2021年浙江省温州中考数学一模试卷(附答案详解)

2021年浙江省温州中考数学一模试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）
1.数1，0，−1
2
，−2中最大的是()
A. −2
B. −1
2
C. 0
D. 1
2.如图所示的几何体，它的俯视图是()
A.
B.
C.
D.
3.下列计算正确的是()
A. 2a+3a=6a
B. 3a−a=3
C. a3+2a3=3a3
D. a3−a2=a
4.从分别写有1，2，3，4，5的五张卡片中任抽一张，卡片上的数是奇数的概率是()
A. 1
5B. 2
5
C. 3
5
D. 4
5
5.如图，△A′B′C′和△ABC是位似三角形，位似中心为点O，AA′=2A′O，则△A′B′C′
和△ABC的位似比为()
A. 1
2B. 1
3
C. 1
4
D. 1
9
6.某停车场入口的栏杆如图所示，栏杆从水平位置AB
绕点O旋转到CD的位置.已知AO=4米，若栏杆的
旋转角∠AOD=31°，则栏杆端点A上升的垂直距离
为()
A. 4sin31°米
B. 4cos31°米
C. 4tan31°米
D. 4
sin31∘
米
7.如图，⊙O的两条弦AB⊥CD，已知∠ADC=35°，则∠BAD的
度数为()
A. 55°
B. 70°
C. 110°
D. 130°
8.某汽车的油箱一次加满汽油50升，可行驶y千米(假设汽油能行驶至油用完)，设该
汽车行驶每100千米耗油x升，则y关于x的函数表达式为()
A. y=2x
B. y=2
x C. y=5000x D. y=5000
x
9.二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)图象上部分点的坐标(x,y)对应值如表所示，点
A(−4,y1)，B(−2,y2)，C(4,y3)在该抛物线上，则y1，y2，y3的大小关系为() x…−3−2−101…
y…−3−2−3−6−11…
A. y1=y3<y2
B. y3<y1<y2
C. y1<y2<y3
D. y1<y3<y2
10.在欧几里得时代，人们就已经知道了勾股定理的一些拓展.小博在学习完勾股定理
后，根据课本上的阅读材料进行改编与研究.如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，tan∠ABC=1
2
，现分别以AB，AC，BC为直角边作三个等腰直角三角形：△ABD，△ACE，△BCF，其中∠DBA=∠BCF=∠ACE=90°，BF与AD交于点G，CF与AE交于点H，记△DBG的面积为S1，△CEH的面积为S2，则S1：S2为()
A. 9：1
B. 9：2
C. 9：4
D. 4：1
二、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
11.分解因式：3x2−6x=______ ．
12.不等式组{2x<3−x
x+1
3
≤1的解为______ ．
13.若扇形圆心角为36°，半径为3，则该扇形的弧长为______ ．
14.某校抽查部分九年级学生1分钟垫球测试成绩(单位：个)，将测试成绩分成4组，
得到如图不完整的频数直方图(每一组含前一个边界值，不含后一个边界值)，已知
在120−150组别的人数占抽测总人数的40%，则1分钟垫球少于90个的有______ 人.
15.如图，半圆的直径AB=6，C为半圆上一点，连接AC，BC，D为BC上一点，连
接OD，交BC于点E，连接AE，若四边形ACDE为平行四边形，则AE的长为______ ．
16.某游乐园有一圆形喷水池(如图)，中心立柱AM上有一喷水头A，其喷出的水柱距
池中心3米处达到最高，最远落点到中心M的距离为9米，距立柱4米处地面上有一射灯C，现将喷水头A向上移动1.5米至点B(其余条件均不变)，若此时水柱最高处D与A，C在同一直线上，则水柱最远落点到中心M的距离增加了______ 米.
三、解答题（本大题共8小题，共80.0分）
17.(1)计算：2×(−4)+(−1)2−√9+20210；
(2)化简：(3+x)(3−x)+3(x−3)．
18.如图，在正方形ABCD中，AC，BD相交于点O，E，F分别
在OA，OD上，∠ABE=∠DCF．
(1)求证：△ABE≌△DCF．
(2)若BC=4√2，AE=3，求BE的长．
19.在直角坐标系中，我们把横、纵坐标都为整数的点称为整点，记顶点都是整点的四
边形为整点四边形.如图，已知整点A(1,2)，B(5,2)，请在所给网格区域(不含边界)上按要求画整点四边形．
(1)在图1中画一个以A，B，C，D为顶点的平行四边形，使AO=CO．
(2)在图2中画一个以A，B，C，D为顶点的平行四边形，使点C的横坐标与纵坐
标的和等于点A的纵坐标的3倍．
20.温州市初中毕业生体育学业考试在即，某校体育老师对91班30名学生的体育学业
模拟考试成绩统计如下，39分及以上属于优秀．
成绩(分)40393837363534
91班人数(
10575201人)
(1)求91班学生体育学业模拟考试成绩的平均数、中位数和优秀率．
(2)92班30名学生的体育学业模拟考试成绩的平均数为38分，中位数为38.5分，
优秀率为60%，请结合平均数、中位数、优秀率等统计量进行分析，并衡量两个班级的体育学业模拟考试成绩的水平．
21.已知抛物线y=ax2−6ax+1(a>0)．
(1)若抛物线顶点在x轴上，求该抛物线的表达式．
(2)若点A(m,y1)，B(m+4,y2)在抛物线上，且y1<y2，求m的取值范围．
22.AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于点E，连接AC，过点D
作DF//AC交⊙O于点F，连接AF，CF，过点A作AG⊥DF
延长线于点G．
(1)求证：CA=CF．
(2)若tan∠ACF=2
，CF−GF=9，求△ACF的面积．
3
23.在新冠肺炎疫情发生后，某企业引进A，B两条生产线生产防护服.已知A生产线比
B生产线每小时多生产4套防护服，且A生产线生产160套防护服和B生产线生产120套防护服所用时间相等．
(1)求两条生产线每小时各生产防护服多少套？
(2)因疫情期间，防护服的需求量急增，企业又引进C生产线.已知C生产线每小时
生产24套防护服，三条生产线一天共运行了25小时，设A生产线运行a小时，B 生产线运行b小时，a，b为正整数且不超过12．
①该企业防护服的日产量(用a，b的代数式表示)．
②若该企业防护服日产量不少于440套，求C生产线运行时间的最小值．
24.如图1，在菱形ABCD中，∠A为锐角，点P，H分别在边AD，CB上，且AP=CH.在
CD边上取点M，N(点M在CM之间)，使DM=4CN.当P从点A匀速运动到点D
时，点Q恰好从点M匀速运动到点N.连接PQ，PH分别交对角线BD于点E，F，记QN=x，AP=y，已知y=−2x+10．
(1)①请判断FP与FH的大小关系，并说明理由．
②求AD，CN的长．
(2)如图2，连接QH，QF.当四边形BFQH中有两边平行时，求DE：EF的值．
(3)若tanA=4
，则△PFQ面积的最小值为______ .(直接写出答案)
3
答案和解析1.【答案】D
【解析】解：因为|−1
2|=1
2
，|−2|=2，而1
2
<2，
所以−2<−1
2
<0<1，
所以数1，0，−1
2
，−2中最大的是1．
故选：D．
根据有理数大小比较的方法即可得出答案．
本题考查了有理数大小比较的方法．(1)在数轴上表示的两点，右边的点表示的数比左边的点表示的数大．(2)正数大于0，负数小于0，正数大于负数．(3)两个正数中绝对值大的数大．(4)两个负数中绝对值大的反而小．
2.【答案】A
【解析】解：从上面可看到从左往右二列小正方形的个数为：1，2，左面的小正方形在上面．
故选：A．
根据俯视图的确定方法，找到从上面看所得到的图形即是所求图形．
此题主要考查了三视图的知识，根据俯视图是从物体的上面看得到的视图是解题关键．3.【答案】C
【解析】解：A、2a+3a=5a，故本选项不合题意；
B、3a−a=2a，故本选项不合题意；
C、a3+2a3=3a3，故本选项符合题意；
D、a3与−a2不是同类项，所以不能合并，故本选项不合题意；
故选：C．
合并同类项的法则：把同类项的系数相加，所得结果作为系数，字母和字母的指数不变，据此逐一判断即可．
本题主要考查了合并同类项，熟记合并同类项法则是解答本题的关键．
4.【答案】C
【解析】解：∵5张大小相同的卡片上分别标有数字1，2，3，4，5，其中有1、3、5
共3张是奇数，
∴从中随机抽取一张，卡片上的数字是奇数的概率为3
，
5
故选：C．
根据概率的求法，让是奇数的卡片数除以总卡片数即为所求的概率．
本题考查随机事件概率的求法：如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P(A)=m
．
n
5.【答案】B
【解析】解：∵AA′=2A′O，
∴OA′：OA=1：3，
∵△A′B′C′和△ABC是位似三角形，位似中心为点O，
∴△A′B′C′和△ABC的位似比为OA′：OA=1：3．
故选：B．
根据位似比的定义，计算出OA′：OA即可．
本题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．位似图形必须是相似形，对应点的连线都经过同一点；对应边平行或共线．
6.【答案】A
【解析】解：过点D作DF⊥AB于点F，
则∠DFO=90°，
由题意可知：DO=AO=4米，∠AOD=31°，
∵sin∠AOD=DF
，
DO
∴DF=4sin31°(米)，
故选：A．
过点D作DF⊥AB于点F，根据锐角三角函数的定义即可求出答案．
本题考查了解直角三角形，解题的关键是熟练运用锐角三角函数的定义，属于基础题型．7.【答案】A
【解析】解：如图，设AB交CD于K．
∵AB⊥CD，
∴∠AKD=90°，
∵∠ADC=35°，
∴∠BAD=90°−35°=55°，
故选：A．
利用三角形内角和定理求解即可．
本题考查三角形内角和定理，垂线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
8.【答案】D
【解析】解：∵该汽车行驶每100千米耗油x升，
∴1升汽油可走100
x
千米，
∴y=50×100
x =5000
x
，
∴y关于x的函数表达式为y=5000
x
，
故选：D．
行驶千米数=汽油升数×每升汽油可行驶千米数，把相关值代入即可求解．
本题考查了函数关系式，解决本题的关键是找到行驶的千米数的等量关系．
9.【答案】B
【解析】解：由表格可得，
该函数的对称轴是直线x=−3+(−1)
2
=−2，当x>−2时，y随x的增大而减小，当x<−2时，y随x的增大而增大，
∵点A(−4,y1)，B(−2,y2)，C(4,y3)在该抛物线上，−2−(−4)=2，4−(−2)=6，∴y3<y1<y2，
故选：B．
根据表格中的数据和二次函数的性质，可以判断y1，y2，y3的大小关系，本题得以解决．本题考查二次函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
10.【答案】B
【解析】解：如图，连接EF，
∵△ACE，△BCF都是等腰直角三角形，
∴CA=CE，CB=CF，∠FCB=∠ACE=90°，
∴∠BCA+∠ACF=∠ACF+∠FCE，
∴∠BCA=∠FCE，
在△BCA和△FCE中，
{CB=CF
∠BCA=∠FCE CA=CE
，
∴△BCA≌△FCE(SAS)，
∴FE=BA，∠FEC=∠BAC=90°，∵∠ACE=∠BAC=90°，
∴AB//CE，
∵BD⊥BA，FE⊥CE，AB//CE，∴BD//EF，
∴∠BDG=∠FEG，∠DBG=∠EFG，∵FE=BA，BA=BD，
∴FE=BD，
在△BDG和△FEG中，
{∠BDG=∠FEG BD=FE
∠DBG=∠EFG
，
∴△BDG≌△FEG(ASA)，∴DG=EG，
设AC=a，
∵∠BAC=90°，tan∠ABC=1
2
，
∴AB=a
tan∠ABC
=2a，
∴BD=2a，CE=a，AD=√2AB=2√2a，AE=√2AC=√2a，
∴DG=1
2DE=1
2
(DA+AE)=3√2
2
a，
∵∠BDG=∠GFA=45°，∠DGB=∠FGH，∴△BDG∽△HFG，
∵∠GFH=∠HEC=45°，∠FHG=∠EHC，∴△HFG∽△HEC，
∴△BDG∽△HEC，
∴S1：S2=(DG
EC )2=(3√2
2
)2=9
2
．
故选：B．
如图，连接EF，证明△BCA≌△FCE(SAS)、△BDG≌△FEG(ASA)；设AC=a，用a表示出相关线段；判定△BDG∽△HFG、△HFG∽△HEC、△BDG∽△HEC，从而根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，可得答案．
本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数的定义及相似三角形的判定与性质等知识点，数形结合、熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．11.【答案】3x(x−2)
【解析】解：3x2−6x=3x(x−2)．
故答案为：3x(x−2)．
首先确定公因式为3x，然后提取公因式3x，进行分解．
此题考查的是因式分解−提公因式法，解答此题的关键是先确定公因式3x．
12.【答案】x<1
【解析】解：解不等式2x<3−x，得：x<1，
解不等式x+1
3
≤1，得：x≤2，
则不等式组的解集为x<1，
故答案为：x<1．
分别求出每一个不等式的解集，根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大
大小小无解了确定不等式组的解集．
本题考查的是解一元一次不等式组，正确求出每一个不等式解集是基础，熟知“同大取大；同小取小；大小小大中间找；大大小小找不到”的原则是解答此题的关键．13.【答案】3π
5
【解析】解：该扇形的弧长=36⋅π⋅3
180=3π
5
．
故答案为：3π
5
．
直接利用弧长公式计算即可．
本题考查弧长公式，解题的关键是记住弧长公式l=nπr
180
．
14.【答案】15
【解析】解：由题意可得，
本次抽取的学生有：40÷40%=100(人)，
故1分钟垫球少于90个的有：100−20−40−25=15(人)，
故答案为：15．
根据在120−150组别的人数和所占抽测总人数的百分比，可以计算出本次抽取的学生数，然后再根据频数分布直方图中的数据，即可计算出1分钟垫球少于90个的人数．本题考查频数分布直方图，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．15.【答案】2√3
【解析】解：如图，连接OC．
∵AB是直径，
∴∠ACB=90°，
∵四边形ACDE是平行四边形，
∴AC=DE，CD=AE，AC//DE，
∴∠ACE=∠DEC=90°，
∴OD⊥BC，
∴EC=EB，
∵OA=OB，
∴AC=2OE=DE，
∵OD=OC=3，
∴OE=1，DE=2，
∴CE2=OC2−OE2=CD2−DE2，
∴32−12=CD2−22，
∴CD=2√3或−2√3(舍弃)．
故答案为：2√3．
如图，连接OC.证明AC=DE=2OE，利用勾股定理构建关系式，可得结论．
本题考查圆周角定理，垂径定理，勾股定理，平行四边形的性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
16.【答案】(3√21
2
−6)
【解析】解：如图，过点D作DF⊥x轴，交移动前水柱于点E，交x轴与点F，
∵AM⊥x轴，
∴AM//DF，
∴△ACM∽△DCF，
∴CM
CF =AM
DF
，
其中CM=4，CF=CM+MF=4+3=7，
设当x>0时，抛物线解析式为：y=a(x−3)2+ℎ，当x=0时，y=9a+ℎ，
∴点A的坐标为(0,9a+ℎ)，
∴AM=9a+ℎ当x=3时，y=ℎ，
∴点E(3,ℎ)，
∴EF=ℎ，DF=ℎ+1.5，
∴4
7
=
9a+ℎ
ℎ+1.5
∴21a+ℎ=2①，
又最远落点到中心M的距离为9米，∴x=9时，y=0，
即36a+ℎ=0②，
联立①和②，可得：a=−2
15，ℎ=24
5
，
∴当x>0时，抛物线解析式为：y=−2
15(x−3)2+24
5
，
将抛物线向上平移1.5m，
∴当x>0时，新的抛物线解析式y′=−2
15
(x−3)2+6.3，
此时当y=0时，x=3+3√21
2
(已舍弃负值)，
则水柱水柱最远落点到中心M的距离增加了(3√21
2
−6)米，
故答案为：(3√21
2
−6)．
过点D作DF⊥x轴，交移动前水柱于点E，交x轴与点F，设当x>0时，抛物线解析式为：y=a(x−3)2+ℎ，然后分别表示出点A和点E的坐标，利用图形相似，求出a 和h的值，最后求出x>0时向上平移后图象解析式，进而得到M的最远距离，再减去原来的9米，即为增加的距离．
此题主要考查了二次函数的应用，正确得出抛物线解析式是解题关键．
17.【答案】解：(1)原式=−8+1−3+1
=−9；
(2)原式=9−x2+3x−9
=−x2+3x．
【解析】(1)原式利用乘法法则，乘方的意义，算术平方根定义，以及零指数幂法则计算即可求出值；
(2)原式利用平方差公式计算，去括号合并即可得到结果．
此题考查了平方差公式，零指数幂，以及实数的运算，熟练掌握运算法则及公式是解本题的关键．
18.【答案】证明：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD，∠BAE=∠CDF=45°，
∵∠ABE=∠DCF，
在△ABE与△DCF中，
{∠ABE=∠DCF AB=CD
∠BAE=∠CDF
，
∴△ABE≌△DCF(ASA)；
(2)∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，OA=OB=OC=OD，∠ABC=∠AOB=90°，
∵BC=4√2，
∴AB=4√2，
∴AC=√AB2+BC2=√(4√2)2+(4√2)2=8，
∴OA=OB=4，
∵AE=3，
∴OE=OA−AE=4−3=1，
在Rt△BOE中，BE=√OB2+OE2=√42+12=√17．
【解析】(1)根据正方形的性质和全等三角形的判定解答即可；
(2)根据正方形的性质和勾股定理解答即可．
此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的性质和全等三角形的判定以及勾股定理解答．
19.【答案】解：(1)如图，四边形ACBD或四边形ABD′C即为所求作．
(2)如图，四边形ACBD或四边形ABC′D′即为所求作．
【解析】(1)由题意C(2,1)，根据要求作出图形即可．
(2)由题意C(3,3)或(5,1)，根据题意作出图形即可．
本题考查作图−复杂作图，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．20.【答案】解：(1)91班学生平均数为(40×10+39×5+38×7+37×5+36×2+ 34)÷30=38.4(分)，
中位数为39+38
2
=38.5(分)，
优秀率(10+5)÷30×100%=50%；
(2)从平均数、中位数、优秀率进行分析，91班学生平均数高于92班学生平均数，中位数相等，91班学生优秀率低于92班学生优秀率，可知91班学生体育学业模拟考试成绩整体情况较好，92班学生体育学业模拟考试成绩优秀的较多．
【解析】(1)根据平均数、中位数和优秀率的定义即可求解；
(2)结合平均数、中位数、优秀率等统计量进行分析，并衡量两个班级的体育学业模拟考试成绩的水平．
本题考查频数分布表、中位数、平均数、优秀率，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
21.【答案】解：(1)根据题意得△=(−6a)2−4a=0，
解得a1=0，a2=1
9
，
∵a>0，
∴a=1
9
，
∴抛物线解析式为y=1
9x2−2
3
x+1；
(2)抛物线开口向上，抛物线的对称轴为直线x=−−6a
2a
=3，
当点A、点B都在对称轴的右边时，y1<y2，此时m≥3；
当点A、点B在对称轴的两侧时，即m<3<m+4，y1<y2，则3−m<m+4−3，解得m>1，此时m的范围为1<m<3，
综上所述，m的范围为m>1．
【解析】(1)根据判别式的意义得到△=(−6a)2−4a=0，然后解方程得到满足条件的a的值，从而确定抛物线解析式；
(2)先求出抛物线的对称轴为直线x=3，利用二次函数的性质：当点A、点B都在对称轴的右边时，有y1<y2，则m≥3；当点A、点B在对称轴的两侧时，即m<3<m+4，利用点A到直线x=3的距离小于B点到直线x=3的距离得到3−m<m+4−3，从而确定此时m的范围，然后综合两种情况得到m的范围．
本题考查了待定系数法求二次函数的解析式：在利用待定系数法求二次函数关系式时，要根据题目给定的条件，选择恰当的方法设出关系式，从而代入数值求解．也考查了二
次函数的性质．
22.【答案】(1)证明：连接AD．
∵AB是直径，AB⊥CD，
∴EC=ED，
∴AC=AD，
∵AC//DF，
∴∠ACF=∠FCD，
∴AF⏜=CD⏜，
∴AD⏜=CF⏜，
∴AD=CF，
∴AC=CF．
(2)解：过点A作AH⊥CF于H．
∵∠AFG+∠AFD=180°，∠AFD+∠ACD=180°，∴∠AFG=∠ACD，
∵AC=AD，
∴∠ACD=∠ADC，
∵∠ADC=∠AFC，
∴∠AFG=∠AFH，
∵AG⊥FG，AH⊥FH，
∴∠G=∠AHF=90°，
∵AF=AF，
∴△AFG≌△AFH(AAS)，
∴FG=FH，
∵CF−FG=CF−FH=CH=9，tan∠ACH=AH
CH =2
3
，
∴AH=6，
∴AC=AF=√AH2+CH2=√62+92=3√13，
∴S△ACF=1
2⋅CF⋅AH=1
2
×3√13×6=9√13．
【解析】(1)连接AD.想办法证明AC=AD，AD=CF，可得结论．
(2)过点A作AH⊥CF于H.证明△AFG≌△AFH(AAS)，推出FG=FH，因为CF−FG=
CF−FH=CH=9，求出AH，AC可得结论．
本题属于圆综合题，考查了圆周角定理，垂径定理，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
23.【答案】解：(1)设B生产线每小时生产防护服x套，则A生产线每小时生产防护服(x+4)套，
依题意得：160
x+4=120
x
，
解得：x=12，
经检验，x=12是原方程的解，且符合题意，
∴x+4=16．
答：A生产线每小时生产防护服16套，B生产线每小时生产防护服12套．
(2)①设A生产线运行a小时，B生产线运行b小时，则C生产线运行(25−a−b)小时，依题意得：该企业防护服的日产量=16a+12b+24(25−a−b)=(600−8a−12b)套．
②∵该企业防护服日产量不少于440套，
∴600−8a−12b≥440，
∴2a+3b≤40．
设k=a+b，则2k+b≤40，
∴b值越小，k值越大．
∵a，b为正整数且不超过12，
∴当a=12时，b≤16
3
，b可取的最大值为5，此时k的最大值为17，25−a−b=25−k= 8；
当a=11时，b≤6，b可取的最大值为6，此时k的最大值为17，25−a−b=25−k=8；
当a=10时，b≤20
3
，b可取的最大值为6，此时k的最大值为16，25−a−b=25−k=9；
当a=9时，b≤22
3
，b可取的最大值为7，此时k的最大值为16，25−a−b=25−k=9．∴C生产线运行时间的最小值为8小时．
【解析】(1)设B生产线每小时生产防护服x套，则A生产线每小时生产防护服(x+4)套，利用工作时间=工作总量÷工作效率，结合A生产线生产160套防护服和B生产线生产120套防护服所用时间相等，即可得出关于x的分式方程，解之经检验后即可得出结论；
(2)①设A生产线运行a小时，B生产线运行b小时，则C生产线运行(25−a−b)小时，
利用工作总量=工作效率×工作时间，即可用含a，b的代数式表示出该企业防护服的日产量；
②由①的结论及该企业防护服日产量不少于440套，即可得出2a+3b≤40，设k=a+ b，则2k+b≤40，进而可得出b值越小，k值越大，结合a，b为正整数且不超过12，可找出k的最大值，将其代入25−a−b=25−k中可求出C生产线运行时间的最小值．本题考查了分式方程的应用、列代数式以及不等式的解集，解题的关键是：(1)找准等量关系，正确列出分式方程；(2)①根据各数量之间的关系，用含a，b的代数式表示出该企业防护服的日产量；②根据2a+3b≤40结合a，b的取值范围，找出(a+b)的最大值．
24.【答案】119
20
【解析】解：(1)①FP=FH，理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，AD=DC，
∴AD//BC，AD=BC，
∵AP=CH，
∴∠PDF=∠HBF，∠DPF=∠BHF，PD=BH，
在△PDF和△HBF中，
{∠PDF=∠HBF PD=BH
∠DPF=∠BHF
，
∴△PDF≌△HBF(ASA)，
∴FP=FH；
②当x=0时，y=10，则AD=10，即CD=10，当y=0时，0=−2x+10，得x=5，则QN=5，∴DM+CN=DC−QN=10−5=5，
∵DM=4CN，
∴CN=1，
即AD=10，CN=1；
(2)当四边形BFQH中有两边平行时，分两种情况：
①当BF//QH时，
∵BF//QH，
∴△CQH∽△CDB，
∵CD=BC，
∴CQ=CH，DQ=BH，
∵CQ=1+x，CH=AP=y，
∴1+x=−2x+10，解得：x=3，y=4，即QN=3，AP=4，∴DP=DQ=6，
由(1)中△PDF≌△HBF，
∴BF=DF，
∴点F为对角线BD的中点，
∵平行四边形ABCD的对角线互相平分，
∴点F为AC的中点，即A、F、C共线，
连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠PDF=QDF，AC⊥BD，AD//BC，
∴PE⊥BD，
∴PE//AC，即PE//AF，
∴DE：EF=DP：AP=6：4=3：2；
②当FQ//BH时，
∵BF=DF，
∴QF=DQ=CQ=5，即QN=x=4，
∴AP=y=2，PD=8，
∵AD//BC，即PD//QF，
∴DE：EF=PD：QF=8：5；
综上，DE：EF=3：2或8：5；
(3)在图2中，过点B作BT⊥AD于T，延长PQ交BC延长线于K，
∵tanA=4
3
，
∴sinA=4
5
，
∵AB=10，
∴BT=AB⋅sinA=8，
设△PDQ的底边的高为a，∵PD//CK，
∴△PDQ∽△KCQ，
∴DQ
QC =a
8−a
=10−x−1
1+x
，
∴a=36
5−4
5
x，
则S△PFQ=S△ACD−S△PDQ−S△FAP−S△CQF
=1
2
×10×8−
1
2
×(10−y)×(
36
5
−
4
5
x)−
1
2
×4y−
1
2
×4(1+x)
=4
5
x2−
26
5
+18
=4
5(x−13
4
)+119
20
，
∴当x=13
4时，S△PFQ有最小值，最小值为119
20
．
故答案为：119
20
．
(1)①根据菱形的性质和全等三角形的判定证得△PDF≌△HBF，再根据全等三角形的性质即可解答；
②根据题意，分别令x=0，y=0即可求解；
(2)分BF//QH和FQ//BH两种情况讨论解答即可；
(3)过点B作BT⊥AD于T，延长PQ交BC延长线于K，根据tanA=4
3
可得BT=8，设△PDQ的底边的高为a，证明△PDQ∽△KCQ，根据相似三角形高的比等于相似比可证
得a=36
5−4
5
x，则S△PFQ=S△ACD−S△PDQ−S△FAP−S△CQF=4
5
x2−26
5
+18，由二次函
数求最值的方法求解即可．
本题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质、平行线的判
定与性质、相似三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，难度较大，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．。