初三數(shù)學中考復習習題 答案

1、初三數(shù)學中考復習精品習題 答案初三中考經(jīng)典題練習（一）答案1、 A 2、C 3、 4、28元； 5、 6、 7、B 8、C 9、4 10、15初三中考經(jīng)典題練習（二）答案1、 B 2、C 3、C 4、 5、 6、B 7、C 8、 9、D 10、A初三中考經(jīng)典題練習（三）答案1、B 2、B 3、B 4、C 5、 6、C 7、C 8、D 9、 10、2008初三中考經(jīng)典題練習（四）答案1、k 2、2 3、C 4、B 5、25° 6或或 7<-1 8(如右圖) 9； 10、D 11、初三中考經(jīng)典題練習（五）答案1、 A 2、 3、D 4、A 5、 B 6、C 7、C 8、 9、 10

2、、B 11、C初三中考經(jīng)典題練習（六）答案1、2、B 3、D 4、B 5、D 6、103 .7、 8、C 9、10、（1,1）初三中考經(jīng)典題練習（七）答案1、 2、C 3、 4、D 5、6n 6、B 7、C 8、9、D 10、A 11、（1，4）、（3，4）初三中考經(jīng)典題練習（八）答案1、形如 2、（1）2 （2） 3、 4、D 5、B 6、 7、C 8、D 9、2 10、1 11、k 12、2初三中考經(jīng)典題練習（九）答案1、 2、大于4 35 4 5x-1或0x2 6 (1,0) 或(-5,-2) 7、 8、C 9、C 10、A 11、B 12、 B初三中考經(jīng)典題練習（十）答案1、 2、 3

3、、A 4、C 5、勾股定理， 6、4 7、18，45 8、D 9、 10、 A 11、C 12、512初三重點題型練習（一）答案1略證：過點C作于F，則四邊形AFCD是矩形，在中，可算得則AD=，故DE=AE=在和中， 2、（1）證明：分別過點C、D作垂足為G、H，則（2）證明：連結MF，NE設點M的坐標為，點N的坐標為，點M，N在反比例函數(shù)的圖象上，由（1）中的結論可知：MNEF。MNEF。3、解：（1） 1分解得： 2分點P的坐標為(2，) 3分（2）將代入 ，即OA=44分做PDOA于D，則OD=2，PD=2F第3題圖1yOAxPEBD tanPOA= POA=60° 5分 O

4、P=POA是等邊三角形 6分（3） 當0<t4時，如圖1在RtEOF中，EOF=60°，OE=tEF=t，OF=tS=·OF·EF=7分當4<t<8時，如圖2設EB與OP相交于點C易知：CE=PE=t4，AE=8tF第23題圖2PxOBCEAyAF=4，EF=(8t) OF=OAAF=4（4t）=tS=(CE+OF)·EF=(t4+t)×(8t）=+4t88分 當0<t4時，S=， t=4時，S最大=2當4<t<8時，S=+4t8=(t)+ t=時，S最大=>2，當t=時，S最大=9分4、解:證明:AC

5、平分MAN，MAN120°，EFGCABCAD60°，ABCADC90°，ACBACD30°，1分ABADAC，2分ABADAC。3分成立。r4分證法一：如圖，過點C分別作AM、AN的垂線，垂足分別為E、F。AC平分MAN，CECF.ABCADC180°,ADCCDE180°,CDEABC,5分CEDCFB90°，CEDCFB,EDFB,6分ABADAFBFAEEDAFAE,由知AFAEAC,ABADAC7分證法二：如圖，在AN上截取AGAC，連接CG.CAB60°,AGAC,AGC60°,CGACAG,

6、5分ABCADC180°,ABCCBG180°,CBGADC,CBGCDA,6分BGAD,ABADABBGAGAC，7分;8分.9分證明：由知，EDBF,AEAF，在RtAFC中，,即,10分ABADAFBFAEEDAFAE2，11分初三重點題型練習（二）答案1（本小題滿分8分)證明：（1） 四邊形ABCD是正方形，BC=CD，BCD=90°BCD +DCE=180°，BCD=DCE=90°又CG=CE，BCGDCE （2）DCE繞D順時針旋轉得到DAE ， CE=AE CE=CG，CG=AE 四邊形ABCD是正方形，BE DG，AB=CDAB

7、AE =CDCG，即BE =DG四邊形DE BG是平行四邊形 82（本小題滿分12分）解：（1）在RtABC中，由題意知：AP = 5t，AQ = 2t，若PQBC，則APQ ABC， 3圖BAQPCH（2）過點P作PHAC于HAPH ABC， （3）若PQ把ABC周長平分，則AP+AQ=BP+BC+CQ， 解得：若PQ把ABC面積平分，則， 即3t=3 t=1代入上面方程不成立， 不存在這一時刻t，使線段PQ把RtACB的周長和面積同時平分9（4）過點P作PMAC于，PNBC于N，P BAQPC圖MN若四邊形PQP C是菱形，那么PQPCPMAC于M，QM=CMPNBC于N，易知PBNABC

8、， ， ，解得：當時，四邊形PQP C 是菱形 此時，在RtPMC中，第3題圖1 AFBCED菱形PQP C邊長為3、（1）證明：方法一：在ACD和BCE中， ACBC， DCAECB90°， DCEC， ACDBCE（SAS） 2分 DACEBC 3分 ADCBDF， EBCBDFDACADC=90° BFD=90° AFBE 5分 方法二： ACBC，DCEC， 即tanDACtanEBC DACEBC（下略）3分（2）AFBE 6分 ABDCE第3題圖2 F ABCDEC30°，ACBDCE90°， tan60° 7分 DCAE

9、CB 8分 DACEBC 9分 ADCBDF， EBCBDFDACADC=90° BFD=90° AFBE 10分4、解：（1）分別過D，C兩點作DGAB于點G，CHAB于點H 1分 ABCD， DGCH，DGCH 四邊形DGHC為矩形，GHCD1 CDABEFNMGH DGCH，ADBC，AGDBHC90°， AGDBHC（HL） AGBH3 2分 在RtAGD中，AG3，AD5， DG4 3分CDABEFNMGH（2） MNAB，MEAB，NFAB， MENF，MENF 四邊形MEFN為矩形 ABCD，ADBC， AB MENF，MEANFB90°，

10、 MEANFB（AAS） AEBF 4分 設AEx，則EF72x 5分 AA，MEADGA90°， MEADGA ME 6分 8分當x時，ME4，四邊形MEFN面積的最大值為9分（3）能 10分由（2）可知，設AEx，則EF72x，ME 若四邊形MEFN為正方形，則MEEF 即 72x解，得 11分 EF4 四邊形MEFN能為正方形，其面積為 12分5、xOyABM1N1M2N2解：（1）由題意可知，解，得 m3 3分 A（3，4），B（6，2）； k4×3=12 4分 （2）存在兩種情況，如圖： 當M點在x軸的正半軸上，N點在y軸的正半軸上時，設M1點坐標為（x1，0），

11、N1點坐標為（0，y1） 四邊形AN1M1B為平行四邊形， 線段N1M1可看作由線段AB向左平移3個單位，再向下平移2個單位得到的（也可看作向下平移2個單位，再向左平移3個單位得到的）由（1）知A點坐標為（3，4），B點坐標為（6，2）， N1點坐標為（0，42），即N1（0，2）； 5分M1點坐標為（63，0），即M1（3，0） 6分設直線M1N1的函數(shù)表達式為，把x3，y0代入，解得 直線M1N1的函數(shù)表達式為 8分當M點在x軸的負半軸上，N點在y軸的負半軸上時，設M2點坐標為（x2，0），N2點坐標為（0，y2） ABN1M1，ABM2N2，ABN1M1，ABM2N2， N1M1M2N2

12、，N1M1M2N2 線段M2N2與線段N1M1關于原點O成中心對稱 M2點坐標為（-3，0），N2點坐標為（0，-2） 9分設直線M2N2的函數(shù)表達式為，把x-3，y0代入，解得， 直線M2N2的函數(shù)表達式為 所以，直線MN的函數(shù)表達式為或 11分（3）選做題：（9，2），（4，5） 2分初三重點題型練習（三）答案1、(本題滿分8分) 解：設規(guī)定日期為x天由題意，得 3分解之，得 x=6經(jīng)檢驗，x=6是原方程的根. 5分顯然，方案（2）不符合要求；方案（1）：1.2×6=7.2（萬元）；方案（3）：1.2×3+0.5×6=6.6（萬元）因為7.26.6，所以在不耽

13、誤工期的前提下，選第三種施工方案最節(jié)省工程款. 8分2、3、解：（1）在RtBOC中，tanOBC，OC9， 2分解得OB12，即點B 的坐標為（12，0） 分（2）將紙片翻折后，點B恰好落在x軸上的B 點，CE為折痕， CBECBE，故BEBE，CBCBOA由勾股定理，得 CB15 分設AEa，則EBEB9a，ABAOOB1512=3 由勾股定理，得a2+32(9a)2，解得a4點E的坐標為（15，4），點C的坐標為（0，9） 設直線CE的解析式為ykx+b，根據(jù)題意，得 54123 解得 CE所在直線的解析式為yx+9 4、解：（1）如圖所示，又， （2），D1FO=60°， 又

14、，又，在中，（3）點在內(nèi)部 理由如下：設（或延長線）交于點P，則在中， ，即，點在內(nèi)部 10分初三重點題型練習（四）答案1（本小題滿分9分）（1）解：圖2中1分證明如下：與均為等腰直角三角形，3分即4分6分（2）證明：由（1）知7分又9分2（本小題滿分9分）（1）解：設生產(chǎn)一件甲種產(chǎn)品需分，生產(chǎn)一件乙種產(chǎn)品需分，由題意得：2分即解這個方程組得：生產(chǎn)一件甲產(chǎn)品需要15分，生產(chǎn)一件乙產(chǎn)品需要20分4分（2）解：設生產(chǎn)甲種產(chǎn)品用分，則生產(chǎn)乙種產(chǎn)品用分，則生產(chǎn)甲種產(chǎn)品件，生產(chǎn)乙種產(chǎn)品件5分7分又，得由一次函數(shù)的增減性，當時取得最大值，此時（元）此時甲有（件），乙有：（件）9分3（本小題滿分10分）解：

15、（1）政府沒出臺補貼政策前，這種蔬菜的收益額為（元）2分（2）由題意可設與的函數(shù)關系為將代入上式得得所以種植畝數(shù)與政府補貼的函數(shù)關系為4分同理可得每畝蔬菜的收益與政府補貼的函數(shù)關系為6分（3）由題意7分9分所以當，即政府每畝補貼450元時，全市的總收益額最大，最大為7260000元10分4（本小題滿分10分）（1）與2分以為例，證明如下：4分（2）均成立，均為，6分（3）平分時，7分證明：平分又10分注：所有其它解法均酌情賦分初三重點題型練習（五）答案1.(1)證明：延長DC交BE于點M，BEAC，ABDC,四邊形ABMC是平行四邊形，CM=AB=DC,C為DM的中點，BEAC，DF=FE;（

16、2）由（2）得CF是DME的中位線，故ME=2CF,又AC=2CF，四邊形ABMC是平行四邊形，BE=2BM=2ME=2AC, 又ACDC, 在RtADC中利用勾股定理得AC=, =.(3)可將四邊形ABED的面積分為兩部分，梯形ABMD和三角形DME,在RtADC中利用勾股定理得DC=,由CF是DME的中位線得CM=DC=,四邊形ABMC是平行四邊形得AM=MC=,BM=AC=,梯形ABMD面積為：;由ACDC和BEAC可證得三角形DME是直角三角形，其面積為：,四邊形ABED的面積為+2. 解：（1）y=xw=x(10x+90)=10x2+90x, 10x2+90x=700,解得x=5答：

17、前5個月的利潤和等于700萬元（2）10x2+90x=120x,解得，x=3答：當x為3時，使用回收凈化設備后的1至x月的利潤和與不安裝回收凈化設備時x個月的利潤和相等.（3）12（10×12+90）+12（10×12+90）=5040（萬元）3、或根據(jù)題意，畫表格4.解:(1)過點G作GHAD,則四邊形ABGH為矩形,GH=AB=8,AH=BG=10,由圖形的折疊可知BFGEFG,EG=BG=10,FEG=B=90°；EH=6,AE=4,AEF+HEG=90°,AEF+AFE=90°,HEG=AFE,又EHG=A=90°,EAFEH

18、G,EF=5,SEFG=EF·EG=×5×10=25.(2)由圖形的折疊可知四邊形ABGF四邊形HEGF,BG=EG,AB=EH,BGF=EGF,EFBG，BGF=EFG,EGF =EFG,EF=EG,BG=EF,四邊形BGEF為圖（1）平行四邊形,又EF=EG,平行四邊形BGEF為菱形圖（2）；連結BE，BE、FG互相垂直平分，在RtEFH中,EF=BG=10,EH=AB=8,由勾股定理可得FH=AF=6，AE=16，BE=8，BO=4，F(xiàn)G=2OG=2=4。初三重點題型練習（六）答案1. 解：（1） 當時，方程有兩個不相等的實數(shù)根。 （2）由已知，得 當時 當

19、時， 由（1）可知，所以不合題意，所以。2. 解：（1）依題意，設B點坐標 （2）<1>在上（如圖） 由已知可得， <2>如圖同理可得 （3）<1>如圖，當時，P點坐標為（m，n） <2>如圖c，當時， 點P坐標為（m，n） 即 注：<1>、<2>都有做，但遺漏，則扣1分。4. 解：（1） （2）的周長與四邊形PABQ的周長相等， 解得， （3）<1>據(jù)題意：如圖，當，PM=PQ時， 由勾股定理逆定理，得， 的AB上的高為。 設PM=PQ= 解得，即 當，時，同理可得 注：未討論者扣1分。 <2>據(jù)

20、題意，如圖b，當，時，由等腰直角三角形得，M到PQ距離為。 設 解得，即。初三重點題型練習（七）答案1-2、3、4、解(1)MO=MD=4,MC=3,M、A、B的坐標分別為(0,4),(-4,0),(3,0) 設BM的解析式為； 則,BM的解析式為 .3分(2)方法一：設拋物線的解析式為4分則，解得HPADyOxCBM圖8 6分方法二：設拋物線的解析式為4分將M（0，4）的坐標代入得6分（3）設拋物線上存在點P,使PMB構成直角三角形。7分方法一：分別過M、B作MB的垂線，它與拋物線的交點即為P點。過M作MB的垂線與拋物線交于P，過P作PHDC交于H，PMB=900，PMH=MBC，MPHBM

21、C，8分PH：HM=CM：CB=3：4 設HM=4(>0),則PH=3 P點的坐標為(-4,4-3)將P點的坐標代入得:4-3=解得(舍出), ,9分P點的坐標為()10分類似的,如果過B作BM的垂線與拋物線交于點P,同樣可求得P的坐標為()（3）方法二: 拋物線上存在點P,使PMB構成直角三角形。7分過M作MB的垂線與拋物線交于P，設P的坐標為,由PMB=900,PMD=MBC,過P作PHDC交于H,則MH= -，PH=4-8分由得，9分，=0（舍出），P點的坐標為()10分類似的,如果過B作BM的垂線與拋物線交于點P, 設P的坐標為,同樣可求得，由=，=3（舍出）這時P的坐標為()初

22、三重點題型練習（八）答案1、解：（1）在ABC中由已知得：BC=2，ACAB×cos30°=，AB1=AC+C B1=AC+CB=.2分(2)四邊形A2B1DE為平行四邊形.理由如下：EDG60°，A2B1C1A1B1CABC60°，A2B1DE又A2B1A1B1AB4，DE4，A2B1DE,故結論成立.4分（3）由題意可知： SABC=， 當或時，0此時重疊部分的面積不會等于ABC的面積的一半5分當時，直角邊B2C2與等腰梯形的下底邊DG重疊的長度為DC2=C1C2-DC1=（2），則, 當= SABC= 時，即 ，解得（舍）或.當時，重疊部分的面積等

23、于ABC的面積的一半.當時，A3B2C2完全與等腰梯形重疊，即7分當時,B2G=B2C2-GC2=2(8)=10-則,當= SABC= 時，即 ，解得,或(舍去).當時，重疊部分的面積等于ABC的面積的一半.9分由以上討論知,當或時, 重疊部分的面積等于ABC的面積的一半.10分2、.解：（1），1分等腰；2分 （2）共有9對相似三角形.（寫對35對得1分，寫對68對得2分，寫對9對得3分） DCE、ABE與ACD或BDC兩兩相似，分別是：DCEABE，DCEACD，DCEBDC，ABEACD，ABEBDC；(有5對)ABDEAD，ABDEBC；(有2對)BACEAD，BACEBC；(有2對)

24、所以，一共有9對相似三角形.5分K（3）由題意知，F(xiàn)PAE， 1PFB，又 1230°， PFB230°, FPBP.6分過點P作PKFB于點K，則. AFt，AB8， FB8t，.RtBPK中，. 7分 FBP的面積， S與t之間的函數(shù)關系式為： ，或. 8分t的取值范圍為：. 9分3、解：（1）如圖7. BOC和ABO都是等邊三角形， 且點O是線段AD的中點， OD=OC=OB=OA,1=2=60°, 1分 4=5. 又4+5=2=60°, 4=30°.2分同理，6=30°.3分3 AEB=4+6, AEB=60°.4分

25、（2）如圖8. BOC和ABO都是等邊三角形， OD=OC, OB=OA,1=2=60°，5分又OD=OA, ODOB，OAOC， 4=5，6=7. 6分 DOB=1+3, AOC=2+3,DOB=AOC. 7分 4+5+DOB=180°, 6+7+AOC=180°, 25=26, 5=6.8分又 AEB=8-5， 8=2+6， AEB2552， AEB60°.9分4、（1）證明：， .1分又 , CF是ACD的中線， 點F是AD的中點.2分 點E是AB的中點， EFBD,即 EFBC. 3分（2）解：由（1）知，EFBD， AEFABD , .4分 又

26、 , ,5分 ,6分 , 的面積為8. 7分初三重點題型練習（九）答案xyABOEDC（第1題）1、解：（1）把，代入，得：反比例函數(shù)的解析式為把，代入得把，；，分別代入得，解得，一次函數(shù)的解析式為（2）過點作軸于點點的縱坐標為1，由一次函數(shù)的解析式為得點的坐標為，在和中，2、解：設米，米，ANMBFCED（第2題）米，米，米，米，米，米，在中，即解這個方程得：答：支柱距的水平距離約為4.6米ABCEFDDABCEFADFCEB（圖1）（圖2）（圖3）（第23題）3、（1）；所填的條件是：證明：在中，又，又，又，（2）4解：（1）如圖，四邊形是矩形，DQCBPRA（第4題）又，DQCBPRA（

27、圖1），（2）如圖1，由軸對稱的性質可知，由（1）知，在中，根據(jù)題意得：，解這個方程得：（3）當點在矩形的內(nèi)部或邊上時，DQCBPRA（圖2）FE，當時，當在矩形的外部時（如圖2），在中，又，在中，當時，綜上所述，與之間的函數(shù)解析式是：矩形面積，當時，函數(shù)隨自變量的增大而增大，所以的最大值是，而矩形面積的的值，而，所以，當時，的值不可能是矩形面積的；當時，根據(jù)題意，得：，解這個方程，得，因為，所以不合題意，舍去所以綜上所述，當時，與矩形重疊部分的面積等于矩形面積的初三重點題型練習（十）答案1、2、3、4、解：（1）證明：，ACQMB（第題圖）N（2）是；是；否的證明：如圖，ADNCBQ(第題圖

28、)M的證明：如圖，又，即初三重點題型練習（十一）答案1、解：（1）設年平均增長率為，根據(jù)題意得：3分 解得， (不合題意，舍去) 1分 所求的年平均增長率約為. 1分（2）設每年新增汽車為輛，根據(jù)題意得：3分解得 1分每年新增汽車最多不超過輛1分3解：（1） （每個點坐標寫對各得2分）4分（2） 1分 1分 2分 (3) 相應B點的坐標是 1分. 1分 能 1分 當時，相應,點的坐標分別是，經(jīng)經(jīng)驗：它們都在的圖像上 1分2解: (1) 2分仍然成立 1分在圖（2）中證明如下四邊形、四邊形都是正方形 ， 1分 （SAS）1分 又 1分（2）成立，不成立 2分簡要說明如下四邊形、四邊形都是矩形，且

29、，(，) ， 1分又 1分（3） 又， 1分 1分4（本題滿分14分）解：（1），圖1OPAxBDCQy圖2OPAxBCQy圖3OFAxBCyEQP（2）當時，過點作，交于，如圖1，則，（3）能與平行若，如圖2，則，即，而，不能與垂直若，延長交于，如圖3，則又，而，不存在初三重點題型練習（十二）答案1、證明：（1），由沿折疊后與重合，知，ECBDAGF（第1題答圖）四邊形是矩形，且鄰邊相等四邊形是正方形3分（2），且，四邊形是梯形4分四邊形是正方形，又點為的中點，連接在與中，6分，四邊形是平行四邊形四邊形是等腰梯形8分注：第（2）小題也可過點作，垂足為點，證2解：（1）與相對應的值為2分（2）

30、在樣本數(shù)據(jù)中，“1”的個數(shù)，同理可得“2”，“3”，“4”，“5”，“6”的個數(shù)分別為4，6，7，3，2可知樣本數(shù)據(jù)的中位數(shù)和眾數(shù)分別為3小時和4小時（3）這組樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)為（小時）由抽樣的隨機性，可知總體平均數(shù)的估計值約為3.36小時答：估計該校七年級學生上周雙休日的平均課外閱讀時間約為3.36小時22解：（1）若甲先摸，共有15張卡片可供選擇，其中寫有“石頭”的卡片共3張，故甲摸出“石頭”的概率為（2）若甲先摸且摸出“石頭”，則可供乙選擇的卡片還有14張，其中乙只有摸出卡片“錘子”或“布”才能獲勝，這樣的卡片共有8張，故乙獲勝的概率為（3）若甲先摸，則“錘子”、“石頭”、“剪子”、“布

31、”四種卡片都有可能被摸出若甲先摸出“錘子”，則甲獲勝（即乙摸出“石頭”或“剪子”）的概率為；若甲先摸出“石頭”，則甲獲勝（即乙摸出“剪子”）的概率為；若甲先摸出“剪子”，則甲獲勝（即乙摸出“布”）的概率為；若甲先摸出“布”，則甲獲勝（即乙摸出“錘子”或“石頭”）的概率為故甲先摸出“錘子”獲勝的可能性最大3解：（1）設總廠原來每周制作帳篷千頂，分廠原來每周制作帳篷千頂由題意，得解得所以（千頂），（千頂）答：在趕制帳篷的一周內(nèi)，總廠、分廠各生產(chǎn)帳篷8千頂、6千頂（2）設從（甲市）總廠調配千頂帳篷到災區(qū)的地，則總廠調配到災區(qū)地的帳篷為千頂，（乙市）分廠調配到災區(qū)兩地的帳篷分別為千頂甲、乙兩市所需運送

32、帳篷的車輛總數(shù)為輛由題意，得即因為，所以隨的增大而減小所以，當時，有最小值60答：從總廠運送到災區(qū)地帳篷8千頂，從分廠運送到災區(qū)兩地帳篷分別為1千頂、5千頂時所用車輛最少，最少的車輛為60輛4解：（1）由直角三角形紙板的兩直角邊的長為1和2，知兩點的坐標分別為設直線所對應的函數(shù)關系式為AOEGBFHNCPIxyM（第4題答圖）KII有解得所以，直線所對應的函數(shù)關系式為 （2）點到軸距離與線段的長總相等因為點的坐標為，所以，直線所對應的函數(shù)關系式為又因為點在直線上，所以可設點的坐標為過點作軸的垂線，設垂足為點，則有因為點在直線上，所以有6分因為紙板為平行移動，故有，即又，所以法一：故，從而有得，

33、所以又有所以，得，而，從而總有法二：故，可得故所以故點坐標為設直線所對應的函數(shù)關系式為，則有解得所以，直線所對的函數(shù)關系式為將點的坐標代入，可得解得而，從而總有由知，點的坐標為，點的坐標為當時，有最大值，最大值為取最大值時點的坐標為AABBCC（第5題答圖1）5解：（1）如圖所示：（注：正確畫出1個圖得2分，無作圖痕跡或痕跡不正確不得分）（2）若三角形為銳角三角形，則其最小覆蓋圓為其外接圓；若三角形為直角或鈍角三角形，則其最小覆蓋圓是以三角形最長邊（直角或鈍角所對的邊）為直徑的圓（3）此中轉站應建在的外接圓圓心處（線段的垂直平分線與線段的垂直平分線的交點處）理由如下：GHEF（第5題答圖2）M

34、由，故是銳角三角形，所以其最小覆蓋圓為的外接圓，設此外接圓為，直線與交于點，則故點在內(nèi)，從而也是四邊形的最小覆蓋圓所以中轉站建在的外接圓圓心處，能夠符合題中要求12分初三重點題型練習（十三）1、2、3、4、初三重點題型練習（十四）答案1、2、3、4、初三重點題型練習（十五）答案1(1) 3-； 2分(2)30°； 4分 (3)證明：在AEF和DBF中， AE=AC-EC, D B=D C-BC， 又AC=D C,EC=BC，AE=D B又 AEF=D BF=180°-60°=120°，A=CDE=30°，AEFD BFAF=FD 8分2、解：(

35、1)ABC=30°，BAC=60°又OA=OC, AOC是正三角形又CD是切線，OCD=90°，DCE=180°-60°-90°=30°而EDAB于F，CED=90°-BAC=30°故CDE為等腰三角形 4分(2)證明：在ABC中，AB=2，AC=AO=1，BC=OF=,AF=AO+OF=又AEF=30°,AE=2AF=+1 CE=AE-AC=BC而OCB=ACB-ACO=90°-60°=30°=ABC,故CDECOB. 10分3、解：(1)由拋物線過B(0,1)

36、得c=1 又b=-4ac, 頂點A(-,0), -=2c=2A(2,0) 2分 將A點坐標代入拋物線解析式，得4a+2b+1=0 ， 解得a =,b =-1. 故拋物線的解析式為y=x2-x+1 4分 另解: 由拋物線過B(0,1) 得c=1又b2-4ac=0, b=-4ac，b=-1 2分 a=,故y=x-x+1 4分 (2)假設符合題意的點C存在，其坐標為C(x，y), 作CDx軸于D ,連接AB、AC A在以BC為直徑的圓上,BAC=90°第3題圖OxyACBPP1DP2P AOBCDA OB·CD=OA·AD 即1·y=2(x-2)， y=2x-

37、4 6分 由解得x1=10,x2=2 符合題意的點C存在，且坐標為 (10,16)，或(2,0) 8分 P為圓心，P為BC中點 當點C坐標為 (10,16)時，取OD中點P1 ，連PP1 ,則PP1為梯形OBCD中位線PP1=(OB+CD)=D (10,0),P1 (5,0),P (5, ) 當點C坐標為 (2,0)時, 取OA中點P2 ，連PP2 ,則PP2為OAB的中位線PP2=OB=A (2,0),P2(1,0), P (1,)故點P坐標為(5, ),或(1,)10分(3)設B、P、C三點的坐標為B(x1,y1),P(x2,y2),C(x3,y3)，由(2)可知： 12分4、解：(1)

38、四邊形EFGH是正方形 2分圖(2)可以看作是由四塊圖(1)所示地磚繞C點按順(逆)時針方向旋轉90°后得到的,故CE=CF =CGCEF是等腰直角三角形.因此四邊形EFGH是正方形. 4分 (2)設CE=x, 則BE=0.4x,每塊地磚的費用為y,那么 y=x×30+×0.4×(0.4-x)×20+0.16-x-×0.4×(0.4-x)×10 =10(x-0.2x+0.24) =10(x-0.1)2+0.23 (0x0.4) 8分 當x=0.1時,y有最小值,即費用為最省,此時CE=CF=0.1 答:當CE=CF

39、=0.1米時,總費用最省. 10分初三重點題型練習（十六）答案1、 略；2、.（0，1），；3、；M（3，2），N（1，3）4、. 略；PCPACE；結論仍成立；結論不成立，此時中三條線段的數(shù)量關系是PAPCCE；初三重點題型練習（十七）答案1、（1）證明：，DE垂直平分AC，,DFADFC 90°，DAFDCF1分DABDAFCAB90°，CABB90°，DCFDAFB2分在RtDCF和RtABC中，DFCACB90°，DCFB，DCFABC 3分，即AB·AFCB·CD 4分（2）解：AB15，BC9，ACB90°， ，5分（） 7分BC9（定值），