中考数学模拟练习卷一、单选题1.﹣5的倒数是（ ）A. B. ±5 C. 5 D. ﹣【答案】D【考点】有理数的倒数【解析】【解答】：﹣5的倒数是﹣，故答案为：D.【分析】根据乘积是1的两个数互为倒数可知答案。2.函数y＝中自变量x的取值范围是( )A. x≠2 B. x≥2 C. x≤2 D. x＞2【答案】A【考点】分式有意义的条件【解析】【解答】由题意得，2-x≠0,∴x≠2.故答案为：A.【分析】根据分式有意义的条件：分母不能为零列出不等式，求解即可。3.分式可变形为（ ）A. B. C. D.
【答案】D【考点】分式的基本性质【解析】【解答】分式的分子分母都乘以﹣1，得.故答案为：D.【分析】根据分式的变号法则，分子、分母、分式本身，同时改变其中任意两处的符号，分式的值不变，即可得出答案。4.已知A样本的数据如下：72，73，76，76，77，78，78，78，B样本的数据恰好是A样本数据每个都加2，则A，B两个样本的下列统计量对应相同的是（ ）A. 平均数 B. 方差 C. 中位数 D. 众数【答案】B【考点】平均数及其计算，中位数，方差，众数【解析】【解答】A样本的数据如下：72，73，76，76，77，78，78，78，B样本的数据恰好是A样本数据每个都加2，从而得出其平均数，中位数，众数都要发生变化；从而得出答案。【分析】B样本中的平均数、中位数和众数都比A样本要增加2，只要方差不变.5.若点A(3，－4)、B(－2，m)在同一个反比例函数的图像上，则m的值为（ ）A. 6 B. －6 C. 12 D. －12【答案】A【考点】待定系数法求反比例函数解析式，反比例函数图象上点的坐标特征【解析】【解答】解：设反比例函数的解析式为y=，把A（3，﹣4）代入得：k=﹣12，即y=﹣，把B（﹣2，m）代入得：m=﹣=6，故答案为：A.【分析】首先将A点坐标代入反比例函数的解析式，求出k的值，得出反比例函数的一般形式，再将B点的坐标代入反比例函数，即可求出m的值。6.下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）A. 等边三角形 B. 平行四边形 C. 矩形 D. 圆【答案】A
【考点】轴对称图形【解析】【解答】解：A、只是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意；B、只是中心对称图形，不合题意；C、D既是轴对称图形又是中心对称图形，不合题意.故选A.【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念以及等边三角形、平行四边形、矩形、圆的性质解答.7.如图，AB∥CD，则根据图中标注的角，下列关系中成立的是（ ）A. ∠1＝∠3 B. ∠2＋∠3＝180° C. ∠2＋∠4＜180° D. ∠3＋∠5＝180°【答案】D【考点】平行线的性质【解析】【解答】A、∵OC与OD不平行，∴∠1=∠3不成立，故本选项不符合题意；B、∵OC与OD不平行，∴∠2+∠3=180°不成立，故本选项不符合题意；C、∵AB∥CD，∴∠2+∠4=180°，故本选项不符合题意；D、∵AB∥CD，∴∠3+∠5=180°，故本选项符合题意.故答案为：D.【分析】根据二直线平行，内错角相等，同位角相等，同旁内角互补，由于OC与OD不平行，故∠1=∠3不成立；由于OC与OD不平行，故∠2+∠3=180°不成立；根据AB∥CD，从而∠2+∠4=180°，根据AB∥CD，故∠3+∠5=180°，从而可得答案。8.如图，A，B，C是⊙O上的三点，且∠ABC=70°，则∠AOC的度数是（ ）A.35°B.140°
C.70°D.70°或140°【答案】B【考点】圆周角定理【解析】【解答】解：∵A、B、C是⊙O上的三点，且∠ABC=70°，∴∠AOC=2∠ABC=2×70°=140°.故选B.【分析】由A、B、C是⊙O上的三点，且∠ABC=70°，利用圆周角定理，即可求得答案.9.如图，梯形ABCD中，AD∥BC，对角线AC、BD相交于O，AD=1，BC=4，则△AOD与△BOC的面积比等于（ ）A. B. C. D. 【答案】D【考点】相似三角形的判定与性质【解析】【解答】∵AD∥BC，∴△AOD∽△COB。∴。∵AD=1，BC=4，∴。故答案为：D。【分析】根据平行于三角形一边的直线，截其它两边，所截的三角形与原三角形相似，得出△AOD∽△COB，根据相似三角形面积的比等于相似边的平方即可得出S△AOD∶S△COB=
10.如图，平行四边形ABCD中，AB∶BC=3∶2，∠DAB=60°，E在AB上，且AE∶EB=1∶2，F是BC的中点，过D分别作DP⊥AF于P，DQ⊥CE于Q，则DP∶DQ等于（ ）A. 3∶4 B. ∶ C. ∶ D. ∶【答案】D【考点】三角形的面积，平行四边形的性质【解析】【解答】连接DE、DF，过F作FN⊥AB于N，过C作CM⊥AB于M，根据三角形的面积和平行四边形的面积得出，即AF×DP=CE×DQ，求出AF×DP=CE×DQ，设AB=3a，BC=2a，则BF=a，BE=2a，BN=a，BM=a，FN=a，CM=a，求出AF=a，CE=2a，代入可得a•DP=2a•DQ，即DP：DQ=2：.故答案为：D.【分析】连接DE、DF，过F作FN⊥AB于N，过C作CM⊥AB于M，根据三角形的面积和平行四边形的面积得出S△DEC=S△DFA= S平行四边形ABCD，从而得出AF×DP=CE×DQ，设AB=3a，BC=2a，进一步表示出BF,BE,BN,BM,FN,CM,从而求出AF,CE,再代入AF×DP=CE×DQ即可得出DP：DQ的值。二、填空题11.分解因式：2x2－4x=________.【答案】2x(x-2)
【考点】提公因式法因式分解【解析】【解答】利用提公因式法分解因式，2x2-4x=2x（x-2）.【分析】利用提公因式法分解因式，提出各项的公因式2x，再将剩下的商式写在一起作为一个因式。12.去年，中央财政安排资金8200000000元，免除城市义务教育学生学杂费，支持进城务工人员随迁子女公平接受义务教育，这个数据用科学记数法可表示为________元.【答案】8.2×109【考点】科学记数法—表示绝对值较大的数【解析】【解答】解：8200000000=8.2×109.【分析】科学记数法表示绝对值较大的数,一般表示成a×10n,的形式，其中1≤∣a∣＜10, n是原数的整数位数减一。13.一次函数y＝2x－6的图像与x轴的交点坐标为________.【答案】（3，0）【考点】一次函数图像与坐标轴交点问题【解析】【解答】把y=0代入y＝2x－6得x=3，所以一次函数y＝2x－6的图像与x轴的交点坐标为（3，0）.【分析】根据坐标轴上点的坐标特点，知该点的纵坐标为0，把y=0代入y＝2x－6得x=3，从而的到处答案。14.命题“全等三角形的面积相等”的逆命题是________命题.(填“真”或“假”)【答案】假【考点】命题与定理【解析】【解答】原命题的逆命题为：面积相等的两个三角形为全等三角形，则这个命题为假命题.【分析】首先将原命题改写成如果那么的形式，然后根据原命题与逆用的关系，将原命题的题设和结论交换位置得到其逆命题：面积相等的两个三角形为全等三角形；再根据已有知识判断此命题显然是假命题。15.如图，△ABC中，CD⊥AB于D，E是AC的中点.若AD=6，DE=5，则CD的长等于________.【答案】8【考点】直角三角形斜边上的中线，勾股定理
【解析】【解答】解：如图，∵△ABC中，CD⊥AB于D，E是AC的中点，DE=5，∴DE=AC=5，∴AC=10.在直角△ACD中，∠ADC=90°，AD=6，AC=10，则根据勾股定理，得CD===8.故答案是：8.【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出AC=10.再根据勾股定理得出CD的长度。16.如图，□ABCD中，AE⊥BD于E，∠EAC＝30°，AE＝3，则AC的长等于________.【答案】4【考点】平行四边形的性质，锐角三角函数的定义【解析】【解答】如图，在直角△AOE中，，∴.又∵四边形ABCD是平行四边形，∴.【分析】在直角△AOE中，根据余弦函数的定义得出OA的长，再根据平行四边形的对角线互相平分得出AC的值。
17.如图，已知▱OABC的顶点A、C分别在直线x=1和x=4上，O是坐标原点，则对角线OB长的最小值为________.【答案】5【考点】点的坐标，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质【解析】【解答】当B在x轴上时，对角线OB长的最小，如图所示：直线x=1与x轴交于点D，直线x=4与x轴交于点E，根据题意得：∠ADO=∠CEB=90°，OD=1，OE=4，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA∥BC，OA=BC，∴∠AOD=∠CBE，在△AOD和△CBE中，∵∠AOD=∠CBE，∠ADO=∠CEB，OA=BC，∴△AOD≌△CBE（AAS），∴OD=BE=1，∴OB=OE+BE=5；故答案为：5.【分析】当B在x轴上时，对角线OB长的最小，直线x=1与x轴交于点D，直线x=4与x轴交于点E，根据题意得：∠ADO=∠CEB=90°，OD=1，OE=4，根据平行四边形对边平行且相等得出OA∥BC，
OA=BC，根据二直线平行内错角相等得出∠AOD=∠CBE，然后利用AAS判断出△AOD≌△CBE，根据全等三角形对应边相等得出OD=BE=1，根据线段的和差得出结论。18.在如图的正方形方格纸中，每个小的四边形都是相同的正方形，A，B，C，D都在格点处，AB与CD相交于O，则tan∠BOD的值等于________.【答案】3【考点】解直角三角形【解析】【解答】解：方法一：平移CD到C′D′交AB于O′，如右图所示，则∠BO′D′=∠BOD，∴tan∠BOD=tan∠BO′D′，设每个小正方形的边长为a，则O′B=，O′D′=，BD′=3a，作BE⊥O′D′于点E，则BE=，∴O′E==，∴tanBO′E=，∴tan∠BOD=3，故答案为：3.方法二：连接AM、NL，
在△CAH中，AC=AH，则AM⊥CH，同理，在△MNH中，NM=NH，则NL⊥MH，∴∠AMO=∠NLO=90°，∵∠AOM=∠NOL，∴△AOM∽△NOL，∴，设图中每个小正方形的边长为a，则AM=2a，NL=a，∴=2，∴，∴，∵NL=LM，∴，∴tan∠BOD=tan∠NOL==3，故答案为：3.方法三：连接AE、EF，如右图所示，则AE∥CD，
∴∠FAE=∠BOD，设每个小正方形的边长为a，则AE=，AF=，EF=a，∵，∴△FAE是直角三角形，∠FEA=90°，∴tan∠FAE=，即tan∠BOD=3，故答案为：3.【分析】根据平移的性质和锐角三角函数以及勾股定理，通过转化的数学思想可以求得tan∠BOD的值，本题得以解决.三、解答题19.计算： （1）；（2）(x+1)2－(x+2)(x－2).【答案】（1）解：原式=3﹣4+1=0（2）解：原式=x2+2x+1﹣x2+4=2x+5【考点】算术平方根，完全平方公式及运用，平方差公式及应用，有理数的加减混合运算，合并同类项法则及应用【解析】【分析】（1）根据算出根的意义，乘方的意义，0次幂的意义，分别化简，再按有理数的加减法计算即可；（2）根据完全平方公式，及平方差公式去括号，再合并同类项即可。20.解答题 （1）解方程：.（2）解不等式组：【答案】（1）解：由题意可得：5（x+2）=3（2x﹣1），解得：x=13，
检验：当x=13时，（x+2）≠0，2x﹣1≠0，故x=13是原方程的解。（2）解：解①得：x＞﹣1，解②得：x≤6，故不等式组的解集为：﹣1＜x≤6【考点】解分式方程，解一元一次不等式组【解析】【分析】（1）先去分母，将分式方程转化为整式方程，再解整式方程得出方程的解，并检验得出答案；(2）解出不等式组的每一个不等式，再根据大小小大中间找得出答案。21.如图，已知：△ABC中，AB=AC，M是BC的中点，D、E分别是AB、AC边上的点，且BD=CE.求证：MD=ME.【答案】证明：△ABC中，∵AB=AC，∴∠DBM=∠ECM，∵M是BC的中点，∴BM=CM，在△BDM和△CEM中， ，∴△BDM≌△CEM(SAS)，∴MD=ME.【考点】全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质【解析】【分析】根据等边对等角得出∠DBM=∠ECM，然后利用SAS判断出△BDM≌△CEM，根据全等三角形对应边相等得出MD=ME.
22.某区教研部门对本区初二年级的学生进行了一次随机抽样问卷调查，其中有这样一个问题：老师在课堂上放手让学生提问和表达，A从不 B很少 C有时 D常常 E总是答题的学生在这五个选项中只能选择一项.下面是根据学生对该问题的答卷情况绘制的两幅不完整的统计图.根据以上信息，解答下列问题：（1）该区共有________名初二年级的学生参加了本次问卷调查；（2）请把这幅条形统计图补充完整；（3）在扇形统计图中，“总是”的圆心角为________.（精确到度）【答案】（1）3200（2）解：“有时”的人数为3200-96-320-736-1344=704（人），图见下（3）151°【考点】用样本估计总体，扇形统计图，条形统计图【解析】【解答】（1）96÷3%=3200（人）；（3）×100%=42%【分析】（1）由条形统计图及扇形统计图可知：A类学生有96人，其所占的百分比是3%，用96÷3%
即可得出该区初二年级的学生参加了本次问卷调查的人数；（2）用该区初二年级的学生参加了本次问卷调查的人数-A类的人数-B类的人数-D类的人数-E类的人数即可得出C类的人数，根据人数补全条形统计图；（3）用360°×E类所占的百分比即可得出在扇形统计图中，“总是”的圆心角。23.综合题 （1）甲、乙、丙、丁四人做传球游戏：第一次由甲将球随机传给乙、丙、丁中的某一人，从第二次起，每一次都由持球者将球再随机传给其他三人中的某一人.求第二次传球后球回到甲手里的概率.（请用“画树状图”的方式给出分析过程）（2）如果甲跟另外n（n≥2）个人做（1）中同样的游戏，那么，第三次传球后球回到甲手里的概率是________（请直接写出结果）.【答案】（1）解：画树状图：或：列表：甲乙丙丁乙乙甲/乙丙乙丁丙丙甲丙乙/丙丁丁丁甲丁乙丁丙/共有9种等可能的结果，其中符合要求的结果有3种，∴P（第2次传球后球回到甲手里）＝＝.（2） 【考点】列表法与树状图法，概率公式【解析】【解答】（2）第三步传的结果是n3，传给甲的结果是n(n-1)，第三次传球后球回到甲手里的概率是，
故答案为：.【分析】（1）根据题意列出树状图 ，由图知 ：共有9种等可能的结果，其中符合要求的结果有3种，根据概率公式即可得出答案；（2）第三步传的结果是n3，传给甲的结果是n(n-1)，根据概率公式，就可以得出第三次传球后球回到甲手里的概率。24.如图，OA=2，以点A为圆心，1为半径画⊙A与OA的延长线交于点C，过点A画OA的垂线，垂线与⊙A的一个交点为B，连接BC（1）线段BC的长等于________；（2）请在图中按下列要求逐一操作，并回答问题：①以点________为圆心，以线段________的长为半径画弧，与射线BA交于点D，使线段OD的长等于；②连OD，在OD上画出点P，使OP的长等于，请写出画法，并说明理由________.【答案】（1）（2）A；BC；解：∵OD=，OP=，OC=OA+AC=3，OA=2，∴.故作法如下：连接CD，过点A作AP∥CD交OD于点P，P点即是所要找的点.依此画出图形，如图2所示.【考点】勾股定理，作图—复杂作图，平行线分线段成比例
【解析】【解答】解：（1）在Rt△BAC中，AB=AC=1，∠BAC=90°，∴BC==.故答案为：.（2）①在Rt△OAD中，OA=2，OD=，∠OAD=90°，∴AD===BC，∴以点A为圆心，以线段BC的长为半径画弧，与射线BA交于点D，使线段OD的长等于.依此画出图形，如图1所示.故答案为：A；BC.【分析】（1）在Rt△BAC中，利用勾股定理即可得出答案；（2）①在Rt△OAD，∠OAD=90°，利用勾股定理求出AD的长，发现AD的长度=BC的长度，于是得出结论：以点A为圆心，以线段BC的长为半径画弧，与射线BA交于点D，使线段OD的长等于；②根据线段OA,OC,OP,OD的长度，可以得出OA∶OC=OP∶OD,根据平行线分线段成比例定理从而得出作法：连接CD，过点A作AP∥CD交OD于点P，P点即是所要找的点.25.某校计划购买一批篮球和足球，已知购买2个篮球和1个足球共需320元，购买3个篮球和2个足球共需540元.（1）求每个篮球和每个足球的售价；（2）如果学校计划购买这两种球共50个，总费用不超过5500元，那么最多可购买多少个足球？【答案】（1）解：设每个篮球和每个足球的售价分别为x元，y元，根据题意得：，解得：（2）解：设足球购买a个，则篮球购买（50﹣a）个，根据题意得：120a+100（50﹣a）≤5500，整理得：20a≤500，解得：a≤25.答：最多可购买25个足球【考点】一元一次不等式的应用，二元一次方程的实际应用-鸡兔同笼问题【解析】【分析】(1）设每个篮球和每个足球的售价分别为x元，y元，根据购买2个篮球和1个足球共需320元，购买3个篮球和2个足球共需540元.列出方程组求解即可；
（2）设足球购买a个，则篮球购买（50﹣a）个，根据购买足球的费用与购买篮球的费用之和不超过5500元，列出不等式，求解即可得出答案。26.如图，直线x=﹣4与x轴交于点E，一开口向上的抛物线过原点交线段OE于点A，交直线x=﹣4于点B，过B且平行于x轴的直线与抛物线交于点C，直线OC交直线AB于D，且AD：BD=1：3.（1）求点A的坐标；（2）若△OBC是等腰三角形，求此抛物线的函数关系式.【答案】（1）解：如图，过点D作DF⊥x轴于点F.由题意，可知OF=AF，则2AF+AE=4①.∵DF∥BE，∴△ADF∽△ABE，∴=，即AE=2AF②，①与②联立，解得AE=2，AF=1，∴点A的坐标为（﹣2，0）
（2）解：∵抛物线过原点（0，0），∴可设此抛物线的解析式为y=ax2+bx.∵抛物线过原点（0，0）和A点（﹣2，0），∴对称轴为直线x==﹣1，∵B、C两点关于直线x=﹣1对称，B点横坐标为﹣4，∴C点横坐标为2，∴BC=2﹣（﹣4）=6.∵抛物线开口向上，∴∠OAB＞90°，OB＞AB=OC，∴当△OBC是等腰三角形时，分两种情况讨论：① 当OB=BC时，设B（﹣4，y1），则16+=36，解得y1=±2（负值舍去）.将A（﹣2，0），B（﹣4，2）代入y=ax2+bx，得，解得.∴此抛物线的解析式为y=x2+x；② 当OC=BC时，设C（2，y2），则4+=36，解得y2=±4（负值舍去）.将A（﹣2，0），C（2，4）代入y=ax2+bx，得，解得.∴此抛物线的解析式为y=x2+x.综上可知，若△OBC是等腰三角形，此抛物线的函数关系式为y=x2+x或y=x2+x.【考点】二次函数的应用
【解析】【分析】（1）过点D作DF⊥x轴于点F，由抛物线的对称性可知OF=AF，则2AF+AE=4①，由DF∥BE，得到△ADF∽△ABE，根据相似三角形对应边成比例得出即AE=2AF②，①与②联立组成二元一次方程组，解出AE=2，AF=1，进而得到点A的坐标；（2）先由抛物线过原点（0，0），设此抛物线的解析式为y=ax2+bx，再根据抛物线过原点（0，0）和A点（-2，0），求出对称轴为直线x=-1，则由B点横坐标为-4得出C点横坐标为2，BC=6.再由OB>OC，可知当△OBC是等腰三角形时，可分两种情况讨论：①当OB=BC时，设B（-4，y1），列出方程，解方程求出y1的值，将A，B两点坐标代入y=ax2+bx，运用待定系数法求出此抛物线的解析式；②当OC=BC时，设C（2，y2），列出方程，解方程求出y2的值，将A，C两点坐标代入y=ax2+bx，运用待定系数法求出此抛物线的解析式.27.如图1，菱形ABCD中，∠A=60°，点P从A出发，以2cm/s的速度沿边AB、BC、CD匀速运动到D终止，点Q从A与P同时出发，沿边AD匀速运动到D终止，设点P运动的时间为t（s）.△APQ的面积S（cm2）与t（s）之间函数关系的图象由图2中的曲线段OE与线段EF、FG给出.（1）求点Q运动的速度；（2）求图2中线段FG的函数关系式；（3）问：是否存在这样的t，使PQ将菱形ABCD的面积恰好分成1：5的两部分？若存在，求出这样的t的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）解：由题意，可知题图2中点E表示点P运动至点B时的情形，所用时间为3s，则菱形的边长AB=2×3=6cm.此时如答图1所示：AQ边上的高h=AB•sin60°=6×=cm,S=S△APQ= AQ•h=AQ×3=,解得AQ=3cm.∴点Q的运动速度为：3÷3=1cm/s.（2）解：由题意，可知题图2中FG段表示点P在线段CD上运动时的情形.如答图2所示：点Q运动至点D所需时间为：6÷1=6s，点P运动至点C所需时间为12÷2=6s，至终点D所需时间为18÷2=9s.因此在FG段内，点Q运动至点D停止运动，点P在线段CD上继续运动，且时间t的取值范围为：6≤t≤9.过点P作PE⊥AD交AD的延长线于点E，则PE=PD•sin60°=（18-2t）×,S=S△APQ=AD•PE=×6×（−+）=.∴FG段的函数表达式为：S=（6≤t≤9）（3）解：菱形ABCD的面积为：6×6×sin60°=18,当点P在AB上运动时，PQ将菱形ABCD分成△APQ和五边形PBCDQ两部分，如答图3所示.
此时△APQ的面积S=AQ•AP•sin60°=t•2t×=,根据题意，得=,解得：t=s,当点P在BC上运动时，PQ将菱形分为梯形ABPQ和梯形PCDQ两部分，如答图4所示.此时，有S梯形ABPQ=S菱形ABCD，即（2t-6+t）×6×=×18,解得t=s,答：存在，当t=或时，使PQ将菱形ABCD的面积恰好分成1：5的两部分.【考点】与一次函数有关的动态几何问题，二次函数的实际应用-动态几何问题【解析】【分析】（1）由题意，可知题图2中点E表示点P运动至点B时的情形，所用时间为3s，则菱形的边长AB=2×3=6cm.此时如答图1所示：根据锐角三角函数可知AQ边上的高h=AB•sin60°，根据三角形的面积计算公式得S=S△APQ= AQ•h，从而列出方程，求解得出AQ的长度，根据速度邓毅路程除以时间得出答案；（2）由题意，可知题图2中FG段表示点P在线段CD上运动时的情形.如答图2所示：点Q运动至点D所需时间为：6÷1=6s，点P运动至点C所需时间为12÷2=6s，至终点D所需时间为18÷2=9s.
因此在FG段内，点Q运动至点D停止运动，点P在线段CD上继续运动，且时间t的取值范围为：6≤t≤9.过点P作PE⊥AD交AD的延长线于点E，根据锐角三角函数得出PE=PD•sin60°，根据三角形的面积公式由S=S△APQ= AD•PE，得出s关于t的函数关系式;(3）首先算出菱形的面积，当点P在AB上运动时，PQ将菱形ABCD分成△APQ和五边形PBCDQ两部分，如答图3所示.此时△APQ的面积S= AQ•AP•sin60°，根据PQ将菱形ABCD的面积恰好分成1：5的两部分，列出关于t的方程，求解得出t的值；当点P在BC上运动时，PQ将菱形分为梯形ABPQ和梯形PCDQ两部分，如答图4所示.此时，有S梯形ABPQ=S菱形ABCD，从而列出方程，求解得出答案。28.如图，C为∠AOB的边OA上一点，OC＝6，N为边OB上异于点O的一动点，P是线段CN上一点，过点P分别作PQ∥OA交OB于点Q，PM∥OB交OA于点M.（1）若∠AOB＝60º，OM＝4，OQ＝1，求证：CN⊥OB.（2）当点N在边OB上运动时，四边形OMPQ始终保持为菱形.①问：的值是否发生变化？如果变化，求出其取值范围；如果不变，请说明理由.②设菱形OMPQ的面积为S1，△NOC的面积为S2，求的取值范围.【答案】（1）解：过P作PE⊥OA于E.∵PQ∥OA，PM∥OB，∴四边形OMPQ为平行四边形.∴PM＝OQ＝1，∠PME＝∠AOB＝60º，
∴PE＝PM·sin60º＝，ME＝，∴CE＝OC－OM－ME＝，∴tan∠PCE＝＝，∴∠PCE＝30º，∴∠CPM＝90º，又∵PM∥OB，∴∠CNO＝∠CPM＝90º，即CN⊥OB （2）解：①－的值不发生变化.理由如下：设OM＝x，ON＝y.∵四边形OMPQ为菱形，∴OQ＝QP＝OM＝x，NQ＝y－x.∵PQ∥OA，∴∠NQP=∠O.又∵∠QNP=∠ONC，∴△NQP∽△NOC，∴＝，即＝，∴6y－6x＝xy.两边都除以6xy，得－＝，即－＝.②过P作PE⊥OA于E，过N作NF⊥OA于F，则S1＝OM·PE，S2＝OC·NF，∴＝.∵PM∥OB，∴∠MCP=∠O.又∵∠PCM=∠NCO，∴△CPM∽△CNO.∴＝＝.∴＝＝－（x－3）2＋.∵0
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