上海市崇明县2022年中考数学一模试卷（解析版） 上教版

2022年上海市崇明县中考数学一模试卷一、选择题：（本大题共6题，每题4分，满分24分）1．（4分）（2022•崇明县一模）抛物线y=（k﹣1）x2+2x+1的开口向上，那么k的取值范围是（　　）　A．k＞0B．k≥0C．k＞1D．k≥0考点：二次函数的性质．专题：计算题．分析：二次函数的图象的开口向上时，二次项系数大于0．解答：解：因为抛物线y=（k﹣1）x2+2x+1的开口向上，所以k﹣1＞0，解得k＞1．故选C．点评：本题主要考查了二次函数的图象的性质．二次项系数a决定二次函数图象的开口方向：①当a＞0时，二次函数图象向上开口；②当a＜0时，抛物线向下开口．　2．（4分）（2022•崇明县一模）关于抛物线y=x2﹣2x，下列说法正确的是（D）　A．顶点是坐标原点B．对称轴是直线x=2C．有最高点D．经过坐标原点考点：二次函数的性质；二次函数图象上点的坐标特征；二次函数的最值；二次函数的三种形式．专题：计算题．分析：先用配方法把二次函数化成顶点式，就能判断AB的正确与否，由a的正负判断有最大值和最小值，看（0，0）是否满足y=x2﹣2x即可判断D的正确与否．解答：解：∵y=x2﹣2x，y=x2﹣2x+1﹣1，y=（x﹣1）2﹣1，∴顶点坐标是：（1，﹣1），对称轴是直线x=1，∵a=1＞0，∴开口向上，有最小值，∵当x=0时，y=x2﹣2x=02﹣2×0=0，∴图象经过坐标原点，故答案为：D正确（其余的答案都不正确）点评：解此题的关键是对二次函数的性质的理解和掌握，能否用配方法把二次函数化成顶点式，求出顶点坐标对称轴和最值，再理解二次函数的点的坐标特征．　3．（4分）（2022•崇明县一模）在Rt△ABC中，∠C=90°，已知a和A，则下列关系中正确的是（　　）　A．c=asinAB．c=C．c=acosAD．c=考点：解直角三角形．专题：计算题．分析：正确计算sinA、cosA即可求得a、c的关系，即可解题．解答：解：直角三角形中，sinA=，cosA=，17\n∴可以求得c=，故B选项正确，故选B．点评：本题考查了直角三角形中三角函数值的计算，正确计算∠A的正弦值是解题的关键．　4．（4分）（2022•崇明县一模）在等腰△ABC中，AB=AC=4，BC=6，那么cosB的值是（　　）　A．B．C．D．考点：解直角三角形；等腰三角形的性质．专题：计算题．分析：过A作AD⊥BC，根据等腰三角形的性质得到BD=DC=BC=3，然后利用余弦的定义即可得到cosB的值．解答：解：如图，过A作AD⊥BC，∵AB=AC，∴BD=DC=BC=3，在Rt△ABD中，AB=4，BD=3，∴cosB==．故选C．点评：本题考查了解直角三角形：利用勾股定理和三角函数，通过已知条件求出直角三角形中未知的边或角的过程叫解直角三角形．也考查了等腰三角形的性质．　5．（4分）（2022•崇明县一模）已知二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示，那么a，b，c的符号为（　　）　A．a＞0，b＞0，c＞0B．a＜0，b＜0，c＜0C．a＜0，b＞0，c＞0D．a＜0，b＜0，c＞0考点：二次函数图象与系数的关系．专题：推理填空题．分析：根据二次函数图象开口向下确定出a为负数，根据对称轴结合a为负数确定出b的正负情况，根据二次函数图象与y轴的交点即可确定出c的正负情况，从而最后得解．解答：解：∵二次函数图象开口向下，∴a＜0，17\n∵对称轴x=﹣＜0，∴b＜0，∵二次函数图象与y轴的正半轴相交，∴c＞0，∴a＜0，b＜0，c＞0．故选D．点评：本题考查了二次函数图象与系数的关系，熟练掌握二次函数图象的开口方向、对称轴、与y轴的交点与系数的关系是解题的关键．　6．（4分）（2022•崇明县一模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，DF⊥AB，垂足为F，DG⊥AC，垂足为G，交AB于点E，BC=5，AC=12，DE=5.2，那么DF等于（　　）　A．4.8B．3.6C．2D．以上答案都不对考点：相似三角形的判定与性质；勾股定理．专题：计算题．分析：由DF⊥AB得：∠DFE=∠C=90°，∠DEF=∠AEG，证得△DFE∽△ACB，利用对应边成比例列出比例式求得DF的长即可．解答：解：∵∠C=90°，∴AB===13∵DF⊥AB∴∠DFE=∠C=90°∵∠DEF=∠AEG，∴△DFE∽△ACB，∴即：DF==4.8故选A．点评：本题考查了相似三角形的知识，在利用相似三角形进行有关计算时，千万要搞清对应边．　二、填空题：（本大题共12题，每题4分，满分48分）7．（4分）（2022•崇明县一模）如果抛物线y=x2﹣k经过点（1，﹣2），那么k的值是　3　．考点：待定系数法求二次函数解析式．专题：常规题型．分析：把点（1，﹣2）代入抛物线y=x2﹣k，即可解得k．解答：解：∵抛物线y=x2﹣k经过点（1，﹣2），∴﹣2=1﹣k，解得k=3．故答案为：3．17\n点评：本题主要考查用待定系数法求二次函数解析式的知识点，本题比较基础，较简单．　8．（4分）（2022•崇明县一模）将抛物线y=（x+1）2向右平移2个单位，得到新抛物线的顶点坐标是　（1，0）　．考点：二次函数图象与几何变换．专题：几何变换．分析：先根据顶点式得到y=（x+1）2的顶点坐标为（﹣1，0），然后把点（﹣1，0）向右平移2个单位即可得到平移后抛物线的顶点坐标．解答：解：∵y=（x+1）2的顶点坐标为（﹣1，0），∴抛物线y=（x+1）2向右平移2个单位后所得抛物线的顶点坐标为（1，0）．故答案为（1，0）．点评：本题考查了二次函数的图象与几何变换：先把二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）配成顶点式y=a（x﹣）2+，对称轴为直线x=﹣，顶点坐标为（﹣，）；然后把抛物线的平移问题转化为顶点的平移问题．　9．（4分）（2022•崇明县一模）如果抛物线y=（k+1）x2+x﹣k2+2与y轴的交点为（0，1），那么k的值是 　1　．考点：待定系数法求二次函数解析式．专题：待定系数法．分析：把交点为（0，1）代入抛物线解析式，解一元二次方程，即可解得k．解答：解：∵抛物线y=（k+1）x2+x﹣k2+2与y轴的交点为（0，1），∴﹣k2+2=1，解得：k=±1，∵k+1≠0，∴k=1，故答案为1．点评：本题主要考查待定系数法求二次函数解析式的知识点，解答本题的关键是理解抛物线与y轴的交点问题，本题难度不大．　10．（4分）（2022•崇明县一模）请你写出一个抛物线的表达式，此抛物线满足对称轴是y轴，且在y轴的左侧部分是上升的，那么这个抛物线表达式可以是 　y=﹣x2等　．考点：二次函数的性质．专题：开放型．分析：抛物线的对称轴即为顶点横坐标的值，根据顶点式写出抛物线的表达式．解答：解：依题意，得满足题意的抛物线解析式为y=﹣x2等，本题答案不唯一．故本题答案为：y=﹣x2．点评：17\n本题主要考查二次函数的性质的知识点，此题是开放性试题，考查函数图形及性质的综合运用，对考查学生所学函数的深入理解、掌握程度具有积极的意义．　11．（4分）（2022•崇明县一模）在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=8，，那么AC=　2　．考点：解直角三角形．分析：在解此题时，首先用到余弦定理，在直角三角形中，余弦=，再把得数代入即可．解答：解：∵∠C=90°，∴cosA==，又∵AB=8，∴AC==2．点评：本题主要考查了在直角三角形中，余弦定理的应用，要熟练掌握好边角之间的关系．　12．（4分）（2022•崇明县一模）如图，当小杰沿坡度i=1：5的坡面由B到A行走了26米时，小杰实际上升高度AC=　　米．（可以用根号表示）考点：解直角三角形的应用-坡度坡角问题．专题：数形结合．分析：由坡度易得AC与BC的比为1：5，设出相应未知数，利用勾股定理可得AC的长度．解答：解：∵坡度i=1：5，∴AC与BC的比为1：5，设AC为x，则BC为5x，∴x2+（5x）2=262，∵x＞0，∴x=．故答案为：．点评：本题考查了解直角三角形及勾股定理；理解坡度的意义是解决本题的关键．　13．（4分）（2022•崇明县一模）在矩形ABCD中，AB=3BC，点E是DC的中点，那么cot∠CEB=　　．考点：锐角三角函数的定义；矩形的性质．分析：首先作出图形，然后根据矩形的性质求出CE与AB之间的关系，然后根据锐角三角函数的定义求解．解答：解：∵矩形ABCD中，AB=3BC，点E是DC的中点，∴CE=BC，根据锐角三角函数的定义知：cot∠CEB==．17\n故答案为：．点评：本题主要考查锐角三角函数的定义和矩形的性质的知识点，解答本题的关键作出图形，本题难度不是很大．　14．（4分）（2022•崇明县一模）在△ABC中，若|sinA﹣|+（cotB）2=0，则∠C=　90°　．考点：特殊角的三角函数值；非负数的性质：绝对值；非负数的性质：偶次方．分析：根据绝对值及偶次方的非负性，求出sinA、cotB的值，继而得出∠A、∠B的度数，利用内角和定理可求出∠C．解答：解：∵|sinA﹣|≥0，（cotB）2≥0，∴|sinA﹣|=0，（cotB）2=0，∴sinA=，cotB=，∴∠A=30°，∠B=60°，∴∠C=180°﹣∠A﹣∠B=90°．故答案为：90°．点评：本题考查了特殊角的三角函数值、绝对值及偶次方的非负性，熟练记忆一些特殊角的三角函数值是解题关键．　15．（4分）（2022•崇明县一模）如图，在△ABC中，点D在边AB上，且BD=2AD，点E是AC的中点，，，试用向量，表示向量，那么=　　．考点：*平面向量．专题：计算题．分析：首先由向量的知识，得到与的值，即可得到的值．解答：解：∵在△ABC中，点D在边AB上，且BD=2AD，点E是AC的中点，，，∴=，=，17\n∴=+=+．故答案为：+．点评：此题考查向量的知识．解题的关键是注意数形结合思想的应用．　16．（4分）（2022•崇明县一模）已知抛物线y=x2+6x，点A（2，m）与点B（n，4）关于该抛物线的对称轴对称，那么m+n的值等于 　﹣4　．考点：二次函数的性质；坐标与图形变化-对称．专题：计算题．分析：首先求出抛物线y=x2+6x的对称轴，然后根据点A（2，m）与点B（n，4）关于该抛物线的对称轴对称，即可求出m+n的值．解答：解：∵抛物线解析式为y=x2+6x，∴抛物线的对称轴x=﹣3，∵点A（2，m）与点B（n，4）关于该抛物线的对称轴对称，∴2+n=﹣6，m=4，解得n=﹣8，故m+n的值等于﹣4，故答案为﹣4．点评：本题主要考查二次函数的性质，解此题的关键是对二次函数的性质的理解和掌握，知对称轴．　17．（4分）（2022•崇明县一模）将等腰△ABC绕着底边BC的中点M旋转30°后，如果点B恰好落在原△ABC的边AB上，那么∠A的余切值等于　　．考点：旋转的性质；等腰三角形的性质；锐角三角函数的定义．专题：计算题．分析：由△ABC绕点M旋转30°得到△A′B′C′，根据旋转的性质得到MB=MB′，∠BMB′=30°，根据等腰三角形的性质计算出∠B=（180°﹣30°）=75°，则∠A=180°﹣75°﹣75°=30°，再根据余切的定义即可得到∠A的余切值．解答：解：如图，∵△ABC绕点M旋转30°得到△A′B′C′，∴MB=MB′，∠BMB′=30°，∴∠B=（180°﹣30°）=75°，∵AB=AC，∴∠B=∠C=75°，∴∠A=180°﹣75°﹣75°=30°，∴∠A的余切值为．故答案为．17\n点评：本题考查了旋转的性质：旋转前后两个图形全等，即对应角相等，对应线段相等；也考查了等腰直角三角形的性质以及锐角三角函数的定义．　18．（4分）（2022•崇明县一模）在Rt△ABC中，∠C=90°，BD是△ABC的角平分线，将△BCD沿着直线BD折叠，点C落在点C1处，如果AB=5，AC=4，那么sin∠ADC1的值是　　．考点：锐角三角函数的定义；翻折变换（折叠问题）．专题：常规题型；压轴题．分析：根据题意知：将△BCD沿着直线BD折叠，点C落在点C1处，C1点恰好在斜边AB上，根据角之间的关系可知∠ADC1=∠ABC，根据锐角三角函数的定义即可解答．解答：解：∵∠C=90°，BD是△ABC的角平分线，∵将△BCD沿着直线BD折叠，∴C1点恰好在斜边AB上，∴∠DC1A=90°，∴∠ADC1=∠ABC，∵AB=5，AC=4，∴sin∠ADC1=．故答案为：．点评：本题考查了锐角三角函数的定义及翻折变换（折叠问题）．解题时利用了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．　三、解答题：（本大题共7题，满分78分）19．（10分）（2022•崇明县一模）在平面直角坐标系中，已知一个二次函数的图象经过（1，1）、（0，﹣4）、（2，4）三点．求这个二次函数的解析式，并写出该图象的对称轴和顶点坐标．17\n考点：待定系数法求二次函数解析式；二次函数的性质．专题：计算题．分析：先设该二次函数的解析式为y=ax2+bx+c（a≠0），利用待定系数法求a，b，c的值，得到二次函数的解析式：y=﹣x2+6x﹣4，利用对称轴和顶点公式求出对称轴x=3，和顶点坐标（3，5）．解答：解：设该二次函数的解析式为y=ax2+bx+c（a≠0）（1分）由这个二次函数过（0，﹣4），可知：c=﹣4（1分）再由二次函数的图象经过（1，1）、（2，4），得：（1分）解这个方程，得（2分）所以，所求的二次函数的解析式为y=﹣x2+6x﹣4．（1分）该图象的对称轴是：直线x=3（2分）该图象的顶点坐标是：（3，5）（2分）点评：本题考查了用待定系数法求函数解析式的方法，同时还考查了方程组的解法以及对称轴和顶点公式求法等知识，难度不大．　20．（10分）（2022•崇明县一模）已知：如图，在△ABC中，AB=6，BC=8，∠B=60°．求：（1）△ABC的面积；（2）∠C的余弦值．考点：解直角三角形的应用；锐角三角函数的定义；特殊角的三角函数值．分析：（1）首先作AH⊥BC，再利用∠B=60°，AB=6，求出BH=3，AH=3，即可求出答案；（2）利用Rt△ACH中，AH=3，CH=5，求出AC进而求出∠C的余弦值．解答：解：（1）作AH⊥BC，垂足为点H．在Rt△ABH中，∵∠AHB=90°，∠B=60°，AB=6，∴BH=3，AH=3，∴S△ABC=×8×3=12，（2）∵BC=8，BH=3，∴CH=5．在Rt△ACH中，∵AH=3，CH=5，∴AC=2．∴cosC===．点评：此题主要考查了解直角三角形的应用，根据已知构建直角三角形得出是解题关键．　17\n21．（10分）（2022•崇明县一模）已知：如果抛物线y=ax2+bx+c的顶点为B（3，﹣4），且经过点C（0，5）．（1）求抛物线的函数关系式；（2）若过点C的直线y=kx+b与抛物线相交于点E（4，m），求△CBE的面积．考点：待定系数法求二次函数解析式．分析：（1）利用顶点式直接将B（3，﹣4），代入得出y=a（x﹣3）2﹣4，进而求出抛物线的函数关系式；（2）根据抛物线y=（x﹣3）2﹣4过点E（4，m），即可得出m的值，进而得出S△BEF，S△CBF，求出△CBE的面积即可．解答：解：（1）设抛物线的解析式为y=a（x﹣3）2﹣4，将C（0，5）代入y=a（x﹣3）2﹣4得，a=1，抛物线的函数关系式：y=（x﹣3）2﹣4；（2）∵抛物线y=（x﹣3）2﹣4过点E（4，m），∴m=1﹣4=﹣3，∴E（4，﹣3），∵E（4，﹣3），C（0，5），∴，解得：，∴直线解析式为：y=﹣2x+5，过点B作y轴的垂线，并反向延长交直线y=kx+b与点F，此时B点坐标为（3，﹣4），则y=﹣4，﹣4=﹣2x+5，解得：x=4.5，故BF=4.5﹣3=1.5，S△BEF=×1.5×1=，S△CBF=×9×1.5=，∴△CBE的面积为：﹣=6．点评：此题主要考查了利用顶点式求二次函数解析式以及两图象交点求法等知识，根据已知得出BF的长是解题关键．17\n　22．（10分）（2022•崇明县一模）如图，△ABC是等边三角形，且AD•ED=BD•CD．（1）求证：△ABD∽△CED；（2）若AB=6，AD=2CD，求BE的长．考点：相似三角形的判定与性质；等边三角形的性质．专题：探究型．分析：（1）由AD•ED=BD•CD可知=，再根据∠ADB=∠CDE即可得出结论；（2）过点D作DF⊥AB于点F，由（1）知△ABD∽△CED，再根据AB=6，AD=2CD可得出DE：BD=1：2，再根据△ABC是等边三角形可求出AD的长∠A的度数，根据直角三角形的性质求出DF及AF的长，进而可得出BF的长，在Rt△ADF中，根据勾股定理可求出BD的长，设DE=x，则BD=2x，可求出x的长，进而得出结论．解答：（1）证明：∵AD•ED=BD•CD，∴=，∵∠ADB=∠CDE，∴△ABD∽△CED；（2）解：过点D作DF⊥AB于点F，∵△ABC是等边三角形，△ABD∽△CED，AB=6，AD=2CD，∴==，∴AD=×6=4，CD=2，∠A=60°，∴DF=AD•sinA=4×=2，AF=AD•cosA=4×=2，∴BF=AB﹣AF=6﹣2=4，在Rt△ADF中，∵BF=4，DF=2，∴BD===2，∵==，∴设DE=x，则BD=2x，∴2x=2，解得x=，∴BE=BD+DE=2x+x=3x=3．17\n点评：本题考查的是相似三角形的判定与性质，涉及到等边三角形的性质、直角三角形的性质等相关知识，难度适中．　23．（12分）（2022•崇明县一模）如图，在航线l的两侧分别有观测点A和B，点A到航线l的距离为2海里，点B位于点A北偏东60°方向且与A相距l0海里处．现有一艘轮船从位于点B南偏西76°方向的C处，正沿该航线自西向东航行，10分钟后该轮船行至点A的正北方向的D处．（1）求观测点B到航线l的距离；（2）求该轮船航行的速度（结果精确到0.1海里/时）．（参考数据：≈1.73，sin76°≈0.97，cos76°≈0.24，tan76°≈4.01）考点：解直角三角形的应用-方向角问题．分析：（1）利用∠DAF=60°，得出∠DFA=30°，利用AD=2，求出AF=2AD=4，即可求出BF的长，再利用BE=BF求出即可；（2）利用tan∠DAF=得出DF的长，即可求出EF的长，再利用DE=EF+DF求出DE，进而由tan∠CBE=，求出EC，即可求出CD的长，进而求出航行速度．解答：解：（1）在Rt△ADF中，∠ADF=90°∵∠DAF=60°，∴∠DFA=30°，∵AD=2，∴AF=2AD=4．∵AB=10，∴BF=AB﹣AF=10﹣4=6．∵∠BFE=∠DFA=30°，∠BEF=90°，∴BE=BF=3（海里）．（2）在Rt△ADF中，tan∠DAF=∴DF=ADtan∠DAF=2tan60°=2，同理EF=3．17\n∴DE=EF+DF=2+3=5≈8.65．在Rt△BCE中，tan∠CBE=，∴CE=BE•tan∠CBE=3×tan76°≈4.01×3=12.03，∴CD=CE﹣DE≈12.03﹣8.65=3.38（海里）．∴3.38÷=20.28≈20.3（海里/时）．答：船速约为20.3海里/时．点评：此题主要考查了方向角问题以及利用锐角三角函数关系得出EC，DE，DF的长是解题关键．　24．（12分）（2022•崇明县一模）在平面直角坐标系中，已知点A的坐标为，点B在第二象限，，cot∠AOB=3（如图），一个二次函数y=ax2+b的图象经过点A、B．（1）试确定点B的坐标；（2）求这个二次函数的解析式；（3）设这个二次函数图象的顶点为C，△ABO绕着点O按顺时针方向旋转，点B落在y轴的正半轴上的点D，点A落在点E上，试求sin∠ECD的值．考点：二次函数综合题．专题：代数综合题．分析：（1）过点B作BH⊥AO，垂足为H，在Rt△BHO中，，设HB=x，则OH=3x，由勾股定理求得x，从而确定点B的坐标；17\n（2）由二次函数y=ax2+b的图象经过点A、B，得方程组，求出这个二次函数的解析式；（3）根据题意，得∠AOB=∠EOC，点E在第二象限，过点E作EG⊥CO，垂足为G，确定点C、E的坐标，再再由勾股定理求出CE，从而得出求sin∠ECD的值．解答：解：（1）过点B作BH⊥AO，垂足为H，在Rt△BHO中，，设HB=x，则OH=3x，∵，OH2+HB2=OB2，∴，∴x=1，∴HB=1，OH=3，（2分）∵点B在第二象限，∴点B的坐标是（﹣3，1）；（1分）（2）由二次函数y=ax2+b的图象经过点A、B，点A的坐标为，∴，（1分）解此方程，得：，（2分）∴这个二次函数的解析式是y=﹣x2+10；（1分）（3）根据题意，得：∠AOB=∠EOC，点E在第二象限，过点E作EG⊥CO，垂足为G，与（1）的解法一样可得：点E的坐标是（﹣1，3），∴EG=1，OG=3（1分），由（2），得：这个二次函数y=﹣x2+10的图象的顶点是C（0，10），∴OC=10，∴CG=OC﹣OG=7，（1分）在Rt△CGE中，CG2+EG2=CE2，∴（1分），sin∠ECD===（1分）．17\n点评：本题考查了二次函数的综合题型，其中涉及二次函数解析式的确定、抛物线的顶点公式和勾股定理等知识点．主要考查学生数形结合的数学思想方法．　25．（14分）（2022•崇明县一模）如图，直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠DAB=90°，AD=2DC=4，AB=6．动点M以每秒1个单位长的速度，从点A沿线段AB向点B运动；同时点P以相同的速度，从点C沿折线C﹣D﹣A向点A运动．当点M到达点B时，两点同时停止运动．过点M作直线l∥AD，与折线A﹣C﹣B的交点为Q．点M运动的时间为t（秒）．（1）当AM=0.5时，求线段QM的长；（2）点M在线段AB上运动时，是否可以使得以C、P、Q为顶点的三角形为直角三角形？若可以，请直接写出t的值（不需解题步骤）；若不可以，请说明理由．（3）若△PCQ的面积为y，请求y关于出t的函数关系式及自变量的取值范围．考点：相似三角形的判定与性质．专题：压轴题；动点型．分析：（1）利用直线平行得出Rt△AQM∽Rt△CAD，再利用对应边的比值相等求出即可；（2）点M在线段AB上运动时，以C、P、Q为顶点的三角形为直角三角形，可利用三边关系得出；（3）分当0≤t≤2时与当6≥t＞2时，进行讨论得出符合要求的答案．解答：解：（1）∵AB∥DC，∴Rt△AQM∽Rt△CAD．∴．即，∴QM=1．（2）∵根据题意可得当0≤t≤2时，以C、P、Q为顶点可以构成三角形为直角三角形，故有两种情况：17\n①当∠CPQ=90°时，点P与点E重合，此时DE+CP=CD，即t+t=2，∴t=1，②当∠PQC=90°时，如备用图1，此时Rt△PEQ∽Rt△QMA，∴，由（1）知，EQ=EM﹣QM=4﹣2t，而PE=PC﹣CE=PC﹣（DC﹣DE）=t﹣（2﹣t）=2t﹣2，∴，∴；③当2＜t≤6时，可得CD=DP=2时，∠DCP=45°，可以使得以C、P、Q为顶点的三角形为直角三角形，此时t=4，综上所述，t=1或或4；（3）如图1，当0≤t≤2时，点P在线段CD上，设直线l交CD于点E由（1）可得．即，∴QM=2t．∴QE=4﹣2t．∴S△PQC=PC•QE=﹣t2+2t，即y=﹣t2+2t，当6≥t＞2时，如图3，过点C作CF⊥AB交AB于点F，交PQ于点H．PA=DA﹣DP=4﹣（t﹣2）=6﹣t．由题意得，BF=AB﹣AF=4．∴CF=BF，∴∠CBF=45°，∴QM=MB=6﹣t，∴QM=PA．∴四边形AMQP为矩形．∴PQ∥AB．CH⊥PQ，HF=AP=6﹣t∴CH=AD﹣HF=t﹣2，∴S△PQC=PQ•CH=，即y=，综上所述y=﹣t2+2t（0≤t≤2），或y=（2＜t≤6）．17\n点评：此题主要考查了相似三角形的性质与判定以及直角三角形的判定等知识，题目综合性较强，分类讨论时要考虑全面，根据t的取值范围进行讨论是解决问题的关键．　17