2022-2023学年广东省梅州市丰顺县东海中学九年级（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年广东省梅州市丰顺县东海中学九年级（上）期末数学试卷（含解析），共30页。试卷主要包含了选择题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年广东省梅州市丰顺县东海中学九年级（上）期末数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共30.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图所示的几何体的主视图是(    )
A.
B.
C.
D.
2. 用配方法解方程x2+4x−7=0，变形后的结果正确的是(    )
A. (x+2)2=−11 B. (x+2)2=11 C. (x+2)2=7 D. (x+2)2=3
3. 如图，在平行四边形ABCD中，M、N是BD上两点，BM=DN，连接AM、MC、CN、NA，添加一个条件，使四边形AMCN是矩形，这个条件是(    )

A. MB=MO B. OM=12AC
C. BD⊥AC D. ∠AMB=∠CND
4. 如图所示，AD是△ABC的角平分线，DE//AB交AC于E，DF//AC交AB于F，则四边形AEDF为(    )
A. 矩形
B. 正方形
C. 菱形
D. 不是平行四边形
5. 已知点M(2,3)是一次函数y=kx+1的图象和反比例函数y=mx的图象的交点，当一次函数的值大于反比例函数的值时，x的取值范围是(    )
A. x<−3或02
C. −32 D. x<−3
6. 如图，在直角坐标系中，矩形ABCO的边OA在x轴上，边OC在y轴上，点B的坐标为(1,3)，将矩形沿对角线AC翻折，B点落在D点的位置，且AD交y轴于点E，那么点D的坐标为(    )
A. (−45,125)
B. (−25,135)
C. (−12,135)
D. (35,125)
7. 有四张质地相同的卡片，它们的背面相同，其中两张的正面印有“粽子”的图标，另外两张的正面印有“龙舟”的图案，现将它们背面朝上，洗均匀后排列在桌面，任意翻开两张，那么两张图案一样的概率是(    )
A. 13 B. 12 C. 23 D. 34
8. 在y=k1x中，y随x的增大而减小，k1k2<0，则在同一平面直角坐标系中，y=k1x和y=k2x的图象大致为(    )
A. B.
C. D.
9. 在数学拓展课《折叠矩形纸片》上，小林折叠矩形纸片ABCD进行如下操作：①把△ABF翻折，点B落在CD边上的点E处，折痕AF交BC边于点F；②把△ADH翻折，点D落在AE边长的点G处，折痕AH交CD边于点H.若AD=6，AB=10，则EHEF的值是(    )


A. 54 B. 43 C. 53 D. 32
10. 对角线长分别为6和8的菱形ABCD如图所示，点O为对角线的交点，过点O折叠菱形，使B，B′两点重合，MN是折痕．若B′M=1.5，则CN的长为(    )
A. 3.5
B. 4.5
C. 5.5
D. 6.5
二、填空题（本大题共7小题，共28.0分）
11. 顺次连接矩形四边中点所得的四边形必定是______ ．
12. 以下给出的几何体：球、正方体、圆柱、圆锥中，主视图是矩形，俯视图是圆形的是______．
13. 如图，直线l1//l2，点A，B分别在直线l1，l2上，且AB⊥l1，直线l3交线段AB于点C，交直线l2于点D，E是射线AF上一点，连接CE，DE.若AB=4，BC=m，BD=2m，△CDE是等腰直角三角形，则m的值为______ ．

14. 一个正比例函数的图象与反比例函数y=−6 3x的图象交于A(x1,y1)B(x2,y2)两点，则(x2−x1)(y2−y1)的值为______ ．
15. 在元旦前夕，某通讯公司的每位员工都向本公司的其他员工发出了1条祝贺元旦的短信．已知全公司共发出2450条短信，那么这个公司有员工______人．
16. 如图，点O是矩形ABCD的对角线AC的中点，OM//AB交AD于点M，若OM=2，BC=6，则OB的长为______．


17. 如图，直线l1//l2//l3，A，B，C分别为直线l1，l2，l3上的动点，连接AB，BC，AC，线段AC交直线l2于点D.设直线l1，l2之间的距离为m，直线l2，l3之间的距离为n，若∠ABC=90°，BD=3，且mn=12，则m+n的最大值为______．

三、计算题（本大题共1小题，共6.0分）
18. 用适当的方法解下列方程：
(1)2x2−18=0．
(2)(m−1)2−1+m=0．
四、解答题（本大题共7小题，共56.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题6.0分)
在一个不透明的纸箱里装有红、黄、蓝三种颜色的小球，它们除颜色外完全相同，其中红球有2个，黄球有1个，蓝球有1个．现有一张电影票，小明和小亮决定通过摸球游戏定输赢(赢的一方得电影票).游戏规则是：两人各摸1次球，先由小明从纸箱里随机摸出1个球，记录颜色后放回，将小球摇匀，再由小亮随机摸出1个球．若两人摸到的球颜色相同，则小明赢，否则小亮赢．这个游戏规则对双方公平吗？请你利用树状图或列表法说明理由．
20. (本小题7.0分)
为观看世界杯决赛，8名球迷分别乘坐两辆小汽车于某日凌晨一起赶往飞机场，其中一辆小汽车在距机场15千米的地方出了故障，此时距规定到达机场的时间仅剩42分钟，但唯一可以使用的交通工具只剩一辆小汽车，连司机在内限坐5人.这辆汽车分两批送这8人去机场，平均速度60千米/时．
(1)方案一：小汽车送走第一批人后，第二批人在原地等待汽车返回接送，那么所有人赶到机场共需______ 分钟，______ (能/不能)在规定时间内赶到机场；
(2)方案二：小汽车送走第一批人的同时，第二批人以5千米/时的平均速度往机场方向步行，等途中遇到返回的汽车时再上车前行，那么所有人赶到机场共需______ 小时，______ (能/不能)在规定时间内赶到机场．
21. (本小题7.0分)
如图，在平行四边形ABCD中，点E在BC边上，点F在DC的延长线上，且∠DAE=∠F．
求证：(1)△ABE∽△ECF；
(2)若AB=5，AD=8，BE=2，求FC的长．

22. (本小题8.0分)
如图，一次函数y=x+2的图象与反比例函数y=kx的图象相交，其中一个交点的横坐标是1．
(1)求k的值；
(2)若将一次函数y=x+2的图象向下平移4个单位长度，平移后所得到的图象与反比例函数y=kx的图象相交于A，B两点，求此时线段AB的长．

23. (本小题8.0分)
某商品的进价为每件40元，售价为每件50元，每个月可卖出210件；如果每件商品的售价每上涨1元，则每个月少卖10件(每件售价不能高于65元).设每件商品的售价上涨x元(x为正整数)，每个月的销售利润为y元．
(1)求y与x的函数关系式并直接写出自变量x的取值范围；
(2)每件商品的售价定为多少元时，每个月可获得最大利润？最大的月利润是多少元？
(3)每件商品的售价定为多少元时，每个月的利润恰为2200元？根据以上结论，请你直接写出售价在什么范围时，每个月的利润不低于2200元？
24. (本小题10.0分)
【问题情境】
如图1，四边形ABCD是正方形，M是BC边上的一点，E是CD边的中点，AE平分∠DAM．
【探究展示】
(1)证明：AM=AD+MC；
(2)AM=DE+BM是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
【拓展延伸】
(3)若四边形ABCD是长与宽不相等的矩形，其他条件不变，如图2，探究展示(1)、(2)中的结论是否成立？请分别作出判断，不需要证明．


25. (本小题10.0分)
在图1，2，3中，已知▱ABCD，∠ABC=120°，点E为线段BC上的动点，连接AE，以AE为边向上作菱形AEFG，且∠EAG=120°．

(1)如图1，当点E与点B重合时，∠CEF=______°；
(2)如图2，连接AF．
①填空：∠FAD______∠EAB(填“>”，“<“，“=”)；
②求证：点F在∠ABC的平分线上；
(3)如图3，连接EG，DG，并延长DG交BA的延长线于点H，当四边形AEGH是平行四边形时，求BCAB的值．
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：从正面看，是一个“田”字．
故选：B．
找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．
本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．

2.【答案】B 
【解析】解：∵x2+4x−7=0，
∴ｘ２+４ｘ=７，
∴ｘ２+４ｘ+４=１１，
∴(x+2)2=11，
故选：B．
根据解一元二次方程的配方法即可求出答案．
本题考查一元二次方程的解法−配方法，解题的关键是掌握解一元二次方程的配方法的步骤和完全平方公式，本题属于基础题型．

3.【答案】B 
【解析】解：添加一个条件，使四边形AMCN是矩形，这个条件是OM=AC，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
∵对角线BD上的两点M、N满足BM=DN，
∴OB−BM=OD−DN，
即OM=ON，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∵OM=12AC，
∴MN=AC，
∴四边形AMCN是矩形．
故选：B．
由平行四边形的性质可知，OA=OC，OB=OD，再证OM=ON，则四边形AMCN是平行四边形，然后证MN=AC，即可得出结论．
本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．

4.【答案】C 
【解析】解：∵DE//AB，DF//AC，
∴四边形AEDF是平行四边形，∠FAD=∠ADE，
∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠FAD=∠DAE，
∴∠ADE=∠DAE，
∴AE=DE，
∴平行四边形AEDF是菱形，
故选：C．
先证四边形AEDF是平行四边形，∠FAD=∠ADE，再证∠ADE=∠DAE，则AE=DE，然后由菱形的判定即可得出结论．
本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质以及等腰三角形的判定等知识，熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．

5.【答案】C 
【解析】解：∵点M(2,3)是一次函数y=kx+1的图象和反比例函数y=mx的图象的交点，
∴代入得：3=2k+1，3=m2，
解得：k=1，m=6，
即y=x+1，y=6x，
解方程组y=x+1y=6x得：x1=−3y1=−2，x2=2y2=3，
即两函数的另一个交点坐标是(−3,2)，
∴当一次函数的值大于反比例函数的值时，x的取值范围是−32，
故选：C．
把点M的坐标代入两函数的解析式，求出k和m，再求出两函数组成的方程组的解，再根据两函数的图象和性质得出即可．
本题考查了一次函数与反比例函数的交点问题，一次函数和反比例函数的图象，用待定系数法求出函数的解析式，解方程组等知识点，能求出两函数的解析式是解此题的关键．

6.【答案】A 
【解析】解：如图，过D作DF⊥AF于F，
∵点B的坐标为(1,3)，
∴AO=1，AB=3，
根据折叠可知：CD=OA，
而∠D=∠AOE=90°，∠DEC=∠AEO，
∴△CDE≌△AOE(AAS)，
∴OE=DE，OA=CD=1，
设OE=x，那么CE=3−x，DE=x，
∴在Rt△DCE中，CE2=DE2+CD2，
∴(3−x)2=x2+12，
∴x=43，
又DF⊥AF，
∴DF//EO，
∴△AEO∽△ADF，
而AD=AB=3，
∴AE=CE=3−43=53，
∴AEAD=EODF=AOAF，
即533=43DF=1AF，
∴DF=125，AF=95，
∴OF=95−1=45，
∴D的坐标为(−45,125).
故选：A．
如图，过D作DF⊥AF于F，根据折叠可以证明△CDE≌△AOE，然后利用全等三角形的性质得到OE=DE，OA=CD=1，设OE=x，那么CE=3−x，DE=x，利用勾股定理即可求出OE的长度，而利用已知条件可以证明△AEO∽△ADF，而AD=AB=3，接着利用相似三角形的性质即可求出DF、AF的长度，也就求出了D的坐标．
此题主要考查了图形的折叠问题，也考查了坐标与图形的性质，解题的关键是把握折叠的隐含条件，利用隐含条件得到全等三角形和相似三角形，然后利用它们的性质即可解决问题．

7.【答案】A 
【解析】解：列树状图得：

共有12种情况，两张图案一样的有4种情况，所以概率是13，故选A．
列举出所有情况，看所求的情况占总情况的多少即可．
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)=mn.注意本题是不放回实验．

8.【答案】B 
【解析】解：∵在y=k1x中，y随x的增大而减小，
∴k1<0，
∴函数y=k1x图象在二、四象限，
∵k1k2<0，
∴k2>0，
∴函数y=k2x的图象在一、三象限，
故选：B．
先根据正比例函数的性质判断出k1的符号，即可根据k1k2<0判断k2的符号，再根据正比例函数的性质判断即可．
本题考查的是正比例函数的性质，熟知正比例函数的性质是解答此题的关键．

9.【答案】D 
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=∠D=90°，AB=CD=10，AD=BC=6，
由翻折可知：AB=AE=10，AD=AG=6，BF=EF，DH=HG，
∴EG=10−6=4，
在Rt△ADE中，DE= AE2−AD2= 102−62=8，
∴EC=10−8=2，
设BF=EF=x，在Rt△EFC中：x2=22+(6−x)2，
∴x=103，
设DH=GH=y，在Rt△EGH中，y2+42=(8−y)2，
∴y=3，
∴EH=5，
∴EHEF=5103=32，
故选：D．
依据折叠的性质以及勾股定理可得DE= AE2−AD2=8，即可得到EC=10−8=2，设BF=EF=x，在Rt△EFC中：x2=22+(6−x)2，求得x=103，设DH=GH=y，在Rt△EGH中，y2+42=(8−y)2，求得y=3，即可得到EHEF的值．
本题考查矩形的性质，翻折变换等知识，解题时常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．

10.【答案】A 
【解析】解：连接AC、BD，如图，
∵点O为菱形ABCD的对角线的交点，
∴OC=12AC=3，OB=OD=12BD=4，∠COD=90°，
在Rt△COD中，CD= OC2+OD2= 32+42=5，
∵AB//CD，
∴∠MBO=∠NDO，
在△OBM和△ODN中，
∠MBO=∠NDOOB=OD∠BOM=∠DON，
∴△OBM≌△ODN(ASA)，
∴DN=BM，
∵过点O折叠菱形，使B，B′两点重合，MN是折痕，
∴BM=B′M=1.5，
∴DN=1.5，
∴CN=CD−DN=5−1.5=3.5，
故选：A．
连接AC、BD，利用菱形的性质得OC=12AC=3，OD=12BD=4，∠COD=90°，再利用勾股定理计算出CD=5，由ASA证得△OBM≌△ODN得到DN=BM，然后根据折叠的性质得BM=B′M=1.5，则DN=1.5，即可得出结果．
本题考查了折叠的性质、菱形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握折叠与菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．

11.【答案】菱形 
【解析】解：如图，连接AC、BD，
∵E、F、G、H分别是矩形ABCD的AB、BC、CD、AD边上的中点，
∴EF=GH=12AC，FG=EH=12BD(三角形的中位线等于第三边的一半)，
∵矩形ABCD的对角线AC=BD，
∴EF=GH=FG=EH，
∴四边形EFGH是菱形．
故答案为：菱形．
作出图形，根据三角形的中位线定理可得EF=GH=12AC，FG=EH=12BD，再根据矩形的对角线相等可得AC=BD，从而得到四边形EFGH的四条边都相等，然后根据四条边都相等的四边形是菱形解答．
本题考查了中点四边形，三角形的中位线定理，菱形的判定，矩形的性质，作辅助线构造出三角形，然后利用三角形的中位线定理是解题的关键．

12.【答案】圆柱 
【解析】解：俯视图是圆的有球、圆柱、圆锥，
主视图是矩形的有正方体、圆柱，
故答案为：圆柱．
根据三视图的基本知识，分析各个几何体的三视图然后可解答．
本题考查了几何体的三种视图，掌握定义是关键．注意所有的看到的棱都应表现在三视图中．

13.【答案】43或83或2 
【解析】解：∵l1//l2，AB⊥l1，
∴AB⊥l1，
∴△BCD为直角三角形，
在Rt△BCD中，BC=m，BD=2m，
由勾股定理得：CD2=BC2+BD2=5m2，
∵AB=4，
∴AC=AB−BC=4−m
∵△CDE是等腰直角三角形，
∴有以下三种情况：
①当∠ECD=90°，CE=CD时，如图：

∴∠ACE+∠BCD=90°，
又∠BCD+∠BDC=90°，
∴∠ACE=∠BDC，
在△ACE和△BDC中，
∠ACE=∠BDC∠CAE=∠DBC=90°CE=CD，
∴△ACE≌△BDC，
∴AE=BC=m，
在Rt△ACE中，AC=4−m，AE=m，
由勾股定理得：CE2=AC2+AE2，
∴5m2=(4−m)2+m2，
整理得：3m2+8m−16=0，
解得：m1=43，m2=−4(不合题意，舍去)，
②当∠CED=90°，CE=ED时，
过点D作DH⊥l1于H，则DH=AB=4，如图：

同理：△AEC≌△HDE，
∴AE=DH=4，
在Rt△ACE中，AC=4−m，AE=4，
由勾股定理得：CE2=AC2+AE2=(4−m)2+42，
在Rt△CDE中，CE=ED，
由勾股定理得：CE2+ED2=CD2，
∴2CE2=5m2，
∴CE2=2.5m2，
∴(4−m)2+42=2.5m2，
整理得：3m2+8m+64=0，
解得：m1=83，m2=−8(不合题意，舍去)，
③当∠CDE=90°，CD=DE时，
过点E作ET⊥l2，则ET=AB=4，如图：

同理：△EDT≌△DCB，
∴DT=BC=m，
在Rt△EDT中，ET=4，DT=m，
由勾股定理得：DE2=DT2+ET2，
∴5m2=m2+42，
整理得：m2=4，
解得：m1=2，m2=−2(不合题意，舍去)．
综上所述：当△CDE是等腰直角三角形，则m的值为43或83或2．
先在Rt△BCD中求出CD2=BC2+BD2=5m2，再根据AB=4，BC=m得AC=4−m，然后由△CDE是等腰直角三角形，分三种情况讨论如下：
①当∠ECD=90°，CE=CD时，证△ACE和△BDC全等得AE=BC=m，然后在Rt△ACE中由勾股定理构造关于m的方程，再解方程求出m即可；
②当∠CED=90°，CE=ED时，过点D作DH⊥l1于H，则DH=AB=4，同理可证△AEC和△HDE全等得AE=DH=4，然后在Rt△ACE中由勾股定理构造关于m的方程，再解方程求出m即可；
③当∠CDE=90°，CD=DE时，过点E作ET⊥l2，则ET=AB=4，同理可证△EDT和△DCB全等得DT=BC=m，然后在Rt△EDT中由勾股定理构造关于m的方程，再解方程求出m即可，综上所述即可得m的值．
此题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线间的距离，勾股定理，解答此题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法与技巧，难点是根据△CDE是等腰直角三角形进行分类讨论，漏解是解答此题的易错点之一．

14.【答案】−24 3 
【解析】解：∵A(x1,y1)B(x2,y2)两点在反比例函数y=−6 3x的图象上，
∴x1y1=−6 3，x2y2=−6 3，且x1=−x2，y1=−y2，
∴(x2−x1)(y2−y1)，
=x2y2−x2y1−x1y2+x1y1，
=−6 3+x1y1+x2y2−6 3，
=−24 3，
故答案为：−24 3．
先根据解析式及图象上的点，则坐标满足解析式，得：x1y1=−6 3，x2y2=−6 3，由正比例函数的图象与反比例函数y=−6 3x的图象的交点关于原点对称，得：x1=−x2，y1=−y2，将所求的式子化简后代入可得结论．
本题考查了反比例函数和正比例函数的交点问题，求反比例函数与一次函数的交点坐标，把两个函数关系式联立成方程组求解，明确正比例函数的图象与反比例函数y=−6 3x的图象的交点关于原点对称．

15.【答案】50 
【解析】解：设这个公司有员工x人，则每人需发送(x−1)条祝贺元旦的短信，
依题意，得：x(x−1)=2450，
解得：x1=50，x2=−49(不合题意，舍去)．
故答案为：50．
设这个公司有员工x人，则每人需发送(x−1)条祝贺元旦的短信，根据全公司共发出2450条短信，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．

16.【答案】 13 
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，
∵O是矩形ABCD的对角线AC的中点，OM//AB，
∴OM是△ADC的中位线，
∵OM=2，
∴DC=4，
∵AD=BC=6，
∴AC= AD2+CD2=2 13，
∴BO=12AC= 13，
故答案为： 13
已知OM是△ADC的中位线，再结合已知条件则DC的长可求出，所以利用勾股定理可求出AC的长，由直角三角形斜边上中线的性质则BO的长即可求出．
本题考查了矩形的性质，勾股定理的运用，直角三角形斜边上中线的性质以及三角形的中位线的应用，解此题的关键是求出AC的长．

17.【答案】274 
【解析】解：解：过B作BE⊥l1于E，延长EB交l3于F，过A作AN⊥l2于N，过C作CM⊥l2于M，

设AE=x，CF=y，BN=x，BM=y，
∵BD=4，
∴DM=y−4，DN=4−x，
∵∠ABC=∠AEB=∠BFC=∠CMD=∠AND=90°，
∴∠EAB+∠ABE=∠ABE+∠CBF=90°，
∴∠EAB=∠CBF，
∴△ABE∽△BFC，
∴AEBF=BECF，即xn=my，
∴xy=mn，
∵∠ADN=∠CDM，
∴△CMD∽△AND，
∴ANCM=DNDM，即mn=12，
∴y=9−2x，
∵mn=12，
∴n=2m，
∴(m+n)最大=3m，
∵mn=xy=x(9−2x)=9x−2x2=2m2，
∴2m2=−2(x−94)2+818，
∴当x=94时，m最大=94，
∴m+n的最大值=3m=274，
故答案为：274．
过B作BE⊥l1于E，延长EB交l3于F，过A作AN⊥l2于N，过C作CM⊥l2于M，设AE=x，CF=y，BN=x，BM=y，得到DM=y−4，DN=4−x，根据相似三角形的性质得到xy=mn，y=9−2x，由mn=12可得(m+n)最大=3m，由mn=xy=x(9−2x)=9x−2x2=2m2，由二次函数的性质可求m的最大值，即可求解．
本题考查了相似三角形的判定和性质，平行线的性质，二次函数的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．

18.【答案】解：(1)移项，得2x2=18，
所以x2=9，
所以x=±3．
所以x1=3，x2=−3．
(2)(m−1)2+(m−1)=0，
(m−1)(m−1+1)=0．
∴m(m−1)=0．
∴m=0或m−1=0．
∴m1=0，m2=1． 
【解析】(1)利用直接开平方法求解比较简便；
(2)利用因式分解法求解比较简便．
本题考查了解一元二次方程，掌握直接开平方法、因式分解法是解决本题的关键．

19.【答案】解：此游戏不公平．
理由如下：列树状图如下，

列表如下，

由上述树状图或表格知：所有可能出现的结果共有16种．
P(小明赢)=616=38，P(小亮赢)=1016=58．
∴此游戏对双方不公平，小亮赢的可能性大．
(说明：答题时只需用树状图或列表法进行分析即可) 
【解析】游戏是否公平，关键要看游戏双方获胜的机会是否相等，即判断双方取胜的概率是否相等，或转化为在总情况明确的情况下，判断双方取胜所包含的情况数目是否相等．
本题考查的是游戏公平性的判断．判断游戏公平性就要计算每个事件的概率，概率相等就公平，否则就不公平．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．

20.【答案】45  不能 3552  能 
【解析】解：(1)所有人赶到机场共需：
(15×3)÷60=34(h)，
34×60=45(min)，
∵45>42，
∴这8名球迷不能在规定时间内赶到机场；
故答案为：45，不能；
(2)设第二批人走了x小时后与小汽车相遇，
根据题意得，
5x+60x=15×2，
解得：x=613，
第二批人坐上小汽车前共走了613×5=3013(km)，
第二批人坐上小汽车后到机场用时(15−3013)÷60=1152(h)，
则所有人赶到机场共需613+1152=3552(h)，
∵3552×60=40513<42，
∴能在规定时间内赶到机场．
故答案为：3552，能．
(1)小汽车送完所有人后一共行驶了(15×3)千米，根据时间=路程÷速度求出所需的时间，再与规定到达机场的时间进行比较即可解答；
(2)设第二批人走了x小时后与小汽车相遇，根据“第二批人走的路程+小汽车行驶的路程=15×2”列出方程解出x，再求出第二批人坐上小汽车后到机场所需时间，即可求出所有人赶到机场所需时间，再与规定到达机场的时间进行比较即可解答．
本题主要考查一元一次方程的应用，根据“路程=速度×时间”找到正确的等量关系是解题关键．

21.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AD//BC．
∴∠B=∠ECF，∠DAE=∠AEB．
又∵∠DAE=∠F，
∴∠AEB=∠F．
∴△ABE∽△ECF；
(2)∵△ABE∽△ECF，
∴ABEC=BECF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=8．
∴EC=BC−BE=8−2=6．
∴56=2CF．
∴FC=125． 
【解析】本题考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质，关键是由平行四边形的性质得出AB//CD，AD//BC．
(1)由平行四边形的性质可知AB//CD，AD//BC.所以∠B=∠ECF，∠DAE=∠AEB，又因为又∠DAE=∠F，进而可证明：△ABE∽△ECF；
(2)由(1)可知：△ABE∽△ECF，所以ABEC=BECF，由平行四边形的性质可知BC=AD=8，所以EC=BC−BE=8−2=6，代入计算即可．

22.【答案】解：(1)将x=1代入y=x+2=3，
∴交点的坐标为(1,3)，
将(1,3)代入y=kx，
解得：k=1×3=3；

(2)将一次函数y=x+2的图象向下平移4个单位长度得到y=x−2，
由y=x−2y=3x，
解得：x=3y=1或x=−1y=−3，
∴A(−1,−3)，B(3,1)，
∴AB= (3+1)2+(1+3)2=4 2． 
【解析】本题考查了反比例函数与一次函数的交点，一次函数图象上点的坐标特征，待定系数法求反比例函数的解析式，体现了方程思想，综合性较强．
(1)将x=1代入y=x+1=3，故其中交点的坐标为(1,3)，将(1,3)代入反比例函数表达式，即可求解；
(2)一次函数y=x+2的图象向下平移4个单位得到y=x−2，一次函数和反比例函数解析式联立，解方程组求得A、B的坐标，然后根据勾股定理即可求解．

23.【答案】解：(1)由题意得：y=(210−10x)(50+x−40)
=−10x2+110x+2100(0
(2)由(1)中的y与x的解析式配方得：y=−10(x−5.5)2+2402.5．
∵a=−10<0，∴当x=5.5时，y有最大值2402.5．
∵0 当x=5时，50+x=55，y=2400(元)，当x=6时，50+x=56，y=2400(元)
∴当售价定为每件55或56元，每个月的利润最大，最大的月利润是2400元．

(3)当y=2200时，−10x2+110x+2100=2200，解得：x1=1，x2=10．
∴当x=1时，50+x=51，当x=10时，50+x=60．
∴当售价定为每件51或60元，每个月的利润为2200元．
当售价不低于51元且不高于60元且为整数时，每个月的利润不低于2200元．
当售价不低于51元且不高于60元且为整数时，每个月的利润不低于2200元(或当售价分别为51，52，53，54，55，56，57，58，59，60元时，每个月的利润不低于2200元)． 
【解析】(1)根据题意可知y与x的函数关系式．
(2)根据题意可知y=−10−(x−5.5)2+2402.5，当x=5.5时y有最大值．
(3)设y=2200，解得x的值．然后分情况讨论解．
本题考查二次函数的实际应用，借助二次函数解决实际问题，是一道综合题．

24.【答案】方法一：
(1)解：如图1(1)过点E作EF⊥AM交AM于F点，连接EM，

∵AE平分∠DAM，∴∠DAE=∠EAF
在△ADE和△AFE中，
∠DAE=∠FAE，AE=AE，
∠D=∠AFE=90°，
∴△ADE≌△AFE(AAS)
∴AD=AF，EF=DE=EC，
在Rt△EFM和Rt△ECM中，
{EF=CEEM=EM,
∴△EFM≌△ECM(HL)，
∴FM=MC，AM=AF+FM=AD+MC；
方法二：
证明：延长AE、BC交于点N，如图1(2)，

∵四边形ABCD是正方形，∴AD//BC．
∴∠DAE=∠ENC，
∵AE平分∠DAM，
∴∠DAE=∠MAE．
∴∠ENC=∠MAE．
∴MA=MN．
在△ADE和△NCE中，
∠DAE=∠CNE∠AED=∠NECDE=CE
∴△ADE≌△NCE(AAS)，∴AD=NC．
∴MA=MN=NC+MC=AD+MC．
(2)AM=DE+BM成立．
方法一：
证明：将△ADE绕点A顺时针旋转90°，得到新△ABF，如图1(3)，

∴BF=DE，∠F=∠AED．
∵AB//DC，∴∠AED=∠BAE．
∵∠FAB=∠EAD=∠EAM，
∴∠AED=∠BAE=∠BAM+∠EAM
=∠BAM+∠FAB=∠FAM．
∴∠F=∠FAM.∴AM=FM．
∴AM=FB+BM=DE+BM
方法二：
证明：过点A作AF⊥AE，交CB的延长线于点F，如图1(4)所示．

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠D=∠ABC=90°，AB=AD，AB//DC．
∵AF⊥AE，∴∠FAE=90°．
∴∠FAB=90°−∠BAE=∠DAE．
在△ABF和△ADE中，
∠FAB=∠EADAB=AD∠ABF=∠D=90°
∴△ABF≌△ADE(ASA)．
∴BF=DE，∠F=∠AED．
∵AB//DC，∴∠AED=∠BAE．
∵∠FAB=∠EAD=∠EAM，
∴∠AED=∠BAE=∠BAM+∠EAM
=∠BAM+∠FAB=∠FAM．
∴∠F=∠FAM.∴AM=FM．
∴AM=FB+BM=DE+BM．
(3)①结论AM=AD+MC仍然成立．②结论AM=DE+BM不成立． 
【解析】
【分析】
本题考查了正方形及矩形的性质、全等三角形的性质和判定、等腰三角形的判定、平行线的性质、角平分线的定义等知识，考查了基本模型的构造(平行加中点构造全等三角形)，考查了反证法的应用，综合性比较强．添加辅助线，构造全等三角形是解决这道题的关键．
(1)法一：过点E作EF⊥AM交AM于F点，连接EM，通过两次全等三角形的证明即可求解;
法二：从平行线和中点这两个条件出发，延长AE、BC交于点N，如图1(1)，易证△ADE≌△NCE，从而有AD=CN，只需证明AM=NM即可．
(2)法一：通过旋转可以知道两个三角形全等从而对应边相等，结合已知条件即可求解；
法二：作FA⊥AE交CB的延长线于点F，易证AM=FM，只需证明FB=DE即可；要证FB=DE，只需证明它们所在的两个三角形全等即可．
(3)在图2(1)中，仿照(1)中的证明思路即可证到AM=AD+MC仍然成立；在图2(2)中，采用反证法，并仿照(2)中的证明思路即可证到AM=DE+BM不成立．
【解答】
(1)(2)见答案；
(3)(3)①结论AM=AD+MC仍然成立．
证明：延长AE、BC交于点P，如图2(1)，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC．
∴∠DAE=∠EPC．
∵AE平分∠DAM，
∴∠DAE=∠MAE．
∴∠EPC=∠MAE．
∴MA=MP．
在△ADE和△PCE中，
∠DAE=∠CPE∠AED=∠PECDE=CE
∴△ADE≌△PCE(AAS)．
∴AD=PC．
∴MA=MP=PC+MC
=AD+MC．
②结论AM=DE+BM不成立．
证明：假设AM=DE+BM成立．
过点A作AQ⊥AE，交CB的延长线于点Q，如图2(2)所示．

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠D=∠ABC=90°，AB//DC．
∵AQ⊥AE，∴∠QAE=90°．
∴∠QAB=90°−∠BAE=∠DAE．
∴∠Q=90°−∠QAB=90°−∠DAE=∠AED．
∵AB//DC，∴∠AED=∠BAE．
∵∠QAB=∠EAD=∠EAM，
∴∠AED=∠BAE=∠BAM+∠EAM
=∠BAM+∠QAB=∠QAM．
∴∠Q=∠QAM．
∴AM=QM．
∴AM=QB+BM．
∵AM=DE+BM，
∴QB=DE．
在△ABQ和△ADE中，
∠QAB=∠EAD∠ABQ=∠D=90°BQ=DE
∴△ABQ≌△ADE(AAS)．
∴AB=AD．
与条件“AB≠AD“矛盾，故假设不成立．
∴AM=DE+BM不成立．  
25.【答案】(1)60；
(2)
①=；
②作FM⊥BC于M，FN⊥BA交BA的延长线于N，

则∠FNB=∠FMB=90°，
∴∠NFM=60°，又∠AFE=60°，
∴∠AFN=∠EFM，
∵EF=EA，∠FAE=60°，
∴△AEF为等边三角形，
∴FA=FE，
在△AFN和△EFM中，
∠AFN=∠EFM∠FNA=∠FMEFA=FE，
∴△AFN≌△EFM(AAS)，
∴FN=FM，又FM⊥BC，FN⊥BA，
∴点F在∠ABC的平分线上；
(3)设AD、GE交于点N
∵四边形AEFG是菱形，∠EAG=120°，

∴∠AGF=60°，
∴∠FGE=∠AGE=30°，
∵四边形AEGH为平行四边形，
∴GE//AH，GE=AH
∴∠GAH=∠AGE=30°，∠H=∠FGE=30°，
∵四边形ABCD为平行四边形
∴AD//BC，AD=BC
∴∠HAD=∠ABC=120°
∴∠GAN=90°，又∠AGE=30°，
∴GN=2AN，
∵∠DAB=60°，∠H=30°，
∴∠ADH=30°，
∴AD=AH=GE=BC，
∵GH//HB，AD//BC
∴四边形ABEN为平行四边形
∵∠H=∠EAB=30°，∠ABE=120°
∴∠AEB=∠EAB=30°
∴AB=BE
∴平行四边形ABEN为菱形，
∴AB=AN=NE，
∴GE=3AB，
∴BCAB=3． 
【解析】
解：(1)∵四边形AEFG是菱形，
∴∠AEF=180°−∠EAG=60°，
∴∠CEF=∠AEC−∠AEF=60°，
故答案为：60°；
(2)①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠DAB=180°−∠ABC=60°，
∵四边形AEFG是菱形，∠EAG=120°，
∴∠FAE=60°，
∴∠FAD=∠EAB，
故答案为：=；
②见答案；
(3)见答案．
【分析】
(1)根据菱形的性质计算；
(2)①证明∠DAB=∠FAE=60°，根据角的运算解答；
②作FM⊥BC于M，FN⊥BA交BA的延长线于N，证明△AFN≌△EFM，根据全等三角形的性质得到FN=FM，根据角平分线的判定定理证明结论；
(3)根据直角三角形的性质得到GH=2AH，证明四边形ABEH为菱形，根据菱形的性质计算，得到答案．
本题考查的是相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、菱形的性质、平行四边形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、菱形的性质、直角三角形的性质是解题的关键．