榆林横山区七年级数学冲刺思维拓展练习卷及解析

．（1）A（30，0），B（0，6），C（26，6）；（2）①0＜t＜；②不存在；理由见解析【分析】（1）由条件可求得a、b的值，则可求得A、B两点的坐标，再由平移可求得C点坐标；（2）①用t可分别表示出CM和AN，由条件可得到关于t不等式，可求得t的取值范围；②用t表示出四边形MNOB和四边形MNAC的面积，由条件得到t的不等式，再结合t的取值范围进行判定即可．【详解】解：（1）∵，≥0，|2a﹣5b﹣30|≥0，∴，解得：，∴A（30，0），B（0，6），又∵点C是由点B向右平移26个单位长度得到，∴C（26，6）；（2）①由（1）可知：OA＝30，∵点M从点C向右以1.5个单位长度/秒运动，点N从点O向点A以2个单位长度/秒运动，∴CM＝1.5t，ON＝2t，∴AN＝30﹣2t∵CM＜AN，∴1.5t＜30﹣2t，解得t＜，而0＜t＜15，∴0＜t＜；②不存在；理由如下：由题意可知CM＝1.5t，ON＝2t，∴BM＝BC﹣CM＝26﹣1.5t，AN＝30﹣2t，又B（0，6），∴OB＝6，∴S四边形MNOB＝OB（BM+ON）＝3（26﹣1.5t+2t）＝78+1.5t，S四边形MNAC＝OB（AN+CM）＝3（30﹣2t+1.5t）＝90﹣1.5t，当S四边形MNOB＞2S四边形MNAC时，则有78+1.5t＞2×（90﹣1.5t），解得t＞＞15，∴不存在使S四边形MNOB＞2S四边形MNAC的时间段．【点睛】本题为动态几何问题，涉及知识点有非负数的性质、平移的性质、梯形的面积等．在（1）中求得a、b的值是解题的关键，在（2）中用t表示出相应线段的长度是解题的关键．本题考查知识点相对较少，难度不大．46．（1）（1，3），（﹣1，1）；（2）点M的坐标为（2，0）或（﹣6，0）【分析】（1）由A（−b，a），B（b，−b）满足＋|b＋1|＝0，得出a−3＝0，b＋1＝0，即可得出结果；（2）先根据长方形的面积以及三角形的面积求出S2＝2，分两种情况讨论时分别求出三角形ABM的面积S1，根据S1＝2S2即可求出m的值．【详解】解：（1）∵A（−b，a），B（b，−b）满足＋|b＋1|＝0．∴a−3＝0，b＋1＝0，∴a＝3，b＝−1，故答案为（1，3），（−1，1）；（2）由（1）可知A（1，3），B（﹣1，1），如图1，∵M（m，0），∴KM＝m＋1，GM＝3，∴S1＝S矩形KMGH﹣S△KMB﹣S△ABH﹣S△AGM＝3（m＋1）﹣（m＋1）×1﹣×（1＋1）×（3﹣1）﹣（m-1）×3＝m＋2，∴S1＝m＋2；∵OK＝OQ＝1，KQ＝AH＝2，KH＝3，BH＝2，∴S2＝S矩形AHKQ﹣S△BOK﹣S△AOQ﹣S△ABH＝2×3﹣﹣﹣＝2，∵S1＝2S2，∴S1＝4，S1＝m＋2，∴m＝2，∴此时M（2，0）；如图2，∵M（m，0），A（1，3），B（﹣1，1），∴MF＝AE＝1﹣m，EM＝AF＝3，MD＝﹣1﹣m，DF＝2，BD＝1，∴S1＝S矩形AEMF﹣S△AEM﹣S△BMD﹣S梯形ABDF＝3（1﹣m）﹣﹣（﹣1﹣m）×1﹣（1＋3）×2＝﹣2﹣m，∵S1＝2S2，∴﹣2﹣m＝4，∴m＝﹣6，∴此时，M（﹣6，0），综上，当S1＝2S2时，点M的坐标为（2，0）或（﹣6，0）．【点睛】本题考查了非负数的性质，坐标与图形性质，三角形的面积，借助长方形和三角形的面积表示三角形ABM的面积和三角形ABO面积是解题的关键．47．（1）见解析；（2）是等腰三角形，见解析；（3）【分析】（1）由题意根据邻边相等的矩形是正方形进行分析证明即可．（2）根据题意证明∠QFP=∠FPQ即可解决问题．（3）由题意证明△PFQ，△PGA都是等边三角形，设QF=m，求出AB，AD（用m表示）即可解决问题．【详解】解：（1）证明：如图①中，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠ADA′=90°，由翻折可知，∠DA′E=∠A=90°，∴∠A=∠ADA′=∠DA′E=90°，∴四边形AEA′D是矩形，∵DA=DA′，∴四边形AEA′D是正方形．（2）结论：△PQF是等腰三角形．理由：如图②中，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠QFP=∠APF，由翻折可知，∠APF=∠FPQ，∴∠QFP=∠FPQ，∴QF=QP，∴△PFQ是等腰三角形．（3）如图③中，∵四边形PGQF是菱形，∴PG=GQ=FQ=PF，∵QF=QP，∴△PFQ，△PGQ都是等边三角形，设QF=m，∵∠FQP=60°，∠PQD′=90°，∴∠DQD′=30°，∵∠D′=90°，∴，由翻折可知，，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题属于四边形综合题，考查矩形的性质，正方形的判定和性质，菱形的性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．48．（1），；（2）点D的坐标为或；（3）之间的数量关系，或，理由见解析．【分析】（1）由二次根式成立的条件可得a和b的值，由平移的性质确定BC∥OA，且BC=OA，可得结论；（2）分点D在线段OA和在OA延长线两种情况进行计算；（3）分点D在线段OA上时，α+β=θ和在OA延长线α-β=θ两种情况进行计算；【详解】解：（1）∵，∴a=2，b=3，∴点C的坐标为（2，3），∵A（4，0），∴OA=BC=4，由平移得：BC∥x轴，∴B（6，3），故答案为：，；（2）设点D的坐标为∵△ODC的面积是△ABD的面积的3倍∴∴①如图1，当点D在线段OA上时，由，得解得∴点D的坐标为②如图2，当点D在OA得延长线上时，由，得解得∴点D的坐标为综上，点D的坐标为或．（3）①如图1，当点D在线段OA上时，过点D作DE∥AB，与CB交于点E．由平移知OC∥AB，∴DE∥OC∴又∴．②如图2，当点D在OA得延长线上时，过点D作DE∥AB，与CB得延长线交于点E由平移知OC∥AB，∴DE∥OC∴又∴．综上，之间的数量关系，或．【点睛】此题考查四边形和三角形的综合题，点的坐标和三角形面积的计算方法，平移得性质，平行线的性质和判定，解题的关键是分点D在线段OA上，和OA延长线上两种情况．49．（1）6238；（2），【分析】（1）根据题干中不同的横、纵式所表示的数字即可得出答案；（2）对照横、纵式表示的数字，前两个分别表示x、y的系数，剩下的表示右边的常数，据此列出关于x、y的方程组，解之即可．【详解】解：（1）用“算筹”表示的数是6238；（2）根据“算筹”可得

由①得③把③代入②得解得

把代入③得．

∴原方程组的解得．【点睛】本题主要考查由实际问题抽象出二元一次方程组，解题的关键是根据题意理解不同的横、纵式所表示的数字，并列出关于x、y的方程组及加减消元法解二元一次方程组的能力．50．（1）见解析；（2）A1（2，2），B1（1，﹣1），C1（﹣1，﹣1）；（3）3．【分析】（1）直接利用平移的性质得出对应点位置，画出图形即可；（2）利用（1）中图形，利用平移的性质得出对应点坐标；（3）利用三角形面积公式可得出答案．【详解】解：（1）如图所示：，即为所求；（2）由平移的性质结合图形可得：A1（2，2），B1（1，﹣1），C1（﹣1，﹣1）；（3）的面积为：×2×3＝3．【点睛】本题考查的是平移的性质，图形与坐标，三角形面积的计算，掌握以上知识是解题的关键．51．平行四边形，理由见解析【分析】根据平行四边形的性质可得OA＝OC，OB＝OD，从而BE＝DF，然后根据对角线互相平分的四边形是平行四边形解答即可．【详解】解：四边形AECF是平行四边形．∵AC，BD是平行四边形ABCD的对角线，

∴OA＝OC，OB＝OD，又∵BE＝DF，∴OB-BE＝OD-DF，即OE＝OF，

∴四边形AECF是平行四边形．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的对角线互相平分、对角线互相平分的四边形是平行四边形是解答本题的关键．52．84.【详解】试题分析：根据题意利用勾股定理表示出AD2的值，进而得出等式求出答案．试题解析：作AD⊥BC于D，如图所示：设BD=x，则．

在Rt△ABD中，由勾股定理得：，在Rt△ACD中，由勾股定理得：，∴，

解之得：．

∴．

∴．53．（1）A′（0，4）、B′（-1，1）、C′（3，1）；（2）6；（3）P（0，1）或（0，-5）．【分析】（1）观察图形可得△ABC的各顶点坐标，继而根据上加下减，左减右加即可得到平移后对应点A′、B′、C′的坐标；即可得到△A′B′C′；（2）直接利用三角形面积公式根据BC以及BC边上的高进行求解即可；（3）由△BCP与△ABC的面积相等可知点P到BC的距离等于点A到BC的距离，据此分情况求解即可．【详解】（1）观察图形可得A（-2，1），B（-3，-2），C（1，-2），因为把△ABC向上平移3个单位长度，再向右平移2个单位长度，得到△A′B′C′，所以A′（-2+2，1+3）、B′（-3+2，-2+3）、C′（1+2，-2+3），即A′（0，4）、B′（-1，1）、C′（3，1）；（2）S△ABC===6；（3）设P（0，y），∵△BCP与△ABC同底等高，∴|y+2|=3，即y+2=3或y+2=-3，解得y1=1，y2=-5，∴P（0，1）或（0，-5）．【点睛】本题考查了图形的平移，三角形的面积，熟练掌握平移的规律“上加下减，左减右加”是解题的关键．54．（1）A（4，0），B（－1，2），C（3，2）；（2）的值是定值1；（3）存在，点Q的坐标为（0，2）或（－2，2）【分析】（1）根据算术平方根的意义即可求得点A的坐标，再根据平移即可求得点B、C的坐标；（2）过点P作PEBC交OD于E，根据平行线的判定与性质解答即可；（3）假设在直线BC上是否存在一点Q，设点Q的坐标为（x，2），根据△QBO的面积等于四边形OACB面积的列出方程求解即可．【详解】解：（1）∵点A在x轴上，且点A的横坐标的值等于16的算术平方根，∴点A的坐标为（4，0），∵将线段OA先向左平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，得到线段BC，点O、A的对应点分别为点B、C，∴点B的坐标为（－1，2），点C的坐标为（3，2），∴点A、B、C的坐标分别为：A（4，0），B（－1，2），C（3，2）；（2）的值是定值1，理由如下：如图，过点P作PEBC交OD于E，∵平移，∴BCOA，∴PEOA，∴∠CDP＝∠DPE，∠AOP＝∠OPE，∴∠CDP+∠AOP＝∠DPE＋∠OPE＝∠DPO，∴＝1；（3）假设在直线BC上是否存在一点Q，使得△QBO的面积等于四边形OACB面积的，过点B作BE⊥x轴于点E，过点A作AF⊥BC交BC的延长线于点F，则S四边形OACB＝S长方形AEBF－S△ACF－S△BOE＝[(4－(－1)]×2－×1×2－×1×2＝10－1－1＝8，设点Q的坐标为（x，2），∵S△QBO＝S四边形OACB，∴×BQ×OD＝×8，∴×|x＋1|×2＝1，解得：x1＝0，x2＝－2，∴点Q的坐标为（0，2）或（－2，2），∴存在点Q使得△QBO的面积等于四边形OACB面积的，此时点Q的坐标为（0，2）或（－2，2）．【点睛】本题考查的是算术平方根的意义、点的坐标平移，平行线的判定与性质，三角形的面积公式，熟练掌握平行线的判定与性质是解题的关键．55．【完成解答】；【迁移运用】【分析】（1）【完成解答】把①代入②求出x的值，再把x的值代入①即可求解；（2）【迁移运用】把①代入③求出c的值，把c的值代入②求出a的值，再把a的值代入①即可求解．【详解】解：（1）【完成解答】把①代入②，得，解得，把代入①，可得，∴方程组的解为；（2）【迁移运用】把①代入③，得，解得，把代入②，得，解得，把代入①，得，∴方程组的解为．【点睛】本题考查解三元一次方程组、解二元一次方程组，掌握整体思想是解题的关键．56．(1)BC＝4cm;(2)或．【分析】（1）直接根据勾股定理求出BC的长度；（2）当△ABP为直角三角形时，分两种情况：①当∠APB为直角时，②当∠BAP为直角时，分别求出此时的t值即可；【详解】解：(1)在Rt△ABC中，由勾股定理，得BC2＝AB2－AC2＝52－32＝16.∴BC＝4cm.(2)由题意，知BP＝tcm，①当∠APB为直角时，如图1，点P与点C重合，BP＝BC＝4cm，∴t＝4；②当∠BAP为直角时，如图2，BP＝tcm，CP＝(t－4)cm，AC＝3cm，在Rt△ACP中，AP2＝AC2＋CP2＝32＋(t－4)2.在Rt△BAP中，AB2＋AP2＝BP2，即52＋[32＋(t－4)2]＝t2.解得t＝.∴当△ABP为直角三角形时，t＝4或t＝.57．（1）证明见解析（2）证明见解析【详解】试题分析：（1）根据平行四边形性质得出AB=DC，AD=BC，AB∥CD，AD∥BC，推出∠ABF=∠CDE，∠ADE=∠CBF，根据全等三角形的判定推出△DAE≌△BCF，即可得；（2）由△DAE≌△BCF，得出∠DEA＝∠BFC，从而得∠AEF＝∠DFC，继而得AE∥CF.试题解析：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝DC，AD＝BC，AB∥CD，AD∥BC，∴∠ABF＝∠CDE，∠ADE＝∠CBF，在△DAE和△BCF中，，∴△DAE≌△BCF（ASA），∴AE＝CF；（2）∵△DAE≌△BCF，∴∠DEA＝∠BFC，∴∠AEF＝∠DFC，∴AE∥CF.58．（1）见解析（2）见解析【分析】（1）根据AAS证△AFE≌△DBE，推出AF=BD，即可得出答案．（2）得出四边形ADCF是平行四边形，根据直角三角形斜边上中线性质得出CD=AD，根据菱形的判定推出即可．【详解】解：（1）证明：∵AF∥BC，∴∠AFE=∠DBE．∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线，∴AE=DE，BD=CD．在△AFE和△DBE中，∵∠AFE=∠