人教版九年级数学下册单元目标分层提分试卷答案汇总

这是一份初中数学人教版九年级下册本册综合精品课后测评，共95页。试卷主要包含了B2，【解答】解， 【解答】解，5）；，125，95m≈6等内容，欢迎下载使用。

人教版九年级数学下册单元目标分层提分试卷参考答案汇总
试卷一答案

一．选择题：1.B2.D 3.C 4.B 5.B 6.C. 7.B 8. B 9. C 10. B
二.填空题：11.y=-1x 12. - 2 13.K<12 14. Y1>y2>0 15. −6 16. 1
三．解答题：
17.【解答】解：（1）设，
把x=﹣2，y=﹣3代入得．
解得：k=3．
∴．
（2）把代入解析式得：．

18. 【解答】解：（1）设y=，
把（﹣1，2）代入得k=﹣1×2=﹣2，
所以反比例函数解析式为y=﹣；
（2）当y=时，﹣=，解得x=﹣3；
当x=﹣2时，y=﹣=1；
当x=时，y=﹣=﹣4；
当x=1时，y=﹣=﹣2；
当y=﹣1时，﹣=﹣1，解得x=2．
故答案为﹣3，1，4，﹣2，2．

19. 【解答】解：（1）M===；
（2）—15

20. 【解答】解：（1）∵A（2，m），
∴OB=2，AB=m，
∴S△AOB=•OB•AB=×2×m=，
∴m=，
∴点A的坐标为（2，），
把A（2，）代入y=，得k=1；

（2）∵当x=1时，y=1，
又∵反比例函数y=在x＞0时，y随x的增大而减小，
∴当x≥1时，y的取值范围为0＜y≤1．
21. 【解答】解：（1）∵点B（3，3）在双曲线y=上，
∴k=3×3=9；

（2）∵B（3，3），
∴BN=ON=3，
设MD=a，OM=b，
∵D在双曲线y=﹣（x＜0）上，
∴ab=4，
过D作DM⊥x轴于M，过B作BN⊥x轴于N，
则∠DMA=∠ANB=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=90°，AD=AB，
∴∠MDA+∠DAM=90°，∠DAM+∠BAN=90°，
∴∠ADM=∠BAN，
在△ADM和△BAN中，
，
∴△ADM≌△BAN（AAS），
∴BN=AM=3，DM=AN=a，
∴0A=3﹣a，
即AM=b+3﹣a=3，
a=b，
∵ab=4，
∴a=b=2，
∴OA=3﹣2=1，
即点A的坐标是（1，0）．

22. 【解答】解：（1）把点A（1，a）代入一次函数y=﹣x+4，
得a=﹣1+4，
解得a=3，
∴A（1，3），
点A（1，3）代入反比例函数y=，
得k=3，
∴反比例函数的表达式y=，
两个函数解析式联立列方程组得，
解得x1=1，x2=3，
∴点B坐标（3，1）；

（2）过点B作关于x轴的对称点D，交x轴于点C，连接AD，交x轴于点P，此时PA+PB的值最小，
∴D（3，﹣1），
设直线AD的解析式为y=mx+n，
把A，D两点代入得，，
解得m=﹣2，n=5，
∴直线AD的解析式为y=﹣2x+5，
令y=0，得x=，
∴点P坐标（，0），
S△PAB=S△ABD﹣S△PBD=×2×2﹣×2×=2﹣=．

23. 【解答】解：（1）∵反比例函数y=的图象经过点A（﹣1，4），
∴k=﹣1×4=﹣4；
（2）当b=﹣2时，直线解析式为y=﹣x﹣2，
∵y=0时，﹣x﹣2=0，解得x=﹣2，
∴C（﹣2，0），
∵当x=0时，y=﹣x﹣2=﹣2，
∴D（0，﹣2），
∴S△OCD=×2×2=2；
（3）存在．
当y=0时，﹣x+b=0，解得x=b，则C（b，0），
∵S△ODQ=S△OCD，
∴点Q和点C到OD的距离相等，
而Q点在第四象限，
∴Q的横坐标为﹣b，
当x=﹣b时，y=﹣x+b=2b，则Q（﹣b，2b），
∵点Q在反比例函数y=﹣的图象上，
∴﹣b•2b=﹣4，解得b=﹣或b=（舍去），
∴b的值为﹣．

试卷二答案
一、选择题：1.D 2.C 3.C 4.B 5.D 6.C. 7.C 8. B 9. A 10. A
二.填空题：11.I=10R 12. 8m 13.8 14. 6 15.3 16. 0 三．解答题：
17．【解答】解：（1）∵圆柱的体积V=Sh，
∴S=，
∵h=12.5cm时，底面积S=20cm2，
∴V=12.5×20=250，
∴S与h的函数关系式为S=；

（2）将h=10代入S=得：S==25cm．

18. 【解答】解：（1）由题意得，S矩形ABCD=AD×DC=xy，
故y=．（5≤x）

（2）由y=，且x、y都是正整数，
可得x可取1，2，3，4，5，6，10，12，15，20，30，60，
∵2x+y≤26，0＜y≤12，
∴符合条件的围建方案为：AD=5m，DC=12m或AD=6m，DC=10m或AD=10m，DC=6m．
19. 【解答】解：（1）依题意，m=﹣2×1=﹣2，
∴反比例函数为，
把B（1，n）代入得：，
∴，
解得：k=b=﹣1，
∴一次函数为y=﹣x﹣1；

（2）1.5，

20. 【解答】解：（1）两地之间的路程为：50×6=300千米；
t=300v
（2）令t=5，则v==60．

（3）令v=80，则t=30080=3.75．
21. 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，平行于x轴，且AB=2，AD=4，点A的坐标为（2，6）．
∴AB=CD=2，AD=BC=4，
∴B（2，4），C（6，4），D（6，6）；

（2）设矩形平移后A的坐标是（2，6﹣x），C的坐标是（6，4﹣x），
∵A、C落在反比例函数的图象上，
∴k=2（6﹣x）=6（4﹣x），解得x=3，
即矩形平移后A的坐标是（2，3），C（6，1），
∴反比例函数的解析式是y=，
∴平移的距离=6﹣3=3．

22.【解答】解：（1）∵AB∥x轴，
∴∠ABO=∠BOD，
∵∠ABO=∠CBD，
∴∠BOD=∠OBD，
∵OB=BD，
∴∠BOD=∠BDO，
∴△BOD是等边三角形，
∴∠BOD=60°，
∴B（1，）；
∵双曲线y=经过点B，
∴k=1×=．
∴双曲线的解析式为y=．
（2）∵∠ABO=60°，∠AOB=90°，
∴∠A=30°，
∴AB=2OB，
∵AB=BC，
∴BC=2OB，
∴OC=OB，
∴C（﹣1，﹣），
∵﹣1×（﹣）=，
∴点C在双曲线上．
23. 【解答】解：（1）如图，直接建立坐标系描点即可．

（2）如图所示：
设函数关系式为y=（k≠0且k为常数），
把点（3，20）代入y=中得，
k=60，
又将（4，15）（5，12）（6，10）分别代入，成立．
所以y与x之间的函数关系式为：．

（3）∵，
则函数是增函数在x＞0的范围内是增函数，
又∵x≤10，
∴当x=10，W最大，
∴此时获得最大日销售利润为48元．


试卷三答案
一、选择题：1.D2.D 3.A 4.B 5.A 6.D. 7.B 8. D 9. C 10. D
二.填空题：11.y= 12. - 2 13.K<-1 14. 2 15.≤a≤ 16. y=x+1
三．解答题：
17.【解答】解：（1）设y1=ax2，y2=，则y=ax2﹣，
把x=﹣1，y=3；x=2，y=﹣3分别代入得，解得，
所以y与x之间的函数关系为y=x2﹣；
（2）当x=时，y=x2﹣=×（）2﹣=1﹣5（+1）=﹣5﹣4．
18. 【解答】解：（1）把A（1，2）代入y=得：k=2，
即反比例函数的表达式是y=；

（2）把A（1，2）代入y=mx得：m=2，
即直线的解析式是y=2x，
解方程组得出B点的坐标是（﹣1，﹣2），
∴当mx＞时，x的取值范围是﹣1＜x＜0或x＞1；

（3）过A作AC⊥x轴于C，
∵A（1，2），
∴AC=2，OC=1，
由勾股定理得：AO==，
同理求出OB=，
∴AB=2．



19. 【解答】解：（1）将A（3，2）分别代入y=，y=ax中，得：2=，3a=2，
∴k=6，a=，
∴反比例函数的表达式为：y=，
正比例函数的表达式为y=x．
（2）⇒交点A为（3，2）
观察图象，得在第一象限内，当0＜x＜3时，反比例函数的值大于正比例函数的值．
（3）BM=DM
理由：∵MN∥x轴，AC∥y轴，
∴四边形OCDB是平行四边形，
∵x轴⊥y轴，
∴▱OCDB是矩形．
∵M和A都在双曲线y=上，
∴BM×OB=6，OC×AC=6，
∴S△OMB=S△OAC=×|k|=3，
又∵S四边形OADM=6，
∴S矩形OBDC=S四边形OADM+S△OMB+S△OAC=3+3+6=12，
即OC•OB=12，
∵OC=3，
∴OB=4，
即n=4
∴m=
∴MB=，MD=3﹣=
∴MB=MD．

20. 【解答】（1）证明：∵点A、B分别在x，y轴上，点D在第一象限内，DC⊥x轴，
∴∠AOB=∠DCA=90°，
在Rt△AOB和Rt△DCA中
，
∴Rt△AOB≌Rt△DCA；

（2）解：在Rt△ACD中，CD=2，AD=，
∴AC==1，
∴OC=OA+AC=2+1=3，
∴D点坐标为（3，2），
∵点E为CD的中点，
∴点E的坐标为（3，1），
∴k=3×1=3；

（3）解：点G在反比例函数的图象上．理由如下：
∵△BFG和△DCA关于某点成中心对称，
∴△BFG≌△DCA，
∴FG=CA=1，BF=DC=2，∠BFG=∠DCA=90°，
而OB=AC=1，
∴OF=OB+BF=1+2=3，
∴G点坐标为（1，3），
∵1×3=3，
∴G（1，3）在反比例函数y=的图象上．


21. 【解答】解：
（1）①1小时酒精含量达到最大，为200毫克/百毫升。
②当x=5时，y=45，则满足y=（k＞0），
∴k=xy=45×5=225；

（2）不能驾车上班，理由如下：
∵晚上20：00到第二天早上7：00，一共有11小时，
∴将x=11代入y=，则y=＞20，
∴第二天早上7：00不能驾车去上班．
22. 【解答】解：（1）m=
（2）描点、连线，画出函数图象，如图所示．
（3）观察函数图象，可找出函数性质：
①函数图象关于原点中心对称；②当x＞1时，y的值随x值的增大而增大．
（4）①方程x+=3可看成函数y=x+的图象与直线y=3的交点的个数，
∵函数y=x+的图象与直线y=3有两个交点，
∴方程x+=3有2个实数根．
故答案为：2．
②观察函数图象可知，当﹣2＜a＜2时，函数y=x+的图象与直线y=无交点．
故答案为：t﹣2或t＞2．


23. 【解答】解：（1）∵点A（8，1）、B（n，8）都在反比例函数y=的图象上，
∴m=8×1=8，
∴y=，
∴8=，即n=1，
设AB的解析式为y=kx+b，
把（8，1）、B（1，8）代入上式得：
，
解得：．
∴直线AB的解析式为y=﹣x+9；

（2）①由题意知：OP=2t，OQ=t，
当P在OD上运动时，
S===t2（0＜t≤4），
当P在DB上运动时，
S==t×8=4t（4＜t≤4.5）；
②存在，
当O′在反比例函数的图象上时，
作PE⊥y轴，O′F⊥x轴于F，交PE于E，
则∠E=90°，PO′=PO=2t，QO′=QO=t，
由题意知：∠PO′Q=∠POQ，∠QO′F=90°﹣∠PO′E，
∠EPO′=90′﹣∠PO′E，
∴△PEO′∽△O′FQ，
∴==，
设QF=b，O′F=a，
则PE=OF=t+b，O′E=2t﹣a，
∴，
解得：a=，b=，
∴O′（t，t），
当O′在反比例函数的图象上时，
，
解得：t=±，
∵反比例函数的图形在第一象限，
∴t＞0，
∴t=．∴O′（4，2）．
当t=秒时，O′恰好落在反比例函数的图象上．

试卷四答案
一、选择题：1.C2.B 3.C 4.C 5.C 6.D. 7.C 8. B 9. C 10. B
二.填空题：11.一、三 12. -12 13.40 14. y2 三．解答题：
17.【解答】解：依题意，设y1=mx2，y2=，（m、n≠0）
∴y=mx2+，
依题意有，
∴，
解得，
∴y=2x2+，
当x=﹣时，y=2×﹣2=﹣1．
故y的值为﹣1．
18. 解答】解：（1）根据题意得1﹣2m＞0，
解得m＜；
（2）∵四边形ABOC为平行四边形，
∴AD∥OB，AD=OB=2，而A点坐标为（0，3），
∴D点坐标为（2，3），
∴1﹣2m=2×3=6，
∴反比例函数解析y=．
19. 【解答】解：（1）∵y1=x+m与过点C（﹣1，2），
∴m=2﹣（﹣1）=3，k=﹣1×2=﹣2；
∴直线AB及双曲线的解析式分别为y1=x+3，；
（2）由函数图象可知：在第二象限内，当﹣2＜x＜﹣1时，y1＞y2．
20. 【解答】解：（1）根据题意，AB=x，AB•BC=60，
所以BC=．
y=20×3（x+）+80×3（x+），
即y=300（x+）．

（2）把y=4800代入y=300（x+），得
4800=300（x+）．
整理得x2﹣16x+60=0．
解得x1=6，x2=10．
经检验，x1=6，x2=10都是原方程的根．
由8≤x≤12，只取x=10．
所以利用旧墙壁的总长度10+=16m．

21. 【解答】解：（1）设反比例函数解析式为y=（k≠0），
将（25，6）代入解析式得k=25×6=150，
则函数解析式为y=（x≥15），
将y=10代入解析式得，10=，
x=15，
故A（15，10），
设正比例函数解析式为y=nx，
将A（15，10）代入上式即可求出n的值，
n==，
则正比例函数解析式为y=x（0≤x＜15）．

（2）当y=2时，
=2，
2=x1（0≤x＜15）．
解得x=75．
x﹣x 1=75﹣3=72
答：师生至少在72分钟内不能进入教室．



22. 解答】（1）m=2
（2）与已知图象关于y轴对称。
（3）图象关于y轴对称，当x>0时，y随x增大而减小。
（4）（1，1）；a>2。
23. 【解答】解：（1）∵点A（，1）在反比例函数y=的图象上，
∴k=×1=，
∴反比例函数的表达式为y=；

（2）∵A（，1），AB⊥x轴于点C，
∴OC=，AC=1，
由射影定理得OC2=AC•BC，可得BC=3，B（，﹣3），
S△AOB=××4=2．
∴S△AOP=S△AOB=．
设点P的坐标为（m，0），
∴×|m|×1=，
∴|m|=2，
∵P是x轴的负半轴上的点，
∴m=﹣2，
∴点P的坐标为（﹣2，0）；

（3）点E在该反比例函数的图象上，理由如下：
∵OA⊥OB，OA=2，OB=2，AB=4，
∴sin∠ABO===，
∴∠ABO=30°，
∵将△BOA绕点B按逆时针方向旋转60°得到△BDE，
∴△BOA≌△BDE，∠OBD=60°，
∴BO=BD=2，OA=DE=2，∠BOA=∠BDE=90°，∠ABD=30°+60°=90°，
而BD﹣OC=，BC﹣DE=1，
∴E（﹣，﹣1），
∵﹣×（﹣1）=，
∴点E在该反比例函数的图象上．


试卷五答案
一、选择题：1.B2.D 3.A 4.C 5.B 6.C. 7.C 8. A 9. D 10. A
二.填空题：11. 12. 9 13.2 14. 90 15.16或9 16. 2
三．解答题：
17.a=56;β=108;AB=36cm
18. 【解答】解：∵，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC=∠DAE，∠C=∠E，
∴∠BAC﹣∠DAC=∠DAE﹣∠DAC，
即：∠EAC=∠BAD=20°，
∴∠EBC=∠EAC=20°．

19. 【解答】解：∵DE∥BC，
∴，
又∵，
∴，
∵∠AED=∠CEF，
∴△AED∽△CEF，
∴∠A=∠ECF，
∴AB∥CF，
∴=，
∵，
∴=2，
∴=2．

20. 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴∠B+∠C=180°，∠ADF=∠DEC，
∵∠AFD+∠AFE=180°，∠AFE=∠B，
∴∠AFD=∠C，
∴△ADF∽△DEC；

（2）∵AE⊥BC，AD=3，AE=3，
∴在Rt△DAE中，DE===6，
由（1）知△ADF∽△DEC，得=，
∴AF===2．
21. 【解答】解：
【解答】解：（1）∵EF⊥DE，
∴∠BEF=90°﹣∠CED=∠CDE，
又∠B=∠C=90°，
∴△BEF∽△CDE，
∴=，即=，解得y=；

（2）由（1）得y=，
将m=8代入，得y=﹣x2+x=﹣（x2﹣8x）=﹣（x﹣4）2+2，
所以当x=4时，y取得最大值为2；

22. 解答】（1）证明：∵PQ⊥AQ，
∴∠AQP=90°=∠ABC，
在△APQ与△ABC中，
∵∠AQP=90°=∠ABC，∠A=∠A，
∴△AQP∽△ABC．

（2）解：在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，由勾股定理得：AC=5．
∵∠QPB为钝角，
∴当△PQB为等腰三角形时，
（I）当点P在线段AB上时，如题图1所示．
∵∠QPB为钝角，
∴当△PQB为等腰三角形时，只可能是PB=PQ，
由（1）可知，△AQP∽△ABC，
∴，即，解得：PB=，
∴AP=AB﹣PB=3﹣=；
（II）当点P在线段AB的延长线上时，如题图2所示．
∵∠QBP为钝角，
∴当△PQB为等腰三角形时，只可能是PB=BQ．
∵BP=BQ，∴∠BQP=∠P，
∵∠BQP+∠AQB=90°，∠A+∠P=90°，
∴∠AQB=∠A，
∴BQ=AB，
∴AB=BP，点B为线段AP中点，
∴AP=2AB=2×3=6．
综上所述，当△PQB为等腰三角形时，AP的长为或6．


23. 【解答】（操作1）EP=EQ，
证明：连接BE，根据E是AC的中点和等腰直角三角形的性质，得：BE=CE，∠PBE=∠C=45°，
∵∠BEC=∠FED=90°
∴∠BEP=∠CEQ，
在△BEP和△CEQ中
，
∴△BEP≌△CEQ（ASA），
∴EP=EQ；

如图2，EP：EQ=EM：EN=AE：CE=1：2，
理由是：作EM⊥AB，EN⊥BC于M，N，
∴∠EMP=∠ENC，
∵∠MEP+∠PEN=∠PEN+∠NEF=90°，
∴∠MEP=∠NEF，
∴△MEP∽△NEQ，
∴EP：EQ=EM：EN=AE：CE=1：2；

如图3，过E点作EM⊥AB于点M，作EN⊥BC于点N，
∵在四边形PEQB中，∠B=∠PEQ=90°，
∴∠EPB+∠EQB=180°，
又∵∠EPB+∠MPE=180°，
∴∠MPE=∠EQN，
∴Rt△MEP∽Rt△NEQ，
∴=，
Rt△AME∽Rt△ENC，
∴=m=，
∴=1：m=，
EP与EQ满足的数量关系式1：m，即EQ=mEP，
∴0≤m≤2+，（因为当m＞2+时，EF和BC变成不相交）．


试卷六答案
一、选择题：1.A2.D 3.C 4.C 5.A 6.D. 7.B 8. D 9. A 10. C
二.填空题：11. 1: 12. 4 13. 14. 7.5m 15.30 16. (4,-6)或(-4,6)
三．解答题：
17.证△ADC∽△A’D’C’
18. 【解答】（1）位似比1：2
（2）M的坐标（6，-1）
（3）全等
19. 【解答】解：依题意，只要在直线l上找一点O，使点O到A、B两点的距离和最小．
作点A关于直线l的对称点A′，连接A′B，
则A′B与直线l的交点O到A、B两点的距离和最小，且OA+OB=OA′+OB=A′B．
过点A′向BD作垂线，交BD的延长线于点E，
在Rt△A′BE 中，A′E=CD=3，BE=BD+DE=4，
根据勾股定理可得：A′B=5（千米）
即铺设水管长度的最小值为5千米．
所以铺设水管所需费用的最小值为：5×2=10（万元）．



20. 【解答】解：由题意可得：△DEF∽△DCA，
则=，
∵DE=0.5米，EF=0.25米，DG=1.5m，DC=20m，
∴=，
解得：AC=10，
故AB=AC+BC=10+1.5=11.5（m），
答：旗杆的高度为11.5m．

21. 解：
【解答】解：（1）；（2）；

22.【解答】解：（1）由题意得，PQ平行于BC，则AP：AB=AQ：AC，AP=4x，AQ=30﹣3x
∴=
∴x=

（2）∵S△BCQ：S△ABC=1：3
∴CQ：AC=1：3，CQ=10cm
∴时间用了秒，AP=cm，
∵由（1）知，此时PQ平行于BC
∴△APQ∽△ABC，相似比为，
∴S△APQ：S△ABC=4：9
∴四边形PQCB与三角形ABC面积比为5：9，即S四边形PQCB=S△ABC，
又∵S△BCQ：S△ABC=1：3，即S△BCQ=S△ABC，
∴S△BPQ=S四边形PQCB﹣S△BCQ═S△ABC﹣S△ABC=S△ABC，
∴S△BPQ：S△ABC=2：9=

23. 【解答】解：（1）∵矩形EFGH，
∴EH∥BC，AK=AD﹣KD=AK﹣EF，
∴==，
∵EH=2EF，
∴AK=EF=，EH=2EF=5；
（2）∵=，=，
∴==，
∴=1﹣，
∴+=1，
∵AD=BC
∴EF+FG=AD=8，
∴矩形EFGH的周长为16．
（3）设AK=x，
∵S△AEH：S△HGC：S△BEF=1：1：3，
∴AK：GC：BF=1：1：3，
∵=，
∴=，
解得x=2，
∴△ABC的面积为BC•AD=×12×6=36．

试卷七答案
一． 一、选择题：1.B2.B 3.D 4.C 5.D6.B 7.C 8. B 9. B 10. B
二. 填空题：11. 2或-1 12. 1.2 13.9 14. 15.（1，0） 16. 或
三. 三．解答题：
17.【解答】解：过点D作DF⊥x轴于点F，则∠AOB=∠DFA=90°，
∴∠OAB+∠ABO=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，AD=BC，
∴∠OAB+∠DAF=90°，
∴∠ABO=∠DAF，
∴△AOB∽△DFA，
∴OA：DF=OB：AF=AB：AD，
∵AB：BC=3：2，点A（3，0），B（0，6），
∴AB：AD=3：2，OA=3，OB=6，
∴DF=2，AF=4，
∴OF=OA+AF=7，
∴点D的坐标为：（7，2），
∴反比例函数的解析式为：y=①，点C的坐标为：（4，8），
设直线BC的解析式为：y=kx+b，
则，
解得：，
∴直线BC的解析式为：y=x+6②，
联立①②得：或（舍去），
∴点E的坐标为：（2，7）．
故答案为：（2，7）．

18. 【解答】解：（1）证明：连接DO；
∵∠ACB=90°，AC为直径，
∴EC为⊙O的切线；
又∵ED也为⊙O的切线，
∴EC=ED，
又∵∠EDO=90°，
∴∠BDE+∠ADO=90°，
∴∠BDE+∠A=90°
又∵∠B+∠A=90°，
∴∠BDE=∠B，
∴EB=ED，
∴EB=EC，即点E是边BC的中点；

（2）∵BC，BA分别是⊙O的切线和割线，
∴BC2=BD•BA，
∴（2EC）2=BD•BA，即BA•2=36，
∴BA=3，
在Rt△ABC中，由勾股定理得
AC===3．


19. 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠BAF=∠AED，∠C+∠D=180°，
∵∠C=∠BFE，∠BFE+∠BFA=180°，
∴∠D=∠BFA，
∴△ABF∽△EAD；
（2）解：∵SABCD=，
∴AB•BE=，
∵AB=4
∴BE=，
∴AE2=AB2+BE2=42+（）2，
∴AE=；



20. 【解答】解：分三种情况：
①若AD=AE时，∠DAE=90°，此时D点与点B重合，不合题意；
②若AD=DE时，△ABD与△DCE的相似比为1，此时△ABD≌△DCE，
于是AB=AC=1，BC=，AE=AC﹣EC=1﹣BD=1﹣（﹣1）=2﹣；
③若AE=DE，此时∠DAE=∠ADE=45°，如图所示，
易知AD⊥BC，DE⊥AC，且AD=DC．
由等腰三角形的三线合一可知：AE=CE=AC=．
综上所述，当△ADE是等腰三角形时，AE的长为2﹣或．


21. 【解答】方法一：
解：设CD长为x米，
∵AM⊥EC，CD⊥EC，BN⊥EC，EA=MA
∴MA∥CD∥BN
∴EC=CD=x
∴△ABN∽△ACD，
∴
即
解得：x=6.125
经检验，x=6.125是原方程的解，
∴路灯高CD约为6.125米．
22.【解答】解：（1）∵DE∥BC，当DF∥AC时，四边形DFCE是平行四边形．
∴，
∵AD=BF=t，
∴BD=5﹣t，
∴，
∴．
（2）证明：∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，
∵AD=BF，DE=DB，
∴，
∵∠ABF=∠CBD，
∴△ABF∽△CBD，
∴∠BAF=∠BCD．
（3）①证明：∵DE∥BC，
∴△ADM∽△ABF，
∴，
同理得：，
∴．
∴，
∵MN∥EC，
∴，
∴．
②与①可知，FN∥AB，
∵NM=NF，
∴∠NMF=∠NFM，
∵∠BAF=∠NFM，∠CAF=∠NMF，
∴∠BAF=∠CAF，
∴==，
∴t=BF=×6=．


23. 【解答】解：①DM=CN②1
（2）3：4，
（3）4：5
（4）∠B+∠EGC=1800

试卷八答案
一． 一、选择题：1.D2.D 3.B 4.A 5.C 6.A 7.C 8. D 9. B 10. A
二． 二.填空题：11.2 12. 13.1: 14. (3,-4) 15. 23.625 16. 2或5
三．解答题：
17.【解答】解：（1）如图：
（2）△ABC与△A′B′C′的位似比为AO：A′O=6：12=1：2．
故答案为1：2．
（3）如图：

18. 【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A=∠ACB=60°，
∵CE是∠ACF的平分线
∴∠ACE=∠A=60°，
又∵∠ADB=∠EDC
∴△ABD∽△CED；
（2）解：作BM⊥AC于点M，AC=AB=6，在Rt△ABM中
∴AM=CM=3，BM=AB•sin60°=；
∵AD=2CD，
∴CD=2，AD=4，MD=1；
在Rt△BDM中，BD==；
由（1）△ABD∽△CED得，，，
∴ED=，
∴BE=BD+ED=．


19. 【解答】解：（1）∵平行四边形ABCD，
∴AD∥BC，AD=BC，OB=OD，
∴∠DMN=∠BCN，∠MDN=∠NBC，
∴△MND∽△CNB，
∴=，
∵M为AD中点，
∴MD=AD=BC，即=，
∴=，
即BN=2DN，
设OB=OD=x，则有BD=2x，BN=OB+ON=x+1，DN=x﹣1，
∴x+1=2（x﹣1），
解得：x=3，
∴BD=2x=6；
（2）∵△MND∽△CNB，且相似比为1：2，
∴MN：CN=DN：BN=1：2，
∴S△MND=S△CND=2，S△BNC=2S△CND=8．
∴S△ABD=S△BCD=S△BCN+S△CND=8+4=12，
∴S四边形ABNM=S△ABD﹣S△MND=12﹣2=10．
∴S四边形ABCM=18．


20. 在甲的方法（图a）中，设正方形的边长为y，
∵DE∥AB，
∴=即：=，
解得y=m，
在乙的方法（图b）中，过点B作BM⊥AC于点M．设正方形的边长为x，
∴直角△ABC中，AC边上的高BM==1.2m．
∵四边形DEFG是正方形，
∴DE∥AC，
∴△BDE∽△BCA，
∴==，
即=，
解得：x=m．
∵＜，
∴甲的方法符合要求．



21. 【解答】解：（1）当CD2=AC•DB时，△ACP∽△PDB，
∵△PCD是等边三角形，
∴∠PCD=∠PDC=60°，
∴∠ACP=∠PDB=120°，
若CD2=AC•DB，由PC=PD=CD可得：PC•PD=AC•DB，
即=，
则根据相似三角形的判定定理得△ACP∽△PDB

（2）当△ACP∽△PDB时，∠APC=∠PBD
∵∠PDB=120°
∴∠DPB+∠DBP=60°
∴∠APC+∠BPD=60°
∴∠APB=∠CPD+∠APC+∠BPD=120°
即可得∠APB的度数为120°．



22. 【解答】解：（1）证明：过M作MQ⊥AB于Q，MP⊥AD于P，则∠PMQ=90°，∠MQN=∠MPD=90°，
∵∠DMN=90°，
∴∠DMP=∠NMQ，
∵ABCD是正方形，
∴AC平分∠DAB，
∴PM=MQ，
在△MDP和△MNQ中，
，
∴△MDP≌△MNQ（ASA），
∴DM=MN；

（2）过M作MS⊥AB于S，MW⊥AD于W，则∠WMS=90°，
∵MN⊥DM，
∴∠DMW=∠NMS，
又∵∠MSN=∠MWD=90°，
∴△MDW∽MNS，
∴MD：MN=MW：MS=MW：WA，
∵MW∥CD，
∴∠AMW=∠ACD，∠AWM=∠ADC，
∴△AWM∽△ADC，
又∵DC=2AD，
∴MD：MN=MW：WA=CD：DA=2；

（3）MD：MN=n，
理由：过M作MX⊥AB于X，MR⊥AD于R，则易得△NMX∽△DMR，
∴MD：MN=MR：MX=AX：MX，
由AD∥MX，CD∥AX，易得△AMX∽△CAD，
∴AX：MX=CD：AD，
又∵CD=nAD，
∴MD：MN=CD：AD=n．




23. 【解答】解：（1）①当α=0°时，
∵Rt△ABC中，∠B=90°，
∴AC=，
∵点D、E分别是边BC、AC的中点，
∴，
∴．

②如图1，，
当α=180°时，
可得AB∥DE，
∵，
∴=．
故答案为：．

（2）如图2，，
当0°≤α＜360°时，的大小没有变化，
∵∠ECD=∠ACB，
∴∠ECA=∠DCB，
又∵，
∴△ECA∽△DCB，
∴．

（3）①如图3，，
∵AC=4，CD=4，CD⊥AD，
∴AD==，
∵AD=BC，AB=DC，∠B=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴．

②如图4，连接BD，过点D作AC的垂线交AC于点Q，过点B作AC的垂线交AC于点P，，
∵AC=4，CD=4，CD⊥AD，
∴AD==，
∵点D、E分别是边BC、AC的中点，
∴DE==2，
∴AE=AD﹣DE=8﹣2=6，
由（2），可得
，
∴BD==．
综上所述，BD的长为4或．


试卷九答案
二． 一、选择题：1.D2.D 3.C 4.D 5.A6.B7.B 8. B 9.B 10. A
四. 填空题：11. x≠0. 12. 13. 14.4 15.6 16.
三．解答题：
17.【解答】解：（1）E（1，1）
（2）2：1
（3）A”（2，3）;P”()
18. （1）菱形
19. 【解答】解：（1）如图，过点A作AF⊥x轴交BD于E，
∵点B（3，2）在反比例函数y=的图象上，
∴a=3×2=6，
∴反比例函数的表达式为y=，
∵B（3，2），
∴EF=2，
∵BD⊥y轴，OC=CA，
∴AE=EF=AF，
∴AF=4，
∴点A的纵坐标为4，
∵点A在反比例函数y=图象上，
∴A（，4），
∴，
∴，
∴一次函数的表达式为y=﹣x+6；
（2）如图1，过点A作AF⊥x轴于F交OB于G，
∵B（3，2），
∴直线OB的解析式为y=x，
∴G（，1），
A（，4），
∴AG=4﹣1=3，
∴S△AOB=S△AOG+S△ABG=×3×3=．



20. （1）△PNB∽△PDC
（2）
21. 【解答】解：（1）当0≤x≤8时，设水温y（℃）与开机时间x（分）的函数关系为：y=kx+b，
依据题意，得，
解得：，
故此函数解析式为：y=10x+20；

（2）在水温下降过程中，设水温y（℃）与开机时间x（分）的函数关系式为：y=，
依据题意，得：100=，
即m=800，
故y=，
当y=20时，20=，
解得：t=40；

（3）∵45﹣40=5≤8，
∴当x=5时，y=10×5+20=70，
答：小明散步45分钟回到家时，饮水机内的温度约为70℃．


22.【解答】解：设AE=x，∵CD∥AE，
∴△CDF∽△AFB，
∴，即，
∴FC=，
∵CD∥AB，
∴△GCD∽△GAE，
∴，即=，
解得：x=40，（负值舍去），
∴AE=40，
∴大厦主体建筑的高度是40米．



23.（1）两角分别相等的两个三角形相似;
（2）
（3）1或4
（4）
（5） 或

试卷十答案
三． 一、选择题：1.D2.D 3.B 4.B5.C6.C7.D 8.B 9.B 10. A
五. 填空题：11. 1; 12. 36 13. 14. 15. 16.
三． 解答题：
17.①;②
18..（1）AB=;∠B=300;BC=30
（2）∠A=∠B=450;;b=3
19. ∠B=300;;AB=16;BC=
20. 【解答】解：这辆汽车超速了，
理由：过点C作CF⊥AB于点F，
由题意可得：∠BCF=30°，∠ACF=45°，∠CAF=30°，
则∠BCF=30°，∠CBF=60°，
∵BC=200m，
∴BF=BC=100m，
∴FC=100m，
故AF=100m，
故AB=AF+BF=100（+1）≈273（m），
∴≈39（m/s），
∵每小时120千米=≈33.3（m/s），
∵39＞33.3，
∴这辆车已经超速．


21.【解答】解：（1）如图延长CB交OA于E，
∵OA⊥BC，
∴∠BEO=90°，
∵∠AOB=37°，
∴∠OBC=∠AOB+∠BEO=37°+90°=127°．
（2）延长OB交AC于F．设BC=x，则OB=OA﹣BC=75﹣x，
∵∠AOB=∠ACB，∠OBE=∠CBF，∠AOB+∠OBE=90°，
∴∠ACB+∠CBF=90°，
∴∠BFC=90°
在Rt△BFC中，∵sin37°=，
∴BF=0.6x，OF=75﹣0.4x，
在RT△OAF中，cos37°=，
∴=0.8，
∴x=37.5厘米．
∴OB=75﹣x=37.5厘米，
∴小桌板桌面的宽度OB的长度为37.5厘米．


22.【解答】解：（1）在Rt△ADF中，AF=30，DF=24，
由勾股定理得：AD===18cm；
（2）过点E作EH⊥AB，垂足为H，
∵AE=AD+DC+CE=68，
∴EH=AEsin75°=68sin75°=68×0.97=65.96≈66（cm），
∴车座点E到车架档AB的距离约是66cm．


23.【解答】解：（1）过点A作AM⊥EF于点M，过点C作CN⊥EF于点N，
设CN=x，
在Rt△ECN中，
∵∠ECN=45°，
∴EN=CN=x，
∴EM=x+0.7﹣1.7=x﹣1，
∵BD=5，
∴AM=BF=5+x，
在Rt△AEM中，
∵∠EAM=30°
∴=，
∴x﹣1=（x+5），
解得：x=4+3，
即DF=（4+3）（米）；
（2）由（1）得：
EF=x+0.7=4++0.7
≈4+3×1.7+0.7
≈9.8≈10（米）．
答：旗杆的高度约为10米．



试卷十一答案
四． 一、选择题：1.D2.C 3.B 4.D5.C6.D7.B 8.A 9.C 10. D
六. 填空题：11. 300; 12. 13. 5000∏ 14.2 15. 16.
四． 解答题：
17.①0;②
18..【解答】解：∵∠A=60°，∴tanA=．
把x=代入方程2x2﹣3mx+3=0得2（）2﹣3m+3=0，解得m=．
把m=代入方程2x2﹣3mx+3=0得2x2﹣3mx+3=0，解得x1=，x2=．
∴cosB=，即∠B=30度．
∴∠C=180°﹣∠A﹣∠B=90°，即△ABC是直角三角形．
19.∵MA′是定值，A′C长度取最小值时，即A′在MC上时，
过点M作MH⊥DC于点F，
∵在边长为4的菱形ABCD中，∠A=60°，M为AD中点，
∴2MD=AD=CD=2，∠HDM=60°，
∴∠HMD=30°，
∴HD=MD=，
∴HM=DM×cos30°=，
∴MC==，
∴A′C=MC﹣MA′=﹣1；

20. 【解答】解：（1）∵tan∠ABC=1：，
∴∠ABC=30°；

（2）由题意得：∠PBH=60°，
∵∠ABC=30°，
∴∠ABP=90°，又∠APB=45°，
∴△PAB为等腰直角三角形，
在直角△PHB中，PB===20．
在直角△PBA中，AB=PB=20≈34.6米．
故答案为30，34.6．



21.【解答】解：如图：过点A作AH⊥CF于点H，
由题意得：∠MCF=75°，∠CAN=15°，AC=125米，
∵CM∥AN，
∴∠ACM=∠CAN=15°，
∴∠ACH=∠MCF﹣∠ACM=75°﹣15°=60°，
∴在Rt△ACH中，AH=AC•sin∠ACH=125×≈108.25（米）＞100米．
答：消防车不需要改道行驶．

22.【解答】解：（1）sin2A1+cos2A1=（）2+（）2=+=1，
sin2A2+cos2A2=（）2+（）2=+=1，
sin2A3+cos2A3=（）2+（）2=+=1，
故答案为：1、1、1；

（2）观察上述等式猜想：在Rt△ABC中，∠C=90°，总有sin2A+cos2A=1，
故答案为：1；

（3）在图2中，∵sinA=，cosA=，且a2+b2=c2，
则sin2A+cos2A=（）2+（）2=+===1，
即sin2A+cos2A=1；

（4）在△ABC中，∠A+∠B=90°，
∴∠C=90°，
∵sin2A+cos2A=1，
∴（）2+cosA2=1，
解得：cosA=或cosA=﹣（舍），
∴cosA=．


23.【解答】解：（1）证明：如图1，连接AD．
∵AB=AC，BD=CD，
∴AD⊥BC．
又∵∠ABC=45°，
∴BD=AB•cos∠ABC，
即AB=BD．…（1分）
∵∠BAE=∠BDM，∠ABE=∠DBM，
∴△ABE∽△DBM．…（2分）
∴，
∴AE=MD．…（3分）

（2）∵cos∠ABC=cos60°=，
∴MD=AE•cos∠ABC=AE•，…（4分）
∴AE=2MD；…（5分）

（3）如图2，连接AD，EP．
∵AB=AC，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形．…（6分）
又∵D为BC的中点，
∴AD⊥BC，∠DAC=30°，BD=DC=AB．
∵∠BAE=∠BDM，∠ABE=∠DBM，
∴△ABE∽△DBM．…（7分）
∴，∠AEB=∠DMB．
∴EB=2BM．
又∵BM=MP，
∴EB=BP．
∵∠EBM=∠ABC=60°，
∴△BEP为等边三角形，…（8分）
∴EM⊥BP，
∴∠BMD=90°
∴∠AEB=90°
在Rt△AEB中，AE=，AB=7，
∴BE==．
∴tan∠EAB=．…（9分）
∵D为BC中点，M为BP中点，
∴DM∥PC．
∴∠MDB=∠PCB，
∴∠EAB=∠PCB．
∴tan∠PCB=．…（10分）
在Rt△ABD中，AD=AB•sin∠ABD=，
在Rt△NDC中，ND=DC•tan∠NCD=，
∴NA=AD﹣ND=．…（11分）
过N作NH⊥AC，垂足为H．
在Rt△ANH中，NH=AN=，AH=AN•cos∠NAH=，
∴CH=AC﹣AH=，
∴tan∠ACP=．…（12分）


试卷十二答案
五． 一、选择题：1.D2.C 3.D 4.A5.C6.B7.A 8.B 9.D 10. C
七. 填空题：11. 450; 12. 13. 1200 14.15. 16.
五． 解答题：
17.①;②
18..【解答】解：（1）
∵∠ACB=90°，CD是斜边AB上的中线，
∴CD=BD，
∴∠B=∠BCD，
∵AE⊥CD，
∴∠CAH+∠ACH=90°，
又∵∠ACB=90°
∴∠BCD+∠ACH=90°
∴∠B=∠BCD=∠CAH，即∠B=∠CAH，
∵AH=2CH，
由勾股定理得AC=CH，
∴CH：AC=1：，
∴sinB=；
（2）
∵sinB=，
∴AC：AB=1：，
∴AC=2．
∵∠CAH=∠B，
∴sin∠CAH=sinB==，
设CE=x（x＞0），则AE=x，则x2+22=（x）2，
∴CE=x=1，AC=2，
在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，
∵AB=2CD=2，
∴BC=4，
∴BE=BC﹣CE=3．

∴∠C=180°﹣∠A﹣∠B=90°，即△ABC是直角三角形．
19.【解答】解：过点B作BM⊥FD于点M，
在△ACB中，∠ACB=90°，∠A=60°，AC=10，
∴∠ABC=30°，BC=10×tan60°=10，
∵AB∥CF，
∴BM=BC×sin30°=10×=5，
CM=BC×cos30°=15，
在△EFD中，∠F=90°，∠E=45°，
∴∠EDF=45°，
∴MD=BM=5，
∴CD=CM﹣MD=15﹣5．



20. 【解答】解：过点C作CP⊥AM．
∵AC=800米，∠MAC=30°，∠ACM=180°﹣（90°﹣30°+15°）=105°，
∴∠AMC=45°，
∴CP=PM=400米，AP=400米，
∴AM=400+400米，
∵AM•PC=AC•MN，
∴MN=200+200（米）．


21.【解答】解：延长FE交CB的延长线于M，过A作AG⊥FM于G，
在Rt△ABC中，tan∠ACB=，
∴AB=BC•tan75°=0.60×3.732=2.2392，
∴GM=AB=2.2392，
在Rt△AGF中，∵∠FAG=∠FHD=60°，sin∠FAG=，
∴sin60°==，
∴FG=2.17，
∴DM=FG+GM﹣DF≈3.05米．
答：篮框D到地面的距离是3.05米．


22.【解答】解：过B作BF⊥AE，交EA的延长线于F，作BG⊥DE于G．
在Rt△ABF中，i=tan∠BAF==，
∴∠BAF=30°，
∴BF=AB=5，AF=5．
∴BG=AF+AE=5+15．
在Rt△BGC中，
∵∠CBG=30°，
∴CG：BG=，
∴CG=5+5．
在Rt△ADE中，∠DAE=45°，AE=15，
∴DE=AE=15，
∴CD=CG+GE﹣DE=5+5+5﹣15=（5﹣5）m．
答：宣传牌CD高约（5﹣5）米．

A
B
O
C
D
P
●
N
M


23.【解答】解：OE=30cos30°=15≈26.0cm
∠DCF=127°-60°=67°
DF=80sin67°=80×0.92=73.6cm
∴D至地面为73.6+（60-26.0）≈107.66cm
(2)----------------------------------------9
A
O
C
D
P
●
N
M
G
∠DCG=127°-90°=37°
CG=80cos37°=80×0.8=64cm
AP=
∴点P至少要离64+31.4≈95cm


试卷十三答案
六． 一、选择题：1.B2.C3.A 4.B5.D6.D7.B8.B 9.B 10.B
八. 填空题：11. 3;12.18 13.; 14.30cm ;15. ;16.5
六． 解答题：
17.【解答】解：（1）每个正方体的体积为1，∴组合几何体的体积为5×1=5；
∵组合几何体的前面和后面共有5×2=10个正方形，上下共有6个正方形，左右共6个正方形（外面4个加里面2个），每个正方形的面积为1，
∴组合几何体的表面积为22．
故答案为：5，22；

（2）作图如下：

18.【解答】解：如图设C，D分别是桌面和其地面影子的圆心，CB∥AD，
∴△OBC∽△OAD
∴=，
∵OC=OD﹣CD=2﹣1=1，BC=×1.2=0.6
∴=，
∴AD=1.2，
S⊙D=π×1.22=1.44πm2，这样地面上阴影部分的面积为1.44πm2，
故答案为1.44πm2

19.【解答】解：（1）如图，QN即为PQ在地面的影子．

（2）分别延长FD、EA交于点S
在Rt△ADS中，∠ADS=90°
∵∠DAS=60°，
∴∠S=30°
又∵AD=1，
∴AS=2，
∴ES=AS+AE=2+2=4，
在Rt△EFS中，∠FES=90°，
EF=ES•tan∠FSE=4•tan30°=4×（米）．

20. 【解答】解：（1）过点E作EH⊥FG于点H，

在Rt△EHF中，EF=4，∠EFG=45°，
故EH=EFsin∠EFG=4×sin45°=2，
由图形可知：AB=EH=2cm．
（2）直三棱柱的体积=SEFG•AD=10×12=120 cm3．

21.【解答】解：如图：假设没有墙CD，则影子落在点E，
∵杆高与影长成正比例，
∴CD：DE=1：0.5，
∴DE=1米，
∴AB：BE=1：0.5，
∵BE=BD+DE=4，
∴，
∴AB=8米．
．
22.【解答】解：（1）如图，延长OB交DC于E，作EF⊥AB，交AB于F，
在Rt△BEF中，
∵EF=AC=30m，∠FEB=30°，
∴BE=2BF．
设BF=x，则BE=2x．
根据勾股定理知BE2=BF2+EF2，
∴（2x）2=x2+302，
∴（负值舍去），
∴x≈17.3（m）．
因此，EC=30﹣17.3=12.7（m）．

（2）当甲幢楼的影子刚好落在点C处时，△ABC为等腰三角形，
因此，当太阳光与水平线夹角为45°时，甲楼的影子刚好不落在乙楼的墙上．



23.【解答】解：根据题意得：AB⊥BH，CD⊥BH，FG⊥BH，（1分）
在Rt△ABE和Rt△CDE中，
∵AB⊥BH，CD⊥BH，
∴CD∥AB，
可证得：
△ABE∽△CDE，
∴=①，
同理：=②，
又CD=FG=1.7m，
由①、②可得：，
即=，
解之得：BD=7.5m，
将BD=7.5代入①得：
AB=5.95m≈6.0m．
故答案为：6.0m．

试卷十四答案
七． 一、选择题：1.A2.A3.C 4.C5.CA6.A7.B8.C 9.C 10.A
九. 填空题：11. 4 ∏;12.2.4 13.8; 14.300 ;15. 20;16.S1>S3>S2
七． 解答题：
17. ：略
18.【解答】解：由题意得：
（1）2+1.5（x﹣1）=1.5x+0.5

（2）由三视图可知共有12个碟子
∴叠成一摞的高度=1.5×12+0.5=18.5（cm）

19.【解答】解：（1）AB=ACtan30°=12×=4（米）．
答：树高约为4米．
（2）如图（2），B1N=AN=AB1sin45°=4×=2（米）．
NC1=NB1tan60°=2×=6（米）．
AC1=AN+NC1=2+6．
当树与地面成60°角时影长最大AC2（或树与光线垂直时影长最大或光线与半径为AB的⊙A相切时影长最大）
AC2=2AB2=；

20. 【解答】解：（1）根据三视图的知识，主视图以及左视图都是三角形，俯视图为圆形，故可判断出该几何体是圆锥；

（2）表面积S=S扇形+S圆=+πr2
=πrR+πr2
=12π+4π
=16π（平方厘米），即该几何体全面积为16πcm2；

（3）如图将圆锥侧面展开，得到扇形ABB′，则线段BD为所求的最短路程．
设∠BAB′=n°．
∵=4π，
∴n=120即∠BAB′=120°．
∵C为弧BB′中点，
∴∠ADB=90°，∠BAD=60°，
∴BD=AB•sin∠BAD=6×=cm，
∴路线的最短路程为3√3cm．


21.【解答】解：由题意知：
PQ=12米，AC=BD=9.6米，MP=NQ=1.6米，AP=QB，（1分）
在△APM和△ABD中，
∵∠DAB是公共角，∠APM=∠ABD=90°，
∴△AMP∽△ADB，（4分）
∴，
即，（6分）
解得AB=18．
答：两个路灯之间的距离是18米．
22.【解答】解：（1）如图1，设CF=x米，
则AE=（20﹣x）米，
tan32°===0.62，
解得：x≈5，
∵5＜6，
∴居民住房的采光没有影响；

（2）如图2：
当AB=20m，
tan32°==0.62，
解得：EF=32（米）．
故要使超市采光不受影响，两楼应至少相距32米．



23.【解答】解：如图作MF⊥PQ于F，QE⊥MN于E，则四边形EMFQ是矩形．

在Rt△QEN中，设EN=x，则EQ=2x，
∵QN2=EN2+QE2，
∴20=5x2，
∵x＞0，
∴x=2，
∴EN=2，EQ=MF=4，
∵MN=3，
∴FQ=EM=1，
在Rt△PFM中，PF=FM•tan60°=4，
∴PQ=PF+FQ=4+1．

试卷十五答案
八． 一、选择题：1.C2.C 3.B 4.B5.A6.B7.A 8.A 9.D 10. A
十. 填空题：11. ; 12. 13. 8∏ 14.15.40 16.144
八． 解答题：
17.①;②
18..【解答】解：（1）位似；位似中心（-4，1）；位似比1：2
（2）B’C’=A1B1; B’C’⊥A1B1

19.【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形
∴∠A=∠D=∠C=90°，
∵△BCE沿BE折叠为△BFE，
∴∠BFE=∠C=90°，
∴∠AFB+∠DFE=180°﹣∠BFE=90°，
又∵∠AFB+∠ABF=90°，
∴∠ABF=∠DFE，
∴△ABF∽△DFE；
（2）解：在Rt△DEF中，sin∠DFE==，
∴设DE=a，EF=3a，DF==2a，
∵△BCE沿BE折叠为△BFE，
∴CE=EF=3a，CD=DE+CE=4a，AB=4a，∠EBC=∠EBF，
又∵△ABF∽△DFE，
∴===，
∴tan∠EBF==，
tan∠EBC=tan∠EBF=；



20. 【解答】解：过点D作DG⊥AB，分别交AB、EF于点G、H，
∵AB∥CD，DG⊥AB，AB⊥AC，
∴四边形ACDG是矩形，
∴EH=AG=CD=1.2，DH=CE=0.8，DG=CA=30，
∵EF∥AB，
∴，
由题意，知FH=EF﹣EH=1.7﹣1.2=0.5，
∴，解得，BG=18.75，
∴AB=BG+AG=18.75+1.2=19.95≈20.0．
∴楼高AB约为20.0米．



21.【解答】解：由题意得：AD⊥CE，
过点B作BF⊥CE，BG⊥EA，
∵灯罩BC长为30cm，光线最佳时灯罩BC与水平线所成的角为30°，
∵CF⊥FB，即三角形CFB为直角三角形，
∴sin30°==，
∴CF=15cm，
在直角三角形ABG中，sin60°=，
∴=，
解得：BG=20，
又∠ADC=∠BFD=∠BGD=90°，
∴四边形BFDG为矩形，
∴FD=BG，
∴CE=CF+FD+DE=CF+BG+ED=15+20+2≈51.6（cm）．
答：此时灯罩顶端C到桌面的高度CE是51.6cm．



22.【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=BC，AB=OC，
∵B（2，3），E为AB的中点，
∴AB=OC=3，OA=BC=2，AE=BE=AB=，
∴E（2，），
∴k=2×=3，
∴双曲线解析式为：y=；
∵点D在双曲线y=（x＞0）上，
∴OC•CD=3，
∴CD=1，
∴点D的坐标为：（1，3）；
（2）∵BC=2，CD=1，
∴BD=1，
分两种情况：
①△FBC和△DEB相似，当BD和BC是对应边时，，
即=，
∴CF=3，
∴F（0，0），
即F与O重合，
②△FBC和△DEB相似，当BD与CF是对应边时，=，
即=，
∴CF=，
∴OF=3﹣=，
∴F（0，），


23.【解答】解：（1）∴AC=BC=6，∠ACB=90°，
∴，
∵DF∥AB，，
∴，
∴，
∴在Rt△DEF中，==；

（2）过点E作EH⊥AC于点，则，
∴，
根据∠DHE=∠C=90°，∠DEH=∠FDC，可得△HDE∽△CFD，
∴，
∴，
∴；

（3）∵，CD=3，
∴CE＞CD，
∴若△DCE为等腰三角形，只有DC=DE或ED=EC两种可能：
①当DC=DE时，点F在边BC上，
过点D作DG⊥AE于点G（如图①），
可得：，
即点E在AB中点，
∴此时F与C重合，
∴BF=6；
②当ED=EC时，点F在BC的延长线上，
过点E作EM⊥CD于点M（如图②），
可证：△DFC∽△DEM，
∴，
∴，
∴CF=1，
∴BF=7，
综上所述，BF为6或7．





试卷十六答案
九． 一、选择题：1.A2.3.D 4.B5.C6.D7.C 8.B 9.D 10. D
十一. 填空题：11. 700; 12.4 13. 14.2 ;15. 16.3
九． 解答题：
17.①;②
18..【解答】解：（1）（2，-2）；（2）（4，2）;（3）（2a-2,2b-6）
19.【解答】（1）解：∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵∠APC=∠APD+∠DPC=∠B+∠BAP，且∠APD=∠B，
∴∠BAP=∠DPC，
∴△ABP∽△PCD，
∴，
∵BC=9，BP=4，
∴PC=9﹣4=5，
∵AB=6，BP=4，BC=9，
∴，
∴CD=；

（2）证明：∵CD=，AC=6，PC=5，BC=9，
∴，
∵∠C是公共角，
∴△PCD∽△BCA，
∴∠DPC=∠B，
∴PD∥AB．


20. 【解答】解：（1）设函数的解析式是y=；
把（10，600）代入得到：600=，
解得k=6000，
则函数的解析式是y=；

（2）7000﹣6000=1000（元）；
首付的钱数为1000元．

（3）400=，
解得t=15．
则最多15个月才能将所有的钱全部还清


21.【解答】解：（1）∵一次函数的图象经过（a，b），（a+k，b+k+2）两点，
∴b=2a﹣1①，2a+2k﹣1=b+k+2②，
∴整理②得：b=2a﹣1+k﹣2，
∴由①②得：2a﹣1=2a﹣1+k﹣2，
∴k﹣2=0，
∴k=2，
∴反比例函数的解析式为：y==；

（2）解方程组，
解得：，，
∴A（1，1），B（，﹣2）；

（3）当AP1⊥x轴，AP1=OP1，∴P1（1，0），
当AO=OP2，∴P2（，0），
当AO=AP3，∴P3（2，0），
当AO=P4O，∴P4（﹣，0）．
∴存在P点P1（1，0），P2（，0），P3（2，0），P4（﹣，0）．


22.【解答】解：情况一，选用①②④，
∵AB⊥FC，CD⊥FC，
∴∠ABF=∠DCE=90°，
又∵AF∥DE，
∴∠AFB=∠DEC，
∴△ABF∽△DCE，
∴，
又∵DC=1.5m，FB=7.6m，EC=1.7m，
∴AB=6.7m．
即旗杆高度是6.7m；

情况二，选①③⑤．
过点D作DG⊥AB于点G．
∵AB⊥FC，DC⊥FC，
∴四边形BCDG是矩形，
∴CD=BG=1.5m，DG=BC=9m，
在直角△AGD中，∠ADG=30°，
∴tan30°=，
∴AG=3，
又∵AB=AG+GB，
∴AB=3+1.5≈6.7m．
即旗杆高度是6.7m．


23.【解答】（1）证明：∵AD⊥BC，
∴∠DAC+∠C=90°．
∵∠BAC=90°，
∴∠BAF=∠C．
∵OE⊥OB，
∴∠BOA+∠COE=90°，
∵∠BOA+∠ABF=90°，
∴∠ABF=∠COE．
过O作AC垂线交BC于H，则OH∥AB，
∵∠ABF=∠COE，∠BAF=∠C．
∴∠AFB=∠OEC，
∴∠AFO=∠HEO，
而∠BAF=∠C，
∴∠FAO=∠EHO，
∴△OEH∽△OFA，
∴
又∵O为AC的中点，OH∥AB．
∴OH为△ABC的中位线，
∴OH=AB，OA=OC=AC，
而，
∴，
即；
（2）同（1）方法得：，
∵又∵O为AC的中点，OH∥AB．
∴OH为△ABC的中位线，
∴OH=AB，OA=OC=AC，
∵=n，
∴=，
∴=n．
（3）（2）同（1）方法得：，
∵OH∥AB，
∴，
∵=，
∴，
∴
∵=n，
∴，
∴=．



试卷十七答案
十． 一、选择题：1.C2.C3.C 4.C5.C6.C7.D 8.D 9.B 10.B
十二. 填空题：11. 18∏ 12.k>-1且k≠0 13. b≤-2; 14. ;15.(4,0) 16.8或12.5
十． 解答题：
17.【解答】解：（1）如图，

（2）2：1，
（3）A′（﹣6，0），B′（﹣3，2），C′（﹣4，4）．

18.P=
19.【解答】解：（1）连接OC，
∵OA=OC，
∴∠A=∠1，
∵AO=OB，E为BD的中点，
∴OE∥AD，
∴∠1=∠3，∠A=∠2，
∴∠2=∠3，
在△COE与△BOE中，，
∴△COE≌△BOE，
∴∠OCE=∠ABD=90°，
∴CE是⊙O的切线；

（2）∵AB为⊙O的直径，
∴BC⊥AD，
∵AB⊥BD，
∴△ABC∽△BDC，
∴，
∴BC2=AC•CD，
∵AC=3CD，
∴BC2=AC2，
∴tan∠A==，
∴∠A=30°．

20. 【解答】解：作DF⊥BO于点F，
∵DE∥BO，α=45°，
∴∠DBF=α=45°，
∴Rt△DBF中，BF=DF=268，（2分）
∵BC=50，
∴CF=BF﹣BC=268﹣50=218，
由题意知四边形DFOG是矩形，
∴FO=DG=10，
∴CO=CF+FO=218+10=228，（5分）
在Rt△ACO中，β=60°，
∴AO=CO•tan60°≈228×1.732=394.896，（7分）
∴误差为394.896﹣388=6.896≈6.9．（米）．
即计算结果与实际高度的误差约为6.9米．（9分）

21.【解答】解：（1）根据题意得
解得k=﹣1，b=120．
所求一次函数的表达式为y=﹣x+120．

（2）W=（x﹣60）•（﹣x+120）
=﹣x2+180x﹣7200
=﹣（x﹣90）2+900，
∵抛物线的开口向下，
∴当x＜90时，W随x的增大而增大，
而销售单价不低于成本单价，且获利不得高于45%，
即60≤x≤60×（1+45%），
∴60≤x≤87，
∴当x=87时，W=﹣（87﹣90）2+900=891．
∴当销售单价定为87元时，商场可获得最大利润，最大利润是891元．

（3）由W≥500，得500≤﹣x2+180x﹣7200，
整理得，x2﹣180x+7700≤0，
而方程x2﹣180x+7700=0的解为 x1=70，x2=110．
即x1=70，x2=110时利润为500元，而函数y=﹣x2+180x﹣7200的开口向下，所以要使该商场获得利润不低于500元，销售单价应在70元到110元之间，
而60元/件≤x≤87元/件，所以，销售单价x的范围是70元/件≤x≤87元/件．


22.【解答】解：（1）如图1，
①证明：∵DF∥AC，
∴∠DFE=∠ACE．
在△ACE和△EFD中，
，
∴△ACE≌△EFD（AAS），
∴∠AEC=∠EDF．
∵DF∥AC，
∴∠EGC=∠EDF，
∴∠EGC=∠AEC；
②∵DF∥AC，
∴△BDF∽△BAC，
∴==．
∵D为AB的中点，
∴=，
∴BF=BC，DF=AC．
∴BF=CF，AC=2DF=6，
∵△ACE≌△EFD，
∴AC=EF=6，CE=FD=3．
∴BF=FC=EF﹣CE=3，
∴BE=9；

（2）∵DF∥AC，
∴∠ACE=∠EFD．
在△ACE和△EFD中，
，
∴△ACE≌△EFD（AAS），
∴CE=FD=10，AC=EF．
∵DF∥AC，
∴△DEF∽△GEC，
∴==．
∵5EG=2DE，CE=FD=10，
∴EF=25，GC=4，
∴AG=AC﹣GC=EF﹣GC=25﹣4=21．
23.【解答】解：（1）∵抛物线y=﹣x2+bx+c过点A（﹣1，0），C（0，2），
　　　　　
．
∴解析式为y=﹣x2+x+2，

（2）当y=0时，﹣x2+x+2=0解得x=﹣1（舍），x=4，
点B的坐标为（4，0），C（0，2），
BC==2．
∴sin∠ABC=sin∠OBC==．
（3）存在．
∵对称轴是x=，
∴点D的坐标为（，0），
∴CD==．
PD=CD=，得P（，）或（，﹣），
PC=CD=，即P点与D点关于底边的高对称，得
D点的纵坐标为4，即P（，4），
综上所述：点P的坐标为（，）或（，﹣），（，4）；

（4）设直线BC的解析式为y=mx+n
∵B、C两点坐标分别为（4，0）、（0，2），
解得，
∴直线BC的解析式为y=﹣x+2．
设E点坐标为（x，﹣x+2），则F点坐标为（x，﹣x2+x+2），
EF=﹣x2+x+2﹣（﹣x+2）
=﹣x2+2x
=﹣（x﹣2）2+2，
当x=2时，EF最长，
∴当点E坐标为（2，1）时，线段EF最长．

试卷十八答案
十一． 一、选择题：1.B2.B3.B 4.B5.C6.B7.B 8.D 9.B 10.D
十三. 填空题：11. 12.m≤ 13. 64∏cm2; 14.9 ;15. 16.4
十一． 解答题：
17.【解答】解：（1）略

（2）是位似图形形；位似中心为（4，5）或（0，-1）；位似比为2：1，

18.22.5
19.【解答】解：画树状图得：

∵共有12种等可能的结果，他能够判定四边形ABCD为平行四边形的有：ab，ac，ba，bd，ca，cd，dc，db共8种情况，
∴他能够判定四边形ABCD为平行四边形的概率为：=．

20. 【解答】解：由题意可知∠BAD=∠ADB=45°，
∴FD=EF=9米，AB=BD
在Rt△GEH中，∵tan∠EGH==，即，
∴BF=8，
∴PG=BD=BF+FD=8+9，
AB=（8+9）米≈23米，
答：办公楼AB的高度约为23米．



21.【解答】解：（1）将和代入一次函数m=kt+b中，
有．
∴
∴m=﹣2t+96
经检验，其它点的坐标均适合以上解析式．
故所求函数解析式为m=﹣2t+96
（2）设未来20天的日销售利润为p元．
由
∵1≤t≤20，
∴当t=14时，p有最大值578（元）
∴最大日销售利润是578元；
（3）令p=560，
解得：t1=8，t2=20；
∴持续的天数是：20﹣8=12；
（4）
对称轴为．
∵1≤t≤20，a=﹣＜0，
∴t的取值范围在对称轴的左侧时p随t的增大而增大，
∴当14+2a≥20即a≥3时，p随t的增大而增大．
又∵a＜4，
∴3≤a＜4

22.【解答】解：（1）①略②
（2）AB=AD
（3）设EC=1，则BE=m，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD=BC=m+1，
∴△CEF∽△ADF，
∴==，
∴=，
∵=，
∴AC=2OA，
∴=，
∴=；


23.【解答】解：（1）∵点A的坐标为（﹣1，0），
∴OA=1．
又∵tan∠ACO=，
∴OC=4．
∴C（0，﹣4）．
∵OC=OB，
∴OB=4
∴B（4，0）．
设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x﹣4）．
∵将x=0，y=﹣4代入得：﹣4a=﹣4，解得a=1，
∴抛物线的解析式为y=x2﹣3x﹣4．
（2）∵抛物线的对称轴为x=﹣=，C（0，﹣4），点D和点C关于抛物线的对称轴对称，
∴D（3，﹣4）．
设直线AD的解析式为y=kx+b．
∵将A（﹣1，0）、D（3，﹣4）代入得：，解得k=﹣1，b=﹣1，
∴直线AD的解析式y=﹣x﹣1．
∵直线AD的一次项系数k=﹣1，
∴∠BAD=45°．
∵PM平行于y轴，
∴∠AEP=90°．
∴∠PMH=∠AME=45°．
∴△MPH的周长=PM+MH+PH=PM+MP+PM=（1+）PM．
设P（a，a2﹣3a﹣4），M（﹣a﹣1），则PM=﹣a﹣1﹣（a2﹣3a﹣4）=﹣a2+2a+3，
∵PM=﹣a2+2a+3=﹣（a﹣1）2+4，
∴当a=1时，PM有最大值，最大值为4．
∴△MPH的周长的最大值=4×（1+）=4+4．


试卷十九答案
十二． 一、选择题：1.D2.C3.B 4.C5.D6.CD7.A 8.B 9.D 10.C
十四. 填空题：11. 12.4 13. 3cm或6cm; 14. ;15. 6;16.1或2
十二． 解答题：
【解答】解【解答】（1）证明：连接OD与AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB=90°，
即AD⊥BC，
∵AB=AC，
∴BD=DC且∠B=∠C，
即D为BC的中点，
∵D为AB的中点，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∴DE为⊙O的切线．
（2）解：∵AB=13，sinB=，
∴=，即AD=12，
∴BD===5，
∴DC=5，
在△ABD和△DCE中，∠B=∠C，∠CED=∠ABD=90°，
∴△ABD∽△DCE，
∴=，
∴CE==．

18. ：x1=2;x2= （2）
19.
19.【解答】解：（1）画树状图如下：

由图可知，共有9种等可能的结果；

（2）∵（a，b）的可能结果有（，1）、（，3）、（，2）、（，1）、（，3）、（，2）、（1，1）、（1，3）及（1，2），
∴当a=，b=1时，△=b2﹣4ac=﹣1＜0，此时ax2+bx+1=0无实数根，
当a=，b=3时，△=b2﹣4ac=7＞0，此时ax2+bx+1=0有两个不相等的实数根，
当a=，b=2时，△=b2﹣4ac=2＞0，此时ax2+bx+1=0有两个不相等的实数根，
当a=，b=1时，△=b2﹣4ac=0，此时ax2+bx+1=0有两个相等的实数根，
当a=，b=3时，△=b2﹣4ac=8＞0，此时ax2+bx+1=0有两个不相等的实数根，
当a=，b=2时，△=b2﹣4ac=3＞0，此时ax2+bx+1=0有两个不相等的实数根，
当a=1，b=1时，△=b2﹣4ac=﹣3＜0，此时ax2+bx+1=0无实数根，
当a=1，b=3时，△=b2﹣4ac=5＞0，此时ax2+bx+1=0有两个不相等的实数根，
当a=1，b=2时，△=b2﹣4ac=0，此时ax2+bx+1=0有两个相等的实数根，
∴P（甲获胜）=P（△＞0）=，P（乙获胜）=1﹣=，
∴P（甲获胜）＞P（乙获胜），
∴这样的游戏规则对甲有利，不公平．
20. 【解答】解：如图作CE⊥AB于E．

在Rt△ACE中，∵∠A=45°，
∴AE=EC，设AE=EC=x，则BE=x﹣5，
在Rt△BCE中，
∵tan53°=，
∴=，
解得x=20，
∴AE=EC=20，
∴AC=20=28.2，
BC==25，
∴A船到C的时间≈=0.94小时，B船到C的时间==1小时，
∴C船至少要等待0.94小时才能得到救援．

21.【解答】解：（1）依题意有：y=10x+160；
（2）依题意有：
W=（80﹣50﹣x）（10x+160）=﹣10（x﹣7）2+5290，
因为x为偶数，
所以当销售单价定为80﹣6=74元或80﹣8=72时，每周销售利润最大，最大利润是5280元；
（3）依题意有：
﹣10（x﹣7）2+5290≥5200，
解得4≤x≤10，
则200≤y≤260，
200×50=10000（元）．
答：他至少要准备10000元进货成本．22.【解答】解：（1）①当θ=0°时，
在Rt△ABC中，AC=BC=2，
∴∠A=∠B=45°，AB=2，
∵AD=DE=AB=，
∴∠AED=∠A=45°，
∴∠ADE=90°，
∴DE∥CB，
∴，
∴，
∴，
故答案为：，

②当θ=180°时，如图1，
∴DE∥BC，
∴，
∴，
即：，
∴==，
故答案为：；

（2）当0°≤θ＜360°时，的大小没有变化，
理由：∵∠CAB=∠DAE，
∴∠CAD=∠BAE，
∵，
∴△ADC∽△AEB，
∴==；
（3）①当点E在BD的延长线时，BE最大，
在Rt△ADE中，AE=AD=2，
∴BE最大=AB+AE=2+2；
②如图2，

当点E在BD上时，
∵∠ADE=90°，
∴∠ADB=90°，
在Rt△ADB中，AB=2，AD=，根据勾股定理得，DB==，
∴BE=BD+DE=+，
由（2）知，，
∴CD===+1，
如图3，

当点D在BE的延长线上时，
在Rt△ADB中，AD=，AB=2，根据勾股定理得，BD==，
∴BE=BD﹣DE=﹣，
由（2）知，，
∴CD===﹣1．
故答案为：+1或﹣1．


23.【解答】解：（1）∵点A与点B（﹣1，0）关于直线x=1对称，
∴A（3，0），
设抛物线解析式为y=a（x+1）（x﹣3），
把C（0，4）代入得a•1•（﹣3）=4，解得a=﹣，
∴抛物线解析式为y=﹣（x+1）（x﹣3），即y=﹣x2+x+4；
（2）设直线AC的解析式为y=kx+p，
把A（3，0），C（0，4）代入得，解得，
∴直线AC的解析式为y=﹣x+4；
令对称轴与直线AC交于点D，与x轴交于点E，作PH⊥AD于H，如图1，
当x=1时，y=﹣x+4=，则D（1，），
∴DE=，
在Rt△ADE中，AD==，
设P（1，m），则PD=﹣m，PH=PE=|m|，
∵∠PDH=∠ADE，
∴△DPH∽△DAE，
∴=，即=，解得m=1或m=﹣4，
即m的值为1或﹣4；

试卷二十答案
十三． 一、选择题：1.D2.D3.D 4.A5.D6.BD7.C8.B 9.D 10.C
十五. 填空题：11. x=3 12.m< 13.∏; 14.1.6 ;15. 16:9;16.1200或800
十三． 解答题：
20. ：（1)A1(-2,-4)B1(-2,-1)C1(-5,-2) （2）A2(4,8)B2(4,2)C2(10,4) （3）1:4
18.【解答】解：（1）∵AB=5﹣2=3cm，OB=2cm，
∴A的坐标是（2，3），
代入y=得3=，
解得：k=6；
（2）OD=2+2=4，
在y=中令x=4，解得y=．
则C的坐标是（4，）．
设AC的解析式是y=mx+n，
根据题意得：，
解得：，
则直线AC的解析式是y=﹣x+；
（3）直角△AOB中，OB=2，AB=3，则S△AOB=OB•AB=×2×3=3；
直角△ODC中，OD=4，CD=，则S△OCD=OD•CD=×4×=3．
在直角梯形ABDC中，BD=2，AB=3，CD=，则S梯形ABDC=（AB+DC）•BD=（3+）×2=．
则S△OAC=S△AOB+S梯形ABDC﹣S△OCD=3+﹣3=．
19.【解答】（1）
P（甲获胜）=P=，P（乙获胜）=1﹣=，
∴P（乙获胜）＞P甲（获胜），
∴这样的游戏规则对乙有利，不公平．
（2）P（甲获胜）=P=，P（乙获胜）=，
∴P（乙获胜）=P甲（获胜），公平。
20. 20≈34.6m/min．

21.【解答】解：（1）w=（x﹣30）•y=（﹣x+60）（x﹣30）=﹣x2+30x+60x﹣1800=﹣x2+90x﹣1800，
w与x之间的函数解析式w=﹣x2+90x﹣1800；
（2）根据题意得：w=﹣x2+90x﹣1800=﹣（x﹣45）2+225，
∵﹣1＜0，
当x=45时，w有最大值，最大值是225．
（3）当w=200时，﹣x2+90x﹣1800=200，解得x1=40，x2=50，
∵50＞48，x2=50不符合题意，舍，
答：该商店销售这种双肩包每天要获得200元的销售利润，销售单价应定为40元．
22.【解答】解：（1）BD=CF．
理由如下：如图2中，由题意得，∠CAF=∠BAD=θ，

在△CAF和△BAD中，
，
∴△CAF≌△BAD，
∴BD=CF；

（2）①由（1）得△CAF≌△BAD，
∴∠CFA=∠BDA，
∵∠FNH=∠DNA，∠DNA+∠NDA=90°，
∴∠CFA+∠FNH=90°，
∴∠FHN=90°，即BD⊥CF；

②如图3中，作BM⊥AD于M，

DH=


23.【解答】解：（1）令x=0，则y=﹣m，C点坐标为：（0，﹣m），
令y=0，则x2+（1﹣m）x﹣m=0，
解得：x1=﹣1，x2=m，
∵0＜m＜1，点A在点B的左侧，
∴B点坐标为：（m，0），
∴OB=OC=m，
∵∠BOC=90°，
∴△BOC是等腰直角三角形，∠ABC=45°；
故答案为：45°；

（2）如图1，作PD⊥y轴，垂足为D，设l与x轴交于点E，
由题意得，抛物线的对称轴为：x=，
设点P坐标为：（，n），
∵PA=PC，
∴PA2=PC2，
即AE2+PE2=CD2+PD2，
∴（+1）2+n2=（n+m）2+（）2，
解得：n=，
∴P点的坐标为：（，）；

（3）Q点坐标为：（﹣，0）或（0，）.




试卷二十一答案
十四． 一、选择题：1.D2.D3.D 4.45.D6.B7.A8.B 9.B 10.D
十六. 填空题：11. 两个相等的实数根 12. 75013.3; 14. ;15. -4;16.3
十四． 解答题：
21. ：
18.【【解答】（1）证明：连接OD，如图，∵DE为⊙O的切线，
∴OD⊥DE，
∴∠ODE=90°，即∠2+∠ODC=90°，
∵OC=OD，
∴∠C=∠ODC，
∴∠2+∠C=90°，
而OC⊥OB，
∴∠C+∠3=90°，
∴∠2=∠3，
∵∠1=∠3，
∴∠1=∠2；

（2）解：∵OF：OB=1：3，⊙O的半径为3，
∴OF=1，
∵∠1=∠2，
∴EF=ED，
在Rt△ODE中，OD=3，DE=x，则EF=x，OE=1+x，
∵OD2+DE2=OE2，
∴32+x2=（x+1）2，解得x=4，
∴DE=4，OE=5，
∵AG为⊙O的切线，
∴AG⊥AE，
∴∠GAE=90°，
而∠OED=∠GEA，
∴Rt△EOD∽Rt△EGA，
∴=，即=，
∴AG=6．


19.【解答】【解答】解：（1）分别用A，B，C表示向左转、直行，向右转；
根据题意，画出树形图：

∵共有27种等可能的结果，三辆车全部同向而行的有3种情况，
∴P（三车全部同向而行）=；

（2）∵至少有两辆车向左转的有7种情况，
∴P（至少两辆车向左转）=；

（3）∵汽车向右转、向左转、直行的概率分别为，
∴在不改变各方向绿灯亮的总时间的条件下，可调整绿灯亮的时间如下：
左转绿灯亮时间为90×=27（秒），直行绿灯亮时间为90×=27（秒），右转绿灯亮的时间为90×=36（秒）．

20.【解答】解：（1）由题意得：DF=CD=cm，EF⊥CD，
∴cosD=，
∴∠D=60°；
答：平稳放置时灯座DC与灯杆DE的夹角是60°；

（2）如图3，过A作AH⊥BE交EB的延长线于H，
∴HF=30，
∵EF=15×=，
∴BH=30﹣BE﹣EF=15﹣，
∴cos∠ABH=≈0.134，
∴∠ABH≈82.30°，
∴∠ABE=97.70°．
答：台灯平稳放置时∠ABE的最大值是97.70°．


21.解：（1）设该种水果每次降价的百分率是x，
10（1﹣x）2=8.1，
x=10%或x=190%（舍去），
答：该种水果每次降价的百分率是10%；
（2）当1≤x＜9时，第1次降价后的价格：10×（1﹣10%）=9，
∴y=（9﹣4.1）（80﹣3x）﹣（40+3x）=﹣17.7x+352，
∵﹣17.7＜0，
∴y随x的增大而减小，
∴当x=1时，y有最大值，
y大=﹣17.7×1+352=334.3（元），
当9≤x＜15时，第2次降价后的价格：8.1元，
∴y=（8.1﹣4.1）（120﹣x）﹣（3x2﹣64x+400）=﹣3x2+60x+80=﹣3（x﹣10）2+380，
∵﹣3＜0，
∴当9≤x≤10时，y随x的增大而增大，
当10＜x＜15时，y随x的增大而减小，
∴当x=10时，y有最大值，
y大=380（元），
综上所述，y与x（1≤x＜15）之间的函数关系式为：y=，
第10天时销售利润最大；
22.【解答】解：（1）连接CD，过点D作DG⊥AC于点G，DH⊥BC于点H，，
∴∠DGE=∠DHF=90°，
∵AC=BC，点D为AB中点，
∴CD平分∠ACB，
∴DG=DH．
∵∠ACB=120°，∠EDF=60°，
∴∠DEC+∠DFH=180°，
∵∠DEC+∠DEG=180°，
∴∠DFH=∠DEG，
在△DGE和△DHF中，
，
∴△DGE≌△DHF（AAS），
∴DE=DF

（2）①过点D作DG⊥AC于点G，DH⊥BC于点H，，
∴∠DGE=∠DHF=∠DGA=∠DHC=90°．
∵AC=BC，
∴∠A=∠B，
∴△ADG∽△BDH，
∵=，
∴==，
∵∠DGE=∠DHF，∠DFH=∠DEG，
∴△DGE∽△DHF，
∴==，
②如图3作DG⊥AC与G点，DH⊥BC与H点，
=．

23.【解答】解：（1）∵y=x2+bx+c经过点A（2，0）和B（0，），
∴由此得 ，
解得．
∴抛物线的解析式是y=x2﹣x+，
∵直线y=kx﹣经过点A（2，0）
∴2k﹣=0，
解得：k=，
∴直线的解析式是y=x﹣，

（2）设P的坐标是（x，x2﹣x+），则M的坐标是（x，x﹣）
∴PM=（x2﹣x+）﹣（x﹣）=﹣x2﹣x+4，
解方程 得：，，
∵点D在第三象限，则点D的坐标是（﹣8，﹣7），由y=x﹣得点C的坐标是（0，﹣），
∴CE=﹣﹣（﹣7）=6，
由于PM∥y轴，要使四边形PMEC是平行四边形，必有PM=CE，即﹣x2﹣x+4=6
解这个方程得：x1=﹣2，x2=﹣4，
符合﹣8＜x＜2，
当x=﹣2时，y=﹣×（﹣2）2﹣×（﹣2）+=3，
当x=﹣4时，y=﹣×（﹣4）2﹣×（﹣4）+=，
因此，直线AD上方的抛物线上存在这样的点P，使四边形PMEC是平行四边形，点P的坐标是（﹣2，3）和（﹣4，）；

（3）在Rt△CDE中，DE=8，CE=6 由勾股定理得：DC=
∴△CDE的周长是24，
∵PM∥y轴，
∵∠PMN=∠DCE，
∵∠PNM=∠DEC，
∴△PMN∽△CDE，
∴=，即=，
化简整理得：l与x的函数关系式是：l=﹣x2﹣x+，
l=﹣x2﹣x+=﹣（x+3）2+15，
∵﹣＜0，
∴l有最大值，
当x=﹣3时，l的最大值是15．