2022届天津市东丽区中考数学五模试卷含解析

这是一份2022届天津市东丽区中考数学五模试卷含解析，共21页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，计算6m6÷等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．如图，把一块含有45°角的直角三角板的两个顶点放在直尺的对边上．如果∠1=20°，那么∠2的度数是（ ）

A．30° B．25°
C．20° D．15°
2．二次函数ｙ＝（2x－1）2＋2的顶点的坐标是（　　）
A．（1，2） B．（1，－2） C．（，2）    D．（－，－2）
3．下列计算正确的是（　　）
A． B．0.00002=2×105
C． D．
4．如图，A、B、C是小正方形的顶点，且每个小正方形的边长为1，则tan∠BAC的值为（　　）

A． B．1 C． D．
5．在Rt△ABC中，∠C=90°，如果AC=2，cosA=，那么AB的长是（　　）
A．3 B． C． D．
6．如图，两个转盘A，B都被分成了3个全等的扇形，在每一扇形内均标有不同的自然数，固定指针，同时转动转盘A，B，两个转盘停止后观察两个指针所指扇形内的数字（若指针停在扇形的边线上，当作指向上边的扇形）．小明每转动一次就记录数据，并算出两数之和，其中“和为7”的频数及频率如下表：

转盘总次数
10
20
30
50
100
150
180
240
330
450
“和为7”出现频数
2
7
10
16
30
46
59
81
110
150
“和为7”出现频率
0.20
0.35
0.33
0.32
0.30
0.30
0.33
0.34
0.33
0.33
如果实验继续进行下去，根据上表数据，出现“和为7”的频率将稳定在它的概率附近，估计出现“和为7”的概率为（ ）
A．0.33 B．0.34 C．0.20 D．0.35
7．甲、乙两人分别以4m/s和5m/s的速度，同时从100m直线型跑道的起点向同一方向起跑，设乙的奔跑时间为t（s），甲乙两人的距离为S（m），则S关于t的函数图象为（　　）
A． B． C． D．
8．如图，网格中的每个小正方形的边长是1，点M，N，O均为格点，点N在⊙O上，若过点M作⊙O的一条切线MK，切点为K，则MK＝（　　）

A．3 B．2 C．5 D．
9．如图，将矩形 ABCD 绕点 A 顺时针旋转到矩形 AB′C′D′的位置，旋转角为α(0°＜α＜90°)．若∠1＝112°，则∠α的大小是( )

A．68° B．20° C．28° D．22°
10．计算6m6÷（-2m2）3的结果为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝3，以BC为边在三角形外作正方形BCDE，连接BD，CE交于点O，则线段AO的最大值为_____．

12．如图，在矩形ABCD中，点E是边CD的中点，将△ADE沿AE折叠后得到△AFE，且点F在矩形ABCD内部．将AF延长交边BC于点G．若，则 　 　 （用含k的代数式表示）．

13．一次函数y=kx+b（k≠0）的图象如图所示，那么不等式kx+b＜0的解集是_____．

14．如果，那么=_____．
15．计算（﹣a2b）3=__．
16．在△ABC中，∠C＝30°，∠A﹣∠B＝30°，则∠A＝_____．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）解方程： +=1．
18．（8分）已知，如图，在四边形ABCD中，∠ADB=∠ACB，延长AD、BC相交于点E．求证：△ACE∽△BDE；BE•DC=AB•DE．

19．（8分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=4，OC=3，若抛物线经过O，A两点，且顶点在BC边上，对称轴交AC于点D，动点P在抛物线对称轴上，动点Q在抛物线上．
（1）求抛物线的解析式；
（2）当PO+PC的值最小时，求点P的坐标；
（3）是否存在以A，C，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出P，Q的坐标；若不存在，请说明理由．

20．（8分）如图，A，B，C 三个粮仓的位置如图所示，A 粮仓在 B 粮仓北偏东26°，180 千米处；C 粮仓在 B 粮仓的正东方，A 粮仓的正南方．已知 A，B两个粮仓原有存粮共 450 吨，根据灾情需要，现从 A 粮仓运出该粮仓存粮的支援 C 粮仓，从 B 粮仓运出该粮仓存粮的支援 C 粮仓，这时 A，B 两处粮仓的存粮吨数相等．（tan26°＝0.44，cos26°＝0.90，tan26°＝0.49）
（1）A，B 两处粮仓原有存粮各多少吨？
（2）C 粮仓至少需要支援 200 吨粮食，问此调拨计划能满足 C 粮仓的需求吗？
（3）由于气象条件恶劣，从 B 处出发到 C 处的车队来回都限速以每小时 35 公里的速度匀速行驶，而司机小王的汽车油箱的油量最多可行驶 4 小时，那么小王在途中是否需要加油才能安全的回到 B 地？请你说明理由．

21．（8分）如图，在直角坐标系中，矩形OABC的顶点O与坐标原点重合，A、C分别在坐标轴上，点B的坐标为（4，2），直线交AB，BC分别于点M，N，反比例函数的图象经过点M，N．
求反比例函数的解析式；若点P在y轴上，且△OPM的面积与四边形BMON的面积相等，求点P的坐标．
22．（10分）如图，AC是⊙O的直径，PA切⊙O于点A，点B是⊙O上的一点，且∠BAC＝30°，∠APB＝60°．
（1）求证：PB是⊙O的切线；
（2）若⊙O的半径为2，求弦AB及PA，PB的长．

23．（12分）如图1，直角梯形OABC中，BC∥OA，OA=6，BC=2，∠BAO=45°．

（1）OC的长为　　；
（2）D是OA上一点，以BD为直径作⊙M，⊙M交AB于点Q．当⊙M与y轴相切时，sin∠BOQ=　　；
（3）如图2，动点P以每秒1个单位长度的速度，从点O沿线段OA向点A运动；同时动点D以相同的速度，从点B沿折线B﹣C﹣O向点O运动．当点P到达点A时，两点同时停止运动．过点P作直线PE∥OC，与折线O﹣B﹣A交于点E．设点P运动的时间为t（秒）．求当以B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点E的坐标．
24．某商场计划从厂家购进甲、乙、丙三种型号的电冰箱80台，其中甲种电冰箱的台数是乙种电冰箱台数的2倍．具体情况如下表：

甲种
乙种
丙种
进价（元/台）
1200
1600
2000
售价（元/台）
1420
1860
2280
经预算，商场最多支出132000元用于购买这批电冰箱．
（1）商场至少购进乙种电冰箱多少台？
（2）商场要求甲种电冰箱的台数不超过丙种电冰箱的台数．为获得最大利润，应分别购进甲、乙、丙电冰箱多少台？获得的最大利润是多少？



参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、B
【解析】
根据题意可知∠1+∠2+45°=90°，∴∠2=90°﹣∠1﹣45°=25°，
2、C
【解析】
试题分析：二次函数ｙ＝（2ｘ－1）＋2即的顶点坐标为（，2）
考点：二次函数
点评：本题考查二次函数的顶点坐标，考生要掌握二次函数的顶点式与其顶点坐标的关系
3、D
【解析】
在完成此类化简题时，应先将分子、分母中能够分解因式的部分进行分解因式．有些需要先提取公因式，而有些则需要运用公式法进行分解因式．通过分解因式，把分子分母中能够分解因式的部分，分解成乘积的形式，然后找到其中的公因式约去．
【详解】
解：A、原式= ；故本选项错误；
B、原式=2×10-5；故本选项错误；
C、原式= ；故本选项错误；
D、原式=；故本选项正确；
故选：D．
【点睛】
分式的乘除混合运算一般是统一为乘法运算，如果有乘方，还应根据分式乘方法则先乘方，即把分子、分母分别乘方，然后再进行乘除运算．同样要注意的地方有：一是要确定好结果的符号；二是运算顺序不能颠倒．
4、B
【解析】
连接BC，由网格求出AB，BC，AC的长，利用勾股定理的逆定理得到△ABC为等腰直角三角形，即可求出所求．
【详解】
如图，连接BC，
由网格可得AB=BC=，AC=，即AB2+BC2=AC2，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴∠BAC=45°，
则tan∠BAC=1，
故选B．

【点睛】
本题考查了锐角三角函数的定义，解直角三角形，以及勾股定理，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．
5、A
【解析】
根据锐角三角函数的性质，可知cosA==，然后根据AC=2，解方程可求得AB=3.
故选A.
点睛：此题主要考查了解直角三角形，解题关键是明确直角三角形中，余弦值cosA=，然后带入数值即可求解.
6、A
【解析】
根据上表数据，出现“和为7”的频率将稳定在它的概率附近，估计出现“和为7”的概率即可.
【详解】
由表中数据可知，出现“和为7”的概率为0.33.
故选A.
【点睛】
本题考查了利用频率估计概率：大量重复实验时，事件发生的频率在某个固定位置左右摆动，并且摆动的幅度越来越小，可以用频率的集中趋势来估计概率，这个固定的近似值就是这个事件的概率．用频率估计概率得到的是近似值，随实验次数的增多，值越来越精确．
7、B
【解析】
匀速直线运动的路程s与运动时间t成正比，s-t图象是一条倾斜的直线解答．
【详解】
∵甲、乙两人分别以4m/s和5m/s的速度，
∴两人的相对速度为1m/s，
设乙的奔跑时间为t（s），所需时间为20s，
两人距离20s×1m/s=20m，
故选B．
【点睛】
此题考查函数图象问题，关键是根据匀速直线运动的路程s与运动时间t成正比解答．
8、B
【解析】
以OM为直径作圆交⊙O于K，利用圆周角定理得到∠MKO＝90°．从而得到KM⊥OK，进而利用勾股定理求解．
【详解】
如图所示：

MK＝.
故选：B．
【点睛】
考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．
9、D
【解析】
试题解析：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，
∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，旋转角为α，

∴∠BAB′=α，∠B′AD′=∠BAD=90°，∠D′=∠D=90°，
∵∠2=∠1=112°，
而∠ABD=∠D′=90°，
∴∠3=180°-∠2=68°，
∴∠BAB′=90°-68°=22°，
即∠α=22°．
故选D．
10、D
【解析】
分析：根据幂的乘方计算法则求出除数，然后根据同底数幂的除法法则得出答案．
详解：原式=， 故选D．
点睛：本题主要考查的是幂的计算法则，属于基础题型．明白幂的计算法则是解决这个问题的关键．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、
【解析】
过O作OF⊥AO且使OF=AO，连接AF、CF，可知△AOF是等腰直角三角形，进而可得AF=AO，根据正方形的性质可得OB=OC，∠BOC=90°，由锐角互余的关系可得∠AOB=∠COF，进而可得△AOB≌△COF，即可证明AB=CF，当点A、C、F三点不共线时，根据三角形的三边关系可得AC+CF>AF，当点A、C、F三点共线时可得AC+CF=AC+AB=AF=7，即可得AF的最大值，由AF=AO即可得答案.
【详解】
如图，过O作OF⊥AO且使OF=AO，连接AF、CF，
∴∠AOF=90°，△AOF是等腰直角三角形，
∴AF=AO，
∵四边形BCDE是正方形，
∴OB=OC，∠BOC=90°，
∵∠BOC=∠AOF=90°，
∴∠AOB+∠AOC=∠COF+∠AOC，
∴∠AOB=∠COF，
又∵OB=OC，AO=OF，
∴△AOB≌△COF，
∴CF=AB=4，
当点A、C、F三点不共线时，AC+CF>AF，
当点A、C、F三点共线时，AC+CF=AC+AB=AF=7，
∴AF≤AC+CF=7，
∴AF的最大值是7，
∴AF=AO=7，
∴AO=.

故答案为
【点睛】
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关定理及性质是解题关键.
12、。
【解析】
试题分析：如图，连接EG，

∵，∴设，则。
∵点E是边CD的中点，∴。
∵△ADE沿AE折叠后得到△AFE，
∴。
易证△EFG≌△ECG（HL），∴。∴。
∴在Rt△ABG中，由勾股定理得： ，即。
∴。
∴（只取正值）。
∴。
13、x＞﹣1．
【解析】
一次函数y=kx+b的图象在x轴下方时，y＜0，再根据图象写出解集即可．
【详解】
当不等式kx+b＜0时，一次函数y=kx+b的图象在x轴下方，因此x＞﹣1．
故答案为：x＞﹣1．
【点睛】
本题考查了一次函数与一元一次不等式:从函数的角度看,就是寻求使一次函数y=kx+b（k≠0）的值大于(或小于)0的自变量x的取值范围;从函数图象的角度看,就是确定直线y=kx+b（k≠0）在x轴上(或下)方部分所有的点的横坐标所构成的集合.
14、
【解析】
试题解析：
设a=2t，b=3t，

故答案为:
15、−a6b3
【解析】
根据积的乘方和幂的乘方法则计算即可．
【详解】
原式=（﹣a2b）3=−a6b3，故答案为−a6b3.
【点睛】
本题考查了积的乘方和幂的乘方，关键是掌握运算法则.
16、90°．
【解析】
根据三角形内角和得到∠A+∠B+∠C＝180°，而∠C＝30°，则可计算出∠A+∠B+＝150°，由于∠A﹣∠B＝30°，把两式相加消去∠B即可求得∠A的度数．
【详解】
解：∵∠A+∠B+∠C＝180°，∠C＝30°，
∴∠A+∠B+＝150°，
∵∠A﹣∠B＝30°，
∴2∠A＝180°，
∴∠A＝90°．
故答案为：90°．
【点睛】
本题考查了三角形内角和定理：三角形内角和是180°．主要用在求三角形中角的度数．①直接根据两已知角求第三个角；②依据三角形中角的关系，用代数方法求三个角；③在直角三角形中，已知一锐角可利用两锐角互余求另一锐角．

三、解答题（共8题，共72分）
17、-3
【解析】
试题分析：解得x=－3
经检验: x=－3是原方程的根.
∴原方程的根是x=－3
考点：解一元一次方程
点评：在中考中比较常见，在各种题型中均有出现，一般难度不大，要熟练掌握.
18、（1）答案见解析；（2）答案见解析．
【解析】
（1）根据邻补角的定义得到∠BDE=∠ACE，即可得到结论；
（2）根据相似三角形的性质得到 ，由于∠E=∠E，得到△ECD∽△EAB，由相似三角形的性质得到 ，等量代换得到，即可得到结论．
本题解析：
【详解】
证明：（1）∵∠ADB=∠ACB，∴∠BDE=∠ACE，又∵∠E=∠E，∴△ACE∽△BDE；
（2）∵△ACE∽△BDE
∴，∵∠E=∠E，∴△ECD∽△EAB，∴，∴BE•DC=AB•DE．
【点睛】
本题考查相似三角形的判定与性质，熟练掌握判定定理是关键.
19、（1）y=x2+3x；（2）当PO+PC的值最小时，点P的坐标为（2，）；（3）存在，具体见解析.
【解析】
(1)由条件可求得抛物线的顶点坐标及A点坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
(2)D与P重合时有最小值，求出点D的坐标即可；
(3)存在，分别根据①AC为对角线，②AC为边，两种情况，分别求解即可.
【详解】
（1）在矩形OABC中，OA=4，OC=3，
∴A（4，0），C（0，3），
∵抛物线经过O、A两点，且顶点在BC边上，
∴抛物线顶点坐标为（2，3），
∴可设抛物线解析式为y=a(x﹣2)2+3，
把A点坐标代入可得0=a（4﹣2)2+3，解得a=，
∴抛物线解析式为y=(x﹣2)2+3，即y=x2+3x；
（2）∵点P在抛物线对称轴上，∴PA=PO，∴PO+PC= PA+PC．
∴当点P与点D重合时，PA+PC= AC；当点P不与点D重合时，PA+PC> AC；
∴当点P与点D重合时，PO+PC的值最小，
设直线AC的解析式为y=kx+b，
根据题意，得解得
∴直线AC的解析式为，
当x=2时，，
∴当PO+PC的值最小时，点P的坐标为（2，）；
（3）存在．

①AC为对角线，当四边形AQCP为平行四边形，点Q为抛物线的顶点，即Q（2，3），则P（2，0）；
②AC为边，当四边形AQPC为平行四边形，点C向右平移2个单位得到P，则点A向右平移2个单位得到点Q，则Q点的横坐标为6，当x＝6时，，此时Q（6，−9），则点A（4，0）向右平移2个单位，向下平移9个单位得到点Q，所以点C（0，3）向右平移2个单位，向下平移9个单位得到点P，则P（2，−6）；
当四边形APQC为平行四边形，点A向左平移2个单位得到P，则点C向左平移2个单位得到点Q，则Q点的横坐标为−2，当x＝−2时，，此时Q（−2，−9），则点C（0，3）向左平移2个单位，向下平移12个单位得到点Q，所以点A（4，0）向左平移2个单位，向下平移12个单位得到点P，则P（2，−12）；
综上所述，P（2，0），Q（2，3）或P（2，−6），Q（6，−9）或P（2，−12），Q（−2，−9）．
【点睛】
二次函数的综合应用，涉及矩形的性质、待定系数法、平行四边形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．
20、（1）A、B 两处粮仓原有存粮分别是 270，1 吨；（2）此次调拨能满足 C 粮仓需求；（3）小王途中须加油才能安全回到 B 地．
【解析】
（1）由题意可知要求A，B两处粮仓原有存粮各多少吨需找等量关系，即A处存粮+B处存粮=450吨，A处存粮的五分之二=B处存粮的五分之三，据等量关系列方程组求解即可；
（2）分别求出A处和B处支援C处的粮食，将其加起来与200吨比较即可；
（3）由题意可知由已知可得△ABC中∠A=26°∠ACB=90°且AB=1Km，sin∠BAC=，要求BC的长，可以运用三角函数解直角三角形．
【详解】
（1）设A，B两处粮仓原有存粮x，y吨
根据题意得：
解得：x=270，y=1．
答：A，B两处粮仓原有存粮分别是270，1吨．
（2）A粮仓支援C粮仓的粮食是×270=162（吨），
B粮仓支援C粮仓的粮食是×1=72（吨），
A，B两粮仓合计共支援C粮仓粮食为162+72=234（吨）．
∵234＞200，
∴此次调拨能满足C粮仓需求．
（3）如图，

根据题意知：∠A=26°，AB=1千米，∠ACB=90°．
在Rt△ABC中，sin∠BAC=，
∴BC=AB•sin∠BAC=1×0.44=79.2．
∵此车最多可行驶4×35=140（千米）＜2×79.2，
∴小王途中须加油才能安全回到B地．
【点睛】
求三角形的边或高的问题一般可以转化为解直角三角形的问题，解决的方法就是作高线．
21、（1）；（2）点P的坐标是（0，4）或（0，－4）.
【解析】
（1）求出OA=BC=2，将y=2代入求出x=2，得出M的坐标，把M的坐标代入反比例函数的解析式即可求出答案.
（2）求出四边形BMON的面积，求出OP的值，即可求出P的坐标.
【详解】
（1）∵B（4，2），四边形OABC是矩形，
∴OA=BC=2.
将y=2代入3得：x=2，∴M（2，2）.
把M的坐标代入得：k=4，
∴反比例函数的解析式是；
（2）.
∵△OPM的面积与四边形BMON的面积相等，
∴.
∵AM=2，
∴OP=4.
∴点P的坐标是（0，4）或（0，－4）.
22、（1）见解析；（2）2
【解析】
试题分析：（1）连接OB，证PB⊥OB．根据四边形的内角和为360°，结合已知条件可得∠OBP=90°得证；
（2）连接OP，根据切线长定理得直角三角形，根据含30度角的直角三角形的性质即可求得结果．
（1）连接OB．
∵OA=OB，∴∠OBA=∠BAC=30°．
∴∠AOB=80°-30°-30°=20°．
∵PA切⊙O于点A，∴OA⊥PA，
∴∠OAP=90°．
∵四边形的内角和为360°，
∴∠OBP=360°-90°-60°-20°=90°．
∴OB⊥PB．
又∵点B是⊙O上的一点，
∴PB是⊙O的切线．
（2）连接OP，

∵PA、PB是⊙O的切线，
∴PA=PB，∠OPA=∠OPB=，∠APB=30°．
在Rt△OAP中，∠OAP=90°，∠OPA=30°，
∴OP=2OA=2×2=1．
∴PA=OP2-OA2=2
∵PA=PB，∠APB=60°，
∴PA=PB=AB=2．
考点：此题考查了切线的判定、切线长定理、含30度角的直角三角形的性质
点评：要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．
23、（4）4；（2）；（4）点E的坐标为（4，2）、（，）、（4，2）．
【解析】
分析：（4）过点B作BH⊥OA于H，如图4（4），易证四边形OCBH是矩形，从而有OC=BH，只需在△AHB中运用三角函数求出BH即可．
（2）过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R，连接MN、DG，如图4（2），则有OH=2，BH=4，MN⊥OC．设圆的半径为r，则MN=MB=MD=r．在Rt△BHD中运用勾股定理可求出r=2，从而得到点D与点H重合．易证△AFG∽△ADB，从而可求出AF、GF、OF、OG、OB、AB、BG．设OR=x，利用BR2=OB2﹣OR2=BG2﹣RG2可求出x，进而可求出BR．在Rt△ORB中运用三角函数就可解决问题．
（4）由于△BDE的直角不确定，故需分情况讨论，可分三种情况（①∠BDE=90°，②∠BED=90°，③∠DBE=90°）讨论，然后运用相似三角形的性质及三角函数等知识建立关于t的方程就可解决问题．
详解：（4）过点B作BH⊥OA于H，如图4（4），则有∠BHA=90°=∠COA，∴OC∥BH．
∵BC∥OA，∴四边形OCBH是矩形，∴OC=BH，BC=OH．
∵OA=6，BC=2，∴AH=0A﹣OH=OA﹣BC=6﹣2=4．
∵∠BHA=90°，∠BAO=45°，
∴tan∠BAH==4，∴BH=HA=4，∴OC=BH=4．
故答案为4．
（2）过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R，连接MN、DG，如图4（2）．
由（4）得：OH=2，BH=4．
∵OC与⊙M相切于N，∴MN⊥OC．
设圆的半径为r，则MN=MB=MD=r．
∵BC⊥OC，OA⊥OC，∴BC∥MN∥OA．
∵BM=DM，∴CN=ON，∴MN=（BC+OD），∴OD=2r﹣2，∴DH==．
在Rt△BHD中，∵∠BHD=90°，∴BD2=BH2+DH2，∴（2r）2=42+（2r﹣4）2．
解得：r=2，∴DH=0，即点D与点H重合，∴BD⊥0A，BD=AD．
∵BD是⊙M的直径，∴∠BGD=90°，即DG⊥AB，∴BG=AG．
∵GF⊥OA，BD⊥OA，∴GF∥BD，∴△AFG∽△ADB，
∴===，∴AF=AD=2，GF=BD=2，∴OF=4，
∴OG===2．
同理可得：OB=2，AB=4，∴BG=AB=2．
设OR=x，则RG=2﹣x．
∵BR⊥OG，∴∠BRO=∠BRG=90°，∴BR2=OB2﹣OR2=BG2﹣RG2，
∴（2）2﹣x2=（2）2﹣（2﹣x）2．
解得：x=，∴BR2=OB2﹣OR2=（2）2﹣（）2=，∴BR=．
在Rt△ORB中，sin∠BOR===．
故答案为．
（4）①当∠BDE=90°时，点D在直线PE上，如图2．
此时DP=OC=4，BD+OP=BD+CD=BC=2，BD=t，OP=t． 则有2t=2．
解得：t=4．则OP=CD=DB=4．
∵DE∥OC，∴△BDE∽△BCO，∴==，∴DE=2，∴EP=2，
∴点E的坐标为（4，2）．
②当∠BED=90°时，如图4．
∵∠DBE=OBC，∠DEB=∠BCO=90°，∴△DBE∽△OBC，
∴==，∴BE=t．
∵PE∥OC，∴∠OEP=∠BOC．
∵∠OPE=∠BCO=90°，∴△OPE∽△BCO，
∴==，∴OE=t．
∵OE+BE=OB=2t+t=2．
解得：t=，∴OP=，OE=，∴PE==，
∴点E的坐标为（）．
③当∠DBE=90°时，如图4．
此时PE=PA=6﹣t，OD=OC+BC﹣t=6﹣t．
则有OD=PE，EA==（6﹣t）=6﹣t，
∴BE=BA﹣EA=4﹣（6﹣t）=t﹣2．
∵PE∥OD，OD=PE，∠DOP=90°，∴四边形ODEP是矩形，
∴DE=OP=t，DE∥OP，∴∠BED=∠BAO=45°．
在Rt△DBE中，cos∠BED==，∴DE=BE，
∴t=t﹣2）=2t﹣4．
解得：t=4，∴OP=4，PE=6﹣4=2，∴点E的坐标为（4，2）．
综上所述：当以B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点E的坐标为（4，2）、（）、（4，2）．


点睛：本题考查了圆周角定理、切线的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数的定义、平行线分线段成比例、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，还考查了分类讨论的数学思想，有一定的综合性．
24、（1）商场至少购进乙种电冰箱14台；（2）商场购进甲种电冰箱28台，购进乙种电冰箱14（台），购进丙种电冰箱38台．
【解析】
（1）设商场购进乙种电冰箱x台，则购进甲种电冰箱2x台，丙种电冰箱（80-3x）台，根据“商场最多支出132000元用于购买这批电冰箱”列出不等式，解之即可得；
（2）根据“总利润=甲种冰箱利润+乙种冰箱利润+丙种冰箱利润”列出W关于x的函数解析式，结合x的取值范围，利用一次函数的性质求解可得．
【详解】
（1）设商场购进乙种电冰箱x台，则购进甲种电冰箱2x台，丙种电冰箱（80﹣3x）台．
根据题意得：1200×2x+1600x+2000（80﹣3x）≤132000，
解得：x≥14，
∴商场至少购进乙种电冰箱14台；
（2）由题意得：2x≤80﹣3x且x≥14，
∴14≤x≤16，
∵W=220×2x+260x+280（80﹣3x）=﹣140x+22400，
∴W随x的增大而减小，
∴当x=14时，W取最大值，且W最大=﹣140×14+22400=20440，
此时，商场购进甲种电冰箱28台，购进乙种电冰箱14（台），购进丙种电冰箱38台．
【点睛】
本题主要考查一次函数的应用与一元一次不等式的应用，解题的关键是理解题意找到题目蕴含的不等关系和相等关系，并据此列出不等式与函数解析式．