广州中考压轴题回顾含答案2012——2017

广州中考压轴题回顾含答案2012——2017

‎2012‎ ‎24．（2012•广州）如图，抛物线y=与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．‎ ‎（1）求点A、B的坐标；‎ ‎（2）设D为已知抛物线的对称轴上的任意一点，当△ACD的面积等于△ACB的面积时，求点D的坐标；‎ ‎（3）若直线l过点E（4，0），M为直线l上的动点，当以A、B、M为顶点所作的直角三角形有且只有三个时，求直线l的解析式．‎ ‎25．（2012•广州）如图，在平行四边形ABCD中，AB=5，BC=10，F为AD的中点，CE⊥AB于E，设∠ABC=α（60°≤α＜90°）．‎ ‎（1）当α=60°时，求CE的长；‎ ‎（2）当60°＜α＜90°时，‎ ‎①是否存在正整数k，使得∠EFD=k∠AEF？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎②连接CF，当CE2﹣CF2取最大值时，求tan∠DCF的值．‎ ‎2013‎ ‎24.（本小题满分14分）‎ ‎（2013年广州市）已知AB是⊙O的直径，AB=4，点C在线段AB的延长线上运动，点D在⊙O 上运动（不与点B重合），连接CD，且CD=OA.‎ ‎(1)当OC=时（如图12），求证：CD是⊙O的切线；‎ ‎（2）当OC＞时，CD所在直线于⊙O相交，设另一交点为E，连接AE.‎ ‎25、（本小题满分14分）‎ ‎（2013年广州市）已知抛物线y1=过点A(1,0)，顶点为B，且抛物线不经过第三象限。‎ ‎（1）使用a、c表示b;‎ ‎（2）判断点B所在象限，并说明理由；‎ ‎（3）若直线y2=2x+m经过点B，且于该抛物线交于另一点C(),求当x≥1时y1的取值范围。‎ ‎2014‎ ‎24．（14分）（2014•广州）已知平面直角坐标系中两定点A（﹣1，0）、B（4，0），抛物线y=ax2+bx﹣2（a≠0）过点A，B，顶点为C，点P（m，n）（n＜0）为抛物线上一点．‎ ‎（1）求抛物线的解析式和顶点C的坐标；‎ ‎（2）当∠APB为钝角时，求m的取值范围；‎ ‎（3）若m＞，当∠APB为直角时，将该抛物线向左或向右平移t（0＜t＜）个单位，点C、P平移后对应的点分别记为C′、P′，是否存在t，使得首位依次连接A、B、P′、C′所构成的多边形的周长最短？若存在，求t的值并说明抛物线平移的方向；若不存在，请说明理由．‎ ‎25．（14分）（2014•广州）如图，梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC=90°，AB=3，BC=4，CD=5．点E为线段CD上一动点（不与点C重合），△BCE关于BE的轴对称图形为△BFE，连接CF．设CE=x，△BCF的面积为S1，△CEF的面积为S2．‎ ‎（1）当点F落在梯形ABCD的中位线上时，求x的值；‎ ‎（2）试用x表示，并写出x的取值范围；‎ ‎（3）当△BFE的外接圆与AD相切时，求的值．‎ ‎ ‎ ‎2015‎ ‎24.(本小题满分14分) ‎ 如图10，四边形OMTN中，OM＝ON，TM＝TN，我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做筝形. ‎O M N T 图10‎ ‎(1) 试探究筝形对角线之间的位置关系，并证明你的结论；‎ ‎(2) 在筝形ABCD中，已知AB＝AD＝5，BC＝CD，BC＞AB，BD、AC为对角线，BD＝8.‎ ‎①是否存在一个圆使得A、B、C、D四个点都在这个圆上？若存在，求出圆的半径；若不存在，请说明理由；‎ ‎②过点B作BF⊥CD，垂足为F，BF交AC于点E，连接DE，当四边形ABED为菱形时，求点F到AB的距离.‎ ‎25.已知O为坐标原点，抛物线y1＝ax2＋bx＋c(a≠0)与x轴相交于点A(x1，0)，B(x2，0)，与y轴交于点C，且OC两点间的距离为3，x1×x2＜0，│x1│＋│ x2│＝4，点A、C在直线 y2＝－3x＋t上.‎ ‎(1) 求点C的坐标；‎ ‎(2) 当y随着x的增大而增大时，求自变量x的取值范围；‎ ‎(3) 当抛物线y1向左平移n(n＞0) 个单位，记平移后y随着x的增大而增大的部分为P，直线y2向下平移n个单位，当平移后的直线与P有公共点时，求2n2－5n的最小值.‎ ‎2016‎ ‎24.本小题满分14分 已知抛物线y＝mx2＋(1－2m)x＋1－3m与x轴相交于不同的两点A，B，‎ ‎(1)求m的取值范围；‎ ‎(2)证明该抛物线一定经过非坐标轴上的一点P，并求出点P的坐标；‎ ‎(3)当＜m≤8时，由(2)求出的点P和点A，B构成的△ABP的面积是否有最值，若有，求出最值及相应的m值；若没有，请说明理由.‎ ‎25.（本小题满分14分）‎ A B C D 图10‎ 如图10，点C为△ABD外接圆上的一动点（点C不在上，且不与点B、D重合），∠ACB＝∠ABD＝45°，‎ ‎(1)求证：BD是该外接圆的直径；‎ ‎(2)连接CD，求证：AC＝BC＋CD;‎ ‎(3)若△ABC关于直线AB的对称图形为△ABM，连接DM，试探究DM2，AM2，BM2三者之间满足的等量关系，并证明你的结论.‎ ‎2017‎ ‎24. （2017广东广州）（本小题满分14分）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，△COD关于CD的对称图形为△CED．‎ ‎（1）求证：四边形OCED是菱形；‎ ‎（2）连接AE，若AB＝6cm，BC＝cm.‎ ‎①求sin∠EAD的值；‎ ‎②若点P为线段AE上一动点（不与点A重合），连接OP，一动点Q从点O出发，以1cm/s的速度沿线段OP匀速运动到点P，再以1.5cm/s的速度沿线段PA匀速运动到点A，到达点A后停止运动．当点Q沿上述路线运动到点A所需要的时间最短时，求AP的长和点Q走完全程所需的时间．‎ ‎25．（2017广东广州）（本小题满分14分）如图14，AB是⊙O的直径，，AB＝2，连接AC.‎ ‎（1）求证：∠CAB＝45°；‎ ‎（2）若直线l为⊙O的切线，C是切点，在直线L上取一点D，使BD＝AB，BD所在的直线与AC所在的直线相交于点E，连接AD．‎ ‎①试探究AE与AD之间的数量关系，并证明你的结论；‎ ‎②是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．‎ ‎ ‎ 答案 解：（1）令y=0，即=0，‎ 解得x1=﹣4，x2=2，∴A、B点的坐标为A（﹣4，0）、B（2，0）．‎ ‎（2）S△ACB=AB•OC=9，在Rt△AOC中，AC===5，设△ACD中AC边上的高为h，则有AC•h=9，解得h=．如答图1，在坐标平面内作直线平行于AC，且到AC的距离=h=，这样的直线有2条，分别是l1和l2，则直线与对称轴x=﹣1的两个交点即为所求的点D．设l1交y轴于E，过C作CF⊥l1于F，则CF=h=，∴CE==．设直线AC的解析式为y=kx+b，将A（﹣4，0），B（0，3）坐标代入得到，解得，∴直线AC解析式为y=x+3．[来源:学.科.网]‎ 直线l1可以看做直线AC向下平移CE长度单位（个长度单位）而形成的，∴直线l1的解析式为y=x+3﹣=x﹣．则D1的纵坐标为×（﹣1）﹣=，∴D1（﹣4，）．同理，直线AC向上平移个长度单位得到l2，可求得D2（﹣1，）综上所述，D点坐标为：D1（﹣4，），D2（﹣1，）．‎ ‎（3）如答图2，以AB为直径作⊙F，圆心为F．过E点作⊙F的切线，这样的切线有2条．连接FM，过M作MN⊥x轴于点N．∵A（﹣4，0），B（2，0），∴F（﹣1，0），⊙F半径FM=FB=3．‎ 又FE=5，则在Rt△MEF中，‎ ME==4，sin∠MFE=，cos∠MFE=．在Rt△FMN中，MN=MN•sin∠MFE=3×=，‎ FN=MN•cos∠MFE=3×=，则ON=，∴M点坐标为（，）直线l过M（，），E（4，0），设直线l的解析式为y=kx+b，则，解得所以直线l的解析式为y=x+3．同理，可以求得另一条切线的解析式为y=x﹣3．‎ 综上所述，直线l的解析式为y=x+3或y=x﹣3．‎ 解答：‎ 解：（1）∵α=60°，BC=10，‎ ‎∴sinα=，‎ 即sin60°==，‎ 解得CE=5；‎ ‎（2）①存在k=3，使得∠EFD=k∠AEF．理由如下：连接CF并延长交BA的延长线于点G，∵F为AD的中点，∴AF=FD，在平行四边形ABCD中，AB∥CD，∴∠G=∠DCF，在△AFG和△CFD中，，∴△AFG≌△CFD（AAS），∴CF=GF，AG=CD，∵CE⊥AB，∴EF=GF三角形斜边上的中线等于斜边的一半），∴∠AEF=∠G，∵AB=5，BC=10，点F是AD的中点，∴AG=5，AF=AD=BC=5∴AG=AF，∴∠AFG=∠G，在△AFG中，∠EFC=∠AEF+∠G=2∠AEF又∵∠CFD=∠AFG（对顶角相等），∴∠CFD=∠AEF，‎ ‎∴∠EFD=∠EFC+∠CFD=2∠AEF+∠AEF=3∠AEF，因此，存在正整数k=3，使得∠EFD=3∠AEF；‎ ‎②设BE=x，∵AG=CD=AB=5，‎ ‎∴EG=AE+AG=5﹣x+5=10﹣x，‎ 在Rt△BCE中，CE2=BC2﹣BE2=100﹣x2，‎ 在Rt△CEG中，CG2=EG2+CE2=（10﹣x）2+100﹣x2=200﹣20x，‎ ‎∵CF=GF（①中已证），‎ ‎∴CF2=（CG）2=CF2=（200﹣20x）=50﹣5x，‎ ‎∴CE2﹣CF2=100﹣x2﹣50+5x=﹣x2+5x+50=﹣（x﹣）2+50+，‎ ‎∴当x=，即点E是AB的中点时，CE2﹣CF2取最大值，‎ 此时，EG=10﹣x=10﹣=，‎ CE===，‎ 所以，tan∠DCF=tan∠G===．‎ ‎24.分析：（1）关键是利用勾股定理的逆定理，判定△OCD为直角三角形，如答图①所示；‎ ‎（2）①如答图②所示，关键是判定△EOC是含30度角的直角三角形，从而解直角三角形求出△ACE的周长；‎ ‎②符合题意的梯形有2个，答图③展示了其中一种情形．在求AE•ED值的时候，巧妙地利用了相似三角形，简单得出了结论，避免了复杂的运算．‎ 解：（1）证明：连接OD，如答图①所示．‎ 由题意可知，CD=OD=OA=AB=2，OC=，‎ ‎∴OD2+CD2=OC2‎ 由勾股定理的逆定理可知，△OCD为直角三角形，则OD⊥CD，‎ 又∵点D在⊙O上，‎ ‎∴CD是⊙O的切线．‎ ‎（2）解：①如答图②所示，连接OE，OD，则有CD=DE=OD=OE，‎ ‎∴△ODE为等边三角形，∠1=∠2=∠3=60°；‎ ‎∵OD=CD，∴∠4=∠5，‎ ‎∵∠3=∠4+∠5，∴∠4=∠5=30°，‎ ‎∴∠EOC=∠2+∠4=90°，‎ 因此△EOC是含30度角的直角三角形，△AOE是等腰直角三角形．‎ 在Rt△EOC中，CE=2OA=4，OC=4cos30°=，‎ 在等腰直角三角形AOE中，AE=OA=，‎ ‎∴△ACE的周长为：AE+CE+AC=AE+CE+（OA+OC）=+4+（2+）=6++．‎ ‎②存在，这样的梯形有2个．‎ 答图③是D点位于AB上方的情形，同理在AB下方还有一个梯形，它们关于直线AB成轴对称．‎ ‎∵OA=OE，∴∠1=∠2，‎ ‎∵CD=OA=OD，∴∠4=∠5，‎ ‎∵四边形AODE为梯形，∴OD∥AE，∴∠4=∠1，∠3=∠2，‎ ‎∴∠3=∠5=∠1，‎ 在△ODE与△COE中，‎ ‎∴△ODE∽△COE，‎ 则有，∴CE•DE=OE2=22=4．‎ ‎∵∠1=∠5，∴AE=CE，‎ ‎∴AE•DE=CE•DE=4．‎ 综上所述，存在四边形AODE为梯形，这样的梯形有2个，此时AE•DE=4．‎ 点评：本题是几何综合题，考查了圆、含30度角的直角三角形、等腰直角三角形、等边三角形、梯形等几何图形的性质，涉及切线的判定、解直角三角形、相似三角形的判定与性质等多个知识点，难度较大 ‎25、（本小题满分14分）‎ 分析：（1）抛物线经过A（1，0），把点代入函数即可得到b=﹣a﹣c；‎ ‎（2）判断点在哪个象限，需要根据题意画图，由条件：图象不经过第三象限就可以推出开口向上，a＞0，只需要知道抛物线与x轴有几个交点即可解决，‎ 判断与x轴有两个交点，一个可以考虑△，由△就可以判断出与x轴有两个交点，所以在第四象限；或者直接用公式法（或十字相乘法）算出，由两个不同的解，进而得出点B所在象限；‎ ‎（3）当x≥1时，y1的取值范围，只要把图象画出来就清晰了，难点在于要观察出是抛物线与x轴的另一个交点，理由是，由这里可以发现，b+8=0，b=﹣8，a+c=8，还可以发现C在A的右侧；可以确定直线经过B、C两点，看图象可以得到，x≥1时，y1大于等于最小值，此时算出二次函数最小值即可，即求出即可，已经知道b=﹣8，a+c=8，算出a，c即可，即是要再找出一个与a，c有关的式子，即可解方程组求出a，c，直线经过B、C两点，把B、C两点坐标代入直线消去m，整理即可得到c﹣a=4联立a+c=8，解得c，a，即可得出y1的取值范围．‎ 解：（1）∵抛物线y1=ax2+bx+c（a≠0，a≠c），经过A（1，0），‎ 把点代入函数即可得到：b=﹣a﹣c；‎ ‎（2）B在第四象限．‎ 理由如下：∵抛物线y1=ax2+bx+c（a≠0，a≠c）过点A（1，0），‎ ‎∴，所以抛物线与x轴有两个交点，又因为抛物线不经过第三象限，所以a＞0，且顶点在第四象限；（3）∵，且在抛物线上，∴b+8=0，∴b=﹣8，∵a+c=﹣b，∴a+c=8，把B、C两点代入直线解析式易得：c﹣a=4，即解得：如图所示，C在A的右侧，∴当x≥1时，．‎ ‎．‎ ‎24.（1）待定系数法求解析式即可，求得解析式后转换成顶点式即可．‎ ‎（2）因为AB为直径，所以当抛物线上的点P在⊙C的内部时，满足∠APB为钝角，所以﹣1＜m＜0，或3＜m＜4．‎ ‎（3）左右平移时，使A′D+DB″最短即可，那么作出点C′关于x轴对称点的坐标为C″，得到直线P″C″的解析式，然后把A点的坐标代入即可．‎ 解：（1）∵抛物线y=ax2+bx﹣2（a≠0）过点A，B，‎ ‎∴，‎ 解得：，‎ ‎∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣2；‎ ‎∵y=x2﹣x﹣2=（x﹣）2﹣，‎ ‎∴C（，﹣）．‎ ‎（2）如图1，以AB为直径作圆M，则抛物线在圆内的部分，能是∠APB为钝角，‎ ‎∴M（，0），⊙M的半径=．‎ ‎∵P是抛物线与y轴的交点，‎ ‎∴OP=2，‎ ‎∴MP==，‎ ‎∴P在⊙M上，‎ ‎∴P的对称点（3，﹣2），‎ ‎∴当﹣1＜m＜0或3＜m＜4时，∠APB为钝角．‎ ‎（3）存在；‎ 抛物线向左或向右平移，因为AB、P′C′是定值，所以A、B、P′、C′所构成的多边形的周长最短，只要AC′+BP′最小；‎ 第一种情况：抛物线向右平移，AC′+BP′＞AC+BP，‎ 第二种情况：向左平移，如图2所示，由（2）可知P（3，﹣2），‎ 又∵C（，﹣）‎ ‎∴C'（﹣t，﹣），P'（3﹣t，﹣2），‎ ‎∵AB=5，‎ ‎∴P″（﹣2﹣t，﹣2），‎ 要使AC′+BP′最短，只要AC′+AP″最短即可，‎ 点C′关于x轴的对称点C″（﹣t，），‎ 设直线P″C″的解析式为：y=kx+b，‎ ‎，‎ 解得 ‎∴直线y=x+t+，‎ 点A在直线上，‎ ‎∴﹣+t+=0‎ ‎∴t=．‎ 故将抛物线向左平移个单位连接A、B、P′、C′所构成的多边形的周长最短．‎ 解：（1）当点F落在梯形ABCD中位线上时，‎ 如答图1，过点F作出梯形中位线MN，分别交AD、BC于点M、N．‎ 由题意，可知ABCD为直角梯形，则MN⊥BC，且BN=CN=BC．‎ 由轴对称性质，可知BF=BC，‎ ‎∴BN=BF，‎ ‎∴∠BFN=30°，∴∠FBC=60°，‎ ‎∴△BFC为等边三角形．‎ ‎∴CF=BC=4，∠FCB=60°，‎ ‎∴∠ECF=30°．‎ 设BE、CF交于点G，由轴对称性质可知CG=CF=2，CF⊥BE．‎ 在Rt△CEG中，x=CE===．‎ ‎∴当点F落在梯形ABCD的中位线上时，x的值为．‎ ‎（2）如答图2，由轴对称性质，可知BE⊥CF．‎ ‎∵∠GEC+∠ECG=90°，∠GEC+∠CBE=90°，‎ ‎∴∠GEC=∠CBE，又∵∠CGE=∠ECB=90°，‎ ‎∴Rt△BCE∽Rt△CGE，‎ ‎∴，∴CE2=EG•BE ①‎ 同理可得：BC2=BG•BE ②‎ ‎①÷②得：==．‎ ‎∴====．‎ ‎∴=（0＜x≤5）．‎ ‎（3）当△BFE的外接圆与AD相切时，依题意画出图形，如答图3所示．‎ 设圆心为O，半径为r，则r=BE=．‎ 设切点为P，连接OP，则OP⊥AD，OP=r=．‎ 过点O作梯形中位线MN，分别交AD、BC于点M、N，‎ 则OM为梯形ABED的中位线，∴OM=（AB+DE）=（3+5﹣x）=（8﹣x）．‎ 过点A作AH⊥CD于点H，则四边形ABCH为矩形，‎ ‎∴AH=BC=4，CH=AB=3，∴DH=CD﹣CH=2．‎ 在Rt△ADH中，由勾股定理得：AD===2．‎ ‎∵MN∥CD，‎ ‎∴∠ADH=∠OMP，又∵∠AHD=∠OPM=90°，‎ ‎∴△OMP∽△ADH，‎ ‎∴，即，‎ 化简得：16﹣2x=，‎ 两边平方后，整理得：x2+64x﹣176=0，‎ 解得：x1=﹣32+20，x2=﹣32﹣20（舍去）‎ ‎∴x=﹣32+20，‎ ‎∴==139﹣80．‎ ‎24、（1）OT⊥MN ‎ ‎（2）①存在。提示：设AC，BD交点为M，∠ABC=∠ACB=90°，△ABM与△ACB相似，可求得半径等于。‎ ‎②提示：作FG⊥AB，交AB与点G，△BME与△BFD相似，求出DF=，再△BGF与△EFD相似，可求出P到AB的距离FG等于 25、 提示：（1）‎ （2） ‎①若C（0,3），，时，随着的增大而增大 ‎ ②若C（0，-3），，时，随着的增大而增大 （3） ‎①若，平移后 ‎ 平移后，要使得有公共点，则当，‎ ‎ 求得（不符合，舍去）‎ ‎ ②若，平移后 ‎ 平移后，要使得有公共点，则当， 求得 ‎，当时，最小值为 ‎24. ‎ ‎25.1)证明：∵ ∠D＝∠C，‎ ‎∠BAD＝180°－∠D－∠DBA＝180°－45°－45°＝90°‎ ‎∴ BD 是圆的直径.‎ ‎ ‎ ‎(2)将△ACD以A为旋转中心，顺时针旋转90°，‎ 得到△AC′B ，A B C D M C′‎ O 图10-2‎ 如图10-2，‎ ‎∠A′D′C＝∠ABC′， AC＝A′C ∠CAC′＝90° ，CB′＝CD ‎∠ABC＋∠ABC′=∠ABC＋∠ADC＝180° ，‎ ‎∴B、C、D′ 三点共线 ‎(∵BD是直径，∴∠BCD＝90°)‎ ‎∴CC′＝＝AC 又 ∵ CC′=BC＋BC′＝BC＋CD ‎∴ AC＝BC＋CD.‎ A B C D E M C′‎ O 图10-3‎ ‎(3)延长MB与圆交于E，连接DE ，如图10-3‎ ‎∵BD是直径，∴DM2＝ME2＋DE2‎ 又 ∵ ME2＝(BM＋BE)2‎ ‎＝BM2＋BE2＋2BM•BE＝ BC2＋BE2＋2BC•BE ‎∴ DM2＝BC2＋BE2＋2BC•BE＋DE2‎ ‎＝BC2＋BD2＋2BC•BE ①‎ ‎∵ ∠ADC＋∠ABC＝180°,∠ABC＝∠ABM,∠ABM＋∠ABE＝180°,‎ ‎∴∠ADC＝∠ABE,‎ ‎∴180°－∠ADC＝180°－∠ABE， ∠ADE＝∠ABC(圆的内接四边形对角互补)，‎ ‎∴∠ADB＋∠BDE＝∠ABD＋∠CBD, 又∵∠ABD＝ADB＝45°, ‎ ‎∴∠CBD＝∠EBD, ∴ BE＝CE ②‎ ‎∵ BM2＋2AM2＝BC2＋2AC2＝BC2+(BC＋CD)2‎ ‎＝BC2＋BC2＋CD2＋2BC×CD＝ BC2＋BD2＋2BC×CD ③‎ ‎∴ DM2＝BM2＋2AM2 .‎ ‎24..思路分析：（1）根据矩形的性质和轴对称的性质证明四边形OCED的四条边都相等；（2）①连接OE，设直线OE交AB于点F，交DC于点G，可知∠EAD＝∠AEF，在△AEF中求得sin∠AEF即可；②过点P作PM⊥AB，垂足为点M. Q由O运动到P所需时间就是OP+MA最小.‎ 解：（1）证明：∵四边形ABCD是为矩形，∴AC＝BD.∵AC与BD交于点O，且△COD与△CED关于CD对称，∴DO＝CO，且DO＝DE，OC＝EC，∴DO＝OC＝EC＝ED，‎ ‎∴四边形OCED是菱形.‎ ‎（2）①连接OE，设直线OE交AB于点F，交DC于点G.∵△COD与△CED关于CD 对称，∴OE⊥DC.∵DC∥AB，∴OF⊥AB，EF∥AD.∵G为DC的中点，O为AC的中点，∴OG是△CAD的中位线，∴OG＝GE＝.‎ 同理可得OF＝，AF＝3，∴AE＝.‎ ‎∵∠EAD＝∠AEF，∴sin∠EAD＝sin∠AEF＝.‎ ‎①过点P作PM⊥AB，垂足为点M.‎ ‎∴Q由O运动到P所需时间为3s.‎ 由①可知AM＝AP.‎ ‎∴点Q以1.5cm/s的速度从点P到A所需时间等同于以1cm/s的速度从M运动到A,‎ 即t＝tOP+tPA＝，‎ ‎∴Q由O运动到P所需时间就是OP+MA最小.‎ 如图，当P运动到P1，即P1O∥AB时，所用时间最短.‎ ‎∴t＝＝3s.‎ 在Rt△AP1M1中，设AM1＝2x，则AP1＝3x，∵AP12＝AM12+P1M12，∴（3x）2＝（2x）2+，解得x1＝，x2＝－（舍去），∴AP＝.‎ 答：AP的长为cm，点Q走完全程需时3s.‎ ‎25.思路分析：（1）连接BC，根据“同弧所对的圆周角等于圆角角的一半”求解；（2）①当BD＝AB时，有∠ABD为锐角和∠ABD为钝角两种情形；②分D在点C左侧或D在点C右侧两种情况求解.‎ 解：（1）证明：如图，连接BC ‎∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°.∵AC＝BC，∴∠CAB＝∠CBA＝（180°－90°）＝45°‎ ‎（2）①当∠ABD为锐角时，如图所示，作BF⊥l于F.由（1）可知△ABC为等腰直角三角形.∵O是AB的中点，∴CO＝AO＝BO，∴△COB为等腰直角三角形.∵l是⊙O的切线，∴OC⊥l.∵BF⊥l，∴四边形OBEC为矩形.∴AB＝2BF，∴BD＝2BF，∴∠BDF＝30°，∴∠DBA＝30°，‎ ‎∴∠BDA＝∠BAD＝75°，∠CBE＝15°，∠CEB＝90°－15°＝75°，∴∠CEB＝∠DEA，∴AD＝AE.‎ ‎②当∠ABD为钝角时，如图所示，同样BF＝BD，∠BDC＝30°，‎ ‎∴∠ABD＝150°，∠AEB＝90°－∠CBE＝15°，∠ADB＝（180°－150°）＝15°，‎ ‎∴∠AED＝∠ADE，∴AE＝AD.‎ ‎②当D在C左侧时，由①可知CD∥AB，∠ACD＝∠BAE，∠DAC＝∠EBA＝30°，∴△CAD∽△BAE，∴，∴AE＝CD.∵BA＝BD，∠BAD＝∠BDA＝15°，∴∠IBE＝30°在Rt△IBE中，BE＝2EI＝2×AE＝AE＝CD＝2CD.∴‎ ‎.‎ 当D在C右侧时，过E走EI⊥AB与I.由①可知∠ADC＝∠BEA＝15°.‎ ‎∵AB∥CD，∴∠EAB＝∠ACD，‎ ‎∴△ACD∽△BAE，‎ ‎∴，∴AE＝CD.‎ ‎∵BA＝BD，∠BAD＝∠BDA＝15°，∴∠IBE＝30°.‎ 在Rt△IBE中，BE＝2EI＝2×AE＝AE＝CD＝2CD.‎ ‎∴.‎