2022年湖南省衡阳中考数学试题(解析版).docx

2022年湖南省衡阳市中考数学试卷
一、选择题〔共12小题，每题3分，总分值36分〕
1．〔2022·衡阳〕﹣4的相反数是〔　　〕
A．﹣B． C．﹣4 D．4
【考点】相反数．
【分析】直接利用相反数的概念：只有符号不同的两个数叫做互为相反数，进而得出答案．
【解答】解：﹣4的相反数是：4．
应选：D．
2．〔2022·衡阳〕如果分式有意义，那么x的取值范围是〔　　〕
A．全体实数 B．x≠1 C．x=1 D．x＞1
【考点】分式有意义的条件．
【分析】直接利用分式有意义的条件得出x的值．
【解答】解：∵分式有意义，
∴x﹣1≠0，
解得：x≠1．
应选：B．
3．〔2022·衡阳〕如图，直线AB∥CD，∠B=50°，∠C=40°，那么∠E等于〔　　〕
A．70° B．80° C．90° D．100°
【考点】平行线的性质．
【分析】根据平行线的性质得到∠1=∠B=50°，由三角形的内角和即可得到结论．
【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠1=∠B=50°，
∵∠C=40°，
∴∠E=180°﹣∠B﹣∠1=90°，
应选C．
4．〔2022·衡阳〕以下几何体中，哪一个几何体的三视图完全相同〔　　〕
A．B．C．D．
球体圆柱体 四棱锥 圆锥
【考点】简单几何体的三视图．
【分析】根据各个几何体的三视图的图形易求解．
【解答】解：A、球体的三视图都是圆，故此选项正确；
B、圆柱的主视图和俯视图都是矩形，但左视图是一个圆形，故此选项错误；
C、四棱柱的主视图和左视图是一个三角形，俯视图是一个四边形，故此选项错误；
D、圆锥的主视图和左视图是相同的，都为一个三角形，但是俯视图是一个圆形，故此选项错误．
应选：A．
5．〔2022·衡阳〕以下各式中，计算正确的选项是〔　　〕
A．3x+5y=8xy B．x3•x5=x8C．x6÷x3=x2D．〔﹣x3〕3=x6
【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．
【分析】分别利用同底数幂的乘除法运算法那么以及合并同类项法那么、积的乘方运算法那么分别计算得出答案．
【解答】解：A、3x+5y，无法计算，故此选项错误；
B、x3•x5=x8，故此选项正确；
C、x6÷x3=x3，故此选项错误；
D、〔﹣x3〕3=﹣x9，故此选项错误；
应选：B．
6．〔2022·衡阳〕为缓解中低收入人群和新参加工作的大学生住房的需求，某市将新建保障住房3600000套，把3600000用科学记数法表示应是〔　　〕
A．0.36×107B．3.6×106C．3.6×107D．36×105
【考点】科学记数法—表示较大的数．
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值大于10时，n是正数；当原数的绝对值小于1时，n是负数．
【解答】解：3600000=3.6×106，
应选：B．
7．〔2022·衡阳〕要判断一个学生的数学考试成绩是否稳定，那么需要知道他最近连续几次数学考试成绩的〔　　〕
A．平均数 B．中位数 C．众数 D．方差
【考点】统计量的选择．
【分析】根据方差的意义：方差是反映一组数据波动大小，稳定程度的量；方差越大，说明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，反之也成立．标准差是方差的平方根，也能反映数据的波动性；故要判断他的数学成绩是否稳定，那么需要知道他最近连续几次数学考试成绩的方差．
【解答】解：方差是衡量波动大小的量，方差越小那么波动越小，稳定性也越好．
应选：D
8．〔2022·衡阳〕正多边形的一个内角是150°，那么这个正多边形的边数为〔　　〕
A．10 B．11 C．12 D．13
【考点】多边形内角与外角．
【分析】一个正多边形的每个内角都相等，根据内角与外角互为邻补角，因而就可以求出外角的度数．根据任何多边形的外角和都是360度，利用360除以外角的度数就可以求出外角和中外角的个数，即多边形的边数．
【解答】解：外角是：180°﹣150°=30°，
360°÷30°=12．
那么这个正多边形是正十二边形．
应选：C．
9．〔2022·衡阳〕随着居民经济收入的不断提高以及汽车业的快速开展，家用汽车已越来越多地进入普通家庭，抽样调查显示，截止2022年底某市汽车拥有量为16.9万辆．己知2022年底该市汽车拥有量为10万辆，设2022年底至2022年底该市汽车拥有量的平均增长率为x，根据题意列方程得〔　A　〕
A．10〔1+x〕2=16.9 B．10〔1+2x〕=16.9 C．10〔1﹣x〕2=16.9 D．10〔1﹣2x〕=16.9
【考点】由实际问题抽象出一元二次方程．
【分析】根据题意可得：2022年底该市汽车拥有量×〔1+增长率〕2=2022年底某市汽车拥有量，根据等量关系列出方程即可．
【解答】解：设2022年底至2022年底该市汽车拥有量的平均增长率为x，
根据题意，可列方程：10〔1+x〕2=16.9，
应选：A．
10．〔2022·衡阳〕关于x的一元二次方程x2+4x+k=0有两个相等的实根，那么k的值为〔 B 〕
A．k=﹣4 B．k=4 C．k≥﹣4 D．k≥4
【考点】根的判别式．
【分析】根据判别式的意义得到△=42﹣4k=0，然后解一次方程即可．
【解答】解：∵一元二次方程x2+4x+k=0有两个相等的实根，
∴△=42﹣4k=0，
解得：k=4，
应选：B．
11．〔2022·衡阳〕以下命题是假命题的是〔　　〕
A．经过两点有且只有一条直线
B．三角形的中位线平行且等于第三边的一半
C．平行四边形的对角线相等
D．圆的切线垂直于经过切点的半径
【考点】命题与定理．
【分析】根据直线公理、三角形中位线定理、切线性质定理即可判断A、B、D正确．
【解答】解：A、经过两点有且只有一条直线，正确．
B、三角形的中位线平行且等于第三边的一半，正确．
C、平行四边形的对角线相等，错误．矩形的对角线相等，平行四边形的对角线不一定相等．
D、圆的切线垂直于经过切点的半径，正确．
应选C．
12．〔2022·衡阳〕如图，A，B是反比例函数y=〔k＞0，x＞0〕图象上的两点，BC∥x轴，交y轴于点C，动点P从坐标原点O出发，沿O→A→B→C〔图中“→〞所示路线〕匀速运动，终点为C，过P作PM⊥x轴，垂足为M．设三角形OMP的面积为S，P点运动时间为t，那么S关于x的函数图象大致为〔　　〕
A． B． C． D．
【考点】动点问题的函数图象．
【分析】结合点P的运动，将点P的运动路线分成O→A、A→B、B→C三段位置来进行分析三角形OMP面积的计算方式，通过图形的特点分析出面积变化的趋势，从而得到答案．
【解答】解：设∠AOM=α，点P运动的速度为a，
当点P从点O运动到点A的过程中，S==a2•cosα•sinα•t2，
由于α及a均为常量，从而可知图象本段应为抛物线，且S随着t的增大而增大；
当点P从A运动到B时，由反比例函数性质可知△OPM的面积为k，保持不变，
故本段图象应为与横轴平行的线段；
当点P从B运动到C过程中，OM的长在减少，△OPM的高与在B点时相同，
故本段图象应该为一段下降的线段；
应选：A．
二、填空题〔共6小题，每题3分，总分值18分〕
13．〔2022·衡阳〕因式分解：a2+ab=　a〔a+b〕　．
【考点】因式分解-提公因式法．
【分析】直接把公因式a提出来即可．
【解答】解：a2+ab=a〔a+b〕．
故答案为：a〔a+b〕．
14．〔2022·衡阳〕计算：﹣=　1　．
【考点】分式的加减法．
【分析】由于两分式的分母相同，分子不同，故根据同分母的分式相加减的法那么进行计算即可．
【解答】解：原式=
=1．
故答案为：1．
15．〔2022·衡阳〕点P〔x﹣2，x+3〕在第一象限，那么x的取值范围是　x＞2　．
【考点】点的坐标．
【分析】直接利用第一象限点的坐标特征得出x的取值范围即可．
【解答】解：∵点P〔x﹣2，x+3〕在第一象限，
∴，
解得：x＞2．
故答案为：x＞2．
16．〔2022·衡阳〕假设△ABC与△DEF相似且面积之比为25：16，那么△ABC与△DEF的周长之比为　5：4　．
【考点】相似三角形的性质．
【分析】根据相似三角形面积的比等于相似比的平方求出相似比，再根据相似三角形周长的比等于相似比求解．
【解答】解：∵△ABC与△DEF相似且面积之比为25：16，
∴△ABC与△DEF的相似比为5：4；
∴△ABC与△DEF的周长之比为5：4．
故答案为：5：4．
17．〔2022·衡阳〕假设圆锥底面圆的周长为8π，侧面展开图的圆心角为90°，那么该圆锥的母线长为　16　．
【考点】圆锥的计算．
【分析】设该圆锥的母线长为l，利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和弧长公式得到8π=，然后解方程即可．
【解答】解：设该圆锥的母线长为l，
根据题意得8π=，解得l=16，
即该圆锥的母线长为16．
故答案为16．
18．〔2022·衡阳〕如下列图，1条直线将平面分成2个局部，2条直线最多可将平面分成4个局部，3条直线最多可将平面分成7个局部，4条直线最多可将平面分成11个局部．现有n条直线最多可将平面分成56个局部，那么n的值为　10　．
【考点】点、线、面、体．
【分析】n条直线最多可将平面分成S=1+1+2+3…+n=n〔n+1〕+1，依此可得等量关系：n条直线最多可将平面分成56个局部，列出方程求解即可．
【解答】解：依题意有
n〔n+1〕+1=56，
解得x1=﹣11〔不合题意舍去〕，x2=10．
答：n的值为10．
故答案为：10．
三、解答题〔共8小题，总分值66分〕
19．〔2022·衡阳〕先化简，再求值：〔a+b〕〔a﹣b〕+〔a+b〕2，其中a=﹣1，b=．
【考点】整式的混合运算—化简求值．
【分析】原式利用平方差公式、完全平方公式展开后再合并同类项即可化简，将a、b的值代入求值即可．
【解答】解：原式=a2﹣b2+a2+2ab+b2
=2a2+2ab，
当a=﹣1，b=时，
原式=2×〔﹣1〕2+2×〔﹣1〕×
=2﹣1
=1．
20．〔2022·衡阳〕为庆祝建党95周年，某校团委方案在“七一〞前夕举行“唱响红歌〞班级歌咏比赛，要确定一首喜欢人数最多的歌曲为每班必唱歌曲．为此提供代号为A，B，C，D四首备选曲目让学生选择，经过抽样调查，并将采集的数据绘制如下两幅不完整的统计图．请根据图①，图②所提供的信息，解答以下问题：
〔1〕本次抽样调查中，选择曲目代号为A的学生占抽样总数的百分比为　20%　；
〔2〕请将图②补充完整；
〔3〕假设该校共有1530名学生，根据抽样调查的结果估计全校共有多少学生选择此必唱歌曲〔要有解答过程〕
【考点】条形统计图；用样本估计总体；扇形统计图．
【分析】〔1〕根据条形统计图和扇形统计图可以求得选择曲目代号为A的学生占抽样总数的百分比；
〔2〕根据条形统计图和扇形统计图可以求得选择C的人数，从而可以将图②补充完整；
〔3〕根据条形统计图和扇形统计图可以估计全校选择此必唱歌曲的人数．
【解答】解：〔1〕由题意可得，
本次抽样调查中，选择曲目代号为A的学生占抽样总数的百分比为：×100%=20%．
故答案为：20%；
〔2〕由题意可得，
选择C的人数有：30÷﹣36﹣30﹣44=70〔人〕，
故补全的图②如以下列图所示，
〔3〕由题意可得，
全校选择此必唱歌曲共有：1530×=595〔人〕，
即全校共有595名学生选择此必唱歌曲．
21．〔2022·衡阳〕如图，点A、C、D、B四点共线，且AC=BD，∠A=∠B，∠ADE=∠BCF，求证：DE=CF．
【考点】全等三角形的判定与性质．
【分析】求出AD=BC，根据ASA推出△AED≌△BFC，根据全等三角形的性质得出即可．
【解答】证明：∵AC=BD，
∴AC+CD=BD+CD，
∴AD=BC，
在△AED和△BFC中，
，
∴△AED≌△BFC〔ASA〕，
∴DE=CF．
22．〔2022·衡阳〕在四张反面完全相同的纸牌A、B、C、D，其中正面分别画有四个不同的几何图形〔如图〕，小华将这4张纸牌反面朝上洗匀后摸出一张，放回洗匀后再摸一张．
〔1〕用树状图〔或列表法〕表示两次摸牌所有可能出现的结果〔纸牌可用A、B、C、D表示〕；
〔2〕求摸出两张纸牌牌面上所画几何图形，既是轴对称图形又是中心对称图形的概率．
【考点】列表法与树状图法．
【分析】〔1〕首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果；
〔2〕由既是轴对称图形又是中心对称图形的有4种情况，直接利用概率公式求解即可求得答案．
【解答】解〔1〕画树状图得：
那么共有16种等可能的结果；
〔2〕∵既是中心对称又是轴对称图形的只有B、C，
∴既是轴对称图形又是中心对称图形的有4种情况，
∴既是轴对称图形又是中心对称图形的概率为： =．
23．〔2022·衡阳〕为保障我国海外维和部队官兵的生活，现需通过A港口、B港口分别运送100吨和50吨生活物资．该物资在甲仓库存有80吨，乙仓库存有70吨，假设从甲、乙两仓库运送物资到港口的费用〔元/吨〕如表所示：
港口
运费〔元/台〕
甲库
乙库
A港
14
20
B港
10
8
〔1〕设从甲仓库运送到A港口的物资为x吨，求总运费y〔元〕与x〔吨〕之间的函数关系式，并写出x的取值范围；
〔2〕求出最低费用，并说明费用最低时的调配方案．
【考点】一次函数的应用．
【分析】〔1〕根据题意表示出甲仓库和乙仓库分别运往A、B两港口的物资数，再由等量关系：总运费=甲仓库运往A港口的费用+甲仓库运往B港口的费用+乙仓库运往A港口的费用+乙仓库运往B港口的费用列式并化简；最后根据不等式组得出x的取值；
〔2〕因为所得的函数为一次函数，由增减性可知：y随x增大而减少，那么当x=80时，y最小，并求出最小值，写出运输方案．
【解答】解〔1〕设从甲仓库运x吨往A港口，那么从甲仓库运往B港口的有〔80﹣x〕吨，
从乙仓库运往A港口的有吨，运往B港口的有50﹣〔80﹣x〕=〔x﹣30〕吨，
所以y=14x+20+10〔80﹣x〕+8〔x﹣30〕=﹣8x+2560，
x的取值范围是30≤x≤80．
〔2〕由〔1〕得y=﹣8x+2560y随x增大而减少，所以当x=80时总运费最小，
当x=80时，y=﹣8×80+2560=1920，
此时方案为：把甲仓库的全部运往A港口，再从乙仓库运20吨往A港口，乙仓库的余下的全部运往B港口．
24．〔2022·衡阳〕在某次海上军事学习期间，我军为确保△OBC海域内的平安，特派遣三艘军舰分别在O、B、C处监控△OBC海域，在雷达显示图上，军舰B在军舰O的正东方向80海里处，军舰C在军舰B的正北方向60海里处，三艘军舰上装载有相同的探测雷达，雷达的有效探测范围是半径为r的圆形区域．〔只考虑在海平面上的探测〕
〔1〕假设三艘军舰要对△OBC海域进行无盲点监控，那么雷达的有效探测半径r至少为多少海里
〔2〕现有一艘敌舰A从东部接近△OBC海域，在某一时刻军舰B测得A位于北偏东60°方向上，同时军舰C测得A位于南偏东30°方向上，求此时敌舰A离△OBC海域的最短距离为多少海里
〔3〕假设敌舰A沿最短距离的路线以20海里/小时的速度靠近△OBC海域，我军军舰B沿北偏东15°的方向行进拦截，问B军舰速度至少为多少才能在此方向上拦截到敌舰A
【考点】解直角三角形的应用-方向角问题．
【分析】〔1〕求出OC，由题意r≥OC，由此即可解决问题．
〔2〕作AM⊥BC于M，求出AM即可解决问题．
〔3〕假设B军舰在点N处拦截到敌舰．在BM上取一点H，使得HB=HN，设MN=x，先列出方程求出x，再求出BN、AN利用不等式解决问题．
【解答】解：〔1〕在RT△OBC中，∵BO=80，BC=60，∠OBC=90°，
∴OC===100，
∵OC=×100=50
∴雷达的有效探测半径r至少为50海里．
〔2〕作AM⊥BC于M，
∵∠ACB=30°，∠CBA=60°，
∴∠CAB=90°，
∴AB=BC=30，
在RT△ABM中，∵∠AMB=90°，AB=30，∠BAM=30°，
∴BM=AB=15，AM=BM=15，
∴此时敌舰A离△OBC海域的最短距离为15海里．
〔3〕假设B军舰在点N处拦截到敌舰．在BM上取一点H，使得HB=HN，设MN=x，
∵∠HBN=∠HNB=15°，
∴∠MHN=∠HBN+∠HNB=30°，
∴HN=HB=2x，MH=x，
∵BM=15，
∴15=x+2x，
x=30﹣15，
∴AN=30﹣30，
BN==15〔﹣〕，设B军舰速度为a海里/小时，
由题意≤，
∴a≥20．
∴B军舰速度至少为20海里/小时．
25．〔2022·衡阳〕在平面直角坐标中，△ABC三个顶点坐标为A〔﹣，0〕、B〔，0〕、C〔0，3〕．
〔1〕求△ABC内切圆⊙D的半径．
〔2〕过点E〔0，﹣1〕的直线与⊙D相切于点F〔点F在第一象限〕，求直线EF的解析式．
〔3〕以〔2〕为条件，P为直线EF上一点，以P为圆心，以2为半径作⊙P．假设⊙P上存在一点到△ABC三个顶点的距离相等，求此时圆心P的坐标．
【考点】圆的综合题．
【分析】〔1〕由A、B、C三点坐标可知∠CBO=60°，又因为点D是△ABC的内心，所以BD平分∠CBO，然后利用锐角三角函数即可求出OD的长度；
〔2〕根据题意可知，DF为半径，且∠DFE=90°，过点F作FG⊥y轴于点G，求得FG和OG的长度，即可求出点F的坐标，然后将E和F的坐标代入一次函数解析式中，即可求出直线EF的解析式；
〔3〕⊙P上存在一点到△ABC三个顶点的距离相等，该点是△ABC的外接圆圆心，即为点D，所以DP=2，又因为点P在直线EF上，所以这样的点P共有2个，且由勾股定理可知PF=3．
【解答】解：〔1〕连接BD，
∵B〔，0〕，C〔0，3〕，
∴OB=，OC=3，
∴tan∠CBO==，
∴∠CBO=60°
∵点D是△ABC的内心，
∴BD平分∠CBO，
∴∠DBO=30°，
∴tan∠DBO=，
∴OD=1，
∴△ABC内切圆⊙D的半径为1；
〔2〕连接DF，
过点F作FG⊥y轴于点G，
∵E〔0，﹣1〕
∴OE=1，DE=2，
∵直线EF与⊙D相切，
∴∠DFE=90°，DF=1，
∴sin∠DEF=，
∴∠DEF=30°，
∴∠GDF=60°，
∴在Rt△DGF中，
∠DFG=30°，
∴DG=，
由勾股定理可求得：GF=，
∴F〔，〕，
设直线EF的解析式为：y=kx+b，
∴，
∴直线EF的解析式为：y=x﹣1；
〔3〕∵⊙P上存在一点到△ABC三个顶点的距离相等，
∴该点必为△ABC外接圆的圆心，
由〔1〕可知：△ABC是等边三角形，
∴△ABC外接圆的圆心为点D
∴DP=2，
设直线EF与x轴交于点H，
∴令y=0代入y=x﹣1，
∴x=，
∴H〔，0〕，
∴FH=，
当P在x轴上方时，
过点P1作P1M⊥x轴于M，
由勾股定理可求得：P1F=3，
∴P1H=P1F+FH=，
∵∠DEF=∠HP1M=30°，
∴HM=P1H=，P1M=5，
∴OM=2，
∴P1〔2，5〕，
当P在x轴下方时，
过点P2作P2N⊥x轴于点N，
由勾股定理可求得：P2F=3，
∴P2H=P2F﹣FH=，
∴∠DEF=30°
∴∠OHE=60°
∴sin∠OHE=，
∴P2N=4，
令y=﹣4代入y=x﹣1，
∴x=﹣，
∴P2〔﹣，﹣4〕，
综上所述，假设⊙P上存在一点到△ABC三个顶点的距离相等，此时圆心P的坐标为〔2，5〕或〔﹣，﹣4〕．
26．〔2022·衡阳〕如图，抛物线y=ax2+bx+c经过△ABC的三个顶点，与y轴相交于〔0，〕，点A坐标为〔﹣1，2〕，点B是点A关于y轴的对称点，点C在x轴的正半轴上．
〔1〕求该抛物线的函数关系表达式．
〔2〕点F为线段AC上一动点，过F作FE⊥x轴，FG⊥y轴，垂足分别为E、G，当四边形OEFG为正方形时，求出F点的坐标．
〔3〕将〔2〕中的正方形OEFG沿OC向右平移，记平移中的正方形OEFG为正方形DEFG，当点E和点C重合时停止运动，设平移的距离为t，正方形的边EF与AC交于点M，DG所在的直线与AC交于点N，连接DM，是否存在这样的t，使△DMN是等腰三角形假设存在，求t的值；假设不存在请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【分析】〔1〕易得抛物线的顶点为〔0，〕，然后只需运用待定系数法，就可求出抛物线的函数关系表达式；
〔2〕①当点F在第一象限时，如图1，可求出点C的坐标，直线AC的解析式，设正方形OEFG的边长为p，那么F〔p，p〕，代入直线AC的解析式，就可求出点F的坐标；②当点F在第二象限时，同理可求出点F的坐标，此时点F不在线段AC上，故舍去；
〔3〕过点M作MH⊥DN于H，如图2，由题可得0≤t≤2．然后只需用t的式子表示DN、DM2、MN2，分三种情况〔①DN=DM，②ND=NM，③MN=MD〕讨论就可解决问题．
【解答】解：〔1〕∵点B是点A关于y轴的对称点，
∴抛物线的对称轴为y轴，
∴抛物线的顶点为〔0，〕，
故抛物线的解析式可设为y=ax2+．
∵A〔﹣1，2〕在抛物线y=ax2+上，
∴a+=2，
解得a=﹣，
∴抛物线的函数关系表达式为y=﹣x2+；
〔2〕①当点F在第一象限时，如图1，
令y=0得，﹣x2+=0，
解得：x1=3，x2=﹣3，
∴点C的坐标为〔3，0〕．
设直线AC的解析式为y=mx+n，
那么有，
解得，
∴直线AC的解析式为y=﹣x+．
设正方形OEFG的边长为p，那么F〔p，p〕．
∵点F〔p，p〕在直线y=﹣x+上，
∴﹣p+=p，
解得p=1，
∴点F的坐标为〔1，1〕．
②当点F在第二象限时，
同理可得：点F的坐标为〔﹣3，3〕，
此时点F不在线段AC上，故舍去．
综上所述：点F的坐标为〔1，1〕；
〔3〕过点M作MH⊥DN于H，如图2，
那么OD=t，OE=t+1．
∵点E和点C重合时停止运动，∴0≤t≤2．
当x=t时，y=﹣t+，那么N〔t，﹣t+〕，DN=﹣t+．
当x=t+1时，y=﹣〔t+1〕+=﹣t+1，那么M〔t+1，﹣t+1〕，ME=﹣t+1．
在Rt△DEM中，DM2=12+〔﹣t+1〕2=t2﹣t+2．
在Rt△NHM中，MH=1，NH=〔﹣t+〕﹣〔﹣t+1〕=，
∴MN2=12+〔〕2=．
①当DN=DM时，
〔﹣t+〕2=t2﹣t+2，
解得t=；
②当ND=NM时，
﹣t+==，
解得t=3﹣；
③当MN=MD时，
=t2﹣t+2，
解得t1=1，t2=3．
∵0≤t≤2，∴t=1．
综上所述：当△DMN是等腰三角形时，t的值为，3﹣或1．