2021年黑龙江省龙东地区（农垦森工）中考数学真题试题试卷【含答案解释可编辑】

2021年黑龙江省龙东地区（农垦森工）中考数学真题试题试卷【含答案解释，可编辑】注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题1．下列运算中，计算正确的是（       ）A．B．C．D．2．下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（       ）A．B．C．D．3．如图是由5个小正方体组合成的几何体，则该几何体的主视图是（       ）A．B．C．D．4．一组数据：3，4，4，4，5，若去掉一个数据4，则下列统计量中发生变化的是（       ）A．众数B．中位数C．平均数D．方差5．有一个人患了流行性感冒，经过两轮传染后共有144人患了流行性感冒，则每轮传染中平均一个人传染的人数是（       ）试卷第8页，共8页 A．14B．11C．10D．96．已知关于的分式方程的解为非负数，则的取值范围是（       ）A．B．且C．D．且7．为迎接2022年北京冬奥会，某校开展了以迎冬奥为主题的演讲活动，计划拿出180元钱全部用于购买甲、乙两种奖品（两种奖品都购买），奖励表现突出的学生，已知甲种奖品每件15元，乙种奖品每件10元，则购买方案有（       ）A．5种B．6种C．7种D．8种8．如图，在平面直角坐标系中，菱形的边轴，垂足为，顶点在第二象限，顶点在轴正半轴上，反比例函数的图象同时经过顶点．若点的横坐标为5，，则的值为（       ）A．B．C．D．9．如图，平行四边形的对角线相交于点，点为的中点，连接并延长，交的延长线于点，交于点，连接、，若平行四边形的面积为48，则的面积为（）A．4B．5C．2D．310．如图，在正方形中，对角线与相交于点，点在的延长线上，连接，点是的中点，连接交于点，连接，若，．则下列结论：①；②；③；④；⑤点D到CF的距离为．其中正确的结论是（       ）试卷第8页，共8页 A．①②③④B．①③④⑤C．①②③⑤D．①②④⑤第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明二、填空题11．截止到2020年7月底，中国铁路营业里程达到万公里，位居世界第二．将数据万用科学记数法表示为_______．12．在函数y=中，自变量x的取值范围是_____．13．如图，在矩形中，对角线相交于点，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件______，使矩形是正方形．14．一个不透明的口袋中装有标号为1、2、3的三个小球，这些小球除标号外完全相同，随机摸出1个小球，然后把小球重新放回口袋并摇匀，再随机摸出1个小球，那么两次摸出小球上的数字之和是奇数的概率是______．15．关于的一元一次不等式组有解，则的取值范围是______．16．如图，在中，是直径，弦的长为5cm，点在圆上，且，则的半径为_____．试卷第8页，共8页 17．若一个圆锥的底面半径为1cm，它的侧面展开图的圆心角为，则这个圆锥的母线长为____cm．18．如图，在中，，，，以点为圆心，3为半径的，与交于点，过点作交于点，点是边上的点，则的最小值为_____．19．在矩形中，2cm，将矩形沿某直线折叠，使点与点重合，折痕与直线交于点，且3cm，则矩形的面积为______cm2．20．如图，菱形中，，，延长至，使，以为一边，在的延长线上作菱形，连接，得到；再延长至，使，以为一边，在的延长线上作菱形，连接，得到……按此规律，得到，记的面积为，的面积为……的面积为，则_____．试卷第8页，共8页 三、解答题21．先化简，再求值：，其中．22．如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，的三个顶点分别为．（1）画出关于轴对称的，并写出点的坐标；（2）画出绕点顺时针旋转后得到的，并写出点的坐标；（3）在（2）的条件下，求点旋转到点所经过的路径长（结果保留）．23．如图，抛物线与轴交于点和点，与轴交于点，连接，与抛物线的对称轴交于点，顶点为点．试卷第8页，共8页 （1）求抛物线的解析式；（2）求的面积．24．为庆祝中国共产党建党100周年，某中学开展“学史明理、学史增信、学史崇德、学史力行”知识竞赛，现随机抽取部分学生的成绩分成A、B、C、D、E五个等级进行统计，并绘制成如下两幅不完整的统计图，请根据图中提供的信息，解答下列问题：（1）本次调查中共抽取________学生；（2）补全条形统计图；（3）在扇形统计图中，求B等级所对应的扇形圆心角的度数；（4）若该校有1200名学生参加此次竞赛，估计这次竞赛成绩为A和B等级的学生共有多少名？25．一辆货车从甲地到乙地，一辆轿车从乙地到甲地，两车沿同一条公路分别从甲、乙两地同时出发，匀速行驶．已知轿车比货车每小时多行驶20km．两车相遇后休息一段时间，再同时继续行驶．两车之间的距离y（km）与货车行驶时间x（h）之间的函数图象如图所示的折线，结合图象回答下列问题：试卷第8页，共8页 （1）甲、乙两地之间的距离是______km；（2）求两车的速度分别是多少km/h?（3）求线段的函数关系式.直接写出货车出发多长时间，与轿车相距20km?26．在等腰中，，是直角三角形，，，连接，点是的中点，连接．（1）当，点在边上时，如图①所示，求证：．（2）当，把绕点逆时针旋转，顶点B落在边AD上时，如图②所示，当，点B在边AE上时，如图③所示，猜想图②、图③中线段试卷第8页，共8页 和又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．27．“中国人的饭碗必须牢牢掌握在咱们自己手中”．为扩大粮食生产规模，某粮食生产基地计划投入一笔资金购进甲、乙两种农机具，已知购进2件甲种农机具和1件乙种农机具共需万元，购进1件甲种农机具和3件乙种农机具共需3万元．（1）求购进1件甲种农机具和1件乙种农机具各需多少万元？（2）若该粮食生产基地计划购进甲、乙两种农机具共10件，且投入资金不少于万元又不超过12万元，设购进甲种农机具件，则有哪几种购买方案？（3）在（2）的条件下，哪种购买方案需要的资金最少，最少资金是多少?28．如图，在平面直角坐标系中，的边在轴上，，且线段的长是方程的根，过点作轴，垂足为，，动点以每秒1个单位长度的速度，从点出发，沿线段向点运动，到达点停止．过点作轴的垂线，垂足为，以为边作正方形，点在线段上，设正方形与重叠部分的面积为，点的运动时间为秒．（1）求点的坐标；（2）求关于的函数关系式，并写出自变量的取值范围；（3）当点落在线段上时，坐标平面内是否存在一点，使以为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．试卷第8页，共8页 参考答案：1．D【分析】根据积的乘方、完全平方公式及二次根式的除法可直接进行排除选项．【详解】解：A、与不是同类项，所以不能合并，错误，故不符合题意；B、，错误，故不符合题意；C、，错误，故不符合题意；D、，正确，故符合题意；故选D．【点睛】本题主要考查积的乘方、完全平方公式及二次根式的除法，熟练掌握积的乘方、完全平方公式及二次根式的除法是解题的关键．2．D【分析】根据轴对称图形及中心对称图形的概念可直接进行排除选项．【详解】解：A、是轴对称图形但不是中心对称图形，故不符合题意；B、是轴对称图形但不是中心对称图形，故不符合题意；C、既是轴对称图形不是中心对称图形，故不符合题意；D、是轴对称图形也是中心对称图形，故符合题意；故选．【点睛】本题主要考查轴对称图形及中心对称图形，熟练掌握轴对称图形及中心对称图形的概念是解题的关键．3．C【分析】根据几何体的三视图可直接进行排除选项．【详解】答案第26页，共26页 解：由题意得：该几何体的主视图是；故选C．【点睛】本题主要考查三视图，熟练掌握几何体的三视图是解题的关键．4．D【分析】根据众数、中位数、平均数及方差可直接进行排除选项．【详解】解：由题意得：原中位数为4，原众数为4，原平均数为，原方差为；去掉一个数据4后的中位数为，众数为4，平均数为，方差为；∴统计量发生变化的是方差；故选D．【点睛】本题主要考查平均数、众数、众数及方差，熟练掌握求一组数据的平均数、众数、众数及方差是解题的关键．5．B【分析】设每轮传染中平均一个人传染了x个人，由题意可得，然后求解即可．【详解】解：设每轮传染中平均一个人传染了x个人，由题意可得：，答案第26页，共26页 解得：（舍去），故选B．【点睛】本题主要考查一元二次方程的应用，熟练掌握一元二次方程的应用是解题的关键．6．B【分析】根据题意先求出分式方程的解，然后根据方程的解为非负数可进行求解．【详解】解：由关于的分式方程可得：，且，∵方程的解为非负数，∴，且，解得：且，故选B．【点睛】本题主要考查分式方程的解法及一元一次不等式的解法，熟练掌握分式方程的解法及一元一次不等式的解法是解题的关键．7．A【分析】设购买甲种奖品为x件，乙种奖品为y件，由题意可得，进而求解即可．【详解】解：设购买甲种奖品为x件，乙种奖品为y件，由题意可得：，∴，∵，且x、y都为正整数，∴当时，则；当时，则；当时，则；当时，则；当时，则；答案第26页，共26页 ∴购买方案有5种；故选A．【点睛】本题主要考查二元一次方程的应用，正确理解题意、掌握求解的方法是解题的关键．8．A【分析】由题意易得，则设DE=x，BE=2x，然后可由勾股定理得，求解x，进而可得点，则，最后根据反比例函数的性质可求解．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，∵轴，∴，∴，∵点的横坐标为5，∴点，，∵，∴设DE=x，BE=2x，则，∴在Rt△AEB中，由勾股定理得：，解得：（舍去），∴，∴点，∴，解得：；故选A．【点睛】答案第26页，共26页 本题主要考查菱形的性质及反比例函数与几何的综合，熟练掌握菱形的性质及反比例函数与几何的综合是解题的关键．9．C【分析】由题意易得，进而可得，则有，然后根据相似比与面积比的关系可求解．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，AE=EF，，∵平行四边形的面积为48，∴，∵点为的中点，∴，∴，，∴，，∴，∵和同高不同底，∴，故选C．【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、平行四边形的性质及三角形中位线，熟练掌握相似三角形的性质与判定、平行四边形的性质及三角形中位线是解题的关键．10．C【分析】由题意易得，①由三角形中位线可进行判断；②由△DOC是等腰直角三角形可进行判断；③根据三角函数可进行求解；④根据题意可直接进行求解；⑤过点D作DH⊥CF，交CF的延长线于点H，然后根据三角函数可进行求解．答案第26页，共26页 【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，∵点是的中点，∴，∵，，∴，则，∵OF∥BE，∴△DGF∽△DCE，∴，∴，故①正确；∴点G是CD的中点，∴OG⊥CD，∵∠ODC=45°，∴△DOC是等腰直角三角形，∴，故②正确；∵CE=4，CD=8，∠DCE=90°，∴，故③正确；∵，∴，∴，故④错误；过点D作DH⊥CF，交CF的延长线于点H，如图所示：答案第26页，共26页 ∵点F是CD的中点，∴CF=DF，∴∠CDE=∠DCF，∴，设，则，在Rt△DHC中，，解得：，∴，故⑤正确；∴正确的结论是①②③⑤；故选C．【点睛】本题主要考查正方形的性质、相似三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握正方形的性质、相似三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键．11．【分析】由题意易得万=141400，然后根据科学记数法可进行求解．【详解】解：由题意得：万=141400，∴将数据万用科学记数法表示为；故答案为．【点睛】本题主要考查科学记数法，熟练掌握科学记数法是解题的关键．12．.【详解】求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，根据分式分母不为0的条件，要使在实数范围内有意义，必须.13．AC⊥BD（答案不唯一）【分析】答案第26页，共26页 根据正方形的判定定理可直接进行求解．【详解】解：∵四边形是矩形，∴根据“一组邻边相等的矩形是正方形”可添加：或或或，根据“对角线互相垂直的矩形是正方形”可添加：AC⊥BD，故答案为AC⊥BD（答案不唯一）．【点睛】本题主要考查正方形的判定定理，熟练掌握正方形的判定是解题的关键．14．【分析】根据题意列出树状图，然后求解概率即可得出答案．【详解】解：由题意得：∴两次摸出小球上的数字之和是奇数的概率是；故答案为．【点睛】本题主要考查概率，熟练掌握概率的求法是解题的关键．15．【分析】先求出一元一次不等式组的解集，然后再根据题意列出含参数的不等式即可求解．【详解】解：由关于的一元一次不等式组可得：，∵不等式组有解，答案第26页，共26页 ∴，解得：；故答案为．【点睛】本题主要考查一元一次不等式组的解法，熟练掌握一元一次不等式组的解法是解题的关键．16．5cm【分析】连接BC，由题意易得，进而问题可求解．【详解】解：连接BC，如图所示：∵，∴，∵是直径，∴，∵，∴，∴的半径为5cm；故答案为5cm．【点睛】本题主要考查圆周角定理及含30°直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理及含30°直角三角形的性质是解题的关键．答案第26页，共26页 17．4【分析】根据圆锥侧面展开图可知圆锥底面圆的周长即为侧面展开图的弧长，然后由题意可进行求解．【详解】解：设母线长为R，由题意得：，∴，解得：，∴这个圆锥的母线长为4cm，故答案为4．【点睛】本题主要考查圆锥侧面展开图及弧长计算，熟练掌握圆锥侧面展开图及弧长计算是解题的关键．18．【分析】延长CO，交于一点E，连接PE，由题意易得，，则有，CP=PE，然后可得，，要使的值为最小，即的值为最小，进而可得当D、P、E三点共线时最小，最后求解即可．【详解】解：延长CO，交于一点E，连接PE，如图所示：∵，以点为圆心，3为半径的，∴，∵，，∴，∴，CP=PE，∴，答案第26页，共26页 ∴，∵，∴，∵CP=PE，∴，则要使的值为最小，即的值为最小，∴当D、P、E三点共线时最小，即，如图所示：∴在Rt△DCE中，，∴的最小值为；故答案为．【点睛】本题主要考查线段垂直平分线的性质、勾股定理、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握线段垂直平分线的性质、勾股定理、圆的基本性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．19．或【分析】根据题意可分当折痕与直线AD的交点落在线段AD上和AD外，然后根据折叠的性质及勾股定理可求解．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，①当点E在线段AD上时，如图所示：答案第26页，共26页 由折叠的性质可得，∵3cm，∴在中，，∴，∴；②当点E在线段AD外时，如图所示：由轴对称的性质可得，∴在Rt△EAB中，，∴，∴；综上所述：矩形ABCD的面积为或；故答案为或．【点睛】本题主要考查折叠的性质、勾股定理及矩形的性质，熟练掌握折叠的性质、勾股定理及矩形的性质是解题的关键．20．答案第26页，共26页 【分析】由题意易得，则有为等边三角形，同理可得…….都为等边三角形，进而根据等边三角形的面积公式可得，，……由此规律可得，然后问题可求解．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴为等边三角形，同理可得…….都为等边三角形，过点B作BE⊥CD于点E，如图所示：∴，∴，同理可得：，，……；答案第26页，共26页 ∴由此规律可得：，∴；故答案为．【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的性质与判定及三角函数，熟练掌握菱形的性质、等边三角形的性质与判定及三角函数是解题的关键．21．，【分析】先去括号，然后再进行分式的化简，最后代值求解即可．【详解】解：原式=，∵，∴，代入得：原式=．【点睛】本题主要考查分式的化简求解及特殊三角函数值，熟练掌握分式的化简求解及特殊三角函数值是解题的关键．22．（1）图见详解，；（2）图见详解，；（3）所经过的路径长为．【分析】（1）分别作出点A、B关于x轴的对称点，然后依次连接即可，最后通过图象可得点的坐标；（2）根据旋转的性质分别作出点A、B绕点O旋转90°的点，然后依次连接，最后根据图象可得点的坐标；（3）由（2）可先根据勾股定理求出OB的长，然后根据弧长计算公式进行求解．【详解】解：（1）如图所示：答案第26页，共26页 ∴由图象可得；（2）如图所示：∴由图象可得；（3）由（2）的图象可得：点B旋转到点所经过的路径为圆弧，∵，∴点B旋转到点所经过的路径长为．【点睛】本题主要考查旋转的性质、坐标与轴对称及弧长计算公答案第26页，共26页 式，熟练掌握旋转的性质、坐标与轴对称及弧长计算公式是解题的关键．23．（1）抛物线的解析式为；（2）【分析】（1）把点A、B的坐标代入求解即可；（2）由（1）可得，进而可得，然后问题可求解．【详解】解：（1）把点和点代入抛物线可得：，解得：，∴抛物线的解析式为；（2）由（1）可得抛物线的解析式为，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键．24．（1）100；（2）图见详解；（3）144°；（4）这次竞赛成绩为A和B等级的学生共有792名．【分析】（1）根据统计图及题意可直接进行求解；（2）由（1）及统计图可得C等级的人数为20名，然后可求出B等级的人数，进而问题可求解；（3）根据题意可直接进行求解；（4）由（2）可直接进行求解．【详解】解：（1）由题意得：26÷26％=100（名），故答案为100；答案第26页，共26页 （2）由题意得：C等级的人数为100×20％=20（名），B等级的人数为100-26-20-10-4=40（名），则补全条形统计图如图所示：（3）由（2）可得：；答：B等级所对应的扇形圆心角的度数为144°．（4）由（2）及题意得：（名）；答：这次竞赛成绩为A和B等级的学生共有792名．【点睛】本题主要考查扇形统计及条形统计图，熟练掌握扇形统计及条形统计图是解题的关键．25．（1）180；（2）货车速度为80km/h，轿车速度为100km/h；（3）线段的函数关系式为，货车出发或时，与轿车相距20km．【分析】（1）由图象可直接得出答案；（2）设货车的速度为mkm/h，则轿车的速度为（m+20）km/h，然后根据图象可得它们在1小时相遇，则有，进而求解即可；（3）由图象可得点D所表示的实际意义是轿车已到达终点甲地，则有180÷100+0.5=2.3h，进而可得点，设线段CD的解析式为，然后把点C、D代入求解即可，最后分相遇前两车相距20千米和相遇后两车相距20千米进行求解即可．答案第26页，共26页 【详解】解：（1）由图象及题意可得：甲、乙两地之间的距离是180km，故答案为180；（2）设货车的速度为mkm/h，则轿车的速度为（m+20）km/h，由图象可得轿车与货车在1小时时相遇，则根据相遇问题可得：，解得：，∴轿车速度为80+20=100km/h；答：货车速度为80km/h，轿车速度为100km/h．（3）由（2）可得货车速度为80km/h，轿车速度为100km/h；则由图象可知点D所表示的实际意义是轿车已到达终点甲地，它们中途休息的时间为0.5小时，∴轿车到达终点的时间为180÷100+0.5=2.3h，∴点，，设线段CD的解析式为，把点C、D代入得：，解得：，∴线段CD的解析式为，当两车在相遇前相距20km时，则有：，解得：，当两车在相遇后相距20km时，则有，解得：，∴货车出发或时，与轿车相距20km．【点睛】本题主要考查一次函数的应用，熟练掌握一次函数的应用是解题的关键．26．（1）见详解；（2）图②中，图③中，理由见详解．【分析】答案第26页，共26页 （1）由题意易得，则有，然后可得，，进而可得AD垂直平分BC，则CD=BD，最后问题可求证；（2）取CD的中点H，连接AH、EH、FH，如图②，由题意易得，则有EH垂直平分AD，∠HFA=∠CBA=45°，进而可得∠EHF=∠EAF=45°，然后可得点A、E、F、H四点共圆，则根据圆的基本性质可求解；如图③，取BC的中点G，连接GF并延长，使得GM=CD，连接DM、EM、EG，AG，则有四边形CGMD是平行四边形，DM=CG=AC，进而可得△ACD≌△DME，则有CD=EM，∠EMD=∠DCA，然后可得△EMG是等边三角形，最后问题可求解．【详解】（1）证明：∵，，∴，∴，∵点是的中点，∴，∵，∴，∵，∴△ACB是等腰直角三角形，∵，∴AD垂直平分BC，∴CD=BD，∴；（2）解：图②中，图③中，理由如下：图②：取CD的中点H，连接AH、EH、FH，如图②，答案第26页，共26页 ∵，，∴，∴，∵，∴，∵点是的中点，∴，∴EH垂直平分AD，∠HFA=∠CBA=45°，∴∠EHF=∠EAF=45°，∴点A、E、F、H四点共圆，∵∠HFA=∠EAF=45°，∴，∴；图③：如图③，取BC的中点G，连接GF并延长，使得GM=CD，连接DM、EM、EG，AG，∵，，∴△ADE是等边三角形，∴，∵，∴，∵，答案第26页，共26页 ∴，∴，∴，∴△AGC是等边三角形，∴AC=CG，∵点是的中点，∴，∴四边形CGMD是平行四边形，∴，∠GCD=∠DMG，∴，∴，∴，∵，∴△ACD≌△DME（SAS），∴CD=EM，∠EMD=∠DCA，∴，∴，∴△EMG是等边三角形，∵点是的中点，∴，∵，∴，答案第26页，共26页 ∵，∴，∴GF=MF，∴EF⊥GM，∴．【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质、等边三角形的性质、平行四边形的性质与判定及三角函数、圆的基本性质，熟练掌握等腰直角三角形的性质、等边三角形的性质、平行四边形的性质与判定及三角函数、圆的基本性质是解题的关键．27．（1）购进1件甲种农机具需1.5万元，购进1件乙种农机具需0.5万元；（2）购进甲种农机具5件，乙种农机具5件；购进甲种农机具6件，乙种农机具4件；购进甲种农机具7件，乙种农机具3件；（3）购进甲种农机具5件，乙种农机具5件所需资金最少，最少资金为10万元．【分析】（1）设购进1件甲种农机具需x万元，购进1件乙种农机具需y万元，然后根据题意可得，进而求解即可；（2）由（1）及题意可得购进乙种农机具为（10-m）件，则可列不等式组为，然后求解即可；（3）设购买农机具所需资金为w万元，则由（2）可得，然后结合一次函数的性质及（2）可直接进行求解．【详解】解：（1）设购进1件甲种农机具需x万元，购进1件乙种农机具需y万元，由题意得：，解得：，答：购进1件甲种农机具需1.5万元，购进1件乙种农机具需0.5万元．（2）由题意得：购进乙种农机具为（10-m）件，答案第26页，共26页 ∴，解得：，∵m为正整数，∴m的值为5、6、7，∴共有三种购买方案：购进甲种农机具5件，乙种农机具5件；购进甲种农机具6件，乙种农机具4件；购进甲种农机具7件，乙种农机具3件；．（3）设购买农机具所需资金为w万元，则由（2）可得，∵1＞0，∴w随m的增大而增大，∴当m=5时，w的值最小，最小值为w=5+5=10，答：购进甲种农机具5件，乙种农机具5件所需资金最少，最少资金为10万元．【点睛】本题主要考查一次函数、二元一次方程组及一元一次不等式组的应用，熟练掌握一次函数、二元一次方程组及一元一次不等式组的应用是解题的关键．28．（1）；（2）；（3）存在，或或【分析】（1）由题意易得，进而可得，则有，然后问题可求解；（2）由题意易得，则有，进而可得，然后根据梯形面积计算公式可求解；（3）由（2）及题意易得，则有，然后可得点，进而可分①以OM为平行四边形的对角线时，②以OA为平行四边形的对角线时，③以AM为平行四边形的对角线时，最后根据平行四边形的性质分类求解即可．【详解】解：（1）由线段OA的长是方程的根，可得：，∴，答案第26页，共26页 ∵轴，，∴在Rt△AEB中，可由三角函数及勾股定理设，∴，解得：，∴，∴，∴；（2）由题意得：当点F落在OB上时，，则由（1）可得，∵FM∥OA，∴∴如图2中，当0＜t≤时，重叠部分是四边形ACFM，如图中，当＜t≤5时，重叠部分是五边形ACHGM，S=S梯形ACFM-S△FGH=综上所述，（3）存在，理由如下：答案第26页，共26页 由（2）可知：∴，∴，∴，①以OM为平行四边形的对角线时，如图所示：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴；②以OA为平行四边形的对角线时，如图所示：同理可得；③以AM为平行四边形的对角线时，如图所示：答案第26页，共26页 同理可得；综上所述：当以为顶点的四边形是平行四边形时，则点的坐标为或或．【点睛】本题主要考查三角函数、平行四边形的性质、正方形的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握三角函数、平行四边形的性质、正方形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．答案第26页，共26页