北师版九年级数学上册期末综合解答题压轴题含答案

北师版九年级数学上册期末综合解答题压轴题含答案第一章三、解答题(19，20题每题9分，21题10分，22，23题每题12分，24题14分，共66分)19．如图，四边形ABCD是菱形，DE⊥AB交BA的延长线于点E，DF⊥BC交BC的延长线于点F.求证：DE＝DF.20．如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，过点C作CE∥OD，过点D作DE∥AC，CE与DE相交于点E.(1)求证：四边形OCED是矩形；(2)若AB＝4，∠ABC＝60°，求矩形OCED的面积．21．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点B作AC的平行线交DC的延长线于点E.(1)求证：BD＝BE；(2)若BE＝10，CE＝6，连接OE，求△ODE的面积．22．如图，将矩形纸片ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在平面上的F点处，DF交BC于点E.(1)求证：△DCE≌△BFE；(2)若CD＝2，∠ADB＝30°，求BE的长．23．如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝120°，以点A为顶点的一个60°的∠EAF绕点A旋转，∠EAF的两边分别交BC，CD于点E，F，且E，F不与B，C，D重合，连接EF.(1)求证：BE＝CF.(2)在∠EAF绕点A旋转的过程中，四边形AECF的面积是否发生变化？如果不变，求出其定值；如果变化，请说明理由．24．在正方形ABCD的外侧作直线AP，点B关于直线AP的对称点为E，连接BE，DE，其中DE交直线AP于点F.(1)依题意补全图①；(2)若∠PAB＝20°，求∠ADF的度数；(3)如图②，若45°＜∠PAB＜90°，用等式表示线段AB，EF，FD之间的数量关系，并给出证明．第二章三、解答题(19题12分，20～23题每题8分，24题10分，25题12分，共66分)19．用适当的方法解下列方程．(1)x2－x－1＝0;(2)3x(x－2)＝x－2；(3)x2－2eq\r(2)x＋1＝0;(4)(x＋8)(x＋1)＝－12.20．已知关于x的一元二次方程(m－2)x2＋2mx＋m＋3＝0有两个不相等的实数根．(1)求m的取值范围；(2)当m取满足条件的最大整数时，求方程的根．21．解方程(x－1)2－5(x－1)＋4＝0时，我们可以将x－1看成一个整体，设x－1＝y，则原方程可化为y2－5y＋4＝0，解得y1＝1，y2＝4.当y＝1时，即x－1＝1，解得x＝2；当y＝4时，即x－1＝4，解得x＝5，所以原方程的解为x1＝2，x2＝5.请利用这种方法求方程(2x＋5)2－4(2x＋5)＋3＝0的解．22．关于x的一元二次方程x2＋3x＋m－1＝0的两个实数根分别为x1，x2.(1)求m的取值范围；(2)若2(x1＋x2)＋x1x2＋10＝0，求m的值．23．一个矩形周长为56cm.(1)当矩形的面积为180cm2时，长和宽分别为多少？(2)这个矩形的面积能为200cm2吗？请说明理由．24．如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝6cm，BC＝8cm，若点P从点A出发沿AB边向点B以1cm/s的速度移动，点Q从点B出发沿BC边向点C以2cm/s的速度移动，两点同时出发．(1)问几秒后，△PBQ的面积为8cm2?(2)出发几秒后，线段PQ的长为4eq\r(2)cm?(3)△PBQ的面积能否为10cm2？若能，求出时间；若不能，请说明理由．25．某中学九年级准备组织学生去方特梦幻王国进行春游活动．方特梦幻王国给出了学生团体门票的优惠价格：如果学生人数不超过30名，那么门票为每张240元；如果人数超过了30名，则每超过1名，每张门票就降低2元，但每张门票最低不能少于200元．(1)若一班共有40名学生参加了春游活动，则需要交门票费多少元？(2)若二班共有52名学生参加了春游活动，则需要交门票费多少元？(3)若三班交了门票费9450元，请问该班参加春游的学生有多少名？第三章三、解答题(19题8分，20题10分，其余每题12分，共66分)19．甘肃省省府兰州，又名金城．在金城，黄河母亲河通过自身文化的演绎，衍生和流传了独特的“金城八宝”美食．“金城八宝”美食中甜品类有味甜汤糊“灰豆子”、醇香软糯“甜胚子”、生津润肺“热冬果”、香甜什锦“八宝百合”，其他类有青白红绿“牛肉面”、酸辣清凉“酿皮子”、清爽溜滑“浆水面”、香醇肥美“手抓羊肉”．李华和王涛同时去品尝美食，李华准备在“甜胚子、牛肉面、酿皮子、手抓羊肉”这四种美食中选择一种，王涛准备在“八宝百合、灰豆子、热冬果、浆水面”这四种美食中选择一种．(甜胚子、牛肉面、酿皮子、手抓羊肉分别记为A，B，C，D，八宝百合、灰豆子、热冬果、浆水面分别记为E，F，G，H)(1)用画树状图或列表的方法表示李华和王涛同时选择美食的所有可能结果；(2)求李华和王涛同时选择的美食都是甜品类的概率．20．一个不透明的口袋中有9个红球和若干个白球，这些球除颜色不同外，其余都相同．在不允许将球倒出来数的前提下，小明采用如下的方法估算其中白球的数量：从口袋中随机摸出一球，记下颜色，然后把它放回口袋中，摇匀后再随机摸出一球，记下颜色……小明重复上述过程，共摸了100次，其中40次摸到白球，请回答：口袋中的白球约有多少个？21．某小区为了改善生态环境、促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为三类：厨余、可回收和其他，分别记为a，b，c，并且设置了相应的垃圾箱，“厨余垃圾”箱、“可回收垃圾”箱和“其他垃圾”箱，分别记为A，B，C.(1)若将三类垃圾随机投入三类垃圾箱，请用画树状图的方法求垃圾投放正确的概率；(2)为调查居民生活垃圾分类投放情况，现随机抽取了该小区三类垃圾箱中总共1000t生活垃圾，数据统计如下(单位：t)：ABCa400100100b3024030c202060试估计“厨余垃圾”投放正确的概率．

22．某学校为了提高学生的能力，决定开设以下项目：A.文学院，B.小小数学家，C.小小外交家，D.未来科学家．为了了解学生最喜欢哪一项目，随机抽取了部分学生进行调查，并将调查结果绘制成了如图所示两幅不完整的统计图，请回答下列问题：(1)这次被调查的学生共有________人；(2)请你将条形统计图补充完整；(3)在平时的小小外交家的课堂学习中，甲、乙、丙、丁四人表现优秀，现决定从这四名同学中任选两名参加全国英语口语大赛，求恰好同时选中甲、乙两名同学的概率(用画树状图或列表法解答)．23．小明、小亮、小芳和两个陌生人甲、乙同在如图所示的地下车库等电梯，已知两个陌生人到1至4层的任意一层出电梯，并设甲在a层出电梯，乙在b层出电梯．(1)小明想知道甲、乙二人在同一层出电梯的概率，你能帮他求出来吗？(2)小亮和小芳打赌：若甲、乙在同一层或相邻楼层出电梯，则小亮胜，否则小芳胜．该游戏是否公平？若公平，说明理由；若不公平，请修改游戏规则，使游戏公平．24．端午节吃粽子是中华民族的传统习俗，今年某商场销售甲厂家的高档、中档、低档三个品种及乙厂家的精装、简装两个品种的盒装粽子．现需要在甲、乙两个厂家中各选购一个品种．(1)写出所有选购方案(利用树状图或表格求选购方案)．(2)如果(1)中各种选购方案被选中的可能性相同，那么甲厂家的高档粽子被选中的概率是多少？(3)现某中学准备购买两个品种的粽子共32盒(价格如下表)发给学校的“留守儿童”，让他们过一个愉快的端午节，其中指定购买了甲厂家的高档粽子，再从乙厂家购买一个品种．若恰好用了1200元，请问：购买了多少盒甲厂家的高档粽子？品种高档中档低档精装简装价格/(元/盒)6040255020第四章三、解答题(19，20题每题8分，24题14分，其余每题12分，共66分)19．如图，矩形ABCD为一密封的长方体纸盒的纵切面的示意图，AB边上的点E处有一小孔，光线从点E处射入，经纸盒底面上的平面镜反射，恰好从点D处的小孔射出．已知AD＝26cm，AB＝13cm，AE＝6cm.(1)求证：△BEF∽△CDF；(2)求CF的长．20．如图，△ABC三个顶点的坐标分别为A(1，2)，B(3，1)，C(2，3)，以原点O为位似中心，将△ABC放大为原来的2倍得△A′B′C′.(1)在图中第一象限内画出符合要求的△A′B′C′(不要求写画法)；(2)计算△A′B′C′的面积．21．如图，在▱ABCD中，过点A作AE⊥BC于点E，连接DE，点F为线段DE上一点，且∠AFE＝∠B.(1)求证：△ADF∽△DEC；(2)若AB＝8，AD＝6eq\r(3)，AF＝4eq\r(3)，求AE的长．22．如图，某水平地面上有一建筑物AB，在点D和点F处分别竖有2米高的标杆CD和EF，两标杆相距52米，并且建筑物AB，标杆CD和EF在同一竖直平面内，从标杆CD后退2米到点G处，点G与建筑物顶端A和标杆顶端C在同一条直线上；从标杆EF后退4米到点H处，点H与建筑物顶端A和标杆顶端E在同一条直线上，求建筑物AB的高度．23．如图，在矩形ABCD中，AB＝12cm，BC＝6cm，点P沿AB边从点A开始向点B以2cm/s的速度移动，点Q沿DA边从点D开始向点A以1cm/s的速度移动．如果P，Q同时出发，用t(s)表示移动的时间(0<t<6)，那么：(1)当t为何值时，△QAP为等腰直角三角形？(2)对四边形QAPC的面积，提出一个与计算结果有关的结论．(3)当t为何值时，以点Q，A，P为顶点的三角形与△ABC相似？24．如图①，在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝2AB＝8，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE.将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α.(1)当α＝0°和α＝180°时，求eq\f(AE,BD)的值．(2)试判断当0°≤α＜360°时，eq\f(AE,BD)的大小有无变化？请仅就图②的情况给出证明．(3)当△EDC旋转至A，D，E三点共线时，求线段BD的长．第五章三、解答题(19～21题每题10分，其余每题12分，共66分)19．如图，大王站在墙前，小明站在墙后，小明不能让大王看见，请你画出小明的活动区域．20．如图①是一个组合几何体，图②是它的两种视图．(1)在图②的横线上填写出两种视图的名称；根据两种视图中的数据(单位：cm)，计算这个组合几何体的表面积．(结果保留一位小数，π取3.14)21．已知CD为一幢3m高的温室，其西面窗户的底框G距地面1m，CD在地面上留下的最大影长CF为2m，现欲在距C点7m的正西方A处建一幢12m高的楼房AB.(设A，C，F在同一水平线上)(1)按比例较精确地作出高楼AB及它的最大影长AE.(2)大楼AB建成后是否影响温室CD的采光？试说明理由．22．如图，已知线段AB＝2cm，投影面为P.(1)当AB垂直于投影面P时(如图①)，请画出线段AB的正投影；(2)当AB平行于投影面P时(如图②)，请画出它的正投影，并求出正投影的长；(3)在(2)的基础上，点A不动，线段AB绕点A在垂直于投影面P的平面内逆时针旋转30°，请在图③中画出线段AB的正投影，并求出其正投影的长．23．如图①是一种包装盒的平面展开图，将它围起来可得到一个几何体的模型．(1)这个几何体模型最确切的名称是________；(2)如图②是根据a，h的取值画出的几何体的主视图和俯视图，请在网格中画出该几何体的左视图；(3)在(2)的条件下，已知h＝20cm，求该几何体的表面积．24．为加快新农村建设，某市投入资金建设新型农村社区．如图为住宅区内的两幢楼，它们的高AB＝CD＝30m，现需了解甲楼对乙楼采光情况的影响．当太阳光线与水平线的夹角为30°时，试求：(1)若两楼间的距离AC＝24m，则甲楼落在乙楼上的影子有多高；(结果保留根号)(2)若甲楼的影子刚好不影响乙楼，则两楼之间的距离应当有多远．(结果保留根号)第六章三、解答题(19～21题每题8分，22～24题每题10分，25题12分，共66分)19．丽水某公司将“丽水山耕”农副产品运往杭州市场进行销售．记汽车行驶时间为th，平均速度为vkm/h(汽车行驶速度不超过100km/h)．根据经验，v，t的几组对应值如下表：v/(km/h)7580859095t/h4.003.753.533.333.16(1)根据表中数据，求出平均速度v(km/h)关于行驶时间t(h)的函数表达式．(2)汽车上午7：30从丽水出发，能否在上午10：00之前到达杭州市场？请说明理由．(3)若汽车到达杭州市场的行驶时间t满足3.5≤t≤4，求平均速度v的取值范围．20．在平面直角坐标系xOy中，直线y＝x＋b与双曲线y＝eq\f(m,x)的一个交点为A(2，4)，与y轴交于点B.(1)求m的值和点B的坐标；(2)点P在双曲线y＝eq\f(m,x)上，△OBP的面积为8，直接写出点P的坐标．21．如图，已知四边形OABC是菱形，OC在x轴上，点B的坐标为(18，6)，反比例函数y＝eq\f(k,x)(k≠0)的图象经过点A，与OB交于点E.(1)求k的值；(2)求eq\f(OE,EB)的值．22．如图，一次函数y＝kx＋5(k为常数，且k≠0)的图象与反比例函数y＝－eq\f(8,x)的图象交于A(－2，b)，B两点．(1)求一次函数的表达式；(2)若将直线AB向下平移m(m＞0)个单位长度后，与反比例函数的图象有且只有一个公共点，求m的值．23．如图，在直角坐标系中，矩形OABC的顶点O与坐标原点重合，A，C分别在y轴、x轴上，点B的坐标为(4，2)，直线y＝－eq\f(1,2)x＋3分别交AB，BC于点M，N，反比例函数y＝eq\f(k,x)的图象经过点M，N.(1)求反比例函数的表达式；(2)若点P在y轴上，且△OPM的面积与四边形BMON的面积相等，求点P的坐标．24．教室里的饮水机接通电源就进入自动程序，开机加热时每分钟上升10℃，加热到100℃停止加热，水温开始下降．此时水温y(℃)与开机后的时间x(min)成反比例关系，直至水温降至30℃，饮水机关机．饮水机关机后即刻自动开机，重复上述自动程序．若在水温为30℃时接通电源，水温y(℃)与时间x(min)的关系如图所示．(1)分别写出图中表示水温上升和下降阶段y与x之间的函数关系式；(2)怡萱同学想喝高于50℃的水，请问她最多需要等待多长时间？25．如图，正比例函数y＝2x的图象与反比例函数y＝eq\f(k,x)的图象交于A，B两点，过点A作AC垂直x轴于点C，连接BC，若△ABC的面积为2.(1)求k的值．(2)x轴上是否存在一点D，使△ABD为直角三角形？若存在，求出点D的坐标；若不存在，请说明理由．参考答案第一章三、19.证明：连接DB.∵四边形ABCD是菱形，∴BD平分∠ABC.又∵DE⊥AB，DF⊥BC，∴DE＝DF.20．(1)证明：∵CE∥OD，DE∥AC，∴四边形OCED是平行四边形．又∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，即∠COD＝90°，∴四边形OCED是矩形．(2)解：∵在菱形ABCD中，AB＝4，∴AB＝BC＝CD＝4.又∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC＝4，∴OC＝eq\f(1,2)AC＝2，∴OD＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3)，∴矩形OCED的面积是2eq\r(3)×2＝4eq\r(3).21．(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝BD，AB∥CD.又∵BE∥AC，E在DC的延长线上．∴四边形ABEC是平行四边形，∴AC＝BE，∴BD＝BE.(2)解：如图，过点O作OF⊥CD于点F.∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD＝90°，∴∠BCE＝90°.在Rt△BCE中，根据勾股定理可得BC＝8.∵BE＝BD，∠BCD＝90°，∴CD＝CE＝6，∴DE＝12.∵OD＝OC，OF⊥CD，∴CF＝DF.又OB＝OD，∴OF为△BCD的中位线，∴OF＝eq\f(1,2)BC＝4，∴S△ODE＝eq\f(1,2)DE·OF＝eq\f(1,2)×12×4＝24.22．(1)证明：∵在矩形ABCD中，AD∥BC，∠A＝∠C＝90°，∴∠ADB＝∠DBC.根据折叠的性质得∠ADB＝∠FDB，∠F＝∠A＝90°，∴∠DBC＝∠FDB，∠C＝∠F.∴BE＝DE.在△DCE和△BFE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠DEC＝∠BEF，,∠C＝∠F，,DE＝BE，))∴△DCE≌△BFE.(2)解：在Rt△BCD中，∵CD＝2，∠DBC＝∠ADB＝30°，∴BD＝4.∴BC＝2eq\r(3).在Rt△ECD中，易得∠EDC＝30°.∴DE＝2EC.∴(2EC)2－EC2＝CD2.又∵CD＝2，∴CE＝eq\f(2\r(3),3).∴BE＝BC－EC＝eq\f(4\r(3),3).23．(1)证明：如图，连接AC.∵四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，∴AB＝BC＝CD＝DA，∠BAC＝∠DAC＝60°，∴△ABC和△ADC都是等边三角形，∴∠ABE＝∠ACF＝60°，AB＝AC，∠1＋∠2＝60°.∵∠3＋∠2＝∠EAF＝60°，∴∠1＝∠3.∴△ABE≌△ACF.∴BE＝CF.(2)解：四边形AECF的面积不变．由(1)知△ABE≌△ACF，则S△ABE＝S△ACF，故S四边形AECF＝S△AEC＋S△ACF＝S△AEC＋S△ABE＝S△ABC.如图，过点A作AM⊥BC于点M，则BM＝MC＝2，∴AM＝eq\r(AB2－BM2)＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3).∴S△ABC＝eq\f(1,2)BC·AM＝eq\f(1,2)×4×2eq\r(3)＝4eq\r(3).故S四边形AECF＝4eq\r(3).24．解：(1)如图①.(2)如图②，连接AE，∵点E是点B关于直线AP的对称点，∴∠PAE＝∠PAB＝20°，AE＝AB.∵四边形ABCD是正方形，∴AE＝AB＝AD，∠BAD＝90°.∴∠AED＝∠ADE，∠EAD＝∠DAB＋∠BAP＋∠PAE＝130°.∴∠ADF＝eq\f(180°－130°,2)＝25°.(3)EF2＋FD2＝2AB2.证明如下：如图③，连接AE，BF，BD，由轴对称和正方形的性质可得，EF＝BF，AE＝AB＝AD，易得∠ABF＝∠AEF＝∠ADF.∵∠BAD＝90°，∴∠ABF＋∠FBD＋∠ADB＝90°.∴∠ADF＋∠ADB＋∠FBD＝90°.∴∠BFD＝90°.在Rt△BFD中，由勾股定理得BF2＋FD2＝BD2.在Rt△ABD中，由勾股定理得BD2＝AB2＋AD2＝2AB2，∴EF2＋FD2＝2AB2.第二章三、19.解：(1)(公式法)a＝1，b＝－1，c＝－1，∴b2－4ac＝(－1)2－4×1×(－1)＝5.∴x＝eq\f(－b±\r(b2－4ac),2a)＝eq\f(1±\r(5),2)，即原方程的根为x1＝eq\f(1＋\r(5),2)，x2＝eq\f(1－\r(5),2).(2)(因式分解法)移项，得3x(x－2)－(x－2)＝0，即(3x－1)(x－2)＝0，∴x1＝eq\f(1,3)，x2＝2.(3)(配方法)配方，得(x－eq\r(2))2＝1，∴x－eq\r(2)＝±1，∴x1＝eq\r(2)＋1，x2＝eq\r(2)－1.(4)(因式分解法)原方程可化为x2＋9x＋20＝0，即(x＋4)(x＋5)＝0，解得x1＝－4，x2＝－5.20．解：(1)∵关于x的一元二次方程(m－2)x2＋2mx＋m＋3＝0有两个不相等的实数根，∴m－2≠0且Δ＝(2m)2－4(m－2)(m＋3)＝－4(m－6)＞0，解得m＜6且m≠2.∴m的取值范围是m＜6且m≠2.(2)在m＜6且m≠2的范围内，最大整数为5.此时，方程化为3x2＋10x＋8＝0，解得x1＝－2，x2＝－eq\f(4,3).21．解：设2x＋5＝y，则原方程可化为y2－4y＋3＝0，所以(y－1)(y－3)＝0，解得y1＝1，y2＝3.当y＝1时，即2x＋5＝1，解得x＝－2；当y＝3时，即2x＋5＝3，解得x＝－1，所以原方程的解为x1＝－2，x2＝－1.22．解：(1)由题意得Δ＝9－4(m－1)≥0，∴m≤eq\f(13,4).(2)由根与系数的关系得x1＋x2＝－3，x1x2＝m－1.∵2(x1＋x2)＋x1x2＋10＝0，∴－6＋(m－1)＋10＝0，∴m＝－3，∵m≤eq\f(13,4)，∴m的值为－3.23．解：(1)设矩形的长为xcm，则宽为(28－x)cm，由题意列方程，得x(28－x)＝180，整理，得x2－28x＋180＝0，解得x1＝10(舍去)，x2＝18.答：矩形的长为18cm，宽为10cm.(2)不能．理由如下：设矩形的长为ycm，则宽为(28－y)cm，由题意列方程，得y(28－y)＝200，整理，得y2－28y＋200＝0，则Δ＝(－28)2－4×200＝784－800＝－16＜0.∴该方程无实数解．故这个矩形的面积不能为200cm2.24．解：(1)设ts后，△PBQ的面积为8cm2，则PB＝(6－t)cm，BQ＝2tcm，∵∠B＝90°，∴eq\f(1,2)(6－t)×2t＝8，解得t1＝2，t2＝4，∴2s或4s后，△PBQ的面积为8cm2.(2)设出发xs后，PQ＝4eq\r(2)cm，由题意，得(6－x)2＋(2x)2＝(4eq\r(2))2，解得x1＝eq\f(2,5)，x2＝2，故出发eq\f(2,5)s或2s后，线段PQ的长为4eq\r(2)cm.(3)不能．理由：设经过ys，△PBQ的面积等于10cm2，则eq\f(1,2)×(6－y)×2y＝10，即y2－6y＋10＝0，∵Δ＝b2－4ac＝36－4×10＝－4＜0，∴该方程无实数解．∴△PBQ的面积不能为10cm2.25．解：(1)240－(40－30)×2＝220(元)，220×40＝8800(元)．答：若一班共有40名学生参加了春游活动，则需要交门票费8800元．(2)240－(52－30)×2＝196(元)，∵196＜200，∴每张门票200元．200×52＝10400(元)．答：若二班共有52名学生参加了春游活动，则需要交门票费10400元．(3)∵9450不是200的整数倍，且240×30＝7200(元)＜9450元，∴每张门票的价格高于200元且低于240元．设三班参加春游的学生有x名，则每张门票的价格为[240－2(x－30)]元，根据题意，得[240－2(x－30)]x＝9450，整理，得x2－150x＋4725＝0，解得x1＝45，x2＝105，∵240－2(x－30)＞200，∴x＜50.∴x＝45.答：若三班交了门票费9450元，则该班参加春游的学生有45名．第三章三、19.解：(1)列表如下：或画树状图如图所示：(2)由(1)可知，共有16种等可能的结果，而李华和王涛同时选择的都是甜品类的有3种结果，分别是(A，E)，(A，F)，(A，G)，∴李华和王涛同时选择的美食都是甜品类的概率为eq\f(3,16).20．解：设口袋中的白球约有x个．根据题意，得eq\f(x,x＋9)＝eq\f(40,100)，解得x＝6，经检验，x＝6是原方程的根．答：口袋中的白球约有6个．21．解：(1)三类垃圾随机投入三类垃圾箱的树状图如图所示．由树状图可知，垃圾投放正确的概率为eq\f(3,9)＝eq\f(1,3).(2)“厨余垃圾”投放正确的概率为eq\f(400,400＋100＋100)＝eq\f(2,3).22．解：(1)200(2)C项目对应的人数有200－20－80－40＝60(人)．补充条形统计图如图①所示．(3)画树状图如图②所示：由树状图可知，共有12种等可能的情况，恰好同时选中甲、乙两名同学的情况有2种，所以P(恰好同时选中甲、乙两名同学)＝eq\f(2,12)＝eq\f(1,6).23．解：(1)列表略，一共出现16种等可能结果，其中在同一层出电梯的有4种结果，则P(甲、乙二人在同一层出电梯)＝eq\f(4,16)＝eq\f(1,4).(2)游戏不公平．甲、乙在同一层或相邻楼层出电梯的有10种结果，故P(小亮胜)＝eq\f(10,16)＝eq\f(5,8)，P(小芳胜)＝eq\f(6,16)＝eq\f(3,8)，∵eq\f(5,8)＞eq\f(3,8)，∴游戏不公平．修改规则为：若甲、乙在同一层或相隔两层出电梯，则小亮胜；若甲、乙相隔一层或三层出电梯，则小芳胜(修改规则不唯一)．24．解：(1)画树状图如图所示：共有6种选购方案：(高档，精装)，(高档，简装)，(中档，精装)，(中档，简装)，(低档，精装)，(低档，简装)．(2)因为选中甲厂家的高档粽子的方案有2种，即(高档，精装)，(高档，简装)，所以甲厂家的高档粽子被选中的概率为eq\f(2,6)＝eq\f(1,3).(3)由(2)可知，当选用方案(高档，精装)时，设分别购买高档粽子、精装粽子x1盒、y1盒，根据题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋y1＝32，,60x1＋50y1＝1200.))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＝－40，,y1＝72.))经检验，不符合题意，舍去．当选用方案(高档，简装)时，设分别购买高档粽子、简装粽子x2盒、y2盒，根据题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝32，,60x2＋20y2＝1200.))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＝14，,y2＝18.))经检验，符合题意．故该中学购买了14盒甲厂家的高档粽子．第四章三、19.(1)证明：∵FG⊥BC，∠EFG＝∠DFG，∴∠BFE＝∠CFD.又∵∠B＝∠C＝90°，∴△BEF∽△CDF.(2)解：∵AD＝26cm，AB＝13cm，∴BC＝26cm，CD＝13cm.设CF＝xcm，则BF＝(26－x)cm.∵AB＝13cm，AE＝6cm，∴BE＝7cm，由(1)得△BEF∽△CDF，∴eq\f(BE,CD)＝eq\f(BF,CF)，即eq\f(7,13)＝eq\f(26－x,x)，解得x＝16.9，即CF＝16.9cm.20．解：(1)如图．(2)S△A′B′C′＝4×4－eq\f(1,2)×2×2－eq\f(1,2)×2×4－eq\f(1,2)×2×4＝6.21．(1)证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC，∠B＋∠C＝180°，∴∠ADE＝∠DEC.又∵∠AFE＝∠B，∠AFE＋∠AFD＝180°，∴∠AFD＝∠C，∴△ADF∽△DEC.(2)解：在▱ABCD中，CD＝AB＝8.∵△ADF∽△DEC，∴eq\f(AF,CD)＝eq\f(AD,DE)，即eq\f(4\r(3),8)＝eq\f(6\r(3),DE)，解得DE＝12.∵AE⊥BC，AD∥BC，∴AE⊥AD，即∠EAD＝90°.在Rt△AED中，由勾股定理，得AE＝eq\r(122－（6\r(3)）2)＝6.22．解：由题意得，CD＝DG＝EF＝2米，DF＝52米，FH＝4米．∵AB⊥BH，CD⊥BH，EF⊥BH，∴∠ABH＝∠CDG＝∠EFH＝90°.又∵∠CGD＝∠AGB，∠EHF＝∠AHB，∴△CDG∽△ABG，△EFH∽△ABH，∴eq\f(CD,AB)＝eq\f(DG,BG)，eq\f(EF,AB)＝eq\f(FH,BH)，即eq\f(CD,AB)＝eq\f(DG,DG＋BD)，eq\f(EF,AB)＝eq\f(FH,FH＋DF＋BD)，∴eq\f(2,AB)＝eq\f(2,2＋BD)，eq\f(2,AB)＝eq\f(4,4＋52＋BD)，∴eq\f(2,2＋BD)＝eq\f(4,4＋52＋BD)，解得BD＝52米，∴eq\f(2,AB)＝eq\f(2,2＋52)，解得AB＝54米．答：建筑物AB的高度为54米．23．解：(1)由题意知AP＝2tcm，DQ＝tcm，QA＝(6－t)cm，当QA＝AP时，△QAP是等腰直角三角形，所以6－t＝2t，解得t＝2.即t为2时，△QAP为等腰直角三角形．(2)四边形QAPC的面积＝S△QAC＋S△APC＝eq\f(1,2)AQ·CD＋eq\f(1,2)AP·BC＝(36－6t)＋6t＝36(cm2)．在P，Q两点移动的过程中，四边形QAPC的面积始终保持不变．(3)分两种情况：①当eq\f(AQ,AB)＝eq\f(AP,BC)时，△QAP∽△ABC，则eq\f(6－t,12)＝eq\f(2t,6)，即t＝1.2；②当eq\f(QA,BC)＝eq\f(AP,AB)时，△PAQ∽△ABC，则eq\f(6－t,6)＝eq\f(2t,12)，即t＝3.所以当t＝1.2或3时，以点Q，A，P为顶点的三角形与△ABC相似．24．解：(1)当α＝0°时，∵BC＝2AB＝8，∴AB＝4.∵点D，E分别是边BC，AC的中点，∴BD＝4，AE＝EC＝eq\f(1,2)AC.∵∠B＝90°，∴AC＝eq\r(82＋42)＝4eq\r(5).∴AE＝CE＝2eq\r(5).∴eq\f(AE,BD)＝eq\f(2\r(5),4)＝eq\f(\r(5),2).当α＝180°时，如图①，易得AC＝4eq\r(5)，CE＝2eq\r(5)，CD＝4，∴eq\f(AE,BD)＝eq\f(AC＋CE,BC＋CD)＝eq\f(4\r(5)＋2\r(5),8＋4)＝eq\f(\r(5),2).(2)无变化．证明：在题图①中，易知DE是△ABC的中位线，∴DE∥AB.∴eq\f(CE,CA)＝eq\f(CD,CB)，∠EDC＝∠B＝90°.在题图②中，∵△EDC在旋转过程中形状大小不变，∴eq\f(CE,CA)＝eq\f(CD,CB)仍然成立．∴eq\f(CE,CD)＝eq\f(CA,CB).又∵∠ACE＝∠BCD＝α，∴△ACE∽△BCD.∴eq\f(AE,BD)＝eq\f(AC,BC).由(1)可知AC＝4eq\r(5).∴eq\f(AC,BC)＝eq\f(4\r(5),8)＝eq\f(\r(5),2).∴eq\f(AE,BD)＝eq\f(\r(5),2).∴eq\f(AE,BD)的大小不变．(3)当△EDC在BC上方，且A，D，E三点共线时，四边形ABCD为矩形，如图②，∴BD＝AC＝4eq\r(5)；当△EDC在BC下方，且A，E，D三点共线时，△ADC为直角三角形，如图③，由勾股定理可得AD＝eq\r(AC2－CD2)＝8.又易知DE＝2，∴AE＝6.∵eq\f(AE,BD)＝eq\f(\r(5),2)，∴BD＝eq\f(12\r(5),5).综上，BD的长为4eq\r(5)或eq\f(12\r(5),5).第五章三、19.解：如图，小明的活动区域是A，B，C三个阴影部分区域．20．解：(1)主；俯(2)这个组合几何体的表面积为2×(8×5＋8×2＋5×2)＋4×π×6≈132＋4×3.14×6≈207.4(cm2)．21．解：(1)作图，如图所示．(2)大楼AB建成后会影响温室CD的采光．理由：如图，设BE交DC于点N.由题意，得eq\f(AB,AE)＝eq\f(DC,CF)，所以eq\f(12,AE)＝eq\f(3,2)，解得AE＝8m，由AC＝7m，可得CE＝1m.由CN∥AB，得eq\f(AB,AE)＝eq\f(CN,CE)，所以eq\f(12,8)＝eq\f(CN,1)，解得CN＝1.5m，因为1.5＞1，故大楼AB建成后会影响温室CD的采光．22．解：(1)画图略．(2)画图略．AB的正投影长2cm.(3)画图略．AB的正投影长eq\r(3)cm.23．解：(1)直三棱柱(2)如图所示．(3)由题意可得a2＋a2＝h2，h＝20，解得a＝10eq\r(2)cm(负值舍去)，所以该几何体的表面积为eq\f(1,2)×(10eq\r(2))2×2＋2×10eq\r(2)×20＋202＝600＋400eq\r(2)(cm2)．【点拨】在画或判断三视图时，一定要注意几何体的边缘、棱、顶点，看得见的轮廓线画成实线，看不见的轮廓线画成虚线．同时三视图之间应遵循“主与俯长对正，主与左高平齐，左与俯宽相等”的原则．24．解：(1)∵AB＝CD＝30m，BA⊥AC，CD⊥AC，∴四边形ABDC是矩形．∴BD＝AC＝24m，∠BDE＝90°.∵∠DBE＝30°，∴设DE＝xm，则BE＝2xm.∴在Rt△BDE中，BD＝eq\r(BE2－DE2)＝eq\r(（2x）2－x2)＝eq\r(3)x(m)．∴eq\r(3)x＝24，解得x＝8eq\r(3).∴EC＝CD－DE＝(30－8eq\r(3))m，即甲楼落在乙楼上的影子有(30－8eq\r(3))m高．(2)如图．当太阳光照射到点C时，甲楼的影子刚好不影响乙楼，在Rt△ABC中，AB＝30m，∠ACB＝30°，∴BC＝2AB＝60m.在Rt△ABC中，由勾股定理得AC＝eq\r(BC2－AB2)＝eq\r(602－302)＝30eq\r(3)(m)．∴若甲楼的影子刚好不影响乙楼，则两楼之间的距离应当有30eq\r(3)m远．第六章三、19.解：(1)根据表中的数据，可画出v关于t的函数图象，根据图象形状，选择反比例函数模型进行尝试．设v与t的函数表达式为v＝eq\f(k,t).∵当v＝75时，t＝4，∴k＝4×75＝300.∴v＝eq\f(300,t).将t＝3.75，3.53，3.33，3.16分别代入v＝eq\f(300,t)可得eq\f(300,3.75)＝80，eq\f(300,3.53)≈85，eq\f(300,3.33)≈90，eq\f(300,3.16)≈95，∴v与t的函数表达式为v＝eq\f(300,t)(t≥3)．(2)不能．理由：10时－7时30分＝2时30分，当t＝2.5时，v＝eq\f(300,2.5)＝120＞100.∴汽车上午7：30从丽水出发，不能在上午10：00之前到达杭州市场．(3)在v＝eq\f(300,t)中，当t＝3.5时，v＝eq\f(600,7)；当t＝4时，v＝75.∴当3.5≤t≤4时，75≤v≤eq\f(600,7).答：平均速度v的取值范围是75≤v≤eq\f(600,7).易错点拨：解此类问题容易出错的地方是建立数学模型时，设出的函数表达式不符合题意而导致解答错误．20．解：(1)∵双曲线y＝eq\f(m,x)经过点A(2，4)，∴m＝8.∵直线y＝x＋b经过点A(2，4)，∴b＝2.∴此直线与y轴的交点B的坐标为(0，2)．(2)点P的坐标为(8，1)或(－8，－1)．21．解：(1)如图，过点B作BF⊥x轴于点F，由题意可得BF＝6，OF＝18.∵四边形OABC是菱形，∴OC＝BC.在Rt△BCF中，62＋(18－BC)2＝BC2，解得BC＝10，∴点A的坐标为(8，6)，将点A(8，6)的坐标代入y＝eq\f(k,x)，解得k＝48.(2)由(1)知y＝eq\f(48,x)，可设Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，\f(48,a)))，如图，过点E作EG⊥x轴于点G，则OG＝a，EG＝eq\f(48,a)，∵EG⊥x轴，BF⊥x轴，∴EG∥BF，易得△OGE∽△OFB，∴eq\f(EG,BF)＝eq\f(OG,OF)，即eq\f(\f(48,a),6)＝eq\f(a,18)，解得a＝12.∴eq\f(OE,OB)＝eq\f(OG,OF)＝eq\f(12,18)＝eq\f(2,3)，∴eq\f(OE,EB)＝eq\f(2,1)＝2.22．解：(1)根据题意，把A(－2