发布时间 : 星期日 文章2020年九年级数学中考三轮冲刺复习：《四边形综合训练》（含解析）更新完毕开始阅读
中考三轮冲刺复习：《四边形综合训练》
1．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，BC＝32，DC＝24，AD＝42，动点P从点D出发，沿射线DA的方向以每秒4个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒2个单位长的速度向点B运动，点P，Q分别从点D，C同时出发，当点Q运动到点B时，点P随之停止运动．设运动的时间为t（秒）． （1）设△BPQ的面积为S，求S与t之间的函数关系式；
（2）当t为何值时，以B，P，Q三点为顶点的三角形是等腰三角形？
（3）是否存在时刻t，使得PQ⊥BD？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
解：（1）如图1，过点P作PM⊥BC，垂足为M，则四边形PDCM为矩形． ∴PM＝DC＝24． ∵QB＝32﹣t，
24×∴S＝×（32﹣2t）＝384﹣24t（0≤t＜16）； （2）由图可知：CM＝PD＝4t，CQ＝2t．
以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形，可以分三种情况： ①若PQ＝BQ．
在Rt△PMQ中，PQ2＝4t2+242， 由PQ2＝BQ2得4t2+242＝（32﹣2t）2， 解得t＝； ②若BP＝BQ．
在Rt△PMB中，BP2＝（32﹣4t）2+242． 由BP2＝BQ2得：（32﹣4t）2+242＝（32﹣2t）2 即3t2﹣32t+144＝0． 由于△＝﹣704＜0， ∴3t2﹣32t+144＝0无解，
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∴PB≠BQ． ③若PB＝PQ．
由PB2＝PQ2，得4t2+242＝（32﹣4t）2+242 整理，得3t2﹣64t+256＝0． 解得t1＝
，t2＝16（舍去）
秒时，以B、P、Q三点为顶点的三角形是等
综合上面的讨论可知：当t＝秒或t＝腰三角形．
（3）设存在时刻t，使得PQ⊥BD．
如图2，过点Q作QE⊥AD于E，垂足为E． ∵AD∥BC
∴∠BQF＝∠EPQ，
又∵在△BFQ和△BCD中∠BFQ＝∠C＝90°， ∴∠BQF＝∠BDC， ∴∠BDC＝∠EPQ， 又∵∠C＝∠PEQ＝90°， ∴Rt△BDC∽Rt△QPE， ∴
＝
，即
＝
，
解得t＝9．
所以，当t＝9秒时，PQ⊥BD．
2．综合与实践
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在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D为斜边AB上的动点（不与点A，B重合）． （1）操作发现：如图①，当AC＝BC＝8时，把线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE，连接DE，BE． ①∠CBE的度数为 45° ； ②当BE＝ 4
时，四边形CDBE为正方形；
（2）探究证明：如图②，当BC＝2AC时，把线段CD绕点C逆时针旋转90°后并延长为原来的两倍，记为线段CE，连接DE，BE．
①在点D的运动过程中，请判断∠CBE与∠A的大小关系，并证明； ②当CD⊥AB时，求证：四边形CDBE为矩形．
解：（1）①∵∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠A＝∠CBA＝45°， ∵∠ACB＝90°，∠DCE＝90°， ∴∠ACB＝∠DCE，
∴∠ACB﹣∠DCB＝∠DCE﹣∠DCB，即∠ACD＝∠BCE， 在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS） ∴∠CBE＝∠A＝45°， 故答案为：45°；
②∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝8， ∴AB＝
＝8
，
当四边形CDBE为正方形时，CD⊥AB，BE＝BD＝AD， ∴BE＝AB＝4， 故答案为：4
；
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（2）①∠CBE＝∠A． 理由如下：
∵BC＝2AC，CE＝2CD， ∴
＝
＝，
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACD+∠DCB＝∠DCB+∠BCE， ∴∠ACD＝∠BCE， ∴△ACD∽△BCE， ∴∠CBE＝∠A；
②证明：∵∠CBE＝∠A，∠DBC+∠A＝90°， ∴∠DBE＝∠DBC+∠CBE＝∠DBC+∠A＝90°， ∵CD⊥AB， ∴∠CDB＝90°， 又∵∠DCE＝90°， ∴四边形CDBE是矩形．
3．如图，边长为5的正方形OABC的顶点O在坐标原点处，点A、C分别在x轴、y轴的正半轴上，点E是OA边上的点（不与点A重合）EF⊥CE，且与正方形外角平分线AG交于点P．
（1）求证：CE＝EP
（2）若点E坐标为（3、0）时．
①在y轴上是否存在点M使得四边形BMEP是平行四边形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
②在平面内是否存在点Q，使四边形CEPQ为正方形，若存在，请直接写出Q点坐标，若不存在，说明理由．
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