14. 相同条件下对某品种绿豆进行发芽试验,得到如下数据:

估计这种绿豆的发芽概率是______.

【解析】：
本题主要考查了利用频率估计概率的知识点。
在大量重复试验中，某一事件发生的频率会逐渐稳定在某个常数附近，这个常数就可以作为该事件发生的概率的估计值。
从表格数据中，可以看到，随着试验总粒数$n$的增加，发芽频率逐渐稳定在$0.950$附近。
因此，可以估计这种绿豆的发芽概率为$0.950$（或$95\%$）。
【答案】：
$0.95$。

15. 在$\triangle ABC$中,$AB= 2\sqrt{3}$,$AC= 2$,BC边上的高$AD= \sqrt{3}$,如果有一个正方形的一边在AB上,另外两个顶点分别在AC,BC上,那么这个正方形的边长是______.

解：在$\triangle ABC$中，$AB=2\sqrt{3}$，$AC=2$，$BC$边上的高$AD=\sqrt{3}$。
情况一：高$AD$在$\triangle ABC$内部
在$Rt\triangle ABD$中，$BD=\sqrt{AB^2 - AD^2}=\sqrt{(2\sqrt{3})^2 - (\sqrt{3})^2}=3$；
在$Rt\triangle ACD$中，$CD=\sqrt{AC^2 - AD^2}=\sqrt{2^2 - (\sqrt{3})^2}=1$，
$\therefore BC=BD + CD=4$。
$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}BC\cdot AD=2\sqrt{3}$。
设$AB$边上的高为$h$，则$\frac{1}{2}AB\cdot h=2\sqrt{3}$，解得$h=2$。
设正方形边长为$x$，其一边在$AB$上，另两顶点在$AC$，$BC$上，
则正方形上方小三角形与$\triangle ABC$相似，相似比为$\frac{h - x}{h}=\frac{2 - x}{2}$，
又$\frac{x}{AB}=\frac{2 - x}{2}$，即$\frac{x}{2\sqrt{3}}=\frac{2 - x}{2}$，解得$x=\frac{2\sqrt{3}(\sqrt{3} - 1)}{2}=3 - \sqrt{3}$。
情况二：高$AD$在$\triangle ABC$外部
$BC=BD - CD=3 - 1=2$。
$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}BC\cdot AD=\sqrt{3}$。
$AB$边上的高$h$满足$\frac{1}{2}AB\cdot h=\sqrt{3}$，解得$h=1$。
同理，小三角形与$\triangle ABC$相似，$\frac{x}{AB}=\frac{h - x}{h}$，即$\frac{x}{2\sqrt{3}}=\frac{1 - x}{1}$，解得$x=\frac{2\sqrt{3}(2\sqrt{3} - 1)}{11}$（不合题意，舍去）。
综上，正方形边长为$3 - \sqrt{3}$。
答案：$3 - \sqrt{3}$

16. 如图所示,在平面直角坐标系中,以原点O为圆心的圆过点$A(0,3\sqrt{5})$,直线$y= kx-3k+4(k≠0)与\odot O$交于B,C两点,则弦BC的长的最小值为______.

解：
∵⊙O过点A(0,3√5)，
∴半径r=OA=3√5。
直线y=kx-3k+4=k(x-3)+4，当x=3时，y=4，
∴直线恒过定点D(3,4)。
OD=√(3²+4²)=5。
当OD⊥BC时，弦BC最短，此时BC=2√(r²-OD²)=2√[(3√5)²-5²]=2√(45-25)=2√20=4√5。
答案：4√5

17. 如图所示,将矩形ABCD对折,得到矩形ABFE,记$AD= kAB$.若矩形ABFE与矩形ABCD相似,则k= ______.

解：设$AB = a$，则$AD = kAB = ka$。
因为矩形$ABCD$对折得到矩形$ABFE$，所以$AE=\frac{1}{2}AD=\frac{ka}{2}$，$AB = a$，$BF = AB = a$（矩形对边相等）。
矩形$ABFE$与矩形$ABCD$相似，相似多边形对应边成比例，所以$\frac{AB}{AD}=\frac{AE}{AB}$。
即$\frac{a}{ka}=\frac{\frac{ka}{2}}{a}$，化简得$\frac{1}{k}=\frac{k}{2}$，解得$k = \sqrt{2}$（$k＞0$）。
$\sqrt{2}$

18. 如图所示,$\triangle ABC$的中线AE,BD相交于点M,HD//BC交AE于点H,则$\frac{HM}{AH}$的值为.

解：
∵AE、BD是△ABC的中线，
∴D、E分别是AC、BC的中点，
∴AD=DC，BE=EC，DE是△ABC的中位线，
∴DE//AB，DE=$\frac{1}{2}$AB。
∵HD//BC，
∴∠AHD=∠AEB，∠ADH=∠C，
∴△AHD∽△AEC，
∴$\frac{AH}{AE}$=$\frac{AD}{AC}$=$\frac{1}{2}$，即AH=$\frac{1}{2}$AE。
∵M是△ABC的重心，
∴AM=$\frac{2}{3}$AE，
∴HM=AM - AH=$\frac{2}{3}$AE - $\frac{1}{2}$AE=$\frac{1}{6}$AE。
∵AH=$\frac{1}{2}$AE=$\frac{3}{6}$AE，
∴$\frac{HM}{AH}$=$\frac{\frac{1}{6}AE}{\frac{3}{6}AE}$=$\frac{1}{3}$。
$\frac{1}{3}$

19. 在平面直角坐标系xOy中,已知点A(2,1),B(3,3),点C(m,n)在线段AB上,设$t= n-m^2$,则t的最大值为.

解：设线段AB的函数表达式为y=kx+b(k≠0)。
将A(2,1)，B(3,3)代入，得
$\begin{cases}2k+b=1 \\3k+b=3\end{cases}$
解得$\begin{cases}k=2 \\b=-3\end{cases}$
∴线段AB的函数表达式为y=2x-3，其中2≤x≤3。
∵点C(m,n)在线段AB上，
∴n=2m-3(2≤m≤3)。
∵t=n-m²，
∴t=2m-3-m²=-(m²-2m+1)+1-3=-(m-1)²-2。
∵二次函数t=-(m-1)²-2的对称轴为m=1，开口向下，
∴在2≤m≤3上，t随m的增大而减小。
当m=2时，t取得最大值，t=-(2-1)²-2=-1-2=-3。
故t的最大值为-3。

20. 如图所示,将$\odot O$沿弦AB折叠后,圆弧恰好经过圆心O,且与弦PA相交于点H,$PH= 2AH$,连结PB.若$AB= \sqrt{21}$,则PB的长为______.

1. 首先，作$OC\perp AB$于点$C$：
因为$OC\perp AB$，根据垂径定理$AC = BC=\frac{1}{2}AB$（垂径定理：垂直于弦的直径平分弦且平分这条弦所对的两条弧），已知$AB = \sqrt{21}$，所以$AC=\frac{\sqrt{21}}{2}$。
设$\odot O$的半径为$r$，将$\odot O$沿弦$AB$折叠后，圆弧恰好经过圆心$O$，则$OC=\frac{1}{2}r$。
在$Rt\triangle AOC$中，根据勾股定理$OA^{2}=OC^{2}+AC^{2}$（勾股定理：对于直角三角形，两直角边$a$、$b$，斜边$c$，有$c^{2}=a^{2}+b^{2}$），即$r^{2}=(\frac{1}{2}r)^{2}+(\frac{\sqrt{21}}{2})^{2}$。
展开式子得$r^{2}=\frac{1}{4}r^{2}+\frac{21}{4}$。
移项得$r^{2}-\frac{1}{4}r^{2}=\frac{21}{4}$，即$\frac{3}{4}r^{2}=\frac{21}{4}$。
解得$r^{2}=7$，$r = \sqrt{7}$。
2. 然后，连接$OB$，$OH$：
因为$\overset{\frown}{AHB}$沿$AB$折叠后经过圆心$O$，所以$\angle P=\angle AOB$（圆周角定理：同弧或等弧所对的圆周角等于它所对圆心角的一半，折叠前后弧所对的圆周角和圆心角关系不变）。
又因为$\angle PAO=\angle OAB$（公共角），所以$\triangle AOH\sim\triangle ABP$（两角分别相等的两个三角形相似）。
由相似三角形的性质$\frac{AH}{AP}=\frac{AO}{AB}$，已知$PH = 2AH$，设$AH=x$，则$AP=AH + PH=3x$。
已知$AO = r=\sqrt{7}$，$AB=\sqrt{21}$，所以$\frac{x}{3x}=\frac{\sqrt{7}}{AB}$，此式可验证相似关系的正确性。
另一种方法：延长$AO$交$\odot O$于$M$，连接$BM$。
因为$AM$是直径，所以$\angle ABM = 90^{\circ}$（直径所对的圆周角是直角）。
由折叠可知$\angle AOB = 2\angle M$（圆心角与圆周角的关系），又$\angle P=\angle M$（同弧所对的圆周角相等）。
再根据$\angle PAO=\angle BAM$，可得$\triangle AOH\sim\triangle ABP$。
由$OC=\frac{1}{2}OA$，$AC=\frac{\sqrt{21}}{2}$，$OA=\sqrt{7}$，$\cos\angle OAC=\frac{AC}{OA}=\frac{\frac{\sqrt{21}}{2}}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$\angle OAC = 30^{\circ}$。
则$\angle AOB = 120^{\circ}$，$\angle P = 60^{\circ}$。
过$O$作$OD\perp PA$于$D$，$AE\perp PB$于$E$。
因为$OA = OP=\sqrt{7}$，$\angle P = 60^{\circ}$，所以$\triangle AOP$是等腰三角形，$\angle OAP=\angle OPA$。
又因为$\angle AOB = 120^{\circ}$，$\angle OAB=\angle OBA = 30^{\circ}$。
连接$OP$，$OB$，$OA$，$OP = OA=OB=\sqrt{7}$。
因为$\angle P=\angle AOB$，$\angle PAO=\angle OAB$，$\frac{AO}{AB}=\frac{\sqrt{7}}{\sqrt{21}}=\frac{1}{\sqrt{3}}$。
由$\triangle AOH\sim\triangle ABP$，且$AO = \sqrt{7}$，$AB=\sqrt{21}$，根据相似比$\frac{AO}{AB}=\frac{1}{\sqrt{3}}$。
另一种思路：
连接$OP$，$OB$。因为$\overset{\frown}{AHB}$沿$AB$折叠后经过圆心$O$，所以$\angle AOB = 2\angle P$（设$\angle P=\alpha$，则$\angle AOB = 2\alpha$，根据圆周角和圆心角的关系及折叠性质）。
又$OA = OP$，$\angle OAP=\angle OPA=\alpha$，所以$\angle AOB=\angle APB$，$\angle OAB=\angle PAB$。
所以$\triangle AOB\sim\triangle APB$（两角分别相等的两个三角形相似）。
根据相似三角形的性质$\frac{AO}{AB}=\frac{AB}{PB}$（相似三角形对应边成比例）。
3. 最后，求$PB$的长：
已知$AO=\sqrt{7}$，$AB=\sqrt{21}$，由$\frac{AO}{AB}=\frac{AB}{PB}$，即$PB=\frac{AB^{2}}{AO}$。
把$AB=\sqrt{21}$，$AO = \sqrt{7}$代入得$PB=\frac{21}{\sqrt{7}} = 3\sqrt{7}$。
故$PB$的长为$3\sqrt{7}$。