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，

1

∴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

2

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

；

3

（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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