2022年江苏省淮安市淮海中学中考数学三模试卷一、选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）1．（3分）（2022•六盘水）﹣2022相反数（ ） A．﹣2022B．C．2022D．﹣考点：相反数．分析：根据相反数的概念：只有符号不同的两个数叫做互为相反数解答即可．解答：解：﹣2022的相反数为2022，故选C．点评：本题考查了相反数的意义，一个数的相反数就是在这个数前面添上“﹣”号；一个正数的相反数是负数，一个负数的相反数是正数，0的相反数是0． 2．（3分）（2022•聊城）PM2.5是大气压中直径小于或等于0.0000025m的颗粒物，将0.0000025用科学记数法表示为（ ） A．0.25×10﹣5B．0.25×10﹣6C．2.5×10﹣5D．2.5×10﹣6考点：科学记数法—表示较小的数．分析：绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10﹣n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．解答：解：0.0000025=2.5×10﹣6；故选：D．点评：本题考查了用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10﹣n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定． 3．（3分）（2022•肇庆）等腰三角形两边长分别为4和8，则这个等腰三角形的周长为（ ） A．16B．18C．20D．16或20考点：等腰三角形的性质；三角形三边关系．专题：压轴题；探究型．分析：由于题中没有指明哪边是底哪边是腰，则应该分两种情况进行分析．解答：解：①当4为腰时，4+4=8，故此种情况不存在；②当8为腰时，8﹣4＜8＜8+4，符合题意．故此三角形的周长=8+8+4=20．故选C．点评：本题考查的是等腰三角形的性质和三边关系，解答此题时注意分类讨论，不要漏解． 4．（3分）（2022•嘉兴）下列计算正确的是（ ） A．x2•x=x3B．x+x=x2C．（x2）3=x5D．x6÷x3=x2考点：同底数幂的除法；合并同类项；同底数幂的乘法；幂的乘方与积的乘方．专题：计算题．分析：根据同底数幂的乘法、合并同类项、幂的乘方、同底数幂的除法的运算法则计算即可．解答：解：A、正确；B、x+x=2x，选项错误；17\nC、（x2）3=x6，选项错误；D、x6÷x3=x3，选项错误．故选A．点评：本题考查了同底数幂的乘法、合并同类项、幂的乘方、同底数幂的除法等多个运算性质，需同学们熟练掌握． 5．（3分）（2022•温州）如图所示的物体有两个紧靠在一起的圆柱体组成，它的主视图是（ ） A．B．C．D．考点：简单组合体的三视图．分析：找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．解答：解：主视图是从正面看，圆柱从正面看是长方形，两个圆柱，看到两个长方形．故选A．点评：此题主要考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图． 6．（3分）（2022•宜宾）如图，直线AB、CD相交于点E，DF∥AB．若∠D=70°，则∠CEB等于（ ） A．70°B．80°C．90°D．110°考点：平行线的性质．专题：压轴题．分析：由DF∥AB，根据两直线平行，内错角相等，即可求得∠BED的度数，又由邻补角的定义，即可求得答案．解答：解：∵DF∥AB，∴∠BED=∠D=70°，∵∠BED+∠BEC=180°，∴∠CEB=180°﹣70°=110°．故选D．点评：此题考查了平行线的性质．注意两直线平行，内错角相等，注意数形结合思想的应用． 7．（3分）（2022•鞍山）已知：如图，OA，OB是⊙O的两条半径，且OA⊥OB，点C在⊙O上，则∠ACB的度数为（ ）17\n A．45°B．35°C．25°D．20°考点：圆周角定理．专题：探究型．分析：直接根据圆周角定理进行解答即可．解答：解：∵OA⊥OB，∴∠AOB=90°，∴∠ACB=∠AOB=45°．故选A．点评：本题考查的是圆周角定理，即在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半． 8．（3分）（2022•北仑区二模）如图，以AB为直径的半圆O上有两点D、E，ED与BA的延长线交于点C，且有DC=OE，若∠C=20°，则∠EOB的度数是（ ） A．40°B．50°C．60°D．80°考点：圆的认识；三角形的外角性质；等腰三角形的性质．专题：压轴题．分析：利用等边对等角即可证得∠C=∠DOC=20°，然后根据三角形的外角等于不相邻的两个内角的和即可求解．解答：解：∵CD=OD=OE，∴∠C=∠DOC=20°，∴∠EDO=∠E=40°，∴∠EOB=∠C+∠E=20°+40°=60°．故选C．点评：本题主要考查了三角形的外角的性质和等腰三角形的性质，正确理解圆的半径都相等是解题的关键． 二、填空题（本大题共10题，每小题3分，共30分）9．（3分）（2022•苏州）计算：23= 8 ．考点：有理数的乘方．分析：正确理解有理数乘方的意义，an表示n个a相乘的积．解答：解：23表示3个2相乘的积，2×2×2=8，因此23=8．点评：要准确理解有理数乘方的含义．17\n 10．（3分）（2022•南京）使有意义的x的取值范围是 x≤1 ．考点：二次根式有意义的条件．专题：计算题．分析：根据二次根式的被开方数为非负数，即可得出x的范围．解答：解：∵有意义，∴1﹣x≥0，解得：x≤1．故答案为：x≤1．点评：此题考查了二次根式有意义的条件，属于基础题，解答本题的关键是熟练掌握二次根式的被开方数为非负数． 11．（3分）（2022•达州）分解因式：x3﹣9x= x（x+3）（x﹣3） ．考点：提公因式法与公式法的综合运用．分析：先提取公因式x，再利用平方差公式进行分解．解答：解：x3﹣9x，=x（x2﹣9），=x（x+3）（x﹣3）．点评：本题主要考查提公因式法分解因式和利用平方差公式分解因式，本题要进行二次分解，分解因式要彻底． 12．（3分）（2022•南京）方程﹣=0的解是 x=6 ．考点：解分式方程．专题：计算题．分析：先去分母，然后求出整式方程的解，继而代入检验即可得出方程的根．解答：解：去分母得：3（x﹣2）﹣2x=0，去括号得：3x﹣6﹣2x=0，整理得：x=6，经检验得x=6是方程的根．故答案为：x=6．点评：此题考查了解分式方程的知识，注意分式方程要化为整式方程求解，求得结果后一定要检验． 13．（3分）（2022•南京）如图，∠1、∠2、∠3、∠4是五边形ABCDE的4个外角．若∠A=120°，则∠1+∠2+∠3+∠4= 300° ．17\n考点：多边形内角与外角．专题：数形结合．分析：根据题意先求出∠5的度数，然后根据多边形的外角和为360°即可求出∠1+∠2+∠3+∠4的值．解答：解：由题意得，∠5=180°﹣∠EAB=60°，又∵多边形的外角和为360°，∴∠1+∠2+∠3+∠4=360°﹣∠5=300°．故答案为：300°．点评：本题考查了多边形的外角和等于360°的性质以及邻补角的和等于180°的性质，是基础题，比较简单． 14．（3分）如图，将周长为8的△ABC沿BC方向向右平移1个单位得到△DEF，则四边形ABFD的周长为 10 ．考点：平移的性质．分析：根据平移的基本性质解答即可．解答：解：根据题意，将周长为8的△ABC沿边BC向右平移1个单位得到△DEF，则AD=1，BF=BC+CF=BC+1，DF=AC，又∵AB+BC+AC=10，∴四边形ABFD的周长=AD+AB+BF+DF=1+AB+BC+1+AC=10．故答案为：10．点评：本题考查平移的基本性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．得到CF=AD，DF=AC是解题的关键． 17\n15．（3分）如图，AB是⊙O的直径，C是⊙O上一点，OD⊥BC于D，若AC：BC=4：3，AB=10cm，则OD的长为 4 cm．考点：圆周角定理；勾股定理；三角形中位线定理；垂径定理．分析：根据AB是直径可以得到△ABC是直角三角形，依据勾股定理即可求得AC的长，然后根据垂径定理证得D是BC的中点，则OD是△ABC的中位线，依据三角形的中位线定理即可求解．解答：解：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，又∵AC：BC=4：3，∴设AC=4x，则BC=3x，（4x）2+（3x）2=102，解得：x=2，则AC=8cm，BC=6cm．∵OD⊥BC于D，∴BD=CD，又∵OA=OB∴OD=AC=×8=4cm．故答案是：4．点评：本题考查了圆周角定理、勾股定理以及三角形的中位线定理，正确根据垂径定理证明OD是△ABC的中位线是关键． 16．（3分）（2022•德州）在某公益活动中，小明对本班同学的捐款情况进行了统计，绘制成如图不完整的统计图．其中捐100元的人数占全班总人数的25%，则本次捐款的中位数是 20 元．考点：中位数；条形统计图．分析：根据捐款100元的人数占全班总人数的25%求得总人数，然后确定捐款20元的人数，然后确定中位数即可．解答：解：∵捐100元的15人占全班总人数的25%，∴全班总人数为15÷25%=60人，∴捐款20元的有60﹣20﹣15﹣10=15人，∴中位数是第30和第31人的平均数，均为20元∴中位数为20元．17\n故答案为20．点评：本题考查了中位数的求法，解题的关键是首先求得总人数和捐款20元的人数． 17．（3分）如图，直径为10的⊙A经过点C（0，5）和点0（0，0），B是y轴右侧⊙A优弧上一点，则∠OBC的余弦值为 ．考点：圆周角定理；坐标与图形性质；含30度角的直角三角形；特殊角的三角函数值．分析：首先设⊙A与x轴的另一个交点为D，连接CD，根据直角对的圆周角是直径，即可得CD是直径，又由在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，可得∠OBC=∠ODC，继而可求得答案．解答：解：设⊙A与x轴的另一个交点为D，连接CD，∵∠COD=90°，∴CD是直径，即CD=10，∵C（0，5），∴OC=5，∴OD==5，∵∠OBC=∠ODC，∴cos∠OBC=cos∠ODC===．故答案为：．点评：此题考查了圆周角定理、勾股定理以及三角函数的定义．注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想与转化思想的应用． 18．（3分）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A的坐标为（3，4），点B的坐标为（6，0），D，E分别是线段AO，AB上的点，以DE所在直线为对称轴，把△ADE作轴对称变换得△A′DE，点A′恰好在x轴上若△OA′D与△OAB相似，则OA′的长为 或3 ．17\n考点：相似三角形的判定与性质；坐标与图形性质；轴对称的性质．专题：压轴题．分析：由点A的坐标为（3，4），点B的坐标为（6，0），可得OA=5，OB=6，AB=5，然后分别从△OA′D∽△OAB与△OA′D∽△OBA去分析，根据相似三角形的对应边成比例，即可取得答案．解答：解：∵点A的坐标为（3，4），点B的坐标为（6，0），∴OA=5，OB=6，AB=5，若△OA′D∽△OAB，则==，设AD=x，则OD=5﹣x，A′D=OA′=x，即=，解得：x=，∴OA′=；若△OA′D∽△OBA，则==，设AD=AD′=y，则OD=5﹣y，则y=5﹣y，解得：y=2.5，可得：OA′=3．故答案为：或3．点评：此题考查了相似三角形的性质与折叠的知识．此题综合性较强，难度较大，注意数形结合与方程思想的应用，小心别漏解． 三、解答题（本大题共9小题，共96分.解答时需写出必要的文字说明、过程或步骤）19．（16分）（1）计算：（π﹣2022）0﹣（﹣）﹣2+tan45°（2）先化简，再求值：﹣，其中x=﹣3．考点：分式的化简求值；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：（1）根据零指数幂、负整数指数幂、特殊角的三角函数值分别进行计算，再把所得的结果合并即可；17\n（2）先把除法转化成乘法，再把分母因式分解，然后约分，最后把x的值代入即可．解答：解：（1）（π﹣2022）0﹣（﹣）﹣2+tan45°=1﹣9+1=﹣7；（2）﹣=×=，当x=﹣3代入上式得：原式==﹣6．点评：此题考查了分式的化简求值和实数的运算，用到的知识点是零指数幂、负整数指数幂、特殊角的三角函数值以及分式的化简的步骤，注意把分式化到最简，再代值． 20．（8分）（2022•徐州）如图，在△ABC中，D是BC边的中点，E、F分别在AD及其延长线上，CE∥BF，连接BE、CF．（1）求证：△BDF≌△CDE；（2）若AB=AC，求证：四边形BFCE是菱形．考点：菱形的判定；全等三角形的判定．专题：证明题；压轴题．分析：（1）由CE、BF的内错角相等，可得出△CED和△BFD的两组对应角相等；已知D是BC的中点，即BD=DC，由AAS即可证得两三角形全等；（2）若AB=AC，则△ABC是等腰三角形，而D是底边BC的中点，根据等腰三角形三线合一的性质可证得AD⊥BC；由（1）的全等三角形，易证得四边形BFCE的对角线互相平分；根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形即可判定四边形BFCE是菱形．解答：证明：（1）∵CE∥BF，∴∠ECD=∠FBD，∠DEC=∠DFB；又∵D是BC的中点，即BD=DC，∴△BDF≌△EDC；（AAS）（2）∵AB=AC，∴△ABC是等腰三角形；又∵BD=DC，∴AD⊥BC（三线合一），由（1）知：△BDF≌△EDC，则DE=DF，DB=DC；∴四边形BFCE是菱形（对角线互相平分且互相垂直的四边形为菱形）．点评：此题主要考查的是全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质及菱形的判定方法． 21．（8分）（2022•孝感）在6张卡片上分别写有1～6的正数，随机的抽取一张后放回，再随机的抽取一张．（1）用列表法或树形图表示所有可能出现的结果；17\n（2）记第一次取出的数字为a，第二次取出的数字为b，求是整数的概率．考点：列表法与树状图法．分析：（1）首先根据题意列出表格，由表格即可求得所有等可能的结果；（2）由（1）中的表格，即可求得是整数的情况，然后利用概率公式求解即可求得答案．解答：解：（1）列表得：6（1，6）（2，6）（3，6）（4，6）（5，6）（6，6）5（1，5）（2，5）（3，5）（4，5）（5，5）（6，5）4（1，4）（2，4）（3，4）（4，4）（5，4）（6，4）3（1，3）（2，3）（3，3）（4，3）（5，3）（6，3）2（1，2）（2，2）（3，2）（4，2）（5，2）（6，2）1（1，1）（2，1）（3，1）（4，1）（5，1）（6，1）123456则可得共有36种等可能的结果；（2）∵是整数的有（1，1），（1，2），（1，3）（1，4），（1，5），（1，6），（2，2），（2，4），（2，6），（3，3）（3，6），（4，4），（5，5），（6，6）共14种情况，∴是整数的概率为：．…8分点评：此题考查的是用列表法或树状图法求概率．注意树状图法与列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，列表法适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；注意概率=所求情况数与总情况数之比． 22．（10分）（2022•南昌）小明的妈妈在菜市场买回3斤萝卜、2斤排骨，准备做萝卜排骨汤．妈妈：“今天买这两样菜共花了45元，上月买同重量的这两样菜只要36元”；爸爸：“报纸上说了萝卜的单价上涨50%，排骨单价上涨20%”；小明：“爸爸、妈妈，我想知道今天买的萝卜和排骨的单价分别是多少？”请你通过列方程（组）求解这天萝卜、排骨的单价（单位：元/斤）．考点：二元一次方程组的应用．专题：压轴题．分析：设上月萝卜的单价是x元/斤，排骨的单价y元/斤，根据小明的爸爸和妈妈的对话找到等量关系列出方程组求解即可．解答：解：解法一：设上月萝卜的单价是x元/斤，排骨的单价y元/斤，根据题意得：．17\n解得：．这天萝卜的单价是（1+50%）x=（1+50%）×2=3，这天排骨的单价是（1+20%）y=（1+20%）×15=18，答：这天萝卜的单价是3元/斤，排骨的单价是18元/斤；解法二：这天萝卜的单价是x元/斤，排骨的单价是y元/斤，根据题意得：解得：．答：这天萝卜的单价是3元/斤，排骨的单价是18元/斤．点评：本题考查了二元一次方程组的应用，解题的关键是根据题目找到等量关系并列出方程组． 23．（10分）（2022•南通）某中学学生为了解该校学生喜欢球类活动的情况，随机抽取了若干名学生进行问卷调查（要求每位学生只能填写一种自己喜欢的球类），并将调查的结果绘制成如下的两幅不完整的统计图．请根据图中提供的信息，解答下面的问题：（1）参加调查的学生共有 300 人，在扇形图中，表示“其他球类”的扇形的圆心角为 36 度；（2）将条形图补充完整；（3）若该校有2000名学生，则估计喜欢“篮球”的学生共有 800 人．考点：条形统计图；用样本估计总体；扇形统计图．专题：压轴题．分析：（1）本题需根据喜欢乒乓球的人数和所占的百分比即可求出参加调查的学生总数，用360°乘以喜欢“其他球类”的学生所占的百分比即可得出圆心角的度数．（2）本题需先求出喜欢足球的学生人数即可将条形图补充完整．（3）本题需先求出喜欢“篮球”的学生所占的百分比即可得出该校喜欢“篮球”的学生人数．解答：解：（1）参加调查的学生共有60÷20%=300人表示“其他球类”的扇形的圆心角为：360×=36°（2）如图．（3）喜欢“篮球”的学生共有：2000×=800（人）故答案为：300，36°，80017\n点评：本题主要考查了条形图和扇形图，在解题时要注意灵活应用条形图和扇形图之间的关系是本题的关键． 24．（10分）为保卫祖国的南疆，我人民解放军海军在中业岛（P地）处设立观测站，按国际惯例，中业岛12海里范围内均为我国领海，外国船只除特许外，不得私自进入我国领海．某日，观测员发现某国船只行驶至P地南偏西30°的A处，欲向正东方向航行至P地南偏东60°的B处，已知A、B两地相距10海里问此时是否需要向此未经特许的船只发出警告，命令其不得进入我国领海？考点：解直角三角形的应用-方向角问题．分析：首先作PH⊥AB于H，设PH=x海里，由已知得：∠APH=30°，∠BPH=60°，即可得AH=PH•tan30°=x（海里），BH=PH•tan60°=x（海里），继而可得方程：x=10，解此方程即可求得PH的长，继而可求得答案．解答：解：需要向此未经特许的船只发出警告，命令其不得进入我国领海．作PH⊥AB于H，设PH=x海里，由已知得：∠APH=30°，∠BPH=60°，∴AH=PH•tan30°=x（海里），BH=PH•tan60°=x（海里），∴AB=AH+BH=x，∵AB=10海里，∴x=10，解得：x=7.5＜12．∴需要向此未经特许的船只发出警告，命令其不得进入我国领海．17\n点评：此题考查了方向角问题．此题难度适中，注意构造直角三角形，并能借助于解直角三角形的知识求解是关键． 25．（10分）（2022•建瓯市一模）如图，已知抛物线y=x2﹣ax+a2﹣4a﹣4与x轴相交于点A和点B，与y轴相交于点D（0，8），直线DC平行于x轴，交抛物线于另一点C，动点P以每秒2个单位长度的速度从C点出发，沿C→D运动，同时，点Q以每秒1个单位长度的速度从点A出发，沿A→B运动，连接PQ、CB，设点P运动的时间为t秒．（1）求a的值；（2）当四边形ODPQ为矩形时，求这个矩形的面积；（3）当四边形PQBC的面积等于14时，求t的值．（4）当t为何值时，△PBQ是等腰三角形？（直接写出答案）考点：二次函数综合题．专题：应用题；压轴题．分析：（1）把点D（0，8）代入抛物线y=x2﹣ax+a2﹣4a﹣4解方程即可解答；（2）利用（1）中求得的抛物线，求得点A、B、C、D四点坐标，再利用矩形的判定与性质解得即可；（3）利用梯形的面积计算方法解决问题；（4）只考虑PQ=PB，其他不符合实际情况，即可找到问题的答案．解答：解：（1）把点（0，8）代入抛物线y=x2﹣ax+a2﹣4a﹣4得，a2﹣4a﹣4=8，解得：a1=6，a2=﹣2（不合题意，舍去），因此a的值为6；（2）由（1）可得抛物线的解析式为y=x2﹣6x+8，当y=0时，x2﹣6x+8=0，解得：x1=2，x2=4，∴A点坐标为（2，0），B点坐标为（4，0），当y=8时，x2﹣6x+8=8，解得：x=0或x=6，∴D点的坐标为（0，8），C点坐标为（6，8），DP=6﹣2t，OQ=2+t，当四边形OQPD为矩形时，DP=OQ，2+t=6﹣2t，t=，OQ=2+=，S=8×=，即矩形OQPD的面积为；（3）四边形PQBC的面积为（BQ+PC）×8，当此四边形的面积为14时，17\n（2﹣t+2t）×8=14，解得t=（秒），当t=时，四边形PQBC的面积为14；（4）过点P作PE⊥AB于E，连接PB，当QE=BE时，△PBQ是等腰三角形，∵CP=2t，∴DP=6﹣2t，∴BE=OB﹣PD=4﹣（6﹣2t）=2t﹣2，∵OQ=2+t，∴QE=PD﹣OQ=6﹣2t﹣（2+t）=4﹣3t，∴4﹣3t=2t﹣2，解得：t=，∴当t=时，△PBQ是等腰三角形．点评：此题考查待定系数法求函数解析式、矩形的判定与性质、矩形的面积、梯形的面积以及等腰三角形的判定等知识． 26．（12分）（2022•绥化）星期天8：00～8：30，燃气公司给平安加气站的储气罐注入天然气，注完气之后，一位工作人员以每车20米3的加气量，依次给在加气站排队等候的若干辆车加气．储气罐中的储气量y（米3）与时间x（小时）的函数关系如图所示．（1）8：00～8：30，燃气公司向储气罐注入了 8000 米3的天然气；（2）当x≥8.5时，求储气罐中的储气量y（米3）与时间x（小时）的函数关系式；（3）正在排队等候的20辆车加完气后，储气罐内还有天然气 9600 米3，这第20辆车在当天9：00之前能加完气吗？请说明理由．考点：一次函数的应用．17\n分析：（1）根据函数图象可知，8点时储气罐中有2000米3的天然气，8：30时储气罐中有10000米3的天然气，即可得出燃气公司向储气罐注入了8000米3的天然气；（2）根据图象上点的坐标得出函数解析式即可；（3）根据每车20米3的加气量，则可求出20辆车加完气后的储气量，进而得出所用时间．解答：解：（1）根据图象可得出：燃气公司向储气罐注入了10000﹣2000=8000（米3）的天然气；故答案为：8000；（2）当x≥8.5时由图象可设y与x的函数关系式为y=kx+b，由已知得：，解得，故当x≥8.5时，储气罐中的储气量y（米3）与时间x（小时）的函数关系式为：y=﹣1000x+18500，（3）根据每车20米3的加气量，则20辆车加完气后，储气罐内还有天然气：10000﹣20×20=9600（米3），故答案为：9600，根据题意得出：9600=﹣1000x+18500，x=8.9＜9，答：这第20辆车在当天9：00之前能加完气．点评：此题主要考查了一次函数的应用以及待定系数法求一次函数解析式，利用图象获取正确信息是解题关键． 27．（12分）（2022•天津）已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（11，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点（点P不与点B、C重合），经过点O、P折叠该纸片，得点B′和折痕OP．设BP=t．（Ⅰ）如图①，当∠BOP=30°时，求点P的坐标；（Ⅱ）如图②，经过点P再次折叠纸片，使点C落在直线PB′上，得点C′和折痕PQ，若AQ=m，试用含有t的式子表示m；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，当点C′恰好落在边OA上时，求点P的坐标（直接写出结果即可）．考点：翻折变换（折叠问题）；坐标与图形性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质．专题：几何综合题；压轴题．分析：（Ⅰ）根据题意得，∠OBP=90°，OB=6，在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t，然后利用勾股定理，即可得方程，解此方程即可求得答案；（Ⅱ）由△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，可知△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP，易证得△OBP∽△PCQ，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得答案；17\n（Ⅲ）首先过点P作PE⊥OA于E，易证得△PC′E∽△C′QA，由勾股定理可求得C′A的长，然后利用相似三角形的对应边成比例与m=，即可求得t的值．解答：解：（Ⅰ）根据题意，∠OBP=90°，OB=6，在Rt△OBP中，由∠BOP=30°，BP=t，得OP=2t．∵OP2=OB2+BP2，即（2t）2=62+t2，解得：t1=2，t2=﹣2（舍去）．∴点P的坐标为（，6）．（Ⅱ）∵△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的，∴△OB′P≌△OBP，△QC′P≌△QCP，∴∠OPB′=∠OPB，∠QPC′=∠QPC，∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC=180°，∴∠OPB+∠QPC=90°，∵∠BOP+∠OPB=90°，∴∠BOP=∠CPQ．又∵∠OBP=∠C=90°，∴△OBP∽△PCQ，∴，由题意设BP=t，AQ=m，BC=11，AC=6，则PC=11﹣t，CQ=6﹣m．∴．∴m=（0＜t＜11）．（Ⅲ）过点P作PE⊥OA于E，∴∠PEA=∠QAC′=90°，∴∠PC′E+∠EPC′=90°，∵∠PC′E+∠QC′A=90°，∴∠EPC′=∠QC′A，∴△PC′E∽△C′QA，∴，∵PC′=PC=11﹣t，PE=OB=6，AQ=m，C′Q=CQ=6﹣m，∴AC′==，∴，∴，∴3（6﹣m）2=（3﹣m）（11﹣t）2，∵m=，∴3（﹣t2+t）2=（3﹣t2+t﹣6）（11﹣t）2，∴t2（11﹣t）2=（﹣t2+t﹣3）（11﹣t）2，17\n∴t2=﹣t2+t﹣3，∴3t2﹣22t+36=0，解得：t1=，t2=，点P的坐标为（，6）或（，6）．法二：∵∠BPO=∠OPC′=∠POC′，∴OC′=PC′=PC=11﹣t，过点P作PE⊥OA于点E，则PE=BO=6，OE=BP=t，∴EC′=11﹣2t，在Rt△PEC′中，PE2+EC′2=PC′2，即（11﹣t）2=62+（11﹣2t）2，解得：t1=，t2=．点P的坐标为（，6）或（，6）．点评：此题考查了折叠的性质、矩形的性质以及相似三角形的判定与性质等知识．此题难度较大，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想与方程思想的应用． 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