2021-2022学年安徽省池州市名校中考数学最后冲刺浓缩精华卷含解析

这是一份2021-2022学年安徽省池州市名校中考数学最后冲刺浓缩精华卷含解析，共24页。试卷主要包含了规定等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1．已知某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的侧面积等于（ ）

A．12πcm2
B．15πcm2
C．24πcm2
D．30πcm2
2．有一组数据：3，4，5，6，6，则这组数据的平均数、众数、中位数分别是（ ）
A．4.8，6，6 B．5，5，5 C．4.8，6，5 D．5，6，6
3．如图所示，从☉O外一点A引圆的切线AB，切点为B，连接AO并延长交圆于点C，连接BC，已知∠A=26°，则∠ACB的度数为（ ）

A．32° B．30° C．26° D．13°
4．下列计算正确的是
A．a2·a2＝2a4 B．(－a2)3＝－a6 C．3a2－6a2＝3a2 D．(a－2)2＝a2－4
5．下列计算正确的是（ ）
A．x2+x2=x4 B．x8÷x2=x4 C．x2•x3=x6 D．（-x）2-x2=0
6．如图，正方形ABCD内接于圆O，AB＝4，则图中阴影部分的面积是（ ）

A． B． C． D．
7．如图，已知AB＝AD，那么添加下列一个条件后，仍无法判定△ABC≌△ADC的是( )

A．CB＝CD B．∠BCA＝∠DCA
C．∠BAC＝∠DAC D．∠B＝∠D＝90°
8．如图图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
9．规定：如果关于x的一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）有两个实数根，且其中一个根是另一个根的2倍，则称这样的方程为“倍根方程”．现有下列结论： ①方程x2+2x﹣8=0是倍根方程；
②若关于x的方程x2+ax+2=0是倍根方程，则a=±3；
③若关于x的方程ax2﹣6ax+c=0（a≠0）是倍根方程，则抛物线y=ax2﹣6ax+c与x轴的公共点的坐标是（2，0）和（4，0）；
④若点（m，n）在反比例函数y=的图象上，则关于x的方程mx2+5x+n=0是倍根方程．
上述结论中正确的有（   ）
A．①② B．③④ C．②③ D．②④
10．关于x的一元二次方程(a﹣1)x2+x+a2﹣1＝0的一个根为0，则a值为(　　)
A．1 B．﹣1 C．±1 D．0
二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11．如图，△ABC的面积为6，平行于BC的两条直线分别交AB，AC于点D，E，F，G．若AD=DF=FB，则四边形DFGE的面积为_____．

12．如图，在四边形ABCD中，AC、BD是对角线，AC=AD，BC＞AB，AB∥CD，AB=4，BD=2，tan∠BAC=3，则线段BC的长是_____．

13．如图，正方形ABCD的边长为6，E，F是对角线BD上的两个动点，且EF＝，连接CE，CF，则△CEF周长的最小值为_____．

14．甲乙两人进行飞镖比赛，每人各投5次，所得平均环数相等，其中甲所得环数的方差为15，乙所得环数如下：0，1，5，9，10，那么成绩较稳定的是_____(填“甲”或“乙”)．
15．如图，在菱形ABCD中，DE⊥AB于点E，cosA=，BE=4，则tan∠DBE的值是_____．

16．一次函数y=kx+b的图象如图所示，当y＞0时，x的取值范围是_____．

17．使得分式值为零的x的值是_________；
三、解答题（共7小题，满分69分）
18．（10分）如图所示，AB是⊙O的直径，AE是弦，C是劣弧AE的中点，过C作CD⊥AB于点D，CD交AE于点F，过C作CG∥AE交BA的延长线于点G．求证：CG是⊙O的切线．求证：AF＝CF．若sinG＝0.6，CF＝4，求GA的长．

19．（5分）已知，抛物线L：y=x2+bx+c与x轴交于点A和点B（-3,0），与y轴交于点C（0,3）．
（1）求抛物线L的顶点坐标和A点坐标．
（2）如何平移抛物线L得到抛物线L1，使得平移后的抛物线L1的顶点与抛物线L的顶点关于原点对称？
（3）将抛物线L平移，使其经过点C得到抛物线L2，点P（m，n）（m＞0）是抛物线L2上的一点，是否存在点P，使得△PAC为等腰直角三角形，若存在，请直接写出抛物线L2的表达式，若不存在，请说明理由．
20．（8分）在等边三角形ABC中，点P在△ABC内，点Q在△ABC外，且∠ABP=∠ACQ，BP=CQ．求证：△ABP≌△CAQ；请判断△APQ是什么形状的三角形？试说明你的结论．

21．（10分）如图所示，抛物线y＝x2+bx+c经过A、B两点，A、B两点的坐标分别为（﹣1，0）、（0，﹣3）．求抛物线的函数解析式；点E为抛物线的顶点，点C为抛物线与x轴的另一交点，点D为y轴上一点，且DC＝DE，求出点D的坐标；在第二问的条件下，在直线DE上存在点P，使得以C、D、P为顶点的三角形与△DOC相似，请你直接写出所有满足条件的点P的坐标．

22．（10分）（1）如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝5，∠MPN＝90°，且∠MPN的直角顶点在BC边上，BP＝1．

①特殊情形：若MP过点A，NP过点D，则＝　 　．
②类比探究：如图2，将∠MPN绕点P按逆时针方向旋转，使PM交AB边于点E，PN交AD边于点F，当点E与点B重合时，停止旋转．在旋转过程中，的值是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
（2）拓展探究：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，AD⊥AB，⊙A的半径为1，点E是⊙A上一动点，CF⊥CE交AD于点F．请直接写出当△AEB为直角三角形时的值．
23．（12分）一艘观光游船从港口A以北偏东60°的方向出港观光，航行80海里至C处时发生了侧翻沉船事故，立即发出了求救信号，一艘在港口正东方向的海警船接到求救信号，测得事故船在它的北偏东37°方向，马上以40海里每小时的速度前往救援，求海警船到大事故船C处所需的大约时间．（温馨提示：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6）

24．（14分）如图所示，一幢楼房AB背后有一台阶CD，台阶每层高0.2米，且AC＝17.2米，设太阳光线与水平地面的夹角为α，当α＝60°时，测得楼房在地面上的影长AE＝10米，现有一老人坐在MN这层台阶上晒太阳．（取1.73）
（1）求楼房的高度约为多少米？
（2）过了一会儿，当α＝45°时，问老人能否还晒到太阳？请说明理由．




参考答案

一、选择题（每小题只有一个正确答案，每小题3分，满分30分）
1、B
【解析】
由三视图可知这个几何体是圆锥，高是4cm，底面半径是3cm，所以母线长是（cm），∴侧面积＝π×3×5＝15π（cm2），故选B．
2、C
【解析】
解：在这一组数据中6是出现次数最多的，故众数是6；
而将这组数据从小到大的顺序排列3，4，5，6，6，处于中间位置的数是5，
平均数是：（3+4+5+6+6）÷5=4.8，
故选C．
【点睛】
本题考查众数；算术平均数；中位数．
3、A
【解析】
连接OB，根据切线的性质和直角三角形的两锐角互余求得∠AOB=64°，再由等腰三角形的性质可得∠C=∠OBC，根据三角形外角的性质即可求得∠ACB的度数.
【详解】
连接OB，
∵AB与☉O相切于点B，
∴∠OBA=90°，
∵∠A=26°，
∴∠AOB=90°-26°=64°，
∵OB=OC，
∴∠C=∠OBC，
∴∠AOB=∠C+∠OBC=2∠C，
∴∠C=32°.

故选A.
【点睛】
本题考查了切线的性质，利用切线的性质，结合三角形外角的性质求出角的度数是解决本题的关键．
4、B
【解析】【分析】根据同底数幂乘法、幂的乘方、合并同类项法则、完全平方公式逐项进行计算即可得.
【详解】A. a2·a2＝a4 ，故A选项错误；
B. (－a2)3＝－a6 ，正确；
C. 3a2－6a2＝-3a2 ，故C选项错误；
D. (a－2)2＝a2－4a+4，故D选项错误，
故选B.
【点睛】本题考查了同底数幂的乘法、幂的乘方、合并同类项、完全平方公式，熟练掌握各运算的运算法则是解题的关键.
5、D
【解析】
试题解析：A原式=2x2，故A不正确；
B原式=x6，故B不正确；
C原式=x5，故C不正确；
D原式=x2-x2=0，故D正确；
故选D
考点：1.同底数幂的除法；2.合并同类项；3.同底数幂的乘法；4.幂的乘方与积的乘方．
6、B
【解析】
连接OA、OB，利用正方形的性质得出OA=ABcos45°=2，根据阴影部分的面积=S⊙O-S正方形ABCD列式计算可得．
【详解】
解：连接OA、OB，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AOB=90°，∠OAB=45°，
∴OA=ABcos45°=4×=2，
所以阴影部分的面积=S⊙O-S正方形ABCD=π×（2）2-4×4=8π-1．
故选B．
【点睛】
本题主要考查扇形的面积计算，解题的关键是熟练掌握正方形的性质和圆的面积公式．
7、B
【解析】
由图形可知AC＝AC，结合全等三角形的判定方法逐项判断即可.
【详解】
解：在△ABC和△ADC中
∵AB＝AD，AC＝AC，
∴当CB＝CD时，满足SSS，可证明△ABC≌△ACD，故A可以；
当∠BCA＝∠DCA时，满足SSA，不能证明△ABC≌△ACD，故B不可以；
当∠BAC＝∠DAC时，满足SAS，可证明△ABC≌△ACD，故C可以；
当∠B＝∠D＝90°时，满足HL，可证明△ABC≌△ACD，故D可以；
故选：B.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定方法，熟练掌握判定定理是解题关键.
8、B
【解析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.
【详解】
解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故A不正确；
B、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故B正确；
C、是轴对称图形，不是中心对称图形，故C不正确；
D、既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故D不正确.
故选B.
【点睛】
本题考查了轴对称图形和中心对称图形的概念，以及对轴对称图形和中心对称图形的认识.
9、C
【解析】
分析：①通过解方程得到该方程的根，结合“倍根方程”的定义进行判断；②设=2，得到•=2=2，得到当=1时，=2，当=－1时，=－2，于是得到结论；③根据“倍根方程”的定义即可得到结论；④若点（m，n）在反比例函数y=的图象上，得到mn=4，然后解方程m+5x+n=0即可得到正确的结论；
详解：①由-2x-8=0，得：（x-4）（x+2）=0， 解得=4，=－2， ∵≠2，或≠2，
∴方程-2x-8=0不是倍根方程；故①错误；
②关于x的方程+ax+2=0是倍根方程， ∴设=2， ∴•=2=2， ∴=±1，
当=1时，=2， 当=－1时，=－2， ∴+=－a=±3， ∴a=±3，故②正确；
③关于x的方程a-6ax+c=0（a≠0）是倍根方程， ∴=2，
∵抛物线y=a-6ax+c的对称轴是直线x=3， ∴抛物线y=a-6ax+c与x轴的交点的坐标是（2，0）和（4，0）， 故③正确；
④∵点（m，n）在反比例函数y=的图象上， ∴mn=4， 解m+5x+n=0得
=，=， ∴=4， ∴关于x的方程m+5x+n=0不是倍根方程；
故选C．
点睛：本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，根与系数的关系，正确的理解倍根方程的定义是解题的关键．
10、B
【解析】
根据一元二次方程的定义和一元二次方程的解的定义得出：a﹣1≠0，a2﹣1＝0，求出a的值即可．
【详解】
解：把x＝0代入方程得：a2﹣1＝0，
解得：a＝±1，
∵（a﹣1）x2+x+a2﹣1＝0是关于x的一元二次方程，
∴a﹣1≠0，
即a≠1，
∴a的值是﹣1．
故选：B．
【点睛】
本题考查了对一元二次方程的定义，一元二次方程的解等知识点的理解和运用，注意根据已知得出a﹣1≠0，a2﹣1＝0，不要漏掉对一元二次方程二次项系数不为0的考虑．

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）
11、1．
【解析】
先根据题意可证得△ABC∽△ADE，△ABC∽△AFG，再根据△ABC的面积为6分别求出△ADE与△AFG的面积，则四边形DFGE的面积=S△AFG-S△ADE.
【详解】
解：∵DE∥BC，,
∴△ADE∽△ABC，
∵AD=DF=FB，
∴=（）1,即=（）1,∴S△ADE=；
∵FG∥BC，∴△AFG∽△ABC，
=（）1，即=（）1，∴S△AFG=；
∴S四边形DFGE= S△AFG- S△ADE=-=1.故答案为：1.
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质与应用，解题的关键是熟练的掌握相似三角形的性质与应用.
12、6
【解析】
作DE⊥AB，交BA的延长线于E，作CF⊥AB，可得DE=CF，且AC=AD，可证Rt△ADE≌Rt△AFC，可得AE=AF，∠DAE=∠BAC，根据tan∠BAC=∠DAE=，可设DE=3a，AE=a，根据勾股定理可求a的值，由此可得BF，CF的值．再根据勾股定理求BC的长．
【详解】
如图：

作DE⊥AB，交BA的延长线于E，作CF⊥AB，
∵AB∥CD，DE⊥AB⊥，CF⊥AB
∴CF=DE，且AC=AD
∴Rt△ADE≌Rt△AFC
∴AE=AF，∠DAE=∠BAC
∵tan∠BAC=3
∴tan∠DAE=3
∴设AE=a，DE=3a
在Rt△BDE中，BD2=DE2+BE2
∴52=（4+a）2+27a2
解得a1=1，a2=-（不合题意舍去）
∴AE=1=AF，DE=3=CF
∴BF=AB-AF=3
在Rt△BFC中，BC=＝6
【点睛】
本题是解直角三角形问题，恰当地构建辅助线是本题的关键，利用三角形全等证明边相等，并借助同角的三角函数值求线段的长，与勾股定理相结合，依次求出各边的长即可．
13、2+4
【解析】
如图作CH∥BD，使得CH＝EF＝2，连接AH交BD由F，则△CEF的周长最小．
【详解】
如图作CH∥BD，使得CH＝EF＝2，连接AH交BD由F，则△CEF的周长最小．
∵CH＝EF，CH∥EF，
∴四边形EFHC是平行四边形，
∴EC＝FH，
∵FA＝FC，
∴EC+CF＝FH+AF＝AH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，∵CH∥DB，
∴AC⊥CH，
∴∠ACH＝90°，
在Rt△ACH中，AH＝＝4，
∴△EFC的周长的最小值＝2+4，
故答案为：2+4．

【点睛】
本题考查轴对称﹣最短问题，正方形的性质、勾股定理、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题．
14、甲．
【解析】
乙所得环数的平均数为：=5，
S2=[+++…+]
=[++++]
=16.4，
甲的方差＜乙的方差，所以甲较稳定.
故答案为甲.
点睛：要比较成绩稳定即比方差大小，方差越大，越不稳定；方差越小，越稳定.
15、1．
【解析】
求出AD=AB，设AD=AB=5x，AE=3x，则5x﹣3x=4，求出x，得出AD=10，AE=6，在Rt△ADE中，由勾股定理求出DE=8，在Rt△BDE中得出代入求出即可，
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，
∵cosA=，BE=4，DE⊥AB，
∴设AD=AB=5x，AE=3x，
则5x﹣3x=4，
x=1，
即AD=10，AE=6，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：
在Rt△BDE中，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，勾股定理，解直角三角形的应用，关键是求出DE的长．
16、
【解析】
试题解析：根据图象和数据可知，当y>0即图象在x轴的上方，x>1．
故答案为x>1．
17、2
【解析】
根据分式的性质，要使分式有意义，则必须分母不能为0，要使分式为零，则只有分子为0,因此计算即可.
【详解】
解：要使分式有意义则 ，即
要使分式为零，则 ，即
综上可得
故答案为2
【点睛】
本题主要考查分式的性质，关键在于分式的分母不能为0.

三、解答题（共7小题，满分69分）
18、（1）见解析；（2）见解析；（3）AG＝1．
【解析】
（1）利用垂径定理、平行的性质，得出OC⊥CG，得证CG是⊙O的切线.
（2）利用直径所对圆周角为和垂直的条件得出∠2=∠B，再根据等弧所对的圆周角相等得出∠1=∠B，进而证得∠1=∠2，得证AF=CF.
（3）根据直角三角形的性质，求出AD的长度，再利用平行的性质计算出结果.
【详解】
（1）证明：连结OC，如图，
∵C是劣弧AE的中点，
∴OC⊥AE，
∵CG∥AE，
∴CG⊥OC，
∴CG是⊙O的切线；
（2）证明：连结AC、BC，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠2+∠BCD＝90°，
而CD⊥AB，
∴∠B+∠BCD＝90°，
∴∠B＝∠2，
∵C是劣弧AE的中点，
∴,
∴∠1＝∠B，
∴∠1＝∠2，
∴AF＝CF；
（3）解：∵CG∥AE，
∴∠FAD＝∠G，
∵sinG＝0.6，
∴sin∠FAD＝＝0.6，
∵∠CDA＝90°，AF＝CF＝4，
∴DF＝2.4，
∴AD＝3.2，
∴CD＝CF+DF＝6.4，
∵AF∥CG，
∴,
∴
∴DG＝，
∴AG＝DG﹣AD＝1．

【点睛】
本题主要考查与圆有关的位置关系和圆中的计算问题,掌握切线的判定定理以及解直角三角形是解题的关键.
19、（1）顶点（-2，-1） A （-1,0）; （2）y=（x-2）2+1; (3) y=x2-x+3, ,y=x2-4x+3, .
【解析】
（1）将点B和点C代入求出抛物线L即可求解.
（2）将抛物线L化顶点式求出顶点再根据关于原点对称求出即可求解.
（3）将使得△PAC为等腰直角三角形，作出所有点P的可能性，求出代入即可求解.
【详解】
（1）将点B（-3,0），C（0,3）代入抛物线得：
，解得，则抛物线.
抛物线与x轴交于点A,
，，A （-1,0），
抛物线L化顶点式可得，由此可得顶点坐标顶点（-2，-1）.
（2）抛物线L化顶点式可得，由此可得顶点坐标顶点（-2，-1）
抛物线L1的顶点与抛物线L的顶点关于原点对称，
对称顶点坐标为（2，1），
即将抛物线向右移4个单位，向上移2个单位.
(3) 使得△PAC为等腰直角三角形，作出所有点P的可能性.

是等腰直角三角形
,
,
,
,
,
求得.,
同理得,,,
由题意知抛物线并将点代入得：.
【点睛】
本题主要考查抛物线综合题，讨论出P点的所有可能性是解题关键.
20、 (1)证明见解析；(2) △APQ是等边三角形．
【解析】
(1)根据等边三角形的性质可得AB＝AC，再根据SAS证明△ABP≌△ACQ;
(2)根据全等三角形的性质得到AP＝AQ ，再证∠PAQ ＝ 60°，从而得出△APQ是等边三角形.
【详解】
证明：（1）∵△ABC为等边三角形， ∴AB=AC，∠BAC=60°，
在△ABP和△ACQ中， ∴△ABP≌△ACQ(SAS)，
（2）∵△ABP≌△ACQ， ∴∠BAP=∠CAQ，AP=AQ，
∵∠BAP+∠CAP=60°， ∴∠PAQ=∠CAQ+∠CAP=60°，
∴△APQ是等边三角形.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，考查了正三角形的判定，本题中求证，△ABP≌△ACQ是解题的关键.
21、（1）y=x2﹣2x﹣3；（2）D（0，﹣1）；（3）P点坐标（﹣，0）、（，﹣2）、（﹣3，8）、（3，﹣10）．
【解析】
(1)将A,B两点坐标代入解析式，求出b,c值，即可得到抛物线解析式；
(2)先根据解析式求出C点坐标，及顶点E的坐标，设点D的坐标为（0，m），作EF⊥y轴于点F，利用勾股定理表示出DC,DE的长．再建立相等关系式求出m值，进而求出D点坐标；
(3)先根据边角边证明△COD≌△DFE，得出∠CDE=90°，即CD⊥DE，然后当以C、D、P为顶点的三角形与△DOC相似时，根据对应边不同进行分类讨论：
①当OC与CD是对应边时，有比例式，能求出DP的值，又因为DE=DC,所以过点P作PG⊥y轴于点G，利用平行线分线段成比例定理即可求出DG,PG的长度，根据点P在点D的左边和右边，得到符合条件的两个P点坐标；
②当OC与DP是对应边时，有比例式，易求出DP，仍过点P作PG⊥y轴于点G，利用比例式求出DG,PG的长度，然后根据点P在点D的左边和右边，得到符合条件的两个P点坐标；这样，直线DE上根据对应边不同，点P所在位置不同，就得到了符合条件的4个P点坐标.
【详解】
解：（1）∵抛物线y=x2+bx+c经过A（﹣1，0）、B（0，﹣3），
∴，解得，
故抛物线的函数解析式为y=x2﹣2x﹣3；
（2）令x2﹣2x﹣3=0，
解得x1=﹣1，x2=3，
则点C的坐标为（3，0），
∵y=x2﹣2x﹣3=（x﹣1）2﹣4，
∴点E坐标为（1，﹣4），
设点D的坐标为（0，m），作EF⊥y轴于点F（如下图），
∵DC2=OD2+OC2=m2+32，DE2=DF2+EF2=（m+4）2+12，
∵DC=DE，
∴m2+9=m2+8m+16+1，解得m=﹣1，
∴点D的坐标为（0，﹣1）；（3）
∵点C（3，0），D（0，﹣1），E（1，﹣4），
∴CO=DF=3，DO=EF=1，
根据勾股定理，CD===，
在△COD和△DFE中，
∵，
∴△COD≌△DFE（SAS），
∴∠EDF=∠DCO，
又∵∠DCO+∠CDO=90°，
∴∠EDF+∠CDO=90°，
∴∠CDE=180°﹣90°=90°，
∴CD⊥DE，①当OC与CD是对应边时，
∵△DOC∽△PDC，
∴，即=，
解得DP=，
过点P作PG⊥y轴于点G，
则，即,
解得DG=1，PG=，
当点P在点D的左边时，OG=DG﹣DO=1﹣1=0，
所以点P（﹣，0），
当点P在点D的右边时，OG=DO+DG=1+1=2，
所以，点P（，﹣2）；
②当OC与DP是对应边时，
∵△DOC∽△CDP，
∴，即=，
解得DP=3，
过点P作PG⊥y轴于点G，
则，即，
解得DG=9，PG=3，
当点P在点D的左边时，OG=DG﹣OD=9﹣1=8，
所以，点P的坐标是（﹣3，8），
当点P在点D的右边时，OG=OD+DG=1+9=10，
所以，点P的坐标是（3，﹣10），
综上所述，在直线DE上存在点P，使得以C、D、P为顶点的三角形与△DOC相似，满足条件的点P共有4个，其坐标分别为（﹣，0）、（，﹣2）、（﹣3，8）、（3，﹣10）．

考点：1.相似三角形的判定与性质；2.二次函数动点问题；3.一次函数与二次函数综合题.
22、 (1) ①特殊情形：；②类比探究: 是定值，理由见解析;(2) 或
【解析】
（1）证明，即可求解；
（2）点E与点B重合时，四边形EBFA为矩形，即可求解；
（3）分时、时，两种情况分别求解即可．
【详解】
解：（1），


，
故答案为；
（2）点E与点B重合时，四边形EBFA为矩形，
则为定值；
（3）①当时，如图3，

过点E、F分别作直线BC的垂线交于点G，H，
由（1）知：，


，同理，
.
则，
则 ；
②当时，如图4，

，
则
，
，则，
，
则 ，
故或 ．
【点睛】
本题考查的圆知识的综合运用，涉及到解直角三角形的基本知识，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．
23、小时
【解析】
过点C作CD⊥AB交AB延长线于D．先解Rt△ACD得出CD=AC=40海里，再解Rt△CBD中，得出BC=≈50，然后根据时间=路程÷速度即可求出海警船到大事故船C处所需的时间．
【详解】
解：如图，过点C作CD⊥AB交AB延长线于D．
在Rt△ACD中，∵∠ADC=90°，∠CAD=30°，AC=80海里，
∴CD=AC=40海里．
在Rt△CBD中，∵∠CDB=90°，∠CBD=90°﹣37°=53°，
∴BC=≈=50（海里），
∴海警船到大事故船C处所需的时间大约为：50÷40=（小时）．

考点：解直角三角形的应用-方向角问题
24、（1）楼房的高度约为17.3米；（2）当α＝45°时，老人仍可以晒到太阳．理由见解析.
【解析】
试题分析：（1）在Rt△ABE中，根据的正切值即可求得楼高；（2）当时，从点B射下的光线与地面AD的交点为F,与MC的交点为点H.可求得AF=AB=17.3米，又因CF=CH=17.3-17.2=0.1米，CM=0.2，所以大楼的影子落在台阶MC这个侧面上.即小猫仍可晒到太阳.
试题解析：解：（1）当当时，在Rt△ABE中，
∵,
∴BA=10tan60°=米.
即楼房的高度约为17.3米.

当时，小猫仍可晒到太阳.理由如下：
假设没有台阶，当时，从点B射下的光线与地面AD的交点为F,与MC的交点为点H.
∵∠BFA=45°，
∴,此时的影长AF=BA=17.3米，
所以CF=AF-AC=17.3-17.2=0.1.
∴CH=CF=0.1米，
∴大楼的影子落在台阶MC这个侧面上.
∴小猫仍可晒到太阳.
考点：解直角三角形.