（2）解：过点A作AH⊥BC于点H，
∵△AEF为等边三角形， ∴AE＝EF＝，∠AEF＝60°，
∵∠ABH＝60°， ∴
，BH＝HC＝1，
∴EH＝|x﹣HC|＝|x﹣1|， ∴EF＝
＝
，∵∠AEF＝∠B＝60°，
∴∠CEG+∠AEB＝∠AEB+∠BAE＝120°， ∴∠CEG＝∠BAE， ∵∠B＝∠ACE＝60°， ∴△BAE∽△CEG， ∴
，
∴，
∴y＝EG＝（0＜x＜2），
（3）解：∵AB＝2，△ABC是等边三角形，∴AC＝2， ∴OA＝OC＝1， ∵EG＝EO， ∴∠EOG＝∠EGO，
∵∠EGO＝∠ECG+∠CEG＝60°+∠CEG， ∠CEA＝∠CEG+∠AEF＝60°
+∠CEG， 16
∴∠EGO＝∠CEA， ∴∠EOG＝∠CEA， ∵∠ECA＝∠OCE， ∴△COE∽△CEA， ∴
，
∴CE2＝CO?CA， 2， ∴x2＝1×∴x＝即x＝
（x＝﹣．
舍去），
3．（1）证明：∵在正方形ABCD和正方形CEFG中，BC＝CD，CG＝CE，∠BCG＝∠DCE＝90°，
∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴∠CBG＝∠CDE， ∵∠CDE+∠DEC＝90°， ∴∠HBE+∠BEH＝90°， ∴∠BHE＝90°， ∴BH⊥DE；
（2）解：MH2+HN2＝2CM2，
BC＝CD，CG＝CE， 理由：∵在正方形ABCD和正方形CEFG中，∠BCD＝∠GCE＝90°，∴∠BCG＝∠DCE， ∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴∠CBG＝∠CDE，BG＝DE， ∵∠DPH＝∠CPM， ∴∠DHP＝∠BCP＝90°， ∴∠MHN＝90°，
∵M，N分别为BG，DE的中点， ∴BM＝BG，DN＝DE， ∴BM＝DN， ∵BC＝CD，
17
∴△BCM≌△DCN（SAS）， ∴CM＝CN，∠BCM＝∠DCN， ∴∠MCN＝∠BCP＝90°， ∴MH2+HN2＝CM2+CN2＝2CM2； （3）解：∵DH⊥PG， ∴∠DHP＝∠DHG＝90°，
把△PDH沿着PD翻折得到△APD，把△GDH沿着DG翻折得到△DGC，
∴AD＝DH＝CD，∠A＝∠C＝∠DHP＝90°，∠ADP＝∠HDP，∠GDH＝∠GDC，AP＝PH＝2，CG＝HG＝4， ∵∠PDG＝45°， ∴∠ADC＝90°， 延长AP，CG交于B， 则四边形ABCD是正方形， ∴∠B＝90°，
设DH＝AD＝AB＝BC＝x， ∴PB＝x﹣2，BG＝x﹣4， ∵PG2＝PB2+BG2，
∴62＝（x﹣2）2+（x﹣4）2， 解得：x＝3+∴DH＝3+
（负值舍去）， ．
18
4．证明：[问题引入]（1）∵正方形ABCD， ∴∠ABC＝∠C，AB＝BC， ∵AE⊥BF，
∴∠APB＝∠BAP+∠ABP＝90°， ∵∠ABP+∠CBF＝90°， ∴∠BAP＝∠CBF， 在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（ASA）， ∴AE＝BF； （2）BF＝2AE，
理由如下：∵矩形ABCD， ∴∠ABC＝∠C，AD＝BC＝2AB， ∵AE⊥BF，
∴∠APB＝∠BAP+∠ABP＝90°， ∵∠ABP+∠CBF＝90°，
∴∠BAP＝∠CBF，且∠ABE＝∠BCF＝90°， ∴△ABE∽△BCF， ∴
＝2，
∴BF＝2AE；
（3）如图3，过点B作BH⊥AD于H，连接BD，
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∵把△ABC沿斜边AC对折得到Rt△ADC，
∴AD＝AB，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠DAC＝∠BAC＝30°，∴∠DAB＝60°，
∴△ABD是等边三角形，且BH⊥AD， ∴AD＝AB＝2AH，BH＝AH，
∴
，
∵∠ADC+∠EPF+∠DEA+∠DFB＝360°，
∴∠DEA+∠DFB＝180°，且∠DFB+∠BFA＝180°， ∴∠DEA＝∠BFH， ∵∠BHF＝∠ADE＝90°， ∴△ADE∽△BHF， ∴
＝
＝
5．解：（1）∵在正方形ABCD中，AC⊥BD， ∴∠AOD＝90°，AO＝OD， ∵四边形OEGH是正方形， ∴∠EOH＝90°，OE＝OH， ∴∠AOE＝∠DOH， ∴△HDO≌△EAO（SAS）； （2）如图1，过O作ON⊥AB于N， 则AN＝BN＝ON＝AB＝2， ∵BF＝x， ∴AF＝4﹣x， ∴FN＝2﹣x， ∴OF＝
＝＝，
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2020年中考数学总复习专题演练《四边形综合》(含解析)
