浙教版八年级下册第五章特殊平行四边形培优练习 含解析

浙教版八年级下册第五章特殊平行四边形培优练习
一、选择题
1．下列说法正确的是 （　　）
A．矩形的对角线相等且互相垂直 B．菱形的对角线相等
C．正方形的对角线相等 D．菱形的四个角都是直角
2．下列条件中，能判定四边形是菱形的是（　　）
A．两条对角线相等 B．两条对角线互相垂直
C．两条对角线互相垂直平分 D．两条对角线相等且互相垂直
3．如图，四边形是平行四边形，下列结论中错误的是（　　）
A．当时，是矩形
B．当时，是菱形
C．当是正方形时，
D．当是菱形时，
4．如图，在菱形ABCD中，AC，BD相交于点O，E为AB的中点，且DE⊥AB，AC=6，则菱形ABCD的面积是（　　）
A．18 B．18 C．9 D．6
5．如图，若将上图正方形剪成四块，恰能拼成下图的矩形，设，则（　　）
A． B． C． D．
6．如图，将矩形ABCD沿对角线AC折叠，B的对应点为E，AE与CD相交于点F.若∠FCE=40°，则∠CAB的度数为（　　）
A．15° B．20° C．25° D．40°
7．如图，在矩形ABCD中，AD=1，AB>1，点G在DC上，AG平分∠BAD，分别过点B，C作BE⊥AG于点E，CF⊥AG交AG的延长线于点F，则AEGF的值为（　　）
A．1 B． C． D．
8．如图，在中，，以的各边为边作三个正方形，点落在上，若，空白部分面积为，则的长为（　　）
A． B． C． D．
9．如图，在矩形ABCD中，O为对角线BD的中点，∠ABD=60°，动点E在线段OB上，动点F在线段OD上，点E，F同时从点O出发，分别向终点B，D运动，且始终保持OE=OF．点E关于AD ，AB的对称点为E1，E2；点F关于BC，CD的对称点为F1，F2，在整个过程中，四边形E1E2F1F2形状的变化依次是（　　）
A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形
C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
10．七巧板是我国祖先的一项卓越创造，如图1，正方形ABCD可以制作一副七巧板，现将这副七巧板拼成如图2所示的“风车”造型(内部有一处空缺)，连结最外围的风车顶点 M，N，P，Q得到一个四边形MNPQ，则正方形ABCD与四边形MNPQ的面积之比为 （　　）
A．5：8 B．3 ： 5 C．8： 13 D．25：49
二、填空题
11．菱形的两条对角线的长分别为6和8，则这个菱形的周长为　 　.
12．如图，在菱形ABCD中，对角线 AC，BD相交于点O，不 添 加任何 辅 助线，请 添加一个条件：　 　，使得四边形ABCD 是正方形.
13．如图，已知ABCD中对角线AC，BD相交于点O，请你添加一个适当的条件，使ABCD成为一个矩形．你添加的条件是__．
14．如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的动点，M，N分别是EF，AF的中点，则MN的最大值为　 　
15．如图①是一张等腰直角三角形纸片，，现要求按照图②的方法裁剪几条宽度都为的长方形纸条，用这些纸条为一幅正方形美术作品EFGH镶边(纸条不重叠)如图③，正方形美术作品的面积为　 　.
16．正方形ABCD的边长为2，如图1，点E，F均在正方形内部，且BE=EF=FD，∠E=∠F=90°，则BE的长为　 　；如图2，点G，H，I，J，K，L均在正方形内部，且BG=GH=HI=IJ=JK=KL=LD，∠G=∠H=∠I=∠J=∠K=∠L=90°，则BG的长为　 　.
三、解答题
17．如图，是的一条角平分线，交于点E，交于点F．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，当 ▲ 度时，四边形为正方形并证明．
18．如图，在正方形 ABCD中，点 E 在 BC 边的延长线上，点 F 在 CD 边的延长线上，且 CE=DF，连结 AE和BF.求证：AE=BF.
19．已知一个长方形相邻的两边长分别是a，b，且，；
（1）求此长方形的周长；
（2）若一个正方形的周长与上述长方形的周长相等，求此正方形的面积．
20．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，点E，F在对角线BD上，BE=EF=FD，∠BAF=∠DCE=90°.
（1）求证：△ABF≌△CDE.
（2）连结AE，CF，已知 ▲ (从条件①：∠ABD=30°.条件②：AB=BC中选择一个作为已知，填序号)，请判断四边形AECF的形状，并说明理由.
21．如图，在长方形ABCD中，AD∥BC，E为边BC上一点，将长方形沿AE折叠，使点B落在点F处，EG平分∠CEF，交CD于点G，过点G作HG⊥EG，交AD于点H.
（1）试说明：HG∥AE.
（2）若∠EAF=20°，求∠DHG的度数.
22．如图，已知在正方形中，，点为线段上一点点不与、重合，连接，过点作交射线于点，以、为邻边作矩形．
（1）求证：；
（2）连接，设，的面积为求关于的函数关系式并写出自变量的取值范围；
（3）当时，求的度数．
23．如图，在平行四边形ABCD中，AD=9 cm，CD= cm，∠B=45°，点M，N分别以A，C为起点，以1 cm/s的速度沿AD，CB边运动，设点M，N运动的时间为t s(0≤t≤6)． ．
（1）求BC边上的高AE的长度．
（2）连结AN，CM，当t为何值时，四边形AMCN为菱形？
（3）作MP⊥BC于点P，NQ⊥AD于点Q，当t为何值时，四边形MPNQ为正方形？
24．如图1，已知O是坐标原点，点A的坐标是(5，0)，B是y轴正半轴上一动点，以OB，OA为边作矩形OBCA，点E，H分别在边BC和OA上，将△BOE沿着OE对折，使点B落在OC上的点F处，将△ACH沿着CH对折，使点A落在OC上的点G处.
（1）求证：四边形OECH是平行四边形.
（2）如图2，当点F，G重合时，求点B的坐标.判断四边形OECH的形状，并说明理由.
（3）当点F，G将对角线OC三等分时，求点B的坐标.
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】解：A、矩形的对角线相等但不互相垂直，故此选项错误；
B、菱形的对角线相互垂直，故此选项错误；
C、正方形的对角线相等且垂直，故此选项正确；
D、菱形的四个角不一定都是直角，故此选项错误.
故答案为：C.
【分析】根据矩形的对角线相等且互相平分；菱形的对角线互相平分且垂直；正方形的对角线相等、互相平分且垂直，即可逐项判断得出答案.
2．【答案】C
【解析】【解答】A、 两条对角线相等不能判定四边形是菱形，故此选项不符合题意；
B、两条对角线互相垂直不能判定四边形是菱形，故此选项不符合题意；
C、两条对角线互相垂直平分能判定四边形是菱形，故此选项符合题意；
D、两条对角线相等且互相垂直不能判定四边形是菱形，只能判定是矩形，故此选项不符合题意.
故答案为：C.
【分析】根据菱形的判定方法依次判断即可求解.
3．【答案】D
【解析】【解答】A、∵四边形是平行四边形，当时，∴是矩形，∴A正确，不符合题意；
B、∵四边形是平行四边形，当时，∴是菱形，∴B正确，不符合题意；
C、∵当是正方形时，，∴C正确，不符合题意；
D、∵当是菱形时，无法证出，∴D不正确，符合题意；
故答案为：D.
【分析】利用矩形的判定方法、菱形的判定和性质及正方形的性质逐项分析判断即可.
4．【答案】D
【解析】【解答】解：∵E为AB的中点，DE⊥AB，
∴AD=DB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=DB，BD⊥AC于O
∴△ABD为等边三角形，AO=AC=3，
在Rt△AOB中，∠OAB=30°，
∴OB=
∴BD=2OB=，
∴菱形ABCD的面积=AC·BD=，
故答案为：D．
【分析】根据三角形三线合一性质可知AD=DB，再根据菱形的性质可判定出△ABD为等边三角形，∠OAB=30°，通过解含30°的直角三角形可算出BD，从而算出菱形的面积=两个对角线乘积的一半.
5．【答案】B
【解析】【解答】解：根据题意得：正方形的边长为a+b，长方形的长为a+b+b，宽为b，
则（a+b）2=b(a+b+b)，即a2-b2+ab=0，
∴，
解得：，
∵＞0，
∴，
∴当a=1时，，
故答案为：B．
【分析】根据题意得：正方形的边长为a+b，长方形的长为a+b+b，宽为b，则（a+b）2=b(a+b+b)，即a2-b2+ab=0，可得出，根据＞0，得出，当a=1时，将其代入计算即可。
6．【答案】C
【解析】【解答】解：由折叠的性质得： ∠ACE=∠ACB，
∵∠FCE=40°，∠DCB=90°，
∴∠ECB=∠FCE+∠DCB=130°，
∴，
∴∠CAB =90°-∠ACB=90°-65°=25°.
故答案为：C.
【分析】由折叠的性质及矩形的性质可得∠ECB=130°，，结合余角的性质即可得解.
7．【答案】B
【解析】【解答】解：设AE=x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠D=90°，CD=AB，
∵AG平分∠BAD，
∴∠DAG=∠BAD=45°，
∴△DAG是等腰直角三角形，
∴DG=AD=1，
，
同理可证AE=BE，FG=CF，
∴AE=BE=x，则，
，，
∴
故答案为：B.
【分析】设AE=x，利用矩形的性质可证得∠BAD=∠D=90°，CD=AB，利用角平分线的定义可证得△DAG是等腰直角三角形，利用勾股定理求出AG的长，同理可证AE=BE，FG=CF，AE=BE=x，可表示出CD的长，同时可得到CG，FG的长，然后可求出AE-FG的长.
8．【答案】A
【解析】【解答】解：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，，
≌，
的面积的面积，
四边形FNCM的面积=△ABC的面积，
空白部分的面积正方形的面积的面积，
，
，
，
，
，
，
由①×+②得，
（舍去负值）．
故答案为：A．
【分析】由正方形的性质得AB=AF，∠BAN=∠F=90°，由同角的余角相等得∠ABN=∠MAF，从而根据ASA判断出△BAN≌△AFM，得S△BAN=S△AFM，推出S四边形FNCM=S△ABC，S空白部分=S正方形ABGF-2S△ABC，据此得AB2-2×AC×BC=10①，由AC+BC=7并结合勾股定理可得AB2+2AC×BC=49②，①×2+②可得AB2=23，再求其算术平方根即可.
9．【答案】A
【解析】【解答】解：如图1：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠BAD=∠ABC=90°，
∴∠BDC=∠ABD=60°，∠ADB=∠CBD=90°-60°=30°，
∵OE=OF，OB=OD，
∴DF=EB，
∵点E关于AD ，AB的对称点为E1，E2；点F关于BC，CD的对称点为F1，F2 ，
∴DF=DF2，BF=BF1，BE=BE2，DE=DE1，E1F2=E2F1．
∴∠F2DC=∠BDC=60°，∠E1DA=∠ADB=30°，
∴∠E1DB=60°，
同理∠F1BD=60°，
∴DE1∥BF1，
∴四边形 E1E2F1F2 是平行四边形，
如图2所示，当E，F，O三点重合时，DO=OB，
∴DE1=DF2=AE1=AE2，即E1E2=E1F2，
∴四边形E1E2F1F2 是菱形．
如图3所示，当E，F分别为OD，OB的中点时，设DB=4，则 DF2=DF=1，DE1=DE=3，
在Rt△ABD中，AB=2，AD=，连接AE，AO，
∵∠ABO=60°，BO=2=AB，
∴△ABO是等边三角形，
∵E为OB中点，
∴AE⊥OB，BE=1，
∴∠E1=90°，
即四边形E1E2F1F2 是矩形．
当F，E分别与D，B重合时，△BE1D，△BDF1 都是等边三角形，则四边形E1E2F1F2 是菱形，
∴在整个过程中，四边形 E1E2F1F2 形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，
故答案为：A．
【分析】E、F在特殊点时需分析四边形E1E2F1F2 的形状，而在一般点时均是平行四边形，根据对称的形式，菱形、平行四边形和矩形的判定方法判断即可.
10．【答案】C
【解析】【解答】解：如图1，设AC=4a，则AB=BC=AC=a，
∴正方形ABCD的面积为AB2=8a2，
由图1可得ME=QF=PG=NH，QE=PF=NG=MH，∠QFP=∠PGN=∠NHM=∠MEQ=135°，
∴△QFP≌△PGN≌△NHM≌△MEQ（SAS）
∴QM=QP=PN=MN，∠PQF=∠GPN，
∴∠NPQ=∠GPN+∠FPQ+∠FPG=∠PQF+∠FPQ+∠FPG=45°+45°=90°，
∴四边形MNPQ为正方形，
由AC=4a，则图2中MH=3a，QH=2a
∴MQ2=MH2+QH2=（3a）2+（2a）2=13a2，
∴ 四边形MNPQ的面积= MQ2=13a2，
∴ 正方形ABCD与四边形MNPQ的面积之比=8a2：13a2=8∶13.
故答案为：C.
【分析】设AC=4a，则AB=BC=AC=a，图2中MH=3a，QH=2a，由勾股定理求出MQ2，分别求出两正方形的面积公式，继而求出比值.
11．【答案】20
【解析】【解答】解：如图，根据题意得AO= ×8=4，BO= ×6=3，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD.
∴△AOB是直角三角形.
∴ .
∴此菱形的周长为：5×4=20
故答案为：20.
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分的性质，利用对角线的一半，根据勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的四条边相等求出周长即可.
12．【答案】∠BAD=90°(答案不唯一)
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴当∠BAD=90°或BD=AC时， 四边形ABCD是正方形.
故答案为：∠BAD=90°(答案不唯一).
【分析】有一个角是直角的菱形是正方形，对角线相等的菱形是正方形，据此解答即可.
13．【答案】AC＝BD（答案不唯一）
【解析】【解答】解：添加的条件是AC =BD(答案不唯一)，
理由如下：∵AC=BD，四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是矩形，
故答案为：AC = BD(答案不唯一).
【分析】利用矩形的判定方法证明即可。
14．【答案】
【解析】【解答】解：如图，连接、，
点、分别是、的中点，
，
正方形的边长为2，
，
点是边长的动点，
，
，
的最大值为.
故答案为：.
【分析】由点E是BC边长的动点可得，利用正方形的性质求得AC的边长，进而得到AE的取值范围，再通过三角形的中位线定理求得MN的最大值.
15．【答案】
【解析】【解答】解：如图，
∵△ABC是等腰直角三角形，且AC=BC，
∴∠B=∠C=45°，
∵四边形CDHG是矩形，且CD= ，
∴HG=CD= ，∠BGH=90°，
∴∠B=∠BHG=45°，
∴GB=GH=，
∴CG=DH=BC-BG=cm，
∵四边形CDHG是矩形，
∴DH∥BC，
∴∠B=∠DHN=45°，
∵四边形DENM是矩形，且DE=，
∴MN=ED= ，∠NMH=90°，
∴∠MNH=∠MHN=45°，
∴MN=MH=，
∴DM=EN=DN-MH=cm；
同理FQ=PE=，
∵AF=AC-CD-DE-EF=，
∴这样的长方形纸条只能裁出三条，
这三条的总长度为：CG+DM+EN=cm，
∴美术作品的边长为：cm，
∴这个美术作品的面积为：cm2.
故答案为：.
【分析】由等腰直角三角形的性质得∠B=∠C=45°，由矩形的性质得HG=CD= ，∠BGH=90°，从而可推出△BHG是等腰直角三角形，得GB=GH=，CG=DH=BC-BG=cm，同理可求出DM、PE得长，可得到裁剪出的矩形纸条的总长度，进而结合图③找出美术作品的边长，最后根据正方形面积计算方法计算可得答案.
16．【答案】；
【解析】【解答】解：连接BD，交BD于点M，
在△DFM和△BEM中
∴△DFM≌△BEM（AAS），
∴BM=DM，FM=ME，
∵正方形ABCD，
∴∠A=90°，AB=AD=2，
∴，
∴，
设ME=x，则BE=2x，
∴BE2+ME2=BM2即x2+4x2=2，
解之：x=，
∴；
如图，将KL，HJ，HI，HG平移，
设BG=GH=HI=IJ=JK=KL=LD=x，可知DS=2x， SO=1.5x，
∴（1.5x）2+（2x）2=2
解之：x=.
故答案为：，.
【分析】连接BD，交BD于点M，利用AAS证明△DFM≌△BEM，利用全等三角形的性质可证得BM=DM，FM=ME，利用正方形的性质可得到∠A=90°，AB=AD=2，利用勾股定理求出BD的长，可得到BM的长；设ME=x，则BE=2x，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到BE的长；如图，将KL，HJ，HI，HG平移，设BG=GH=HI=IJ=JK=KL=LD=x，则DS=2x， SO=1.5x，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，即可求解.
17．【答案】（1）证明：∵交于点E，交于点F．
∴四边形AEDF是平行四边形，∠EAD=∠ADF，
∵是的一条角平分线，
∴∠EAD=∠FAD，
∴∠ADF=∠FAD，
∴FA=FD，
∴四边形AEDF是菱形；
（2）解：当△ABC是直角三角形，∠BAC=90°，此时∠C=55°，四边形AEDF是正方形，
理由：∵△ABC是直角三角形，∠BAC=90°，
由（1）可得四边形AEDF是菱形，
∴四边形AEDF是正方形，
∵∠B=35°，∠BAC=90°，
∴∠C=55°，
故答案为：55°.
【解析】【分析】（1）先利用角平分线的定义及等量代换可得∠ADF=∠FAD，利用等角对等边的性质可得FA=FD，再结合四边形AEDF是平行四边形，可得四边形AEDF是菱形；
（2）根据△ABC是直角三角形，∠BAC=90°，四边形AEDF是菱形，可得四边形AEDF是正方形，再结合∠B=35°，∠BAC=90°，求出∠C=55°即可.
18．【答案】证明：∵ 四边形ABCD为正方形，
∴ AB=BC=BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，
∵ CE=DF，
∴ BC+CE=CD+DF，即BE=CF，
∴ △ABE≌△BCF（SAS），
∴ AE=BF.
【解析】【分析】根据正方形的性质得AB=BC=BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，推出BE=CF，依据SAS判定△ABE≌△BCF，根据全等三角形的对应边相等即可求得.
19．【答案】（1）解：长方形的周长为
（2）解：正方形的周长为，
∴正方形的边长为，∴正方形的面积为
【解析】【分析】（1）直接根据长方形的周长公式进行求解即可；
（2）根据正方形与长方形的周长相等求得正方形的边长，再利用正方形的面积公式进行计算即可求解.
20．【答案】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠ABF=∠CDE，
∵ BE=EF=FD，
∴BF=DE，
在△ABF和△CDE中
∴ △ABF≌△CDE（AAS）
（2）解：①或②，四边形 AECF 是菱形，
如图，
已知①即 ∠ABD=30° ，
理由：
∵△ABF≌△CDE，
∴AF=CE，∠AFB=∠CED
∴AF∥CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵∠ABD=30°，∠BAF=90°，BE=EF，
∴AE=BF，AF=BF，
∴AE=AF，
∴四边形AECF是菱形；
【解析】【分析】（1）利用平行线的性质可证得∠ABF=∠CDE，利用已知可得到BF=DE，再利用AAS可证得结论.
（2）已知①即 ∠ABD=30° ，利用全等三角形的性质及平行线的性质可证得AF=CE，AF∥CE，由此可推出四边形AECF是平行四边形；再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和30°角所对的直角边等于斜边的一半去证明AE=AF，据此可证得四边形AECF是菱形.
21．【答案】（1）证明：由折叠得：
∵EG平分∠CEF，
∴
∴
∵
∴
∴.
（2）解：∵四边形ABCD为长方形，
∴
由折叠得：
∴
∵AD∥BC，
∴
∵，
∴.
【解析】【分析】（1）由折叠得∠AEB=∠AEF，然后根据角平分线的定义和平角的定义即可得∠AEG=90°，结合题目已给信息，由同旁内角互补，两直线平行可证HG∥AE；
（2）根据矩形的性质得到∠B=90°，AD∥BC，然后根据折叠的性质和三角形内角和定理即可求出∠BEA的度数，进而由二直线平行，内错角相等得到∠DAE的度数，最后根据二直线平行，同位角相等即可求解.
22．【答案】（1）证明：如图，作，．
，，
四边形是正方形，
，
四边形是矩形，
，
点是正方形对角线上的点，
，
四边形是矩形，
，
，
在和中，
，
≌，
；
（2）解：四边形是矩形，，
矩形是正方形，
，，
四边形是正方形，
，，，
，
≌，
，，
，
，
，，
，
的面积
（3）解：如图，当点在线段上时，
四边形是正方形，
，
，，
；
如图，当点在线段的延长线上时，
，，
，
综上，的度数为或．
【解析】【分析】本题主要考查正方形的基本性质、矩形的判定和性质、三角形全等的判定及性质.
（1）作，，结合题意可证得四边形是矩形，然后运用矩形和正方形的性质可得到≌，进而得到答案；
（2）根据矩形和正方形的性质运用等量代换的方法可证得：≌，得到，进而表示出的面积y的表达式;
（3）分点在线段上和点在线段的延长线上两种情况进行求解即可.
23．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB= CD=3cm， 在Rt△ABE中，∠AEB=90 ，∠B=45°，∴设BE=AE=xcm，则有x2+x2 =(3)2，解得x=3，即AE的长度为3cm．
（2）解：∵点M，N分别以A，C为起点，以1 cm/s的速度沿AD，CB边运动，设点M，N运动的时间为t s(0≤t≤6)，
∴AM=CN=t cm．∵AM∥ CN，∴四边形AMCN为平行四边形，
∴当AN=AM时，四边形AMCN为菱形．
∵BE=AE=3 cm，EN=(6-t)cm，∴AN2=32+(6-t)2，
∴32+(6-t)2=t2 ，解得t=
故当t为时，四边形AMCN为菱形．
（3）解：∵MP⊥BC于点P，NQ⊥AD于点Q，QM∥NP，∴四边形MPNQ
为矩形，∴当QM=QN时，四边形MPNQ为正方形．∵AM=CN=tcm，
BE=3 cm，∴AQ=EN=BC -BE -CN=9-3-t=(6-t)cm，
∴QM=|AM-AQ|=|t-(6-t)|=、2t-6|(注：分点Q在点M的左右两种情况)．
∵QN=AE=3 cm，∴|2t-6|=3，解得t=4.5 或t=1.5．
故当t为4.5或1.5时，四边形MPNQ为正方形．
【解析】【分析】（1）根据勾股定理，列算式解答即可；
（2）根据菱形的判定方法，邻边相等的平行四边形为菱形，结合勾股定理，可解答；
（3）根据正方形的判定方法，邻边相等的矩形为正方形，再结合勾股定理可解答，但需要分Q在点M的左右两种情况，所以列式时需加上绝对值.
24．【答案】（1）证明：∵四边形OBCA为矩形，
∴OB//CA，BC//OA，
∴∠BOC=∠OCA，
由折叠的性质可得：∠BOC=2∠EOC，∠OCA=2∠OCH，
∴∠EOC=∠OCH，
∴OE//CH，
又∵BC//OA，
∴四边形OECH是平行四边形；
（2）解：四边形OECH是菱形．理由如下：
由折叠的性质可得∠EFO=∠EBO=90°，∠CFH=∠CAF=90°，
∵点F，G重合，
∴EH⊥OC，
又∵四边形OECH是平行四边形，
∴平行四边形OECH是菱形，
∴EO=EC，
∴∠EOC=∠ECO，
又∵∠EOC=∠BOE，
∴∠EOB=∠EOC=∠ECO=30°，
点A的坐标是（5，0），
∴OA=5，
由直角三角形的性质可得：OB=
∴点B的坐标是（0，）；
（3）解：当点F在点O，G之间时，如图3，
由折叠性质得：OF=OB，CG=CA，
而OB=CA，
∴OF=CG，
∵点F，G将对角线OC三等分，
∴AC=OF=FG=GC，
设AC=m，则OC=3m，
在Rt△OAC中，OA=5，
由勾股定理得：AC2+OA2=OC2，
即：m2+52=（3m）2，解得m=，
∴OB=AC=，
∴点B的坐标是（0，）；
当点G在O，F之间时，如图4，
同理可得OF=CG=AC，
设OG=n，则AC=GC=2n，
在Rt△OAC中，OA=5，
由勾股定理得：AC2+OA2=OC2，
即：（2n）2+52=（3n）2，解得n=，
∴AC=OB=2，
∴点B的坐标是（0，2）．
故B的坐标是（0，）或（0，2）．
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质得OB∥CA，BC∥OA，再利用平行线的性质得∠BOC=∠OCA，然后根据折叠的性质得到∠BOC=2∠EOC，∠OCA=2∠OCH，所以∠EOC=∠OCH，根据平行线的判定定理得OE∥CH，根据平行四边形的判定方法：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，即可得证；
（2）先根据折叠的性质得∠EFO=∠EBO=90°，∠CFH=∠CAF=90°，由点F，G重合得到EH⊥OC，根据菱形的判定方法：对角线垂直的平行四边形是菱形，得到四边形OECH是菱形，则EO=EC，所以∠EOC=∠ECO，而∠EOC=∠BOE，根据三角形内角和定理可计算出∠EOB=∠EOC=∠ECO=30°，在Rt△OBC中，根据含30度的直角三角形三边的关系得OB=，于是得到点B的坐标是（0，）；
（3）分类讨论：当点F在点O，G之间时，如图3，根据折叠的性质得OF=OB，CG=CA，则OF=CG，所以AC=OF=FG=GC，设AC=m，则OC=3m，在Rt△OAC中，根据勾股定理得m2+52=（3m）2，解得m=，则点B的坐标是（0，）；当点G在O，F之间时，如图4，同理可得OF=CG=AC，设OG=n，则AC=GC=2n，在Rt△OAC中，根据勾股定理得（2n）2+52=（3n）2，解得n=，则AC=OB=2，所以点B的坐标是（0，2），即可得解.
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