广西玉林市、防城港市2022年中考数学真题试题（解析版）

广西玉林市防城港市2022年中考数学试卷一、选择题（共12小题，每小题3分，满分36分）在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求。1．（3分）（2022•玉林）2的相反数是（　　）　A．2B．﹣2C．D．考点：相反数．分析：根据相反数的定义求解即可．解答：解：2的相反数为：﹣2．故选B．点评：本题考查了相反数的知识，属于基础题，掌握相反数的定义是解题的关键．　2．（3分）（2022•玉林）若∠α=30°，则∠α的补角是（　　）　A．30°B．60°C．120°D．150°考点：余角和补角．专题：计算题．分析：相加等于180°的两角称作互为补角，也作两角互补，即一个角是另一个角的补角．因而，求这个角的补角，就可以用180°减去这个角的度数．解答：解：180°﹣30°=150°．故选D．点评：本题主要是对补角概念的考查，是需要在学习中识记的内容．　3．（3分）（2022•玉林）我国第一艘航母“辽宁舰”最大排水量为67500吨，用科学记数法表示这个数字是（　　）　A．6.75×103吨B．67.5×103吨C．6.75×104吨D．6.75×105吨考点：科学记数法—表示较大的数．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的值是易错点，由于67500有5位，所以可以确定n=5﹣1=4．解答：解：67500=6.75×104．故选C．点评：此题考查科学记数法表示较大的数的方法，准确确定a与n值是关键．　4．（3分）（2022•玉林）直线c与a，b均相交，当a∥b时（如图），则（　　）18\n　A．∠1＞∠2B．∠1＜∠2C．∠1=∠2D．∠1+∠2=90°考点：平行线的性质分析：根据平行线的性质：两直线平行，内错角相等可得答案．解答：解：∵a∥b，∴∠1=∠2，故选：C．点评：此题主要考查了平行线的性质，关键是掌握两直线平行，内错角相等．　5．（3分）（2022•玉林）在数轴上表示不等式x+5≥1的解集，正确的是（　　）　A．B．C．D．考点：在数轴上表示不等式的解集；解一元一次不等式．专题：计算题分析：求出不等式的解集，表示在数轴上即可．解答：解：不等式x+5≥1，解得：x≥﹣4，表示在数轴上，如图所示：故选B点评：此题考查了在数轴上表示不等式的解集，把每个不等式的解集在数轴上表示出来（＞，≥向右画；＜，≤向左画），数轴上的点把数轴分成若干段，如果数轴的某一段上面表示解集的线的条数与不等式的个数一样，那么这段就是不等式组的解集．有几个就要几个．在表示解集时“≥”，“≤”要用实心圆点表示；“＜”，“＞”要用空心圆点表示．　6．（3分）（2022•玉林）已知一组从小到大的数据：0，4，x，10的中位数是5，则x=（　　）　A．5B．6C．7D．8考点：中位数分析：根据中位数是5，得出（4+x）÷2=5，求出x的值即可．解答：解：一组从小到大的数据：0，4，x，10的中位数是5，则（4+x）÷2=5，x=6；故选B．点评：此题考查了中位数，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间的那个数（最中间两个数的平均数），叫做这组数据的中位数，是一道基础题．　7．（3分）（2022•玉林）某几何体的三视图如图所示，则组成该几何体共用了（　　）小方块．18\n　A．12块B．9块C．7块D．6块考点：由三视图判断几何体．分析：观察该几何体的三视图发现该几何体共有三层，第一层有三个，第二层有两个，第三层也有两个，由此可以得到答案．解答：解：∵观察该几何体的三视图发现该几何体共有三层，第一层有三个，第二层有两个，第三层也有两个，∴该几何体共有3+2+2=7个，故选C．点评：本题考查了由三视图判断几何体的知识，解题的关键是会利用物体的三视图判断出该几何体的形状．　8．（3分）（2022•玉林）如图是某手机店今年1﹣5月份音乐手机销售额统计图．根据图中信息，可以判断相邻两个月音乐手机销售额变化最大的是（　　）　A．1月至2月B．2月至3月C．3月至4月D．4月至5月考点：折线统计图．分析：根据折线图的数据，分别求出相邻两个月的音乐手机销售额的变化值，比较即可得解．解答：解：1月至2月，30﹣23=7万元，2月至3月，30﹣25=5万元，3月至4月，25﹣15=10万元，4月至5月，19﹣14=5万元，所以，相邻两个月中，用电量变化最大的是3月至4月．故选C．点评：本题考查折线统计图的运用，折线统计图表示的是事物的变化情况，根据图中信息求出相邻两个月的音乐手机销售额变化量是解题的关键．18\n　9．（3分）（2022•玉林）方程的解是（　　）　A．x=2B．x=1C．x=D．x=﹣2考点：解分式方程．专题：计算题．分析：分式方程去分母转化为整式方程，求出整式方程的解得到x的值，经检验即可得到分式方程的解．解答：解：去分母得：x+1﹣3（x﹣1）=0，去括号得：x+1﹣3x+3=0，解得：x=2，经检验x=2是分式方程的解．故选A．点评：此题考查了解分式方程，解分式方程的基本思想是“转化思想”，把分式方程转化为整式方程求解．解分式方程一定注意要验根．　10．（3分）（2022•玉林）如图，在给定的一张平行四边形纸片上作一个菱形．甲、乙两人的作法如下：甲：连接AC，作AC的垂直平分线MN分别交AD，AC，BC于M，O，N，连接AN，CM，则四边形ANCM是菱形．乙：分别作∠A，∠B的平分线AE，BF，分别交BC，AD于E，F，连接EF，则四边形ABEF是菱形．根据两人的作法可判断（　　）　A．甲正确，乙错误B．乙正确，甲错误C．甲、乙均正确D．甲、乙均错误考点：菱形的判定．分析：首先证明△AOM≌△CON（ASA），可得MO=NO，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可判定判定四边形ANCM是平行四边形，再由AC⊥MN，可根据对角线互相垂直的四边形是菱形判定出ANCM是菱形；四边形ABCD是平行四边形，可根据角平分线的定义和平行线的定义，求得AB=AF，所以四边形ABEF是菱形．解答：解：甲的作法正确；∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠DAC=∠ACN，∵MN是AC的垂直平分线，∴AO=CO，18\n在△AOM和△CON中，∴△AOM≌△CON（ASA），∴MO=NO，∴四边形ANCM是平行四边形，∵AC⊥MN，∴四边形ANCM是菱形；乙的作法正确；∵AD∥BC，∴∠1=∠2，∠6=∠7，∵BF平分∠ABC，AE平分∠BAD，∴∠2=∠3，∠5=∠6，∴∠1=∠3，∠5=∠7，∴AB=AF，AB=BE，∴AF=BE∵AF∥BE，且AF=BE，∴四边形ABEF是平行四边形，∵AB=AF，∴平行四边形ABEF是菱形；故选：C．点评：此题主要考查了菱形形的判定，关键是掌握菱形的判定方法：①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等=菱形）；②四条边都相等的四边形是菱形．③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．　11．（3分）（2022•玉林）一列数a1，a2，a3，…，其中a1=，an=（n为不小于2的整数），则a100=（　　）　A．B．2C．﹣1D．﹣2考点：规律型：数字的变化类．专题：规律型．分析：根据表达式求出前几个数不难发现，每三个数为一个循环组依次循环，用100除以3，根据商和余数的情况确定a100的值即可．18\n解答：解：根据题意得，a2==2，a3==﹣1，a4==，a5==2，…，依此类推，每三个数为一个循环组依次循环，∵100÷3=33…1，∴a100是第34个循环组的第一个数，与a1相同，即a100=．故选A．点评：本题是对数字变化规律的考查，计算并观察出每三个数为一个循环组依次循环是解题的关键．　12．（3分）（2022•玉林）均匀地向一个瓶子注水，最后把瓶子注满．在注水过程中，水面高度h随时间t的变化规律如图所示，则这个瓶子的形状是下列的（　　）　A．B．C．D．考点：函数的图象．分析：根据图象可得水面高度开始增加的快，后来增加的慢，从而可判断容器下面粗，上面细，结合选项即可得出答案．解答：解：因为水面高度开始增加的快，后来增加的慢，所以容器下面粗，上面细．故选B．点评：本题考查了函数的图象，要能根据函数图象的性质和图象上的数据分析得出函数的类型和所需要的条件，结合实际意义得到正确的结论．　二、填空题（共6小题，每小题3分，满分18分）13．（3分）（2022•玉林）|﹣1|=　1　．18\n考点：绝对值．分析：计算绝对值要根据绝对值定义去掉这个绝对值的符号．解答：解：|﹣1|=1．故答案为：1．点评：此题考查了绝对值的性质，要求掌握绝对值的性质及其定义，并能熟练运用到实际运算当中．绝对值规律总结：一个正数的绝对值是它本身；一个负数的绝对值是它的相反数；0的绝对值是0．　14．（3分）（2022•玉林）化简：=　　．考点：分母有理化．分析：根据的有理化因式是，进而求出即可．解答：解：==．故答案为：．点评：此题主要考查了分母有理化，正确根据定理得出有理化因式是解题关键．　15．（3分）（2022•平凉）分解因式：x2﹣9=　（x+3）（x﹣3）　．考点：因式分解-运用公式法．分析：本题中两个平方项的符号相反，直接运用平方差公式分解因式．解答：解：x2﹣9=（x+3）（x﹣3）．点评：主要考查平方差公式分解因式，熟记能用平方差公式分解因式的多项式的特征，即“两项、异号、平方形式”是避免错用平方差公式的有效方法．　16．（3分）（2022•玉林）如图，实线部分是半径为15m的两条等弧组成的游泳池，若每条弧所在的圆都经过另一个圆的圆心，则游泳池的周长是　40π　m．考点：弧长的计算．分析：如图，连接O1O2，CD，可求得∠C02O1=60°，∠C02D=120°，再由弧长公式l=求得答案．解答：解：：如图，连接O1O2，CD，CO2，∵O1O2=C02=CO1=15cm，∴∠C02O1=60°，∴∠C02D=120°，18\n则圆O1，O2的圆心角为360°﹣120°=240°，则游泳池的周长为=2×=2×=40π（m）．故答案为：40π．点评：本题考查了弧长的计算，解答本题的关键是根据弧长公式计算，在计算的过程中首先要利用圆的半径的关系求出圆心角．　17．（3分）（2022•玉林）如图，在直角坐标系中，O是原点，已知A（4，3），P是坐标轴上的一点，若以O，A，P三点组成的三角形为等腰三角形，则满足条件的点P共有　6　个，写出其中一个点P的坐标是　（5，0）　．考点：等腰三角形的判定；坐标与图形性质．专题：数形结合．分析：作出图形，然后利用数形结合的思想求解，再根据平面直角坐标系写出点P的坐标即可．解答：解：如图所示，满足条件的点P有6个，分别为（5，0）（8，0）（0，5）（0，6）（﹣5，0）（0，﹣5）．故答案为：6；（5，0）（答案不唯一，写出6个中的一个即可）．点评：本题考查了等腰三角形的判定，坐标与图形的性质，利用数形结合的思想求解更简便．　18\n18．（3分）（2022•玉林）如图，△ABC是⊙O内接正三角形，将△ABC绕点O顺时针旋转30°得到△DEF，DE分别交AB，AC于点M，N，DF交AC于点Q，则有以下结论：①∠DQN=30°；②△DNQ≌△ANM；③△DNQ的周长等于AC的长；④NQ=QC．其中正确的结论是　①②③　．（把所有正确的结论的序号都填上）考点：圆的综合题．分析：连结OA、OD、OF、OC、DC、AD、CF，根据旋转的性质得∠AOD=∠COF=30°，再根据圆周角定理得∠ACD=∠FDC=15°，然后根据三角形外角性质得∠DQN=∠QCD+∠QDC=30°；同理可得∠AMN=30°，由△DEF为等边三角形得DE=DF，则弧DE=弧DF，得到弧AE=弧DC，所以∠ADE=∠DAC，根据等腰三角形的性质有ND=NA，于是可根据“AAS”判断△DNQ≌△ANM；利用QD=QC，ND=NA可判断△DNQ的周长等于AC的长；由于∠NDQ=60°，∠DQN=30°，则∠DNQ=90°，所以QD＞NQ，而QD=QC，所以QC＞NQ．解答：解：连结OA、OD、OF、OC、DC、AD、CF，如图，∵△ABC绕点O顺时针旋转30°得到△DEF，∴∠AOD=∠COF=30°，∴∠ACD=∠AOD=15°，∠FDC=∠COF=15°，∴∠DQN=∠QCD+∠QDC=15°+15°=30°，所以①正确；同理可得∠AMN=30°，∵△DEF为等边三角形，∴DE=DF，∴弧DE=弧DF，∴弧AE+弧AD=弧DC+弧CF，而弧AD=弧CF，∴弧AE=弧DC，∴∠ADE=∠DAC，∴ND=NA，在△DNQ和△ANM中，∴△DNQ≌△ANM（AAS），所以②正确；∵∠ACD=15°，∠FDC=15°，∴QD=QC，而ND=NA，∴ND+QD+NQ=NA+QC+NQ=AC，即△DNQ的周长等于AC的长，所以③正确；18\n∵△DEF为等边三角形，∴∠NDQ=60°，而∠DQN=30°，∴∠DNQ=90°，∴QD＞NQ，∵QD=QC，∴QC＞NQ，所以④错误．故答案为①②③．点评：本题考查了圆的综合题：弧、弦和圆心角之间的关系以及圆周角定理在有关圆的几何证明中经常用到，同时熟练掌握三角形全等的判定、等边三角形的性质以及旋转的性质．　三、解答题（共8小题，满分66分）19．（6分）（2022•玉林）计算：+2cos60°﹣（π﹣2﹣1）0．考点：实数的运算；零指数幂；负整数指数幂；特殊角的三角函数值．分析：分别进行三次根式的化简、零指数幂的运算，然后特殊角的三角函数值后合并即可得出答案．解答：解：原式=2+2×﹣1=2．点评：本题考查了实数的运算，涉及了零指数幂及特殊角的三角函数值，特殊角的三角函数值是需要我们熟练记忆的内容．　20．（6分）（2022•玉林）如图，AB=AE，∠1=∠2，∠C=∠D．求证：△ABC≌△AED．考点：全等三角形的判定．专题：证明题．分析：首先根据∠1=∠2可得∠BAC=∠EAD，再加上条件AB=AE，∠C=∠D可证明△ABC≌△AED．18\n解答：证明：∵∠1=∠2，∴∠1+∠EAC=∠2+∠EAC，即∠BAC=∠EAD，∵在△ABC和△AED中，，∴△ABC≌△AED（AAS）．点评：此题主要考查了三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．　21．（6分）（2022•玉林）已知关于x的方程x2+x+n=0有两个实数根﹣2，m．求m，n的值．考点：根与系数的关系．分析：利用根与系数的关系知﹣2+m=﹣1，﹣2m=n，据此易求m、n的值．解答：解：∵关于x的方程x2+x+n=0有两个实数根﹣2，m，∴，解得，，即m，n的值分别是1、﹣2．点评：本题考查了根与系数的关系，属于基础题．解题过程中，需要熟记公式x1+x2=﹣，x1•x2=．　22．（8分）（2022•玉林）某小区为了促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为：可回垃圾、厨余垃圾、其他垃圾三类，分别记为A，B，C：并且设置了相应的垃圾箱，依次记为a，b，c．（1）若将三类垃圾随机投入三个垃圾箱，请你用树形图的方法求垃圾投放正确的概率：（2）为了调查小区垃圾分类投放情况，现随机抽取了该小区三类垃圾箱中总重500kg生活垃圾，数据如下（单位：）abcA401510B6025040C151555试估计“厨余垃圾”投放正确的概率．考点：列表法与树状图法；利用频率估计概率．分析：（1）根据题意画出树状图，由树状图可知总数为9，投放正确有3种，进而求出垃圾投放正确的概率；18\n（2）由题意和概率的定义易得所求概率．解答：解：（1）如图所示：共有9种情况，其中投放正确的有3种情况，故垃圾投放正确的概率：=；（2）“厨余垃圾”投放正确的概率为：=．点评：本题考查的是用列表法或画树状图法求概率．列表法或画树状图法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果．用到的知识点为：概率=所求情况数：总情况数．　23．（9分）（2022•玉林）如图，以△ABC的BC边上一点O为圆心的圆，经过A，B两点，且与BC边交于点E，D为BE的下半圆弧的中点，连接AD交BC于F，若AC=FC．（1）求证：AC是⊙O的切线：（2）若BF=8，DF=，求⊙O的半径r．考点：切线的判定．分析：（1）连接OA、OD，求出∠D+∠OFD=90°，推出∠CAF=∠CFA，∠OAD=∠D，求出∠OAD+∠CAF=90°，根据切线的判定推出即可；（2）OD=r，OF=8﹣r，在Rt△DOF中根据勾股定理得出方程r2+（8﹣r）2=（）2，求出即可．解答：（1）证明：连接OA、OD，∵D为弧BE的中点，∴OD⊥BC，∠DOF=90°，∴∠D+∠OFD=90°，∵AC=AF，OA=OD，18\n∴∠CAF=∠CFA，∠OAD=∠D，∵∠CFA=∠OFD，∴∠OAD+∠CAF=90°，∴OA⊥AC，∵OA为半径，∴AC是⊙O切线；（2）解：∵⊙O半径是r，当F在半径OE上时，∴OD=r，OF=8﹣r，在Rt△DOF中，r2+（8﹣r）2=（）2，r=，r=（舍去）；当F在半径OB上时，∴OD=r，OF=r﹣8，在Rt△DOF中，r2+（r﹣8）2=（）2，r=，r=（舍去）；即⊙O的半径r为．点评：本题考查了切线的判定，等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识点的应用，主要考查学生的推理和计算的能力．　24．（9分）（2022•玉林）工匠制作某种金属工具要进行材料煅烧和锻造两个工序，即需要将材料烧到800℃，然后停止煅烧进行锻造操作，经过8min时，材料温度降为600℃．煅烧时温度y（℃）与时间x（min）成一次函数关系；锻造时，温度y（℃）与时间x（min）成反比例函数关系（如图）．已知该材料初始温度是32℃．（1）分别求出材料煅烧和锻造时y与x的函数关系式，并且写出自变量x的取值范围；（2）根据工艺要求，当材料温度低于480℃时，须停止操作．那么锻造的操作时间有多长？考点：反比例函数的应用；一次函数的应用．分析：（1）首先根据题意，材料加热时，温度y与时间x成一次函数关系；停止加热进行操作时，温度y与时间x成反比例关系；将题中数据代入用待定系数法可得两个函数的关系式；18\n（2）把y=480代入y=中，进一步求解可得答案．解答：解：（1）停止加热时，设y=（k≠0），由题意得600=，解得k=4800，当y=800时，解得x=6，∴点B的坐标为（6，800）材料加热时，设y=ax+32（a≠0），由题意得800=6a+32，解得a=128，∴材料加热时，y与x的函数关系式为y=128x+32（0≤x≤5）．∴停止加热进行操作时y与x的函数关系式为y=（5＜x≤20）；（2）把y=480代入y=，得x=10，故从开始加热到停止操作，共经历了10分钟．答：从开始加热到停止操作，共经历了10分钟．点评：考查了反比例函数和一次函数的应用，现实生活中存在大量成反比例函数的两个变量，解答该类问题的关键是确定两个变量之间的函数关系，然后利用待定系数法求出它们的关系式．　25．（10分）（2022•玉林）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AD⊥DC，点A关于对角线BD的对称点F刚好落在腰DC上，连接AF交BD于点E，AF的延长线与BC的延长线交于点G，M，N分别是BG，DF的中点．（1）求证：四边形EMCN是矩形；（2）若AD=2，S梯形ABCD=，求矩形EMCN的长和宽．考点：直角梯形；矩形的判定与性质专题：几何综合题．分析：18\n（1）根据轴对称的性质可得AD=DF，DE⊥AF，然后判断出△ADF、△DEF是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质求出∠DAF=∠EDF=45°，根据两直线平行，内错角相等求出∠BCE=45°，然后判断出△BGE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得EM⊥BC，EN⊥CD，再根据矩形的判定证明即可；（2）判断出△BCD是等腰直角三角形，然后根据梯形的面积求出CD的长，再根据等腰直角三角形的性质求出DN，即可得解．解答：（1）证明：∵点A、F关于BD对称，∴AD=DF，DE⊥AF，又∵AD⊥DC，∴△ADF、△DEF是等腰直角三角形，∴∠DAF=∠EDF=45°，∵AD∥BC，∴∠G=∠GAF=45°，∴△BGE是等腰直角三角形，∵M，N分别是BG，DF的中点，∴EM⊥BC，EN⊥CD，又∵AD∥BC，AD⊥DC，∴BC⊥CD，∴四边形EMCN是矩形；（2）解：由（1）可知，∠EDF=45°，BC⊥CD，∴△BCD是等腰直角三角形，∴BC=CD，∴S梯形ABCD=（AD+BC）•CD=（2+CD）•CD=，即CD2+2CD﹣15=0，解得CD=3，CD=﹣5（舍去），∵△ADF、△DEF是等腰直角三角形，∴DF=AD=2，∵N是DF的中点，∴EN=DN=DF=×2=1，∴CN=CD﹣DN=3﹣1=2，∴矩形EMCN的长和宽分别为2，1．点评：本题考查了直角梯形的性质，轴对称的性质，矩形的判定，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握轴对称的性质判断出相关的等腰直角三角形是解题的关键，也是本题的难点．　26．（12分）（2022•玉林）如图，抛物线y=﹣（x﹣1）2+c与x轴交于A，B（A，B分别在y轴的左右两侧）两点，与y轴的正半轴交于点C，顶点为D，已知A（﹣1，0）．（1）求点B，C的坐标；（2）判断△CDB的形状并说明理由；（3）将△COB沿x轴向右平移t个单位长度（0＜t＜3）得到△QPE．△QPE与△CDB重叠部分（如图中阴影部分）面积为S，求S与t的函数关系式，并写出自变量t的取值范围．18\n考点：二次函数综合题．分析：（1）首先用待定系数法求出抛物线的解析式，然后进一步确定点B，C的坐标；（2）分别求出△CDB三边的长度，利用勾股定理的逆定理判定△CDB为直角三角形；（3）△COB沿x轴向右平移过程中，分两个阶段：（I）当0＜t≤时，如答图2所示，此时重叠部分为一个四边形；（II）当＜t＜3时，如答图3所示，此时重叠部分为一个三角形．解答：解：（1）∵点A（﹣1，0）在抛物线y=﹣（x﹣1）2+c上，∴0=﹣（﹣1﹣1）2+c，得c=4，∴抛物线解析式为：y=﹣（x﹣1）2+4，令x=0，得y=3，∴C（0，3）；令y=0，得x=﹣1或x=3，∴B（3，0）．（2）△CDB为直角三角形．理由如下：由抛物线解析式，得顶点D的坐标为（1，4）．如答图1所示，过点D作DM⊥x轴于点M，则OM=1，DM=4，BM=OB﹣OM=2．过点C作CN⊥DM于点N，则CN=1，DN=DM﹣MN=DM﹣OC=1．在Rt△OBC中，由勾股定理得：BC===；在Rt△CND中，由勾股定理得：CD===；在Rt△BMD中，由勾股定理得：BD===．∵BC2+CD2=BD2，∴△CDB为直角三角形（勾股定理的逆定理）．（3）设直线BC的解析式为y=kx+b，∵B（3，0），C（0，3），∴，解得k=﹣1，b=3，18\n∴y=﹣x+3，直线QE是直线BC向右平移t个单位得到，∴直线QE的解析式为：y=﹣（x﹣t）+3=﹣x+3+t；设直线BD的解析式为y=mx+m，∵B（3，0），D（1，4），∴，解得：m=﹣2，n=6，∴y=﹣2x+6．连接CQ并延长，射线CQ交BD于点G，则G（，3）．在△COB向右平移的过程中：（I）当0＜t≤时，如答图2所示：设PQ与BC交于点K，可得QK=CQ=t，PB=PK=3﹣t．设QE与BD的交点为F，则：，解得，∴F（3﹣t，2t）．S=S△QPE﹣S△PBK﹣S△FBE=PE•PQ﹣PB•PK﹣BE•yF=×3×3﹣（3﹣t）2﹣t•2t=t2+3t；（II）当＜t＜3时，如答图3所示：设PQ分别与BC、BD交于点K、点J．∵CQ=t，∴KQ=t，PK=PB=3﹣t．直线BD解析式为y=﹣2x+6，令x=t，得y=6﹣2t，∴J（t，6﹣2t）．S=S△PBJ﹣S△PBK=PB•PJ﹣PB•PK=（3﹣t）（6﹣2t）﹣（3﹣t）2=t2﹣3t+．综上所述，S与t的函数关系式为：S=．18\n点评：本题是运动型二次函数综合题，考查了二次函数的图象与性质、待定系数法、一次函数的图象与性质、勾股定理及其逆定理、图形面积计算等知识点．难点在于第（3）问，弄清图形运动过程是解题的先决条件，在计算图形面积时，要充分利用各种图形面积的和差关系．　18