（江苏无锡卷）中考数学第二次模拟考试（2份，原卷版+解析版）

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一、选择题
1．【答案】D
【解析】
【分析】
根据有理数的加减法，有理数的乘方计算法则求解判断即可．
【详解】
解：A、，计算错误，不符合题意；
B、，计算错误，不符合题意；
C、，计算错误，不符合题意；
D、，计算正确，符合题意；
故选D．
【点睛】
本题主要考查了有理数的加减计算，有理数的乘方计算，熟知相关计算法则是解题的关键．
2．【答案】B
【解析】
【分析】
根据绝对值的定义：正数和0的绝对值是它本身，负数的绝对值是它的相反数，分别求出四个数的绝对值即可得到答案．
【详解】
解：∵，
∴绝对值最小的是0，
故选B．
【点睛】
本题主要考查了绝对值和有理数比较大小，熟知绝对值的定义是解题的关键．
3．【答案】D
【解析】
【分析】
根据众数、平均数、中位数、方差的定义及计算方法，分别求出结果再进行判断即可．
【详解】
解：A选项，这7个数据10，12，14，13，12，12，11中，出现次数最多的是12，因此众数是12，此选项说法正确，不符合题意；
B选项，这7个数的平均数为＝12，此选项说法正确，不符合题意；
C选项，把这组数据从小到大排列为：10，11，12，12，12，13，14，中位数是12，此选项说法正确，不符合题意；
D选项，这组数据的方差为[（10﹣12）2+（11﹣12）2+（12﹣12）2×3+（13﹣12）2+（14﹣12）2]＝2，此选项说法错误，符合题意．
故选D．
【点睛】
本题考查了众数，平均数，中位数，方差，熟练掌握定义及其计算公式是解题的关键．
4．【答案】C
【解析】
【分析】
原式去括号整理后，将已知等式代入计算即可求出值．
【详解】
解：∵m−n＝100，x＋y＝−1，
∴原式＝x-n+m+y＝（m−n）＋（x＋y）＝100+（-1）＝99，
故选：C．
【点睛】
此题考查了整式的加减−化简求值，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
5．【答案】C
【解析】
【分析】
设每一个外角都为x，则相邻的内角为4x，然后根据“邻补角和为180°”列方程求得外角的大小，然后再根据多边形外角和定理求得多边形边数，最后运用多边形内角和公式求解即可．
【详解】
解：设每一个外角都为x，则相邻的内角为4x，
由题意得，4x+x＝180°，
解得：x＝36°，
多边形的外角和为360°，
360°÷36°＝10，
所以这个多边形的边数为10，
则该多边形的内角和是：（10﹣8）×180＝1440°．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了多边形内角和相邻外角的关系、多边形的外角和、多边形内角和等知识点，掌握多边形的外角和为360°是解答本题的关键．
6．【答案】B
【解析】
【分析】
根据平行四边形、矩形、正方形的判定以及轴对称的性质可知．
【详解】
解：①四条边相等的四边形不一定是正方形，比如菱形，所以①错误；
②两组对边分别相等的四边形是平行四边形，所以②错误；
③有一个角是直角的平行四边形是矩形，所以③正确；
④矩形、线段都是中心对称图形，所以④正确．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查平行四边形、矩形、正方形的判定以及轴对称的性质，熟练掌握以上性质定理是解题的关键．
7．【答案】D
【解析】
【分析】
直接根据特殊的锐角三角函数值、幂的乘方、二次根式的运算、以及同底数指数幂相除的运算法则进行计算即可；
【详解】
A、 ，故该选项错误；
B、 ，故该选项错误；
C、 无意义，根号下的数不能是负数，故该选项错误；
D、 ，故该选项正确；
故选：D．
【点睛】
本题考查了特殊的锐角三角函数值、幂的乘方、二次根式的运算、以及同底数指数幂相除的运算法则，正确掌握知识点是解题的关键．
8．【答案】B
【解析】
【分析】
由一次函数的解析式求得A、B的坐标，然后根据图象得到关于k的不等式组，解不等式组即可．
【详解】
解：∵点A（a，1），点B（﹣2，b）都在函数y＝x+5上，
∴a+5＝1，b＝﹣2+5，
∴a＝﹣4，b＝3，
∴A（﹣4，1），B（﹣2，3），
由图象可知，，
解得﹣6＜k＜﹣4，
∴k的值可能为﹣5，
故选B．
【点睛】
本题考查了一次函数，反比例函数与一次函数的综合，反比例函数图象等知识．解题的关键在于根据A、B的位置与反比例函数的关系列不等式组．
9．【答案】A
【解析】
【分析】
过点D作DF⊥AB于F，过点C作CH⊥AB于H，设BC=6x，AB=7x，由，得到∠MDN=∠MND，根据BD平分，推出∠CDB=∠MND，证得得到，求出BG=GH，证明△BCD≌△BFD，得到BF=BC=6x，由勾股定理求出AC、BH，得到BG、FG的长，由此得到答案．
【详解】
解：过点D作DF⊥AB于F，过点C作CH⊥AB于H，
∵，，
∴，
设BC=6x，AB=7x，
∵E是BC中点，
∴BE=CE．
∵，
∴∠MDN=∠MND．
∵BD平分，∠DFB=，
∴∠FDB=∠CDB，
∴∠CDB=∠MND，
∴
∴
∴，即BG=GH．
∵∠DFB=，∠FDB=∠CDB，BD=BD，
∴△BCD≌△BFD，
∴BF=BC=6x．
在中，，BC=6x，AB=7x，
∴，
∴，
∴．
∴．
∵．
∴=．
故选：A．
【点睛】
此题考查了利用锐角三角函数求边长，全等三角形的判定及性质，勾股定理，角平分线的性质定理，平行线分线段成比例，熟练掌握各知识点并综合应用解决问题是解题的关键．
10．【答案】D
【解析】
【分析】
根据等边三角形的性质可得∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，再由题意可得A（0，2），B（-2，0），从而得到∠ABO=∠BAO=45°，进而得到∠CBE=∠ABC-∠ABO=15°，再根据三角形外角的性质，则①正确；过点Ｇ作ＣＧ⊥ｘ轴于点Ｇ，ＣＨ⊥ｙ轴于点Ｈ，则∠BGC=∠AHC=90°，可证得△BCG≌△ACH，△BOF≌△AOE，从而得到CG=CH，AF=BE，再由三角形的面积，可得②正确；根据，可得AD=AB=AC，再根据等腰三角形的性质，可得∠ABD=∠ADB=，∠ADC=∠ACD=，则得到③正确；过点C作CP⊥AB于点P，可得CP过点O，根据勾股定理可得，， 从而得到，再由等腰直角三角形的性质可得④正确；设点，则OD=m，AD=2+m，可得到，，再由，求出m，即可求解．
【详解】
解：∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，AC=BC，
当时，，当时，，
∴A（0，2），B（-2，0），
∴OA=OB=2，
∵∠AOB=90°，
∴∠ABO=∠BAO=45°，
∴∠CBE=∠ABC-∠ABO=15°，∠CAF=∠BAC-∠BAO=15°，
∴∠AEB=∠ACB+∠CBE=75°，故①正确；
如图，过点Ｇ作ＣＧ⊥ｘ轴于点Ｇ，ＣＨ⊥ｙ轴于点Ｈ，则∠BGC=∠AHC=90°，
∵∠CBE=15°，∠CAF=15°，
∴∠CBE=∠CAF，
∵∠BGC=∠AHC=90°，AC=BC，
∴△BCG≌△ACH，
∴CG=CH，
∵∠CBE=∠CAF， OB = OA，∠BOF=∠AOE=90°，
∴△BOF≌△AOE，
∴OE=OF，
∴OA+OF=OB+OE，即AF=BE，
∵，
∴，故②正确；
∵，AB=BC=AC，
∴AD=AB=AC，
∴∠ABD=∠ADB=，∠ADC=∠ACD=，
∴∠BDC=∠ADB+∠ADC=150°，故③正确；
如图，过点C作CP⊥AB于点P，
∵OA=OB，
∴CP过点O，
∵∠ABO=45°，∠ABC=60°，
∴∠COE=∠BOP=45°，∠BCP=30°，
∴OP=BP，，∠OCG=45°，
∵OA=OB=2，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵∠COE=∠OCG=45°，
∴CG=OG，
∵，
∴，
∴，
∴点C的坐标为，故④正确；
设点，则OD=m，AD=2+m，
∴，，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
解得： ，
∴，故⑤正确
所以正确的有①②③④⑤，共5个．
故选：D
【点睛】
本题主要考查了等边三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，坐标与图形，熟练掌握相关知识点，并利用数形结合思想解答是解题的关键．
二、填空题
11．【答案】
【解析】
【分析】
先提公因式，然后利用完全平方公式因式分解即可．
【详解】
解：原式
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，熟练应用乘法公式是解题关键．
12．5.1×10-10
【解析】
【分析】
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【详解】
解：0.51nm=0.51×10-9m=5.1×10-10，
故答案为：5.1×10-10．
【点睛】
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
13．【答案】15π
【解析】
【分析】
根据勾股定理求出母线长，再利用侧面公式求出答案．
【详解】
解：高线长为，底面半径为，
母线长为：，
圆锥侧面积公式为：，
故答案为：．
【点睛】
此题考查了勾股定理，圆锥侧面积的计算公式，熟记两个计算公式是解题的关键．
14．【答案】或9.6
【解析】
【分析】
根据菱形的性质可得AC⊥BD，CD∥AB， ，从而得到，然后设AB边的高为h，根据菱形的面积等于，可得，即可求解．
【详解】
解：在菱形ABCD中，AC⊥BD，CD∥AB，
∵，，
∴ ，
∴，
设AB边的高为h，
∴菱形ABCD的面积等于，
即，解得：，
∵，
∴．
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质，勾股定理是解题的关键．
15．【答案】
【解析】
【分析】
用二次函数的图象与x轴的交点关于对称轴对称解答即可．
【详解】
解：∵抛物线的解析式y=a（x-2）2+c，
∴抛物线的对称轴为直线x=2，
∵抛物线y=a（x-2）2+c与x轴交于A、B两点，
∴点A和点B关于直线x=2对称，
∵点A的坐标为（1，0），
∴点B的坐标为（3，0），
故答案为（3，0）．
【点睛】
本题主要考查了抛物线与x轴的交点，解题的关键是求出抛物线的对称轴方程为直线x=2．
16．【答案】280或560
【解析】
【分析】
先根据甲、乙两车的速度之比求出乙车的速度，然后分甲车先到C地和乙车先到C地两种情况分类讨论求解即可．
【详解】
解：因为甲车的速度为每小时80公里，甲、乙两车的速度之比为4：3；
所以乙车的速度是甲车速度的，即乙车的速度为每小时60公里；
设A、C两地的距离为x公里，
当甲车先到C地时，则，
整理得，
解得；
当乙车先到C地时，则，
整理得，
解得；
故答案为：280或560．
【点睛】
本题主要考查了比例的应用，一元一次方程的应用，解题的关键在于能够根据题意列出方程求解．
17． 【答案】
【解析】
【分析】
（1）过D点作DH⊥y轴，垂足为H，由函数解析式求出A、B、C、D四点坐标，进而可得△AOC，△CDH均为等腰直角三角形，可得△ACD为直角三角形，由勾股定理求出AC、CD长即可求出；
（2）过Q点作QM⊥CD，垂足为M，易证，从而求出，由此可知Q点到直线CD距离为定值，即Q点的在平行于CD的直线上运动，找到当P在A、C点时对应Q点位置，利用矩形性质求出线段DM长即可解题．
【详解】
解：（1）∵抛物线交轴于两点，交轴于点，点为抛物线顶点，
∴A点坐标为：，B点，C点，D点，
∴，
如图，过D点作DH⊥y轴，垂足为H，H点坐标，
∴，
∴△AOC，△CDH均为等腰直角三角形，
∴，，，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）如图，过Q点作QM⊥CD，垂足为M，
∵，
∴∠PDC+∠QDM=90°，
又∵∠ACD=90°，
∴∠PDC+∠DPC=90°
∴∠QDM=∠DPC，
又∵∠M=∠PCD=90°，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴Q点到直线CD距离为定值，故Q点的在平行于CD的直线上运动，
当点P在A点时，设此时Q点坐标为， 如图，
∵，
∴，
当点P在C点时，DP与CD重合， 设此时Q点坐标为，则，如图：
∴四边形为矩形，
∴，
即点运动的路径长为，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了二次函数与几何图形综合．由函数解析式求出相关点坐标，将坐标转化为线段长时解题的前提，再构造利用一线三垂直得相似得到点Q的运动轨迹是一条线段是解题关键．
18．【答案】
【解析】解：连接，，
，为的中点，
，
，
，
．
故答案为；
是的切线，
，
设该圆的半径为，
，
，
，，
，
，
过作于，过作于，则四边形是矩形，
，，，
，，
，
，
，，
，
解得，
该圆的半径为．
故答案为
连接，，易证，，利用锐角三角函数的定义可求解；
根据圆的切线的性质可得，设该圆的半径为，可求，过作于，过作于，则四边形是矩形，
可求，计算求解的长，进而可得，，通过解直角三角形即可求解．
本题主要考查解直角三角形的应用，圆周角定理，切线的性质，正多边形和圆等知识的综合
运用．
三、解答题
19．【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）先化简各式，然后再进行计算即可；
（2）按照解分式方程的步骤进行计算即可解答．
(1)
解：，
，
，
；
(2)
解：，
，
解得：，
检验：当时，，
是原方程的根．
【点睛】
本题考查了解分式方程，实数的运算，零指数幂，解题的关键是一定要注意解分式方程必须检验．
20．（1），；（2）
【解析】
【分析】
对于（1），方程利用因式分解法求出解即可；
对于（2），分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分即可．
【详解】
解：（1）方程，
分解因式得：，
所以或，
解得：，；
（2）
由①得：，
由②得：，
不等式组的解集为．
【点睛】
本题主要考查了解一元二次方程和解一元一次不等式组，掌握计算步骤是解题的关键.
21．【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）由AAS可证△ABC≌△DEF；
（2）由全等三角形的性质可得BC=EF，可得结论．
(1)
证明：∵AC∥DF，
∴∠ACB=∠F，
在△ABC与△DEF中，
，
∴△ABC≌△DEF（AAS）；
(2)
证明：∵△ABC≌△DEF，
∴BC=EF，
∴BC-EC=EF-EC，
∴BE=CF．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．
22．【答案】(1)0.25；
(2)估计袋中有3个白球；
(3)
【解析】
【分析】
（1）用大量重复试验中事件发生的频率稳定到某个常数来表示该事情发生的概率即可；
（2）根据概率公式列出方程求解即可；
（3）列表分析出所有等可能的结果，然后利用概率公式求解即可.
(1)
解：，
∵ 大量重复试验中事件发生的频率稳定到0.25附近，
∴估计从袋中摸出一个球是黑球的概率是0.25；
故填：0.25．
(2)
解：设袋中白球为x个，
则 ，
∴x=3，
答：估计袋中有3个白球；
(3)
解：用B代表一个黑球， 、、代表白球，将摸球情况列表如下：
总共有16种等可能的结果，其中两个球都是白球的结果有9种，
所以摸到两个球都是白球的概率为 .
【点睛】
此题考查列表法和树状图法求概率：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 ，不重不漏列出所有等可能的结果是解题的关键.
23．【答案】(1)八
(2)40,96,93
(3)700
【解析】
【分析】
（1）根据方差越小，越稳定进行判断即可；
（2）由C中存在3个学生的成绩，可知C占总人数的，根据，可得的值，观察七年级的成绩可得众数的值，由计算可知八年级A组有2人，B组有1人，C组有3人，D组有4人，查取八年级成绩中第5、第6的成绩，求算术平均数即可得中位数的值；
（3）由成绩优秀（x≥90）的人数占比为，根据计算求解即可．
(1)
解：∵
∴八年级的成绩更稳定
故答案为：八．
(2)
解：∵C中存在3个学生的成绩
∴C占总人数的
∵
∴
观察七年级的成绩可得众数为96
∴
∵八年级A组有人，B组有 人，C组有3人，D组有人
∴查取八年级成绩的第5第6的成绩为92、94
∴八年级成绩的中位数为
∴
故答案为：40,96,93．
(3)
解：由题意知成绩优秀（x≥90）的人数占比为
∵
∴参加此次调查活动成绩优秀（x≥90）的八年级学生人数为700人．
【点睛】
本题考查了扇形统计图，中位数，众数，方差，样本估计总体等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．
24．【答案】(1)见解析
(2)的半径为
【解析】
【分析】
（1）作出∠ABC的角平分线，角平分线与AC的交点O是圆心，以O为圆心，以OC为半径作圆即可；
（2）由勾股定理得AC=6，设与AB的切点为D，连接OD，由切线长定理得BD=6，可得AD=2，在中由银河股定理可得，求解方程即可得结论．
(1)
如图所示，即为所求作的图形
(2)
在中，由勾股定理，得：
．
设与AB的切点为D，连接OD
则
设的半径为r，
在中，依勾股定理，得：
解得：
即的半径为．
【点睛】
本题考查了圆的切线的性质以及角的平分线的性质以及银河股定理的应用，正确确定圆心O的位置是关键．
25．【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据圆周角定理得到∠ADB＝90，求得∠DAB+∠ABD＝90，等量代换得到∠DAB＝∠PBD，求得∠ABP＝90，于是得到结论；
（2）连接AE，由圆周角定理得到∠AEB＝90，根据角平分线的定义得到∠ABE＝∠DBE，根据三角函数的定义即可得到结论；
（3）连接OE，根据等腰三角形的性质得到∠ABE＝∠OEB，等量代换得到∠DBE＝∠OEB，可得，利用第9个基本事实可得，根据相似三角形的性质列方程即可得到结论．
(1)
证明：∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90，
∴∠DAB+∠ABD＝90，
∵∠BED＝∠DAB，∠PBD＝∠BED，
∴∠DAB＝∠PBD，
∴∠PBD+∠ABD＝90，
∴∠ABP＝90，
∴AB⊥PB，
∴BP是⊙O的切线；
(2)
解：连接AE，
∵AB是直径
∴∠AEB＝90，
∵BE平分∠ABD，
∴∠ABE＝∠DBE，
∴，
∴AE＝DE＝，
∴∠ABE＝∠DBE＝∠DAE，
∴，
∴＝，
∴EF＝；
(3)
解：连接OE，
∵OE=OB，
∴∠ABE=∠OEB，
∵∠ABE=∠DBE，
∴∠DBE=∠OEB，
∴
∴，
∵CA=AO，
设CA=AO=BO=R，
∴，
即，
∴CE=2，
∴DC= CE +DE=3，
∵∠ADC=∠ABE，∠C=∠C，
∴，
∴，
∴，
∴R=，
∴⊙O的半径为．
【点睛】
本题考查了切线的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，利用三角函数解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．
26．【答案】(1)甲、乙两工程队每天能完成绿化的面积分别为120m2、60m2；
(2)甲工程队施工8天，乙工程队施,16天，最低费用15.2万元
【解析】
【分析】
（1）先设出两队的每天绿化的面积，以两队工作时间为等量构造分式方程=5 解方程即可；
（2）在两队效率的基础上表示甲乙两队分别工作x天、y天的工作总量，工作总量和为1920，再用甲乙两队施工的总天数不超过24天确定自变量x取值范围，用x表示总施工费用，根据一次函数增减性求得最低费用．
(1)
解：设乙队每天能完成绿化面积为am2，则甲队每天能完成绿化面积为2am2，
根据题意得：
=5 ，
解得a=60，
经检验，a=60为原方程的解，不符合题意，
则甲队每天能完成绿化面积为2a=120m2，
即甲、乙两工程队每天能完成绿化的面积分别为120m2、60m2；
(2)
设甲工程队施工x天，乙工程队施工y天，刚好完成绿化任务，总费用为W万元.
根据题意得：120x+60y=1920，
整理得：y=-2x+32，
∵规定甲乙两队单独施工的总天数不超过24天完成，
∴y+x≤24，
∴-2x+32+x≤24，
解得x≥8，
总费用W=x+0.45y=x+0.45（-2x+32）=0.1x+14.4，
∵k=0.1＞0，
∴W随x的增大而增大，
∴当x=8时，W最低=0.8+14.4=15.2（万元），
此时甲工程队施工8天，乙工程队施,16天，8+16=24，最低费用15.2万元．
【点睛】
本题为代数综合题，考查分式方程、一元一次不等式、列一次函数关系式及其增减性，找到等量关键是解题的关键．
27．【答案】(1)的长为4或0
(2)
(3)①；②的最大值为
【解析】
【分析】
(1)证明△APB′是等边三角形即可解决问题；
(2)如图2中，设直线l交BC于点Q，连接B B′交PQ于D，证明△PQB是等边三角形，求出DB即可解决问题；
(3)①如图3中，结论：m不变，证明B B′//AC,再证四边形B′BFF′为矩形即可；
②如图4中，当PB′⊥AC时，m最大，设直线交于F′，求出B′F′即可解决问题.
(1)
解是等边三角形，
，，
，
，
，
是等边三角形，
．
当直线经过时，点与重合，此时，
综上所述，的长为4或0；
(2)
解如图2中，设直线交于点Q．连接交于D．
，
，，
是等边三角形，
，
，关于对称，
，
，
，
故答案为：；
(3)
解①结论：的值不变，理由如下：
如图3，连接，过作于，过B′作B′F′⊥AC于F′，
是等边三角形，，
，
，
，关于直线对称，
直线，
直线，
，
∴∠B′BF+∠BFF′=180°
∵∠BFF′=90°
∴∠B′BF=90°，
∴∠B′BF=∠B′F′F=∠BFF′=90°
∴四边形B′BFF′为矩形
∴B′F′=BF=，
∴；
②如图4中，当时，的值最大，
设直线交于F′，
在中，，，
，
，
即的最大值为．
【点睛】
本题是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定与性质，轴对称变换，矩形判定与性质，勾股定理，解直角三角形，平行线的判定与性质等知识，理解题意，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
28．【答案】(1)
(2)（，）
(3)①菱形 证明见解析；②（，0），（6，0），（，0）
【解析】
【分析】
对于（1），将点A和点B的坐标代入关系式得到二元一次方程组，求出a，c即可；
对于（2），先根据待定系数法求出直线AB的关系式，再用含有m的代数式表示点P和点C，
进而求出PC，再结合PC=2，列出方程，求出m的值；
对于（3），①先由（2）知点C的坐标，延长PC交x轴于点F，可知OF，CF，再根据勾股定理求出OC，由点B的坐标和PC=2得出PC=OB，再根据PC∥OB，即可判定四边形PBOC的形状；
②当为等腰三角形时，分三种情况讨论当时，此时点D与点A重合，可直接求出点D的坐标；
当时，连接PO交BC于点H，可知OA，进而求出∠OBA的度数，由四边形PBOC为菱形，得PH⊥BC，PH=OH，即可求出PO及，再说明△OBC为等边三角形，可知的度数，然后设交x轴于点E，再求出DE和，接下来结合线段之间的关系，，OD=OE+DE，求出OD，可得答案．
当时，此时点落在x轴上，先求出，进而求出，再根据，求出OD，可得点D的坐标．
(1)
∵二次函数的图像经过点A和点（0，2），
∴
解得，
∴二次函数得表达式为；
(2)
设直线AB的关系式为y=kx+b，则
解得
∴直线AB得关系式为；
设点P，则点C，
∴．
∵PC=2，
∴，
解得；
(3)
①四边形PBOC为菱形，理由如下：
由（2）知，点C．
延长PC交x轴于点F，如图所示．
则，CF=1，
∴．
∵点B（0，2），
∴OB=2，
∴OB=OC．
∵PC=2，
∴PC=OB．
∵PC∥OB，
∴四边形PBOC为平行四边形，
∴平行四边形PBOC为菱形．
②当为等腰三角形时，
（Ⅰ）当时，此时点D与点A重合，
∴；
（Ⅱ）当时，连接PO交BC于点H，如图，
∵点A，
∴．
∵，
∴∠OBA=60°．
由（2）知，四边形PBOC为菱形，
∴PH⊥BC，PH=OH．
∵，
∴．
由题意，得．
∵OB=OC，∠OBC=60°，
∴△OBC为等边三角形，
∴∠BOC=60°，
∴．
设交x轴于点E，则轴，
∴，
，
∴，
∴，
∴，
∴OD=OE+DE=6，
∴D（6，0）．
（Ⅲ）当时，此时点落在x轴上，如图，
∵，
∴．
由题意，得轴，，
∴，
∴，
∴点D．
综上所述，当△为等腰三角形时，点D的坐标是或（6，0）或．
【点睛】
这是一道关于二次函数的综合问题，考查了待定系数法求一次函数和二次函数的关系式，菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，特殊角的三角函数值，勾股定理，等边三角形的性质和判定等．
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
D
B
D
C
C
B
D
B
A
D
B
B
（B，B）
（B， ）
（B， ）
（B， ）
（，B）
（，）
（，）
（，）
（，B）
（，）
（，）
（，）
（，B ）
（，）
（，）
（，）