福州鼓楼区七年级数学单元易错辨析期中冲刺卷及解析

．（1）CH是从旅游地C到河的最近的路线，见解析；（2）千米【分析】（1）根据勾股定理的逆定理解答即可；（2）根据勾股定理解答即可．【详解】解：（1）是，理由是：在△CHB中，∵CH2+BH2=（2.4）2+（1.8）2=BC2=25∴CH⊥AB，所以CH是从村庄C到河边的最近路.（2）设AC=x在Rt△ACH中，由已知得AC=x，AH=x-3，CH=4由勾股定理得：AC2=AH2+CH2∴x2=（x-3）2+42解这个方程，得x=，答：原来的路线AC的长为千米．【点睛】此题考查勾股定理的应用，关键是根据勾股定理的逆定理和定理解答．50．（1）甲种消毒液购买90瓶，乙种消毒液购买210瓶；（2）这批消毒液可使用10天【分析】（1）设甲种消毒液购买x瓶，乙种消毒液购买y瓶，由甲、乙两种免洗手消毒液共300瓶，其中甲消毒液15元/瓶，乙消毒液20元/瓶，列出方程组，即可求解；（2）设这批消毒液可使用a天，由该校在校师生共1320人，平均每人每天都需使用10ml的免洗手消毒液，列出方程可求解．【详解】解：（1）设甲种消毒液购买x瓶，乙种消毒液购买y瓶，由题意可得：，解得：，答：甲种消毒液购买90瓶，乙种消毒液购买210瓶；（2）设这批消毒液可使用a天，由题意可得：1320×10×a＝90×300+500×210，解得：a＝10，答：这批消毒液可使用10天．【点睛】本题考查了二元一次方程组的应用，一元一次方程的应用，根据题意列出方程和方程组是解答本题的关键．51．(1)四边形是垂美四边形，理由见解析；(2)证明见解析；(3).【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理，可证直线是线段的垂直平分线，结合“垂美四边形”的定义证明即可；（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；（3）连接、，先证明，得到∴，可证，即，从而四边形是垂美四边形，根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可．【详解】(1)四边形是垂美四边形．证明：连接AC，BD，∵，∴点在线段的垂直平分线上，∵，∴点在线段的垂直平分线上，∴直线是线段的垂直平分线，∴，即四边形是垂美四边形；(2)猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．如图2，已知四边形中，，垂足为，求证：证明：∵，∴，由勾股定理得，，，∴；故答案为．(3)连接、，∵，∴，即，在和中，，∴，∴，又，∴，即，∴四边形是垂美四边形，由(2)得，，∵，，∴，，，∴，∴．【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．52．（1）；；；（2）先向左平移个单位，再向下平移个单位；（3）平移后ΔA′B′C′内的对应点P′的坐标为．【分析】（1）根据点在平面直角坐标系中的位置，写出对应的点的坐标即可；（2）根据对应点的坐标变化，即可得到相应的平移方式；（3）根据（2）确定的平移方式，求出点的坐标即可．【详解】解：（１）如图所示，（-3，1），（-2，2），（-1，-1）；（2）由题意可得A（1，3），（-3，1），∴点是由点A经过向左平移4个单位，向下平移2个单位得到的，∴是经过△ABC向左平移4个单位，向下平移2个单位得到的；（3）∵是经过△ABC向左平移4个单位，向下平移2个单位得到的，P（a，b）∴平移后内的对应点的坐标为（a-4，b-2）．【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系中点的坐标，根据点的坐标求平移方式，根据平移方式求点的坐标，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．53．（1）；（2）2a＋5b2，－1【分析】（1）根据定义的新运算T，列出二元一次方程组，解方程组求出a，b的值；（2）根据整式的混合运算化简代数式，然后把a，b代入计算即可．【详解】(1)由T(1，－1)=－2，T(－3，2)=4，得：a－2b－1=－2，－3a＋4b－1=4，即，解得：．(2)原式===2a＋5b2．当a=－3，b=－1时，原式=2×(－3)＋5×(－1)2=－1．【点睛】本题考查了二元一次方程组的解法、整式的混合运算，掌握二元一次方程组的解法、整式的混合运算法则是解题的关键．54．（1）见解析；（2）教学楼的坐标为（1，0），体育馆的坐标为（﹣4，3）；（3）见解析．【分析】（1）直接利用宿舍楼的位置是（3，4），艺术楼的位置是（﹣3，1）得出原点的位置进而得出答案；（2）利用所建立的平面直角坐标系即可得出答案；（3）根据点的坐标的定义可得．【详解】（1）如图所示：（2）由平面直角坐标系知，教学楼的坐标为（1，0），体育馆的坐标为（﹣4，3）；（3）行政楼的位置如图所示．【点睛】本题考查了坐标确定位置，正确得出原点的位置，建立平面直角坐标系是解题的关键．55．（1）x=9或x=-1；（2）【分析】（1）根据平方根的定义即可求出答案．（2）根据二元一次方程组的加减消元法法即可求出答案．【详解】解：（1）∵（x-4）2=25，∴x-4=±5，∴x=9或x=-1．（2），①×3得：6x+3y=6，③②-③得：x=，将x=代入①得：y=-1，∴该方程组的解为．【点睛】本题考查平方根的定义以及方程组的解法，解题的关键是正确理解平方根的定义以及方程组的解法，本题属于基础题型．56．见解析；【详解】试题分析：（1）直接利用三角形中位线定理得出DEBC，进而得出DE=FC；（2）利用平行四边形的判定与性质得出DC=EF，进而利用等边三角形的性质以及勾股定理得出EF的长试题解析：（1）证明：∵D、E分别为AB、AC的中点，∴DEBC，∵延长BC至点F，使CF=BC，∴DEFC，即DE=CF；（2）解：∵DEFC，∴四边形DEFC是平行四边形，∴DC=EF，∵D为AB的中点，等边△ABC的边长是2，∴AD=BD=1，CD⊥AB，BC=2，∴DC=EF=．考点：三角形中位线定理；等边三角形的性质；平行四边形的判定与性质57．（1）EF＝BE+FD；（2）（1）中的结论仍然成立，见解析；（3）结论不成立，EF＝BE﹣FD，见解析【解析】（1）延长CB至G，使BG＝DF，连接AG，证明△ABG≌△ADF，根据全等三角形的性质得到AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，再证明△GAE≌△FAE，根据全等三角形的性质得出EF＝EG，结合图形计算，证明结论；（2）延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，仿照（1）的证明方法解答；（3）在EB上截取BH＝DF，连接AH，仿照（1）的证明方法解答．解：（1）EF＝BE+FD，理由如下：如图1，延长CB至G，使BG＝DF，连接AG，在△ABG和△ADF中，，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠DAF+∠BAE＝∠EAF，∴∠GAE＝∠BAG+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝∠EAF，在△GAE和△FAE中，，∴△GAE≌△FAE（SAS），∴EF＝EG，∵EG＝BG+BE＝BE+DF，∴EF＝BE+FD，故答案为：EF＝BE+FD；（2）（1）中的结论仍然成立，理由如下：如图2，延长CB至M，使BM＝DF，连接AM，∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠1＝180°，∴∠1＝∠D，在△ABM和△ADF中，，∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AM＝AF，∠3＝∠2，∵∠EAF＝∠BAD，∴∠2+∠4＝∠EAF，∴∠EAM＝∠3+∠4＝∠2+∠4＝∠EAF，在△MAE和△FAE中，，∴△MAE≌△FAE（SAS），∴EF＝EM，∵EM＝BM+BE＝BE+DF，∴EF＝BE+FD；（3）（1）中的结论不成立，EF＝BE﹣FD，理由如下：如图3，在EB上截取BH＝DF，连接AH，同（2）中证法可得，△ABH≌△ADF，∴AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，∴∠HAE＝∠FAE，在△HAE和△FAE中，，∴△HAE≌△FAE（SAS），∵EH＝BE﹣BH＝BE﹣DF，∴EF＝BE﹣FD．本题考查了三角形全等的性质与判定，掌握三角形全等的性质与判定是解题的关键．58．（1）（1，2）；（2）见解析；（3）3【分析】（1）根据平行于x轴的线段，纵坐标相等列方程求出a的值即可得答案；（2）根据平移的性质作图即可；（3）根据平移的性质，平移前后面积相等，求出的面积即可．【详解】（1）∵轴，∴A与B点的纵坐标相同，即，解得a=0，3a+1=1，2+a=2，所以B（1，2），故答案为：（1，2）；（2）如图：（3）∵是由平移得到，∴，设y轴于AB交点为M，∵点，∴AB=3,OM=2,,故填：3．【点睛】本题考查坐标系中点坐标的特征，平移的性质，解题关键是熟练掌握坐标系中点的坐标特征，和平移的性质．59．（1）25（2）12【详解】整体分析：（1）用勾股定理求斜边AB的长；（2）用三角形的面积等于底乘以高的一半求解.解：(1).∵在⊿中，，.∴，(2).∵⊿，∴即，∴20×15＝25CD.∴.60．（1）；24；（2）①；见解析；②或【分析】（1）由平移的性质得出点C坐标，AC=6，再求出AB，即可得出结论；（2）①过点作交于，分别用CE表示出两个三角形的面积，即可得到答案；②根据题意，可分为两种情况进行讨论分析：（i）当交线段于，且将四边形分成面积为两部分时；当交于点，将四边形分成面积为两部分时；分别求出点P的坐标即可．【详解】解：（1）∵点A（3，5），将AB向下平移6个单位得线段CD，∴C（3，56），即：C（3，1），由平移得，AC=6，四边形ABDC是矩形，∵A（3，5），B（7，5），∴AB=73=4，∴CD=4，∴点D的坐标为：；∴S四边形ABDC=AB•AC=4×6=24，即：线段AB平移到CD扫过的面积为24；故答案为：；24