1-10：BABAA DAACB 11-16： 6.2 1 12 45 三、解答题：本大题共9小题，满分72分.解答时，要写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤 17．（1）解：直线PQ如图所示； （2）证明：∵AB=AP，CB=CQ， ∴PQ∥l（三角形中位线定理）． 故答案为：AP，CQ，三角形中位线定理； 18．解：原式=（﹣）÷ =? =2（m+3） =2m+6． 19．解：（1）由数轴上的点表示的数右边的总比左边的大，得 ﹣2x+3＞1， 解得x＜1； （2）由x＜1，得 ﹣x＞﹣1． ﹣x+2＞﹣1+2， 解得﹣x+2＞1． 数轴上表示数﹣x+2的点在A点的右边； 作差，得 ﹣2x+3﹣（﹣x+2）=﹣x+1， 由x＜1，得 ﹣x＞﹣1， ﹣x+1＞0， ﹣2x+3﹣（﹣x+2）＞0， ∴﹣2x+3＞﹣x+2， 数轴上表示数﹣x+2的点在B点的左边． 故选：B． 20．解：（1）由已知，OA=6，OB=12，OD=4 ∵CD⊥x轴 ∴OB∥CD ∴△ABO∽△ACD ∴ ∴ ∴CD=20 ∴点C坐标为（﹣4，20） ∴n=xy=﹣80 ∴反比例函数解析式为：y=﹣ 把点A（6，0），B（0，12）代入y=kx+b得： 解得： ∴一次函数解析式为：y=﹣2x+12 （2）当﹣=﹣2x+12时，解得 x1=10，x2=﹣4 当x=10时，y=﹣8 ∴点E坐标为（10，﹣8） ∴S△CDE=S△CDA+S△EDA= （3）不等式kx+b≤，从函数图象上看，表示一次函数图象不低于反比例函数图象 ∴由图象得，x≥10，或﹣4≤x＜0 21．解：（1）a=8÷50=0.16，b=12÷50=0.24，c=50×0.2=10，d=50×0.04=2， 补全频数分布直方图如下： （2）37800×（0.2+0.06+0.04）=11340， 答：估计日行走步数超过12000步（包含12000步）的教师有11340名； （3）设16000≤x＜20000的3名教师分别为A、B、C， 20000≤x＜24000的2名教师分别为X、Y， 画树状图如下： 由树状图可知，被选取的两名教师恰好都在20000步（包含20000步）以上的概率为=． 22．证明：（1）∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=AD，∠BAD=90°， ∵BE⊥AP，DF⊥AP， ∴∠BEA=∠AFD=90°， ∵∠1+∠2=90°，∠2+∠3=90°， ∴∠1=∠3， 在△ABE和△DAF中 ， ∴△ABE≌△DAF， ∴BE=AF， ∴EF=AE﹣AF=AE﹣BE； （2）如图，∵=， 而AF=BE， ∴=， ∴=， ∴Rt△BEF∽Rt△DFA， ∴∠4=∠3， 而∠1=∠3， ∴∠4=∠1， ∵∠5=∠1， ∴∠4=∠5， 即BE平分∠FBP， 而BE⊥EP， ∴EF=EP． 23．解：在Rt△CED中，∠CED=58°， ∵tan58°=， ∴DE=， 在Rt△CFD中，∠CFD=22°， ∵tan22°=， ∴DF=， ∴EF=DF﹣DE=， 同理：EF=BE﹣BF=， ∴， 解得：AB≈5.9（米）， 答：建筑物AB的高度约为5.9米． 24．证明：（1）如图1，连接DF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴DA=DC，∠A=∠C=90°， ∵点A关于直线DE的对称点为F， ∴△ADE≌△FDE， ∴DA=DF=DC，∠DFE=∠A=90°， ∴∠DFG=90°， 在Rt△DFG和Rt△DCG中， ∵， ∴Rt△DFG≌Rt△DCG（HL）， ∴GF=GC； （2）BH=AE，理由是： 证法一：如图2，在线段AD上截取AM，使AM=AE， ∵AD=AB， ∴DM=BE， 由（1）知：∠1=∠2，∠3=∠4， ∵∠ADC=90°， ∴∠1+∠2+∠3+∠4=90°， ∴2∠2+2∠3=90°， ∴∠2+∠3=45°， 即∠EDG=45°， ∵EH⊥DE， ∴∠DEH=90°，△DEH是等腰直角三角形， ∴∠AED+∠BEH=∠AED+∠1=90°，DE=EH， ∴∠1=∠BEH， 在△DME和△EBH中， ∵， ∴△DME≌△EBH， ∴EM=BH， Rt△AEM中，∠A=90°，AM=AE， ∴EM=AE， ∴BH=AE； 证法二：如图3，过点H作HN⊥AB于N， ∴∠ENH=90°， 由方法一可知：DE=EH，∠1=∠NEH， 在△DAE和△ENH中， ∵， ∴△DAE≌△ENH， ∴AE=HN，AD=EN， ∵AD=AB， ∴AB=EN=AE+BE=BE+BN， ∴AE=BN=HN， ∴△BNH是等腰直角三角形， ∴BH=HN=AE． 25.解：（1）如图所示，点O到△ABC的距离的最小值为2， ∴d（点O，△ABC）=2； （2）y=kx（k≠0）经过原点，在﹣1≤x≤1范围内，函数图象为线段， 当y=kx（﹣1≤x ... ...
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