2021-2022學年山東省東營市墾利區(qū)六校中考沖刺卷數(shù)學試題含解析

這是一份2021-2022學年山東省東營市墾利區(qū)六校中考沖刺卷數(shù)學試題含解析，共23頁。試卷主要包含了若=1，則符合條件的m有，如圖，l1∥l2，AF等內(nèi)容，歡迎下載使用。
?2021-2022中考數(shù)學模擬試卷
注意事項：
1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。
2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。
3．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、選擇題（每小題只有一個正確答案，每小題3分，滿分30分）
1．如圖，點O′在第一象限，⊙O′與x軸相切于H點，與y軸相交于A（0，2），B（0，8），則點O′的坐標是（　?。?br />
A．（6，4） B．（4，6） C．（5，4） D．（4，5）
2．如圖，把一塊直角三角板的直角頂點放在直尺的一邊上，若∠1=40°，則∠2的度數(shù)為（　　）

A．50° B．40° C．30° D．25°
3．下列二次根式，最簡二次根式是（　　）
A． B． C． D．
4．《九章算術(shù)》是中國古代數(shù)學的重要著作，方程術(shù)是它的最高成就，其中記載：今有牛五、羊二，直金十兩；牛二、羊五，直金八兩。問：牛、羊各直金幾何？譯文：“假設(shè)有 5 頭牛、2 只羊，值金 10 兩；2 頭牛、5 只羊，值金 8 兩。問：每頭牛、每只羊各值金多少兩？” 設(shè)每頭牛值金 x 兩，每只羊值金 y 兩，則列方程組錯誤的是（ ）
A． B． C． D．
5．如圖由四個相同的小立方體組成的立體圖像，它的主視圖是（ ）．

A． B． C． D．
6．若=1，則符合條件的m有（　?。?br /> A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
7．小華和小紅到同一家鮮花店購買百合花與玫瑰花，他們購買的數(shù)量如下表所示，小華一共花的錢比小紅少8元，下列說法正確的是（　?。?

百合花
玫瑰花
小華
6支
5支
小紅
8支
3支
A．2支百合花比2支玫瑰花多8元
B．2支百合花比2支玫瑰花少8元
C．14支百合花比8支玫瑰花多8元
D．14支百合花比8支玫瑰花少8元
8．由一些大小相同的小正方體組成的幾何體的俯視圖如圖所示，其中正方形中的數(shù)字表示在該位置上的小正方體的個數(shù)，那么，這個幾何體的左視圖是 （）

A． B． C． D．
9．如圖，l1∥l2，AF：FB=3：5，BC：CD=3：2，則AE：EC=（　?。?br />
A．5：2 B．4：3 C．2：1 D．3：2
10．如圖，將邊長為2cm的正方形OABC放在平面直角坐標系中，O是原點，點A的橫坐標為1，則點C的坐標為（　?。?br />
A．（，-1） B．（2，﹣1） C．（1，-） D．（﹣1，）
二、填空題（共7小題，每小題3分，滿分21分）
11．計算：+=______．
12．比較大?。篲____1．
13．若關(guān)于x、y的二元一次方程組的解是，則關(guān)于a、b的二元一次方程組的解是_______．
14．函數(shù)的自變量的取值范圍是．
15．如圖，直線a∥b，∠l=60°，∠2=40°，則∠3=_____．

16．如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=45°，CD⊥AB于點D，點P在線段DB上，若AP2-PB2=48，則△PCD的面積為____.

17．如圖，這是由邊長為1的等邊三角形擺出的一系列圖形，按這種方式擺下去，則第n個圖形的周長是___．

三、解答題（共7小題，滿分69分）
18．（10分）國家發(fā)改委公布的《商品房銷售明碼標價規(guī)定》，從2011年5月1日起商品房銷售實行一套一標價．商品房銷售價格明碼標價后，可以自行降價、打折銷售，但漲價必須重新申報．某市某樓盤準備以每平方米5000元的均價對外銷售，由于新政策的出臺，購房都持幣觀望．為了加快資金周轉(zhuǎn)，房地產(chǎn)開發(fā)商對價格經(jīng)過兩次下調(diào)后，決定以每平方米4050元的均價開盤銷售．求平均每次下調(diào)的百分率；某人準備以開盤均價購買一套100平方米的房子，開發(fā)商還給予以下兩種優(yōu)惠方案發(fā)供選擇：
①打9.8折銷售；②不打折，送兩年物業(yè)管理費，物業(yè)管理費是每平方米每月1.5元，請問哪種方案更優(yōu)惠？
19．（5分）為了了解市民“獲取新聞的最主要途徑”,某市記者開展了一次抽樣調(diào)查,根據(jù)調(diào)査結(jié)果繪制了如下尚不完整的統(tǒng)計圖：

根據(jù)以上信息解答下列問題:這次接受調(diào)查的市民總?cè)藬?shù)是_______人；扇形統(tǒng)計圖中,“電視”所對應的圓心角的度數(shù)是_________；請補全條形統(tǒng)計圖；若該市約有80萬人,請你估計其中將“電腦和手機上網(wǎng)”作為“獲取新聞的最主要途徑”的總?cè)藬?shù).
20．（8分）如圖，在?ABCD中，AB=4，AD=5，tanA=，點P從點A出發(fā)，沿折線AB﹣BC以每秒1個單位長度的速度向中點C運動，過點P作PQ⊥AB，交折線AD﹣DC于點Q，將線段PQ繞點P順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到線段PR，連接QR．設(shè)△PQR與?ABCD重疊部分圖形的面積為S（平方單位），點P運動的時間為t（秒）．
（1）當點R與點B重合時，求t的值；
（2）當點P在BC邊上運動時，求線段PQ的長（用含有t的代數(shù)式表示）；
（3）當點R落在?ABCD的外部時，求S與t的函數(shù)關(guān)系式；
（4）直接寫出點P運動過程中，△PCD是等腰三角形時所有的t值．

21．（10分）如圖1，直角梯形OABC中，BC∥OA，OA=6，BC=2，∠BAO=45°．

（1）OC的長為　??；
（2）D是OA上一點，以BD為直徑作⊙M，⊙M交AB于點Q．當⊙M與y軸相切時，sin∠BOQ=　??；
（3）如圖2，動點P以每秒1個單位長度的速度，從點O沿線段OA向點A運動；同時動點D以相同的速度，從點B沿折線B﹣C﹣O向點O運動．當點P到達點A時，兩點同時停止運動．過點P作直線PE∥OC，與折線O﹣B﹣A交于點E．設(shè)點P運動的時間為t（秒）．求當以B、D、E為頂點的三角形是直角三角形時點E的坐標．
22．（10分）某翻譯團為成為2022年冬奧會志愿者做準備，該翻譯團一共有五名翻譯，其中一名只會翻譯西班牙語，三名只會翻譯英語，還有一名兩種語言都會翻譯．求從這五名翻譯中隨機挑選一名會翻譯英語的概率；若從這五名翻譯中隨機挑選兩名組成一組，請用樹狀圖或列表的方法求該紐能夠翻譯上述兩種語言的概率．
23．（12分）如圖，對稱軸為直線x＝的拋物線經(jīng)過點A（6，0）和B（0，4）．
（1）求拋物線解析式及頂點坐標；
（2）設(shè)點E（x，y）是拋物線上一動點，且位于第四象限，四邊形OEAF是以O(shè)A為對角線的平行四邊形，求四邊形OEAF的面積S與x之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量x的取值范圍；
（3）①當四邊形OEAF的面積為24時，請判斷OEAF是否為菱形？
②是否存在點E，使四邊形OEAF為正方形？若存在，求出點E的坐標；若不存在，請說明理由．

24．（14分）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC，tanB，半徑為2的⊙C分別交AC，BC于點D、E，得到DE?。笞C：AB為⊙C的切線．求圖中陰影部分的面積．




參考答案

一、選擇題（每小題只有一個正確答案，每小題3分，滿分30分）
1、D
【解析】
過O'作O'C⊥AB于點C，過O'作O'D⊥x軸于點D，由切線的性質(zhì)可求得O'D的長，則可得O'B的長，由垂徑定理可求得CB的長，在Rt△O'BC中，由勾股定理可求得O'C的長，從而可求得O'點坐標．
【詳解】

如圖，過O′作O′C⊥AB于點C，過O′作O′D⊥x軸于點D，連接O′B，
∵O′為圓心，
∴AC=BC，
∵A(0,2),B(0,8)，
∴AB=8?2=6，
∴AC=BC=3，
∴OC=8?3=5，
∵⊙O′與x軸相切，
∴O′D=O′B=OC=5，
在Rt△O′BC中,由勾股定理可得O′C===4，
∴P點坐標為(4,5)，
故選：D.
【點睛】
本題考查了切線的性質(zhì)，坐標與圖形性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握切線的性質(zhì)和坐標計算.
2、A
【解析】
由兩直線平行，同位角相等，可求得∠3的度數(shù)，然后求得∠2的度數(shù)．
【詳解】
如圖，

∵∠1=40°，
∴∠3=∠1=40°，
∴∠2=90°-40°=50°．
故選A．
【點睛】
此題考查了平行線的性質(zhì)．利用兩直線平行，同位角相等是解此題的關(guān)鍵．
3、C
【解析】
根據(jù)最簡二次根式的定義逐個判斷即可．
【詳解】
A．，不是最簡二次根式，故本選項不符合題意；
B．，不是最簡二次根式，故本選項不符合題意；
C．是最簡二次根式，故本選項符合題意；
D．，不是最簡二次根式，故本選項不符合題意．
故選C．
【點睛】
本題考查了最簡二次根式的定義，能熟記最簡二次根式的定義是解答此題的關(guān)鍵．
4、D
【解析】
由5頭牛、2只羊，值金10兩可得：5x+2y=10，由2頭牛、5只羊，值金8兩可得2x+5y=8，則7頭牛、7只羊，值金18兩，據(jù)此可知7x+7y=18，據(jù)此可得答案．
【詳解】
解：設(shè)每頭牛值金x兩，每只羊值金y兩，
由5頭牛、2只羊，值金10兩可得：5x+2y=10，
由2頭牛、5只羊，值金8兩可得2x+5y=8，
則7頭牛、7只羊，值金18兩，據(jù)此可知7x+7y=18，
所以方程組錯誤，
故選：D．
【點睛】
本題主要考查由實際問題抽象出二元一次方程組，解題的關(guān)鍵是理解題意找到相等關(guān)系及等式的基本性質(zhì)．
5、D
【解析】
從正面看，共2列，左邊是1個正方形，
右邊是2個正方形，且下齊．
故選D.
6、C
【解析】
根據(jù)有理數(shù)的乘方及解一元二次方程-直接開平方法得出兩個有關(guān)m的等式，即可得出.
【詳解】
=1
m2-9=0或m-2= 1
即m= 3或m=3,m=1
m有3個值
故答案選C.
【點睛】
本題考查的知識點是有理數(shù)的乘方及解一元二次方程-直接開平方法，解題的關(guān)鍵是熟練的掌握有理數(shù)的乘方及解一元二次方程-直接開平方法.
7、A
【解析】
設(shè)每支百合花x元，每支玫瑰花y元，根據(jù)總價＝單價×購買數(shù)量結(jié)合小華一共花的錢比小紅少8元，即可得出關(guān)于x、y的二元一次方程，整理后即可得出結(jié)論．
【詳解】
設(shè)每支百合花x元，每支玫瑰花y元，根據(jù)題意得：
8x+3y﹣（6x+5y）＝8，整理得：2x﹣2y＝8，
∴2支百合花比2支玫瑰花多8元．
故選：A．
【點睛】
考查了二元一次方程的應用，找準等量關(guān)系，正確列出二元一次方程是解題的關(guān)鍵．
8、A
【解析】
從左面看，得到左邊2個正方形，中間3個正方形，右邊1個正方形．故選A．
9、D
【解析】
依據(jù)平行線分線段成比例定理，即可得到AG=3x，BD=5x，CD=BD=2x，再根據(jù)平行線分線段成比例定理，即可得出AE與EC的比值．
【詳解】
∵l1∥l2，
∴，
設(shè)AG=3x，BD=5x，
∵BC：CD=3：2，
∴CD=BD=2x，
∵AG∥CD，
∴．
故選D．
【點睛】
本題考查了平行線分線段成比例：三條平行線截兩條直線，所得的對應線段成比例．平行于三角形的一邊，并且和其他兩邊（或兩邊的延長線）相交的直線，所截得的三角形的三邊與原三角形的三邊對應成比例．
10、A
【解析】
作AD⊥y軸于D，作CE⊥y軸于E，則∠ADO=∠OEC=90°，得出∠1+∠1=90°，由正方形的性質(zhì)得出OC=AO，∠1+∠3=90°，證出∠3=∠1，由AAS證明△OCE≌△AOD，得到OE=AD=1，CE=OD=，即可得出結(jié)果．
【詳解】
解：作AD⊥y軸于D，作CE⊥y軸于E，如圖所示：

則∠ADO=∠OEC=90°，∴∠1+∠1=90°．
∵AO=1，AD=1，∴OD=，∴點A的坐標為（1，），∴AD=1，OD=．
∵四邊形OABC是正方形，∴∠AOC=90°，OC=AO，∴∠1+∠3=90°，∴∠3=∠1．
在△OCE和△AOD中，∵，∴△OCE≌△AOD（AAS），∴OE=AD=1，CE=OD=，∴點C的坐標為（，﹣1）．
故選A．
【點睛】
本題考查了正方形的性質(zhì)、坐標與圖形性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)；熟練掌握正方形的性質(zhì)，證明三角形全等得出對應邊相等是解決問題的關(guān)鍵．

二、填空題（共7小題，每小題3分，滿分21分）
11、1.
【解析】
利用同分母分式加法法則進行計算，分母不變，分子相加.
【詳解】
解：原式=.
【點睛】
本題考查同分母分式的加法，掌握法則正確計算是本題的解題關(guān)鍵．
12、
【解析】
先將1化為根號的形式，根據(jù)被開方數(shù)越大值越大即可求解．
【詳解】
解： ， ，
，
故答案為＞．
【點睛】
本題考查實數(shù)大小的比較，比較大小時，常用的方法有：作差法，作商法，如果有一個是二次根式，要把另一個也化為二次根式的形式，根據(jù)被開方數(shù)的大小進行比較．
13、
【解析】
分析：利用關(guān)于x、y的二元一次方程組的解是可得m、n的數(shù)值，代入關(guān)于a、b的方程組即可求解，利用整體的思想找到兩個方程組的聯(lián)系再求解的方法更好．
詳解：∵關(guān)于x、y的二元一次方程組的解是，
∴將解代入方程組
可得m=﹣1，n=2
∴關(guān)于a、b的二元一次方程組整理為：
解得：
點睛：本題考查二元一次方程組的求解，重點是整體考慮的數(shù)學思想的理解運用在此題體現(xiàn)明顯．
14、x≠1
【解析】
該題考查分式方程的有關(guān)概念
根據(jù)分式的分母不為0可得
X－1≠0,即x≠1
那么函數(shù)y=的自變量的取值范圍是x≠1
15、80°
【解析】
根據(jù)平行線的性質(zhì)求出∠4，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理計算即可．
【詳解】
解：

∵a∥b，
∴∠4=∠l=60°，
∴∠3=180°-∠4-∠2=80°，
故答案為：80°．
【點睛】
本題考查的是平行線的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理，掌握兩直線平行，同位角相等是解題的關(guān)鍵．
16、6
【解析】
根據(jù)等角對等邊，可得AC=BC，由等腰三角形的“三線合一”可得AD=BD=AB，利用直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半，可得CD=AB，由AP2-PB2=48?，利用平方差公式及線段的和差公式將其變形可得CD·PD=12,利用△PCD的面積 =CD·PD可得.
【詳解】
解：∵ 在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=45°，
∴∠B=45°，
∴AC=BC，
∵CD⊥AB?，
∴AD=BD=CD=AB，
∵AP2-PB2=48?，
∴(AP+PB)(AP-PB)=48，
∴AB(AD+PD-BD+DP)=48,
∴AB·2PD=48，
∴2CD·2PD=48，
∴CD·PD=12，
∴ △PCD的面積=CD·PD=6.
故答案為6.
【點睛】
此題考查等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，解題關(guān)鍵在于利用等腰三角形的“三線合一
17、2n+1
【解析】
觀察擺放的一系列圖形，可得到依次的周長分別是3，4，5，6，7，…，從中得到規(guī)律，根據(jù)規(guī)律寫出第n個圖形的周長．
解：由已知一系列圖形觀察圖形依次的周長分別是：
（1）2+1=3，
（2）2+2=4，
（3）2+3=5，
（4）2+4=6，
（5）2+5=7，
…，
所以第n個圖形的周長為：2+n．
故答案為2+n．
此題考查的是圖形數(shù)字的變化類問題，關(guān)鍵是通過觀察分析得出規(guī)律，根據(jù)規(guī)律求解．

三、解答題（共7小題，滿分69分）
18、 (1) 每次下調(diào)10% (2) 第一種方案更優(yōu)惠．
【解析】
（1）設(shè)出平均每次下調(diào)的百分率為x，利用預訂每平方米銷售價格×（1-每次下調(diào)的百分率）2=開盤每平方米銷售價格列方程解答即可．
（2）求出打折后的售價，再求出不打折減去送物業(yè)管理費的錢，再進行比較，據(jù)此解答．
【詳解】
解：（1）設(shè)平均每次下調(diào)的百分率為x，根據(jù)題意得
5000×（1-x）2=4050
???解得x=10%或x=1.9（舍去）
答：平均每次下調(diào)10%．
（2）9.8折=98%，
100×4050×98%=396900（元）
100×4050-100×1.5×12×2=401400（元），
396900＜401400，所以第一種方案更優(yōu)惠．
答：第一種方案更優(yōu)惠．
【點睛】
本題考查一元二次方程的應用，能找到等量關(guān)系式，并根據(jù)等量關(guān)系式正確列出方程是解決本題的關(guān)鍵.
19、 (1)1000；(2)54°；（3）見解析；（4）32萬人
【解析】
根據(jù)“每項人數(shù)＝總?cè)藬?shù)×該項所占百分比”，“所占角度＝360度×該項所占百分比”來列出式子，即可解出答案.
【詳解】
解：
(1)400÷40%＝1000(人)
(2)360°×＝54°，
故答案為：1000人；?54°?；
(3)1－10%－9%－26%－40%＝15%
15%×1000＝150(人)

(4)80×＝52.8(萬人)
答：總?cè)藬?shù)為52.8萬人.
【點睛】
本題考查獲取圖表信息的能力，能夠根據(jù)圖表找到必要條件是解題關(guān)鍵.
20、（1）；（2）（9﹣t）；（3）①S =﹣t2+t﹣；②S=﹣t2+1．③S=（9﹣t）2;（3）3或或4或．
【解析】
（1）根據(jù)題意點R與點B重合時t+t=3，即可求出t的值；
（2）根據(jù)題意運用t表示出PQ即可；
（3）當點R落在□ABCD的外部時可得出t的取值范圍，再根據(jù)等量關(guān)系列出函數(shù)關(guān)系式；
（3）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論.
【詳解】
解：（1）∵將線段PQ繞點P順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到線段PR，
∴PQ=PR，∠QPR=90°，
∴△QPR為等腰直角三角形．
當運動時間為t秒時，AP=t，PQ=PQ=AP?tanA=t．
∵點R與點B重合，
∴AP+PR=t+t=AB=3，
解得：t=．
（2）當點P在BC邊上時，3≤t≤9，CP=9﹣t，
∵tanA=，
∴tanC=，sinC=，
∴PQ=CP?sinC=（9﹣t）．
（3）①如圖1中，當＜t≤3時，重疊部分是四邊形PQKB．作KM⊥AR于M．

∵△KBR∽△QAR，
∴ =，
∴ =，
∴KM=（t﹣3）=t﹣，
∴S=S△PQR﹣S△KBR=×（t）2﹣×（t﹣3）（t﹣）=﹣t2+t﹣．
②如圖2中，當3＜t≤3時，重疊部分是四邊形PQKB．

S=S△PQR﹣S△KBR=×3×3﹣×t×t=﹣t2+1．
③如圖3中，當3＜t＜9時，重疊部分是△PQK．

S=?S△PQC=××（9﹣t）?（9﹣t）=（9﹣t）2．
（3）如圖3中，

①當DC=DP1=3時，易知AP1=3，t=3．
②當DC=DP2時，CP2=2?CD?，
∴BP2=，
∴t=3+．
③當CD=CP3時，t=4．
④當CP3=DP3時，CP3=2÷，
∴t=9﹣=．
綜上所述，滿足條件的t的值為3或或4或．
【點睛】
本題考查四邊形綜合題、動點問題、平行四邊形的性質(zhì)、多邊形的面積、等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學會用分類討論的思想解決問題，學會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考壓軸題．
21、（4）4；（2）；（4）點E的坐標為（4，2）、（，）、（4，2）．
【解析】
分析：（4）過點B作BH⊥OA于H，如圖4（4），易證四邊形OCBH是矩形，從而有OC=BH，只需在△AHB中運用三角函數(shù)求出BH即可．
（2）過點B作BH⊥OA于H，過點G作GF⊥OA于F，過點B作BR⊥OG于R，連接MN、DG，如圖4（2），則有OH=2，BH=4，MN⊥OC．設(shè)圓的半徑為r，則MN=MB=MD=r．在Rt△BHD中運用勾股定理可求出r=2，從而得到點D與點H重合．易證△AFG∽△ADB，從而可求出AF、GF、OF、OG、OB、AB、BG．設(shè)OR=x，利用BR2=OB2﹣OR2=BG2﹣RG2可求出x，進而可求出BR．在Rt△ORB中運用三角函數(shù)就可解決問題．
（4）由于△BDE的直角不確定，故需分情況討論，可分三種情況（①∠BDE=90°，②∠BED=90°，③∠DBE=90°）討論，然后運用相似三角形的性質(zhì)及三角函數(shù)等知識建立關(guān)于t的方程就可解決問題．
詳解：（4）過點B作BH⊥OA于H，如圖4（4），則有∠BHA=90°=∠COA，∴OC∥BH．
∵BC∥OA，∴四邊形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．
故答案為4．
（2）過點B作BH⊥OA于H，過點G作GF⊥OA于F，過點B作BR⊥OG于R，連接MN、DG，如圖4（2）．
由（4）得：OH=2，BH=4．
∵OC與⊙M相切于N，∴MN⊥OC．
設(shè)圓的半徑為r，則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，即點D與點H重合，∴BD⊥0A，BD=AD．
∵BD是⊙M的直徑，∴∠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．
設(shè)OR=x，則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===．
故答案為．
（4）①當∠BDE=90°時，點D在直線PE上，如圖2．
此時DP=OC=4，BD+OP=BD+CD=BC=2，BD=t，OP=t． 則有2t=2．
解得：t=4．則OP=CD=DB=4．
∵DE∥OC，∴△BDE∽△BCO，∴==，∴DE=2，∴EP=2，
∴點E的坐標為（4，2）．
②當∠BED=90°時，如圖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==，
∴點E的坐標為（）．
③當∠DBE=90°時，如圖4．
此時PE=PA=6﹣t，OD=OC+BC﹣t=6﹣t．
則有OD=PE，EA==（6﹣t）=6﹣t，
∴BE=BA﹣EA=4﹣（6﹣t）=t﹣2．
∵PE∥OD，OD=PE，∠DOP=90°，∴四邊形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，∴點E的坐標為（4，2）．
綜上所述：當以B、D、E為頂點的三角形是直角三角形時點E的坐標為（4，2）、（）、（4，2）．


點睛：本題考查了圓周角定理、切線的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)的定義、平行線分線段成比例、矩形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，還考查了分類討論的數(shù)學思想，有一定的綜合性．
22、（1）；（2）.
【解析】
（1）直接利用概率公式計算；
（2）只會翻譯西班牙語用A表示，三名只會翻譯英語的用B表示，一名兩種語言都會翻譯用C表示，畫樹狀圖展示所有20種等可能的結(jié)果數(shù)，找出該組能夠翻譯上述兩種語言的結(jié)果數(shù)，然后根據(jù)概率公式求解．
【詳解】
解：（1）從這五名翻譯中隨機挑選一名會翻譯英語的概率＝；
（2）只會翻譯西班牙語用A表示，三名只會翻譯英語的用B表示，一名兩種語言都會翻譯用C表示
畫樹狀圖為：

共有20種等可能的結(jié)果數(shù)，其中該組能夠翻譯上述兩種語言的結(jié)果數(shù)為14，
所以該紐能夠翻譯上述兩種語言的概率＝ ．
【點睛】
本題考查了列表法與樹狀圖法：利用列表法或樹狀圖法展示所有等可能的結(jié)果n，再從中選出符合事件A或B的結(jié)果數(shù)目m，然后利用概率公式計算事件A或事件B的概率．
23、（1）拋物線解析式為，頂點為；（2），1＜＜1；（3）①四邊形是菱形；②不存在，理由見解析
【解析】
（1）已知了拋物線的對稱軸解析式，可用頂點式二次函數(shù)通式來設(shè)拋物線，然后將A、B兩點坐標代入求解即可．
（2）平行四邊形的面積為三角形OEA面積的2倍，因此可根據(jù)E點的橫坐標，用拋物線的解析式求出E點的縱坐標，那么E點縱坐標的絕對值即為△OAE的高，由此可根據(jù)三角形的面積公式得出△AOE的面積與x的函數(shù)關(guān)系式進而可得出S與x的函數(shù)關(guān)系式．
（3）①將S=24代入S，x的函數(shù)關(guān)系式中求出x的值，即可得出E點的坐標和OE，OA的長；如果平行四邊形OEAF是菱形，則需滿足平行四邊形相鄰兩邊的長相等，據(jù)此可判斷出四邊形OEAF是否為菱形．
②如果四邊形OEAF是正方形，那么三角形OEA應該是等腰直角三角形，即E點的坐標為（3，﹣3）將其代入拋物線的解析式中即可判斷出是否存在符合條件的E點．
【詳解】
（1）由拋物線的對稱軸是，可設(shè)解析式為．
把A、B兩點坐標代入上式，得
解之，得
故拋物線解析式為，頂點為
（2）∵點在拋物線上，位于第四象限，且坐標適合
，
∴y0,－y表示點E到OA的距離．
∵OA是的對角線，
∴．
因為拋物線與軸的兩個交點是（1，0）的（1，0），所以，自變量的
取值范圍是1＜＜1．
（3）①根據(jù)題意，當S = 24時，即．
化簡，得解之，得
故所求的點E有兩個，分別為E1（3，－4），E2（4，－4）．
點E1（3，－4）滿足OE = AE，所以是菱形；
點E2（4，－4）不滿足OE = AE，所以不是菱形．
②當OA⊥EF，且OA = EF時，是正方形，
此時點E的坐標只能是（3，－3）．
而坐標為（3，－3）的點不在拋物線上，
故不存在這樣的點E，使為正方形．
24、 (1)證明見解析；(2)1-π.
【解析】
（1）解直角三角形求出BC，根據(jù)勾股定理求出AB，根據(jù)三角形面積公式求出CF，根據(jù)切線的判定得出即可；
（2）分別求出△ACB的面積和扇形DCE的面積，即可得出答案．
【詳解】
（1）過C作CF⊥AB于F．
∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC，tanB，∴BC＝2，由勾股定理得：AB1．
∵△ACB的面積S，∴CF2，∴CF為⊙C的半徑．
∵CF⊥AB，∴AB為⊙C的切線；

（2）圖中陰影部分的面積＝S△ACB﹣S扇形DCE1﹣π．
【點睛】
本題考查了勾股定理，扇形的面積，解直角三角形，切線的性質(zhì)和判定等知識點，能求出CF的長是解答此題的關(guān)鍵．