初三数学中考复习习题 答案 60页

初三数学中考复习精品习题 答案 初三中考经典题练习（一）答案 ‎1、 A 2、C 3、 4、28元； 5、 6、①②③⑤ 7、B 8、C 9、4 10、15‎ 初三中考经典题练习（二）答案 ‎1、 B 2、C 3、C 4、 5、 6、B 7、C 8、 9、D 10、A 初三中考经典题练习（三）答案 ‎1、B 2、B 3、B 4、C 5、　 6、C 7、C 8、D 9、 10、2008‎ 初三中考经典题练习（四）答案 ‎1、k＜－ 2、2 3、C 4、B 5、25° ‎ ‎6．或或 ‎ ‎7．<-1 8．(如右图) 9．①②④； 10、D 11、①④⑤‎ 初三中考经典题练习（五）答案 ‎1、 A 2、 3、D 4、A 5、 B 6、C 7、C 8、 9、 10、B 11、C 初三中考经典题练习（六）答案 ‎1、2、B 3、D 4、B 5、D 6、103 .7、 8、C 9、　‎ ‎10、（－1,1）‎ 初三中考经典题练习（七）答案 ‎1、 2、C 3、 4、D 5、6n 6、B 7、C 8、9、D 10、A 11、（1，4）、（3，4）．‎ 初三中考经典题练习（八）答案 ‎1、形如 2、（1）2 （2） 3、 4、D 5、B 6、 7、C 8、D 9、2 10、1 ‎ ‎11、k＜－ 12、2‎ 初三中考经典题练习（九）答案 ‎1、 2、大于4 3．5 4． 5．x﹤-1或0﹤x﹤2　 6． (1,0) 或(-5,-2) 7、 8、C 9、C 10、A 11、B 12、 B 初三中考经典题练习（十）答案 ‎1、 2、 3、A 4、C 5、．勾股定理， 6、4 7、18，45 8、D 9、 10、 A 11、C 12、51．2‎ 初三重点题型练习（一）答案 ‎1．‎ 略证：过点C作于F，则四边形AFCD是矩形，在中，可算得 则AD=，故DE=AE=‎ 在和中，‎ ‎ ‎ ‎2、（1）证明：分别过点C、D作 垂足为G、H，则 ‎（2）①证明：连结MF，NE 设点M的坐标为，点N的坐标为，‎ ‎∵点M，N在反比例函数的图象上，‎ ‎∴，‎ 由（1）中的结论可知：MN∥EF。‎ ‎②MN∥EF。‎ ‎3、解：（1） 1分 解得： 2分 ‎∴点P的坐标为(2，) 3分 ‎（2）将代入 ‎∴ ，即OA=4 4分 做PD⊥OA于D，则OD=2，PD=2‎ F 第3题图1‎ y O A x P E B D ‎∵ tan∠POA=‎ ‎∴ ∠POA=60° 5分 ‎∵ OP=‎ ‎∴△POA是等边三角形． 6分 ‎（3）① 当02，∴当t=时，S最大= 9分 ‎4、解:⑴证明:∵AC平分∠MAN，∠MAN＝120°，‎ E F G ‎∴∠CAB＝∠CAD＝60°，‎ ‎∵∠ABC＝∠ADC＝90°，‎ ‎∴∠ACB＝∠ACD＝30°，…………1分 ‎∴AB＝AD＝AC，……………………2分 ‎∴AB＋AD＝AC。……………………3分 ‎⑵成立。……………………………r…4分 证法一：如图，过点C分别作AM、AN的垂线，垂足分别为E、F。‎ ‎∵AC平分∠MAN，∴CE＝CF.‎ ‎∵∠ABC＋∠ADC＝180°,∠ADC＋∠CDE＝180°,‎ ‎∴∠CDE＝∠ABC,………………………………………………………5分 ‎∵∠CED＝∠CFB＝90°，∴△CED≌△CFB,∴ED＝FB,……………6分 ‎∴AB＋AD＝AF＋BF＋AE－ED＝AF＋AE,由⑴知AF＋AE＝AC,‎ ‎∴AB＋AD＝AC………………………………………………7分 证法二：如图，在AN上截取AG＝AC，连接CG.‎ ‎∵∠CAB＝60°,AG＝AC,∴∠AGC＝60°,CG＝AC＝AG,…………5分 ‎∵∠ABC＋∠ADC＝180°,∠ABC＋∠CBG＝180°,‎ ‎∴∠CBG＝∠ADC,∴△CBG≌△CDA,……………………………6分 ‎∴BG＝AD,‎ ‎∴AB＋AD＝AB＋BG＝AG＝AC，…………………………………7分 ‎⑶①;………………………………………………………………8分 ‎②.…………………………………………………………9分 证明：由⑵知，ED＝BF,AE＝AF，‎ 在Rt△AFC中，,即,‎ ‎∴,………………………………………………10分 ‎∴AB＋AD＝AF＋BF＋AE－ED＝AF＋AE＝2，…11分 初三重点题型练习（二）答案 ‎1．（本小题满分8分)‎ 证明：（1） ∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴BC=CD，∠BCD=90°．‎ ‎∵∠BCD +∠DCE=180°，‎ ‎∴∠BCD=∠DCE=90°．‎ 又∵CG=CE，‎ ‎∴△BCG≌△DCE． 　 ‎ ‎（2）∵△DCE绕D顺时针旋转得到△DAE ′， ‎ ‎∴CE=AE ′．‎ ‎∵CE=CG，‎ ‎∴CG=AE ′．‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴BE ′∥DG，AB=CD．‎ ‎∴AB－AE ′ =CD－CG，‎ 即BE ′ =DG．‎ ‎∴四边形DE ′ BG是平行四边形． 8′‎ ‎2．（本小题满分12分）‎ 解：（1）在Rt△ABC中，，‎ 由题意知：AP = 5－t，AQ = 2t，‎ 若PQ∥BC，则△APQ ∽△ABC，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴． 3′‎ 图①‎ B A Q P C H ‎（2）过点P作PH⊥AC于H．‎ ‎∵△APH ∽△ABC，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴． 　 ‎ ‎（3）若PQ把△ABC周长平分，‎ 则AP+AQ=BP+BC+CQ．‎ ‎∴， ‎ 解得：．‎ 若PQ把△ABC面积平分，‎ 则， 即－＋3t=3．‎ ‎∵ t=1代入上面方程不成立， ‎ ‎∴不存在这一时刻t，使线段PQ把Rt△ACB的周长和面积同时平分． 9′‎ ‎（4）过点P作PM⊥AC于Ｍ，PN⊥BC于N，‎ P ′‎ B A Q P C 图②‎ M N 若四边形PQP ′ C是菱形，那么PQ＝PC．‎ ‎∵PM⊥AC于M，‎ ‎∴QM=CM．‎ ‎∵PN⊥BC于N，易知△PBN∽△ABC．‎ ‎∴， ∴，‎ ‎∴， ‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 解得：．‎ ‎∴当时，四边形PQP ′ C 是菱形． ‎ 此时，　，‎ 在Rt△PMC中，，‎ 第3题图1 ‎ A F B C E D ‎∴菱形PQP ′ C边长为． ‎ ‎3、（1）证明：方法一：在△ACD和△BCE中， ‎ AC＝BC， ‎ ‎∠DCA＝∠ECB＝90°， ‎ DC＝EC， ‎ ‎∴ △ACD≌△BCE（SAS）． ………………2分 ‎ ‎∴ ∠DAC＝∠EBC． ………………………3分 ‎ ‎ ∵ ∠ADC＝∠BDF， ‎ ‎ ∴ ∠EBC＋∠BDF＝∠DAC＋∠ADC=90°． ‎ ‎ ∴ ∠BFD=90°． ‎ ‎∴ AF⊥BE． …………………………………5分 ‎ 方法二：∵ AC＝BC，DC＝EC，‎ ‎∴ ．即tan∠DAC＝tan∠EBC． ‎ ‎∴ ∠DAC＝∠EBC．（下略）…………………3分 ‎（2）AF⊥BE． …………………………………6分 ‎ A B D C E 第3题图2 ‎ F ‎∵ ∠ABC＝∠DEC＝30°，∠ACB＝∠DCE＝90°，‎ ‎∴ ＝tan60°． ……………………7分 ‎ ‎∴ △DCA∽△ECB． …………………………8分 ‎∴ ∠DAC＝∠EBC． …………………………9分 ‎∵ ∠ADC＝∠BDF， ‎ ‎∴ ∠EBC＋∠BDF＝∠DAC＋∠ADC=90°． ‎ ‎∴ ∠BFD=90°． ‎ ‎∴ AF⊥BE． ……………………………………………………………………10分 ‎4、解：（1）分别过D，C两点作DG⊥AB于点G，CH⊥AB于点H． ………1分 ‎∵ AB∥CD， ‎ ‎∴ DG＝CH，DG∥CH． ‎ ‎∴ 四边形DGHC为矩形，GH＝CD＝1． ‎ C D A B E F N M G H ‎∵ DG＝CH，AD＝BC，∠AGD＝∠BHC＝90°，‎ ‎∴ △AGD≌△BHC（HL）． ‎ ‎∴ AG＝BH＝＝3． ………2分 ‎ ‎∵ 在Rt△AGD中，AG＝3，AD＝5， ‎ ‎∴ DG＝4． ‎ ‎∴ ． …………………………………………3分 C D A B E F N M G H ‎（2）∵ MN∥AB，ME⊥AB，NF⊥AB， ‎ ‎∴ ME＝NF，ME∥NF． ‎ ‎∴ 四边形MEFN为矩形． ‎ ‎∵ AB∥CD，AD＝BC， ‎ ‎∴ ∠A＝∠B． ‎ ‎∵ ME＝NF，∠MEA＝∠NFB＝90°， ‎ ‎∴ △MEA≌△NFB（AAS）．‎ ‎∴ AE＝BF． ……………………4分 ‎ 设AE＝x，则EF＝7－2x． ……………5分 ‎ ‎∵ ∠A＝∠A，∠MEA＝∠DGA＝90°， ‎ ‎∴ △MEA∽△DGA．‎ ‎∴ ．‎ ‎∴ ME＝． ………………………………………………………6分 ‎∴ ． …………………8分 当x＝时，ME＝＜4，∴四边形MEFN面积的最大值为．……………9分 ‎（3）能． ……………………………………………………………………10分 由（2）可知，设AE＝x，则EF＝7－2x，ME＝． ‎ 若四边形MEFN为正方形，则ME＝EF． ‎ ‎ 即 7－2x．解，得 ． …………………………………………11分 ‎∴ EF＝＜4． ‎ ‎∴ 四边形MEFN能为正方形，其面积为． ………12分 ‎5、x O y A B M1‎ N1‎ M2‎ N2‎ 解：（1）由题意可知，．‎ 解，得 m＝3． ………………………………3分 ‎ ‎∴ A（3，4），B（6，2）； ‎ ‎∴ k＝4×3=12． ……………………………4分 ‎ ‎（2）存在两种情况，如图： ‎ ‎①当M点在x轴的正半轴上，N点在y轴的正半轴 上时，设M1点坐标为（x1，0），N1点坐标为（0，y1）． ‎ ‎∵ 四边形AN1M1B为平行四边形，‎ ‎∴ 线段N1M1可看作由线段AB向左平移3个单位，‎ 再向下平移2个单位得到的（也可看作向下平移2个单位，再向左平移3个单位得到的）．‎ 由（1）知A点坐标为（3，4），B点坐标为（6，2）， ‎ ‎∴ N1点坐标为（0，4－2），即N1（0，2）； ………………………………5分 M1点坐标为（6－3，0），即M1（3，0）． ………………………………6分 设直线M1N1的函数表达式为，把x＝3，y＝0代入，解得．‎ ‎∴ 直线M1N1的函数表达式为． ……………………………………8分 ‎②当M点在x轴的负半轴上，N点在y轴的负半轴上时，设M2点坐标为（x2，0），N2点坐标为（0，y2）． ‎ ‎∵ AB∥N1M1，AB∥M2N2，AB＝N1M1，AB＝M2N2，‎ ‎∴ N1M1∥M2N2，N1M1＝M2N2． ‎ ‎∴ 线段M2N2与线段N1M1关于原点O成中心对称． ‎ ‎∴ M2点坐标为（-3，0），N2点坐标为（0，-2）． ……………………9分 设直线M2N2的函数表达式为，把x＝-3，y＝0代入，解得，‎ ‎∴ 直线M2N2的函数表达式为． 　　 ‎ 所以，直线MN的函数表达式为或． …………11分 ‎（3）选做题：（9，2），（4，5）． …………………………………………2分 初三重点题型练习（三）答案 ‎1、(本题满分8分)‎ ‎ 解：设规定日期为x天．由题意，得 ‎． ………………………… 3分 解之，得 x=6．经检验，x=6是原方程的根. …………………………5分 显然，方案（2）不符合要求；‎ 方案（1）：1.2×6=7.2（万元）；‎ 方案（3）：1.2×3+0.5×6=6.6（万元）．‎ 因为7.2＞6.6，‎ 所以在不耽误工期的前提下，选第三种施工方案最节省工程款. …………8分 ‎2、‎ ‎3、解：（1）在Rt△B′OC中，tan∠OB′C＝，OC＝9，‎ ‎∴ ． ……………………………………………………2分 解得OB′＝12，即点B′ 的坐标为（12，0）． ……………………………３分 ‎（2）将纸片翻折后，点B恰好落在x轴上的B′ 点，CE为折痕，‎ ‎∴ △CBE≌△CB′E，故BE＝B′E，CB′＝CB＝OA．‎ 由勾股定理，得 CB′＝＝15． … ………………………４分 设AE＝a，则EB′＝EB＝9－a，AB′＝AO－OB′＝15－12=3． ‎ 由勾股定理，得　a2+32＝(9－a)2，解得a＝4．‎ ‎∴点E的坐标为（15，4），点C的坐标为（0，9）． ‎ 设直线CE的解析式为y＝kx+b，根据题意，得 ‎ ‎5‎ ‎4‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎ 解得 ∴CE所在直线的解析式为　y＝－x+9． ‎ ‎4、解：（1）如图所示，，，‎ ‎∴．　　‎ 又，‎ ‎∴． ‎ ‎（2），∴∠D1FO=60°．‎ ‎，∴． ‎ ‎　又，，∴．‎ ‎，∴．‎ 又，∴．‎ 在中，．‎ ‎（3）点在内部． ‎ 理由如下：设（或延长线）交于点P，则．‎ 在中，， ‎ ‎，即，∴点在内部． ……10分 初三重点题型练习（四）答案 ‎1．（本小题满分9分）‎ ‎（1）解：图2中 1分 证明如下：‎ 与均为等腰直角三角形 ‎，， 3分 即 4分 ‎ 6分 ‎（2）证明：由（1）知 ‎ 7分 又 ‎ 9分 ‎2．（本小题满分9分）‎ ‎（1）解：设生产一件甲种产品需分，生产一件乙种产品需分，由题意得：‎ ‎ 2分 即 解这个方程组得：‎ 生产一件甲产品需要15分，生产一件乙产品需要20分． 4分 ‎（2）解：设生产甲种产品用分，则生产乙种产品用分，则生产甲种产品 件，生产乙种产品件． 5分 ‎ 7分 又，得 由一次函数的增减性，当时取得最大值，此时（元）‎ 此时甲有（件），乙有：（件） 9分 ‎3．（本小题满分10分）‎ 解：（1）政府没出台补贴政策前，这种蔬菜的收益额为 ‎（元） 2分 ‎（2）由题意可设与的函数关系为 将代入上式得 得 所以种植亩数与政府补贴的函数关系为 4分 同理可得每亩蔬菜的收益与政府补贴的函数关系为 6分 ‎（3）由题意 7分 ‎ 9分 所以当，即政府每亩补贴450元时，全市的总收益额最大，最大为7260000元．‎ ‎ 10分 ‎4．（本小题满分10分）‎ ‎（1）与 2分 以为例，证明如下：‎ ‎ 4分 ‎（2）均成立，均为， 6分 ‎（3）平分时，． 7分 证明：平分 又 ‎ 10分 注：所有其它解法均酌情赋分．‎ 初三重点题型练习（五）答案 ‎1.(1)证明：延长DC交BE于点M，∵BE∥AC，AB∥DC,∴四边形ABMC是平行四边形，‎ ‎∴CM=AB=DC,C为DM的中点，BE∥AC，DF=FE;‎ ‎（2）由（2）得CF是△DME的中位线，故ME=2CF,又∵AC=2CF，四边形ABMC是平行四边形，∴BE=2BM=2ME=2AC, 又∵AC⊥DC, ∴在Rt△ADC中利用勾股定理得AC=‎ ‎, ∴=.‎ ‎(3)可将四边形ABED的面积分为两部分，梯形ABMD和三角形DME,在Rt△ADC中利用勾股定理得DC=,由CF是△DME的中位线得CM=DC=,四边形ABMC是平行四边形得AM=MC=,BM=AC=,∴梯形ABMD面积为：;由AC⊥DC和BE∥AC可证得三角形DME是直角三角形，其面积为：,∴四边形ABED的面积为+‎ ‎2. 解：（1）y=xw=x(10x+90)=10x2+90x, 10x2+90x=700,解得x=5‎ 答：前5个月的利润和等于700万元 ‎（2）10x2+90x=120x,解得，x=3‎ 答：当x为3时，使用回收净化设备后的1至x月的利润和与不安装回收净化设备时x个月的利润和相等.‎ ‎（3）12（10×12+90）+12（10×12+90）=5040（万元）‎ ‎3、‎ 或根据题意，画表格 ‎4.‎ 解:(1)过点G作GH⊥AD,则四边形ABGH为矩形,∴GH=AB=8,AH=BG=10,由图形的折叠可知△BFG≌△EFG,∴EG=BG=10,∠FEG=∠B=90°；∴EH=6,AE=4,∠AEF+∠HEG=90°,∵∠AEF+∠AFE=90°,∴∠HEG=∠AFE,又∵∠EHG=∠A=90°,∴△EAF∽△EHG,∴,∴EF=5,∴S△EFG=EF·EG=×5×10=25.‎ ‎(2)由图形的折叠可知四边形ABGF≌四边形HEGF,∴BG=EG,AB=EH,‎ ‎∠BGF=∠EGF,∵EF∥BG，∴∠BGF=∠EFG,∴∠EGF =∠EFG,∴EF=EG,‎ ‎∴BG=EF,∴四边形BGEF为图（1）‎ 平行四边形,又∵EF=EG,∴平行四边形BGEF为菱形图（2）‎ ；‎ 连结BE，BE、FG互相垂直平分，在Rt△EFH中,EF=BG=10,EH=AB=8,由勾股定理可得FH=AF=6，∴AE=16，∴BE==8，∴BO=4，∴FG=2OG=2=4。‎ 初三重点题型练习（六）答案 ‎1. 解：（1）‎ ‎ ‎ ‎ 当时，方程有两个不相等的实数根。‎ ‎ （2）由已知，得 ‎ ‎ ‎ 当时 ‎ ‎ ‎ 当时，‎ ‎ ‎ ‎ 由（1）可知，所以不合题意，所以。‎ ‎2. 解：（1）依题意，设B点坐标 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ （2）<1>在上（如图）‎ ‎ ‎ ‎ 由已知可得，‎ ‎ ‎ ‎ <2>如图同理可得 ‎ （3）<1>如图，当时，P点坐标为（m，n）‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ <2>如图c，当时，‎ ‎ 点P坐标为（m，n）‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 即 ‎ 注：<1>、<2>都有做，但遗漏，则扣1分。‎ ‎4. 解：（1）‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ （2）的周长与四边形PABQ的周长相等，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解得，‎ ‎ （3）<1>据题意：如图，当，PM=PQ时，‎ ‎ 由勾股定理逆定理，得，‎ ‎ 的AB上的高为。‎ ‎ 设PM=PQ=‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 解得，，即 ‎ 当，时，同理可得 ‎ 注：未讨论者扣1分。‎ ‎ <2>据题意，如图b，当，时，由等腰直角三角形得，M到PQ距离为。‎ ‎ 设 ‎ ‎ 解得，，即。‎ 初三重点题型练习（七）答案 ‎1-‎ ‎2、‎ ‎3、‎ ‎、‎ ‎4、解(1)∵MO=MD=4,MC=3,‎ ‎∴M、A、B的坐标分别为(0,4),(-4,0),(3,0)‎ ‎ 设BM的解析式为；‎ ‎ 则,∴BM的解析式为 .………3分 ‎(2)方法一：‎ 设抛物线的解析式为……4分 则，解得 H P A D y O x C B M 图8‎ ‎ ∴………………………………6分 方法二：‎ 设抛物线的解析式为…………4分 将M（0，4）的坐标代入得 ‎∴…………6分 ‎（3）设抛物线上存在点P,使△PMB构成直角三角形。…………………7分 方法一：分别过M、B作MB的垂线，它与抛物线的交点即为P点。‎ 过M作MB的垂线与抛物线交于P，过P作PH⊥DC交于H，‎ ‎∴∠PMB=900，∴∠PMH=∠MBC，‎ ‎∴△MPH∽△BMC，…………………………………………8分 ‎∴PH：HM=CM：CB=3：4‎ ‎ 设HM=4(>0),则PH=3‎ ‎ ∴P点的坐标为(-4,4-3)‎ 将P点的坐标代入得:‎ ‎4-3=‎ 解得(舍出), ,…………9分 ‎∴P点的坐标为()…………10分 类似的,如果过B作BM的垂线与抛物线交于点P,同样可求得P的坐标为()‎ ‎（3）方法二: 抛物线上存在点P,使△PMB构成直角三角形。…………………7分 过M作MB的垂线与抛物线交于P，设P的坐标为,‎ 由∠PMB=900,∠PMD=∠MBC,‎ 过P作PH⊥DC交于H,则MH= -，PH=4-…………………………8分 ‎∴由得，‎ ‎∴……………………………………………………………9分 ‎∴，=0（舍出）‎ ‎∴，∴P点的坐标为()…………………10分 类似的,如果过B作BM的垂线与抛物线交于点P, 设P的坐标为,‎ 同样可求得，‎ 由=，=3（舍出）‎ 这时P的坐标为()‎ 初三重点题型练习（八）答案 ‎1、解：（1）在△ABC中由已知得：BC=2，AC＝AB×cos30°=，‎ ‎∴AB1=AC+C B1=AC+CB=.……………………………………2分 ‎(2)四边形A2B1DE为平行四边形.理由如下：‎ ‎∵∠EDG＝60°，∠A2B1C1＝∠A1B1C＝∠ABC＝60°，∴A2B1∥DE 又A2B1＝A1B1＝AB＝4，DE＝4，∴A2B1＝DE,故结论成立.………………4分 ‎（3）由题意可知：‎ ‎ S△ABC=，‎ ① 当或时，ｙ＝0‎ 此时重叠部分的面积不会等于△ABC的面积的一半……………5分 ‎②当时，直角边B2C2与等腰梯形的下底边DG重叠的长度为 DC2=C1C2-DC1=（ｘ－2）㎝，则ｙ＝,‎ ‎ 当ｙ= S△ABC= 时，即 ，‎ 解得（舍）或.‎ ‎∴当时，重叠部分的面积等于△ABC的面积的一半.‎ ‎③当时，△A3B2C2完全与等腰梯形重叠，即…………7分 ‎④当时,B2G=B2C2-GC2=2－(－8)=10-‎ 则ｙ＝,‎ 当ｙ= S△ABC= 时，即 ，‎ 解得,或(舍去).‎ ‎∴当时，重叠部分的面积等于△ABC的面积的一半.……9分 由以上讨论知,当或时, 重叠部分的面积等于△ABC的面积的一半.………10分 ‎2、.解：（1），，…………………………1分 等腰；…………………………2分 ‎ （2）共有9对相似三角形.（写对3－5对得1分，写对6－8对得2分，写对9对得3分）‎ ‎ 　①△DCE、△ABE与△ACD或△BDC两两相似，分别是：△DCE∽△ABE，△DCE∽△ACD，△DCE∽△BDC，△ABE∽△ACD，△ABE∽△BDC；(有5对)‎ ‎②△ABD∽△EAD，△ABD∽△EBC；(有2对)‎ ‎③△BAC∽△EAD，△BAC∽△EBC；(有2对)‎ 所以，一共有9对相似三角形.…………………………………………5分 K ‎（3）由题意知，FP∥AE，‎ ‎ ∴ ∠1＝∠PFB，‎ 又∵ ∠1＝∠2＝30°，‎ ‎ ∴ ∠PFB＝∠2＝30°,‎ ‎∴ FP＝BP.…………………6分 过点P作PK⊥FB于点K，‎ 则.‎ ‎∵ AF＝t，AB＝8，‎ ‎∴ FB＝8－t，.‎ Rt△BPK中，. ………………7分 ‎∴ △FBP的面积，‎ ‎∴ S与t之间的函数关系式为：‎ ‎ ，或. …………………………8分 t的取值范围为：. ……………………………………………………9分 ‎3、解：（1）如图7.‎ ‎∵ △BOC和△ABO都是等边三角形， ‎ 且点O是线段AD的中点， ‎ ‎ ∴ OD=OC=OB=OA,∠1=∠2=60°, 1分 ‎ ∴ ∠4=∠5.‎ ‎ 又∵∠4+∠5=∠2=60°,‎ ‎ ∴ ∠4=30°.………………………2分 同理，∠6=30°.……………………3分 ‎3‎ ‎ ∵ ∠AEB=∠4+∠6,‎ ‎ ∴ ∠AEB=60°.……………………4分 ‎（2）如图8.‎ ‎∵ △BOC和△ABO都是等边三角形，‎ ‎∴ OD=OC, OB=OA,∠1=∠2=60°，………5分 又∵OD=OA,‎ ‎ ∴ OD＝OB，OA＝OC，‎ ‎ ∴ ∠4=∠5，∠6=∠7. …………………6分 ‎∵ ∠DOB=∠1+∠3,‎ ‎ ∠AOC=∠2+∠3,‎ ‎∴∠DOB=∠AOC. …………………………………7分 ‎∵ ∠4+∠5+∠DOB=180°, ∠6+∠7+∠AOC=180°,‎ ‎∴ 2∠5=2∠6,‎ ‎∴ ∠5=∠6.………………………………………………8分 又∵ ∠AEB=∠8-∠5， ∠8=∠2+∠6，‎ ‎ ∴ ∠AEB＝∠2＋∠5－∠5＝∠2，‎ ‎ ∴ ∠AEB＝60°.…………………………………………9分 ‎4、（1）证明：‎ ‎，‎ ‎∴ .……………………1分 又∵ ,‎ ‎∴ CF是△ACD的中线，‎ ‎∴ 点F是AD的中点.…………2分 ‎∵ 点E是AB的中点，‎ ‎∴ EF∥BD,‎ 即 EF∥BC. …………………………3分 ‎（2）解：由（1）知，EF∥BD，‎ ‎ ∴ △AEF∽△ABD ,‎ ‎ ∴ .……………………………………4分 ‎ 又∵ ,‎ ‎ ,………………5分 ‎ ∴ ,………………………………………6分 ‎ ∴ ,‎ ‎ ∴ 的面积为8. ………………………………………7分 初三重点题型练习（九）答案 x y A B O E D C ‎（第1题）‎ ‎1、解：（1）把，代入，得：．‎ 反比例函数的解析式为．‎ 把，代入得．‎ 把，；，分别代入 得，‎ 解得，‎ 一次函数的解析式为．‎ ‎（2）过点作轴于点．‎ 点的纵坐标为1，．‎ 由一次函数的解析式为得点的坐标为，‎ ‎．‎ 在和中，，，‎ ‎．‎ ‎．‎ ‎2、．解：设米．‎ ‎，，‎ 米，‎ A N M B F C E D ‎（第2题）‎ 米，‎ 米，‎ 米，米，米，‎ 米，‎ 在中，，，‎ ‎，‎ 即．‎ 解这个方程得：．‎ 答：支柱距的水平距离约为4.6米．‎ A B C E F D D A B C E F A D F C E B ‎（图1）‎ ‎（图2）‎ ‎（图3）‎ ‎（第23题）‎ ‎3、‎ ‎（1）①；；‎ ‎②所填的条件是：．‎ 证明：在中，．‎ ‎，．‎ 又，．‎ 又，，‎ ‎．‎ ‎，．‎ 又，．‎ ‎（2）．‎ ‎4．解：（1）如图，四边形是矩形，．‎ D Q C B P R A ‎（第4题）‎ 又，，，‎ ‎，．‎ D Q C B P R A ‎（图1）‎ ‎，．‎ ‎，．‎ ‎（2）如图1，由轴对称的性质可知，，‎ ‎，．‎ 由（1）知，，‎ ‎，．‎ ‎，，．‎ 在中，根据题意得：，‎ 解这个方程得：．‎ ‎（3）①当点在矩形的内部或边上时，‎ D Q C B P R A ‎（图2）‎ F E ‎，，‎ ‎，当时，‎ 当在矩形的外部时（如图2），，‎ 在中，，‎ ‎，‎ 又，，‎ 在中，‎ ‎，．‎ ‎，‎ ‎，‎ 当时，．‎ 综上所述，与之间的函数解析式是：．‎ ‎②矩形面积，当时，函数随自变量的增大而增大，所以的最大值是，而矩形面积的的值，‎ 而，所以，当时，的值不可能是矩形面积的；‎ 当时，根据题意，得：‎ ‎，解这个方程，得，因为，‎ 所以不合题意，舍去．‎ 所以．‎ 综上所述，当时，与矩形重叠部分的面积等于矩形面积的．‎ 初三重点题型练习（十）答案 ‎1、‎ ‎2、‎ ‎3、‎ ‎4、解：（1）证明：，，，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎．‎ A C Q M B ‎（第②题图）‎ N ‎（2）①是；②是；③否．‎ ‎②的证明：如图，‎ ‎，，，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ A D N C B Q ‎(第③题图)‎ M ‎．‎ ‎③的证明：如图，‎ ‎，，‎ ‎，‎ ‎．又，‎ ‎，‎ ‎，即．‎ 初三重点题型练习（十一）答案 ‎1、解：（1）设年平均增长率为，根据题意得：…3分 ‎ 解得， (不合题意，舍去) ………1分 ‎ ∴所求的年平均增长率约为. ……………………1分 ‎（2）设每年新增汽车为辆，根据题意得：‎ ‎……………………………………3分 解得 ………………………………1分 ‎∴每年新增汽车最多不超过辆……………1分 ‎3．解：（1） ………（每个点坐标写对各得2分）………4分 ‎（2） ∵ ∴…1分 ‎ ∴ …………1分 ‎ ∴ …………2分 ‎ (3) ① ∵‎ ‎∴相应B点的坐标是 ………………1分 ‎∴. ………………………1分 ‎ ② 能 ……………………………1分 ‎ 当时，相应,点的坐标分别是，‎ 经经验：它们都在的图像上 ‎∴ ……………………………1分 ‎2．解: ‎ ‎(1)① ………………………………………2分 ‎②仍然成立 …………………………1分 在图（2）中证明如下 ‎∵四边形、四边形都是正方形 ‎∴ ，， ‎ ‎∴……………………………………1分 ‎ ‎ ∴ （SAS）………………1分 ‎∴ ‎ 又∵ ‎ ‎∴ ∴‎ ‎∴ …………………………1分 ‎（2）成立，不成立 ………………2分 简要说明如下 ‎∵四边形、四边形都是矩形，‎ 且，，，(，)‎ ‎∴ ，‎ ‎∴ ‎ ‎ ∴………………………………1分 ‎∴‎ 又∵ ‎ ‎∴ ∴‎ ‎∴ …………………………………1分 ‎（3）∵ ∴‎ ‎ 又∵，，‎ ‎ ∴ ……………………………1分 ‎ ∴ ……………………………………1分 ‎4．（本题满分14分）‎ 解：（1），．‎ 图1‎ O P A x B D C Q y 图2‎ O P A x B C Q y 图3‎ O F A x B C y E Q P ‎（2）当时，过点作，交于，如图1，‎ 则，，‎ ‎，．‎ ‎（3）①能与平行．‎ 若，如图2，则，‎ 即，，而，‎ ‎．‎ ‎②不能与垂直．‎ 若，延长交于，如图3，‎ 则．‎ ‎．‎ ‎．‎ 又，，‎ ‎，‎ ‎，而，‎ 不存在．‎ 初三重点题型练习（十二）答案 ‎1、证明：（1），，．‎ 由沿折叠后与重合，知，．‎ E C B D A G F ‎（第1题答图）‎ 四边形是矩形，且邻边相等．‎ 四边形是正方形． 3分 ‎（2），且，四边形是梯形． 4分 四边形是正方形，，．‎ 又点为的中点，．连接．‎ 在与中，，，，‎ ‎，． 6分 ‎，，四边形是平行四边形．‎ ‎．．．‎ 四边形是等腰梯形． 8分 注：第（2）小题也可过点作，垂足为点，证．‎ ‎2．解：（1）与相对应的值为． 2分 ‎（2）在样本数据中，“1”的个数，同理可得“2”，“3”，“4”，“5”，“6”的个数分别为4，6，7，3，2．可知样本数据的中位数和众数分别为3小时和4小时．‎ ‎（3）这组样本数据的平均数为 ‎（小时）‎ 由抽样的随机性，可知总体平均数的估计值约为3.36小时．‎ 答：估计该校七年级学生上周双休日的平均课外阅读时间约为3.36小时．‎ ‎22．解：（1）若甲先摸，共有15张卡片可供选择，其中写有“石头”的卡片共3张，‎ 故甲摸出“石头”的概率为．‎ ‎（2）若甲先摸且摸出“石头”，则可供乙选择的卡片还有14张，其中乙只有摸出卡片“锤子”或“布”才能获胜，这样的卡片共有8张，故乙获胜的概率为．‎ ‎（3）若甲先摸，则“锤子”、“石头”、“剪子”、“布”四种卡片都有可能被摸出．‎ 若甲先摸出“锤子”，则甲获胜（即乙摸出“石头”或“剪子”）的概率为；‎ 若甲先摸出“石头”，则甲获胜（即乙摸出“剪子”）的概率为；‎ 若甲先摸出“剪子”，则甲获胜（即乙摸出“布”）的概率为；‎ 若甲先摸出“布”，则甲获胜（即乙摸出“锤子”或“石头”）的概率为．‎ 故甲先摸出“锤子”获胜的可能性最大．‎ ‎3．解：（1）设总厂原来每周制作帐篷千顶，分厂原来每周制作帐篷千顶．‎ 由题意，得 解得所以（千顶），（千顶）．‎ 答：在赶制帐篷的一周内，总厂、分厂各生产帐篷8千顶、6千顶．‎ ‎（2）设从（甲市）总厂调配千顶帐篷到灾区的地，则总厂调配到灾区地的帐篷为千顶，（乙市）分厂调配到灾区两地的帐篷分别为千顶．‎ 甲、乙两市所需运送帐篷的车辆总数为辆．‎ 由题意，得．‎ 即．‎ 因为，所以随的增大而减小．‎ 所以，当时，有最小值60．‎ 答：从总厂运送到灾区地帐篷8千顶，从分厂运送到灾区两地帐篷分别为1千顶、5千顶时所用车辆最少，最少的车辆为60辆 ‎4．解：（1）由直角三角形纸板的两直角边的长为1和2，‎ 知两点的坐标分别为．‎ 设直线所对应的函数关系式为 A O E G B F H N C P I x y M ‎（第4题答图）‎ K II 有解得 所以，直线所对应的函数关系式为． ‎ ‎（2）①点到轴距离与线段的长总相等．‎ 因为点的坐标为，‎ 所以，直线所对应的函数关系式为．‎ 又因为点在直线上，‎ 所以可设点的坐标为．‎ 过点作轴的垂线，设垂足为点，则有．‎ 因为点在直线上，所以有． 6分 因为纸板为平行移动，故有，即．‎ 又，所以．‎ 法一：故，‎ 从而有．‎ 得，．‎ 所以．‎ 又有．‎ 所以，得，而，‎ 从而总有．‎ 法二：故，可得．‎ 故．‎ 所以．‎ 故点坐标为．‎ 设直线所对应的函数关系式为，‎ 则有解得 所以，直线所对的函数关系式为．‎ 将点的坐标代入，可得．解得．‎ 而，从而总有．‎ ‎②由①知，点的坐标为，点的坐标为．‎ ‎．‎ 当时，有最大值，最大值为．‎ 取最大值时点的坐标为．‎ A A B B C C ‎（第5题答图1）‎ ‎5．解：（1）如图所示：‎ ‎（注：正确画出1个图得2分，无作图痕迹或痕迹不正确不得分）‎ ‎（2）若三角形为锐角三角形，则其最小覆盖圆为其外接圆；‎ 若三角形为直角或钝角三角形，则其最小覆盖圆是以三角形最长边（直角或钝角所对的边）为直径的圆．‎ ‎（3）此中转站应建在的外接圆圆心处（线段的垂直平分线与线段的垂直平分线的交点处）．‎ 理由如下：‎ G H E F ‎（第5题答图2）‎ M 由，‎ ‎，，‎ 故是锐角三角形，‎ 所以其最小覆盖圆为的外接圆，‎ 设此外接圆为，直线与交于点，‎ 则．‎ 故点在内，从而也是四边形的最小覆盖圆．‎ 所以中转站建在的外接圆圆心处，能够符合题中要求．‎ ‎ 12分 初三重点题型练习（十三）‎ ‎1、‎ ‎2、‎ ‎3、‎ ‎4、‎ 初三重点题型练习（十四）答案 ‎1、‎ ‎2、‎ ‎3、‎ ‎4、‎ 初三重点题型练习（十五）答案 ‎1．(1) 3-； …………………………………………………………2分 ‎(2)30°； …………………………………………………………4分 ‎ 　(3)证明：在△AEF和△D′BF中， ‎ ‎ ∵AE=AC-EC, D’ B=D’ C-BC， ‎ ‎ 又AC=D’ C,EC=BC，∴AE=D’ B．‎ 又 ∠AEF=∠D’ BF=180°-60°=120°，∠A=∠CD’E=30°，‎ ‎∴△AEF≌△D’ BF．∴AF=FD’． ………………………………………8分 ‎2、解：(1)∵∠ABC=30°，∴∠BAC=60°．‎ 又∵OA=OC, ∴△AOC是正三角形．‎ 又∵CD是切线，∴∠OCD=90°，‎ ‎∴∠DCE=180°-60°-90°=30°．‎ 而ED⊥AB于F，∴∠CED=90°-∠BAC=30°．‎ 故△CDE为等腰三角形． …………………………………………………4分 ‎(2)证明：在△ABC中，∵AB=2，AC=AO=1，∴BC==．‎ OF=,∴AF=AO+OF=．‎ 又∵∠AEF=30°,∴AE=2AF=+1． ∴CE=AE-AC==BC．‎ 而∠OCB=∠ACB-∠ACO=90°-60°=30°=∠ABC,‎ 故△CDE≌△COB. ……………………………………………10分 ‎3、解：(1)由抛物线过B(0,1) 得c=1．‎ ‎ 又b=-4ac, 顶点A(-,0),‎ ‎ ∴-==2c=2．∴A(2,0)． ………………………………………2分 ‎ 将A点坐标代入抛物线解析式，得4a+2b+1=0 ， ‎ ‎ ∴ 　解得a =,b =-1.‎ ‎ 故抛物线的解析式为y=x2-x+1． ………………………………………4分 ‎ 另解: 由抛物线过B(0,1) 得c=1．又b2-4ac=0, b=-4ac，∴b=-1． ………2分 ‎ ∴a=,故y=x-x+1． ……………………………………………4分 ‎ (2)假设符合题意的点C存在，其坐标为C(x，y), 　　　　　　　　　　　　 ‎ ‎ 　作CD⊥x轴于D ,连接AB、AC．‎ ‎ ∵A在以BC为直径的圆上,∴∠BAC=90°．‎ 第3题图 O x y A C B P P1‎ D P2‎ P ‎ ∴ △AOB∽△CDA．‎ ‎ 　　　　　　　　　　　　 ∴OB·CD=OA·AD．‎ ‎ 　　　　　　　　　　　　 即1·y=2(x-2)， ∴y=2x-4． 　 ……………………6分 ‎ 由　‎ 解得x1=10,x2=2．‎ ‎ 　　 ‎ ‎∴符合题意的点C存在，且坐标为 (10,16)，或(2,0)． …………………………8分 ‎ ∵P为圆心，∴P为BC中点．‎ ‎ 　 当点C坐标为 (10,16)时，取OD中点P1 ，连PP1 ,　则PP1为梯形OBCD中位线．‎ ‎∴PP1=(OB+CD)=．∵D (10,0),　∴P1 (5,0),　∴P (5, )． ‎ ‎ 当点C坐标为 (2,0)时, 取OA中点P2 ，连PP2 ,　则PP2为△OAB的中位线．‎ ‎∴PP2=OB=．∵A (2,0),　∴P2(1,0), ∴P (1,)．　‎ 故点P坐标为(5, ),或(1,)．　　　　………………………………………10分 ‎(3)设B、P、C三点的坐标为B(x1,y1),　P(x2,y2),　C(x3,y3)，由(2)可知：‎ ‎ ………………………………………12分 ‎4、解：(1) 四边形EFGH是正方形． …………………………………………… 2分 图(2)可以看作是由四块图(1)所示地砖绕C点按顺(逆)时针方向旋转90°后得到的,故CE=CF =CG．∴△CEF是等腰直角三角形.因此四边形EFGH是正方形.… 4分　 ‎ ‎ (2)设CE=x, 则BE=0.4－x,每块地砖的费用为y,那么 ‎ y=x×30+×0.4×(0.4-x)×20+[0.16-x-×0.4×(0.4-x)×10]‎ ‎ =10(x-0.2x+0.24) ‎ ‎=10［(x-0.1)2+0.23］ (0＜x＜0.4) ． ………………………………………8分 ‎ 　　　 当x=0.1时,y有最小值,即费用为最省,此时CE=CF=0.1．‎ ‎ 答:当CE=CF=0.1米时,总费用最省. ………………………………………10分 初三重点题型练习（十六）答案 1、 ‎⑴略；⑵；‎ ‎2、.⑴（0，－1），；⑵；⑶；‎ ‎3、⑴；⑵；⑶M（3，2），N（1，3）‎ ‎4、.⑴ ①略；②PC－PA＝CE；⑵结论①仍成立；结论②不成立，此时②中三条线段的数量关系是PA－PC＝CE；‎ 初三重点题型练习（十七）答案 ‎1、（1）证明：∵，，∴DE垂直平分AC，‎ ‎∴,∠DFA＝∠DFC ＝90°，∠DAF＝∠DCF．……………………………1分 ‎∵∠DAB＝∠DAF＋∠CAB＝90°，∠CAB＋∠B＝90°，∴∠DCF＝∠DAF＝∠B．2分 在Rt△DCF和Rt△ABC中，∠DFC＝∠ACB＝90°，∠DCF＝∠B，‎ ‎∴△DCF∽△ABC． ……………………………………………………………………3分 ‎∴，即．∴AB·AF＝CB·CD． ………………………………4分 ‎（2）解：①∵AB＝15，BC＝9，∠ACB＝90°，‎ ‎ ∴，∴．……………………………5分 ‎∴（）． ………………………………………………7分 ‎②∵BC＝9（定值），∴△PBC的周长最小，就是PB＋PC最小．由（1）知，点C关于直线DE的对称点是点A，∴PB+PC＝PB+PA，故只要求PB+PA最小．‎ 显然当P、A、B三点共线时PB+PA最小．此时DP＝DE，PB+PA＝AB． ………8分 由（1），，，得△DAF∽△ABC．‎ EF∥BC，得，EF=．‎ ‎∴AF∶BC＝AD∶AB，即6∶9＝AD∶15．∴AD＝10．……………………………10分 Rt△ADF中，AD＝10，AF＝6，∴DF＝8．‎ ‎∴． ………………………………………………………11分 ‎∴当时，△PBC的周长最小，此时．………………………………12分 ‎2、解：（1）∵D（－8，0），∴B点的横坐标为－8，代入中，得y=－2．‎ ‎∴B点坐标为（－8，－2）．而A、B两点关于原点对称，∴A（8，2）．‎ 从而．……………………………………………………………………3分 ‎（2）∵N（0，－n），B是CD的中点，A、B、M、E四点均在双曲线上，‎ ‎∴，B（－2m，－），C（－2m，－n），E（－m，－n）． ……………4分 ‎ S矩形DCNO，S△DBO=，S△OEN =， ………………7分 ‎ ∴S四边形OBCE= S矩形DCNO－S△DBO－ S△OEN=k．∴． …………………………8分 由直线及双曲线，得A（4，1），B（－4，－1），‎ ‎∴C（－4，－2），M（2，2）．………………………………………………………9分 设直线CM的解析式是，由C、M两点在这条直线上，得 ‎ 解得．‎ ‎∴直线CM的解析式是．………………………………………………11分 ‎（3）如图，分别作AA1⊥x轴，MM1⊥x轴，垂足分别为A1、M1．‎ ‎（第2题）‎ y O ‎·‎ A x B M ‎·‎ Q A1‎ P M1‎ 设A点的横坐标为a，则B点的横坐标为－a．于是 ‎．‎ 同理，……………………………13分 ‎∴．……………………14分 1、 解：（1）‎ 连结OM．∵点M是的中点，∴OM⊥AB． …………………………………1分 过点O作OD⊥MN于点D，‎ 由垂径定理，得． ………………………3分 ‎ 在Rt△ODM中，OM＝4，，∴OD＝‎ ‎．‎ 故圆心O到弦MN的距离为2 cm． …………………………5分 ‎（2）cos∠OMD＝，…………………………………6分 ‎∴∠OMD＝30°，∴∠ACM＝60°．……………………………8分 ‎（第3题）‎ A B C M N O ‎·‎ D ‎4、(1)连结PB ‎∵AP是圆B的切线 ‎∴PB⊥AP ‎∵‎ ‎∴∠PAB=30°‎ ‎∴PB=AB 设⊙B的半径为r，则 r=（2+r）‎ ‎∴r=2‎ ‎⑵∵r=2‎ ‎∴点B(2,0)‎ 易求得P(,3)‎ ‎∵抛物线C经过A.P.B三点，可设抛物线解析式为y=a(x+2)(x-2)‎ ‎∴3= a(+2)(-2)‎ ‎∴a=－1／3‎ ‎∴y=－1／3(x+2)(x-2)‎ ‎⑶M(0,6)或M(0,﹣6)或M(0,3／2+√33／2)或M(0,3／2-√33／2)‎ 初三重点题型练习（十八）答案 ‎1、（1） B（12，0） C（0，6） 4分 ‎ ‎ （2）①点P在y = x上，OP = t， 点P坐标（t/2, t/2） 点Q坐标/2) ‎ ‎/2 /2 6分 ‎ 8分 当时，S的最大值为12 9分 ‎②、若点P经过点A后继续按原方向、原速度运动，过P、Q、O三点的圆与轴相切，则圆心在轴上，且轴垂直平分PQ 11分 ‎∴∠POC＝45° ∴∠QOC＝45° ∴/2 13分 ‎2、（1） 50 元 3 分 （2）OA所在直线的函数关系式 5分 ‎ AB所在直线的函数关系式 8分 ‎（3）0＜t≤20时，总利润＝5t2 5t2=500 t=±10 取t=10 10分 ‎ 20＜t≤30时，总利润＝100t 100t=500 t=5 舍去 11分 ‎30＜t≤60时，总利润＝-100t+6000 -100t+6000=500 t=55 13分 ‎ 则第10天和第55天的利润为500元.‎ ‎3、（1）证明：设，，与的面积分别为，，‎ 由题意得，．‎ ‎，．‎ ‎，即与的面积相等．‎ ‎（2）由题意知：两点坐标分别为，，‎ ‎，‎ ‎．‎ 当时，有最大值．‎ ‎．‎ ‎（3）解：设存在这样的点，将沿对折后，点恰好落在边上的点，过点作，垂足为．‎ 由题意得：，，，‎ ‎，．‎ 又，‎ ‎．‎ ‎，，‎ ‎．‎ ‎，，解得．‎ ‎．‎ 存在符合条件的点，它的坐标为．‎ ‎4、（1）如：，等等 ‎（只要写出一个符合条件的函数解析式）‎ ‎（2）解：假设存在符合条件的抛物线，则对于抛物线 当时，当时，‎ 由整点抛物线定义知：为整数，为整数，‎ 必为整数．‎ 又当时，是整数，‎ 必为整数，从而应为的整数倍，‎ ‎，‎ ‎．‎ 不存在二次项系数的绝对值小于的整点抛物线．‎ 初三重点题型练习（十九）答案 ‎1、解：（1）连结，‎ ‎，‎ ‎． 1分 ‎， ‎ ‎． 2分 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ，‎ ‎． 3分 是圆的切线． 4分 ‎（2）①连结，‎ 在中，‎ ‎ ． 5分 在中，‎ ‎ 6分 ‎．‎ ‎． 7分（取值范围不写不扣分）‎ ‎②当时，，‎ ‎， 8分 ‎，‎ 而，‎ 在中，‎ ‎． 9分 ‎2、解：（1）在中，且，‎ 点的坐标为 1分 设抛物线的对称轴与轴相交于点，‎ 则， 2分 点的坐标为． 4分 ‎（2）由抛物线的顶点为，‎ 可设抛物线的解析式为， 5分 把代入上式，‎ 解得． 6分 设平移后抛物线的解析式为 把代入上式得 平移后抛物线的解析式为．‎ 即．‎ ‎3、解：（1），所以不能在60天内售完这些椪柑，‎ ‎ （千克）‎ ‎ 即60天后还有库存5000千克，总毛利润为 ‎ W＝；‎ ‎ （2）‎ ‎ 要在2月份售完这些椪柑，售价x必须满足不等式 ‎ ‎ ‎ 解得 ‎ 所以要在2月份售完这些椪柑，销售价最高可定为1.4元/千克．‎ ‎4．‎ 解：（1） ∵A，B两点的坐标分别是A（10，0）和B（8，），‎ ‎ ∴，‎ ‎ ∴‎ ‎ 当点A´在线段AB上时，∵，TA＝TA´，‎ ‎ ∴△A´TA是等边三角形，且，‎ ‎ ∴，，‎ A A´‎ B P T E C O y x ‎ ∴，‎ ‎ 当A´与B重合时，AT＝AB＝，‎ ‎ 所以此时．‎ ‎ （2）当点A´在线段AB的延长线，且点P在线段AB（不与B重合）上时，‎ ‎ 纸片重叠部分的图形是四边形（如图（1），其中E是TA´与CB的交点），‎ A´‎ A T C O y x P F ‎ 当点P与B重合时，AT＝2AB＝8，点T的坐标是（2，0）‎ ‎ 又由（1）中求得当A´与B重合时，T的坐标是（6，0）‎ B E ‎ 所以当纸片重叠部分的图形是四边形时，．‎ ‎ （3）S存在最大值 ‎ 当时，，‎ ‎ 在对称轴t＝10的左边，S的值随着t的增大而减小，‎ ‎∴当t＝6时，S的值最大是．‎ 当时，由图，重叠部分的面积 ‎∵△A´EB的高是，‎ ‎∴‎ ‎ ‎ 当t＝2时，S的值最大是；‎ 当，即当点A´和点P都在线段AB的延长线是（如图，其中E是TA´与CB的交点，F是TP与CB的交点），‎ ‎∵，四边形ETAB是等腰形，∴EF＝ET＝AB＝4，‎ ‎∴‎ 综上所述，S的最大值是，此时t的值是．‎ 初三重点题型练习（二十）答案 ‎1、解：（1）在△OAB中，‎ x A B A´‎ B´‎ y ‎∵，，∴AB＝OB·‎ OA＝ OB·‎ ‎∴点B的坐标为（，1）‎ 过点A´作A´D垂直于y轴，垂足为D．‎ 在Rt△OD A´中 O DA´＝OA´·，‎ OD＝OA´·‎ ‎∴A´点的坐标为（，）‎ ‎（2）点B的坐标为（，1），点B´的坐标为（0，2），设所求的解析式为，则 解得，，∴‎ 当时，‎ ‎∴A´（，）在直线BB´上．‎ ‎2、解：设米．‎ ‎，，‎ 米，‎ 米，‎ 米，‎ 米，米，米，‎ 米，‎ 在中，，，‎ ‎，‎ 即．‎ 解这个方程得：．‎ 答：支柱距的水平距离约为4.6米．‎ ‎3、解：（1）如图，四边形是矩形，．‎ D Q C B P R A ‎（第3题）‎ 又，，，‎ ‎，．‎ ‎，．‎ ‎，．‎ D Q C B P R A ‎（图1）‎ ‎（2）如图1，由轴对称的性质可知，，‎ ‎，．‎ 由（1）知，，‎ ‎，．‎ ‎，，．‎ 在中，根据题意得：，‎ 解这个方程得：．‎ ‎（3）①当点在矩形的内部或边上时，‎ D Q C B P R A ‎（图2）‎ F E ‎，，‎ ‎，当时，‎ 当在矩形的外部时（如图2），，‎ 在中，，‎ ‎，‎ 又，，‎ 在中，‎ ‎，．‎ ‎，‎ ‎，‎ 当时，．‎ 综上所述，与之间的函数解析式是：．‎ ‎②矩形面积，当时，函数随自变量的增大而增大，所以的最大值是，而矩形面积的的值，‎ 而，所以，当时，的值不可能是矩形面积的；‎ 当时，根据题意，得：‎ ‎，解这个方程，得，因为，‎ 所以不合题意，舍去．‎ 所以．‎ 综上所述，当时，与矩形重叠部分的面积等于矩形面积的．‎ A B C E F D D A B C E F A D F C E B ‎（图1）‎ ‎（图2）‎ ‎（图3）‎ ‎（第4题）‎ ‎4、‎ ‎（1）①；；‎ ‎②所填的条件是：．‎ 证明：在中，．‎ ‎，．‎ 又，．‎ 又，，‎ ‎．‎ ‎，．‎ 又，．‎ ‎（2）．‎