2020-2021学年人教版 七年级数学下册期末压轴题训练(word版 含答案)

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2
，求P点横坐标x的取值范围
3
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=0
3a+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＝1
2
a，∠BDM＝45°，
∴∠AMN＝1
2
a，∠DMN＝45°，
∴∠AMD＝∠AMN+∠DMN＝45°+ 1
2
a；
（3）解：存在．
连结OB，如图3，
设F（0，t），
∵S△AOF+S△BOF＝S△AOB，
∴1
2•3•t+ 1
2
•t•3＝1
2
×3×3，解得t＝3
2
，
∴F点坐标为（0，3
2
），
△ABC的面积＝1
2×7×3＝21
2
，
当P点在y轴上时，设P（0，y），∵S△ABP＝S△APF+S△BPF，
∴1
2•|y﹣3
2
|•3+ 1
2
•|y﹣3
2
|•3＝21
2
，
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1
2•|x+3|•3＝21
2
，
解得x＝﹣10或x＝4，
∴此时P点坐标为（﹣10，0），
∴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＝1
2
△ABC的面积，
∴△COM的面积＝5
2
，
若点M在x轴上，即1
2OM•CT＝5
2
，
∴OM＝2.5．
∴M的坐标为（2.5，0）（﹣2.5，0），
若点M在y轴上，即1
2OM•CS＝5
2
，
∴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．
∴∠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<0.1m +0.5(60−m)≤15 ，
解得 37.5≤m <40 ，因为 m 为整数，所以 m =38 或 39 ，
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
，
∵B(b,0)，A(0,a)，
∴OB=4，OA=2，∴SΔAOB=1
2OA·OB=1
2
×2×4=4
（2）解：①过点P作PC⊥y轴于C，如图1所示：
则PC=|x|，
SΔAPO=1
2OA·PC=1
2
×2×|x|=|x|，
当x>0时，SΔAPO=x，
则SΔBPO=SΔAOB−SΔAPO=1
2OA·OB−x=1
2
×2×4−x=4−x，
由题意得：x⩽2
3
(4−x)，
解得x⩽8
5
，
∴0<x⩽8
5
；
当x<0时，SΔAPO=−x，
则SΔBPO=SΔAOB+SΔAPO=1
2OA·OB−x=1
2
×2×4−x=4−x，
由题意得：−x⩽2
3
(4−x)，
解得x⩾−8，
∴−8⩽x<0；
综上所述，P点横坐标x的取值范围为：0<x⩽8
5
或−8⩽x<0；
②当x⩽4时，
由①知：SΔBPO=4−x=1
2OB×y=1
2
×4×y，
∴y=−1
2
x+2；
当x>4时，如图2所示：
则PC=x，PD=y，
∵SΔBPO=SΔAPO−SΔAOB=1
2×2×x−1
2
×2×4=x−4，SΔBPO=1
2
×4×(−y)=−2y，
∴x−4=−2y，
∴y=−1
2
x+2；
综上所述，x与y的数量关系为：y=−1
2
x+2
（3）解：过点Q作y轴的平行线，交直线AB于R，则R(m,−1
2
m+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=−1
2m+2−(m−2)=−3
2
m+4，
SΔABQ=SΔBQR+SΔAQR=1
2BD·RQ+1
2
AC·RQ=1
2
RQ(BD+AC)=1
2
RQ(BD+OD)，=1
2
RQ·OB=1
2
RQ×4=
2RQ=2×(−3
2
m+4)=−3m+8=6
解得：m=2
3
；
当点R在点Q下方时，QR交x轴于C，如图4所示：
RQ=m−2−(−1
2m+2)=3
2
m−4，
SΔABQ=SΔAQR−SΔQBR=1
2RQ·OC−1
2
RQ·BC=1
2
RQ(OC−BC)=1
2
RQ·OB=1
2
RQ×4=2RQ=2×(3
2
m−4)=
3m−8=6
解得：m=14
3
；
综上所述，m=2
3或m=14
3
.
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，
∴1
2×4×4＝1
2
×4×2＋1
2
×4m，
解得m＝2
（3）解：a，b，m满足{2a+3b+m=0
3a+2b+m=−5，解方程组得a﹣b＝﹣5，
∵由（1）得n＝﹣2
3
m＋4，
∴三角形ABP的面积＝1
2×（﹣a＋b）•n＝1
2
×5•（﹣2
3
m＋4）＝﹣5
3
m＋10，
∴﹣5
3
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。