2021年浙江省温州市乐清市中考数学适应性试卷

这是一份2021年浙江省温州市乐清市中考数学适应性试卷，共31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。
2021年浙江省温州市乐清市中考数学适应性试卷
一、选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分，每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不给分）
1．（4分）计算：4×（﹣3）的结果是（　　）
A．1 B．﹣1 C．12 D．﹣12
2．（4分）据国家航天局介绍，受天体运动规律影响，火星与地球距离在0.5亿公里至4亿多公里之间变化．天问一号探测器到达火星附近时，距离地球约190 000 000公里，其中数据190 000 000用科学记数法表示为（　　）
A．0.19×109 B．1.9×108 C．19×107 D．1.9×107
3．（4分）如图所示的几何体是由两个长方体组成的，它的俯视图是（　　）

A． B． C． D．
4．（4分）一个布袋里装有2个红球、3个黄球和5个白球，除颜色外其它都相同．搅匀后任意摸出一个球，是红球的概率为（　　）
A． B． C． D．
5．（4分）对某校的学生关于“垃圾分类知多少”的情况进行抽样问卷调查后（每人选一种），绘制成如图所示统计图．已知选择“非常了解”的有60人，那么选择“基本了解”的有（　　）

A．20 B．40 C．60 D．80
6．（4分）若关于x的方程x2﹣2x+m＝0有实数根，则m的值可以是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．（4分）已知一个扇形的圆心角为120°，半径为4，则该扇形的弧长为（　　）
A．2π B．π C．3π D．π
8．（4分）如图，升国旗时，某同学站在离国旗20米处行注目礼，当国旗升至顶端时，该同学视线的仰角为α，已知双眼离地面为1.6米，则旗杆AB的高度为（　　）

A．（1.6+20sinα）米 B．（1.6+）米
C．（1.6+20tanα）米 D．（1.6+）米
9．（4分）在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别是A（﹣2，0），B（﹣2，5），C（﹣4，1），抛物线y＝x2﹣2x﹣3的图象经过点B，将△ABC沿x轴向右平移m（m＞0）个单位，使点A平移到点A'，然后绕点A'顺时针旋转90°，若此时点C的对应点C'恰好落在抛物线上，则m的值为（　　）

A．+1 B．+3 C．+2 D．2+1
10．（4分）“化积为方”是一个古老的几何学问题，即给定一个长方形，作一个和它面积相等的正方形，这也是证明勾股定理的一种思想方法，如图所示，在矩形ABCD中，以AD为边做正方形AHMD，以CD为斜边，作Rt△DCG使得点G在HM的延长线上，过点D作DE⊥DG交AB于E，再过E点作EF⊥CG于F，连接CE交MH于N，记四边形DENM，四边形BCNH的面积分别为S1，S2，若S1﹣S2＝15，DM＝7，则DG为（　　）

A．8 B．2 C．6 D．5
二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）
11．（5分）分解因式：m2+12m+36＝　 　．
12．（5分）不等式组的解集是　 　．
13．（5分）某校有1000名学生，随机抽查200名学生的视力状况，其频数直方图（每一组含前一个边界值，不含后一个边界值）如图所示，则该校视力为4.9及以上的学生约有　 　人．

14．（5分）如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，D为弧AC的中点，E为BA延长线上一点，若∠DAE＝108°，则∠CAD＝　 　度．

15．（5分）如图，在平面直角坐标系中，点A是反比例函数y＝（k≠0）的图象在第一象限上的一点，连接OA并延长使AB＝OA，过点B作BC∥x轴，交反比例函数图象于点C，交y轴于点D．连接AC，且△ABC的面积为2，则k的值为　 　．

16．（5分）随着“科学运动、健康生活”的理念深入人心，跑步机已成为家居新宠，某品牌跑步机（如图1）的跑道可以旋转（如图2），图3为跑道CD绕D点旋转到DC位置时的主视图，其中AE为显示屏，AF为扶手，点C在直线AE上，GH为可伸缩液压支撑杆，G，H的位置不变，GH的长度可变化，已知AB＝100cm，cosB＝，∠EAB+∠B＝180°，则BC＝　 　cm．若BG＝50cm，GH∥AB，∠B＝2∠DHG，且A，H，C恰好在同一直线上，则AD＝　 　cm．

三、解答题（本题有8小题，共80分，解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
17．（10分）（1）计算：|﹣8|﹣﹣（﹣1）0+（﹣5）．
（2）化简：+．
18．（8分）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD是BC边上的中线，E是AC边上一点，过点D作DE⊥DF交CA的延长线于点F，DB＝DF．
（1）求证：△ABD≌△EFD．
（2）若∠B＝30°，AB＝6，求AF的长．

19．（8分）某班为了解班级同学寒假期间在家进行体育锻炼的情况，通过钉钉线上运动打卡活动，统计了班级40名同学一段时间的运动打卡次数如表：
打卡次数
6
8
9
10
12
14
15
人数
3
5
4
11
5
4
8
（1）求这40名同学打卡次数的平均数．
（2）为了调动大多数同学锻炼的积极性，班主任准备制定一个打卡奖励标准，凡打卡次数达到或超过这个标准的同学将获得奖励的措施．如果你是班主任，从平均数、中位数、众数的角度进行分析，你将如何确定这个“打卡奖励”标准？
20．（8分）如图，在6×6的方格纸中，每个小正方形的边长为1，每个小正方形的顶点称为格点，请按要求画出格点三角形与格点四边形．
（1）在图1中以线段AB为边画一个格点△ABC，使AB＝BC．
（2）在图2中以线段AB为边画一个格点四边形ABCD，使其面积为7，且∠BAD＝90°．
21．（10分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以BC为直径作⊙O交AB交于点D，作切线DE交AC于点E，过点B作BF⊥ED，交ED的延长线于点F，交⊙O于点G，连接CG交AB于点H．
（1）求证：AE＝EC；
（2）若AB＝16，GH＝DF，求BC的长．

22．（10分）在新冠肺炎防疫工作中，某学校从商店购买测温枪和洗手液，已知测温枪的单价比洗手液单价多35元，若用2800元购买测温枪的数量与用840元购买洗手液的数量相同．
（1）求测温枪与洗手液的单价各是多少元？
（2）若该学校决定购进测温枪与洗手液数量共200件，考虑到实际需求，要求购进洗手液的数量不超过测温枪的数量的6倍，求该学校购买费用最少是多少元？
（3）该学校还需要购买口罩，口罩的单价每包10元，若用5200元购买测温枪、洗手液与口罩这三种防疫用品，其中测温枪与洗手液的数量之比为1：8，则该校至少可以购买这三种防疫用品共多少件？
23．（12分）已知抛物线y＝x2+bx+c的对称轴为直线x＝1，图象与x轴交于点（4，0）．
（1）求抛物线的函数表达式．
（2）若（5，y1）和（m，y2）为抛物线上不同的两点，当y2＞y1时，求出m的取值范围．
（3）若把抛物线的图象沿x轴平移n个单位，在自变量x的值满足2≤x≤3的情况下，与其对应的函数值y的最小值为﹣3，求n的值．

24．（14分）如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝BC＝12，点E是BC上一点，BE＝4，EA平分∠BED，EF⊥DE交AB于F，动点P在DE上从点D向终点E匀速运动，同时，动点Q在AB上从点B向终点A匀速运动，它们同时到达终点，PQ与AE交于点G．
（1）求证：AF＝EF；
（2）求AD的长；
（3）①当PQ与四边形AFED的一边平行时，求所有满足条件的BQ的长；
②当PQ⊥AE时，PQ交CD于M，记△AQG，△PEG，△PDM的面积分别为S1，S2，S3，请直接写出此时S1：S2：S3的值．


2021年浙江省温州市乐清市中考数学适应性试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本题有10小题，每小题4分，共40分，每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选，均不给分）
1．（4分）计算：4×（﹣3）的结果是（　　）
A．1 B．﹣1 C．12 D．﹣12
【分析】原式利用有理数的乘法法则计算即可求出值．
【解答】解：原式＝﹣4×3
＝﹣12．
故选：D．
2．（4分）据国家航天局介绍，受天体运动规律影响，火星与地球距离在0.5亿公里至4亿多公里之间变化．天问一号探测器到达火星附近时，距离地球约190 000 000公里，其中数据190 000 000用科学记数法表示为（　　）
A．0.19×109 B．1.9×108 C．19×107 D．1.9×107
【分析】科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．当原数绝对值≥10时，n是正整数；当原数的绝对值＜1时，n是负整数．
【解答】解：190000000＝1.9×108．
故选：B．
3．（4分）如图所示的几何体是由两个长方体组成的，它的俯视图是（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据从上边看得到的图形是俯视图，可得答案．
【解答】解：从上边看，是一行三个矩形，中间的矩形的长较大，两边的矩形相同．
故选：B．
4．（4分）一个布袋里装有2个红球、3个黄球和5个白球，除颜色外其它都相同．搅匀后任意摸出一个球，是红球的概率为（　　）
A． B． C． D．
【分析】先求出袋子中球的总个数及确定红球的个数，再根据概率公式解答即可．
【解答】解：袋子中球的总数为2+3+5＝10，而红球有2个，
则从中任摸一球，恰为红球的概率为＝．
故选：C．
5．（4分）对某校的学生关于“垃圾分类知多少”的情况进行抽样问卷调查后（每人选一种），绘制成如图所示统计图．已知选择“非常了解”的有60人，那么选择“基本了解”的有（　　）

A．20 B．40 C．60 D．80
【分析】首先根据非常了解的人数和所占的百分比求得总人数，然后乘以基本了解的百分比即可．
【解答】解：∵选择“非常了解”的有60人，占比15%，
∴被调查的总人数为60÷15%＝400人，
∴基本了解的人数为400×20%＝80人，
故选：D．
6．（4分）若关于x的方程x2﹣2x+m＝0有实数根，则m的值可以是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】利用判别式的意义得到△＝（﹣2）2﹣4m≥0，解得m≤1，然后在此范围内确定一个m的值即可．
【解答】解：根据题意得△＝（﹣2）2﹣4m≥0，
解得m≤1，
所以m可取1．
故选：A．
7．（4分）已知一个扇形的圆心角为120°，半径为4，则该扇形的弧长为（　　）
A．2π B．π C．3π D．π
【分析】根据弧长公式l＝进行计算即可．
【解答】解：∵一个扇形的圆心角为120°，半径为4，
∴该扇形的弧长为：l＝＝π，
故选：B．
8．（4分）如图，升国旗时，某同学站在离国旗20米处行注目礼，当国旗升至顶端时，该同学视线的仰角为α，已知双眼离地面为1.6米，则旗杆AB的高度为（　　）

A．（1.6+20sinα）米 B．（1.6+）米
C．（1.6+20tanα）米 D．（1.6+）米
【分析】由题意可知，在直角三角形中，已知角和邻边，要求出对边，直接用正切即可解答．
【解答】解：如图，BE＝20m，DE＝1.6m，
四边形DEBC为矩形，则BC＝DE＝1.6m，CD＝BE＝20m，
在Rt△ADC中，
∵tan∠ADC＝，
∴AC＝20tanα，
∴AB＝BC+AC＝（1.60+20tanα）米．
故选：C．

9．（4分）在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点坐标分别是A（﹣2，0），B（﹣2，5），C（﹣4，1），抛物线y＝x2﹣2x﹣3的图象经过点B，将△ABC沿x轴向右平移m（m＞0）个单位，使点A平移到点A'，然后绕点A'顺时针旋转90°，若此时点C的对应点C'恰好落在抛物线上，则m的值为（　　）

A．+1 B．+3 C．+2 D．2+1
【分析】作CD⊥AB于D，C'D'⊥A'B'于D'，由A、B、C三点坐标可得CD＝2，AD＝1．设点A（﹣2，0）向右平移m个单位后得点A'（m＞0），则点A'坐标为（m﹣2，0）．进而表示出点C'的坐标为（m﹣1，2），最后将C'坐标代入二次函数解析式中计算即可得到点C坐标．
【解答】解：作CD⊥AB于D，C'D'⊥A'B'于D'，
∵A（﹣2，0），B（﹣2，5），C（﹣4，1），
∴CD＝2，AD＝1．
设点A（﹣2，0）向右平移m个单位后得点A'（m＞0），
则点A'坐标为（m﹣2，0）．
∵A'D'＝AD＝1，C'D'＝CD＝2，
∴点C'坐标为（m﹣1，2），又点C'在抛物线上，
∴把C'（m﹣1，2）代入y＝x2﹣2x﹣3中，
得：（m﹣1）2﹣2（m﹣1）﹣3＝2，
整理得：m2﹣4m﹣2＝0．
解得：，（舍去）．
故选：C．

10．（4分）“化积为方”是一个古老的几何学问题，即给定一个长方形，作一个和它面积相等的正方形，这也是证明勾股定理的一种思想方法，如图所示，在矩形ABCD中，以AD为边做正方形AHMD，以CD为斜边，作Rt△DCG使得点G在HM的延长线上，过点D作DE⊥DG交AB于E，再过E点作EF⊥CG于F，连接CE交MH于N，记四边形DENM，四边形BCNH的面积分别为S1，S2，若S1﹣S2＝15，DM＝7，则DG为（　　）

A．8 B．2 C．6 D．5
【分析】通过说明△ADE≌△MDG，得出AE＝GM，DE＝DG．利用△DMG～△GMC得出比例式，求得CM；利用S1﹣S2＝15，得到S△EDC﹣S矩形CMHB＝15，列出方程，解方程，结论可得．
【解答】解：∵四边形AHMD为正方形，
∴DM＝DA＝7，∠ADM＝90°．
∵DG⊥DE，
∴∠GDE＝90°．
∴∠ADE+∠EDM＝90°，∠GDM+∠CDM＝90°．
∴∠ADE＝∠GDM．
∵∠A＝90°，∠DMG＝90°，
∴∠A＝∠DMG．
∴△ADE≌△MDG（ASA）．
∴DE＝DG，AE＝GM．
∴四边形DEFG为正方形．
设AE＝x，则GM＝x．
在Rt△ADE中，
DE＝．
∵∠DGC＝90°，
∴∠DGM+∠CGM＝90°．
∵GM⊥CD，
∴∠DMG＝∠GMC＝90°．
∴∠CGM+∠GCM＝90°．
∴∠DGM＝∠GCM．
∴△DMG～△GMC．
∴．
∴CM＝．
∵S1﹣S2＝15，
∴（S1+S△CMN）﹣（S2+S△CMN）＝15．
即S△EDC﹣S矩形CMHB＝15．
∴×CD×AD﹣CM×MH＝15．
∴×AD×（CM+DM）﹣CM×AD＝15．
∴×7×（7+）﹣7×＝15．
解得：x＝±（负数不合题意，舍去）．
∴x＝．
∴DG＝AE＝．
故选：B．
二、填空题（本题有6小题，每小题5分，共30分）
11．（5分）分解因式：m2+12m+36＝　（m+6）2　．
【分析】原式利用完全平方公式分解即可．
【解答】解：原式＝m2+2×m×6+62
＝（m+6）2．
故答案为：（m+6）2．
12．（5分）不等式组的解集是　﹣2≤x＜2　．
【分析】先求出每个不等式的解集，再求出不等式组的解集即可．
【解答】解：，
解不等式①得：x≥﹣2，
解不等式②得：x＜2，
∴不等式组的解集为﹣2≤x＜2，
故答案为：﹣2≤x＜2．
13．（5分）某校有1000名学生，随机抽查200名学生的视力状况，其频数直方图（每一组含前一个边界值，不含后一个边界值）如图所示，则该校视力为4.9及以上的学生约有　400　人．

【分析】根据题意和统计图中的数据，可以计算出该校视力为4.9及以上的学生约有多少人．
【解答】解：1000×＝400（人），
即该校视力为4.9及以上的学生约有400人，
故答案为：400．
14．（5分）如图，在△ABC中，AB＝AC，⊙O是△ABC的外接圆，D为弧AC的中点，E为BA延长线上一点，若∠DAE＝108°，则∠CAD＝　36　度．

【分析】根据等腰三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB，根据圆周角定理得到∠ACB＝2∠ACD，根据圆内接四边形的性质得到∠BCD＝108°，计算即可．
【解答】解：∵AB＝AC，
∴＝，∠ABC＝∠ACB，
∵D为的中点，
∴＝，
∴∠CAD＝∠ACD，
∴＝2，
∴∠ACB＝2∠ACD，
∵∠DAE＝108°，
∴∠BCD＝108°，
∴∠ACD＝×108°＝36°，
∴∠CAD＝36°，
故答案为：36．
15．（5分）如图，在平面直角坐标系中，点A是反比例函数y＝（k≠0）的图象在第一象限上的一点，连接OA并延长使AB＝OA，过点B作BC∥x轴，交反比例函数图象于点C，交y轴于点D．连接AC，且△ABC的面积为2，则k的值为　　．

【分析】过点A作AE∥BC交OD于点E，连接OC，根据AB＝OA，可得S△OAC＝S△ABC＝2，根据反比例函数y＝（k≠0）的|k|的几何意义可得S△OCD＝S△OAE＝k，从而得出：S△OBD＝k+4，再由△OAE∽△OBD，依据相似三角形性质列方程求解即可．
【解答】解：如图，过点A作AE∥BC交OD于点E，连接OC，
∵AB＝OA，
∴S△OAC＝S△ABC＝2，
∵BC∥x轴，AE∥BC，
∴AE∥x轴，
∴S△OCD＝S△OAE＝|k|＝k，
∴S△OBD＝S△OAC+S△ABC+S△OCD＝2+2+k＝k+4，
∵AE∥BC，
∴△OAE∽△OBD，
∴＝（）2＝（）2＝，
∴S△OBD＝4S△OAE，即k+4＝4×k，
解得：k＝，
故答案为：．

16．（5分）随着“科学运动、健康生活”的理念深入人心，跑步机已成为家居新宠，某品牌跑步机（如图1）的跑道可以旋转（如图2），图3为跑道CD绕D点旋转到DC位置时的主视图，其中AE为显示屏，AF为扶手，点C在直线AE上，GH为可伸缩液压支撑杆，G，H的位置不变，GH的长度可变化，已知AB＝100cm，cosB＝，∠EAB+∠B＝180°，则BC＝　150　cm．若BG＝50cm，GH∥AB，∠B＝2∠DHG，且A，H，C恰好在同一直线上，则AD＝　　cm．

【分析】根据补角性质可得∠CAB＝∠B，作AM⊥BC，垂足为M，再根据三角函数及勾股定理可得BC的长；CI⊥AB于I，DJ∥BC于J，由等腰三角形性质及相似三角形的判定与性质得GH的长，最后根据平行四边形的判定与性质可得答案．
【解答】解：∵点C在直线AE上，
∴∠EAB+∠CAB＝180°，
∵∠EAB+∠B＝180°，
∴∠CAB＝∠B，
∴AC＝BC，
如图，作AM⊥BC，垂足为M，

∴∠AMB＝∠AMC＝90°，
∵cosB＝，AB＝100，
∴AM＝AB•conB＝
∴BM＝
∵AC＝BC
在直角三角形AMC中，CM2+AM2＝AC2
∴（BC﹣BM）2+AM2＝AC2＝BC2
∴BC＝150（cm），
作CI⊥AB于I，DJ∥BC于J，
∵△ABC是等腰三角形，
∴BI＝AI＝50cm，
∵AB∥GH且A、H、C三点共线，
∴△ABC∽△HGC，
∴，
∴GH＝GC＝（BC﹣BG）＝cm，
∵DJ∥BC，
∴∠ADJ＝∠B＝2∠DHG，
∵AB∥GH，
∴∠ADH＝∠DHG，
∴∠ADJ＝∠ADC﹣∠ADH＝∠DHG，
∴DJ＝HJ，
∵AB∥GH，DJ∥BC，
∴四边形BGJD是平行四边形，
∴DJ＝BG＝50cm，
∴HJ＝50cm，
∴BD＝GJ＝GH﹣HJ＝﹣50＝cm，
∴AD＝AB﹣BD＝100﹣cm．
三、解答题（本题有8小题，共80分，解答需写出必要的文字说明、演算步骤或证明过程）
17．（10分）（1）计算：|﹣8|﹣﹣（﹣1）0+（﹣5）．
（2）化简：+．
【分析】（1）原式利用绝对值的代数意义，算术平方根性质，零指数幂法则计算即可求出值；
（2）原式变形后，利用同分母分式的减法法则计算即可求出值．
【解答】解：（1）原式＝8﹣2﹣1﹣5
＝0；
（2）原式＝﹣
＝
＝
＝．
18．（8分）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD是BC边上的中线，E是AC边上一点，过点D作DE⊥DF交CA的延长线于点F，DB＝DF．
（1）求证：△ABD≌△EFD．
（2）若∠B＝30°，AB＝6，求AF的长．

【分析】（1）由等腰三角形的性质得出∠B＝∠C，得出∠B＝∠F，则可证明△ABD≌△EFD（AAS）；
（2）由全等三角形的性质得出∠B＝∠F＝30°，AB＝EF＝6，∠BAD＝∠FED，AD＝DE，证明△ADE为等边三角形，由等边三角形的性质可得出答案．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD，∠ADB＝∠ADC＝90°，
∵DB＝DF，
∴CD＝DF，
∴∠C＝∠F，
∴∠B＝∠F，
∵DE⊥DF，
∴∠EDF＝90°，
在△ABD和△EFD中，
，
∴△ABD≌△EFD（AAS）；
（2）解：∵△ABD≌△EFD，
∴∠B＝∠F＝30°，AB＝EF＝6，∠BAD＝∠FED，AD＝DE，
∵∠ADB＝90°，
∴∠BAD＝∠FED＝60°，
∴△ADE为等边三角形，
∴AE＝AD＝＝3，
∴AF＝3．
19．（8分）某班为了解班级同学寒假期间在家进行体育锻炼的情况，通过钉钉线上运动打卡活动，统计了班级40名同学一段时间的运动打卡次数如表：
打卡次数
6
8
9
10
12
14
15
人数
3
5
4
11
5
4
8
（1）求这40名同学打卡次数的平均数．
（2）为了调动大多数同学锻炼的积极性，班主任准备制定一个打卡奖励标准，凡打卡次数达到或超过这个标准的同学将获得奖励的措施．如果你是班主任，从平均数、中位数、众数的角度进行分析，你将如何确定这个“打卡奖励”标准？
【分析】（1）根据平均数的定义列式计算即可；
（2）根据中位数、众数的定义求出这40名同学打卡次数的中位数与众数，作为班主任，为了调动同学们锻炼的积极性，“打卡奖励”标准可以定为所有同学打卡次数的中位数或众数，因为中位数以上的人数占总人数的一半左右．
【解答】解：（1）平均数为（6×3+8×5+9×4+10×11+12×5+14×4+15×8）÷40＝11．
即这40名同学打卡次数的平均数为11次；

（2）共40人，所有同学打卡次数从小到大排列第20个、第21个数都为10次，
所以中位数为10次；
10出现了11次，次数最多，众数为10次；
为了调动同学们锻炼的积极性，“打卡奖励”标准可以定为所有同学打卡次数的中位数或众数．
因为共有40人，10次以上（含10次）的有28人，超过总数的一半．
20．（8分）如图，在6×6的方格纸中，每个小正方形的边长为1，每个小正方形的顶点称为格点，请按要求画出格点三角形与格点四边形．
（1）在图1中以线段AB为边画一个格点△ABC，使AB＝BC．
（2）在图2中以线段AB为边画一个格点四边形ABCD，使其面积为7，且∠BAD＝90°．
【分析】（1）作等腰直角三角形即可．
（2）利用数形结合的思想解决问题即可．
【解答】解：（1）如图，△ABC即为所求作．
（2）如图，四边形ABCD即为所求作．

21．（10分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以BC为直径作⊙O交AB交于点D，作切线DE交AC于点E，过点B作BF⊥ED，交ED的延长线于点F，交⊙O于点G，连接CG交AB于点H．
（1）求证：AE＝EC；
（2）若AB＝16，GH＝DF，求BC的长．

【分析】（1）由切线的性质得出CE＝ED，由圆周角定理得出∠ADC＝90°，由直角三角形的性质得出结论；
（2）证明△BGH∽△BFD，由相似三角形的性质得出，求出AD＝6，BD＝10，证明△CDB∽△ACB，得出比例线段，则可得出答案．
【解答】（1）证明：∵BC为⊙O的直径，
∴∠CDB＝90°，
∴∠ADC＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴AC为⊙O的切线，
∵ED为⊙O的切线，
∴CE＝ED，
∴∠ECD＝∠EDC，
∵∠ECD+∠A＝90°，∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠A＝∠ADE，
∴AE＝DE，
∴AE＝EC；
（2）解：∵BC为⊙O的直径，
∴∠CGB＝90°，
∵BF⊥ED，
∴CG∥EF，
∴△BGH∽△BFD，
∴，
∴，
∵EC＝AE，DE∥CH，
∴AD＝DH，
设DH＝3x，则AD＝3x，BH＝2x，
∴3x+3x+2x＝16，
∴x＝2，
∴AD＝6，BD＝10，
∵∠CBD＝∠ABC，∠CDB＝∠ACB，
∴△CDB∽△ACB，
∴，
∴BC2＝AB•DB＝10×16＝160，
∴BC＝4．
22．（10分）在新冠肺炎防疫工作中，某学校从商店购买测温枪和洗手液，已知测温枪的单价比洗手液单价多35元，若用2800元购买测温枪的数量与用840元购买洗手液的数量相同．
（1）求测温枪与洗手液的单价各是多少元？
（2）若该学校决定购进测温枪与洗手液数量共200件，考虑到实际需求，要求购进洗手液的数量不超过测温枪的数量的6倍，求该学校购买费用最少是多少元？
（3）该学校还需要购买口罩，口罩的单价每包10元，若用5200元购买测温枪、洗手液与口罩这三种防疫用品，其中测温枪与洗手液的数量之比为1：8，则该校至少可以购买这三种防疫用品共多少件？
【分析】（1）设洗手液的单价是x元，则测温枪的单价为（x+35）元，根据题意列方程可得出答案；
（2）设购进测温枪a件，则购进洗手液（200﹣a）件，根据题意列不等式求出a的取值范围，再根据测温枪和洗手液的单价解答即可；
（3）设购进测温枪m件，则购进洗手液8m件，三种防疫用品共w件，根据题意求出w与m的关系式，并求出m的取值范围，再根据一次函数的性质解答即可．
【解答】解：（1）设洗手液的单价是x元，则测温枪的单价为（x+30）元，根据题意，
得：，
解得x＝15，
经检验，x＝15是原方程的根并符合题意，
15+35＝50，
答：测温枪的单价为50元，洗手液的单价15元；
（2）设购进测温枪a件，则购进洗手液（200﹣a）件，根据题意，得：
200﹣a≤6a，
解得a≥28.6，且a为整数；
∵购买费用为：50a+15（200﹣a）＝35a+3000，
∴当a取最小值，即a＝29时，购买费用最小，最小费用为：35×29+3000＝4015（元）；
故购买29件测温枪，171件洗手液时费用最小，最小费用是4015元；
（3）设购进测温枪m件，则购进洗手液8m件，三种防疫用品共w件，根据题意，得：
w＝m+8m+，
即w＝﹣8m+520，
又∵口罩数量：，
解得m＜30.6，且m为整数，
由w＝﹣8m+520，
∵﹣8＜0，
∴w随m的增大而减小，
∴当m＝30时，w取最小值，w最小＝﹣8×30+520＝280，
答：该校至少可以购买这三种防疫用品共280件．
23．（12分）已知抛物线y＝x2+bx+c的对称轴为直线x＝1，图象与x轴交于点（4，0）．
（1）求抛物线的函数表达式．
（2）若（5，y1）和（m，y2）为抛物线上不同的两点，当y2＞y1时，求出m的取值范围．
（3）若把抛物线的图象沿x轴平移n个单位，在自变量x的值满足2≤x≤3的情况下，与其对应的函数值y的最小值为﹣3，求n的值．

【分析】（1）利用对称轴x＝﹣＝1，图像与x轴交于点（4，0）求出函数解析式；
（2）将（5，y1）和（m，y2）代入抛物线，由y2＞y1得到关于m的不等式，解不等式即可求出m的取值范围；
（3）根据函数的性质，图像向左或向右平移，在自变量x的值满足2≤x≤3的情况下，对应的函数y的最小值求出n的值．
【解答】解：（1）由y＝x2+bx+c的对称轴为直线x＝1，
即x＝﹣＝﹣b＝1，
∴b＝﹣1，
将（4，0）代入解析式y＝x2﹣x+c，
得：0＝×42﹣4+c，
∴c＝﹣4，
∴y＝x2﹣x﹣4；
（2）将（5，y1）代入得，
y1＝×552﹣5﹣4＝﹣9＝，
将（m，y2）代入得：y2＝m2﹣m﹣4，
∵y2＞y1，
∴m2﹣m﹣4＞，
解得：m＜﹣3或m＞5；
（3）由（1）可得y＝x2﹣x﹣4的对称轴为1，
且抛物线y＝x2﹣x﹣4在2≤x≤3范围内y随x的增大而增大，
∴抛物线在x＝2时有最小值为﹣4，
①向左平移n个单位，即当x＝2时，存在与其对应的函数值y的最小值﹣3，
∴﹣3＝（x+n）2﹣（x+n）﹣4，
将x＝2代入得：n2+2n﹣2＝0，
∴n＝﹣﹣1或n＝﹣+1，
∵向左平移，
∴n＞0，
∴n＝﹣+1；
②向右平移n个单位，当n＜时，函数在x＝2处取得最小值﹣3，
即﹣3＝（2﹣n）2﹣（2﹣n）﹣4，
解得：，都不满足n＜，
当n＞时，函数在x＝3时，存在y的最小值﹣3，
∴﹣3＝（3﹣n）2﹣（3﹣n）﹣4，
解得：n1＝+2，n2＝﹣+2，（舍去）
∴n＝+2，
综上所述，n＝﹣+1或n＝+2．
24．（14分）如图，在四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，AB＝BC＝12，点E是BC上一点，BE＝4，EA平分∠BED，EF⊥DE交AB于F，动点P在DE上从点D向终点E匀速运动，同时，动点Q在AB上从点B向终点A匀速运动，它们同时到达终点，PQ与AE交于点G．
（1）求证：AF＝EF；
（2）求AD的长；
（3）①当PQ与四边形AFED的一边平行时，求所有满足条件的BQ的长；
②当PQ⊥AE时，PQ交CD于M，记△AQG，△PEG，△PDM的面积分别为S1，S2，S3，请直接写出此时S1：S2：S3的值．

【分析】（1）由∠B＝90°，∠FED＝90°，可得∠BAE+∠AEB＝90°，∠AEF+∠AED＝90°，再结合角平分线定义即可证得结论；
（2）先运用勾股定理求出AF，EF，BF，再证明△CED∽△BFE，可求得CD，再运用勾股定理即可；
（3）①延长DE交AB的延长线于点S，先证明△SEB∽△DEC，根据题意可求得DP＝BQ，再可分两种情况：PQ∥AD或PQ∥EF，分别讨论即可；
②过点D作DT⊥AE于点T，交AB于点R，DH⊥PQ于点H，运用勾股定理和相似三角形性质可求出BQ，再得出S1，S2，S3，即可求得答案．
【解答】解：（1）∵∠B＝90°，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，
∵∠FED＝90°，
∴∠AEF+∠AED＝90°，
∵AE平分∠BED，
∴∠AED＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠AEF，
∴AF＝EF；
（2）设AF＝x，则EF＝x，
在Rt△BFE中，BE2+BF2＝EF2，
∴（12﹣x）2+42＝x2，
解得：x＝，
∴AF＝EF＝，
∴BF＝12﹣x＝12﹣＝，
∵∠B＝∠C＝∠FED＝90°，
∴∠CED+∠BEF＝∠BFE+∠BEF＝90°，
∴∠CED＝∠BFE，
∴△CED∽△BFE，
∴＝，即：＝，
∴DC＝6，
作DH⊥AB于点H，
在Rt△DHA中，DH2+HA2＝AD2，
∴AD＝＝6；
（3）①由（2）知：CD＝6，CE＝8，
∴DE＝＝＝10，
延长DE交AB的延长线于点S，
∵∠SBE＝∠C＝90°，∠SEB＝∠DEC，
∴△SEB∽△DEC，
∴＝＝，即：＝＝，
∴BS＝3，SE＝5，
∴SA＝SB+AB＝3+12＝15，SD＝SE+DE＝5+10＝15，
∴SA＝SD，SF＝SB+BF＝3+＝，
∵动点P在DE上从点D向终点E匀速运动，同时，动点Q在AB上从点B向终点A匀速运动，它们同时到达终点，
∴＝＝＝，即：DP＝BQ，
∴AQ＝12﹣BQ，EP＝DE﹣DP＝10﹣BQ，
∵PQ与四边形AFED的一边平行，
∴可分两种情况：PQ∥AD或PQ∥EF，
当PQ∥AD时，则＝，
∵SA＝SD，
∴AQ＝DP，
∴12﹣BQ＝BQ，
∴BQ＝；
当PQ∥EF时，＝，
∴SF•SP＝SE•SQ，
∴×（15﹣BQ）＝5×（3+BQ），
∴BQ＝；
综上所述，BQ的长为或；
②过点D作DT⊥AE于点T，交AB于点R，DH⊥PQ于点H，
由①得：AD＝6，DE＝10，AE＝＝＝4，
∵DE2﹣ET2＝AD2﹣AT2，
∴102﹣（4﹣AT）2＝（6）2﹣AT2，
解得：AT＝3，
∴ET＝AE﹣AT＝，RT＝AT＝，
∴DT＝3，DR＝4，
∵tan∠EDT＝＝＝，tan∠EAB＝＝＝，
∴tan∠EDT＝tan∠EAB，
∴∠EDT＝∠EAB，
∵PQ⊥AE，
∴PQ∥DT，
∴∠EPG＝∠EDT＝∠DPM＝∠EAB，
∴△AQG∽△PEG，
∴＝（）2＝（）2＝，
∵＝，
∴AG＝AQ，GE＝AE﹣AG＝4﹣AQ，
∴PE＝GE＝40﹣3AQ＝4+3BQ，
∵PE+DP＝DE，
∴4+3BQ+BQ＝10，
∴BQ＝，
∴AQ＝，
∴QG＝，PE＝，PG＝，
∵四边形DMQR是平行四边形，
∴QM＝DR＝4，
∴PM＝QM﹣QG﹣GP＝4﹣﹣＝，
∵△PDH∽△PEG，
∴＝＝，
∴DH＝DP＝×BQ＝，
∴S△PDM＝PM•DH＝××＝，
S△AQG＝AG•QG＝××＝，
∴＝，
∴S1：S2：S3＝72：50：1．