2021-2022学年安徽省阜阳市名校中考二模数学试题含解析

这是一份2021-2022学年安徽省阜阳市名校中考二模数学试题含解析，共25页。试卷主要包含了下列说法中，正确的是，下列各组数中，互为相反数的是等内容，欢迎下载使用。

2021-2022中考数学模拟试卷
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1．甲、乙两辆汽车沿同一路线从A地前往B地，甲车以a千米/时的速度匀速行驶，途中出现故障后停车维修，修好后以2a千米/时的速度继续行驶；乙车在甲车出发2小时后匀速前往B地，比甲车早30分钟到达．到达B地后，乙车按原速度返回A地，甲车以2a千米/时的速度返回A地．设甲、乙两车与A地相距s（千米），甲车离开A地的时间为t（小时），s与t之间的函数图象如图所示．下列说法：①a=40；②甲车维修所用时间为1小时；③两车在途中第二次相遇时t的值为5.25；④当t=3时，两车相距40千米，其中不正确的个数为（　　）

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
2．如图，已知，用尺规作图作．第一步的作法以点为圆心，任意长为半径画弧，分别交，于点，第二步的作法是（ ）

A．以点为圆心，长为半径画弧，与第1步所画的弧相交于点
B．以点为圆心，长为半径画弧，与第1步所画的弧相交于点
C．以点为圆心，长为半径画弧，与第1步所画的弧相交于点
D．以点为圆心，长为半径画弧，与第1步所画的弧相交于点
3．在平面直角坐标系xOy中，将点N（–1，–2）绕点O旋转180°，得到的对应点的坐标是（ ）
A．（1，2） B．（–1，2）
C．（–1，–2） D．（1，–2）
4．下列说法中，正确的是（　　）
A．长度相等的弧是等弧
B．平分弦的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧
C．经过半径并且垂直于这条半径的直线是圆的切线
D．在同圆或等圆中90°的圆周角所对的弦是这个圆的直径
5．如图，甲圆柱型容器的底面积为30cm2，高为8cm，乙圆柱型容器底面积为xcm2，若将甲容器装满水，然后再将甲容器里的水全部倒入乙容器中（乙容器无水溢出），则乙容器水面高度y（cm）与x（cm2）之间的大致图象是（　　）

A． B． C． D．
6．如图，AB是定长线段，圆心O是AB的中点，AE、BF为切线，E、F为切点，满足AE=BF，在上取动点G，国点G作切线交AE、BF的延长线于点D、C，当点G运动时，设AD=y，BC=x，则y与x所满足的函数关系式为（　　）

A．正比例函数y=kx（k为常数，k≠0，x＞0）
B．一次函数y=kx+b（k，b为常数，kb≠0，x＞0）
C．反比例函数y=（k为常数，k≠0，x＞0）
D．二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c为常数，a≠0，x＞0）
7．如图，在△ABC中，AC的垂直平分线分别交AC、BC于E，D两点，EC＝4，△ABC的周长为23，则△ABD的周长为（　　）

A．13 B．15 C．17 D．19
8．下列各组数中，互为相反数的是（　　）
A．﹣2 与2 B．2与2 C．3与 D．3与3-
9．如图，四边形ABCD中，AC垂直平分BD，垂足为E，下列结论不一定成立的是（ ）

A．AB=AD B．AC平分∠BCD
C．AB=BD D．△BEC≌△DEC
10．如图，⊙O的半径OD⊥弦AB于点C，连结AO并延长交⊙O于点E，连结EC．若AB=8，CD=2，则EC的长为（）

A． B．8 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，若双曲线（）与边长为3的等边△AOB（O为坐标原点）的边OA、AB分别交于C、D两点，且OC=2BD，则k的值为_____．

12．已知，如图，△ABC中，DE∥FG∥BC，AD∶DF∶FB＝1∶2∶3，若EG＝3，则AC＝ ．

13．桌上摆着一个由若干个相同正方体组成的几何体，其主视图和左视图如图所示，这个几何体最多可以由___________个这样的正方体组成.

14．我们知道：四边形具有不稳定性.如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB在x轴上，，，边AD长为5. 现固定边AB，“推”矩形使点D落在y轴的正半轴上（落点记为），相应地，点C的对应点的坐标为_______.

15．如图，在每个小正方形边长为的网格中，的顶点，，均在格点上，为边上的一点.
线段的值为______________;在如图所示的网格中，是的角平分线，在上求一点，使的值最小，请用无刻度的直尺，画出和点，并简要说明和点的位置是如何找到的（不要求证明）___________.
16．若一段弧的半径为24，所对圆心角为60°，则这段弧长为____．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）如图，抛物线与x轴交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C（0，3），其对称轴为=–1，P为抛物线上第二象限的一个动点．
（1）求抛物线的解析式并写出其顶点坐标；
（2）当点P的纵坐标为2时，求点P的横坐标；
（3）当点P在运动过程中，求四边形PABC面积最大时的值及此时点P的坐标．

18．（8分）如图，某市郊外景区内一条笔直的公路a经过三个景点A、B、C，景区管委会又开发了风景优美的景点D，经测量，景点D位于景点A的北偏东30′方向8km处，位于景点B的正北方向，还位于景点C的北偏西75°方向上，已知AB=5km.景区管委会准备由景点D向公路a修建一条距离最短的公路，不考试其他因素，求出这条公路的长．（结果精确到0.1km）．求景点C与景点D之间的距离．（结果精确到1km）．

19．（8分）如图，抛物线y=x1﹣1x﹣3与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），直线l与抛物线交于A，C两点，其中点C的横坐标为1．
（1）求A，B两点的坐标及直线AC的函数表达式；
（1）P是线段AC上的一个动点（P与A，C不重合），过P点作y轴的平行线交抛物线于点E，求△ACE面积的最大值；
（3）若直线PE为抛物线的对称轴，抛物线与y轴交于点D，直线AC与y轴交于点Q，点M为直线PE上一动点，则在x轴上是否存在一点N，使四边形DMNQ的周长最小？若存在，求出这个最小值及点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．
（4）点H是抛物线上的动点，在x轴上是否存在点F，使A、C、F、H四个点为顶点的四边形是平行四边形？如果存在，请直接写出所有满足条件的F点坐标；如果不存在，请说明理由．

20．（8分）如图（1），P 为△ABC 所在平面上一点，且∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，则点 P 叫做△ABC 的费马点．
（1）如果点 P 为锐角△ABC 的费马点，且∠ABC=60°．
①求证：△ABP∽△BCP；
②若 PA=3，PC=4，则 PB= ．
（2）已知锐角△ABC，分别以 AB、AC 为边向外作正△ABE 和正△ACD，CE 和 BD相交于 P 点．如图（2）
①求∠CPD 的度数；
②求证：P 点为△ABC 的费马点．

21．（8分）如图，AB、CD是⊙O的直径，DF、BE是弦，且DF＝BE，求证：∠D＝∠B．

22．（10分）如图，一条公路的两侧互相平行，某课外兴趣小组在公路一侧AE的点A处测得公路对面的点C与AE的夹角∠CAE=30°，沿着AE方向前进15米到点B处测得∠CBE=45°，求公路的宽度．（结果精确到0.1米，参考数据：≈1.73）

23．（12分）如图，在平面直角坐标系中，△AOB的三个顶点坐标分别为A（1，0），O（0，0），B（2，2）．以点O为旋转中心，将△AOB逆时针旋转90°，得到△A1OB1．画出△A1OB1；直接写出点A1和点B1的坐标；求线段OB1的长度．

24．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（3，0），点B（0，3），点O为原点．动点C、D分别在直线AB、OB上，将△BCD沿着CD折叠，得△B'CD．

（Ⅰ）如图1，若CD⊥AB，点B'恰好落在点A处，求此时点D的坐标；
（Ⅱ）如图2，若BD=AC，点B'恰好落在y轴上，求此时点C的坐标；
（Ⅲ）若点C的横坐标为2，点B'落在x轴上，求点B'的坐标（直接写出结果即可）．



参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、A
【解析】
解：①由函数图象，得a=120÷3=40，
故①正确，
②由题意，得5.5﹣3﹣120÷（40×2），
=2.5﹣1.5，
=1．
∴甲车维修的时间为1小时；
故②正确，
③如图：

∵甲车维修的时间是1小时，
∴B（4，120）．
∵乙在甲出发2小时后匀速前往B地，比甲早30分钟到达．
∴E（5，240）．
∴乙行驶的速度为：240÷3=80，
∴乙返回的时间为：240÷80=3，
∴F（8，0）．
设BC的解析式为y1=k1t+b1，EF的解析式为y2=k2t+b2，由图象得，
，，
解得，，
∴y1=80t﹣200，y2=﹣80t+640，
当y1=y2时，
80t﹣200=﹣80t+640，
t=5.2．
∴两车在途中第二次相遇时t的值为5.2小时，
故弄③正确，
④当t=3时，甲车行的路程为：120km，乙车行的路程为：80×（3﹣2）=80km，
∴两车相距的路程为：120﹣80=40千米，
故④正确，
故选A．
2、D
【解析】
根据作一个角等于已知角的作法即可得出结论．
【详解】
解：用尺规作图作∠AOC=2∠AOB的第一步是以点O为圆心，以任意长为半径画弧①，分别交OA、OB于点E、F，
第二步的作图痕迹②的作法是以点F为圆心，EF长为半径画弧．
故选：D．
【点睛】
本题考查的是作图-基本作图，熟知作一个角等于已知角的步骤是解答此题的关键．
3、A
【解析】
根据点N（–1，–2）绕点O旋转180°，所得到的对应点与点N关于原点中心对称求解即可.
【详解】
∵将点N（–1，–2）绕点O旋转180°，
∴得到的对应点与点N关于原点中心对称，
∵点N（–1，–2），
∴得到的对应点的坐标是（1，2）.
故选A.
【点睛】
本题考查了旋转的性质，由旋转的性质得到的对应点与点N关于原点中心对称是解答本题的关键.
4、D
【解析】
根据切线的判定，圆的知识，可得答案．
【详解】
解：A、在等圆或同圆中，长度相等的弧是等弧，故A错误；
B、平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧，故B错误；
C、经过半径的外端并且垂直于这条半径的直线是圆的切线，故C错误；
D、在同圆或等圆中90°的圆周角所对的弦是这个圆的直径，故D正确；
故选：D．
【点睛】
本题考查了切线的判定及圆的知识，利用圆的知识及切线的判定是解题关键．
5、C
【解析】
根据题意可以写出y关于x的函数关系式，然后令x=40求出相应的y值，即可解答本题．
【详解】
解：由题意可得，
y==，
当x=40时，y=6，
故选C．
【点睛】
本题考查了反比例函数的图象，根据题意列出函数解析式是解决此题的关键．
6、C
【解析】
延长AD，BC交于点Q，连接OE，OF，OD，OC，OQ，由AE与BF为圆的切线，利用切线的性质得到AE与EO垂直，BF与OF垂直，由AE=BF，OE=OF，利用HL得到直角三角形AOE与直角BOF全等，利用全等三角形的对应角相等得到∠A=∠B，利用等角对等边可得出三角形QAB为等腰三角形，由O为底边AB的中点，利用三线合一得到QO垂直于AB，得到一对直角相等，再由∠FQO与∠OQB为公共角，利用两对对应角相等的两三角形相似得到三角形FQO与三角形OQB相似，同理得到三角形EQO与三角形OAQ相似，由相似三角形的对应角相等得到∠QOE=∠QOF=∠A=∠B，再由切线长定理得到OD与OC分别为∠EOG与∠FOG的平分线，得到∠DOC为∠EOF的一半，即∠DOC=∠A=∠B，又∠GCO=∠FCO，得到三角形DOC与三角形OBC相似，同理三角形DOC与三角形DAO相似，进而确定出三角形OBC与三角形DAO相似，由相似得比例，将AD=x，BC=y代入，并将AO与OB换为AB的一半，可得出x与y的乘积为定值，即y与x成反比例函数，即可得到正确的选项．
【详解】
延长AD，BC交于点Q，连接OE，OF，OD，OC，OQ，

∵AE，BF为圆O的切线，
∴OE⊥AE，OF⊥FB，
∴∠AEO=∠BFO=90°，
在Rt△AEO和Rt△BFO中，
∵，
∴Rt△AEO≌Rt△BFO（HL），
∴∠A=∠B，
∴△QAB为等腰三角形，
又∵O为AB的中点，即AO=BO，
∴QO⊥AB，
∴∠QOB=∠QFO=90°，
又∵∠OQF=∠BQO，
∴△QOF∽△QBO，
∴∠B=∠QOF，
同理可以得到∠A=∠QOE，
∴∠QOF=∠QOE，
根据切线长定理得：OD平分∠EOG，OC平分∠GOF，
∴∠DOC=∠EOF=∠A=∠B，
又∵∠GCO=∠FCO，
∴△DOC∽△OBC，
同理可以得到△DOC∽△DAO，
∴△DAO∽△OBC，
∴，
∴AD•BC=AO•OB=AB2，即xy=AB2为定值，
设k=AB2，得到y=，
则y与x满足的函数关系式为反比例函数y=（k为常数，k≠0，x＞0）．
故选C．
【点睛】
本题属于圆的综合题，涉及的知识有：相似三角形的判定与性质，切线长定理，直角三角形全等的判定与性质，反比例函数的性质，以及等腰三角形的性质，做此题是注意灵活运用所学知识．
7、B
【解析】
∵DE垂直平分AC，
∴AD=CD，AC=2EC=8，
∵C△ABC=AC+BC+AB=23，
∴AB+BC=23-8=15，
∴C△ABD=AB+AD+BD=AB+DC+BD=AB+BC=15.
故选B.
8、A
【解析】
根据只有符号不同的两数互为相反数，可直接判断.
【详解】
-2与2互为相反数，故正确；
2与2相等，符号相同，故不是相反数；
3与互为倒数，故不正确；
3与3相同，故不是相反数.
故选：A.
【点睛】
此题主要考查了相反数，关键是观察特点是否只有符号不同，比较简单.
9、C
【解析】
解：∵AC垂直平分BD，∴AB=AD，BC=CD，
∴AC平分∠BCD，平分∠BCD，BE=DE．∴∠BCE=∠DCE．
在Rt△BCE和Rt△DCE中，∵BE=DE，BC=DC，
∴Rt△BCE≌Rt△DCE（HL）．
∴选项ABD都一定成立．
故选C．
10、D
【解析】
∵⊙O的半径OD⊥弦AB于点C，AB=8，∴AC=AB=1．
设⊙O的半径为r，则OC=r－2，
在Rt△AOC中，∵AC=1，OC=r－2，
∴OA2=AC2+OC2，即r2=12+（r﹣2）2，解得r=2．
∴AE=2r=3．
连接BE，

∵AE是⊙O的直径，∴∠ABE=90°．
在Rt△ABE中，∵AE=3，AB=8，∴．
在Rt△BCE中，∵BE=6，BC=1，∴．故选D．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、．
【解析】
过点C作CE⊥x轴于点E，过点D作DF⊥x轴于点F，

设OC=2x，则BD=x，
在Rt△OCE中，∠COE=60°，则OE=x，CE=，
则点C坐标为（x，），
在Rt△BDF中，BD=x，∠DBF=60°，则BF=，DF=，
则点D的坐标为（，），
将点C的坐标代入反比例函数解析式可得：，
将点D的坐标代入反比例函数解析式可得：，
则，
解得：，（舍去），
故=．故答案为．
考点：1．反比例函数图象上点的坐标特征；2．等边三角形的性质．
12、1
【解析】
试题分析：根据DE∥FG∥BC可得△ADE∽△AFG∽ABC，根据题意可得EG：AC=DF：AB=2:6=1:3，根据EG=3，则AC=1．
考点：三角形相似的应用．
13、1
【解析】
主视图、左视图是分别从物体正面、左面看，所得到的图形．
【详解】
易得第一层最多有9个正方体，第二层最多有4个正方体，所以此几何体共有1个正方体．
故答案为1．
14、
【解析】
分析：根据勾股定理，可得 ,根据平行四边形的性质，可得答案.
详解：由勾股定理得：= ,即(0,4).
矩形ABCD的边AB在x轴上，∴四边形是平行四边形，
A=B, =AB=4-(-3)=7, 与的纵坐标相等，∴（7,4），故答案为（7,4）.
点睛：本题考查了多边形，利用平行四边形的性质得出A=B,=AB=4-(-3)=7是解题的关键.
15、（Ⅰ） （Ⅱ）如图，取格点、，连接与交于点，连接与交于点.
【解析】
（Ⅰ）根据勾股定理进行计算即可.
（Ⅱ）根据菱形的每一条对角线平分每一组对角，构造边长为1的菱形ABEC，连接AE交BC于M，即可得出是的角平分线，再取点F使AF=1，则根据等腰三角形的性质得出点C与F关于AM对称，连接DF交AM于点P，此时的值最小．
【详解】
（Ⅰ）根据勾股定理得AC=；
故答案为：1．
（Ⅱ）如图，如图，取格点、，连接与交于点，连接与交于点，则点P即为所求．

说明：构造边长为1的菱形ABEC，连接AE交BC于M，则AM即为所求的的角平分线，在AB上取点F，使AF=AC=1，则AM垂直平分CF，点C与F关于AM对称，连接DF交AM于点P，则点P即为所求．
【点睛】
本题考查作图-应用与设计，涉及勾股定理、菱形的判定和性质、几何变换轴对称—最短距离等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用数形结合的思想解决问题．
16、8π
【解析】
试题分析：∵弧的半径为24，所对圆心角为60°，
∴弧长为l==8π．
故答案为8π．
【考点】弧长的计算．

三、解答题（共8题，共72分）
17、（1）二次函数的解析式为，顶点坐标为（–1，4）；（2）点P横坐标为––1；（3）当时，四边形PABC的面积有最大值，点P（）．
【解析】
试题分析: （1）已知抛物线 与轴交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C（0，3），其对称轴为=﹣1，由此列出方程组，解方程组求得a、b、c的值，即可得抛物线的解析式，把解析式化为顶点式，直接写出顶点坐标即可；（2）把y=2代入解析式，解方程求得x的值，即可得点P的横坐标，从而求得点P的坐标；（3）设点Ｐ（，），则 ,根据得出四边形PABC与x之间的函数关系式，利用二次函数的性质求得x的值，即可求得点P的坐标.
试题解析:
（1）∵抛物线 与轴交于点A和点B（1，0），与y轴交于点C（0，3），其对称轴为=﹣1，
∴　，　解得：，
∴二次函数的解析式为 =，
∴顶点坐标为（﹣1，4）
（2）设点P（，2），
即=2，
解得=﹣1（舍去）或=﹣﹣1，
∴点P（﹣﹣1，2）.
（3）设点Ｐ（，），则 ,
,
∴ ＝
∴当时，四边形PABC的面积有最大值.
所以点P（）.
点睛：本题是二次函数综合题，主要考查学生对二次函数解决动点问题综合运用能力，动点问题为中考常考题型，注意培养数形结合思想，培养综合分析归纳能力，解决这类问题要会建立二次函数模型，利用二次函数的性质解决问题.
18、（1）景点D向公路a修建的这条公路的长约是3.1km；（2）景点C与景点D之间的距离约为4km．
【解析】
解：（1）如图，过点D作DE⊥AC于点E，
过点A作AF⊥DB，交DB的延长线于点F，在Rt△DAF中，∠ADF=30°，
∴AF=AD=×8=4，∴DF=，
在Rt△ABF中BF==3，
∴BD=DF﹣BF=4﹣3，sin∠ABF=，
在Rt△DBE中，sin∠DBE=，∵∠ABF=∠DBE，∴sin∠DBE=，
∴DE=BD•sin∠DBE=×（4﹣3）=≈3.1（km），

∴景点D向公路a修建的这条公路的长约是3.1km；
（2）由题意可知∠CDB=75°，
由（1）可知sin∠DBE==0.8，所以∠DBE=53°，
∴∠DCB=180°﹣75°﹣53°=52°，
在Rt△DCE中，sin∠DCE=，∴DC=≈4（km），
∴景点C与景点D之间的距离约为4km．
19、（1）y=﹣x﹣1；（1）△ACE的面积最大值为；（3）M（1，﹣1），N（，0）；（4）满足条件的F点坐标为F1（1，0），F1（﹣3，0），F3（4+，0），F4（4﹣，0）．
【解析】
（1）令抛物线y=x1-1x-3=0，求出x的值，即可求A，B两点的坐标，根据两点式求出直线AC的函数表达式；
（1）设P点的横坐标为x（-1≤x≤1），求出P、E的坐标，用x表示出线段PE的长，求出PE的最大值，进而求出△ACE的面积最大值；
（3）根据D点关于PE的对称点为点C（1，-3），点Q（0，-1）点关于x轴的对称点为M（0，1），则四边形DMNQ的周长最小，求出直线CM的解析式为y=-1x+1，进而求出最小值和点M，N的坐标；
（4）结合图形，分两类进行讨论，①CF平行x轴，如图1，此时可以求出F点两个坐标；②CF不平行x轴，如题中的图1，此时可以求出F点的两个坐标．
【详解】
解：（1）令y=0，解得或x1=3，
∴A（﹣1，0），B（3，0）；
将C点的横坐标x=1代入y=x1﹣1x﹣3得
∴C（1，-3），
∴直线AC的函数解析式是
（1）设P点的横坐标为x（﹣1≤x≤1），
则P、E的坐标分别为：P（x，﹣x﹣1），E（x，x1﹣1x﹣3），
∵P点在E点的上方，
∴当时，PE的最大值
△ACE的面积最大值
（3）D点关于PE的对称点为点C（1，﹣3），点Q（0，﹣1）点关于x轴的对称点为K（0，1），
连接CK交直线PE于M点，交x轴于N点，可求直线CK的解析式为，此时四边形DMNQ的周长最小，
最小值
求得M（1，﹣1），
（4）存在如图1，若AF∥CH，此时的D和H点重合，CD=1，则AF=1，

于是可得F1（1，0），F1（﹣3，0），
如图1，根据点A和F的坐标中点和点C和点H的坐标中点相同，

再根据|HA|=|CF|，
求出
综上所述，满足条件的F点坐标为F1（1，0），F1（﹣3，0），，．
【点睛】
属于二次函数综合题，考查二次函数与轴的交点坐标，待定系数法求一次函数解析式，二次函数的最值以及平行四边形的性质等，综合性比较强，难度较大.
20、（1）①证明见解析；②；（2）①60°；②证明见解析；
【解析】
试题分析：（1）①根据题意，利用内角和定理及等式性质得到一对角相等，利用两角相等的三角形相似即可得证；
②由三角形ABP与三角形BCP相似，得比例，将PA与PC的长代入求出PB的长即可；
（2）①根据三角形ABE与三角形ACD为等边三角形，利用等边三角形的性质得到两对边相等，两个角为60°，利用等式的性质得到夹角相等，利用SAS得到三角形ACE与三角形ABD全等，利用全等三角形的对应角相等得到∠1=∠2，再由对顶角相等，得到∠5=∠6，即可求出所求角度数；
②由三角形ADF与三角形CPF相似，得到比例式，变形得到积的恒等式，再由对顶角相等，利用两边成比例，且夹角相等的三角形相似得到三角形AFP与三角形CFD相似，利用相似三角形对应角相等得到∠APF为60°，由∠APD+∠DPC，求出∠APC为120°，进而确定出∠APB与∠BPC都为120°，即可得证．
试题解析：（1）证明：①∵∠PAB+∠PBA=180°﹣∠APB=60°，∠PBC+∠PBA=∠ABC=60°，
∴∠PAB=∠PBC，
又∵∠APB=∠BPC=120°，
∴△ABP∽△BCP，
②解：∵△ABP∽△BCP，
∴，
∴PB2=PA•PC=12，
∴PB=2；
（2）解：①∵△ABE与△ACD都为等边三角形，
∴∠BAE=∠CAD=60°，AE=AB，AC=AD，
∴∠BAE+∠BAC=∠CAD+∠BAC，即∠EAC=∠BAD，
在△ACE和△ABD中，
，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴∠1=∠2，
∵∠3=∠4，
∴∠CPD=∠6=∠5=60°；
②证明：∵△ADF∽△CFP，
∴AF•PF=DF•CF，
∵∠AFP=∠CFD，
∴△AFP∽△CDF．
∴∠APF=∠ACD=60°，
∴∠APC=∠CPD+∠APF=120°，
∴∠BPC=120°，
∴∠APB=360°﹣∠BPC﹣∠APC=120°，
∴P点为△ABC的费马点．

考点：相似形综合题
21、证明见解析．
【解析】
根据在同圆中等弦对的弧相等，AB、CD是⊙O的直径，则，由FD=EB，得，，由等量减去等量仍是等量得：，即，由等弧对的圆周角相等，得∠D=∠B．
【详解】
解：方法（一）
证明：∵AB、CD是⊙O的直径，
∴．
∵FD=EB，
∴．
∴．
即．
∴∠D=∠B．
方法（二）
证明：如图，连接CF，AE．
∵AB、CD是⊙O的直径，
∴∠F=∠E=90°（直径所对的圆周角是直角）．
∵AB=CD，DF=BE，
∴Rt△DFC≌Rt△BEA（HL）．
∴∠D=∠B．

【点睛】
本题利用了在同圆中等弦对的弧相等，等弧对的弦，圆周角相等，等量减去等量仍是等量求解．
22、公路的宽为20.5米．
【解析】
作CD⊥AE，设CD=x米，由∠CBD=45°知BD=CD=x，根据tan∠CAD=,可得=，解之即可．
【详解】
解：如图，过点C作CD⊥AE于点D，

设公路的宽CD=x米，
∵∠CBD=45°，
∴BD=CD=x，
在Rt△ACD中，∵∠CAE=30°，
∴tan∠CAD==，即=，
解得：x=≈20.5（米），
答：公路的宽为20.5米．
【点睛】
本题考查了直角三角形的应用，解答本题的关键是根据仰角构造直角三角形，利用三角函数解直角三角形．
23、（1）作图见解析；（2）A1（0，1），点B1（﹣2，2）．（3）
【解析】
（1）按要求作图.
（2）由（1）得出坐标.
（3）由图观察得到，再根据勾股定理得到长度.
【详解】
解：（1）画出△A1OB1，如图．

（2）点A1（0，1），点B1（﹣2，2）．
（3）OB1＝OB＝＝2．
【点睛】
本题主要考查的是绘图、识图、勾股定理等知识点，熟练掌握方法是本题的解题关键.
24、（1）D（0，）；（1）C（11﹣6，11﹣18）；（3）B'（1+，0），（1﹣，0）.
【解析】
(1)设OD为x，则BD=AD=3，在RT△ODA中应用勾股定理即可求解；
(1)由题意易证△BDC∽△BOA，再利用A、B坐标及BD=AC可求解出BD长度，再由特殊角的三角函数即可求解；
(3)过点C作CE⊥AO于E，由A、B坐标及C的横坐标为1，利用相似可求解出BC、CE、OC等长度；分点B’在A点右边和左边两种情况进行讨论，由翻折的对称性可知BC=B’C，再利用特殊角的三角函数可逐一求解.
【详解】
（Ⅰ）设OD为x，
∵点A（3，0），点B（0，），
∴AO=3，BO=
∴AB=6
∵折叠
∴BD=DA
在Rt△ADO中，OA1+OD1=DA1．
∴9+OD1=（﹣OD）1．
∴OD=
∴D（0，）
（Ⅱ）∵折叠
∴∠BDC=∠CDO=90°
∴CD∥OA
∴且BD=AC，
∴
∴BD=﹣18
∴OD=﹣（﹣18）=18﹣
∵tan∠ABO=，
∴∠ABC=30°，即∠BAO=60°
∵tan∠ABO=，
∴CD=11﹣6
∴D（11﹣6，11﹣18）
（Ⅲ）如图：过点C作CE⊥AO于E

∵CE⊥AO
∴OE=1，且AO=3
∴AE=1，
∵CE⊥AO，∠CAE=60°
∴∠ACE=30°且CE⊥AO
∴AC=1，CE=
∵BC=AB﹣AC
∴BC=6﹣1=4
若点B'落在A点右边，
∵折叠
∴BC=B'C=4，CE=，CE⊥OA
∴B'E=
∴OB'=1+
∴B'（1+，0）
若点B'落在A点左边，
∵折叠
∴BC=B'C=4，CE=，CE⊥OA
∴B'E=
∴OB'=﹣1
∴B'（1﹣，0）
综上所述：B'（1+，0），（1﹣，0）
【点睛】
本题结合翻折综合考查了三角形相似和特殊角的三角函数，第3问中理解B’点的两种情况是解题关键.