2023-2024学年江苏省苏州市吴江区吴江区盛泽第二中学九年级（上）10月月考数学试卷（含解析）

2023-2024学年江苏省苏州市吴江区吴江区盛泽第二中学九年级（上）10月月考数学试卷一、选择题（本大题共8小题，共24分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.下列方程是一元二次方程的是(

)A.2x2+2y=0 B.ax2−bx+c=02.已知线段AB的中点为M，动点P满足AB=2PM，则点P的轨迹是

(

)A.以AB为直径的圆 B.AB的延长线 C.AB的垂直平分线 D.平行AB的直线3.一元二次方程x2−6x−8=0，经过配方可变形为

(

)A.(x−3)2=17 B.(x−3)2=14.有下列说法：①直径是圆中最长的弦；②等弧所对的弦相等；③圆中90°的角所对的弦是直径；④相等的圆心角对的弧相等.其中正确的有(

)A.1个 B.2个 C.3个 D.4个5.如图，A、B、C是⊙O上的点，且∠ACB=140∘.在这个图中，画出下列度数的圆周角：40∘，50∘，80∘，140∘，仅用无刻度的直尺能画出的有A.40∘，50∘，80∘ B.40∘，80∘，140∘

C.40∘，50∘，6.如图，由等边三角形、正方形、圆组成的轴对称图案中，等边三角形与正方形的面积的比值为(

)

A.332 B.3 C.37.如图，边长为10的等边▵ABC中，点D在边AC上，且AD=3，将含30∘角的直角三角板∠F=30∘绕直角顶点D旋转，DE、DF分别交边AB、BC于P、Q，连接PQ，当EF/​/PQ时，DQ的长为

(

)

A.6 B.39 C.2138.定义：我们知道，凸四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似(不全等)，我们就把这个凸四边形叫做“自相似四边形”.如图，点A、B、C是正方网格中的格点，在网格中确定格点D，使以A、B、C、D为顶点的四边形是“自相似四边形”，符合条件的格点D的个数是

(

)

A.2个 B.3个 C.4个 D.5个二、填空题（本大题共8小题，共24分）9.若x=−1是关于x的一元二次方程x2+ax+3b=0的解，则a−3b=

．10.如图，一块直径为2a+2b的圆形钢板，从中挖去直径分别为2a与2b的两个圆，已知剩下钢板的面积与一个长为a的长方形面积相等，则这个长方形的宽为

．

11.解方程(x2−5)2−x12.已知线段AB=6cm，C为线段AB的黄金分割点AC>BC，则AC=

．13.▵AOB三个顶点的坐标分别为A5,0，O0,0，B3,6，以原点O为位似中心，相似比为23，将▵AOB缩小，则点B的对应点B′14.P是▵ABC边上的任一点(P不与A、B、C重合)，过点P的一条直线截▵ABC，如果截得的三角形与▵ABC相似，我们称这条直线为过点P的△ABC的“相似线”．Rt▵ABC中，∠C=90∘，∠B=30∘，当点P是边BC上一个三等分点时(PB>PC)，过点P的▵ABC的“相似线”最多有

条．15.如图，点C是AE的中点，在AE同侧分别以AC,CE为直径作半圆⊙B、⊙D.直线l//AE，与两个半圆依次相交于F、M、N、G不同的四点，AE=12，设FG=x，MN=y.当7≤x≤11，则y的取值范围是

．

16.已知实数x、y、z满足x2−4x+y2+4y−2xy+z=2018，则实数z三、解答题（本大题共9小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题8分)用适当的方法解下列方程：(1)3x(2)3x(3)(2x−3)(4)(x+8)(x+1)=−12；18.(本小题8分)已知关于x的方程kx(1)试说明：无论k取什么实数值，方程总有实数根；(2)若方程的两实数根都为正整数，求k的值．19.(本小题8分)如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB=AC，P是⊙O上一点，请你只用无刻度的直尺，分别画出图①和图②中∠P的平分线．

20.(本小题8分)某社区在开展“美化社区，幸福家园”活动中，计划利用如图所示的直角墙角(阴影部分，两边足够长)，用40米长的篱笆围成一个矩形花园ABCD(篱笆只围AB，AD两边)，设AB=x米．(1)若花园的面积为300平方米，求x的值；(2)若在直角墙角内点P处有一棵桂花树，且与墙BC，CD的距离分别是10米，24米，要将这棵树围在矩形花园内(含边界，不考虑树的粗细)，则花园的面积能否为400平方米？若能，求出x的值；若不能，请说明理由．21.(本小题8分)如图，▵ABC为⊙O的内接三角形，AD⊥BC，垂足为D，直径AE平分∠BAD，交BC于点F，连结BE．

(1)求证：∠AEB=∠AFD：(2)若AB=10，BF=5，求DF的长．22.(本小题8分)如图，四边形OABC是边长为4的正方形，点P从点O沿边OA向点A运动，每秒运动1个单位．连结CP，过点P作PE⊥CP交AB于点D，且PE=PC，过点E作EF//OA，交OB于点F，连结FD、BE，设点P运动的时间为t0<t<4

(1)试判断线段EF的长度是否随点P的运动变化而改变？并说明理由；(2)当t为何值时，四边形BEDF的面积为132．23.(本小题8分)如图，AB为⊙O的直径，点C、D都在⊙O上，且CD平分∠ACB，交AB于点E．(1)求证：∠ABD=∠BCD；(2)若DE=13，AE=17，求⊙O的半径．24.(本小题8分)将▱ABCO按照如图所示位置放置在平面直角坐标系xOy中，BC在x轴上方且与x轴平行，将▱ABCO绕点B顺时针旋转一定的角度得到▱BA′O′C′．(1)如图1，若点A′落在OA上，点C′恰好落在AB所在的直线上，求∠BAO的度数．(2)如图2，若A(13,0)，AB=3，点A′落在BC上，点O的对应点O′恰好落在OC所在的直线上，求点B的坐标；(3)如图3，若A(4,0)，B(5,1)，M是AB的中点，将▱ABCO绕点B顺时针旋转一周，则▵MO′C′的面积S的最大值是______．25.(本小题8分)阅读理解：如图1，在线段AC上有一点P，若▵ABP与△CDP相似，则称点P为▵ABP与△CDP的“似联点”．例如：如图2，▵ABP1∽▵CDP1，▵AP2如图3，矩形ABCD中，AB=4，BC=mm>2，点E是AD边上一定点，DE=1且EF/​/AB(1)当m=4时，线段EF上存在点P为△EDP与▵BPF的“似联点”，则EP=_______；(2)当m=4.5时，线段EF上△EDP与▵BPF的“似联点”P有______个，请说明理由；(3)随着mm>2的变化，线段EF上△EDP与▵BPF的“似联点”P的个数有哪些变化？请直接写出相对应的m的值或取值范围．

答案和解析1.【答案】D

【解析】【分析】根据一元二次方程的定义逐个判断即可．【详解】解：A、2xB、当a=0时，axC、x2D、x2故选：D．【点睛】本题考查了一元二次方程的定义，能熟记一元二次方程的定义(只含有一个未知数，并且所含未知数的项的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程)是解此题的关键．2.【答案】A

【解析】【分析】根据圆的有关概念即可分析判断．【详解】解：∵线段AB的中点为M，∴MA=MB=1∵AB=2PM，∴PM=MA=MB=1∴点P在以点M为圆心，AB为直径的圆上，故选：A．【点睛】本题考查了圆的有关认识，掌握圆的有关概念是解题的关键．3.【答案】A

【解析】【分析】方程移项，两边加上一次项系数一半的平方，利用完全平方公式化简得到结果，即可作出判断．【详解】解：方程移项得：x2配方得：x2−6x+9=8+9，即故选：A．【点睛】此题考查了解一元二次方程——配方法，熟练掌握完全平方公式是解本题的关键．4.【答案】B

【解析】【分析】根据圆周角定理的推论、等弧的概念和性质以及圆心角、弧、弦的关系进行分析即可得到答案．【详解】①正确；②在同圆或等圆中，能够重合的弧叫做等弧，等弧的长度相等，故错误；③故③错误圆中，90°圆周角所对的弦是直径，故错误；④在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，正确；因此正确的结论是①④；故选B．【点睛】本题考查圆周角定理的推论、等弧的概念和性质以及圆心角、弧、弦的关系，解题的关键是掌握圆周角定理的推论、等弧的概念和性质以及圆心角、弧、弦的关系．5.【答案】C

【解析】【分析】作直径AD，连接BD、AB，在弧AB上取一点E，连接AE、BE，如图，利用圆周角定理得到∠AEB=140∘，∠ABD=90∘，利用圆内接四边形的性质得到【详解】解：如图，作直径AD，连接BD、AB，在弧AB上取一点E，连接AE、BE，∵A、B、C是⊙O上的点，且∠ACB=140∴∠AEB=∠ACB=140∵四边形ACBD内接于⊙O，∴∠ACB+∠D=180∴∠D=180∵AD为⊙O的直径，∴∠ABD=90∴∠BAD=90∴仅用无刻度的直尺能画出的圆周角有40∘，50∘和故选：C．

【点睛】本题考查圆周角定理：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；推论：半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90∘6.【答案】A

【解析】【分析】由题意知：三个正方形的共用顶点即为圆的圆心，也是等边三角形的重心；可设等边三角形的边长为2x，作等边三角形的高，再根据三角形重心的性质即可得到正方形的对角线的长；进而可求得等边三角形和正方形的面积，即可得到它们的面积比．【详解】解：如图，设圆的圆心为O，由题意知：三角形的重心以及三个正方形的共用顶点即为点O，过A作AD⊥BC于D，∵▵ABC是等边三角形且内接于⊙O，∴AB=AC，∠ABC=60∴AB∴AD必过点O，AO=2OD，BD=CD设▵ABC的边长为2x，∴BD=x，AD=AB⋅sin∴▵ABC的面积为：12OD=1∴正方形的对角线长为：23x∴等边三角形与正方形的面积的比值为：3故选：A．【点睛】本题考查轴对称图形，垂径定理的推论，等边三角形及正方形的性质，锐角三角函数，三角形重心的性质以及图形面积的求法．确定等边三角形和正方形边长是解题的关键．7.【答案】B

【解析】【分析】证明▵ADP∽▵BPQ，由相似三角形的性质得出ADBP=APBQ=DPPQ，求出BP=6，CQ=2【详解】解：∵∠F=30∴∠E=60∵EF//PQ，∴∠DPQ=∠E=60∘，∴∠APD+∠BPQ=120∵▵ABC为等边三角形，∴∠A=∠B=60∘，∴∠APD+∠ADP=120∴∠BPQ=∠ADP，∴△ADP∽△BPQ，∴AD∵∠PDQ=90∘，∴PD=1∴3∴BP=6，∴AP=4，BQ=8，∴CQ=2，过点Q作QM⊥AC于点M，

∴CM=12CQ=1∵CD=AC−AD=10−3=7，∴DQ=故选：B．【点睛】本题考查了勾股定理，等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，证明▵ADP∽▵BPQ是解题的关键．8.【答案】D

【解析】【分析】根据题目中“自相似四边形”的定义，在网格中找到符合条件的点D即可．【详解】解：如图1，由ABD1A=AC如图2，由ABD2A=BC如图3，由BCAB=CD3如图4，由ABD4C=BC如图5，由ABBC=BCCD∴符合条件的格点D的个数有5个．故选：D．【点睛】此题是新定义题，主要考查了网格中的勾股定理、判定两个格点三角形相似，熟练掌握三边对应成比例的两个三角形相似是解答此题的关键．9.【答案】1

【解析】【分析】一元二次方程的解的定义：使一元二次方程左右两边相等的未知数的值叫做一元二次方程的解．据此定义，将x=−1代入方程进行计算即可．【详解】解：∵x=−1是关于x的一元二次方程x2∴(−1)∴a−3b=1，故答案为：1．【点睛】此题考查了一元二次方程的解的定义，熟练掌握一元二次方程的解的定义是解答此题的关键．10.【答案】2πb

【解析】【分析】用两种方法表示阴影部分面积即可．【详解】解：设长方形的宽为x，S阴影=π×(a+b)∴2πab=ax．∴x=2πb．故答案为：2πb．【点睛】本题考查完全平方公式的几何背景，用两种方法表示阴影部分面积是求解本题的关键．11.【答案】y2【解析】【分析】根据题意，将x2【详解】解：由原方程，得(x将x2−5=y代入得，故答案为：y2【点睛】考查换元法解一元二次方程，换元法就是把某个式子看成一个整体，用一个字母去代替它，实行等量代换．12.【答案】3【解析】【分析】利用黄金分割的定义计算即可．【详解】解：∵点C是线段AB的黄金分割点，且AC>BC，∴∴AC=故答案为：3【点睛】本题考查了黄金分割点的定义，若C为线段AB的黄金分割点AC>BC，则ACAB13.【答案】(2,4)或(−2,−4)

【解析】【分析】根据位似变换的性质解答即可．【详解】解：∵△AOB顶点B的坐标为(3,6)，以原点O为位似中心，相似比为23，将△AOB∴点B的对应点B′的坐标为(3×23,6×23)或故答案为：(2,4)或(−2,−4)．【点睛】本题考查的是位似变换的性质，在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或−k．14.【答案】4

【解析】【分析】根据相似线的定义，可知截得的三角形与▵ABC有一个公共角，分①公共角为∠A时；②公共角为∠B时；③公共角为∠C时；三种情况进行讨论，即可得出答案．【详解】解：①当公共角为∠A时，不存在；②公共角为∠B时，过点P作PD⊥BC，交AB于点D，如图所示：∵∠DPB=∠C=90∘，∴▵BPD∽▵BCA；过点P作PD⊥AB于点D，如图所示：∵∠PDB=∠C=90∘，∴▵BPD∽▵BAC；③公共角为∠C时，连接AP，如图所示：∵∠B=30∴AB=2AC，设AC=a，则AB=2a，BC=∵点P是边BC上一个三等分点，BP>CP，∴CP=1∴CPAC=∴CP∵∠C=∠C，∴▵ACP∽▵BCA；过点P作PD//AB，交AC于点D，如图所示：∵PD//AB，∴∠DPC=∠B，∠PDC=∠A，∴▵CDP∽▵CAB；综上分析可知，过点P的▵ABC的“相似线”最多有4条．故答案为：4．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，平行线的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握三角形相似的判定方法．15.【答案】1≤y≤9

【解析】【分析】根据题意可得FM=NG，作FP⊥AE,MQ⊥AE,BK⊥l，垂足分别为P，Q，K，则FK=12FM，可得到四边形FPQM是矩形，FM=PQ，同理四边形BPFK为矩形，BP=FK=12FM，从而得到PB=BQ，然后分别计算出当【详解】解：∵AE=12，C是AE中点，∴AC=CE=1∴AB=BC=CD=DE=1∵l//AE，根据图形的轴对称性得∶FM=NG，作FP⊥AE,MQ⊥AE,BK⊥l，垂足分别为P，Q，K，则FK=1∴∠FPB=∠MQB=90∵l//AE，∴∠FPB+∠PFM=180∴∠PFM=90∴四边形FPQM是矩形，∴FM=PQ，同理四边形BPFK为矩形，∴BP=FK=1∴PB=BQ，当FG=11时，AP=1∴BP=3−0.5=2.5，∴BQ=BP=2.5，∴PQ=FM=2.5×2=5，∴NG=FM=5，∴MN=FG−FM−NG=11−5−5=1，当FG=7时，AP=1∴BP=3−2.5=0.5，∴BQ=BP=0.5，∴PQ=FM=0.5×2=1，∴NG=FM=1，∴MN=FG−FM−NG=11−1−1=9，根据题意得∶MN随FG的增大而减小，∴1≤MN≤9，即1≤y≤9．故答案为：1≤y≤9．【点睛】本题主要考查了垂径定理，矩形的判定和性质，熟练掌握垂径定理，矩形的判定和性质是解题的关键．16.【答案】2022

【解析】【分析】仔细观察等式左侧，先将多项式进行分组，再利用配方法化简其形式，最后根据平方的非负性确定z的最大值．【详解】解：∵x∴x∴(x−y)(x−y)(x−y−2)∵(x−y−2)∴当(x−y−2)2=0∴z−4=2018，∴z=2022，∴实数z的最大值为2022，故答案为：2022．【点睛】本题考查了配方法与平方的非负性，能够识别多种情况下的配方条件，正确的配方是解题关键．17.【答案】解：(1) 3x2−6x+3=0两边直接开平方法得：x1故答案为：x1(2) 3x2−2x−8=0故x1故答案为：x1(3)先移项后变形为：(2x−3)再提取公因式(2x−3)后得：(2x−3)(2x−3−5)=0，即：(2x−3)(2x−8)=0，解得：x1故答案为：x1(4)先化成一般式为：x²+9x+20=0，再因式分解为：(x+4)(x+5)=0，解得：x1=−4，故答案为：x1=−4，

【解析】【分析】(1)将−3从等号左边移到等号右边后，再提公因式使用直接开平方法求解即可；(2)直接使用求根公式即可求解；(3)移项后提公因式，再使用因式分解即可求解；(4)先化成一般式，然后再使用因式分解即可求解．【点睛】本题考查一元二次方程的解法，熟练掌握一元二次方程的解法是解决本类题的关键．18.【答案】(1)解：当k=0时，原方程为2x−2=0，解得：x=1；当k≠0时，方程是一元二次方程．∵Δ=k−2∴方程总有两个实数根；∴综上所述，无论k取什么实数值，方程总有实数根；(2)解：∵kx2解得：x∵方程的两实数根都为正整数∴k=−1或k=−2∴k的值为−1或−2

【解析】【分析】(1)分k=0及k≠0两种情况考虑即可求解；(2)利用因式分解发法，可求出方程的两个实数根，结合方程的两实数根都为正整数，即可求解．【点睛】本题主要考查一元二次方程根的判别式、解一元一次方程及因式分解法解一元二次方程，解题的关键是分k=0及k≠0两种情况说明方程有实数根，利用因式分解法求出方程的两个实数根．19.【答案】如图①中，连接PA，PA就是∠BPC的平分线．理由：∵AB=AC，∴AB∴∠APB=∠APC．如图②中，连接AO延长交⊙O于E，连接PE，PE就是∠BPC的平分线．理由：∵AB=AC，∴AB∴BE∴∠EPB=∠EPC．

【解析】【分析】如图①中连接PA，根据等弧所对得圆周角相等，易知∠APB=∠APC，所以PA就是∠BPC的平分线；如图②中，连接AO延长交⊙O于E，连接PE，由垂径定理和圆周角定理易知∠EPB=∠EPC．【点睛】本题主要考查圆周角定理和垂径定理，根据等弧所对的圆周角相等得到角平分线是关键．20.【答案】(1)解：∵AB=x米，∴BC=40−x

由题意得：x40−x解得：x1=10，∴x的值为10或30；(2)解：花园的面积不能为400米2，理由如下：由题意得：x40−x解得：x1当x=20时，40−x=40−20=20，即当AB=20米，CD=20米<24米，这棵树没有被围在花园内，∴将这棵树围在矩形花园内(含边界，不考虑树的粗细)，则花园的面积不能为400米2．

【解析】【分析】1由矩形面积公式得出方程，解方程即可；2根据题意可得方程x40−x=400，求出x的值，然后再根据【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．21.【答案】(1)证明：∵AE为⊙O的直径，∴∠ABE=90∴∠BAE+∠AEB=90∵AD⊥BC，∴∠ADF=90∴∠AFD+∠FAD=90∵AE平分∠BAD，∴∠BAE=∠FAD，∴∠AEB=∠AFD；(2)如图1，过点F作BM⊥AB于点M.则∠AMF=90

∵∠AFD=∠BFE，∠AFD=∠AEB，∴∠BFE=∠AEB，∴BF=BE=5，∵∠ABE=∠AMF=90∘，∴△AMF∽△ABE，∴AM即AMMF设MF=x，则AM=2x，∴BM=10−2x，∵BM∴(10−2x)解得x=3，即MF=3，∵AE平分∠ABD，AD⊥BC，∴DF=MF=3．

【解析】【分析】(1)由圆周角定理得到∠ABE=90∘，根据角平分线得到(2)过点F作BM⊥AB于点M.则∠AMF=90∘，通过证明▵AMF∽▵ABE可得AMMF=ABBE=【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等，熟练掌握性质定理是解题的关键．22.【答案】(1)解：线段EF的长度不变．理由如下：如图，过点E作EH⊥OA，垂足为H，

则∠EHP=90∴∠HPE+∠PEH=∵PE⊥CP，∴∠CPE=90∴∠HPE+∠CPO=90∴∠PEH=∠CPO，在▵EPH和△PCO中，∠EHP=∠POC∴▵EPH≌▵PCOAAS∴EH=PO=t,HP=OC=4，∴OH=t+4，∴点E的坐标为4+t,t；由题意知：OA=AB=4，∴点B坐标为4,4，∠BOA=45又∵EF//OA，点E为4+t,t，∴点F的坐标为t,t∴EF=t+4−t=4，即线段EF的长度不变，是定值4；(2)由(1)知：∠PDA=∠PEH=∠CPO，又∵∠DAP=∠POC=90∴▵DAP∽▵POC，∴AD∵OP=t,OC=4，∴AP=4−t，∴AD∴AD=t∴BD=4−t∵EF//OA,AB⊥OA，∴EF⊥BD，∵S∴1解得：t=1或t=3，∴当t为1或3秒时，四边形BEDF的面积为132

【解析】【分析】(1)作EH⊥x轴于H，则∠EHP=90∘，先证出∠PEH=∠CPO，再证明▵EPH≌▵PCO，得出HE=PO=t,HP=OC=4，求出OH，即可得出点E的坐标，根据EF//OA，EH=t,可得点F到x轴的距离等于t，再根据∠AOB=45∘，可得点F的坐标为t,t，最后根据点E为(2)先判定▵DAP∽▵POC，得出ADOP=APOC，根据OP=t,OC=4,AP=4−t，求得AD=t4−t4，BD=4−【点睛】本题是四边形综合题目，主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、四边形面积的计算等知识的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，解题时注意方程思想的运用，以及对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半的运用．23.【答案】(1)证明：∵CD平分∠ACB，∴∠ACD=∠BCD，∵∠ACD=∠ABD，∴∠ABD=∠BCD；(2)解：如图，过点E作EF⊥AD于点F，∵AB为⊙O的直径，∴∠ACB=90∘，∵CD平分∠ACB，∴∠BCD=∠ACD=1∴∠DAB=∠BCD=∠DBA=45∴AD=BD，∵AE=17，EF⊥AD，由勾股定理得FE=AF=17×∵DE=13，∴DF=∴AD=AF+DF=17∴AB=∴AO=1∴⊙O的半径为12．

【解析】【分析】(1)由CD平分∠ACB，根据圆周角定理的推论，可得∠ACD=∠BCD=∠ABD；(2)过点E作EF⊥AD于点F，由圆周角定理和角平分线的定义得∠DAB=∠BCD=45∘，求得FE，再由勾股定理求得DF，进而求出AD长，由勾股定理得AB=【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，圆周角定理，角平分线的定义，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．24.【答案】(1)解：如图1中，

由旋转变换的性质可知，∠CBC′=∠ABA′，∵四边形OABC是平行四边形，∴BC//OA，∴∠CBC′=∠OAB，∵BA=BA′，∴∠BAA′=∠BA′A，∴∠ABA′=∠BAA′=∠BA′A=60∴∠BAO=60(2)如图2中，过点B作BH⊥OO′于点H，过点B作BJ⊥OA于点J．

∵A(13,0)，∴OA=13，∵四边形OABC是平行四边形，∴AB=OC=3，BC=OA=13，∵∠OBO′=∠ABA′，∴∠ABO′=∠OBA，∵OC//AB，∴∠OBA=∠BOC，∵BO=BO′，∴∠BOO′=∠BO′O，∴∠CBO′=∠BO′C，∴BC=CO′=13，∴OO′=OC+CO′=3+13=16，∵BO=BO′，BH⊥OO′，∴OH=HO=8，CH=8−3=5，∴BH=∵AB//OC，BC/​/OA，∴∠BAJ=∠COA=∠BCH，∵∠BHC=∠BJA=90∴△BHC∽△BJA，∴BH∴12∴BJ=3613，∴OJ=OA+AJ=13+15∴B(184(3)如图3中，过点B作BJ⊥O′C交O′C的延长线于点H，过点M作MH⊥O′J于点H．

∵A(