梅州梅县区综合提升七年级数学模拟能力提升中考衔接卷及解析

．（1）射线OP即为所求，见解析；（2）见解析.【分析】（1）连接AB、EF交于点P，作射线OP即可；（2）用SSS证明△APO≌△BPO即可.【详解】解：（1）射线OP即为所求，（2）连结AB、EF交于点P，作射线OP，因为四边形AEBF是平行四边形所以，AP＝BP，又AO＝BO，OP＝OP，所以，△APO≌△BPO，所以，∠AOP＝∠BOP．【点睛】本题考查了平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质以及据题作图的能力，解题的关键是掌握平行四边形对角线互相平分的性质.需要说明的是本题第（2）小题，也可由AO＝BO和AP＝BP，根据等腰三角形三线合一的性质得到∠AOP＝∠BOP．50．（1）见解析；（2）四边形AFCE的面积为8．【分析】（1）由“AAS”证△AOE≌△COF，得OF=OE，证出四边形AFCE是平行四边形，再证CE=CF，即可得出结论；（2）根据菱形的性质得到AC⊥EF，EO=FO=EF=2，求得∠AOE=90°，根据三角形的内角和定理得到∠AEO=30°，求得OA=2，得到AC=2OA=4，根据菱形的面积公式即可得到结论．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AO=CO，∴∠AEF=∠CFE，在△AOE和△COF中，，∴△AOE≌△COF（AAS），∴OF=OE，∵AO=CO，∴四边形AFCE是平行四边形；∵EF平分∠AEC，∴∠AEF=∠CEF，∴∠CFE=∠CEF，∴CE=CF，∴四边形AFCE是菱形；（2）解：由（1）得：四边形AFCE是菱形，∴AC⊥EF，EO=FO=EF=2，∴∠AOE=90°，∵∠DAC=60°，∴∠AEO=30°，∴2OA=AE，由勾股定理得,即,∴AO=2，∴AC=2OA=4，∴四边形AFCE的面积=AC×EF=×4×4=8．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．51．（1）证明见解析；（2）【详解】（1）如图1中，结论：△BCE是等腰三角形．证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴BC∥AD，∴∠CBE=∠AEB，∵EB平分∠AEC，∴∠AEB=∠BEC，∴∠CBE=∠BEC，∴CB=CE，∴△CBE是等腰三角形；（2）如图2中，∵四边形ABCD是平行四边形，∠A=90°，∴四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=90°，BC=AD=5，在Rt△ECD中，∵∠D=90°，ED=AD-AE=4，EC=BC=5，在中，∵∠A=90°，AB=3．AE=1，52．【分析】①式适当变形后，结合②式用加减消元法求解即可．【详解】解：，①式整理得：③，③-②得，解得，将代入②式得，解得，故该方程组的解为：．【点睛】本题考查解二元一次方程组．掌握解二元一次方程组的两种方法，并能灵活运用是解题关键．53．(1)5(2)见解析(3)当两动点运动时间为、、10秒时，与全等【解析】（1）根据，，即可求得的长；（2）根据垂直平分线的性质可得，进而可得，由可得，从而证明，即可得；（3）设运动的时间为秒，证明与全等，根据三角形全等的性质分三种情况讨论：①当点、分别在轴、轴上时，②当点、都在轴上时，③当点在轴上，在轴上时，若二者都没有提前停止，当点运动到点提前停止时，根据时，列出一元一次方程解方程求解即可(1)点，故答案为：(2)证明：如图1中，∵，，∴，∴，，∴，∴，在与中，∴.∴.(3)设运动的时间为秒，当时，分三种情况讨论：①当点、分别在轴、轴上时，当时在与中则得：，解得（秒），②当点、都在轴上时，同理可得,则得：，解得（秒），③当点在轴上，在轴上时，同理可得，若二者都没有提前停止，则得：，解得（秒）不合题意；当点运动到点提前停止时，有，解得（秒），综上所述：当两动点运动时间为、、10秒时，与全等.本题考查了坐标与图形，垂直平分线的性质，全等三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．54．作图见解析；C′（3，2）.【分析】首先确定A、B、C、D点平移后的位置，再连接即可，利用坐标系写出答案即可.【详解】解：如图所示：四边形即为所求；点的坐标（3，2）；【点睛】本题主要考查了作图—平移变换，关键是确定组成图形的关键点平移后的位置．55．（1）见解析

（2）是定值，8【分析】（1）过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，即可得到EN=EM，然后判断∠DEN=∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE=EF即可；（2）同（1）的方法证出△ADE≌△CDG得到CG=AE，得出CE+CG=CE+AE=AC=8即可．【详解】（1）如图所示，过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，∵正方形ABCD，∴∠BCD=90°，∠ECN=45°，∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，且NE=NC，∴四边形EMCN为正方形，∵四边形DEFG是矩形，∴EM=EN，∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，∴∠DEN=∠MEF，又∠DNE=∠FME=90°，在△DEN和△FEM中，∴△DEN≌△FEM（ASA），∴ED=EF，∴矩形DEFG为正方形，（2）CE+CG的值为定值，理由如下：∵矩形DEFG为正方形，∴DE=DG，∠EDC+∠CDG=90°，∵四边形ABCD是正方形，∵AD=DC，∠ADE+∠EDC=90°，∴∠ADE=∠CDG，在△ADE和△CDG中，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE=CG，∴AC=AE+CE=AB=×4=8，∴CE+CG=8是定值．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理的综合运用，解本题的关键是作出辅助线，构造三角形全等，利用全等三角形的对应边相等得出结论．56．.【详解】试题分析：将x＋y＝5与2x－y＝1组成方程组，解之可得到x、y的值，然后把x、y的值代入另外两个方程，解答即可得到结论．试题解析：解：由题意可将x＋y＝5与2x－y＝1组成方程组，解得：．把代入4ax＋5by＝－22，得：8a＋15b＝－22．①把代入ax－by－8＝0，得：2a－3b－8＝0．②①与②组成方程组，得：，解得：．57．（Ⅰ）6；（Ⅱ）P（0，9）或（0，-3）【分析】（Ⅰ）如图1中，连接BC．证明四边形ABCD是平行四边形，可得结论．（Ⅱ）如图2中，连接OD．设P（0，m）．由（Ⅰ）可知C（6，3），D（4，7），构建方程可得结论．【详解】解：（Ⅰ）如图1中，连接BC．∵AB=CD，AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，∴S△ACD=S△ACB=12，∴•AC•（3+1）=12，∴AC=6．（Ⅱ）如图2中，连接OD．设P（0，m）．由（Ⅰ）可知C（6，3），D（4，7），由题意，解得m=9或-3，∴P（0，9）或（0，-3）．【点睛】本题考查坐标与图形变化-平移，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．58．（1）（0，6），（8，0）；（2）存在t=2.4时，使得△ODP与△ODQ的面积相等；（3）∠DOG+∠ACE=∠OHC【分析】（1）利用非负性即可求出a，b即可得出结论；（2）先表示出OQ，OP，利用面积相等，建立方程求解即可得出结论；（3）先判断出∠OAC=∠AOD，进而判断出OG∥AC，即可判断出∠FHC=∠ACE，同理∠FHO=∠DOG，即可得出结论．【详解】解：（1）∵，∴a-b+2=0，b-8=0，∴a=6，b=8，∴A（0，6），C（8，0），故答案为（0，6），（8，0）；（2）由（1）知，A（0，6），C（8，0），∴OA=6，OB=8，由运动知，OQ=t，PC=2t，∴OP=8-2t，∵D（4，3），∴S△ODQ=OQ×|xD|=t×4=2t，S△ODP=OP×|yD|=（8-2t）×3=12-3t，∵△ODP与△ODQ的面积相等，∴2t=12-3t，∴t=2.4，∴存在t=2.4时，使得△ODP与△ODQ的面积相等；（3）∴∠GOD+∠ACE=∠OHC，理由如下：∵x轴⊥y轴，∴∠AOC=∠DOC+∠AOD=90°，∴∠OAC+∠ACO=90°，又∵∠DOC=∠DCO，∴∠OAC=∠AOD，∵y轴平分∠GOD，∴∠GOA=∠AOD，∴∠GOA=∠OAC，∴OG∥AC，如图，过点H作HF∥OG交x轴于F，∴HF∥AC，∴∠FHC=∠ACE，同理∠FHO=∠GOD，∵OG∥FH，∴∠DOG=∠FHO，∴∠DOG+∠ACE=∠FHO+∠FHC，即∠DOG+∠ACE=∠OHC．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了非负性的性质，三角形的面积公式，角平分线的定义，平行线的性质，正确作出辅助线是解本题的关键．59．(1)①CD=CE，CD⊥CE；证明见详解，②AD+BD=CD，证明见详解；(2)AD-BD=CD，证明见详解．【分析】(1)①根据四边形的内角和得到∠DAC+∠DBC=180°，推出∠DBC=∠EAC，根据全等三角形的性质得到CD=CE，∠BCD=∠ACE，求得∠DCE=90°，根据垂直的定义得到结论；②由已知条件得到△CDE是等腰直角三角形，求得DE=CD，根据线段的和差即可得到结论；(2)如图2，在AD上截取AE=BD，连接CE，根据等腰直角三角形的性质得到∠BAC=∠ABC=45°，求得∠CBD=∠CAE，根据全等三角形的性质得到CD=CE，∠BCD=∠ACE，求得∠DCE=90°，根据线段的和差即可得到结论．【详解】(1)证明：①在四边形ADBC中，∠DAC+∠DBC+∠ADB+∠ACB=360°，∵∠ADB+∠ACB=180°，∴∠DAC+∠DBC=180°，∵∠EAC+∠DAC=180°，∴∠DBC=∠EAC，在△BCD和△ACE中，∴△BCD≌△ACE(SAS)，∴CD=CE，∠BCD=∠ACE，∵∠BCD+∠DCA=90°，∴∠ACE+∠DCA=90°，∴∠DCE=∠ACE+∠DCA=90°，∴CD⊥CE；②∵CD=CE，CD⊥CE，∴△CDE是等腰直角三角形，∴由勾股定理得DE=，∴DE==CD，∵DE=AD+AE，AE=BD，∴DE=AD+BD，∴AD+BD=CD；(2)解：AD-BD=CD；理由：如图2，在AD上截取AE=BD，连接CE，∵AC=BC，∠ACB=90°，∴∠BAC=∠ABC=45°，∵∠ADB=90°，∴∠DBC=90°-∠BAD-∠ABC=90°-∠BAD-45°=45°-∠BAD，∵∠EAC=∠BAC-∠BAD=45°-∠BAD，∴∠DBC=∠EAC，在△CBD和△CAE中，∴△CBD≌△CAE(SAS)，∴CD=CE，∠BCD=∠ACE，∵∠ACE+∠BCE