2023-2024学年江苏省常州市各名校月考九下数学易错题强化训练（含答案）

这是一份2023-2024学年江苏省常州市各名校月考九下数学易错题强化训练（含答案），共36页。

A．B．C．D．
2．（2024•巧家县模拟）如图，在⊙O中，弦AB，CD相交于点P，若∠A＝40°，∠APD＝70°，则∠B的度数是（ ）
A．25°B．30°C．35°D．40°
二．填空题（共9小题）
3．（2024•常州一模）如图，在平行四边形ABCD中，将△ADC沿AC折叠后，点D恰好落在DC的延长线上的点E处．若∠B＝60°，AB＝2，则△ADE的周长为 ．
4．（2024•常州一模）如图，半圆O的半径为1，AC⊥AB，BD⊥AB，且AC＝1，BD＝3，P是半圆上任意一点，则封闭图形ABDPC面积的最大值是 ．
5．（2022•北京）如图，在矩形ABCD中，若AB＝3，AC＝5，＝，则AE的长为 ．
6．（2023•金坛区一模）如图，在边长相同的小正方形组成的网格中，点A、B、C都在这些小正方形的顶点上，那么sin∠ACB＝ ．
7．（2023•金坛区一模）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝2．折叠该菱形，使点A落在边BC上的点G处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F．当点G的位置变化时，DF长的最大值是 ．
8．（2023•溧阳市一模）已知（﹣3，y1），（﹣2，y2），（1，y3）是抛物线y＝﹣3x2﹣12x+m上的点，则y1，y2，y3的大小关系是 ．
9．（2023•陆河县二模）如图，△ABC在网格内，则cs∠BAD＝ ．
10．（2023•溧阳市一模）如图，在矩形OABC中，OA＝3，OC＝2，F是AB上的一个动点（F不与A，B重合），过点F的反比例函数的图象与BC边交于点E，若时，则k＝ ．
11．（2023•溧阳市一模）如图，正方形ABCD中，点E是BC的中点，连接DE，与以CD为直径的半圆交于点F，
连接AF并延长交BC于点P，则的值 ．
三．解答题（共11小题）
12．（2022•聊城）如图，△ABC中，点D是AB上一点，点E是AC的中点，过点C作CF∥AB，交DE的延长线于点F．
（1）求证：AD＝CF；
（2）连接AF，CD．如果点D是AB的中点，那么当AC与BC满足什么条件时，四边形ADCF是菱形，证明你的结论．
13．（2024•常州一模）如图，在平面直角坐标系中，反比例函数，k＞0）的图象经过点A（1，2），B（m，n）（m＞1），过点B作y轴的垂线，垂足为C．
（1）求反比例函数的表达式；
（2）当△ABC的面积为4时，求B点坐标．
14．（2024•常州一模）【问题发现】如图1所示，将△ABC绕点A逆时针旋转90°得△ADE，连接CE、DB，根据条件填空：
①∠ACE的度数为 °；②若CE＝2，则CA的值为 ；
【类比探究】如图2所示，在正方形ABCD中，点E在边BC上，点F在边CD上，且满足∠EAF＝45°，BE＝1，DF＝2，求正方形ABCD的边长；
【拓展延伸】如图3所示，在四边形ABCD中，CD＝CB，∠BAD+∠BCD＝90°，AC、BD为对角线，且满足AC＝CD，若AD＝3，AB＝4，请直接写出BD的值．
15．（2024•常州一模）在一个三角形中，如果三个内角的度数之比为连续的正整数，那么我们把这个三角形叫做和谐三角形．
（1）概念理解：若△ABC为和谐三角形，且∠A＜∠B＜∠C，则∠A＝ °，∠B＝ °，∠C＝ °．（任意写一种即可）
（2）问题探究：如果在和谐三角形ABC中，∠A＜∠B＜∠C，那么∠B的度数是否会随着三个内角比值的改变而改变？若∠B的度数改变，写出∠B的变化范围；若∠B的度数不变，写出∠B的度数，并说明理由．
（3）拓展延伸：如图，△ABC内接于⊙O，∠BAC为锐角，BD为圆的直径，∠OBC＝30°．过点A作AE⊥BD，交直径BD于点E，交BC于点F，若AF将△ABC分成的两部分的面积之比为1：2，则△ABC一定为和谐三角形吗？”请说明理由．
16．（2024•常州一模）已知，抛物线y＝x2﹣（2m+2）x+m2+2m与x轴交于A，B两点（A在B的左侧）．
（1）当m＝0时，求点A，B坐标；
（2）若直线y＝﹣x+b经过点A，且与抛物线交于另一点C，连接AC，BC，试判断△ABC的面积是否发生变化？若不变，请求出△ABC的面积；若发生变化，请说明理由；
（3）当5﹣2m≤x≤2m﹣1时，若抛物线在该范围内的最高点为M，最低点为N，直线MN与x轴交于点D，且，求此时抛物线的解析式．
17．（2023•金坛区一模）如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，DF平分∠ADC，交线段AE于点F．
（1）如图1，延长EA到点G，使得AG＝BE，连接DG．
①若∠ADC＝2α°，则∠BAE＝ °（用含有α的代数式表示）；
②若AE＝AD，求证：GD＝AF+BE；
（2）如图2，延长EA到点G，使得AG＝2BE，连接DG．若AD＝2AE，用等式表示线段CD，AF，BE之间的数量关系，直接写出结果（不需证明）．
18．（2023•金坛区一模）如图，已知二次函数y＝x2+bx﹣4的图象经过点A（3，﹣4），与x轴负半轴交于点B，与y轴交于点C，连接AB，BC．
（1）填空：b＝ ；
（2）点P是直线AB下方抛物线上一个动点，过点P作PT⊥x轴，垂足为T，PT交AB于点Q，求线段PQ的最大值；
（3）点D是y轴正半轴上一点，若∠BDC＝∠ABC，求点D的坐标．
19．（2023•金坛区一模）在平面直角坐标系xOy中，对于点A，记线段OA的中点为M．若点A，M，P，Q按逆时针方向排列构成菱形AMPQ，其中∠QAM＝α°（0＜α＜180），则把菱形AMPQ称为点A的“α°菱形”AMPQ，把菱形AMPQ边上所有点都称为点A的“α°菱点”．已知点A（0，4）．
（1）在图1中，用直尺和圆规作出点A的“60°菱形”AMPQ，并直接写出点P的坐标（不写作法，保留作图痕迹）；
（2）若点B（1，1）是点A的“α°菱点”，求α的值；
（3）若一次函数y＝﹣的图象上存在点A的“α°菱点”，直接写出b的取值范围．
20．（2023•溧阳市一模）每年的4月23日为“世界读书日”．为了迎接第28个世界读书日，我市图书馆决定购买甲、乙两种品牌的平板电脑若干组建新的电子阅览室．经了解，甲、乙两种品牌的平板电脑单价分别2400元和3600元．
（1）若购买甲、乙两种品牌的平板电脑共50台，恰好支出144000元，求甲、乙两种品牌的平板电脑各购买了多少台？
（2）若购买甲、乙两种品牌的平板电脑共50台，每种品牌至少购买一台，且支出不超过124000元，共有几种购买方案？并说明哪种方案最省钱．
21．（2023•信丰县一模）如图，在平面直角坐标系中，直线y＝3x+b经过点A（﹣1，0），与y轴正半轴交于B点，与反比例函数交于点C，且BC＝2AB，BD∥x轴交反比例函数于点D．
（1）则b＝ ，k＝ ；
（2）若点E为射线BC上一点，设E的横坐标为m，过点E作EF∥BD，交反比例函数于点F．若，求m的值．
22．（2023•溧阳市一模）如图1，将矩形AOBC放在平面直角坐标系中，点O是原点，点A坐标为（0，4），点B坐标为（5，0），点P是x轴正半轴上的动点，连接AP，△AQP是由△AOP沿AP翻折所得到的图形．
（1）当点Q落在对角线OC上时，OP＝ ；
（2）当直线PQ经过点C时，求PQ所在的直线函数表达式；
（3）如图2，点M是BC的中点，连接MP、MQ．
①MQ的最小值为 ；
②当△PMQ是以PM为腰的等腰三角形时，请直接写出点P的坐标．
参考答案与试题解析
一．选择题（共2小题）
1．【解答】解：过P作PM⊥OB于M，
由作图得：OP平分∠AOB，
∴，
∴，
∴，
∵PE∥OA，PF∥OB，
∴四边形OEPF为平行四边形，∠EPO＝∠POA＝30°，
∴∠POE＝∠OPE，
∴OE＝PE，
设OE＝PE＝x cm，
在Rt△PEM中，PE2﹣MP2＝EM2，
即：，
解得：，
∴．
故选：B．
2．【解答】解：∵∠APD＝∠C+∠A，∠A＝40°，∠APD＝70°，
∴∠C＝∠APD﹣∠A＝70°﹣40°＝30°，
∴∠B＝∠C＝30°．
故选：B．
二．填空题（共9小题）
3．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠B＝60°，AB＝2，
∴∠D＝∠B＝60°，CD＝AB＝2，
∴由折叠得∠E＝∠D＝60°，CE＝CD＝2，
∵将△ADC沿AC折叠后，点D落在DC的延长线上的点E处，
∴D、C、E三点在同一条直线上，
∴DE＝CE+CD＝2+2＝4，∠DAE＝180°﹣∠E﹣∠D＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD＝AE＝DE＝4，
∴AD+AE+DE＝3×4＝12，
∴△ADE的周长为12，
故答案为：12．
4．【解答】解：如图，连接DC，并延长交BA的延长线于点G，欲使封闭图形ACPDB的面积最大，
因梯形ACDB的面积为定值，故只需△CPD的面积最小．
而CD为定值，故只需使动点P到CD的距离最小．
为此作半圆平行于CD的切线EF，设切点为P′，并分别交BD及BA的延长线于点F，E．
连接OC，
∵CA⊥AB，DB⊥AB，
∴△CGA∽△DGB，
∴＝，
∴GA＝AO＝AC＝1．
∴△ACO和△GAC是等腰直角三角形，
∴∠GCA＝∠OCA＝45°，
∴∠GCO＝90°，
∴OC⊥GD．OC⊥EF，
∴切点P′就是OC与半圆的交点．
即当动点P取在P′的位置时，到CD的距离最小，而OC＝，
∴CP´＝﹣1，
∴S△CP´D＝×2×（﹣1）＝2﹣，
∴封闭图形ACPDB的最大面积为：×（1+3）×2﹣（2﹣）＝4﹣2+＝2+．
故答案为：2+．
5．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，AD∥BC，
∵AB＝3，AC＝5，
∴BC＝＝＝4，
∵AD∥BC，
∴∠EAF＝∠BCF，∠AEF＝∠CBF，
∴△EAF∽△BCF，
∵＝，
∴，
∴，
∴AE＝1，
故答案为：1．
6．【解答】解：过点B作BD⊥AC，垂足为D，
由题意得：
AB＝2，CB＝＝2，AC＝＝2，
∵△ABC的面积＝AC•BD＝×2×2，
∴BD＝，
在Rt△BCD中，sin∠ACB＝＝＝，
故答案为：．
7．【解答】解：连接AG交EF于点O，过点O作OK⊥AD于点K，交BC于点T，过点A作AM⊥CB交CB的延长线于点M，取AF的中点R，连接OR，如图：
∵AD∥CM，OK⊥AD，
∴OK⊥CM，
∴∠M＝∠AKT＝∠MTK＝90°，
∴四边形AMTK是矩形，
∴AM＝TK＝AB•sin60°＝2×＝，
∵折叠该菱形，使点A落在边BC上的点G处，
∴OA＝OM，∠AOK＝∠GOT，∠AKO＝∠GTO＝90°，
∴△AOK≌△GOT（AAS），
∴OK＝OT＝，
∵OK⊥AD，
∴OR≥OK＝，
∵∠AOF＝90°，AR＝RF，
∴AF＝2OR≥，
∴AF的最小值为，
∴DF的最大值为2﹣．
故答案为：2﹣．
8．【解答】解：抛物线y＝﹣3x2﹣12x+m的开口向下，对称轴是直线x＝﹣＝﹣2，当x＜﹣2时，y随x的增大而增大，
∵（﹣3，y1），（﹣2，y2），（1，y3）是抛物线y＝﹣3x2﹣12x+m上的点，
∴点（1，y3）关于对称轴x＝﹣2的对称点是（﹣5，y3），
∵﹣5＜﹣3＜﹣2，
∴y2＞y1＞y3，
故答案为y2＞y1＞y3．
9．【解答】解：如图，延长AD至E，使AD＝DE，连接CE，取CE的中点F，连接AF，
则点E，F都在格点上，AD＝DE＝＝，AC＝＝2，
∴AE＝AD+DE＝2，
∴AE＝AC，
∴AF⊥CE，
又∵BD＝CD＝3，∠ADB＝∠EDC，
∴△ABD≌△ECD（SAS），
∴∠BAD＝∠CED，
又EF＝＝，
在Rt△AEF中，cs∠CED＝＝＝，
∴cs∠BAD＝，
故答案为：．
10．【解答】解：连接OF，
由题得，三角形OAF的面积为，
∵，
∴点E为BC中点，
∵OA＝3，OC＝2，
∴E（，2），
∴k＝×2＝3．
故答案为：3．
11．【解答】解：连接CF，
设正方形的边长是2a，
∵CD是半圆的直径，
∴∠DFC＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCE＝90°，AD＝CD＝BC＝2a，
∵E是BC中点，
∴BE＝CE＝BC＝a，
∴DE＝＝a，
∵∠CDF＝∠CDE，∠DFC＝∠DCE，
∴△DCF∽△DEC，
∴CD：DE＝FD：DC，
∴2a：a＝FD：2a，
∴DF＝a，
∴EF＝DE﹣DF＝a，
∵EP∥AD，
∴△PEF∽△ADF，
∴PE：AD＝EF：DF＝1：4，
∴PE＝AD＝a，
∴PB＝BE+PE＝a，
∴＝．
故答案为：．
三．解答题（共11小题）
12．【解答】（1）证明：∵CF∥AB，
∴∠ADF＝∠CFD，∠DAC＝∠FCA，
∵点E是AC的中点，
∴AE＝CE，
∴△ADE≌△CFE（AAS），
∴AD＝CF；
（2）解：当AC⊥BC时，四边形ADCF是菱形，证明如下：
由（1）知，AD＝CF，
∵AD∥CF，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AC⊥BC，
∴△ABC是直角三角形，
∵点D是AB的中点，
∴CD＝AB＝AD，
∴四边形ADCF是菱形．
13．【解答】解：（1）把点A（1，2）代入反比例函数得，
＝2，
∴k＝2，
∴反比例函数解析式为：；
（2）把点B（m，n）代入反比例函数得，
＝n，
∴B（m，），
∴C（0，），
BC＝，
∵S△ABC＝），
∴m＝5，
∴B的坐标为（5，）．
14．【解答】【问题发现】解：①将△ABC绕点A逆时针旋转90°得△ADE，
∴∠DAB＝∠CAE＝90°，CA＝EA，
∴∠ACE＝45°，
故答案为：45；
②∵△CAE是等腰直角三角形，∠ACE＝45°，
∴AC＝CE•cs45°＝2×＝，
故答案为：；
【类比探究】解：将△ABE绕A逆时针旋转90°得△ADG，如图所示：
∵△ABE绕A逆时针旋转90°得△ADG，
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，BE＝DG＝1，∠ABE＝∠ADG＝90°，
∵∠ADC+∠ADG＝180°，
∴G、D、C共线，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝∠DAG+∠DAF＝45°＝∠EAF，
即∠FAG＝∠EAF，
在△GAF与△EAF中，
，
∴△GAF≌△EAF（SAS），
∴EF＝GF，
∵GF＝GD+DF＝1+2＝3，
∴EF＝3，
设正方形ABCD边长为x，则CE＝x﹣1，CF＝x﹣2，
在Rt△CEF中，CE2+CF2＝EF2，
∴（x﹣1）2+（x﹣2）2＝32，
解得：x＝或x＝（舍去），
∴正方形ABCD的边长为；
【拓展延伸】解：将△ADC绕C逆时针旋转至△CBE，连接AE，如图所示：
∴AD＝BE，CA＝CE，∠ACD＝∠ECB，∠ADC＝∠EBC，
∵CD＝CB，
∴∠BCD＝∠ACE，，
∴△DCB∽△ACE，
∴，
∵∠BAD+∠BCD＝90°，
∴∠ABC+∠ADC＝270°，
∵∠ADC＝∠EBC，
∴∠ABC+∠EBC＝270°，
∴∠ABE＝90°，
∴AE＝，
∴BD＝．
15．【解答】解：（1）由题意得：设∠A：∠B：∠C＝（n﹣1）：n：（n+1），其中n≥2，n为正整数，
∴．
可设n＝2，由∠A：∠B：∠C＝1：2：3，
∴ ．
故答案为：30；60；90．
（2）∠B的度数不变．由题意得：设∠A：∠B：∠C＝（n﹣1）：n：（n+1），其中n≥2，n为正整数，
∴．
∴∠B 的度数不变，且∠B＝60°．
（3）△ABC一定为和谐三角形．理由如下：分两种情况讨论：
①当 S△ACF＝2S△ABF 时，如图1，连结OA，OC，过点O作OG⊥BC于点G．
由OA＝OB＝OC＝r，∠OBC＝30°，可得∠OCB＝30°，∠BOC＝180°﹣30°﹣30°＝120°．
∴．
∴．
∵，
∴．
又∵S△ACF＝2S△ABF，
∴CF＝2BF．
∴．
∵AF⊥BD，∠OBC＝30°，
∴∠AFB＝60°＝∠BAC．
又∵∠ABF＝∠CBA，
∴△ABF∽△CBA．
∴AB2＝BF•BC．
∴．
∴解得：AB＝r．
∴△AOB为等边三角形．
∵，
∴．
∴∠ABC＝90°．
∵30°：60°：90°＝1：2：3，
∴△ABC为和谐三角形．
②当 S△ABF＝2S△ACF 时，如图2，连结OA，OC，过点O作OG⊥BC于点G．
同理可得OA＝OB＝OC＝r，∠BAC＝60°，
，△ABF∽△CBA，
∴AB2＝BF•BC．
∴．
∴△AOB为等腰直角三角形．
∴．
∴∠ABC＝75°．
∵45°：60°：75°＝3：4：5，
∴△ABC 为和谐三角形．
综上所述，△ABC一定为和谐三角形．
16．【解答】解：（1）当m＝0时，y＝x2﹣2x，
当y＝0时，有x2﹣2x＝0，
解得x1＝0，x2＝2，
∵A在B的左侧，
∴点A坐标为（0，0），点B坐标为（2，0）．
（2）△ABC的面积不变．
对于抛物线y＝x2﹣（2m+2）x+m2+2m，
当y＝0时，有x2﹣（2m+2）x+m2+2m＝0，
解得：x1＝m，x2＝m+2．
∵A在B的左侧，
∴点A坐标为（m，0），点B坐标为（m+2，0），
∴AB＝2，
∵直线y＝﹣x+b经过点A（m，0），
∴0＝﹣m+b，
∴b＝m，
∴y＝﹣x+m，
联立
解得x1＝m，x2＝m+1，
∵点C在y＝﹣x+m上，
当x2＝m+1时，yC＝﹣1，
∴C点坐标为（m+1，﹣1）．
∴S△ABC＝，
∴△ABC的面积不发生变化，S△ABC＝1．
（3）∵5﹣2m≤x≤2m﹣1，
∴5﹣2m＜2m﹣1，
∴m＞．
由题可知对称轴为x＝m+1，则对称轴x＝m+1，
∵，即范围5﹣2m≤x≤2m﹣1的中点为x＝2，
∴，即抛物线的对称轴在直线x＝2的右侧．
①若2m﹣1≤m+1，m≤2，即＜m≤2时，
∵抛物线开口向上，
当5﹣2m≤x≤2m﹣1时，y随x的增大而减小，如图，
当x＝5﹣2m时，取最高点M（5﹣2m，9m2﹣24m+15），
当x＝2m﹣1时，取最低点N（2m﹣1，m2﹣4m+3），
分别过点M，N作x轴的垂线交于点H，G，
则△MDH∽△NDG，
∴，即，
∴，
解得m＝1（舍）或m＝2，
∴当m＝2时，抛物线的解析式为y＝x2﹣6x+8．
②若2＜m+1＜2m﹣1，即m＞2，
∴最低点在顶点处取得，
∴N（m+1，﹣1），
当x＝5﹣2m时，取最高点M（5﹣2m，9m2﹣24m+15），
由，得9m2﹣24m+15＝3，
解得，
∵m＞2，
∴m1与m2不符合题意，舍去，
综上所述，抛物线的解析式为y＝x2﹣6x+8．
17．【解答】（1）解：①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠ADC＝2α°，
∵AE⊥BC，
∴∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝90°﹣∠B＝90°﹣2α°＝（90﹣2α）°，
故答案为：（90﹣2α）；
②证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB＝CD，∠B＝∠ADC，
∴∠GAD＝∠AEC，
∵AE⊥BC，
∴∠GAD＝∠AEB＝90°，
∴∠DAF＝90°，
在△DAG和△EAB中，
，
∴△DAG≌△EAB（SAS），
∴AB＝GD，∠BAE＝∠GDA，
∵DF平分∠ADC，
∴∠ADF＝∠FDC，
设∠ADF＝∠FDC＝β，
则∠BAE＝∠GDA＝90°﹣2β，
∴∠GDF＝∠GDA+∠ADF＝90°﹣2β+β＝90°﹣β，
∵∠AFD＝90°﹣∠ADF＝90°﹣β，
∴∠GDF＝∠GFD，
∴GD＝GF，
∴GD＝AF+AG＝AF+BE；
（2）解：CD＝AF+BE，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠B＝∠ADC，CD＝AB，
∵AE⊥BC，
∴AE⊥AD，
∴∠BEA＝∠GAD＝90°，
∵AG＝2BE，AD＝2AE，
∴＝＝，BE＝，
∴△AEB∽△DAM，
∴＝＝，∠BAE＝∠GDA，
∴AB＝DG，∠GDC＝∠GDA+∠ADC＝∠BAE+∠B＝180°﹣∠AEB＝90°，
∵DF平分∠ADC，
∴∠ADF＝∠CDF，
∵∠GFD＝90°﹣∠ADF，∠GDF＝∠GDC﹣∠CDF＝90°﹣∠CDF，
∴∠GFD＝∠GDF，
∴GF＝DG，
∴CD＝AB＝DG＝GF＝（AF+AG）＝AF+BE．
18．【解答】解：（1）将点A（3，﹣4）代入y＝x2+bx﹣4得：
9+3b﹣4＝﹣4，解得b＝﹣3，
故答案为：﹣3；
（2）∵b＝﹣3，
∴二次函数y＝x2﹣3x﹣4，
解方程x2﹣3x﹣4＝0，得x1＝﹣1，x2＝4，
∴B（﹣1，0），
设直线AB的函数表达式是y＝kx+m，
直线AB交y轴于点F．
∵A（3，﹣4），
∴，解得，
∴直线AB的函数表达式是y＝﹣x﹣1，
设点P（m，m2﹣3m﹣4），
则Q（m，﹣m﹣1）．
∴PQ＝﹣m﹣1﹣m2+3m+4＝﹣m2+2m+3＝﹣（m﹣1）2+4．
∴当m＝1时，PQ的最大值是4；
（3）如图，设AB交y轴于E，
∵二次函数y＝x2﹣3x﹣4，令x＝0，则y＝﹣4，
∴C（0，﹣4），
∵直线AB的函数表达式是y＝﹣x﹣1，
∴E（0，﹣1），
∵B（﹣1，0），
∴CE＝3，BC＝＝，
∵∠BDC＝∠ABC，∠BCD＝∠ECB，
∴△BCD∽△ECB，
∴，即，
∴CD＝，
∴OD＝CD﹣OC＝﹣4＝，
∴点D的坐标为（0，）．
19．【解答】解：（1）作出点A的“60°菱形”AMPQ，如图：
∵PM＝AM＝4﹣2＝2，且2×sin60°＝，2×cs60°＝1，
∴点P的坐标是（，1）；
（2）当点B在MP边上时，过点B作BH⊥y轴，垂足为H，如图：
∵B（1，1），
∴BH＝OH＝1，
∵OM＝2，
∴MH＝1＝BH，
∴△BMH是等腰直角三角形，
∴∠HMB＝45°，
∴∠QAM＝45°，即α＝45°；
当点B在PQ边上时，过点P作PH'⊥y轴，垂足为H'，如图：
则PH＝1，
∵PM＝2，
∴sin∠H'MP＝＝，
∴∠QAM＝∠H'MP＝30°，即α＝30°；
综上所述，α的值是45°或30°；
（3）设直线y＝﹣x+b与y轴交于K，与x轴交于T，过A作AR⊥KT于R，如图：
在y＝﹣x+b中，令x＝0得y＝b，令y＝0得x＝b，
∴tan∠OKT＝＝，
∴∠OKT＝60°，
①当b最大时，Q与R重合，此时AR＝AM＝2，
∴sin60°＝，
∴AK＝，
∴OK＝4+，即b最大为4+；
②当直线y＝﹣x+b在M下方时，如图：
∵MP＝AM＝OM＝2，
∴MK＜2，即2﹣OK＜2，
∴OK＞0，
∴b＞0，
综上所述，b的取值范围是0＜b≤4+．
20．【解答】解：（1）设甲种品牌的电脑购买了x台，乙种品牌的电脑购买了y台，则，
解得，
答：甲种品牌的电脑购买了30台，乙种品牌的电脑购买了20台．
（2）设甲种品牌的电脑购买了m台，乙种品牌的电脑购买了（50﹣m）台，则
，
解得49，
∴x的整数值为47，48、49，
当x＝47时，50﹣m＝3；当x＝48时，50﹣m＝2；当x＝49时，50﹣m＝1．
∴一共有三种购买方案：甲种品牌的电脑购买47台，乙种品牌的电脑购买3台；甲种品牌的电脑购买48台，乙种品牌的电脑购买2台；甲种品牌的电脑购买49台，乙种品牌的电脑购买1台．
∵甲、乙两种品牌的电脑单价分别2400元和3600元．
∴甲种品牌的电脑购买49台，乙种品牌的电脑购买1台比较省钱．
21．【解答】解：作CH⊥x轴于H，如图所示：
∵∠BOA＝∠CHA，∠BAO＝∠CAH，
∴△BOA∽△CHA，
∵直线y＝3x+b经过点A（﹣1，0），
∴﹣3+b＝0，
解得b＝3，
∴直线解析式为：y＝3x+3，
∴B（0，3），
∵BC＝2AB，
∴CH＝3BO＝9，AH＝3OA＝3，
∴C点坐标为（2，9），
∴将C点坐标代入y＝，
得k＝18．
故答案为：3，18；
（2）∵BD∥x轴，
∴D点的纵坐标为3，代入，
得x＝6，
∴D点坐标为（6，3），
将E点横坐标代入y＝3x+3，
得y＝3m+3，
∵EF∥BD，
∴F点纵坐标为3m+3，
代入，
得x＝，
∴F点坐标为（，3m+3），
∵EF＝BD，
∴|﹣m|＝，
当时，
解方程得m＝1或﹣4，
当时，
解方程得m＝，
∵点E为射线BC上一点，
∴m＝1或．
22．【解答】解：（1）如图1，
∵∠OAP+∠AOE＝90°，
∠BOC+∠AOE＝90°，
∴∠OAP＝∠BOC，
又∵∠AOP＝∠OBC＝90°，
∴△OAP∽△BOC，
∴，即，
∴OP＝，
故答案为：；
（2）如图，
∵AQ⊥PQ，
∴∠AQC＝90°，
∴QC＝＝＝3，
∵AQ＝AO＝4，
设OP＝PQ＝x，则CP＝3+x，PB＝5﹣x，
∴CP2＝BP2+BC2，
（3+x）2＝（5﹣x）2+42，
x＝2，
∴P点的坐标为（2，0），
将P（2，0）和C（5，4）代入y＝kx+b中，
，
解得：，
∴PQ所在直线的表达式为：；
（3）如图，
①∵AQ＝AO＝4，
∴Q点的运动轨迹，是以A为圆心，4为半径的圆弧，
∴MQ的最小值在AM的连线上，如图，MQ′即为所求，
∵M是BC中点，CM＝BC＝2，
∴AM＝＝，
MQ′＝MA﹣AQ′＝﹣4，
故答案为：﹣4；
②如图，
设OP＝PQ＝x，BP＝5﹣x，
∴PM2＝（5﹣x）2+22＝x2﹣10x+29，
当PM＝PQ时，
PM2＝PQ2，
∴x2﹣10x+29＝x2，
x＝，
∴P（，0），
当MP＝MQ时，如图，若点Q在AC上，
则AQ＝OA＝4，
∵MP＝MQ，MB＝MC，∠PBM＝∠QCM，
∴△PMB≌△QMC（HL），
∴PB＝QC，
QC＝AC﹣AQ＝5﹣4＝1，
∴PB＝1，
∴OP＝BO﹣PB＝5﹣1＝4，
∴P（4，0）；
若点Q在AC上方时，
由对称性可知OM＝MQ，
∵MQ＝MQ，
∴MO＝MP，
∴P（10，0）；
当MQ＝PQ时，不符合题意，不成立，
故P点坐标为P（，0）或P（4，0）或（10，0）．