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能力强化 / 初三 / 寒假
第 1 讲 一轮复习之三角形
例题练习题答案
例1 【答案】B
例2 【答案】证明：∵平行四边形ADEF，
∴，AD A，D=/E/FEF
∴，∠FEB =∠ACB
又∵，AD=BF
∴，EF =BF
∴，∠FEB =∠B
∴，∠B =∠ACB
∴．AB =AC
【解析】利用平行四边形的性质及等腰三角形的性质即可得出结论.
例3 【答案】C
【解析】解：过作A，AC，A⊥DO⊥MON
平∵分O，∠PM，∠MONON =60∘
，∴，∠AMCO=PA=D∠NOP =30∘
，∵ BA//ON
，∴ ∠BAO=∠PON =30∘
为∵的Δ∠外AABO角CB，
，∴ ∠ABC =60∘
在中Rt，Δ，∠AB，ABABCC==430∘
，∴ BC =2
−−−−−−
–
根据勾股定理得：，AC =√42 −22 =2√3
–
，∴ AD=AC =2√3
–
则直线与AB之ON间的距离为，2√3
故选：．C
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例4 【答案】解：如图所示：
– – – –
①，AB，C(（0=−)舍2A去√C）2 ，，(2（0√)舍2去），（(0舍,−去2）√，2)，(0（2√舍2去)）；
②，BA，C(；(=(40,B,0−)C4)
③；CA，C(．(=(20,C,0−)B2)
综上所述，符合条件的点坐C标为或(0或(,4−或(,040．(,))2−,20))
【解析】分三种情况：①；AB②；B=A③A；C=CA进B行=C讨C论B即可求解．
例5 【答案】B
例6 【答案】解：（1），∵，∠AABB=CA=C60∘
，∴ ∠BAC =60∘
，∵，∠AADD=EA=E70∘
，∴ ∠DAE =180∘ −2∠ADE =40∘
，∴ α=∠BAD=60∘ −40∘ =20∘
，∴ ∠ADC =∠BAD+∠ABD=60∘ +20∘
=80∘
，∴ β =∠CDE =∠ADC −∠ADE =10∘
故答案为：20，10；
（2）设，∠A，∠BACED==x y
，∴，∠∠AAECDB==yx
在中Δ，D，yE=Cβ +x
在中Δ，AB，αD+x=y +β =β +x+β
．∴ α=2β
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例7 【答案】A
【解析】 解：如图，连接FC，则AF＝FC．
∵AD∥BC，
∴∠FAO＝∠BCO．
在△FOA与△BOC中，
OA＝OC，
∴△FOA≌△BOC（ASA），
∴AF＝BC＝3，
∴FC＝AF＝3，FD＝AD﹣AF＝4﹣3＝1．
在△FDC中，∵∠D＝90°，
2 2 2
∴CD +DF ＝FC ，
2 2 2
∴CD +1 ＝3 ，
–
∴CD＝．2√2
故选：A．
例8 【答案】D
例9 【答案】，(0，(,00，(,)01(,002),)8)
例10 【答案】解：如图，连接AM，AN，AD，
∵点D是关于直线AB、AC的对称点分别为M、N，
∴，AM =AD=AN
∴，∠M，∠NAABC==∠∠DDAABC
∵，∠BAC =45∘
∴，∠MAN =90∘
∴△MAN是等腰直角三角形，
–
∴，MN =√2AM
∴当AM取最小值时，MN最小，
即AD取最小值时，MN最小，
∴当AD⊥BC时，AD最小，
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过B作BH⊥AC于H，
–
√2
∴，AH =BH = AB
2
–
√2
∴，
CH = 1 − AB
( 2 )
∵，BH2 +CH2 =BC2
– 2 – 2
√2 √2
∴， AB + 1 − AB =4
( 2 ) [( 2 ) ]
–
∴，AB2 =4 +2√2
–
在Rt△ADB中，．AD2 =AB2 −BD2 =3 +2√2
–
∴，AD=√2 +1
– –
∴，MN =√2AD=2 +√2
–
∴线段MN长的最小值是．2 +√2
例11 【答案】或 1 1√2 – + 1
2 2
【解析】①如图1，
当∠B′MC＝90°，B′与A重合，M是BC的中点，
1 1 – 1
∴；BM = BC = √2 +
2 2 2
②如图2，当∠MB′C＝90°，
∵∠A＝90°，AB＝AC，
∴∠C＝45°，
∴△CMB′是等腰直角三角形，
–
∴，CM =√2MB′
∵沿MN所在的直线折叠∠B，使点B的对应点B′，
∴BM＝B′M，
–
∴，CM =√2BM
–
∵，BC =√2 +1
– –
∴，CM +BM =√2BM +BM =√2 +1
∴BM＝1，
1 – 1
综上所述，若△MB′C为直角三角形，则BM的长为或1√．2 +
2 2
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例12 【答案】C
能力强化 / 初三 / 寒假
第 1 讲 一轮复习之三角形
自我巩固答案
1 【答案】B
【解析】 解：过A作AF⊥BC于F，
∵AB＝AC，∠A＝120°，
–
∴∠B＝∠C＝30°，BF＝CF＝2，√3
CF
∵cos30°，=
AC
∴AB＝AC＝4，
∵DE垂直平分AB，
∴BE＝AE，
–
∴AE+CE＝BC＝4，√3
–
∴△ACE的周长＝AC+AE+CE＝AC+BC＝4+4，√3
故选：B．
2 【答案】C
【解析】 解：如图，分情况讨论：
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①AB为等腰△ABC的底边时，符合条件的C点有4个；
②AB为等腰△ABC其中的一条腰时，符合条件的C点有4个．
故选：C．
3 【答案】3m
4 【答案】证明：，∵，∠AAB==3A6C∘
∴，∠ABC =∠C =72∘
∵BD平分交∠AACB于C点D，
，∴，∠∠BADBCD==7∠2D∘ BC =36∘
，∴，∠∠BAD=C∠=AB∠CD
∴．AD=BD=BC
5 【答案】C
【解析】 解：从图上可知点P的个数为6．
故选：C．
6 【答案】D
【解析】解：∵CD=AC，∠A=50°，
∴∠ADC=∠A=50°，
根据题意得：MN是BC的垂直平分线，
∴CD=BD，
∴∠BCD=∠B，
1
∴∠B=∠ADC=25°，
2
∴∠ACB=180°∠A∠B=105°．
故选：D．
7 【答案】（1）证明：在△CAD中，∵M、N分别是AC、CD的中点，
1
∴MN∥AD，MN＝AD，
2
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在RT△ABC中，∵M是AC中点，
1
∴BM＝AC，
2
∵AC＝AD，
∴MN＝BM．
（2）解：∵∠BAD＝60°，AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠DAC＝30°，
1
由（1）可知，BM＝AC＝AM＝MC，
2
∴∠BMC＝∠BAM+∠ABM＝2∠BAM＝60°，
∵MN∥AD，
∴∠NMC＝∠DAC＝30°，
∴∠BMN＝∠BMC+∠NMC＝90°，
2 2 2
∴BN ＝BM +MN ，
1
由（1）可知MN＝BM＝AC＝1，
2
–
∴BN＝.√2
8 【答案】 解：连接AD，
∵△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝10，D为BC中点，
1
∴AD⊥BC，BDB=C＝5，
2
−−−−−−−−−−
∴AD1=2，√AB2 −BD2 =
又∵DE⊥AB，
1 1
∴BD•ADA=B•ED，
2 2
BD⋅AD 5 ×12
∴ED，= =
AB 13
60
解得：DE．=
13
9 【答案】A
【解析】 解：Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，
−−−−−−−−−−
∴AB1=0，
AC2 +BC2
=
√
∵CD是Rt△ABC的中线，
1
∴CDA=B＝5，
2
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故选：A．
10 【答案】D
【解析】 解：由题意可知：以AC、AB为腰的三角形有3个；
以AC、BC为腰的三角形有2个；
以BC、AB为腰的三角形有2个．
故选：D．
能力强化 / 初三 / 寒假
第 1 讲 一轮复习之三角形
课堂落实答案
1 【答案】B
2 【答案】C
3 【答案】 80
90 −
( 2n−1 )
【解析】由张角度数变化可知顶角
4 【答案】B
5 【答案】B
【解析】
能力强化 / 初三 / 寒假
第 1 讲 一轮复习之三角形
精选精练
1 【答案】B
– –
【解析】 解：如上图：满足条件的点Q共有（0，2）（0，2）√（2 0，﹣2）√（2 0，4）．
故选：B．
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2 【答案】C
【解析】 解：从B向AC作垂线段BP，交AC于P，
设AP＝x，则CP＝5﹣x，
2 2 2
在Rt△ABP中，BP ＝AB ﹣AP ，
2 2 2
在Rt△BCP中，BP ＝BC ﹣CP ，
2 2 2 2
∴AB ﹣AP ＝BC ﹣CP ，
2 2 2 2
∴5 ﹣x ＝6 ﹣（5﹣x）
解得x＝1.4，
−−−−−−−
−−−−
在Rt△ABP中，BP4=.8√，52 −1.42 =√23.04 =
∴AP+BP+CP＝AC+BP＝5+4.8＝9.8．
故选：C．
3 【答案】C
【解析】 解：∵AD∥BC，DE⊥BC，
∴DE⊥AD，∠CAD＝∠ACB，∠ADE＝∠BED＝90°，
又∵点G为AF的中点，
∴DG＝AG，
∴∠GAD＝∠GDA，
∴∠CGD＝2∠CAD，
∵∠ACD＝2∠ACB＝2∠CAD，
∴∠ACD＝∠CGD，
∴CD＝DG＝3，
−−−−−−−−−−
–
在Rt△CED中，DE2=．√√2CD2 −CE2 =
故选：C．
4 【答案】C
9/97
5 【答案】 （1）证明：∵CD＝CB，点E为BD的中点，
∴CE⊥BD，
∵点F为AC的中点，
1
∴EFA=C；
2
（2）解：∵∠BAC＝45°，CE⊥BD，
∴△AEC是等腰直角三角形，
∵点F为AC的中点，
∴EF垂直平分AC，
∴AM＝CM，
∵CD＝CM+DM＝AM+DM，CD＝CB，
∴BC＝AM+DM．
6 【答案】 解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8米，BC＝6米．
由勾股定理有：AB＝10米，应分以下几种情况．
①如图1，当AB＝AD＝10米时，
∵AC⊥BD，
∴CD＝CB＝6米，
∴△ABD的周长＝10+10+2×6＝32（米）．
②如图2，当AB＝BD＝10米时，
∵BC＝6米，
∴CD＝10﹣6＝4，
−−−−−−−−−−
−−−−−−
– – –
∴AD，=∴△AABCD的 2 +周长C＝D1 2 0=+1√0+842（√+2504=）+24米=√．45√5
√
③如图3，当AB为底时，设AD＝BD＝x米，则CD＝（x﹣6）米，
−−−−−−−−−− −−−−−−−−−−−
由勾股定理得：ADx=， AC2 +CD2 = 82 +(x−6) 2 =
√ √
25
解得，x．=
3
2580 25
∴△ABD的周长为：AD+BD+AB1=0（=米）+． +
3 3 3
–80
综上所述，扩充后等腰三角形绿地的周长为32米或（20）+4米√或5米．
3
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能力强化 / 初三 / 寒假
第 2 讲 一轮复习之全等与相似
例题练习题答案
例1 【答案】①②
【解析】解：△∵ABO≌△ADO，
，∴，O∠BAO=BO=D∠AOD=90∘
，∴故A①C⊥正B确D；
四∵边形的AB对C角D线、AC相BD交于点，O
，∴ ∠COB =∠COD=90∘
在△ABC和△ADC中，
，
AB =AD
⎧
⎪∠BAC =∠DAC
△⎨∴ABC≌△ADC（SAS），故③不正确；
⎩⎪
，∴故B②C正=确D；C
故答案为①②．
例2 【答案】证明：点∵、D点分E别从点、B点同C时出发，在线段上BC作等速运动，到达点C、点B后运动停止，
，∴ BD=CE
，∴即B，BCE−=BCDD=BC −CE
，∵ ∠B =∠C =40∘
，∴ AB =AC
在和Δ中ΔAB，AEC，D
AB =AC
⎧
⎪∠B =∠C
⎨ 11/97
；∴ ΔABE ≅ΔACD(SAS)
（2）解：，∵，A∠BB==B∠EC =40∘
1
，∴ ∠BEA =∠EAB = ×(180∘ −40∘)
2
=70∘
，∵，ABBE==ACCD
，∴ AC =CD
1
，∴ ∠ADC =∠DAC = ×(180∘ −40∘)
2
=70∘
；∴ ∠DAE =180∘ −∠ADC −∠BEA
=180∘ −70∘ −70∘ =40∘
拓展：
解：若的Δ外AB心D在其内部时，则是Δ锐AB角D三角形．
．∴ ∠BAD=140∘ −∠BDA <90∘
，∴ ∠BDA >50∘
又，∵ ∠BDA <90∘
．∴ 50∘ <∠BDA <90∘
例3 【答案】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，＝∠B，60A∘C
∵△ADP是等边三角形，
∴AD＝AP，＝∠D，60A∘P
∴＝∠D，∠BAABP++∠∠BCAAPP
∴＝∠D，∠CAABP
∴△DAB≌△（PASACS），
∴BD＝CP；
（2）解：如图2，
∵△ADP是等边三角形，
∴当点P与点E重合时，有AE＝DE，＝∠A，60E∘D
∵CE⊥AB，
1
∴AE＝BE＝DE，＝∠B，30C∘E = ∠ACB
2
∴＝∠E，30B∘D
∴＝∠D，90B∘C
在Rt△BCF中，
BF
∵BC＝2，tan，∠BCF =
BC
12/97
–
2√3
∴BF＝2tan；30∘ =
3
1
（3）解：DE长度的最小值是，
2
理由是：如图3，由（1）知：△DAB≌△PAC，
∴取AC的中点F，连接PF，则PF＝DE，
∴PF长度的最小值就是DE长度的最小值，
1 1
过点F作FG⊥CE于G，垂足G就是PF最小时点P的位置，此时PF，=故DE长度的最小值是．
2 2
【解析】（1）根据SAS证明两个三角形全等；
（2）先根据题意画图2，先得，AE，∠B再=C由BE等E腰==三3D0角∘E形的性质得，∠D根B据C特殊=的90三∘角函数可得BF
的长；
（3）先确定最小值时点P的位置，由（1）知：△DAB≌△PAC，取AC的中点F，连接PF，
则，PFPF长=度D的E最小值就是DE长的最小值，利用三角形中位线定理可得结论．
–
例4 【答案】3√5 −5
–
【解析】解：∵在△ABC中，，AB，∠B=AACC==920√∘ 2
−−−−−−−−−−
∴，∠A由B勾C股定=理∠得C：=，B4C5∘= AB2 +AC2 =4
√
把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AC和AB重合，连接DF．
则，AF，∠F，∠=BBAAAEF==∠C∠C=A4E5∘
∵，∠DAE =45∘
∴，∠FAD=∠FAB +∠BAD=∠CAE
+∠BAD=∠BAC −∠DAE =45∘
∴，∠FAD=∠DAE =45∘
13/97
在△FAD和△EAD中，
AD=AD
⎧
⎪∠FAD=∠EAD
∴△FAD≌△（EASADS），⎨
⎩⎪
∴，D，BFF==DEEC
–
设，EC则，B=F，BxD，D=F=x=2xDE =√5x
∵，BC =4
–
∴，2x+√5x+x=4
–
，x=3 −√5
– – – –
∴，DE =√5x=√5(3 −√5)=3√5 −5
–
故答案为：．3√5 −5
例5 【答案】（1）点P从点B出发，以2cm/秒的速度沿BC向点C运动，点P的运动时间为t秒时， B，P则=P
；
（2）当时t=，2△A.5BP≌△DCP，
∵当△ABP≌△DCP时，
则，BP =CP
1
∴cBmP，=CP= BC =5
2
∴秒t=时5，÷△2A=BP2≌.△5DCP；
（3）①当 B，P A时=B，C=△AQPBPC≌△PCQ，
∵ A，B =6
∴ P，C =6
∴ B，P =10 −6 =4
2，t=4
解得： t，=2
C，Q=BP =4
v，×2 =4
解得： v；=2
②当 B，A P时=B，C=△AQPBPC≌△QCP，
∵ P，B =PC
1
∴，BP =PC = BC =5
2
2，t=5
解得： t，=2.5
C，Q=AB =6
14/97
v，×2.5=6
解得： v．=2.4
综上所述：当 v或=2时2.，4△ABP与△PQC全等．
例6
(1【) 答案】B
(2【) 答案】B
(3【) 答案】50
例7 【答案】解：证(1明) ：∵，∠A =∠B =∠DPC =90∘
∴，∠APD+∠BPC =90∘
∵，∠APD+∠ADP =90∘
∴，∠ADP =∠BPC
∴△∽A△D，BPPC
AD AP
∴， =
BP BC
∴；AD⋅BC =AP ⋅BP
成(2立) ，即：．AD⋅BC =AP ⋅BP
理由：∵，∠A =∠B =∠DPC =θ
∴，∠APD+∠BPC =180∘ −θ
∵，∠APD+∠ADP =180∘ −∠A =180∘
−θ
∴，∠ADP =∠BPC
∵，∠A =∠B =θ
∴△∽A△D，BPPC
AD AP
∴， =
BP BC
∴．AD⋅BC =AP ⋅BP
如(3图) ，3 过点作D⊥D，AEB
15/97
∵，AD，AB==B6D=5
11
∴，AA×EB6 ===3BE =
22
−−−−−−−−−− −−−−−−
∴ D√；EAD=2 −AE2 =√52 −33 =4
∵，CD∴；B=CD=EB=D4−CD=5 −4 =1
∵，AP∴；B=Pt=AB −AP =6 −t
由知((12△))∽A△DBPPC
AD AP
∴ =
BP BC
5 t
∴ =
6 −t 1
∴，t ，t==1 5
1 2
∴当与D△C的AB边D上AB的高相等时，或t=．5s1
例8 【答案】解：（1）问题发现
①如图1，，∵ ∠AOB =∠COD=40∘
，∴ ∠COA =∠DOB
，∵，OOAC==OOBD
，∴ ΔCOA ≅ΔDOB(SAS)
，∴ AC =BD
AC
，∴ =1
BD
②，∵ ΔCOA ≅ΔDOB
，∴ ∠CAO=∠DBO
，∵ ∠AOB =40∘
，∴ ∠OAB +∠ABO=140∘
在中Δ，AMB
∠AMB =180∘ −(∠CAO+∠OAB
+∠ABD)
=180∘ −(∠DBO+∠OAB +∠ABD)
，=180∘ −140∘ =40∘
故答案为：①1；②；40∘
16/97
（2）类比探究
AC –
如图2，，，∠A理=M由是√B：3=90∘
BD
中Rt，Δ，∠CD，∠ODCDOOC==309∘0∘
–
OD √3
，∴ =tan30∘ =
OC 3
–
OB √3
同理得：， =tan30∘ =
OA 3
OD OB
，∴ =
OC OA
，∵ ∠AOB =∠COD=90∘
，∴ ∠AOC =∠BOD
，∴ ΔAOC ∽ΔBOD
AC OC –
，∴，∠C=AO=∠=D√B3O
BD OD
在中Δ，AM；∠=A1BM80∘B−=(1∠8O0∘A−B(+∠M∠AABBM++∠A∠DBMBO))
=90∘
（3）拓展延伸
①点与C点重M合时，如图3，
同理得：，ΔAOC ∽ΔBOD
AC –
，∴，∠AM=B√=390∘
BD
–
设，BD则，A=Cx=√3x
中Rt，Δ，∠CO，OOCDDD==130∘
，∴，BCCD==x2−2
–
中Rt，Δ，∠AO，OOABBB==√370∘
–
，∴ AB =2OB =2√7
在中Rt，Δ由A勾M股B定理得：，AC2 +BC2 =AB2
– –
，(√3x)2 +(x−2)2 =(2√7)2
，x2 −x−6 =0
，(x−3)(x+2)=0
，x，x==3 −2
1 2
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–
；∴ AC =3√3
②点与C点重M合时，如图4，
AC –
同理得：，∠A，MB==√930∘
BD
–
设，BD则，A=Cx=√3x
在中Rt，Δ由A勾M股B定理得：，AC2 +BC2 =AB2
– –
(√3x)2 +(x+2)2 =(2√7)2
，x2 +x−6 =0
，(x+3)(x−2)=0
，x，x==−32
1 2
–
；∴ AC =2√3
– –
综上所述，的AC长为或3√．2√3 3
例9 【答案】解：如图所示：连接MN，由题意可得：∠AMN=90°，∠ANM=30°，
∠BNM=45°，AN=8km，
–
√3
–
在直角△AMN中，MN=AN•cos30°，=8 × =4√3
2
–
在直角△BMN中，BM=MN•tan45°．=4√3 ≈6.9km
答：此时火箭所在点B处与发射站点M处的距离约为6.9km．
例10 【答案】解：过D作DF⊥CE于F，DG⊥AC于G，
则四边形DGCF是矩形，
∴CG=DF，DG=CF，
在Rt△DFE中，∵∠DEF=30°，DE=20，
–
1 √3 –
∴，D，EFF== DED=E10=10√3
2 2
18/97
∴，CG=DF =10
–
，DG=CF =CE +EF =30 +10√3
在Rt△CEB中，∵，∠B，CEEC==3033∘
∴，BC =CE ⋅tan33∘ =30 ×0.65=19.5
∴，BG=BC −CG=9.5m
–
在Rt△ADG中，∵，∠A，DDGG==3030+∘10√3
– –
√3
–
√3
∴，AG=DG∙ =(30 +10√3)×
3 3
≈27.3m
∴AB=18m，
答：A，B两点之间的距离为18m．
能力强化 / 初三 / 寒假
第 2 讲 一轮复习之全等与相似
自我巩固答案
1 【答案】C
【解析】∵，AD，DB==2 3
∴，AB =5
∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
AD DE
∴， =
AB BC
2 DE
∴， =
5 6
12
∴，DE =
5
故选：C．
2 【答案】A
3 【答案】C
【解析】在△ACD和△BCE中，
，
AC =BC
⎧
⎪CD=CE
∴⎨△ACD≌△BCE（SSS），
⎩⎪
19/97
∴ ∠，A ∠，=BC∠EB=∠ACD
∴ ∠，BCA =∠ECD
∵ ∠，A ∠，CBEC=D5=5∘155∘
∴ ∠，BCA +∠ECD=100∘
∴ ∠，BCA =∠ECD=50∘
∵ ∠，ACE =55∘
∴∠ACD=105∘
∴ ∠，A +∠D=75∘
∴ ∠，B +∠D=75∘
∵ ∠，BCD=155∘
∴ ∠，BPD=360∘ −75∘ −155∘ =130∘
故选：C．
4 【答案】D
5 【答案】A
【解析】设△ABC的边长为x，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠DCP＝∠PBA＝60°．
∵∠APC＝∠APD＋∠DPC＝∠BAP＋∠ABP，∠APD＝60°，
∴∠BAP＝∠CPD．
∴△ABP∽△CPD．
BP AB
∴， =
DC PC
1 x
∴． =
2 x−1
3
∴x＝3．
即△ABC的边长为3．
6 【答案】C
7 【答案】C
8 【答案】解：△∵ABC是等腰直角三角形，
，∴，∠AACC=BB=C90∘
，∴ ∠ACD+∠BCE =90∘
，∵ ∠ADC =90∘
，∴ ∠ACD+∠DAC =90∘
，∴ ∠DAC =∠BCE
20/97
在△ADC和△CEB中，
∠D=∠E
⎧
⎪∠DAC =∠ECB
△∴ADC≌△CEB（AAS）⎨，
⎩⎪
，∴ DC =BE =7cm
−−−−−−
−−−−−−
，∴ AC =√52 +72 =√25 +49
−−
=√74(cm)
−−
，∴ BC =√74(cm)
1 −− −−
该∴零件的面积为： ×√74 ×√74 =37(cm2 ).
2
【解析】暂无
9 【答案】证明：（1）∵于BE，E⊥于DA，FFC⊥AB
∴，∠FBG=∠ABE =90∘ −∠BAH
=∠FHA
又，∠BFG=∠HFA =90∘
∴△FBG∽△FHA．
（2）由于，∠B，∠AADFD==∠D∠AADFB =90∘
，∠F，∠BBDFD==∠A∠BADDB =90∘
∴△BDF∽△BAD，
∴△DAF∽△BAD，△DAF∽△BDF，
AF DF
∴，即，D=又F△2F=BGA∽F△F⋅HBA，F
DF BF
FG BF
∴，∴，AF=⋅BF =FG⋅FH
AF FH
∴．DF2 =FG⋅FH
10 【答案】解：（1）如图1，
线段BE与AF的位置关系是互相垂直；
∵，∠A，BCC，∠BA===29300∘∘
–
∴，A√C3 =2
∵点E，F分别是线段BC，AC的中点，
AF–
∴=；√3
BE
21/97
–
故答案为：互相垂直；；√3
（2）（1）中结论仍然成立．
证明：如图2，
∵点E，F分别是线段BC，AC的中点，
1 1
∴BECC，=AFCC，=
2 2
EFC1C
∴==，
BAC2C
∵，∠BCE =∠ACF =α
∴ △BEC∽△AFC，
AAFC –1
∴===，√3
BBEtCan30∘
∴，∠1 =∠2
延长BE交AC于点O，交AF于点M
∵，∠B∠O1C==∠2∠AOM
∴∠BCO=∠AMO=90∘
∴ B；E⊥AF
（3）如图3，
∵，∠A，BCC∠BA===29300∘∘
∴，AB∠B==4 60∘
过点D作 D于HH⊥BC
––
∴，D√)√−=2B332=4 −(6 −2
– –
∴，B√−H1，D√3 H3==3−
22/97
––
又∵，C√−√H133)==23−−(
∴，CH =DH
∴，∠HCD=45∘
∴，∠DCA =45∘
∴．a=180∘ −45∘ =135∘
能力强化 / 初三 / 寒假
第 2 讲 一轮复习之全等与相似
课堂落实答案
–
1 【答案】4+√43
【解析】解：将△ACN绕点A顺时针旋转，得到△ABE，如图：
由旋转得：，∠N，AN，∠AAE，∠=BE=AEA9EB=0∘=∠A∠CCDAN
∵，∠BAC =∠D=90∘
∴，∠ABD+∠ACD=360∘ −90∘ −90∘
=180∘
∴，∠ABD+∠ABE =180∘
∴E，B，M三点共线，
∵，∠M，∠BAANC==4950∘∘
∴，∠EAM =∠EAB +∠BAM =∠CAN
+∠BAM =∠BAC −∠MAN =90∘
−45∘ =45∘
∴，∠EAM =∠MAN
在△AEM和△ANM中，，
AE =AN
⎧
⎪∠EAM =∠NAM
∴△AEM≌△（ANSAMS），
⎨
⎩⎪
∴，MN =ME
∴，MN =CN +BM
23/97
–
∵在Rt△BCD中，，∠B，∠DCBDBC=D=4，√=9C303D∘0=∘BD×tan=∠4C，BD
–
∴△DMN的周长为DM+DN+MN=DM+DN+BM+CN=BD+DC=4+√43，
–
故答案为：4+√43．
2 【答案】D
3 【答案】C
4 【答案】A
【解析】解：在Rt△ACB中，，∠CABA⊥BD=C，4米A5∘B，=6
∴米BC，=6
在Rt△ABD中，
BD
∵，tan∠BAD=
AB
–
∴米BD，=AB ⋅tan∠BAD=6√3
–
∴DC=CB+BD=6+6（√米3 ）．
故选：A．
5 【答案】证明：△∵PMN为等边三角形，
，∴ ∠PMN =∠PNM =∠MPN =60∘
．∴ ∠BMP =∠PNA =120∘
，∵ ∠BPA =120∘
．∴ ∠BPM +∠APN =60∘
在△BMP中，，∠B +∠BPM =60∘
，∴ ∠B =∠NPA
△∴BMP∽△PNA，
PA PN
，∴ =
BP BM
．∴ BM ⋅PA =PN ⋅BP
能力强化 / 初三 / 寒假
第 2 讲 一轮复习之全等与相似
精选精练
1 【答案】C
【解析】设经过t秒后，△BPD与△CQP全等，
∵厘AB米，=点ADC为=AB1的2中点，
24/97
∴厘BD米，=6
当△BPD≌△CQP时，
则厘CP米，=BD=6
设，BP =CQ=2t
则，8 −6 =2t
解得：，t=1
厘v =米/2秒÷；1 =2
当△BPD≌△CPQ时，
则，BP =CP
∵厘BC米，=8
∴厘PB米，=4
秒t=，4 ÷2 =2
，QC =BD=6cm
厘v =米/6秒÷．2 =3
故选：C．
2 【答案】（1）BD、CE、DE的数量关系为：DE=BD+CE，理由如下：
∵直BD线⊥l，直CE线⊥l，
∴，∠BDA =∠CEA =90∘
∵，∠BAC =90∘
∴，∠BAD+∠CAE =90∘
∵，∠BAD+∠ABD=90∘
∴，∠CAE =∠ABD
在△ADB和△CEA中，，
∠ABD=∠CAE
⎧
⎪∠BDA =∠AEC
∴△ADB≌△CEA(AAS)，⎨
⎩⎪
∴，AE，AD==BDCE
∴；DE =AE +AD=BD+CE
（2）结论DE=BD+CE成立，理由如下：
∵，∠BDA =∠BAC =α
∴，∠DBA +∠BAD=∠BAD+∠CAE
=180∘ −α
∴，∠CAE =∠ABD
25/97
在△ADB和△CEA中，，
∠ABD=∠CAE
⎧
⎪∠BDA =∠AEC
∴△ADB≌△CEA(AAS)，⎨
⎩⎪
∴，AE，AD==BDCE
∴．DE =AE +AD=BD+CE
3 【答案】B
【解析】∵，DE // BC
∴，△ ADE ∽△ ABC
AD AE
∴， =
AB AC
∵，EF // CD
∴，△ AEF ∽△ ACD
AF AE
∴， =
AD AC
AD AF
∴， =
AB AD
∴．AD2 =AF ⋅AB
故选：B．
4 【答案】D
【解析】①△BAD≌△CAE；
②∵CD∥AE，AC∥DE，
∴，∠CDA =∠DAE =90∘
，∠CAD=∠EDA =45∘
可得：△ADC为等腰直角三角形；
③在△AEC和△AEB中
AE =AE
⎧∠BAE =∠CAE
∴△AEC≌△AEB(SAS) ；
⎨
⎩
④，∠CFD=∠ACF +∠CAF =∠ACE
+45∘
∠，CDG=90∘ −∠ADB =90∘
−(180∘ −135∘ −∠ABD)=45∘
+∠ABD
由①△BAD≌△CAE，
∴，∠ABD=∠ACE
∴，∠CFD=∠CDG
26/97
又∵，∠FCD=∠DCG
∴△CGD∽△CDF．
5 【答案】C
6 【答案】解：（1）证明：∵Q为AB的中点，
∴，AQ=BQ
∵AE⊥CQ，BF⊥CQ，
∴AE∥BF，，∠AEQ=∠BFQ=90∘
在△AEQ和△BFQ中
∠AQE =∠BQF
⎧
⎪ ∠AEQ=BFQ
∴△AEQ≌△BFQ， ⎨
⎩⎪
∴；QE =QF
（2）∵，∠B∠CEFAC++∠E∠CEACA==909∘0∘
∴∠BCF =∠EAC
在△BCF和△CAE中：，
∠BFC =∠CEA =90∘
⎧
⎪ ∠BCF =∠CAE
∴△BCF≌△（CAAAES），⎨
⎩⎪
∴，BF，CF==CEAE
∴；BF =CF +EF =AE +EF
（3）延长EQ交BF于G，
∵AE⊥CE、BF⊥CE，
∴，∠AEF =∠BFE =90∘
∴AE∥BF，
∴，∠EAQ=∠GBQ
在△AEQ和△BGQ中：，
∠EAQ=∠GBQ
⎧
⎪∠AQE =∠BQG
∴△AEQ≌△BGQ， ⎨
⎩⎪
∴、AE，EQ==BGGQ
∵，AE =CF
∴，BG=CF
∵，BF =CE
∴，BF即，G−FB=GE=FCE −CF
∴△GFE是等腰直角三角形，
27/97
∵EQ=GQ，
1 –
∴QF⊥EG、QF=EG=QE=，√2
2
−−−−−−−−−−
∴EF==2Q，E2 +QF2
√
−−−−−−−−−−
∴在Rt△ACE中：AC==1A0．E2 +EC2
√
【解析】（1）根据AAS推出△AEQ≌△BFQ，推出AE=BF即可；
（2）先判断出∠BCF=∠EAC进而得出△BCF≌△CAE（AAS）即可得出结论；
（3）先判断出△AEQ≌△BGQ进而得出△GFE是等腰直角三角形最后用勾股定理即可得
出结论．
能力强化 / 初三 / 寒假
第 3 讲 一轮复习之四边形
例题练习题答案
例1 【答案】D
【解析】解：是∵的∠AD平EA分B线，是BE的∠C平B分A线，
，∴，∠∠CDBAEE==∠∠AEBAEB
∥∵，ADBC
，∴，∠∠CDEEBA==∠∠EEBAAB
，∴，∠∠CDEABE==∠∠CDBEEA
，∴，BACD==EDCE
四∵边形是AB平C行D四边形，
，∴，AABD==CBDC
的∴周A长B，=CDAD+DC +BC +AB =2AB +AB
=12
故选：D．
例2 【答案】B
【解析】解：作交D的BGE延⊥B长E线于，G作于FH，H如⊥图AD所示：
四∵边形是AB平C行D四边形，，∠ABC =60∘
，∴，∠ABDA=DB=C120∘
，∵，∠∠ABBACC==6900∘∘
，∴，∠∠EAACFB==3300∘∘
28/97
，∴ BC =2AB
是∵的AED中点，
，∴ AE =DE =AB
，∴ ∠AEB =30∘ =∠EAF
，∴ AF =EF
，∵ FH⊥AD
– –
2√3 √3
，∴，EAF，EEF===22FEHH EH = AE
3 3
，∵，D∠DG⊥EBGE=∠AEB =30∘
–
，∴，EDGE==√2D3DGG
–
–
2√3
设，D则G，E=G，AxE，E=F=√=D3xE =2xx
3
DG x
；∴ tan∠DFE = =
FG 2√3 –
x+√3x
3
–
√3
=
5
故选：B．
例3 【答案】B
【解析】解：如图所示，过点作A′ 于A′ 点M．M⊥BC
点∵的A对应点恰A′ 落在的∠B平C分D线上，
设∴，CM则，B=MA= ′M7=−xx
又由折叠的性质知，AB =A′B =5
在∴Rt△中A′ ，M由B勾股定理得到：，A′M2 =A′B2 −BM2 =25 −(7 −x) 2
，∴ 25 −(7 −x) 2 =x2
或∴，xx==43
–
在∵等腰△R中At ′ ，C，CMA′ =√2A′M
– –
或∴．4C√A2 ′ =3√2
故选：B．
29/97
例4 【答案】（1）证明：四∵边形是AB平C行D四边形，
，∴∥AA，CBBD，O=B，OCA=D=ODOC
，∴ ∠ABE =∠CDF
点∵，E分F别为，OB的OD中点，
11
，∴，DBFE== OODB
22
，∴ BE =DF
在△ABE和△CDF中，，
AB =CD
⎧
⎪∠BAE =∠CDF
△∴ABE≌△CDF；(SAS)
⎨
⎩⎪
（2）解：当时AC，四=边2形AB是EG矩C形F；理由如下：
，∵，AACC==22AOBA
，∴ AB =OA
是∵的OEB中点，
，∴ AG⊥OB
，∴ ∠OEG=90∘
同理：，CF⊥OD
∥∴，CAFG
∥∴，CEFG
，∵，OEAG==OACE
是∴△OAECG的中位线，
∥∴，COGE
∥∴，CEGF
四∴边形是EG平C行F四边形，
，∵ ∠OEG=90∘
四∴边形是EG矩C形F．
例5 【答案】B
例6 【答案】A
【解析】解：连接，AC过点作D于D点F⊥，EBE
30/97
平∵分B，∠DABC
，∴ ∠ABD=∠DBC
中∵，A∥AB，BDCCD
，∴ ∠ADB =∠DBC
，∴ ∠ADB =∠ABD
，∴ AB =BC
四∴边形是AB菱C形D，
，∴，OABC⊥=BODD
，∵ DE⊥BD
∥∴，EODC
，∵ DE =6
1
，∴ OC = DE =3
2
的∵面A积B为CD24，
1
，∴ BD⋅AC =24
2
，∴ BD=8
−−−−−−−−−−
−−−−−−
，∴ BC =CD=
√
OB2 +OC2 =√42 +32
=5
设，CF则，B=Fx=5 +x
由可BD得2：−，82B−F(25=+Dx)C 22 =−52C−F2x2
7
解得，x=
5
24
，∴ DF =
5
24
DF 24
5
．∴ sin∠DCE = = =
DC 5 25
故选：A．
例7 【答案】（1）证明：∥∵，BAC∥AD，DEC
四∴边形是AE平C行D四边形，
，∵是E∠的BBCA中C点，=90∘
1
，∴ AE =CE = BC
2
四∴边形是AE菱C形D；
31/97
（2）过作A于AH点，H⊥BC
，∵，A∠B，BBCA=C=6=1090∘
−−−−−−−
，∴ AC =√102 −62 =8
1 1
，∵ S
△ABC
=
2
BC ⋅AH =
2
AB ⋅AC
6 ×8 24
，∴ AH = =
10 5
点∵是E的BC中点，，BC四边=形1是A0E菱C形D，
，∴ CD=CE =5
，∵ S =CE ⋅AH =CD⋅EF
▱AECD
24
．∴ EF =AH =
5
例8 【答案】解：如图，连接交D于AFE，G
由折叠可得，，DE =EF
又是∵的CED中点，
，∴ DE =CE =EF
，∴，∠∠EECDFF==∠∠EEFFCD
又，∵ ∠EDF +∠EFD+∠EFC +∠ECF
=180∘
，∴即∠，∠EDFDFC+=∠9E0F∘C =90∘
由折叠可得，AE⊥DF
，∴ ∠AGD=∠DFC =90∘
又，∵，AEDD==63
–
R∴t△ADE中，，AE =3√5
1 1
又，∵ ×AD×DE = ×AE ×DG
2 2
AD×DE 6 –
，∴ DG= = √5
AE 5
32/97
，∵ ∠DAG+∠ADG=∠CDF +∠ADG
=90∘
，∴ ∠DAG=∠CDF
又，∵，∠AADG=DC=D∠DFC =90∘
△∴ADG≌△DCF，(AAS)
6 –
，∴ CF =DG= √5
5
6 –
故答案为：．√5
5
例9 【答案】（1）证明：四∵边形，AB四C边D形都EC是G正F方形
∥∴，BDC，AAD，FG∠=B=C=DCG∠CGF =90∘
∥∵，BAC∥ADDHG
四∴边形是AH平行G四D边形
，∴ AADH==HDGG=CD
，∵，∠CEFDCG=G=H=CG∠GCGF =90∘
△∴DCG≌△HGF(SAS)
，∴∠DHGF=GH=F∠HGD
，∴ AH =HF
∵
∠HGD+∠DGF =90∘
∴
∠HFG+∠DGF =90∘
，∴且D∥AGDH⊥GHF
，∴且AAHH⊥H=FHF
△∴AHF为等腰直角三角形．
（2），∵，EACB==53
，∴，DAEEDF===2C5D=3
∥∵ EAFD
EM EF 5
，∴且DE==2 =
DM AD 3
5
．∴ EM =
4
–
例10 【答案】8√3
【解析】解：，∵ DC⊥BC
，∴ ∠BCD=90∘
，∵ ∠ACB =120∘
，∴ ∠ACD=30∘
延长到CD使H，DH =CD
33/97
为∵的ADB中点，
，∴ AD=BD
在△ADH与△BCD中，，
DH =CD
⎧
⎪∠ADH =∠BDC
△∴ADH≌△BCD，(SAS)
⎨
⎩⎪
，∴，∠AHH==∠BBCC=D4=90∘
，∵ ∠ACH =30∘
– –
，∴ CH =√3AH =4√3
–
，∴ CD=2√3
1 – –
△∴ABC的面积，==22S×
△B
2
CD
×4 ×2√3 =8√3
–
故答案为：．8√3
例11 【答案】B
【解析】解：延长交BN于AC，D
在△ANB和△AND中，，
∠NAB =∠NAD
⎧
⎪AN =AN
△∴ANB≌△AND，(ASA)
⎨
⎩⎪
，∴，BAND==NABD=7
是∵△M的AB边C的BC中点，
，∴ DC =2MN =6
，∴ AC =AD+CD=13
故选：B．
例12 【答案】C
1 1 1
【解析】解：连接、AC，BD当，E，F，G是H各边中点时，∥E，BHD，EH∥F，BG=D，FG∥E，AFB=C，EDFB=D AC
2 2 2
34/97
四∴边形为EF平G行H四边形，
，∵ AC =BD
，∴ EF =EH
四∴边形为EF菱G形H，A正确，不符合题意；
当，E，F，G是H各边中点，时AC，⊥，∠BEDFG=90∘
四∴边形为EF矩G形H，B正确，不符合题意；
当，E，F，G不H是各边中点时，四边形可EF能G为H菱形，C错误，符合题意；
当，E，F，G不H是各边中点时，四边形可EF以G为H平行四边形，D正确，不符合题意；
故选：C．
例13 【答案】B
【解析】解：、∵分NM别是、AB的AC中点，
1
，∴∥MN，BMNC= CB
2
1
又∵，CD= BD
3
，∴ MN =CD
又∵∥M，BNC
四∴边形是D平CM行四N边形，
，∴ DN =CM
，∵是M∠的AABC中B点，=90∘
1
，∴ CM = AB =3
2
，∴ DN =3
故选：B．
能力强化 / 初三 / 寒假
第 3 讲 一轮复习之四边形
自我巩固答案
1 【答案】A
【解析】解：四∵边形是AB平C行D四边形
，∴ ∠ADC =∠B
平∵分D∠EADC
35/97
∴
∠ADC =2∠ADE =50∘ =∠B
∴
∠BEC =180∘ −∠B −∠BCE =115∘
故选：A．
2 【答案】B
【解析】如图，连接BE．
∵四边形ABCD是矩形，
∴，AB，BC，∠=D=C=DAD9=0=∘2 3
−−−−−−−−−− −−−−−−
在Rt△ADE中，，AE =√AD2 +DE2 =√32 +12
−−
=√10
1 1
∵，S = S =3 = ⋅AE ⋅BF
△ABE
2
ABCD
2
−−
3√10
∴．BF =
5
故选：B．
3 【答案】C
【解析】解：四∵边形是AB菱C形D，
1
，∴，∠ACCA⊥BBD=∠CAD= ∠BAD=60∘
2
1
，∴，∵∠AAODD==9×0∘24 =6
4
1 –
，∴，OODA==3√A3D=3
2
–
OA ×OD 3 ×3√3 3√
根据垂线段最短可知：当时OE，⊥的OAE值D最小，此时，OE = = =
AD 6 2
故选：C．
4 【答案】B
5 【答案】A
【解析】解：因为一般四边形的中点四边形是平行四边形，
当对角线B时D，中=点A四C边形是菱形，当对角线A时C，⊥中B点D四边形是矩形，当对角线，AC且A时=C，B⊥中DB
点四边形是正方形，
故④选项正确，
故选：．A
6 【答案】C
【解析】解：，∵BAFF平⊥分B∠AFBC，
36/97
△∴ABG是等腰三角形，
，∴，ABFG==FAGB =12
，∴ GC =BC −BG=8
，∵，AAEF ==EFCG
1
，∴ EF = GC =4
2
故选：C．
7 【答案】（1）证明：，∵，ED分F别是，AB，BC的AC中点，
∥∴，BDC∥EF，AFB
∥∴，BDE∥EF，BFD
四∴边形是BE平F行D四边形；
（2）解：，∵是D∠的AABF中B点，=，A9B0∘=6
1
，∴ DF =DB =DA = AB =3
2
四∵边形是BE平F行D四边形，
四∴边形是BE菱F形D，
，∵ DB =3
四∴边形的BE周F长D为12．
8 【答案】（1）证明：如图所示：平∵分C，∠EBCA
，∴ ∠1 =∠2
又∥∵，BMCN
，∴ ∠1 =∠3
，∴ ∠3 =∠2
，∴ EO=CO
同理，，FO=CO
；∴ EO=FO
（2）解：当点运O动到中AC点时，四边形是AE矩C形F；
理由如下：
，∵ OA =OC
四∴边形是AE平C行F四边形，
是∵的∠CB外FC角A平分线，
，∴ ∠4 =∠5
又，∵ ∠1 =∠2
，∴ ∠1 +∠5 =∠2 +∠4
37/97
又，∵ ∠1 +∠5 +∠2 +∠4 =180∘
，∴ ∠2 +∠4 =90∘
平∴行四边形是AE矩C形F．
【解析】
9 【答案】（1）证明：∥∵，BACF
，∴ ∠AFE =∠DBE
是∵的AED中点，
，∴ AE =DE
在△AFE和△DBE中，
∠AFE =∠DBE
⎧
⎪∠FEA =∠BED
△⎨∴AFE≌△DBE；(AAS)
⎩⎪
（2）证明：由（1）知，△AFE≌△DBE，则．AF =DB
为∵边BAC上D的中线
，∴ DB =DC
．∴ AF =CD
∥∵，BACF
四∴边形是AD平C行F四边形，
，∵是D∠的BBCA中C点，=是E9的A0∘D中点，
1
，∴ AD=DC = BC
2
四∴边形是AD菱C形F；
（3）连接，DF
∥∵，BAD，AFF =BD
四∴边形是AB平D行F四边形，
，∴ DF =AB =5
四∵边形是AD菱C形F，
1 1
．∴ S
ADCF
= AC ⋅DF = ×4 ×5 =10
2 2
38/97
10 【答案】解：（1），AG=FG
理由如下：如图，过点作F交FM的BA延⊥长A线B于点M
四∵边形是AB正C方D形
，∴∠ABB==9B0C∘ =∠BAD
，∵，∠FMFMGA⊥⊥DAAB=D90∘
四∴边形是AG矩F形M
，∴，AAMG==MFGF
，∵ ∠CEF =90∘
，∴∠∠BFEECM++∠∠BBCEEC==9900∘∘
，∴且∠，∠FMEEMF===∠EB∠CB=C9E0∘
△∴EFM≌∥△CEB(AAS)
，∴ MBEE==MBCF
∴
ME =AB =BC
∴
BE =MA =MF
，∴ AG=FG
（2）DH⊥HG
理由如下：如图，延长交GH于CD点，N
，∵ CFDG⊥⊥AADD
39/97
∥∴ CFDG
FG FH GH
，∴且，C=H =FH=
CN CH NH
，∴ NGHC ==FHGN
∴
AG=FG=NC
又，∵ AD=CD
，∴且GGDH==DHNN
．∴ DH⊥GH
能力强化 / 初三 / 寒假
第 3 讲 一轮复习之四边形
课堂落实答案
1 【答案】D
【解析】解：四∵边形是AB平C行D四边形
，∴，AAD，ABO===BCCCDO
又，∵ EO⊥AC
，∴ AE =CE
的∵周A长B为CD，22cm
，∴ 2(AD+CD)=22cm
，∴ AD+CD=11cm
△∴CDE的周长，=CE +DE +CD=AE +DE +CD
=AD+CD=11cm
故选：D．
2 【答案】B
【解析】解：点∵的A坐标是，(−点1的C,0坐) 标是，(2,4)
−−−−−−−−−−−−−−−
2 2
线∴段，AC = (4 −0) +(2 +1) =5
√
四∵边形是AB矩C形D，
，∴ BD=AC =5
故选：B．
3 【答案】A
【解析】解：四∵边形为AB菱C形D，
40/97
20
，∴且C为OD的B=D中B点C，= =5
4
为∵的CED中点，
为∴△OBECD的中位线，
1
，∴ OE = CB =2.5
2
故选：A．
4 【答案】A
【解析】解：∵，BD，BD⊥，CDC=D=4 3
−−−−−−−−−− −−−−−−
∴，BC =√BD2 +CD2 =√42 +32 =5
∵、E、F、G分H别是、AB、AC、CD的BD中点，
1 1
∴，EH，EF==FGGH== BCAD
2 2
∴四边形的EF周G长H，=EH +GH +FG+EF =AD+BC
又∵，AD=7
∴四边形的EF周G长H．=7 +5 =12
故选：A．
5 【答案】解：（1）证明：四∵边形是AB正C方D形，
，∴，∠AABB=CA=D∠ADC =∠ADF =90∘
在△ABE和△ADF中，
，
AB =AD
⎧
⎪∠ABE =∠ADF
△⎨∴ABE≌△ADF；(SAS)
⎩⎪
（2）解：△∵ABE≌△ADF，
，∴，∠ABEA=EA=F∠DAF
，∵ ∠BAE +∠EAD=90∘
，∴即∠，∠DEAAFF+=∠9E0A∘ D=90∘
– –
．∴ EF =√2AE =5√2
能力强化 / 初三 / 寒假
第 3 讲 一轮复习之四边形
精选精练
41/97
1 【答案】（1）证明：四∵边形是AB平C行D四边形，
∥∴，CAD，ABB =CD
，∴ ∠AFC =∠DCG
，∵，∠GAAG=FG=D∠CGD
△∴AGF≌△DGC，
，∴ AF =CD
．∴ AB =AF
（2）解：结论：四边形是AC矩D形F．
理由：，∵∥AA，CFFD=CD
四∴边形是AC平D行F四边形，
四∵边形是AB平C行D四边形，
，∴ ∠BAD=∠BCD=120∘
，∴ ∠FAG=60∘
，∵ AB =AG=AF
△∴AFG是等边三角形，
，∴ AG=GF
△∵AGF≌△DGC，
，∴，∵ FGAG==CGGD
，∴ AD=CF
四∴边形是AC矩D形F．
–
2 【答案】7 −2√6
【解析】解：如图，若、P、E三D点在一直线上，
由折叠得：，AB，BP∠=B=A=EPE∠=A5EP =90∘
−−−−−−−−−− −−−−−−
–
在Rt△ADE中，由勾股定理得：DE =√AD2 −AE2 =√72 −52 =2√6
设，BP则，P=E，PxC在=在=xR7t△−DCxP中，由勾股定理得：
，(2√6 – +x) 2 =(7 −x) 2 +52
– –
解得：，x即=：7；B−P2√=67 −2√6
–
故答案为：．7 −2√6
42/97
3 【答案】C
【解析】解：四∵边形是AB菱C形D，
，∴，AOC，∠B⊥A=DBODCD=∠ABC
，∵ DH⊥AB
1
，∴ OH =OB = BD
2
，∵ ∠DHO=20∘
，∴ ∠OHB =90∘ −∠DHO=70∘
，∴ ∠ABD=∠OHB =70∘
，∴ ∠ADC =∠ABC =2∠ABD=140∘
故选：．C
4 【答案】A
【解析】解：正∵方形的AB边C长D为2，点是E的BC中点，
，∴，∠AA，CBBE=C=B=BC∠E=C=C=1D∠=ADADF ==920∘
，∵ AF⊥DE
，∴ ∠DAF +∠ADN =∠ADN +∠CDE
=90∘
，∴ ∠DAN =∠EDC
在△ADF与△DCE中，，
∠ADF =∠C
⎧AD=CD
△∴ADF≌△DCE，(ASA)
⎨
⎩
，∴ DF =CE =1
∥∵，DAFB
△∴ABM△∽FDM，
S AB 2
，∴
△ABM
=( ) =4
S DF
△FDM
；∴故S
△
①
A
正
BM
确；=4S
△FDM
−−−−−−
–
由勾股定理可知：，AF =DE =AE =√12 +22 =√5
1 1
，∵ ×AD×DF = ×AF ×DN
2 2
–
2√5
，∴ DN =
5
– –
3√−−5−−−−−−−− 4√5
，∴，AENN==√AD2 −DN2 =
5 5
EN 3
，∴故ta③n正∠E确A，F = =
AN 4
作于PH．H⊥AN
43/97
∥∵，ABDE
PA AD
，∴ = =2
PE BE
–
2√5
，∴ PA =
3
∥∵，EPNH
AH PA 2
，∴ = =
AN AE 3
– – –
24√5 4√5 8√5
，∴，HAHN == × =
315 5 15
−−
−−−−−−−−−−− 2√65
，∴故P②N正=确√，PH2 +NH2 =
15
，∵ PN ≠DN
，∴ ∠DPN ≠∠PDE
△∴PMN与△DPE不相似，故④错误．
故选：A．
5 【答案】B
【解析】解：∵在四边形ABCD中，M、N、P分别是AD、BC、BD的中点，
∴PN，PM分别是△CDB与△DAB的中位线，
11
∴，PM，PN∥P=，AM=B∥P，DNACDBC
22
∵，AB =CD
∴，PM =PN
∴△PMN是等腰三角形，
∵∥P，AMB∥P，DNC
∴，∠M，∠BPPDN==∠∠ABBDDC==207∘0∘
∴∠MPN =∠MPD+∠NPD
=20∘ +(180 −70)∘
，=130∘
180∘ −130∘
∴．∠PMN = =25∘
2
故选：B．
6 【答案】解：（1）四边形是AB垂C美D四边形．
44/97
证明：，∵ AB =AD
点∴在A线段的BD垂直平分线上，
，∵ CB =CD
点∴在C线段的BD垂直平分线上，
直∴线是AC线段的BD垂直平分线，
，∴即A四C⊥边B形D是AB垂C美D四边形；
（2）猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．
如图2，已知四边形中AB，C，ADC垂⊥足B为D，E
求证：AD2 +BC2 =AB2 +CD2
证明：，∵ AC⊥BD
，∴ ∠AED=∠AEB =∠BEC =∠CED
=90∘
由勾股定理得，，AD2 +BC2 =AE2 +DE2 +BE2
+CE2
，AB2 +CD2 =AE2 +BE2 +CE2
+DE2
；∴ AD2 +BC2 =AB2 +CD2
故答案为：．AD2 +BC2 =AB2 +CD2
（3）连接、CG，BE
，∵ ∠CAG=∠BAE =90∘
，∴即∠，∠CGAAGB+=∠∠BCAACE=∠BAE +∠BAC
在△和GA△中CBA，E，
AG=AC
⎧
⎪∠GAB =∠CAE
△∴≌G△A，CBAE(S
⎨
AS)
⎩⎪
，∴又∠，∠AABEGC=+∠∠AAEMC E =90∘
，∴即∠，CAEB⊥GB+G∠AME =90∘
四∴边形是CG垂E美B四边形，
由（2）得，，CG2 +BE2 =CB2 +GE2
，∵，AABC==54
– –
，∴，CBG，BCE===43√5√2 2
，∴ GE2 =CG2 +BE2 −CB2 =73
−−
．∴ GE =√73
45/97
能力强化 / 初三 / 寒假
第 4 讲 一轮复习之圆
例题练习题答案
例1
(1【) 答案】B
(2【) 答案】A
1
(3【) 答案】
2
(4【) 答案】C
例2
(1【) 答案】70∘
(2【) 答案】18
(3【) 答案】A
例3
(1【) 答案】D
(2【) 答案】D
(3【) 答案】A
例4
(1【) 答案】B
(2【) 答案】B
46/97
例5
(1【) 答案】B
1
(2【) 答案】 π
2
–
(3【) 答案】√3 +π
例6 【答案】219∘
例7 【答案】①③
例8 【答案】（1）证明：连接，OD
是∵切D线E，
，∴ ∠ODE =90∘
，∴ ∠ADE +∠BDO=90∘
，∵ ∠ACB =90∘
，∴ ∠A +∠B =90∘
，∵ OD=OB
，∴ ∠B =∠BDO
．∴ ∠ADE =∠A
（2）解：连接．CD
，∵ ∠ADE =∠A
，∴ AE =DE
是∵的⊙BO直C径，，∠ACB =90∘
是∴的⊙EO切C线，
，∴ ED=EC
，∴ AE =EC
，∵ DE =5
，∴ AC =2DE =10
在中Rt，△，DACD=C6
设，BD在中R=t，x △，BBC在D2 中R=Ct，△，Bx2AC+B2 C=62(x+8) 2 −102
，∴ x2 +62 =(x+8) 2 −102
9
解得，x=
2
−−−−−−−−
9 2 15
．∴ BC = 62 +( ) =
√ 2 2
47/97
例9 【答案】 解：（1）证明：连接OD交BC于H，如图，
∵点E是△ABC的内心，
∴AD平分，∠BAC
即＝∠B，∠ACDAD
⌢ ⌢
∴，BD =CD
∴OD⊥BC，BH＝CH，
∵DG∥BC，
∴OD⊥DG，
∴DG是⊙O的切线；
（2）解：连接BD、OB，如图，
∵点E是△ABC的内心，
∴＝∠A，∠BCEBE
∵＝∠D，∠BBACD
∴＝∠D＝∠BE＝∠ABD，∠DDBCB+E+∠A∠BCEBE
∴DB＝DE＝6，
1 –
∵BH＝＝，3B√C3
2
– –
BH 3√3 √3
在Rt△BDH中，＝sin，∠BD=H =
BD 6 2
∴＝∠B，60D∘H
而OB＝OD，
∴△OBD为等边三角形，
∴＝∠B，60OO∘DB＝BD＝6，
∴＝∠B，12O0C∘
⌢ (360 −120)⋅π ⋅6
∴优弧的BA长C＝＝．8π
180
48/97
例10 【答案】解：（1）证明：由同弧所对圆周角相等得=∠，∠FDBCDF
又∵CF平分，∠BCD
∴=∠，∠BDCCFF
已知=∠，∠EGBBFF
∴=∠，∠EBBCFF
∵BC为⊙O直径，
∴=∠，9B0F∘ C
∴=∠，9F0B∘ C +∠FCB
∴=∠，9F0B∘ C +∠EBF
∴BE⊥BC，
∴BE为⊙O切线；
（2）证明：由（1）知=∠=∠B，9EF0=∠B∘C，∠ECEBCFB
∴△BEF∽△CEB，
∴=B，EEF2 ⋅CE
又=∠，∠EGBBFBF⊥FEG，
∴=∠=∠B，9BF0F∘EG
在△BEF与△BGF中，，
∠EBF =∠GBF
⎧
⎪BF =BF
∴，△ BEF≌ △ BG ⎨ F
⎩⎪
∴BE=BG，EF=FG，
∴=B；FGG2 ⋅CE
（3）如图，过G作GH⊥BC于H，
∵CF平分，∠BCD
∴GH=GD，
3
∵，tan∠DBC =
4
3
∴，sin∠DBC =
5
∵BC=10，
49/97
∴BD=8，BG==B，8D−−GGDD
GH GD 3
∴， = =
BG 8 −GD 5
∴GD=GH=3，BG=5，BH=4，
∵BC=10，∴OH==O1B，−BH
−−
在中Rt，△由O勾G股H定理得OG．=√10
能力强化 / 初三 / 寒假
第 4 讲 一轮复习之圆
自我巩固答案
1 【答案】A
2 【答案】C
3 【答案】C
4 【答案】D
5 【答案】C
6 【答案】A
7 【答案】A
8 【答案】解：（1）证明：连接OC，如图所示：
∵BD是⊙O的切线，
∴＝∠A，90B即∘D，∠ABC +∠CBE =90∘
∵AB是⊙O的直径，
∴，∠ACB =∠BCD=90∘
∴，∠A＝∠BA，90CC∘O++∠A∠B=C9O0∘
∴∠CBE =∠A
∵E是BD中点，
1
∴＝CEBE，= BD
2
∴＝∠B＝∠CC，∠EBAE
50/97
∵OA＝OC，
∴＝∠A，∠CAO
∴＝∠A，∠CBOCE
∴＝∠B，90C∘E +∠BCO
即＝∠O，90CC∘EE⊥OC，
∴CE是⊙O的切线；
（2）∵＝∠A，90C∘B
−−−−−−−−−−
−−−−−−
∴，AB = AC2 +BC2 =√62 +82 =10
√
BD BC 3
∵，tanA = = =
AB AC 4
3 15
∴，BD= AB =
4 2
151
∴BCDE．==
42
9 【答案】解：（1）连接OA，
∵PA是⊙O的切线，
∴＝∠P90A∘O
∵＝∠P，30∘
∴＝∠A，60O∘D
∵AC⊥PB，PB过圆心O，
∴AD＝DC
–
5√3
在Rt△ODA中，AD＝OA ⋅sin60∘ =
2
–
∴AC＝2AD＝5√3
（2）∵AC⊥PB，＝∠P，30∘
∴＝∠P，60A∘C
∵＝∠A60O∘P
∴＝∠B，12O0A∘
∴＝∠B，60C∘A
∴＝∠P∠ABCCA
∴BC∥PA
51/97
10 【答案】解：（1）证明：连接OD，
∵OB＝OD，
∴＝∠A，∠BOCDB
∵AB＝AC，
∴＝∠A，∠BACCB
∴＝∠O，∠DACBB
∴OD∥AC，
∵DF是⊙O的切线，
∴DF⊥OD，
∴DF⊥AC．
（2）解：连接OE，
∵DF⊥AC，＝∠C，22D.5F∘
∴＝∠A＝∠BA，67CC.5B∘
∴＝∠B，45A∘C
∵OA＝OE，
∴＝∠A，90O∘E
∵⊙O的半径为4，
∴＝S，4π ，S =8
扇形A△OAEOE
∴＝S．4π −8
阴影
能力强化 / 初三 / 寒假
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第 4 讲 一轮复习之圆
课堂落实答案
1 【答案】A
2 【答案】C
3 【答案】D
4 【答案】D
5 【答案】解：
（1）证明：连接OB，如图所示：
∵AC是⊙O的直径，
∴＝∠A，90B∘C
∴＝∠C，90+∘ ∠BAC
∵OA＝OB，
∴＝∠B，∠AOCBA
∵＝∠P，∠BCA
∴＝∠P，90B∘A +∠OBA
即PB⊥OB，
又∵OB是⊙O的半径，
∴PB是⊙O的切线；
–
（2）解：∵⊙O的半径为，2√2
– –
∴OB＝，2√A2C＝，4√2
∵OP∥BC，
∴＝∠C，∠BBOOP
∵OC＝OB，
∴＝∠C，∠CBO
∴＝∠C，∠BOP
又∵＝∠A＝∠BP，90CB∘O
∴△ABC∽△PBO，
53/97
BC AC
∴， =
OB OP
–
BC 4√2
即， – =
2√2 8
∴BC＝2．
能力强化 / 初三 / 寒假
第 4 讲 一轮复习之圆
精选精练
1 【答案】C
2 【答案】2π
3 【答案】3
4 【答案】D
5 【答案】解：（1）证明：连接OC，如图，
∵CE为切线，
∴OC⊥CE，
∴＝∠O，90C即∘E＝∠1，90+∘ ∠4
∵DO⊥AB，
∴＝∠3，90+∘ ∠B
而＝∠2，∠3
∴＝∠2，90+∘ ∠B
而OB＝OC，
∴＝∠4，∠B
∴＝∠1，∠2
∴CE＝FE；
（2）①当＝∠D时30，∘ ＝∠D，60A∘O
而AB为直径，
∴＝∠A，90C∘B
∴＝∠B，30∘
∴＝∠3＝∠2，60∘
而CE＝FE，
54/97
∴△CEF为等边三角形，
∴CE＝CF＝EF，
同理可得＝∠G，60F∘E
利用对称得FG＝FC，
∵FG＝EF，
∴△FEG为等边三角形，
∴EG＝FG，
∴EF＝FG＝GE＝CE，
∴四边形ECFG为菱形；
②当＝∠D时22，.5＝∠∘D，67A.5O∘
而OA＝OC，
∴＝∠O＝∠CO，67AA.5C∘
∴＝∠A＝18O，405C∘∘−67.5∘ −67.5∘
∴＝∠A，45O∘C
∴＝∠C，45O∘E
利用对称得＝∠E，45O∘G
∴＝∠C，90O∘G
易得△OEC≌△OEG，
∴＝∠O＝∠GO，90EC∘E
∴四边形ECOG为矩形，
而OC＝OG，
∴四边形ECOG为正方形．
故答案为，30．2∘2.5∘
6 【答案】证明：（1）如图1，连接BC，
∵CD为⊙O的直径，AB⊥CD，
55/97
⌢ ⌢
∴，BC =AC
∴＝∠A．∠ABC
∵EC＝AE，
∴＝∠A．∠ACE
∴＝∠A．∠BACCE
∵＝∠A，∠A
∴△AEC∽△ACB．
AC AE
∴， =
AB AC
∴＝AC；AE2 ⋅AB
图1
（2）．PB =PE
理由是：如图2，连接OB，
∵PB为⊙O的切线，
∴OB⊥PB，
∴＝∠O，90B∘P
∴＝∠P．90B∘N +∠OBN
∵＝∠O，90B∘N +∠COB
∴＝∠P．∠BCNOB
∵＝∠P＝∠EA，2∠B＝∠+AC，2∠∠OAABCE
∴＝∠P，∠ECBOB
∴＝∠P．∠EPBBN
∴PB＝PE；
图2
56/97
（3）如图3，∵N为OC的中点，
1 1
∴，ON = OC = OB
2 2
Rt△OBN中，＝∠O，30B∘N
∴＝∠C，60O∘B
∵OC＝OB，
∴△OCB为等边三角形，
∵Q为⊙O任意一点，连接PQ、OQ，
∵OQ为半径，是定值4，则的PQ值最+小O时Q，PQ最小，
当P、Q、O三点共线时，PQ最小，
∴Q为OP与⊙O的交点时，PQ最小，
1
∵＝∠A，30=∘ ∠COB
2
∴＝∠P＝2∠E，6A0B∘
＝∠A＝90B，6∘0P−∘ 30∘
∴△PBE是等边三角形，
–
Rt△OBN中，根据勾股定理得，BN＝，2√3
–
∴AB＝2BN＝，4√3
–
设AE＝x，则CE＝x，EN＝，2√3 −x
–
Rt△CNE中，＝x2，22解+得(：2√x3 – =− 4 x √ ) 3 2
3
– –
–
4√3 8√3
∴BE＝PB＝，4√3 − =
3 3
−−
−−−−−−−−−− 4√21
Rt△OPB中，，OP =√PB2 +OB2 =
3
−−
4√21
∴．PQ= −4
3
−−
4√21
则线段PQ的最小值是4． −
3
图3
能力强化 / 初三 / 寒假
57/97
第 5 讲 一轮复习之代数式与方程不等式
例题练习题答案
例1
5 4
(1【) 答案】
；−4；−
3 5
(2【) 答案】C
(3【) 答案】1 ×106
(4【) 答案】A
例2
(1【) 答案】C
(2【) 答案】D
(3【) 答案】C
(4【) 答案】C
例3
(1【) 答案】D
(2【) 答案】D
(3【) 答案】2
例4
(1【) 答案】C
x−y x2y x
(2【) 答案】
原式．= ⋅ =
xy (x−y) 2 x−y
2y
当 x时=，2原y式．= =2
2y −y
例5 【答案】∵关于的x方程 x有2两−个a相x等+的a实=数0根，
∴ Δ．=(−a) 2 −4a=a2 −4a=0
1 a+2
∵ ⋅
a2 −4 a−2
1 a+2
= ⋅
(a+2)(a−2) a−2
1
，=
(a−2) 2
58/97(a−2)
1 1
∴ 原式．= =
a2 −4a+4 4
例6
(1【) 答案】5x(x−1) 2
(2【) 答案】a(x+2y)(x−2y)
(3【) 答案】m2 +am+bm+ab
=(m+a)(m+b)
例7 【答案】 2，(2x+1)−3(5x−1)≥−6
4，x+2 −15x+3 ≥−6
，−11x≥−11
，x≤1
不等式的解集在数轴上表示如下：
例8 【答案】解不等式 2得(x，+1)>5x−7
，2x+2 >5x−7
，3x<9
，x<3
x+10
解不等式 得， >2x
3
，x+10 >6x
，5x<10
，x<2
∴原不等式的解集为．x<2
例9 【答案】（1） ∵，Δ=(−4m) 2 −4(4m2 −9)=36 > 0
∴此方程有两个不相等的实数根．
−−
4m±√36
（2）∵由求根公式可得 ，x=
2
∴．x=2m±3
∵，x 0
∴．k<3
（2）∵为k 正整数，
∴或k=．k=1 2
∵方程的根都是整数，
∴是12完−全4平k方数．
∴．k=2
∴原方程为：．x2 +2x=0
解得，x．x==0 −2
1 2
例11 【答案】（1）Δ=(3a+1) 2 −8a(a+1)
=9a2 +6a+1 −8a2 −8a
，=a2 −2a+1=(a−1) 2 ≥0
所以无论a为任何非零实数，方程总有两个实数根；
−(3a+1)±(a−1)
（2），x=
2a
1
，x，x==−1−−2
1 2
a
∵两个实数根均为整数，
∴，a=±1
∵两个实数根均为负整数，
∴．a=1
【解析】（1）△=(3a+1) 2 −8a(a+1)
=9a2 +6a+1 −8a2 −8a
=a2 −2a+1
2
=(a−1) ≥0
无论a为任何非零实数，方程总有两个实数根；
−(3a+1)±(a−1)
（2）x=
2a
1
，xx==−1−−2
1 2
a
∵两个实数根均为整数，
∴，a=±1
∵两个实数根均为负整数，
∴a=1
60/97
能力强化 / 初三 / 寒假
第 5 讲 一轮复习之代数式与方程不等式
自我巩固答案
1 【答案】C
4x
【解析】 解：A．，，x3，x+≠1−≠10
x3 +1
x
2
B．，，(x，x+≠1−) 1≠0
(x+1) 2
3x
C．，，x2x为+任1意≠实0数，
x2 +1
x−2
D．，，x2；x≠≠00
x2
故选：C．
2 【答案】B
【解析】 x 1 (x+1) 2
解：原式
= + ÷
(x x) x
x+1 x
= ⋅
x (x+1) 2
1
，=
x+1
故选：B．
3 【答案】B
– – –
【解析】解：原式=(3√6 +6 −6 −2√6)÷√6
– –
=√6 ÷√6
．=1
故选：B．
4 【答案】C
5 【答案】D
【解析】解：设红豆棒冰和矿泉水的单价分别为x、y，假设甲是对的，
那么有18x+30y =396
即，3x+5y =66
将此式代入乙，丙，丁中，我们发现乙，丙都和甲相同，因此，甲是正确的，丁是错误
的．
故选：D．
61/97
6 【答案】B
【解析】解：根据题意，知，
m−1 ≠0
，
{m2 −3m+2 =0
解方程得：．m=2
故选：B．
7 【答案】D
【解析】解：∵方程有x2两−个2不k相x等+的k2 实−数根k+，2 =0
∴，Δ=(−2k) 2 −4(k2 −k+2)=4k−8
>0
解得：．k>2
8 【答案】D
【解析】解：∵的x2两+个b实x数+根c中=较0小的一个根是m，
−−−−−−
−b−√b2 −4c
∴， =m
2
−−−−−−
解得：，b+√b2 −4c =−2m
故选：D．
9 【答案】A
【解析】解：设A商家每张餐桌的售价为x元，则B商家每张餐桌的售价为(元x，+根1据3)题意列方程
得：
20000 18000
=
x+13 x
解得：x=117
经检验：是x原=方11程7的解，
故选：A．
10 【答案】 ①
解：（1） 4(x+1)≤7x+10
②
x−5 < x−8
{
3
解不等式①，可得
，x≥−2
解不等式②，可得
，x<3.5
∴不等式组的解集为：；−2 ≤x<3.5
（2）(x−1)(x−3)−8
=x2 −4x+3 −8
=x2 −4x−5
62/97
；=(x−5)(x+1)
x−2 x+2 16
（3） = +
x+2 x−2 x2 −4
方程两边同乘，(x可+得2)(x−2)
2 2
，(x−2) =(x+2) +16
解得，x=−2
检验：当时x，=，(−x2+2)(x−2)=0
∴是x原=方−程2的增根，
∴原方程无解．
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第 5 讲 一轮复习之代数式与方程不等式
课堂落实答案
1 【答案】A
【解析】解：，x+2 ≠0
∴x≠−2
故选：A．
2 【答案】C
【解析】解：将代x入=，a2x得4：+，1b6xa2++45b=+35 =3
则，16a+4b=−2
所以当时x，=，a−x24 +bx2 +7 =16a+4b+7 =−2 +7
=5
故选：C．
3 【答案】B
【解析】A、两个平方项异号，可用平方差公式进行因式分解，故A正确；
B、两个平方项同号，不能运用平方差公式进行因式分解，故B错误；
C、可先运用提公因式法，再运用十字相乘法，原式，=故aC(a正2确−；3a+2)=a(a−1)(a
2
D、可先分组，再运用公式法，原式，=故(aD−正确b)．−1 =(a−b+1)(a−b−1)
故选：B．
4 【答案】D
【解析】 5x−3 >3x+5
解：，
{ x4
由②得，，x4
故选：D．
5 【答案】解：（1）∵关于x的一元二次方程有kx两2个+不2相(k等−的2实)数x根+，k=0
k≠0
∴，
{Δ=[2(k−2)] 2 −4 ×k⋅k>0
解得：且k<，k≠1 0
∴k的取值范围是且k<．k≠1 0
（2）不存在符合条件的实数k，理由如下：
设方程的kx两2根+分2别(k为−、x2，x)x+k=0
1 2
2(k−2)
由根与系数关系得：．x +x =−
1 2
k
∵、x互x为相反数，
1 2
2(k−2)
∴，x即+，x =0 =0
1 2
k
∴．k=2
又∵且k<，k≠1 0
∴舍k=去，2
∴不存在符合条件的k值．
能力强化 / 初三 / 寒假
第 5 讲 一轮复习之代数式与方程不等式
精选精练
−−−−− −−−−−
1 【答案】解：（1），√a−17 +√17 −a =b+8
∴且a−，171−7 ≥a≥0 0
解得：；a=17
（2）∵，a=17
∴，b+8 =0
∴，b=−8
−−−−−−−−−−
∴的a2平−方b根 2 是．± 172 −(−8) 2 =±15
√
64/97
【解析】（1）根据二次根式有意义的条件得出不等式组，求出a即可；
（2）求出a、b的值，再求出平方根即可．
2 【答案】（1）证明：，Δ=1=6[>2(0m−1)] 2 −4 ×1
×(m2 −2m−3)
∴不论m为何值，该方程均有两个不等的实根；
（2）解：，x2 +2(m−1)x+m2 −2m−3 =0
，(x+m−3)(x+m+1)=0
∵，x >x
1 2
∴，x，x==−m−m+−3 1
1 2
∴，w=x (x +x )+x2
1 1 2 1
2
，=(−m+3)(−2m+2)+(−m+3)
，=3m2 −14m+15
2
7 4
=3 m− −
( 3) 3
∵，3 >0
4
∴有w最小值是．−
3
3 【答案】 ① 2x+y =1 −m
解：
{② x+2y =2
∵由①+②，得，3x+3y =3 −m
m
∴，x+y =1 −
3
∵，x+y >0
m
∴，1 − >0
3
∴，m<3
在数轴上表示如下： ．
4 【答案】解：（1）3x2 −12x+2
=3(x2 −4x+4 −4)+2
2
=3(x−2) −10
2
∵，(x−2) ≥0
2
∴，3(x−2) −10 ≥−10
当时x，=多2项式的3x最2小−值1是2x；−+102
（2）x2 +4x+y2 −2y +8
=x2 +4x+4 +y2 −2y +1 +3
2 2
，=(x+2) +(y −1) +3
65/97
当、x时=y =，−多12项式的x2最+小4值x是+3．y2 −2y +8
5 【答案】解：（1）由题意知，第四个式子为
1 1 1
， = −
4 ×5 4 5
1 1 1
故答案为：； = −
4 ×5 4 5
1 1 1
（2）第n个式子为， = −
n(n +1) n n +1
1 1 1
故答案为：； = −
n(n +1) n n +1
1 1 1 1 1 1
（3）原式=2 1 − + − + − +…+
( 2 2 3 3 4 n
1
−
n +1)
1
=2 × 1 −
( n +1)
n
=2 ×
n +1
2n
．=
n +1
15000
6 【答案】 解：（1）设购买一辆B型单车的成本为x元，则购买一辆A型单车的成本为元(x，−可2得00：)，
x−
解得：，x=700
经检验是x原=方70程0的解，
，700 −200 =500
答：去年购买一辆A种和一辆B种单车各需要500元，700元；
（2）设购买B型单车m辆，则购买A型单车辆(6，0可−得m；)
，700 ×(1 −10%)m+500
×(1 +10%)(60 −m)≤34000
解得：，m≤12.5
∵m是正整数，
∴m的最大值是12，
答：该社区今年最多购买B种单车12辆．
能力强化 / 初三 / 寒假
第 6 讲 一轮复习之函数初步
例题练习题答案
例1
66/97
(1【) 答案】A
【解析】解：、A由①可知：，a>．b>00
直∴线②经过一、二、三象限，故正A确；
、B由①可知：，a<．b>00
直∴线②经过一、二、三象限，故错B误；
、C由①可知：，a<．b>00
直∴线②经过一、二、四象限，交点不对，故错C误；
、D由①可知：，a<，b<00
直∴线②经过二、三、四象限，故错D误．
故选：．A
(2【) 答案】D
【解析】解：如图所示：不等式的kx解+为b：>．x1>1
故选：．D
(3【) 答案】解：以点为A圆心，为AB半径作圆，与轴x交点即为；C
以点为B圆心，为AB半径作圆，与轴x交点即为；C
作的AB中垂线与轴x的交点即为；C
故答案为4．
67/97
例2 【答案】解：（1）快车的速度为：千18米0小/÷时2，=90
慢车的速度为：千18米0小/÷时3，=60
答：快车的速度为90千米小/ 时，慢车的速度为60千米小/ 时；
（2）由题意可得，
点的E横坐标为：，2 +1.5=3.5
则点的E坐标为，(3.5,180)
快车从点到E点用C的时间为：（(3小60时−）1，80)÷90 =2
则点的C坐标为，(5.5,360)
设线段所EC表示的与y 之x间的函数表达式是，y =kx+b
1 1
3.5kk+=b9=0 180
，得，
{5.{5kb+=b−=133560
即线段所EC表示的与y 之x间的函数表达式是；y =90x−135
1 1
（3）设点的F横坐标为，a
则，60a=90a−135
解得，，a=4.5
则，60a=270
即点的F坐标为，(4点.5代F,2表70的)实际意义是在4.5小时时，甲车与乙车行驶的路程相等．
例3 【答案】A
3
【解析】解：函∵数的y =图象在第一、三象限，
x
3 3
则关于直线对y =称，2点，( 是2)图象与C函数的y =图象交于点；
2 x
①∴正确；
1 1
点，( 关−2于)对y =称的2点为点，( ，6)
2 2
1 3
，∵在6()函数上y =，
2 x
1
点∴，( 在−2图)象上C；
2
②∴正确；
3
中∵，yy≠，x=≠0 0
x
3
取上y =任意一点为，(x,y)
x
3
则点与(x对y,y=称)点2的纵坐标为；4 −
x
③∴错误；
3
，A(，yx，B) (关yx于) 对y =称点2为，(x，4 −，B(在4yx−函)数y上y)=，
11 22 1 12 2
x
33
，∴，44−−yy
21
==
xx
21
68/97
或∵，0x
1
>>x
1
x
2
>>x
2
0
，∴ 4 −y
1
<4 −y
2
；∴ y
1
>y
2
④∴不正确；
故选：．A
例4
(1【) 答案】B
(2【) 答案】解：依据比例系数的k 几何意义可得，
1 1
面Δ积PA等O于，即|k，| ，k|k=|=±12
2 2
由于函数图象位于第一、三象限，则，k=2
故答案为：．2
例5 【答案】解：（1）作于BD，D⊥OC
是∵等Δ边B三O角C形，
1
，∴，OODB==OCOC==2 1
2
−−−−−−−−−−
–
，∴ BD=√OB2 −OD2 =√3
–
1 √3
，∴ S
ΔOBD
= OD×BD=
2 2
1
，S = |k|
ΔOBD
2
–
，∴ |k|=√3
k
反∵比例函数的y =图象在(k一≠三象0)限，
x
–
，∴ k=√3
–
√3
反∴比例函数的表达式为；y =
x
1 1 –
（2），∵ S ΔOBC = OC ⋅ BD= ×2 ×√3
2 2
–
=√3
– – –
，∴ S
ΔAOC
=3√3 −√3 =2√3
1 –
，∵ S ΔAOC = OC ⋅ y A =2√3
2
–
，∴ y
A
=2√3
–
– √3 1
把代y =入，y2√=求3得，x=
x 2
1 –
点∴的A坐标为，( ．2√3)
2
69/97
例6
(1【) 答案】B
k
【解析】 解：在函数和y =中y =，kx+2(k≠0)
x
k
当k时>，函0 数y的=图象在第一、三象限，函数y的=图象kx在+第2一、二、三象限，故选项A、D错
x
误，选项正B确，
k
当时k<，函0数的y =图象在第二、四象限，函数的y =图象kx在+第一2 、二、四象限，故选项错C误，
x
故选：．B
(2【) 答案】C
【解析】解：根据反比例函数的图象位于二、四象限知，k<0
根据二次函数的图象确知，a>，b<00
函∴数的y =大致kx图+象经b 过二、三、四象限，
故选：．C
例7
(1【) 答案】C
【解析】解：正∵比例函数的y
1
图象与反比例函数的y
2
图象相交于点，A(2,4)
8
正∴比例函数，y
1
反=比2例x函数y
2
=
x
两∴个函数图象的另一个角点为(−2,−4)
，∴选BA项错误
8
正∵比例函数中y
1
，=随y2的xx增大而增大，反比例函数中y
2
，=在每个象限内随y 的x增大而减小，
x
选∴项D错误
当∵或x时<0 <，−yx2
1
<<2y
2
选∴项正C确
故选：．C
70/97
(2【) 答案】 y =x4=x−=1x3
解：由求得或，
{y ={{y3=y =3 1
x
，∴，BA((31,,13))
−−−−−−
−−
，∴ OA =√32 +12 =√10
设的OA中点为，P以为AB直径的与⊙P直线的BC交点为、M，N
过点P作轴PD于⊥，Dx交于BC，E连接，PN
是∵的OPA中点，
3 1
，∴，P()
2 2
3
，∴ PD=
2
轴∵，B垂C足⊥y为，C
轴∴，BC // x
，∴ PD⊥BC
3 1
，∴ PE = −1 =
2 2
−−−−−−−−−−
在Rt△PEN中，，EM =EN =√PN2 −PE2
−−−−−−−−−−−−−
√ − 1 − 0 2 1 2 3
= ( ) −( ) =
√ 2 2 2
，∴．NM((2−,11),1)
以∴为OA直径的圆与直线的BC交点坐标是和(−，(12,,11))
故答案为和(−．(12,,11))
例8 【答案】 y =x= 1x−+2 5
解：（1）由得， 2
{{y =y =−24x
，∴ A(−2,4)
k
反∵比例函数的y =图象经过点，A
x
，∴ k=−2 ×4 =−8
8
反∴比例函数的表达式是；y =−
x
（2）解得或y，= x=x − =−8 2−8
x
{{y =y =4 1
{ y = 1x+5
71/97
，∴ B(−8,1)
1
由直线的AB解析式为得y =到直线x与+轴x5的交点为，(−10,0)
2
1 1
．∴ S
ΔAOB
= ×10 ×4 − ×10 ×1
2 2
=15
例9 【答案】解：（1）点∵，A(a,4)
，∴ AC =4
1
，∵即S
Δ
，
A
O
OC
C=⋅ A4C =4
2
，∴ OC =2
点∵在A(第a二,4象) 限，
∴，Aa(−=2,−42)
k
将代A(入−得y2=：,4，k) =−8
x
8
反∴比例函数的关系式为：，y =−
x
把代B(入8得,b：) ，b=−1
∴
B(8,−1)
因此，a=；b=−−21
k
（2）由图象可以看出的m解x集+为n：<或−2；x<>x8<0
x
（3）如图，作点关B于轴x的对称点，B′直线与AB轴x′交于，P
此时最PA大，−PB
∵
B(8,−1)
∴
B′(8,1)
设直线的AP关系式为，y =将，Akx(代B−+′入(28得,b,41：))
−2k+b=4
{8k+b=1
137
解得：，k=，b=−
150
3 17
直∴线的AP关系式为，y =− x+
10 5
3 1374
当时y =，即0，−解得x，x+= =0
10 53
34
，∴0P)(
3
72/97
m
例10 【答案】解：（1）反∵比例函数的y =图象过(点m，A≠(30,)1)
x
m 3
，∴．∴3反∴=m比=例3函数的表达式为．y =
1 x
一∵次函数的y =图象kx过+点和Ab (．B3(,01,)−2)
3k+b=k1=1
，∴解得：，
{b=−{2 b=−2
一∴次函数的表达式为；y =x−2
（2）令，y =，∴，xx0=−22 =0
一∴次函数的y =图象x与−轴x2的交点的C坐标为．(2,0)
1 1
，∵，S
Δ
．∴ P
A
CP
BP
C×==13+2 PC ×2 =3
2 2
点∴的P坐标为、(0．(,40,)0)
n
例11 【答案】解：（1）直∵线与y =双曲m线x相y =交于、A(两B−点2，,a)
x
点∴与A点关B于原点中心对称，
，∴ B(2,−a)
；∴ C(2,0)
，∵ S
ΔAOC
=2
1
，∴解×得2，a×=a2=2
2
，∴ A(−2,2)
n n
把代A(入−和y2=得y,2=，−)m2，2xm=解=得，m2；n==−−14
x −2
（2）设直线的AC解析式为，y =kx+b
直∵线经AC过、A，C
−2k+kb==−2 1
，∴解得 2
{2k+{bb==01
1
直∴线的AC解析式为．y =− x+1
2
例12 【答案】解：（1）正确画出，ΔCOD
，∵ ΔAOB ≅ΔOCD
73/97
，∴ DC =BO
，∵，CB((00,,23))
；∴ D(−3,2)
（2）由，OC，∠A=OOCA==920∘
．∴ ∠OAC =45∘
①当为CD直角边时，
如图，过点作D，P交D于A⊥C，PCD
1 1
，∵ DC//OA
，∴ ∠P
2
CD=∠CAO
△∴为P
1
等D腰C直角三角形，
，∵ CD=DP
1
=3
．∴ P
1
(−3,5)
②当为CD斜边时，
如图，过点作D于D，PP易⊥得A△C为CP等腰D直角三角形，作于P，EE易⊥得CD
22 2 2
1
，CE =P E = CD=1.5
2
2
．∴ P
2
(−1.5,3.5)
综上，在直线上AC，使是Δ等PC腰D直角三角形的点坐P标为：，P．P(−(3−,15.)5,3.5)
1 2
能力强化 / 初三 / 寒假
第 6 讲 一轮复习之函数初步
自我巩固答案
1 【答案】解：的y =图象(k经−过3第)x一+、二1、四象限，
，∴ k−3 <0
；∴ k<3
74/97
故答案为；k<3
2 【答案】D
【解析】解：直∵线和y =与y =轴xx分+kx别b+交于2 点，A(点−，B2(,30,)0)
x+b>0
解∴集为，−2 0
故选：．D
3 【答案】解：（1）由图可得，
小王的速度为：，30 ÷3 =10km/h
小李的速度为：，(30 −10 ×1)÷1 =20km/h
答：小王和小李的速度分别是、10；2k0mkm/h/h
（2）小李从乙地到甲地用的时间为：，30 ×20 =1.5h
当小李到达甲地时，两人之间的距离为：，10 ×1.5=15km
点∴的C坐标为，(1.5,15)
设线段所BC表示的与y 之x间的函数解析式为，y =kx+b
k+kb==300
，得，
{1.{5kb+=b−=3015
即线段所BC表示的与y 之x间的函数解析式是．y =30x−30(1 ⩽ x ⩽1.5)
4 【答案】解：（1）如图，过点作M轴M于N，N⊥x
，∴ ∠MNO=90∘
切∵轴y⊙于M，C
，∴ ∠OCM =90∘
，∵ ∠CON =90∘
，∴ ∠CON =∠OCM =∠ONM =90∘
四∴边形是OC矩M形，N
，∴，∠ACMM=NC=M9=0∘2
，∵ ∠AMC =60∘
，∴ ∠AMN =30∘
–
√3
–
在中Rt，Δ，MANNM=AM ⋅cos∠AMN =2 × =√3
2
–
，∴ M(2,√3)
k
双∵曲线经y =过圆心(x，M>0)
x
– –
，∴ k=2 ×√3 =2√3
–
2√3
双∴曲线的解析式为；y = (x>0)
x
（2）如图，过点，B作C直线，
75/97
由（1）知，四边形是OC矩M形，N
–
，∴，OCCM==MONN ==√2 3
–
，∴ C(0,√3)
在中Rt，Δ，∠AA，ANMMMN==2 30∘
，∴ AN =1
，∵ MN⊥AB
，∴，OBBN==OANN+=B1N =3
，∴ B(3,0)
设直线的BC解析式为，y =k′x+b
3k′ +b=0
，∴
–
{b=√3
，∴ k′ =− √3
3
–
{b=√3 –
√3
–
直∴线的BC解析式为．y =− x+√3
3
5 【答案】解：（1）过点作A轴AH，垂⊥足x为点，H交AH于OC点，M如图所示．
，∵，AOHA⊥=OABB
1
，∴ OH =BH = OB =2
2
−−−−−−−−−−
，∴ AH =
√
OA2 −OH2 =6
点∴的A坐标为．(2,6)
k
为∵反A比例函数图y =象上的一点，
x
．∴ k=2 ×6 =12
12
（2）轴∵，B，OCB点⊥x在C=反4比例函数上y =，
x
k
．∴ BC = =3
OB
，∵，OAHH/=/BBCH
1 3
，∴ MH = BC =
2 2
9
．∴ AM =AH −MH =
2
，∵ AM//BC
，∴ ΔADM ∽ΔBDC
76/97
AD AM 3
．∴ = =
DB BC 2
6 【答案】解：反∵比例函数与正比例函数的图象相交于、A两B点，
、∴两BA点关于原点对称，
，∴ OA =OB
的∴面Δ积B的=O面CΔ积A，=OC8 ÷2 =4
k
又是∵反A比例函数图y =象上的点，且轴AC于⊥点y，C
x
1
的∴面Δ积A，=OC |k|
2
1
，∴ |k|=4
2
，∵ k>0
．∴ k=8
故答案为8．
7 【答案】D
a
【解析】解：时a>，，−0a在y =<一、−0二ax、+四象a 限，在y =一、三象限，无选项符合．
x
a
时a<，，−0a在y =>一、−0三ax、+四象a 限，在y =二、四(a象≠限，0)只有符D合；
x
故选：．D
8 【答案】C
【解析】解：根据二次函数的y =图象ax，2 +bx+c(a≠0)
可得，a<，b>，c0<0 0
过∴一y、=二ax、+四象b限，
c
双曲线在y =二、四象限，
x
是∴正C确的．
故选：．C
9 【答案】解：（1）点∵的A坐标为，(−点1的B,4坐) 标为．(4,n)
k
2
由图象可得：的k 的xx取+值b范>围是或x；<0 <−x1 <4
1
x
k
2
（2）反∵比例函数的y =图象过点，A(B−(14,,4n))
x
，∴，kk
22
==4−n1 ×4 =−4
，∴ n =−1
，∴ B(4,−1)
一∵次函数的y =图象k
1
过x点+，Ab点，B
−k+b=4
，∴
{4k+b=−1
解得：，k=，b=−31
77/97
4
直∴线解析式，y =反比−例x函+数3的解析式为；y =−
x
（3）设直线与AB轴y 的交点为，C
，∴ C(0,3)
1 3
，∵ S
ΔAOC
= ×3 ×1 =
2 2
1
∴ S ΔAOB =S ΔAOC +S ΔBOC = ×3 ×1
2
1 15
+ ×3 ×4 =
2 2
，∵ S
ΔAOP
:S
ΔBOP
=1 :2
15 1 5
，∴ S
ΔAOP
= × =
2 3 2
5 3
，∴ S
ΔCOP
= − =1
2 2
1
，∴ ×3 ⋅ x P =1
2
2
，∴ x
P
=
3
点∵在P线段上AB，
2 7
，∴ y =− +3 =
3 3
7 2
，∴．P()
3 3
4
10 【答案】 解：（1）点∵ A在反比例函数上y =，
x
4
，∴解=得，m4 =1
m
点∴的A坐标为，(1,4)
4
又点∵也B在反比例函数上y =，
x
4
，∴解=得n，n =2
2
点∴的B坐标为，(2,2)
又点∵、A在B的y =图象kx上+，b
k+bk==4 −2
，∴解得，
{2k+{bb==26
一∴次函数的解析式为．y =−2x+6
78/97
4
（2）根据图象得：时kx，+的xb取−值范围>为0或x；<1 <0 x<2
x
（3）直∵线与y =轴x的−交2x点+为，N6
点∴的N坐标为，(3,0)
1
．S =S −S = ×3 ×4
ΔAOB ΔAON ΔBON
2
1
− ×3 ×2 =3
2
能力强化 / 初三 / 寒假
第 6 讲 一轮复习之函数初步
课堂落实答案
1 【答案】D
【解析】解：乌∵鸦在沉思的这段时间内水位没有变化，
排∴除，C
乌∵鸦衔来一个个小石子放入瓶中，水位将会上升，
排∴除，A
乌∵鸦喝水后的水位应不低于一开始的水位，
排∴除，B
正∴确D．
故选：．D
2 【答案】C
【解析】解：由“左加右减”的原则可知，
1 1
的y =图象向右平移1个单位所得函数图象的关系式是：；y =
x x−1
由“上加下减”的原则可知，
1 1
函数的y =图象向上平移1个单位长度所得函数图象的关系式是：．y = +1
x−1 x−1
故选：．C
3 【答案】A
【解析】解：等∵腰直角三角形的AB顶C点、A分B别在轴x、轴y 的正半轴上，，∠A轴CBA，C⊥，AxB==901∘
，∴ ∠BAC =∠BAO=45∘
–
–
√2
，∴，AOCA==√O2B =
2
79/97
–
√2–
点∴的C坐标为，( ，√2)
2
k
点∵在C函数的y =图象上(x，>0)
x
–
√2
–
，∴ k= ×√2 =1
2
故选：．A
4 【答案】C
【解析】解：如图，过点作C于CE点⊥，EOA
菱∵形的OA边B在OCA轴x上，点，A(10,0)
，∴ OC =OA =10
4 CE
．∵ sin∠COA = =
5 OC
，∴ CE =8
−−−−−−−−−−
∴ OE =√CO2 −CE2 =6
点∴坐C标(6,8)
k
若∵反比例函数经y =过点，C(k>0,x>0)
x
∴ k=6 ×8 =48
故选：．C
5 【答案】C
k
【解析】 解：①当时k>，过y0=一、kx二+、三1 象限；过y =一、三象限；
x
k
②当时k<，过y0=一、kx二+、四1 象象限；过y =二、四象限．
x
观察图形可知，只有选C项符合题意．
故选：．C
能力强化 / 初三 / 寒假
第 6 讲 一轮复习之函数初步
精选精练
1 【答案】C
80/97
【解析】解： 、 ，王阿姨步行的路程为 ，故错误；
、设线段 的函数解析式为 ，
1000 =25k+b
把 ， 代入得，
{2000 =50k+b
解得： ，
，故错误；
、在 点的速度为 ，在 点的速度为 ，故
正确；
、当 时，由图象可得 ，将 代入 得
，两者矛盾，故 错误．
故选：C．
2 【答案】C
【解析】解：当∵时x，=，y0=即抛ax物2线−经y2=过x原a=x点02，−故2错Ax误；
ab
反∵比例函数的y =图象在第一、三象限，
x
，∴即ab、a>同b 0号，
1
当时a<，抛0物线的y =对称ax轴2，x−对=2称x轴<在0轴y 左边，故错D误；
a
当时a>，，b0>直线0 经y =过第bx一+、a二、三象限，故错B误，正C确．
故选：．C
3 【答案】解：设，A(4,t)
直∵线平y =分这k
1
8x个正方形所组成的图形的面积，
1 5
，∴解×得4，t×=t=4 +1
2 2
5
，∴ A(4, )
2
5 5 5
把代A(入4直, 线)得y =，4k解k得=x，k =
11 1
2 2 8
5
直∴线解析式为，y = x
8
5 5 5
当时x，=，y2=则，B(x2,= )
8 4 4
k
2
双∵曲线经y =过点，B
x
5 5
，∴ k
2
=2 × =
4 2
5
5
双∴曲线的解析式为，y = 2 =
x 2x
5 5 5
当时y =，，2解得=，x2则=，C(；2)
2x 4 4
5 55
当时x，=，y3=则，D(3,= )
2x 66
81/97
1 5 1
∴ S ΔOCD =3 ×2 − ×3 × − ×2
2 6 2
5 1 5 5 119
× − (2 − )×(3 − )=
4 2 6 4 48
119
故答案为．
48
4 【答案】解：作轴CD于⊥，Dx轴BF于⊥，Fx过作B于BE，E⊥CD
过∵点的C(直3线,4交y)=轴x于2x点+，Ab
，∴解4得=，b2=×−32+b
直∴线为，y =2x−2
令，y =则求0得，x =，∴1A(1,0)
轴∵于B，FF⊥过x作B于BE，E⊥CD
轴∴，B，∴ E/∠/AxBE =∠BAF
，∵，∴∠A∠BACBE=+90∠∘EBC =90∘
，∵，∴∠B∠AEFBC+=∠A∠BAFBF=90∘
在和Δ中ΔEBFCBA
∠EBC =∠ABF
⎧
⎪∠BEC =∠BFA =90∘
，⎨∴ ΔEBC ≅ΔFBA(AAS)
⎩⎪
，∴，BCEE==BAFF
k
设，B(m, )
m
k k
，∵，m4 −−3 ==m−1
m m
，∴解4得−，m(m，k==−443)=m−1
4
反∴比例函数的解析式为，y =
x
把代x入=得1，y = ，∴4a=4 −0 =4
的∴值a为4．故答案为4．
5 【答案】或(−(4−,12,)8)
【解析】解：∵点在A正比例函数上y =，−2x
82/97
∴把代y =入正−比4例函数，y =−2x
解得，x∴=点2，A(2,−4)
∵点与A关B于原点对称，
∴点B坐标为，(−2,4)
k
把点代A(入2反,−比4例) 函数，y =得，k=−8
x
8
∴反比例函数为，y =−
x
∵反比例函数图象是关于原点的O中心对称图形，
∴，OP，OA==OQOB
∴四边形是AQ平B行P四边形，
1 1
∴，S =S × = ×24 =6
△POB 平行四
4
边形A4QBP
设点的P横坐标为（m且m）m(m，≠<−02
8
得，P(m,− )
m
过点，P分B别做轴x的垂线，垂足为，M，N
∵点，P在B双曲线上，
∴，S =S =4
△POM △BON
若，m如<图−1，2
∵，S +S =S +S
△POM 梯形PM△PNOBB △POM
∴．S =S =6
梯形PM△PNOBB
1 8
∴．
4 − ⋅(−2 −m)=6
2( m)
∴，m（m=舍=去−）41，
1 2
∴；P(−4,2)
若，−2如<图2m，<0
83/97
∵，S +S =S +S
△POM 梯形BN△BMOPP △BON
∴．S =S =6
梯形BN△PMOPB
1 8
∴，
4 − ⋅(m+2)=6
2( m)
解得，m（m=舍=去−）14，
1 2
∴．P(−1,8)
∴点∴的P坐标是或P．P(−(4−,12,)8)
6 【答案】解：（1）如图，作于PM，M于P⊥N，NO于P⊥AH．HOB⊥AB
，∴，∵∠，PP∠AMPA=AMP=A=∠P∠HPAAH=90∘
，∴，∴Δ，∠PPAMAPM=M≅P=HΔ∠PAAPHH(AAS)
同理可证：，ΔBPN ≅ΔBPH
，∴，∠PB，∴ HPP=NMP==N∠PBNPH
，∵ ∠PMO=∠MON =∠PNO=90∘
四∴边形是PM矩形O，N，∴ ∠MPN =90∘
∴
∠APB =∠APH +∠BPH
1
= (∠MPH +∠NPH)=45∘
2
，∵可∴ P以M假=设P，PN(m,m)
9
在∵上yP=，(m，∴,mm2) =9
x
，∵，∴ m．∴ m>P=0(33,3)
（2）设，OA，OB则=，A=aM，BbN==ABHH==33−−ab
，∴，∵ A，∴ BABa=226+=−bO2aA=− 2 (+b6 −OBa2−b) 2
1
可得，ab，∴=36aa++36bb−−91=8 ab
2
COOC OAa
，∵，∴ P，∴ M//=O=C
PM3 A3M−a
3a 3b
，∴同O法C可=得，OD=
3 −a 3 −b
84/97
1
∴ S △COD =
2
OC ⋅ OD
9ab
=
2(3 −a)(3 −b)
9ab 9ab
= = =9
2(9 −3a−3b+ab) ab
（3）设，OA，OB则=，A=aM，BbN==ABHH==33−−ab
，∴，∴ ABOA=+6 −OBa−+bAB =6
−−−−−−
−− −−−
，∴，∴ a+2√ba+b √+a√22+abb≤ 2 =6 6
−− – −− –
，∴，∴ √(2a+b ≤√23)(√2 −ab√≤26)
1 – –
，∴，∴ abS≤
ΔA
5
O
4
B
−=36√a2b≤27 −18√2
2
–
的∴面Δ积A的O最B大值为．27 −18√2
能力强化 / 初三 / 寒假
第 7 讲 一轮复习之二次函数
例题练习题答案
例1 【答案】B
【解析】∵图象开口向下，∴，a<0
1 b
又∵对称轴，x=− =−
3 2a
3
∴，3b则=，a2=∴a，b<选b项0 ⑤正确；
2
∵图象与y轴交正半轴，∴，c>0
∴，ab故c选>项0①错误；
由图象可得出：当时x，=，y1<0
∴，a+故选b项+②c正<确0；
当时x，=，y−=1 a−b+c>0
3
∴，即b−，b+故b选+2c项c>③>0正0确；
2
85/97
抛物线与x轴有两个交点，则，b2 −4ac>0
即，4a故c选−项b2
④<错0误．
例2 【答案】C
例3 【答案】D
【解析】解：当时y =，有1，x2 −2x+1 =1
解得：，x．x==0 2
1 2
当∵时a ⩽，函x数⩽有a最+小1值1，
或∴，aa+=12=0
或∴，aa==−21
故选：．D
例4
(1【) 答案】解：（1）设与y 的x函数关系式为，y =kx+b
10k+b=200
将、(1代(01,入52,0，105得)0：) ，
{15k+b=150
k=−10
解得：，
{b=300
设成本价为元z ，
日∵销8售⩽利x润⩽日=3销0售量（×销售单价成−本单价）
，∴得40，z0==8200 ×(10 −z)
与∴的xy函数关系式为；y =−10x+300(8 ⩽ x ⩽30)
当时x，=，y28=−10 ×28 +300 =20
．∴ m=20
(2【) 答案】设每天销售获得的利润为，w
则w=(x−8)y
=(x−8)(−10x+300)
2
，=−10(x−19) +1210
，∵ 8 ≤x≤30
当∴时x，=取w19得最大值，最大值为1210．
(3【) 答案】由（2）知，当获得最大利润时，定价为19元千/ 克，
则每天的销售量为千y =克，−10 ×19 +300 =110
保∵质期为40天，
总∴销售量为，40 ×110 =4400
又，∵ 4400 <4800
86/97
不∴能销售完这批苹果．
1 b
例5 【答案】 解：（1）由题意得点在(8抛,0物) 线上y =，− x2 + x
5 5
1 b
，∴ 0 =− ×82 + ×8
5 5
；∴ b=8
（2）刚好进球洞，则抛物线需过轴x上的，(0(,100),0)
4ac−b2
16
球飞行的高度不变，则最高点的纵坐标为， = =3.2
4a 5
抛∴物线的顶点坐标为，(5,3.2)
2
设抛物线的解析式为，y =a(x−5) +3.2
经∵过，(0,0)
，∴ 25a+3.2=0
，a=−0.128
2
；∴ y =−0.128(x−5) +3.2
1 b
（3）把，x代=y =入6中y1.=得2，−，b=x27+ x
5 5
1 b
把，x代=y =入10中y0=得，−，b=x210+ x
5 5
要∴是球越过球网，又不越过球洞（最好进洞），的b 取值范围是．7 ≤b≤10
例6 【答案】y =2(x+2) 2 −2
【解析】抛物线y=2（x﹣1） 2 +2向左平移3个单位，再向下平移4个单位得到y=2（x﹣1+3） 2 +2
2 2
﹣4=2（x+2） ﹣2．故得到抛物线的解析式为y=2（x+2） ﹣2。
1
例7 【答案】解：（1）抛∵物线的y =对称轴x2为+直线(m，x−=21)x+2m−6
2
，∴ −m+2 =1
；∴ m=1
（2）令，y =0
1
，∴解x2得−或xx，=x−=−424=0
2
，∴，BA((4−,20,)0)
令，x则=，y0=−4
；∴ C(0,−4)
（3）由图象可知：
①当直线过时C(，0，b,−=4−) 4
；∴ b>−4
1 1
②当直线与抛物线只有应该交点时，，∴ x2 −x−4 = x+b
2 2
87/97
整理得，，x2 −3x−8 −2b=0
△∵，=9 +4(8 +2b)=0
41
，∴ b=−
8
41
，∴ b<−
8
41
综上，结合图象可知，的b 取值范围为或b>．b<−4−
8
例8 【答案】解：（1）和∵是QP(抛(1−物,3m线,m)上y)=的两x2点+，bx−3
m=9 −3b−3
，∴解得：；b=2
{m=1 +b−3
（2）平移后抛物线的关系式为．y =x2 +2x−3 +k
要使平移后图象与轴x无交点，
则有，b2 −4ac=4 −4(−3 +k)<0
．k>4
因为是k 正整数，所以的k 最小值为5．
（3）令，x2 +2x−3 =0
解之得：，x，x==1 −3
1 2
故，P两Q点的坐标分别为，P(．Q−(31,,00))
如图，当直线，y =x+n(n <1)
经过点P时，可得，n =3
当直线经y =过点Qx时+，n
可得，n =−1
的∴取n值范围为，−1
4
21
由图可知，符合题意的的n取值范围为：或n．−>1 ，如0图2所示，
此时有，
−3 ⩽−4a<−2
{−3a ⩾−2
1 2
解得：． ，M2所=以yA选项的说法正确；
1
当时x，<，M0M=随yx的增大而减小，所以B选项的说法正确；
1
当，xM≤的0最小值为0；当时0 <，Mx的≤最1小值为；−2当x时≥，M1的最小值为−，2所以M的最小值为−，2
所以C选项的说法正确；
–
1 √2
当时M，=，0−<，−12解xx得<=；x1−，=x1，>2x，x12所=−以14Dx+选=项−的1说法错误．
2 2
故选：D．
6 【答案】C
1
【解析】解：抛∵物线，l:为cy常=数−）的x顶2 点+位Dbx于+直线c(与yb=轴x之−间2的区域，开口向下，
2
当∴顶点位D于直线下y =方时−，1则与l 直线交y =点个−数1为0，
当顶点位D于直线上y =时，−则1与l 直线交y =点个−数1为1，
当顶点位D于直线上y =方时−，1则与l 直线交y =点个−数1为2，
故选：．C
91/97
7 【答案】C
8 【答案】A
b
【解析】 ①根据图象知，对称轴是直线，x则=，b−=即．2−a故2=+a①1b正=确0；
2a
②根据图象知，点的A坐标是(，−对1称,0轴) 是x，=则根1据抛物线关于对称轴对称的性质知，抛物线
与轴x的另一个交点的坐标是，(3所,0以) 是x的=ax一32个+根bx，+故②3正=确0；
③如图所示，点关A于对x称=的1点是A， ′ 即抛物线与x轴的另一个交点．连接与BA直 ′ 线x的=交点1即为点
，P则周Δ长PA的B最小值是的(B长A度 ′ ．+AB)
，∵，AB′
((03,,30))
– – −−
．∴即B周ΔA长 ′P=A的3B最√小2值是．3√故2③+正√确1．0
综上所述，正确的结论是：①②③．
9 【答案】C
【解析】解：抛物线顶点平移到点M时，由已知的x最小值为−3
1
2
则设此时抛物线解析式为：y =a(x+1) +2
把代(−入3得,0)
1
a=−
2
1
2
则当抛物线顶点平移到N时，解析式为．y =− (x−1) +2
2
当时y =，解0得抛物线与x轴交点坐标为或(3(,−0)1,0)
则的x最大值为3
2
故选：C．
10 【答案】 解：（1）∵抛物线的顶点为，A(1,4)
2
∴设抛物线的解析式，y =a(x−1) +4
把点代B入(0得,3，)，a+4 =3
解得，a=−1
2
∴抛物线的解析式为；y =−(x−1) +4
（2）点B关于x轴的对称点的B′坐标为，(0,−3)
由轴对称确定最短路线问题，连接与ABx轴′ 的交点即为点P，
92/97
设直线的AB解′析式为，y =kx+b(k≠0)
k+b=4
则，
{b=−3
k=7
解得，
{b=−3
∴直线的AB解′析式为，y =7x−3
令，y =则，70x−3 =0
3
解得，x=
7
3
所以，当的PA值最+小P时B的点P的坐标为．
，0
(7 )
（3）∵，S且CD是＝两S三角形的公共底边，
ΔCDQ ΔBCD
∴，|y |=y =3
Q B
则或y ，y==3 −3
Q Q
2
当时y ，=，−3(x−1) +4 =3
Q
解得：或x，=x=0 2
则点；Q(2,3)
2
当时y ，=，−−(x3−1) +4 =−3
Q
– –
解得：或x，=x=1 −1 +√√7 7
– –
则点Q坐标为或(1；(−1 +√√7,7−,3−)3)
– –
综上，点Q的坐标为或(2或(,13．()−1 +√√7,7−,3−)3)
能力强化 / 初三 / 寒假
第 7 讲 一轮复习之二次函数
精选精练
1 【答案】B
93/97
2 【答案】D
【解析】在中Rt，Δ，∠AC，ABB，B=CC=90=1∘08ccmm
−−−−−−−−−−
∴，AC = AB2 −BC2 =6cm
√
设运动时间为，t(则0 ≤，PC，CtQ≤==4()62−tctm)cm
∴，S =S −S
四边形ΔPAABBCQ ΔCPQ
1 1
，= AC ⋅BC − PC ⋅CQ
2 2
1 1
，= ×6 ×8 − (6 −t)×2t
2 2
，=t2 −6t+24
2
，=(t−3) +15
∴当时t=，3四边形PABQ的面积取最小值，最小值为．15cm2
3 【答案】解：（1）把点B的坐标代(3入,0抛) 物线得y =：，0−=x2−+32m+x3+m3+3
解得：，m=2
∴，y =−x2 +2x+3 =−(x−1) 2 +4
∴顶点坐标为：．(1,4)
（2）连接BC交抛物线对称轴l于点P，则此时的PA值最+小P，C
设直线BC的解析式为：，y =kx+b
∵点，C点(0，B,3()3,0)
0 =3k+b
∴，
{ 3 =b
k=−1
解得：，
{ b=3
∴直线BC的解析式为：，y =−x+3
当时x，=，y1=−1 +3 =2
∴当的PA值最+小P时C，点P的坐标为：．(1,2)
【解析】（1）把点B的坐标为（3，0）代入抛物线y＝－x 2 ＋mx＋3得：0＝－3 2 ＋3m＋3，
2 2
解得：m＝2，∴y＝－x ＋2x＋3＝－（x－1） ＋4，∴顶点坐标为：（1，4）．
（2）连接BC交抛物线对称轴l于点P．则此时PA＋PC的值最小．设直线BC的解析式为：y
＝kx＋b，∵点C（0，3），点B（3，0），∴ ，解得： ，
94/97
∴直线BC的解析式为：y＝－x＋3
当x＝1时，y＝－1＋3＝2，∴当PA＋PC的值最小时，点P的坐标为（1，2）．
4 【答案】解：（1）设关y 于的x函数解析式为，y =kx+b
把、x和=y =、x70代=y16=入800，140
70k+b=160
得：，
{80k+b=140
k=−2
解得，
{b=300
关∴于y的x函数解析式为；y =−2x+300
（2）由题意可得，y ⩾110
，∴ −2x+300 ⩾110
解得，x ⩽95
销∴售单价不能超过95元；
（3）设销售利润为元w，
则w=(x−50)(−2x+300)
=−2x2 +400x−15000
，=−2(x−100)2 +5000
，∵对−称2轴<为0，x=100
当∴时50，⩽随wx的x ⩽增大95而增大，
当∴时x，=取w95得最大值，最大值为4950，
销∴售单价定为95元时，每周的利润最大，最大利润为4950元．
5 【答案】解：（1）∵二次函数的y =图象m与x2x轴−有(两2m个公+共1)点x，+m−5
∴关于x的方程有m两x2个−不(相2等m的+实1数)x根+，m−5 =0
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∴，
m≠0
⎧⎪Δ=[−(2m1 +1)] 2 −4 ×m×(m−5)
解⎨得：且m．m>≠−0
⎩⎪ 24
1
（2）①∵且m，m>m≠−取0其内的最小整数，
24
∴，m=1
∴二次函数的解析式为．y =x2 −3x−4
−3 3
②∵抛物线的对称轴为，x，=1 >−0 =
2 2
3
∴当时x，≤y随x的增大而减小．
2
又∵时n，≤函x数≤值1y的取值范围是，−6 ≤y ≤4 −n
∴，解得：．n =−2
n2 −3n −4 =4 −n
⎧⎪n
≤1
③⎨根据平移的性质可知，，a=1
⎩⎪
∵当时x，
