2024-2025学年贵州省六盘水十九中九年级（上）第一次月考数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年贵州省六盘水十九中九年级（上）第一次月考数学试卷（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。

1.下列方程中，是一元二次方程的是( )
A. x2+1x=0B. x2+xy+1=0C. 3x+2=1D. x2+1=0
2.下列命题中，真命题是( )
A. 四边相等的四边形是正方形
B. 对角线相等的菱形是正方形
C. 正方形的两条对角线相等，但不互相垂直平分
D. 矩形、菱形、正方形都具有“对角线相等”的性质
3.若关于x的一元二次方程x2+bx−2=0的一个根为x=−1，则b的值为( )
A. −1B. 1C. −2D. 2
4.下列方程中，没有实数根的是( )
A. x2+x+1=0B. x2+2x+1=0C. x2−2x−1=0D. x2−x−2=0
5.用配方法解一元二次方程x2−6x−4=0，配方正确的是( )
A. (x−6)2=32B. (x−6)2=40C. (x−3)2=5D. (x−3)2=13
6.如图所示，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，若AC=6，BD=8，AE⊥BC，垂足为E，则AE的长为( )
A. 2.4
B. 4
C. 4.8
D. 5
7.如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是边AD的中点，点F在对角线AC上，且AF=14AC，连接EF.若AC=10，则EF的长为( )
A. 52
B. 3
C. 4
D. 5
8.如图，将矩形ABCD对折，使边AB与DC，BC与AD分别重合，展开后得到四边形EFGH.若AB= 5，BC= 20，则四边形EFGH的面积为( )
A. 2 5
B. 5
C. 10
D. 4 5
9.如图，正方形ABCD的边长为6，点E、F分别在AB、BC上，点E为AB的中点，将△DAE，△DCF分别沿DE，DF向内折叠，此时DA与DC重合(A、C都落在点G)，连接BG.则△DEF的面积为( )
A. 30
B. 16
C. 6 5
D. 15
10.如图，在边长为3的正方形ABCD中，∠CDE=30°，DE⊥CF，则BF的长是( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 2
11.已知关于x的一元二次方程(1a−1)x2+x+a2−1=0有一个根为0，则a的值为( )
A. ±1B. 1C. −1D. 任意实数
12.如图，正方形的面积为4，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为( )
A. 3
B. 6
C. 3
D. 2
二、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分。
13.方程x2=4x的解是______．
14.若关于x的方程4x3m−1−mx+1=0是一元二次方程，则m的值为______．
15.菱形有一个内角是60°，边长为6cm，则它的面积是______cm2．
16.已知直角三角形的两条边长分别是方程x2−14x+48=0的两个根，则此三角形的第三边是______．
三、解答题：本题共9小题，共98分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
解下列方程：
(1)x2−4x+3=0(利用配方法)；
(2)2x2−3x−1=0(利用公式法)；
(3)2(x−3)2=15−5x(利用因式分解法)．
18.(本小题10分)
已知关于x的方程x2+x+n=0一个实数根为2，求另一个根．
19.(本小题10分)
如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F．
(1)求证：BE=DF．
(2)当∠BAD=110°时，求∠EAF的度数．
20.(本小题10分)
已知如图，四边形ABCD是矩形，对角线AC、BD相交于O，CE/​/DB，交AB的延长线于E.求证：AC=CE．
21.(本小题10分)
已知关于x的方程(k2−4)x2+(k−2)x=0．
(1)当k为何值时，此方程是一元一次方程？
(2)当k为何值时，此方程是一元二次方程？并写出这个一元二次方程的二次项系数、一次项系数和常数项．
22.(本小题12分)
如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AD是中线，E是AD中点，过A作AF/​/BC交BE的延长线于点F，连接CF．
(1)求证：AD=AF；
(2)如果AB=AC，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．
23.(本小题10分)
已知代数式x2−5x+7，先用配方法说明，不论x取何值，这个代数式的值总是正数；再求出当x取何值时，这个代数式的值最小，最小值是多少？
24.(本小题12分)
如图，平行四边形ABCD中，AE、CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线，且E、F分别在边BC、AD上，AE=AF．
(1)求证：四边形AECF是菱形；
(2)若∠ABC=60°，△ABE的面积等于4 3，求平行线AB与DC间的距离．
25.(本小题12分)
如图，已知四边形ABCD为正方形，AB=2 2，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE.交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
①求证：矩形DEFG是正方形；
②探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵方程x2+1x=0中含有分式1x，不符合一元二次方程的定义，
∴方程x2+1x=0不是一元二次方程，
故选项A不符合题意；
∵方程x2+xy+1=0中含有两个未知数x，y，不符合一元二次方程的定义
∴方程x2+xy+1=0不是一元二次方程，
故选项B不符合题意；
∵方程3x+2=1中未知数的最高次数是1次，不符合一元二次方程的定义，
∴方程3x+2=1不是一元二次方程，
故选项C不符合题意；
∵方程x2+1=0符合一元二次方程的定义，
∴方程x2+1=0是一元二次方程．
故选：D．
根据一元二次方程的定义对题目中给出的四个选项逐一进行甄别即可得出答案．
此题主要考查了一元二次方程的定义，正确理解一元二次方程的定义是解决问题的关键．
2.【答案】B
【解析】解：A、可判断为菱形，故本选项错误，
B、对角线相等的菱形是正方形，故本选项正确，
C、正方形的两条对角线相等，且互相垂直平分，故本选项错误，
D、菱形的对角线不一定相等，故本选项错误，
故选：B．
分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案．
本题主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
3.【答案】A
【解析】解：因为关于x的一元二次方程x2+bx−2=0的一个根为x=−1，
所以将x=−1代入方程可得1−b−2=0，
解得b=−1，
故选：A．
根据方程解的定义，将已知的方程解代入方程求解即可．
本题考查一元二次方程的解：解决本题的关键是要将方程的已知解代入方程进行求解．
4.【答案】A
【解析】解：选项A中，∵a=1，b=1，c=1
∴Δ=b2−4ac=12−4×1×1=−3<0
∴方程没有实数根
其他选项均有实数根，
故选：A．
一元二次方程中，没有实数根即根的判别式Δ=b2−4ac<0．
总结：一元二次方程根的情况与判别式△的关系：
(1)Δ>0⇔方程有两个不相等的实数根；
(2)Δ=0⇔方程有两个相等的实数根；
(3)Δ<0⇔方程没有实数根．
5.【答案】D
【解析】解：x2−6x+9=13，
(x−3)2=13．
故选D．
方程两边加上13，然后把方程左边写成完全平方形式即可．
本题考查了解一元二次方程−配方法：将一元二次方程配成(x+m)2=n的形式，再利用直接开平方法求解，这种解一元二次方程的方法叫配方法．
6.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC=12AC=3，OB=OD=12BD=4，
∴AB=BC= 32+42=5，
∵12AC⋅BD=BC⋅AE，
∴12×6×8=5AE，
∴AE=4.8，
故选：C．
利用菱形的面积公式：12AC⋅BD=BC⋅AE，即可解决问题．
本题考查菱形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用面积法求线段的长，属于中考常考题型．
7.【答案】A
【解析】解：在矩形ABCD中，AO=OC=12AC，AC=BD=10，
∵AF=14AC，
∴AF=12AO，
∴点F为AO中点，
又∵点E为边AD的中点，
∴EF为△AOD的中位线，
∴EF=12OD=14BD=52．
故选：A．
由AF=14AC可得点F为AO中点，从而可得EF为△AOD的中位线，进而求解．
本题考查矩形的性质，三角形中位线定理，解题关键是掌握三角形的中位线的性质．
8.【答案】B
【解析】解：将矩形ABCD折叠，
∴F，H是AD，BC的中点，G，E是AB，CD的中点，
∴AF=DF=BH=CH，AG=BG=DE=CE，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，FH⊥GE，HF=AB，EG=BC，
∴△AFG≌△DFE(SAS)，
∴FG=FE，
同理可得，HG=HE，GF=GH，
∴EF=FG=GH=EH，
∴四边形EFGH是菱形，
根据折叠，∠FHC=∠HFD=90°，∠BGE=∠CEG=90°，
∴四边形ABHF，四边形BGEC是矩形，
∴EG=BC= 20=2 5，FH=CD=AB= 5，
∴菱形EFGH的面积为12EG⋅FH=12× 5× 20=5，
故选：B．
根据矩形的性质，折叠的性质可证明四边形EFGH是菱形，根据菱形的面积计算公式即可求解．
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，菱形的判定和性质，掌握菱形的判定和性质是解题的关键．
9.【答案】D
【解析】解：∵正方形ABCD的边长为6，
∴AB=BC=AD=CD=6，∠ABC=∠BCD=∠ADC=∠BAD=90°，
∵点E为AB的中点，
∴AE=BE=3，
由折叠性质得，DG=AD=6，EG=AE=3，CF=FG，∠DGE=∠DAE=∠DGF=∠C=90°，
∴∠EGF=180°，
∴E、G、F三点共线，
设CF=FG=x，则BF=6−x，EF=x+3，
∵BE2+BF2=EF2，
∴32+(6−x)2=(x+3)2，
解得x=2，
∴EF=x+3=5，
∴S△DEF=12EF⋅DG=12×5×6=15，
故选：D．
先证明E、G、F三点共线，设CF=FG=x，在Rt△BEF中由勾股定理列出方程，进而求得EF，便可根据三角形的面积公式求得结果．
本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角形的面积公式，关键是由勾股定理列出方程．
10.【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠FBC=∠DCE=90°，CD=BC=3，
∵Rt△DCE中，∠CDE=30°，
∴CE=12DE，
设CE=x，则DE=2x，
根据勾股定理得：DC2+CE2=DE2，
即32+x2=(2x)2，
解得：x=± 3(负值舍去)，
∴CE= 3，
∵DE⊥CF，
∴∠DOC=90°，
∴∠DCO=60°，
∴∠BCF=90°−60°=30°=∠CDE，
在△DCE和△CBF中，
∠DCE=∠CBF CD=BC∠CDE=∠BCF,
∴△DCE≌△CBF(ASA)，
∴BF=CE= 3．
故选：C．
由正方形的性质得出DC=CB，∠DCE=∠CBF=90°，由ASA证得△DCE≌△CBF，即可得出答案．
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识，证明△DCE≌△CBF是解题的关键．
11.【答案】C
【解析】解：由题意得：a−1≠0 a2−1=0 ，
解得：a=−1；
故选：C．
根据方程的根定义：使等式成立的未知数的值是方程的解；以及一元二次方程的二次项的系数不为0，进行计算即可．
本题考查一元二次方程的解的定义．熟练掌握一元二次方程的解的定义是解题的关键，注意二次项的系数不为0．
12.【答案】D
【解析】解：连接BD，与AC交于点F．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAC=∠DAC，
∵AP=AP，
∴△ABP≌△ADP(SAS)，
∴PD=PB，
∴PD+PE=PB+PE≥BE，
即PD+PE的和最小值为BE的长，
∵正方形ABCD的面积为4，
∴AB=2．
又∵△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=2．
∴所求最小值为2．
故选：D．
根据正方形的性质可证得△ABP≌△ADP，从而得到PD=PB，进而得到PD+PE=PB+PE≥BE最小，即可求解．
此题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定及性质，轴对称−最短路径问题，正确掌握各知识点并综合应用是解题的关键．
13.【答案】0或4
【解析】解：原方程可化为：x2−4x=0，
∴x(x−4)=0，
解得x=0或4，
故答案为：0或4．
此题用因式分解法比较简单，先移项，再提取公因式，可得x(x−4)=0，即可求解．
本题考查了一元二次方程的解法，解一元二次方程常用的方法有直接开平方法，配方法，公式法，因式分解法，要根据方程的特点灵活选用合适的方法．
14.【答案】1
【解析】解：∵关于x的方程4x3m−1−mx+1=0是一元二次方程，
∴3m−1=2，
解得：m=1，
∴m的值为1．
故答案为：1．
由关于x的方程4x3m−1−mx+1=0是一元二次方程，可得出3m−1=2，解之即可得出m的值．
本题考查了一元二次方程的定义，牢记“只含有一个未知数，并且未知数的最高次数是2的整式方程叫一元二次方程”是解题的关键．
15.【答案】18 3
【解析】解：如图，∠B=60°，AB=BC=6cm，过点A作AE⊥BC于点E，
∴∠AEB=90°，
∴∠BAE=30°，
∴BE=12AB=3cm，
∴AE= AB2−BE2=3 3cm，
∴它的面积是BC×AE=6×3 3=18 3cm2．
故答案为：18 3．
∠B=60°，AB=BC=6cm，过点A作AE⊥BC于点E，根据直角三角形的性质可得BE=12AB=3cm，再由勾股定理可得AE的长，然后根据菱形的面积公式计算，即可求解．
本题主要考查了菱形的性质，掌握菱形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．
16.【答案】10或2 7
【解析】解：∵x2−14x+48=0，
∴x=6和x=8，
当长是8的边是直角边时，第三边是 62+82=10；
当长是8的边是斜边时，第三边是 82−62=2 7．
总之，第三边长是10或2 7．
先解出方程x2−14x+48=0的两个根为6和8，再分长是8的边是直角边和斜边两种情况进行讨论，根据勾股定理即可求得第三边的长．
正确求解方程的两根，能够理解分两种情况进行讨论是解题的关键．
17.【答案】解：(1)x2−4x+3=0，
x2−4x+4=−3+4，
(x−2)2=1，
x−2=±1，
∴x1=3，x2=1；
(2)2x2−3x−1=0，
∵a=2，b=−3，c=−1，
∴Δ=b2−4ac=(−3)2−4×2×(−1)=17，
∴x=−b± Δ2a=3± 174，
∴x1=3+ 174,x2=3− 174；
(3)2(x−3)2=15−5x，
2(x−3)2=−5(x−3)，
2(x−3)2+5(x−3)=0，
(x−3)[2(x−3)+5]=0，
(x−3)(2x−1)=0，
x−3=0或2x−1=0，
∴x1=3,x2=12．
【解析】(1)先利用完全平方公式配方，再开平方求解即可；
(2)写出a、b、c的值，然后利用求根公式法求解；
(3)先移项再提取公因式(x−3)因式分解，再求解即可．
本题考查了解一元二次方程，解题的关键是根据配方法、因式分解法、直接开平方法与公式法解一元二次方程．
18.【答案】解：设x1，x2是一元二次方程x2+x+n=0的两个实数根，
∴x1+x2=−1，
∵一个实数根为2，
∴另外一个根为：−1−2=−3．
【解析】若x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)的两根时，x1+x2=−ba,x1⋅x2=ca.设x1，x2是一元二次方程x2+x+n=0的两个实数根，根据x1+x2=−1，一个实数根为2，即可求解．
本题考查了根与系数的关系，掌握x1+x2=−ba,x1⋅x2=ca是关键．
19.【答案】(1)证明：∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB=∠AFD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠B=∠D，
在△ABE和△ADF中，
∠AEB=∠AFD∠B=∠DAB=AD，
∴△ABE≌△ADF(AAS)，
∴BE=DF；
(2)解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD/​/BC，
∴∠BAD+∠B=180°，
∵∠BAD=110°，
∴∠B=70°
∵AE⊥BC，
∴∠AEB=90°，
∴∠BAE=20°，
∴∠DAF=20°，
∴∠EAF=∠BAD−∠BAE−∠DAF=110°−20°−20°=70°．
【解析】(1)根据菱形的性质可得AB=AD，∠B=∠D，然后利用AAS证明△ABE≌△ADF即可得结论；
(2)根据菱形的性质和∠BAD=110°，即可求∠EAF的度数．
本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，证明△ABC，△ACD是解题的关键．
20.【答案】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=BO=CO=DO．
∴∠OAB=∠OBA．
∵CE//OB，
∴∠OBA=∠E．
∴∠OAB=∠E．
∴AC=CE．
【解析】根据矩形的性质和等角对等边，找出等量关系求解即可．
主要考查了矩形的性质．要掌握矩形的性质：对角线相等且互相平分．
21.【答案】解：(1)根据题意，得k2−4=0且k−2≠0．
解得k=−2．
所以当k=−2时，此方程是一元一次方程；
(2)根据题意，得k2−4≠0．
解得k≠±2．
此时一元二次方程的二次项系数是k2−4、一次项系数是k−2，常数项是0．
【解析】(1)根据一元一次方程的定义得到k2−4=0且k−2≠0，由此求得k的值；
(2)根据一元二次方程的定义得到k2−4≠0，解方程即可．
本题考查了一元一次方程、一元二次方程的定义．只有一个未知数且未知数最高次数为2的整式方程叫做一元二次方程，一般形式是ax2+bx+c=0(且a≠0).特别要注意a≠0的条件．这是在做题过程中容易忽视的知识点．
22.【答案】(1)证明：∵AF/​/BC，
∴∠EAF=∠EDB，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
在△AEF和△DEB中，∠EAF=∠EDBAE=DE∠AEF=∠DEB，
∴△AEF≌△DEB(ASA)，
∴AF=BD，
∵在△ABC中，∠BAC=90°，AD是中线，
∴AD=BD=DC=12BC，
∴AD=AF；
(2)当AB=AC时，四边形ADCF是正方形．
∵AF=BD=DC，AF/​/BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AB=AC，AD是中线，
∴AD⊥BC，
∵AD=AF，
∴四边形ADCF是正方形．
【解析】(1)由E是AD的中点，AF/​/BC，易证得△AEF≌△DEB，即可得AF=BD，又由在△ABC中，∠BAC=90°，AD是中线，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可证得AD=BD=CD=12BC，即可证得：AD=AF；
(2)当AB=AC时，四边形ADCF是矩形．由AF=BD=DC，AF/​/BC，可证得：四边形ADCF是平行四边形，又由AB=AC，根据三线合一的性质，可得AD⊥BC，AD=DC，继而可得四边形ADCF是正方形．
此题考查了正方形的判定、平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
23.【答案】解：由题意，得x2−5x+7=(x−52)2+34，
∵(x−52)2≥0，
∴(x−52)2+34≥34，
∴(x−52)2+34>0
∴这个代数式的值总是正数．
设代数式的值为M，则有
M=x2−5x+7，
∴M=(x−52)2+34，
∴当x=52时，这个代数式的值最小为34．
【解析】首先将原式变形为(x−52)2+34，根据非负数的意义就可以得出代数式的值总是整数，设代数式的值为M，就有M=x2−5x+7，根据二次函数的意义化为顶点式就可以求出最值．
本题是一道有关代数式的值的题目，考查了在代数式中配方法的运用，式子的转化，抛物线的最值的运用．
24.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD=∠BCD，AD//BC，
∵AE、CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线，
∴∠BAE=∠DAE=12∠BAD，∠BCF=∠DCF=12∠BCD，
∴∠DAE=∠BCF，
∵AD/​/BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠BCF=∠AEB，
∴AE/​/FC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AE=AF，
∴四边形AECF是菱形；
(2)解：连接AC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD/​/BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=EB，
∵∠ABC=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠BAE=∠AEB=∠ABEA=60°，
∵△ABE的面积等于4 3，
∴ 34AB2=4 3，
∴AB=4，
即AB=AE=EB=4，
由(1)知四边形AECF是菱形，
∴AE=CE=4，
∴∠EAC=∠ECA，
∵∠AEB是△AEC的一个外角，
∴∠AEB=∠EAC+∠ECA=60°，
∴∠EAC=∠ECA=30°，
∴∠BAC=∠BAE+∠EAC=90°，
即AC⊥AB，
由勾股定理得AC= BC2−AB2= (4+4)2−42=4 3，
即平行线AB与DC间的距离是4 3．
【解析】(1)根据平行四边形对角相等得到∠BAD=∠BCD，再根据AE、CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线，可得到∠DAE=∠BCF，再根据平行四边形对边平行得到∠DAE=∠AEB，于是有∠BCF=∠AEB，得出AE/​/FC，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证得四边形AECF是平行四边形，最后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得证；
(2)连接AC，根据平行四边形的性质和角平分线的定义可证得AB=EB，结合已知∠ABC=60°得到△ABE是等边三角形，从而求出AB=AE=EB=EC=4，∠BAE=60°，再证得∠EAC=30°，即可得到∠BAC=90°，根据勾股定理求出AC的长，从而得出平行线AB与DC间的距离．
本题考查了菱形的判定与性质，掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形是此题的关键，理解平行线间的距离的定义，等边三角形的性质与判定．
25.【答案】①证明：过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：
∵正方形ABCD，
∴∠BCD=90°，∠ECN=45°，
∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，且NE=NC，
∴四边形EMCN为正方形，∴EM=EN，
∵EF⊥DE
∴∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，
∴∠DEN=∠MEF，
又∠DNE=∠FME=90°，
在△DEN和△FEM中，
∠DNE=∠FMEEN=EM∠DEN=∠FEM,
∴△DEN≌△FEM(ASA)，
∴ED=EF，
∴矩形DEFG为正方形；
②解：CE+CG的值为定值，理由如下：
∵矩形DEFG为正方形，
∴DE=DG，∠EDC+∠CDG=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD=DC，∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠ADE=∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG,
∴△ADE≌△CDG(SAS)，
∴AE=CG，
∴CE+CG=CE+AE=AC= 2AB= 2×2 2=4，
∴CE+CG=4是定值．
【解析】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，矩形的判定，三角形的全等的性质和判定，解本题的关键是作出辅助线，判断三角形全等．
(1)作出辅助线，得到EN=EM，然后判断∠DEN=∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE=EF，即可证得结论；
(2)利用SAS证出△ADE≌△CDG，得到CG=AE，得出CE+CG=CE+AE=AC=4即可．