∴HO＝DO﹣DH＝﹣＝

∴在Rt△MHO中，由勾股定理得 MO＝

＝

＝

∵DG⊥BD，MH⊥DO ∴MH∥DG

∴易证△OHM∽△ODG

∴＝＝＝，得GO＝2

．

则正方形OEFG的边长为2

13．（2019湖南郴州）如图1，矩形ABCD中，点E为AB边上的动点（不与A，B重合）， 把△ADE沿DE翻折，点A的对应点为A1，延长EA1交直线DC于点F，再把∠BEF折叠， 使点B的对应点B1落在EF上，折痕EH交直线BC于点H． （1）求证：△A1DE∽△B1EH；

（2）如图2，直线MN是矩形ABCD的对称轴，若点A1恰好落在直线MN上，试判断△DEF的形状，并说明理由；

（3）如图3，在（2）的条件下，点G为△DEF内一点，且∠DGF＝150°，试探究DG，EG，FG的数量关系．

【答案】（1）见解析；（2）△DEF是等边三角形，理由见解析；（3）DG2+GF2＝GE2．

【解析】解：（1）证明：由折叠的性质可知：∠DAE＝∠DA1E＝90°，∠EBH＝∠EB1H＝90°，∠AED＝∠A1ED，∠BEH＝∠B1EH， ∴∠DEA1+∠HEB1＝90°． 又∵∠HEB1+∠EHB1＝90°， ∴∠DEA1＝∠EHB1， ∴△A1DE∽△B1EH；

（2）结论：△DEF是等边三角形； 理由如下：

∵直线MN是矩形ABCD的对称轴， ∴点A1是EF的中点，即A1E＝A1F， ∴△A1DE≌△A1DF（SAS）， ∴DE＝DF，∠FDA1＝∠EDA1， 又∵△ADE≌△A1DE，∠ADF＝90°． ∴∠ADE＝∠EDA1＝∠FDA1＝30°， ∴∠EDF＝60°， ∴△DEF是等边三角形；

（3）DG，EG，FG的数量关系是DG2+GF2＝GE2，

理由如下：由（2）可知△DEF是等边三角形；将△DGE逆时针旋转60°到△DG'F位置，如解图（1），

∴G'F＝GE，DG'＝DG，∠GDG'＝60°， ∴△DGG'是等边三角形， ∴GG'＝DG，∠DGG'＝60°， ∵∠DGF＝150°， ∴∠G'GF＝90°， ∴G'G2+GF2＝G'F2， ∴DG2+GF2＝GE2，

14．（2019湖南益阳）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB＝4，BC＝6．若 不改变矩形ABCD的形状和大小，当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时，矩形的另 一个顶点D始终在y轴的正半轴上随之上下移动． （1）当∠OAD＝30°时，求点C的坐标；

（2）设AD的中点为M，连接OM、MC，当四边形OMCD的面积为

时，求OA的长；

（3）当点A移动到某一位置时，点C到点O的距离有最大值，请直接写出最大值，并求此时cos∠OAD的值．

【答案】（1）（2，3+2

）；（2）OA＝3

；

．

（3）当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8，cos∠OAD＝【解析】解：（1）如图1，过点C作CE⊥y轴于点E，

∵矩形ABCD中，CD⊥AD， ∴∠CDE+∠ADO＝90°，

又∵∠OAD+∠ADO＝90°， ∴∠CDE＝∠OAD＝30°， ∴在Rt△CED中，CE＝

CD＝2，DE＝

＝2

，

在Rt△OAD中，∠OAD＝30°， ∴OD＝

AD＝3，

）；

∴点C的坐标为（2，3+2（2）∵M为AD的中点， ∴DM＝3，S△DCM＝6， 又S四边形OMCD＝∴S△ODM＝

，

，

∴S△OAD＝9，

设OA＝x、OD＝y，则x2+y2＝36，∴x2+y2＝2xy，即x＝y，

将x＝y代入x2+y2＝36得x2＝18， 解得x＝3∴OA＝3

（负值舍去）， ；

1xy＝9， 2（3）OC的最大值为8， 如图2，M为AD的中点，

∴OM＝3，CM＝∴OC≤OM+CM＝8，

当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8，

连接OC，则此时OC与AD的交点为M，过点O作ON⊥AD，垂足为N，

＝5，