初三数学中考复习习题 答案

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初三数学中考复习习题 答案

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).‎
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