九年级数学中考三轮冲刺复习《四边形综合训练》解析版.docx

1、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，ADBC，C90，BC32，DC24，AD42，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PQBD？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PMBC，垂

2、足为M，则四边形PDCM为矩形PMDC24QB32t，S24（322t）38424t（0t16）；（2）由图可知：CMPD4t，CQ2t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：若PQBQ在RtPMQ中，PQ24t2+242，由PQ2BQ2得4t2+242（322t）2，解得t；若BPBQ在RtPMB中，BP2（324t）2+242由BP2BQ2得：（324t）2+242（322t）2即3t232t+1440由于7040，3t232t+1440无解，PBBQ若PBPQ由PB2PQ2，得4t2+242（324t）2+242整理，得3t264t+2560解得t1，t216（舍去）

3、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PQBD如图2，过点Q作QEAD于E，垂足为EADBCBQFEPQ，又在BFQ和BCD中BFQC90，BQFBDC，BDCEPQ，又CPEQ90，RtBDCRtQPE，即，解得t9所以，当t9秒时，PQBD2综合与实践在RtABC中，ACB90，点D为斜边AB上的动点（不与点A，B重合）（1）操作发现：如图，当ACBC8时，把线段CD绕点C逆时针旋转90得到线段CE，连接DE，BECBE的度数为45；当BE4时，四边形CDBE为正方形；（2）探究证明：如图，当BC2AC时，把线段CD绕点C逆时

4、针旋转90后并延长为原来的两倍，记为线段CE，连接DE，BE在点D的运动过程中，请判断CBE与A的大小关系，并证明；当CDAB时，求证：四边形CDBE为矩形解：（1）ACB90，ACBC，ACBA45，ACB90，DCE90，ACBDCE，ACBDCBDCEDCB，即ACDBCE，在ACD和BCE中，ACDBCE（SAS）CBEA45，故答案为：45；ACB90，ACBC8，AB8，当四边形CDBE为正方形时，CDAB，BEBDAD，BEAB4，故答案为：4；（2）CBEA理由如下：BC2AC，CE2CD，ACBDCE90，ACD+DCBDCB+BCE，ACDBCE，ACDBCE，CBEA；证

5、明：CBEA，DBC+A90，DBEDBC+CBEDBC+A90，CDAB，CDB90，又DCE90，四边形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）EFCE，且与正方形外角平分线AG交于点P（1）求证：CEEP（2）若点E坐标为（3、0）时在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OKOE连接EK，OCOA，COABA09

6、0，OEKOKE45，AP为正方形OCBA的外角平分线，BAP45，EKCPAE135，CKEA，ECEP，CEFCOE90，CEO+KCE90，CEO+PEA90，KCECEA，在CKE和EAP中，CKEEAP（ASA），ECEP；（2）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BMPE交y轴于点M，连接BP，EM，则CQBCEP90，所以OCECBQ，在BCM和COE中，BCMCOE（ASA），BMCE，CEEP，BMEPBMEP，四边形BMEP是平行四边形，BCMCOE，CMOE3，OMCOCM2故点M的坐标为（0，2）如图3，存在点Q使四边形CEPQ是正方形，过

7、点Q作QHy轴于点Q，则QHCCOE90，HQC+HCQ90，QCE90，HCQ+ECO90，ECOCHQ，四边形CEPQ是正方形，CQEC，HCQOEC（AAS），HCOE2，HQOC5，则HO7，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：AEBE+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CGDF时，求证：HGAG解：（1）如图1，延长BC交AF的延长线于点G，ADCG，DAFG，又AF平分DAE，DAFEAF，

8、GEAF，EAEG，点F为CD的中点，CFDF，又DFACFG，FADG，ADFGCF（AAS），ADCG，CGBCBE+CE，EGBE+CE+CEBE2CEAE；（2）设CEa，BEb，则AE2a+b，ABa+b，在RtABE中，AB2+BE2AE2，即（a+b）2+b2（2a+b）2，解得b3a，ba（舍），；（3）如图2，连接DG，CGDF，DCDA，ADFDCG，ADFDCG（SAS），CDGDAF，HAFFDG，又AFHDFG，AFHDFG，又AFDHFG，ADFHGF，ADFFGH，ADF90，FGH90，AGGH5已知四边形ABCD中，ABAD，BCCD，ABBC，ABC120，

9、MBN60，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AECF时（如图1），求证：ABECBF；求证：AE+CFEF；（2）当MBN绕点B旋转到如图2所示的位置时，AECF，此时，（1）中的两个结论是否还成立？请直接回答（1）证明；ABAD，BCCD，ABCF90，在ABE和CBF中，ABECBF（SAS）；证明：ABECBF，BEBF，ABECBF，MBN60，BEF是等边三角形ABECBF（ABCMBN）（12060）30BEBFEF，AEBE，CFBF，AE+CFBE+BFEF；（2）解：ABECBF不成立；AE+CFEF成立，理

10、由如下：AECF，ABECBF不成立延长DC至点K，使CKAE，连接BK，如图2所示：在BAE与BCK中，BAEBCK（SAS），BEBK，ABECBK，FBE60，ABC120，FBC+ABE60，FBC+CBK60，KBFFBE60，在KBF与EBF中，KBFEBF（SAS），KFEF，AE+CFKC+CFKFEF6已知：如图，在矩形ABCD中，AB3，AD4，AEBD，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

11、m的值（3）如图，将ABF绕点B顺时针旋转一个角（0180），记旋转中的ABF为ABF，在旋转过程中，设AF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，BAD90，在RtABD中，AB3，AD4，由勾股定理得：BD5，SABDBDAEABAD，AE，点F是点E关于AB的对称点，AFAE，BFBE，AEBD，AEB90，在RtABE中，AB3，AE，由勾股定理得：BE（2）设平移中的三角形为ABF，如图1所示：由对称点性质可知，12BFBE，由平移性质可知，ABAB，41，BFBF当点F落在AB上时，ABAB，34，32，BBBF，即m；当点F落在AD上时，ABAB，62，12，51，56，又易知ABAD，BFD为等腰三角形，BDBF，BBBDBD5，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：如图1所示，点Q落在BD延长线上，且PDDQ，则QDPQ，2Q+DPQ2Q，13+Q，12，3Q，AQAB3，FQFA+AQ+3在RtBFQ中，由勾股定理得：BQDQBQBD5；如图2所示，点Q落在BD上，且PQDQ，则2P，12，1P，BAPD，则此时点