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人教版2021年七年级数学下册期末压轴题训练 1.直线EF、GH之间有一个直角三角形ABC，其中∠BAC=90°，∠ABC=α。

（1）如图1，点A在直线EF上，B、C在直线GH上，若∠α=60°，∠FAC=30°。试说明：EF∥GH； （2）将三角形ABC如图2放置，直线EF∥GH，点C、B分别在直线EF、GH上，且BC平分∠ABH。求∠ECA的度数；(用α的代数式表示) （3）在(2)的前提下，直线CD平分∠FCA交直线GH于D，如图3，在α取不同数值时，∠BCD的大小是否发生变化？若不变求其值，若变化请求出变化的范围。 2.在平面直角坐标系中，已知点A（a ， 0），B（b ， 3），C（4，0），且满足 a+b +（a﹣b+6）2＝0，线段AB交y轴于点F ， 点D是y轴正半轴上的一点． （1）求出点A ， B的坐标； （2）如图2，若DB∥AC ， ∠BAC＝a ， 且AM ， DM分别平分∠CAB ， ∠ODB ， 求∠AMD的度数；（用含a的代数式表示）． （3）如图3，坐标轴上是否存在一点P ， 使得△ABP的面积和△ABC的面积相等？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由． 3.如图，在平面直角坐标系中，A(a，0)，B(b，0)，C(﹣1，2)，且（a+2）2+ b?3 ＝0， （1）求a，b的值； （2）在坐标轴上存在一点M，使△COM的面积是△ABC的面积的一半，求出点M的坐标． （3）如图2，过点C做CD⊥y轴交y轴于点D，点P为线段CD延长线上一动点，连接OP，OE平分角∠AOP，OF⊥OE，当点P运动时， ∠OPD∠DOE 的值是否会改变？若不变，求其值；若改变，说明理由． 4.某小区准备新建 60?个停车位，以解决小区停车难的问题。已知新建 2 个地上停车位和 3 个地下停车位共需 1.7?万元：新建 4?个地上停车位和 2?个地下停车位共需 1.4?万元。 （1）该小区新建 1?个地上停车位和 1个地下停车位各需多少万元? （2）若该小区新建车位的投资金额超过14?万元而不超过 15万元，问共有几种建造方案? （3）对（2）中的几种建造方案中，哪种方案的投资最少?并求出最少投资金额. 5.为迎接暑假旅游高峰的到来，某旅游纪念品商店决定购进A、B两种纪念品.若购进A种纪念品7件，B种纪念品4件，需要760元；若购进A种纪念品5件.B种纪念品8件，需要800元. （1）求购进A、B两种纪念品每件各需多少元？ （2）若该商店决定购进这两种纪念品共100件.考虑市场需求和资金周转，这100件纪念品的资金不少于7000元，但不超过7200元，那么该商店共有几种进货方案？ （3）若销售A种纪念品每件可获利润30元，B种纪念品每件可获利润20元，用（2）中的进货方案，哪一种方案可获利最大？最大利润是多少元？ 6.如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴交于点B（b，0），与y轴交于点A（0，a），且 a?b+2+|2a+b?8|=0 （1）求S△AOB （2）若P（x，y）为直线AB上一点 ①△APO的面积不大于△BPO面积的 23 ，求P点横坐标x的取值范围 ②求x与y的数量关系 （3）已知点Q（m，m－2），若△ABQ的面积为6，求m 7.在平面直角坐标系中，点 A(0,a),B(2,b),C(4,0) 且 a>0 . （1）若 (a?2)2+b?4=0 ，求点 A ，点 B 的坐标. （2）如图，在 (1) 的条件下，求三角形 ABC 面积. （3）在（2）的条件下，过点 B 作 BD 平行 y 轴交 AC 于点 D ，求点 D 的坐标. 8.如图 1 ，在平面直角坐标系中，线段 AB 的两个端点分别为 A(0,2) ， B(?1,0) ，将线段 AB 向右平移3个单位长度，得到线段 CD ，连接 AD （1）直接写出点 C 、点 D 的坐标 （2）如图 2 ，延长 DC 交 y 轴于点 E ，点 P 是线段 OE 上的一动点，连接 BP 、 CP ，猜想 ∠ABP 、 ∠BPC 、 ∠ECP 之间的数量关系，并说明理由 （3）在 x 轴上是否存在点 Q ，使 ΔQBD 的面积与四边形 ABCD 的面积相等，若存在，求出 Q 的坐标，若不存在，请说明理由 9.在平面直角坐标系中，点A、B在坐标轴上，其中A(0， a )、B( b ，0)满足： |2a?b?1|+a+2b?8=0 （1）求A、B两点的坐标； （2）将线段AB平移到CD，点A的对应点为C(-2，t)，如图(1)所示．若三角形ABC的面积为9，求点D的坐标． 10.在平面直角坐标系中，已知A(a，0)，B(b，0)，C(0，4)，D(6，0).点P(m，n)为线段CD上一点（不与点C和点D重合）. （1）利用三角形COP、三角形DOP及三角形COD之间的面积关系，求m与n之间的数量关系； （2）如图1，若a＝﹣2，点B为线段AD的中点，且三角形ABC的面积等于四边形AOPC面积，求m的值； （3）如图2，设a，b，m满足 {2a+3b+m=03a+2b+m=?5 ，若三角形ABP的面积小于5，求m的取值范围. 11.如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠B＝∠D，点E为BC延长线上一点，连接AE，AE交CD于H.∠DCE的平分线交AE于G. （1）求证：AD∥BC； （2）若∠BAC＝∠DAE，∠AGC＝2∠CAE.求∠CAE的度数； （3）（2）中条件∠BAC＝∠DAE仍然成立，若∠AGC＝3∠CAE，直接写出∠CAE的度数________. 参考答案 1.（1）证明：∵∠EAB=180°-∠BAC-∠FAC,∠BAC=90°,∠FAC=30°，? ?∴∠EAB=60°， ?又∵∠ABC=60°， ?∴∠EAB=∠ABC， ∴EF∥GH； （2）解：经过点A作AM∥GH，? ? ?又∵EF∥GH， ?∴AM∥EF∥GH, ?∵BC平分∠ABH ?∴∠ABC=∠CBH=a ?∴∠MAB=180°-∠ABH=180°-2a ?∴∠MAC=90°-(180°-2a)=2a-90° ∴∠ECA=∠MAC=2a-90° （3）解：不发生变化，? ?由（2）得：∠ECA=2a-90°， ?∴∠FCA=180°-（2a-90°）=270°-2a ?∵CD平分∠FCA， ?∴∠FCD=135°-a， ?∵EF//GH ?∴∠FCB+∠CBH=180°, ?∴∠FCB=180°-a， ∴∠BCD=180°-a-（135°-a)=45 2.（1）解：∵ a+b +（a﹣b+6）2＝0， ∴a+b＝0，a﹣b+6＝0， ∴a＝﹣3，b＝3， ∴A（﹣3，0），B（3，3）； （2）解：如图2，过点M作MN∥DB，交y轴于点N， ∴∠DMN＝∠BDM， 又∵DB∥AC， ∴MN∥AC， ∴∠AMN＝∠MAC， ∵DB∥AC，∠DOC＝90°， ∴∠BDO＝90°， 又∵AM，DM分别平分∠CAB，∠ODB，∠BAC＝a， ∴∠MAC＝ 12 a，∠BDM＝45°， ∴∠AMN＝ 12 a，∠DMN＝45°， ∴∠AMD＝∠AMN+∠DMN＝45°+ 12 a； （3）解：存在． 连结OB，如图3， 设F（0，t）， ∵S△AOF+S△BOF＝S△AOB ， ∴ 12 ?3?t+ 12 ?t?3＝ 12 ×3×3，解得t＝ 32 ， ∴F点坐标为（0， 32 ）， △ABC的面积＝ 12 ×7×3＝ 212 ， 当P点在y轴上时，设P（0，y）， ∵S△ABP＝S△APF+S△BPF ， ∴ 12 ?|y﹣ 32 |?3+ 12 ?|y﹣ 32 |?3＝ 212 ， 解得y＝5或y＝﹣2， ∴此时P点坐标为（0，5）或（0，﹣2）； 当P点在x轴上时，设P（x，0）， 则 12 ?|x+3|?3＝ 212 ， 解得x＝﹣10或x＝4， ∴此时P点坐标为（﹣10，0）， 综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（0，5）或（0，﹣2）或（﹣10，0）． 3.（1）∵（a+2）2+ b?3 ＝0， ∴a+2=0，b-3=0 ∴a＝﹣2，b＝3； （2）如图1，过点C作CT⊥x轴，CS⊥y轴，垂足分别为T、S． ∵A（﹣2，0），B（3，0）， ∴AB＝5， ∵C（﹣1，2）， ∴CT＝2，CS＝1， ∴△ABC的面积＝AB?CT＝5， ∵△COM的面积＝ 12 △ABC的面积， ∴△COM的面积＝ 52 ， 若点M在x轴上，即 12 OM?CT＝ 52 ， ∴OM＝2.5． ∴M的坐标为（2.5，0）（﹣2.5，0）， 若点M在y轴上，即 12 OM?CS＝ 52 ， ∴OM＝5， ∴点M坐标（0，5）或（0，﹣5）， 综上所述：点M的坐标为（0，5）或（﹣2.5，0）或（0，﹣5）或（2.5，0）； （3）如图2， ∠OPD∠DOE 的值不变，理由如下： ∵CD⊥y轴，AB⊥y轴， ∴∠CDO＝∠DOB＝90°， ∴AB∥CD， ∴∠OPD＝∠POB． ∵OF⊥OE， ∴∠POF+∠POE＝90°，∠BOF+∠AOE＝90°， ∵OE平分∠AOP， ∴∠POE＝∠AOE， ∴∠POF＝∠BOF， ∴∠OPD＝∠POB＝2∠BOF． ∵∠DOE+∠DOF＝∠BOF+∠DOF＝90°， ∴∠DOE＝∠BOF， ∴∠OPD＝2∠BOF＝2∠DOE， ∴ ∠OPD∠DOE ＝2． 4.（1）解：设新建一个地上停车位需 x 万元，新建一个地下停车位需 y 万元， 由题意得： {2x+3y=1.74x+2y=1.4 ， 解得 {x=0.1y=0.5 ， 故新建一个地上停车位需 0.1 万元，新建一个地下停车位需 0.5 万元. （2）设新建 m 个地上停车位， 由题意得： 14解得 37.5≤m对应的 60?m=22 或 21 ，故一共 2 种建造方案。 （3）当 m=38 时，投资 0.1×38+0.5×22=14.8 （万元）， ?当 m=39 时，投资 0.1×39+0.5×21=14.4 （万元）， 故当地上建 39 个车位地下建 21 个车位投资最少，金额为 14.4 万元. 5.（1）解：设购进A种纪念品每件需要x元，购进B种纪念品每件需要y元， 由题意，得 {7x+4y=7605x+8y=800 ?， 解得： {x=80y=50 . 答：进A种纪念品每件需要80元，购进B种纪念品每件需要50元； （2）解：设该商店购进A种纪念品a件，则购进B种纪念品（100﹣a）件，由题意，得 {80a+50(100?a)≥700080a+50(100?a)≤7200 ?， 解得： 6623≤a≤7313 . ∵a为整数， ∴a＝67，68，69，70，71，72，73. ∴该商店共有7种进货方案； （3）解：设总利润为W元，由题意，得 W＝30a+20（100﹣a）＝10a+2000. ∴k＝10＞0， ∴W随x的增大而增大， ∴该商店购进A种纪念品73件，购进B种纪念品27套，W最大＝10×73+2000＝2730元. 6.（1）解： ∵ a?b+2+|2a+b?8|=0 ， a?b+2?0 ， |2a+b?8|?0 ， ∴ {a?b+2=02a+b?8=0 ， 解得： {a=2b=4 ， ∵B(b,0) ， A(0,a) ， ∴OB=4 ， OA=2 ，∴SΔAOB=12OA·OB=12×2×4=4 （2）解：①过点 P 作 PC⊥y 轴于 C ，如图1所示： 则 PC=|x| ， SΔAPO=12OA·PC=12×2×|x|=|x| ， 当 x>0 时， SΔAPO=x ， 则 SΔBPO=SΔAOB?SΔAPO=12OA·OB?x=12×2×4?x=4?x ， 由题意得： x?23(4?x) ， 解得 x?85 ， ∴0当 x则 SΔBPO=SΔAOB+SΔAPO=12OA·OB?x=12×2×4?x=4?x ， 由题意得： ?x?23(4?x) ， 解得 x??8 ， ∴?8?x综上所述， P 点横坐标 x 的取值范围为： 0②当 x?4 时， 由①知： SΔBPO=4?x=12OB×y=12×4×y ， ∴y=?12x+2 ； 当 x>4 时，如图2所示： 过点 P 作 PC⊥y 轴于 C ， PD⊥x 轴于 D ， 则 PC=x ， PD=y ， ∵SΔBPO=SΔAPO?SΔAOB=12×2×x?12×2×4=x?4 ， SΔBPO=12×4×(?y)=?2y ， ∴x?4=?2y ， ∴y=?12x+2 ； 综上所述， x 与 y 的数量关系为： y=?12x+2 （3）解：过点 Q 作 y 轴的平行线，交直线 AB 于 R ，则 R(m,?12m+2) ， 当点 R 在点 Q 上方时，过点 A 作 AC⊥ 直线 QR 于 C ， OB 交直线 QR 于 D ，如图3所示： 则四边形 ACDO 是长方形， ∴AC=OD ， RQ=?12m+2?(m?2)=?32m+4 ， SΔABQ=SΔBQR+SΔAQR=12BD·RQ+12AC·RQ=12RQ(BD+AC)=12RQ(BD+OD) ， =12RQ·OB=12RQ×4=2RQ=2×(?32m+4)=?3m+8=6 解得： m=23 ； 当点 R 在点 Q 下方时， QR 交 x 轴于 C ，如图4所示： RQ=m?2?(?12m+2)=32m?4 ， SΔABQ=SΔAQR?SΔQBR=12RQ·OC?12RQ·BC=12RQ(OC?BC)=12RQ·OB =12RQ×4=2RQ=2×(32m?4)=3m?8=6 解得： m=143 ； 综上所述， m=23 或 m=143 . 7.（1）解：∵ (a?2)2+b?4=0 ∴ (a?2)2=0；b?4=0 解得：a=2；b=4 ∴点 A （0，2），点 B （2，4） （2）解：如图建立矩形 ∵点 A （0，2），点 B （2，4），点C（4，0） ∴ S△ABC=4×4?12×2×2?12×2×4?12×2×4=6 （3）解：∵过点 B 作 BD 平行 y 轴交 AC 于点 D ∴设D点坐标为（2，y） 设直线AC的解析式为y=kx+b，将A（0，2），C（4，0）代入解析式得 {b=24k+b=0 ，解得 {k=?12b=2 ∴直线AC的解析式为 y=?12x+2 当x=2时，y=1 ∴D点坐标为（2，1）. 8.（1）解 : ∵线段AB的两个端点坐标分别为A（0，2），B（?1，0），将线段AB向右平移3个单位长度，得到线段CD， ∴C（2，0），D（3，2）； （2）解 : ∠ABP＋∠BPC?∠ECP＝180°，理由如下： 过点P作PF∥AB，如图所示： 由平移的性质得：DE∥AB， ∴AB∥PF∥DE， ∴∠ABP＋∠BPF＝180°，∠CPF＝∠ECP， ∵∠BPC＝∠BPF＋∠CPF， ∴∠BPC＝（180°?∠ABP）＋∠ECP， 即：∠ABP＋∠BPC?∠ECP＝180°； （3）解 : 设点Q（x，0），连接BD，DQ， 则：BQ=|x-(-1)|=|x+1|， ∴S△BDQ= 12 |x+1|×2=|x+1|， ∵S四边形ABCD=3×2=6， ∴|x+1|=6， ∴x+1=6或x+1=-6， ∴x=5或-7， ∴存在这样的Q点，Q（5，0）或（-7，0） 9.（1）解：∵|2a-b-1|+ a+2b?8=0 ， 又∵|2a-b-1|≥0， a+2b?8≥0 ， ∴ {2a?b?1=0a+2b?8=0 ， 解得： {a=2b=3 ， ∴A（0，2），B（3，0）； （2）解：由题意得:∵A（0，2），B（3，0），C（-2，t）， 根据补形法， S△ABC=9=5（2-t）- 12 ×2×（2-t）- 12 ×5×（-t）- 12 ×2×3， 解得：t= ?83 ，可得C（-2， ?83 ）， 将点C向下平移2个单位，向右平移3个单位得到点D， ∴D（1， ?143 ）. 10.（1）解：根据题意，得 S△COP＋S△DOP＝S△COD ， ∴ 12× 4m＋ 12× 6n＝ 12× 4×6， 解得m＝﹣ 32 n＋6 （2）解：∵a＝﹣2， ∴A(﹣2，0)， ∵点B为线段AD的中点， ∴AB＝BD， ∴B(2，0)， ∵三角形ABC的面积等于四边形AOPC面积， ∴ 12× 4×4＝ 12× 4×2＋ 12× 4m， 解得m＝2 （3）解：a，b，m满足 {2a+3b+m=03a+2b+m=?5 ， 解方程组得a﹣b＝﹣5， ∵由（1）得n＝﹣ 23 m＋4， ∴三角形ABP的面积＝ 12× （﹣a＋b）?n＝ 12× 5?（﹣ 23 m＋4）＝﹣ 53 m＋10， ∴﹣ 53 m＋10＜5， 解得m＞3. 所以m的取值范围是m＞3 11.（1）证明：∵AB∥CD， ∴∠B＝∠DCE， ∵∠B＝∠D， ∴∠D＝∠DCE， ∴AD∥BC （2）解：设∠CAG＝x，∠DCG＝z，∠BAC＝y， 则∠EAD＝y，∠D＝∠DCE＝2z，∠AGC＝2∠CAE＝2x， ∵AB∥CD， ∴∠AHD＝∠BAH＝x＋y，∠ACD＝∠BAC＝y， △AHD中，x＋2y＋2z＝180°①， △ACG中，x＋2x＋y＋z＝180°， 即3x＋y＋z＝180°， ∴6x＋2y＋2z＝360°②， ②﹣①得：5x＝180°， 解得：x＝36°， ∴∠CAE＝36° （3）解：设∠CAE＝x，∠DCG＝z，∠BAC＝y， 则∠EAD＝y，∠D＝∠DCE＝2z，∠AGC＝3∠CAE＝3x， ∵AB∥CD， ∴∠AHD＝∠BAH＝x＋y，∠ACD＝∠BAC＝y， △AHD中，x＋2y＋2z＝180°①， △ACG中，x＋3x＋y＋z＝180°， ∴4x＋y＋z＝180°， ∴8x＋2y＋2z＝360°②， ②﹣①得：7x＝180°， 解得：x＝ 180°7 ， ∴∠CAE＝ 180°7 ； 故答案为： 180°7

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