2021-2022学年宁波市江东区中考试题猜想数学试卷含解析

这是一份2021-2022学年宁波市江东区中考试题猜想数学试卷含解析，共25页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，若a+|a|=0，则等于，函数y=中自变量x的取值范围是等内容，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（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1．某小组在“用频率估计概率”的试验中，统计了某种结果出现的频率，绘制了如图所示的折线图，那么符合这一结果的试验最有可能的是（　　）

A．在装有1个红球和2个白球（除颜色外完全相同）的不透明袋子里随机摸出一个球是“白球”
B．从一副扑克牌中任意抽取一张，这张牌是“红色的”
C．掷一枚质地均匀的硬币，落地时结果是“正面朝上”
D．掷一个质地均匀的正六面体骰子，落地时面朝上的点数是6
2．如图的几何体是由一个正方体切去一个小正方体形成的，它的主视图是（　　）

A． B． C． D．
3．如图图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
4．点A（m﹣4，1﹣2m）在第四象限，则m的取值范围是 （　　）
A．m＞ B．m＞4
C．m＜4 D．＜m＜4
5．已知抛物线y=ax2+bx+c与x轴交于点A和点B，顶点为P，若△ABP组成的三角形恰为等腰直角三角形，则b2﹣4ac的值为（　　）
A．1 B．4 C．8 D．12
6．如图，PA，PB分别与⊙O相切于A，B两点，若∠C＝65°，则∠P的度数为(　 　)

A．65° B．130° C．50° D．100°
7．甲、乙两班举行电脑汉字输入比赛，参赛学生每分钟输入汉字个数的统计结果如下表：
班级
参加人数
平均数
中位数
方差
甲
55
135
149
191
乙
55
135
151
110
某同学分析上表后得出如下结论：
①甲、乙两班学生的平均成绩相同；
②乙班优秀的人数多于甲班优秀的人数（每分钟输入汉字≥150个为优秀）；
③甲班成绩的波动比乙班大．
上述结论中，正确的是（　　）
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
8．已知二次函数y=ax2+2ax+3a2+3（其中x是自变量），当x≥2时，y随x的增大而增大，且−2≤x≤1时，y的最大值为9，则a的值为
A．1或−2 B．−或
C． D．1
9．若a+|a|=0，则等于（　　）
A．2﹣2a B．2a﹣2 C．﹣2 D．2
10．函数y=中自变量x的取值范围是（ ）
A．x≥-1且x≠1 B．x≥-1 C．x≠1 D．-1≤x＜1
11．已知关于x的方程x2﹣4x+c+1=0有两个相等的实数根，则常数c的值为（   ）
A．﹣1 B．0 C．1 D．3
12．两个同心圆中大圆的弦AB与小圆相切于点C，AB=8，则形成的圆环的面积是（ ）

A．无法求出 B．8 C．8 D．16
二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13．计算：（π﹣3）0﹣2-1=_____．
14．已知关于x的不等式组只有四个整数解，则实数a的取值范是______．
15．已知二次函数y＝ax2+bx+c中，函数y与自变量x的部分对应值如表所示：
x
…
﹣5
﹣4
﹣3
﹣2
﹣1
…
y
…
﹣8
﹣3
0
1
0
…
当y＜﹣3时，x的取值范围是_____．
16．如图，已知抛物线与坐标轴分别交于A，B，C三点，在抛物线上找到一点D，使得∠DCB=∠ACO，则D点坐标为____________________.

17．当时，直线与抛物线有交点，则a的取值范围是_______．
18．如图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成．若较短的直角边BC＝5，将四个直角三角形中较长的直角边分别向外延长一倍，得到图2所示的“数学风车”，若△BCD的周长是30，则这个风车的外围周长是_____．

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19．（6分）如图，C是⊙O上一点，点P在直径AB的延长线上，⊙O的半径为3，PB=2，PC=1．
（1）求证：PC是⊙O的切线．
（2）求tan∠CAB的值．

20．（6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．
21．（6分）如图，四边形ABCD为平行四边形，∠BAD的角平分线AF交CD于点E，交BC的延长线于点F．
（1）求证：BF=CD；
（2）连接BE，若BE⊥AF，∠BFA=60°，BE=，求平行四边形ABCD的周长．

22．（8分）如图，在△ABC中，以AB为直径的⊙O交BC于点D，交CA的延长线于点E，过点D作DH⊥AC于点H，且DH是⊙O的切线，连接DE交AB于点F．
（1）求证：DC=DE；
（2）若AE=1，，求⊙O的半径．

23．（8分）如图所示，正方形网格中，△ABC为格点三角形（即三角形的顶点都在格点上）．
（1）把△ABC沿BA方向平移后，点A移到点A1，在网格中画出平移后得到的△A1B1C1；
（2）把△A1B1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°，在网格中画出旋转后的△A1B2C2；
（3）如果网格中小正方形的边长为1，求点B经过（1）、（2）变换的路径总长．

24．（10分）2017年10月31日，在广州举行的世界城市日全球主场活动开幕式上，住建部公布许昌成为“国家生态园林城市”在2018年植树节到来之际，许昌某中学购买了甲、乙两种树木用于绿化校园．若购买7棵甲种树和4棵乙种树需510元；购买3棵甲种树和5棵乙种树需350元．
（1）求甲种树和乙种树的单价；
（2）按学校规划，准备购买甲、乙两种树共200棵，且甲种树的数量不少于乙种树的数量的，请设计出最省钱的购买方案，并说明理由．
25．（10分）如图，四边形ABCD是平行四边形，点E在BC上，点F在AD上，BE=DF，求证：AE=CF．

26．（12分）如图，在平面直角坐标系中，已知OA＝6厘米，OB＝8厘米．点P从点B开始沿BA边向终点A以1厘米/秒的速度移动；点Q从点A开始沿AO边向终点O以1厘米/秒的速度移动.若P、Q同时出发运动时间为t(s).
（1）t为何值时，△APQ与△AOB相似？
（2）当 t为何值时，△APQ的面积为8cm2？

27．（12分）计算：|﹣|+（π﹣2017）0﹣2sin30°+3﹣1．



参考答案

一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1、D
【解析】
根据统计图可知，试验结果在0.16附近波动，即其概率P≈0.16，计算四个选项的概率，约为0.16者即为正确答案．
【详解】
根据图中信息，某种结果出现的频率约为0.16，
在装有1个红球和2个白球（除颜色外完全相同）的不透明袋子里随机摸出一个球是“白球”的概率为≈0.67>0.16，故A选项不符合题意，
从一副扑克牌中任意抽取一张，这张牌是“红色的”概率为≈0.48>0.16，故B选项不符合题意，
掷一枚质地均匀的硬币，落地时结果是“正面朝上”的概率是=0.5>0.16，故C选项不符合题意，
掷一个质地均匀的正六面体骰子，落地时面朝上的点数是6的概率是≈0.16，故D选项符合题意，
故选D.
【点睛】
本题考查了利用频率估计概率，大量反复试验下频率稳定值即概率．用到的知识点为：频率=所求情况数与总情况数之比．熟练掌握概率公式是解题关键.
2、D
【解析】
试题分析：根据三视图的法则可知B为俯视图，D为主视图，主视图为一个正方形.
3、A
【解析】
A. 是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项正确；
B. 是中心对称图，不是轴对称图形，故本选项错误；
C. 不是中心对称图，是轴对称图形，故本选项错误；
D. 不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误。
故选A.
4、B
【解析】
根据第四象限内点的横坐标是正数，纵坐标是负数列出不等式组，然后求解即可．
【详解】
解：∵点A（m-1，1-2m）在第四象限，
∴
解不等式①得，m＞1，
解不等式②得，m＞
所以，不等式组的解集是m＞1，
即m的取值范围是m＞1．
故选B．
【点睛】
本题考查各象限内点的坐标的符号特征以及解不等式，记住各象限内点的坐标的符号是解决的关键，四个象限的符号特点分别是：第一象限（+，+）；第二象限（-，+）；第三象限（-，-）；第四象限（+，-）．
5、B
【解析】
设抛物线与x轴的两交点A、B坐标分别为（x1，0），（x2，0），利用二次函数的性质得到P（-，），利用x1、x2为方程ax2+bx+c=0的两根得到x1+x2=-，x1•x2=，则利用完全平方公式变形得到AB=|x1-x2|= ，接着根据等腰直角三角形的性质得到||=•，然后进行化简可得到b2-1ac的值．
【详解】
设抛物线与x轴的两交点A、B坐标分别为（x1，0），（x2，0），顶点P的坐标为（-，），
则x1、x2为方程ax2+bx+c=0的两根，
∴x1+x2=-，x1•x2=，
∴AB=|x1-x2|====，
∵△ABP组成的三角形恰为等腰直角三角形，
∴||=•，
=，
∴b2-1ac=1．
故选B．
【点睛】
本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质和等腰直角三角形的性质．
6、C
【解析】
试题分析：∵PA、PB是⊙O的切线，∴OA⊥AP，OB⊥BP，∴∠OAP=∠OBP=90°，又∵∠AOB=2∠C=130°，则∠P=360°﹣（90°+90°+130°）=50°．故选C．
考点：切线的性质．
7、D
【解析】
分析：根据平均数、中位数、方差的定义即可判断；
详解：由表格可知，甲、乙两班学生的成绩平均成绩相同；
根据中位数可以确定，乙班优秀的人数多于甲班优秀的人数；
根据方差可知，甲班成绩的波动比乙班大．
故①②③正确，
故选D．
点睛：本题考查平均数、中位数、方差等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
8、D
【解析】
先求出二次函数的对称轴，再根据二次函数的增减性得出抛物线开口向上a＞0，然后由-2≤x≤1时，y的最大值为9，可得x=1时，y=9，即可求出a．
【详解】
∵二次函数y=ax2+2ax+3a2+3（其中x是自变量），
∴对称轴是直线x=-=-1，
∵当x≥2时，y随x的增大而增大，
∴a＞0，
∵-2≤x≤1时，y的最大值为9，
∴x=1时，y=a+2a+3a2+3=9，
∴3a2+3a-6=0，
∴a=1，或a=-2（不合题意舍去）．
故选D．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标是（-，），对称轴直线x=-，二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象具有如下性质：①当a＞0时，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的开口向上，x＜-时，y随x的增大而减小；x＞-时，y随x的增大而增大；x=-时，y取得最小值，即顶点是抛物线的最低点．②当a＜0时，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的开口向下，x＜-时，y随x的增大而增大；x＞-时，y随x的增大而减小；x=-时，y取得最大值，即顶点是抛物线的最高点．
9、A
【解析】
直接利用二次根式的性质化简得出答案．
【详解】
∵a+|a|=0，
∴|a|=-a，
则a≤0，
故原式=2-a-a=2-2a．
故选A．
【点睛】
此题主要考查了二次根式的性质与化简，正确化简二次根式是解题关键．
10、A
【解析】
分析：根据分式的分母不为0；偶次根式被开方数大于或等于0；当一个式子中同时出现这两点时，应该是取让两个条件都满足的公共部分．
详解：根据题意得到：，
解得x≥-1且x≠1，
故选A．
点睛：本题考查了函数自变量的取值范围问题，判断一个式子是否有意义，应考虑分母上若有字母，字母的取值不能使分母为零，二次根号下字母的取值应使被开方数为非负数．易错易混点：学生易对二次根式的非负性和分母不等于0混淆．
11、D
【解析】
分析：由于方程x2﹣4x+c+1=0有两个相等的实数根，所以∆ =b2﹣4ac=0，可得关于c的一元一次方程，然后解方程求出c的值.
详解：由题意得，
(-4)2-4(c+1)=0,
c=3.
故选D.
点睛：本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根的判别式∆ =b2﹣4ac：当∆>0时，一元二次方程有两个不相等的实数根；当∆=0时，一元二次方程有两个相等的实数根；当∆<0时，一元二次方程没有实数根.
12、D
【解析】
试题分析：设AB于小圆切于点C，连接OC，OB．

∵AB于小圆切于点C，
∴OC⊥AB，
∴BC=AC=AB=×8=4cm．
∵圆环（阴影）的面积=π•OB2-π•OC2=π（OB2-OC2）
又∵直角△OBC中，OB2=OC2+BC2
∴圆环（阴影）的面积=π•OB2-π•OC2=π（OB2-OC2）=π•BC2=16π．
故选D．
考点：1．垂径定理的应用；2．切线的性质．

二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）
13、
【解析】
分别利用零指数幂a0=1（a≠0），负指数幂a-p=（a≠0）化简计算即可.
【详解】
解：（π﹣3）0﹣2-1=1-=．
故答案为：.
【点睛】
本题考查了零指数幂和负整数指数幂的运算，掌握运算法则是解题关键．
14、-3＜a≤-2
【解析】
分析：求出不等式组中两不等式的解集，根据不等式取解集的方法：同大取大；同小取小；大大小小无解；大小小大取中间的法则表示出不等式组的解集，由不等式组只有四个整数解，根据解集取出四个整数解，即可得出a的范围．
详解：
由不等式①解得：
由不等式②移项合并得：−2x>−4，
解得：x<2，
∴原不等式组的解集为
由不等式组只有四个整数解，即为1，0，−1，−2，
可得出实数a的范围为
故答案为
点睛：考查一元一次不等式组的整数解，求不等式的解集，根据不等式组有4个整数解觉得实数的取值范围.
15、x＜﹣4或x＞1
【解析】
观察表格求出抛物线的对称轴，确定开口方向，利用二次函数的对称性判断出x=1时，y=-3，然后写出y＜-3时，x的取值范围即可．
【详解】
由表可知，二次函数的对称轴为直线x=-2，抛物线的开口向下，
且x=1时，y=-3，
所以，y＜-3时，x的取值范围为x＜-4或x＞1．
故答案为x＜-4或x＞1．
【点睛】
本题考查了二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，观察图表得到y=-3时的另一个x的值是解题的关键．
16、（，），（-4，-5）
【解析】
求出点A、B、C的坐标，当D在x轴下方时，设直线CD与x轴交于点E，由于∠DCB=∠ACO．所以tan∠DCB=tan∠ACO，从而可求出E的坐标，再求出CE的直线解析式，联立抛物线即可求出D的坐标，再由对称性即可求出D在x轴上方时的坐标．
【详解】
令y=0代入y=-x2-2x+3，
∴x=-3或x=1，
∴OA=1，OB=3，
令x=0代入y=-x2-2x+3，
∴y=3，
∴OC=3，
当点D在x轴下方时，
∴设直线CD与x轴交于点E，过点E作EG⊥CB于点G，
∵OB=OC，
∴∠CBO=45°，
∴BG=EG，OB=OC=3，
∴由勾股定理可知：BC=3，
设EG=x，
∴CG=3-x，
∵∠DCB=∠ACO．
∴tan∠DCB=tan∠ACO=，
∴，
∴x=，
∴BE=x=，
∴OE=OB-BE=，
∴E（-，0），
设CE的解析式为y=mx+n，交抛物线于点D2，
把C（0，3）和E（-，0）代入y=mx+n，
∴,解得：.
∴直线CE的解析式为：y=2x+3，
联立
解得：x=-4或x=0，
∴D2的坐标为（-4，-5）
设点E关于BC的对称点为F，
连接FB，

∴∠FBC=45°，
∴FB⊥OB，
∴FB=BE=，
∴F（-3，）
设CF的解析式为y=ax+b，
把C（0，3）和（-3，）代入y=ax+b

解得：，
∴直线CF的解析式为：y=x+3，
联立
解得：x=0或x=-
∴D1的坐标为（-，）
故答案为（-，）或（-4，-5）
【点睛】
本题考查二次函数的综合问题，解题的关键是根据对称性求出相关点的坐标，利用直线解析式以及抛物线的解析式即可求出点D的坐标．
17、
【解析】
直线与抛物线有交点，则可化为一元二次方程组利用根的判别式进行计算．
【详解】
解:法一：与抛物线有交点
则有，整理得

解得
，对称轴


法二：由题意可知，
∵抛物线的 顶点为，而
∴抛物线y的取值为
，则直线y与x轴平行，
∴要使直线与抛物线有交点，
∴抛物线y的取值为，即为a的取值范围，
∴
故答案为：
【点睛】
考查二次函数图象的性质及交点的问题，此类问题，通常可化为一元二次方程，利用根的判别式或根与系数的关系进行计算．
18、71
【解析】
分析：由题意∠ACB为直角，利用勾股定理求得外围中一条边，又由AC延伸一倍，从而求得风车的一个轮子，进一步求得四个．
详解：依题意，设“数学风车”中的四个直角三角形的斜边长为x，AC=y，则
x2=4y2+52，
∵△BCD的周长是30，
∴x+2y+5=30
则x=13，y=1．
∴这个风车的外围周长是：4（x+y）=4×19=71．
故答案是：71．
点睛：本题考查了勾股定理在实际情况中的应用，注意隐含的已知条件来解答此类题．

三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
19、（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）连接OC、BC，根据题意可得OC2+PC2=OP2，即可证得OC⊥PC，由此可得出结论．
（2）先根据题意证明出△PBC∽△PCA，再根据相似三角形的性质得出边的比值，由此可得出结论．
【详解】
（1）如图，连接OC、BC

∵⊙O的半径为3，PB=2
∴OC=OB=3，OP=OB+PB=5
∵PC=1
∴OC2+PC2=OP2
∴△OCP是直角三角形，
∴OC⊥PC
∴PC是⊙O的切线．
（2）∵AB是直径
∴∠ACB=90°
∴∠ACO+∠OCB=90°
∵OC⊥PC
∴∠BCP+∠OCB=90°
∴∠BCP=∠ACO
∵OA=OC
∴∠A=∠ACO
∴∠A=∠BCP
在△PBC和△PCA中：
∠BCP=∠A，∠P=∠P
∴△PBC∽△PCA，
∴
∴tan∠CAB=
【点睛】
本题考查了切线与相似三角形的判定与性质，解题的关键是熟练的掌握切线的判定与相似三角形的判定与性质.
20、（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．
21、（1）证明见解析；（2）12
【解析】
（1）由平行四边形的性质和角平分线得出∠BAF=∠BFA，即可得出AB=BF；
（2）由题意可证△ABF为等边三角形，点E是AF的中点. 可求EF、BF的值，即可得解．
【详解】
解：（1）证明：∵ 四边形ABCD为平行四边形，
∴ AB=CD，∠FAD=∠AFB
又∵ AF平分∠BAD，
∴ ∠FAD=∠FAB
∴ ∠AFB=∠FAB
∴ AB=BF
∴ BF=CD
（2）解：由题意可证△ABF为等边三角形，点E是AF的中点
在Rt△BEF中，∠BFA=60°，BE=，
可求EF=2，BF=4
∴ 平行四边形ABCD的周长为12
22、 (1)见解析;(2).
【解析】
（1）连接OD，由DH⊥AC，DH是⊙O的切线，然后由平行线的判定与性质可证∠C=∠ODB，由圆周角定理可得∠OBD=∠DEC，进而∠C=∠DEC，可证结论成立；
（2）证明△OFD∽△AFE，根据相似三角形的性质即可求出圆的半径.
【详解】
（1）证明：连接OD，
由题意得：DH⊥AC，由且DH是⊙O的切线，∠ODH=∠DHA=90°，
∴∠ODH=∠DHA=90°，
∴OD∥CA，
∴∠C=∠ODB，
∵OD=OB，
∴∠OBD=∠ODB，
∴∠OBD=∠C，
∵∠OBD=∠DEC，
∴∠C=∠DEC，
∴DC=DE；
（2）解：由（1）可知：OD∥AC，
∴∠ODF=∠AEF，
∵∠OFD=∠AFE，
∴△OFD∽△AFE，
∴，
∵AE=1，
∴OD=，
∴⊙O的半径为．

【点睛】
本题考查了切线的性质，平行线的判定与性质，等腰三角形的性质与判定，圆周角定理的推论，相似三角形的判定与性质，难度中等，熟练掌握各知识点是解答本题的关键.
23、（1）（2）作图见解析；（3）．
【解析】
（1）利用平移的性质画图，即对应点都移动相同的距离．
（2）利用旋转的性质画图，对应点都旋转相同的角度．
（3）利用勾股定理和弧长公式求点B经过（1）、（2）变换的路径总长．
【详解】
解：（1）如答图，连接AA1，然后从C点作AA1的平行线且A1C1=AC，同理找到点B1，分别连接三点，△A1B1C1即为所求．
（2）如答图，分别将A1B1，A1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°，得到B2，C2，连接B2C2，△A1B2C2即为所求．

（3）∵，
∴点B所走的路径总长=．
考点：1．网格问题；2．作图（平移和旋转变换）；3．勾股定理；4．弧长的计算．
24、（1）甲种树的单价为50元/棵，乙种树的单价为40元/棵．（2）当购买1棵甲种树、133棵乙种树时，购买费用最低，理由见解析．
【解析】
（1）设甲种树的单价为x元/棵，乙种树的单价为y元/棵，根据“购买7棵甲种树和4棵乙种树需510元；购买3棵甲种树和5棵乙种树需350元”，即可得出关于x、y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
（2）设购买甲种树a棵，则购买乙种树（200-a）棵，根据甲种树的数量不少于乙种树的数量的可得出关于a的一元一次不等式，解之即可得出a的取值范围，再由甲种树的单价比乙种树的单价贵，即可找出最省钱的购买方案．
【详解】
解：（1）设甲种树的单价为x元/棵，乙种树的单价为y元/棵，
根据题意得：
，
解得：
答：甲种树的单价为50元/棵，乙种树的单价为40元/棵．
（2）设购买甲种树a棵，则购买乙种树（200﹣a）棵，
根据题意得：
解得：
∵a为整数，
∴a≥1．
∵甲种树的单价比乙种树的单价贵，
∴当购买1棵甲种树、133棵乙种树时，购买费用最低．
【点睛】
一元一次不等式的应用，二元一次方程组的应用,读懂题目，是解题的关键.
25、见解析
【解析】
根据平行四边形性质得出AD∥BC，且AD=BC，推出AF∥EC，AF=EC，根据平行四边形的判定推出四边形AECF是平行四边形，即可得出结论．
【详解】
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，且AD=BC，
∴AF∥EC，
∵BE=DF，
∴AF=EC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AE=CF．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质和判定的应用，注意：平行四边形的对边平行且相等，有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
26、（1）t＝秒；（1）t＝5﹣（s）．
【解析】
（1）利用勾股定理列式求出 AB，再表示出 AP、AQ，然后分∠APQ 和∠AQP 是直角两种情况，利用相似三角形对应边成比例列式求解即可；
（1）过点 P 作 PC⊥OA 于 C，利用∠OAB 的正弦求出 PC，然后根据三角形的面积公式列出方程求解即可．
【详解】
解：（1）∵点 A（0，6），B（8，0），
∴AO＝6，BO＝8，
∴AB＝ ＝＝10，
∵点P的速度是每秒1个单位，点 Q 的速度是每秒1个单位，
∴AQ＝t，AP＝10﹣t，
①∠APQ是直角时，△APQ∽△AOB，
∴，
即，
解得 t＝＞6，舍去；
②∠AQP 是直角时，△AQP∽△AOB，
∴，
即，
解得 t＝，
综上所述，t＝秒时，△APQ 与△AOB相似；

（1）如图，过点 P 作 PC⊥OA 于点C，
则 PC＝AP•sin∠OAB＝（10﹣t）×＝（10﹣t），
∴△APQ的面积＝×t×（10﹣t）＝8，
整理，得：t1﹣10t+10＝0，
解得：t＝5+＞6（舍去），或 t＝5﹣，
故当 t＝5﹣（s）时，△APQ的面积为 8cm1．
【点睛】
本题主要考查了相似三角形的判定与性质、锐角三角函数、三角形的面积以及一元二次方程的应用能力，分类讨论是解题的关键．
27、
【解析】
分析：化简绝对值、0次幂和负指数幂，代入30°角的三角函数值，然后按照有理数的运算顺序和法则进行计算即可．
详解：原式=+1﹣2×+=．
点睛：本题考查了实数的运算，用到的知识点主要有绝对值、零指数幂和负指数幂，以及特殊角的三角函数值，熟记相关法则和性质是解决此题的关键．