精品解析：山东省淄博市张店区张店区实验中学2022-2023学年九年级下学期期中数学试题

2022~2023学年第二学期期中学业水平检测题初三数学试题 一、选择题（本题共10小题，在每小题所给出的四个选项中，只有一个是正确的，请把正确的选项填涂在答题纸的相应位置上） 1. 下列运算结果正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题主要考查了求一个数的算术平方根，以及二次根式的乘除法，根据二次根式的性质及二次根式乘除法则计算即可得到答案． 【详解】解∶． ，原计算错误，故该选项不符合题意； ．，原计算错误，故该选项不符合题意； ．，原计算错误，故该选项不符合题意； ．，计算正确，故该选项符合题意； 故选：D． 2. “9的算术平方根是3”用式子表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据算术平方根的概念写出式子即可． 【详解】解：9的算术平方根是3用式子表示为． 故选：B． 【点睛】本题考查的是算术平方根的概念，算术平方根的概念：一般地，如果一个正数x的平方等于a，即，那么这个正数x叫做a的算术平方根，即． 3. 要使有意义，则实数x的取值范围是（ ） A. B. 且 C. 且 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据分式有意义的条件、二次根式有意义的条件即可解答． 【详解】由题意可得：且 解得： 故选：D 【点睛】本题主要考查的是分式有意义的条件、二次根式有意义的条件，熟练地掌握分式有意义的条件、二次根式有意义的条件是解题的关键． 4. 若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围是（ ） A. k＞﹣1 B. k＞﹣1且k≠0 C. k＜﹣1 D. k＜﹣1或k=0 【答案】B 【解析】 【分析】利用一元二次方程的定义和判别式的意义得到k≠0且△=（﹣2）2﹣4k（﹣1）＞0，然后求出两个不等式的公共部分即可． 【详解】解：根据题意得k≠0且△=（﹣2）2﹣4k（﹣1）＞0， 解得k＞﹣1且k≠0． 故选B． 【点睛】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c=0（a≠0）的根与Δ=b2-4ac有如下关系：当Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根；当Δ=0时，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0时，方程无实数根． 5. 若a,b,c满足则关于x的方程的解是( ) A. 1，0 B. -1，0 C. 1，-1 D. 无实数根 【答案】C 【解析】 【详解】【分析】由方程组得到a+c=0, 即a=-c，b=0，再代入方程可求解. 【详解】因为a+b+c=0——①；a-b+c=0——②且a≠0, 联立两式①+②得a+c=0, 即a=-c,b=0, 代入ax²+bx+c=0 得：ax²-a=0 解得x=1或x=-1 故选C 【点睛】本题考核知识点：一元二次方程.解题关键点：由方程组推出a,b,c的特殊关系. 6. 关于的方程的两个实数根分别为－2和3，则分解因式等于（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由因式分解法可知，一元二次方程的两个实数根为－2和3，则，进而分解因式即可． 【详解】∵一元二次方程的两个实数根为－2和3， ∴， ∴在实数范围内的分解式是：， 故选A． 【点睛】本题主要考查因式分解法解一元二次方程，正确利用方程根分解因式是解题关键． 7. 若，，则以，为根的一元二次方程是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先对变形，再由得到，最后结合选项即可得到答案. 【详解】∵， ∴， 而， ∴， ∴， ∴以，为根的一元二次方程为． 故选A． 【点睛】本题考查一元二次方程，解题的关键是掌握一元二次方程根的求解. 8. 估计的值应在（ ） A. 0和1之间 B. 1和2之间 C. 2和3之间 D. 3和4之间 【答案】B 【解析】 【分析】先计算可得原式，再估算出的大小，即可求解． 【详解】解： ∵， ∴， ∴的值应在1和2之间． 故选：B 【点睛】本题主要考查估算无理数的大小，二次根式的混合运算，解题的关键在于求出无理数的范围． 9. 如图，在边长为4的菱形中，E为边的中点，连接交对角线于点F．若，则这个菱形的面积为（ ） A. 16 B. 20 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形面积，连接交于O，如图，根据菱形的性质得到，，再利用得到，证明得，则，所以，接着利用勾股定理计算出，从而得到，然后根据菱形的面积公式计算它的面积． 【详解】解：连接交于O，如图，     ∵四边形为菱形， ∴，， ∵E为边的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴菱形的面积． 故选：D． 10. 如图，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等．给出如下四个结论： ①； ②正方形绕点O旋转时，四边形的面积始终等于正方形的； ③当正方形的边长为2时，周长的最小值为； ④． 正确的结论序号有（ ） A. ①②④ B. ①③④ C. ①②③ D. ①②③④ 【答案】C 【解析】 【分析】①根据正方形的性质及各角之间的数量关系得出，利用全等三角形的判定和性质得出，，再由勾股定理即可得出；②由全等的性质及图中面积的关系即可得出；③由①可知，，，确定当时，最小，的周长最小，代入计算即可；④利用勾股定理进行变换判断即可． 【详解】解：①∵四边形为正方形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， ∴，，故①正确； ②由①得， ，故②正确； ③由①可知， ，， 的周长， ∵为定值，则最小时的周长最小， ∴当时，最小，的周长最小， 此时， ∴的周长最小值 ， ∵正方形的边长为2， ∴， 则， 故③正确； ∵在中，， ∴， ∵， ∴，故④错误； 故选：C． 【点睛】题目主要考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． 二、填空题（本题共5小题，请将结果填在答题纸指定位置） 11. 的倒数是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据倒数的定义和分母有理化求解即可． 【详解】解：的倒数是． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了倒数的定义、分母有理化等知识点，掌握分母有理化的基本方法是解答本题的关键． 12. 如图，将一个矩形纸片沿着直线折叠，使得点C与点A重合，直线分别交于点E，F，若，则线段的长为__________． 【答案】 【解析】 【分析】连接交于点O，根据折叠可知，垂直平分，由等边对等角得，由可得，进而得到，以此可通过证明，得到，再根据勾股定理分别求出，则，再利用勾股定理求出即可． 【详解】解：如图，连接交于点O， ∵将一个矩形纸片沿着直线折叠，使得点C与点A重合， ∴垂直平分， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴，即， 在和中，， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， 在中，， ∴， 在中，， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握折叠的性质和三角形全等的判定方法是解题关键． 13. 已知α，β是方程的两个实数根，则的值为_______． 【答案】0 【解析】 【分析】此题主要考查了根与系数的关系，将根与系数的关系与代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．利用一元二次方程的解及根与系数的关系，可得出，再将其代入中，即可求出结论． 【详解】解：∵是方程的两个实数根， ∴， ∴， ∴； 故答案为：0． 14. 如图，平面直角坐标系中有两条直线分别为，，若l2上一点P到的距离为1，则P点的坐标为__________． 【答案】或 【解析】 【分析】这样的P点一定有两个，分别位于两直线交点的两侧．先利用几何关系求出两直线交点左边的P点，再利用几何关系求出两直线交点右边的P点即可． 【详解】解：设直线交y轴于点A，直线交y轴于点B，交于点C． 解方程组，得，故． 对于直线，当时，，故； 对于直线，当时，，故． ∵， ， ∴是等腰三角形，且． ∵， ∴． 过B作于N， ∵P到直线的距离小于， ∴在点B与C之间取一点P，作于M，则有． ∴，得． 设，则有和，解得:或． ∵点P在点B与C之间， ∴，故P点坐标应为． 在直线上，于延长线上取一点，过作垂直于直线l1于，使得． 在和中，（对顶角），， ∴， ∴． 设，则有和，解得或． ∵点在延长线上， ∴，故P'点坐标应为． 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查了在坐标系中两直线相交问题、全等三角形的判定与性质等知识点，正确做出辅助线、构造全等三角形是解答本题的关键． 15. 两张宽为的纸条交叉重叠成四边形，如图所示．若，则对角线上的动点到三点距离之和的最小值是__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意易得四边形是菱形，过点D作DE⊥BC于点E，连接AC，交BD于点O，易得，，然后根据勾股定理可得，则，，进而可得，要使为最小，即的值为最小，则可过点A作AM⊥AP，且使，连接BM，最后根据“胡不归”问题可求解． 【详解】解：∵纸条的对边平行，即， ∴四边形是平行四边形， ∵两张纸条的宽度都为， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 过点D作DE⊥BC于点E，连接AC，交BD于点O，如图所示： ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， 过点A作AM⊥AP，且使，连接BM，如图所示： ∴， 要使的值为最小，则需满足为最小，根据三角不等关系可得：，所以当B、P、M三点共线时，取最小，即为BM的长，如图所示： ∴， ∴， ∴的最小值为，即的最小值为； 故答案为． 【点睛】本题主要考查三角函数、菱形的性质与判定及含30°直角三角形的性质，解题的关键是利用“胡不归”原理找到最小值的情况，然后根据三角函数及菱形的性质进行求解即可． 三、解答题（本题共8小题，请把解答过程写在答题纸上） 16. 按要求解答下来各题 （1）计算： ； （2）对于一元二次方程（a，b，c是常数，），当时，请用配方法推导出该方程的求根公式． 【答案】（1） （2）见解析 【解析】 【分析】（1）利用二次根式的混合运算法则、平方差公式、完全平方公式进行计算即可； （2）利用配方法解一元二次方程即可． 【小问1详解】 解： ． 【小问2详解】 解：（a，b，c是常数，）， 两边同除以a得：， 移项得：， 配方得：， 即， 当时，可得：，则． 【点睛】本题主要考查二次根式的混合运算、配方法解一元二次方程等知识点，掌握二次根式的运算法则及配方法是解答本题的关键． 17. 解方程： （1）； （2）． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】（1）先移项，再利用直接开平方法求解即可； （2）先移项，再将看做整体，利用十字相乘法将左边因式分解，进一步求解即可． 【小问1详解】 解：， ， 则或， 解得，； 【小问2详解】 解：， ， 则，即， 或， 解得，． 【点睛】本题主要考查解一元二次方程，解一元二次方程的常用方法有直接开平方法、公式法、因式分解法，解题的关键是根据方程的特点选择合适、简便的方法求解． 18. 观察下列各式：①，②；③，… （1）请观察规律，并写出第④个等式：______； （2）请用含的式子写出你猜想的规律：______； （3）请证明（2）中的结论． 【答案】（1） （2） （3） 证明：∵， ∴． 【解析】 【分析】本题考查二次根式有关的规律题，根据题意列递推等式，最终找出规律是解题关键． （1）观察等式左右两边的式子结构，即可得出答案． （2）观察等式左右两边的式子结构，即可得出第的式子． （3）将化成，再进行完全平方公式因式分解，并开方即可． 【小问1详解】 解：根据规律，第④个等式为：． 【小问2详解】 解：根据规律，第的式子为：． 【小问3详解】 略 19. “通过等价变换，化陌生为熟悉，化未知为已知”是数学学习中解决问题的基本思维方式，例如：解方程，就可以利用该思维方式，设，将原方程转化为：这个熟悉的关于y的一元二次方程，解出y，再求x，这种方法又叫“换元法”，小明用这种思维方式和换元法解决下面的问题，求出了方程的解，请你仿照他的方法求出下面另外两个方程的解，并把你的解答过程填写在下面的表格中． 方程 换元法得新方程  解新方程 检验 求原方程的解 令，则 ，所以 【答案】见解析 【解析】 【分析】对于方程，设，原方程转化为，解得，再解方程得，然后进行检验得到原方程的解；对于方程，设，则原方程转化为，解一元二次方程得到，再分别解方程和，然后进行检验得到原方程的解． 【详解】解：， 设， 原方程转化为，解得， 当时，，解得， 检验：当时，，则x＝1为原方程的解， 所以原方程的解为； ， 设， 原方程转化为 解得y1＝0，y2＝﹣1， 当时，，解得， 当时，，方程无解， 检验：当时，，则为原方程的解． 所以原方程的解为． 【点睛】本题主要考查了解无理方程，解无理方程的基本思想是把无理方程转化为有理方程来解，在变形时要注意根据方程的结构特征选择解题方法．解无理方程，往往会产生增根，应注意验根． 20. 已知关于的一元二次方程． （1）求证：方程总有两个不相等的实数根； （2）若方程的两个实数根分别为，，且，求的值． 【答案】（1） ， ∵， ∴， 该方程总有两个不相等的实数根； （2） 【解析】 【分析】（1）根据根的判别式，即可判断； （2）利用根与系数关系求出，由即可解出，，再根据，即可得到的值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方程的两个实数根，， 由根与系数关系可知，，， ∵， ∴， ∴， 解得：，， ∴，即． 【点睛】本题考查了根的判别式以及根与系数的关系，解题的关键是掌握根的判别式以及根与系数的关系． 21. 已知：如图，在四边形中，，E，F分别是对角线的中点． （1）请判断线段与的位置关系，并说明理由； （2）若，请判断与的数量关系，并说明理由． 【答案】（1） 解：，理由如下： 如图所示，连接， ∵，点E是的中点， ∴， ∴， ∵点F是的中点， ∴； （2） 解：，理如下由： ∵，点E是的中点， ∴， ∴， ∵，点E是的中点， ∴， ∴， ∵， ∴ ， ∵点F是的中点， ∴． 【解析】 【分析】（1）连接，根据直角三角形斜边上的中线性质可，从而可得，然后利用等腰三角形的三线合一性质，即可解答； （2）根据直角三角形斜边上的中线性质可得，从而可得，然后利用三角形的外角性质可得，从而利用直角三角形斜边上的中线性质可得，即可解答． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 22. 如图，请在边长为1的方格纸中利用格点作图（不必说明作图步骤，标出你所连接的格点即可）： （1）如图1，画一个平行四边形，使得点A，B，C，D分别在平行四边形的四条边上，且，并直接写出你画的平行四边形的面积； （2）如图2，画一个矩形，使得点A，B，C，D分别在矩形的四条边上，且，并直接写出矩形MNPQ的边长； （3）如图3，延长至点K，请在上找一点T使得． 【答案】（1）图见解析，18； （2）图见解析，或； （3）见解析． 【解析】 【分析】（1）连接，分别过点B，D，作，可得平行四边形，再运用割补法求得，再根据即可解答； （2）连接，作，且四边形是矩形，过点C作，延长交于点Q，延长交直线于点P，四边形即为所求；由图像结合勾股定理可得矩形的一边，再结合，运用矩形的面积公式即可解答 （3）连接，过作，交于点T，点T即为所求． 【小问1详解】 解：如图1中，平行四边形即为所求； ∵， ∴． 【小问2详解】 解：如图2中，矩形即为所求； 由图像可得：， ∵， ∴． 故答案为或． 【小问3详解】 解：如图3中，点T即为所求． 【点睛】本题主要考查了作图﹣应用与设计作图、三角形的面积、平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质等知识点，理解题意，灵活运用所学知识解决问题是解题的关键． 23. 已知，矩形ABCD，点E在AB上，点G在AD，点F在射线BC上，点H在CD上． （1）如图1，当矩形ABCD为正方形时，且DE⊥GF，求证：BF=AE+AG； （2）在（1）的条件下，将GF沿AD向右平移至点G与点D重合，如图2，连接EF，取EF的中点P，连接PC，试判断BE与PC的数量关系，并说明理由； （3）如图3，点F在BC上，连接EH，EH交FG于O，∠GOH=45°，若AB=2，BC=4，FG=，求线段EH的长． 【答案】（1）见解析 （2）BE=CP，理由见解析 （3）线段EH的长为． 【解析】 【分析】（1）作GM⊥BC于M．证△DAE≌△GMF，得AE=FM，AG=BM．所以BF=AE+AG； （2）作EQ∥CP交BC于Q．证EQ=2CP，EQ=BE可得BE=CP； （3）作BM∥GF交AD于M，作BN∥EH交CD于N，取AD 的中点I，取BC的中点J，得四边形ABJI是正方形，延长IJ到L，使JL=AM=1，证明△BAM≌△BJL（SAS），再证明△MBK≌△LBK（SAS），推出MK=KL，设KJ=x，则MK=KL=KJ+JL=x+1，IK=2-x，在Rt△IMK中，由勾股定理求得x 的值，再利用平行线分线段成比例定理可得． 【小问1详解】 解：如图1，过点G作GM⊥BC于M， 则∠GMB=∠GMF=90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=AB，∠A=∠B=90°， ∴四边形ABMG是矩形， ∴AG=BM， ∵DE⊥GF， ∴∠ADE+∠DGF=∠ADE+∠AED=90°， ∴∠AED=∠DGF， 又∠DGF=∠MFG， ∴∠AED=∠MFG， ∴△DAE≌△GMF（AAS）， ∴AE=MF， 则BF=BM+MF=AG+AE； 【小问2详解】 解：BE=CP，理由如下： 如图2，过点E作EQ∥PC，交BC于点Q， ∵P是EF的中点， ∴PC是△EQF的中位线， 则EQ=2PC，QC=CF， ∵∠ADC=∠EDF=90°， ∴∠ADE=∠CDF， 又∵∠A=∠DCF=90°，AD=CD， ∴△ADE≌△CDF（ASA）， ∴AE=CF=QC， ∵AB=BC， ∴BE=BQ， 则∠BEQ=45°， ∴EQ=BE， 则2PC=BE， ∴BE=PC； 【小问3详解】 解：如图所示，作BM∥GF交AD于M，作BN∥EH交CD于N， 则四边形BFGM和四边形BEHN是平行四边形， ∴BM=GF=，BN=EH， ∵AB=2，∴AM=1， 取AD 的中点I，取BC的中点J，连接IJ，　 ∵AB=2，BC=4， ∴AI=BJ=2， ∴四边形ABJI是正方形， ∴MI=1，AB=BJ=2， 延长IJ到L，使JL=AM=1，IJ交BN于点K， ∵BA=BC，∠A=∠BJI=∠BJL=90°， ∴△BAM≌△BJL（SAS）， ∴∠ABM=∠JBL，BM=BL=， ∵∠GOH=45°，BN∥EH，BM∥GF， ∴∠MBN=∠MBK=45°， ∴∠ABM+∠JBK=45°， ∴∠JBL+∠JBK=45°，即∠LBK=45°， ∴△MBK≌△LBK（SAS）， ∴MK=KL， 设KJ=x，则MK=KL=KJ+JL=x+1，IK=2-x，　 在Rt△IMK中，由IM2+IK2=MK2可得12+（2-x）2=（x+1）2， 解得x=，即KJ=， 则BK==， ∵四边形ABCD是矩形，四边形ABJI是正方形，点J是BC的中点， ∴KJ∥CN， ∴， ∴BN=2BK=． ∴线段EH的长为． 【点睛】本题是四边形的综合题，解题的关键是掌握正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理等知识点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022~2023学年第二学期期中学业水平检测题初三数学试题 一、选择题（本题共10小题，在每小题所给出的四个选项中，只有一个是正确的，请把正确的选项填涂在答题纸的相应位置上） 1. 下列运算结果正确的是（ ） A. B. C. D. 2. “9的算术平方根是3”用式子表示为（ ） A. B. C. D. 3. 要使有意义，则实数x的取值范围是（ ） A. B. 且 C. 且 D. 4. 若关于x的一元二次方程有两个不相等的实数根，则实数k的取值范围是（ ） A. k＞﹣1 B. k＞﹣1且k≠0 C. k＜﹣1 D. k＜﹣1或k=0 5. 若a,b,c满足则关于x的方程的解是( ) A. 1，0 B. -1，0 C. 1，-1 D. 无实数根 6. 关于的方程的两个实数根分别为－2和3，则分解因式等于（ ）． A. B. C. D. 7. 若，，则以，为根的一元二次方程是（　　） A. B. C. D. 8. 估计的值应在（ ） A. 0和1之间 B. 1和2之间 C. 2和3之间 D. 3和4之间 9. 如图，在边长为4的菱形中，E为边的中点，连接交对角线于点F．若，则这个菱形的面积为（ ） A. 16 B. 20 C. D. 10. 如图，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等．给出如下四个结论： ①； ②正方形绕点O旋转时，四边形的面积始终等于正方形的； ③当正方形的边长为2时，周长的最小值为； ④． 正确的结论序号有（ ） A. ①②④ B. ①③④ C. ①②③ D. ①②③④ 二、填空题（本题共5小题，请将结果填在答题纸指定位置） 11. 的倒数是__________． 12. 如图，将一个矩形纸片沿着直线折叠，使得点C与点A重合，直线分别交于点E，F，若，则线段的长为__________． 13. 已知α，β是方程的两个实数根，则的值为_______． 14. 如图，平面直角坐标系中有两条直线分别为，，若l2上一点P到的距离为1，则P点的坐标为__________． 15. 两张宽为的纸条交叉重叠成四边形，如图所示．若，则对角线上的动点到三点距离之和的最小值是__________． 三、解答题（本题共8小题，请把解答过程写在答题纸上） 16. 按要求解答下来各题 （1）计算： ； （2）对于一元二次方程（a，b，c是常数，），当时，请用配方法推导出该方程的求根公式． 17. 解方程： （1）； （2）． 18. 观察下列各式：①，②；③，… （1）请观察规律，并写出第④个等式：______； （2）请用含的式子写出你猜想的规律：______； （3）请证明（2）中的结论． 19. “通过等价变换，化陌生为熟悉，化未知为已知”是数学学习中解决问题的基本思维方式，例如：解方程，就可以利用该思维方式，设，将原方程转化为：这个熟悉的关于y的一元二次方程，解出y，再求x，这种方法又叫“换元法”，小明用这种思维方式和换元法解决下面的问题，求出了方程的解，请你仿照他的方法求出下面另外两个方程的解，并把你的解答过程填写在下面的表格中． 方程 换元法得新方程  解新方程 检验 求原方程的解 令，则 ，所以 20. 已知关于的一元二次方程． （1）求证：方程总有两个不相等的实数根； （2）若方程的两个实数根分别为，，且，求的值． 21. 已知：如图，在四边形中，，E，F分别是对角线的中点． （1）请判断线段与的位置关系，并说明理由； （2）若，请判断与的数量关系，并说明理由． 22. 如图，请在边长为1的方格纸中利用格点作图（不必说明作图步骤，标出你所连接的格点即可）： （1）如图1，画一个平行四边形，使得点A，B，C，D分别在平行四边形的四条边上，且，并直接写出你画的平行四边形的面积； （2）如图2，画一个矩形，使得点A，B，C，D分别在矩形的四条边上，且，并直接写出矩形MNPQ的边长； （3）如图3，延长至点K，请在上找一点T使得． 23. 已知，矩形ABCD，点E在AB上，点G在AD，点F在射线BC上，点H在CD上． （1）如图1，当矩形ABCD为正方形时，且DE⊥GF，求证：BF=AE+AG； （2）在（1）的条件下，将GF沿AD向右平移至点G与点D重合，如图2，连接EF，取EF的中点P，连接PC，试判断BE与PC的数量关系，并说明理由； （3）如图3，点F在BC上，连接EH，EH交FG于O，∠GOH=45°，若AB=2，BC=4，FG=，求线段EH的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $