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0
2，∴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）．
