武汉市各区2020-2021学年七下数学期中第24题压轴题汇编（word版含解析）

这是一份武汉市各区2020-2021学年七下数学期中第24题压轴题汇编（word版含解析），共16页。

武汉市各区2020-2021七下数学期中第24题压轴题汇编
1．（2021春•青山区期中）已知A、B两点的坐标分别为A（﹣2，1），B（﹣4，﹣1），将线段AB水平向右平移到DC，连接AD，BC，得四边形ABCD，且S四边形ABCD＝12．

（1）点C的坐标为　 　，点D的坐标为　 　；
（2）如图1，CG⊥x轴于G，CG上有一动点Q，连接BQ、DQ，求BQ+DQ最小时Q点位置及其坐标，并说明理由；
（3）如图2，E为x轴上一点，若DE平分∠ADC，且DE⊥HC于E，∠ABH=14∠ABC．求∠BHC与∠A之间的数量关系．



2．（2021春•江汉区期中）如图，在平面直角坐标系中，直线AB与坐标轴交于A（﹣4，0），B（0，m）两点，点C（2，3），P（−32，n）在直线AB上．我们可以用面积法求点B的坐标．
（1）请阅读并填空：
一方面，过点C作CN⊥x轴于点N，我们可以由A，C的坐标，直接得出三角形AOC的面积为　 　平方单位；
另一方面，过点C作CQ⊥y轴于点Q，三角形AOB的面积=12BO•AO＝2m2，三角形BOC的面积＝　 　平方单位．
∵三角形AOC的面积＝三角形AOB的面积+三角形BOC的面积，
∴可得关于m的一元一次方程为　 　，解这个方程，可得点B的坐标为　 　．
（2）如图，请你仿照（1）中的方法，求点P的纵坐标．
（3）若点H（3，h），且三角形ACH的面积等于24平方单位，
请直接写出h的值．









3．（2021春•汉阳区期中）如图1在平面直角坐标系中，大正方形OABC的边长为m厘米，小正方形ODEF的边长为n厘米，且|m﹣4|+n−2=0．

（1）求点B、点D的坐标．
（2）起始状态如图1所示，将大正方形固定不动，小正方形以1厘米/秒的速度沿x轴向右平移，如图2．设平移的时间为t秒，在平移过程中两个正方形重叠部分的面积为S平方厘米．
①当t＝1.5时，S＝　 　平方厘米；
②在2≤t≤4这段时间内，小正方形的一条对角线扫过的图形的面积为 　 　平方厘米；
③在小正方形平移过程中，若S＝2，则小正方形平移的时间t为 　 　秒．
（3）将大正方形固定不动，小正方形从图1中起始状态沿x轴向右平移，在平移过程中，连接AD，过D点作DM⊥AD交直线BC于M，∠DAx的角平分线所在直线和∠CMD的角平分线所在直线交于N（不考虑N点与A点重合的情形），求∠ANM的大小并说明理由．


4．（2021春•硚口区期中）已知A（0，a）、B（b，0），且a−5+（b﹣4）2＝0．
（1）直接写出点A、B的坐标；
（2）点C为x轴负半轴上一点满足S△ABC＝15．
①如图1，平移直线AB经过点C，交y轴于点E，求点E的坐标；
②如图2，若点F（m，10）满足S△ACF＝10，求m．
（3）如图3，D为x轴上B点右侧的点，把点A沿y轴负半轴方向平移，过点A作x轴的平行线l，在直线l上取两点G、H（点H在点G右侧），满足HB＝8，GD＝6．当点A平移到某一位置时，四边形BDHG的面积有最大值，直接写出面积的最大值．











5．（2021春•武昌区期中）在平面直角坐标系中，点A（a，1），B（b，3）满足关系式（a+1）2+|b﹣2|＝0．
（1）求a、b的值；
（2）若点P（3，n）满足△ABP的面积等于6，求n的值；
（3）线段AB与y轴交于点C，动点E从点C出发，在y轴上以每秒1个单位长度的速度向下运动，动点F从点M（﹣8，0）出发，以每秒2个单位长度的速度向右运动，问t为何值时有S△ABE＝2S△ABF？请直接写出t的值．





6．（2021春•官渡区期末）如图，以直角三角形AOC的直角顶点O为原点，以OC、OA所在直线为x轴和y轴建立平面直角坐标系，点A（0，a），C（b，0）满足a−2b+|b﹣2|＝0．
（1）则C点的坐标为　 　；A点的坐标为　 　．
（2）已知坐标轴上有两动点P、Q同时出发，P点从C点出发沿x轴负方向以1个单位长度每秒的速度匀速移动，Q点从O点出发以2个单位长度每秒的速度沿y轴正方向移动，点Q到达A点整个运动随之结束．AC的中点D的坐标是（1，2），设运动时间为t（t＞0）秒．问：是否存在这样的t，使S△ODP＝S△ODQ？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由
（3）点F是线段AC上一点，满足∠FOC＝∠FCO，点G是第二象限中一点，连OG，使得∠AOG＝∠AOF．点E是线段OA上一动点，连CE交OF于点H，当点E在线段OA上运动的过程中，∠OHC+∠ACE∠OEC的值是否会发生变化？若不变，请求出它的值；若变化，请说明理由．









7．（2021春•黄陂区期中）在平面直角坐标系中，点A（m，n）满足n=m−4−4−m+m．

（1）直接写出点A的坐标；
（2）如图1，将线段OA沿y轴向下平移a个单位后得到线段BC（点O与点B对应），过点C作CD⊥y轴于点D，若4OD＝3BD，求a的值；
（3）如图2，点E（0，5）在y轴上，连接AE，将线段OA沿y轴向上平移3个单位后得到线段FG（点O与点F对应），FG交AE于点P，y轴上是否存在点Q，使S△APQ＝6，若存在，请求Q点的坐标；若不存在，请说明理由．





8．（2021春•武昌区期中）在平面直角坐标系中（单位长度为1cm），已知点A（0，m），N（n，0），且m−4+|m+n﹣10|＝0．
（1）m＝　 　，n＝　 　．
（2）如图，若点E是第一象限内的一点，且EN⊥x轴，过点E作x轴的平行线a，与y轴交于点A，点P从点E处出发，以每秒2cm的速度沿直线a向左移动，点Q从原点O同时出发，以每秒1cm的速度沿x轴向右移动．
①经过几秒PQ∥y轴？
②若某一时刻以A、O、Q、P为顶点的四边形的面积是10cm2，求此时点P的坐标．
















9．（2021春•江岸区期中）如图，平面直角坐标系中，A（a，0），B（0，b），C（0，c），a+4+|2﹣b|＝0，c=12（a﹣b）．
（1）求△ABC的面积；
（2）如图2，点A以每秒m个单位的速度向下运动至A′，与此同时，点Q从原点出发，以每秒2个单位的速度沿x轴向右运动至Q′，3秒后，A′、C、Q′在同一直线上，求m的值；
（3）如图3，点D在线段AB上，将点D向右平移4个单位长度至E点，若△ACE的面积等于14，求点D坐标．








10．（2021春•洪山区期中）如图1，已知在平面直角坐标系中，点A（﹣4，0），点B（0，3），将线段AB向右平移4个单位长度至OC的位置，连BC．
（1）直接写出点C的坐标　 　；
（2）如图2，过点C作CD⊥x轴于点D，在x轴正半轴有一点E（1，0），过点E作x轴的垂线EF交BC于F，动点P从F点开始，以每秒1个单位长度的速度沿射线FE运动，设运动的时间为t（秒），连接AC．
①试问：△PCD的面积是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由；
②当△PCA的面积为332时，求t的值及此时点P的坐标．


2参考答案与试题解析
一．解答题（共10小题）
1．【解答】解：（1）由平移可知，AB∥CD，且AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵S四边形ABCD＝12，
∴BC•|yA﹣yB|＝12，
又∵A（﹣2，1），B（﹣4，﹣1），
∴BC×2＝12，
解得BC＝6，
∴C（2，﹣1），D（4，1），
故答案为：（2，﹣1），（4，1）；
（2）连接BD交CG于Q'，
由两点间线段最短可知，当B、D、Q三点共线时BQ+DQ最小，
即Q在Q'位置时BQ+DQ最小，

由题知，直线CG的解析式为：x＝2，
设直线BD的解析式为y＝kx，
代入D点坐标得4k＝1，
解得k=14，
∴直线BD的解析式为：y=14x，
∵Q'是直线CG和直线BD的交点，
∴x=2y=14x，
解得x=2y=12，
∴Q'（2，12）；
（3）设CH交AD于F，BH交AD于P，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC＝∠ADC＝180°﹣∠A，
∵DE平分∠ADC，DE⊥HC，
∴DC＝DF，
∴∠CFD＝∠DCF=12（180°﹣∠ADC）=12∠A，
∵∠ABH=14∠ABC，
∴∠ABH=14（180°﹣∠A），
∴∠APB＝180°﹣∠A﹣∠ABH＝135°−34∠A，
∴∠BPF＝180°﹣∠APB＝45°+34∠A，
∵∠PFH＝∠CFD=12∠A，
∴∠BHC＝∠BPF﹣∠PFH＝45°+34∠A−12∠A＝45°+14∠A，
即∠BHC＝45°+14∠A．
2．【解答】解：（1）过点C作CN⊥x轴于点N，
∵A（﹣4，0），B（0，m），点C（2，3），
∴S△AOC=12×OA×CN=12×4×3＝6（平方单位）．
过点C作CQ⊥y轴于点Q，S△AOB=12BO•AO＝2m（平方单位），S△BOC＝m（平方单位）．
∵S△AOC＝S△AOB+S△BOC，
∴6＝2m+m，
解得，m＝2，
∴点B的坐标为（0，2）．
故答案为：6，m，6＝2m+m，（0，2）．

（2）如图，连接OP，过点P作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．

∵S△AOB＝S△AOP+S△POB，
∴12×4×2=12×4×n+12×2×32，
∴n=54，
∴点P的纵坐标为54．

（3）如图，过点H作x轴的垂线交AC于R．

设R（3，t），则有12×4×t=12×4×2+12×2×3，
解得t＝3.5，
∴R（3，3.5），
当点H在直线AC的下方时，由S△ACH＝S△ARH﹣S△CHR，
可得，24=12×（3.5﹣h）×7+12×1×（3.5﹣h），
解得h＝﹣4.5，
当点H在直线AC的上方时，同法可得24＝12×（h﹣3.5）×7+12×1×（h﹣3.5），
解得h＝11.5．
综上所述，h的值为﹣4.5或11.5．
3．【解答】解：（1）∵|m﹣4|+n−2=0．
∴n＝2，m＝4，
∴B（4，4），D（0，2），
（2）①当T＝1.5时，小正方形向右移动1.5cm，
S＝2×1.5＝3cm2；
②如图1所示，小正方形的一条对角线扫过的面积为红色平行四边形，

面积为2×2＝4cm2；
③如图2，小正方形平移距离为4+1＝5cm，

∴小正方形平移的距离为1cm或5cm，
∴t＝1或5．
综上所述，小正方形平移的时间为1或5秒，
（3）如图3，过D作DQ∥x轴，过N作NP∥x轴，

∵MN平分∠CMD，
∴设∠CMG＝∠DMG＝y，则∠PNM＝∠NMB＝y，
∠MDQ＝∠CMD＝2y，
∵DM⊥AD，
∴∠ADQ＝∠OAD＝90°﹣2y，
∴∠DAx＝180°﹣∠OAD＝180°﹣（90°﹣2y）＝90°+2y，
∵AN平分∠DAx，
∴∠NAx=12∠DAx=45°+y＝∠PNA，
∴∠ANM＝∠PNA﹣∠PNM＝45°+y﹣y＝45°．
4．【解答】解：（1）∵a−5+(b−4)2=0，且a−5≥0，（b﹣4）2≥0，
∴a﹣5＝0，b﹣4＝0，
解得：a＝5，b＝4，
∴A（0，5），B（4，0）；
（2）①连接BE，如图1，

∵S△ABC=12×OA×BC=12×|yA|×BC=12×5×BC=15，
∴BC＝6，
∴C（﹣2，0），
∵AB∥CE，
∴S△ABC＝S△ABE，
∴12AE×4=15，
∴AE=152，
∴OE=52，
∴E（0，−52）；
②∵F（m，10），
∴点F在过点G（0，10）且平行于x轴的直线l上，

延长CA交直线l于点H（a，10），过点H作HM⊥x轴于点M，则M（a，0），如图2，
∵S△HCM＝S△ACO+S梯形AOMH，
∴12(a+2)×10=12×2×5+12×(5+10)⋅a，
解得：a＝2，
∴H（2，10），
∵S△AFC＝S△CFH﹣S△AFH，
∴12FH⋅(10−5)=10，
∴FH＝4，
∵H（2，10），
∴F（﹣2，10）或（6，10），
∴m＝﹣2或6；
（3）平移GH到DM，连接HM，则GD∥HM，GD＝HM，如图3，

四边形BDHG的面积＝△BHM的面积，
当BH⊥HM时，△BHM的面积最大，其最大值=12BH⋅HM=12BH⋅GD=12×8×6=24．
5．【解答】解：（1）∵（a+1）2+|b﹣2|＝0，
∴a+1＝0，b﹣2＝0，
∴a＝﹣1，b＝2；
（2）如右图，过P作直线l垂直于x轴，延长AB交直线l于点Q，设Q的坐标为（3，m），
过A作AH⊥l交直线l于点H，
∵S△AHQ＝S△ABH+S△BQH，
∴12×4（m﹣1）=12×（3+1）×（3﹣1）+12（m﹣1）（3﹣2），
解得m=113，
∴Q（3，113），
∵S△ABP＝S△AQP﹣S△BPQ=12PQ×（3+1）−12PQ×（3﹣2）=32PQ，
又∵点P（3，n）满足△ABP的面积等于6，
∴32|n−113|＝6，
解得n=233或−13；
（3）如图2，延长BA交x轴于D，过A作AG⊥x轴于G，过B作BN⊥x轴于N，
∵S梯形AGOC+S梯形CONB＝S梯形AGNB，
∴12（1+OC）×1+12（OC+3）×2=12×（1+3）×3，
解得OC=53，
∴C（0，53），
∵S△ADG+S梯形AGNB＝S△DNB，
∴12DG×1+12×(1+3)×3=12（DG+3）×3，
解得DG=32，
∵G（﹣1，0），
∴D（−52，0），
由题知，当t秒时，F（﹣8+2t，0），
∴DF＝|﹣8+2t﹣（−52）|＝|2t−112|，
∵CE＝t，
∴S△ABE=12CE×[2﹣（﹣1）]=32t，S△ABF＝S△BDF﹣S△DAF=12DF×（3﹣1）＝|2t−112|，
∵S△ABE＝2S△ABF，
∴32t＝2|2t−112|，
解得t=225或2．


6．【解答】解：（1）∵a−2b+|b﹣2|＝0，
∴a﹣2b＝0，b﹣2＝0，
解得a＝4，b＝2，
∴A（0，4），C（2，0）；

（2）由条件可知：P点从C点运动到O点时间为2秒，Q点从O点运动到A点时间为2秒，
∴0＜t≤2时，点Q在线段AO上，
即 CP＝t，OP＝2﹣t，OQ＝2t，AQ＝4﹣2t，
∴S△DOP=12OP⋅yD=12(2−t)×2=2−t，S△DOQ=12OQ⋅xD=12×2t×1=t，
∵S△ODP＝S△ODQ，
∴2﹣t＝t，
∴t＝1；

（3）∠OHC+∠ACE∠OEC的值不变，其值为2．
∵∠2+∠3＝90°，
又∵∠1＝∠2，∠3＝∠FCO，
∴∠GOC+∠ACO＝180°，
∴OG∥AC，
∴∠1＝∠CAO，
∴∠OEC＝∠CAO+∠4＝∠1+∠4，
如图，过H点作AC的平行线，交x轴于P，则∠4＝∠PHC，PH∥OG，
∴∠PHO＝∠GOF＝∠1+∠2，
∴∠OHC＝∠OHP+∠PHC＝∠GOF+∠4＝∠1+∠2+∠4，
∴∠OHC+∠ACE∠OEC=∠1+∠2+∠4+∠4∠1+∠4=2(∠1+∠4)∠1+∠4=2．


7．【解答】解：（1）∵点A（m，n）满足n=m−4−4−m+m．
∴m﹣4≥0，4﹣m≥0，
∴m＝4，
∴n=4=2，
∴A（4，2）．
（2）∵将线段OA沿y轴向下平移a个单位后得到线段BC，A（4，2），
∴B（0，﹣a），C（4，2﹣a），D（0，2﹣a），
∴OD＝|2﹣a|，BD＝2，
①当点D位于x轴上方时，

∵4OD＝3BD，
∴4（2﹣a）＝3×2，
解得a=12；
②当点D位于x轴下方时，

∵4OD＝3BD，
∴4（a﹣2）＝3×2，
解得a=72．
综合以上可得a=12或72；
（3）连接AG，过点P作x轴的平行线，交AG于点M，交y轴于点N，

由题意有AG＝3，EF＝2，MN＝4，EO＝5，
∴S△EPF=12EF•PN＝PN，S△APG=12AG•PM=32（4﹣PN），
∴S四边形AGFO＝3×4＝12，S△AEO=12×5×4＝10，
∴S四边形AGFO﹣S△AEO＝S△APG﹣S△PEF＝2，
即32（4﹣PN）﹣PN＝2，
解得PN=85，
设Q（0，n），EQ＝|5﹣n|，
∴S△APQ＝S△AEQ﹣S△AEQ=12EQ⋅MN−12EQ•PN＝6，
即12EQ⋅(MN−PN)=12×125×EQ＝6，
解得EQ＝5，
即|5﹣n|＝5，
解得n＝0或n＝10，
综合以上可得点Q的坐标为（0，0）或（0，10）．
8．【解答】解：（1）依题意，得 m−4=0m+n−10=0，
解得m=4n=6；
故答案为：4，6；
（2）①设经过x秒PQ平行于y轴，
依题意，得6﹣2x＝x，
解得x＝2，
∴经过2秒PQ∥y轴；
②当点P在y轴右侧时，
依题意，得(6−2x)+x2×4=10，
解得x＝1，
此时点P 的坐标为（4，4），
当点P在y轴左侧时，
依题意，得(2x−6)+x2×4=10，
解得x=113，
此时点P 的坐标为（−43，4）．
综合以上可得点P的坐标为（4，4）或（−43，4）．
9．【解答】解：（1）∵a+4+|2﹣b|＝0，a+4≥0，|2﹣b|≥0，
∴a+4=0．，|2﹣b|＝0，
∴a＝﹣4，b＝2，
∴c=12（a﹣b）＝﹣3，
∴A（﹣4，0），B（0，2），C（﹣3，0），
∴BC＝5，OA＝4，
∴S△ABC=12×BC×OA=12×5×4＝10；
（2）由题意知：OQ'＝2×3＝6，AA'＝3m，
∵S△A'Q'A＝S△CQ'O+S梯形AA'CO，
∴12×10×3m=12×6×3+12×（3+3m）×4，
∴m=53．
（3）连接OD，OE，

设D（m，n），
∵S△AOB＝S△AOD+S△DOB，
∴12×4×2=12×4×n+12×2×（﹣m），
∴m＝2n﹣4，
∵点D向右平移4个单位长度得到E点，
∴E（2n，n），
∵S△AOC+S△AOE+S△COE＝S△ACE，
∴12×4×3+12×4×n+12×3×2n＝14，
∴n=85，
∴m＝2n﹣4=−45，
∴D（−45，85）．
10．【解答】解：（1）由平移得，C（0+4，3），即C（4，3），
故答案为：（4，3）；
（2）①由（1）知，C（4，3），
∵CD⊥x轴，
∴D（4，0），CD＝3，
∵E（1，0），
∴DE＝4﹣1＝3，
∵CD⊥x轴，EF⊥x轴，
∴CD∥EF，
∵点P在射线FE上，
∴S△PCD=12CD•DE=12×3×3＝4.5，

即△PCD的面积是定值，其定值为4.5；
②由（1）知，C（4，3），
∵A（﹣4，0），
设直线AC的解析式为y＝kx+b，
∴−4k+b=04k+b=3，
∴k=38b=32，
∴直线AC的解析式为y=38x+32，
设点P（1，m）（m≤3），
记EF与AC的交点为Q，则Q（1，158），
当点P和点F重合时，P（1，3），
∴PQ＝3−158=98，
此时，S△PAC=12PQ•（xC﹣xA）=12×98×（4+4）＝9＜332，
∴点P只能在AC下方，则PQ=158−m，
∴S△PAC=12PQ•（xC﹣xA）=12×（158−m）×（4+4）=332，
∴m=−94，
∴P（1，−94），∴t＝（3+94）÷1=214，即t的值为214