1、浙江省绍兴市诸暨市2021-2022学年九年级上期末数学试题一、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分请选出每小题中一个最符合题意的选项，不选、多选、错选均不给分）1. 已知实数a，b满足，则的值是（ ）A B. C. 1D. 22. 已知点P到圆心O的距离为5，若点P在圆内，则的半径可能为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 63. 如图，四边形ABCD是内接四边形，其中，则的度数为（ ）A. 130B. 100C. 80D. 504. “对于二次函数，当时，y随x的增大而增大”，这一事件为（ ）A. 必然事件B. 随机事件C. 不确定事件D. 不可能事件5. 如图，ABCD，AB=2
2、，CD=3，AD=4，则OD的长为（ ）A. B. C. D. 6. 如图，是一个圆形人工湖，弦AB是湖上的一座桥已知AB的长为10，圆周角，则弧AB的长为（ ）A. B. C. D. 7. 如图，的顶点均在正方形网格的格点上，则的值为（ ）A. B. 2C. D. 8. 如图，小聪和他同学利用影长测量旗杆的高度，当1米长的直立的竹竿的影长为1.5米时，此时测得旗杆落在地上的影长为12米，落在墙上的影长为2米，则旗杆的实际高度为（ ）A. 8米B. 10米C. 18米D. 20米9. 如图，图1是装了液体高脚杯，加入一些液体后如图2所示，则此时液面AB为（ ）A 5.6cmB. 6.4cmC.
3、 8cmD. 10cm10. 如图，为锐角三角形，点O为的重心，D为BC中点，若固定边BC，使顶点A在所在平面内进行运动，在运动过程中，保持的大小不变，设BC的中点为D，则线段OD的长度的取值范围为（ ）A. B. C. D. 二、填空题（本大题有6小题，每小题5分，共30分）11. 在一个不透明的口袋中装有3个绿球、2个黑球和1个红球，它们除颜色外其余均相同，若从中随机摸出一个球，它是黑球的概率为_12. 已知抛物线的对称轴为直线，且与x轴有两个交点，其中一个交点坐标为，则另一个交点坐标为_13. 一根排水管的截面如图所示，已知排水管的半径，水面宽，如果再注入一些水，当水面AB的宽变为16时
4、，则水面AB上升的高度为_14. 如图，扇形AOB，正方形OCDE的顶点C，E，D，分别在OA，OB，弧AB上，过点A作，交ED的延长线于点F若图中阴影部分的面积为，则扇形AOB的半径为_15. 如图1，以各边为边分别向外作等边三角形，编号为、，将、如图2所示依次叠在上，已知四边形EMNB与四边形MPQN的面积分别为与，则的斜边长_16. 已知点，固定A，B两点，将线段CD向左或向右平移，平移后C，D两点对应点分别为，（1）当的坐标为时，四边形的周长为_（2）当的坐标为_时，四边形的周长最小三、解答题（本大题有8小题，第1720小题每小题8分，第21小题10分，第22，23小题每小题12分，第
5、24小题14分，共80分解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）17. 计算：18. 在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点和（1）求抛物线C的解析式；（2）将抛物线C先向左平移2个单位，再向下平移1个单位，得到抛物线，求抛物线的顶点坐标19. 有一个转盘如图所示，让转盘自由转动求：（1）转盘自由转动一次，指针落在黄色区域的概率；（2）转盘自由转动两次，请利用树状图或列表法求出指针一次落在黄色区域，另一次落在红色区域的概率20. 为有效预防新型冠状病毒的传播，如图1为医院里常见的“测温门”，图2为该“测温门”截面示意图小聪做了如下实验：当他在地面M处时“测温门”开始显示额头温度，此时在额头
6、B处测得A的仰角为30；当他在地面N处时，“测温门”停止显示额头温度，此时在额头C处测得A的仰角为60经测量该测温门的高度AD为2.5米，小聪的有效测温区间MN的长度是1米，根据以上数据，求小聪的身高CN为多少？（注：额头到地面的距离以身高计）（参考数据：，结果精确到0.01米）21. 如图，O为半圆的圆心，C、D为半圆上的两点，连接CD、BD、AD，连接AC并延长，与BD的延长线相交于点E（1）求证：；（2）若，半径，求BD的长22. 山下湖是全国优质淡水珍珠的主产地，已知一批珍珠每颗的出厂价为30元，当售价定为50元/颗时，每天可销售60颗，为增大市场占有率，在保证盈利的情况下，商家决定采
7、取降价措施，经调査发现，每颗售价降低1元，每天销量可增加10颗（1）写出商家每天的利润W元与降价x元之间的函数关系；（2）当降价多少元时，商家每天的利润最大，最大为多少元？（3）若商家每天的利润至少要达到1440元，则定价应在什么范围内？23. 足球射门时，在不考虑其他因素的条件下，射点到球门AB的张角越大，射门越好当张角达到最大值时，我们称该射点为最佳射门点通过研究发现，如图1所示，运动员带球在直线CD上行进时，当存在一点Q，使得（此时也有）时，恰好能使球门AB的张角达到最大值，故可以称点Q为直线CD上的最佳射门点（1）如图2所示，AB为球门，当运动员带球沿CD行进时，为其中的三个射门点，则
8、在这三个射门点中，最佳射门点为点_；（2）如图3所示，是一个矩形形状的足球场，AB为球门，于点D，某球员沿CD向球门AB进攻，设最佳射门点为点Q用含a的代数式表示DQ的长度并求出的值；已知对方守门员伸开双臂后，可成功防守的范围为，若此时守门员站在张角内，双臂张开MN垂直于AQ进行防守，求MN中点与AB的距离至少为多少时才能确保防守成功（结果用含a的代数式表示）24. 已知如图，在平面直角坐标系中，已知菱形OABC的边长为25，且（1）求C、B两点的坐标；（2）设P为菱形OABC对角线OB上的一动点，连接CP若，求点P的坐标；已知点G在坐标平面内且在直线OC下方，若点P在运动过程中始终保持，且，
9、当为等腰三角形时，求AG的长度浙江省绍兴市诸暨市2021-2022学年九年级上期末数学试题一、选择题（本大题有10小题，每小题4分，共40分请选出每小题中一个最符合题意的选项，不选、多选、错选均不给分）1. 已知实数a，b满足，则的值是（ ）A. B. C. 1D. 2【答案】D【解析】【分析】直接把代入求值即可得到答案【详解】解：把代入得，故选：D【点睛】本题主要考查了代数式求值，熟练掌握整体代入思想是解答本题的关键2. 已知点P到圆心O的距离为5，若点P在圆内，则的半径可能为（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】D【解析】【分析】由点与圆的位置关系可知，的半径，进而可得出结果【详解
10、】解：由点与圆的位置关系可知，的半径故选D【点睛】本题考查了点与圆的位置关系解题的关键在于对知识的熟练掌握3. 如图，四边形ABCD是的内接四边形，其中，则的度数为（ ）A. 130B. 100C. 80D. 50【答案】C【解析】【分析】根据圆内接四边形的对角互补列式计算即可【详解】解：四边形ABCD为圆内接四边形，A+C=180，A=100，C=180-A=180-100=80，故选：C【点睛】本题考查的是圆内接四边形的性质，掌握圆内接四边形的对角互补是解题的关键4. “对于二次函数，当时，y随x的增大而增大”，这一事件为（ ）A. 必然事件B. 随机事件C. 不确定事件D. 不可能事件【
11、答案】A【解析】【分析】由该二次函数的图象在对称轴直线的右侧，y随x的增大而增大；故为必然事件【详解】解：由题意知，该二次函数的图象在对称轴直线的右侧，y随x的增大而增大；为必然事件故选A【点睛】本题考查了二次函数图象的性质，必然事件解题的关键在于掌握二次函数图象的性质与必然事件的含义5. 如图，ABCD，AB=2，CD=3，AD=4，则OD的长为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据相似三角形的判定和性质列比例式即可得到结论【详解】解：ABCD，AOBDOC，AB=2，CD=3，AD=4，OD=，故选：D【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定
12、和性质是解题的关键6. 如图，是一个圆形人工湖，弦AB是湖上的一座桥已知AB的长为10，圆周角，则弧AB的长为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】连接OB，OA根据圆周角定理求得AOB=60；然后用等边三角形的性质求得O的半径AO=OB=10m，从而求得弧AB的长【详解】解：如图，连接OB，OA圆周角，AOB是等边三角形，弧AB的长为：；故选：B【点睛】本题主要考查了等边三角形、圆周角定理、弧长公式解题的关键是正确的作出辅助线，求出7. 如图，的顶点均在正方形网格的格点上，则的值为（ ）A. B. 2C. D. 【答案】C【解析】【分析】如图，连接CD，由，可知，由可得角的
13、正弦值【详解】解：如图，连接CD，故选C【点睛】本题考查了正弦值，勾股定理的逆定理解题的关键在于构造直角三角形8. 如图，小聪和他同学利用影长测量旗杆的高度，当1米长的直立的竹竿的影长为1.5米时，此时测得旗杆落在地上的影长为12米，落在墙上的影长为2米，则旗杆的实际高度为（ ）A. 8米B. 10米C. 18米D. 20米【答案】B【解析】【分析】如图，AB为旗杆，AC为旗杆在地上的影长12米，CD为旗杆落在墙上的影长2米，延长AC，BD交于点E，由题意知，AE是旗杆在地上的影长，可知，有，由于1米长的直立的竹竿的影长为1.5米，可知，故有，计算求解，和的值即可【详解】解：如图，AB为旗杆，
14、AC为旗杆在地上的影长12米，CD为旗杆落在墙上的影长2米，延长AC，BD交于点E由题意知，AE是旗杆在地上的影长1米长的直立的竹竿的影长为1.5米解得：故选B【点睛】本题考查了三角形相似的应用解题的关键在于利用三角形相似求解9. 如图，图1是装了液体的高脚杯，加入一些液体后如图2所示，则此时液面AB为（ ）A. 5.6cmB. 6.4cmC. 8cmD. 10cm【答案】B【解析】【分析】根据两三角形相似,列出比例式进而求解即可【详解】依题意，两高脚杯中的液体部分两三角形相似，则解得故选B【点睛】本题考查了相似三角形的应用，通过相似三角形的性质列出比例式是解题的关键10. 如图，为锐角三角形
15、，点O为的重心，D为BC中点，若固定边BC，使顶点A在所在平面内进行运动，在运动过程中，保持的大小不变，设BC的中点为D，则线段OD的长度的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】如图，作的外接圆，点为圆心，由题意知且，由勾股定理知，当时，最长，可求此时最大值；由于，可得此时最小值，进而可得的取值范围【详解】解：如图，作的外接圆，点为圆心，由题意知，由勾股定理知时，最长，最大值为故选D【点睛】本题考查了三角形的外接圆，三角形重心，圆周角与圆心角的关系，勾股定理等知识解题的关键在于熟练掌握外接圆二、填空题（本大题有6小题，每小题5分，共30分）11. 在一个不透明的口袋
16、中装有3个绿球、2个黑球和1个红球，它们除颜色外其余均相同，若从中随机摸出一个球，它是黑球的概率为_【答案】【解析】【分析】由袋中装有3个绿球，2个黑球和1个红球，它们除颜色外其余都相同，直接利用概率公式求解即可求得答案【详解】解：袋中装有3个绿球，2个黑球和1个红球，它们除颜色外其余都相同，从袋中摸出一个黑球的概率是：，故答案为：【点睛】此题考查了概率公式的应用用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比12. 已知抛物线对称轴为直线，且与x轴有两个交点，其中一个交点坐标为，则另一个交点坐标为_【答案】【解析】【分析】根据二次函数的基本性质及对称轴求交点的对称点即可得【详解】解：设另一个交
17、点为，根据对称轴及与x轴的交点可得：，解得：，故答案为：【点睛】题目主要考查利用二次函数的基本性质求交点的对称点，理解题意，熟练掌握二次函数的基本性质是解题关键13. 一根排水管的截面如图所示，已知排水管的半径，水面宽，如果再注入一些水，当水面AB的宽变为16时，则水面AB上升的高度为_【答案】2或14#14或2【解析】【分析】作ODAB于D，延长OD交圆于点C，连结OB，利用垂径定理得到D为AB的中点，求出BD的长，在直角三角形BOD中，利用勾股定理求出OD，同理求出水面宽度为16时水面的高度，然后相减即可【详解】解：如图，作ODAB于D，延长OD交圆于点C，连结OB则D为AB的中点，即AD
18、=BD=AB=6，在RtBOD中，根据勾股定理得：所以OD=8，当水面宽度为16时，分两种情况：如果，连结OB，设OC与交于点E，则E为的中点，即 中，根据勾股定理得：所以OE=6则水面比原来上涨的高度为8-6=2；如果，同理求出水面比原来上涨的高度为8+6=14；故答案为2或14【点睛】此题考查了垂径定理的应用，以及勾股定理，熟练掌握垂径定理是解本题的关键14. 如图，扇形AOB，正方形OCDE的顶点C，E，D，分别在OA，OB，弧AB上，过点A作，交ED的延长线于点F若图中阴影部分的面积为，则扇形AOB的半径为_【答案】【解析】【分析】过点B作交CD延长线于点H，由正方形的性质可得，根据线
19、段间的数量关系得出，结合图形发现：，设，由勾股定理可得，由面积可得，然后即可求出半径【详解】解：过点B作交CD延长线于点H，四边形OCDE为正方形，矩形ACDF与矩形EBDH全等，两个阴影部分的面积和恰好为矩形ACDF的面积，即，设，则，即，解得：或（舍去），即扇形AOB的半径为，故答案为：【点睛】题目主要考查求阴影部分的面积，正方形的性质，全等的性质，勾股定理，扇形面积等，理解题意，找出与阴影部分面积相等的矩形是解题关键15. 如图1，以各边为边分别向外作等边三角形，编号为、，将、如图2所示依次叠在上，已知四边形EMNB与四边形MPQN的面积分别为与，则的斜边长_【答案】10【解析】【分析】
20、设等边三角形、的面积分别为S1、S2、S3，AC=b，BC=a，AB=c，根据勾股定理得到，根据等式的性质得到，根据等边三角形的面积公式得到，根据已知条件列方程即可得到答案【详解】解：设等边三角形、面积分别为S1、S2、S3，AC=b，BC=a，AB=c，ABC是直角三角形，且ACB=90，a=6，b=8，即BC=6，AC=8，故答案为：10【点睛】此题考查了勾股定理的实际应用，熟记勾股定理的计算公式及熟练利用勾股定理求值是解题的关键16. 已知点，固定A，B两点，将线段CD向左或向右平移，平移后C，D两点的对应点分别为，（1）当的坐标为时，四边形的周长为_（2）当的坐标为_时，四边形的周长最
21、小【答案】 . ； . （）【解析】【分析】（1）根据平移到得出左平移1个单位，求出点D1（1，-4）坐标，然后根据勾股定理AB=4-0=4，C1D1=，AC1=，BD1=即可；（2）设点C左右平移m，点C1（-1+m，-1），点D1（2+m，-4），连结AD1，把AC1平移到D1C，使点A与点D1重合，根据AB长固定为4，C1D1长固定为，利用两点之间距离最短得出AC1+BD1=D1C+BD1BC，当点B，点D1，点C，三点共线时四边形AC1D1B周长最短，点C（1+2m，-5），利用待定系数法设BD1解析式为，代入坐标得：解方程组即可【详解】解：（1）平移到，先左平移1个单位，点D1（1，
22、-4），AB=4-0=4，C1D1=，AC1=，BD1=，四边形AC1D1B周长=AB+ AC1+ C1D1+ BD1=4+5=9+，故答案为9+；（2）设点C左右平移m，点C1（-1+m，-1），点D1（2+m，-4），连结AD1，把AC1平移到D1C使点A与点D1重合，AB长固定为4，C1D1长固定为，AC1+BD1=D1C+BD1BC当点B，点D1，点C，三点共线时四边形AC1D1B周长最短，点C（2+m-(0-m+1)，-5）即（1+2m，-5），设BD1解析式为，代入坐标得：，2-得，-得k=3，b=-12，将k=3，b=-12代入得m=，-1+m=，点C1的坐标为（）时四边形的周长
23、最小故答案为（）【点睛】本题考查平移变换，勾股定理，线段和差，待定系数法求解析式，解方程组，掌握平移变换特征，勾股定理，线段和差，待定系数法求解析式，解方程组，本题第2问较难，利用平移将AC1移到CD1是解题关键三、解答题（本大题有8小题，第1720小题每小题8分，第21小题10分，第22，23小题每小题12分，第24小题14分，共80分解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）17. 计算：【答案】1【解析】【分析】代入对应的特殊角的三角函数值，再按二次根式的相关运算法则计算即可【详解】解：=1【点睛】此题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键18. 在平面直角坐标系中，已知抛
24、物线经过点和（1）求抛物线C的解析式；（2）将抛物线C先向左平移2个单位，再向下平移1个单位，得到抛物线，求抛物线的顶点坐标【答案】（1）； （2）【解析】【分析】（1）根据待定系数法求解即可（2）先求出抛物线C的顶点坐标，再根据平移的性质求出抛物线的顶点坐标即可【小问1详解】解：将点和分别代入抛物线中可得解得抛物线C的解析式为；【小问2详解】解：抛物线C解析式为当时，抛物线C的顶点坐标为将抛物线C先向左平移2个单位，再向下平移1个单位，得到抛物线抛物线的顶点坐标为故抛物线的顶点坐标为【点睛】此题考查了抛物线的问题，解题的关键是掌握抛物线的性质、待定系数法以及平移的性质19. 有一个转盘如图所
25、示，让转盘自由转动求：（1）转盘自由转动一次，指针落在黄色区域的概率；（2）转盘自由转动两次，请利用树状图或列表法求出指针一次落在黄色区域，另一次落在红色区域的概率【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）直接利用概率公式计算即可；（2）画树状图，共有9种等可能的结果，指针一次落在黄色区域，另一次落在红色区域的结果有4种，再由概率公式求解即可【小问1详解】解：转盘黄色扇形的圆心角为120，让转盘自由转动一次，指针落在黄色区域的概率是；【小问2详解】解：画树状图如下：共有9种等可能的结果，指针一次落在黄色区域，另一次落在红色区域结果有4种，指针一次落在黄色区域，另一次落在红色区域的概率为【点睛
26、】本题考查了树状图法以及概率公式，正确画出树状图是解题的关键20. 为有效预防新型冠状病毒的传播，如图1为医院里常见的“测温门”，图2为该“测温门”截面示意图小聪做了如下实验：当他在地面M处时“测温门”开始显示额头温度，此时在额头B处测得A的仰角为30；当他在地面N处时，“测温门”停止显示额头温度，此时在额头C处测得A的仰角为60经测量该测温门的高度AD为2.5米，小聪的有效测温区间MN的长度是1米，根据以上数据，求小聪的身高CN为多少？（注：额头到地面的距离以身高计）（参考数据：，结果精确到0.01米）【答案】1.63米【解析】【分析】延长BC交AD于点E，设AE=x米，通过解直角三角形分别
27、表示出BE、CE的长度，根据得到，解得即可求出AE进而即可求出CN【详解】解：延长BC交AD于点E，设AE=x米，（米）（米）（米）解得（米）（米）答：小聪的身高CN为1.63m【点睛】此题考查了直角三角形的应用仰角俯角问题，解题的关键是能借助仰角构造直角三角形21. 如图，O为半圆的圆心，C、D为半圆上的两点，连接CD、BD、AD，连接AC并延长，与BD的延长线相交于点E（1）求证：；（2）若，半径，求BD的长【答案】（1）见解析 （2）【解析】【分析】（1）连接BC，可以得到，直径所对的圆周角是直角，可以得到，通过找角的关系，可以得到，此题得解（2）我们可以很容易证得，可以找到，进而得到C
28、E的长度，在中，我们通过勾股定理可以得到BC的长度，在中，通过勾股定理我们可以解出此题【小问1详解】连接BC，O为半圆的圆心，C、D为半圆上的两点，在中，三角形ECD为等腰三角形，【小问2详解】在中，CD=DE，CD=BD，BD=ED在和中，在中，【点睛】本题考查了圆周角定理的推论：直径所对的圆周角为直角；全等三角形的判定和应用，灵活的利用勾股定理求三角形的边长是解决本题的关键22. 山下湖是全国优质淡水珍珠的主产地，已知一批珍珠每颗的出厂价为30元，当售价定为50元/颗时，每天可销售60颗，为增大市场占有率，在保证盈利的情况下，商家决定采取降价措施，经调査发现，每颗售价降低1元，每天销量可增
29、加10颗（1）写出商家每天的利润W元与降价x元之间的函数关系；（2）当降价多少元时，商家每天的利润最大，最大为多少元？（3）若商家每天的利润至少要达到1440元，则定价应在什么范围内？【答案】（1）； （2）当降价7元时，商家每天的利润最大，最大值为1690元； （3）当定价为大于等于38元每颗，小于等于48元每颗时，商家每天的利润至少要达到1440元【解析】【分析】（1）商家降价x元后，保证盈利，可得，售价定为元，销售数量为颗，根据利润公式即可得出函数关系式；（2）先将（1）中函数关系式化为顶点式，然后即可得出结果；（3）当时，代入求解可得，考虑二次函数的基本性质可得，即可得出定价范围【小问
30、1详解】解：商家降价x元后，保证盈利，即，售价定为元，销售数量为颗，且，故W与降价x之间的函数关系式为：；【小问2详解】解： ，当时，W有最大值，最大利润元；答：当降价7元时，商家每天的利润最大，最大值为1690元【小问3详解】解：当时，解得：，函数解析式中，开口向下，当定价为大于等于38元每颗，小于等于48元每颗时，商家每天的利润至少达到1440元【点睛】题目主要考查二次函数的应用及其基本性质，最值问题，理解题意，列出函数关系式及运用函数的基本性质是解题关键23. 足球射门时，在不考虑其他因素的条件下，射点到球门AB的张角越大，射门越好当张角达到最大值时，我们称该射点为最佳射门点通过研究发现
31、，如图1所示，运动员带球在直线CD上行进时，当存在一点Q，使得（此时也有）时，恰好能使球门AB的张角达到最大值，故可以称点Q为直线CD上的最佳射门点（1）如图2所示，AB为球门，当运动员带球沿CD行进时，为其中的三个射门点，则在这三个射门点中，最佳射门点为点_；（2）如图3所示，是一个矩形形状的足球场，AB为球门，于点D，某球员沿CD向球门AB进攻，设最佳射门点为点Q用含a的代数式表示DQ的长度并求出的值；已知对方守门员伸开双臂后，可成功防守的范围为，若此时守门员站在张角内，双臂张开MN垂直于AQ进行防守，求MN中点与AB的距离至少为多少时才能确保防守成功（结果用含a的代数式表示）【答案】（1
32、） （2）；【解析】【分析】（1）连接、，根据平行线的性质得出，再根据等腰三角形的性质得出即可判断；（2）根据最佳射门点为点Q，可证ADQQDB，列出比例式即可求出DQ的长度，作BEAQ于E，求出线段长，利用三角函数求解即可；根据题意可知，过MN中点O作OFAB于F，交AQ于P，利用相似三角形的性质求出EM，再解直角三角形求出MP、PF、PO即可【小问1详解】解：连接、，CDAB，最佳射门点为故答案为：【小问2详解】解：作BEAQ于E，最佳射门点为点Q，ADQQDB，代入比例式得，解得，（负值舍去）；，则，；过MN中点O作OFAB于F，交AQ于P，守门员伸开双臂后，可成功防守的范围为，当时才能
33、确保防守成功MNAQ，；MN中点与AB的距离至少为时才能确保防守成功【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，解题关键恰当构建直角三角形，熟练运用解直角三角形的知识求解24. 已知如图，在平面直角坐标系中，已知菱形OABC的边长为25，且（1）求C、B两点的坐标；（2）设P为菱形OABC对角线OB上的一动点，连接CP若，求点P的坐标；已知点G在坐标平面内且在直线OC下方，若点P在运动过程中始终保持，且，当为等腰三角形时，求AG的长度【答案】（1）； （2）；、【解析】【分析】（1）设点的坐标为，根据以及菱形OABC的边长为25，即可求得点的坐标，根据菱形的性质即可求得的坐标；（2）过点作，垂直分别
34、为，连接，根据，可得，根据菱形的性质可得，进而可得，即可求得的长，即可求得的横坐标，根据点的坐标求得，进而求得的长，即可求得的纵坐标，从而求得点P的坐标；点G在坐标平面内且在直线OC下方，且，当为等腰三角形时，分以下四种情形讨论，）当时，此时点与点重合，当点在的上方时，过点作，交于点，交轴于点,解直角三角形；）当点在的下方时，连接交于点，连接，解；）当时，且在的下方，连接，过点作轴于点，过点作轴于点，证明三点共线，解；）当时，连接，过点作 轴于点，过点作，交轴于点，分别求得，勾股定理即可求得【小问1详解】菱形OABC的边长为25，点的坐标为，解得（负值舍去），【小问2详解】如图，过点作，垂直分
35、别为，连接，过点作轴于点，菱形垂直平分垂直平分点G在坐标平面内且在直线OC下方，且，当为等腰三角形时，分以下四种情形讨论，）如图，当时，此时点与点重合，当点在的上方时，过点作，交于点，交轴于点,，由可知， ，在中，）当点在的下方时，连接交于点，连接，如图，菱形，在中，）当时，且在的下方，如图，连接 ，过点作轴于点，过点作轴于点，设三点共线，在菱形的对角线上，垂直平分，）当时，如图，连接，过点作 轴于点，过点作，交轴于点，设，则，即，在中，在中，由可知，综上所述，的长度为、【点睛】本题考查了菱形的性质，坐标与图形，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，解直角三角形，垂直平分线的性质，由于数据较大，细心的计算是解题的关键