中考二轮复习专题1：几何证明专练-2024-2025学年北师大版中考数学专练

中考二轮复习专题1：几何证明专练 1．如图，△ABC中，D是AB上一点，DE⊥AC于点E，F是AD的中点，FG⊥BC于点G，与DE交于点H，若FG＝AF，AG平分∠CAB，连接GE，GD． （1）求证：△ECG≌△GHD； （2）当∠B为多少度时，四边形AEGF是否为菱形，请说明理由． 2．如图，▱ABCD中，E为BC边的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，延长EC至点G，使CG=CE，连接DG、DE、FG． (1)求证：△ABE≌△FCE； (2)若AD=2AB，求证：四边形DEFG是矩形． 3．已知：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是BC的中点，E是AD的中点．过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F． （1）求证：△AEF≌△DEB； （2）证明四边形ADCF是菱形；若AC=4，AB=5，求菱形ADCF的面积． （3）当△ABC满足什么条件时，四边形ADCF是正方形，请说明理由. 4．已知如图是锐角三角形，分别以边AB、AC为边向外作和，和均为等边三角形，且BE和CD交于点F，连接AF． （1）求证：； （2）求出的度数； （3）求证：． 5．如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AH⊥BC，H为垂足，将△ABH绕点A逆时针旋转得△ADE，连接CD，F为CD的中点，连接FH，FE． (1)求证：FH=FE且FH⊥FE； (2)若AB=4，，直接写出点F经过的路径长． 6．如图，在平行四边形ABCD中，对角线、交于点，点是平行四边形ABCD外的一点，有3个选项：①，②，③． (1)请从3个选项中选择两个作为条件，余下一个作为结论，得到一个真命题，并证明．你选择的两个条件是________，结论是________（只要填写序号）； (2)在（1）的条件下，若，求的度数． 7．如图1，Rt△ABC中，∠A=90°，∠B=45°，∠C的角平分线交边AB于D点，BD=， (1)请求出AC的长； (2)如图2，E为CD上的一个动点，AE⊥EF，AC⊥CF，EF交AC于G点，连接AF，当E点在CD间运动时，请判断的值是否为一个定值，如果是请求出具体的值，不是，请说明理由； (3)在（2）的条件下，若AE=EC，请求出△EGC的面积． 8．已知：在中，，，以为斜边作等腰，使得，两点在直线的同侧，过点作于点． (1)如图1，当时， ①直接写出的度数； ②判断线段与的数量关系，并证明； (2)当时，依题意补全图2，请直接写出线段与的数量关系（用含的式子表示）． 9．如图，在正方形中，对角线与交于点O，E是边上一点， 于点F，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 10．在矩形中，点P是射线上一个动点，在矩形内部（包含边界）作一点E．使得 ． (1)如图1．当点P在的延长线上，与交于点M．试说明：： (2)当点P在边上时，与相交于点N． ①如图2．若点E在边上，试说明：； ②如图3．若点E在矩形内部．试说明：． 11.如图，点，，，在一条直线上，，，． (1)求证：； (2)若，，求四边形的面积． 12. 如图，在中，为线段的中点，延长交的延长线于点，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 13. 已知，如图．在中，，是中线．是的中点，连接并延长到，使，连接、． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形； 14. 如图，在中，对角线与相交于点，点，分别在和的延长线上，且，连接，． （1）求证：≌； （2）连接，，当平分时，四边形是什么特殊四边形？请说明理由． 15. 已知：如图，正方形的对角线相交于点，的平分线分别交，于点，，作于点，分别交，于点，，连接，． （1）求证：； （2）判断四边形是什么特殊四边形？并证明你的结论． 16. 已知：如图，在四边形ABCD中，∠ABC=90°，AD∥BC，DE⊥AC于点F，交BC于点G，交AB的延长线于点E，且AE=AC． （1）求证：AB=AF； （2）若∠ACB=30°，连接AG，判断四边形AGCD是什么特殊的四边形？并证明你的结论． 17. 已知：如图，平行四边形ABCD，对角线AC与BD相交于点E，点G为AD的中点，连接CG，CG的延长线交BA的延长线于点F，连接FD． （1）求证：AB=AF； （2）若AG=AB，∠BCD=120°，判断四边形ACDF的形状，并证明你的结论． 18. 如图，在□ABCD 中，对角线 AC 与 BD 相交于点 O ，点 E ， F 分别为 OB ， OD 的中点，延长 AE 至 G ，使 EG ＝AE ，连接 CG ． （1）求证： △ABE≌△CDF ； （2）当 AB 与 AC 满足什么数量关系时，四边形 EGCF 是矩形？请说明理由. 参考答案 1．（1）见解析（2）∠B＝30°时，是菱形，理由见解析 【分析】（1）依据条件得出∠C＝∠DHG＝90°，∠CGE＝∠GED，依据F是AD的中点，FG∥AE，即可得到FG是线段ED的垂直平分线，进而得到GE＝GD，∠CGE＝∠GDE，利用AAS即可判定△ECG≌△GHD； （2）依据∠B＝30°，可得∠ADE＝30°，进而得到AE＝AD，故AE＝AF＝FG，再根据四边形AEGF是平行四边形，即可得到四边形AEGF是菱形． 【详解】解：（1）∵AF＝FG， ∴∠FAG＝∠FGA， ∵AG平分∠CAB， ∴∠CAG＝∠FAG， ∴∠CAG＝∠FGA， ∴ACFG， ∵DE⊥AC， ∴FG⊥DE， ∵FG⊥BC， ∴DEBC， ∴AC⊥BC， ∴∠C＝∠DHG＝90°，∠CGE＝∠GED， ∵F是AD的中点，FGAE， ∴H是ED的中点， ∴FG是线段ED的垂直平分线， ∴GE＝GD，∠GDE＝∠GED， ∵DE∥BC， ∴∠CGE＝∠GED＝∠GDE， ∴△ECG≌△GHD（AAS）； （2）当∠B＝30°时，四边形AEGF是菱形，理由如下： 证明：∵∠B＝30°， ∴∠ADE＝30°， ∴AE＝AD， ∴AE＝AF＝FG， 由（1）得AEFG， ∴四边形AEGF是平行四边形， ∴四边形AEGF是菱形． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了菱形的判定、全等三角形的判定和性质，以及含30°角的直角三角形的性质的综合运用，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等是解决问题的关键． 2．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）由平行四边形的性质推出∠EAB=∠CFE，利用AAS即可判定△ABE≌△FCE； （2）先证明四边形DEFG是平行四边形， 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，再证明DF=EG，即可证明四边形DEFG是矩形． ∴ABCD， ∴∠EAB=∠CFE， 又∵E为BC的中点， ∴EC=EB， ∴在△ABE和△FCE中， ， ∴△ABE≌△FCE(AAS)； （2）证明：∵△ABE≌△FCE， ∴AB=CF， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=DC， ∴DC=CF， 又∵CE=CG， ∴四边形DEFG是平行四边形， ∵E为BC的中点，CE=CG， ∴BC=EG， 又∵AD=BC=EG=2AB，DF=CD+CF=2CD=2AB， ∴DF=EG， ∴平行四边形DEFG是矩形． 【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△ABE≌△FCE是解题的关键． 3．（1）见解析；（2）菱形ADCF的面积＝10；（3）当AB=AC时，四边形ADCF是正方形，理由见解析. 【分析】（1）根据AAS证△AFE≌△DBE； （2）利用全等三角形的对应边相等得到AF=BD．证出四边形ADCF是平行四边形，再由“直角三角形斜边的中线等于斜边的一半”得到AD=DC，从而得出四边形ADCF是菱形；由直角三角形ABC与菱形有相同的高，根据等积变形求出这个高，代入菱形面积公式可求出结论； （3）当AB=AC时和D是BC的中点可得：AD⊥BC，从而得出结论. 【详解】（1）证明：①∵AF∥BC， ∴∠AFE＝∠DBE， ∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线， ∴AE＝DE，BD＝CD， 在△AEF和△DEB中， ， ∴△AEF≌△DEB（AAS）； （2）证明：由（1）知，△AFE≌△DBE，则AF＝DB． ∵DB＝DC， ∴AF＝CD． ∵AF∥BC， ∴四边形ADCF是平行四边形， ∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点， ∴AD＝DC＝BC， ∴四边形ADCF是菱形； 连接DF，如图所示： ∵AF∥BD，AF＝BD， ∴四边形ABDF是平行四边形， ∴DF＝AB＝5， ∵四边形ADCF是菱形， ∴菱形ADCF的面积＝AC▪DF＝×4×5＝10． （3）当AB=AC时，四边形ADCF是正方形， 理由：∵AB=AC，D是BC的中点， ∴ AD⊥BC， 又∵四边形ADCF是菱形， ∴菱形ADCF是正方形. 【点睛】考查了全等三角形的性质和判定，平行四边形的判定，菱形的判定的应用，菱形的面积计算；熟练掌握菱形的判定与性质，证明三角形全等是解决问题的关键． 4．（1）见解析；（2）；（3）见解析． 【分析】（1）由和均为等边三角形，可得边角关系，由SAS即可证明；（2）由可得点A、F、C、E四点共圆，再由圆的性质即可求解； （3）由点A、F、C、E四点共圆，可得，再由内角和为可得，由点A、F、B、D四点共圆，同理可得，从而可得，故可得． 【详解】解：（1）∵和均为等边三角形， ∴，，， ∴，即， ∴在三角形和中， ∴； （2）∵， ∴， ∴点A、F、C、E四点共圆， ∴， ∵均为等边三角形， ∴， ∴； （3）由（2）点A、F、C、E四点共圆，点A、F、B、D四点共圆， ∴， 在中， ， ∴， 即， ∵， ∴， 同理可得， ∵，， ∴， ∴， ， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质，四点共圆的性质，三角形内角和定理，等边三角形的性质，解题的关键是熟练掌握各知识点，利用好数形结合的思想． 5．(1)见解析； (2) 【分析】（1）连接AF，根据等腰三角形的性质得到∠B=∠ACB=45°，BH=CH，结合旋转的性质得到∠AED+ ∠AFD = 180°，∠AHС+∠AFC=180°，从而证得A、E、D、F四点共圆，A、H、C、F四点共圆，求出∠AFE=∠ADE= 45°，∠AFH=∠ACH=45°，得到∠EFH = ∠AFE+∠AFH= 90°，证得FH⊥FE，再证明△EAF≌△HAF，得到HF=FE； （2）取线段AC的中点O，连接OF、OH，根据三角形中位线的定义得到OF=AD=AB=2，OF∥AD，OH∥AB，从而得到在△ABH绕点A逆时针旋转过程中，点F从点H开始，在以点O为圆心，2为半径的圆上移动，当时，B、A、D三点共线，确定H、O、F三点共线，根据公式求出点F经过的路径长． 【详解】（1）证明：连接AF， ∵AB=AC，∠BAC=90°，AH⊥BC， ∴∠B=∠ACB=45°，BH=CH， 由旋转性质知，AD=AB=AC，AE=AH，∠AED=∠AHB=90°，∠ADE=∠B=45°，∠EAD =∠BAH=45°， ∵CF= DF，AC=AD， ∴AF⊥CD，∠DAF=∠CAF， ∴∠AFD=∠AFC = 90°， ∵∠AED=∠AHC = 90°， ∴∠AED+ ∠AFD = 180°，∠AHС+∠AFC=180°， ∴A、E、D、F四点共圆，A、H、C、F四点共圆， ∴∠AFE=∠ADE= 45°，∠AFH=∠ACH=45°， ∴∠EFH = ∠AFE+∠AFH= 90°， ∴FH⊥FE， ∵∠EAD =∠HAC =45°，∠DAF=∠CAF， ∴∠EAD+∠DAF=∠HAC+∠CAF， ∴∠EAF=∠HAF， ∴△EAF≌△HAF， ∴HF=FE； （2）取线段AC的中点O，连接OF、OH， ∵点F为CD中点，点H为BC中点，点O为AC中点， ∴OF为△ACD的中位线，OH为△ABC的中位线， ∴OF=AD=AB=2，OF∥AD，OH∥AB， 在△ABH绕点A逆时针旋转过程中，点F从点H开始，在以点O为圆心，2为半径的圆上移动， 当时，B、A、D三点共线， ∵OF∥AD，OH∥AB， ∴H、O、F三点共线， ∴点F经过的路径长为半圆O的弧长：． 【点睛】此题考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，三角形中位线的性质，动点问题，熟记各知识点并综合应用是解题的关键． 6．(1)②③；① (2)60° 【分析】（1）先由，判断四边形ABCD是矩形，由矩形的性质可得，连接，再由得出是直角三角形，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得到，再结合三角形内角和即可求出； （2）先判断出为等边三角形，可求出，再由对角互补的四边形的四个顶点共圆得出点A、B、C、E四点共圆，再由同弧所对的圆周角相等即可求解． 【详解】（1）解：四边形ABCD是平行四边形，， 四边形ABCD是矩形， ， 连接， ， 是直角三角形， ， ， ， ， ， 故答案为：②③；①. （2） 解：由（1）得，又， ， 为等边三角形， ， ，， ， 点A、B、C、E四点共圆， . 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半、三角形内角和定理、等边三角形的判定和性质、四点共圆及同弧所对的圆周角相等，熟练掌握知识点是解题的关键． 7．(1)AC =； (2)的值为是一个定值，； (3)S△GEC= 【分析】（1）作DM⊥BC于M，由角平分线的性质得到AD=DM，根据BD=，∠B=45°求出DM=BM=1，进而得到AC=AB=； （2）取AF的中点为N，连接EN，CN，证得A、E、C、F四点共圆，推出∠AFE=∠ACD，进而证得△AEF∽△DAC，得到=； （3）由AE=EC求得∠AFC=45°，得到CF=AC=，求出CG=1，AG=，易证AE=DE=EC，利用 S△AEC=，得到S△GEC==． 【详解】（1）作DM⊥BC于M， ∵CD平分∠ACB，∠DAC=90°， ∴AD=DM， ∵BD=，∠B=45°， ∴DM=BM=1， ∴AD=DM=1， 又∵∠A=90°，∠B=45°， ∴AC=AB=； （2）取AF的中点为N，连接EN，CN， ∵∠AEF=∠ACF=90°， ∴EN=CN=AN=NF， ∴A、E、C、F四点共圆， ∴∠AFE=∠ACD， 又∵∠DAC=∠AEF=90°， ∴△AEF∽△DAC， ∴=； （3）由第（2）问可知A、E、C、F四点共圆， ∵AE=EC， ∴∠AFE=∠EFC， ∵∠ACD=22.5° ，∴∠AFE=∠EFC=22.5°， ∴∠AFC=45°， ∴CF=AC=， 又∵， ∴CG=1， ∴AG=， ∵AE=EC， ∴∠EAC=∠ACE， ∵∠EAC+∠DAE=∠ACE+∠ADC=90°， ∴∠ADE=∠DAE， ∴AE=DE=EC， ∴S△AEC=， ∴S△GEC==． 【点睛】此题考查了角平分线的性质定理，四点共圆，圆周角定理，相似三角形的判定及性质，直角三角形斜边中线的性质，熟记各知识点并综合应用是解题的关键． 8．(1)①；②，理由见解析． (2)补全图形见解析，． 【分析】（1）①由余角的性质可求． ②通过证明点，点，点，点四点共圆，由垂径定理可求出． （2）通过证明点，点，点，点四点共圆，由垂径定理可求出，利用余弦三角函数求出，再根据等腰直角三角形的性质推出与关系，从而推出与关系． 【详解】（1）①解：以为斜边作等腰直角三角形， ，． ， ． 过点作于点， ． ． ，即． ． ②； 理由如下： 如图，延长至，使，连接， ，， ， ， ，， 点，点，点，点四点共圆， ， 是直径，是圆心， ， ∴， 故答案为：①；②； （2）解：补全图形如图所示， 与关系： 证明如下： 如图，延长至，使，连接， ，， ， ， ，， 点，点，点，点四点共圆， ， 是直径，是圆心， ， ∴， 在中，， ， 在等腰直角中，， ， ．　 【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质和判定，四点共圆、垂径经定理、余弦知识等知识，解题的关键在于如何证明点，点，点，点四点共圆． 9．(1)见解析 (2) 【分析】 本题考查正方形的性质，四点共圆，以及相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关性质，证明三角形相似． （1）由四点共圆得到，再根据，即可证明， （2）先利用正方形的性质求得，， ， 再利用勾股定理求得，最后利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】（1） 正方形， ，， ，，，四点共圆， ， ， ； （2） 正方形，， ， ， ， 中，， ， ， 10．(1)证明见详解 (2)①证明见详解，②证明见详解 【分析】根据题意可得和，则点P、点D、点E和点A四点共圆，有，结合即可判定， ①根据题意得和，则点P、点D、点E和点A四点共圆，有，即可判定， ②根据题意得和，则点P、点A、点D和点E四点共圆，有，判定，有即可． 【详解】（1）证明：∵四边形为矩形，点P是射线上一个动点， ∴， ∵， ∴， ∴点P、点D、点E和点A四点共圆， 如图， 则， ∵， ∴； （2）证明：①∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴点P、点D、点E和点A四点共圆， 如图， 则， ∵， ∴； ②∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴点P、点A、点D和点E四点共圆， 如图， 则， ∵， ∴； ∴， 则． 【点睛】本题主要考查矩形的性质、垂直的性质、四点共圆、同弧所对圆周角相等以及相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟悉四点共圆的性质． 11. 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（）由可证； （）先证明四边形是菱形，可得，，，由菱形的面积公式可求解； 本题考查了全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 又∵， ∴，即， 在和中， ， ∴； （2）解：连接交于点， ∵， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又 ∴四边形是菱形， ∴，， 在中， ∴， ∴， ∴． 12. 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（）证，得，再证四边形是平行四边形，然后证，即可得出结论； （）过点作于点，由矩形的性质得，，再由等腰三角形的性质得，则为的中位线，得，然后由平行四边形的性质得，进而由勾股定理即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵为的中点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）解：如图，过点作于点， ∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴为的中位线， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， 即的长为． 13. 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据三角形中线性质可得，再题目已知条件可证得； （2）根据直角三角形中线性质得，再由（1）结论可证，进而可求解． 【详解】（1）是的中点， ， ，， ． （2），是中线， ， ，， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形． 14. 【答案】（1）见解析（2）菱形，见解析 【解析】 【分析】 （1）利用SAS证明≌即可求解； （2）先证明四边形是平行四边形，再证明对角线互相垂直即可得到为菱形． 【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD=BC,∠ADB=∠CBD， 又∵∠ADB+∠ADE=180°，∠CBF+∠CBD=180°， ∴∠ADE=∠CBF 在△ADE和△CBF中 ∴△ADE≌△CBF； （2）四边形是菱形 理由如下： 如图，连接，， 由（1）得△ADE≌△CBF ∴CF=AE, ∠E=∠F ∴AE∥CF ∴AECF ∴四边形AFCE是平行四边形 当BD平分∠ABC时，∠ABD=∠CBD 又∵AD∥CB， ∴∠ADB=∠DBC ∴∠ABD=∠ABD ∴AD=AB=BC ∴△ABC为等腰三角形 由等腰三角形性质三线合一可得AC⊥EF ∴平行四边形AFCE是菱形 15. 【答案】（1）见解析 （2）菱形，见解析 【解析】 【分析】（1）由正方形的性质得出，，再由角的互余关系证出，由即可证明； （2）先证明，得出，由线段垂直平分线的性质得出，；再证出，得出，因此，即可得出结论． 【小问1详解】 四边形是正方形， ，． ， ， ， ， 即． 在与中， ， ； 【小问2详解】 四边形为菱形；理由如下： 在与中， ， ， ， 是线段的垂直平分线， ，． ，， ， ， ， 四边形是菱形． 16. 【答案】（1）见解析 （2）四边形AGCD是菱形．理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据AAS证出△ABC≌△AFE，根据全等三角形的性质推出即可； （2）求出AF=CF，证△DAF≌△GCF，推出AD=CG，即可得出答案． 【小问1详解】 证明：∵∠ABC=90°，DE⊥AC， ∴∠ABC=∠AFE=90°， 在△ABC和△AFE中， ∵， ∴△ABC≌△AFE（AAS）， ∴AB=AF； 小问2详解】 解：四边形AGCD是菱形．理由如下： 证明：∵∠ACB=30°，∠ABC=90°， ∴2AB=AC， ∵AB=AF， ∴AC=2AF=AF+FC， ∴AF=CF， ∵AD∥BC， ∴∠DAF=∠FCG， 在△DAF和△GCF中， ， ∴△DAF≌△GCF（ASA）， ∴AD=CG， ∵AD∥CG， ∴四边形AGCD是平行四边形， ∵DG⊥AC， ∴平行四边形AGCD是菱形． 17. 【答案】（1）证明见解析；（2）结论：四边形ACDF是矩形．理由见解析 【解析】 分析】（1）只要证明AB=CD，AF=CD即可解决问题； （2）结论：四边形ACDF是矩形．根据对角线相等的平行四边形是矩形判断即可； 【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB=CD， ∴∠AFC=∠DCG， ∵GA=GD，∠AGF=∠CGD， ∴△AGF≌△DGC， ∴AF=CD， ∴AB=AF． （2）解：结论：四边形ACDF是矩形． 理由：∵AF=CD，AF∥CD， ∴四边形ACDF是平行四边形， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠BAD=∠BCD=120°， ∴∠FAG=60°， ∵AB=AG=AF， ∴△AFG是等边三角形， ∴AG=GF， ∵△AGF≌△DGC， ∴FG=CG，∵AG=GD， ∴AD=CF， ∴四边形ACDF是矩形． 18. 【答案】（1）见解析；（2）时,四边形EGCF是矩形，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）由平行四边形的性质得出AB=CD，AB∥CD，OB=OD，OA=OC，由平行线的性质得出∠ABE=∠CDF，证出BE=DF，由SAS证明△ABE≌△CDF即可； （2）证出AB=OA，由等腰三角形的性质得出AG⊥OB，∠OEG=90°，同理：CF⊥OD，得出EG∥CF，由三角形中位线定理得出OE∥CG，EF∥CG，得出四边形EGCF是平行四边形，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=CD，AB∥CD，OB=OD，OA=OC， ∴∠ABE=∠CDF， ∵点E，F分别为OB，OD的中点， ∴BE=OB，DF=OD， ∴BE=DF， 在△ABE和△CDF中， （2）当AC=2AB时，四边形EGCF是矩形；理由如下： ∵AC=2OA，AC=2AB， ∴AB=OA， ∵E是OB的中点， ∴AG⊥OB， ∴∠OEG=90°， 同理：CF⊥OD， ∴AG∥CF， ∴EG∥CF， ∵EG=AE，OA=OC， ∴OE是△ACG的中位线， ∴OE∥CG， ∴EF∥CG， ∴四边形EGCF是平行四边形， ∵∠OEG=90°， ∴四边形EGCF是矩形． 学科网（北京）股份有限公司 $$