2022-2023学年山东省烟台市福山区八年级（下）期中数学试卷（五四学制）（含解析）

这是一份2022-2023学年山东省烟台市福山区八年级（下）期中数学试卷（五四学制）（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年山东省烟台市福山区八年级（下）期中数学试卷（五四学制）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 下列四个数中，其绝对值小于2的数是(    )
A. −3 B. 5 C. −π D. − 2
2. 若使算式3 2〇 8的运算结果最小，则〇表示的运算符号是(    )
A. + B. − C. × D. ÷
3. 使 x+11−x有意义的实数x的取值范围是(    )
A. x>−1 B. x≤−1且x≠−1
C. x>−1且x≠1 D. x≥−1且x≠1
4. 下列命题中，是真命题的有(    )
①对角线相等且互相平分的四边形是矩形
②对角线互相垂直的四边形是菱形
③四边相等的四边形是正方形
④四边相等的四边形是菱形
A. ①② B. ①④ C. ②③ D. ③④
5. 下列一元二次方程有实数解的是(    )
A. 2x2−x+1=0 B. x2−2x+2=0 C. x2+3x−2=0 D. x2+2=0
6. 当a为实数时， a2=−a，则a在数轴上对应的点在(    )
A. 原点的左侧 B. 原点或原点右侧 C. 原点的右侧 D. 原点或原点的左侧
7. 若x1，x2是方程x2+2x−3=0的两个实数根，则x1⋅x22的值为(    )
A. 3或−9 B. −3或9 C. 3或−6 D. −3或6
8. 已知m、n是一元二次方程x2+2x−5=0的两个根，则m2+mn+2m的值为(    )
A. 0 B. −10 C. 3 D. 10
9. 在下列条件中，能够判定▱ABCD为矩形的是(    )
A. AB=AC B. AC⊥BD C. AB=AD D. AC=BD
10. 小颖初一时体重是30kg，到初三时体重增加到43.2kg，则她的体重平均每年增加的百分率为(    )
A. 10% B. 15% C. 20% D. 22%
11. 如图，将矩形ABCD折叠，使点C和点A重合，折痕为EF，EF与AC交于点O.若AE=5，BF=3，则AO的长为(    )
A. 5
B. 32 5
C. 2 5
D. 4 5


12. 如图，将一块正方形空地划出部分区域进行绿化，原空地一边减少了2m，另一边减少了3m，剩余一块面积为20m2的矩形空地，则原正方形空地的边长是(    )
A. 10m
B. 9m
C. 8m
D. 7m
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
13. 将 4.5化为最简二次根式为______ ．
14. 若 x−1x−2= x−1x−2成立，则x的取值范围是        ．
15. 如图有一张一个角为30°，最小边长为 3的直角三角形纸片，沿图中所示的中位线剪开后，将两部分拼成一个四边形，所得四边形的周长是______ ．


16. 如图，在矩形ABCD中，E是边AD上一点，F，G分别是BE，CE的中点，连接AF，DG，FG，若AF=3，DG=4，FG=5，矩形ABCD的面积为______．


17. 我国古代数学家赵爽创制了一幅“赵爽弦图”，极富创新意识地给出了勾股定理的证明．如图所示，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形．若大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，则AE=______．


18. 菱形ABCD的边长为2，∠ABC=45°，点P、Q分别是BC、BD上的动点，CQ+PQ的最小值为______．

三、解答题（本大题共8小题，共66.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题6.0分)
计算：
(1)( 27+ 13− 18)÷ 2；
(2)4 2×12 3−( 3+ 2)2+1 3−2．
20. (本小题6.0分)
解方程：
(1)x2+6x+4=0(配方法或公式法)；
(2)2x2−x−3=0(用因式分解法)．
21. (本小题8.0分)
已知关于x的一元二次方程x2+2(m+1)x+m2−1=0．
(1)若方程有实数根，求实数m的取值范围；
(2)若方程两实数根分别为x1，x2，且满足(x1−x2)2=16−x1x2，求实数m的值．
22. (本小题8.0分)
如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC= 10+ 2，BC= 10− 2，求：
(1)Rt△ABC的面积；
(2)斜边AB的长；
(3)求AB边上的高CD的长．

23. (本小题8.0分)
某商店经销一批小商品，每件商品的成本为8元.据市场分析，销售单价定为10元时，每天能售出200件；现因货源稀缺，采用提高商品售价减少销售量的办法增加利润，若销售单价每涨1元，每天的销售量就减少20件．
(1)当销售单价为13元，每天可售出多少件？每天销售利润为多少？
(2)针对这种小商品的销售情况，该商店要保证每天盈利640元，同时又要使顾客得到实惠，那么销售单价应定为多少元？
24. (本小题8.0分)
如图，在矩形ABCD中，过对角线BD的中点O作BD的垂线EF，分别交AD，BC于点E，F．
(1)求证：△DOE≌△BOF；
(2)若AB=6，AD=8，连接BE，DF，求四边形BFDE的周长．


25. (本小题10.0分)
将一些棋子按如图所示的规律摆放：

第1个图有6个棋子，第2个图有10个棋子，第3个图有16个棋子，…，按此规律依次递增．
(1)第5个图中有______ 个棋子；
(2)第n个图中有______ 个棋子；
(3)如果第n个图中有114个棋子，应用方程求出n的值；
(4)第n个图中的棋子个数能是1004个吗？如果能，求出n的值；如果不能，试用一元二次方程的相关知识说明理由．
26. (本小题12.0分)
如图，Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=3cm.点P从点B出发，沿BC方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点A出发，沿AB方向匀速运动，速度为2cm/s；过P作PE//AB，交AC于E.连结PQ，过B作BF//PQ，交EQ的延长线于F.设运动时间为t(s)(0
(1)求证：四边形EQBP是平行四边形；
(2)当t为何值时，四边形CEQP是矩形？
(3)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形PQFB是菱形？若存在，求t的值，若不存在，请说明理由．
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：|−3|=3，| 5|= 5，|−π|=π，|− 2|= 2，
∵ 2<2， 5>2，3>2，π>2，
∴四个数中，其绝对值小于2的数是− 2．
故选：D．
首先求出每个数的绝对值各是多少；然后根据实数大小比较的方法判断即可．
此题主要考查了实数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：正实数>0>负实数，两个负实数绝对值大的反而小．

2.【答案】B 
【解析】解：3 2+ 8=3 2+2 2=5 2，
3 2− 8=3 2−2 2= 2，
3 2× 8=3 16=12，
3 2÷ 8=3 2÷2 2=32，
∵12>5 2>32> 2，
∴〇表示的运算符号是“−”时，运算结果最小，
故选：B．
分别把四个选项中的符号代入计算，再比较结果的大小即可．
此题主要考查了二次根式，关键是掌握二次根式的计算法则．

3.【答案】D 
【解析】解：根据题意得，x+1≥01−x≠0，
解得，x≥−1且x≠1．
故选：D．
根据二次根式和分式的性质可求出x的取值范围．
本题主要考查了二次根式和分式的意义和性质，关键是明白分式的分母不能为0．

4.【答案】B 
【解析】
【分析】
此题主要考查了命题与定理，正确把握特殊四边形的判定方法是解题关键．
直接利用矩形、菱形、正方形的判定方法分别分析进而得出答案．
【解答】
解：①对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故原命题是真命题；
②对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故原命题假命题；
③四边相等的四边形是菱形，故原命题是假命题；
④四边相等的四边形是菱形，故原命题是真命题．
故选：B．  
5.【答案】C 
【解析】解：A.∵Δ=(−1)2−4×2×1=−7<0，
∴方程2x2−x+1=0没有实数根；
B.∵Δ=(−2)2−4×1×2=−4<0，
∴方程x2−2x+2=0没有实数根；
C.∵Δ=32−4×1×(−2)=17>0，
∴方程x2+3x−2=0有两个不相等的实数根；
D.∵Δ=02−4×1×2=−8<0，
∴方程x2+2=0没有实数根．
故选：C．
根据各方程的系数结合根的判别式Δ=b2−4ac，可求出各方程根的判别式Δ的值，取Δ≥0的选项即可得出结论．
本题考查了根的判别式，牢记“①当Δ>0时，方程有两个不相等的实数根；②当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；③当Δ<0时，方程无实数根”是解题的关键．

6.【答案】D 
【解析】解：由题意可知：−a≥0，
∴a≤0，
故选：D．
根据二次根式的性质即可求出答案．
本题考查二次根式，解题的关键是熟练运用二次根式的性质，本题属于基础题型．

7.【答案】B 
【解析】解：解方程x2+2x−3=0得，x1=−3，x2=1或x1=1，x2=−3，
∴x1⋅x22=−3×12=−3或x1⋅x22的=1×(−3)2=9，
故选：B．
解方程求得方程的根，然后求得x1⋅x22的值即可．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法，求得方程的根是解题的关键．

8.【答案】A 
【解析】解：∵m、n是一元二次方程x2+2x−5=0的两个根，
∴m+n=−2，mn=−5，
∵m是x2+2x−5=0的一个根，
∴m2+2m−5=0，
∴m2+2m=5，
∴m2+mn+2m=m2+2m+mn=5−5=0．
故选：A．
由于m、n是一元二次方程x2+2x−5=0的两个根，根据根与系数的关系可得m+n=−2，mn=−5，而m是方程的一个根，可得m2+2m−5=0，即m2+2m=5，那么m2+mn+2m=m2+2m+mn，再把m2+2m、mn的值整体代入计算即可．
本题考查了根与系数的关系，解题的关键是熟练掌握一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)两根x1、x2之间的关系：x1+x2=−ba，x1x2=ca．

9.【答案】D 
【解析】解：A、▱ABCD中，AB=AC，不能判定▱ABCD是矩形，故选项A不符合题意；
B、∵▱ABCD中，AC⊥BD，
∴▱ABCD是菱形，故选项B不符合题意；
C、∵▱ABCD中，AB=AD，
∴▱ABCD是菱形，故选项C不符合题意；
D、∵▱ABCD中，AC=BD，
∴▱ABCD是矩形，故选项D符合题意；
故选：D．
由矩形的判定和菱形的判定分别对各个选项进行判断即可．
本题考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的性质等知识；熟练掌握矩形的判定和菱形的判定是解题的关键．

10.【答案】C 
【解析】解：设她的体重平均每年增加的百分率为x，
依题意得：30(1+x)2=43.2，
∴1+x=±1.2，
解得：x1=0.2=20%，x2=−2.2(不符合题意，舍去)，
∴她的体重平均每年增加的百分率为20%．
故选：C．
设她的体重平均每年增加的百分率为x，利用小颖初三时的体重=小颖初一时的体重×(1+她的体重平均每年增加的百分率)2，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其正值即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．

11.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查矩形的性质、折叠轴对称的性质，勾股定理等知识．由矩形的性质，折叠轴对称的性质，可求出AF=FC=AE=5，由勾股定理求出AB，AC，进而求出OA即可．
【解答】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，AD=BC，AB=CD，
∴∠EFC=∠AEF，
由折叠可得∠AFE=∠EFC，
∴∠AEF=∠AFE，
∴AE=AF=5，
由折叠得，FC=AF，OA=OC，
∴BC=3+5=8，
在Rt△ABF中，AB= 52−32=4，
在Rt△ABC中，AC= 42+82=4 5，
∴OA=OC=2 5，
故选：C．  
12.【答案】D 
【解析】解：设原正方形的边长为xm，依题意有
(x−3)(x−2)=20，
解得：x1=7，x2=−2(不合题意，舍去)
即：原正方形的边长7m．
故选：D．
可设原正方形的边长为xm，则剩余的空地长为(x−2)m，宽为(x−3)m.根据长方形的面积公式方程可列出，进而可求出原正方形的边长．
本题考查了一元二次方程的应用．学生应熟记长方形的面积公式．另外求得剩余的空地的长和宽是解决本题的关键．

13.【答案】32 2 
【解析】解：原式= 92
=3 2
=32 2．
故答案为：32 2．
把小数化成分数，根据 ab= a b(a≥0,b>0)化简，再分母有理化即可得出答案．
本题考查了最简二次根式，掌握 ab= a b(a≥0,b>0)是解题的关键．

14.【答案】x=1或x=3 
【解析】解：∵ x−1x−2= x−1x−2，
∴ x−1⋅ x−2x−2= x−1x−2．
∴ x−1⋅ x−2= x−1．
∴ x−1( x−2−1)=0．
∴x−1=0或x−2=1．
∴x=1或x=3．
检验：当x=1，x−2=−1；当x=3，x−2=1．
∴x=1或x=3．
故答案为：x=1或x=3．
根据分式的性质解决此题．
本题主要考查分母有理化，熟练掌握分式的性质是解决本题的关键．

15.【答案】4 3或3+2 3 
【解析】解：由题意可得：AB= 3，
∵∠C=30°，
∴BC=2 3，AC=3，
∵图中所示的中位线剪开，
∴CD=AD=1.5，CF=BF= 3，DF= 32，
如图1所示：

拼成一个矩形，矩形周长为： 32+ 32+ 3+1.5+1.5=3+2 3；
如图2所示，可以拼成一个平行四边形，周长为： 3+ 3+ 3+ 3=4 3，
故答案为：4 3或3+2 3．
根据三角函数可以计算出BC=4，AC=3，再根据中位线的性质可得CD=AD=1.5，CF=BF=3，DF= 32，然后拼图，出现两种情况，一种是拼成一个矩形，另一种拼成一个平行四边形，进而算出周长即可．
此题主要考查了图形的剪拼，关键是根据画出图形，要考虑全面，不要漏解．

16.【答案】48 
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAE=∠CDE=90°，AD//BC，
∵F，G分别是BE，CE的中点，AF=3，DG=4，FG=5，
∴BE=2AF=6，CE=2DG=8，BC=2FG=10，
∴BE2+CE2=BC2，
∴△BCE是直角三角形，∠BEC=90°，
∴S△BCE=12⋅BE⋅CE=12×6×8=24，
∵AD//BC，
∴S矩形ABCD=2S△BCE=2×24=48，
故答案为：48．
由矩形的性质得出∠BAE=∠CDE=90°，AD//BC，由直角三角形斜边上中线的性质及三角形中位线的性质求出BE=6，CE=8，BC=10，由勾股定理的逆定理得出△BCE是直角三角形，∠BEC=90°，进而求出S△BCE=12⋅BE⋅CE=24，即可求出矩形ABCD的面积．
本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边上的中线，三角形中位线，熟练掌握矩形的性质，直角三角形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理的逆定理等知识是解决问题的关键．

17.【答案】3 
【解析】解：∵大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，
∴AB=BC=CD=DA=5，EF=FG=GH=HE=1，
根据题意，设AF=DE=CH=BG=x，
则AE=x−1，
在Rt△AED中，AE2+ED2=AD2，
∴(x−1)2+x2=52，
解得：x1=4，x2=−3(舍去)，
∴x−1=3，
故答案为：3．
根据题意得出AB=BC=CD=DA=5，EF=FG=GH=HE=1，设AF=DE=CH=BG=x，结合图形得出AE=x−1，利用勾股定理列方程求解．
题目主要考查正方形的性质，勾股定理解三角形，一元二次方程的应用等，理解题意，利用方程思想解题是关键．

18.【答案】 2 
【解析】解：连接AQ，作AH⊥BC于H，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=CB，∠ABQ=∠CBQ，
在△ABQ和△CBQ中，
AB=CB∠ABQ=∠CBQBQ=BQ
∴△ABQ≌△CBQ(SAS)，
∴AQ=CQ，
∴当点A、Q、P共线时，AQ+PQ的最小值为AH的长，
∵AB=2，∠ABC=45°，
∴AH= 2，
∴CQ+PQ的最小值为 2，
故答案为： 2．
连接AQ，作AH⊥BC于H，利用SAS证明△ABQ≌△CBQ，得AQ=CQ，当点A、Q、P共线时，AQ+PQ的最小值为AH的长，再求出AH的长即可．
本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，轴对称的性质等知识，将CQ+PQ的最小值转化为AH的长是解题的关键．

19.【答案】解：(1)( 27+ 13− 18)÷ 2
=(3 3+ 33−3 2)÷ 2
=(10 33−3 2)÷ 2
=5 63−3；
(2)4 2×12 3−( 3+ 2)2+1 3−2
=2 6−(3+2 6+2)−(2+ 3)
=2 6−5−2 6−2− 3
=−7− 3． 
【解析】(1)先把每一个二次根式化成最简二次根式，然后再进行计算即可解答；
(2)首先计算乘方、化简二次根式，然后计算乘法，最后从左向右依次计算，求出算式的值即可．
本题考查了二次根式的混合运算，能正确根据二次根式的运算法则进行计算是解此题的关键．

20.【答案】解：(1)x2+6x+4=0，
x2+6x=−4，
x2+6x+9=−4+9，
(x+3)2=5，
x+3=± 5，
x+3= 5或x+3=− 5，
x1=−3+ 5，x2=−3− 5；
(2)2x2−x−3=0，
(x+1)(2x−3)=0，
x+1=0或2x−3=0，
x1=−1，x2=32． 
【解析】(1)利用解一元二次方程−配方法，进行计算即可解答；
(2)利用解一元二次方程−因式分解法，进行计算即可解答．
本题考查了解一元二次方程−因式分解法，配方法，公式法，熟练掌握解一元二次方程的方法是解题的关键．

21.【答案】解：(1)由题意有△=[2(m+1)]2−4(m2−1)≥0，
整理得8m+8≥0，
解得m≥−1，
∴实数m的取值范围是m≥−1；

(2)由两根关系，得x1+x2=−2(m+1)，x1⋅x2=m2−1，
(x1−x2)2=16−x1x2
(x1+x2)2−3x1x2−16=0，
∴[−2(m+1)]2−3(m2−1)−16=0，
∴m2+8m−9=0，
解得m=−9或m=1
∵m≥−1
∴m=1． 
【解析】(1)若一元二次方程有两实数根，则根的判别式△=b2−4ac≥0，建立关于m的不等式，求出m的取值范围；
(2)由x1+x2=−2(m+1)，x1x2=m2−1；代入(x1−x2)2=16−x1x2，建立关于m的方程，据此即可求得m的值．
本题考查了一元二次方程根的判别式及根与系数关系，利用两根关系得出的结果必须满足△≥0的条件．

22.【答案】解：∵∠C=90°，AC= 10+ 2，BC= 10− 2，
∴Rt△ABC的面积=12AC⋅BC=12×( 10+ 2)( 10− 2)=4；
(2)∵∠C=90°，AC= 10+ 2，BC= 10− 2，
∴AB= AC2+BC2= ( 10+ 2)2+( 10− 2)2=2 6；
(3)∵S△ABC=12AC⋅BC=12AB⋅CD，
∴CD=AC⋅BCAB=( 10+ 2)( 10− 2)2 6=2 63，
故AB边上的高CD的长为2 63． 
【解析】(1)根据三角形大面积公式即可得到结论；
(2)根据勾股定理即可得到结论；
(3)根据三角形的面积公式即可得到结论．
本题考查了勾股定理，三角形的面积公式，熟练掌握三角形的面积公式是解题的关键．

23.【答案】解：(1)200−20×(13−10)=140(件)，
利润=(13−8)×140=700(元)，
答：当销售单价为13元，每天可售出140件，每天销售利润为700元；
(2)设销售单价应定为x元/件，则每天可售出[200−20(x−10)]件，
根据题意得：(x−8)[200−20(x−10)]=640，
整理得：x2−28x+192=0，
解得：x1=12，x2=16．
∵要使顾客得到实惠，
∴x2=16不合题意．
答：销售单价应定为12元/件． 
【解析】(1)根据销售数量=200−20×(定价−10)，利润=每件商品利润×数量，即可得出结论；
(2)设销售单价应定为x元/件，则每天可售出[200−20(x−10)]件，根据总利润=单件利润×销售数量，即可得出关于x的一元二次方程，解之取其较小值即可得出结论．
本题考查了一元二次方程的应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．

24.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，DO=BO，
∴∠EDO=∠FBO，
又∵EF⊥BD，
∴∠EOD=∠FOB=90°，
在△DOE和△BOF中，
∠EDO=∠FBODO=BO∠EOD=∠FOB=90°，
∴△DOE≌△BOF(ASA)；
(2)解：∵由(1)可得，ED//BF，ED=BF，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵BO=DO，EF⊥BD，
∴ED=EB，
∴四边形BFDE是菱形，
根据AB=6，AD=8，设AE=x，可得BE=ED=8−x，
在Rt△ABE中，根据勾股定理可得：BE2=AB2+AE2，
即(8−x)2=x2+62，
解得：x=74，
∴BE=8−74=254，
∴四边形BFDE的周长=254×4=25． 
【解析】本题主要考查了矩形的性质的应用，结合菱形的判定与性质、全等三角形的判定进行求解是解题的关键．
(1)根据矩形的性质可得BO=DO，∠EOD=∠FOB，∠EDO=∠FBO，即可证得两个三角形全等；
(2)设AE=x，根据已知条件可得BE=8−x，由(1)可得ED=EB，可证得四边形EBFD是菱形，根据勾股定理可得BE的长，即可求得周长；

25.【答案】34  (n2+n+4) 
【解析】解：根据第1个图形有6个棋子，第2个图形有10个棋子，第3个图形有16个棋子，第4个图形有24个棋子，
∵6=4+1×2，10=4+2×3，16=4+3×4，24=4+4×5…，
(1)第5个图形有：4+5(5+1)=4+30=34(个)，
故答案为：34；
(2)第n个图形有：4+n(n+1)=(n2+n+4)个棋子，
故答案为：(n2+n+4)；
(3)由题意得，(n2+n+4)=114，
解得：n=10或−11(不合题意，舍去)，
∴n的值为10；
(4)第n个图中的棋子个数不能是1004个，理由：
n2+n+4=1004，
解得：n=−1± 1−4×1×(−1000)2=−1± 40012，
∵n为整数，
∴第n个图中的棋子个数不能是1004个．
分析数据可得：第1个图形中小圆的个数为6；第2个图形中小圆的个数为10；第3个图形中小圆的个数为16；第4个图形中小圆的个数为24；则知第n个图形中小圆的个数为n(n+1)+4可解答(1)(2)；根据(n2+n+4)=114，路程方程解答即可；让n2+n+4=1004，然后解这个一元二次方程，方程没有正整数根，即可得出结论．
本题考查了图形的规律以及数字规律，通过归纳与总结结合图形得出数字之间的规律是解决问题的关键，注意公式必须符合所有的图形．

26.【答案】(1)证明：如图1，∵∠C=90°，∠A=30°，BC=3cm，
∴AB=2BC=6cm，
∵AQ=2t cm，BP=t cm，
∴BQ=(6−2t)cm，CP=(3−t)cm，
∵PE//AB，
∴∠CEP=∠A=30°，
∴PE=2CP=(6−2t)cm，
∴PE=AB，
∵PE//AB，
∴四边形EQBP是平行四边形．
(2)解：如图2，∵四边形EQBP是平行四边形，
∴EQ//BP，
∴EQ//CP，
∵∠C=90°，
∴当PQ//CE时，四边形CEQP是矩形，
∴∠BPQ=∠C=90°，∠PQB=∠A=30°，
∴BP=12BQ，
∴t=12(6−2t)，
解得t=32，
∴当t=32时，四边形CEQP是矩形．
(3)解：存在，
如图3，∵EQ//BP，
∴FQ//BP，
∵BF//PQ，
∴四边形PQFB是平行四边形，
∴当PQ=BP时，四边形PQFB是菱形，
∵∠PBQ=90°−∠A=60°，
∴△PBQ是等边三角形，
∴BQ=BP，
∴6−2t=t，
解得t=2，
∴t的值为2． 
【解析】(1)先根据“直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半”求得AB=6cm，而AQ=2t cm，BP=t cm，则BQ=(6−2t)cm，CP=(3−t)cm，由PE//AB，得∠CEP=∠A=30°，则PE=2CP=(6−2t)cm，所以PE=AB，即可证明四边形EQBP是平行四边形；
(2)先证明当PQ//CE时，四边形CEQP是矩形，则∠BPQ=∠C=90°，∠PQB=∠A=30°，所以BP=12BQ，于是得t=12(6−2t)，解方程求出t的值即可；
(3)先证明当PQ=BP时，四边形PQFB是菱形，再证明△PBQ是等边三角形，则BQ=BP，于是得6−2t=t，解方程求出t的值即可．
此题重点考查平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、等边三角形的判定、动点问题的求解等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．