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- 2021-05-10 发布
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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).