2020年九年级下学期数学中考三轮压轴专题培优练习：《四边形》

延长GP到H，使PH＝PG，连接CH，CG，DH，作FE∥DC ∵P是线段DF的中点， ∴FP＝DP， ∵∠GPF＝∠HPD， ∴△GFP≌△HDP，

∴GF＝HD，∠GFP＝∠HDP，

∵∠GFP+∠PFE＝120°，∠PFE＝∠PDC， ∴∠CDH＝∠HDP+∠PDC＝120°， ∵四边形ABCD是菱形，

∴CD＝CB，∠ADC＝∠ABC＝60°，点A、B、G又在一条直线上，∴∠GBC＝120°， ∵△BFG是等边三角形， ∴GF＝GB， ∴HD＝GB， ∴△HDC≌△GBC，

∴CH＝CG，∠DCH＝∠BCG，

∴∠DCH+∠HCB＝∠BCG+∠HCB＝120°，即∠HCG＝120° ∵CH＝CG，PH＝PG，

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∴PG⊥PC，∠GCP＝∠HCP＝60°， ∴PG＝

PC．

10．解：（1）EF，BE，DF之间的数量关系为：EF＝BE+DF；理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°， ∴∠BAE+∠DAF＝90°， ∵BE⊥MN，DF⊥MN，

∴∠BEA＝∠AFD＝90°，∠DAF+∠ADF＝90°， ∴∠BAE＝∠ADF， 在△ABE和△DAF中，，

∴△ABE≌△DAF（AAS）， ∴AF＝BE，AE＝DF， ∴EF＝AF+AE＝BE+DF；

（2）EF，BE，DF的数量关系为：EF＝BE﹣DF；理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°， ∴∠BAE+∠DAF＝90°， ∵BE⊥MN，DF⊥MN，

∴∠BEA＝∠AFD＝90°，∠DAF+∠ADF＝90°， ∴∠BAE＝∠ADF， 在△ABE和△DAF中，

， 30

∴△ABE≌△DAF（AAS）， ∴AF＝BE，AE＝DF， ∴EF＝AF﹣AE＝BE﹣DF；

（3）EF，BE，DF的数量关系为：EF＝DF﹣BE；理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°， ∴∠BAE+∠DAF＝90°， ∵BE⊥MN，DF⊥MN，

∴∠BEA＝∠AFD＝90°，∠DAF+∠ADF＝90°， ∴∠BAE＝∠ADF， 在△ABE和△DAF中，，

∴△ABE≌△DAF（AAS）， ∴AF＝BE，AE＝DF， ∴EF＝AE﹣AF＝DF﹣BE．

11．（1）证明：∵四边形ABDE、四边形ACHI是正方形， ∴AB＝AE，AC＝AI，∠BAE＝∠CAI＝90°， ∴∠EAC＝∠BAI， 在△ABI和△AEC中，， ∴△ABI≌△AEC（SAS）；

（2）①证明：∵BM⊥AC，AI⊥AC， ∴BM∥AI，

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∴四边形AMNI的面积＝2△ABI的面积， 同理：正方形ABDE的面积＝2△AEC的面积， 又∵△ABI≌△AEC，

∴四边形AMNI与正方形ABDE的面积相等．

②解：四边形CMNH与正方形BCFG的面积相等，理由如下： ∵Rt△ABC中，AB2+BC2＝AC2，

∴正方形ABDE的面积+正方形BCFG的面积＝正方形ACHI的面积， 由①得：四边形AMNI与正方形ABDE的面积相等， ∴四边形CMNH与正方形BCFG的面积相等；

（3）解：由（2）得：正方形ABDE的面积+正方形BCFG的面积＝正方形ACHI的面积；

即在Rt△ABC中，AB2+BC2＝AC2； 故答案为：正方形ACHI，AC2． 12．解：（1）∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝CB＝CD＝DA＝4，∠D＝∠DAB＝90°，∠DAC＝∠BAC＝45°， ∴AC＝4

，

∵∠DAC＝∠AHC+∠ACH＝45°，∠ACH+∠ACG＝∠ECF＝45°， ∴∠AHC＝∠ACG． 故答案为＝．

（2）结论：AC2＝AG?AH．

理由：∵∠AHC＝∠ACG，∠CAH＝∠CAG＝135°，

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