安徽省宿州市2021-2022学年毕业升学考试模拟卷数学卷含解析

这是一份安徽省宿州市2021-2022学年毕业升学考试模拟卷数学卷含解析，共22页。试卷主要包含了已知点A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（共10小题，每小题3分，共30分）
1．如图，△ABC中，AB=4，BC=6，∠B=60°，将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，再将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后，点B′恰好与点C重合，则平移的距离和旋转角的度数分别为（ ）

A．4，30° B．2，60° C．1，30° D．3，60°
2．下列计算正确的是（　　）
A．（）2＝±8 B．+＝6 C．（﹣）0＝0 D．（x﹣2y）﹣3＝
3．下列计算正确的是（　　）
A．3a﹣2a＝1 B．a2+a5＝a7 C．（ab）3＝ab3 D．a2•a4＝a6
4．若分式有意义，则a的取值范围为( )
A．a≠4 B．a＞4 C．a＜4 D．a＝4
5．如图，AB切⊙O于点B，OA＝2，AB＝3，弦BC∥OA，则劣弧BC的弧长为（　　）

A． B． C．π D．
6．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AB’C’D’，图中阴影部分的面积为（ ）．

A． B． C． D．
7．已知点A（0，﹣4），B（8，0）和C（a，﹣a），若过点C的圆的圆心是线段AB的中点，则这个圆的半径的最小值是（　　）
A． B． C． D．2
8．将一圆形纸片对折后再对折，得到下图，然后沿着图中的虚线剪开，得到两部分，其中一部分展开后的平面图形是(　　)

A． B． C． D．
9．如图，将周长为8的△ABC沿BC方向平移1个单位长度得到，则四边形的周长为（ ）

A．8 B．10 C．12 D．16
10．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点M是AB的中点，若OM＝4，AB＝6，则BD的长为（ ）

A．4 B．5 C．8 D．10
二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11．圆锥的底面半径为3，母线长为5，该圆锥的侧面积为_______．
12．已知x+y＝8，xy＝2，则x2y+xy2＝_____．
13．当x=_________时，分式的值为零．
14．某一时刻，测得一根高1.5m的竹竿在阳光下的影长为2.5m．同时测得旗杆在阳光下的影长为30m，则旗杆的高为__________m．
15．如图，已知 OP 平分∠AOB，∠AOB=60°，CP=2，CP∥OA，PD⊥OA于点D，PE⊥OB于点E．如果点M是OP的中点，则DM的长是_________．

16．已知实数x，y满足，则以x，y的值为两边长的等腰三角形的周长是______．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（8分）如图，点A、B在⊙O上，点O是⊙O的圆心，请你只用无刻度的直尺，分别画出图①和图②中∠A的余角.
（1）图①中，点C在⊙O上；
（2）图②中，点C在⊙O内；

18．（8分）如图，在中，点是的中点，点是线段的延长线上的一动点，连接，过点作的平行线，与线段的延长线交于点，连接、.
求证：四边形是平行四边形.若，，则在点的运动过程中：
①当______时，四边形是矩形；
②当______时，四边形是菱形.
19．（8分）如图，在直角坐标系中△ABC的A、B、C三点坐标A（7，1）、B（8，2）、C（9，0）．
（1）请在图中画出△ABC的一个以点P（12，0）为位似中心，相似比为3的位似图形△A′B′C′（要求与△ABC同在P点一侧），画出△A′B′C′关于y轴对称的△A′'B′'C′'；
（2）写出点A'的坐标．

20．（8分）如图甲，直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经过B、C两点的抛物线y=x2+bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使以C，P，M为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请直接写出所符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）当0＜x＜3时，在抛物线上求一点E，使△CBE的面积有最大值（图乙、丙供画图探究）．
21．（8分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BE平分∠ABC交AC于点E，作ED⊥EB交AB于点D，⊙O是△BED的外接圆．求证：AC是⊙O的切线；已知⊙O的半径为2.5，BE=4，求BC，AD的长．

22．（10分）济南某中学在参加“创文明城，点赞泉城”书画比赛中，杨老师从全校30个班中随机抽取了4个班（用A，B，C，D表示），对征集到的作鼎的数量进行了分析统计，制作了两幅不完整的统计图．

请根据以上信息，回答下列问题：
（l）杨老师采用的调查方式是______（填“普查”或“抽样调查”）；
（2）请补充完整条形统计图，并计算扇形统计图中C班作品数量所对应的圆心角度数______．
（3）请估计全校共征集作品的件数．
（4）如果全枝征集的作品中有5件获得一等奖，其中有3名作者是男生，2名作者是女生，现要在获得一样等奖的作者中选取两人参加表彰座谈会，请你用列表或树状图的方法，求恰好选取的两名学生性别相同的概率．
23．（12分）如图，平面直角坐标系xOy中，已知点A（0，3），点B（，0），连接AB，若对于平面内一点C，当△ABC是以AB为腰的等腰三角形时，称点C是线段AB的“等长点”．
（1）在点C1（﹣2，3+2），点C2（0，﹣2），点C3（3+，﹣）中，线段AB的“等长点”是点________；
（2）若点D（m，n）是线段AB的“等长点”，且∠DAB=60°，求点D的坐标；
（3）若直线y=kx+3k上至少存在一个线段AB的“等长点”，求k的取值范围．

24．某校航模小组借助无人飞机航拍校园，如图，无人飞机从A处水平飞行至B处需10秒，A在地面C的北偏东12°方向，B在地面C的北偏东57°方向．已知无人飞机的飞行速度为4米/秒，求这架无人飞机的飞行高度．（结果精确到0.1米，参考数据：sin33°≈0.54，cos33°≈0.84，tan33°≈0.65）




参考答案

一、选择题（共10小题，每小题3分，共30分）
1、B
【解析】
试题分析：∵∠B=60°，将△ABC沿射线BC的方向平移，得到△A′B′C′，再将△A′B′C′绕点A′逆时针旋转一定角度后，点B′恰好与点C重合，
∴∠A′B′C=60°，AB=A′B′=A′C=4，
∴△A′B′C是等边三角形，
∴B′C=4，∠B′A′C=60°，
∴BB′=6﹣4=2，
∴平移的距离和旋转角的度数分别为：2，60°
故选B．
考点：1、平移的性质；2、旋转的性质；3、等边三角形的判定
2、D
【解析】
各项中每项计算得到结果，即可作出判断．
【详解】
解：A．原式=8，错误；
B．原式=2+4，错误；
C．原式=1，错误；
D．原式=x6y﹣3= ，正确．
故选D．
【点睛】
此题考查了实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．
3、D
【解析】
根据合并同类项法则、积的乘方及同底数幂的乘法的运算法则依次计算后即可解答.
【详解】
∵3a﹣2a＝a，∴选项A不正确；
∵a2+a5≠a7，∴选项B不正确；
∵（ab）3＝a3b3，∴选项C不正确；
∵a2•a4＝a6，∴选项D正确．
故选D．
【点睛】
本题考查了合并同类项法则、积的乘方及同底数幂的乘法的运算法则，熟练运用法则是解决问题的关键.
4、A
【解析】
分式有意义时，分母a-4≠0
【详解】
依题意得：a−4≠0，
解得a≠4.
故选：A
【点睛】
此题考查分式有意义的条件，难度不大
5、A
【解析】
试题分析：连接OB，OC，

∵AB为圆O的切线，
∴∠ABO=90°，
在Rt△ABO中，OA=，∠A=30°，
∴OB=，∠AOB=60°，
∵BC∥OA，
∴∠OBC=∠AOB=60°，
又OB=OC，
∴△BOC为等边三角形，
∴∠BOC=60°，
则劣弧长为．
故选A.
考点: 1.切线的性质；2.含30度角的直角三角形；3.弧长的计算．
6、C
【解析】
设B′C′与CD的交点为E，连接AE，利用“HL”证明Rt△AB′E和Rt△ADE全等，根据全等三角形对应角相等∠DAE＝∠B′AE，再根据旋转角求出∠DAB′＝60°，然后求出∠DAE＝30°，再解直角三角形求出DE，然后根据阴影部分的面积＝正方形ABCD的面积﹣四边形ADEB′的面积，列式计算即可得解．
【详解】
如图，设B′C′与CD的交点为E，连接AE，

在Rt△AB′E和Rt△ADE中，
，
∴Rt△AB′E≌Rt△ADE（HL），
∴∠DAE＝∠B′AE，
∵旋转角为30°，
∴∠DAB′＝60°，
∴∠DAE＝×60°＝30°，
∴DE＝1×＝，
∴阴影部分的面积＝1×1﹣2×（×1×）＝1﹣．
故选C．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形判定与性质，解直角三角形，利用全等三角形求出∠DAE＝∠B′AE，从而求出∠DAE＝30°是解题的关键，也是本题的难点．
7、B
【解析】
首先求得AB的中点D的坐标，然后求得经过点D且垂直于直线y=-x的直线的解析式，然后求得与y=-x的交点坐标，再求得交点与D之间的距离即可．
【详解】
AB的中点D的坐标是（4，-2），
∵C（a，-a）在一次函数y=-x上，
∴设过D且与直线y=-x垂直的直线的解析式是y=x+b，
把（4，-2）代入解析式得：4+b=-2，
解得：b=-1，
则函数解析式是y=x-1．
根据题意得：，
解得：，
则交点的坐标是（3，-3）．
则这个圆的半径的最小值是：=．
故选：B
【点睛】
本题考查了待定系数法求函数的解析式，以及两直线垂直的条件，正确理解C（a，-a），一定在直线y=-x上，是关键．
8、C
【解析】
严格按照图中的方法亲自动手操作一下，即可很直观地呈现出来．
【详解】
根据题意知，剪去的纸片一定是一个四边形，且对角线互相垂直．
故选C．
【点睛】
本题主要考查学生的动手能力及空间想象能力．对于此类问题，学生只要亲自动手操作，答案就会很直观地呈现．
9、B
【解析】
根据平移的基本性质，得出四边形ABFD的周长=AD+AB+BF+DF=1+AB+BC+1+AC即可得出答案．
根据题意，将周长为8个单位的△ABC沿边BC向右平移1个单位得到△DEF，
∴AD=1，BF=BC+CF=BC+1，DF=AC；
又∵AB+BC+AC=8，
∴四边形ABFD的周长=AD+AB+BF+DF=1+AB+BC+1+AC=1．
故选C．
“点睛”本题考查平移的基本性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．得到CF=AD，DF=AC是解题的关键．
10、D
【解析】
利用三角形中位线定理求得AD的长度，然后由勾股定理来求BD的长度．
【详解】
解：∵矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴∠BAD=90°，点O是线段BD的中点，
∵点M是AB的中点，
∴OM是△ABD的中位线，
∴AD=2OM=1．
∴在直角△ABD中，由勾股定理知：BD=．
故选：D．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理和矩形的性质，利用三角形中位线定理求得AD的长度是解题的关键．

二、填空题（本大题共6个小题，每小题3分，共18分）
11、15p
【解析】
试题分析：利用圆锥的侧面展开图为一扇形，这个扇形的弧长等于圆锥底面的周长，扇形的半径等于圆锥的母线长和扇形的面积公式求解．圆锥的侧面积=•2π•3•5=15π．
故答案为15π．
考点：圆锥的计算．
12、1
【解析】
将所求式子提取xy分解因式后，把x+y与xy的值代入计算，即可得到所求式子的值．
【详解】
∵x+y=8，xy=2，
∴x2y+xy2=xy（x+y）=2×8=1．
故答案为：1．
【点睛】
本题考查的知识点是因式分解的应用，解题关键是将所求式子分解因式．
13、2
【解析】
根据若分式的值为零，需同时具备两个条件：（1）分子为1；（2）分母不为1计算
即可．
【详解】
解：依题意得：2﹣x=1且2x+2≠1．
解得x=2，
故答案为2．
【点睛】
本题考查的是分式为1的条件和一元二次方程的解法，掌握若分式的值为零，需同时具备两个条件：（1）分子为1；（2）分母不为1是解题的关键．
14、1．
【解析】
分析：根据同一时刻物高与影长成比例，列出比例式再代入数据计算即可．
详解：∵==，解得：旗杆的高度=×30=1．
故答案为1．
点睛：本题考查了相似三角形在测量高度时的应用，解题时关键是找出相似的三角形，然后根据对应边成比例列出方程，建立数学模型来解决问题．
15、
【解析】
由 OP平分∠AOB，∠AOB=60°，CP=2，CP∥OA，易得△OCP是等腰三角形，∠COP=30°，又由含30°角的直角三角形的性质，即可求得PE的值，继而求得OP的长，然后由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半， 即可求得DM的长．
【详解】
∵OP 平分∠AOB，∠AOB=60°，
∴∠AOP=∠COP=30°，
∵CP∥OA，
∴∠AOP=∠CPO，
∴∠COP=∠CPO，
∴OC=CP=2，
∵∠PCE=∠AOB=60°，PE⊥OB，
∴∠CPE=30°，
∴
∴
∴
∵PD⊥OA，点M是OP的中点，
∴
故答案为：
【点睛】
此题考查了等腰三角形的性质与判定、含 30°直角三角形的性质以及直角三角形斜边的中线的性质．此题难度适中，属于中考常见题型，求出 OP 的长是解题关键．
16、1或2
【解析】
先根据非负数的性质列式求出x、y的值，再分x的值是腰长与底边两种情况讨论求解．
【详解】
根据题意得，x-5=0，y-7=0，
解得x=5，y=7，
①5是腰长时，三角形的三边分别为5、5、7，三角形的周长为1．
②5是底边时，三角形的三边分别为5、7、7，
能组成三角形，5+7+7=2；
所以，三角形的周长为：1或2；
故答案为1或2．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，绝对值与算术平方根的非负性，根据几个非负数的和等于0，则每一个算式都等于0求出x、y的值是解题的关键，难点在于要分情况讨论并且利用三角形的三边关系进行判断．

三、解答题（共8题，共72分）
17、图形见解析
【解析】试题分析：（1）根据同弧所对的圆周角相等和直径所对的圆周角为直角画图即可；（2）延长AC交⊙O于点E ，利用（1）的方法画图即可.
试题解析：
如图①∠DBC就是所求的角；
如图②∠FBE就是所求的角

18、 (1)、证明过程见解析；(2)、①、2；②、1．
【解析】
(1)、首先证明△BEF和△DCF全等，从而得出DC=BE，结合DC和AB平行得出平行四边形；(2)、①、根据矩形得出∠CEB=90°，结合∠ABC=120°得出∠CBE=60°，根据直角三角形的性质得出答案；②、根据菱形的性质以及∠ABC=120°得出△CBE是等边三角形，从而得出答案．
【详解】
(1)、证明：∵AB∥CD，∴∠CDF=∠FEB，∠DCF=∠EBF，∵点F是BC的中点，
∴BF=CF，在△DCF和△EBF中，∠CDF=∠FEB，∠DCF=∠EBF，FC=BF，
∴△EBF≌△DCF（AAS）， ∴DC=BE， ∴四边形BECD是平行四边形；
(2)、①BE=2；∵当四边形BECD是矩形时，∠CEB=90°，∵∠ABC=120°，∴∠CBE=60°；
∴∠ECB=30°，∴BE=BC=2，
②BE=1，∵四边形BECD是菱形时，BE=EC，∵∠ABC=120°，∴∠CBE=60°，
∴△CBE是等边三角形，∴BE=BC=1．
【点睛】
本题主要考查的是平行四边形的性质以及矩形、菱形的判定定理，属于中等难度的题型．理解平行四边形的判定定理以及矩形和菱形的性质是解决这个问题的关键．
19、（1）见解析；（2）点A'的坐标为（-3，3）
【解析】
解：(1)，△A′'B′'C′'如图所示．

（2）点A'的坐标为（-3，3）.
20、（1）y=x2﹣4x+3；（2）（2，）或（2，7）或（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）；（3）E点坐标为（，）时，△CBE的面积最大．
【解析】
试题分析：（1）由直线解析式可求得B、C坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）由抛物线解析式可求得P点坐标及对称轴，可设出M点坐标，表示出MC、MP和PC的长，分MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，可分别得到关于M点坐标的方程，可求得M点的坐标；
（3）过E作EF⊥x轴，交直线BC于点F，交x轴于点D，可设出E点坐标，表示出F点的坐标，表示出EF的长，进一步可表示出△CBE的面积，利用二次函数的性质可求得其取得最大值时E点的坐标．
试题解析：（1）∵直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，
∴B（3，0），C（0，3），
把B、C坐标代入抛物线解析式可得，解得，
∴抛物线解析式为y=x2﹣4x+3；
（2）∵y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线对称轴为x=2，P（2，﹣1），
设M（2，t），且C（0，3），
∴MC=，MP=|t+1|，PC=，
∵△CPM为等腰三角形，
∴有MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，
①当MC=MP时，则有=|t+1|，解得t=，此时M（2，）；
②当MC=PC时，则有=2，解得t=﹣1（与P点重合，舍去）或t=7，此时M（2，7）；
③当MP=PC时，则有|t+1|=2，解得t=﹣1+2或t=﹣1﹣2，此时M（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）；
综上可知存在满足条件的点M，其坐标为（2，）或（2，7）或（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）；
（3）如图，过E作EF⊥x轴，交BC于点F，交x轴于点D，

设E（x，x2﹣4x+3），则F（x，﹣x+3），
∵0＜x＜3，
∴EF=﹣x+3﹣（x2﹣4x+3）=﹣x2+3x，
∴S△CBE=S△EFC+S△EFB=EF•OD+EF•BD=EF•OB=×3（﹣x2+3x）=﹣（x﹣）2+，
∴当x=时，△CBE的面积最大，此时E点坐标为（，），
即当E点坐标为（，）时，△CBE的面积最大．
考点：二次函数综合题．
21、（1）证明见解析；（2）BC=，AD=．
【解析】
分析：（1）连接OE，由OB=OE知∠OBE=∠OEB、由BE平分∠ABC知∠OBE=∠CBE，据此得∠OEB=∠CBE，从而得出OE∥BC，进一步即可得证；
（2）证△BDE∽△BEC得，据此可求得BC的长度，再证△AOE∽△ABC得，据此可得AD的长．
详解：（1）如图，连接OE，

∵OB=OE，
∴∠OBE=∠OEB，
∵BE平分∠ABC，
∴∠OBE=∠CBE，
∴∠OEB=∠CBE，
∴OE∥BC，
又∵∠C=90°，
∴∠AEO=90°，即OE⊥AC，
∴AC为⊙O的切线；
（2）∵ED⊥BE，
∴∠BED=∠C=90°，
又∵∠DBE=∠EBC，
∴△BDE∽△BEC，
∴，即，
∴BC=；
∵∠AEO=∠C=90°，∠A=∠A，
∴△AOE∽△ABC，
∴，即，
解得：AD=．
点睛：本题主要考查切线的判定与性质，解题的关键是掌握切线的判定与性质及相似三角形的判定与性质．
22、（1）抽样调查（2）150°（3）180件（4）
【解析】
分析：（1）杨老师从全校30个班中随机抽取了4个班，属于抽样调查．
（2）由题意得：所调查的4个班征集到的作品数为：6÷=24（件），C班作品的件数为：24-4-6-4=10（件）；继而可补全条形统计图；
（3）先求出抽取的4个班每班平均征集的数量，再乘以班级总数可得；
（4）首先根据题意画出树状图，然后由树状图求得所有等可能的结果与两名学生性别相同的情况，再利用概率公式即可求得答案．
详解：（1）杨老师从全校30个班中随机抽取了4个班，属于抽样调查．
故答案为抽样调查．
（2）所调查的4个班征集到的作品数为：6÷=24件，
C班有24﹣（4+6+4）=10件，
补全条形图如图所示，

扇形统计图中C班作品数量所对应的圆心角度数360°×=150°；
故答案为150°；
（3）∵平均每个班=6件，
∴估计全校共征集作品6×30=180件．
（4）画树状图得：

∵共有20种等可能的结果，两名学生性别相同的有8种情况，
∴恰好选取的两名学生性别相同的概率为．
点睛：本题考查的是条形统计图和扇形统计图的综合运用，读懂统计图，从不同的统计图中得到必要的信息是解决问题的关键．条形统计图能清楚地表示出每个项目的数据；扇形统计图直接反映部分占总体的百分比大小．同时古典概型求法：（1）算出所有基本事件的个数n；（2）求出事件A包含的所有基本事件数m；（3）代入公式P(A)=，求出P（A）．．
23、（1）C1，C3；（2）D（﹣，0）或D（，3）；（3）﹣≤k≤
【解析】
（1）直接利用线段AB的“等长点”的条件判断；
（2）分两种情况讨论，利用对称性和垂直的性质即可求出m，n；
（3）先判断出直线y=kx+3与圆A，B相切时，如图2所示，利用相似三角形的性质即可求出结论．
【详解】
（1）∵A（0，3），B（，0），
∴AB=2，
∵点C1（﹣2，3+2），
∴AC1==2，
∴AC1=AB，
∴C1是线段AB的“等长点”，
∵点C2（0，﹣2），
∴AC2=5，BC2==，
∴AC2≠AB，BC2≠AB，
∴C2不是线段AB的“等长点”，
∵点C3（3+，﹣），
∴BC3==2，
∴BC3=AB，
∴C3是线段AB的“等长点”；
故答案为C1，C3；
（2）如图1，

在Rt△AOB中，OA=3，OB=，
∴AB=2，tan∠OAB==，
∴∠OAB=30°，
当点D在y轴左侧时，
∵∠DAB=60°，
∴∠DAO=∠DAB﹣∠BAO=30°，
∵点D（m，n）是线段AB的“等长点”，
∴AD=AB，
∴D（﹣，0），
∴m=，n=0，
当点D在y轴右侧时，
∵∠DAB=60°，
∴∠DAO=∠BAO+∠DAB=90°，
∴n=3，
∵点D（m，n）是线段AB的“等长点”，
∴AD=AB=2，
∴m=2；
∴D（，3）
（3）如图2，

∵直线y=kx+3k=k（x+3），
∴直线y=kx+3k恒过一点P（﹣3，0），
∴在Rt△AOP中，OA=3，OP=3，
∴∠APO=30°，
∴∠PAO=60°，
∴∠BAP=90°，
当PF与⊙B相切时交y轴于F，
∴PA切⊙B于A，
∴点F就是直线y=kx+3k与⊙B的切点，
∴F（0，﹣3），
∴3k=﹣3，
∴k=﹣，
当直线y=kx+3k与⊙A相切时交y轴于G切点为E，
∴∠AEG=∠OPG=90°，
∴△AEG∽△POG，
∴，
∴=，解得：k=或k=（舍去）
∵直线y=kx+3k上至少存在一个线段AB的“等长点”，
∴﹣≤k≤，
【点睛】
此题是一次函数综合题，主要考查了新定义，锐角三角函数，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，对称性，解（1）的关键是理解新定义，解（2）的关键是画出图形，解（3）的关键是判断出直线和圆A，B相切时是分界点．
24、29.8米．
【解析】
作，，根据题意确定出与的度数，利用锐角三角函数定义求出与的长度，由求出的长度，即可求出的长度．
【详解】
解：如图，作，，
由题意得：


米，
米，
则米，
答：这架无人飞机的飞行高度为米．

【点睛】
此题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题，熟练掌握锐角三角函数定义是解本题的关键．