文档内容
能力提高 / 初三 / 秋季
第 1 讲 矩形菱形综合
例题练习题答案
例1
(1【) 答案】2.4
【解析】用面积法即可
(2【) 答案】4.8
【解析】用面积法即可
(3【) 答案】①③④
(4【) 答案】3.4
【解析】连接EC，然后利用勾股定理列方程即可．
练1.1
(1【) 答案】4.8
【解析】用面积法即可
(2【) 答案】2.4
【解析】用面积法即可
(3【) 答案】75°
(4【) 答案】1.5
例2 【答案】证明：∵P是点AD的中点，∴PA = PD，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB = DC，
PA = PD
在△PAB和△PDC中， ⎧AB = DC
⎨
PB = PC
⎩
∴△PAB≌△PDC(SSS)，
∴∠A = ∠D，
∵AB∥DC，∴∠A +∠D = 180∘ ，
1/128
∴∠A = ∠D = 90∘ ，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形．
练2.1 【答案】∠APB = ∠DPC．
例3
–
(1【) 答案】4√3
【解析】△AOB为等边三角形
(2【) 答案】提示：∠GAC = 45∘ −∠GCA，∠FCO = 90∘ −2∠GCA．
∴∠FCO = 2∠GAC，又∵∠FCO = ∠GAC+∠GEC
∴∠GAC = ∠GEC，△ACE是等腰三角形．
∴CE=AC = 5．
练3.1
–
(1【) 答案】√3
(2【) 答案】C
【解析】①是错误的，②③④都是对的．
例4
–
(1【) 答案】(√2+1,1)
–
(2【) 答案】2√7
练4.1
–
(1【) 答案】(3,√3)
(2【) 答案】3
例5 【答案】提示：易知△ABD和△CBD均为等边三角形．
①若∠EBF = 60∘ ，
则可证△ABE≌△DBF(ASA)，
可得BE = BF，即△BEF为等边三角形；
②若∠BEF = 60∘ ，
2/128
在AB上取点M，使得AE = AM，连接EM．
则DE = BM，∠EDF = ∠EMB = 120∘ ，
由∠DEF +∠MEB = ∠MBE +∠MEB = 60∘ 可得∠DEF = ∠MBE，
故△EDF≌△BME(ASA)，可得EF = EB，
即△BEF为等边三角形；
③若∠BFE = 60∘ ，方法同②．
△BEF为等边三角形，则△BDE≌△BCF(ASA)，
–
故AE +CF = AE +DE = 5√3．
练5.1 【答案】C
【解析】第③个是错的，其它都是对的．
例6 【答案】提示：易证四边形ABCD为平行四边形．
再证明△AMB≌△AND(AAS)，
可得AB = AD，故四边形ABCD为菱形．
练6.1 【答案】B
能力提高 / 初三 / 秋季
第 1 讲 矩形菱形综合
自我巩固答案
1 【答案】D
2 【答案】D
3 【答案】B
4 【答案】B
5 【答案】C
6 【答案】A
7 【答案】C
8 【答案】B
3/128
9 【答案】A
10 【答案】提示：连接BD，容易证明△DEB≌△DFB(HL)，DE = DF，
进而得到△DEA≌△DFC(AAS)，
∴DA = DC，∴四边形ABCD是菱形．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 1 讲 矩形菱形综合
课堂落实答案
1 【答案】C
2 【答案】B
−−−−−−−
–
3 【答案】3 5 +2√2
√
4 【答案】D
5 【答案】提示：容易证明△DEA≌△DFC(AAS)，DA = DC，进而得到四边形ABCD是菱形．
【解析】证明：在△ADE和△CDF中，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，
∵DE⊥AB，DF⊥BC，
∴∠AED=∠CFD=90°．
又∵DE=DF，
∴△ADE≌△CDF（AAS）
∴DA=DC，
∴平行四边形ABCD是菱形．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 1 讲 矩形菱形综合
精选精练
1 【答案】C
4/128
3
2 【答案】
2
【解析】连接EC，
∵矩形ABCD中，AB=2，
∴DC = 2，
∵AC的垂直平分线EF交AD于点E，
∴AE=EC，
设AE = EC = x，则ED=4-x，
故x 2 = (4 −x) 2 +2 2 ，
5
解得：x = ，
2
5 3
故ED=4- = ．
2 2
3
故答案为： ．
2
3
(1【) 答案】证明：∵AC = 9，AB = 12，BC = 15，
∴AC2 = 81，AB2 = 144，BC2 = 225，
∴AC2 +AB2 = BC2 ，
∴∠A = 90∘ ．
∵PG⊥AC，PH⊥AB，
∴∠AGP = ∠AHP = 90∘ ，
∴四边形AGPH是矩形；
36
(2【) 答案】
解：GH存在最小值，其最小值为 ．理由如下:
5
连接AP.
由（1）可知，四边形AGPH是矩形，
∴GH = AP.
∵当AP⊥BC时，AP最短.
5/128
又∵当AP⊥BC时，AC ⋅AB = BC ⋅AP，
即9 ×12 = 15 ⋅AP，
36
∴AP = .
5
36
∴GH存在最小值，其最小值为 .
5
–
3√3
4 【答案】
2
5 【答案】D
【解析】证明：如图，
∵在菱形ABCD中，∠D = 60∘ ，AD = DC，
∴△ADC是等边三角形，
∵AC是菱形的对角线，
1
∴∠ACB = ∠DCB = 60∘ ，
2
∵∠FAC +∠EAC = ∠FAC +∠DAF = 60∘ ，
∴∠EAC = ∠DAF，
在△ADF和△ACE中，
∠D = ∠ACB
∵
⎧⎪
AD = AC ，
⎨
∠DAF = ∠CAE
⎩⎪
∴△ADF≌△ACE(ASA)，
∴AF = AE，∵∠EAF = 60∘ ，
∴△AEF是等边三角形，
∵EF = 2，
–
√3 –
∴S
△AEF
=
4
⋅22 = √3，
故选：D．
6 【答案】提示：（1）∠CEF = ∠DAF = ∠BAE = ∠CFE，
故CE = CF，平行四边形ECFG为菱形；
（2）连接BM、CM，
6/128
由（1）可知，平行四边形ECFG是菱形，又∵∠ABC = 90∘ ，
∴四边形ECFG是正方形．
计算角度可得∠BEM = ∠DCM = 135∘ ，
可证明△BME≌△DMC（SAS），
故MB = MD，∠DMC = ∠BME，
可得△BMD为等腰直角三角形，
故∠BDM = 45∘ ；
（3）∠BDG = 60∘ ．
延长AB、FG交于点H，连接HD，
可证四边形AHFD为平行四边形．
通过角度计算可得△DAF为等腰三角形，
故AD = DF，四边形AHFD为菱形．
可证△BHD≌△GFD（SAS），
故∠BDH = ∠GDF，
∠BDG = ∠BDH +∠HDG
= ∠GDF +∠HDG = 60∘ ．
【解析】（3）延长AB、FG交于H，连接HD．
7/128
∵AD // GF，AB // DF，
∴四边形AHFD为平行四边形，
∵∠ABC = 120∘ ，AF平分∠BAD，
∴∠DAF = 30∘,∠ADC = 120∘,∠DFA = 30∘ ，
∴△ DAF为等腰三角形，
∴AD = DF，
∴平行四边形AHFD为菱形，
∴△ ADH，△ DHF为全等的等边三角形，
∴DH = DF，∠BHD = ∠GFD = 60∘ ，
∵FG = CE，CE = CF，CF = BH，
∴BH = GF，
在△ BHD与△ GFD中，
DH = DF
∵ ⎧∠BHD = ∠GFD，
⎨
BH = GF
⎩
∴△ BHD ≅△ GFD(SAS)，
∴∠BDH = ∠GDF
∴∠BDG = ∠BDH +∠HDG
= ∠GDF +∠HDG = 60∘ ．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 2 讲 正方形的高级技巧
例题练习题答案
例1
(1【) 答案】A
(2【) 答案】D
例2 【答案】①②③⑤
–
练2.1 【答案】
5√2
2
【解析】连接PC，由PE⊥BC，PF⊥CD，CD⊥BC，可知四边形PECF是矩形，所以EF=PC，
当PC⊥BD时，PC最小，EF取最小值，
8/128
–
已知正方形边长为5，所以BD=5√2，
–
1 1 – 5√2
S △BCD = ×5 ×5 = ×5√2×PC，所以PC= .
2 2 2
例3 【答案】提示：（1）延长CB至E，使得BE = DN，连接AE．
先证明△AND≌△AEB (SAS)，得到AN = AE，∠BAE = ∠DAN，
再证明△AMN≌△AME(SAS)，得到MN = ME，
故BM +DN = BM +BE = ME = MN；
（2）由（1）可得BM +DN = MN，故NC +CM = 7，
在Rt△CMN中，NC2 +CM2 = 25，
由NC +CM = 7和NC2 +CM2 = 25可得NC ⋅CM = 12，
故△CMN的面积为6．
练3.1 【答案】108
【解析】如图，延长AD至F，使得AF = BC，
则四边形ABCF是正方形，容易证明DF +BE = DE，
又根据勾股定理可得AE = 8，
9/128
∴正方形ABCF的边长为12，
1
∴DF = 6，故梯形ABCD的面积为122 − ×6 ×12 = 108．
2
例4 【答案】提示：（1）作∠EBC = ∠PBA，PB = EB，连接EC．
可证△PAB≌△ECB(SAS)，
故△PBE为等腰直角三角形，
–
计算可得PE = 2√2，EC = 1，PC = 3，
由勾股定理逆定理可得∠PEC = 90∘ ，
故∠APB = ∠BEC = 135∘ ．
–
（2）作BO⊥PE于O，则BO = PO = √2．
由（1）易知点A、P、E三点共线，
∴由勾股定理可得:
−−−−−−−−−−−−−−− −−−−−−−
– 2 – 2 –
AB = (1 +√2) +(√2) = 5 +2√2．
√ √
–
故正方形面积为5+2√2
练4.1 【答案】B
【解析】如图将△ABP绕点A顺时针旋转60∘
得到△AEF，
AP = AF，∠PAF = 60∘ ，
∴△PAF为等边三角形，则PA = PF = AF，EF = PB，
AP +BP +CP = EF +PF +PC，
所以当点E、F、P、C共线时，AP +BP +CP取最小值．
作EM垂直DA交DA的延长线于M，
ME的延长线交CB的延长线于N，
则四边形ABNM是矩形，
10/128
在Rt△AME中，∠MAE = 30∘ ，AE = 2，
–
∴ME = 1，AM = BN = √3，MN = AB = 2，EN = 1，
−−−−−−−−−− −−−−−−−−−−−−
故EC = EN2 +NC2 = 12 +(√3 – +2) 2 = √6 – +√2 – ．
√ √
例5 【答案】提示：（1）证明△BCG≌△DCE(SAS)；
（2）连接BE，
由（1）知△BCG≌△DCE(SAS)，证明△BCG≌△BCE(SAS)，可得BG = DE = BE，
又∵BG = BD，可得△BDE为等边三角形，故∠BDE = 60∘ ．
–
（3）√3−1．
提示：延长EC交BD于点O，
– – –
由（2）可得OE = √3OB = √3，OC = 1，故CE = √3−1．
【解析】（1）先求出△BCG≌△ECG（SAS），
得出BG＝DE．
（2）求出△BCG≌△BCE，得出DE＝BD＝BE，
所以△BDE是等边三角形．
从而得出∠BDE＝60°．
–
（3）利用余弦定理得出：CE= √3−1．
练5.1 【答案】90°
【解析】△DCF≌△ADE(SAS)，且两者均为等腰三角形，
∴∠DFC = ∠ADE = 15∘ ，∴∠MDF = 15∘ +60∘ = 75∘ ，
∴∠DMC = ∠DFC +∠MDF = 90∘ ．
例6 【答案】提示：（1）证明：∵ BE⊥PA，DF⊥PA，
∴ ∠BEA = ∠AFD = 90∘ ，
11/128
∵四边形ABCD是正方形，
∴ AB = AD，∠BAD = 90∘ ，
∴ ∠BAE +∠DAF = ∠ADF +∠DAF = 90∘ ，
∴ ∠BAE = ∠ADF，
∠BEA = ∠AFD
在△BAE和△ADF中，
⎧⎪∠BAE
= ∠ADF ，
⎨
BA = AD
⎩⎪
∴△BAE≌△ADF(AAS)，
∴ BE = AF，AE = DF，
∵ AF −AE = EF，
∴ BE = EF +DF．
（2）DF = BE +EF．理由如下：
△BAE≌△ADF(AAS)，
∴ BE = AF，AE = DF，
∵ AE = AF +EF，
∴ DF = EB +EF．
（3）EF = BE +DF．理由如下：
△BAE≌△ADF(AAS)，
∴ BE = AF，AE = DF，
∵ EF = AF +AE，
∴ EF = BE +DF．
练6.1 【答案】C
【解析】△AEB≌△BFC，
∴AE = BF = 3，
−−
∴AB = BC = √10．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 2 讲 正方形的高级技巧
自我巩固答案
1 【答案】C
2 【答案】C
12/128
3 【答案】C
【解析】正方形ABCD，所以AB=AD，∠BAC=∠CAD，
在△BAM和△DAM中，AB=AD，∠BAM=∠DAM，AM=AM
∴△BAM≌△DAM（SAS）
∴∠ADE=∠ABM=17°，
∴∠BMC=∠ABM+∠BAC=17°+45°=62°
故选C.
4 【答案】B
5 【答案】C
6 【答案】D
7 【答案】D
8 【答案】C
9 【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴ ∠A = ∠B = ∠C = ∠D = 90∘ ，AB = BC = CD = DA，
∵ AE = BF = CG = DH，
∴ AH = BE = CF = DG．
在ΔAEH和ΔBFE中，
AE = BF
⎧⎪∠A
= ∠B
⎨
AH = BE
⎩⎪
∴
ΔAEH ≅ΔBFE(SAS)
同理可得：ΔBFE ≅ΔCGF(SAS)
ΔCGF ≅ΔDHG(SAS)
∴ EH = FE = GF = GH，∠AEH = ∠BFE，
∴四边形EFGH是菱形，
∵ ∠BEF +∠BFE = 90∘ ，
∴ ∠BEF +∠AEH = 90∘ ，
∴ ∠HEF = 90∘ ，
∴四边形EFGH是正方形，
∵ AB = BC = CD = DA = 8，AE = BF = CG = DH = 5，
−−−−− −−
∴ EH = FE = GF = GH = √52+32 = √34，
−− −−
∴四边形EFGH的面积是：√34 ×√34 = 34，
13/128
故选：B．
10 【答案】（1）证明：∵ EP⊥AE，
∴ ∠AEB +∠GEF = 90∘ ，
又∵ ∠AEB +∠BAE = 90∘ ，
∴ ∠GEF = ∠BAE，
又∵ FG⊥BC，
∴ ∠EGF = 90∘ ，
∠ABE = ∠EGF
在△ABE与△EGF中，
⎧⎪∠BAE
= ∠GEF ，
⎨
AE = EF
⎩⎪
∴△ABE≌△EGF(AAS)，
∴ FG = BE；
（2）解：点F在∠DCG的平分线上，理由如下：
连接CF，如图：
由（1）知：BC = AB = EG，
∴ BC −EC = EG−EC，
∴ BE = CG，
又∵ FG = BE，
∴ FG = CG，
又∵ ∠CGF = 90∘ ，
1
∴ ∠FCG = 45∘ = ∠DCG，
2
∴
CF平分∠DCG．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 2 讲 正方形的高级技巧
课堂落实答案
1 【答案】C
14/128
2 【答案】C
3 【答案】A
4 【答案】B
5 【答案】41
【解析】过点A作AE⊥l ，过点C作CF⊥l ，
1 2
∴∠CBF +∠BCF = 90∘ ，
四边形ABCD是正方形，
∴AB = BC = CD = AD，
∴∠DAB = ∠ABC = ∠BCD = ∠CDA = 90∘ ，
∴∠ABE +∠CBF = 90∘ ，
∵l // l // l ，
1 2 3
∴∠ABE = ∠BCF，
在△ ABE 和△ BCF 中，
∠AEB = ∠BFC
⎧⎪∠ABE
= ∠BCF
⎨
AB = BC
⎩⎪
∴△ ABE≌ △ BCF (AAS)（画出l 1 到l 2 ，l 2 到l 3 的距离，分别交l 2 ，l 3 于E，F），
∴BF = AE，
∴BF2 +CF2 = BC2 ，
∴BC2 = 42 +52 = 41．
故答案为：41．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 2 讲 正方形的高级技巧
精选精练
1 【答案】①②③⑤
【解析】∵AB = AD，AE = AF = EF，
15/128
∴ΔABE ≅ΔADF (HL)，ΔAEF为等边三角形，
∴BE = DF，又BC = CD，
∴CE = CF，
1 1
∴∠BAE = (∠BAD−∠EAF) = (90∘ −60∘) = 15∘ ，
2 2
∴∠AEB = 90∘ −∠BAE = 75∘ ，
∴①②③正确，
在AD上取一点G，连接FG，使AG = GF，
则∠DAF = ∠GFA = 15∘ ，
∴∠DGF = 2∠DAF = 30∘ ，
–
设DF = 1，则AG = GF = 2,DG = √3
– –
∴AD = CD = 2 +√3 ，CF = CE = CD−DF = 1 +√3,
– – –
∴EF = √2CF = √2+√6, 而BE +DF = 2,
∴④错误，
1 –
⑤∵S
△ABE
+S
△ADF
= 2 ×
2
AD×DF = 2 +√3,
– 2
1 (1 +√3) –
S
△CEF
=
2
CE ×CF =
2
= 2 +√3 ,
∴⑤正确．
故答案为：①②③⑤．
2 【答案】A
【解析】根据题意分析可得：小正方形沿着正方形ABCD的边AB⇒BC⇒CD⇒DA⇒AB连续地翻转，
正方形ABCD的边长是3cm，一个边长为1cm的小正方，即这个小正方形第一次回到起始
位置时需12次翻转，而每翻转4次，它的方向重复依次，故回到起始位置时它的方向是向
上．
故选：A．
2n −1
3 【答案】
2
【解析】方法一：连接BE．
∵在线段AC同侧作正方形ABMN及正方形BCEF，
∴BE∥AM，
16/128
∴△AME与△AMB同底等高，
∴△AME的面积=△AMB的面积，
1
∴当AB = n时，△AME的面积记为S n = n2 ，
2
1 1 1
S n−1 = (n −1) 2 = n2 −n + ，
2 2 2
2n −1
∴当n ≥ 2时，S n −S n−1 = ．
2
方法二：如图所示：延长CE与NM，交于点Q，
∵线段AC = n +1（其中n为正整数），
∴当AB = n时，BC = 1，
∴当△AME的面积记为：
S n = S 矩形ACQN −S △ACE −S △MQE −S △ANM，
1 1 1
= n(n +1)− ×1 ×(n +1)− ×1 ×(n −1)− ×n ×，n
2 2 2
1
= n2 ，
2
当AB = n −1时，BC = 2，
∴此时△AME的面积记为：
S n−1 = S 矩形ACQN −S △ACE −S △MQE −S △ANM，
1 1 1
= (n +1)(n −1)− ×2 ×(n +1)− ×2 ×(n −3)− ，
2 2 2
×(n −1)(n −1)
1 1
= n2 −n + ，
2 2
1 1 1 1 2n −1
∴当n ≥ 2时，S n −S n−1 = n2 − n2 −n + = n − = ．
2 (2 2) 2 2
2n −1
故答案为： ．
2
4 【答案】15∘ 或165∘
【解析】
5 【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
17/128
∴CB = CD，∠B = ∠CDA = 90∘ ，
∴∠B = ∠CDF = 90∘ ，
又∵BE = DF，
∴△CBE≌△CDF(SAS)．
∴CE = CF．
(2)证明：如图2，延长AD至F，使DF = BE，连接CF．
由（1）知△CBE≌△CDF(SAS)，CE = CF，
∴∠BCE = ∠DCF．
∴∠BCE +∠ECD = ∠DCF +∠ECD，
即∠BCD = ∠ECF = 90∘ ，
又∠GCE = 45∘ ，
∴∠GCF = ∠GCE = 45∘ ．
∵CE = CF，CG = CG，
∴△CEG≌△CFG(SAS)．
∴GE = GF，
∴GE = GF = DF +GD = BE +GD;
(3)提示：延长AD至G，使得AG = BC，连接CG．
则四边形ABCG为正方形，
由BE = 4，DE = 10，以及(2)中结论可得DG = 6，
从而可得正方形ABCG边长为12，
故梯形ABCD的面积为108．
【解析】（1）∵四边形ABCD是正方形，
18/128
∴ BC = CD，∠B = ∠CDF = 90∘，
∵ ∠ADC = 90∘，
∴ ∠FDC = 90∘．
∴ ∠B = ∠FDC，
∵ BE = DF，
∴
ΔCBE ≅ΔCDF(SAS)．
∴ CE = CF．
（2）如图2，延长AD至F，使DF = BE，连接CF．
由（1）知ΔCBE ≅ΔCDF，
∴ ∠BCE = ∠DCF．
∴ ∠BCE +∠ECD = ∠DCF +∠ECD，
即∠ECF = ∠BCD = 90∘，
又∠GCE = 45∘，
∴ ∠GCF = ∠GCE = 45∘．
∵ CE = CF，GC = GC，
∴
ΔECG ≅ΔFCG．
∴ GE = GF，
∴ GE = GF = DF +GD = BE +GD．
（3）如图3，过C作CG⊥AD，交AD延长线于G．
在直角梯形ABCD中，
∵
AD//BC，
∴ ∠A = ∠B = 90∘，
又∵ ∠CGA = 90∘，AB = BC，
∴四边形ABCG为正方形．
∴ AG = BC．
∵ ∠DCE = 45∘，
根据（1）（2）可知，ED = BE +DG．
∴ 10 = 4 +DG，
即DG = 6．
设AB = x，则AE = x−4，AD = x−6，
在RtΔAED中，
∵ DE2 = AD2 +AE2 ，即102 = (x−6)2 +(x−4)2 ．
19/128
解这个方程，得：x = 12或x = −2（舍去）．
∴ AB = 12．
1 1
∴ S 梯形ABCD = (AD+BC)⋅AB = ×(6 +12)×12 = 10．8
2 2
即梯形ABCD的面积为108．
6 【答案】2
【解析】解：∵四边形ACDF是正方形
∴ AC = AF，∠CAF = 90∘
∴ ∠CAE +∠FAB = 90∘ ，∠ACE +∠CAE = 90∘
∴ ∠ACE = ∠FAB，且∠E = ∠ABF，AC = AF
∴
ΔACE ≅ΔFAB(AAS)
∴ CE = AB = 2
1
∴ S 阴影 = ×AB ×CE = 2
2
故答案为：2
7 【答案】（1）证明：∵DE⊥AG于点E，BF∥DE且交AG于点F，
∴BF⊥AG于点F，
∴∠AED=∠BFA=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD且∠BAD=∠ADC=90°，
∴∠BAF+∠EAD=90°，
∵∠EAD+∠ADE=90°，
∴∠BAF=∠ADE，
在△AFB和△DEA中，
∠BFA = ∠AED = 90°
⎧⎪
∠BAF = ∠ADE ，
⎨
AB = AD
⎩⎪
∴△AFB≌△DEA（AAS），
20/128
∴AE= BF；
（2）解：DF=CE且DF⊥CE．
证明：由（1）可知△AFB≌△DEA（AAS），
∴AF=DE，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=90°
∵∠FAD+∠ADE=90°，∠EDC+∠ADE=∠ADC=90°，
∴∠FAD=∠EDC，
在△FAD和△EDC中，
AF = DE
⎧⎪
∠FAD = ∠EDC，
⎨
AD = DC
⎩⎪
∴△FAD≌△EDC（SAS），
∴DF=CE且∠ADF=∠DCE，
∵∠ADF+∠CDF=∠ADC=90°，
∴∠DCE+∠CDF=90°，
∴DF⊥CE，
∴DF=CE且DF⊥CE．
【解析】（1）根据垂直的定义和平行线的性质求出∠AED=∠BFA=90°，根据正方形的性质可得
AB=AD，∠BAD=∠ADC=90°，再利用同角的余角相等求出∠BAF=∠ADE，然后利用“角
角边”证明△AFB和△DEA全等，根据全等三角形对应边相等可得AE=BF；
（2）根据同角的余角相等求出∠FAD=∠EDC，根据全等三角形对应边相等可得
AF=DE，根据正方形的性质可得AD=CD，然后利用“边角边”证明△FAD和△EDC全等，根
据全等三角形对应边相等可得DF=CE，全等三角形对应角相等可得∠ADF=∠DCE，再求
出∠DCF+∠CDF=90°，然后根据垂直的定义证明即可．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 3 讲 一元二次方程的解法
例题练习题答案
例1
21/128
(1【) 答案】≠ ±1
(2【) 答案】0
【解析】将一元二次方程ax2 +bx+c = 0的根代入，
a+b+c = 0
可得 ，两式相加，得2a+2c = 0；
{a−b+c = 0
∴a+c = 0．
练1.1
(1【) 答案】= −1
m−1 ≠ 0
【解析】 由题易知 ，可得m = −1.
{|m|+1 = 2
(2【) 答案】−1
【解析】把x = 0代入一元二次方程 (a−1)x2 +x+|a|−1 = 0，得|a|−1 = 0，且
a−1 ≠ 0，可得a = −1．
例2
(1【) 答案】解：①∵x2 −9 = 0
∴x2 = 9
∴x = 3，x = −3
1 2
②∵4(x−2) 2 −36 = 0
∴4(x−2) 2 = 36
∴(x−2) 2 = 9
∴x−2 = 3或x−2 = −3
∴x = 5，x = −1
1 2
③∵(2x−5) 2 = (3x−1) 2
∴2x−5 = ±(3x−1)
∴2x−5 = 3x−1或2x−5 = 1 −3x
6
∴x = −4，x =
1 2
5
(2【) 答案】解：①∵x2 +2x−1 = 0
∴x2 +2x = 1
∴x2 +2x+1 = 2
∴(x+1) 2 = 2
–
∴x+1 = ±√2
22/128
– –
∴x = −1 +√2，x = −1 −√2
1 2
②∵−2x2 −5x+10 = 0
5
∴x2 + x = 5
2
2
5 5 105
∴x2 + x+ =
2 (4) 16
2
5 105
∴ x+ =
( 4) 16
−−−
5 √105
∴x+ = ±
4 4
−−− −−−
−5 +√105 −5 −√105
∴x = ，x =
1 2
4 4
例3 【答案】解：（1）∵x2 −x−2 = 0，
∴a = 1，b = −1，c = −2，
2
∴Δ = (−1) −4 ×1 ×(−2) = 9，
–
1 ±√9
∴x = ，
2
∴x = −1，x = 2；
1 2
（2）∵2x2 −5x−1 = 0，
∴a = 2，b = −5，c = −1，
2
∴Δ = (−5) −4 ×2 ×(−1) = 33，
−−
5 ±√33
∴x = ，
4
−− −−
5 +√33 5 −√33
∴x = ，x = ；
1 2
4 4
（3）∵0.3y2 +y = 0.8，
∴a = 0.3，b = 1，c = −0.8，
∴Δ = 12 −4 ×0.3×(−0.8) = 1.96，
−−−−
−1 ±√1.96
∴y = ，
0.6
2
∴y = ，y = −4；
1 2
3
–
（4）∵x2 −3√2x+3 = 0，
–
∴a = 1，b = −3√2，c = 3，
– 2
∴Δ = (−3√2) −4 ×1 ×3 = 6，
– –
3√2±√6
∴x = ，
2
– – – –
3√2+√6 3√2−√6
∴x = ，x = ．
1 2
2 2
例4
23/128
(1【) 答案】x2 −6x+5 = 0，
(x−5)(x−1) = 0，
x−5 = 0，x−1 = 0，
x = 5，x = 1.
1 2
【解析】分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可.
(2【) 答案】x(x−4)+5(x−4) = 0，
(x−4)(x+5) = 0，
x−4 = 0，x+5 = 0，
x = 4，x = −5．
1 2
【解析】分解因式，即可得出两个一元一次方程，求出方程的解即可．
练4.1 【答案】解：（1）∵x2 +2x−15 = 0
∴(x+5)(x−3) = 0
∴x+5 = 0或x−3 = 0
∴x = −5，x = 3
1 2
（2）∵2x2 −9x−5 = 0
∴(2x+1)(x−5) = 0
∴2x+1 = 0或x−5 = 0
1
∴x = − ，x = 5
1 2
2
练4.2
(1【) 答案】解：∵2x2 +4x−7 = 0
7
∴x2 +2x =
2
9
∴x2 +2x+1 =
2
9
∴(x+1) 2 =
2
–
3√2
∴x+1 = ± ．
2
– –
3√2 3√2
∴x = −1 + ，x = −1 −
1 2
2 2
(2【) 答案】解：∵2x2 −3x+2 = 0
∴a = 2，b = −3，c = 2，
∴Δ = b2 −4ac = (−3) 2 −4 ×2 ×2 = −7 < 0
∴此方程没有实数解．
24/128
(3【) 答案】解：∵x2 −7x+10 = 0
∴(x−2)(x−5) = 0
∴x = 2，x = 5．
1 2
(4【) 答案】解：∵5(x+1) 2 = 7(x+1)
∴5(x+1) 2 −7(x+1) = 0
∴(x+1)[5(x+1)−7] = 0
∴(x+1)(5x−2) = 0
2
∴x = −1，x =
1 2
5
例5
(1【) 答案】证明：Δ = (m−1) 2 +4m
= m2 −2m+1 +4m
=(m+1) 2 ≥ 0，
∴关于x的方程x2 +(m−1)x−m = 0（其中m是实数）一定有实数根．
(2【) 答案】证明：Δ = (−2m) 2 −4(6m−10)
= 4m2 −24m+40
= 4(m−3) 2 +4 > 0，
∴不论m为任何实数，关于x的方程x2 −2mx+6m−10 = 0总有两个不相等的
实数根．
练5.1 【答案】证明：Δ = (−3k) 2 +8
= 9k2 +8 > 0
∴关于x的方程2x2 −3kx−1 = 0一定有两个不相等的实数根．
练5.2 【答案】证明：Δ = (m+3) 2 −4(m+1)
= m2 +6m+9 −4m−4
= (m+1) 2 +4 > 0
所以无论m取何值，原方程总有两个不相等的实数根．
例6 【答案】证明：当m = 0时，原方程可化为−2x+2 = 0，方程有实数根：x = 1；
当m ≠ 0时，该方程为一元二次方程
Δ = (−m−2) 2 −8m
= (m−2) 2 ≥ 0
∴此时该方程有实数根．
25/128
综上所述，所以不论m为何值时，方程总有实数根．
例7 【答案】m < −1
【解析】∵一元二次方程mx2 +2x−1 = 0（m为常数）没有实数根，
m ≠ 0 m ≠ 0
∴ ，即 ，
{Δ < 0 {22 +4m < 0
解得：m < −1．
故答案为：m < −1．
练7.1
(1【) 答案】−2或1
【解析】方程−2kx2 −4x−k = 1写成一般式为：
−2kx2 −4x−k−1 = 0，
方程有两个相等的实数根，
则Δ = 42 −8k(k+1) = 16 −8k2 −8k = 0，
解得k = −2或1.
(2【) 答案】A
【解析】已知关于x的方程
(m+2)x2 −3x+1 = 0
有两个不相等的实数根，
m+2 ≠ 0
则 ，
{Δ = (−3) 2 −4(m+2) > 0
1
解得m < 且m ≠ −2．
4
练7.2
10
(1【) 答案】
3
【解析】方程3x2 +4x+m = 2写成一般式为：
3x2 +4x+m−2 = 0，
方程有两个相等的实数根，
则Δ = 42 −12(m−2) = 16 −12m+24 = ，0
10
解得m = .
3
(2【) 答案】D
【解析】关于x的方程k2x2 +2(k−1)x+1 = 0
有两个实数根，
26/128
k2 ≠ 0
则 ，
{Δ = 4(k−1) 2 −4k2 ≥ 0
1
解得k ≤ 且k ≠ 0．
2
例8 【答案】解：①当m2 −4 = 0时，即m = ±2，
1
m = 2时，x = − ；
6
1
m = −2时，x = ；
2
②当m2 −4 ≠ 0时，∵原方程有实数根
∴Δ = 4(m+1) 2 −4(m2 −4) = 8m+20 ≥ 0，
5
解得m ≥ − ；
2
5
综上所述：当m ≥ − 时，原方程有实数根．
2
【解析】题设中的方程未指明是一元二次方程，还是一元一次方程，所以应分m2 −4 = 0和
m2 −4 ≠ 0两种情形讨论．
当m2 −4 = 0即m = ±2时，2(m+1) = 0，方程为一元一次方程，总有实根；当
m2 −4 ≠ 0即m ≠ ±2时，方程有根的条件是：
5
Δ = [2(m+1)] 2 −4(m2 −4) = 8m+20 ≥ 0，解得m ≥ −
2
5
∴当m ≥ − 且m ≠ ±2时，方程有实根．
2
5
综上所述：当m ≥ − 时，方程有实根
2
能力提高 / 初三 / 秋季
第 3 讲 一元二次方程的解法
自我巩固答案
1 【答案】A
2 【答案】D
【解析】(x−2) 2 = 9，
两边直接开平方得：x−2 = ±3，
则x−2 = 3，x−2 = −3，
解得：x = −1，x = 5．
1 2
故选：D．
3 【答案】D
27/128
1
【解析】 原方程为3x2 −6x+1 = 0，二次项系数化为1，得x2 −2x = − ，
3
1 2
即x2 −2x+1 = − +1，所以(x−1) 2 = ．故选D．
3 3
4 【答案】B
5 【答案】解：∵a = 1 ，b = 1 ，c = −3 ，
∴b2 −4ac = 1 +12 = 13 > 0 ，
−−
−1 ±√13
∴x = ，
2
−− −−
−1 +√13 −1 −√13
∴x = ， x = ．
1 2
2 2
【解析】根据方程的特点可直接利用求根公式法比较简便，首先确定a，b，c的值，然后检验方程
是否有解，若有解，代入公式即可求解．
6 【答案】解：∵k是x2 −2017x+1 = 0的一个不为0的根，
∴k2 −2017k+1 = 0，即k2 −2017k = −1，
∴2k2 −4034k = 2(k2 −2017k) = −2．
7 【答案】C
【解析】关于x的方程kx2 +(1 −k)x−1 = 0，
A、当k = 0时，x−1 = 0，则x = 1，故此选项错误；
B、当k = 1时，x2 −1 = 0方程有两个实数解，故此选项错误；
C、当k = −1时，−x2 +2x−1 = 0，则(x−1) 2 = 0，此时方程有两个相等的实
数解，故此选项正确；
D、由C得此选项错误．
故选：C．
8 【答案】解：（1）∵关于x的一元二次方程x2 +2x+k−1 = 0有两个不相等的实数根
∴Δ = 22 −4 ×1 ×(k−1)
= 4 −4k+4 > 0，
∴k < 2，
即k的取值范围为：k < 2，
（2）若k = 1，
则x2 +2x = 0，
解得：x = 0，x = −2．
1 2
9
(1【) 答案】解：把m = 1代入方程，得2x2 −3x−1 = 0
2
Δ = (−3) −4 ×2 ×(−1)
28/128
= 17 > 0
−− −−
3 ±√17 3 ±√17
∴x = =
2 ×2 4
−− −−
3 +√17 3 −√17
∴x = ，x =
1 2
4 4
(2【) 答案】∵方程有两个不相等的根，
∴Δ = (−3) 2 +8m > 0，
即9 +8m > 0，
9
解得m > − ．
8
10 【答案】（1）证明：∵Δ = (−2m) 2 −4(m−1)(m+1) = 4 > ，0
∴方程总有两个不相等的实数根．
（2）解：∵(m−1)−2m+m+1 = 0，
∴x = 1是该方程一个固定的根．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 3 讲 一元二次方程的解法
课堂落实答案
1 【答案】A
【解析】如果(m+3)x2 −mx+1 = 0是一元二次方程，(m+3) ≠ 0，即：m ≠ −3．
故选：A．
2 【答案】D
3 【答案】C
4 【答案】B
【解析】A、3x2 −2x = 0，Δ = (−2) 2 −4 ×3 ×0 = 4 > 0，方程有两个不相等的实数
根，所以A选项不符合题意；
B、移项得到：3x2 −4x+2 = 0，Δ = (−4) 2 −4 ×3 ×2 = −8 < 0，方程没有
实数根，所以B选项符合题意；
C、整理得：4x2 −4x−1 = 0，Δ = (−4) 2 −4 ×4 ×(−1) = 32 > 0，方程有
两个不相等的实数根，所以C选项不符合题意；
– – –
2
D、Δ = (−3) −4 ×√2×(−√3) = 9 +4√6 > 0，方程有两个不相等的实数
根，所以D选项不符合题意．
29/128
故选：B．
5 【答案】证明:△= 9(m−1) 2 −4 ×2(m2 −4m−7)，
= m2 +14m+65，
= (m+7) 2 +16．
∵对于任何实数m，(m+7) 2 ≥ 0，
∴△> 0，即原方程有两个不相等的实数根．
所以方程2x2 +3(m−1)x+m2 −4m−7 = 0对于任何实数m，永远有两个不相
等的实数根．
【解析】先计算△= 9(m−1) 2 −4 ×2(m2 −4m−7)
= m2 +14m+65
= (m+7) 2 +16
能力提高 / 初三 / 秋季
第 3 讲 一元二次方程的解法
精选精练
1 【答案】整理方程得：(a−2)x2 = 2，由此进行分类讨论：
当a−2 ≤ 0，即a ≤ 2时，方程无解；
−−−−− −−−−−
√2a−4 √2a−4
当a−2 > 0，即a > 2时，方程解为：x = ，x = −
1 2
a−2 a−2
2 【答案】原方程可化为(k+1)x2 +(2k+1)x−2 = 0，
①当k = −1时，−x−2 = 0时，x = −2
②当k ≠ −1时，原式可变为：(x+2)[(k+1)x−1] = 0
1
解得原方程的解为：x = −2，x = (k ≠ −1)．
1 2
k+1
3 【答案】−1或2
【解析】设a+b = x，则由原方程，得
2x(2x−2)−8 = 0，
整理，得4x2 −4x−8 = 0，即x2 −x−2 = 0，
分解得：(x+1)(x−2) = 0，
解得：x = −1，x = 2．
1 2
则a+b的值是−1或2．
30/128
故答案是：−1或2．
4 【答案】B
2
【解析】原方程变形得，(x2 +y2 ) +4(x2 +y2 )−5 = 0，
(x2 +y2 +5)(x2 +y2 −1) = 0，
又∵x2 +y2
的值是非负数，
∴x2 +y2
的值为只能是1．
故选：B．
5 【答案】C
【解析】∵关于x的一元二次方程x2 −2x+kb+1 = 0有两个不相等的实数根，
∴△= 4 −4(kb+1) > 0，
解得kb < 0，
A．k > 0，b > 0，即kb > 0，故A不正确；
B．k < 0，b < 0，即kb > 0，故B不正确；
C．k > 0，b < 0，即kb < 0，故C正确；
D．k < 0，b = 0，即kb = 0，故D不正确；
故选：C．
6 【答案】∵方程有两个不相等的实数根，
∴Δ = b2 −4ac = 4 −4m > 0解得：m < 1，
∴2 −m > 0,m−1 < 0，
−−−−−−−−−−−
∴|2 −m|−√m2 −2m+1 = 2 −m+m−1 = 1 .
能力提高 / 初三 / 秋季
第 4 讲 一元二次方程的应用
例题练习题答案
例1 【答案】（1）设该县投入教育经费的年平均增长率为x，根据题意得：
6000(1 +x) 2 = 8640
解得：x = 0.2 = 20%，x = −2.2（不合题意，舍去），
1 2
答：该县投入教育经费的年平均增长率为20%；
（2）因为2018年该县投入教育经费为8640万元，且增长率为20%，
所以2019年该县投入教育经费为：y = 8640 ×(1 +0.2) = 10368（万元），
31/128
答：预算2019年该县投入教育经费10368万元．
【解析】此题考查了一元二次方程的应用，掌握增长率问题是本题的关键，若设变化前的量为a，
变化后的量为b，平均变化率为x，则经过两次变化后的数量关系为a(1 ±x) 2 = b．
练1.1 【答案】C
练1.2 【答案】10%
【解析】设2、3月份平均每月的增长率是x万吨，则二月份钢产量为4(1 +x)万吨，三月份钢产量
为4(1 +x) 2 万吨，由题意可得：
4(1 +x) 2 = 4.84，
解得：x = 0.1，x = −2.1（不合题意舍去），
1 2
答：2、3月份平均每月的增长率是10%．
例2 【答案】10
2
【解析】解：设平均每次降价的百分率为x，依题意列方程：60（1− x） =48.6，
解方程得x =0.1=10%，x =1.9（舍去）．
1 2
故平均每次降价的百分率为10%．
练2.1
(1【) 答案】设每个月生产成本的下降率为x，
根据题意得：400(1 −x) 2 = 361，
解得：x = 0.05 = 5%，x = 1.95（不合题意，舍去）．
1 2
答：每个月生产成本的下降率为5%．
【解析】设每个月生产成本的下降率为x，根据2月份、3月份的生产成本，即可得出关于x的一
元二次方程，解之取其较小值即可得出结论；
(2【) 答案】361 ×(1 −5%) = 342.95（万元）．
答：预测4月份该公司的生产成本为342.95万元．
【解析】由4月份该公司的生产成本= 3月份该公司的生产成本×（1−下降率），即可得出结
论．
例3 【答案】设应将每千克小型西瓜的售价降低x元．
根据题意，得
40x
[(3 −2)−x] 200 + −24 = 200．
( 0.1 )
方程可化为：(1 −x)(25 +50x)−3 = 25
50x2 −25x+3 = 0
解这个方程，得x = 0.2，x = 0.3．
1 2
32/128
因为为了促销故x = 0.2不符合题意，舍去，
∴x = 0.3．
答：应将每千克小型西瓜的售价降低0.3元．
练3.1 【答案】C
【解析】解：设涨价x元能赚得8000元的利润，即售价定为每个(x+50)元，应进货
(500 −10x)个，依题意得：
(50 −40 +x)(500 −10x) = 8000，
解得x = 10，x = 30．
1 2
当x = 10时，x+50 = 60；
当x = 30时，x+50 = 80．
答：商品售价应为60元或80元．
练3.2 【答案】B
【解析】设每台冰箱应降价x元，
每件冰箱的利润是：(2400 −2000 −x)元 ，
x
卖 8 + ×4 件，列方程得，
( 50 )
x
(2400 −2000 −x) 8 + ×4 = 4800 ，
( 50 )
x2 −300x+20000 = 0 ，
解得x = 200 ，x = 100 ；
1 2
要使百姓得到实惠，只能取x = 200.
例4 【答案】（1）24 −3x
设宽AB为xm，
则长AD = BC = 22 −3x+2 = (24 −3x)m；
（2）由题意可得：(22 −3x+2)x = 45，
解得：x = 3； x = 5，
1 2
∴当AB = 3时，BC = 15 > 14，
不符合题意舍去，
当AB = 5时，BC = 9，满足题意．
答：花圃的长为9米，宽为5米．
练4.1 【答案】A
【解析】设与墙垂直的一边长为xm，
则与墙平行的一边长为(26 −2x)m，
根据题意得：x(26 −2x) = 80．
33/128
练4.2 【答案】D
例5 【答案】设每轮传染中平均每个人传染了x人，
依题意得1 +x+x(1 +x) = 121，
∴x = 10或x = −12（不合题意，舍去），
所以，每轮传染中平均一个人传染了10个人．
练5.1 【答案】设每轮分裂中平均每个有益菌可分裂出x个有益菌，
由题意，得60(1 +x)+60x(1 +x) = 24000，
解得：x = 19，x = −21(舍去)．
1 2
答：每轮培养中平均每个有益菌可分裂出19个有益菌．
例6 【答案】C
练6.1 【答案】B
【解析】解：设有x家公司参加，依题意，得
1
x(x−1) = 45．
2
能力提高 / 初三 / 秋季
第 4 讲 一元二次方程的应用
自我巩固答案
1 【答案】C
【解析】设这两个月平均每月增长的百分率是x，依题意．得
5(1 +x) 2 = 7.2，
故选：C．
2 【答案】A
【解析】设原价为100，平均每次降价率是x，根据题意得：
100(1 −x) 2 = 49，
3 17
解得：x = = 30%或x = （舍去）．
10 10
故选：A．
3 【答案】C
【解析】设原正方形的边长为xm，依题意有
(x−1)(x−2) = 18，
34/128
故选：C．
4 【答案】B
【解析】解：设这个航空公司共有飞机场x个．
x(x−1) = 15 ×2，
解得x = 6，x = −5（不合题意，舍去）．
1 2
答：这个航空公司共有飞机场6个．
5 【答案】A
【解析】∵每件商品的利润为(x−30)元，可售出(100 −2x)件，
∴根据每天的利润为200元可列的方程为(x−30)(100 −2x) = 200，
故选：A．
6 【答案】A
【解析】设数学兴趣小组人数为x人，
每名学生送了（x﹣1）张，共有x人，
根据“共互送了90张贺年卡”，
可得出方程为x（x﹣1）=90．故选A．
7 【答案】设这种台灯的售价定为x元，由题意得
[600 −10(x−40)](x−30) = 10000，
整理，得x2 −130x+4000 = 0，
解得：x = 50，x = 80．
1 2
当x = 50时，600 −10(x−40) = 600 −10 ×(50 −40) = 50（0 个）；
当x = 80时，600 −10(x−40) = 600 −10 ×(80 −40) = 20（0 个）．
答：台灯的定价定为50元，这时应进台灯500个；台灯的定价定为80元，这时应进台灯
200个．
【解析】设这种台灯的售价定为x元，那么就少卖出10(x−40)个，根据利润=售价-进价，可列
方程求解．
8 【答案】设每个支干长出的小分支的数目是x个，
根据题意列方程得：x2 +x+1 = 91，
解得：x = 9或x = −10（不合题意，应舍去）；
∴x = 9；
答：每支支干长出9个小分支．
【解析】由题意设主干长出的支干数目是x个，每个支干又长出x个小分支，则又长出x2
个小分支，
则主干、支干、小分支的总数是x2 +x+1，即可列方程求得x的值．
35/128
9 【答案】设剪掉的正方形纸片的边长为x cm．
由题意，得 (30 −2x)(20 −2x) = 264．
整理，得 x2 −25x+84 = 0．
解方程，得 x = 4，x = 21（不符合题意，舍去）．
1 2
答：剪掉的正方形的边长为4cm．
【解析】设剪去的正方形边长为xcm，那么长方体纸盒的底面的长为(30 −2x)cm，宽为
(20 −2x)cm，然后根据底面积是81cm 2 即可列出方程求出即可．
10
(1【) 答案】设平均每次下调的百分比为x，
由题意得：8000(1 −x) 2 = 6480，
解得：x = 0.1 = 10%，x = 1.9（不合题意，舍去），
1 2
所以平均每次下调的百分率为10% ；
【解析】设出平均每次下调的百分率为x，准备每平方米销售价格×（1−每次下调的百分率）
2=
开盘每平方米销售价格，列方程解答即可．
(2【) 答案】方案①购房优惠：6480 ×100 ×(1 −0.98) = 12960 （元）；
方案②可优惠：100 ×100 = 10000 （元）．
∵12960 > 10000
故选择方案①更优惠．
【解析】分别利用两种销售方式求出房子的优惠价，进而得出答案．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 4 讲 一元二次方程的应用
课堂落实答案
1 【答案】D
【解析】设涨价x元，根据题意可得：
A、∵(30 +x)表示涨价后玩具的单价，∴A选项正确；
B、∵10x表示涨价后少售出玩具的数量，∴B选项正确；
C、∵(300 −10x)表示涨价后销售玩具的数量，∴C选项正确；
D、∵可列方程(30 +x−20)(300 −10x) = 3750，故D选项错误，
36/128
故选：D．
2 【答案】B
【解析】依题意得4 +4x+x(4 +4x) = 100，
即4(1 +x) 2 = 100，
故选：B
3 【答案】B
4 【答案】B
【解析】依题意得：(80 +2x)(50 +2x) = 5400，
即4000 +260x+4x2 = 5400，
化简为：4x2 +260x−1400 = 0，
即x2 +65x−350 = 0．
故选：B．
5 【答案】设邀请x个球队参加比赛，
依题意得1 +2 +3 +…+x−1 = 21，
x(x−1)
即 = 21，
2
∴x2 −x−42 = 0，
∴x = 7或x = −6（不合题意，舍去）．
答：应邀请7个球队参加比赛．
【解析】设邀请x个球队参加比赛，那么第一个球队和其他球队打(x−1)场球，第二个球队和其他
球队打(x−2)场，以此类推可以知道共打(1 +2 +3 +…+x−1场) 球，然后根据
计划安排21场比赛即可列出方程求解．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 4 讲 一元二次方程的应用
精选精练
1 【答案】C
【解析】设这两个连续整数为x，x+1．
则x(x+1) = 56，
解得：x = 7，x = −8，
1 2
则x+1 = 8或−7，
37/128
则它们的和为±15．
故选：C．
2 【答案】设这个两位数的十位数为x，
这个数为10x+(5 −x) = 9x+5，
新的数为10(5 −x)+x = 50 −9x，
根据题意得：(9x+5)(50 −9x) = 736
解得x = 2 ， x = 3
1 2
所以这个两位数为23或32
3 【答案】36岁
【解析】设周瑜逝世的年龄的个位数字为x，则十位数字为x−3，
由题意得：10(x−3)+x = x2 ，
解得：x = 5，x = 6，
1 2
当x = 5时，周瑜的年龄是25岁，非而立这年，不符合题意，舍去；
1
当x = 6时，周瑜的年龄是36岁，符合题意，
2
答：周瑜的年龄是36岁．
4
13 −10
(1【) 答案】30 − ×1 = 24（间），
0.5
∴当每间商铺的年租金定为13万元时，能租出24间．
【解析】根据“租出商铺数=商铺总数-未租出的商铺数”即可列式计算得出结论；
(2【) 答案】设每间商铺的年租金增加x万元，则每间商铺的年租金为(10 +x)万元，
依题意有：
x x x
30 − ×1 ×(10 +x)− 30 − ×1 ×1 − ×1 ×0.5
( 0.5 ) ( 0.5 ) 0.5
= 275
即2x2 −11x+5 = 0，
解得：x = 5或0.5，
∴每间商铺的年租金定为10.5万元或15万元．
答：当每间商铺的年租金定为10.5万元或15万元时，该公司的年收益为275万元．
【解析】设每间商铺的年租金增加x万元，直接根据收益=租金-各种费用= 275万元作为等量
关系列方程求解即可．
5
(1【) 答案】降价x元后，每件童装盈利是(40 −x)元，每天销售量是(20 +2x)件；
38/128
故答案为：(40 −x)，(20 +2x)；
【解析】根据某品牌童装平均每天可售出20件，每件盈利40元，每件童装降价1元，则每天可
多售出2件，分别得出答案；
(2【) 答案】依题意得：(40 −x)(20 +2x) = 1200，
解得：x = 10，x = 20（舍去），
1 2
答：每件童装降价10元；
【解析】设降价x元的盈利为w则可得出w关于x的函数关系式，令w = 1200，即可解出x的
值；
(3【) 答案】不能，理由如下：
依题意得：(40 −x)(20 +2x) = 1800，
即：x2 −30x+500 = 0，
∵△= 302 −4 ×1 ×500 = 900 −2000 = −1100 < ，0
∴原方程无解，
∴每天销售这种童装不可能盈利1800元．
【解析】设降价x元的盈利为w则可得出w关于x的函数关系式，令w = 1800，即可得出答
案．
6
(1【) 答案】设剪成两段后其中一段为xcm，则另一段为(40 −x)cm
x 2 40 −x 2
由题意得：( ) +( ) = 52，
4 4
解得：x = 16，x = 24，
1 2
当x = 16时，40 −x = 24，
1
当x = 24时，40 −x = 16，
2
答：两段的长度分别为16和24cm；
【解析】这段铁丝被分成两段后，围成正方形．其中一个正方形的长为xcm，表示出另一个的
长，然后根据“两个正方形的面积之和等于52cm2
”作为相等关系列方程，解方程
即可求解；
(2【) 答案】不能
x 2 40 −x 2
理由是：( ) +( ) = 48，
4 4
整理得：x2 −40x+416 = 0，
∵△= b2 −4ac = −64 < 0，
39/128
∴此方程无解，
即不能剪成两段使得面积和为48cm2
．
【解析】与（1）一样列出方程，利用根的判别式进行判断即可．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 5 讲 相似经典模型
例题练习题答案
例1 【答案】C
【解析】∵D、E是AB的三等分点，且DF∥EG∥BC，
∴△ADF∽△AEG，
DF 1
∴ = ，
EG 2
S 1
ADF
∴ = ，
S 4
AEG
S S 1 1
1 ADF
∴ = = = ，
S S −S 4 −1 3
2 AEG △ADF
S 1
ADF
同理 = ，
S 9
ABC
∴S : S = 1 : 5，
1 3
∴S : S : S = 1 : 3 : 5，
1 2 3
故选：C．
练1.1 【答案】B
【解析】解：A、所有的矩形都是相似形，对应边的比值不一定相等，故此选项错误；
B、有一个角等于100°的两个等腰三角形相似，此角度一定是顶角，即可得出两三角形相
似，故此选项正确；
C、对应角相等的两个多边形相似，对应边的比值不一定相等，故此选项错误；
D、对应边成比例的两个多边形相似，对应角不一定相等，故此选项错误；
故选：B．
练1.2 【答案】C
【解析】解：∵矩形ABCD∽矩形AEFB，
AD AB
∴ = ．
AB AE
1
设AD=x，AB=y，则AE= x．
2
40/128
x y
∴ = ，
y 1x
2
1
故y2
=
x2，即x2 =2y2，
2
–
则x=√2y，
AD x –
则 = =√2．
AB y
故选：C．
例2
(1【) 答案】∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC．
∵BD⊥DC，
∴∠BDC=90°．
∵∠BAD=90°，
∴∠BAD=∠BDC．
∴△ABD∽△DCB．
(2【) 答案】∵△ABD∽△DCB，
AD BD
∴ = ．
BD CB
2
∴BD =AD•CB．
∵AD=4，BC=9，
∴BD=6．
【解析】根据相似三角形的相似比即可求得BD的长．
练2.1 【答案】D
【解析】A．∵∠A = ∠A，∠ABP = ∠C，∴△ABP∽△ACB；
B．∵∠A = ∠A，∠APB = ∠ABC，∴△ABP∽△ACB；
AP AB
C．∵∠A = ∠A， = ，∴△ABP∽△ACB；
AB AC
D．不能判定△ABP∽△ACB．
故选：D．
练2.2 【答案】A
【解析】∵△ABC与△A′B′C′ 相似，△A′B′C′
与△A″B″C″相似，
∴△ABC与△A″B″C″相似，
∵△ABC与△A′B′C′
的相似比为2 : 3 = 10 : 15；
△A′B′C′
与△A″B″C″的相似比为5 : 4 = 15 : 12，
41/128
∴△ABC与△A″B″C″相似比为10 : 12 = 5 : 6．
故选：A．
例3 【答案】A
【解析】解：根据位似变换的性质和图形可知，位似中心坐标是（6，2）．
故选：A．
练3.1
(1【) 答案】A
(2【) 答案】①如图，四边形OA′B′C′为所求．
②由图可知，A′（﹣2，2），B′（﹣4，﹣2），
C′（﹣2，﹣2）．
练3.2 【答案】C
【解析】解：∵点E（4，2），以O为位似中心，按2：1的相似比把△EFO缩小为△E′F′O，
∴点E的对应点E′的坐标为：（2，1）或（2，1）．
故选：C．
例4
(1【) 答案】4或6
【解析】若△AMN∽△ABC
42/128
AM MN
则 =
AB BC
3 MN
∴ =
9 12
∴MN = 4
若△ANM∽△ABC
AM MN
则 =
AC BC
3 MN
∴ =
6 12
∴MN = 6
∴MN = 6或MN = 4
(2【) 答案】解：①设菱形的边长为x，则AE = 20 −x，CF = 12 −x
∵DE∥BC
∴ΔAED∽ΔABC
AE DE 20 −x x
∴ = ，即 =
AB BC 20 12
15
∴x =
2
15
∴菱形的边长是
2
2 2
S DE 25 S DF 9
ΔAED ΔCDF
②∵ = = ， = =
S ( BC ) 64 S ( AB) 64
ΔABC ΔCBA
∴菱形BEDF的面积与ΔABC的面积之比
25 9 15
= 1 − − = ．
64 64 32
练4.1 【答案】D
【解析】根据位似性质得出①△ABC与△DEF是位似图形，所以相似，
②△ABC与△DEF是相似图形，且相似比是AB : DE = 2 : 1，
③△ABC与△DEF的周长比等于相似比，即2 : 1 ，
④△ABC与△DEF是相似图形，所以对应角相等，即∠BAC = ∠EDF．
综上所述，正确的结论是：①③④．
故选：D．
3
练4.2 【答案】
7
例5 【答案】解：⑴∵四边形EGHF为正方形
∴BC∥EF，∴△AEF∽△ABC
⑵设正方形零件的边长为amm
则KD = EF = a，AK = 80 −a
43/128
∵EF∥BC，∴△AEF∽△ABC
EF AK
∵AD⊥BC，∴ =
BC AD
a 80 −a
∴ = ，解得a = 48
120 80
答：正方形零件的边长为48mm
⑶设EF = x，EG = y，
∵△AEF∽△ABC
EF AK
∴ =
BC AD
x 80 −y
∴ =
120 80
2
∴y = 80 − x
3
∴矩形面积为
2 2
S = xy = − x2 +80x =− (x−60) 2 +2400(0 < x < 120)
3 3
故当x = 60时，此时矩形的面积最大，最大面积为2400mm2
【解析】（1）∵四边形EGFH为矩形，
∴BC∥EF，
∴△AEF∽△ABC；
（2）设正方形零件的边长为a
在正方形EFGH中，EF∥BC，EG∥AD
∴△AEF∽△ABC，△BEG∽△BAD
EF AE EG BE
∴ = ， = ，
BC AB AD AB
EF EG AE BE
∴ + = + = 1，
BC AD AB AB
a a
即： + = 1
120 80
解得：a=48
即：正方形零件的边长为48；
（3）设长方形的长为x，宽为y，
当长方形的长在BC时，
y x
由（1）知： + = 1，
120 80
−−−−−−−−
y x y x
∵ + ≥ 2 × ，
120 80 √120 80
y x
∴当 = = 0.5，即x=60，y=40，xy最大为2400
120 80
x y
当长方形的宽在BC时， + = 1，
120 80
−−−−−−−−
x y x y
∵ + ≥ 2 × ，
120 80 √120 80
44/128
x y
∴当 = = 0.5，即x=40，y=60，xy最大为2400，
120 80
又∵x≥y，所以长方形的宽在BC时，面积＜2400
综上，长方形的面积最大为2400．
练5.1 【答案】B
x 10 −x
【解析】 设正方形边长为x，容易得 =
15 10
练5.2 【答案】360cm 2
【解析】由题易知△AGF与△ABC底边之比与高之比相等，设DG = xcm，则
32 −x 38 −x
GF = (38 −x) cm，则 = ，解得x = 20，所以矩形DEFG的面
32 48
积为20 ×(38 −20) = 360 cm2 ．
例6 【答案】D
【解析】
过点A作AG∥BC交CF延长线于点G
∴△AEG∽△DEC
AG AE
∴ = = 3
DC DE
∵D为中点
∴BC=2DC
AG AG 3
∴ = =
BC 2DC 2
又∵△AFG∽△BFC
AF AG 3
∴ = =
BF BC 2
BF BF 2
∴ = =
AB AF +BF 5
练6.1 【答案】D
【解析】解：A、∵∠DAC＝∠DBC，∠AOD＝∠BOC
∴△AOD∽△BOC，故此选项正确，不合题意；
B、∵△AOD∽△BOC
AO OD
∴ =
BO CO
AO BO
∴ =
OD CO
又∵∠AOB＝∠COD
45/128
∴△AOB∽△DOC，故此选项正确，不合题意；
C、∵△AOB∽△DOC
∴∠BAO＝∠ODC
∵AC平分∠DAB
∴∠DAC＝∠BAC
∴∠CAD＝∠BDC
∵∠DAC＝∠DBC
∴∠CDB＝∠CBD
∴CD＝BC，故此选项正确，不合题意；
D、无法得出BC ⋅CD＝AC ⋅OA，故此选项错误，符合题意．
故选：D．
练6.2 【答案】4
【解析】△ADF≌△BDE，△AGF∽△CGE，
EC 3 BC BC 2
∴ = , = =
AF 1 EB AF 1
能力提高 / 初三 / 秋季
第 5 讲 相似经典模型
自我巩固答案
1 【答案】C
【解析】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB = BC，
∵BE = CE，
∴AB = 2BE，
又∵△ABE与以D、M、N为顶点的三角形相似，
∴①DM与AB是对应边时，DM = 2DN
∴DM2 +DN2 = MN2 = 1
46/128
1
∴DM2 + DM2 = 1，
4
–
2√5
解得DM = ；
5
1
②DM与BE是对应边时，DM = DN，
2
∴DM2 +DN2 = MN2 = 1，
即DM2 +4DM2 = 1，
–
√5
解得DM = ．
5
– –
2√5 √5
∴DM为 或 时，△ABE与以D、M、N为顶点的三角形相似．
5 5
故选：C．
2 【答案】解：如图所示：
．
【解析】利用位似图形的性质分别得出对应点位置进而得出答案．
3 【答案】C
【解析】∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
2
S AD 9
∴
△ADE
= = ，
S ( AB) 16
△ABC
∵S
ΔABC
= 48，
∴S
ΔADE
= 27，
故选：C．
4 【答案】D
5 【答案】D
47/128
【解析】∵DE∥BC，DF∥BE，
AD AE AF AD DE AD
∴ = ，△ADE∽△ABC， = ， = ，
BD EC FE BD BC AB
AF DF AD
= = ，
AE BR AB
AE AF
∴ = ，
EC FE
∴选项A、B、C正确，D错误．
6 【答案】A
【解析】设边长HG为x
易证：△AHG∽△ABC
x h −x
∴ =
a h
ah
∴x=
a+h
7 【答案】C
【解析】∵点E、F分别是OA、OB的中点
∴
EF//AB 又AB//CD
∴ EF//CD ∴△ OEF ∽△ ODC
EF OF 4 2
∴ = ∴ =
CD OC CD 3
∴ CD = 6
8 【答案】A
【解析】解：∵BE和CD是△ABC的中线，
1
∴DE= BC，DE∥BC，
2
DE 1
∴ = ，△DOE∽△COB，
BC 2
S DE 1 1
△DOE 2 2
∴ =（ ） =（ ） = ，
S BC 2 4
△COB
故选：A．
9 【答案】C
10 【答案】B
【解析】易得：AF=FB=1,EM=0.5, △ABE∽△NCE
∴CN=AB=2,AN=2AE
由8字模型易得：△AFM∽△NCM
AM AF 1
∴ = =
MN CN 2
AM 1
∴ =
AM +1 2
∴AM=1
48/128
∴AN=2AE=3
能力提高 / 初三 / 秋季
第 5 讲 相似经典模型
课堂落实答案
1 【答案】B
2 【答案】（4，﹣2）或（﹣4，2 ）
【解析】∵E（﹣8，4），以点O为位似中心画三角形，使它与△EFO位似，且相似比为 1 ，
2
∴点E的对应点的坐标为：（4，﹣2）或（﹣4，2 ）．
故答案为：（4，﹣2）或（﹣4，2 ）．
3 【答案】A
【解析】设边长为x
易得：△ADE∽△ABC
x 8 −x
∴ =
12 8
24
∴x =
5
4 【答案】C
【解析】由8字模型得：△ABE∽△CGE，△ABF∽△DGF
AB BE 5 AB BF 7
∴ = = , = =
CG EG 2 +FG GD FG FG
AB 5 AB 7
∴ = , =
AB +DG 2 +FG GD FG
2 +FG FG
∴ −1 =
5 7
21
∴FG=
2
5 【答案】A
能力提高 / 初三 / 秋季
第 5 讲 相似经典模型
精选精练
49/128
1 【答案】C
2 【答案】解：（1）△ FDB与△ ABC相似，理由如下：
∵DE是BC垂直平分线，
∴BE=CE，
∴∠EBC=∠ECB，
∵AB=AD，
∴∠ABC=∠ADB，
∴△FDB∽△ABC；
（2）∵△FDB∽△ABC，
FD BD 1
∴ = =
AB BC 2
∴AB=2FD，
∵AB=AD，
∴AD=2FD，
∴DF=AF．
3 【答案】A
【解析】解：如图，设AD交PN于点K．
∵ PM : PQ = 3 : 2，
∴可以假设MP = 3k，PQ = 2k．
∵四边形PQNM是矩形，
∴
PM//BC，
∴
ΔAPM
∽
ΔABC，
∵
AD⊥BC，BC//PM，
∴
AD⊥PN，
PM AK
∴ = ，
BC AD
3k 80 −2k
∴ = ，
120 80
解得k = 20mm，
∴ PM = 3k = 60mm，
故选：A．
50/128
4 【答案】解：（1）∵AG⊥BC，AF⊥DE，
∴∠AFE=∠AGC=90°，
∵∠EAF=∠GAC，
∴∠AED=∠ACB，
∵∠EAD=∠BAC，
∴△ADE∽△ABC，
（2）由（1）可知：△ADE∽△ABC，
AD AE 3
∴ = =
AB AC 5
由（1）可知：∠AFE=∠AGC=90°，
∴∠EAF=∠GAC，
∴△EAF∽△CAG，
AF AE
∴ = ，
AG AC
AF 3
∴ =
AG 5
5 【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB∥CD，AD∥BC
∴△DMN∽△CMB，△DMN∽△ABN
∴△CMB∽△ABN
即有3对相似三角形
故选：A．
6 【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠EAB=∠DEF，∠AFB=∠DFE，
∴△DEF∽△BAF，
∵S ：S =4：25，
△DEF △ABF
DE 2
∴ = ，
AB 5
∵AB=CD，
∴DE：EC=2：3．
故选：A．
51/128
能力提高 / 初三 / 秋季
第 6 讲 反比例函数初步
例题练习题答案
例1
(1【) 答案】③k = 1；④k = m2 +2；⑤k = −π；⑦k = π−3.14
(2【) 答案】−1
【解析】|m|−2 = −1，m = ±1，且m−1 ≠ 0，解得m = −1.
练1.1
(1【) 答案】A
(2【) 答案】m = 2
练1.2
(1【) 答案】D
例2
(1【) 答案】如图：
(2【) 答案】B
练2.1
52/128
(1【) 答案】A
(2【) 答案】C
练2.2
(1【) 答案】B
(2【) 答案】A
例3 【答案】因为点在图象上，把点代入函数得：
k
3 =
2
解得：k = 6
6
所以反比例函数解析式为：y =
x
1
练3.1 【答案】y = −
2x
6
练3.2 【答案】y =
x
例4
(1【) 答案】4
(2【) 答案】1
4
【解析】 ∵点A在双曲线y= 的图象上，
x
1
∴△AOH的面积= ×4＝2．
2
2
点B在双曲线y= 的图象上，
x
1
∴△HOB的面积= ×2＝1．
2
∴△AOB的面积＝△AOH的面积﹣△HOB的面积＝2﹣1＝1．
练4.1 【答案】(1)3
3
(2)
2
练4.2
(1【) 答案】1
(2【) 答案】6
【解析】S +S = 5，S +S = 5，S +S = 6.
1 阴影 2 阴影 1 2
能力提高 / 初三 / 秋季
53/128
第 6 讲 反比例函数初步
自我巩固答案
1 【答案】C
2 【答案】D
【解析】∵函数y =
(m−1)xm2−2
是反比例函数，
2
∴m﹣1≠0，m ﹣2=﹣1．
解得m=﹣1．
故选：D．
3 【答案】C
4 【答案】C
m− 1
【解析】解：∵反比例函数y= 的图象在第一、三象限，
x
∴m1＞0，解得m＞1．
故选：C．
5 【答案】A
6 【答案】A
7 【答案】C
8 【答案】D
9 【答案】D
10 【答案】（1）当点A(1,1)时，点B的坐标为B(−1,−1)，S
ΔABC
= 2；
1 1
当点A 2, 时，点B的坐标为B −2,− ，S
ΔABC
= 2．
( 2) ( 2)
1
（2）B −a,− ；S
ΔABC
= 2．
( a)
能力提高 / 初三 / 秋季
第 6 讲 反比例函数初步
课堂落实答案
1 【答案】C
【解析】解：∵y = 2xm−5 为反比例函数，
54/128
∴m−5 = −1，
解得m = 4．
故选C．
2 【答案】B
【解析】提示：当a > 0时，一次函数经过一、二、三象限，反比例函数经过一、三象限，选B；
当a < 0时，一次函数经过一、三、四象限，反比例函数经过二、四象限，没有正确选项.
3 【答案】D
【解析】提示：1 −m > 0
4 【答案】B
【解析】提示：使用待定系数法
6
5 【答案】y = − (x < 0)．
x
|k|
【解析】
提示： = 3，图象在第二象限，即k = −6，只取第二象限部分，故x < 0．
2
能力提高 / 初三 / 秋季
第 6 讲 反比例函数初步
精选精练
1 【答案】C
【解析】解：由题意知：m2 −3m+1 = −1，整理得 m2 −3m+2 = 0，解得m = 1，
1
m = 2．
2
当m = 1 时，m2 −m = 0，不合题意，应舍去．
∴m的值为2．
故选：C．
2 【答案】C
【解析】解：A、从反比例函数图象得a>0，则对应的一次函数y=ax-a图象经过第一、三、四象
限，所以A选项错误；
B、从反比例函数图象得a>0，则对应的一次函数y=ax-a图象经过第一、三、四象限，所
以B选项错误；
C、从反比例函数图象得a>0，则对应的一次函数y=ax-a图象经过第一、三、四象限，所
以C选项正确；
55/128
D、从反比例函数图象得a>0，则对应的一次函数y=ax-a图象经过第一、三、四象限，所
以D选项错误．
故选：C．
3 【答案】C
【解析】解：由图象可知：图象过(−1,2)点，代入得：
k = −2，
2
∴y = − ．
x
故选：C．
4 【答案】(2,−3)
【解析】解：根据题意，知
点A与B关于原点对称，
∵点A的坐标是(−2,3)，
∴B点的坐标为(2,−3)．
故答案是：(2,−3)．
5 【答案】B
【解析】解：过点B作BE⊥x轴于点E，
∵D为OB的中点，
1
∴CD是△OBE的中位线，即CD = BE．
2
k k k k k
设A(x, ），则B(2x, ），CD = ，AD = − ，
x 2x 4x x 4x
∵△ADO的面积为1，
1 1 k k 8
∴ AD⋅OC = 1， （ − )⋅x = 1，解得k = ，
2 2 x 4x 3
故选：B．
6 【答案】3
【解析】解：连接OB，如图所示：
∵四边形OABC是矩形，
∴∠OAD=∠OCE=∠DBE=90°，△OAB的面积=△OBC的面积，
k
∵D、E在反比例函数y= （x>0）的图象上，
x
56/128
∴△OAD的面积=△OCE的面积，
1
∴△OBD的面积=△OBE的面积= 四边形ODBE的面积=3，
2
1 3
∵BE=2EC，∴△OCE的面积= △OBE的面积= ，
2 2
∴k=3；
故答案为：3．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 7 讲 阶段自检A
期中试卷答案
1 【答案】B
2 【答案】A
3 【答案】D
【解析】A、根据邻边相等的平行四边形是菱形可知：四边形ABCD是平行四边形，当
AB = BC时，它是菱形，故A选项正确；
B 、 ∵ 四 边 形 ABCD 是 平 行 四 边 形 ， ∴BO = OD ， ∵AC⊥BD ， ∴
AB2 = BO2 +AO2 ，AD2 = DO2 +AO2 ，∴AB = AD，∴四边形ABCD是菱
形，故B选项正确；
C、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故C选项正确；
D、根据对角线相等的平行四边形是矩形可知当AC = BD时，它是矩形，不是正方形，
故D选项错误；
综上所述，符合题意是D选项；
4 【答案】B
【解析】如图，连接BF，
1 1
在菱形ABCD中，∠BAC= ∠BAD= ×80°=40°，∠BCF=∠DCF，BC=DC，
2 2
∠ABC=180°﹣∠BAD=180°﹣80°=100°，
57/128
∵EF是线段AB的垂直平分线，
∴AF=BF，∠ABF=∠BAC=40°，
∴∠CBF=∠ABC﹣∠ABF=100°﹣40°=60°，
∵在△BCF和△DCF中，
，
∴△BCF≌△DCF（SAS），
∴∠CDF=∠CBF=60°．
故选：B．
5 【答案】A
6 【答案】B
7 【答案】A
8 【答案】B
9 【答案】C
10 【答案】D
【解析】∵点P在第一象限，
PA=3，
OP = 5，
PA⊥x轴，
∴OA = 4，
A(4,3)，
k
令y = (k ≠ 0)
x
k
∴3 =
4
k = 12
12
∴y = ．
x
58/128
11 【答案】 、
12 【答案】20
13 【答案】
14 【答案】7
15 【答案】15∘
16 【答案】45∘
17 【答案】①③⑤
1
【解析】 ①y = (x > 0)中的k = 1 > 0，y随x增大而减小，故正确；
x
②y = x−2中的k = 1 > 0，y随x增大而增大，故错误；
③y = −3x+1中的k = −3 < 0，y随x增大而减小，故正确；
5
④y = 中的k = 5 > 0，在每一个象限内y随x增大而减小，故错误；
x
2
⑤y = (x < 0)中的k = 2 > 0，当x < 0时，在第三象限内y随x增大而减小，故正
x
确；
故答案为：①③⑤．
6
18 【答案】
5
−− −−
−3 +√17 −3 −√17
19 【答案】
解：x = ，x = ．
1 2
4 4
【解析】找出a，b，c的值，计算出根的判别式的值大于0，代入求根公式即可求出解．
20 【答案】解：把x = 4代入方程x2 +mx+m−1 = 0得16 +4m+m−1 = 0，解得:
m = −3，
则原方程为x2 −3x−4 = 0，解得:x = 4或x = −1．
因此方程的另一个根为−1．
【解析】把x=4代入原方程求得m的值，进一步求得方程的另一个根即可；
21 【答案】解：在平行四边形ABCD中，
∵AB // CD，∴∠EAB = ∠EFC，
59/128
∵∠AEB = ∠FEC，
∴△ CFE ∽△ BAE，
又∵BE = 3EC，AB = 6，
∴CF = 2．
∵CD = AB = 6，∴DF = 8．
22 【答案】解：设矩形猪舍垂直于住房墙一边长为xm，平行于墙的一边的长为(25 −2x+1)m，
由题意得x(25 −2x+1) = 80，
化简，得x2 −13x+40 = 0，
解得：x = 5，x = 8，
1 2
当x = 5时，26 −2x = 16 > 12（舍去），
当x = 8时，26 −2x = 10 < 12，
答：所围矩形猪舍的长为10m、宽为8m．
23 【答案】证明：①∵AB = AC，AD⊥BC垂足是D，
∴AD平分∠BAC，∠B = ∠5，
∴∠1 = ∠2，
∵AE是△ABC的外角平分线，
∴∠3 = ∠4，
∵∠1 +∠2 +∠3 +∠4 = 180∘ ，
∴∠2 +∠3 = 90∘ ，
即∠DAE = 90∘ ，
又∵AD⊥BC，
∴∠ADC = 90∘ ，
又∵CE⊥AE，
∴∠AEC = 90∘ ，
∴四边形ADCE是矩形．
②∵四边形ADCE是矩形，
1
∴AF = CF = AC
2
∵AB = AC，AD平分∠BAC，
1
∴BD = CD = BC
2
∴DF是△ABC的中位线，
1
∴DF // AB，DF = AB．
2
60/128
24 【答案】证明:（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD // BC，∠A = 90∘ ，
∴∠MDO = ∠NBO，∠DMO = ∠BNO，
∵在△DMO和△BNO中，
∠DMO = ∠BNO
⎧∠MDO = ∠NBO ，
⎨
OB = OD
⎩
∴△DMO≌△BNO（AAS），
∴OM = ON，
∵OB = OD，
∴四边形BMDN是平行四边形，
∵MN⊥BD，
∴平行四边形BMDN是菱形．
（2）解：∵四边形BMDN是菱形，
∴MB = MD，
设MD长为x，则MB = DM = x，
在Rt△AMB中，BM2 = AM2 +AB2
x2 = （8 −x） 2 +42 ，x = 5，
MD = 5．
25 【答案】解：（1）证明：∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AB = AD，AE = AG，∠BAD = ∠EAG = 90∘ ，
∴∠BAE +∠EAD = ∠DAG+∠EAD，
∴∠BAE = ∠DAG，
∴△BAE≌△DAG．
（2）解：∠FCN = 45∘ ，
理由是：作FH⊥MN于H，
61/128
∵∠AEF = ∠ABE = 90∘ ，
∴∠BAE +∠AEB = 90∘，∠FEH +∠AEB = 90∘ ，
∴∠FEH = ∠BAE，
又∵AE = EF，∠EHF = ∠EBA = 90∘，
∴△EFH≌△AEB，∴FH = BE，EH = AB = BC，
∴CH = BE = FH，
∵∠FHC = 90∘ ，∴∠FCN = 45∘ ．
26 【答案】解：(1)∵关于x的一元二次方程(1 −2k)x2 −2x−1 = 0有两个不相等的实数根，
1 −2k ≠ 0
⎧
∴ ⎪ k+1 ≥ 0 ，
⎨ −−−− 2
(−2√k+1) +4(1 −2k) > 0
⎩⎪
1
解得:−1 ≤ k < 2，且k ≠ ，
2
1
∴k的取值范围是: −1 ≤ k < 2，且k ≠ ；
2
（2）假设存在实数k使得x 2 +x 2 = 1成立．
1 2
−−−−
2√k+1 1
∵x +x =− ，x x = ，
1 2 1 2
2k−1 2k−1
−−−−
2√k+1 1
∴x 2 +x 2 = (x +x ) 2 −2x x =(− ) 2 −2× = 1，
1 2 1 2 1 2
2k−1 2k−1
–
1 ±√6
解得:k = ，
2
–
1 ±√6
经检验知，k = 符合题意．
2
–
1 ±√6
∴存在实数k = ，使得x 2 +x 2 = 1成立．
1 2
2
27 【答案】解：
如图，过O作AC垂线交BC于H，则OH // AB
∴AD⊥BC，OH⊥AC
∵∠DAC +∠C = 90∘ ，∠CHO+∠C = 90∘
∴∠CHO = ∠DAC
∵∠BOA +∠HOB = 90∘ ，∠HOB +∠HOE = 90∘
∴∠BOA = ∠HOE
∴△ OEH ∽△ OFA
62/128
3
易得OH =
2
OF OA 3 4
∴ = = 2 ÷ =
OE OH 2 3
能力提高 / 初三 / 秋季
第 8 讲 反比例函数综合
例题练习题答案
例1 【答案】解：
k
（1）∵A（2，2）在反比例函数y = 的图象上，
x
∴k＝4．
4
∴反比例函数的解析式为y = ．
x
1 4
又∵点B（ ，n）在反比例函数y = 的图象上，
2 x
1
∴ n = 4，解得：n＝8，
2
1
即点B的坐标为（ ，8）．
2
1
由A（2，2）、B（ ，8）在一次函数y＝ax+b的图象上，
2
2 = 2a+b
得： ，
8 = 1a+b
{
2
a = −4
解得： ，
{b = 10
∴一次函数的解析式为y＝﹣4x+10．
（2）将直线y＝﹣4x+10向下平移m个单位得直线的解
析式为y＝﹣4x+10﹣m，
4
∵直线y＝﹣4x+10﹣m与双曲线y = 有且只有一个交点，
x
4
令−4x+10 −m = ，
x
2
得4x +（m﹣10）x+4＝0，
2
∴△＝（m﹣10） ﹣64＝0，
解得：m＝2或m＝18．
练1.1 【答案】C
练1.2 【答案】−2 ≤ b ≤ 2
1
【解析】 解：根据题意，方程x+b = − 最多只有一个解，
x
63/128
即方程x2 +bx+1 = 0最多只有一个实数根，
∴b2 −4 ≤ 0，
解得：−2 ≤ b ≤ 2．
k
例2 【答案】 解：（1）把A（2，5）分别代入y = 和y＝x+b，
x
k = 5
得 2 ，
{2 +b = 5
解得k＝10，b＝3；
（2）由（1）得，直线AB的解析式为y＝x+3，
10
反比例函数的解析式为y = ．
x
y = 10 x = 2 x = −5
x
由 ，解得： 或 ．
{y = x+3 {y = 5 {y = −2
则点B的坐标为（﹣5，﹣2）．
由图象可知，当y ＞y 时，x的取值范围是
1 2
x＜﹣5或0＜x＜2．
练2.1 【答案】D
【解析】观察图象即可．
练2.2 【答案】C
6
例3 【答案】 （1）y = − ；
x
（2）y = −x−1；
（3）−3 < x < 0或x > 2．
【解析】和（2）用待定系数法即可；（3）观察图象可得．
练3.1 【答案】A
练3.2 【答案】-2＜x＜0或x＞1
1
例4 【答案】 （1）y = ；
x
1
（2）A(1,1)，B − ,−2 ；
( 2 )
1
（3）0 < x < 1或x < − ；
2
– –
（4）存在，P (1,0)，P (√2,0)，P (2,0)，P (−√2,0)．
1 2 3 4
【解析】（1）∵一次函数的图象经过(a,b)、(a+k,b+k+2)两点，
2a−1 = b
∴ ，解得k = 2，
{2(a+k)−1 = b+k+2
1
∴反比例函数的解析式为：y = ；
x
64/128
1 1
y = x = − x = 1
（2）解⎧ x 得⎧ 1 2， 2 ，
{y = 1
⎨y = 2x−1 ⎨y = −2 2
⎩ ⎩ 1
1
∴A(1,1)，B − ,−2 ．
( 2 )
1 k
（3）根据函数图象可得：0 < x < 1或x < − 时， > 2x−1；
2 2x
（4）存在．
当AP = OP ，AP ⊥x轴，∴P (1,0)；
1 1 1 1
–
当AO = OP ，∴P (√2,0)；
2 2
当AO = AP ，∴P (2,0)；
3 3
–
当AO = P O，∴P (−√2,0).
4 4
练4.1 【答案】6
【解析】∵点A的坐标为(2,0)，顶点B的坐标为(0,1)，
∴ OA = 2，OB = 1，
作CD⊥x轴与D，
∴ ∠BAO+∠CAD = 90∘ ，
∵ ∠BAO+∠ABO = 90∘ ，
∴ ∠CAD = ∠ABO，
在ΔAOB和ΔCDA中，
∠ABO = ∠CAD
⎧⎪∠AOB = ∠ADC = 90∘ ，
⎨
AB = AC
⎩⎪
∴
ΔAOB ≅ΔCDA（AAS），
∴ DC = OA = 2，AD = BO = 1，
∴ DO = OA +AD = 1 +2 = 3；
∴
C点坐标为(3,2)，
k
把(3,2)代入y = (x > 0)得，k = 6．
x
练4.2 【答案】（1）∵点A(−1,n) 在一次函数y = −2x 的图象上．
∴n = −2 ×(−1) = 2
∴点A的坐标为(−1,2)
∵点A在反比例函数的图象上．
∴k = −2
2
∴反比例函数的解析式是y = − ．
x
（2）点P的坐标为(−2,0)或(0,4)或(0,0)．
65/128
– –
（3）点P的坐标为(−2,0)，(−√5,0)，(√5,0)，(−2.5,0)．
【解析】（2）∵A(−1,2)，
−−−−−−−−−
–
∴OA = (−1) 2 +22 = √5，
√
∵点P在坐标轴上，
∴当点P在x轴上时设P (x,0)，
∵PA = OA，
−−−−−−−−−−−−−−−
–
∴ (x+1) 2 +(0 +2) 2 = √5，解得x = −2；
√
当点P在y轴上时，设P (0,y)，
−−−−−−−−−−−−−−−
–
∴ (0 +1) 2 +(y −2) 2 = √5，解得y = 4；
√
当点P在坐标原点，则P (0,0)．
∴点P的坐标为(−2,0)或(0,4)或(0,0)．
（3）当PA = OA时，由（2）可知
P点的坐标为(−2,0)；
–
当PO = OA时，∵OA = √5，
– –
∴P点的坐标为(−√5,0)，(√5,0)，
当PA=OP时，作OA的垂直平分线交x轴于P，此时P的坐标为(−2.5,0)，
–
点P的坐标为(−2,0)，(−√5,0)，
–
(√5,0)，(−2.5,0)．
例5 【答案】（1）点B坐标为B(2,1)；
一次函数解析式为y = x−1.
（2）点P坐标为: ①P (0,1) ②P (0,3)．
【解析】（2）①当∠APB = 90∘ 时，P (0,1)；
②当∠ABP = 90∘ 时，P (0,3)．
3
练5.1 【答案】 （1）y = ；
x
（2）4；
– –
（3）存在，(−4,0)或(4,0)或(−√7−1,0)或(√7−1,0)．
k
【解析】 （1）A(1,3)，代入y = 得k = 3，
x
3
∴反比例函数的解析式为：y = ．
x
（2）C (3,1)．过A作AM⊥x轴，过C作CN⊥x轴，
66/128
1
∴ΔAOC的面积等于梯形AMNC的面积，S
ΔAOC
= ×(3 +1)×(3 −1) = 4
2
y = x+2
x = 1 x = −3
（3）存在．解⎧ 3 得 1 ， 2 ，
y = {y = 3 {y = −1
⎨ 1 2
⎩ x
∴B(−3,−1)．
当AB为直角三角形的斜边时：
设P (x,0)，则(x−1) 2 +32 +(x+3) 2 +12 = (1 +3) 2 +(3 +1) 2
整理得：x2 +2x−6 = 0，
– –
解得x = −√7−1，x = √7−1，
1 2
– –
∴P点坐标为：(−√7−1,0)或(√7−1,0)．
当AB为直角三角形的直角边时，
(x−1) 2 +32 +(1 +3) 2 +(3 +1) 2 = (x+3) 2 +12 ，解得x = 4；
或(x+3) 2 +12 +(1 +3) 2 +(3 +1) 2 = (x−1) 2 +32 ，解得x = −4．
∴P点坐标为：(4,0)或(−4,0)．
– –
综上，P点坐标为：(−√7−1,0)或(√7−1,0)或(4,0)或(−4,0)．
练5.2 【答案】解：（1）∵直线y = kx+b过A(0,−2)，B(1,0)两点
b = −2
∴ ，
{k+b = 0
k = 2
解得： ，
{b = −2
∴一次函数的表达式为y = 2x−2，
∴设M (p,q)，作MD⊥x轴于点D，
∵S
△OBM
= 2，
1
∴ OB ⋅MD = 2，
2
1
∴ q = 2，
2
∴q = 4，
∴将M (p,4)代入y = 2x−2得4 = 2p−2，
∴p = 3，
67/128
m
∵M (3,4)在双曲线y = (m ≠ 0)上，
x
m
∴4 = ，
3
∴m = 12，
12
∴反比例函数的表达式为：y = ；
x
（2）作MD⊥x轴于D，
①如图1，过点M (3,4)作MP⊥AM交x轴于点P，
∴此时点P的坐标为(11,0)．
②如图2，过点A(0,−2)作AP⊥AM交x轴于点P，
此时点P的坐标为(−4,0)．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 8 讲 反比例函数综合
自我巩固答案
1 【答案】D
2 【答案】D
3 【答案】A
4 【答案】A
4
【解析】解：∵直线y =2x+6与双曲线y = 在同一坐标系的交点坐标是（1，4）和（2，2），
1 2
x
∴当y ＞y 时，直线在双曲线上面，
1 2
68/128
∴当y ＞y 时，x的取值范围是x＜0或1＜x＜2，
1 2
故选：A．
5 【答案】C
6 【答案】B
7 【答案】解：（1）由题意A（﹣2，4），B（4，﹣2），
∵一次函数过A、B两点，
4 = −2k+b
∴ ，
{−2 = 4k+b
k = −1
解得 ，
{b = 2
∴一次函数的解析式为y＝﹣x+2；
（2）设直线AB与y轴交于C，则C (0,2)，
1 1
∵S
Δ
AOC = ×OC ×|A
x
|，S
Δ
BOC = ×OC ×|B
x
|
2 2
∴$$S
ΔAOB
=S
ΔAOC
+S
Δ
BOC
1 ∣ ∣ 1 ∣ ∣
= ⋅OC ⋅∣A ∣+ ⋅OC⋅∣B ∣
x x
2 ∣ ∣ 2 ∣ ∣
1 1
= ×2 ×2 + ×2 ×4
2 2
= 6 ；
（3）由图象可知：一次函数的函数值大于反比例函数的函数值时x的取值范围是x＜﹣2或
0＜x＜4．
【解析】提示：（2）设直线AB与y轴交于C，则C (0,2)，
1 1
∵S
ΔAOC
= ×OC ×|A
x
|，S
ΔBOC
= ×OC ×|B
x
|，
2 2
∴S
ΔAOB
= S
ΔAOC
+S
ΔBOC
= 6．
（3）由图像可知，一次函数的函数值大于反比例函数的函数值时x的取值范围是
x < −2或0 < x < 4．
8 【答案】B
9 【答案】C
10 【答案】C
能力提高 / 初三 / 秋季
69/128
第 8 讲 反比例函数综合
课堂落实答案
1 【答案】A
【解析】A
2 【答案】B
【解析】利用函数图像求解，y < y 说明直线在双曲线的下方
1 2
3 【答案】A
1 −k
【解析】 联立2 +k+3 =
2
4 【答案】D
【解析】提示：易知△ABC为等腰直角三角形，面积为8，
∴BC = AC = 4，所以B(4,2)即可求得解析式．
5 【答案】解：
2
（1）∵反比例函数y= 的图象与一次函数y＝kx+b的图象交于点A、B，点A、B的横坐
x
标分别为1，﹣2，
∴A（1，2），B（﹣2，﹣1），
k+b = 2
把A、B的坐标代入y＝kx+b得 ，
{−2k+b = −1
k = 1
解得 ，
{b = 1
∴一次函数的解析式为y＝x+1；
（2）∵B（﹣2，﹣1），
由图象可知，当﹣2＜x＜0时，y＜﹣1.
【解析】提示：利用反比例函数解析式和待定系数法可以求出A、B的坐标，然后即可求出一次函数
解析式
能力提高 / 初三 / 秋季
第 8 讲 反比例函数综合
精选精练
70/128
1 【答案】C
【解析】解：设AC = a，OC = b，故点A坐标(b,a)，
由点A在双曲线上得：ab = 2，根据勾股定理得：a2 +b2 = 16，
则(a+b) 2 = a2 +2ab+b2 = 16 +4 = 20，
– –
∴a+b = 2√5，即OC +AC = 2√5，
又∵OA的垂直平分线交OC于M，
∴OM = AM，
∴△AMC的周长
–
C = AM +MC +AC = OM +MC +AC = OC +AC = 2√5
故选：C．
m
2 【答案】解：（1）把A(−4,2)代入y = ，得m = 2 ×(−4) = −8，
x
8
所以反比例函数解析式为y = − ，
x
8
把B(n,−4)代入y = − ，得−4n = −8，
x
解得n = 2，
把A(−4,2)和B(2,−4)代入y = kx+b，得
−4k+b = 2
，
{2k+b = −4
k = −1
解得 ，
{b = −2
所以一次函数的解析式为y = −x−2；
（2）y = −x−2中，令y = 0，则x = −2，
即直线y = −x−2与x轴交于点C (−2,0)，
∴S
ΔAOB
= S
ΔAOC
+S
ΔBOC
1 1
= ×2 ×2+ ×2 ×4 = 6；
2 2
m
（3）由图可得，不等式kx+b− > 0的解集为：x < −4或0 < x < 2．
x
71/128
k
3 【答案】 解：（1）把B(1,3)代入y = 得k = 1 ×3 = 3；
x
故答案为：3；
3
（2）反比例函数解析式为y = ，
x
3
设A点坐标为(a, ），
a
∵PB⊥x于点C，PA⊥y于点D，
3 3
∴D点坐标为(0, ），P点坐标为(1, ），C点坐标为(1,0)，
a a
3 3
∴PB = 3− ，PC = − ，PA = 1 −a，PD = 1，
a a
3
PC − 1 PD 1
a
∴ = = ， = ，
PB 3 1 −a PA 1 −a
3 −
a
PC PD
∴ = ，
PB PA
而∠CPD = ∠BPA，
∴△PCD∽△PBA，
∴∠PCD = ∠PBA，
∴CD∥BA，
而BC∥DF，AD∥EC，
∴四边形BCDF、ADCE都是平行四边形，
∴BF = CD，AE = CD，
∴BF = AE，
（3）∵四边形ABCD的面积= S ΔPAB −S ΔPCD，
1 3 1 3 21
∴ ⋅(3− )⋅(1 −a)− ⋅1 ⋅(− )= ，
2 a 2 a 4
3 3
整理得a+ = 0，解得a = − ，
2 2
∴P点坐标为(1,−2)．
4 【答案】
k
2
解：（1）把A(−1,2)代入y = ，得到k = −2，
2
x
72/128
2
∴反比例函数的解析式为y = − ．
x
2
∵B(m,−1)在y = − 上，
x
∴m = 2，
−k +b = 2 k = −1
1 1
由题意 ，解得 ，
{2k +b = −1 { b = 1
1
∴一次函数的解析式为y = −x+1．
（2）∵A(−1,2)，B(2,−1)，
–
∴AB = 3√2，
①当PA = PB时，(n +1) 2 +4 = (n −2) 2 +1，
∴n = 0，
∵n > 0，
∴n = 0不合题意舍弃．
–
②当AP = AB时，22 +(n +1) 2 = (3√2) 2 ，
∵n > 0，
−−
∴n = −1+√14．
–
③当BP = BA时，12 +(n −2) 2 = (3√2) 2 ，
∵n > 0，
−−
∴n = 2+√17．
−− −−
综上所述，n = −1+√14或2+√17.
k
5 【答案】 解：（1）∵双曲线y = 经过点D(6,1)，
x
k
∴ = 1，
6
解得k = 6；
（2）设点C到BD的距离为h，
∵点D的坐标为(6,1)，DB⊥y轴，
∴BD = 6，
1
∴S
ΔBCD
= ×6 ⋅h = 12，
2
解得h = 4，
∵点C是双曲线第三象限上的动点，点D的纵坐标为1，
∴点C的纵坐标为1 −4 = −3，
6
∴ = −3，
x
解得x = −2，
∴点C的坐标为(−2,−3)，
73/128
设直线CD的解析式为y = kx+b，
−2k+b = −3
则 ，
{ 6k+b = 1
k = 1
解得 2 ，
{b = −2
1
所以，直线CD的解析式为y = x−2；
2
（3）AB∥CD．
理由如下：
6
∵CA⊥x轴，DB⊥y轴，设点C的坐标为(c, ），点D的坐标为(6,1)，
c
∴点A、B的坐标分别为A(c,0)，B(0,1)，
设直线AB的解析式为y = mx+n，
mc+n = 0
则 ，
{ n = 1
m = −1
c
解得 ，
{ n = 1
1
所以，直线AB的解析式为y = − x+1，
c
设直线CD的解析式为y = ex+f，
ec+f = 6
c
则 ，
{ 6e+f = 1
e = −1
c
解得 ，
{f = c+6
c
1 c+6
∴直线CD的解析式为y = − x+ ，
c c
1
∵AB、CD的解析式k都等于− ，
c
∴AB与CD的位置关系是AB∥CD．
6 【答案】22018 −2
能力提高 / 初三 / 秋季
第 9 讲 解三角形
例题练习题答案
例1
(1【) 答案】A
74/128
(2【) 答案】B
练1.1 【答案】B
练1.2 【答案】C
例2
(1【) 答案】D
–
√2
(2【) 答案】
2
练2.1 【答案】A
练2.2 【答案】B
例3 【答案】B
1
练3.1 【答案】
2
–
BC √3
【解析】
解：∵sinA = = ，
AB 2
∴∠A = 60∘ ，
A 1
∴sin = sin30∘ = ．
2 2
练3.2 【答案】A
– – –
例4 【答案】（1）原式= √3−2√2+3 +2 −√3
–
= 5 −2√2
1 1
（2）原式= 2 × +3 × −4 ×1
2 2
3
= −
2
–
练4.1 【答案】 – √3
原式= 3 +√3−3 × +1= 4
3
–
【解析】 – √3
原式= 3 +√3−3 × +1
3
= 4
–
3+ 2√6
练4.2 【答案】
4
– –
【解析】 1 2 √2 2 – √3
解：原式=（ ） +（ ） +√2× ×1
2 2 2
–
1 1 √6
= + +
4 2 2
–
3+ 2√6
= ．
4
例5 【答案】在Rt △ ACM中，
CM 3
∵sin∠CAM = = ，
AM 5
∴设CM = 3x，则AM = 5x，
75/128
−−−−−−−−−−−
根据勾股定理得：AC = √AM2 −CM2 = 4x，
又∵M为BC的中点，
∴BC = 2CM = 6x，
AC 4x 2
在Rt △ ABC中，tanB = = = ．
BC 6x 3
练5.1 【答案】C
1
练5.2 【答案】
5
例6 【答案】过点A作AD⊥BC，与BC交于点D，
则∠ADB = ∠ADC = 90∘ ,
在Rt△ABD中，∵∠ABD = 45∘ ，
∴BD = AB ⋅cos45∘ = 2，AD = AB ⋅sin45∘ = 2，
2
在Rt△ADC中，∵tanC = ，
3
AD
∴CD = = 3，
tanC
−−−−−−−−−− −−
∴AC = √AD2 +CD2 = √13，
BC = BD+CD = 5．
练6.1 【答案】过点A作AE⊥BC，与BC交于点E，
–
–
√2
在Rt△ACE中，∵AC = √2，cosC = ，
2
−−−−−−−−−−
∴CE = AC ⋅cosC = 1，AE = AC2 −CE2 = 1，
√
1
在Rt△ABE中，∵tanB = ，
5
AE
∴BE = = 5，
tanB
∴BC = BE +CE = 6．
3
练6.2 【答案】 （1）在Rt△ ABC中，∵sinB = ，AB = 10，
5
∴AC = AB ⋅sinB =6，
−−−−−−−−−−
∴BC = AB2 −AC2 = 8．
√
（2）过点D作DE⊥AB，与AB交于点E，
76/128
∵点D为边BC的中点，
1
∴BD = CD = BC = 4，
2
1 1
∵S
△ABD
=
2
AB ⋅DE =
2
AC ⋅BD，
AC ⋅BD 6 ×4 12
∴DE = = = ，
AB 10 5
−−−−−−−−−− 16
在Rt△ BDE中，BE = √BD2 −DE2 = ，
5
34
∴AE = AB −BE = ，
5
DE 6
在Rt△ ADE中，tan∠BAD = = ．
AE 17
例7
(1【) 答案】B
–
(2【) 答案】16 +5√3
练7.1 【答案】200
【解析】∵C位于A北偏东60∘
方向，
∴∠CAB = 90∘ −60∘ = 30∘ ，
∵C位于B北偏东30∘
方向，
∴∠ABC = 90∘ +30∘ = 120∘ ，
∴∠C = 180∘ −∠CAB −∠ABC = 30∘ ，
∴∠CAB = ∠C，
∴AB = BC = 200m．
练7.2 【答案】解：由题意，可得∠FED = 45∘ ．
在Rt △ DEF中，∵ ∠FDE = 90∘ ，∠FED = 45∘ ，
–
–
9√2
∴ DE = DF = 1.8，EF = √2DE = ．
5
∵ ∠AEB = ∠FED = 45∘ ，
∴ ∠AEF = 180∘ −∠AEB −∠FED = 90∘ ．
在Rt △ AEF中，∵ ∠AEF = 90∘ ，∠AFE = 39.3∘ +45∘ = 84.3∘ ，
–
9√2
–
∴ AE = EF ⋅tan∠AFE ≈ ×10.02 = 18.036√2．
5
在Rt △ ABE中，∵ ∠ABE = 90∘ ，∠AEB = 45∘ ，
77/128
–
–
√2
∴ AB = AE ⋅sin∠AEB ≈ 18.036√2× ≈ 18．
2
故旗杆AB的高度约为18米．
例8 【答案】解：作BM⊥ED，BM交ED的延长线于M，
CN⊥DM，CN交ED的延长线于于N．
CN 1 4
在Rt △ CDN中，∵ = =
DN 0.75 3
设CN = 4k，DN = 3k
∵CD = 10
∴(3k) 2 +(4k) 2 = 100
∴k = 2
∴CN = 8，DN = 6
∵四边形BMNC是矩形
∴BM = CN = 8，BC = MN = 20，EM = MN +DN +DE = 66
AM
在Rt △ AEM中，tan24∘ =
EM
8 +AB
∴0.45 =
66
∴AB = 21.70（米）
练8.1 【答案】在Rt △ ABC中，∵∠ABC = 70∘ ，
∴AC = AB ⋅sin∠ABC = AB ⋅sin70∘ = 2.632，
即这架木梯的顶端离地面的距离AC为2.6米．
练8.2 【答案】（1）过B作BG⊥AD于G，
则四边形BGDF是矩形，
∴BG = DF = 5米，
∵AB = 13米，
−−−−−−−−−−
∴AG = AB2 −BG2 = 12米，
√
78/128
BG
∴AB的坡度i = = 1 : 2.4；
AG
CF 3CF
（2）在Rt △ BCF中，BF = = ，
tan∠CBF 4
CF CF
在Rt △ CEF中，EF = = ，
tan∠CEF 2
∵BE = 4米，
3CF CF
∴BF −EF = − = 4，
4 2
解得：CF = 16．
∴DC = CF +DF = 16 +5 = 21米．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 9 讲 解三角形
自我巩固答案
1 【答案】D
2 【答案】D
5
【解析】 解：如图，∵sin∠A＝ ，
13
∴设BC＝5k，AB＝13k，
−−−−−−−−−− −−−−−−−−−−−
由勾股定理得，AC＝ AB2 −BC2 ＝ (13k) 2 −(5k) 2 ＝12k，
√ √
AC 12k 12
∴cos∠A＝ ＝ ＝ ．
AB 13k 13
故选：A．
3 【答案】A
4 【答案】B
5 【答案】A
AD 1
6 【答案】 在Rt△ADC中，tanC = = ，
DC 2
设AD = k，CD = 2k，
−−−−−−−−−− –
AC = √AD2 +CD2 = √5k，
–
∵AC = 3√5，
– –
∴√5k = 3√5，解得k = 3，
79/128
∴AD = 3，CD = 6，
在Rt△ABD中，
−−−−−−−−−− −−−−−− –
BD = √AB2 −AD2 = √42 −32 = √7，
∴ △ ABC 的 周 长 ：
– – – –
AB +AC +BD+CD = 4 +3√5+√7+6 = 10 +3√5+√．7
7 【答案】过点A作AD⊥BC，与BC交于点D
则∠ADB = ∠ADC = 90∘ ,
在Rt△ABD中，∵∠B = 45∘ ，
∴BD = AB ⋅cos45∘ = 2，AD = AB ⋅sin45∘ = 2，
在Rt△ADC中，∵∠C = 30∘ ，
AD –
∴CD = = 2√3，
tan30∘
–
∴BC = BD+CD = 2 +2√3．
8 【答案】过点A作AD⊥BC于点D，
∵A地位于B地北偏东67∘
方向，距离B地520km，
∴∠BAD = 67∘ ，
∴BD = AB ⋅sin67∘ = 520 ×0.92 = 478.4km，
AD = AB ⋅cos67∘ = 520 ×0.39 = 202.8km．
∵C地位于A地南偏东30∘
方向，
∴∠CAD = 30∘ ，
– –
√3 202.8√3
∴CD = AD⋅tan30∘ = 202.8× = km，
3 3
–
202.8√3
∴BC = BD+CD = 478.4+ ≈595(km)．
3
答：B地到C地之间高铁线路的长为595km．
9 【答案】过点A作AE⊥BC与BC交于点E，则∠AEB = 90∘ ，
80/128
在Rt△ABE中，∵∠BAE = 30∘ ，
–
设BE = x，则AE = √3x，
–
CD = AE = √3x，
在Rt△ACE中，∵∠EAC = 45∘ ,
–
∴CE = √3x，
–
则CE = AD = AE = CD = √3x，
–
∴BE +CE = x+√3x = 120，
–
解得x = 60(√3−1)，
–
∴DC = 180 −60√3（米）．
–
10 【答案】在Rt△ABE中，设AE = x，则BE = √3x，
AE2 +BE2 = x2 +(√3 – x) 2 = 2002 ，
则x = 100，则AE = 100，
∴CE = AE −AC = 100 −20 = 80，
∵坡度比为1 : 4，
所以DE = 320，
−−−−−−−−−− −−
在Rt△CDE中，CD = √CE2 +DE2 = 80√17米．
–
【解析】∵ ∠AEB = 90∘，AB = 200，坡度为1 : √3，
–
1 √3
∴ tan∠ABE = – = ，
√3 3
∴ ∠ABE = 30∘，
1
∴ AE = AB = 100，
2
∵ AC = 20，
∴ CE = 80，
∵ ∠CED = 90∘，斜坡CD的坡度为1 : 4，
CE 1
∴ = ，
DE 4
80 1
即 = ，
ED 4
解得，ED = 320，
81/128
−−−−−−−−− −−
∴ CD = √802 +3202 = 80√17米，
−−
答：斜坡CD的长是80√17米．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 9 讲 解三角形
课堂落实答案
1 【答案】D
2 【答案】C
3
3 【答案】
2
4 【答案】B
–
5 【答案】10√3
能力提高 / 初三 / 秋季
第 9 讲 解三角形
精选精练
1 【答案】C
2 【答案】解：原式= cos21∘ +⋯+cos244∘ +cos245∘ +sin244∘ +⋯+sin21∘
= cos21∘ +sin21∘ +⋯+cos244∘ +sin244∘ +cos245∘
– 2
√2
= 44 +
( 2 )
89
=
2
3 【答案】（1）证明：如图1，取AC的中点D，连接BD，
–
√3
∵∠C = 90∘ ，tanA = ，
2
–
BC √3
∴ = ，
AC 2
–
∴设BC = √3x，则AC = 2x，
∵D是AC的中点，
1
∴CD = AC = x，
2
82/128
−−−−−−−−−−
−−−−−−−
∴BD = CD2 +BC2 = √3x2 +x2 = 2x，
√
∴AC = BD，
∴△ABC是“好玩三角形”；
（2）①如图2，取DE的中点G，连接FG，则FG = DE,
∵DF = EF,
1 1
∴DG = DE = FG，FG⊥DE，
2 2
在直角△FDG中，由勾股定理得到：
−−−−−−−−−−
–
FD = DG2 +FG2 = √5DG，
√
– –
FD √5DG √5
∴ = = ；
DE 2DG 2
②如图3，取EF的中点M，连接DM，由题意知DM = EF = DF，作DH垂直EF于H，
则FH = MH，设FH = MH = 1，则ME = 2，DF = 4，
在Rt△DFH中，根据勾股定理得：
DH2 = 15，
– –
在Rt△DEH中，根据勾股定理得：DE = 2√6，从而可得腰与底的比为：√6 : 3．
– –
√5 √6
综上所述，腰和底的比值是 或 ．
2 3
4 【答案】过点C作CE⊥AB，与AB交于点E
–
√2
–
在Rt△BCE中，∵sinB = ，BC = 2√2
2
–
–
√2
∴CE = BC ⋅sinB = 2√2⋅ = 2
2
−−−−−−−−−−
BE = BC2 −CE2 = 2
√
1
在Rt△ACE中，∵tanA =
2
CE
∴AE = = 4
tanA
则AB = AE +BE = 6
83/128
∵D是AB的中点
1
∴BD = AB = 3，DE = BD−BE = 1
2
−−−−−−−−−− –
在Rt△CDE中，CD = √CE2 +DE2 = √5
–
DE √5
∴cos∠CDB = =
CD 5
5 【答案】C
【解析】如图，延长GF 交过点A的水平线于J，作BH⊥AJ 于H，CK⊥GJ 于K ，
EM⊥GJ于M
设 CD = EF = 5k ， 则 FM = DN = 4k ， EM = CN = 3k ，
1 – –
BH = AB = 1，AH = √3BH = √3，
2
– –
∴ AJ = √3+1.5+1.5+6k = √3+3 +6，k GJ = 2 +8k+1 = 3 +8k，
GJ 3
∵ tan37∘ = = ，
AJ 4
3 +8k 3
∴ – = ，
√3+3 +6k 4
∴ k ≈ 0.156，
∴ GJ = 3 +8 ×0.156 ≈ 4.3(m)．
6 【答案】
（1）作CD⊥BA交BA的延长线于点D
由题意可知，BC = 120米，∠CBD = 30∘
则CD = 60米
∵∠DCA = 30∘
CD 60 –
∴AC = = = 40√3米
cos30∘ √3
2
（2）作A′N⊥BC于点N，作A′E⊥BA交BA的延长线于点E
由题意可知
∠1 = 30∘ ，∠EA′B = 75∘ ，∠EA′A = 30∘ ，∠CBD = 30∘
则∠AA′B = 45∘
84/128
∴∠2 = 15∘
∴∠A′BE = 15∘
∴A′B平分∠ABC
∴A′N
=
A′E
设AA′ = x
– –
√3 √3
则A′E = x，A′N = x
2 2
–
∴CA′ = √3x
–
∵AC = 40√3
– –
∴x+√3x = 40√3
– –
得x = 60 −20√3，即此时小明所乘坐的小船走的距离为（60 −20√3）米
能力提高 / 初三 / 秋季
第 10 讲 二次函数的图象与参数
例题练习题答案
例1
2
(1【) 答案】±
5
(2【) 答案】抛物线；向下；x = 0；(0,1)；高；(0,1)
(3【) 答案】抛物线；向下；x = −3；(−3,0)；高；0
例2 【答案】向下，x = −1，(−1,−2)；< −1
练2.1 【答案】>
【解析】∵a = 1 > 0，
∴二次函数的图象开口向上，
由二次函数y = (x−1) 2 +1可知，其对称轴为x = 1，
∵x > x > 1，
1 2
∴两点均在对称轴的右侧，
∵此函数图象开口向上，
∴在对称轴的右侧y随x的增大而增大，
∵x > x > 1，
1 2
85/128
∴y > y ．
1 2
故答案为：>．
练2.2
(1【) 答案】B
(2【) 答案】抛物线；向上；x = −3；(−3,−5)；低；(−3,−5)
例3
(1【) 答案】A
(2【) 答案】A
(3【) 答案】B
练3.1 【答案】D
练3.2 【答案】C
【解析】∵抛物线开口向上，
∴ a > 0，
∵抛物线与y轴的交点在x轴下方，
∴ c < 0，
∴ ac < 0，故①正确；
∵抛物线与x轴的交点的坐标分别为(−1,0)，(3,0)，
b
∴抛物线的对称轴为直线x = 1，即− = 1，
2a
∴ 2a+b = 0，故②正确；
∵ x = 3时，y = 0，
∴ x = 2时，4a+2b+c < 0，故③错误；
∵ x = 1时，y的值最小，
∴对于任意x，a+b+c
⩽
ax2 +bx+c，
即ax2 +bx
⩾
a+b，所以④正确．
故选：C．
例4
(1【) 答案】5
(2【) 答案】4
4a(a−1)−16
【解析】
根据求最值公式得 = 2，
4a
86/128
解得a = −1（此时二次函数无最小值，舍去）或4．
练4.1
(1【) 答案】小
小
3
(2【) 答案】−1
练4.2 【答案】y = 3x2 +6x+9
例5
5
(1【) 答案】−
2
(2【) 答案】0
−4
(3【) 答案】18
3
练5.1
(1【) 答案】0
(2【) 答案】0
练5.2
(1【) 答案】3
−29
(2【) 答案】5
11
4
能力提高 / 初三 / 秋季
第 10 讲 二次函数的图象与参数
自我巩固答案
87/128
1 【答案】A
2 【答案】D
3 【答案】A
【解析】观察函数图象，可知：m > 0，n > 0，
∴一次函数y = mx+n的图象经过第一、二、三象限．
故选：A．
4 【答案】D
5 【答案】B
6 【答案】C
【解析】①当x = 1时，结合图象y = a+b+c < 0，故此选项正确；
②当x = −1时，图象与x轴交点负半轴明显小于−1，∴y = a−b+c > 0，故本选项
错误；
③由抛物线的开口向上知a > 0，
b
∵对称轴为0 < x = − < 1，
2a
∴2a > −b，
即2a+b > 0，
故本选项错误；
b
④对称轴为x = − > 0，
2a
∴a、b异号，即b < 0，
图象与坐标相交于y轴负半轴，
∴c < 0，
∴abc > 0，
故本选项正确；
∴正确结论的序号为①④．
故选：C．
7 【答案】A
8 【答案】A
9 【答案】B
10 【答案】最大值为8，最小值为−17．
能力提高 / 初三 / 秋季
88/128
第 10 讲 二次函数的图象与参数
课堂落实答案
1 【答案】C
2 【答案】C
3 【答案】B
4 【答案】B
5 【答案】最大值为9，最小值为0．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 10 讲 二次函数的图象与参数
精选精练
1 【答案】B
【解析】解：由y=（x-m） 2 +（m+1）可知为顶点（m，m+1），
由顶点在第一象限得m>0且m+1>0，
解得m>0．
故选：B．
2 【答案】C
【解析】解：①∵a=-1<0，
∴抛物线的开口向下，正确；
②对称轴为直线x=-1，故本小题错误；
③顶点坐标为（-1，3），正确；
④∵x>-1时，y随x的增大而减小，
∴x>1时，y随x的增大而减小一定正确；
综上所述，结论正确的个数是①③④共3个．
故选：C．
3 【答案】C
【解析】解：∵二次函数y=ax 2 +bx+c图象经过原点，
∴c=0，
∴abc=0
89/128
∴①正确；
∵x=1时，y<0，
∴a+b+c<0，
∴②不正确；
∵抛物线开口向下，
∴a<0，
3
∵抛物线的对称轴是x=- ，
2
b 3
∴- = − ，b<0，
2a 2
∴b=3a，
又∵a<0，b<0，
∴a>b，
∴③正确；
2
∵二次函数y=ax +bx+c图象与x轴有两个交点，
∴△>0，
2 2
∴b -4ac>0，4ac-b <0，
∴④正确；
综上，可得
正确结论有3个：①③④．
故选：C．
4 【答案】D
【解析】①∵抛物线的开口向上，∴a>0，
∵与y轴的交点为在y轴的负半轴上，∴c<0，
b
∵对称轴为x=− <0，∴a、b同号，即b>0，
2a
∴abc<0，
故本选项错误；
②当x=1时，函数值为2，
∴a+b+c=2；
故本选项正确；
④当x=-1时，函数值<0，
即a-b+c<0，（1）
又a+b+c=2，
将a+c=2-b代入（1），
90/128
2-2b<0，
∴b>1
故本选项正确；
b
③∵对称轴x=− >-1，
2a
b
解得： 1，
1
∴a> ，
2
故本选项错误；
综上所述，其中正确的结论是②④．
–
5 【答案】1 −√3
【解析】根据题意，可得max{a,b} =a，b中的最大数，
–
所以x2 +x−2 = −x，解得x = −1 ±√3，
– –
所以−x = 1 −√3或1 +√3，
–
所以max{x2 +x−2,−x}的最小值是1 −√3．
6 【答案】（1）49
（2）若p ≤ −4，最大值为2p2 +4p+1；
若−4 < p ≤ 2，则最大值为17；
（3）1 或−5
【解析】（2）∵二次函数y = 2x2 +4x+1的对称轴为直线x = −1，
∴由对称性可知，x = −4和x = 2时的函数值相等．
∴若p ≤ −4，则x = p时y的最大值为2p2 +4p+1；
若−4 < p ≤ 2，则x = 2时y的最大值为17；
（3）t < −2时，最大值为2t2 +4t+1 = 31，解得t = 3（舍），t = −5；
1 2
t ≥ −2 时 ， 最 大 值 为 2(t+2) 2 +4(t+2)+1 = 31， 解 得 t = 1 ，
1
t = −7（舍），
2
综上，t的值为1或−5．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 11 讲 二次函数的应用
91/128
例题练习题答案
例1 【答案】设二次函数的解析式为y = ax2 +bx+c，
由于二次函数经过(−1,2)、(3,2)、(0,−1)三个点，
2 = a−b+c
所以 ⎧2 = 9a+3b+c，
⎨
−1 = c
⎩
a = 1
解得： ⎧b = −2，
⎨
c = −1
⎩
所以二次函数的解析式为y = x2 −2x−1．
练1.1 【答案】y = 3x2 +6x+1
练1.2 【答案】D
例2
(1【) 答案】设二次函数的解析式为y = a(x+1) 2 +2，
由于图象过点(1,−3)，
5
所以−3 = a(1 +1) 2 +2，解得：a = −
4
5 5 5 3
所以二次函数的解析式为y = − (x+1) 2 +2 = − x2 − x+ ．
4 4 2 4
(2【) 答案】由题意可得：二次函数的顶点坐标为(4,−3)，
因为图象与x轴两交点之间的距离为6，
所以两交点坐标分别为(1,0)和(7,0)，
设二次函数的解析式为y = a(x−4) 2 −3，
1
所以0 = a(1 −4) 2 −3，解得a = ，
3
1 1 8 7
所以二次函数的解析式为y = (x−4) 2 −3 = x2 − x+ ．
3 3 3 3
练2.1 【答案】y = (x+2) 2 −3
1 3 7
练2.2 【答案】y = − x2 − x+
4 2 4
例3
(1【) 答案】y = −x2 +2x+3
1 5
(2【) 答案】y = x2 −3x+
2 2
练3.1 【答案】C
例4 【答案】（1）由题意可得：S = x(24 −2x)，其中7 ≤ x < 12
所以S = −2x2 +24x(7 ≤ x < 12)；
92/128
（2）因为S = −2x2 +24x(7 ≤ x < 12)，对称轴为x = 6，
所以x = 7时，S取最大值70，
2
即AB长为7m时，围成的面积最大，最大面积为70m ．
练4.1 【答案】（1）根据题意，得S = x(24 −3x)，
11
即所求的函数解析式为：S = −3x2 +24x( ≤ x < 8)，
3
（2）根据题意，设AB长为x，则BC长为24 −3x，
则−3x2 +24x = 45．
整理，得x2 −8x+15 = 0，
解得x = 3或5，
当x = 3时，BC = 24 −9 = 15 > 13不成立，
当x = 5时，BC = 24 −15 = 9 < 13成立，
∴
AB长为5m；
（3）S = 24x−3x2 = −3(x−4)2 +48，
∵墙的最大可用长度为13m，
∴当x = 4，有最大面积为48m2 ．此时24 −3x = 12 < 13，
∴能围成最大面积为48m2 的正方形花园，其长和宽分别为12m、4m．
练4.2 【答案】解：（1）∵三块矩形区域的面积相等，
∴矩形AEFD面积是矩形BCFE面积的2倍，
∴AE = 2BE，
设BE = FC = a，则AE = HG = DF = 2a，
∴DF +FC +HG+AE +EB +EF +BC = 8，0 即8a+2x = 80，
1 3
∴a = − x+10，3a = − x+30，
4 4
3 3
∴y = − x+30 x = − x2 +30x，
( 4 ) 4
1
∵a = − x+10 > 0，
4
∴x < 40，
3
则y = − x2 +30x(0 < x < 40)；
4
3 3
（2）∵y = − x2 +30x = − (x−20) 2 +300(0 < x < 40，) 且二次项系数为
4 4
3
− < 0，
4
∴当x = 20时，y有最大值，最大值为300平方米．
【解析】（1）∵三块矩形区域的面积相等，
∴矩形AEFD面积是矩形BCFE面积的2倍，
93/128
∴AE=2BE，
设BE=FC=a，则AE=HG=DF=2a，
∴DF+FC+HG+AE+EB+EF+BC=80，即8a+2x=80，
1 3
∴a=﹣ x+10，3a=﹣ x+30，
4 4
3 3
2
∴y=（﹣ x+30）x=﹣ x +30x，
4 4
1
∵a=﹣ x+10＞0，
4
∴x＜40，
3
2
则y=﹣ x +30x（0＜x＜40）；
4
3 3
2 2
（2）∵y=﹣ x +30x=﹣ （x﹣20） +300（0＜x＜40），且二次项系数为﹣
4 4
3
＜0，
4
∴当x=20时，y有最大值，最大值为300平方米．
例5 【答案】设抛物线解析式为y = ax2 ，
把点B(10,−4)代入解析式得：−4 = a×102 ，
1
解得：a = − ，
25
1
∴抛物线的解析式为y = − x2 ．
25
1
练5.1 【答案】解:在y = − x2中,
3
25
当y = − 时,x = ±5,
3
故水面的宽度为2× 5 = 10米.
答:水面的宽度为10米.
25
【解析】根据题意，把y= 直接代入求解即可．
3
–
练5.2 【答案】4√3
1
【解析】 以拱桥最顶端为原点建立直角坐标系，抛物线解析式为y = − x2 ，如果水面上升1米，
4
–
水面宽度为4√3米．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 11 讲 二次函数的应用
自我巩固答案
1 【答案】D
94/128
2 【答案】B
3 【答案】C
4 【答案】B
5 【答案】B
6 【答案】B
7 【答案】B
8 【答案】C
9 【答案】D
10 【答案】由题意可知，抛物线顶点为(0,0),A(−10,−10),B(10,−10)，则抛物线解析式
1
y = − x2 ，则C点坐标(4,−1.6)，则CD的长度8.4米.
10
【解析】答案：中柱右边第二根支柱的高度是8.4米．
提示：由题易知点B的坐标为 ，设抛物线的解析式为 ，将B的坐标代入
，得 ，解得 ．所以抛物线的表达式为 ．可设中柱右边
第二根支柱底端点的坐标为 ，于是 ，所以中柱右边第二根支柱的
高度是： （米）．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 11 讲 二次函数的应用
课堂落实答案
1 【答案】D
2 【答案】A
3 【答案】C
4 【答案】C
5 【答案】（1）设二次函数的解析式为y = a(x−h)2 +k，
由于顶点坐标为(6,5)，
∴ y = a(x−6)2 +5．
又A(0,2)在抛物线上，
∴ 2 = 62⋅a+5，
1
解得：a = − ．
12
95/128
1
∴二次函数的解析式为y = − (x−6)2 +5，
12
1
整理得：y = − x2 +x+2．
12
1
（2）当y = 0时，− x2 +x+2 = 0．
12
−− −−
x = 6 +2√15，x = 6 −2√15（不合题意，舍去）．
−−
∴ OB = 6 +2√15．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 11 讲 二次函数的应用
精选精练
1 【答案】B
【解析】解：∵二次函数的图象的顶点坐标是（2，4），
2
∴设这个二次函数的解析式为y=a（x-2） +4，
把（0，-4）代入得a=-2，
2
∴这个二次函数的解析式为y=-2（x-2） +4．
故选：B．
2 【答案】A
【解析】解：由图知道，抛物线的顶点坐标是（1，3），且过（0，0）点，
2
设二次函数y=a（x-1） +3，
把（0，0）代入得0=a+3
解得a=-3．
2
故二次函数的解析式为y=-3（x-1） +3．
故选：A．
3 【答案】C
【解析】解：A、当h = 15时，15 = 20t−5t2 ，
解得：t = 1，t = 3，
1 2
故小球的飞行高度能达到15m，故此选项错误；
B、h = 20t−5t2 = −5(t−2)2 +20，
故t = 2时，小球的飞行高度最大为：20m，故此选项错误；
C、∵ h = 0时，0 = 20t−5t2 ，
96/128
解得：t = 0，t = 4，
1 2
∴小球从飞出到落地要用时4s，故此选项正确；
D、当t = 1时，h = 15，
故小球飞出1s时的飞行高度为15m，故此选项错误；
故选：C．
4 【答案】解：（1）设现在实际购进这种牛肉每千克a元，则原来购进这种牛肉每千克(a+2)元，
由题意，得
32(a+2) = 33a，
解得a = 64．
答：现在实际购进这种牛肉每千克64元；
（2）设y与x之间的函数关系式为y = kx+b，
将(80,40)，(70,140)代入，
80k+b = 40 k = −10
得 ，解得 ，
{70k+b = 140 {b = 840
故y与x之间的函数关系式为y = −10x+840；
（3）设这种牛肉的销售单价为x元时，所获利润为w元，
则w = (x−64)y = (x−64)(−10x+840) = −10x2 +1480x−53760 =，
−10(x−74)2 +1000
所以当x = 74时，w有最大值1000．
答：将这种牛肉的销售单价定为74元时，能获得最大利润，最大利润是1000元．
5 【答案】解：（1）∵由表格可知：销售单价每涨10元，就少销售5kg，
∴
y与x是一次函数关系，
∴ y与x的函数关系式为：y = 100 −0.5(x−120) = −0.5x+160，
∵销售单价不低于120元/kg且不高于180元/kg，
∴自变量x的取值范围为：120 ⩽ x ⩽ 180；
（2）设销售利润为w元，
则
1 1
w = (x−80)(−0.5x+160) = − x2 +200x−12800 = − (x−200)2 ，
2 2
+7200
1
∵ a = − < 0，∴当x < 200时，y随x的增大而增大，
2
∴ 当 x = 180 时 ， 销 售 利 润 最 大 ， 最 大 利 润 是 ：
1
w = − (180 −200)2 +7200 = 7000（元)，
2
答：当销售单价为180元时，销售利润最大，最大利润是7000元．
97/128
6 【答案】解：（1）设解析式为：h = a(t−3)2 +19.8，
把点(0,1.8)代入得：1.8 = a(0 −3)2 +19.8，
∴ a = −2，
∴ h = −2(t−3)2 +19.8；
（2）当第一发花弹发射3秒后，第二发花弹发射1秒，
把t = 1代入h = −2(t−3)2 +19.8得，h = −2 ×(1 −3) 2 +19.8 = 11.8米；
（3）∵这种烟花每隔2秒发射一发花弹，每一发花弹的飞行路径，爆炸时的高度均相同，
皮皮小朋友发射出的第一发花弹的函数解析式为：h = −2(t−3)2 +19.8，
∴第二发花弹的函数解析式为：h′ = −2(t−5) 2 +19.8，
皮皮发现在第一发花弹爆炸的同时，第二发花弹与它处于同一高度，则令h = h′ ，
得：−2(t−3)2 +19.8 = −2(t−5)2 +19.8，
∴ t = 4秒，此时h = h′ = 17.8米> 16米，
答：花弹的爆炸高度符合安全要求．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 12 讲 二次函数与方程不等式
例题练习题答案
例1
(1【) 答案】x = −3；x = 2
1 2
【解析】解：∵抛物线y = ax2 +bx+c(a ≠ 0)与x轴的两个交点的坐标分别是(−3,0)，
(2,0)，
∴当x = −3或x = 2时，y = 0，
即方程ax2 +bx+c = 0的解为x = −3，x = 2．
1 2
故答案为x = −3，x = 2．
1 2
(2【) 答案】A
【解析】解：∵抛物线y = x2 −2023x+2024与x轴的交点为(m,0)，(n,0)，
∴m2 −2023m+2024 = 0，n2 −2023n +2024 = 0，
∴(m2 −2023m+2024)+(n2 −2023n +2024) = 0．
故选：A．
98/128
练1.1
(1【) 答案】x = −1；x = 3
1 2
(2【) 答案】C
7
练1.2 【答案】
2
5
【解析】 ∵方程2x2 −3x−5 = 0两根为 ，−1，
2
5
∴抛物线y = 2x2 −3x−5与x轴两个交点的横坐标是 ，−1，
2
∣5 ∣ 7
∴抛物线y = 2x2 −3x−5与x轴两个交点间距离为：∣ −(−1)∣ = ．
∣2 ∣ 2
7
故答案为： ．
2
例2 【答案】D
【解析】如图所示，二次函数与x轴的一个交点为（3，0），对称轴为x=1
可得，方程x2 −2x+k = 0的一个根为x = 3
1
∵方程的根x +x = 2x
1 2
∴x = x −2x
2 1
∴x = −1
2
∴方程x2 −2x+k = 0的解为3，-1
答案为D．
练2.1 【答案】x = −1，x = 5
1 2
练2.2 【答案】x = −1，x = 3
1 2
例3 【答案】C
练3.1 【答案】−1 < x < 3
练3.2 【答案】D
【解析】由对称性得：抛物线与x轴的另一个交点为(−1,0)，
由图象可知不等式ax2 +bx+c < 0的解集是：x < −1或x > 5．
例4 【答案】B
练4.1 【答案】0
【解析】a = 1，b = −2m，c = m2 +3，
Δ = b2 −4ac = −12 < 0．
练4.2 【答案】C
例5
(1【) 答案】令−x+1 = x2 −3x+1，即x2 −2x = 0①，
99/128
2
Δ = (−2) > 0，所以有两个交点，
解①得：x = 0或x = 2，
当x = 0时，y = 1；
当x = 2时，y = −1；
所以交点坐标为(0,1)、(2,−1)．
(2【) 答案】令3x+b = x2 +2x−1，即x2 −x−1 −b = 0，
因为只有一个交点，
5
所以Δ = (−1) 2 −4(−1 −b) = 0，解得：b = − ．
4
练5.1 【答案】D
练5.2 【答案】±4
例6 【答案】抛物线y = ax2 与直线y = 2x+3相交于A、B两点，
若点A的坐标是(−1,1)，
则点A坐标代入y = ax2 ，
解得a = 1；
将两方程联立得：x2 = 2x+3，
解方程得：x = −1或3，
当x = 3时，y = 9，
则点B坐标为(3,9)．
【解析】此题可以先将点A的坐标代入抛物线，求得a的值，再将两个函数联立成一元二次方程求得
另一个交点坐标B．
练6.1 【答案】B
能力提高 / 初三 / 秋季
第 12 讲 二次函数与方程不等式
自我巩固答案
1 【答案】B
2 【答案】C
3 【答案】D
4 【答案】C
100/128
5 【答案】C
6 【答案】C
7 【答案】B
8 【答案】B
9 【答案】B
10 【答案】（1）(3,0)、(−1,0)
（2）
能力提高 / 初三 / 秋季
第 12 讲 二次函数与方程不等式
课堂落实答案
1 【答案】B
2 【答案】D
【解析】解：∵抛物线y=x2 x1与x轴的一个交点为（m，0），
∴m2 m1=0，
∴m2 m=1，
∴m2 m+2016=1+2016=2017．
故选：D．
3 【答案】A
2
【解析】因为△= (−4) −4 ×2 ×3 = −8 < 0，
所以抛物线与x轴没有交点．
故选：A．
4 【答案】D
101/128
5 【答案】（1）由题意得：B(2,−3)在直线y = −2x+m上，
所以−3 = −2 ×2 +m，解得m = 1，
所以直线y = −2x+1，
因为A(−2,n)在直线y = −2x+1上，
所以n = −2 ×(−2)+1，解得n = 5，
所以A(−2,5)，
因为A(−2,5)、B(2,−3)在抛物线y = x2 +bx+c上，
5 = (−2) 2 +(−2)b+c b = −2
所以 ，解得 ，
{ −3 = 22 +2b+c {c = −3
所以这条抛物线的解析式为y = x2 −2x−3；
（2）令x2 −2x−3 = 2x+k，即x2 −4x−3 −k = 0，
因为与抛物线没有交点
所以Δ = (−4) 2 −4 ×(−3 −k) = 28 +4k < ，0
解得k < −7．
【解析】（1）将B(2,−3)代入y = −2x+m，解得m = 1，∴y = −2x+1，∴A(−2,5)
将B(2,−3)，A(−2,5)代入y = x2 +bx+c，∴y = x2 −2x−3
（2）联立y = x2 −2x−3和y = 2x+b，Δ < 0，∴b < −7．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 12 讲 二次函数与方程不等式
精选精练
1 【答案】(1,1)
【解析】∵b+c = 0，
∴c = −b，
∴y = x2 +bx+c = x2 +bx−b = x2 +b(x−1，)
∴当x−1 = 0即x = 1时，与b值无关，
此时y = 1，
即它的图象一定经过的一个定点(1,1)．
故答案为：(1,1)．
2 【答案】28
102/128
【解析】∵抛物线y = x2 +3x−4与x轴的两个交点为（x ，0）、（x ，0），
1 2
∴x 、x 为方程x2 +3x−4 = 0的两根，
1 2
∴x2 +3x −4 = 0，
1 1
∴x2 = −3x +4，
1 1
∴x2 −3x +15 = −3x +4 −3x +15 = −3(x −x )+1，9
1 2 1 2 1 2
∵x +x = −3，
1 2
∴x2 −3x +15 = −3 ×(−3)+19 = 28．
1 2
3 【答案】x = −2，x = 5
1 2
【解析】关 于 x 的 一 元 二 次 方 程 a(x−1)2 +c = b−bx 变 形 为
a(x−1)2 +b(x−1)+c = 0，
把 抛 物 线 y = ax2 +bx+c 沿 x 轴 向 右 平 移 1 个 单 位 得 到
y = a(x−1)2 +b(x−1)+c，
因为抛物线y = ax2 +bx+c经过点A(−3,0)、B(4,0)，
所以抛物线y = a(x−1)2 +b(x−1)+c与x轴的两交点坐标为(−2,0)，(5,0)，
所以一元二方程a(x−1)2 +b(x−1)+c = 0的解为x = −2，x = 5．
1 2
9
4 【答案】−
8
5 【答案】−0.5 ⩽ t ⩽ 4
b
【解析】 ∵抛物线的对称轴为直线x = − = 1，解得b = −2，
2
∴抛物线解析式为y = x2 −2x，顶点坐标为(1,−1)，
当x = −1时，y = 3，当x = 4时，y = 8，
∵一元二次方程x2 +bx−2t = 0(t为实数）在−1 < x ⩽ 4的范围内有解，
∴直线y = 2t与二次函数y = x2 +bx在−1 < x ⩽ 4范围内有交点，
∴ −1 ⩽ 2t ⩽ 8，
∴ −0.5 ⩽ t ⩽ 4．
6 【答案】解：（1）∵抛物线y = (x−h)2 +k的对称轴是直线x = 1，
∴ h = 1，
把原点坐标代入y = (x−1)2 +k，得，
(0 −1)2 +k = 0，
解得k = −1；
（2）∵抛物线y = (x−1)2 +k与x轴有公共点，
∴对于方程(x−1)2 +k = 0，判别式b2 −4ac = −4k ⩾ 0，
∴ k ⩽ 0．
103/128
当x = −1时，y = 4 +k；当x = 0时，y = 1 +k，
∵抛物线的对称轴为x = 1，且当−1 < x < 0时，抛物线与x轴有且只有一个公共点，
∴ 4 +k > 0且1 +k < 0，解得−4 < k < −1，
综上，当−4 < k < −1时，抛物线与x轴有且只有一个公共点．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 13 讲 与圆有关的位置关系
例题练习题答案
例1
(1【) 答案】B
(2【) 答案】C
练1.1 【答案】C
例2
(1【) 答案】C
(2【) 答案】D
练2.1 【答案】B
例3 【答案】证明：∵PC为⊙O的切线，
∴∠PCO = 90∘ ．
又∵∠P = 30∘ ，
∴∠COP = 60∘ ，
∵OA = OC，
∴∠A = ∠OCA，
∵∠COP = ∠A +∠OCA，
1
∴∠A = ∠COP = 30∘ ，
2
∴∠A = ∠P，
∴CA = CP．
又AB为⊙O直径，
∴∠ACB = ∠PCO = 90∘ ，
104/128
∴△ACB≌△PCO(ASA)．
练3.1 【答案】C
练3.2 【答案】B
例4 【答案】（1）∵∠CAP = ∠P = 30∘ ，
∴∠ACP = 120∘ ，
∴∠ACO = ∠CAP = 30∘ ，
∴∠OCP = 120∘ −30∘ = 90∘ ，
∴PC是⊙O的切线；
（2）∵AC = PC，
∴∠PAC = ∠P = ∠OCA，
∵∠CAP +∠OCA = ∠COB = 2∠PCB，
∴∠PCB = ∠CAP = ∠P，
1
而∠OCB = (180∘ −∠COB)
2
= 90∘ −∠PCB = 90∘ −∠BCP，
故∠OCP = ∠OCB +∠BCP = 90∘ ，
∴PC是⊙O的切线．
练4.1 【答案】证明：连接AD、DO；
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB = ∠ADC = 90∘ ．
∵E是AC的中点，
∴DE = AE，
∴∠EAD = ∠EDAA．
∵OA = OD，
∴∠DAO = ∠ADO，
∴∠EDO =∠EDA +∠ADO= ∠EAD+∠DAO= ∠CAB = 90∘ ．
105/128
∴OD⊥DE．
∴DE是⊙O的切线．
【解析】
–
练4.2 【答案】∵ME = 1，AM = 2，AE = √3，
∴ME2 +AE2 = AM2 = 4，
∴△AME是直角三角形，且∠AEM = 90∘ ．
又∵MN∥BC，
∴∠ABC = ∠AEM = 90∘ ，即OB⊥BC．
又∵OB是⊙O的半径，
∴BC是⊙O的切线．
例5 【答案】14
【解析】解：根据切线长定理，得AD=AE，BC=BE，所以梯形的周长是5×2+4=14，
故答案为：14．
练5.1 【答案】C
练5.2 【答案】C
【解析】解：∵PA、PB切⊙O于点A、B，CD切⊙O于点E，
∴PA=PB=10，CA=CE，DE=DB，
∴△PCD的周长是PC+CD+PD
=PC+AC+DB+PD
=PA+PB
=10+10
=20．
故选：C．
例6 【答案】1
练6.1 【答案】B
能力提高 / 初三 / 秋季
第 13 讲 与圆有关的位置关系
自我巩固答案
1 【答案】D
106/128
2 【答案】D
【解析】解：∵⊙O与直线l有两个交点，
∴⊙O与直线l相交，
∵圆的半径为3，
∴圆心O到直线l的距离0 ≤ d < 3，
∴圆心O到直线l的距离不可能为3．
3 【答案】B
4 【答案】C
【解析】解：∵⊙O的半径为6，圆心O到直线l的距离为5，
∵6＞5，即：d＜r，
∴直线L与⊙O的位置关系是相交．
故选：C．
5 【答案】B
6
(1【) 答案】连接CD，
∵BC为⊙O的直径，
∴CD⊥AB．
∵AC = BC，
∴AD = BD．
(2【) 答案】∵AD = BD，OB = OC，
∴OD是△BCA的中位线，
∴OD∥AC．
∵DE⊥AC，
∴DF⊥OD．
∵OD为半径，
∴DF是⊙O的切线．
107/128
7 【答案】（1）证明：连接OC，
∵OA＝OC，
∴∠1＝∠A，
又∵∠A＝∠P＝30∘
，
∴∠1＝30∘ ，∠ACP＝120∘
，
∴∠OCP＝90∘
，
又∵OC是⊙O的半径，
∴PC是⊙O的切线；
（2）解：连接OC，
∵AB＝4，
∴OA＝OB＝OC＝2，
由（1）得∠OCP＝90∘
，
又∵∠P＝30∘
，
–
∴OP＝4，PC＝2√3，
∴BP＝OB，
1 1 1 –
∴S
△PBC
=
2
S
△OPC
=
2
×
(2
OC ⋅PC
)
= √3．
8 【答案】D
9 【答案】C
【解析】根据切线长定理有AD=AE，BE=BF，CD=CF；
则△ABC的周长=AB+BC+AC
=AB+BF+CF+AC
=AB+BE+AC+CD
=AD+AE
=2AD
=40．
108/128
故选C．
10 【答案】（1）∵⊙O是△ABC的内切圆，D，E，F是切点．
∴OD⊥BC，OE⊥AC，
又∠C = 90∘ ，
∴四边形ODCE是矩形，
∵OD＝OE，
∴四边形ODCE是正方形；
（2）∵∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，
−−−−−−−−−−
∴AB = AC2 +BC2 = 10
√
由切线长定理得AF＝AE，BD＝BF，CD＝CE，
∴ CD+CE = BC +AC −BD−AE = BC +AC −AB = 4
则CE＝2，
即⊙O的半径为2．
【解析】（1）∵⊙O是△ABC的内切圆，
∴OD⊥BC，OE⊥AC，又∠C=90°，
∴四边形ODCE是矩形，
∵OD=OE，
∴四边形ODCE是正方形；
（2）∵∠C=90°，AC=6，BC=8，
−−−−−−−−−
2 2
∴AB= AC +BC =10，
√
由切线长定理得，AF=AE，BD=BF，CD=CE，
∴CD+CE=BC+AC﹣BD﹣CE=BC+AC﹣AB=4，
则CE=2，即⊙O的半径为2．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 13 讲 与圆有关的位置关系
课堂落实答案
1 【答案】D
2 【答案】A
3 【答案】D
109/128
4 【答案】D
5 【答案】44
【解析】∵四边形ABCD是⊙O的外切四边形，
∴AD＋BC＝AB＋CD＝22，
∴四边形ABCD的周长＝AD＋BC＋AB＋CD＝44．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 13 讲 与圆有关的位置关系
精选精练
1 【答案】D
【解析】解：∵点P (4,3)，
−−−−−−
∴PO＝√42 +32
＝5，
∵点P在⊙O内，
∴r > OP，即r > 5，
故选：D．
2 【答案】A
【解析】解：∵是以点（2，3）为圆心，2为半径的圆，
如图所示：
∴这个圆与y轴相切，与x轴相离．
故选：A．
3 【答案】D
4 【答案】D
5 【答案】C
110/128
【解析】
；如图 ，
由四边形的内角和定理，得
∠BOA = 360° −90° −90° −80° = 100° ，
由AC = BC ，得
ˆ ˆ
∠AOC = ∠BOC = 50°．
由圆周角定理，得
∠ADC = 1∠AOC = 25° ，
2
故选：C．
6 【答案】B
能力提高 / 初三 / 秋季
第 14 讲 圆中的计算
例题练习题答案
例1
(1【) 答案】A
(2【) 答案】A
练1.1 【答案】B
–
练1.2 【答案】 √2 : 1
例2
(1【) 答案】C
40
(2【) 答案】 π
3
练2.1 【答案】B
4
练2.2 【答案】 π
3
例3
111/128
2
(1【) 答案】 π
3
(2【) 答案】解：①∵∠OBA′ = 45∘ ，O′P = O′B，
∴△O′PB是等腰直角三角形，
–
∴PB = √2BO，
–
∴AP = AB −BP = 20 −10√2；
②阴影部分面积为：
S 阴影 = S 扇形O ′A ′P +S △O ′P B
1 1
= ×π ×100 +10 ×10 × = 25π +5．0
4 2
练3.1 【答案】B
【解析】解：根据扇形面积公式，
(360− 30− 60) ⋅π⋅62
阴影部分面积= =27π．故选B．
360
练3.2 【答案】C
【解析】解：∵ ∠ACB = 90∘ ，AC = CB，
∴ ∠CBD = 45∘ ，
又∵ BC是直径，
∴ ∠CDB = 90∘ ，
∴ ∠DCB = 45∘ ，
∴ DC = DB，
∴ S 弓形CD = S 弓形BD ，
1
∴ S 阴影 = S 弓形ACB +S △BCD = S 扇形ACB −S △ACD = S 扇形ACB −
2
S △ABC
1 1 1
= π×32 − × ×3 ×3
4 2 2
9 9
= π − ．
4 4
故选：B．
例4
(1【) 答案】C
(2【) 答案】2
练4.1 【答案】B
【解析】根据三视图得到该几何体为圆锥，其中圆锥的高为4，母线长为5，圆锥底面圆的直径
为6，
112/128
6 2
所以圆锥的底面圆的面积= π×( ) = 9π，
2
1
圆锥的侧面积= ×5 ×π×6 = 15π，
2
所以圆锥的全面积＝9π＋15π＝24π．
练4.2 【答案】B
例5
–
π √3
(1【) 答案】
− ．
6 4
(2【) 答案】8π ．
练5.1 【答案】B
练5.2 【答案】16﹣4π．
能力提高 / 初三 / 秋季
第 14 讲 圆中的计算
课堂落实答案
1 【答案】C
2 【答案】C
【解析】解：设这块圆形纸片的半径为R，圆锥的底面圆的半径为r，
– –
– 90 ×π ×√2R √2
则AB = √2R，根据题意得2π r = ，解得r = R，
180 4
– 2
– 2 −− 2
√2
所以(√2R) = (3√30) + R ，解得R = 12，
( 4 )
所以这块圆形纸片的直径为24cm．
n ×π×5
3 【答案】 解：设它的侧面展开图的圆心角度数为n∘ ，根据题意得 = 2π×3，
180
解得n=216，即它的侧面展开图的圆心角度数为216∘
．
4 【答案】A
5 【答案】A
能力提高 / 初三 / 秋季
113/128
第 14 讲 圆中的计算
自我巩固答案
1 【答案】D
2 【答案】B
【解析】如图，连接OA、OB，OG；
∵六边形ABCDEF是边长为2的正六边形，
∴△OAB是等边三角形，
∴OA = AB = 2，
–
√3 –
∴OG = OA ⋅sin60∘ = 2 × = √3，
2
–
∴边长为2的正六边形的内切圆的半径为√3．
3 【答案】D
【解析】圆内接正六边形的边所对的圆心角= 360 ∘ ÷6 = 60∘，
根据圆周角等于同弧所对圆心角的一半，
1
边所对的圆周角的度数是60 × = 30∘或180 ∘ −30∘ = 150∘．
2
4 【答案】B
5 【答案】A
6 【答案】C
7
(1【) 答案】如图所示，AC即为所求．
【解析】利用切线的性质得OC//AD，然后根据平行线的性质和等腰三角形的性质可得到
∠OAC = ∠CAD；
114/128
(2【) 答案】
①∵CD是⊙O的切线，
∴OC⊥CD，
∵AD⊥CD，
∴OC∥AD，
∴∠BOC = ∠A = 45∘ ，
∵OB = OC，
180∘ −∠BOC
∴∠ABC = = 67.5∘ ．
2
②∵∠BOC = 45∘ ，
∴∠AOC = 135∘ ，
135 ×π ×42
∴扇形AOC的面积为 = 6π ．
360
8 【答案】解：（1）连接OB，交AD于M，
∵BC为⊙O切线，
∴∠OBC＝90°，
∵∠C＝30°，∠OBC＝90°，
∴∠BOD＝60°，
1
∴∠A＝
×60∘=30∘
；
2
（2）∵AD∥BC，∠OBC＝90°，
∴∠OMD＝∠OBC＝90°，
1 – –
∴由垂径定理得DM＝ ×4√3=2√3，
2
–
∵Rt△OMD中，DM＝2√3 ，∠BOD＝60°，
–
2√3
∴OD＝ = 4 ，
sin60∘
在Rt△OBC中，OB＝4，∠BOC＝60°，
–
∴BC＝OB×tan∠BOC＝4×tan60°＝4√3 ，
115/128
1 – –
∴S ΔOBC = ×4 ×4√3 = 8√3 ，
2
60π×42 8π
∵S = = ，
扇形DOB
360 3
– 8π
∴阴影部分的面积＝8√3− .
3
9
(1【) 答案】解：（1）如图，连接OC、OD．
∵
C、D是以AB为直径的半圆周的三等分点，
∴ ∠AOC = ∠COD = ∠DOB = 60∘ ，
又∵ OC = OD，
∴△
OCD是等边三角形，
∴ ∠OCD = ∠AOC = 60∘ ，OC = CD = 6，
⌢ 60 ×π ×8 8π
∴ CD的长= = cm．
180 3
(2【) 答案】∵ ∠OCD = ∠AOC = 60∘ ，
∴ CD // AB，
∴ S △ACD = S △OCD，
60π ⋅82 32π
∴ S 阴影 = S 扇形OCD = = ．
360 3
10
(1【) 答案】证明：连接AD，
⌢ ⌢
∵BD = DE，
∴ ∠BAD = ∠CAD，又AB = AC，
∴
AD⊥BC，
∴ ∠ADB = 90∘ ，
116/128
∴AB为⊙O的直径；
(2【) 答案】
∵AB为⊙O的直径，
∴点O在AB上，连接OE，
由圆周角定理得，∠AOE = ∠BOE = 90∘ ，
1 90π×42
∴阴影部分的面积是 ×4 ×4+ =8+4π．
2 360
能力提高 / 初三 / 秋季
第 14 讲 圆中的计算
精选精练
1 【答案】D
【解析】连接AO，DO，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AOD = 90∘ ，
−−−−−−−−−−
–
AD = OA2 +OD2 = 2√2，
√
–
圆 内 接 正 方 形 的 边 长 为 2√2 ， 所 以 阴 影 部 分 的 面 积
= 1 ⋅ 4π −(2√2 – ) 2 = (π −2)cm2 ．
4 [ ]
故选：D．
2 【答案】4π
40π×36
【解析】 扇形面积= = 4π(cm2 )．
360
117/128
故答案是：4π ．
–
√3 π
3 【答案】
−
2 6
【解析】如图，连接OM交AB于点C，连接OA、OB，
1
由题意知，OM⊥AB，且OC = MC = ，
2
1
在RT△AOC中，∵OA = 1，OC = ，
2
–
−−−−−−−−−−
OC 1 √3
∴cos∠AOC = = ，AC = OA2 −OC2 =
OA 2 √ 2
–
∴∠AOC = 60∘ ，AB = 2AC = √3，
∴∠AOB = 2∠AOC = 120∘ ，
则S = S −S
120π×12 1 – 1
= − ×√3×
360 2 2
–
π √3
= − ，
3 4
S = S −2S
–
1 π √3
= π ×1 −2 −
2 ( 3 4 )
–
√3 π
= − ．
2 6
–
√3 π
故答案为： − ．
2 6
4 【答案】如图，连接OA，作OM⊥AD于M．
∵
⊙O的半径为2，
∴ OA = 2，
–
√2
–
∴ OM = OA = √2，
2
–
∴ AB = 2OM = 2√2，A′B′ = 2OA = 4，
– 2
∴ S 内 : S 外 = AB2 : A′B′2 = (AB : A′B′ ) 2 = (2√2 – : 4) 2 =
√2
．
( 2 )
1
=
2
118/128
5
(1【) 答案】解：EF是⊙O的切线
证明：连接OE，
∵OA = OE，
∴∠A = ∠AEO，
∵BF = EF，
∴∠B = ∠BEF，
∵∠ACB = 90∘ ，
∴∠A +∠B = 90∘ ，
∴∠AEO+∠BEF = 90∘ ，
∴∠OEG = 90∘ ，
∴EF是⊙O的切线；
【解析】连接OE，根据等腰三角形的性质得到∠A = ∠AEO，∠B = ∠BEF，于是得到
∠OEG = 90∘ ，即可得到结论；
(2【) 答案】∵AD是⊙O的直径，
∴∠AED = 90∘ ，
∵∠A = 30∘ ，
∴∠EOD = 60∘ ，
∴∠EGO = 30∘ ，
∵AO = 2，
∴OE = 2，
–
∴EG = 2√3，
1 – 60 ⋅π×22 – 2
∴阴影部分的面积= ×2 ×2√3− = 2√3− π
2 360 3
【解析】由AD是⊙O的直径，得到∠AED = 90∘ ，根据三角形的内角和得到
∠EOD = 60∘ ，求得∠EGO = 30∘ ，根据三角形和扇形的面积公式即可得到结
论．
6
119/128
(1【) 答案】证明：作直径CH，连接EH．
∵CH是直径，
∴∠CEH = 90∘ ，
∴∠ECH +∠EHC = 90∘ ，
∵∠BCE = ∠EDC，∠EDC = ∠EHC，
∴∠BCE +∠ECH = 90∘ ，
∴∠BCH = 90∘ ，
∴BC⊥CH，
∴BC是⊙O的切线．
【解析】作直径CH，连接EH．只要证明BC⊥CH即可；
(2【) 答案】解：猜想：AD = EC．
理由：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AE∥CD，
∴∠AED = ∠CDE，
∴AD = EC，
ˆ ˆ
∴AD = EC．
【解析】结论：AD = CE，只要证明AD = EC即可；
ˆ ˆ
(3【) 答案】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC = AD = 2，AB∥DC，
∴∠AED = ∠CDE，
∴∠BCE = ∠CDE = ∠AED = 30∘ ，
∴∠AOD = 2∠AED = 60∘ ，
∵OA = OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴OA = OD = AD = 2，
∴S
阴
= S
扇形OAD
−S
ΔAOD
–
60 ⋅π⋅22 √3
= − ×22
360 4
2 –
= π −√3．
3
120/128
能力提高 / 初三 / 秋季
第 15 讲 阶段自检B
期末试卷答案
1 【答案】C
2 【答案】C
【解析】∵∠AOB与∠ACB都对AB，且∠AOB = 100∘ ，
ˆ
1
∴∠ACB = ∠AOB = 50∘ ，
2
故选：C．
3 【答案】C
4 【答案】D
5 【答案】A
【解析】∵平行四边形ABCD，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠DEF＝∠BCF，∠EDF＝∠CBF，
∴△EDF∽△CBF，
ED EF
∴ = ，
BC FC
∵AE＝2ED，
ED ED 1
∴ = = ，
AD BC 3
EF 1
则 = ，
FC 3
6 【答案】A
7 【答案】A
【解析】如图，设对角线相交于点O，
∵ AC = 8，DB = 6，
121/128
1 1
∴ AO = AC = ×8 = 4，
2 2
1 1
BO = BD = ×6 = 3，
2 2
−−−−−−−−−−
−−−−−−
由勾股定理的，AB = AO2 +BO2 = √42 +32 = 5，
√
∵
DH⊥AB，
1
∴ S 菱形ABCD = AB ⋅DH = AC ⋅BD，
2
1
即5DH = ×8 ×6，
2
24
解得DH = ．
5
8 【答案】B
9 【答案】A
10 【答案】C
– π
11 【答案】√3−
2
【解析】解：∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠AOB=60°，
∴△OAB是等边三角形，OA=OB=AB=2，
设点G为AB与⊙O的切点，连接OG，则OG⊥AB，
–
√3 –
∴OG=OA•sin60°=2× = √3，
2
– 2
1 – 60π×(√3) – π
∴S =S ﹣S = ×2 ×√3− = √3− ．
阴影 △OAB 扇形OMN
2 360 2
12 【答案】2016
13 【答案】4
k
【解析】 设D(a, )，
a
∵点D为矩形OABC的AB边的中点，
122/128
k
∴B(2a, )，
a
k
∴E(2a, )，
2a
∵△BDE的面积为1，
1 k k
∴ ⋅ a ⋅( − ) = 1，解得k＝4．
2 a 2a
–
14 【答案】2√7
15 【答案】27∘
3
16 【答案】
2
–
【解析】√2sin45∘ +tan60∘ ⋅tan30∘ −cos60∘
– –
– √2 – √3 1
= √2× +√3× −
2 3 2
1
= 1 +1 −
2
3
= ．
2
3
故答案为： ．
2
17 【答案】80π
【解析】解：底面半径为5cm，母线长为16cm的圆锥的侧面展开图的面积为：π×16×5=80π
cm2．
故答案为80π．
18 【答案】①②③④
1
19 【答案】 解：方程变形得：x2 −2x = −
3
2
配方得：x2 −2x+1 =
3
2
开方得：(x−1) 2 =
3
– –
√6 √6
解得：x = 1 + ，x = 1 −
1 2
3 3
【解析】方程移项后，二次项系数化为1，两个加上一次项系数一半的平方，利用完全平方公式变
形后，开方即可求出解．
20 【答案】解：（1）y = 300 +20x；
（2）W = y(20 −x)= (20x+300)(20 −x) = −20x2 +100x+6000
21 【答案】解：（1）∵PB = PC，
∴∠B = ∠PCB，
∵PC平分∠ACB，
∴∠PCA = ∠PCB，
∴∠PCA = ∠B，
123/128
又∵∠A = ∠A，
∴△APC∽△ACB．
AP AC
（2）由（1）得： = ，
AC AB
3 AC –
∴ = ，∴AC = 3√3．
AC 3 +6
22 【答案】解：（1）证明：∵AB为⊙O的直径，
∴∠ACB = 90∘ ，
∴AC⊥BC，
又∵DC = CB，
∴AD = AB，
∴∠B = ∠D．
（2）解：设BC = x，则AC = x−2，在Rt△ABC中，AC2 +BC2 = AB2 ，
– –
∴(x−2) 2 +x2 = 42 ，解得：x = 1 +√7，x = 1 −√7(舍去)
1 2
∵∠B = ∠E，∠B = ∠D，
∴∠D = ∠E，
∴CD = CE，
∵CD = CB，
–
∴CE = CB = 1 +√7．
23 【答案】解：（1）把A(1,a)代入y=2x得a=2，则A(1,2)，
k
把A(1,2)代入y= 得k=1×2=2，
x
2
∴反比例函数解析式为y= ，
x
y = 2x x = 1 x = −1
解方程组 得 或 ，
{ y = 2 {y = 2 { y = −2
x
∴B点坐标为(−1,−2)
（2）作BD⊥AC于D，如图，
∴∠BDC=90°，
∵∠C+∠CBD=90°，∠CBD+∠ABD=90°，
∴∠C=∠ABD，
AD 2 +2
在Rt△ABD中，tan∠ABD= = =2，即tanC=2．
BD 1 +1
124/128
24 【答案】解：（1）证明：在正方形ABCD中，BC=DC，∠BCP=∠DCP=45°，
∴易证△BCP≌△DCP（SAS）；
（2）证明：由（1）知，△BCP≌△DCP，
∴∠CBP=∠CDP，
∵PE=PB，
∴∠CBP=∠E，
∵∠1=∠2（对顶角相等），
∴180∘ −∠1 −∠CDP = 180∘ −∠2 −∠E，
即∠DPE=∠DCE，
∵AB∥CD，
∴∠DCE=∠ABC，
∴∠DPE=∠ABC；
（3）解：与（2）同理可得：∠DPE=∠ABC，
∵∠ABC=58°，
∴∠DPE=58°．
【解析】（1）根据正方形的四条边都相等可得BC=DC，对角线平分一组对角可得
∠BCP=∠DCP，然后利用“边角边”证明即可；
（2）根据全等三角形对应角相等可得∠CBP=∠CDP，根据等边对等角可得
∠CBP=∠E，然后求出∠DPE=∠DCE，再根据两直线平行，同位角相等可得
∠DCE=∠ABC，从而得证；
（3）根据（2）的结论解答．
125/128
25 【答案】解：（1）把A(−1,2)代入y = −x2 +c得:−1 +c = 2，
解得:c=3，
∴y = −x2 +3，
2
把B(2,n)代入y=-x +3得:n=-1，
∴B(2,-1)，把A(−1,2)、B(2,−1)分别代入y=kx+b
−k+b = 2 k = −1
得 ，解得: ，∴y=-x+1；
{2k+b = −1 { b = 1
（2）根据图象得:使二次函数的值大于一次函数的值的x的取值范围是 −1 < x < 2；
（3）连接AC、BC，设直线AB交y轴于点D，
2
把x=0代入y=-x +3得:y=3，
∴C(0,3)，
把x = 0 代入y = −x+1 得： y = 1，
∴D(0,1) ，
∴CD = 3 −1 = 2
1 1
∴S
△ABC
= S
△ACD
+S
△BCD
=
2
×2 ×1 +
2
×2 ×2 = 1 +2 = 3
26 【答案】解：作PD⊥AB于D．
设BD=x，则AD=x+200．
∵∠EAP=60°，
∴∠PAB=90°-60°=30°．
在Rt△BPD中，
∵∠FBP=45°，
∴∠PBD=∠BPD=45°，
∴PD=DB=x．
在Rt△APD中，
∵∠PAB=30°，
∴PD = tan30∘ ⋅AD，
126/128
–
√3
即DB = PD = tan30∘ ⋅AD = x = (200 +x，)
3
解得:x≈273.2，
∴PD=273．
答:凉亭P到公路l的距离为273m．
27 【答案】解：（1）∵对称轴为直线x = −1的抛物线y = ax2 +bx+c(a ≠ 0)与x轴相交于
A、B两点，
∴A、B两点关于直线x = −1对称，
∵点A的坐标为(−3,0)，
∴点B的坐标为(1,0)．
（2）①a = 1时，∵抛物线y = x2 +bx+c的对称轴为直线x = −1，
b
∴− = −1，解得b = 2．
2
将(1,0)代入y = x2 +2x+c，得1 +2 +c = 0，解得c = −3．
则二次函数的解析式为y = x2 +2x−3，
∴抛物线与y轴的交点C的坐标为(0,−3)，OC = 3，
设P点坐标为(x，x2 +2x−3)，
1 1
∵S ΔPOC = 4S ΔBOC，∴ ×3 ×|x| = 4 × ×3 ×1，∴|x| = 4，x = ±4．
2 2
当x = 4时，x2 +2x−3 = 16 +8 −3 = 21；
当x = −4时，x2 +2x−3 = 16 −8 −3 = 5．
∴点P的坐标为（4,21）或（ −4,5）．
②设直线AC的解析式为y = kx+t(k ≠ 0)将A(−3,0)，C (0,−3)代入，
即直线AC的解析式为y = −x−3．
设Q点坐标为(x， −x−3)(−3 ≤ x ≤ 0)，则D点坐标为(x，x2 +2x−3)，
2
3 9
QD = (−x−3)−(x2 +2x−3) = −x2 −3x = − x+ + ，
( 2) 4
3 9
∴当x = − 时，QD有最大值 ．
2 4
【解析】（1）因为点B与点A（-3，0）关于直线X=-1对称，所以点B的坐标为（1.0）；
2
（2）因为A=1，抛物线对称轴为直线X=-1，所以B=2，C=-3此时Y=X +2X-3；
127/128
2
①设P（X，X +2X-3）
2
当X=4，X +2X-3=21
2
当x=-4，X +2X-3=5
所以P（4，21），（-4，5）
②设AC解析式为y=kx+t，把A，C，带入，即y=-x-3，设o（x，-x-3）（-3≤x≤0）
则D（X，X2+2X-3）
3 9
当x=- ，QD=的有最大值 ．
2 4
128/128
