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）

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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<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 ，
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<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⩾-8 ，
∴-8⩽x<0 ；
综上所述， P 点横坐标 x 的取值范围为： 0 ②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