2020年中考数学总复习专题演练《四边形综合》(含解析)

14．解：（1）证明：∵菱形ABCD中，∠A＝90° ∴菱形ABCD是正方形 ∴AD＝DC，∠A＝∠CDF＝90° 在Rt△ADE与Rt△DCF中

∴Rt△ADE≌Rt△DCF（HL） ∴∠ADE＝∠DCF

∴∠DCF+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝∠ADC＝90°∴∠CGD＝90° ∴DE⊥CF

（2）证明：∵四边形ABCD是菱形 ∴AD＝CD，∠B＝∠ADC，AD∥BC ∴∠A+∠B＝180°

∵∠EGC+∠B＝180°，∠EGC+∠CGD＝180° ∴∠A＝∠EGC＝∠DGF，∠CGD＝∠B＝∠ADC ∵∠A＝∠DGF，∠ADE＝∠GDF ∴△ADE∽△GDF ∴ ∴

∵∠CGD＝∠CDF，∠DCG＝∠FCD ∴△DCG∽△FCD ∴

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∴

∵AD＝DC ∴DE＝CF

（3）如图，过点N作NP⊥CD于点P，连接FM ∴∠CPN＝∠MPN＝90° ∵四边形ABCD是正方形

∴∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，BC＝CD ∴四边形BCPN是矩形 ∴NP＝BC＝CD，PC＝BN＝

在Rt△NPM与Rt△CDF中

∴Rt△NPM≌Rt△CDF（HL） ∴PM＝DF

设PM＝DF＝x，则CM＝PC+PM＝+x ∵由（1）得MN⊥CF，G为CF中点 ∴MN垂直平分CF ∴MF＝MC

∴∠MFC＝∠FCD＝15° ∴∠DMF＝∠MFC+∠FCD＝30° ∴Rt△DMF中，MF＝2DF＝2x，DM＝DF＝

x

∴2x＝+x

∴x＝

∴DF＝

，CM＝2

，CD＝CM+DM＝2

+

∵∠GCM＝∠MCF，∠CGM＝∠CDF＝90° ∴△CGM∽△CDF ∴

＝

∴2CG2＝CD?CM＝（2+）

＝8+4

∴CG2＝4+2

＝12+2+（

）2＝（1+

）2

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∴FG＝CG＝1+

15．（1）证明：∵垂美四边形ABCD的对角线AC，BD交于O， ∴AC⊥BD，

∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°， 由勾股定理得：AD2+BC2＝AO2+DO2+BO2+CO2， AB2+CD2＝AO2+BO2+CO2+DO2， ∴AD2+BC2＝AB2+CD2；

（2）①证明：连接BG、CE相交于点N，CE交AB于点M，如图2所示：∵正方形ACFG和正方形ABDE，

∴AG＝AC，AB＝AE，∠CAG＝∠BAE＝90°，

∴∠CAG+∠BAC＝∠BAE+∠BAC，即∠GAB＝∠CAE， 在△GAB和△CAE中，，

∴△GAB≌△CAE（SAS）， ∴∠ABG＝∠AEC， ∵∠AEC+∠AME＝90°， ∴∠ABG+∠AME＝90°，

∴∠ABG+∠BMN＝90°，即CE⊥BG， ∴四边形BCGE是垂美四边形； ②解：∵四边形BCGE是垂美四边形， ∴由（1）得：CG2+BE2＝CB2+GE2， ∵AC＝4，AB＝5， ∴BC＝

＝

＝3，

∵正方形ACFG和正方形ABDE，

39

∴CG＝AC＝4，BE＝AB＝5，

∴GE2＝CG2+BE2﹣CB2＝（4）2+（5

）2﹣32＝73，

∴GE＝

．

16．解：（1）观察猜想

结论：AB+AC＝BD+CE，理由如下： 如图①，∵DB⊥BC，EC⊥BC， ∴∠B＝∠C＝90°，∠DAE＝90°， ∴∠D+∠DAB＝∠DAB+∠EAC＝90°， ∴∠D＝∠EAC， 在△ADB和△EAC中，，

∴△ADB≌△EAC（AAS）， ∴BD＝AC，EC＝AB， ∴BC＝AB+AC＝BD+CE， 故答案为：是，AB+AC＝BD+CE； （2）问题解决

如图②，过D作DE⊥AB，交BA的延长线于E， 由（1）得：△ABC≌△DEA（AAS）， ∴DE＝AB＝6，AE＝BC＝＝＝12，Rt△BDE中，BE＝AB+AE＝18， 由勾股定理得：BD＝＝＝6；

（3）拓展延伸

如图③，过D作DE⊥BC于E，作DF⊥AB于F， 则四边形DEBF是矩形，

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