2018年人教版七年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)壓軸題期末復(fù)習(xí)含答案

2018年人教版七年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)壓軸題期末復(fù)習(xí)含答案（2）如圖2所示,點(diǎn)D在線段BC上,且∠OAD=60°，求證：∠OBD=40°；（3）如圖3所示,點(diǎn)E、F分別在OA、BC上，且∠OED=∠BFC=20°，連接EF交AB、CD分別于點(diǎn)M、N，求證：MN∥AC．1.已知在平面內(nèi)，AM∥CN，點(diǎn)B在平面內(nèi)，且AB⊥BC于B。(1)根據(jù)圖1，可以得出∠A和∠C是補(bǔ)角。(2)根據(jù)圖2，在點(diǎn)B作BD⊥AM于點(diǎn)D的條件下，可以證明∠ABD=∠C。(3)根據(jù)圖3，在(2)的條件下，連接BE、BF、CF，BF平分∠DBC，BE平分∠ABD，且∠FCB+∠NCF=180°，∠BFC=3∠DBE，求∠EBC的度數(shù)。2.如圖所示，已知兩條射線OM∥CN，動(dòng)線段AB的兩個(gè)端點(diǎn)A、B分別在射線OM、CN上，且∠C=∠OAB=108°，F(xiàn)在線段CB上，OB平分∠AOF，OE平分∠COF。(1)根據(jù)圖中，可以找出與∠AOC相等的角，即∠OFC，因?yàn)椤螼FC和∠OAB是對(duì)頂角，∠OAB等于108°，所以∠OFC也等于108°。(2)在平行移動(dòng)AB的過(guò)程中，∠OBC與∠OFC的度數(shù)比不隨著AB位置的變化而發(fā)生變化，比值為1。(3)在平行移動(dòng)AB的過(guò)程中，不存在某種情況使∠OEC=2∠OBA，因?yàn)椤螼EC和∠OBA不是對(duì)應(yīng)角，所以不存在這種情況。3.已知AB∥CD，線段EF分別與AB、CD相交于點(diǎn)E、F。(1)根據(jù)圖①，當(dāng)∠A=25°，∠APC=70°時(shí)，可以求出∠C的度數(shù)。(2)在圖②中，當(dāng)點(diǎn)P在線段EF上運(yùn)動(dòng)時(shí)（不包括E、F兩點(diǎn)），∠A、∠APC與∠C之間有確定的相等關(guān)系，即∠A+∠APC=180°-∠C。可以通過(guò)證明∠APC和∠EPF相等來(lái)證明這個(gè)結(jié)論。(3)在圖③中，當(dāng)點(diǎn)P在線段FE的延長(zhǎng)線上運(yùn)動(dòng)時(shí)，∠A、∠APC與∠C之間的相等關(guān)系不再成立，但可以發(fā)現(xiàn)∠A+∠APF=180°-∠C，可以通過(guò)證明∠APF和∠EPF相等來(lái)證明這個(gè)結(jié)論。4.在平面直角坐標(biāo)系中，已知A（a,0）是x軸正半軸上一點(diǎn)，C是第四象限一點(diǎn)，CB⊥y軸，交y軸負(fù)半軸于B（0,b），且(a-3)2+|b+4|=0，S四邊形AOBC=16。(1)可以通過(guò)方程(a-3)2+|b+4|=0求解C點(diǎn)坐標(biāo)。(2)在圖2中，設(shè)D為線段OB上一動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)AD⊥AC時(shí)，可以求出∠APD的度數(shù)，可以通過(guò)證明∠ODA和∠CAE的平分線相交于點(diǎn)P來(lái)求解。(3)在圖3中，當(dāng)D點(diǎn)在線段OB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，可以發(fā)現(xiàn)∠N的大小不變，因?yàn)椤螻等于∠DAO的平分線和∠BMD的平分線的交角，與D點(diǎn)的位置無(wú)關(guān)。5.已知BC∥OA，且∠B=∠A=100°。(1)可以證明OB∥AC，因?yàn)椤螼BC和∠OAC是對(duì)應(yīng)角，且∠B=∠A。(2)在圖2中，點(diǎn)D在線段BC上，且∠OAD=60°，可以證明∠OBD=40°，可以通過(guò)證明∠OAB和∠OAF的平分線相交于點(diǎn)B來(lái)求解。(3)在圖3中，點(diǎn)E、F分別在OA、BC上，且∠OED=∠BFC=20°，連接EF交AB、CD分別于點(diǎn)M、N，可以證明MN∥AC，可以通過(guò)證明∠EMF和∠BFC的平分線相交于點(diǎn)N來(lái)求解。2.如圖2，已知點(diǎn)E、F在線段BC上，且滿足∠FOC=∠AOC，OE平分∠BOF。求∠EOC的度數(shù)。在圖中，連接AO、OF、OC，由于OE平分∠BOF，所以∠EOF=2∠EOB。又因?yàn)椤螰OC=∠AOC，所以∠EOF=∠AOC-∠EOB。因此，∠AOC=2∠EOB+∠EOC。又因?yàn)镺E平分∠BOF，所以∠EOB=∠EOF/2=∠EOC/2。代入前式，得到∠AOC=3∠EOC/2，因此∠EOC=2/3∠AOC。3.在（2）的條件下，若平行移動(dòng)AC，如圖3，那么∠OCB：∠OFB的值是否隨之發(fā)生變化？若變化，試說(shuō)明理由；若不變，求出這個(gè)比值。由于AC平行移動(dòng)，所以∠AOC=∠A'OC'，∠FOB=∠F'OB'，且∠FOC=∠F'OC'。因此，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理，可以得到∠BOC=180°-∠AOC-∠FOC=180°-∠A'OC'-∠F'OC'=∠B'OF'。同時(shí)，由于BC和B'C'平行，所以∠OCB=∠OC'B'，∠OFB=∠OF'B'。因此，∠OCB：∠OFB=∠OC'B'：∠OF'B'=∠BOC：∠B'OF'=1:1，不隨平行移動(dòng)而變化。6.如圖，已知AM//BN，∠A=60°。點(diǎn)P是射線AM上一動(dòng)點(diǎn)（與點(diǎn)A不重合），BC、BD分別平分∠ABP和∠PBN，分別交射線AM于點(diǎn)C、D。(1)求∠ABN的度數(shù)。由于AM//BN，所以∠ABN=180°-∠BNA-∠ANB=180°-60°-∠ANB=120°-∠ANB。又因?yàn)锽C平分∠ABP，所以∠ABC=∠PBC，即∠ABN=∠PBC=∠ABC=60°。因此，∠ANB=60°，∠ABN=60°。(2)求∠CBD的度數(shù)。由于BD平分∠PBN，所以∠CBD=∠PBD=∠PBA。又因?yàn)锽C平分∠ABP，所以∠PBA=∠ABC/2=30°。因此，∠CBD=∠PBA=30°。(3)當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)，∠APB與∠ADB之間的數(shù)量關(guān)系是否隨之發(fā)生變化？若不變化，請(qǐng)寫(xiě)出它們之間的關(guān)系，并說(shuō)明理由；若變化，請(qǐng)寫(xiě)出變化規(guī)律。當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)，∠APB與∠ADB之間的數(shù)量關(guān)系不變。因?yàn)椤螦PB和∠ADB都是定值，不隨點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)而變化。(4)當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到使∠ACB=∠APD時(shí)，∠ABC的度數(shù)是多少？由于∠ACB=∠APD，所以∠ABD=180°-∠ACB-∠APD=60°。又因?yàn)锽D平分∠PBN，所以∠PBD=∠PBN/2=30°。因此，∠ABP=∠ABD-∠PBD=30°，∠ABC=∠ABP+∠PBC=30°+∠PBC。由于BC平分∠ABP，所以∠PBC=∠ABC/2。代入前式，得到∠ABC=45°。7.如圖1，已知點(diǎn)A是BC外一點(diǎn)，連接AB、AC。求∠BAC+∠B+∠C的度數(shù)。在圖中，連接AE并作ED∥BC，由于ED∥BC，所以∠B=∠BED，∠C=∠CED。又因?yàn)锳E是直線，所以∠BAC=180°-∠EAB-∠EAC。因此，∠BAC+∠B+∠C=180°-∠EAB-∠EAC+∠BED+∠CED=180°，即三角形內(nèi)角和定理。8.已知A(0,a)，B(b,0)，a、b滿足。(1)求a、b的值。由于A在y軸上，所以A的橫坐標(biāo)為0，即a=b。又因?yàn)锽在x軸上，所以B的縱坐標(biāo)為0，即a=0。因此，a=b=0。(2)在坐標(biāo)軸上找一點(diǎn)D，使三角形ABD的面積等于三角形OAB面積的一半，求D點(diǎn)坐標(biāo)。三角形ABD的面積為1/2×AB×BD，三角形OAB的面積為1/2×OA×AB。因?yàn)閍=b=0，所以A(0,0)和B(0,0)重合。因此，三角形ABD的面積為0，三角形OAB的面積為1/2×OA×AB=1/2×a×b=0。因此，任意一點(diǎn)D坐標(biāo)均可。(3)做∠BAO平分線與∠AOC平分線BE的反向延長(zhǎng)線交于P點(diǎn)，求∠P的度數(shù)。由于A(0,a)、B(b,0)、O(0,0)、C(b,-a)四點(diǎn)共線，所以∠AOC=180°。又因?yàn)椤螧AO平分線和∠AOC平分線是直線，所以它們的交點(diǎn)P在y軸上，即P(0,y)。因此，BE的斜率為y/b，反向延長(zhǎng)線的斜率為-b/y。由于BE和反向延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)P，所以它們的斜率相乘為-1。因此，y/b×(-b/y)=-1，解得y=±√b^2。因?yàn)镻在y軸上，所以y=√b^2=b。因此，P點(diǎn)坐標(biāo)為P(0,b)。由于∠BAP和∠CAO互為補(bǔ)角，所以∠P=1/2×(180°-∠BAP-∠CAO)=1/2×(180°-∠BAP-∠BAC)=90°-1/2×∠BAC。因此，∠P=90°。在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A（a，0），點(diǎn)B在y軸上，且三角形OAB沿x軸負(fù)方向平移后得到三角形DEC，其中點(diǎn)C的坐標(biāo)為（-3，2）。（1）點(diǎn)E的坐標(biāo)為（a-4，-2）。（2）在四邊形ABCD中，連接AC和BD，設(shè)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿“BC→CD”移動(dòng)，速度為每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒。①當(dāng)t=2時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（-2t，2t）=（-4，4）。②設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，y），則有：當(dāng)0≤t≤2時(shí)，P在線段BC上，所以有y=0，x=-t+a；當(dāng)2≤t≤3時(shí)，P在線段CD上，所以有x=-4，y=t-2；當(dāng)3≤t時(shí)，P在直線AD上，所以有y=x-3；綜上所述，點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，y）=（-t+a，0）（0≤t≤2），（-4，t-2）（2≤t≤3），（x，x-3）（t≥3）。③當(dāng)3秒＜t＜5秒時(shí)，由于∠BCD=90°，∠BPC=90°，所以∠CPD=∠CPB+∠BPD=∠BAP+∠ACD=∠BAP+∠OAD，即∠CPD與∠OAD互為補(bǔ)角。又因?yàn)椤螧PA=∠CPD，所以∠BPA與∠OAD互為補(bǔ)角。所以有x+y+z=90°，即z=90°-x-y。又因?yàn)椤螧PC=90°，所以∠APD=90°-∠BPA=90°-z。所以有y=90°-z。綜上所述，有y=90°-z=90°-（90°-x-y）=x?！唷螾AB=∠CAF=0.5∠ADO，又∠PAD=90°-∠ADO，∴∠PAB+∠PAD=90°，∴△PAB為直角三角形，∴S△PAB=0.5×PA×PB=0.5×√10×√10=5（3）如圖，設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，y），∵S△ABO=8，∴OA=OB=2√2，∵BC=12，∴AC=√148，∵AC=AP+PC，∴√（x-3）2+（y-6）2+√（x-5）2+y2=√148，∴（x-3）2+（y-6）2+（x-5）2+y2=148，整理得2x2+2y2-16x-12y+20=0，∴x2+y2-8x-6y+10=0，∵PA=√（x-3）2+（y-6）2，PB=√（x-5）2+y2，∴S△PAB=0.5×PA×PB=0.5√（x-3）2+（y-6）2×√（x-5）2+y2，∴S△PAB=S△ABC=8，∴0.5×2√2×12=8，∴24=16，矛盾，∴不存在這樣的點(diǎn)P。（2）如圖所示，連接AC、BD，設(shè)交點(diǎn)為P，則△APD與△BPC相似，∴$\dfrac{AP}{PD}=\dfrac{BP}{PC}$，又$\dfrac{AP}{PD}=\dfrac{AE}{ED}$，$\dfrac{BP}{PC}=\dfrac{BE}{EC}$，∴$\dfrac{AE}{ED}=\dfrac{BE}{EC}$，又∠AED=∠BEC，∠DAE=∠ECB，∴△AED與△BEC相似，∴$\dfrac{AD}{BC}=\dfrac{AE}{BE}$，∴$\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{BC}{BE}$，又∠DAE=∠ECB，∴△DAE與△ECB相似，∴$\dfrac{DE}{BC}=\dfrac{AE}{EC}$，∴$\dfrac{DE}{AE}=\dfrac{BC}{EC}$，∵$\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{DE}{AE}+1$，∴$\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{BC}{BE}+1$，又$\dfrac{BC}{BE}=\dfrac{1}{2}$，∴$\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{3}{2}$，∴$\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{2}{3}$，∴$\dfrac{DE}{AD}=\dfrac{1}{5}$，∴$\dfrac{DE}{AE}=\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{5}=\dfrac{1}{15}$，∴$\dfrac{AE}{CE}=\dfrac{14}{15}$，∴$\dfrac{AD}{CD}=\dfrac{2}{14}=\dfrac{1}{7}$，∴$\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{AD+DB}{BC}=\dfrac{AD}{BC}+\dfrac{DB}{BC}=\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{9}{14}$，∴$\dfrac{BC}{AB}=\dfrac{14}{9}$．（3）如圖所示，連接AE、BD，設(shè)交點(diǎn)為Q，則△AQD與△BQC相似，∴$\dfrac{AQ}{QD}=\dfrac{BQ}{QC}$，又$\dfrac{AQ}{QD}=\dfrac{AE}{ED}$，$\dfrac{BQ}{QC}=\dfrac{BE}{EC}$，∴$\dfrac{AE}{ED}=\dfrac{BE}{EC}$，又∠AED=∠BEC，∠DAE=∠ECB，∴△AED與△BEC相似，∴$\dfrac{AD}{BC}=\dfrac{AE}{BE}$，∴$\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{BC}{BE}$，又∠DAE=∠ECB，∴△DAE與△ECB相似，∴$\dfrac{DE}{BC}=\dfrac{AE}{EC}$，∴$\dfrac{DE}{AE}=\dfrac{BC}{EC}$，∵$\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{DE}{AE}+1$，∴$\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{BC}{BE}+1$，又$\dfrac{BC}{BE}=\dfrac{1}{2}$，∴$\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{3}{2}$，∴$\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{2}{3}$，∴$\dfrac{DE}{AD}=\dfrac{1}{5}$，∴$\dfrac{DE}{AE}=\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{5}=\dfrac{1}{15}$，∴$\dfrac{AE}{CE}=\dfrac{14}{15}$，∴$\dfrac{AD}{CD}=\dfrac{2}{14}=\dfrac{1}{7}$，∴$\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{AD+DB}{BC}=\dfrac{AD}{BC}+\dfrac{DB}{BC}=\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{9}{14}$，∴$\dfrac{BC}{AB}=\dfrac{14}{9}$．∵△ACD是等腰直角三角形，∴AD=AC=8，DE=DC-AD=10-8=2，∴AE=√(AD2+DE2)=√(82+22)=√68，∴BE=OB-OE=m-8-√68；②設(shè)BE=x，則AE=√(x2+68)，∴∠AEB=45°，∴(√(x2+68)-8)/(m-x)=tan45°=1，∴√(x2+68)-8=m-x，∴x2-2mx+m2-60=0，∴x=m±√(m2-4(m2-60))/2=30/m；③當(dāng)m=6時(shí)，x=5，BE=1，故答案為：6；15.解：如圖，過(guò)點(diǎn)B作BC∥AE交CD于點(diǎn)C，則AC=CE，∠EBC=∠ACB，∠BCD=∠AED，∴△ACB≌△CEB，∴AB=BE=2，∠BAC=∠EBC=30°，∠BCD=∠AED=50°，∴∠BCE=∠BAC+∠BCD=80°，∠CED=∠AED-∠ACB=20°，∴∠BEC=180°-∠BCE-∠CED=80°，∴∠AEB=∠BEC=80°，∴△AEB是等腰三角形，∴AE=EB=2，故答案為：2；16.解：（2）如圖，過(guò)C作CF∥AB，∵AB∥DE，∴CF∥DE，∴∠D=∠FCD，又∵CF∥AB，∴∠B=∠BCF，∵∠BCF+∠BCD+∠DCF=360°，∴∠B+∠BCD+∠D=360°，故∠BCD=180°-∠B-∠D=55°，∴∠DCF=180°-∠BCD-∠BCF=75°，又∵CF∥DE，∴∠DEC=∠DCF=75°，故答案為：75°；（3）A.如圖2，過(guò)點(diǎn)E作EF∥AB，∵AB∥CD，∴AB∥CD∥EF，又∵BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，∠ABC=60°，∠ADC=70°，∴∠ABE=∠ABC=30°，∠CDE=∠ADC=