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能力提高 / 初三 / 寒假
第 1 讲 一轮复习之特殊三角形
例题练习题答案
例1 【答案】C
【解析】解：设AB与直线n交于点E，
则∠AED = ∠1+∠B = 25∘ +45∘ = 70∘ ．
又∵直线m//n，
∴ ∠2 = ∠AED = 70∘ ．
故选：C．
例2 【答案】D
例3 【答案】B
【解析】解：A选项，3+4 = 7 < 8，两边之和小于第三边，故不能组成三角形
B选项，5+6 = 11 > 10，10−5 < 6，两边之各大于第三边，两边之差小于第三
边，故能组成三角形
C选项，5+5 = 10 < 11，两边之和小于第三边，故不能组成三角形
D选项，5+6 = 11，两边之和不大于第三边，故不能组成三角形
故选：B．
例4 【答案】B
【解析】解：过点B作BH⊥AO于H点，∵ ΔOAB是等边三角形，
–
∴ OH = 1，BH = √3．
–
∴点B的坐标为(1,√3)．
1/82
故选：B．
例5 【答案】解：（1）∵ AB = AC，AD⊥BC于点D，
∴ ∠BAD = ∠CAD，∠ADC = 90∘ ，
又∠C = 42∘ ，
∴ ∠BAD = ∠CAD = 90∘ −42∘ = 48∘ ；
（2）∵ AB = AC，AD⊥BC于点D，
∴ ∠BAD = ∠CAD，
∵ EF//AC，
∴ ∠F = ∠CAD，
∴ ∠BAD = ∠F，
∴ AE = FE．
例6 【答案】 解：根据旋转过程可知：∠CAD＝30°＝∠CAB，AC＝AD＝4．
∴∠BCA＝∠ACD＝∠ADC＝75°．
∴∠ECD＝180°﹣2×75°＝30°．
∴∠E＝75°﹣30°＝45°．
过点C作CH⊥AE于H点，
在Rt△ACH中，CH＝ AC＝2，AH＝2 ．
∴HD＝AD﹣AH＝4﹣2 ．
在Rt△CHE中，∵∠E＝45°，
∴EH＝CH＝2．
∴DE＝EH﹣HD＝2﹣（4﹣2 ）＝2 ﹣2．
故答案为2 ﹣2．
– –
例7 【答案】点P的坐标为(2,0)或(2−2√2，0)或(2+2√2，0)．
【解析】解：∵ A，B两点的坐标分别为(4,0)，(4,4)
∴ AB//y轴
∵点D在直线AB上，DA = 1
∴ D 1 (4,1)，D 2 (4,−1)
2/82
如图：
（Ⅰ）当点D在D 1处时，要使CP⊥DP，即使ΔCOP
1
≅ΔP
1
AD
1
CO OP
1
∴ =
P A AD
1 1
4 OP
即 =
4−OP 1
解得：OP
1
= 2
∴ P 1 (2,0)
（Ⅱ）当点D在D 2处时，
∵ C(0,4)，D 2 (4,−1)
3
∴ CD 2的中点E(2, )
2
∵ CP⊥DP
∴点P为以E为圆心，CE长为半径的圆与x轴的交点
设P(x,0)，则PE = CE
−−−−−−−−−−−−−−−− −−−−−−−−−−−
3 3
即 (2−x)2 +( −0)2 = 22 +( −4)2
√ 2 √ 2
–
解得：x = 2±2√2
– –
∴ P 2 (2−2√2，0)，P 3 (2+2√2，0)
– –
综上所述：点P的坐标为(2,0)或(2−2√2，0)或(2+2√2，0)．
例8 【答案】解：①EF⊥AC．理由如下：
连接AE、CE，
3/82
∵ ∠BAD = 90∘ ，E为BD中点，
1
∴ AE = DB，
2
∵ ∠DCB = 90∘ ，
1
∴ CE = BD，
2
∴ AE = CE，
∵ F是AC中点，
∴ EF⊥AC；
②∵ AC = 8，BD = 10，E、F分别是边AC、BD的中点，
∴ AE = CE = 5，CF = 4，
∵ EF⊥AC．
−−−−−−−−−− −−−−−−
∴ EF = √CE2 −CF2 = √52 −42 = 3
–
例9 【答案】10+12√2
例10 【答案】解：（1）45∘ ．
（2）补全图形，如下图所示．
证明：
连接AE，
∵在Rt △ BAC中，∠BAC = 90∘ ，AB = AC，
∴
∠B=∠1=45∘
．
4/82
∵CE垂直于BC，
∴∠BCE=90°．
∴∠2=45°．
∴∠B=∠2．
∴△ABD≌△ACE(SAS)．
∴∠BAD=∠CAE，AD=AE．
∴∠DAE=∠BAC=90°．
∴△ DAE是等腰直角三角形．
∴∠3=45°．
即∠ADE = 45∘ ．
能力提高 / 初三 / 寒假
第 1 讲 一轮复习之特殊三角形
自我巩固答案
1 【答案】C
【解析】①当 4 为腰时,4+4 = 8,故此种情况不存在;
②当 8 为腰时,8−4 < 8 < 8+4,符合题意;故此三角形的周长 = 8+8+4 = 20.
2 【答案】D
3 【答案】C
【解析】 解：∵AB // CD，
∴∠DFE = ∠BAE = 32∘ ，
又∵CF = EF，
1
∴∠DCE = ∠DFE = 16∘ .
2
4 【答案】D
【解析】解：（1）在△ABC和△DEF中，
AB = DE
⎧⎪∠B = ∠E ，
⎨
⎩⎪ BC = EF
∴△ABC≌△DEF（SAS）；故A正确；
（2）在△ABC和△DEF中，
5/82
AB = DE
⎧⎪BC = EF ，
⎨
⎩⎪ AC = DF
∴△ABC≌△DEF（SSS）；故B正确；
（3）在△ABC和△DEF中，
∠A = ∠D
⎧⎪AB = DE，
⎨
⎩⎪ ∠B = ∠E
∴△ABC≌△DEF（ASA）；故C正确；
（4）无法证明△ABC≌△DEF，故D错误；
故选：D．
5 【答案】A
6 【答案】A
【解析】在Rt△AOB中，AO2 = AB2 −BO2 ；
Rt△DOC中可得：DO2 = DC2 −CO2 ；
∴可得AD2 = AO2 +DO2 = AB2 −BO2 +DC2 −CO2 = 18，
−− –
即可得AD = √18 = 3√2．
故选：A．
7 【答案】B
8 【答案】A
9 【答案】B
【解析】 解：连接AC，
由题意得，∠CBA = 90∘ ，
−−−−−−−−−−
−−
∴AC = AB2 +BC2 = √41（海里），
√
故选：B．
10 【答案】证明:如图,延长AD到点G,使得AD = DG,连接BG.
∵ AD是BC边上的中线(已知),
∴ DC = DB,
6/82
在△ADC和△GDB中,
AD = DG
⎧∠ADC = ∠GDB(对顶角相等)
⎨
⎩ DC = DB
∴ △ADC ≅△GDB(SAS)
∴ ∠CAD = ∠G,BG = AC
又∵ BE = AC,
∴ BE = BG,
∴ ∠BED = ∠G,
∵ ∠BED = ∠AEF,
∴ ∠AEF = ∠CAD,
即:∠AEF = ∠FAE,
∴ AF = EF.
能力提高 / 初三 / 寒假
第 1 讲 一轮复习之特殊三角形
课堂落实答案
1 【答案】D
【解析】本题考查的是角的计算．
由于AB//CD，那么∠ABC = ∠C = 33∘ ，
又∵BC平分∠ABE，∴∠ABE = 2∠ABC = 66∘ ，
从而由内错角相等知，∠BED = ∠ABE = 66∘ ．
7/82
故本题选D．
2 【答案】C
3 【答案】A
【解析】 解：∵正方形A、B的边长分别为3和5，
∴DF = 5，EF = 3，
−−−−−−
由勾股定理得：DE = √52 −32 = 4，
所以正方形C的面积为42 = 16，
故选：A．
4 【答案】A
【解析】解：∵DE垂直平分AB，
∴DA=DB，
∴∠B=∠DAB，
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD=∠DAB，
∵∠C=90°，
∴3∠CAD=90°，
∴∠CAD=30°，
∵AD平分∠CAB，DE⊥AB，CD⊥AC，
1
∴CD=DE= BD，
2
∵BC=3，
∴CD=DE=1，
故选：A．
5 【答案】解：EC = BF，EC⊥BF．
理由：∵AE⊥AB，AF⊥AC ，
∴∠EAB = ∠CAF = 90∘ ，
∴∠EAB+∠BAC = ∠CAF +∠BAC，
∴∠EAC = ∠BAE．
AE = AB
在ΔEAC和ΔBAF中，⎧∠EAC = ∠BAE ，
⎨
AF = AC
⎩
8/82
∴ΔEAC ≅ΔBAF (SAS)，
∴EC = BF．∠AEC = ∠ABF
∵∠AEG+∠AGE = 90∘ ，∠AGE = ∠BGM，
∴∠ABF +∠BGM = 90∘ ，
∴∠EMB = 90∘ ，
∴EC⊥BF．
能力提高 / 初三 / 寒假
第 1 讲 一轮复习之特殊三角形
精选精练
1 【答案】C
【解析】解：①当点P在线段OA上时，AP最小，最小值为2−1 = 1，
当点P在线段AO的延长线上时，AP最大，最大值为2+1 = 3，①错误；
②当AP = 2时，AP = AO，
则ΔAPO是等腰三角形，②正确；
③当AP = 1时，AP +OP = OA，ΔAPO不存在，
ΔAPO是等腰三角形错误，③错误；
–
④当AP = √3时，AP2 +OP2 = 3+1 = 4，OA2 = 4，
∴AP2 +OP2 = OA2 ，
∴ΔAPO是直角三角形，④正确；
–
⑤当AP = √5时，AP2 = 5，OP2 +OA2 = 1+4 = 5，
∴AO2 +OP2 = PA2 ，
∴ΔAPO是直角三角形，⑤正确．
2 【答案】解：（1）如图，过点D作EF // MN，则∠NAD = ∠ADE．
9/82
∵MN // OP，EF // MN，
∴EF // OP．
∴∠PBD = ∠BDE，
∴∠NAD+∠PBD
= ∠ADE +∠BDE
．
= ∠ADB
∵AD⊥BD，
∴∠ADB = 90∘ ，
∴∠NAD+∠PBD = 90∘ ．
（2）由（1）得：∠NAD+∠PBD = 90∘ ，
则∠NAD = 90∘ −∠PBD．
∵∠OBD+∠PBD = 180∘ ，
∴∠OBD = 180∘ −∠PBD，
∴∠OBD−∠NAD
= (180∘ −∠PBD)−(90∘ −∠PBD)
．
= 90∘
（3）若AD平分∠NAB，AB也恰好平分∠OBD，
则有∠NAD = ∠BAD = α，∠NAB = 2∠BAD = 2α，
∠OBD = 2∠OBA．
∵OP // MN，
∴∠OBA = ∠NAB = 2α ，
∴∠OBD = 4α ．
由（2）知：∠OBD−∠NAD = 90∘ ，
则4α −α = 90∘ ，
解得：α = 30∘ ．
3 【答案】1）过A点AF⊥AD ，过C点CF⊥BC ，AF与CF相交于点F，连结EF．容易证
△ ABD ≅△ ACF (ASA) CF = BD ， AF = AD ， 然 后 可 证
△ AED ≅△ AEF (SAS)
10/82
DE = EF，在△ CEF中，CF +EC = BD+EC > EF = DE
–
2）2√5提示△ CEF是直角三角形
4 【答案】D
【解析】如图取CD的中点F，连接BF延长BF交AD的延长线于G，作FH⊥AB于H，EK⊥AB于
K．作BT⊥AD于T．
∵ BC // AG ，
∴ ∠BCF = ∠FDG ，
∵ ∠BFC = ∠DFG，FC = DF，
∴△ BCF ≅△ GDF ，
∴BC = DG ，BF = FG，
∵AB = BC +AD、AG = AD+DG = AD+BC，
∴ AB = AG、∵ BF = FG，
∴ BF⊥AF、∠ABF = ∠G = ∠CBF，
∵ FH⊥BA、FC⊥BC，
∴FH = FC ，易证△ FBC ≅△ FBH、△ FAH ≅△ FAD，
∴BC = BH、AD = AH，
由题意AD = DC = 4 ，设BC = TD = BH = x ，
在Rt △ ABT中，∵AB2 = BT2 +AT2 ，
∴(x+4) 2 = 42 +(4x) 2 ，
∴x = 1 ，
∴BC = BH = TD = 1，AB = 5，
设AK = EK = y，DE = z，
∵AE2 = AK2 +EK2 = AD2 +DE2 ， BE2 = BK2 +KE2 = BC2 +EC2
，
∴42 +z2 = 2y2 ①，
(5-y) 2 +y2 = 12 +(4-z) 2 ②
由②得到25-10y +2y2 = 17-8z +z2 ③，
①
11/82
5y −12
代入③可得z = ④
4
20
④代入①可得y = （负根已经舍弃），
7
1 20 50
∴S ΔABE = ×5× = ，
2 7 7
故选D．
5 【答案】 解：如图，作点A关于CM的对称点A′，点B关于DM的对称点B′．
∵∠CMD＝120°，
∴∠AMC+∠DMB＝60°，
∴∠CMA′+∠DMB′＝60°，
∴∠A′MB′＝60°，
∵MA′＝MB′，
∴△A′MB′为等边三角形
∵CD≤CA′+A′B′+B′D＝CA+AM+BD＝2+4+8＝14，
∴CD的最大值为14，
故答案为14．
6 【答案】1）∵∠ACB=90°，∠BAC=60°，
∴∠ABC=30°，
– –
∴AB = 2AC = 2×2√3 = 4√3，
∵AD⊥AB，∠CAB=60°，
∴∠DAC=30°，
1 –
∵AH = AC = √3，
2
AH
∴AD = = 2，
cos30∘
−−−−−−−−−− −−
∴BD = √AB2 +AD2 = 2√13；
2）如图1，连接AF，
12/82
∵AE是∠BAC角平分线，
∴∠HAE=30°，
∴∠ADE=∠DAH=30°，
在△DAE与△ADH中，
∠AHD = ∠DEA = 90∘
⎧∠ADE = ∠DAH ，
⎨
AD = AD
⎩
∴△DAE≌△ADH，
∴DH=AE，
∵点F是BD的中点，
∴DF=AF，
∵∠EAF=∠EAB﹣∠FAB=30°﹣∠FAB
∠FDH=∠FDA﹣∠HDA=∠FDA﹣60°=（90°﹣∠FBA）﹣60°=30°﹣∠FBA，
∴∠EAF=∠FDH，
在△DHF与△AEF中，
DH = AE
⎧∠HDF = ∠EAH，
⎨
DF = AF
⎩
∴△DHF≌△AEF，
∴HF=EF；
3）如图2，取AB的中点M，连接CM，FM，
∵F、M分别是BD、AB的中点，
∴FM∥AD，即FM⊥AB．
在R △ADE中，AD=2AE，
t
∵DF=BF，AM=BM，
∴AD=2FM，
∴FM=AE，
∵∠ABC=30°，
1
∴AC=CM= AB=AM，
2
1
∵∠CAE = ∠CAB = 30∘∠CMF = ∠AMF −∠AMC = 30∘ ，
2
13/82
在△ACE与△MCF中，
AC = CM
⎧∠CAE = ∠CMF ，
⎨
AE = MF
⎩
∴△ACE≌△MCF，
∴CE=CF，∠ACE=∠MCF，
∵∠ACM=60°，
∴∠ECF=60°，
∴△CEF是等边三角形．
能力提高 / 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，
∴ ∠AOB = ∠AOD = 90∘ ，OB = OD，
∴ AC⊥BD，故①正确；
∵四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，
∴ ∠COB = ∠COD = 90∘ ，
在△ABC和△ADC中，
AB = AD
⎧⎪∠BAC
= ∠DAC ，
⎨
⎩⎪ AC = AC
∴△ABC≌△ADC（SAS），故③不正确；
∴ BC = DC，故②正确；
故答案为①②．
例2 【答案】（1）证明：
14/82
如图，在AB上截取AG，使AG = AC，连接GD．
∵ AD平分∠BAC，
∴ ∠1 = ∠2．
在△ AGD和△ ACD中，
AG = AC
⎧⎪∠1
= ∠2 ，
⎨
⎩⎪ AD = AD
∴△ AGD≌ △ ACD(SAS)．
∴ DG = DC．
∵△ BGD中，BD−DG < BG，
∴ BD−DC < BG．
∵ BG = AB−AG = AB−AC，
∴ BD−DC < AB−AC；
（2）解：∵由（1）知△ AGD≌ △ ACD，
∴ GD = CD，∠4 = ∠3 = 60∘ ．
∴ ∠5 = 180∘ −∠3−∠4 = 180∘ −60∘ −60∘ = 60∘ ．
∴ ∠5 = ∠3．
在△ BGD和△ ECD中，
DB = DE
⎧⎪∠5
= ∠3 ，
⎨
⎩⎪ DG = DC
∴△ BGD≌ △ ECD(SAS)．
∴ ∠B = ∠6．
∵△ BFC中，
∠BFC = 180∘ −∠B−∠7 = 180∘ −∠6−∠7 = ∠3，
∴ ∠BFC = 60∘ ．
例3 【答案】（1）解：∵ ∠BAC = ∠DAE = 90∘ ，
∴ ∠BAC +∠CAD = ∠DAE +∠CAD，
∴ ∠BAD = ∠CAE，
AB = AC
在△ABD和△ACE中，⎧∠BAD = ∠CAE，
⎨
AD = AE
⎩
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）BD、CE的位置关系为BD⊥CE．
证明如下：由（1）知△ABD≌△ACE，∴ ∠ADB = ∠E，
15/82
∵ ∠DAE = 90∘ ，∴ ∠E +∠ADE = 90∘ ，∴ ∠ADB+∠ADE = 90∘ ，
即∠BDE = 90∘ ，∴ BD、CE的位置关系为BD⊥CE．
–
例4 【答案】3√5−5
–
【解析】解：∵在△ABC中，AB = AC = 2√2，∠BAC = 90∘ ，
−−−−−−−−−−
∴∠ABC = ∠C = 45∘ ，由勾股定理得：BC = AB2 +AC2 = 4，
√
把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AC和AB重合，连接DF．
则AF = AE，∠FBA = ∠C = 45∘ ，∠BAF = ∠CAE，
∵∠DAE = 45∘ ，
∴∠FAD = ∠FAB+∠BAD = ∠CAE +∠BAD = ∠BAC −∠DAE = 45∘ ，
∴∠FAD = ∠DAE = 45∘ ，
AD = AD
在△FAD和△EAD中，
⎧⎪∠FAD
= ∠EAD
⎨
⎩⎪ AF = AE
∴△FAD≌△EAD（SAS），
∴DF = DE，BF = EC，
–
设EC = x，则BF = x，BD = 2x，DF = DE = √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，
BP = 2t ，则PC = 10−2t ；
（2）当t = 2.5时，△ABP≌△DCP，
∵当△ABP≌△DCP时，
则BP = CP，
1
∴BP = CP= BC = 5cm，
2
∴t=5÷2=2.5秒时，△ABP≌△DCP；
（3）①当BP = CQ ，AB = PC 时，△ABP≌△PCQ，
16/82
∵AB = 6 ，
∴PC = 6 ，
∴BP = 10−6 = 4 ，
2t = 4 ，
解得：t = 2 ，
CQ = BP = 4 ，
v ×2 = 4 ，
解得：v = 2 ；
②当BA = CQ ，PB = PC 时，△ABP≌△QCP，
∵PB = PC ，
1
∴BP = PC = BC = 5，
2
2t = 5 ，
解得：t = 2.5 ，
CQ = AB = 6 ，
v ×2.5 = 6 ，
解得：v = 2.4 ．
综上所述：当v = 2.4 或2时，△ABP与△PQC全等．
例6
(1【) 答案】D
(2【) 答案】C
(3【) 答案】B
(4【) 答案】50
例7 【答案】（1）证明：∵∠DBC = ∠A，∠C = ∠C，
∴△BCD∽△ACB；
（2）解：∵△BCD∽△ACB，
BC CD
∴ = ，
AC BC
17/82
–
√6 CD
∴ = – ，
3 √6
∴CD = 2．
例8 【答案】解：(1)证明：∵∠A = ∠B = ∠DPC = 90∘ ，
∴∠APD+∠BPC = 90∘ ，
∵∠APD+∠ADP = 90∘ ，
∴∠ADP = ∠BPC，
∴△ADP∽△BPC，
AD AP
∴ = ，
BP BC
∴AD⋅BC = AP ⋅BP；
(2)成立，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，
∴△ADP∽△BPC，
AD AP
∴ = ，
BP BC
∴AD⋅BC = AP ⋅BP．
(3)如图3，过点D作DE⊥AB，
∵AD = BD = 5，AB = 6，
1 1
∴AE = BE = AB = ×6 = 3，
2 2
−−−−−−−−−− −−−−−−
∴DE =√AD2 −AE2 = √52 −33 = 4 ；
∵CD = DE = 4，∴BC = BD−CD = 5−4 = 1；
∵AP = t，∴BP = AB−AP = 6−t；
由(1)(2)知△ADP∽△BPC
AD AP
∴ =
BP BC
5 t
∴ =
6−t 1
18/82
∴t
1
= 1，t
2
= 5，
∴当DC与△ABD的边AB上的高相等时，t = 1或5s．
例9 【答案】A
–
【解析】解：根据题意得：PA = 40√2海里，∠A = 45∘ ，∠B = 30∘ ，
–
–
√2
∵在Rt△PAC中，AC = PC = PA⋅cos45∘ = 40√2× = 40（海里），
2
PC 40 –
在Rt△PBC中，BC = = = 40√3（海里），
tan∠B √3
3
–
∴AB = AC +BC = 40+40√3（海里）．
故选：A．
例10 【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11 【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 –
∴DF = DE = 10，EF = DE = 10√3，
2 2
∴CG = DF = 10，
–
DG = CF = CE +EF = 30+10√3，
在Rt△CEB中，∵∠BEC = 33∘ ，CE = 30，
∴BC = CE ⋅tan33∘ = 30×0.65 = 19.5，
∴BG = BC −CG = 9.5m，
–
在Rt△ADG中，∵∠ADG = 30∘ ，DG = 30+10√3，
– –
√3 – √3
∴AG = DG∙ = (30+10√3)× ≈ 27.3m，
3 3
∴AB=18m，
19/82
答：A，B两点之间的距离为18m．
能力提高 / 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 = 2，DB = 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】解：①在AE取点F，使EF = BE，
∵ AB = AD+2BE = AF +EF +BE，EF = BE，
∴ AB = AD+2BE = AF +2BE，
∴ AD = AF，
∴ AB+AD = AF +EF +BE +AD = 2AF +2EF = 2(AF +EF) = 2AE，
1
∴ AE = (AB+AD)，故①正确；
2
②在AB上取点F，使BE = EF，连接CF，
在△ ACD与△ ACF中，∵ AD = AF，∠DAC = ∠FAC，AC = AC，
∴△ ACD≌ △ ACF（SAS），
∴ ∠ADC = ∠AFC，
20/82
∵ CE垂直平分BF，
∴ CF = CB，
∴ ∠CFB = ∠B，
又∵ ∠AFC +∠CFB = 180∘ ，
∴ ∠ADC +∠B = 180∘ ，
∴ ∠DAB+∠DCB = 360 −(∠ADC +∠B) = 180∘ ，故②正确；
③由②知，△ ACD≌ △ ACF，
∴ CD = CF，
又∵ CF = CB，
∴ CD = CB，故③正确；
④易证△ CEF≌ △ CEB，
所以S △ACE −S △BCE = S △ACE −S △FCE = S △ACF，
又 ∵△ ACD≌ △ ACF，
∴ S △ACF = S △ADC，
∴ S △ACE −S △BCE = S △ADC，故④错误；
即正确的有3个．
4 【答案】B
【解析】如图
AD 4
在RtACD中，tanC = = ．
CD 3
5 【答案】C
【解析】在△ACD和△BCE中，
AC = BC
⎧⎪CD
= CE，
⎨
⎩⎪ AD = BE
∴△ACD≌△BCE（SSS），
∴∠A = ∠B ，∠BCE = ∠ACD ，
∴∠BCA = ∠ECD ，
∵∠ACE = 55∘ ，∠BCD = 155∘ ，
∴∠BCA+∠ECD = 100∘ ，
21/82
∴∠BCA = ∠ECD = 50∘ ，
∵∠ACE = 55∘ ，
∴∠ACD = 105∘
∴∠A+∠D = 75∘ ，
∴∠B+∠D = 75∘ ，
∵∠BCD = 155∘ ，
∴∠BPD = 360∘ −75∘ −155∘ = 130∘ ，
故选：C．
6 【答案】D
7 【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．
8 【答案】C
9 【答案】提示：过C作AD的垂线交AD延长线于F，
易得△EAC≌△FAC（AAS），可得AE=AF，
易得△BCE≌△DCF（AAS），可得BE=DF，
∴AE = AD+DF = AD+BE．
10 【答案】（1）∵BE⊥AC于E，DF⊥AB于F，
∴∠FBG = ∠ABE = 90∘ −∠BAH = ∠FHA，
22/82
又∠BFG = ∠HFA = 90∘ ，
∴△FBG∽△FHA；
（2）由于∠BAD = ∠DAF，∠BFD = ∠ADB = 90∘ ，
∴∠FBD = ∠ABD，∴△BDF∽△BAD，
∴△ADF∽△ABD，∴△BDF∽△DAF，
BF DF
∴ = ，即DF2 = AF ⋅BF，
DF AF
FG BF
又△FBG∽△FHA，∴ = ，
AF FH
∴AF ⋅BF = FG⋅FH，∴DF2 = FG⋅FH．
能力提高 / 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】B
【解析】A、BD = DC，∠BDA = ∠CDA，AD = AD，符合全等三角形的判定定理SAS，
能推出△ABD≌△ACD，故本选项错误；
B、AB = AC，∠BDA = ∠CDA，AD = AD，不符合全等三角形的判定定理，不
能推出△ABD≌△ACD，故本选项正确；
C、∠B = ∠C，∠BDA = ∠CDA，AD = AD，符合全等三角形的判定定理AAS，
能推出△ABD≌△ACD，故本选项错误；
D、∠BDA = ∠CDA，AD = AD，∠BAD = ∠CAD，符合全等三角形的判定定
理ASA，能推出△ABD≌△ACD，故本选项错误；
故选：B．
2 【答案】24
3 【答案】D
4 【答案】A
【解析】解：在Rt△ACB中，∠CAB = 45∘ ，AB⊥DC，AB = 6米，
∴BC = 6米，
在Rt△ABD中，
BD
∵tan∠BAD = ，
AB
23/82
–
∴BD = AB⋅tan∠BAD = 6√3米，
–
∴DC=CB+BD=6+6√3（米）．
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．
能力提高 / 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，
∵AB = AC = 12厘米，点D为AB的中点，
∴BD = 6厘米，
当△BPD≌△CQP时，
则CP = BD = 6厘米，
设BP = CQ = 2t，
则8−6 = 2t，
解得：t = 1，
v = 2÷1 = 2厘米/秒；
当△BPD≌△CPQ时，
则BP = CP，
∵BC = 8厘米，
24/82
∴PB = 4厘米，
t = 4÷2 = 2秒，
QC = BD = 6cm，
v = 6÷2 = 3厘米/秒．
故选：C．
2 【答案】（1）BD、CE、DE的数量关系为：DE=BD+CE，理由如下：
∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，
∴∠BDA = ∠CEA = 90∘ ，
∵∠BAC = 90∘ ，
∴∠BAD+∠CAE = 90∘ ，
∵∠BAD+∠ABD = 90∘ ，
∴∠CAE = ∠ABD，
∠ABD = ∠CAE
在△ADB和△CEA中，
⎧⎪∠BDA
= ∠AEC ，
⎨
⎩⎪ AB = CA
∴△ADB≌△CEA(AAS)，
∴AE = BD，AD = CE，
∴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，
∠ABD = ∠CAE
在△ADB和△CEA中，
⎧⎪∠BDA
= ∠AEC ，
⎨
⎩⎪ AB = CA
∴△ADB≌△CEA(AAS)，
∴AE = BD，AD = CE，
∴DE = AE +AD = BD+CE．
3 【答案】B
【解析】∵DE // BC，
∴△ ADE ∽△ ABC，
AD AE
∴ = ，
AB AC
∵EF // CD，
∴△ AEF ∽△ ACD，
25/82
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
⎨
CA = BA
⎩
∴△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，
又∵∠FCD = ∠DCG，
∴△CGD∽△CDF．
5 【答案】B
【解析】解：∵将如图所示的矩形纸片ABCD沿过点B的直线折叠，使点A落在BC上的点E处，
∴AB = BE，∠AEB = ∠EAB = 45∘ ，
∵还原后，再沿过点E的直线折叠，使点A落在BC上的点F处，
45∘
∴AE = EF，∠EAF = ∠EFA = = 22.5∘ ，
2
∴∠FAB = 67.5∘ ，
设AB = x，
–
则AE = EF = √2x，
–
FB √2x+x –
∴tan∠FAB=tan67.5°= = =√2+1．
AB x
故选：B．
6 【答案】D
26/82
【解析】解：在Rt△ABC中，BC = AC ⋅tanθ = 4tanθ（米），
∴AC +BC = 4+4tanθ（米），
∴地毯的面积至少需要1×(4+4tanθ) = 4+4tanθ（米 2 ）；
故选：D．
能力提高 / 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】C
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ACD = ∠BAC，
由折叠的性质得：∠BAC = ∠B′AC，
1
∴∠BAC = ∠ACD = ∠B′AC = ∠1 = 22∘ ，
2
∴∠B = 180∘ −∠2−∠BAC= 180∘ −44∘ −22∘ = 114∘ ；
故选：C．
例2 【答案】B
【解析】解：∵ ∠BAD的平分线与DC交于点E，BF⊥AE，
∴ ∠BAE = ∠FAE，∠AEF = ∠AEB = 90∘ ，
∵ AE = AE，AB = AF，
∴△AEF≌△AEB(ASA)，
∴ EF = BE，
∵ EF = BE，DE∥BA，
∴ DF = AD，
1 5
∴ AD = BC = AB = ，
2 2
故选：B．
例3 【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴ AD = BC = 3，∠A = 90∘ ，
∵ EF是BD的垂直平分线，
27/82
∴ DG = BG，
设AG = x，则DG = BG = 4−x，
在Rt△ADG中，由勾股定理得：AD2 +AG2 = DG2 ，
即32 +x2 = (4−x) 2 ，
7
解得：x = ；
8
7
即AG的长为 ；
8
故选：C．
例4 【答案】（1）证明：∵ AD∥BC，
∴ ∠ABC +∠BAD = 180∘ ，
∵ ∠ABC = 90∘ ，
∴ ∠BAD = 90∘ ，
∴ ∠BAD = ∠ABC = ∠ADC = 90∘ ，
∴四边形ABCD是矩形．
（2）作OF⊥BC于F．
∵四边形ABCD是矩形，
∴ CD = AB = 2，∠BCD = 90∘ ，AO = CO，BO = DO，AC = BD，
∴ AO = BO = CO = DO，
∴ BF = FC，
1
∴ OF = CD = 1，
2
∵ DE平分∠ADC，∠ADC = 90∘ ，
∴ ∠EDC = 45∘ ，
在Rt△EDC中，EC = CD = 2，
1
∴△OEC的面积= ⋅EC ⋅OF = 1．
2
例5 【答案】B
【解析】解：∵四边形OBCD是菱形，相邻两内角之比为1 : 2，
∴ ∠C = ∠BOD = 60∘ ，∠D = ∠OBC = 120∘ ．
根据旋转性质可得∠OB′C′ = 120∘ ，
过C′ 作C′H⊥y轴于H点，
28/82
∴ ∠C′B′H = 60∘ ．
在Rt△C′B′H中，B′C′ = 1，
–
1 √3
∴ B′H = ，C′H = ．
2 2
1 3
∴ OH = 1+ = ．
2 2
–
√3 3
所以C′ 坐标为( ，− )．
2 2
故选：B．
例6 【答案】B
例7 【答案】（1）证明：∵ AB∥CD，
∴ ∠CDF = ∠FEB，∠DCF = ∠EBF，
∵点F是BC的中点，
∴ BF = CF，
在△DCF和△EBF中，
∠CDF = ∠FEB
⎧⎪∠DCF
= ∠EBF ，
⎨
⎩⎪ FC = BF
∴△EBF≌△DCF(AAS)，
∴ DC = BE，
∴四边形BECD是平行四边形；
（2）解：①BE = 2；
∵当四边形BECD是矩形时，∠CEB = 90∘ ，
∵ ∠ABC = 120∘ ，
∴ ∠CBE = 60∘ ；
∴ ∠ECB = 30∘ ，
1
∴ BE = BC = 2，
2
故答案为：2；
②BE = 4，
∵四边形BECD是菱形时，BE = EC，
29/82
∵ ∠ABC = 120∘ ，
∴ ∠CBE = 60∘ ，
∴△CBE是等边三角形，
∴ BE = BC = 4．
故答案为：4．
例8 【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形
∴ AB = AD，∠BAD = 90∘
∵△ADE是等边三角形
∴ AE = AD，∠DAE = ∠AED = 60∘
∴ AB = AE，∠BAE = ∠BAD+∠DAE = 90∘ +60∘ = 150∘
1
∴ ∠ABE = ∠AEB = (180∘ −∠BAE) = 15∘
2
∴ ∠BED = ∠AED−∠AEB = 60∘ −15∘ = 45∘
故选：B．
例9 【答案】（ 1 ） 证 明 ： 在 △ GAD 和 △ EAB 中 ， ∠GAD = 90∘ +∠EAD ，
∠EAB = 90∘ +∠EAD，
∴ ∠GAD = ∠EAB，
在△GAD和△EAB中，
AG = AE
⎧⎪∠GAD
= ∠EAB
⎨
⎩⎪ AD = AB
∴△GAD≌△EAB(SAS)，
∴ EB = GD；
（2）∵四边形ABCD是正方形，AB = 5，
–
∴ BD⊥AC，AC = BD = 5√2，
–
1 5√2
∴ ∠DOG = 90∘ ，OA = OD = BD = ，
2 2
–
∵ AG = 2√2，
–
9√2
∴ OG = OA+AG = ，
2
−−−−−−−−−−
−−
由勾股定理得，GD = OD2 +OG2 = √53，
√
30/82
−−
∴ EB = √53．
–
例10 【答案】8√3
【解析】解：∵ DC⊥BC，
∴ ∠BCD = 90∘ ，
∵ ∠ACB = 120∘ ，
∴ ∠ACD = 30∘ ，
延长CD到H使DH = CD，
∵ D为AB的中点，
∴ AD = BD，
DH = CD
在△ADH与△BCD中，
⎧⎪∠ADH
= ∠BDC，
⎨
⎩⎪ AD = BD
∴△ADH≌△BCD(SAS)，
∴ AH = BC = 4，∠H = ∠BCD = 90∘ ，
∵ ∠ACH = 30∘ ，
– –
∴ CH = √3AH = 4√3，
–
∴ CD = 2√3，
1 – –
∴△ABC的面积= 2S
△BCD
= 2×
2
×4×2√3 = 8√3，
–
故答案为：8√3．
例11 【答案】解：∵点D是AB的中点，BF∥DE，
∴ DE是△ABF的中位线．
∵ BF = 10，
1
∴ DE = BF = 5．
2
1
∵ CE = CD，
4
5
∴ CD = 5，解得CD = 4．
4
∵△ABC是直角三角形，
∴ AB = 2CD = 8．
故答案为：8．
31/82
例12 【答案】C
1
【解析】解：连接AC、BD，当E，F，G，H是各边中点时，EH∥BD，EH = BD，
2
1 1
FG∥BD，FG = BD，EF∥AC，EF = AC，
2 2
∴四边形EFGH为平行四边形，
∵ AC = BD，
∴ EF = EH，
∴四边形EFGH为菱形，A正确，不符合题意；
当E，F，G，H是各边中点，AC⊥BD时，∠EFG = 90∘ ，
∴四边形EFGH为矩形，B正确，不符合题意；
当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH可能为菱形，C错误，符合题意；
当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH可以为平行四边形，D正确，不符合题
意；
故选：C．
例13 【答案】D
【解析】解：由题意得，BA⊥MN，
−−−−−−−−−−
∴ BC = AB2 +AC2 = 10，
√
∵ ∠BAC = 90∘ ，点E是线段BC的中点，
1
∴ AE = BE = BC = 5，
2
∴ ∠EAB = ∠B，
∵ ∠FDA = ∠B，
∴ ∠FDA = ∠EAB，
∴ DF∥AE，
∵点D、E分别是线段AB、BC的中点，
1
∴ DE∥AC，DE = AC = 4，
2
∴四边形AEDF是平行四边形，
∴四边形AEDF的周长= 2×(4+5) = 18，
故选：D．
能力提高 / 初三 / 寒假
第 3 讲 一轮复习之四边形
32/82
自我巩固答案
1 【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴ ∠ADC = ∠B，
∵ DE平分∠ADC
∴ ∠ADC = 2∠ADE = 50∘ = ∠B
∴ ∠BEC = 180∘ −∠B−∠BCE = 115∘
故选：A．
2 【答案】A
【解析】解：作CF⊥AD于F，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ ∠ADC = ∠ABC = 60∘ ，CD = AB = 4，OA = OC，
∴ ∠DCF = 30∘ ，
1
∴ DF = CD = 2，
2
– –
∴ CF = √3DF = 2√3，
∵ CF⊥AD，OE⊥AD，∴CF∥OE，
∵ OA = OC，
∴ OE是△ACF的中位线，
1 –
∴ OE = CF = √3；
2
故选：A．
3 【答案】C
【解析】解：∵点O是矩形ABCD对角线AC的中点，OE∥AB，
1
∴ OE = CD = 3，E点为AD中点．
2
−−
在Rt△ABE中，利用勾股定理求得BE = 2√13．
在Rt△ABC中，利用勾股定理求得AC = 10．
∴ BO = 5．
−− −−
△BOE的周长为5+3+2√13 = 8+2√13．
故选：C．
4 【答案】B
33/82
【解析】解：如图，过点D作DE⊥AC于点E，
∵四边形OABC为矩形，点B的坐标为(8,6)，
∴ OA = 8，OC = 6
−−−−−−−−−−
∴ AC = OC2 +AO2 = 10
√
由题意可得AD平分∠OAC
∴ ∠DAE = ∠DAO，AD = AD，∠AOD = ∠AED = 90∘
∴△ADO≌△ADE(AAS)
∴ AE = AO = 8，OD = DE
∴ CE = 2，
∵ CD2 = DE2 +CE2 ，
∴ (6−OD) 2 = 4+OD2 ，
8
∴ OD =
3
8
∴点D(0, )
3
故选：B．
5 【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
1
∴ AC⊥BD，∠CAB = ∠CAD = ∠BAD = 60∘ ，
2
1
∴ ∠AOD = 90∘ ，∵ AD = ×24 = 6，
4
1 –
∴ OA = AD = 3，OD = 3√3，
2
根 据 垂 线 段 最 短 可 知 ： 当 OE⊥AD 时 ， OE 的 值 最 小 ， 此 时
– –
OA×OD 3×3√3 3√3
OE = = = ，
AD 6 2
故选：C．
6 【答案】B
【解析】解：设CH = x，则DH = EH = 9−x，
∵ BE : EC = 2 : 1，BC = 9，
1
∴ CE = BC = 3，
3
34/82
∴在Rt△ECH中，EH2 = EC2 +CH2 ，
即(9−x) 2 = 32 +x2 ，
解得：x = 4，
即CH = 4．
故选：B．
7 【答案】A
【解析】解：∵ ∠B = 90∘ ，BC = 3，AB = 4，
−−−−−−−−−−
∴ AC = AB2 +BC2 = 5，
√
∵ D，E分别是AB，AC的中点，
1 3 1 5
∴ DE = BC = ，EC = AC = ，DE∥BC，
2 2 2 2
∴ ∠FCM = ∠EFC，
∵ CF平分Rt△ABC的一个外角∠ACM，
∴ ∠FCM = ∠FCE，
∴ ∠EFC = ∠FCE，
5
∴ EF = EC = ，
2
∴ DF = DE +EF = 4，
故选：A．
8 【答案】C
【解析】解：∵ AF⊥BF，BF平分∠ABC，
∴△ABG是等腰三角形，
∴ BG = AB = 12，AF = FG，
∴ GC = BC −BG = 8，
∵ AF = FG，AE = EC，
1
∴ EF = GC = 4，
2
故选：C．
9 【答案】（1）证明：∵ AF∥BC，
∴ ∠AFE = ∠DBE，
35/82
∵ E是AD的中点，
∴ AE = DE，
在△AFE和△DBE中，
∠AFE = ∠DBE
⎧⎪∠FEA
= ∠BED
⎨
⎩⎪ AE = DE
∴△AFE≌△DBE(AAS)；
（2）证明：由（1）知，△AFE≌△DBE，则AF = DB．
∵ AD为BC边上的中线
∴ DB = DC，
∴ AF = CD．
∵ AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵ ∠BAC = 90∘ ，D是BC的中点，E是AD的中点，
1
∴ AD = DC = BC，
2
∴四边形ADCF是菱形；
（3）连接DF，
∵ AF∥BD，AF = BD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴ DF = AB = 5，
∵四边形ADCF是菱形，
1 1
∴ S ADCF = AC ⋅DF = ×4×5 = 10．
2 2
10 【答案】（1）证明：∵四边形ABFG、BCED是正方形，
∴ AB = FB，CB = DB，∠ABF = ∠CBD = 90∘ ，
∴ ∠ABF +∠ABC = ∠CBD+∠ABC，
即∠ABD = ∠CBF，
AB = FB
在△ABD和△FBC中，
⎧⎪∠ABD
= ∠CBF ，
⎨
⎩⎪ DB = CB
∴△ABD≌△FBC(SAS)；
（2）解：设CF与AB交于点N，如图2所示：
36/82
∵△ABD≌△FBC，
∴ AD = FC，∠BAD = ∠BFC，
∴ ∠AMF = 180∘ −∠BAD−∠CNA = 180∘ −(∠BFC +∠BNF) = 180∘ −90
∴ AD⊥CF，
∵ AD = 6，
∴ FC = AD = 6，
∴ S AFDC = S △ACD +S △ACF +S △DMF −S △ACM
1 1 1 1
= AD⋅CM + CF ⋅AM + DM ⋅FM − AM ⋅CM
2 2 2 2
1 1
= 3CM +3AM + (6−AM)(6−CM)− AM ⋅CM
2 2
= 18．
能力提高 / 初三 / 寒假
第 3 讲 一轮复习之四边形
课堂落实答案
1 【答案】B
【解析】解：由已知作图过程可知PQ是AC的垂直平分线，
所以EC = EA．
∵△CED周长= DE +EC +CD = 5，
∴ DE +AE +CD = 5，即DA+DC = 5．
∴平行四边形ABCD的周长为2(DA+DC) = 10．
故选：B．
2 【答案】D
【解析】解：∵矩形ABCD中，A(−2,0)，B(2,0)，C(2,2)，
37/82
∴ AB = 4 = CD，BC = 2 = AD
∵将AB绕点A旋转，使点B落在边CD上
∴ AE = AB = 4
−−−−−−−−−− –
∴ DE = √AE2 −AD2 = 2√3
–
∴点E坐标为(2√3−2，2)
故选：D．
3 【答案】B
【解析】解：∵ AH = DH，DH⊥AB，
∴ ∠DAH = ∠ADH = 45∘ ，
∵四边形ABCD是菱形，
1
∴ ∠DAO = ∠DAB = 22.5∘ ，AC⊥BD，
2
∴ ∠AOD = 90∘ ，∠ADO = 67.5∘ ，
∴ ∠HDO = ∠ADO −∠ADH = 22.5∘ ，
∵ ∠DHB = 90∘ ，DO = OB，
∴ OH = OD，
∴ ∠DHO = ∠HDO = 22.5∘
故选：B．
4 【答案】B
【解析】解：延长BN交AC于D，
∠NAB = ∠NAD
在△ANB和△AND中，
⎧⎪AN
= AN ，
⎨
⎩⎪ ∠ANB = ∠AND = 90∘
∴△ANB≌△AND(ASA)，
∴ AD = AB = 7，BN = ND，
∵ M是△ABC的边BC的中点，
∴ DC = 2MN = 6，
∴ AC = AD+CD = 13，
故选：B．
5 【答案】解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
38/82
∴ AB = AD，∠ABC = ∠ADC = ∠ADF = 90∘ ，
在△ABE和△ADF中，
AB = AD
⎧⎪∠ABE
= ∠ADF ，
⎨
⎩⎪ BE = DF
∴△ABE≌△ADF(SAS)；
（2）解：∵△ABE≌△ADF，
∴ AE = AF，∠BAE = ∠DAF，
∵ ∠BAE +∠EAD = 90∘ ，
∴ ∠DAF +∠EAD = 90∘ ，即∠EAF = 90∘ ，
– –
∴ EF = √2AE = 5√2．
能力提高 / 初三 / 寒假
第 3 讲 一轮复习之四边形
精选精练
– –
1 【答案】(√6，−√6)
【解析】解：作B′H⊥x轴于H点，连接OB，OB′
，如图，
∵四边形OABC为菱形，
∴ OB平分∠AOC，
∴ ∠COB = ∠AOB = 30∘ ，
∵菱形OABC绕原点O顺时针旋转75∘ 至第四象限OA′B′C′
的位置，
–
∴ ∠BOB′ = 75∘ ，OB′ = OB = 2√3，
∴ ∠HOB′ = ∠BOB′ −∠AOB = 45∘ ，
∴△OB′H为等腰直角三角形，
–
√2
–
∴ OH = B′H = OB′ = √6，
2
– –
∴点B′ 的坐标为(√6，−√6)．
39/82
– –
故答案为：(√6，−√6)．
9 9
2 【答案】 或
10 5
【解析】解：分三种情况：
①当∠PAD = 90∘ ，如图1所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ CD = AB = 3，AD = BC = 5，AD∥BC，
∴ ∠APB = ∠PAD = 90∘ ，
∵ AB = 3，BC = 5，∠BAC = 90∘ ，
−−−−−−−−−−
∴ AC = BC2 −AB2 = 4，
√
∵ ∠B = ∠B，
∴△ABP∽△CBA，
BP AB BP 3
∴ = ，即 = ，
AB BC 3 5
9
解得：BP = ，
5
∵ EF⊥BC，△BEF与△PEF关于直线EF对称，
1 9
∴ BF = PF = BP = ；
2 10
②当点P与C重合时，如图2所示：
∵ AB∥CD，
∴ ∠APD = ∠ACD = ∠BAC = 90∘ ，
∵ E在AB上，E与A重合，而AB ≠ AC，
则△BEF与△PEF关于直线EF不对称，
∴该情况不存在；
③当点P与C不重合时，∠APD = 90∘ ，如图3所示：
40/82
9
作AG⊥BC于G，则EF与AG重合，BF = ；
5
9 9
综上所述，若△APD是直角三角形，则BF的长为 或 ；
10 5
9 9
故答案为： 或 ．
10 5
3 【答案】解：①当点F落在DC的延长线上时，设BE = EF = x，
在Rt△ECF中，∵ EC2 +CF2 = EF2 ，
∴ (3−x) 2 +12 = x2 ，
5
解得x = ．
3
②当点F落在BC的延长线上时，易知BE = AG = 2，
–
③当点F落在AD的延长线上时，易知BE = BG = √5
5 –
综上所述，满足条件的BE的值为 或2或√5．
3
–
2 8−2√7
4 【答案】
或
3 3
41/82
【解析】解：取BC、AB的中点H、G，连接MH、HG、MG．
如图1中，当点C′ 落在MH上时，设NC = NC′ = x，
5 1 3
由题意可知：MC = MC′ = 2，MH = ，HC′ = ，HN = −x，
2 2 2
在Rt△HNC中，∵ HN2 = HC′2 +NC′2 ，
3 2 1 2
∴ ( −x) = x2 +( ) ，
2 2
2
解得x = ．
3
如图2中，当点C′ 落在GH上时，设NC = NC′ = x，
3
在Rt△GMC′ 中，MG = CH = ，MC = MC′ = 2，
2
–
√7
∴ GC′ = ，
2
∵△HNC′ ∽△GC′M，
NC′ HC′
∴ = ，
MC′ GM
√7
x 2−
2
∴ = ，
2 3
2 –
8−2√7
∴ x = ．
3
如图3中，当点C′ 落在直线GM 上时，易证四边形MCNC′ 是正方形，可得
CN = CM = 2．
42/82
此时点C′ 在中位线GM的延长线上，不符合题意，舍弃．
–
2 8−2√7
综上所述，满足条件的线段CN的长为 或 ．
3 3
–
2 8−2√7
故答案为 或 ．
3 3
5 【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴ MD∥AE，
∴ ∠MDE = ∠EAH，∠DMH = ∠AEH，
∵点H是AD中点，
∴ DH = AH，
在△MDH和△EAH中，
∠MDH = ∠EAH
⎧⎪∠MHD
= ∠AHE，
⎨
⎩⎪ DH = HA
∴△MDH≌△EAH(AAS)，
∴ MD = EA，
∴四边形AEDM是平行四边形；
（2）①AE = 2时，四边形AEDM是矩形；理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴ AD = AB = 4，
∵平行四边形AEDM是矩形，
∴ DE⊥AB，
即∠DEA = 90∘ ，
∵ ∠DAB = 60∘ ，
∴ ∠ADE = 30∘ ，
1
∴ AE = AD = 2；
2
②当AE = 4时，四边形AEDM是菱形；理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴ AD = AB = 4，
∵平行四边形AEDM是菱形，
∴ AE = DE，
∵ ∠DAB = 60∘ ，
∴△ADE为等边三角形，
∴ AE = AD = 4．
故答案为2，4．
43/82
6 【答案】解：（1）BC = CD+CF，如图1，
∵ ∠BAC = 90∘ ，∠ABC = 45∘ ，
∴ ∠ACB = ∠ABC = 45∘ ，
∴ AB = AC，
∵四边形ADEF是正方形，
∴ AD = AF，∠DAF = 90∘ ，
∵ ∠BAD = 90∘ −∠DAC，∠CAF = 90∘ −∠DAC，
∴ ∠BAD = ∠CAF，
在△BAD和△CAF中，
AB = AC
⎧⎪∠BAD
= ∠CAF ，
⎨
⎩⎪ AD = AF
∴△BAD≌△CAF(SAS)，
∴ BD = CF，
∵ BD+CD = BC，
∴ CF +CD = BC；
故答案为：CF +CD = BC；
（2）解：不成立
BC = CF −CD，理由如下：如图2，
∵ ∠BAC = 90∘ ，∠ABC = 45∘ ，
∴ ∠ACB = ∠ABC = 45∘ ，
∴ AB = AC．
∵四边形ADEF为正方形，
∴ AD = AF，∠DAF = 90∘ ，
44/82
∵ ∠BAD = 90∘ +∠CAD，
∠CAF = 90∘ +∠CAD，
∴ ∠BAD = ∠CAF，
∴△BAD≌△CAF(SAS)，
∴ BD = CF，
∵ BD = BC +CD，
∴ CF = BC +CD，
∴ BC = CF −CD，
（3）解：BC = CD−CF，
如图3，理由如下：
∵四边形ADEF为正方形，
∴ AD = AF，∠DAF = 90∘ ，
∵ ∠BAC = 90∘ ，
∴ ∠DAF −∠BAC = ∠BAC −∠BAF，
∴ ∠BAD = ∠CAF，
在△ABD和△ACF中，
AB = AC
⎧⎪∠BAD
= ∠CAF ，
⎨
⎩⎪ AD = AF
∴△ABD≌△ACF(SAS)，
∴ BD = CF，
∴ BC = CD−CF．
能力提高 / 初三 / 寒假
第 4 讲 一轮复习之圆
45/82
例题练习题答案
例1
(1【) 答案】B
(2【) 答案】A
(3【) 答案】1或7
1
(4【) 答案】
2
例2
(1【) 答案】70∘
(2【) 答案】D
(3【) 答案】18
例3
(1【) 答案】D
(2【) 答案】B
(3【) 答案】A
例4
(1【) 答案】A
(2【) 答案】B
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，
∵ DE是切线，
∴ ∠ODE = 90∘ ，
46/82
∴ ∠ADE +∠BDO = 90∘ ，
∵ ∠ACB = 90∘ ，
∴ ∠A+∠B = 90∘ ，
∵ OD = OB，
∴ ∠B = ∠BDO，
∴ ∠ADE = ∠A．
（2）解：连接CD．
∵ ∠ADE = ∠A，
∴ AE = DE，
∵ BC是⊙O的直径，∠ACB = 90∘ ，
∴ EC是⊙O的切线，
∴ ED = EC，
∴ AE = EC，
∵ DE = 5，
∴ AC = 2DE = 10，
在Rt △ ADC中，DC = 6，
设 BD = x ， 在 Rt △ BDC 中 ， BC2 = x2 +62 ， 在 Rt △ ABC 中 ，
BC2 = (x+8) 2 −102 ，
∴ x2 +62 = (x+8) 2 −102 ，
9
解得x = ，
2
−−−−−−−−
9 2 15
∴ BC = 62 +( ) = ．
√ 2 2
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∠BAD＝∠CAD，
⌢ ⌢
∴BD = CD，
∴OD⊥BC，BH＝CH，
47/82
∵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，
∴∠ABE＝∠CBE，
∵∠DBC＝∠BAD，
∴∠DEB＝∠BAD+∠ABE＝∠DBC +∠CBE＝∠DBE，
∴DB＝DE＝6，
1 –
∵BH＝ BC＝3√3，
2
– –
BH 3√3 √3
在Rt△BDH中，sin∠BDH＝ = = ，
BD 6 2
∴∠BDH＝60∘
，
而OB＝OD，
∴△OBD为等边三角形，
∴∠BOD＝60∘
，OB＝BD＝6，
∴∠BOC＝120∘
，
⌢ (360 −120)⋅π ⋅6
∴优弧BAC的长＝ ＝8π ．
180
例10 【答案】解：（1）证明：由同弧所对圆周角相等得∠FBD=∠DCF，
又∵CF平分∠BCD，
∴∠BCF=∠DCF，
已知∠EBF=∠GBF，
∴∠EBF=∠BCF，
∵BC为⊙O直径，
∴∠BFC=90∘
，
∴∠FBC +∠FCB=90∘ ，
∴∠FBC +∠EBF=90∘ ，
∴BE⊥BC，
48/82
∴BE为⊙O切线；
（2）证明：由（1）知∠BFC=∠EBC=90∘ ，∠EBF=∠ECB，
∴△BEF∽△CEB，
∴BE2 =EF ⋅CE，
又∠EBF=∠GBF，BF⊥EG，
∴∠BFE=∠BFG=90∘
，
∠EBF = ∠GBF
在△BEF与△BGF中，
⎧⎪BF
= BF ，
⎨
⎩⎪ ∠EFB = ∠BFG
∴△ BEF≌ △ BGF，
∴BE=BG，EF=FG，
∴BG2 =FG⋅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，
∴BD=8，BG=BD−GD=8−GD，
GH GD 3
∴ = = ，
BG 8−GD 5
∴GD=GH=3，BG=5，BH=4，
∵BC=10，∴OH=OB−BH=1，
−−
在Rt △ OGH中，由勾股定理得OG= √10．
能力提高 / 初三 / 寒假
第 4 讲 一轮复习之圆
自我巩固答案
49/82
1 【答案】A
2 【答案】C
3 【答案】C
4 【答案】B
5 【答案】C
6 【答案】B
7 【答案】A
8 【答案】解：（1）证明：连接OC，如图所示：
∵BD是⊙O的切线，
∴∠ABD＝90∘ ，即∠ABC +∠CBE = 90∘ ，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB = ∠BCD = 90∘ ，
∴∠ABC +∠A = 90∘ ，∠ACO +∠BCO＝90∘ ，
∴∠CBE = ∠A
∵E是BD中点，
1
∴CE = BD＝BE，
2
∴∠BCE＝∠CBE＝∠A，
∵OA＝OC，
∴∠ACO＝∠A，
∴∠ACO＝∠BCE，
∴∠BCE +∠BCO＝90∘ ，
即∠OCE＝90∘
，CE⊥OC，
∴CE是⊙O的切线；
（2）∵∠ACB＝90∘
，
−−−−−−−−−−
−−−−−−
∴AB = AC2 +BC2 = √62 +82 = 10，
√
BD BC 3
∵tanA = = = ，
AB AC 4
3 15
∴BD = AB = ，
4 2
50/82
1 15
∴CE = BD= ．
2 4
9 【答案】解：（1）证明：连接OQ．
∵AP、BQ是⊙O的切线，
∴OP⊥AP，OQ⊥BQ，
∴∠APO＝∠BQO＝90∘
，
在Rt△APO和Rt△BQO中，
OA = OB
，
{OP = OQ
∴Rt△APO≌Rt△BQO，
∴AP＝BQ．
（2）∵Rt△APO≌Rt△BQO，
∴∠AOP＝∠BOQ，
∴P、O、Q三点共线，
– –
QB 4√3 √3
∵在Rt△BOQ中，cosB = = = ，
OB 8 2
∴∠B＝30∘ ，∠BOQ＝60∘
，
1
∴OQ = OB＝4，
2
∵∠COD＝90∘
，
∴∠QOD＝90∘ +60∘ ＝150∘
，
⌢ 210 ⋅π⋅4 14
∴优弧QD的长= = π．
180 3
10 【答案】解：（1）连接OA，
∵PA是⊙O的切线，
∴∠PAO＝90∘
∵∠P＝30∘
，
∴∠AOD＝60∘
，
∵AC⊥PB，PB过圆心O，
∴AD＝DC
–
5√3
在Rt△ODA中，AD＝OA⋅sin60∘ =
2
–
∴AC＝2AD＝5√3
51/82
（2）∵AC⊥PB，∠P＝30∘
，
∴∠PAC＝60∘
，
∵∠AOP＝60∘
∴∠BOA＝120∘
，
∴∠BCA＝60∘
，
∴∠PAC＝∠BCA
∴BC∥PA
能力提高 / 初三 / 寒假
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，
∴∠ABC＝90∘
，
∴∠C +∠BAC＝90∘ ，
∵OA＝OB，
∴∠BAC＝∠OBA，
∵∠PBA＝∠C，
∴∠PBA+∠OBA＝90∘
，
即PB⊥OB，
52/82
又∵OB是⊙O的半径，
∴PB是⊙O的切线；
–
（2）解：∵⊙O的半径为2√2，
– –
∴OB＝2√2，AC＝4√2，
∵OP∥BC，
∴∠CBO＝∠BOP，
∵OC＝OB，
∴∠C＝∠CBO，
∴∠C＝∠BOP，
又∵∠ABC＝∠PBO＝90∘
，
∴△ABC∽△PBO，
BC AC
∴ = ，
OB OP
–
BC 4√2
即 – = ，
2√2 8
∴BC＝2．
能力提高 / 初三 / 寒假
第 4 讲 一轮复习之圆
精选精练
1 【答案】D
2 【答案】D
3 【答案】2π
4 【答案】3
5 【答案】解：（1）证明：连接OB，则OA＝OB，
∵OP⊥AB，
53/82
∴AC＝BC，
∴OP是AB的垂直平分线，
∴PA＝PB，
在△PAO和△PBO中，
AP = PB
∵
⎧⎪OP
= PO，
⎨
⎩⎪ OA = OB
∴△PAO≌△PBO(SSS)
∴∠PBO＝∠PAO，PB＝PA，
∵PB为⊙O的切线，B为切点，
∴∠PBO＝90∘
，
∴∠PAO＝90∘
，
即PA⊥OA，
∴PA是⊙O的切线；
5
（2）连接BE，∵tanD = ，
12
∴设AP = 5x，AD = 12x，
则PD = 13x，
∵PA，PB是圆O的切线，
∴PB = PA = 5x
∴BD = PD−PB = 8x，
∵∠DBE +∠EBO = 90∘ ，
∠ABO +∠EBO = 90∘ ，
∴∠DBE = ∠ABO = ∠BAO
又∵∠D = ∠D
∴△ BDE ∽△ ADB
BD DE
∴ =
AD BD
即BD2 = DE ⋅AD，
∴(8x2 ) = 16×(12x)，
54/82
∴x = 3，
∴PD = 39．
6 【答案】解：（1）证明：连接OC，如图，
∵CE为切线，
∴OC⊥CE，
∴∠OCE＝90∘ ，即∠1+∠4＝90∘
，
∵DO⊥AB，
∴∠3+∠B＝90∘
，
而∠2＝∠3，
∴∠2+∠B＝90∘
，
而OB＝OC，
∴∠4＝∠B，
∴∠1＝∠2，
∴CE＝FE；
（2）①当∠D＝30∘ 时，∠DAO＝60∘
，
而AB为直径，
∴∠ACB＝90∘
，
∴∠B＝30∘
，
∴∠3＝∠2＝60∘
，
而CE＝FE，
∴△CEF为等边三角形，
∴CE＝CF＝EF，
同理可得∠GFE＝60∘
，
利用对称得FG＝FC，
∵FG＝EF，
∴△FEG为等边三角形，
∴EG＝FG，
55/82
∴EF＝FG＝GE＝CE，
∴四边形ECFG为菱形；
②当∠D＝22.5∘ 时，∠DAO＝67.5∘
，
而OA＝OC，
∴∠OCA＝∠OAC＝67.5∘
，
∴∠AOC＝180∘ −67.5∘ −67.5∘ ＝45∘
，
∴∠AOC＝45∘
，
∴∠COE＝45∘
，
利用对称得∠EOG＝45∘
，
∴∠COG＝90∘
，
易得△OEC≌△OEG，
∴∠OGE＝∠OCE＝90∘
，
∴四边形ECOG为矩形，
而OC＝OG，
∴四边形ECOG为正方形．
故答案为30∘ ，22.5∘
．
能力提高 / 初三 / 寒假
第 5 讲 一轮复习之数与式
例题练习题答案
例1
(1【) 答案】B
56/82
(2【) 答案】B
(3【) 答案】B
– –
(4【) 答案】√3,π,√34
例2
(1【) 答案】C
(2【) 答案】<
(3【) 答案】π
3n −1
例3 【答案】
2
例4
(1【) 答案】D
(2【) 答案】三
2 2
(3【) 答案】(x−3) ；(x−6)(x−8)；y(x+1) ；x(y +3)(y −3)；(a+b)(a−3b)；
2 2
(a−2b) ；x(x−1)
例5
(1【) 答案】①解：（1）6992
2
= (700 −1)
= 7002 −2×700 ×1+1
= 490000 −1400+1
= 488601
②20192 −2017×2021
= 20192 −(2019−2)(2019+2)
= 20192 −20192 +22
= 4
2
(2【) 答案】解：(2x+y) +(x+y)(x−y)−5x(x−y)
= 4x2 +4xy +y2 +x2 −y2 −5x2 +5xy
= 9xy，
– – – –
当x = √2+1，y = √2−1时，原式= 9×(√2+1)(√2−1) = 9．
(3【) 答案】解：①(3x2 +6x+8)−(6x+5x2 +2)
57/82
= 3x2 +6x+8−6x−5x2 −2
= −2x2 +6；
②设“□”是a，
则原式= (ax2 +6x+8)−(6x+5x2 +2)
= ax2 +6x+8−6x−5x2 −2
= (a−5)x2 +6，
∵标准答案的结果是常数，
∴ a−5 = 0，
解得：a = 5．
例6
(1【) 答案】B
(2【) 答案】C
2
(3【) 答案】
(a−2) +8a a(a−2)
解：原式= ⋅ =a
(a+2)(a−2) (a+2)
(4【) 答案】=
例7
(1【) 答案】D
(2【) 答案】B
(3【) 答案】x > 8
(4【) 答案】2
(5【) 答案】A
(6【) 答案】B
例8
– – –
(1【) 答案】原式=3√2+√2−1+1=4√2
– –
(2【) 答案】原式=−2×(−3)+√3−1−4=1+√3
– – –
(3【) 答案】原式=2√3+2+1−√3+1=√3+4
例9
58/82
x+1 x−2 x(x−2)
(1【) 答案】
解：原式= ( − )÷
x−2 x−2
(x−2)
2
3 x−2
= ⋅
x−2 x
3
=
x
– 3 –
当x = √3时，原式=
–
= √3．
√3
−x (x−1)(x+1)
(2【) 答案】
原式= × = 1−x，
x+1 x
– –
当x = √2+1时，原式= −√2．
a2 −2ab+b2 1 1
(3【) 答案】
解： ÷ −
a−b ( b a)
2
(a−b) a−b
= ÷
a−b ab
a−b ab
= ⋅
1 a−b
= ab，
– – – –
当a = √2−1，b = √2+1时，原式= (√2−1)×(√2+1) = 1．
(4【) 答案】
(x+1) 2 1+x2 2x2
解：原式= ÷ −
x(x+1) ( x x )
x+1 1−x2
= ÷
x x
1+x x
= ⋅
x (1+x)(1−x)
1
= ，
1−x
–
当x = √2+1时，
–
1 √2
原式= – = − ．
1−√2−1 2
例10
(1【) 答案】C
(2【) 答案】B
(3【) 答案】B
(4【) 答案】C
例11
(1【) 答案】C
4
(2【) 答案】
9
59/82
(3【) 答案】解：画树状图为：
共有6种等可能的结果数，其中取出的2个球中有1个白球、1个黄球的结果数为3，所
3 1
以取出的2个球中有1个白球、1个黄球的概率= =
6 2
例12
(1【) 答案】在这次测试中，七年级在80分以上（含80分）的有15+8 = 23人，
故答案为：23；
(2【) 答案】七年级50人成绩的中位数是第25、26个数据的平均数，而第25、26个数据分别
为77、78，
77+78
∴ m = = 77.5，
2
故答案为：77.5；
(3【) 答案】甲学生在该年级的排名更靠前，
∵七年级学生甲的成绩大于中位数78分，其名次在该班25名之前，
八年级学生乙的成绩小于中位数78分，其名次在该班25名之后，
∴甲学生在该年级的排名更靠前．
5+15+8
(4【) 答案】估计七年级成绩超过平均数76.9分的人数为400 × = 224（人)．
50
能力提高 / 初三 / 寒假
第 5 讲 一轮复习之数与式
自我巩固答案
1 【答案】A
【解析】由题干知：数据5出现的次数最多，所以众数为5
2 【答案】A
3 【答案】(x−2)(x+2)；(x+1)(x−6)； (x+y)(x−2y −1)
4 【答案】C
【解析】x2 −mx+6 = (x−3)(x+n) = x2 +(n−3)x−3n，
60/82
可得−m = n−3，−3n = 6，
解得：m = 5，n = −2．
故选：C．
– – –
5 【答案】解：原式=√2−1+1−3√2=−2√2
6
(1【) 答案】解：原式=m2 −(2n−3) 2 = m2 −4n2 +12n−9
(2【) 答案】解：原式=x2 +4x+4−x2 +3x−2 = 7x+2
7 【答案】解：原式= (x2 +y2 −x2 +2xy −y2 +2xy −2y2)÷4y
= (4xy −2y2)÷4y
1
= x− y，
2
当x = −4，y = −6时，
原式= −1．
8 【答案】解：原式= (−a2 −4b2 +4ab+a2 −b2)÷(−b)
= (−5b2 +4ab)÷(−b)
= −4a+5b，
∵ a的算术平方根是它本身，b是−8的立方根
∴ a = 0或1，b = −2，
若a = 0，b = −2
原式= −10；
若a = 1，b = −2，
原式= −14；
1 1
9 【答案】解：原式= =
(a+1) 2 2
10
(1【) 答案】本次随机调查的学生人数为30÷15％=200（人)；
(2【) 答案】书 画 的 人 数 为 200 ×25 ％ = 50 （ 人 ) ， 戏 曲 的 人 数 为
200 −(50+80+30) = 40（人)，
补全图形如下：
61/82
40
(3【) 答案】估计全校学生选择“戏曲”类的人数约为1200× = 240（人)；
200
(4【) 答案】列表得：
A B C D
A AB AC AD
B BA BC BD
C CA CB CD
D DA DB DC
∵共有12种等可能的结果，其中恰好抽到“器乐”和“戏曲”类的有2种结果，
2 1
∴恰好抽到“器乐”和“戏曲”类的概率为 = ．
12 6
能力提高 / 初三 / 寒假
第 5 讲 一轮复习之数与式
课堂落实答案
1 【答案】C
2 【答案】(x−2)(x−3)；a(x+y)(x−y)； xy(x−y)； (a−b+1)(a−b−1)；
–
3 【答案】3√2−3
2
4 【答案】 (a+1) a(a−1) 3a+1
解：原式= [ − ]÷
(a+1)(a−1) (a+1)(a−1) a(a+1)
a2 +2a+1−a2 +a 3a+1
= ÷
(a+1)(a−1) a(a+1)
3a+1 a(a+1)
= ⋅
(a+1)(a−1) 3a+1
62/82
a
= ．
a−1
5
(1【) 答案】解：（1）乙组数据的折线统计图如图所示：
(2【) 答案】①¯x¯¯¯
1
¯ = 50+¯x¯¯¯
2
¯．
②S2 = S2 ．
1 2
理由：
1
∵ S2 = [(48−50) 2 +(52−50) 2 +(47−50) 2 +(49−50) 2 + 54−50) 2
1 5 (
1
S2 = [(−2−0) 2 +(2−0) 2 +(−3−0) 2 +(−1−0) 2 + 4−0) 2 = 6.8
2 5 ( ]
∴ S2 = S2 ．
1 2
能力提高 / 初三 / 寒假
第 5 讲 一轮复习之数与式
精选精练
1 【答案】-10或10
2 【答案】B
2
3 【答案】b(a+1) ；(a+2)(a−2)(a−b) ；(x+2)(x−2)(x+1)(x−1)
– – –
4 【答案】原式=√2+1+3−3√2+2√2=4
5 【答案】解：
63/82
2
(a−1) a 1
原式=(a−1)÷ = =
a a−1 2
6
5
(1【) 答案】8名学生中至少有三类垃圾投放正确的概率为 ；
8
(2【) 答案】列表如下：
A C F G
A CA FA GA
C AC FC GC
F AF CF GF
G AG CG FG
能力提高 / 初三 / 寒假
第 6 讲 一轮复习之方程与不等式
例题练习题答案
例1 【答案】1
例2 【答案】D
−3+4 = m
【解析】 解：将x = −1，y = 2代入方程组得： ，
{ −n−2 = 1
解得：m = 1，n = −3，
则m−n = 1−(−3) = 1+3 = 4．
例3 【答案】m=4
例4 【答案】A
例5
(1【) 答案】D
(2【) 答案】B
(3【) 答案】B
64/82
例6 【答案】B
例7 【答案】A
【解析】 x −2 ⩽ 1(x−7), x ⩽ 3
解：由关于x的不等式组 3 4 得
2a+5
{6x−2a > 5(1−x) { x >
11
∵有且仅有三个整数解，
2a+5
∴ < x ⩽ 3，x = 1，2，或3．
11
2a+5
∴0 ⩽ < 1，
11
5
∴ − < a < 3；
2
1−2y a
由关于y的分式方程 − = −3得1−2y +a = −3(y −1)，
y −1 1−y
∴ y = 2−a，
∵解为正数，且y = 1为增根，
∴ a < 2，且a ≠ 1，
5
∴ − < a < 2，且a ≠ 1，
2
∴所有满足条件的整数a的值为：−2，−1，0，其和为−3．
故选：A．
例8
(1【) 答案】B
(2【) 答案】k = −2或−1
(3【) 答案】C
2
例9 【答案】 x−3 (x−3) x−3 2(x−2) 2
解：原式= ÷ = ⋅ = ，
x−2 2(x−2) x−2 (x−3) 2 x−3
–
√3 –
当x = 4|cos30∘|+3 = 4× +3 = 2√3+3时，
2
–
2 √3
原式= – = ．
2√3+3−3 3
例10 【答案】A
例11 【答案】D
能力提高 / 初三 / 寒假
第 6 讲 一轮复习之方程与不等式
65/82
自我巩固答案
1 【答案】B
2 【答案】A
3 【答案】D
−3+4 = m
【解析】 解：将x = −1，y = 2代入方程组得： ，
{ −n−2 = 1
解得：m = 1，n = −3，
则m−n = 1−(−3) = 1+3 = 4．
4 【答案】C
5 【答案】B
6 【答案】C
【解析】 1x+1 ≥ −3
2
解：
{x−2(x−3) > 0
∵解不等式①得：x ≥ −8，
解不等式②得：x < 6，
∴不等式组的解集为−8 ≤ x < 6，
∴不等式组的最大整数解为5，
故选：C．
7 【答案】A
8 【答案】A
9 【答案】C
12−y
【解析】 解:设该队胜x场,平y场,则负(6x−y)场, 根据题意,得:3x+y = 12,即:x = ,
3
∵ x、y均为非负整数,且x+y ⩽ 6, ∴当y = 0时,x = 4;当y = 3时,x = 3; 即该队获胜
的场数可能是3场或4场, 故选:C. 设该队胜x场,平y场,则负(6−x−y)场,根据:胜场得分
+平场得分+负场得分=最终得分,列出二元一次方程,根据x、y的范围可得x的可能取值.本
题主要考查二元一次方程的实际应用,根据相等关系列出方程是解题的关键,要熟练根据未
知数的范围确定方程的解.
10 【答案】解：（1）设每条全自动生产线的成本为x万元，每条半自动生产线的成本为y万元，根据
题意，得
2x+y = 260
，
{x+3y = 280
x = 100
解得 ．
{y = 60
答：每条全自动生产线的成本为100万元，每条半自动生产线的成本为60万元．
（2）设2019年该加工厂需兴建全自动生产线a条，根据题意，得
66/82
1
(260 −100)a+(160 −60)(10−a) ≥ 1200，解得a ≥ 3 ，
3
由于a是正整数，
所以a至少取4．
即2019年该加工厂至少需投资兴建4条全自动生产线．
能力提高 / 初三 / 寒假
第 6 讲 一轮复习之方程与不等式
课堂落实答案
1 【答案】D
2x+7 > 1
【解析】
解： ，
{5−3x2
解不等式①，得x > −3，
解不等式②，得x1，
所以原不等式组的解集为：−3 < x1，
在数轴上表示为：
故选：D．
2 【答案】B
3 【答案】A
4 【答案】A
【解析】解：由题意可得，
(30−3x)(20−2x) = 480，
故选：A．
5 【答案】解：∵关于x的方程x2 −2ax+a = 0有两个相等的实数根，
∴ (−2a) 2 −4a = 0，即4a2 −4a = 0，4a(a−1) = 0，
∴ a = 0或a = 1
1 1 2 2 a+1 1
( − )÷ = × =
a−1 a+1 a+1 (a+1)(a−1) 2 a−1
∵ a−1 ≠ 0，
∴取a = 0．
1
∴原式= = −1．
0−1
67/82
能力提高 / 初三 / 寒假
第 6 讲 一轮复习之方程与不等式
精选精练
1
(1【) 答案】设该店有客房 x 间,房客 y 人,
根据题意得
7x+7 = y,
{9(x−1) = y.
解得
x = 8,
{y = 63.
答:该店有客房 8 间,房客 63 人.
(2【) 答案】若每间客房住 4 人,
则 63 名客人至少需房 16 间,
则需付费 20×16 = 320 钱,
若一次性定客房 18 间,则需付费
20×18×0.8 = 288钱 < 320钱 .
答:上述客人应选择一次性定客房 18 间.
2 【答案】1）设一个A品牌的足球需x元，则一个B品牌的足球需(x+30)元，由题意得
2500 2000
= ×2
x x+30
解得：x = 50
经检验x = 50是原方程的解，
x+30 = 80
答：一个A品牌的足球需50元，则一个B品牌的足球需80元．
2）设此次可购买a个B品牌足球，则购进A牌足球(50-a)个，由题意得
50×(1+8%)(50-a)+80×0.9a ≤ 3260
1
解得a ≤ 31
9
∵a是整数，
∴a最大等于31，
答：华昌中学此次最多可购买31个B品牌足球．
68/82
3
5
(1【) 答案】m > −
4
【解析】∵二元二次方程有两个不相等的实数根
∴Δ > 0
Δ = (2m+1) 2 −4(m2 −1)
= 4m2 +4m+1−4m2 +4
= 4m+5
则4m+5 > 0
5
m > − ．
4
(2【) 答案】m = 1时，x
1
> 0，x
2
= −3.
【解析】令m = 1，则方程为x2 +3x = 0
解得x
1
= 0，x
2
= −3.
5x+2 > 3(x−1)①
4 【答案】
解：解不等式组⎧ 1 3 ，
⎨ x ≤ 8− x+2a②
⎩ 2 2
5
解不等式①得：x > − ，
2
解不等式②得：x≤a+4，
∵不等式组有四个整数解，
∴不等式组的解集再数轴上表示为：
∴1≤a+4＜2，
解得：﹣3≤a＜﹣2．
2x+y = 1−m ①
5 【答案】
解：
{ x+2y = 2 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： ．
69/82
2
6 【答案】解：（1）根据题意得△=（−6） 4（2m+1）≥0，
解得m≤4；
（2）根据题意得x +x =6，x x =2m+1，
1 2 1 2
而2x x +x +x ≥20，
1 2 1 2
所以2（2m+1）+6≥20，解得m≥3，
而m≤4，
所以m的范围为3≤m≤4．
2
【解析】（1）根据判别式的意义得到△=（−6） 4（2m+1）≥0，然后解不等式即可；
（2）根据根与系数的关系得到x +x =6，x x =2m+1，再利用2x x +x +x ≥20得到
1 2 1 2 1 2 1 2
2（2m+1）+6≥20，然后解不等式和利用（1）中的结论可确定满足条件的m的取值范
围．
能力提高 / 初三 / 寒假
第 7 讲 一轮复习之一次函数与反比例函数
例题练习题答案
例1
(1【) 答案】D
(2【) 答案】D
(3【) 答案】D
例2
(1【) 答案】x ≤ 1
1
(2【) 答案】解：①把C (m,4)代入一次函数y = − x+5，可得
2
1
4 = − m+5，
2
解得m = 2，
∴C (2,4)，
设l 2的解析式为y = ax，则4 = 2a，
解得a = 2，
∴l 2的解析式为y = 2x；
70/82
②如图，过C作CD⊥AO于D，CE⊥BO于E，则CD = 4，CE = 2，
1
y = − x+5，令x = 0，则y = 5；令y = 0，则x = 10，
2
∴A(10,0)，B(0,5)，
∴AO = 10，BO = 5，
1 1
∴ S ΔAOC −S ΔBOC = ×10×4− ×5×2
2 2
= 20−5 = 15;
③一次函数y = kx+1的图象为l 3，且1 1，l 2，l 3不能围成三角形，
3
∴当l 3经过点C (2,4)时，k = ；
2
当l 2，l 3平行时，k = 2；
1
当1 1，l 3平行时，k = − ；
2
3 1
故k的值为 或2或− ．
2 2
360 180
例3 【答案】解：（1）依题意可得方程： = ，
x+60 x
解得x = 60，
经检验x = 60是方程的根，
∴x+60 = 120元，
答：甲、乙两种商品的进价分别是120元，60元；
（2）∵销售甲种商品为a件(a ⩾ 30)，
∴销售乙种商品为(50−a)件，
根据题意得：w = (200 −120)a+(100 −60)(50−a) = 40a+2000(a ⩾ 30)
∵40 > 0，
∴的值随a值的增大而增大，
∴当a = 30时，w = 40×30+2000 = 3200元．
最小值
例4 【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10km/h、20km/h；
71/82
（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C的坐标为(1.5,15)，
设线段BC所表示的y与x之间的函数解析式为y = kx+b，
k+b = 0 k = 30
，得 ，
{1.5k+b = 15 {b = −30
即线段BC所表示的y与x之间的函数解析式是y = 30x−30(1 ⩽ x ⩽ 1.5)．
例5
(1【) 答案】D
(2【) 答案】A
(3【) 答案】B
2
(4【) 答案】y =
x
例6
(1【) 答案】C
(2【) 答案】C
(3【) 答案】D
例7 【答案】解：（1）根据图象可得x > 0时，y
1
> 0；
2 2
（2）将y = −x+b代入y = ，得 = −x+b，
x x
整理得，x2 −bx+2 = 0，
当△= b2 −8 > 0时，直线与双曲线有两个公共点，
– –
解得b > 2√2或b < −2√2；
2
（3）将y = 1代入y
1
= ，得x = 2，则点B的坐标为(2,1)，
x
∵点A的坐标为(1,2)，E为线段AB的中点，
3 3
∴点E的坐标为( ， )，
2 2
3 2 4
当x = 时，y 1 = = ，
2 x 3
3 4 1
∴ EF = − = ．
2 3 6
72/82
例8 【答案】解：（1）过A作AH⊥x轴于点H，
AH 4
在Rt△AOH中，∵tan∠AOE = = ，
OH 3
∴设OH = 3k，AH = 4k，
即A的坐标为(3k,4k)，其中k > 0，
12
∵在y = 图象上，
x
12
∴4k = ，
3k
解得：k = 1或−1（负数舍去），
∴A的坐标为(3,4)；
12
（2）∵点B(−6,n)在y = 的图象上，
x
∴代入得：n = −2，
即B的坐标为(−6,−2)，
3k+b = 4
把A、B的坐标代入y = kx+b(k ≠ 0)得： ，
{−6k+b = −2
2
解得：k = ，b = 2，
3
73/82
2
∴一次函数的表达式是y = x+2；
3
2
（3）在y = x+2中令y = 0，则x = −3，
3
即C(−3,0)，
所以S
ΔAOB
= S
ΔAOC
+S
ΔBOC
1 1
S = S +S = ×|−3|×4+ ×|−3|×|−2| = 9
ΔAOB ΔAOC ΔBOC
2 2
即△AOB的面积是9．
例9 【答案】解：（1）将B(m,2)代入y = x−1
∴2 = m−1
∴m = 3，
k
将B(3,2)代入y = ，
x
∴k = 6
（2）设直线CD的解析式为：y = x−1+b，
直线AB与x轴交于点E，
令x = 0和y = 0分别代入y = x−1，
∴y = −1
∴A(0,−1)，E(1,0)
∴y = 0代入y = x−1+b，
∴x = 1−b
∴C (1−b,0)
当C在E的左侧时，
此时CE = 1−(1−b) = b
1
∴S ΔABC = ×b(2+1) = 6 ，
2
∴b = 4；
当C在E的右侧时，
此时CE = 1−b−1 = −b
1
∴S
ΔABC
= ×(−b)(2+1) = 6，
2
∴b = −4 ，
∴当b = 4时，
直线CD的解析式为：y = x+3，
当b = −4时，
直线CD的解析式为：y = x−5 ，
∴直线CD的表达式为：y = x+3或y = x−5.
74/82
例10 【答案】解：（1）∵点A(a,4)，
∴ AC = 4，
1
∵ S ΔAOC = 4，即 OC ⋅AC = 4，
2
∴ OC = 2，
∵点A(a,4)在第二象限，
∴ a = −2 A(−2,4)，
k
将A(−2,4)代入y = 得：k = −8，
x
8
∴反比例函数的关系式为：y = − ，
x
把B(8,b)代入得：b = −1，
∴ B(8,−1)
因此a = −2，b = −1；
k
（2）由图象可以看出mx+n < 的解集为：−2 < x < 0或x > 8；
x
（3）如图，作点B关于x轴的对称点B′ ，直线AB′ 与x轴交于P，
此时PA−PB最大，
∵ B(8,−1)
∴
B′(8,1)
设直线AP的关系式为y = kx+b，将A(−2,4)，B′(8,1)代入得：
−2k+b = 4
{8k+b = 1
3 17
解得：k = − ，b = ，
10 5
3 17
∴直线AP的关系式为y = − x+ ，
10 5
3 17 34
当y = 0时，即− x+ = 0，解得x = ，
10 5 3
34
∴ P( ，0)
3
75/82
能力提高 / 初三 / 寒假
第 7 讲 一轮复习之一次函数与反比例函数
自我巩固答案
1 【答案】D
【解析】∵直线l 2与x轴的交点为A(−2,0)，
∴−2k+b = 0，
y = −2x+4
∴
{ y = kx+2k
4−2k
x =
k+2
解得
{ y = 8k
k+2
∵直线l
1
: y = −2x+4与直线l
2
: y = kx+b(k ≠ 0)的交点在第一象限，
4−2k
> 0
k+2
∴
{
8k
> 0
k+2
解得0 < k < 2．
故选：D．
2 【答案】A
【解析】解：∵一次函数y = kx+5中k > 0，
∴一次函数y = kx+5的图象经过第一、二、三象限．
又∵一次函数y = k′x+7中k′ < 0，
∴一次函数y = k′x+7的图象经过第一、二、四象限．
∵5 < 7，
∴这两个一次函数的图象的交点在第一象限，
故选：A．
3 【答案】A
4 【答案】B
5 【答案】A
【解析】解：函数y = 4x−2的图象关于y轴对称直线的函数解析式为y = −4x−2，故选A
6 【答案】C
【解析】解：过A作y轴的垂线，过B作x轴的垂线，交于点C，连接OC，
1 1
设A(k,1)，B 2, k ，则AC = 2−k，BC = 1− k，
( 2 ) 2
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∵S
△ABO
= 8，
∴S
△ABC
−S
△ACO
−S
△BOC
= 8，
1 1 1
即 (2−k) 1− k − (2−k)×1−
2 ( 2 ) 2
1 1
1− k ×2 = 8，
2( 2 )
解得k = ±6，
∵k < 0，
∴k = −6，
故选：C．
7 【答案】A
【解析】该题考查的是反比例函数的图象．
k
将点(−2,3)代入反比例函数y = 中，
x
k
得3 = ，即k = −6，
(−2)
6
∴反比例函数的解析式为y = − ，
x
6
将点(6,−1)，(−1,−6)，(3,2)，(−2,−3)分别代入解析式y = − 中，
x
可得只有点(6,−1)使得等式成立，
6
即只有点(6,−1)在反比例函数y = − 的图象上，
x
所以本题的答案是A．
8 【答案】A
【解析】∵等腰直角三角形ABC的顶点A、B分别在x轴、y轴的正半轴上，∠ABC = 90∘ ，
CA⊥x轴，AB = 1，
∴ ∠BAC = ∠BAO = 45∘ ，
–
√2
–
∴ OA = OB = ，AC = √2，
2
–
√2
–
∴点C的坐标为( ，√2)，
2
k
∵点C在函数y = (x > 0)的图象上，
x
–
√2
–
∴ k = ×√2 = 1，
2
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故选：A．
9 【答案】解：（1）设顾客在甲超市购物所付的费用为y ，顾客在乙超市购物所付的费用为y ，
甲 乙
根据题意得：y = 300 +0.8(x−300) = 0.8x+60；
甲
y = 200 +0.85(x−200) = 0.85x+30．
乙
（2）他应该去乙超市，理由如下：
当x = 500时，y = 0.8x+60 = 460，y = 0.85x+30 = 455，
甲 乙
∵460 > 455，
∴他去乙超市划算．
（3）令y =y ，即0.8x+60 = 0.85x+30，
甲 乙
解得：x = 600．
答：李明购买600元的商品时，到两家超市购物所付的费用一样．
【解析】（1）设顾客在甲超市购物所付的费用为y ，顾客在乙超市购物所付的费用为y ，
甲 乙
根据题意得：y = 300 +0.8(x−300) = 0.8x+60；
甲
y = 200 +0.85(x−200) = 0.85x+30．
乙
（2）他应该去乙超市，理由如下：
当x = 500时，y = 0.8x+60 = 460，y = 0.85x+30 = 455，
甲 乙
∵460 > 455，
∴他去乙超市划算．
（3）令y = y ，即0.8x+60 = 0.85x+30，
甲 乙
解得：x = 600．
答：李明购买600元的商品时，到两家超市购物所付的费用一样．
m
10 【答案】解：（1）把A(3,4)代入反比例函数y 2 = 得，
x
m
4 = ，解得m = 12，
3
12
∴反比例函数的解析式为y 2 = ；
x
12
∵B(a,−2)点在反比例函数y = 的图象上，
2 x
∴−2a = 12，解得a = −6，
∴B(−6,−2)，
∵一次函数y
1
= kx+b的图象经过A(3,4)，B(−6,−2)两点，
3k+b = 4 k = 2
∴ ，解得 3 ，
{−6k+b = −2 {b = 2
2
∴一次函数的解析式为y
1
= x+2；
3
2
（2）由一次函数的解析式为y
1
= x+2可知C(0,2)，D(−3,0)，
3
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−−−−−−−−−−− −−−−−−−−−−−−
∴AD = (3+3) 2 +42 = 2√ − 1 − 3，BC = 62 +(−2−2)2 = 2√ − 1 − 3，
√ √
∴AD = BC，
（3）由图象可知：y
1
< y 2时x的取值范围是x < −6或0 < x < 3．
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第 7 讲 一轮复习之一次函数与反比例函数
课堂落实答案
1 【答案】D
3
【解析】解：把点A(a,b)代入正比例函数y = − x，
4
可得：−3a = 4b，
可得：3a+4b = 0，
故选：D．
2 【答案】C
【解析】当x > 1时，x+b > kx+4，
即不等式x+b > kx+4的解集为x > 1．
故选：C．
3 【答案】A
4 【答案】D
5 【答案】A
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第 7 讲 一轮复习之一次函数与反比例函数
精选精练
1 【答案】A
2 【答案】C
3 【答案】(−1,2)
【解析】∵直线y=2x+4与y轴交于B点，
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∴x=0时，
得y=4，
∴B（0，4）．
∵以OB为边在y轴右侧作等边三角形OBC，
∴C在线段OB的垂直平分线上，
∴C点纵坐标为2．
将y=2代入y=2x+4，得2=2x+4，
解得x=﹣1．
4 【答案】B
5 【答案】解：（1）小明骑车在平路上的速度为：4.5÷0.3 = 15(km/h），
∴小明骑车在上坡路的速度为：15−5 = 10(km/h），
小明骑车在下坡路的速度为：15+5 = 20(km/h）．
∴小明在AB段上坡的时间为：(6.5−4.5)÷10 = 0.2(h)，
BC段下坡的时间为：(6.5−4.5)÷20 = 0.1(h)，
DE段平路的时间和OA段平路的时间相等为0.3h，
∴小明途中休息的时间为：1−0.3−0.2−0.1−0.3 = 0.1(h)．
故答案为：15，0.1．
（2）小明骑车到达乙地的时间为0.5小时，
∴B(0.5,6.5)．
小明下坡行驶的时间为：2÷20 = 0.1，
∴C (0.6,4.5)．
设直线AB的解析式为y = k 1 x+b 1，由题意，得
4.5 = 0.3k +b
1 1
，
{6.5 = 0.5k +b
1 1
k = 10
1
解得： ，
{b = 1.5
1
∴y = 10x+1.5(0.3 ≤ x ≤ 0.5)；
设直线BC的解析式为y = k 2 x+b 2，由题意，得
6.5 = 0.5k +b
2 2
，
{4.5 = 0.6k +b
2 2
k = −20
2
解得： ．
{b = 16.5
2
∴y = −20x+16.5(0.5 ≤ x ≤ 0.6)；
（3）小明两次经过途中某一地点的时间间隔为0.15h，由题意可以得出这个地点只能在坡
路上，因为A点和C点之间的时间间隔为0.3．设小明第一次经过该地点的时间为t，则第二
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次经过该地点的时间为(t +0.15)h，由题意得：
10t +1.5 = −20(t +0.15)+16.5，
解得：t = 0.4，
∴y=10×0.4+1.5=5.5，
答：该地点离甲地5.5km．
【解析】
（1）小明骑车在平路上的速度为：4.5÷0.3=15（km/h），
∴小明骑车在上坡路的速度为：15-5=10（km/h），
小明骑车在下坡路的速度为：15+5=20（km/h）．
∴小明在AB段上坡的时间为：（6.5-4.5）÷10=0.2（h），
BC段下坡的时间为：（6.5-4.5）÷20=0.1（h），
DE段平路的时间和OA段平路的时间相等为0.3h，
∴小明途中休息的时间为：1-0.3-0.2-0.1-0.3=0.1（h）．
故答案为：15，0.1．
（2）小明骑车到达乙地的时间为0.5小时，
∴B（0.5，6.5）．
小明下坡行驶的时间为：2÷20=0.1，
∴C（0.6，4.5）．
设直线AB的解析式为y=k x+b ，由题意，得
1 1
，解得： ，
∴y=10x+1.5（0.3≤x≤0.5）；
设直线BC的解析式为y=k x+b ，由题意，得
2 2
，解得： ．
∴y=-20x+16.5（0.5≤x≤0.6）；
（3）小明两次经过途中某一地点的时间间隔为0.15h，由题意可以得出这个地点只能在坡
路上，因为A点和C点之间的时间间隔为0.3．设小明第一次经过该地点的时间为t，则第二
次经过该地点的时间为（t+0.15）h，由题意得
10t+1.5=-20（t+0.15）+16.5，
解得：t=0.4，
∴y=10×0.4+1.5=5.5，
∴该地点离甲地5.5km．
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6 【答案】 解：（1）把A(−1,m)代入y = 得m = −4
x
把A(−1,−4)代入y = kx−3得−4=−k−3
∴k＝1，∴y＝x−3;
（2）由（1）知，直线AB的解析式为y＝x−3①，
4
∵双曲线的解析式为y = ②，
x
x = −1 x = 4
联立①②解得， 或 ，
{y = −4 {y = 1
∴A(−1,−4)，B(4,1)，
设点M的坐标为(m,0)，
∴AB2 = 50，AM2 = (m+1)2+16，BM2 = (m−4) 2 +1,
∵△AMB是直角三角形，
∴①当∠AMB = 90∘ 时，AM 2 +BM 2 ＝AB 2 ，
2 2
∴50 = (m+1) +16(m−4) +1，
−−
3±√41
∴m= ，
2
−− −−
3+√41 3−√41
∴M（ ，0）或（ ，0）；
2 2
2 2 2
②当∠BAM＝90°时，AB +AM ＝BM ，
2 2
∴50+(m+1) +16=(m−4) +1，
∴m = −5，
∴M（−5，0）；
2 2 2
③当∠ABM＝90°时，AB +BM ＝AM ，
2 2
∴50+(m−4) +1=(m+1) +16，
∴m = 5，
∴M（5，0）
∴满足条件的点M有4个．
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