2024年山东省青岛大学附中中考数学二模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年山东省青岛大学附中中考数学二模试卷（含详细答案解析），共27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.中国青岛作为北方第三大经济城市，某年第四季度财政收入为41.76亿元，将数据“41.76亿”用科学记数法(结果保留两个有效数字)表示为( )
A. 41×108B. 4.1×109C. 4.2×109D. 41.7×108
2.计算4 12+3 13− 8的结果是( )
A. 3+ 2B. 3C. 33D. 3− 2
3.第24届冬季奥林匹克运动会，于2022年02月04日∼2022年02月20日在中华人民共和国北京市和张家口市联合举行．在会徽的图案设计中，设计者常常利用对称性进行设计，下列四个图案是历届会徽图案上的一部份图形，其中不是轴对称图形的是( )
A. B. C. D.
4.如图是四个完全相同的小正方体搭成的几何休，它的俯视图为( )
A.
B.
C.
D.
5.某市2019年的扶贫资金为a万元，比2018年增长了x%，计划2020年的增幅调整为上一年的2倍，则这3年的扶贫资金总额将达到( )
A. a(3+3x%)万元B. a(11−x%+2+2x%)万元
C. a(3+x%)万元D. a(11+x%+2+2x%)万元
6.如图，BD是⊙O的直径，点A，C在⊙O上，AB=AD，AC交BD于点G.若∠COD=126∘，则∠AGB的度数为( )
A. 99∘B. 108∘C. 110∘D. 117∘
7.实数a、b在数轴上的位置如图所示，化简 (a+1)2+ (b−1)2− (a−b)2的结果是( )
A. −2B. 0C. −2aD. 2b
8.抛物线y=ax2+bx+c上部分点的横坐标x，纵坐标y的对应值如表：
从表中可知，下列说法中正确的是( )
A. 抛物线的对称轴是直线x=0B. 抛物线与x轴的一个交点为(3,0)
C. 函数y=ax2+bx+c的最大值为6D. 在对称轴右侧，y随x增大而增大
9.八年级某学生在一次户外活动中进行射击比赛，七次射击成绩依次为(单位：环)：4，5，6，6，6，7，8.则下列说法错误的是( )
A. 该组成绩的众数是6环B. 该组成绩的中位数是6环
C. 该组成绩的平均数是6环D. 该组成绩数据的方差是10
10.二次函数y=ax2+2ax+3(a为常数，a≠0)，当a−1≤x≤2时二次函数的函数值y恒小于4，则a的取值范围为( )
A. a<18B. a>−1
C. 0二、填空题：本题共7小题，每小题3分，共21分。
11.(−34a6b7)÷(12a2b2)=______.
12.一个小球在如图所示的方格地砖上任意滚动，并随机停留在某块地砖上，每块地砖的大小、质地完全相同，那么该小球停留在黑色区域的概率是______.
13.如图，等腰△ABC中，AB=AC=10，边AC的垂直平分线交BC于点D，交AC于点E.若△ABD的周长为26，则DE的长为______.
14.已知关于x的一元二次方程(3a−1)x2−ax+14=0有两个相等的实数根，则代数式a2−2a+1+1a的值等于______.
15.如图，把图中的△ABC经过一定的变换得到△A′B′C′，如果图中△ABC上的点P的坐标为(a,b)，那么它的对应点P′的坐标为______.
16.利用如图1的二维码可以进行身份识别，某校建立了一个身份识别系统，图2是某个学生的识别图案，黑色小正方形表示1，白色小正方形表示0，将第一行数字从左到右依次记为a，b，c，d，那么可以转换为该生所在班级序号，其序号为a×23+b×22+c×21+d×20，如图2第一行数字从左到右依次为0，1，0，1，序号为0×23+1×22+0×21+1×20=5，表示该生为5班学生．表示6班学生的识别图案是__________.
17.矩形ABCD与CEFG如图放置，点B，C，E共线，点C，D，G共线，连接AF，取AF的中点H，连接GH.若BC=EF=2，CD=CE=1，则GH=______.
三、解答题：本题共9小题，共69分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18.(本小题6分)
已知a是 10的整数部分，b是它的小数部分，求(−a)3+(b+3)2的值．
19.(本小题6分)
先化简，(x2+4x+4x2−4−x−2)÷x+2x−2，然后从−2≤x≤2范围内选取一个合适的整数作为x的值代入求值．
20.(本小题8分)
如图，以BC为直径的⊙O交△ABC的边AB于点D，过点D作⊙O的切线交AC于点E，且AC=BC.
(1)求证：DE⊥AC；
(2)若BC=4cm，AD=3cm，求AE的长．
21.(本小题6分)
已知：如图△ABC(AB>AC).在AB左侧求作一点P，使得PA=PB，且∠C+∠APB=180∘.
22.(本小题8分)
如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点，延长AE至G，使EG=AE，连接CG.
(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)当线段AB与线段AC满足什么数量关系时，四边形EGCF是矩形？请说明理由．
23.(本小题6分)
在一次测量物体高度的数学实践活动中，张红武老师从一条笔直公路上选择三盏高度相同的路灯进行测量．如图，他先在路灯B处利用测倾器测得路灯MN顶端的仰角为10∘，再沿BN方向前进10米，到达点D处，在点D处利用同一个测倾器测得路灯PQ顶端的仰角为27∘.若测倾器的高度为1.2米(AB=CD=1.2米)，相邻两根灯柱之间的距离相等，求路灯的高度(结果精确到0.1米).
(参考数据：sin10∘≈0.17，cs10∘≈0.98，tan10∘≈0.18，sin27∘≈0.45，cs27∘≈0.89，tan27∘≈0.51)
24.(本小题9分)
如图，点F在四边形ABCD的边AB上，
(1)如图①，当四边形ABCD是正方形时，过点B作BE⊥CF，垂足为O，交AD于点E.则BE与CF的关系是______；
(2)当四边形ABCD是矩形，AD=6，AB=8时，
①如图②，点P是BC上的一点，过点P作PE⊥CF，垂足为O，点O恰好落在对角线BD上，求OCOE的值；
②如图③，点P是BC上的一点，过点P作PE⊥CF，垂足为O，点O恰好落在对角线BD上，延长EP、AB交于点G，当BG=2时，DE=______.
25.(本小题8分)
某公司经过市场调查发现，该公司生产的某商品在第x天的销售单价为t(元/件)，且t={x+20(1⩽x⩽49且x为整数)55(50⩽x⩽60整数)，该商品在第x天的销量为y(件)，且y={200−4x(1⩽x⩽49且x为整数)x−40(50⩽x⩽60且x为整数)已知该商品第10天的售价若按8折出售，仍然可以获得20%的利润.
(1)求公司生产该商品每件的成本为多少元？
(2)问销售该商品第几天时，当天的利润最大？最大利润是多少？
(3)该公司每天还需要支付人工、水电和房租等其他费用共计a元，这60天内要保证至少55天最多57天在除去各项费用后还有盈利，则a的取值范围是______.(直接写出结果)
26.(本小题12分)
如图，在四边形ABCD中，AD//BC，∠ADC=90∘，AD=4cm，BC=8cm，CD=3cm，G是AB上一点且AG=1cm，过点D作DE//AC，交BC延长线于点E，连接AC.动点P从点G出发以1cm/s的速度沿线段GB向终点B匀速运动；同时动点Q从点B出发以2cm/s的速度沿线段BC向终点C匀速运动，过点Q作QF//PD，交CD于点H，交DE于点F，当点P到达点B时，点Q也停止运动.设运动时间为t(s)，0(1)当t为何值时，四边形PQHD是平行四边形；
(2)设△DPQ的面积为S(cm2)，求S与t的函数关系式；
(3)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使DQ平分四边形PQCD的面积？
(4)当t为何值时，△BPQ为等腰三角形？
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵1亿=108，
∴41.76亿=4.176×109，
∴41.76亿≈4.2×109.
故选：C.
根据科学记数法的含义：将一个数字表示成(a×10的n次幂的形式)，其中1≤|a|<10，n表示整数．即从左边第一位开始，在首位非零的后面加上小数点，再乘以10的n次幂．
此题考查考生对科学记数法的理解，保留两位小数就是从左边第一位数起的前两个首位不为0的数，在保留时要进行四舍五入．
2.【答案】B
【解析】解：原式=4× 22+3× 33−2 2
=2 2+ 3−2 2
= 3.
故选：B.
直接化简二次根式，进而合并同类二次根式得出答案．
此题主要考查了二次根式的加减法，正确化简二次根式是解题关键．
3.【答案】D
【解析】【分析】
此题主要考查了利用轴对称设计图案，关键是掌握轴对称图形的概念．
根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【解答】
解：A、是轴对称图形，故此选项错误；
B、是轴对称图形，故此选项错误；
C、是轴对称图形，故此选项错误；
D、不是轴对称图形，故此选项正确；
故选：D.
4.【答案】A
【解析】解：从上面看得该几何体的俯视图是：
.
故选：A.
根据俯视图是从上面看到的图形判定即可．
此题主要考查了简单组合体的三视图，俯视图是从物体的上面看得到的视图，考查了学生细心观察能力，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】【分析】
根据题意先求出2018年和2020年扶贫资金，再求得这三年的扶贫资金总额即可．
本题主要考查列代数式，先求出2018年和2020年扶贫资金是解题的关键．
【解答】
解：∵2019年的扶贫资金为a万元，比2018年增长了x%，
∴2018年的扶贫资金为a1+x%万元，
∵计划2020年的增幅调整为上一年的2倍，
∴2020年的扶贫资金为a(1+2x%)万元，
∴这3年的扶贫资金总额将达到：a1+x%+a+a(1+2x%)=a(11+x%+2+2x%)万元．
故选：D.
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了圆周角定理：在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．推论：半圆(或直径)所对的圆周角是直角，90∘的圆周角所对的弦是直径．根据圆周角定理得到∠BAD=90∘，∠DAC=12∠COD=63∘，再由AB=AD得到∠B=∠D=45∘，然后根据三角形外角性质计算∠AGB的度数．
【解答】
解：∵BD是⊙O的直径，
∴∠BAD=90∘，
∵AB=AD，
∴∠B=∠D=45∘，
∵∠DAC=12∠COD=12×126∘=63∘，
∴∠AGB=∠DAC+∠D=63∘+45∘=108∘.
故选：B.
7.【答案】A
【解析】【分析】
此题考查实数与数轴，算数平方根的性质.
根据算数平方根的性质化简是即可.
【解答】
解：由数轴可知−2∴a+1<0，b−1>0，a−b<0，
∴ (a+1)2+ (b−1)2− (a−b)2，
=|a+1|+|b−1|−|a−b|，
=−(a+1)+(b−1)+(a−b)，
=−a−1+b−1+a−b，
=−2
故选：A.
8.【答案】B
【解析】解：设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，
把(0,6)，(−2,0)，(−1,4)分别代入得c=64a−2b+c=0a−b+c=4，
解得a=−1b=1c=6，
∴抛物线解析式为y=−x2+x+6，
∵抛物线过点(0,6)，(1,6)，
∴抛物线的对称轴为直线x=12，故A不正确，不符合题意；
∵抛物线过点(−2,0)，
∴抛物线与x轴的一个交点为(3,0).故B正确，符合题意．
∵抛物线的最值在x=12处取得，不是6，故C不正确，不符合题意；
∵−1<0，
∴在对称轴右侧，y随x增大而减小，故D不正确，不符合题意；
故选：B.
先利用待定系数法确定抛物线解析式为y=−x2+x+6，利用函数的对称性可判定A，B；求得抛物线的对称轴为直线x=12，可知函数的最大值不是6，由此判断C；根据二次函数的性质可得出D选项．
本题考查了抛物线与x轴的交点问题，考查了二次函数的性质，待定系数法求函数解析式，熟知二次函数的性质是解题基础．
9.【答案】D
【解析】【分析】
此题考查了平均数、中位数、众数和方差的意义，解题的关键是正确理解各概念的含义．根据平均数、中位数、众数和方差的意义分别对每一项进行分析，即可得出答案．
【解答】
解：A.∵6出现了3次，出现的次数最多，∴该组成绩的众数是6环，故本选项正确；
B.该组成绩的中位数是6环，故本选项正确；
C.该组成绩的平均数是：17(4+5+6+6+6+7+8)=6(环)，故本选项正确；
D.该组成绩数据的方差是17[(4−6)2+(5−6)2+3×(6−6)2+(7−6)2+(8−6)2]=107，故本选项错误；
故选D.
10.【答案】D
【解析】解：①当a>0时，抛物线开口向上，且抛物线的对称轴为x=−b2a=−1，
∴根据抛物线的对称性可得，点(−4,y1)与(2,y1)关于对称轴对称．
∵a−1≤x≤2时，y<4.
∴a−1=−4，
∴a=−3(不合题意).
∵−4≤x≤2时，y<4，
∴把x=2，代入抛物线解析式得，
4a+4a+3<4，解得a<18.
∴a的取值范围为0②当a<0时，
∴抛物线开口向下，
∴抛物线的顶点为最高点，其坐标为(−1,−a+3).
∵a−1<−1<2，
∴−a+3<4，解得a>−1.
∴a的取值范围为−1综上所述，a的取值范围为0故选：D.
分a>0，a<0两种情况讨论，当a>0时，抛物线开口向上，再根据二次函数y=ax2+2ax+3的对称轴为x=−1，且与y轴交于(0,3)这个点，可得当−4≤x≤2时，y<4，代入二次函数解析式，形成关于a的不等式，解之即可；当a<0时，抛物线开口下，其顶点坐标为(−1,−a+3)，根据题意可得，当−a+3<4时，函数值恒小于4，解关于a的不等式即可．
本题考查了二次函数的图像与性质，掌握抛物线开口向上，有最小值，最小值就是顶点坐标的纵坐标；抛物线开口向下，有最大值，最大值就是顶点坐标的纵坐标是解题的关键．
11.【答案】−32a4b5
【解析】解：−34a6b7÷(12a2b2)=[−34÷(12)]⋅a6−2b7−2=−32a4b5，
答案为：−32a4b5
根据单项式除单项式的法则计算，系数相除，相同字母相除即可．
本题主要考查单项式除以单项式运算．正确求对系数是关键．
12.【答案】29
【解析】解：若将每个方格地砖的面积记为1，则图中地砖的总面积为9，其中阴影部分的面积为2，
所以该小球停留在黑色区域的概率是29.
故答案为：29.
若将每个方格地砖的面积记为1，则图中地砖的总面积为9，其中阴影部分的面积为2，再根据概率公式求解可得．
本题考查的是几何概率，用到的知识点为：几何概率=相应的面积与总面积之比．
13.【答案】154
【解析】解：∵边AC的垂直平分线交BC于点D，交AC于点E，
∴∠AED=90∘，AE=CE=12AC=12×10=5，AD=CD，
∴∠DAC=∠C，
∵△ABD的周长为26，
∴AB+BD+AD=AB+BD+CD=AB+BC=26，
∵AB=AC=10，
∴BC=16，∠B=∠C，
∴∠B=∠DAC，
∴△ABC∽△DAC，
作AM⊥BC于M，
∴AMDE=BCAC，
∵AB=AC，
∴BM=12BC=8，
∴AM= AB2−BM2= 102−82=6，
∴6DE=1610，
∴DE=154，
故答案为154.
根据题意求得BC=16，作AM⊥BC于M，根据等腰三角形的性质得到BM=8，根据勾股定理求得AM，根据线段垂直平分线的性质得出△ADC是等腰三角形，易证得△ABC∽△DAC，根据相似三角形对应高的比等于相似比，即可求得DE.
本题考查了线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形相似的判定和性质，根据三角形周长求得BC的长是解题的关键．
14.【答案】3
【解析】解：根据题意得3a−1≠0且Δ=a2−4×(3a−1)×14=0，即a2−3a+1=0，
所以原式=a2−3a+1+a+1a
=0+a+1a
=a2+1a
=3aa
=3.
故答案为3.
先根据根的判别式得到3a−1≠0且Δ=a2−4×(3a−1)×14=0，则a2−3a+1=0，再把原式变形得到a2−3a+1+a+1a，利用整体思想得原式=0+a+1a，然后通分后把a2+1=3a代入计算即可．
本题考查了一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的根的判别式Δ=b2−4ac：当Δ>0，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0，方程有两个相等的实数根；当Δ<0，方程没有实数根．也考查了一元二次方程的定义．
15.【答案】(3−a,−b)
【解析】解：由图可知，△ABC与△A′B′C′关于点(1.5,0)对称，
设点P′的坐标为(x,y)，
∴a+x2=1.5，b+y2=0，
解得x=3−a，y=−b，
∴P′(3−a,−b).
故答案为：(3−a,−b).
从图中可观察出对称点，设点P′的坐标为(x,y)，建立方程解得P点坐标．
本题考查了坐标与图形变化-旋转．先根据图形确定出对称中心，然后根据中点公式列式计算即可得解．
16.【答案】②
【解析】【分析】
仿照二维码转换的方法求出所求即可．
此题考查了用数字表示事件，弄清题中的转换方法是解本题的关键．
【解答】
解：根据题意得：0×23+1×22+1×21+0×20=6，
则表示6班学生的识别图案是②，
故答案为：②.
17.【答案】 22
【解析】【分析】
本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形．
延长GH交AD于M点，证明△AMH≌△FGH，得到MH=GH，在Rt△GDM中利用勾股定理求出GM长即可解决问题．
【解答】
解：延长GH交AD于M点，
∵四边形ABCD和四边形CEFG均为矩形，且点B，C，E共线，
∴GF//AD//BE，AB=CD=CE=GF=1，AD=BC=EF=CG=2，
∴∠HAM=∠HFG，
在△AMH和△FGH中，
∠HAM=∠HFGAH=FH∠AHM=∠FHG
∴△AMH≌△FGH(ASA).
∴MD=AM=FG=1，MH=GH.
∵四边形CEFG是矩形，
∴FG=CE=1，GD=2−1=1，
在Rt△MDG中，GM= MD2+DG2= 2，
∴GH=12GM= 22.
18.【答案】解：∵ 9< 10< 16，
∴3< 10<4，
∵a是 10的整数部分，b是它的小数部分，
∴a=3，b= 10−3，
∴(−a)3+(b+3)2=(−3)3+( 10−3+3)2
=−27+10
=−17.
【解析】本题考查了代数式求值，估算无理数的大小：利用算术平方根对无理数的大小进行估算．
由3< 10<4得出a=3，b= 10−3，然后代入所求代数式进行计算即可．
19.【答案】解：原式=[(x+2)2(x+2)(x−2)−(x+2)]⋅x−2x+2
=(x+2x−2−x2−4x−2)⋅x−2x+2
=−x2+x+6x−2⋅x−2x+2
=−(x+2)(x−3)x−2⋅x−2x+2
=−(x−3)
=−x+3，
∵x2−4≠0x−2≠0x+2≠0
∴x2≠4x≠2x≠−2
∴x≠±2，
∵−2≤x≤2
∴x可以取的整数有−1、0、1，
当x=1时，原式=−1+3=2(答案不唯一).
【解析】本题主要考查分式的化简求值，解题的关键是掌握分式的混合运算顺序和运算法则及分式有意义的条件．
先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式，再选取使分式有意义的x的值代入计算可得．
20.【答案】(1)证明：连接OD，
∵DE是⊙O的切线，
∴OD⊥DE，
∵OD=OB，
∴∠ODB=∠OBD，
∵CA=CB，
∴∠CAB=∠CBA，
∴∠ODB=∠CAB，
∴OD//AC，
∴DE⊥AC；
(2)解：连接CD，
∵AC=BC，BC=4cm，
∴AC=4cm，
∵BC为⊙O的直径，
∴∠BDC=90∘，
∴∠AED=∠ADC，
∵∠A=∠A，
∴△ADE∽△ACD，
∴AEAD=ADAC，即AE3=34，
解得：AE=94，
答：AE的长为94.
【解析】(1)连接OD，根据切线的性质得到OD⊥DE，证明OD//AC，根据平行线的性质证明结论；
(2)连接CD，证明△ADE∽△ACD，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．
本题考查的是切线的性质、等腰三角形的性质，掌握圆的切线垂直于经过切点的半径是解题的关键．
21.【答案】解：如图，点P为所作．

【解析】作AB和BC的垂直平分线，它们相交于点O，再以O点为圆心，OA为半径作圆，则AB的垂直平分线在AB左侧交⊙O于点P，根据线段垂直平分线的性质和圆内接四边形的性质可判断点P满足条件．
本题考查了作图-复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了线段垂直平分线的性质．
22.【答案】证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB//CD，OB=OD，OA=OC，
∴∠ABE=∠CDF，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴BE=12OB，DF=12OD，
∴BE=DF，
在△ABE和△CDF中，
AB=CD∠ABE=∠CDFBE=DF，
∴△ABE≌△CDF(SAS)；
(2)解：当AC=2AB时，四边形EGCF是矩形；理由如下：
∵AC=2OA，AC=2AB，
∴AB=OA，
∵E是OB的中点，
∴AG⊥OB，
∴∠OEG=90∘，
同理：CF⊥OD，
∴AG//CF，
∴EG//CF，
∵EG=AE，OA=OC，
∴OE是△ACG的中位线，
∴OE//CG，
∴EF//CG，
∴四边形EGCF是平行四边形，
∵∠OEG=90∘，
∴四边形EGCF是矩形．
【解析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定、三角形中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
(1)由平行四边形的性质得出AB=CD，AB//CD，OB=OD，OA=OC，则∠ABE=∠CDF，证出BE=DF，由SAS证明△ABE≌△CDF即可；
(2)证出AB=OA，由等腰三角形的性质得出AG⊥OB，∠OEG=90∘，同理：CF⊥OD，得出EG//CF，由三角形中位线定理得出OE//CG，EF//CG，得出四边形EGCF是平行四边形，即可得出结论．
23.【答案】解：延长AC交PQ于点E，交MN于点F，
则AB=CD=EQ=FN=1.2(米)，AC=BD=10(米)，EC=QD，AF=BN，
设EC=QD=x米，
则AE=AC+EC=(x+10)米，
∴AF=BN=2AE=(2x+20)米，
在Rt△PEC中，∠PCE=27∘，
∴PE=CEtan27∘≈0.51x米，
∴MF=PE=0.51x米，
在Rt△AMF中，∠MAF=10∘，
∴MF=AFtan10∘≈0.18(2x+20)=(0.36x+3.6)米，
∴0.51x=0.36x+3.6，
解得：x=24，
∴MN=MF+FN=0.36×24+3.6+1.2≈13.4(米)，
∴路灯的高度为13.4米．
【解析】延长AC交PQ于点E，交MN于点F，根据题意可得AB=CD=EQ=FN=1.2米，AC=BD=10米，EC=QD，AF=BN，
设EC=QD=x米，然后在Rt△PEC中，利用锐角三角函数的定义求出PE=0.51x米，从而可得MF=PE=0.51x米，再在Rt△AMF中，利用锐角三角函数的定义求出MF=(0.36x+3.6)米，从而列出关于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，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．
24.【答案】BE=CF83
【解析】解：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠FBC=90∘，
∵BE⊥CF于点O，
∴∠BOC=90∘，
∴∠ABE=90∘−∠OBC=∠BCF，
∵AB=BC，
∴△ABE≌△BCF(ASA)，
∴BE=CF，
故答案为：BE=CF；
(2)①如图②，作OM⊥AD于点M，ON⊥CD于点N，则∠OMD=∠OND=90∘，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠MDN=∠A=∠BCD=90∘，
∴四边形OMDN是矩形，
∴∠MON=90∘，
∵PE⊥CF于点O，
∴∠COE=90∘，
∴∠CON=∠EOM=90∘−∠EON，
∵∠ONC=∠OME=90∘，
∴△ONC∽△OME，
∴OCOE=ONOM，
∵∠OND=∠BCD，
∴ON//BC，
∴△DON∽△DBC，
∴ONBC=DODB，
同理OMAB=DODB，
∴ONBC=OMAB，
∴ONOM=BCAB，
∴OCOE=BCAB，
∵BC=AD=6，AB=CD=8，
∴OCOE=BCAB=68=34.
②如图3，连接CE、CG，
∵∠ABC=90∘，
∴∠PBG=180∘−∠ABC=90∘，
∴∠PBG=∠POC=90∘，
∵∠BPG=∠OPC，
∴△BPG∽△OPC，
∴PBPO=PGPC，
∴PBPG=POPC，
∵∠OPB=∠CPG，
∴△OPB∽△CPG，
∴∠CBD=∠OGC，
∵OCOE=34，CBCD=68=34，
∴OCOE=CBCD，
∴OCCB=OECD，
∵∠COE=∠BCD=90∘，
∴△COE∽△BCD，
∴∠CDB=∠OEC，
∴∠OGC+∠OEC=∠CBD+∠CDB=90∘，
∴∠ECG=90∘，
∴∠BCG=∠DCE=90∘−∠BCE，
∵∠CBG=∠CDE=90∘，
∴△CBG∽△CDE，
∴BGDE=CBCD，
∴DE=BG⋅CDCB=2×86=83，
故答案为：83.
(1)由正方形的性质及BE⊥CF可得AB=BC，∠A=∠FBC，∠ABE=∠BCF，则△ABE≌△BCF，即可得到BE=CF；
(2)①作OM⊥AD于点M，ON⊥CD于点N，可证明△ONC∽△OME，则OCOE=ONOM，再证明ONOM=BCAB，即可求出OCOE的值；
②连接CE、CG，通过证明△BPG∽△OPC、△OPB∽△CPG，推得∠ECG=90∘，再证明△CBG∽△CDE，即可根据相似三角形的对应边成比例求出DE的长．
此题重点考查全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、正方形的性质、矩形的判定与性质等知识，熟练掌握正方形的性质和矩形的判定与性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．
25.【答案】350≤a≤385
【解析】解：(1)设公司生产该商品每件的成本为a元，
根据题意得0.8(10+20)−a=0.2a，
解得a=20.
答：公司生产该商品每件的成本为20元；
(2)设第x天的利润为W元，
①1≤x≤49且x是整数时，
W=(x+20−20)(200−4x)=−4x2十200x=−4(x−25)2+2500，
∴当x=25时，W有最大值，最大值是2500元，
②当50≤x≤60且x是整数时，
W=(55−20)(x−40)=35x−1400.
∵35>0，
∴W随x的增大而增大，
∴当x=60时，W有最大值，最大值是700元．
答：销售该商品第25天时，当天的利润最大，最大利润是2500元；
(3)第1天和第49天的利润为W=−4×576+2500=196(元)，
第2天和第48天的利润为W=−4×529+2500=384(元)，
第50天的利润为W=35×50−1400=350(元)，
第51天的利润为W=35×51−1400=385(元)，
其余每天的利润都大于385元，
故最多只有第1，49，2，48，50天扣除费用后不盈利，
所以a的取值范围为350≤a≤385.
故答案为：350≤a≤385.
(1)设该公司生产每件商品的成本为a元，根据：实际售价-成本=利润，列出方程，解方程可得；
(2)根据：每天利润=单件利润×每天销售量列出函数关系式，配方成顶点式可得函数的最值情况，分情况计算；
(3)根据(2)中计算最小3天和5天的利润，求得a的范围．
本题主要考查二次函数和一次函数的实际应用能力，明确相等关系并据此列出方程或函数关系式是解题基础，根据题意计算利润求a的范围是关键．
26.【答案】解：(1)过点A作AM⊥BC于点M，如图，
∵AD//BC，∠ADC=90∘，
∴四边形AMCD为矩形，
∴CM=AD=4cm，AM=DC=3cm，
∵BC=8cm，
∴BM=BC−CM=4cm，
∴AB= AM2+BM2= 42+32=5cm.
∵AG=1cm，动点P从点G出发以1cm/s的速度沿线段GB向终点B匀速运动，动时间为t(s)，
∴AP=(t+1)cm，
∴BP=AB−AP=(4−t)cm，
∵动点Q从点B出发以2cm/s的速度沿线段BC向终点C匀速运动，
∴BQ=2tcm.
∵四边形PQHD是平行四边形，
∴PQ//CD，
∴PQ//AM，
∴△BPQ∽△BAM，
∴BPBA=BQBM，
∴4−t5=2t4，
解得：t=87.
∴当t=87s时，四边形PQHD是平行四边形；
(2)过点P作PK⊥AD，交AD的延长线于点K，延长KP交BC于点N，如图，
∵AD//BC，
∴PN⊥BC，
∴四边形AMNK为矩形，
∴KN=AM=3.
∵PN//AM，
∴△BPN∽△BAM，
∴BPBA=PNAM，
∴4−t5=PN3，
∴PN=35(4−t)=125−35t，
∴PK=KN−PN=35t+35，
∴S=S梯形ABCD−S△APD−S△CDQ−S△BPQ
=12(4+8)×3−12AD⋅PK−12BQ⋅PN−12CQ⋅CD
=18−12×4×(35t+35)−12×2t×(125−35t)−12×(8−2t)×3
=35t2−35t+245；
(3)存在某一时刻t=2时，DQ平分四边形PQCD的面积，理由：
∵DQ平分四边形PQCD的面积，
∴S△PDQ=S△DCQ，
∴35t2−35t+245=12×(8−2t)×3，
解得：t=2或t=−6(不合题意，舍去)，
∴t=2.
∴存在某一时刻t=2时，DQ平分四边形PQCD的面积；
(4)①当BP=PQ时，如图，
∵BP=PQ，PN⊥BQ，
∴BN=NQ=12BQ=t，
∵PN//AM，
∴△BPN∽△BAM，
∴BPBA=BNBM，
∴4−t5=t4，
∴t=169；
②当BP=BQ时，
4−t=2t，
∴t=43；
③当BQ=PQ时，
过点Q作QL⊥BP于点L，如图，
则BL=LP=12BP=2−12t.
∵∠B=∠B，∠QLB=∠BMA=90∘，
∴△BLQ∽△BMA，
∴BLBQ=BMBA，
∴2−12t2t=45，
∴t=2021.
综上，当t为169或43或2021时，△BPQ为等腰三角形．
【解析】(1)过点A作AM⊥BC于点M，利用梯形的性质，矩形的性质，勾股定理和相似三角形的判定与性质解答即可；
(2)过点P作PK⊥AD，交AD的延长线于点K，延长KP交BC于点N，利用矩形的性质，相似三角形是判定与性质，求得用含t的代数式表示的线段PK，PN的长度，再利用S=S梯形ABCD−S△APD−S△CDQ−S△BPQ，即可求得结论；
(3)利用DQ平分四边形PQCD的面积，则S△PDQ=S△DCQ，从而列出关于t的方程，解方程即可得出结论；
(4)利用分类讨论的思想方法分三种情况解答：①当BP=PQ时，②当BP=BQ时，③当BQ=PQ时，利用等腰三角形的三线合一的性质和相似三角形的判定定理解答即可．
本题主要考查了梯形的性质，矩形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，分类讨论的思想方法，本题是动点问题，利用t的代数式表示出相应线段的长度是解题的关键．x
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