2023年江西省抚州市高金溪一中等九校中考数学二检试卷(含答案解析)

这是一份2023年江西省抚州市高金溪一中等九校中考数学二检试卷(含答案解析)，共24页。试卷主要包含了 −2023的倒数是， 下列计算正确的是， 如图，抛物线C1等内容，欢迎下载使用。
2023年江西省抚州市高金溪一中等九校中考数学二检试卷
1. −2023的倒数是(    )
A. 2023 B. −2023 C. 12023 D. −12023
2. 下列计算正确的是(    )
A. a3⋅a2=a6 B. 2a+3a=5a2
C. (a+b)2=a2+b2 D. (−2a2)3=−8a6
3. 下面四幅图是我国一些博物馆的标志，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是(    )
A. 温州博物馆 B. 西藏博物馆
C. 广东博物馆 D. 湖北博物馆
4. 吉林松花石有“石中之宝”的美誉，用它制作的砚台叫松花砚，能与中国四大名砚媲美．如图是一款松花砚的示意图，其俯视图为(    )
A.
B.
C.
D.
5. 如图，七边形ABCDEFG中，AB，ED的延长线交于点O，若∠1，∠2，∠3，∠4的外角和等于220∘，则∠BOD的度数为(    )

A. 20∘ B. 35∘ C. 40∘ D. 45∘
6. 如图，抛物线C1：y=x2−2x(0≤x≤2)交x轴于O，A两点；将C1绕点A旋转180∘得到抛物线C2，交x轴于A1；将C2绕点A2旋转180∘得到抛物线C3，交x轴于A2，……，如此进行下去，若点P(2023,m)在其中的一个抛物线上，则m的值是(    )

A. −2023 B. 2023 C. −1 D. 1
7. 分解因式4−4x2=______.
8. 某品牌手机内部的A16芯片加入光线追踪功能，将宽度压缩到0.000000005米.将数字0.000000005用科学记数法表示为______ .
9. 我国古代《算法统宗》里有这样一首诗：“我问开店李三公，众客都来到店中，一房七客多七客，一房九客一房空.”诗中后面两句的意思是：如果每一间客房住7人，那么有7人无房可住；如果每一间客房住9人，那么就空出一间客房.设有x间客房，可列方程为：______ .
10. 关于x的一元二次方程x2+(2k+1)x+k2=0有两个不相等的实数根．设方程的两个实数根分别为x1，x2，且(1+x1)(1+x2)=3，则k的值是______.
11. 如图，正方形ABCD的边长为6，∠DAC的平分线交DC于点E.若点P，Q分别是AD和AE上的动点，则DQ+PQ的最小值是______ .


12. 如图，在矩形ABCD中，AB=4cm，AD=7cm，点E在边AD上运动，将△DEC沿EC翻折，使点D落在点D′处，若△DEC有两条边存在2倍的数量关系，则点D′到AD的距离可为______ cm.


13. (1)计算：(π−1)0+| 3−1|−(13)−1−3tan30∘；
(2)如图，将两个全等的等腰直角三角形摆成如图所示的样子(图中所有的点、线都在同一平面内)，求证：△ABE∽△DCA.

14. 先化简，再求值：(1−1a−1)÷a2−4a+4a2−a，其中a从−1，0，1，2中取一个合适的数代入求值．
15. 第二十二届世界杯足球赛在卡塔尔举行，这是历史上首次在中东国家境内举行，也是首次在北半球冬季举行，共32支球队拥有该届世界杯决赛圈的参赛资格.
(1)这届世界杯冠军从这32支球队中产生是______ 事件；(“必然”，“随机”，“不可能”)
(2)学校为了让同学们更多的了解世界杯，举办了与其相关的知识竞赛，七年级的甲、乙、丙、丁四名同学表现优秀，其中甲、乙来自一班，丙、丁来自二班，若从这四名同学中随机抽取两名同学参加全校比赛，求两名同学均来自二班的概率.
16. 如图，四边形ABCD为正方形，点E在BC边上，请仅用无刻度直尺完成以下作图．

(1)在图1中，以AE为边，在正方形ABCD内作一个平行四边形；
(2)在图2中，以AE为边，在正方形ABCD内作一个等腰三角形．
17. 如图，在平面直角坐标系xOy中，一次函数y=mx+1(m>0)的图象与x轴，y轴分别交于A，B两点，与反比例函数y=kx在第一象限内的图象相交于点P(2,a)，且AP=2PB.过点P作PC⊥x轴于点C.
(1)求k，m的值；
(2)求△ACP的面积．

18. 在某次数学测验中，一道题满分3分，老师评分只给整数，即得分只能为0分，1分，2分，3分．李老师为了了解学生得分情况和试题的难易情况，对初三(1)班所有学生的试题进行了分析整理，并绘制了两幅尚不完整的统计图，如图所示．


解答下列问题：
(1)m=______，n=______，并补全条形统计图；
(2)在初三(1)班随机抽取一名学生的成绩，求抽中的成绩为得分众数的概率；
(3)根据右侧“小知识”，通过计算判断这道题对于该班级来说，属于哪一类难度的试题？
19. 如图1是一种室外红外线测温仪，由三脚支架、角度调节架和测温仪构成．图2是其侧面结构示意图，量得测温仪的长AB=30cm，角度调节架BC=20cm，测温仪AB⊥BC且平行于地面，点B固定，点C可以转动，三脚支架的三只脚长度相等且可以收缩．
(1)如图3，若将BC按顺时针方向旋转20∘，求此时测温仪的仰角∠ABF的度数；
(2)为了保证测温仪支撑稳定，又能最有效地测量进入校园师生的体温，经测算，当测温仪的仰角∠ABF=10∘，从其侧面看，三脚支架的脚与地面的夹角为50∘，且点A到地面的距离为150cm时效果最佳．请你通过计算说明，此时三脚支架的脚CE应调整到多长？(结果保留整数．参考数据：sin10∘≈0.17，cos10∘≈0.98，tan10∘≈0.18，sin50∘≈0.77，cos50∘≈0.64，tan50∘≈1.19)

20. 如图，AB是⊙O的直径，C是圆上一点，弦CD⊥AB于点E，且DC=AD.过点A作⊙O的切线，过点C作DA的平行线，两直线交于点F，FC的延长线交AB的延长线于点G.
(1)求证：FG与⊙O相切；
(2)连接EF，求tan∠EFC的值．

21. 冰墩墩是2022年北京冬季奥运会的吉祥物．冰墩墩以熊猫为原型设计，寓意创造非凡、探索未来．某批发市场购进一批冰墩墩玩偶出售，每件进货价为50元．经市场调查，每月的销传量y(万件)与每件的售价x(元)满足一次函数关系，部分数据如下表：
售价x(元/件)
60
62
68
销售量y(万件)
40
36
24
(1)直接写出y与x之间的函数表达式为______；
(2)批发市场销售冰墩墩玩偶希望每月获利352万元，且尽量给客户实惠，每件冰墩墩应该如何定价？
(3)批发市场规定，冰墩墩的每件利润率不低于10%，若这批玩偶每月销售量不低于20a万件，最大利润为400万元，求a的值．
22. 定义：在平行四边形中，若有一条对角线长是一边长的两倍，则称这个平行四边形叫做和谐四边形，其中这条对角线叫做和谐对角线，这条边叫做和谐边.

【概念理解】(1)如图1，四边形ABCD是和谐四边形，对角线AC与BD交于点G，BD是和谐对角线，AD是和谐边.①△BCG是______ 三角形.②若AD=4，则BD=______ ；
【问题探究】(2)如图2，四边形ABCD是矩形，过点B作BE//AC交DC的延长线于点E，连接AE交BC于点F，AD=4，AB=k，是否存在实数k，使得四边形ABEC是和谐四边形，若存在，求出k的值，若不存在，请说明理由；
【应用拓展】(3)如图3，四边形ABCD与四边形ABEC都是和谐四边形，其中BD与AE分别是和谐对角线，AD与AC分别是和谐边，AB=4，AD=k，请求出k的值.
23. 在平面直角坐标系xOy中，抛物线y=ax2+bx+2(a≠0)与x轴交于点A(−1,0)，B(2,0)，与y轴交于点C，点F是抛物线上一动点.
(1)求抛物线的解析式；
(2)当点F在第一象限运动时，连接线段AF，BF，CF，S△ABF=S1，S△CBF=S2，且S=S1+S2.当S取最大值时，求点F的坐标；
(3)过点F作FE⊥x轴交直线BC于点D，交x轴于点E，若∠FCD+∠ACO=45∘，求点F的坐标.

答案和解析

1.【答案】D 
【解析】
【分析】
此题考查的是倒数的定义，乘积是1的两数互为倒数．
根据倒数的定义解答即可．
【解答】
解：−2023的倒数是−12023.
故选：D.  
2.【答案】D 
【解析】解：A.a3⋅a2=a5，故本选项不合题意；
B.2a+3a=5a，故本选项不合题意；
C.(a+b)2=a2+2ab+b2，故本选项不合题意；
D.(−2a2)3=−8a6，故本选项符合题意．
故选：D.
分别根据同底数幂的乘法法则，合并同类项法则，完全平方公式以及积的乘方运算法则逐一判断即可．
本题主要考查了同底数幂的乘法，合并同类项，完全平方公式以及幂的乘方与积的乘方，熟记相关公式和运算法则是解答本题的关键．

3.【答案】A 
【解析】解：A.既是中心对称图形，又是轴对称图形，故此选项符合题意；
B.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
C.不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故此选项不合题意；
D.不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项不合题意；
故选：A.
根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可．
本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键．

4.【答案】C 
【解析】解：俯视图是从物体的上面向下面投射所得的视图，
由松花砚的示意图可得其俯视图为C.
故选：C.
由物体的正面示意图可得物体的俯视图为两同心圆．
本题考查物体的三视图，解题关键是掌握物体的三视图的有关概念．

5.【答案】C 
【解析】解：∵∠1、∠2、∠3、∠4的外角和等于220∘，五边形AOEFG的外角和为360∘，
∴∠BOD的外角为 360∘−220∘=140∘，
∴∠BOD=180∘−140∘=40∘，
故选：C.
根据多边形的外角和是360∘，由∠1、∠2、∠3、∠4的外角和等于220∘，可求得∠BOD的外角，即可根据邻补角的定义求得∠BOD.
本题主要考查多边形的外角和，利用内角和外角的关系求得∠1、∠2、∠3、∠4的外角和，进而求得∠BOD的外角度数是解题的关键．

6.【答案】D 
【解析】解：∵y=x2−2x(0≤x≤2)，
∴配方可得y=(x−1)2−1(0≤x≤2)，
∴顶点坐标为(1,−1)，
∴A坐标为(2,0)，
∵C2由C1旋转得到，
∴OA=AA1，即C2顶点坐标为(3,1)，A1(4,0)；
照此类推可得，C3顶点坐标为(5,−1)，A2(6,0)；
C4顶点坐标为(7,1)，A3(8,0)；
……，
∴抛物线C1012的顶点坐标是(2023,1)，
∴m=1.
故选：D.
将这段抛物线C1通过配方法求出顶点坐标及抛物线与x轴的交点，由旋转的性质可以知道C1与C2的顶点到x轴的距离相等，且OA1=A1A2，照此类推可以推导知道抛物线C1012的顶点，即可求得m的值．
本题考查抛物线与x轴的交点、二次函数图象与几何变化，解答本题的关键是明确题意，找出题目中坐标的变化规律，利用数形结合思想解答．

7.【答案】4(1+x)(1−x) 
【解析】解：原式=4(1−x2)
=4(1+x)(1−x).
故答案为：4(1+x)(1−x).
直接提取公因式4，再利用平方差公式分解因式得出答案．
此题主要考查了提取公因式法以及公式法分解因式，正确应用公式是解题关键．

8.【答案】5×10−9 
【解析】解：0.000000005=5×10−9.
故答案为：5×10−9.
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|0，根据判别式公式，得到关于k的不等式，解之即可k的范围，再根据一元二次方程根与系数的关系，得到x1+x2和x1x2关于k的等式，代入(1+x1)(1+x2)=3，得到关于k的一元二次方程，解之，结合k的范围，即可得到答案．
本题考查了根与系数的关系，根的判别式，解题的关键：(1)正确掌握根的判别式公式，(2)正确掌握根与系数的关系公式．

11.【答案】3 2 
【解析】解：过点D作AE的垂线，交AE于点F，交AC于点D′，过点D′作DP′⊥AD于点P′，
∴∠AFD=∠AFD′=90∘，
∵DE为∠DAC的平分线，
∴∠DAE=∠D′AE，
∵AF=AF，
∴△ADF≌△AD′F(ASA)，
∴DF=D′F，
∴点D与点D′关于AE对称，
∴DQ+PQ的最小值即为D′P′的长，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DAC=45∘，
∵正方形ABCD的边长为6，
∴AD=AD′=6，
在Rt△AD′P′中，AD′=6，∠P′AD′=45∘，
∴D′P′=AD′ 2=3 2.
故答案为：3 2.
过点D作AE的垂线，交AE于点F，交AC于点D′，过点D′作DP′⊥AD于点P′，可得点D与点D′关于AE对称，则DQ+PQ的最小值即为D′P′的长，进而可得答案．
本题考查轴对称-最短路线问题、正方形的性质，熟练掌握轴对称的性质、正方形的性质是解答本题的关键．

12.【答案】2或85或6 
【解析】解：①当DE=2CD时，
∵四边形ABCD为矩形，AB=4cm，AD=7cm，
∴AB=CD=4cm，
∴DE=2CD=8cm>7cm，故不符合题意；
②当CE=2DE时，如图，过点D′作D′F⊥AD于点F，

∵四边形ABCD为矩形，AB=4cm，AD=7cm，
∴AB=CD=4cm，∠D=90∘，
∴∠DCE=30∘，∠DEC=60∘，
在Rt△CDE中，DE=CD⋅tan∠DCE=4× 33=4 33(cm)，
根据折叠的性质可得，DE=D′E=4 33cm，∠DEC=∠D′EC=60∘，
∴∠D′EF=180∘−∠DEC−∠D′EC=60∘，
在Rt△D′EF中，D′F=D′E⋅sin∠D′EF=4 33× 32=2(cm)；
③当CD=2DE时，如图，过点D′作GF//CD，交AD于点F，交BC于点G，

∵四边形ABCD为矩形，AB=4cm，AD=7cm，
∴AB=CD=4cm，∠D=∠DCG=90∘，
∴DE=2cm，四边形FGCD为矩形，
∴DF=CG，CD=GF=4cm，∠D′FE=∠D′GC=90∘，
根据折叠的性质可得，DE=D′E=2cm，CD=CD′=4cm，∠D=∠CD′E=90∘，
∴∠FD′E+∠CD′G=90∘，
∵∠FD′E+∠FED′=90∘，
∴∠CD′G=∠FED′，
∴△EFD′∽△D′GC，
∴EFD′G=D′ECD′，
设D′F=xcm，则CD′=CF−D′F=(4−x)cm，
在Rt△DEF中，EF= D′E2−D′F2= 4−x2，
∴ 4−x24−x=24，
解得：x=85或x=0(舍去)，
∴D′F=85cm；
④当CE=2CD时，如图，过点D′作D′F⊥AD于点F，

∵四边形ABCD为矩形，AB=4cm，AD=7cm，
∴AB=CD=4cm，∠D=90∘，
∴CE=2CD=8cm，∠DEC=30∘，
在Rt△CED中，DE=CE⋅cos∠DEC=8× 32=4 3(cm)，
根据折叠的性质可得，DE=D′E=4 3cm，∠DEC=∠D′EC=30∘，
∴∠DED′=∠DEC+∠D′EC=60∘，即∠D′EF=60∘，
在Rt△D′EF中，D′F=D′E⋅sin∠D′EF=4 3× 32=6(cm).
综上，点D′到AD的距离可为2cm或85cm或6cm.
故答案为：2或85或6.
根据题意可分4种情况：①当DE=2CD时，此时DE=2CD=8cm>7cm，不符合题意；②当CE=2DE时，过点D′作D′F⊥AD于点F，以此可得∠DCE=30∘，∠DEC=60∘，则DE=CD⋅tan∠DCE=4 33(cm)，根据折叠的性质可得DE=D′E，∠DEC=∠D′EC，进而得出∠D′EF=60∘，则D′F=D′E⋅sin∠D′EF；③当CD=2DE时，过点D′作GF//CD，交AD于点F，交BC于点G，此时四边形FGCD为矩形，DE=2cm，根据折叠的性质可得DE=D′E=2，CD=CD′=4，∠D=∠CD′E，易证明△EFD′∽△D′GC，设D′F=xcm，则CD′=CF−D′F=(4−x)cm，根据相似三角形的性质列出方程，求解即可；④当CE=2CD时，过点D′作D′F⊥AD于点F，以此可得CE=8cm，∠DEC=30∘，则DE=CE⋅cos∠DEC=4 3(cm)，根据折叠的性质可得，DE=D′E，∠DEC=∠D′EC，进而得到∠DED′=60∘，则D′F=D′E⋅sin∠D′EF.
本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，理解题意，以此进行分类讨论并画出图形，综合应用相关知识解决问题是解题关键．

13.【答案】(1)解：(π−1)0+| 3−1|−(13)−1−3tan30∘
=1+ 3−1−3−3× 33
=1+ 3−4− 3
=(7−4)+( 3− 3)
=−3+0
=−3；
(2)证明：∵△ABC和△GAF是等腰直角三角形，
∴∠B=∠C=45∘，∠GAF=45∘，
∴∠B=∠FAG，
∵∠ADC是△ABD的一个外角，
∴∠ADE=∠B+∠BAD=∠DAE+∠BAD=∠BAE，
∴△ABE∼△DCA. 
【解析】(1)先计算零指数幂、去绝对值、负整数指数幂以及特殊角的三角函数值；然后计算加减法；
(2)利用两角法证得△ABE∼△DCA.
此题考查了实数的混合运算，相似三角形的判定以及等腰直角三角形性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．

14.【答案】解：(1−1a−1)÷a2−4a+4a2−a
=a−1−1a−1⋅a(a−1)(a−2)2
=a−2a−1⋅a(a−1)(a−2)2
=aa−2，
∵a(a−1)≠0，a−2≠0，
∴a≠0，1，2，
∴a可以为−1，
当a=−1时，原式=−1−1−2=13. 
【解析】先算括号内的式子，然后计算出括号外的除法，再从−1，0，1，2中取一个使得原分式有意义的值代入化简后的式子计算即可．
本题考查分式的化简求值，熟练掌握运算法则是解答本题的关键．

15.【答案】必然 
【解析】解：(1)这届世界杯冠军从这32支球队中产生是必然事件，
故答案为：必然；
(2)列表得：

甲
乙
丙
丁
甲

(乙，甲)
(丙，甲)
(丁，甲)
乙
(甲，乙)

(丙，乙)
(丁，乙)
丙
(甲，丙)
(乙，丙)

(丁，丙)
丁
(甲，丁)
(乙，丁)
(丙，丁)

由表可知，所有等可能出现的结果共有12种，并且每种结果出现的可能性相等，其中满足两名同学均来自二班的结果有2种
∴P(两名同学均来自二班)=212=16.
(1)根据必然事件的概念，一定会发生的事件来判断即可；
(2)通过列表得出所有的情况，然后找出满足两名同学均来自二班的结果，求解即可．
本题考查了事件的分类，利用列表法求解概率，解题的关键是掌握列表法进行求解．

16.【答案】解：(1)如图，四边形AECF即为所求；

(2)如图，三角形AEM即为所求． 
【解析】(1)根据正方形的性质对角线垂直且互相平分且相等，然后根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可在图1中，以AE为边，在正方形ABCD内作一个平行四边形；
(2)结合(1)根据正方形的性质可得△ABE≌△ADM，可得AE=AM，即可在图2中，以AE为边，在正方形ABCD内作一个等腰三角形．
本题考查作图-复杂作图，等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，正方形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，灵活运用所学知识解决问题．

17.【答案】解：(1)∵一次函数y=mx+1的图象与y轴交于点B，
易得B(0,1)，
又∵PC⊥x轴，即PC//y轴，
∴△ABO∽△APC，
∴ABAP=BOPC，
∵AP=2PB即AP=2AB，
∴12=1PC，
∴PC=2，
∴P(2,2)，
又∵一次函数y=mx+1(m>0)的图象与反比例函数y=kx在第一象限内的图象相较于点P，
∴2=2m+1，2=k2
解得m=12，k=4；
(2)∵直线y=12x+1与x轴相交于点A，
∴A(−2,0)，
又∵P(2,2)，C(2,0)，
∴S△ACP=12×4×2=4. 
【解析】(1)先求出点B坐标，再根据三角形相似，以及AP=2PB求出PC=2，从而得出P点坐标，再把P点坐标分别代入一次函数和反比例函数解析式求出m，k的值；
(2)根据(1)得出A点坐标，再根据三角形的面积公式求面积即可．
本题是反比例函数与一次函数的交点问题，考查了相似三角形的性质、一次函数图象上点的坐标特征，三角形的面积，数形结合是解题的关键．

18.【答案】25 20 
【解析】解：(1)由条形统计图可知0分的同学有6人，由扇形统计图可知，0分的同学占10%，
则抽取的总人数是：6÷10%=60(人)，
故得1分的学生数是；60−27−12−6=15(人)，
则m%=1560×100%，
解得：m=25，
n%=1260×100%=20%，
如图所示：
(2)总人数为60人，众数为2分有27人，概率为2760=920；
(3)平均数为：6×0+15×1+27×2+12×360=1.75(分)，
L=XW=1.753≈0.58.
因为0.58在0.4−0.7中间，所以这道题为中档题．
故答案为：25，20.
(1)根据条形统计图和扇形统计图可以得到m和n的值，从而可以得到得1分的人数将条形统计图补充完整；
(2)根据(1)中学生人数，进而利用众数的定义、概率求法得出答案；
(3)根据题意可以算出L的值，从而可以判断试题的难度系数．
此题主要考查了概率公式，能正确结合条形统计图和扇形统计图分析是解题关键．

19.【答案】解：(1)过点C作CH⊥BF，垂足为H，

∴∠BHC=90∘，
∴∠BCH+∠FBC=90∘，
由旋转得：
∠BCH=20∘，
∵AB⊥BC，
∴∠ABC=90∘，
∴∠ABF+∠FBC=90∘，
∴∠ABF=∠BCH=20∘，
∴此时测温仪的仰角∠ABF的度数为20∘；
(2)连接DE，过点A作AP⊥DE，垂足为P，交BF于点G，延长HC交DE于点Q，

则∠CQD=90∘，AP=150cm，
在Rt△ABG中，∠ABF=10∘，AB=30cm，
∴AG=AB⋅sin10∘≈30×0.17=5.1(cm)，
由(1)可得：∠ABF=∠BCH，
∴∠BCH=10∘，
在Rt△BCH中，BC=20cm，
∴CH=BC⋅cos10∘≈20×0.98=19.6(cm)，
∴CQ=150−5.1−19.6=125.3(cm)，
在Rt△CDQ中，∠CDQ=50∘，
∴CD=CQsin50∘≈125.30.77≈162.7(cm)，
∵CD=CE，
∴CE=162.7cm，
∴此时三脚支架的脚CE应调整到162.7cm. 
【解析】(1)过点C作CH⊥BF，垂足为H，根据垂直定义可得∠BHC=90∘，∠ABC=90∘，从而可得∠BCH+∠FBC=90∘，∠ABF+∠FBC=90∘，然后利用同角的余角相等即可解答；
(2)连接DE，过点A作AP⊥DE，垂足为P，交BF于点G，延长HC交DE于点Q，则∠CQD=90∘，AP=150cm，然后在Rt△ABG中，利用锐角三角函数的定义求出AG的长，再在Rt△BCH中，利用锐角三角函数的定义求出CH的长，从而求出CQ的长，最后在Rt△CDQ中，利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用-仰角俯角问题，生活中的旋转现象，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．

20.【答案】解：(1)连接OC，AC.
∵AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，
∴CE=DE，AD=AC.
∵DC=AD，
∴DC=AD=AC.
∴△ACD为等边三角形．
∴∠D=∠DCA=∠DAC=60∘.
∴∠1=12∠DCA=30∘
∵FG//DA，
∴∠DCF+∠D=180∘.
∴∠DCF=180∘−∠D=120∘.
∴∠OCF=∠DCF−∠1=90∘
∴FG⊥OC.
∴FG与⊙O相切
(2)作EH⊥FG于点H.
设CE=a，则DE=a，AD=2a.
∵AF与⊙O相切，
∴AF⊥AG.
又∵DC⊥AG，
可得AF//DC.
又∵FG//DA，
∴四边形AFCD为平行四边形．
∵DC=AD，AD=2a，
∴四边形AFCD为菱形．
∴AF=FC=AD=2a，∠AFC=∠D=60∘.
由(1)得∠DCG=60∘，
EH=CE⋅sin60∘= 32a，CH=CE⋅cos60∘=12a.
∴FH=CH+CF=52a.
∵在Rt△EFH中，∠EHF=90，
∴tan∠EFC=EHFH= 32a52a= 35 
【解析】(1)连接OC，AC.易证△ACD为等边三角形，所以∠D=∠DCA=∠DAC=60∘，从而可知∠1=12∠DCA=30∘，由于FG//DA，易知OCF=∠DCF−∠1=90∘，所以FG与⊙O相切．
(2)作EH⊥FG于点H.设CE=a，则DE=a，AD=2a.易证四边形AFCD为平行四边形．因为DC=AD，AD=2a，所以四边形AFCD为菱形，由(1)得∠DCG=60∘，从而可求出EH、CH的值，从而可知FH的长度，利用锐角三角函数的定义即可求出tan∠EFC的值．
本题考查圆的综合问题，涉及切线的判定与性质，菱形的判定与性质，等边三角形的性质，考查学生综合运用知识的能力．

21.【答案】y=−2x+160 
【解析】解：(1)设y与x之间的函数表达式为y=kx+b，将(60,40)，(62,36)代入得：
60k+b=4062k+b=36，
解得k=−2b=160，
∴y与x之间的函数表达式为y=−2x+160；
故答案为：y=−2x+160；
(2)根据题意得：(x−50)(−2x+160)=352，
解得x=58或x=72，
∵尽量给客户实惠，
∴x=58，
答：每件冰墩墩定价为58元；
(3)设销售冰墩墩的总利润为W万元，
则W=(x−50)(−2x+160)=−2(x−65)2+450，
∵x−5050≥10%−2x+160≥20a，
∴55≤x≤80−10a，
在W=−2(x−65)2+450中，
∵−2