2024年山东省枣庄市山亭区中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2024年山东省枣庄市山亭区中考数学一模试卷（含解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.在实数：(−5)0，− 5，−15，|−5|中，最小的数是( )
A. (−5)0B. − 5C. −15D. |−5|
2.星载原子钟是卫星导航系统的“心脏”，对系统定位和授时精度具有决定性作用.“北斗”三号卫星导航系统装载国产高精度星载原子钟，保证“北斗”优于20纳秒的授时精度.1纳秒=1×10−9秒，那么20纳秒用科学记数法表示为( )
A. 2×10−8秒B. 2×10−9秒C. 20×10−9秒D. 2×10−10秒
3.箱匣盒是古代人民日常生活使用的物品．如图是一个清代黄花梨凹面枕头箱(箱匣盒的一种)，既可当枕头又可存放银钱、文件等物品，它的俯视图是( )
A. B.
C. D.
4.如图，已知正方形ABCD的边长为3，点P是对角线BD上的一点，PF⊥AD于点F，PE⊥AB于点E，连接PC，当PE：PF=1：2时，则PC=( )
A. 3
B. 2
C. 5
D. 52
5.若m、n是一元二次方程x2+3x−9=0的两个根，则m2+4m+n的值是( )
A. 4B. 5C. 6D. 12
6.柜子里有两双不同的鞋，如果从中随机地取出2只，那么取出的鞋是同一双的概率为( )
A. 13B. 14C. 15D. 16
7.将一副直角三角尺按如图位置摆放在同一平面内，使两个直角三角尺的斜边AB/​/DF，含30°角的直角三角尺的直角顶点E在含45°角的直角三角尺的斜边AB上，且点F在CB的延长线上，已知∠A=45°，则∠1的度数是( )
A. 30°B. 45°C. 60°D. 75°
8.如图所示，在△ABC中，BC=3，AC=4，∠ACB=90°，以点B为圆心，BC长为半径画弧，与AB交于点D，再分别以A、D为圆心，大于12AD的长为半径画弧，两弧交于点E、F，作直线EF，分别交AC、AB于点P、Q，则PQ的长度为( )
A. 12
B. 34
C. 45
D. 310
9.如图，在3×3的正方形网格中，小正方形的顶点称为格点，顶点均在格点上的图形称为格点图形，图中的圆弧为格点△ABC外接圆的一部分，小正方形边长为1，图中阴影部分的面积为( )
A. 52π−74
B. 52π−72
C. 54π−74
D. 54π−72
10.二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的部分图象如图所示，其对称轴为直线x=−12，且与x轴的一个交点坐标为(−2,0).下列结论：①abc>0；②a=b；③2a+c=0；④关于x的一元二次方程ax2+bx+c−1=0有两个相等的实数根．其中正确结论的序号是( )
A. ①③
B. ②④
C. ③④
D. ②③
二、填空题：本题共5小题，每小题3分，共15分。
11.因式分解：x2y−9y=______．
12.不等式组8−4x<0,2x−15−1≥0的解集为______．
13.汽车刹车后行驶的距离s(单位：m)关于行驶的时间t(单位：s)的函数解析式是s=15t−6t2，汽车刹车后到停下来，所需的时间为______.(单位：s)
14.定义：若x，y满足x2=4y+t，y2=4x+t且x≠y(t为常数)，则称点M(x,y)为“和谐点”.若P(3,m)是“和谐点”，则m= ______．
15.如图，AB是⊙O的直径，AB=2，点C在⊙O上，∠CAB=30°，D为BC的中点，P是直径AB上一动点，则PC+PD的最小值为______．
三、解答题：本题共7小题，共64分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题10分)
(1)计算：(−1)2023+(12)−2+3tan30°−(3−π)0+| 3−2|；
(2)先化简，再求值：(x2−3x+5x−1+3−x)÷x2+4x+41−x，其中x= 3−2．
17.(本小题8分)
风电项目对于调整能源结构和转变经济发展方式具有重要意义.某电力部门在一处坡角为30°的坡地新安装了一架风力发电机，如图1.某校实践活动小组对该坡地上的这架风力发电机的塔杆高度进行了测量，图2为测量示意图.已知斜坡CD长16米，在地面点A处测得风力发电机塔杆顶端P点的仰角为45°，利用无人机在点A的正上方53米的点B处测得P点的俯角为18°，求该风力发电机塔杆PD的高度.(参考数据：sin18°≈0.309，cs18°≈0.951，tan18°≈0.325)
18.(本小题10分)
探究：是否存在一个新矩形，使其周长和面积为原矩形的2倍、12倍、k倍？
(1)若该矩形是边长为2的正方形，是否存在一个正方形，使其周长和面积都是它的2倍？______(填“存在”或“不存在”)．
(2)继续探究，若该矩形长为3，宽为2，是否存在一个矩形，使其周长和面积都为该矩形的2倍？
小明同学有以下思路：
设新矩形长和宽为x、y，则依题意x+y=10，xy=12，联立x+y=10xy=12得x2−10x+12=0，再探究根的情况：
小慧同学认为：也可用反比例函数与一次函数图象证明，如图：l1：y=−x+10，l2：y=12x.则是否存在一个新矩形为原矩形周长和面积的2倍？请你结合小明和小慧的思路做出判断并说明理由．
(3)根据此方法，请你探究是否存在一个新矩形，使其周长和面积都为这个长为3，宽为2的矩形的12倍？若存在，用图象表达；
(4)是否存在一个新矩形，使其周长和面积为长为3，宽为2的矩形的k倍？请写出当结论成立时k的取值范围．
19.(本小题8分)
为拓展学生视野，某校组织师生开展研学活动，原计划租用甲种客车若干辆，但有15人没有座位；若租用同样数量的乙种客车，则多出三辆车，且其余客车恰好坐满.现有甲、乙两种客车，它们的载客量和租金如表所示：
(1)参加此次研学活动的师生人数是多少？原计划租用多少辆45座客车？
(2)若该校计划租用甲、乙两种客车，共12辆，且每人都有座位，则有哪几种租车方案？请你帮助计算本次研学应该怎样租车才最合算，最少租金是多少？
20.(本小题8分)
筒车是我国古代利用水力驱动的灌溉工具，车轮缚以竹筒，旋转时低则舀水，高则泻水．如图，水力驱动筒车按逆时针方向转动，竹筒把水引至A处，水沿射线AD方向泻至水渠DE，水渠DE所在直线与水面PQ平行．设筒车为⊙O，⊙O与直线PQ交于P，Q两点，与直线DE交于B，C两点，恰有AD2=BD⋅CD，连接AB，AC．
(1)求证：AD为⊙O的切线；
(2)筒车的半径为3m，AC=BC，∠C=30°.当水面上升，A，O，Q三点恰好共线时，求筒车在水面下的最大深度(精确到0.1m，参考值： 2≈1.4， 3≈1.7)．
21.(本小题10分)
如图1，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点E与正方形ABCD的顶点A重合，三角板的一边交CD于点F，另一边交CB的延长线于点G．

(1)求证：EF=EG；
(2)如图2，移动三角板，使顶点E始终在正方形ABCD的对角线AC上，其他条件不变，(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立.请说明理由；
(3)如图3，将(2)中的“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，且使三角板的一边经过点B，其他条件不变，若AB=2，BC=4，求EFEG的值．
22.(本小题10分)
已知抛物线y=ax2+bx−4与x轴交于A(−4,0)，B(1,0)两点，与y轴交于点C．

(1)求抛物线的表达式；
(2)如图1，点D是线段OC上的一动点，连接AD，BD，将△ABD沿直线AD翻折，得到△AB′D，当点B′恰好落在抛物线的对称轴上时，求点D的坐标；
(3)如图2，动点P在直线AC下方的抛物线上，过点P作直线AC的垂线，分别交直线AC，线段BC于点E，F，过点F作FG⊥x轴，垂足为G，求FG+ 2FP的最大值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵(−5)0=1，− 5≈−2.236，−15=−0.2，|−5|=5，
∴− 5<−15<(−5)0<|−5|．
故选：B．
先化简零次幂和绝对值，再比较大小得结论．
本题考查了实数的大小比较，掌握零次幂、绝对值的意义及实数大小的比较方法是解决本题的关键．
2.【答案】A
【解析】【分析】
绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10−n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10−n，其中1≤|a|<10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【解答】
解：用科学记数法表示20纳秒为20×1×10−9秒=2×10−8秒．
故选：A．
3.【答案】B
【解析】解：从上面向下看，是一个矩形，
故选：B．
找到从上面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在俯视图中．
本题考查了三视图的知识，俯视图是从物体的上面向下看得到的视图．
4.【答案】C
【解析】解：连接AP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=3，∠ADB=45°，
∵PF⊥AD，PE⊥AB，∠BAD=90°，
∴四边形AEPF是矩形，
∴PE=AF，∠PFD=90°，
∴△PFD是等腰直角三角形，
∴PF=DF，
∵PE：PF=1：2，
∴AF：DF=1：2，
∴AF=1，DF=2=PF，
∴AP= AF2+PF2= 1+4= 5，
在△ABP和△CBP中，
AB=BC∠ABD=∠CBD=45°BP=BP,
∴△ABP≌△CBP(SAS)，
∴AP=PC= 5，
故选：C．
先证四边形AEPF是矩形，可得PE=AF，∠PFD=90°，由等腰直角三角形的性质可得PF=DF，可求AF，DF的长，由勾股定理可求AP的长，由“SAS”可证△ABP≌△CBP，可得AP=PC= 5．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
5.【答案】C
【解析】解：∵m、n是一元二次方程x2+3x−9=0的两个根，
∴m+n=−3，mn=−9，
∵m是x2+3x−9=0的一个根，
∴m2+3m−9=0，
∴m2+3m=9，
∴m2+4m+n=m2+3m+m+n=9+(m+n)=9−3=6．
故选：C．
由于m、n是一元二次方程x2+3x−9=0的两个根，根据根与系数的关系可得m+n=−3，mn=−9，而m是方程的一个根，可得m2+3m−9=0，即m2+3m=9，那么m2+4m+n=m2+3m+m+n，再把m2+3m、m+n的值整体代入计算即可．
本题考查了根与系数的关系，解题的关键是熟练掌握一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)两根x1、x2之间的关系：x1+x2=−ba，x1⋅x2=ca．
6.【答案】A
【解析】解：两双不同的鞋用A、a、B、b表示，其中A、a表示同一双鞋，B、b表示同一双鞋，
画树状图为：
共有12种等可能的结果，其中取出的鞋是同一双的结果数为4，
所以取出的鞋是同一双的概率=412=13．
故选：A．
两双不同的鞋用A、a、B、b表示，其中A、a表示同一双鞋，B、b表示同一双鞋，画树状图展示所有12种等可能的结果，找出取出的鞋是同一双的结果数，然后根据概率公式求解．
本题考查了列表法与树状图法：利用列表法或树状图法展示所有等可能的结果n，再从中选出符合事件A或B的结果数目m，然后利用概率公式计算事件A或事件B的概率．
7.【答案】C
【解析】解：由题意知，在Rt△DEF中，∠EDF=60°，
∵AB/​/DF，
∴∠1=∠EDF=60°，
故选：C．
根据平行线的性质可得∠1=∠EDF=60°，即可求解．
本题主要考查了平行线的性质，熟练掌握平行线的性质是解决问题的关键．
8.【答案】B
【解析】解：由作图得：PQ垂直平分AD，BD=BC=3，
∴AQ=12AD，∠AQP=90°，
∵BC=3，AC=4，∠ACB=90°，
∴AB=5，
∴AD=AB−BD=2，
∴AQ=1，
∵∠A=∠A，∠ACB=∠AQP，
∴△APQ∽△ABC，
∴PQBC=AQAC，即：PQ3=14，
∴PQ=34，
故选：B．
由作图得：PQ垂直平分AD，BD=BC=3，再根据三角形相似的性质求解．
本题考查了基本作图，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：如图：作AB的垂直平分线MN，作BC的垂直平分线PQ，设MN与PQ相交于点O，连接OA，OB，OC，则点O是△ABC外接圆的圆心，
由题意得：OA2=12+22=5，
OC2=12+22=5，
AC2=12+32=10，
∴OA2+OC2=AC2，
∴△AOC是直角三角形，
∴∠AOC=90°，
∵AO=OC= 5，
∴图中阴影部分的面积=扇形AOC的面积−△AOC的面积−△ABC的面积
=90π×( 5)2360−12OA⋅OC−12AB⋅1
=5π4−12× 5× 5−12×2×1
=5π4−52−1
=5π4−72，
故选：D．
作AB的垂直平分线MN，作BC的垂直平分线PQ，设MN与PQ相交于点O，连接OA，OB，OC，则点O是△ABC外接圆的圆心，先根据勾股定理的逆定理证明△AOC是直角三角形，从而可得∠AOC=90°，然后根据图中阴影部分的面积=扇形AOC的面积−△AOC的面积−△ABC的面积，进行计算即可解答．
本题考查了三角形的外接圆与外心，扇形面积的计算，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
10.【答案】D
【解析】解：①由图可知：a>0，c<0，−b2a<0，
∴b>0，
∴abc<0，故①不符合题意．
②由题意可知：−b2a=−12，
∴a=b，故②符合题意．
③将(−2,0)代入y=ax2+bx+c，
∴4a−2b+c=0，
∵a=b，
∴2a+c=0，故③符合题意．
④由图象可知：二次函数y=ax2+bx+c的最小值小于0，
令y=1代入y=ax2+bx+c，且直线y=1与二次函数图像有两个交点，
∴ax2+bx+c=1有两个不相同的解，故④不符合题意．
故选：D．
根据二次函数图象的对称轴、开口方向、与y轴的交点位置即可判断a、b、c与0的大小关系，然后由对称轴可知a=b，从而可判断答案．
本题考查二次函数的图象与系数的关系，解题的关键是正确地由图象得出a、b、c的数量关系，本题属于基础题型．
11.【答案】y(x+3)(x−3)
【解析】【分析】
本题考查用提公因式法和公式法进行因式分解的能力，一个多项式有公因式首先提取公因式，然后再用其他方法进行因式分解，同时因式分解要彻底，直到不能分解为止．先提取公因式y，再对余下的多项式利用平方差公式继续分解．
【解答】
解：x2y−9y，
=y(x2−9)，
=y(x+3)(x−3)．
故答案为y(x+3)(x−3)．
12.【答案】x≥3
【解析】解：8−4x<0①2x−15−1≥0②，
由①得：x>2，
由②得：x≥3，
则不等式的解集为x≥3．
故答案为：x≥3．
分别求出不等式组中两不等式的解集，找出两解集的公共部分即可．
此题考查了解一元一次不等式组，熟练掌握不等式组的解法是解本题的关键．
13.【答案】1.25
【解析】解：∵s=15t−6t2=−6(t−54)2+758，
∴当t=54时，S取得最大值，
即汽车刹车后到停下来前进了1.25s，
故答案为：1.25．
求出函数的最大值时自变量的值即可得．
本题主要考查二次函数的应用，根据题意理解其最大值的实际意义是解题的关键．
14.【答案】−7
【解析】解：∵P(3,m)是“和谐点”，
∴4m+t=32m2=12+t，
消去t得到m2+4m−21=0，
解得m=−7或3，
∵x≠y，
∴m=−7；
故答案为：−7．
根据题意得出4m+t=32m2=12+t，消去t得到m2+4m−21=0，解方程即可求得m=−7．
本题考查了新定义以及点的坐标，本题综合性强，有一定难度．
15.【答案】 2
【解析】解：作出D关于AB的对称点D′，连接OC，OD′，CD′．
又∵点C在⊙O上，∠CAB=30°，D为BC的中点，即BD=BD′，
∴∠BAD′=12∠CAB=15°．
∴∠CAD′=45°．
∴∠COD′=90°.则△COD′是等腰直角三角形．
∵OC=OD′=12AB=1，
∴CD′= 2．
故答案为： 2．
作出D关于AB的对称点D′，则PC+PD的最小值就是CD′的长度，在△COD′中根据边角关系即可求解．
本题考查了圆周角定理以及路程的和最小的问题，正确作出辅助线是解题的关键．
16.【答案】解：(1)原式=−1+4+3× 33−1+2− 3
=−1+4+ 3−1+2− 3
=4；
(2)原式=(x2−3x+5x−1+−x2+4x−3x−1)÷(x+2)21−x
=x+2x−1⋅−(x−1)(x+2)2
=−1x+2，
当x= 3−2时，
原式=−1 3−2+2
=−1 3
=− 33．
【解析】(1)先计算乘方、负整数指数幂、代入三角函数值、计算零指数幂、去绝对值符号，再计算乘法，最后计算加减即可；
(2)先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再将x的值代入计算即可．
本题主要考查分式的化简求值和实数的运算，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则．
17.【答案】解：延长PD交AC于点F，延长DP交BE于点G，

由题意得：PF⊥AF，DG⊥BE，AB=FG=53米，AF=BG，
设AF=BG=x米，
在Rt△CDF中，∠DCF=30°，CD=16米，
∴DF=12CD=8(米)，
在Rt△PAF中，∠PAF=45°，
∴PF=AF⋅tan45°=x(米)，
在Rt△BPG中，∠GBP=18°，
∴GP=BG⋅tan18°≈0.325x(米)，
∴FG=PF+PG=x+0.325x=1.325x(米)，
∴1.325x=53，
解得：x=40，
∴PF=40米，
∴PD=PF−DF=40−8=32(米)，
∴该风力发电机塔杆PD的高度约为32米．
【解析】延长PD交AC于点F，延长DP交BE于点G，根据题意可得：PF⊥AF，DG⊥BE，AB=FG=53米，AF=BG，然后设AF=BG=x米，在Rt△CDF中，利用含30度角的直角三角形的性质求出DF的长，再在Rt△PAF中，利用锐角三角函数的定义求出PF的长，最后在Rt△BPG中，利用锐角三角函数的定义求出PG的长，从而求出FG的长，进而列出关于x的方程，进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，坡度坡角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
18.【答案】不存在
【解析】解：(1)由题意得，给定正方形的周长为8，面积为4，
若存在新正方形满足条件，则新正方形的周长为16，面积为8，
对应的边长为：4和2 2，不符合题意，
∴不存在新正方形的周长和面积是边长为2的正方形的2倍．
故答案为：不存在．
(2)从图象看来，函数y=−x+10和函数y=12x图象在第一象限有两个交点，
∴存在新矩形，使得周长和面积是原矩形的2倍．
(3)设新矩形长和宽为x、y，则依题意x+y=2.5，xy=3，
联立x+y=2.5xy=3，得：2x2−5x+6=0，
∴Δ=(−5)2−4×2×6=−23<0，
∴此方程无解，
∴不存在新矩形使得其周长和面积为原矩形的12倍．
(4)设新矩形长和宽为x、y，则依题意x+y=5k，xy=6k，
联立x+y=5kxy=6k，得：x2−5kx+6k=0，
∴Δ=(−5k)2−4×1×6k=25k2−24k，
设方程的两根为x1，x2，
当Δ≥0即25k2−24k≥0时，x1+x2=5k>0，x1x2=6k>0，
解得：k≥2425或k≤0(舍)，
∴当k≥2425时，存在新矩形的周长和面积均为原矩形的k倍．
(1)由题意得到给定正方形的周长为8，面积为4，得到新正方形的周长为16，面积为8，求得对应的边长为4和2 2，于是得到结论．
(2)根据函数图象得到函数y=−x+10和函数y=12x图象在第一象限有两个交点，于是得到结论．
(3)设新矩形长和宽为x、y，则依题意x+y=2.5，xy=3，联立方程组得到2x2−5x+6=0，根据Δ=(−5)2−4×2×6=−23<0，得到此方程无解，于是得到不存在新矩形使得其周长和面积为原矩形的12倍．
(4)设新矩形长和宽为x、y，则依题意x+y=5k，xy=6k，联立方程组得到x2−5kx+6k=0，求得Δ=(−5k)2−4×1×6k=25k2−24k，设方程的两根为x1，x2，当Δ≥0即25k2−24k≥0时，解方程即可得到结论．
本题是反比例函数的综合题，以求矩形的周长和面积为背景，考查了学生对二元方程组的解法掌握情况和一次函数与反比例函数图象的关系．在解方程组的时候选用消元法，借助根的判别式Δ的值可以快速得到结果．
19.【答案】解：(1)设参加此次研学活动的师生人数是x人，原计划租用y辆甲型客车．
根据题意，得45y+15=x60(y−3)=x，
解：x=600y=13，
答：参加此次研学活动的师生人数是600人，原计划租用13辆甲型客车；
(2)设甲型客车a辆，则乙型客车(12−a)辆，
由题意可得：45a+60(12−a)≥600，
∴a≤8，
∵a为非负整数，
∴a=0，1，2，3，4，5，6，7，8，
即共有九种方案，
当甲型客车0辆，则乙型客车12辆，
当甲型客车1辆，则乙型客车11辆，
当甲型客车2辆，则乙型客车10辆，
当甲型客车3辆，则乙型客车9辆，
当甲型客车4辆，则乙型客车8辆，
当甲型客车5辆，则乙型客车7辆，
当甲型客车6辆，则乙型客车6辆，
当甲型客车7辆，则乙型客车5辆，
当甲型客车8辆，则乙型客车4辆，
∵租金=250a+300(12−a)=3600−50a，
∴当a=8时，租金的最小值为3200元，
答：共有九种方案，分别为当甲型客车0辆，则乙型客车12辆，当甲型客车1辆，则乙型客车11辆，当甲型客车2辆，则乙型客车10辆，当甲型客车3辆，则乙型客车9辆，当甲型客车4辆，则乙型客车8辆，当甲型客车5辆，则乙型客车7辆，当甲型客车6辆，则乙型客车6辆，当甲型客车7辆，则乙型客车5辆，当甲型客车8辆，则乙型客车4辆，租金的最小值为3200元．
【解析】(1)设参加此次研学活动的师生人数是x人，原计划租用y辆甲型客车．由租用甲种客车若干辆，但有15人没有座位；若租用同样数量的乙种客车，则多出三辆车，且其余客车恰好坐满，列出方程组，即可求解；
(2)设甲型客车a辆，则乙型客车(12−a)辆，由坐甲客车的师生+坐乙客车的师生≥600，可列出不等式，即可求解．
本题考查了一元一次不等式的应用，二元一次方程组的应用，找到正确的数量关系是解题的关键．
20.【答案】(1)证明：如图，连接AO并延长，交⊙O于点G，连接BG．
∴∠ACB=∠AGB，
∵AG是直径，
∴∠ABG=90°，
∴∠BAG+∠AGB=90°，
∵AD2=BD⋅CD，
∴ADCD=BDAD，
∵∠ADB=∠CDA，
∴△DAB∽△DCA，
∴∠DAB=∠DCA=∠ACB，
∴∠DAB=∠AGB，
∴∠DAB+∠BAG=90°，
∴AD⊥OA，
∵OA是半径，
∴AD为⊙O的切线；
(2)解：如图，当水面上升到GH时，作OM⊥GH于点M，
∵AC=BC，∠C=30°，
∴∠ABC=180°−30°2=75°，∠AGB=∠C=30°，
∵AG是直径，
∴∠ABG=90°，
∴∠CBG=∠ABG−∠ABC=90°−75°=15°，
∵BC//GH，
∴∠BGH=∠CBG=15°，
∴∠OGM=∠BGH+∠AGB=15°+30°=45°，
∴OM=OG·sin∠OGM=3sin45°=3× 22=3 22(m)，
∴筒车在水面下的最大深度为3−3 22≈0.9(m)．
【解析】本题主要考查了圆的切线的判定，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数定义等知识，得出∠OGM=45°是解题的关键．
(1)连接AO并延长，交⊙O于点G，连接BG，利用直径所对的圆周角为直角得∠BAG+∠AGB=90°，再说明△DAB∽△DCA，得∠DAB=∠DCA=∠ACB，证明∠DAB+∠BAG=90°，从而证得结论；
(2)当水面上升到GH时，作OM⊥GH于点M，通过圆周角定理和等腰三角形的性质以及平行线的性质得出∠OGM=45°，则OM=OG·sin∠OGM=3 22(m)，从而解决问题．
21.【答案】(1)证明：∵∠GEB+∠BEF=90°，∠DEF+∠BEF=90°，
∴∠DEF=∠GEB，
在△FED和△GEB中，
∠DEF=∠GEBED=EB∠D=∠EBG，
∴△FED≌△GEB(ASA)，
∴EF=EG；
(2)解：(1)中的结论仍然成立．
证明：如图2，过点E作EH⊥BC于H，过点E作EP⊥CD于P，

∵四边形ABCD为正方形，
∴CE平分∠BCD，
又∵EH⊥BC，EP⊥CD，
∴EH=EP，
∴四边形EHCP是正方形，
∴∠HEP=90°，
∵∠GEH+∠HEF=90°，∠PEF+∠HEF=90°，
∴∠PEF=∠GEH，
在Rt△FEP与Rt△GEH中，
∠PEF=∠GEH∠EPF=∠EHGEP=EH，
∴△FEP≌△GEH(AAS)，
∴EF=EG；
(3)解：如图3，过点E作EM⊥BC于M，过点E作EN⊥CD于N，垂足分别为M、N，

则∠MEN=90°，
∴EM/​/AB，EN/​/AD．
∴△CEN∽△CAD，△CEM∽△CAB，
∴NEAD=CECA，EMAB=CECA，
∴NEAD=EMAB，即ENEM=ADAB=CBAB=42=2．
∵∠NEF+∠FEM=∠GEM+∠FEM=90°，
∴∠GEM=∠FEN，
∵∠GME=∠FNE=90°，
∴△GME∽△FNE，
∴EFEG=ENEM，
∴EFEG=2．
【解析】(1)由∠GEB+∠BEF=90°，∠DEF+∠BEF=90°，可得∠DEF=∠GEB，又由正方形的性质，可利用ASA证得Rt△FED≌Rt△GEB，则问题得证；
(2)首先过点E分别作BC、CD的垂线，垂足分别为H、P，然后利用ASA证得Rt△FEP≌Rt△GEH，则问题得证；
(3)首先过点E分别作BC、CD的垂线，垂足分别为M、N，易证得EM/​/AB，EN/​/AD，则可证得△CEN∽△CAD，△CEM∽△CAB，又由有两角对应相等的三角形相似，证得△GME∽△FNE，根据相似三角形的对应边成比例，即可求得答案．
此题属于四边形综合题，主要考查了正方形，矩形的性质，以及全等三角形与相似三角形的判定与性质．解答本题的关键是数形结合思想的应用．
22.【答案】解：(1)设抛物线的表达式为：y=a(x−x1)(x−x2)，
则y=a(x+4)(x−1)=a(x2+3x−4)=ax2+bx−4，
则a=1，
故抛物线的表达式为：y=x2+3x−4；
(2)由题意知，AB=AB′=5，

设抛物线的对称轴交x轴于点H，由抛物线的表达式知，其对称轴为x=−52，
则AH=52=12AB′，则∠AB′H=30°，则∠BAB′=60°，
则∠BAD=∠DAB′=12∠BAB′=30°，
则OD=AO⋅tanBAD=4× 33=4 33，
则点D(0,−4 33)；
(3)设点P的坐标为：(m,m2+3m−4)，
由点A、C的坐标得，直线AC和x轴的坐标轴的夹角为45°，而AC⊥PE，则直线PE和x轴负半轴的夹角为45°，
则直线PE的表达式为：y=(x−m)+m2+3m−4，
由点B、C的坐标得，直线BC的表达式为：y=4x−4，
联立上述两个表达式得：4x−4=(x−m)+m2+3m−4，
解得：x=13(m2+2m)，
则点F的坐标为：(m2+2m3,4m2+8m3−4)，
由PE的表达式知，直线PE和x轴负半轴的夹角为45°，
则 2PF=2(xF−xP)，
则FG+ 2PF=4−4m2+8m3+2(m2+2m3−m)=−23(m+52)2+496≤496，
故FG+ 2PF的最大值为：496．
【解析】(1)由待定系数法即可求解；
(2)证明∠BAD=∠DAB′=12∠BAB′=30°，则OD=AO⋅tanBAD=4× 33=4 33，即可求解；
(3)求出点F的坐标为：(m2+2m3,4m2+8m3−4)，而 2PF=2(xF−xP)，则FG+ 2PF=4−4m2+8m3+2(m2+2m3−m)=−23(m+52)2+496≤496，即可求解．
本题主要考查了二次函数的综合问题，利用数形结合的思想是解答本题的关键．甲型客车
乙型客车
载客量(人/辆)
45
60
租金(元/辆)
250
300