Question

13．如圖1，在平面直角坐標系中，正方形ABCO的頂點C、A分別在x、y軸上，A（0，6）、E（0，2），點H、F分別在邊AB、OC上，以H、E、F為頂點作菱形EFGH
（1）當H（-2，6）時，求證：四邊形EFGH為正方形
（2）若F（-5，0），求點G的坐標
（3）如圖2，點Q為對角線BO上一動點，D為邊OA上一點，DQ⊥CQ，點Q從點B出發(fā)，沿BO方向移動．若移動的路徑長為3，直接寫出CD的中點M移動的路徑長為$\frac{3\sqrt{2}}{2}$．

Answer 1

分析 （1）只要證明Rt△AHE≌△Rt△OEF，推出∠AEH=∠EFO，由∠EFO+∠FEO=90°，推出∠AEH+∠FEO=90°，推出∠HEF=90°，即可解決問題．
（2）如圖1中，連接GE、FH交于點K．首先求出點H的坐標，設G（m，n），根據(jù)中點坐標公式，列出方程組即可解決問題．
（3）如圖2中，作MN⊥CO于M．由MN∥OD，CM=MD，推出CN=ON，推出MN垂直平分線段CO，推出點M在線段OC的垂直平分線上運動，如圖3中，易知當點Q與B重合時，點M與BD的中點N重合，當BQ=3時，作EQ⊥BC于E，延長EQ交OA于F，延長OM交BC于H，連接NM（線段MN的長即為點M的運動軌跡的長），想辦法求出BH的長，即可利用三角形的中位線定理解決問題．

解答 （1）證明：如圖1中，

∵E（0，2），H（-2，6），
∴OE=AH=2，
∵四邊形ABCO是正方形，
∴∠HAE=∠EOF=90°，
∵四邊形EFGH是菱形，
∴EH=EF，
在Rt△AHE和Rt△OEF中，
$\left\{\begin{array}{l}{AH=EO}\\{HE=EF}\end{array}\right.$，
∴Rt△AHE≌△Rt△OEF，
∴∠AEH=∠EFO，
∵∠EFO+∠FEO=90°，
∴∠AEH+∠FEO=90°，
∴∠HEF=90°，
∴四邊形EFGH是正方形；

（2）解：如圖1中，連接GE、FH交于點K．
∵F（-5，0），E（0，2），
∴OF=5，OE=2，EA=4，
∵HE=EF，
∴5²+2²=4²+AH²，
∴AH=$\sqrt{13}$，
∴H（-$\sqrt{13}$，6），
∵四邊形EFGH是菱形，
∴HK=KF，KE=KG，設G（m，n），則有$\frac{m+0}{2}$=$\frac{-5-\sqrt{13}}{2}$，$\frac{n+2}{2}$=$\frac{6+0}{2}$，
∴m=-5-$\sqrt{13}$，n=4，
∴G（-5-$\sqrt{13}$，4）；


（3）解：如圖2中，

如圖2中，作MN⊥CO于M．
∵MN∥OD，CM=MD，
∴CN=ON，
∴MN垂直平分線段CO，
∴點M在線段OC的垂直平分線上運動，
如圖3中，易知當點Q與B重合時，點M與BD的中點N重合，

當BQ=3時，作EQ⊥BC于E，延長EQ交OA于F，延長OM交BC于H，連接NM（線段MN的長即為點M的運動軌跡的長），
∵QC=QD，∠CEQ=∠QFD，易證∠ECQ=∠FQD，
∴△EQC≌△FDQ，
∴EQ=DF=BE=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，CE=OF=6-$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
∴DO=6-3$\sqrt{2}$，
∵CM=DM，∠CMH=∠OMD，∠CHM=∠DOM，
∴△HMC≌△OMD，
∴OM=HM，CH=OD=6-3$\sqrt{2}$，BH=3$\sqrt{2}$，
∵ON=NB，
∴MN=$\frac{1}{2}$BH=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
∴點M的運動的路徑的長為$\frac{3\sqrt{2}}{2}$．
故答案為$\frac{3\sqrt{2}}{2}$．

點評 本題考查四邊形綜合題、正方形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、平行線分線段成比例定理、三角形中位線定理、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，第三個問題的突破點是證明點M在線段OC的垂直平分線上運動，屬于中考壓軸題．