类型1 操作探究类-【一战成名新中考】2025年中考数学·纯练版总复习·二轮专题培优练

二轮专题培优练·数学 专题八　 综合与实践(含项目式学习) 专 题 八 综 合 与 实 践 ︵ 含 项 目 式 学 习 ︶ 类型 1　 操作探究类 1. (2024 泰安)综合与实践 为了研究折纸过程蕴含的数学知识,某校九年级数学兴趣小组的同学进行了数学折纸探究活动. 【探究发现】 (1)同学们对一张矩形纸片进行折叠,如图①,把矩形纸片 ABCD 翻折,使矩形顶点 B 的对应点 G 恰 好落在矩形的一边CD上,折痕为EF,将纸片展平,连接BG. EF 与BG 相交于点H.同学们发现图 形中四条线段成比例,即EF BG = AB BC ,请你判断同学们的发现是否正确,并说明理由. 【拓展延伸】 (2)同学们对老师给出的一张平行四边形纸片进行研究,如图②,BD 是平行四边形纸片 ABCD 的一条对角线,同学们将该平行四边形纸片翻折,使点 A 的对应点 G,点 C 的对应点 H 都落 在对角线 BD 上,折痕分别是 BE 和 DF. 将纸片展平,连接 EG,FH,FG. 同学们探究后发现, 若 FG∥CD,那么点 G 恰好是对角线 BD 的一个“黄金分割点”,即 BG2 =BD·GD. 请你判断 同学们的发现是否正确,并说明理由. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋根据题意可知图①中 EF⊥BG,构成十字模型,十字模型解读与练习详见大单元结构化整合练 P56 第 1 题图① 第 1 题图② 28 二轮专题培优练·数学 专 题 八 综 合 与 实 践 ︵ 含 项 目 式 学 习 ︶ 2. (2024 河北)情境 图①是由正方形纸片去掉一个以中心 O 为顶点的等腰直角三角形后得到的. 该纸片通过裁剪,可拼接为图②所示的钻石型五边形,数据如图所示. (说明:纸片不折叠,拼接不重叠无缝隙无剩余) 图① 　 　 图② 操作　 嘉嘉将图①所示的纸片通过裁剪,拼成了钻石型五边形. 如图③,嘉嘉沿虚线 EF,GH 裁剪,将该纸片剪成①,②,③三块,再按照图④所示进行拼接. 根据 嘉嘉的剪拼过程,解答问题: (1)直接写出线段 EF 的长; (2)直接写出图③中所有与线段 BE 相等的线段,并计算 BE 的长. 图③ 　 　 图④ 　 　 图⑤ 第 2 题图 探究　 淇淇说:将图①所示纸片沿直线裁剪,剪成两块,就可以拼成钻石型五边形. 请你按照淇淇的说法设计一种方案:在图⑤所示纸片的 BC 边上找一点 P(可以借助刻度尺或 圆规),画出裁剪线(线段 PQ)的位置,并直接写出 BP 的长. 解:(1)1;【解法提示】如解图①,过 G′作 G′K⊥FH′于 K,结合题意可得四边形 FOG′K 为矩形,∴FO= KG′,由拼接可得 HF=FO=KG′,由正方形的性质可得∠A= 45°,∴△AHG,△H′G′D,△AFE 为等腰直 角三角形,∴△G′KH′为等腰直角三角形,设 H′K=KG′=x,∴H′G′=H′D= 2x,∴AH=HG= 2 x,HF= FO=x,∵正方形的边长为 2,∴对角线的长为 22+22 = 2 2,∴OA = 2,∴ x+x+ 2 x= 2,解得 x= 2 - 1,∴EF=AF=( 2 +1)x=( 2 +1)( 2 -1)= 1. (2)BE=GE=AH=GH. ∵△AFE 为等腰直角三角形,EF=AF= 1,∴AE= 2EF= 2,∴BE= 2- 2 . 【解 法提示】∵GE=H′G′= 2x= 2( 2 -1)= 2- 2,AH=GH= 2x= 2- 2,∴BE=GE=AH=GH. 探究　 如解图②,以 B 为圆心,BO 长为半径画弧交 BC 于 P′,交 AB 于 Q′,则直线 P′Q′为分割线,此时 BP′= 2,P′Q′= 2+2 = 2,符合要求, 或以 C 圆心,CO长为半径画弧,交 BC 于 P,交 CD于Q,则直线 PQ为分割线, 此时 CP=CQ= 2,PQ= 2+2 = 2,∴BP= 2- 2, 综上所述,BP 的长为 2或 2- 2 . 38 二轮专题培优练·数学 专 题 八 综 合 与 实 践 ︵ 含 项 目 式 学 习 ︶ 3. 综合与实践: 在一次数学项目学习活动中,博学小组的同学们用一张长为 8 cm,宽为 4 cm 的矩形纸片 ABCD 展开了探究活动. 动手操作: 第一步:如图①,将矩形纸片 ABCD 沿着对角线 AC 剪开,将△ABC 绕点 A 逆时针旋转得到 △AEF,使边 AD 和 AE 在同一直线上. 第二步:如图②,将△AEF 绕点 A 顺时针旋转(转动的度数小于 45°),边 AE 与边 DC 相交于 点 M. 图① 　 　 　 图② 　 　 　 图③ 第 3 题图 问题解决: (1)在图①中,连接 CF,请直接写出△ACF 的形状; (2)在第二步操作中,如图②, 当旋转度数为 30°时,请求出点 E 到 CD 的距离; 拓广探索: (3)如图③,将矩形纸片 ABCD 沿着对角线 BD 剪开,将△ABD 绕点 A 旋转得到△AB′D′,连接 BD′,BB′,在△ABD 绕点 A 旋转一周的过程中,若边 AB′ 所在的直线 ∙∙∙∙∙ 恰好经过线段 BD′的中 点 O 时,请直接写出△BB′D′的面积. 解:(1)等腰直角三角形; (2)如解图,过点 E 作 EH⊥DC 于 H,∴∠EHM= 90°. ∵四边形 ABCD 为矩形,∴∠D= 90°,∴AD∥EH,∴∠MEH=∠DAM. 当旋转度数为 30°时,∠DAM= 30°. 在 Rt△ADM 中,∵cos∠DAM= AD AM , ∴AM= AD cos∠DAM = 4 cos30° = 4 3 2 = 8 3 3 . 由旋转可知 AE=AB= 8,∴EM=AE-AM= 8-8 3 3 . 在 Rt△ADM 中,∠MEH=∠DAM= 30°, ∴EH=cos30°·EM= 3 2 ×(8-8 3 3 )= (4 3 -4) cm; (3)△BB′D′ 的面积为(32+8 3)cm2 或(32-8 3) cm2 . 详解见答案册 PX 48 参考答案与重难题解析·数学40　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 专题八　 综合与实践(含项目式学习) 1. 思维构建 (1)根据折叠的性质可知 BG⊥EF,由此可知本题为矩形 中的十字模型,矩形中的十字模型常用相似进行计算,故 需要作 EM⊥BC 构造相似. (2)本题实际是要证明“BG2 =BD·GD”是否成立,看到这 个式子先想相似,已知 FG∥CD,可得△BGF∽△BDC,利 用相似三角形的性质和折叠的性质即可解决问题. 解:(1)EF BG = AB BC 正确,理由如下: 如解图,过点 E 作 EM⊥BC 于点 M, 第 1 题解图 由折叠的性质得 EF⊥BG, ∴ ∠BHF= 90°, ∴ ∠FBH+∠BFH= 90°. ∵ ∠EMF= 90°, ∴ ∠MEF+∠BFH= 90°, ∴ ∠FBH= ∠MEF, 又∵ ∠EMF= ∠C= 90°, ∴ △EMF∽△BCG. ∴ EF BG =EM BC . ∵ 四边形 ABCD 是矩形,∴ ∠A= ∠ABC= 90°, 又∵ EM⊥BC, ∴ 四边形 ABME 是矩形, ∴ AB=EM, ∴ EF BG = AB BC ; (2)同学们的发现正确,理由如下: ∵ CD∥FG,∴ △BGF∽△BDC,∠CDF= ∠DFG, ∴ CD FG =BD BG , 由折叠知∠CDF= ∠BDF, ∴ ∠DFG= ∠BDF. ∴ GD=GF,∴ CD GD =BD BG , 由平行四边形及折叠知 AB=BG,AB=CD, ∴ BG GD =BD BG ,∴ BG2 =BD·GD, 即点 G 为 BD 的一个黄金分割点. 2. 解:操作　 (1)1;【解法提示】如解图①,过 G′作 G′K⊥FH′ 于 K,结合题意可得四边形 FOG′K 为矩形,∴ FO =KG′,由 拼接可得 HF = FO = KG′,由正方形的性质可得∠A = 45°, ∴ △AHG,△H′G′D,△AFE 为等腰直角三角形,∴ △G′KH′ 为等腰直角三角形,设 H′K =KG′ = x,∴ H′G′ = H′D = 2 x, ∴ AH=HG= 2 x,HF=FO= x,∵ 正方形的边长为 2,∴ 对角 线的长为 22 +22 = 2 2 ,∴ OA= 2 ,∴ x+x+ 2 x= 2 ,解得 x= 2 -1,∴ EF=AF= ( 2 +1)x= ( 2 +1)( 2 -1)= 1. 第 2 题解图① 　 　 第 2 题解图② (2)BE=GE=AH=GH. ∵ △AFE 为等腰直角三角形,EF=AF= 1, ∴ AE= 2EF= 2 ,∴ BE= 2- 2 . 【解法提示】∵ GE =H′G′ = 2 x = 2 ( 2 - 1) = 2- 2 ,AH = GH= 2 x= 2- 2 ,∴ BE=GE=AH=GH. 探究　 如解图②,以 B 为圆心,BO 长为半径画弧交 BC 于 P′,交 AB 于 Q′,则直线 P′Q′为分割线, 此时 BP′= 2 ,P′Q′= 2+2 = 2,符合要求, 或以 C 圆心,CO 长为半径画弧,交 BC 于 P,交 CD 于 Q,则 直线 PQ 为分割线, 此时 CP=CQ= 2 ,PQ= 2+2 = 2,∴ BP= 2- 2 , 综上所述,BP 的长为 2或 2- 2 . 第 3 题解图① 3. 解:(1)△ACF 是等腰直角三角形; (2)如解图①,过点 E 作 EH⊥DC 于 点 H,∴ ∠EHM= 90°. ∵ 四边形 ABCD 为矩形, ∴ ∠D= 90°,∴ AD∥EH. ∴ ∠MEH= ∠DAM. 当旋转度数为 30°时,∠DAM= 30°. 在 Rt△ADM 中,∵ cos∠DAM= AD AM , ∴ AM= AD cos∠DAM = 4 cos30° = 4 3 2 = 8 3 3 cm. 由旋转可知 AE=AB= 8 cm, ∴ EM=AE-AM= (8-8 3 3 )cm. 在 Rt△EHM 中,∠MEH= ∠DAM= 30°, ∴ EH=EM·cos30° = (8-8 3 3 )× 3 2 = (4 3 -4) cm; (3)△BB′D′ 的面积为(32+8 3 )cm2 或(32-8 3 ) cm2 . 【解法提示】分两种情况:①边 AB′ 恰好经过线段 BD′ 的 第 3 题解图② 中点 O 时,作 BG⊥AB′ 于点 G,如 解图②,∵ O 是 BD′的中点,∴ OB = OD′. ∵ ∠D′AB′ = ∠BGA = 90°, ∠AOD′ = ∠GOB, ∴ △AOD′ ≌ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 04 参考答案与重难题解析·数学 41　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 △GOB,∴ BG = AD′ = 4 cm,OG = OA,∴ BG = 1 2 AB. 在 Rt △ABG 中,∵ sin∠GAB=BG AB = 1 2 ,∴ ∠BAG= 30°,∴ AG = 3 BG= 4 3 cm,∴ OA = 2 3 cm,∴ OB′ = AB′-OA = (8- 2 3 ) cm,∴ S△BB′D′ =S△OB′D′+S△BB′O = 1 2 OB′· AD′+ 1 2 OB′· BG= 1 2 ×(8-2 3 )×(4+4)= (32-8 3 )cm2 ; 第 3 题解图③ ②如解图③,边 B′A 的延 长线恰好经过线段 BD′ 的 中点 O 时,过点 B 作 BG⊥ B′A,交 BA′的延长线于点 G, 同 ① 可得 OA = OG = 2 3 cm,∴ OB′= B′A+OA = (8+2 3 ) cm,∴ S△BB′D′ = S△OB′D′ +S△BB′O = 1 2 OB′· AD′+ 1 2 OB′· BG= 1 2 ×(8+2 3 ) ×(4+4)= (32+8 3 ) cm2 . 综上所 述,△BB′D′ 的面积为(32-8 3 )cm2 或(32+8 3 )cm2 . 4. 解:探究 1:由图象中的点的坐标规律得到 n 与 b 成反比例 关系, 设 n= k b (k≠0),将其中一点(9,0. 8)代入,得 0. 8 = k 9 ,解 得 k= 7. 2, ∴ n= 7. 2 b ,将其余各点一一代入验证,都符合关系式; 将 n= 1. 2 代入 n= 7. 2 b 得 b= 6; 探究 2:∵ n= 1 θ (0. 5≤θ≤10), ∴ 在自变量 θ 的取值范围内,n 随着 θ 的增大而减小, ∴ 当 n≥1. 0 时,0<θ≤1. 0, ∵ 0. 5≤θ≤10, ∴ 0. 5≤θ≤1. 0; 探究 3:由素材可知,当某人的视力确定时,其分辨视角也 是确定的,由相似三角形性质可得 b1 检测距离1 = b2 检测距离2 , 由探究 1 知 b1 = 6,∴ 6 5 = b2 3 ,解得 b2 = 18 5 , 故检测距离为 3 m 时,视力值 1. 2 所对应行的“ ”形图边 长为 18 5 mm. 5. 解:(1)2;【解法提示】如解图①, 第 5 题解图① 　 　第 5 题解图② 上述图形折叠后变成解图②, 由折叠和题意可知,GH = AE + FB, AH = DH, ∵ 四边形 EFNM 是正方形,∴ EM = EF,即 AG = EF,∴ GH+AG = AE+ FB+EF,即 AH=AB,∵ AH=DH,∴ AD AB =AH+DH AB = 2. (2) C;【解法提示】根据几何体的展开图可知,“吉” 和 “如”在相对面上,“祥”和“意”在相对面上,而且相对面上 的字中间相隔一个几何图形,且字体相反. (3)需要卡纸如表所示;理由如下: 卡纸型号 型号Ⅰ 型号Ⅱ 型号Ⅲ 所需卡纸的数量 (单位:张) 1 3 2 所用卡纸总费用 (单位:元) 58 根据(1)和题意可得:卡纸每格的边长为 5 cm,制作的一 个边长为 10 cm 的正方体的展开图形如解图③所示. 第 5 题解图③ ∴ 型号Ⅲ卡纸,每张卡纸可制作 10 个正方体,如解图④, 型号Ⅲ 第 5 题解图④ 型号Ⅱ卡纸,每张这样的卡纸可制作 2 个正方体,如解 图⑤, 型号Ⅱ 第 5 题解图⑤ 型号Ⅰ卡纸,每张这样的卡纸可制作 1 个正方体,如解 图⑥, 型号Ⅰ 第 5 题解图⑥ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 14 参考答案与重难题解析·数学42　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 ∴ 可选择型号Ⅲ卡纸 2 张,型号Ⅱ卡纸 3 张,型号Ⅰ卡纸 1 张,则 10×2+2×3+1×1 = 27(个), ∴ 所用卡纸总费用为:20×2+5×3+3×1 = 58(元) . 6. 解:(1)11. 3;【解法提示】∵ 影长 EF 恰好等于自己的身高 DE,∴ △DEF 是等腰直角三角形,由平行投影性质可知, △ABC 是等腰直角三角形,∴ AB=BC= 11. 3 m. (2)如题图②,由反射定律可知,∠DCE= ∠ACB, 又∵ ∠DEC= 90° = ∠ABC, ∴ △DEC∽△ABC, ∴ AB DE =BC CE ,即 AB 1. 5 = 16 2 ,解得 AB= 12, ∴ 旗杆高度为 12 m; (3)如题图⑥, ∵ ∠CDG= ∠ADB,∠CGD= 90° = ∠ABD, ∴ △DCG∽△DAB,∴ CG AB =DG DB , 设 AB= x m,BD= y m,则1. 8 x = 1. 5 y ,∴ y= 5 6 x, 同理可得△C′D′G′∽△AD′B,∴ C′G′ AB =D′G′ D′B , ∵ D′B=DD′+BD= (24+y)m, ∴ 1. 2 x = 2 24+y ,∴ 1. 2 x = 2 24+ 5 6 x ,解得 x= 28. 8, 经检验, x = 28. 8 是原分式方程的解, 且符合题意, 故 AB≈29 m, ∴ 雕塑高度 AB 约为 29 m. 7. 解:(1)建立如解图①所示的平面直角坐标系, ∵ OP 所在直线是 AB 的垂直平分线,且 AB= 6, ∴ OA=OB= 1 2 AB= 1 2 ×6 = 3, 第 7 题解图① ∴ 点 B 的坐标为(3,0), ∵ OP= 9, ∴ 点 P 的坐标为(0,9), ∵ 点 P 是抛物线的顶点, ∴ 设抛物线的函数表达式为 y = ax2 + 9 (a≠0), ∵ 点 B(3,0)在抛物线 y = ax2 + 9(a≠ 0)上, ∴ 9a+9 = 0,解得 a= -1, ∴ 抛物线的函数表达式为 y= -x2 +9(-3≤x≤3); (2)∵ 点 D,E 在抛物线 y= -x2 +9 上, ∴ 设点 E 的坐标为(m,-m2 +9), ∵ DE∥AB,交 y 轴于点 F, ∴ DF=EF=m,OF= -m2 +9, ∴ DE= 2m, ∵ 在 Rt△ABC 中,∠ACB= 90°,OA=OB, ∴ OC= 1 2 AB= 1 2 ×6 = 3, ∴ CF=OF-OC= -m2 +9-3 = -m2 +6, 根据题意,得 DE+CF= 6, ∴ -m2 +6+2m= 6, 解得 m1 = 2,m2 = 0(不符合题意,舍去), ∴ m= 2, ∴ DE= 2m= 4,CF= -m2 +6 = 2. 答:DE 的长为 4 米,CF 的长为 2 米; (3)矩形周长的最大值为 33 2 米. 【解法提示】矩形灯带为 GHML,如解图②, 第 7 题解图② 由点 A(-3,0),B(3,0),C(0,3),得直线 AC 和 BC 的函数 表达式分别为 y= x+3 和 y = -x+3,设点 G(m,-m2 +9),则 H(-m,-m2 +9),L(m,m+3),M(-m,m+3),∴ 矩形周长为 2(GH+GL)= 2(-2m-m2 +9-m-3)= -2(m+ 3 2 ) 2 +33 2 ≤33 2 , 故矩形周长的最大值为 33 2 米. 8. 解:(1)在 Rt△ABC 中,∠A= 45°, ∴ ∠ABC= 45°, ∴ BC=AC= 20 cm; (2)由题可知 ON=EC= 1 2 AC= 10(cm), 在 Rt△ONB 中,∠B= 45°, ∴ NB=ON= 10 cm, 又∵ 在 Rt△OND 中,∠DON= 32°, ∴ DN = ON · tan ∠DON = 10 · tan32° ≈ 10 × 0. 62 = 6. 2(cm), ∴ BD=BN-DN= 10-6. 2 = 3. 8(cm) . 9. 解:(1)由题意得 m= 0,y= 0, ∵ m0 = 10,M= 50, ∴ 10l= 50a, ∴ l= 5a; (2)由题意得 m= 1 000,y= 50, ∴ (10+1 000) l= 50(a+50), ∴ 101l-5a= 250; (3)由(1)(2)可得 l= 5a, 101l-5a= 250,{ 解得 a= 0. 5, l= 2. 5,{ (4)由(3)可知 l= 2. 5,a= 0. 5, ∴ 2. 5(10+m)= 50(0. 5+y), ∴ y= 1 20 m; (5)由(4)可知 y= 1 20 m, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 24 参考答案与重难题解析·数学 43　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 当 m= 100 时,y= 5, ∴ 相邻刻线间的距离为 5 厘米. 10. 解:(1)240; (2)∠BAD= ∠FAD. 理由如下: 第 10 题解图① 连接 BD,FD,如解图①, ∵ 六 边 形 ABCDEF 是 等 边 半 正 六 边形, ∴ AB = BC = CD = DE = EF = FA, ∠C = ∠E, ∴ △BCD≌△FED. ∴ BD=FD, 在△ABD 与△AFD 中, AB=AF, BD=FD, AD=AD, { ∴ △ABD≌△AFD, ∴ ∠BAD= ∠FAD; (3)答案不唯一,如解图②,等边半正六边形 ABCDEF 即 为所求. 作法一: 作法二: 第 10 题解图② 11. (1)解:6 5 5 ; (2)证明:如解图①,连接 EG, 由折叠可知,EF=AE=ED,∠BFE= ∠A= 90°. ∴ ∠EFG= 90°. 第 11 题解图① ∵ 四边形 ABCD 是正方形, ∴ AB=BC=CD,∠D= 90°. 在 Rt△EDG 和 Rt△EFG 中, EG=EG, ED=EF,{ ∴ Rt△EDG≌Rt△EFG. ∴ DG=FG. 设正方形的边长为 a,DG= x. ∵ 在 Rt△BCG 中,BG2 =BC2 +CG2 , 第 11 题解图② ∴ (a+x) 2 =a2 +(a-x) 2 , 解得 x= a 4 , ∴ CG= 3a 4 ,BG= 5a 4 , ∴ CG ∶ BC ∶ BG= 3 ∶ 4 ∶ 5, ∴ △BCG 为勾股三角形. (3)解:如解图②所示:△CED 是勾股三角形. (答案不唯一,△DFG 也是勾股三角形. ) 12. 解:(1) 100,10,72°;【解法提示】∵ 30÷ 30% = 100(人), ∴ 本次被抽样调查的学生总人数为 100 人;∵ 出游 C 景 点的人数为 100-(12+ 20+ 20+ 8+ 30) = 10(人),∴ m% = 10 100 ×100% = 10%;∵ 20 100 ×360° = 72°,∴ “B:龙凤古镇”对 应圆心角的度数是 72°. (2)由(1)知:出游景点 C 的人数为 10 人, 补全条形统计图如解图①: 第 12 题解图① (3) 8 100 ×1 800 = 144(人) . 答:估计该学校学生“五一”假期未出游的有 144 人; (4)画树状图如解图②: 第 12 题解图② ∵ 一共有 16 种等可能的结果,其中两人选择同一景点有 4 种等可能的结果, ∴ P(甲、乙两人选择同一景点)= 4 16 = 1 4 . 13. 解:任务 1:根据题意得:L= 0. 2(n-1)+1 = 0. 2n+0. 8, ∴ 车身总长 L 与购物车辆数 n 的表达式为 L= 0. 2n+0. 8; 任务 2:当 L= 2. 6 时,0. 2n+0. 8 = 2. 6,解得 n= 9, 2×9 = 18(辆) . 答:直立电梯一次性最多可以运输 18 辆购物车; 任务 3:设用扶手电梯运输 m 次,直立电梯运输 n 次, ∵ 100÷24 = 4 1 6 , 根据题意得: m+n= 5, 24m+18n≥100,{ 解得 m≥ 5 3 , ∵ m 为正整数,且 m≤5,∴ m= 2,3,4,5, ∴ 共有 4 种运输方案. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 34