吉林省辽源市2021-2022学年中考三模数学试题含解析

2021-2022中考数学模拟试卷

注意事项:

1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

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．如图，是反比例函数图象，阴影部分表示它与横纵坐标轴正半轴围成的区域，在该区域内不包括边界的整数点个数是k，则抛物线向上平移k个单位后形成的图象是　　

A． B．

C． D．

2．已知x1、x2是关于x的方程x2﹣ax﹣2=0的两根，下列结论一定正确的是（　　）

A．x1≠x2 B．x1+x2＞0 C．x1•x2＞0 D．x1＜0，x2＜0

3．二次函数（a≠0）的图象如图所示，则下列命题中正确的是（　　）

A．a ＞b＞c

B．一次函数y=ax +c的图象不经第四象限

C．m（am+b）+b＜a（m是任意实数）

D．3b+2c＞0

4．如图，一束平行太阳光线FA、GB照射到正五边形ABCDE上，∠ABG＝46°，则∠FAE的度数是（　　）

A．26°． B．44°． C．46°． D．72°

5．下列运算正确的是（　　）

A．（a2）4=a6 B．a2•a3=a6 C． D．

6．如图所示，某公司有三个住宅区，A、B、C各区分别住有职工30人，15人，10人，且这三点在一条大道上（A，B，C三点共线），已知AB＝100米，BC＝200米．为了方便职工上下班，该公司的接送车打算在此间只设一个停靠点，为使所有的人步行到停靠点的路程之和最小，那么该停靠点的位置应设在（　　）

A．点A B．点B C．A，B之间 D．B，C之间

7．计算2a2＋3a2的结果是（    ）

A．5a4 B．6a2 C．6a4 D．5a2

8．下列标志中，可以看作是轴对称图形的是（ ）

A． B． C． D．

9．如图，△ABC的面积为8cm2  ， AP垂直∠B的平分线BP于P，则△PBC的面积为（   ）

A．2cm2   B．3cm2   C．4cm2   D．5cm2

10．﹣的绝对值是（　　）

A．﹣ B．﹣ C． D．

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）

11．如图，在正六边形ABCDEF中，AC于FB相交于点G，则值为_____．

12．如图，AB是圆O的直径，AC是圆O的弦，AB=2，∠BAC=30°．在图中画出弦AD，使AD=1，则∠CAD的度数为_____°．

13．如图，当半径为30cm的转动轮转过120角时，传送带上的物体A平移的距离为______cm ．

14．如图，无人机在空中C处测得地面A、B两点的俯角分别为60°、45°，如果无人机距地面高度CD为米，点A、D、B在同一水平直线上，则A、B两点间的距离是_____米．（结果保留根号）

15．如图，在平面直角坐标系中，一动点从原点O出发，按向上，向右，向下，向右的方向不断地移动，每移动一个单位，得到点A1（0，1），A2（1，1），A3（1，0），A4（2，0），…那么点A4n+1（n为自然数）的坐标为     （用n表示）

16．如图，将的边绕着点顺时针旋转得到，边AC绕着点A逆时针旋转得到，联结．当时，我们称是的“双旋三角形”．如果等边的边长为a，那么它的“双旋三角形”的面积是__________（用含a的代数式表示）．

17．计算的结果是_____

三、解答题（共7小题，满分69分）

18．（10分）如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝1．在BC上求作一点P，使PA+PB＝BC；(尺规作图，不写作法，保留作图痕迹)求BP的长．

19．（5分）下面是小星同学设计的“过直线外一点作已知直线的平行线”的尺规作图过程：

已知：如图，直线l和直线l外一点A

求作：直线AP，使得AP∥l

作法：如图

①在直线l上任取一点B（AB与l不垂直），以点A为圆心，AB为半径作圆，与直线l交于点C．

②连接AC，AB，延长BA到点D；

③作∠DAC的平分线AP．

所以直线AP就是所求作的直线

根据小星同学设计的尺规作图过程，使用直尺和圆规，补全图形（保留作图痕迹）

完成下面的证明

证明：∵AB＝AC，

∴∠ABC＝∠ACB　   　（填推理的依据）

∵∠DAC是△ABC的外角，

∴∠DAC＝∠ABC+∠ACB　   　（填推理的依据）

∴∠DAC＝2∠ABC

∵AP平分∠DAC，

∴∠DAC＝2∠DAP

∴∠DAP＝∠ABC

∴AP∥l　   　（填推理的依据）

20．（8分）已知抛物线F：y=x1+bx+c的图象经过坐标原点O，且与x轴另一交点为（﹣，0）．

（1）求抛物线F的解析式；

（1）如图1，直线l：y=x+m（m＞0）与抛物线F相交于点A（x1，y1）和点B（x1，y1）（点A在第二象限），求y1﹣y1的值（用含m的式子表示）；

（3）在（1）中，若m=，设点A′是点A关于原点O的对称点，如图1．

①判断△AA′B的形状，并说明理由；

②平面内是否存在点P，使得以点A、B、A′、P为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

21．（10分）为了解某校九年级学生立定跳远水平，随机抽取该年级50名学生进行测试，并把测试成绩（单位：m）绘制成不完整的频数分布表和频数分布直方图．

学生立定跳远测试成绩的频数分布表

请根据图表中所提供的信息，完成下列问题：表中a=　   　，b=　   　，样本成绩的中位数落在　   　范围内；请把频数分布直方图补充完整；该校九年级共有1000名学生，估计该年级学生立定跳远成绩在2.4≤x＜2.8范围内的学生有多少人？

22．（10分）如图，吊车在水平地面上吊起货物时，吊绳BC与地面保持垂直，吊臂AB与水平线的夹角为64°，吊臂底部A距地面1.5m．（计算结果精确到0.1m，参考数据sin64°≈0.90，cos64°≈0.44，tan64°≈2.05）

（1）当吊臂底部A与货物的水平距离AC为5m时，吊臂AB的长为　   　m．

（2）如果该吊车吊臂的最大长度AD为20m，那么从地面上吊起货物的最大高度是多少？（吊钩的长度与货物的高度忽略不计）

23．（12分）如图，将等腰直角三角形纸片ABC对折，折痕为CD．展平后，再将点B折叠在边AC上（不与A、C重合），折痕为EF，点B在AC上的对应点为M，设CD与EM交于点P，连接PF．已知BC=1．

（1）若M为AC的中点，求CF的长；

（2）随着点M在边AC上取不同的位置，

①△PFM的形状是否发生变化？请说明理由；

②求△PFM的周长的取值范围．

24．（14分）已知：如图1，抛物线的顶点为M，平行于x轴的直线与该抛物线交于点A，B（点A在点B左侧），根据对称性△AMB恒为等腰三角形，我们规定：当△AMB为直角三角形时，就称△AMB为该抛物线的“完美三角形”．

（1）①如图2，求出抛物线的“完美三角形”斜边AB的长；

②抛物线与的“完美三角形”的斜边长的数量关系是   ；

（2）若抛物线的“完美三角形”的斜边长为4，求a的值；

（3）若抛物线的“完美三角形”斜边长为n，且的最大值为-1，求m，n的值．

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、A

【解析】
依据反比例函数的图象与性质，即可得到整数点个数是5个，进而得到抛物线向上平移5个单位后形成的图象．

【详解】

解：如图，反比例函数图象与坐标轴围成的区域内不包括边界的整数点个数是5个，即，

抛物线向上平移5个单位后可得：，即，
形成的图象是A选项．
故选A．

【点睛】

本题考查反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数的图象、二次函数的性质与图象，解答本题的关键是明确题意，求出相应的k的值，利用二次函数图象的平移规律进行解答．

2、A

【解析】

分析：A、根据方程的系数结合根的判别式，可得出△＞0，由此即可得出x1≠x2，结论A正确；

B、根据根与系数的关系可得出x1+x2=a，结合a的值不确定，可得出B结论不一定正确；

C、根据根与系数的关系可得出x1•x2=﹣2，结论C错误；

D、由x1•x2=﹣2，可得出x1＜0，x2＞0，结论D错误．

综上即可得出结论．

详解：A∵△=（﹣a）2﹣4×1×（﹣2）=a2+8＞0，

∴x1≠x2，结论A正确；

B、∵x1、x2是关于x的方程x2﹣ax﹣2=0的两根，

∴x1+x2=a，

∵a的值不确定，

∴B结论不一定正确；

C、∵x1、x2是关于x的方程x2﹣ax﹣2=0的两根，

∴x1•x2=﹣2，结论C错误；

D、∵x1•x2=﹣2，

∴x1＜0，x2＞0，结论D错误．

故选A．

点睛：本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，牢记“当△＞0时，方程有两个不相等的实数根”是解题的关键．

3、D

【解析】

解：A．由二次函数的图象开口向上可得a＞0，由抛物线与y轴交于x轴下方可得c＜0，由x=﹣1，得出=﹣1，故b＞0，b=2a，则b＞a＞c，故此选项错误；

B．∵a＞0，c＜0，∴一次函数y=ax+c的图象经一、三、四象限，故此选项错误；

C．当x=﹣1时，y最小，即a﹣b﹣c最小，故a﹣b﹣c＜am2+bm+c，即m（am+b）+b＞a，故此选项错误；

D．由图象可知x=1，a+b+c＞0①，∵对称轴x=﹣1，当x=1，y＞0，∴当x=﹣3时，y＞0，即9a﹣3b+c＞0②

①+②得10a﹣2b+2c＞0，∵b=2a，∴得出3b+2c＞0，故选项正确；

故选D．

点睛：此题主要考查了图象与二次函数系数之间的关系，二次函数与方程之间的转换，会利用特殊值代入法求得特殊的式子，如：y=a+b+c，然后根据图象判断其值．

4、A

【解析】
先根据正五边形的性质求出∠EAB的度数，再由平行线的性质即可得出结论．

【详解】

解：∵图中是正五边形．

∴∠EAB＝108°．

∵太阳光线互相平行，∠ABG＝46°，

∴∠FAE＝180°﹣∠ABG﹣∠EAB＝180°﹣46°﹣108°＝26°．

故选A．

【点睛】

此题考查平行线的性质，多边形内角与外角，解题关键在于求出∠EAB.

5、C

【解析】
根据幂的乘方、同底数幂的乘法、二次根式的乘法、二次根式的加法计算即可.

【详解】

A、原式=a8，所以A选项错误；

B、原式=a5，所以B选项错误；

C、原式= ，所以C选项正确；

D、与不能合并，所以D选项错误．

故选：C．

【点睛】

本题考查了幂的乘方、同底数幂的乘法、二次根式的乘法、二次根式的加法，熟练掌握它们的运算法则是解答本题的关键.

6、A

【解析】
此题为数学知识的应用，由题意设一个停靠点，为使所有的人步行到停靠点的路程之和最小，肯定要尽量缩短两地之间的里程，就用到两点间线段最短定理．

【详解】

解：①以点A为停靠点，则所有人的路程的和＝15×100+10×300＝1（米），

②以点B为停靠点，则所有人的路程的和＝30×100+10×200＝5000（米），

③以点C为停靠点，则所有人的路程的和＝30×300+15×200＝12000（米），

④当在AB之间停靠时，设停靠点到A的距离是m，则（0＜m＜100），则所有人的路程的和是：30m+15（100﹣m）+10（300﹣m）＝1+5m＞1，

⑤当在BC之间停靠时，设停靠点到B的距离为n，则（0＜n＜200），则总路程为30（100+n）+15n+10（200﹣n）＝5000+35n＞1．

∴该停靠点的位置应设在点A；

故选A．

【点睛】

此题为数学知识的应用，考查知识点为两点之间线段最短．

7、D

【解析】
直接合并同类项，合并同类项时，把同类项的系数相加，所得和作为合并后的系数，字母和字母的指数不变.

【详解】

2a2＋3a2=5a2.

故选D.

【点睛】

本题考查了利用同类项的定义及合并同类项，熟练掌握合并同类项的方法是解答本题的关键.所含字母相同，并且相同字母的指数也相同的项，叫做同类项；合并同类项时，把同类项的系数相加，所得和作为合并后的系数，字母和字母的指数不变.

8、D

【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、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
B、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
D、是轴对称图形，符合题意．
故选D．

【点睛】

本题考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，掌握中心对称图形与轴对称图形的概念，解答时要注意：判断轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部沿对称轴叠后可重合；判断中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180度后与原图重合．

9、C

【解析】
延长AP交BC于E，根据AP垂直∠B的平分线BP于P，即可求出△ABP≌△BEP，又知△APC和△CPE等底同高，可以证明两三角形面积相等，即可求得△PBC的面积．

【详解】

延长AP交BC于E．

∵AP垂直∠B的平分线BP于P，∴∠ABP＝∠EBP，∠APB＝∠BPE＝90°．

在△APB和△EPB中，∵，∴△APB≌△EPB（ASA），∴S△APB＝S△EPB，AP＝PE，∴△APC和△CPE等底同高，∴S△APC＝S△PCE，∴S△PBC＝S△PBE+S△PCES△ABC＝4cm1．

故选C．

【点睛】

本题考查了三角形面积和全等三角形的性质和判定的应用，关键是求出S△PBC＝S△PBE+S△PCES△ABC．

10、C

【解析】
根据负数的绝对值是它的相反数，可得答案．

【详解】

│-│=，A错误；

│-│=，B错误；││=，D错误；

││=，故选C.

【点睛】

本题考查了绝对值，解题的关键是掌握绝对值的概念进行解题.

二、填空题（共7小题，每小题3分，满分21分）

11、．

【解析】
由正六边形的性质得出AB=BC=AF，∠ABC=∠BAF=120°，由等腰三角形的性质得出∠ABF=∠BAC=∠BCA=30°，证出AG=BG，∠CBG=90°，由含30°角的直角三角形的性质得出CG=2BG=2AG，即可得出答案．

【详解】

∵六边形ABCDEF是正六边形，

∴AB＝BC＝AF，∠ABC＝∠BAF＝120°，

∴∠ABF＝∠BAC＝∠BCA＝30°，

∴AG＝BG，∠CBG＝90°，

∴CG＝2BG＝2AG，

∴＝；

故答案为：．

【点睛】

本题考查了正六边形的性质、等腰三角形的判定、含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握正六边形的性质和含30°角的直角三角形的性质是解题的关键．

12、30或1．

【解析】
根据题意作图，由AB是圆O的直径，可得∠ADB=∠AD′B=1°，继而可求得∠DAB的度数，则可求得答案．

【详解】

解：如图，∵AB是圆O的直径，

∴∠ADB=∠AD′B=1°，

∵AD=AD′=1，AB=2，

∴cos∠DAB=cosD′AB=，

∴∠DAB=∠D′AB=60°，

∵∠CAB=30°，

∴∠CAD=30°，∠CAD′=1°．

∴∠CAD的度数为：30°或1°．

故答案为30或1．

【点睛】

本题考查圆周角定理；含30度角的直角三角形．

13、20π

【解析】

解：=20πcm．故答案为20πcm．

14、100（1+）

【解析】

分析：如图，利用平行线的性质得∠A=60°，∠B=45°，在Rt△ACD中利用正切定义可计算出AD=100，在Rt△BCD中利用等腰直角三角形的性质得BD=CD=100，然后计算AD+BD即可．

详解：如图，

∵无人机在空中C处测得地面A、B两点的俯角分别为60°、45°，

∴∠A=60°，∠B=45°，

在Rt△ACD中，∵tanA=，

∴AD==100，

在Rt△BCD中，BD=CD=100，

∴AB=AD+BD=100+100=100（1+）．

答：A、B两点间的距离为100（1+）米．

故答案为100（1+）．

点睛：本题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题：解决此类问题要了解角之间的关系，找到与已知和未知相关联的直角三角形，当图形中没有直角三角形时，要通过作高或垂线构造直角三角形．

15、（2n，1）

【解析】

试题分析：根据图形分别求出n=1、2、3时对应的点A4n+1的坐标，然后根据变化规律写出即可：

由图可知，n=1时，4×1+1=5，点A5（2，1），

n=2时，4×2+1=9，点A9（4，1），

n=3时，4×3+1=13，点A13（6，1），

∴点A4n+1（2n，1）．

16、.

【解析】
首先根据等边三角形、“双旋三角形”的定义得出△A B'C'是顶角为150°的等腰三角形，其中AB'=AC'=a．过C'作C'D⊥AB'于D，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半得出C'DAC'a，然后根据S△AB'C'AB'•C'D即可求解．

【详解】

∵等边△ABC的边长为a，∴AB=AC=a，∠BAC=60°．

∵将△ABC的边AB绕着点A顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到AB'，∴AB'=AB=a，∠B'AB=α．

∵边AC绕着点A逆时针旋转β（0°＜β＜90°）得到AC'，∴AC'=AC=a，∠CAC'=β，∴∠B'AC'=∠B'AB+∠BAC+∠CAC'=α+60°+β=60°+90°=150°．

如图，过C'作C'D⊥AB'于D，则∠D=90°，∠DAC'=30°，∴C'DAC'a，∴S△AB'C'AB'•C'Da•aa1．

故答案为：a1．

【点睛】

本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了含30°角的直角三角形的性质，等边三角形的性质以及三角形的面积．

17、

【解析】

【分析】根据二次根式的运算法则进行计算即可求出答案．

【详解】

=

=，

故答案为.

【点睛】本题考查二次根式的运算，解题的关键是熟练运用二次根式的运算法则.

三、解答题（共7小题，满分69分）

18、 (1)见解析；(2)2.

【解析】
（1）作AC的垂直平分线与BC相交于P；（2）根据勾股定理求解.

【详解】

(1)如图所示，点P即为所求．

(2)设BP＝x，则CP＝1﹣x，

由(1)中作图知AP＝CP＝1﹣x，

在Rt△ABP中，由AB2+BP2＝AP2可得42+x2＝(1﹣x)2，

解得：x＝2，

所以BP＝2．

【点睛】

考核知识点：勾股定理和线段垂直平分线.

19、 (1)详见解析；（2）（等边对等角），（三角形外角性质），（同位角相等，两直线平行）．

【解析】
（1）根据角平分线的尺规作图即可得；
（2）分别根据等腰三角形的性质、三角形外角的性质和平行线的判定求解可得．

【详解】

解：（1）如图所示，直线AP即为所求．

（2）证明：∵AB＝AC，

∴∠ABC＝∠ACB（等边对等角），

∵∠DAC是△ABC的外角，

∴∠DAC＝∠ABC+∠ACB（三角形外角性质），

∴∠DAC＝2∠ABC，

∵AP平分∠DAC，

∴∠DAC＝2∠DAP，

∴∠DAP＝∠ABC，

∴AP∥l（同位角相等，两直线平行），

故答案为（等边对等角），（三角形外角性质），（同位角相等，两直线平行）．

【点睛】

本题主要考查作图能力，解题的关键是掌握角平分线的尺规作图、等腰三角形的性质、三角形外角的性质和平行线的判定．

20、（1）y=x1+x；（1）y1﹣y1=；（3）①△AA′B为等边三角形，理由见解析；②平面内存在点P，使得以点A、B、A′、P为顶点的四边形是菱形，点P的坐标为（1，）、（﹣ ）和（﹣，﹣1）

【解析】
（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线F的解析式；

（1）将直线l的解析式代入抛物线F的解析式中，可求出x1、x1的值，利用一次函数图象上点的坐标特征可求出y1、y1的值，做差后即可得出y1-y1的值；

（3）根据m的值可得出点A、B的坐标，利用对称性求出点A′的坐标．

①利用两点间的距离公式（勾股定理）可求出AB、AA′、A′B的值，由三者相等即可得出△AA′B为等边三角形；

②根据等边三角形的性质结合菱形的性质，可得出存在符合题意得点P，设点P的坐标为（x，y），分三种情况考虑：（i）当A′B为对角线时，根据菱形的性质（对角线互相平分）可求出点P的坐标；（ii）当AB为对角线时，根据菱形的性质（对角线互相平分）可求出点P的坐标；（iii）当AA′为对角线时，根据菱形的性质（对角线互相平分）可求出点P的坐标．综上即可得出结论．

【详解】

（1）∵抛物线y=x1+bx+c的图象经过点（0，0）和（﹣，0），

∴，解得：，

∴抛物线F的解析式为y=x1+x．

（1）将y=x+m代入y=x1+x，得：x1=m，

解得：x1=﹣，x1=，

∴y1=﹣+m，y1=+m，

∴y1﹣y1=（+m）﹣（﹣+m）=（m＞0）．

（3）∵m=，

∴点A的坐标为（﹣，），点B的坐标为（，1）．

∵点A′是点A关于原点O的对称点，

∴点A′的坐标为（，﹣）．

①△AA′B为等边三角形，理由如下：

∵A（﹣，），B（，1），A′（，﹣），

∴AA′=，AB=，A′B=，

∴AA′=AB=A′B，

∴△AA′B为等边三角形．

②∵△AA′B为等边三角形，

∴存在符合题意的点P，且以点A、B、A′、P为顶点的菱形分三种情况，设点P的坐标为（x，y）．

（i）当A′B为对角线时，有，

解得，

∴点P的坐标为（1，）；

（ii）当AB为对角线时，有，

解得：，

∴点P的坐标为（﹣，）；

（iii）当AA′为对角线时，有，

解得：，

∴点P的坐标为（﹣，﹣1）．

综上所述：平面内存在点P，使得以点A、B、A′、P为顶点的四边形是菱形，点P的坐标为（1，）、（﹣ ）和（﹣，﹣1）．

【点睛】

本题考查了待定系数法求二次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、等边三角形的判定与性质以及菱形的判定与性质，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（1）将一次函数解析式代入二次函数解析式中求出x1、x1的值；（3）①利用勾股定理（两点间的距离公式）求出AB、AA′、A′B的值；②分A′B为对角线、AB为对角线及AA′为对角线三种情况求出点P的坐标．

21、（1）8，20，2.0≤x＜2.4；（2）补图见解析；（3）该年级学生立定跳远成绩在2.4≤x＜2.8范围内的学生有200人．

【解析】

【分析】（1）根据题意和统计图可以求得a、b的值，并得到样本成绩的中位数所在的取值范围；

（2）根据b的值可以将频数分布直方图补充完整；

（3）用1000乘以样本中该年级学生立定跳远成绩在2.4≤x＜2.8范围内的学生比例即可得.

【详解】（1）由统计图可得，

a=8，b=50﹣8﹣12﹣10=20，

样本成绩的中位数落在：2.0≤x＜2.4范围内，

故答案为：8，20，2.0≤x＜2.4；

（2）由（1）知，b=20，

补全的频数分布直方图如图所示；

（3）1000×=200（人），

答：该年级学生立定跳远成绩在2.4≤x＜2.8范围内的学生有200人．

【点睛】本题考查了频数分布表、频数分布直方图、中位数等，读懂统计图与统计表，从中找到必要的信息是解题的关键.

22、（1）11.4；（2）19.5m.

【解析】
（1）根据直角三角形的性质和三角函数解答即可；
（2）过点D作DH⊥地面于H，利用直角三角形的性质和三角函数解答即可．

【详解】

解：（1）在Rt△ABC中，

∵∠BAC=64°，AC=5m，

∴AB=5÷0.44 11.4 （m）；

故答案为：11.4；

（2）过点D作DH⊥地面于H，交水平线于点E，

在Rt△ADE中，

∵AD=20m，∠DAE=64°，EH=1.5m，

∴DE=sin64°×AD≈20×0.9≈18（m），

即DH=DE+EH=18+1.5=19.5（m），

答：如果该吊车吊臂的最大长度AD为20m，那么从地面上吊起货物的最大高度是19.5m．

【点睛】

本题考查解直角三角形、锐角三角函数等知识，解题的关键是添加辅助线，构造直角三角形.

23、（1）CF=；（2）①△PFM的形状是等腰直角三角形，不会发生变化，理由见解析；②△PFM的周长满足：2+2＜（1+）y＜1+1．

【解析】
（1）由折叠的性质可知，FB=FM，设CF=x，则FB=FM=1﹣x，在Rt△CFM中，根据FM2=CF2+CM2，构建方程即可解决问题；

（2）①△PFM的形状是等腰直角三角形，想办法证明△POF∽△MOC，可得∠PFO=∠MCO=15°，延长即可解决问题；

②设FM=y，由勾股定理可知：PF=PM=y，可得△PFM的周长=（1+）y，由2＜y＜1，可得结论．

【详解】

（1）∵M为AC的中点，

∴CM=AC=BC=2，

由折叠的性质可知，FB=FM，

设CF=x，则FB=FM=1﹣x，

在Rt△CFM中，FM2=CF2+CM2，即（1﹣x）2=x2+22，

解得，x=，即CF=；

（2）①△PFM的形状是等腰直角三角形，不会发生变化，

理由如下：由折叠的性质可知，∠PMF=∠B=15°，

∵CD是中垂线，

∴∠ACD=∠DCF=15°，

∵∠MPC=∠OPM，

∴△POM∽△PMC，

∴=，

∴=，

∵∠EMC=∠AEM+∠A=∠CMF+∠EMF，

∴∠AEM=∠CMF，

∵∠DPE+∠AEM=90°，∠CMF+∠MFC=90°，∠DPE=∠MPC，

∴∠DPE=∠MFC，∠MPC=∠MFC，

∵∠PCM=∠OCF=15°，

∴△MPC∽△OFC，

∴ ，

∴，

∴，

∵∠POF=∠MOC，

∴△POF∽△MOC，

∴∠PFO=∠MCO=15°，

∴△PFM是等腰直角三角形；

②∵△PFM是等腰直角三角形，设FM=y，

由勾股定理可知：PF=PM=y，

∴△PFM的周长=（1+）y，

∵2＜y＜1，

∴△PFM的周长满足：2+2＜（1+）y＜1+1．

【点睛】

本题考查三角形综合题、等腰直角三角形的性质和判定、翻折变换、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．

24、（1）AB=2；相等；（2）a=±；（3）， ．

【解析】
（1）①过点B作BN⊥x轴于N，由题意可知△AMB为等腰直角三角形，设出点B的坐标为（n，－n），根据二次函数得出n的值，然后得出AB的值,②因为抛物线y=x2+1与y=x2的形状相同，所以抛物线y=x2+1与y=x2的“完美三角形”的斜边长的数量关系是相等；

（2）根据抛物线的性质相同得出抛物线的完美三角形全等，从而得出点B的坐标，得出a的值；根据最大值得出mn－4m－1=0，根据抛物线的完美三角形的斜边长为n得出点B的坐标，然后代入抛物线求出m和n的值.

（3）根据的最大值为-1，得到化简得mn-4m-1=0，抛物线的“完美三角形”斜边长为n，所以抛物线2的“完美三角形”斜边长为n，得出B点坐标，代入可得mn关系式，即可求出m、n的值.

【详解】

（1）①过点B作BN⊥x轴于N，由题意可知△AMB为等腰直角三角形，AB∥x轴，

易证MN=BN，设B点坐标为（n，-n），代入抛物线，得，

∴，（舍去），∴抛物线的“完美三角形”的斜边

②相等；

（2）∵抛物线与抛物线的形状相同，

∴抛物线与抛物线的“完美三角形”全等，

∵抛物线的“完美三角形”斜边的长为4，∴抛物线的“完美三角形”斜边的长为4，

∴B点坐标为（2，2）或（2，-2），∴．

（3）∵ 的最大值为-1，

∴ ，

∴ ，

∵抛物线的“完美三角形”斜边长为n，

∴抛物线的“完美三角形”斜边长为n，

∴B点坐标为，

∴代入抛物线，得，

∴ （不合题意舍去），

∴，

∴