶出，在D处成功拦截可疑船只，此时D点与B点的距离为75海里．
（1）求B点到直线CA的距离；
（2）执法船从A到D航行了多少海里？（结果保留根号）




参考答案

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1、D
【解析】
当k+1=0时，函数为一次函数必与x轴有一个交点；当k+1≠0时，函数为二次函数，根据条件可知其判别式为0，可求得k的值．
【详解】
当k-1=0，即k=1时，函数为y=-4x+4，与x轴只有一个交点；
当k-1≠0，即k≠1时，由函数与x轴只有一个交点可知，
∴△=（-4）2-4（k-1）×4=0，
解得k=2，
综上可知k的值为1或2，
故选D．
【点睛】
本题主要考查函数与x轴的交点，掌握二次函数与x轴只有一个交点的条件是解题的关键，解决本题时注意考虑一次函数和二次函数两种情况．
2、B
【解析】
试题解析：作PC⊥x轴于C，交AB于D，作PE⊥AB于E，连结PB，如图，

∵⊙P的圆心坐标是（3，a），
∴OC=3，PC=a，
把x=3代入y=x得y=3，
∴D点坐标为（3，3），
∴CD=3，
∴△OCD为等腰直角三角形，
∴△PED也为等腰直角三角形，
∵PE⊥AB，
∴AE=BE=AB=×4=2，
在Rt△PBE中，PB=3，
∴PE=，
∴PD=PE=，
∴a=3+．
故选B．
考点：1．垂径定理；2．一次函数图象上点的坐标特征；3．勾股定理．
3、B
【解析】
表示16的算术平方根，为正数，再根据二次根式的性质化简．
【详解】
解：，
故选B．
【点睛】
本题考查了算术平方根，本题难点是平方根与算术平方根的区别与联系，一个正数算术平方根有一个，而平方根有两个．
4、A
【解析】
试题分析：根据概率的意义，概率是反映事件发生机会的大小的概念，只是表示发生的机会的大小，机会大也不一定发生。因此。
A、科比罚球投篮2次，不一定全部命中，故本选项正确；
B、科比罚球投篮2次，不一定全部命中，正确，故本选项错误；
C、∵科比罚球投篮的命中率大约是83.3%，
∴科比罚球投篮1次，命中的可能性较大，正确，故本选项错误；
D、科比罚球投篮1次，不命中的可能性较小，正确，故本选项错误。
故选A。　
5、D
【解析】
分析：中位数要把数据按从小到大的顺序排列，位于最中间的一个数或两个数的平均数为中位数，众数是一组数据中出现次数最多的数据，注意众数可以不止一个．
详解：这组数据的中位数是；
这组数据的众数是1.1．
故选D．
点睛：本题属于基础题，考查了确定一组数据的中位数和众数的能力，要明确定义，一些学生往往对这个概念掌握不清楚，计算方法不明确而误选其它选项，注意找中位数的时候一定要先排好顺序，然后再根据奇数和偶数个来确定中位数，如果数据有奇数个，则正中间的数字即为所求，如果是偶数个则找中间两位数的平均数．
6、A
【解析】
根据菱形的四条边都相等求出AB，菱形的对角线互相平分可得OB=OD，然后判断出OH是△ABD的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得OHAB．
【详解】
∵菱形ABCD的周长为28，∴AB=28÷4=7，OB=OD．
∵H为AD边中点，∴OH是△ABD的中位线，∴OHAB7=3.1．

故选A．
【点睛】
本题考查了菱形的对角线互相平分的性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记性质与定理是解题的关键．
7、C
【解析】
左视图就是从物体的左边往右边看．小正方形应该在右上角，故B错误，看不到的线要用虚线，故A错误，大立方体的边长为3cm，挖去的小立方体边长为1cm，所以小正方形的边长应该是大正方形，故D错误，所以C正确．
故此题选C．
8、C
【解析】
根据旋转的性质求解即可．
【详解】
解：根据旋转的性质，A:∠与∠均为旋转角，故∠=∠，故A正确；
B:,,
又
,

,故B正确；
D:,
B′C平分∠BB′A′,故D正确.
无法得出C中结论，
故答案：C.
【点睛】
本题主要考查三角形旋转后具有的性质，注意灵活运用各条件
9、B
【解析】
根据根与系数的关系得到x1+x2=1，x1•x2=﹣1，再把x12x2+x1x22变形为x1•x2（x1+x2），然后利用整体代入的方法计算即可．
【详解】
根据题意得：x1+x2=1，x1•x2=﹣1，所以原式=x1•x2（x1+x2）=﹣1×1=－1．
故选B．
【点睛】
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与系数的关系：若方程两个为x1，x2，则x1+x2，x1•x2．
10、A
【解析】
分顺时针旋转，逆时针旋转两种情形求解即可.
【详解】
解：如图,分两种情形旋转可得P′(3,4),P″(−3,−4)，

故选A.
【点睛】
本题考查坐标与图形变换——旋转，解题的关键是利用空间想象能力.
11、A
【解析】
∵在：平行四边形、菱形、等边三角形和圆这4个图形中属于中心对称图形的有：平行四边形、菱形和圆三种，
∴从四张卡片中任取一张，恰好是中心对称图形的概率=.
故选A.
12、A
【解析】
根据不等式组的解集在数轴上表示的方法即可解答.
【详解】
∵x≥﹣2，故以﹣2为实心端点向右画，x＜1，故以1为空心端点向左画．
故选A．
【点睛】
本题考查了不等式组解集的在数轴上的表示方法，不等式的解集在数轴上表示方法为：＞、≥向右画，＜、≤向左画， “≤”、“≥”要用实心圆点表示；“<”、“>”要用空心圆点表示.

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、4
【解析】
分析：首先由S△PAB=S矩形ABCD，得出动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离．然后在直角三角形ABE中，由勾股定理求得BE的值，即PA+PB的最小值．
详解：设△ABP中AB边上的高是h．
∵S△PAB=S矩形ABCD，
∴AB•h=AB•AD，
∴h=AD=2，
∴动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，如图，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离．

在Rt△ABE中，∵AB=4，AE=2+2=4，
∴BE=，
即PA+PB的最小值为4．
故答案为4．
点睛：本题考查了轴对称-最短路线问题，三角形的面积，矩形的性质，勾股定理，两点之间线段最短的性质．得出动点P所在的位置是解题的关键．
14、-3
【解析】
试题解析：∵ 即
∴原式
故答案为
15、或
【解析】
试题分析：如图4所示；点E与点C′重合时．在Rt△ABC中，BC==4．由翻折的性质可知；AE=AC=3、DC=DE．则EB=2．设DC=ED=x，则BD=4﹣x．在Rt△DBE中，DE2+BE2=DB2，即x2+22=（4﹣x）2．解得：x=．∴DE=．如图2所示：∠EDB=90时．由翻折的性质可知：AC=AC′，∠C=∠C′=90°．∵∠C=∠C′=∠CDC′=90°，∴四边形ACDC′为矩形．又∵AC=AC′，∴四边形ACDC′为正方形．∴CD=AC=3．∴DB=BC﹣DC=4﹣3=4．∵DE∥AC，∴△BDE∽△BCA．∴，即．解得：DE=．点D在CB上运动，∠DBC′＜90°，故∠DBC′不可能为直角．

考点：翻折变换（折叠问题）．
16、1
【解析】
析：本题需先根据已知条件列出关于m的等式，即可求出m的值．
解答：解：∵x的方程x2-2x+m=0（m为常数）有两个相等实数根
∴△=b2-4ac=（-2）2-4×1?m=0
4-4m=0
m=1
故答案为1
17、
【解析】

=.
18、x≠﹣2
【解析】
直接利用分式有意义则其分母不为零，进而得出答案．
【详解】
∵分式有意义，
∴x的取值范围是：x+2≠0，
解得：x≠−2.
故答案是：x≠−2.
【点睛】
本题考查了分式有意义的条件，解题的关键是熟练的掌握分式有意义的条件.

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19、2．
【解析】
根据分式的运算法则进行计算化简，再将x2=x+2代入即可.
【详解】
解：原式=×
=×
=，
∵x2﹣x﹣2=2，
∴x2=x+2，
∴==2．
20、见解析
【解析】
试题分析：依据题意，可通过证△ABC≌△EFD来得出AB=EF的结论，两三角形中，已知的条件有AB∥EF即∠B=∠F，∠A=∠E，BD=CF，即BC=DF；可根据AAS判定两三角形全等解题.             
证明：∵AB∥EF，
∴∠B=∠F．
又∵BD=CF，
∴BC=FD．
在△ABC与△EFD中，
∴△ABC≌△EFD（AAS），
∴AB=EF．
21、（1）；（2）MB=MD．
【解析】
(1)将A(3，2)分别代入y= ，y=ax中，得a、k的值，进而可得正比例函数和反比例函数的表达式；
(2)有S△OMB=S△OAC=×=3 ，可得矩形OBDC的面积为12；即OC×OB=12 ；进而可得m、n的值，故可得BM与DM的大小；比较可得其大小关系.
【详解】
（1）将A（3，2）代入中，得2，∴k=6，
∴反比例函数的表达式为．
（2）BM=DM，理由：∵S△OMB=S△OAC=×=3，
∴S矩形OBDC=S四边形OADM+S△OMB+S△OAC=3+3+6=12，
即OC·OB=12，
∵OC=3，∴OB=4，即n=4，∴，
∴MB=，MD=，∴MB=MD．
【点睛】
本题考查了待定系数法求反比例函数和正比例函数解析式，反比例函数比例系数的几何意义，矩形的性质等知识.熟练掌握待定系数法是解（1）的关键，掌握反比例函数系数的几何意义是解（2）的关键.
22、（1）见解析（2）6
【解析】
（1）利用对应两角相等，证明两个三角形相似△ADF∽△DEC.
（2）利用△ADF∽△DEC，可以求出线段DE的长度；然后在在Rt△ADE中，利用勾股定理求出线段AE的长度.
【详解】
解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC
∴∠C+∠B=110°，∠ADF=∠DEC
∵∠AFD+∠AFE=110°，∠AFE=∠B，
∴∠AFD=∠C
在△ADF与△DEC中，∵∠AFD=∠C，∠ADF=∠DEC，
∴△ADF∽△DEC
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=1．
由（1）知△ADF∽△DEC，
∴，
∴
在Rt△ADE中，由勾股定理得：
23、（1）1辆大货车一次可以运货4吨，1辆小货车一次可以运货吨；（2）货运公司应安排大货车8辆时，小货车2辆时最节省费用.
【解析】
（1）设1辆大货车和1辆小货车一次可以分别运货吨和吨，根据“3辆大货车与4辆小货车一次可以运货18吨、2辆大货车与6辆小货车一次可以运货17吨”列方程组求解可得；
（2）因运输33吨且用10辆车一次运完，故10辆车所运货不低于10吨，所以列不等式，大货车运费高于小货车，故用大货车少费用就小进行安排即可．
【详解】
（1）解：设1辆大货车一次可以运货x吨，1辆小货车一次可以运货y吨，依题可得：
,
解得： .
答：1辆大货车一次可以运货4吨，1辆小货车一次可以运货吨.
（2）解：设大货车有m辆，则小货车10-m辆，依题可得：
4m+（10-m）≥33
m≥0
10-m≥0
解得：≤m≤10，
∴m=8,9,10；
∴当大货车8辆时，则小货车2辆；
当大货车9辆时，则小货车1辆；
当大货车10辆时，则小货车0辆；
设运费为W=130m+100(10-m）=30m+1000，
∵k=30〉0，
∴W随x的增大而增大，
∴当m=8时，运费最少，
∴W=130×8+100×2=1240（元），
答：货运公司应安排大货车8辆时，小货车2辆时最节省费用.
【点睛】
考查了二元一次方程组和一元一次不等式的应用，体现了数学建模思想，考查了学生用方程解实际问题的能力，解题的关键是根据题意建立方程组，并利用不等式求解大货车的数量，解题时注意题意中一次运完的含义，此类试题常用的方法为建立方程，利用不等式或者一次函数性质确定方案．
24、（1），；（2）点的坐标为；（3）点的坐标为和
【解析】
（1）根据二次函数的对称轴公式，抛物线上的点代入，即可；
（2）先求F的对称点，代入直线BE，即可；（3）构造新的二次函数，利用其性质求极值.
【详解】
解：（1）轴，，抛物线对称轴为直线
点的坐标为
解得或（舍去），
（2）设点的坐标为对称轴为直线点关于直线的对称点的坐标为.
直线经过点利用待定系数法可得直线的表达式为.
因为点在上，即点的坐标为
（3）存在点满足题意.设点坐标为，则
作垂足为
①点在直线的左侧时，点的坐标为点的坐标为点的坐标为在中，时，取最小值.此时点的坐标为
②点在直线的右侧时，点的坐标为同理，时，取最小值.此时点的坐标为
综上所述：满足题意得点的坐标为和
考点：二次函数的综合运用.
25、（1）抛物线的解析式为；（2）PM=（0＜m＜3）；（3）存在这样的点P使△PFC与△AEM相似．此时m的值为或1，△PCM为直角三角形或等腰三角形．
【解析】
（1）将A（3，0），C（0，4）代入，运用待定系数法即可求出抛物线的解析式．
（2）先根据A、C的坐标，用待定系数法求出直线AC的解析式，从而根据抛物线和直线AC的解析式分别表示出点P、点M的坐标，即可得到PM的长．
（3）由于∠PFC和∠AEM都是直角，F和E对应，则若以P、C、F为顶点的三角形和△AEM相似时，分两种情况进行讨论：①△PFC∽△AEM，②△CFP∽△AEM；可分别用含m的代数式表示出AE、EM、CF、PF的长，根据相似三角形对应边的比相等列出比例式，求出m的值，再根据相似三角形的性质，直角三角形、等腰三角形的判定判断出△PCM的形状．
【详解】
解：（1）∵抛物线（a≠0）经过点A（3，0），点C（0，4），
∴，解得．
∴抛物线的解析式为．
（2）设直线AC的解析式为y=kx+b，
∵A（3，0），点C（0，4），
∴，解得．
∴直线AC的解析式为．
∵点M的横坐标为m，点M在AC上，
∴M点的坐标为（m，）．
∵点P的横坐标为m，点P在抛物线上，
∴点P的坐标为（m，）．
∴PM=PE－ME=（）－（）=．
∴PM=（0＜m＜3）．
（3）在（2）的条件下，连接PC，在CD上方的抛物线部分存在这样的点P，使得以P、C、F为顶点的三角形和△AEM相似．理由如下：
由题意，可得AE=3﹣m，EM=，CF=m，PF==，
若以P、C、F为顶点的三角形和△AEM相似，分两种情况：
①若△PFC∽△AEM，则PF：AE=FC：EM，即（）：（3－m）=m：（），
∵m≠0且m≠3，∴m=．
∵△PFC∽△AEM，∴∠PCF=∠AME．
∵∠AME=∠CMF，∴∠PCF=∠CMF．
在直角△CMF中，∵∠CMF+∠MCF=90°，∴∠PCF+∠MCF=90°，即∠PCM=90°．
∴△PCM为直角三角形．
②若△CFP∽△AEM，则CF：AE=PF：EM，即m：（3－m）=（）：（），
∵m≠0且m≠3，∴m=1．
∵△CFP∽△AEM，∴∠CPF=∠AME．
∵∠AME=∠CMF，∴∠CPF=∠CMF．∴CP=CM．
∴△PCM为等腰三角形．
综上所述，存在这样的点P使△PFC与△AEM相似．此时m的值为或1，△PCM为直角三角形或等腰三角形．
26、 (1)证明见解析；(2) PD=8-t，运动时间为秒时，四边形PBQD是菱形．
【解析】
(1)先根据四边形ABCD是矩形，得出AD∥BC，∠PDO=∠QBO，再根据O为BD的中点得出△POD≌△QOB，即可证得OP=OQ；
(2)根据已知条件得出∠A的度数，再根据AD=8cm，AB=6cm，得出BD和OD的长，再根据四边形PBQD是菱形时，利用勾股定理即可求出t的值，判断出四边形PBQD是菱形．
【详解】
(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠PDO=∠QBO，
又∵O为BD的中点，
∴OB=OD，
在△POD与△QOB中，
，
∴△POD≌△QOB，
∴OP=OQ；
(2)PD=8-t，
∵四边形PBQD是菱形，
∴BP=PD= 8-t，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
在Rt△ABP中，由勾股定理得：AB2+AP2=BP2，
即62+t2=(8-t)2，
解得：t=，
即运动时间为秒时，四边形PBQD是菱形．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等，熟练掌握相关知识是解题关键.注意数形结合思想的运用.
27、（1）B点到直线CA的距离是75海里；（2）执法船从A到D航行了（75﹣25）海里．
【解析】
（1）过点B作BH⊥CA交CA的延长线于点H，根据三角函数可求BH的长；
（2）根据勾股定理可求DH，在Rt△ABH中，根据三角函数可求AH，进一步得到AD的长．
【详解】
解：（1）过点B作BH⊥CA交CA的延长线于点H，

∵∠MBC＝60°，
∴∠CBA＝30°，
∵∠NAD＝30°，
∴∠BAC＝120°，
∴∠BCA＝180°﹣∠BAC﹣∠CBA＝30°，
∴BH＝BC×sin∠BCA＝150×＝75（海里）．
答：B点到直线CA的距离是75海里；
（2）∵BD＝75海里，BH＝75海里，
∴DH＝＝75（海里），
∵∠BAH＝180°﹣∠BAC＝60°，
在Rt△ABH中，tan∠BAH＝＝，
∴AH＝25，
∴AD＝DH﹣AH＝（75﹣25）（海里）．
答：执法船从A到D航行了（75﹣25）海里．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的应用，解直角三角形的应用-方向角问题．能合理构造直角三角形，并利用方向角求得三角形内角的大小是解决此题的关键．