九年级数学中考三轮冲刺复习《四边形综合训练》解析版.docx

九年级数学中考三轮冲刺复习《四边形综合训练》解析版.docx

《九年级数学中考三轮冲刺复习《四边形综合训练》解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《九年级数学中考三轮冲刺复习《四边形综合训练》解析版.docx（53页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

九年级数学中考三轮冲刺复习《四边形综合训练》解析版

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，

∴S＝×24×（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，

∴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）

综合上面的讨论可知：

当t＝秒或t＝秒时，以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形．

（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

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；

（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．

（1）证明：

如图1，在OC上截取OK＝OE．连接EK，

∵OC＝OA，∠COA＝∠BA0＝90°，∠OEK＝∠OKE＝45°，

∵AP为正方形OCBA的外角平分线，

∴∠BAP＝45°，

∴∠EKC＝∠PAE＝135°，

∴CK＝EA，

∵EC⊥EP，

∴∠CEF＝∠COE＝90°，

∴∠CEO+∠KCE＝90°，∠CEO+∠PEA＝90°，

∴∠KCE＝∠CEA，

在△CKE和△EAP中，

，

∴△CKE≌△EAP（ASA），

∴EC＝EP；

（2）①解：

y轴上存在点M，使得四边形BMEP是平行四边形．

如图2，过点B作BM∥PE交y轴于点M，连接BP，EM，

则∠CQB＝∠CEP＝90°，

所以∠OCE＝∠CBQ，

∵在△BCM和△COE中，

∵，

∴△BCM≌△COE（ASA），

∴BM＝CE，

∵CE＝EP，

∴BM＝EP．

∵BM∥EP，

∴四边形BMEP是平行四边形，

∵△BCM≌△COE，

∴CM＝OE＝3，

∴OM＝CO﹣CM＝2．

故点M的坐标为（0，2）．

②如图3，存在点Q使四边形CEPQ是正方形，

过点Q作QH⊥y轴于点Q，则∠QHC＝∠COE＝90°，

∴∠HQC+∠HCQ＝90°，

∵∠QCE＝90°，

∴∠HCQ+∠ECO＝90°，

∴∠ECO＝∠CHQ，

∵四边形CEPQ是正方形，

∴CQ＝EC，

∴△HCQ≌△OEC（AAS），

∴HC＝OE＝2，HQ＝OC＝5，

则HO＝7，

∴点Q的坐标为（5，7）．

4．如图，正方形ABCD中，E为BC边上任意点，AF平分∠EAD，交CD于点F．

（1）如图1，若点F恰好为CD中点，求证：

AE＝BE+2CE；

（2）在

（1）的条件下，求的值；

（3）如图2，延长AF交BC的延长线于点G，延长AE交DC的延长线于点H，连接HG，当CG＝DF时，求证：

HG⊥AG．

解：

（1）如图1，延长BC交AF的延长线于点G，

∵AD∥CG，

∴∠DAF＝∠G，

又∵AF平分∠DAE，

∴∠DAF＝∠EAF，

∴∠G＝∠EAF，

∴EA＝EG，

∵点F为CD的中点，

∴CF＝DF，

又∵∠DFA＝∠CFG，∠FAD＝∠G，

∴△ADF≌△GCF（AAS），

∴AD＝CG，

∴CG＝BC＝BE+CE，

∴EG＝BE+CE+CE＝BE＝2CE＝AE；

（2）设CE＝a，BE＝b，则AE＝2a+b，AB＝a+b，

在Rt△ABE中，AB2+BE2＝AE2，即（a+b）2+b2＝（2a+b）2，

解得b＝3a，b＝﹣a（舍），

∴＝＝；

（3）如图2，连接DG，

∵CG＝DF，DC＝DA，∠ADF＝∠DCG，

∴△ADF≌△DCG（SAS），

∴∠CDG＝∠DAF，

∴∠HAF＝∠FDG，

又∵∠AFH＝∠DFG，

∴△AFH∽△DFG，

∴＝，

又∵∠AFD＝∠HFG，

∴△ADF∽△HGF，

∴∠ADF＝∠FGH，

∵∠ADF＝90°，

∴∠FGH＝90°，

∴AG⊥GH．

5．已知四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，将∠MBN绕点B旋转，它的两边分别交边AD、DC（或它们的延长线）于点E、F．

（1）当∠MBN绕点B旋转到AE＝CF时（如图1），

①求证：

△ABE≌△CBF；

②求证：

AE+CF＝EF；

（2）当∠MBN绕点B旋转到如图2所示的位置时，AE≠CF，此时，

（1）中的两个结论是否还成立？

请直接回答．

（1）①证明；∵AB⊥AD，BC⊥CD，

∴∠A＝∠BCF＝90°，

在△ABE和△CBF中，，

∴△ABE≌△CBF（SAS）；

②证明：

∵△ABE≌△CBF，

∴BE＝BF，∠ABE＝∠CBF，

∵∠MBN＝60°，

∴△BEF是等边三角形．∠ABE＝∠CBF＝（∠ABC﹣∠MBN）＝（120°﹣60°）＝30°．

∴BE＝BF＝EF，AE＝BE，CF＝BF，

∴AE+CF＝BE+BF＝EF；

（2）解：

①△ABE≌△CBF不成立；②AE+CF＝EF成立，理由如下：

∵AE≠CF，

∴△ABE≌△CBF不成立

延长DC至点K，使CK＝AE，连接BK，如图2所示：

在△BAE与△BCK中，，

∴△BAE≌△BCK（SAS），

∴BE＝BK，∠ABE＝∠CBK，

∵∠FBE＝60°，∠ABC＝120°，

∴∠FBC+∠ABE＝60°，

∴∠FBC+∠CBK＝60°，

∴∠KBF＝∠FBE＝60°，

在△KBF与△EBF中，，

∴△KBF≌△EBF（SAS），

∴KF＝EF，

∴AE+CF＝KC+CF＝KF＝EF．

6．已知：

如图①，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，AE⊥BD，垂足是E．点F是点E关于AB的对称点，连接AF、BF．

（1）求AF和BE的长；

（2）若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）．当点F分别平移到线段AB、AD上时，直接写出相应的m的值．

（3）如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α（0°＜α＜180°），记旋转中的△ABF为△A′BF′，在旋转过程中，设A′F′所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q．是否存在这样的P、Q两点，使△DPQ为等腰三角形？

若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由．

解：

（1）∵四边形ABCD是矩形，

∴∠BAD＝90°，

在Rt△ABD中，AB＝3，AD＝4，

由勾股定理得：

BD＝＝＝5，

∵S△ABD＝BD•AE＝AB•AD，

∴AE＝＝＝，

∵点F是点E关于AB的对称点，

∴AF＝AE＝，BF＝BE，

∵AE⊥BD，

∴∠AEB＝90°，

在Rt△ABE中，AB＝3，AE＝，

由勾股定理得：

BE＝＝＝．

（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如图①﹣1所示：

由对称点性质可知，∠1＝∠2．BF＝BE＝，

由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4＝∠1，BF＝B′F′＝．

①当点F′落在AB上时，

∵AB∥A′B′，

∴∠3＝∠4，

∴∠3＝∠2，

∴BB′＝B′F′＝，即m＝；

②当点F′落在AD上时，

∵AB∥A′B′，

∴∠6＝∠2，

∵∠1＝∠2，∠5＝∠1，

∴∠5＝∠6，

又易知A′B′⊥AD，

∴△B′F′D为等腰三角形，

∴B′D＝B′F′＝，

∴BB′＝BD﹣B′D＝5﹣＝，即m＝．

（3）存在．理由如下：

在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：

①如图③﹣1所示，点Q落在BD延长线上，且PD＝DQ，

则∠Q＝∠DPQ，

∴∠2＝∠Q+∠DPQ＝2∠Q，

∵∠1＝∠3+∠Q，∠1＝∠2，

∴∠3＝∠Q，

∴A′Q＝A′B＝3，

∴F′Q＝F′A′+A′Q＝+3＝．

在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：

BQ＝＝＝．

∴DQ＝BQ﹣BD＝﹣5；

②如图③﹣2所示，点Q落在BD上，且PQ＝DQ，

则∠2＝∠P，

∵∠1＝∠2，

∴∠1＝∠P，

∴BA′∥PD，

则此时点