九年级数学中考三轮冲刺复习《四边形综合训练》解析版.docx
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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
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