九年级上册旋转几何综合专题练习(解析版)

九年级上册旋转几何综合专题练习（解析版）

一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）

1．如图1，在Rt △ABC 中，∠A ＝90°，AB ＝AC ，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，AD ＝AE ，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点．

（1）观察猜想：图1中，线段PM 与PN 的数量关系是 ，位置关系是 ； （2）探究证明：把△ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN ，BD ，CE ，判断△PMN 的形状，并说明理由；

（3）拓展延伸：把△ADE 绕点A 在平面内自由旋转，若AD ＝4，AB ＝10，请直接写出△PMN 面积的最大值．

【答案】（1）PM ＝PN ，PM ⊥PN ；（2）△PMN 是等腰直角三角形．理由见解析；（3）S △PMN 最大＝492

． 【解析】 【分析】

（1）由已知易得BD CE =，利用三角形的中位线得出12PM CE =

，1

2

PN BD =，即可得出数量关系，再利用三角形的中位线得出//PM CE 得出DPM DCA ∠=∠，最后用互余即可得出位置关系；

（2）先判断出ABD ACE ???，得出BD CE =，同（1）的方法得出1

2

PM BD =

，1

2

PN BD =

，即可得出PM PN =，同（1）的方法由MPN DCE DCB DBC ACB ABC ∠=∠+∠+∠=∠+∠，即可得出结论；

（3）方法1：先判断出MN 最大时，PMN ?的面积最大，进而求出AN ，AM ，即可得出MN 最大AM AN =+，最后用面积公式即可得出结论．方法2：先判断出BD 最大时，PMN ?的面积最大，而BD 最大是14AB AD +=，即可得出结论． 【详解】 解：（1）

点P ，N 是BC ，CD 的中点，

//PN BD ∴，1

2

PN BD =

， 点P ，M 是CD ，DE 的中点，

//PM CE ∴，1

2

PM CE =

， AB AC =，AD AE =， BD CE ∴=， PM PN ∴=， //PN BD ，

DPN ADC ∴∠=∠， //PM CE ，

DPM DCA ∴∠=∠， 90BAC ∠=?，

90ADC ACD ∴∠+∠=?，

90MPN DPM DPN DCA ADC ∴∠=∠+∠=∠+∠=?， PM PN ∴⊥，

故答案为：PM PN =，PM PN ⊥；

（2）PMN ?是等腰直角三角形． 由旋转知，BAD CAE ∠=∠，

AB AC =，AD AE =，

()ABD ACE SAS ∴???，

ABD ACE ∴∠=∠，BD CE =，

利用三角形的中位线得，12PN BD =，1

2

PM CE =，

PM PN ∴=，

PMN ∴?是等腰三角形，

同（1）的方法得，//PM CE ， DPM DCE ∴∠=∠，

同（1）的方法得，//PN BD ， PNC DBC ∴∠=∠，

DPN DCB PNC DCB DBC ∠=∠+∠=∠+∠，

MPN DPM DPN DCE DCB DBC ∴∠=∠+∠=∠+∠+∠

BCE DBC ACB ACE DBC =∠+∠=∠+∠+∠ ACB ABD DBC ACB ABC =∠+∠+∠=∠+∠， 90BAC ∠=?，

90ACB ABC ∴∠+∠=?， 90MPN ∴∠=?，

PMN ∴?是等腰直角三角形；

（3）方法1：如图2，同（2）的方法得，PMN ?是等腰直角三角形，

MN ∴最大时，PMN ?的面积最大， //DE BC ∴且DE 在顶点A 上面， MN ∴最大AM AN =+，

连接AM ，AN ，

在ADE ?中，4AD AE ==，90DAE ∠=?，

22AM ∴=

在Rt ABC ?中，10AB AC ==，52AN = 22522MN ∴=最大，

222111149(72)22242

PMN S PM MN ?∴=

=?=?=最大． 方法2：由（2）知，PMN ?是等腰直角三角形，1

2

PM PN BD ==

， PM ∴最大时，PMN ?面积最大， ∴点D 在BA 的延长线上，

14BD AB AD ∴=+=，

7PM ∴=，

2211497222

PMN S PM ?∴=

=?=最大． 【点睛】

此题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出

12PM CE =，1

2

PN BD =，解（2）的关键是判断出ABD ACE ???，解（3）的关键

是判断出MN 最大时，PMN ?的面积最大．

2．探究：如图①和②，在四边形ABCD 中，AB=AD ，∠BAD=90°，点E 、F 分别在BC 、CD 上，∠EAF=45°．

（1）如图①，若∠B 、∠ADC 都是直角，把ABE △绕点A 逆时针旋转90°至△ADG ，使AB 与AD 重合，则能得EF=BE+DF ，请写出推理过程；

（2）如图②，若∠B 、∠D 都不是直角，则当∠B 与∠D 满足数量关系 时，仍有EF=BE+DF ；

（3）拓展：如图③，在ABC 中，∠BAC=90°，AB=AC=22D 、E 均在边BC 上，且

∠DAE=45°．若BD=1，求DE的长．

【答案】（1）见解析；（2）∠B+∠D=180°；（3）

5

3

【解析】

【分析】

（1）根据已知条件证明△EAF≌△GAF，进而得到EF=FG，即可得到答案；

（2）先作辅助线，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，根据（1），要使EF=BE+DF，需证明△EAF≌△GAF，因此需证明F、D、G在一条直线上，即

180

ADG ADF

∠+∠=?，即180

B D

∠+∠=?；

（3）先作辅助线，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF，根据已知条件证明△FAD≌△EAD，设DE=x，则DF=x，BF=CE=3﹣x，然后再Rt BDF中根据勾股定理即可求出x的值，即DE的长．

【详解】

（1）解：如图，

∵把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，

∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，

∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，

∴∠BAE+∠DAF=45°，

∴∠DAG+∠DAF=45°，

即∠EAF=∠GAF=45°，

在△EAF和△GAF中

AF AF

EAF GAF

AE AG

=

?

?

∠=∠

?

?=

?

∴△EAF≌△GAF（SAS），

∴EF=GF，

∵

BE=DG ， ∴EF=GF=BE+DF ； （2）解：∠B+∠D=180°， 理由是：

如图，把△ABE 绕A 点旋转到△ADG ，使AB 和AD 重合， 则AE=AG ，∠B=∠ADG ，∠BAE=∠DAG ， ∵∠B+∠ADC=180°， ∴∠ADC+∠ADG=180°， ∴F 、D 、G 在一条直线上， 和（1）类似，∠EAF=∠GAF=45°， 在△EAF 和△GAF 中

AF AF EAF GAF AE AG =??

∠=∠??=?

∴△EAF ≌△GAF （SAS ）， ∴EF=GF ， ∵BE=DG ， ∴EF=GF=BE+DF ； 故答案为：∠B+∠D=180°；

（3）解：∵△ABC 中，AB=AC=22，∠BAC=90°， ∴∠ABC=∠C=45°，由勾股定理得：BC=

22AB AC +=4，

如图，把△AEC 绕A 点旋转到△AFB ，使AB 和AC 重合，连接DF ． 则AF=AE ，∠FBA=∠C=45°，∠BAF=∠CAE ， ∵∠DAE=45°，

∴∠FAD=∠FAB+∠BAD=∠CAE+∠BAD=∠BAC ﹣∠DAE=90°﹣45°=45°，

∴∠FAD=∠DAE=45°， 在△FAD 和△EAD 中

AD AD FAD EAD AF AE =??

∠=∠??=?

∴△FAD ≌△EAD ， ∴DF=DE ， 设DE=x ，则DF=x ， ∵BD=1，

∴BF=CE=4﹣1﹣x=3﹣x ， ∵∠FBA=45°，∠ABC=45°， ∴∠FBD=90°，

由勾股定理得：222DF BF BD =+，

22(3)1x x =-+，

解得：x=53

， 即DE=

53． 【点睛】

本题综合考查三角形的性质和判定、正方形的性质应用、全等三角形的性质和判定、勾股定理等知识，解题关键在于正确做出辅助线得出全等三角形．

3．综合与探究：

如图1，Rt AOB 的直角顶点O 在坐标原点，点A 在y 轴正半轴上，点B 在x 轴正半轴上，4OA =，2OB =，将线段AB 绕点B 顺时针旋转90?得到线段BC ，过点C 作

CD x ⊥轴于点D ，抛物线23y ax x c =++经过点C ，与y 轴交于点(0,2)E ，直线AC 与x 轴交于点H ．

（1）求点C 的坐标及抛物线的表达式；

（2）如图2，已知点G 是线段AH 上的一个动点，过点G 作AH 的垂线交抛物线于点F （点F 在第一象限），设点G 的横坐标为m ． ①点G 的纵坐标用含m 的代数式表示为________；

②如图3，当直线FG 经过点B 时，求点F 的坐标，判断四边形ABCF 的形状并证明结论；

③在②的前提下，连接FH ，点N 是坐标平面内的点，若以F ，H ，N 为顶点的三角形与FHC 全等，请直接写出点N 的坐标．

【答案】（1）点C 的坐标为(6,2)，21322y x x =-

++；（2）①1

43

m -+；②点F 的坐标为(4,6)，四边形ABCF 为正方形，证明见解析；③点N 的坐标为(10,4)或

4226,55?? ???或384,55?? ???

． 【解析】 【分析】

（1）根据已知条件与旋转的性质证明ABO BCD ≌，根据全等三角形的性质得出点C 的坐标，结合点E 的坐标，根据待定系数法求出抛物线的表达式；

（2）①设直线AC 的表达式为y kx b =+，由点A 、C 的坐标求出直线AC 的表达式，进而得解；

②过点G 作GM x ⊥轴于点M ，过点F 作FP y ⊥轴，垂足为点P ，PF 的延长线与

DC 的延长线交于点Q ，根据等腰三角形三线合一得出AG CG =，结合①由平行线分线

段成比例得出点G 的坐标，根据待定系数法求出直线BG 的表达式，结合抛物线的表达式求出点F ；利用勾股定理求出AB BC CF FA ===，结合90ABC ?∠=可得出结论； ③根据直线AC 的表达式求出点H 的坐标，设点N 坐标为(,)s t ，根据勾股定理分别求出

2FC ，2CH ，2FN ，2NH ，然后分两种情况考虑：若△FHC ≌△FHN ，则FN ＝FC ，NH

＝CH ，若△FHC ≌△HFN ，则FN ＝CH ，NH ＝FC ，分别列式求解即可． 【详解】 解：（1）

4=OA ，2OB =，

∴点A 的坐标为(0,4)，点B 的坐标为(2,0)，

线段AB 绕点B 顺时针旋转90?得到线段BC ， AB BC ∴=，90ABC ?∠=，

90ABO DBC ?∴∠+∠=，

在Rt AOB 中，90ABO OAB ?∴∠+∠=，

=OAB DBC ∴∠∠，

CD x ⊥轴于点D ，

90BDC ?∴∠=， 90AOB BDC ?∴∠=∠=．

AB BC =，

ABO BCD ∴△≌△，

2CD OB ∴==，4BD OA ==， 6OB BD ∴+=，

∴点C 的坐标为(6,2)，

∵抛物线2

3y ax x c =++的图象经过点C ，与y 轴交于点(0,2)E ，

236182c a c =?∴?++=?， 解得，122

a c ?

=-???=?，

∴抛物线的表达式为2

1322

y x x =-

++； （2）①设直线AC 的表达式为y kx b =+， ∵直线AC 经过点()6,2C ，(0,4)A ， ∴62

4k b b +=??

=?

，

解得，134

k b ?

=-

???=?，即143y x =-+，

∴点G 的纵坐标用含m 的代数式表示为：1

43

m -+，

故答案为：143

m -+．

②过点G 作GM x ⊥轴于点M ，

OM m ∴=，1

43

GM m =-+，

AB BC =，BG AC ⊥， AG CG ∴=，

90AOB GMH CDH ?∠=∠=∠=，

OA GM CD ∴，

1OM AG

MD GC

∴

==， 1

32OM MD OD ∴===，

3m ∴=，1433

m -+=，

∴点G 为(3,3)，

设直线BG 的表达式为y kx b =+，将(3,3)G 和(2,0)B 代入表达式得，20

33k b k b +=??

+=?

，

3

6

k b =?∴?=-?，即表达式为36y x =-， 点F 为直线BG 和抛物线的交点，

∴得2

132362

x x x -

++=-， 14x ∴=，24x =-（舍去）， ∴点F 的坐标为(4,6)，

过点F 作FP y ⊥轴，垂足为点P ，PF 的延长线与DC 的延长线交于点Q ，

4PF ∴=，2AP =，2FQ =，4CQ =，

在Rt AFP △中和Rt FCQ △中，根据勾股定理，得25AF FC ==， 同理可得25AB BC ==，

AB BC CF FA ∴===， ∴四边形ABCF 为菱形，

90ABC ?∠=， ∴菱形ABCF 为正方形；

③∵直线AC ：1

43

y x =-+与x 轴交于点H ， ∴1

403

x -

+=， 解得，x ＝12， ∴(12,0)H ，

∴2

2

2

(64)(26)20FC =-+-=，2

2

2

(126)(02)40CH =-+-=， 设点N 坐标为(,)s t ，

∴2

2

2

(4)(6)FN s t =-+-，2

2

2

(12)(0)NH s t =-+-， 第一种情况：若△FHC ≌△FHN ，则FN ＝FC ，NH ＝CH ，

∴2222

(4)(6)20(12)40s t s t ?-+-=?-+=?

，

解得，

1

142 5 26 5

s

t

?

=

??

?

?=

??

，2

2

6

2

s

t

=

?

?

=

?

（即点C），

∴

4226

,

55

N

??

?

??

；

第二种情况：若△FHC≌△HFN，则FN＝CH，NH＝FC，

∴

22

22

(4)(6)40

(12)20

s t

s t

?-+-=

?

-+=

?

，

解得，

1

1

38

5

4

5

s

t

?

=

??

?

?=

??

，2

2

10

4

s

t

=

?

?

=

?

，

∴

384

,

55

N

??

?

??

或(10,4)

N，

综上所述，以F，H，N为顶点的三角形与△FHC全等时，点N坐标为(10,4)或

4226

,

55

??

?

??或

384

,

55

??

?

??

．

【点睛】

本题是函数与几何的综合题，考查了待定系数法求函数的表达式，全等三角形的判定与性质，菱形与正方形的判定，旋转的性质，勾股定理等知识，其中对全等三角形存在性的分析，因有一条公共边，可对另外两边进行分类讨论，本题有一定的难度，是中考压轴题．4．阅读下面材料：

小炎遇到这样一个问题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，

∠EAF=45°，连结EF，则EF=BE+DF，试说明理由．

小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段AB，AD是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）．

参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：

（1）如图3，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°点E，F分别在边BC，CD上，

∠EAF=45°．若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足_ 关系时，仍有EF=BE+DF；（2）如图4，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1， EC=2，求DE的长．

【答案】（1）∠B+∠D=180°（或互补）；（2）∴

【解析】

试题分析：(1)如图，△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，利用全等的知识可知，要使EF=BE+DF，即EF=DG+DF，即要F、D、G三点共线，即∠ADG+∠ADF=180°，即

∠B+∠D=180°．

(2) 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合，通过证明△AEG≌△AED 得到DE=EG，由勾股定理即可求得DE的长．

(1)∠B+∠D=180°（或互补）．

(2)∵ AB=AC，

∴把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合．

则∠B=∠ACG，BD=CG，AD=AG．

∵在△ABC中，∠BAC=90°，

∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°于，即∠ECG=90°．

∴ EC2+CG2=EG2．

在△AEG与△AED中,

∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD．

又∵AD=AG，AE=AE，

∴△AEG≌△AED ．

∴DE=EG．

又∵CG=BD,

∴ BD2+EC2=DE2．

∴．

考点：1．面动旋转问题；2．全等三角形的判定和性质；3．勾股定理．

5．(1)观察猜想

如图(1)，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,点D是BC的中点．以点D为顶点作正方形DEFG，使点A，C分别在DG和DE上，连接AE，BG，则线段BG和AE的数量关系是_____；

(2)拓展探究

将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转一定角度后（旋转角度大于0°，小于或等于360°），如图2，则(1)中的结论是否仍然成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由.

(3)解决问题

若BC=DE=2，在(2)的旋转过程中，当AE为最大值时，直接写出AF的值．

【答案】（1）BG＝AE．

（2）成立．

如图②，

连接AD．∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．

∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．

∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE．

∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE．…………………………………………7分

（3）由（2）知，BG＝AE，故当BG最大时，AE也最大．

正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°时，BG最大，如图③．

若BC＝DE＝2，则AD＝1，EF＝2．

在Rt△AEF中，AF2＝AE2＋EF2＝(AD＋DE)2＋EF2＝(1＋2)2＋22＝13．

∴AF＝

【解析】

解：（1）BG＝AE．

（2）成立．

如图②，连接AD．

∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．

∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．

∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE．

∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE．

（3）由（2）知，BG＝AE，故当BG最大时，AE也最大．Z+X+X+K]

因为正方形DEFG在绕点D旋转的过程中，G点运动的图形是以点D为圆心，DG为半径的圆，故当正方形DEFG旋转到G点位于BC的延长线上（即正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°）时，BG最大，如图③．

若BC＝DE＝2，则AD＝1，EF＝2．

在Rt△AEF中，AF2＝AE2＋EF2＝(AD＋DE)2＋EF2＝(1＋2)2＋22＝13．

∴AF＝．

即在正方形DEFG旋转过程中，当AE为最大值时，AF＝．

6．边长为2的正方形ABCD的两顶点A、C分别在正方形EFGH的两边DE、DG上(如图1)，现将正方形ABCD绕D点顺时针旋转，当A点第一次落在DF上时停止旋转，旋转过程中， AB边交DF于点M，BC边交DG于点N.

（1）求边DA在旋转过程中所扫过的面积；

（2）旋转过程中，当MN和AC平行时(如图2)，求正方形ABCD旋转的度数；

（3）如图3，设△MBN的周长为p，在旋转正方形ABCD的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论.

【答案】（1）；（2）；（3）不变化，证明见解析.

【解析】

试题分析：（1）将正方形ABCD绕D点顺时针旋转，当A点第一次落在DF上时停止旋转，旋转过程中，DA旋转了，从而根据扇形面积公式可求DA在旋转过程中所扫过的面积.

（2）旋转过程中，当MN和AC平行时，根据平行的性质和全等三角形的判定和性质可求

正方形ABCD旋转的度数为.

（3）延长BA交DE轴于H点，通过证明和可得结论.（1）∵A点第一次落在DF上时停止旋转，∴DA旋转了.

∴DA在旋转过程中所扫过的面积为.

（2）∵MN∥AC，∴,.

∴.∴.

又∵，∴.

又∵,∴.

∴.∴.

∴旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形ABCD旋转的度数为.

(3)不变化，证明如下：

如图，延长BA交DE轴于H点，则

，，

∴.

又∵.∴．

∴．

又∵, ,∴．

∴.∴.

∴.

∴在旋转正方形ABCD的过程中，值无变化.

考点：1.面动旋转问题；2．正方形的性质；3.扇形面积的计算；4.全等三角形的判定和性质.

7．如图1，矩形ABCD中，E是AD的中点，以点E直角顶点的直角三角形EFG的两边EF，EG分别过点B，C，∠F＝30°.

（1）求证：BE＝CE

（2）将△EFG绕点E按顺时针方向旋转，当旋转到EF与AD重合时停止转动.若EF，EG分别与AB，BC相交于点M，N.（如图2）

①求证：△BEM≌△CEN；

②若AB＝2，求△BMN面积的最大值；

③当旋转停止时，点B恰好在FG上（如图3），求sin∠EBG的值.

【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；②2；③62 4

.

【解析】

【分析】

（1）只要证明△BAE≌△CDE即可；

（2）①利用（1）可知△EBC是等腰直角三角形，根据ASA即可证明；

②构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；

③如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=2m，BN=EN=3m，EB=6m．利用面积法求出EH，根据三角函数的定义即可解决问题.

【详解】

（1）证明：如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AB=DC，∠A=∠D=90°，

∵E是AD中点，

∴AE=DE，

∴△BAE≌△CDE，

∴BE=CE．

（2）①解：如图2中，

由（1）可知，△EBC是等腰直角三角形，

∴∠EBC=∠ECB=45°，

∵∠ABC=∠BCD=90°，

∴∠EBM=∠ECN=45°，

∵∠MEN=∠BEC=90°，

∴∠BEM=∠CEN，

∵EB=EC，

∴△BEM≌△CEN；

②∵△BEM≌△CEN，

∴BM=CN，设BM=CN=x，则BN=4-x，

∴S△BMN=

1

2

?x（4-x）=-

1

2

（x-2）2+2，

∵-

1

2

＜0，

∴x=2时，△BMN的面积最大，最大值为2．

③解：如图3中，作EH⊥BG于H．设NG=m，则BG=2m，BN=EN=3m，EB=6m．

∴3（3m，

∵S△BEG=

1

2

?EG?BN=

1

2

?BG?EH，

∴EH=

3?(13)

m m

+3+3

m，

在Rt△EBH中，sin∠EBH=

3+3

62

2

4

6

EH

EB m

==

．

【点睛】

本题考查四边形综合题、矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换、锐角三角函数等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，

学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，

8．(1)如图①，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE、DF，且BE平分∠ABD．

①求证：四边形BFDE是菱形；

②直接写出∠EBF的度数；

(2)把(1)中菱形BFDE进行分离研究，如图②，点G、I分别在BF、BE边上，且BG=BI，连接GD，H为GD的中点，连接FH并延长，交ED于点J，连接IJ、IH、IF、IG.试探究线段IH

与FH之间满足的关系，并说明理由；

(3)把(1)中矩形ABCD进行特殊化探究，如图③，当矩形ABCD满足AB=AD时，点E是对角线AC上一点，连接DE、EF、DF，使△DEF是等腰直角三角形，DF交AC于点G.请直接写出线段AG、GE、EC三者之间满足的数量关系.

【答案】（1）①详见解析；②60°．（2）IH＝3FH；（3）EG2＝AG2+CE2．

【解析】

【分析】

（1）①由△DOE≌△BOF，推出EO＝OF，∵OB＝OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB＝ED即可．

②先证明∠ABD＝2∠ADB，推出∠ADB＝30°，延长即可解决问题．

（2）IH＝3FH．只要证明△IJF是等边三角形即可．

（3）结论：EG2＝AG2+CE2．如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，先证明△DEG≌△DEM，再证明△ECM是直角三角形即可解决问题．

【详解】

（1）①证明：如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，OB＝OD，

∴∠EDO＝∠FBO，

在△DOE和△BOF中，

EDO FBO

OD OB

EOD BOF

∠∠

?

?

?

?∠∠

?

＝

＝

＝

，

∴△DOE≌△BOF，

∴EO＝OF，∵OB＝OD，

∴四边形EBFD是平行四边形，

∵EF⊥BD，OB＝OD，

∴EB＝ED，

∴四边形EBFD是菱形．

②∵BE平分∠ABD，

∴∠ABE＝∠EBD，

∵EB＝ED，

∴∠EBD＝∠EDB，

∴∠ABD＝2∠ADB，

∵∠ABD+∠ADB＝90°，

∴∠ADB＝30°，∠ABD＝60°，

∴∠ABE＝∠EBO＝∠OBF＝30°，

∴∠EBF＝60°．

（2）结论：IH＝3FH．

理由：如图2中，延长BE到M，使得EM＝EJ，连接MJ．

∵四边形EBFD是菱形，∠B＝60°，

∴EB＝BF＝ED，DE∥BF，

∴∠JDH＝∠FGH，

在△DHJ和△GHF中，

DHG GHF

DH GH

JDH FGH

∠∠

?

?

?

?∠∠

?

＝

＝

＝

，

∴△DHJ≌△GHF，

∴DJ＝FG，JH＝HF，

∴EJ＝BG＝EM＝BI，

∴BE＝IM＝BF，

∵∠MEJ＝∠B＝60°，

∴△MEJ是等边三角形，

∴MJ＝EM＝NI，∠M＝∠B＝60°

在△BIF和△MJI中，

BI MJ

B M

BF IM

?

?

∠∠

?

?

?

＝

＝

＝

，

∴△BIF≌△MJI，

∴IJ＝IF，∠BFI＝∠MIJ，∵HJ＝HF，

∴IH⊥JF，

∵∠BFI+∠BIF＝120°，

∴∠MIJ+∠BIF＝120°，

∴∠JIF＝60°，

∴△JIF是等边三角形，

在Rt△IHF中，∵∠IHF＝90°，∠IFH＝60°，

∴∠FIH＝30°，

∴IH＝3FH．

（3）结论：EG2＝AG2+CE2．

理由：如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，

∵∠FAD+∠DEF＝90°，

∴AFED四点共圆，

∴∠EDF＝∠DAE＝45°，∠ADC＝90°，

∴∠ADF+∠EDC＝45°，

∵∠ADF＝∠CDM，

∴∠CDM+∠CDE＝45°＝∠EDG，

在△DEM和△DEG中，

DE DE

EDG EDM

DG DM

?

?

∠∠

?

?

?

＝

＝

＝

，

∴△DEG≌△DEM，

∴GE＝EM，

∵∠DCM＝∠DAG＝∠ACD＝45°，AG＝CM，

∴∠ECM＝90°

∴EC2+CM2＝EM2，

∵EG＝EM，AG＝CM，

∴GE2＝AG2+CE2．