数学中考压轴题旋转问题经典答案版.docx

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数学中考压轴题旋转问题经典答案版

一、选择题

1.（广东）如图，把一个斜边长为2且含有300角的直角三角板ABC绕直角顶点C顺时针旋转900到△A1B1C，则在旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积是【】

A．πB．

C．

D．

1、【分析】因为旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积分为三部分扇形ACA1、BCD和△ACD计算即可：

在△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=2，∴BC=

AB=1，∠B=90°－∠BAC=60°。

∴

。

∴

。

设点B扫过的路线与AB的交点为D，连接CD，∵BC=DC，∴△BCD是等边三角形。

∴BD=CD=1。

∴点D是AB的中点。

∴

S。

∴

故选D。

2.（湖北）如图，O是正△ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：

①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB=150°；④

；⑤

．其中正确的结论是【】

A．①②③⑤B．①②③④C．①②③④⑤D．①②③

2【分析】∵正△ABC，∴AB=CB，∠ABC=600。

∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，∴BO=BO′，∠O′AO=600。

∴∠O′BA=600－∠ABO=∠OBA。

∴△BO′A≌△BOC。

∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到。

故结论①正确。

连接OO′，∵BO=BO′，∠O′AO=600，∴△OBO′是等边三角形。

∴OO′=OB=4。

故结论②正确。

∵在△AOO′中，三边长为O′A=OC=5，OO′=OB=4，OA=3，是一组勾股数，

∴△AOO′是直角三角形。

∴∠AOB=∠AOO′＋∠O′OB=900＋600=150°。

故结论③正确。

。

故结论④错误。

如图所示，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，

点O旋转至O″点．易知△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3、4、5直角三角形。

则

。

故结论⑤正确。

综上所述，正确的结论为：

①②③⑤。

故选A。

3.（四川）如图，P是等腰直角△ABC外一点，把BP绕点B顺时针旋转90°到BP′，已知∠AP′B=135°，P′A：

P′C=1：

3，则P′A：

PB=【】。

A．1：

B．1：

2C．

：

2D．1：

3、【分析】如图，连接AP，∵BP绕点B顺时针旋转90°到BP′，∴BP=BP′，∠ABP+∠ABP′=90°。

又∵△ABC是等腰直角三角形，∴AB=BC，∠CBP′+∠ABP′=90°，∴∠ABP=∠CBP′。

在△ABP和△CBP′中，∵BP=BP′，∠ABP=∠CBP′，AB=BC，∴△ABP≌△CBP′（SAS）。

∴AP=P′C。

∵P′A：

P′C=1：

3，∴AP=3P′A。

连接PP′，则△PBP′是等腰直角三角形。

∴∠BP′P=45°，PP′=2PB。

∵∠AP′B=135°，∴∠AP′P=135°-45°=90°，∴△APP′是直角三角形。

设P′A=x，则AP=3x，

在Rt△APP′中，

。

在Rt△APP′中，

。

∴

，解得PB=2x。

∴P′A：

PB=x：

2x=1：

2。

故选B。

4.（贵州）点P是正方形ABCD边AB上一点（不与A、B重合），连接PD并将线段PD绕点P顺时针旋转90°，得线段PE，连接BE，则∠CBE等于【】

A．75°B．60°C．45°D．30°

4【分析】过点E作EF⊥AF，交AB的延长线于点F，则∠F=90°，

∵四边形ABCD为正方形，∴AD=AB，∠A=∠ABC=90°。

∴∠ADP+∠APD=90°。

由旋转可得：

PD=PE，∠DPE=90°，∴∠APD+∠EPF=90°。

∴∠ADP=∠EPF。

在△APD和△FEP中，∵∠ADP=∠EPF，∠A=∠F，PD=PE，

∴△APD≌△FEP（AAS）。

∴AP=EF，AD=PF。

又∵AD=AB，∴PF=AB，即AP+PB=PB+BF。

∴AP=BF。

∴BF=EF

又∵∠F=90°，∴△BEF为等腰直角三角形。

∴∠EBF=45°。

又∵∠CBF=90°，∴∠CBE=45°。

故选C。

【答案】C。

5.（广西）如图，等边△ABC的周长为6π，半径是1的⊙O从与AB相切于

点D的位置出发，在△ABC外部按顺时针方向沿三角形滚动，又回到与AB相

切于点D的位置，则⊙O自转了：

【】

A．2周B．3周C．4周D．5周

5【分析】该圆运动可分为两部分：

在三角形的三边运动以及绕过三角形的三个角，分别计算即可得到圆的自传周数：

⊙O在三边运动时自转周数：

6π÷2π=3：

⊙O绕过三角形外角时，共自转了三角形外角和的度数：

360°，即一周。

∴⊙O自转了3+1=4周。

故选C。

二、填空题

6.（四川）如图，四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=900,AB=AD,若四边形ABCD的面积是24cm2.则AC长是▲cm.

6【分析】如图，将△ADC旋转至△ABE处，则△AEC的面积和四边形ABCD的面积一样多为24cm2，,这时三角形△AEC为等腰直角三角形，作边EC上的高AF，则AF=

EC=FC,∴S△AEC=

AF·EC=AF2=24。

∴AF2=24。

∴AC2=2AF2=48AC=4

。

7.（江西南昌）如图，正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合，将△AEF绕顶点A旋转，在旋转过程中，当BE=DF时，∠BAE的大小可以是　▲　．

7【分析】正三角形AEF可以在正方形的内部也可以在正方形的外部，所以要分两种情况分别求解：

①当正三角形AEF在正方形ABCD的内部时，如图1，

∵正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合，∴AB=AD，AE=AF。

∵当BE=DF时，在△ABE和△ADF中，AB=AD，BE=DF，AE=AF，

∴△ABE≌△ADF（SSS）。

∴∠BAE=∠FAD。

∵∠EAF=60°，∴∠BAE+∠FAD=30°。

∴∠BAE=∠FAD=15°。

②当正三角形AEF在正方形ABCD的外部，顺时针旋转小于1800时，如图2，

同上可得△ABE≌△ADF（SSS）。

∴∠BAE=∠FAD。

∵∠EAF=60°，∴∠BAF=∠DAE。

∵900＋600＋∠BAF＋∠DAE=3600，∴∠BAF=∠DAE=105°。

∴∠BAE=∠FAD=165°。

当正三角形AEF在正方形ABCD的外部，顺时针旋转大于1800时，如图3，

同上可得△ABE≌△ADF（SSS）。

∴∠BAE=∠FAD。

∵∠EAF=60°，∠BAE=90°，

∴90°＋∠DAE=60°＋∠DAE，这是不可能的。

∴此时不存在BE=DF的情况。

综上所述，在旋转过程中，当BE=DF时，∠BAE的大小可以是15°或165°。

8.（吉林省）如图，在等边△ABC中，D是边AC上一点，连接BD．将△BCD绕点B逆时针旋转60°得到△BAE，连接ED．若BC=10，BD=9，则△AED的周长是_▲____.

8【分析】∵△BCD绕点B逆时针旋转60°得到△BAE，∴根据旋转前、后的图形全等的旋转性质，得，CD=AE，BD=BE。

∵△ABC是等边三角形，BC=10，∴AC=BC=10。

∴AE＋AD=AC=10。

又∵旋转角∠DBE=600，∴△DBE是等边三角形。

∴DE=BD=9。

∴△AED的周长=DE＋AE＋AD=9＋10=19。

三、解答题

9.（北京市）在

中，

，M是AC的中点，P是线段BM上的动点，将线段PA绕点P顺时针旋转

得到线段PQ。

（1）若

且点P与点M重合（如图1），线段CQ的延长线交射线BM于点D，请补全图形，

并写出∠CDB的度数；

（2）在图2中，点P不与点B，M重合，线段CQ的延长线与射线BM交于点D，猜想∠CDB的

大小（用含

的代数式表示），并加以证明；

（3）对于适当大小的

，当点P在线段BM上运动到某一位置（不与点B，M重合）时，能使得

线段CQ的延长线与射线BM交于点D，且PQ=QD，请直接写出

的范围。

9【答案】解：

（1）补全图形如下：

∠CDB=30°。

（2）作线段CQ的延长线交射线BM于点D，连接PC，AD，

∵AB=BC，M是AC的中点，∴BM⊥AC。

∴AD=CD，AP=PC，PD=PD。

在△APD与△CPD中，∵AD=CD，PD=PD，PA=PC∴△APD≌△CPD（SSS）。

∴AP=PC，∠ADB=∠CDB，∠PAD=∠PCD。

又∵PQ=PA，∴PQ=PC，∠ADC=2∠CDB，∠PQC=∠PCD=∠PAD。

∴∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°。

∴∠APQ+∠ADC=360°－（∠PAD+∠PQD）=180°。

∴∠ADC=180°－∠APQ=180°－2α，即2∠CDB=180°－2α。

∴∠CDB=90°－α。

（3）45°＜α＜60°。

【分析】

（1）利用图形旋转的性质以及等边三角形的判定得出△CMQ是等边三角形，即可得出答案：

∵BA=BC，∠BAC=60°，M是AC的中点，∴BM⊥AC，AM=AC。

∵将线段PA绕点P顺时针旋转2α得到线段PQ，∴AM=MQ，∠AMQ=120°。

∴CM=MQ，∠CMQ=60°。

∴△CMQ是等边三角形。

∴∠ACQ=60°。

∴∠CDB=30°。

（2）首先由已知得出△APD≌△CPD，从而得出∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°，即可求出。

（3）由

（2）得出∠CDB=90°－α，且PQ=QD，∴∠PAD=∠PCQ=∠PQC=2∠CDB=180°－2α。

∵点P不与点B，M重合，∴∠BAD＞∠PAD＞∠MAD。

∴2α＞180°－2α＞α，∴45°＜α＜60°。

10.（福建）在平面直角坐标系中，矩形OABC如图所示放置，点A在x轴上，点B的坐标为（m，1）（m＞0），将此矩形绕O点逆时针旋转90°，得到矩形OA′B′C′．

（1）写出点A、A′、C′的坐标；

（2）设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，求此抛物线的解析式；（a、b、c可用含m的式子表示）

（3）试探究：

当m的值改变时，点B关于点O的对称点D是否可能落在

（2）中的抛物线上？

若能，求出此时m的值．

10【答案】

解：

（1）∵四边形ABCD是矩形，点B的坐标为（m，1）（m＞0），

∴A（m，0），C（0，1）。

∵矩形OA′B′C′由矩形OABC旋转90°而成，

∴A′（0，m），C′（－1，0）。

（2）设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2＋bx＋c，

∵A（m，0），A′（0，m），C′（－1，0），

∴

，解得

。

∴此抛物线的解析式为：

y=－x2＋（m－1）x＋m。

（3）∵点B与点D关于原点对称，B（m，1），∴点D的坐标为：

（－m，－1），

假设点D（－m，－1）在

（2）中的抛物线上，∴0=－（－m）2＋（m－1）×（－m）＋m=1，即2m2－2m＋1=0，

∵△=（－2）2－4×2×2=－4＜0，∴此方程无解。

∴点D不在

（2）中的抛物线上。

【分析】

（1）先根据四边形ABCD是矩形，点B的坐标为（m，1）（m＞0），求出点A、C的坐标，再根据图形旋转的性质求出A′、C′的坐标即可。

（2）设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，把A、A′、C′三点的坐标代入即可得出abc的值，进而得出其抛物线的解析式。

（3）根据关于原点对称的点的坐标特点用m表示出D点坐标，把D点坐标代入抛物线的解析式看是否符合即可。

11.（江苏）

（1）如图1，在△ABC中，BA=BC，D，E是AC边上的两点，且满足∠DBE=

∠ABC（0°＜∠CBE＜

∠ABC）。

以点B为旋转中心，将△BEC按逆时针方向旋转∠ABC，得到△BE’A（点C与点A重合，点E到点E’处），连接DE’。

求证：

DE’=DE.

（2）如图2，在△ABC中，BA=BC，∠ABC=90°，D，E是AC边上的两点，且满足∠DBE=

∠ABC（0°＜∠CBE＜45°）.求证：

DE2=AD2+EC2.

11【答案】证明：

（1）∵△BE’A是△BEC按逆时针方向旋转∠ABC得到，

∴BE’=BE，∠E’BA=∠EBC。

∵∠DBE=

∠ABC，∴∠ABD＋∠EBC=

∠ABC。

∴∠ABD＋∠E’BA=

∠ABC，即∠E’BD=

∠ABC。

∴∠E’BD=∠DBE。

在△E’BD和△EBD中，∵BE’=BE，∠E’BD=∠DBE，BD=BD，∴△E’BD≌△EBD（SAS）。

∴DE’=DE。

（2）以点B为旋转中心，将△BEC按逆时针方向旋转∠ABC=90°，得到△BE’A（点C与点A重合，点E到点E’处），连接DE’由

（1）知DE’=DE。

由旋转的性质，知E’A=EC，∠E’AB=∠ECB。

又∵BA=BC，∠ABC=90°，∴∠BAC=∠ACB=45°。

∴∠E’AD=∠E’AB＋∠BAC=90°。

在Rt△DE’A中，DE’2=AD2+E’A2，∴DE2=AD2+EC2。

【分析】

（1）由旋转的性质易得BE’=BE，∠E’BA=∠EBC，由已知∠DBE=

∠ABC经等量代换可得

∠E’BD=∠DBE，从而可由SAS得△E’BD≌△EBD，得到DE’=DE。

（2）由

（1）的启示，作如

（1）的辅助图形，即可得到直角三角形DE’A，根据勾股定理即可证得结论。

12.（四川德阳）在平面直角坐标xOy中，（如图）正方形OABC的边长为4，边OA在x轴的正半轴上，边OC在y轴的正半轴上，点D是OC的中点，BE⊥DB交x轴于点E.

⑴求经过点D、B、E的抛物线的解析式；

⑵将∠DBE绕点B旋转一定的角度后，边BE交线段OA于点F，边BD交y轴于点G，交⑴中的抛

物线于M（不与点B重合），如果点M的横坐标为

，那么结论OF=

DG能成立吗？

请说明理由.

⑶过⑵中的点F的直线交射线CB于点P，交⑴中的抛物线在第一象限的部分于点Q，且使△PFE为等腰三角形，求Q点的坐标.

12【答案】解：

（1）∵BE⊥DB交x轴于点E，OABC是正方形，∴∠DBC=EBA。

在△BCD与△BAE中，∵∠BCD=∠BAE=90°，BC=BA，∠DBC=∠EBA，

∴△BCD≌△BAE（ASA）。

∴AE=CD。

∵OABC是正方形，OA=4，D是OC的中点，

∴A（4，0），B（4，4），C（0，4），D（0，2），∴E（6，0）．

设过点D（0，2），B（4，4），E（6，0）的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，则有：

，解得

。

∴经过点D、B、E的抛物线的解析式为：

。

（2）结论OF=

DG能成立．理由如下：

由题意，当∠DBE绕点B旋转一定的角度后，同理可证得△BCG≌△BAF，∴AF=CG。

∵xM=

，∴

。

∴M（

）。

设直线MB的解析式为yMB=kx+b，∵M（

），B（4，4），

∴

，解得

。

∴yMB=

x+6。

∴G（0，6）。

∴CG=2，DG=4。

∴AF=CG=2，OF=OA﹣AF=2，F（2，0）。

∵OF=2，DG=4，∴结论OF=

DG成立。

（3）如图，△PFE为等腰三角形，可能有三种情况，分类讨论如下：

①若PF=FE。

∵FE=4，BC与OA平行线之间距离为4，

∴此时P点位于射线CB上。

∵F（2，0），∴P（2，4）。

此时直线FP⊥x轴。

来]∴xQ=2。

∴

，

∴Q1（2，

）。

②若PF=PE。

如图所示，∵AF=AE=2，BA⊥FE，∴△BEF为等腰三角形。

∴此时点P、Q与点B重合。

∴Q2（4，4）。

③若PE=EF。

∵FE=4，BC与OA平行线之间距离为4，∴此时P点位于射线CB上。

∵E（6，0），∴P（6，4）。

设直线yPF的解析式为yPF=kx+b，∵F（2，0），P（6，4），∴

，解得

。

∴yPF=x﹣2。

∵Q点既在直线PF上，也在抛物线上，∴

，化简得5x2﹣14x﹣48=0，

解得x1=

，x2=﹣2（不合题意，舍去）。

∴xQ=2。

∴yQ=xQ﹣2=

。

∴Q3（

）。

综上所述，Q点的坐标为Q1（2，

）或Q2（4，4）或Q3（

）。

【分析】

（1）由正方形的性质和△BCD≌△BAE求得E点坐标，然后利用待定系数法求抛物线解析式。

（2）求出M点坐标，然后利用待定系数法求直线MB的解析式，令x=0，求得G点坐标，从而得到线段CG、DG的长度；由△BCG≌△BAF，可得AF=CG，从而求得OF的长度．比较OF与DG的长度，它们满足OF=

DG的关系，所以结论成立；（3）分PF=FE、PF=PE和PE=EF三种情况，逐一讨论并求解。

13.（辽宁）

（1）如图，在△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°．

①当点D在AC上时，如图1，线段BD、CE有怎样的数量关系和位置关系？

直接写出你猜想的结论；

②将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α角（0°＜α＜90°），如图2，线段BD、CE有怎样的数量关系和位置关系？

请说明理由．

（2）当△ABC和△ADE满足下面甲、乙、丙中的哪个条件时，使线段BD、CE在

（1）中的位置关系仍然成立？

不必说明理由．

甲：

AB：

AC=AD：

AE=1，∠BAC=∠DAE≠90°；

乙：

AB：

AC=AD：

AE≠1，∠BAC=∠DAE=90°；

丙：

AB：

AC=AD：

AE≠1，∠BAC=∠DAE≠90°．

13【答案】解：

（1）①结论：

BD=CE，BD⊥CE。

②结论：

BD=CE，BD⊥CE。

理由如下：

∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD－∠DAC=∠DAE－∠DAC，即∠BAD=∠CAE。

在Rt△ABD与Rt△ACE中，∵AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，

∴△ABD≌△ACE（SAS）。

∴BD=CE。

延长BD交AC于F，交CE于H。

在△ABF与△HCF中，∵∠ABF=∠HCF，∠AFB=∠HFC，

∴∠CHF=∠BAF=90°。

∴BD⊥CE。

（2）结论：

乙．AB：

AC=AD：

AE，∠BAC=∠DAE=90°。

【考点】全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，旋转的性质。

【分析】

（1）①BD=CE，BD⊥CE。

根据全等三角形的判定定理SAS推知△ABD≌△ACE，然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、对应角相等∠ABF=∠ECA；然后在△ABD和△CDF中，由三角形内角和定理可以求得∠CFD=90°，即BD⊥CF。

②BD=CE，BD⊥CE。

根据全等三角形的判定定理SAS推知△ABD≌△ACE，然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、对应角相等∠ABF=∠ECA；作辅助线（延长BD交AC于F，交CE于H）BH构建对顶角∠ABF=∠HCF，再根据三角形内角和定理证得∠BHC=90°。

（2）根据结论①、②的证明过程知，∠BAC=∠DFC（或∠FHC=90°）时，该结论成立了，所以本条件中的∠BAC=∠DAE≠90°不合适。

14.（辽宁本溪）已知，在△ABC中，AB=AC。

过A点的直线a从与边AC重合的位置开始绕点A按顺时针方向旋转角，直线a交BC边于点P（点P不与点B、点C重合），△BMN的边MN始终在直线a上（点M在点N的上方），且BM=BN，连接CN。

（1）当∠BAC=∠MBN=90°时，

①如图a，当=45°时，∠ANC的度数为_______；

②如图b，当≠45°时，①中的结论是否发生变化？

说明理由；

（2）如图c，当∠BAC=∠MBN≠90°时，请直接写出∠ANC与∠BAC之间的数量关系，不必证明。

14【答案】解：

（1）①450。

②不变。

理由如下过B、C分别作BD⊥AP于点D，CE⊥AP于点E。

∵∠BAC=90°，∴∠BAD＋∠EAC=90°。

∵BD⊥AP，∴∠ADB=90°。

∴∠ABD＋∠BAD=90°。

∴∠ABD=∠EAC。

又∵AB=AC，∠ADB=∠CEA=90°，∴△ADB≌△CEA（AAS）。

∴AD=EC，BD=AE。

∵BD是等腰直角三角形NBM斜边上的高，∴BD=DN，∠BND=45°。

∴BN=BD=AE。

∴DN－DE=AE－DE，即NE=AD=EC。

∵∠NEC=90°，∴∠ANC=45°。

（3）∠ANC=90°－

∠BAC。

【分析】

（1）①∵BM=BN，∠MBN=90°，∴∠BMN=∠BNM=45°。

又∵∠CAN=45°，∴∠BMN=∠CAN。

又∵AB=AC，AN=AN，∴△BMN≌△CAN（SAS）。

∴∠ANC=∠BNM=45°。

②过B、C分别作BD⊥AP于点D，CE⊥AP于点E。

通过证明△ADB≌△CEA从而证明△CEN是等腰直角三角形即可。

（2）如图，由已知得：

∠θ=1800－2∠ABC－∠1（∵AB=AC）

=1800－∠2－∠6－∠1（∵∠BAC=∠MBN，BM=BN）

=（1800－∠2－∠1）－∠6

=∠3＋∠4＋∠5－∠6（三角形内角和定理）

=∠6＋∠5－∠6=∠5（∠3＋∠4=∠ABC=∠6）。

∴点A、B、N、C四点共圆。

∴∠ANC=∠ABC==90°－

∠BAC。

15.（山东德州）

已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG．

（1）求证：

EG=CG；

（2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45º，如图②所示，取DF中点G，连接EG，CG．问

（1）中的结论是否仍然成立？

若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．

（3）将图①中△BEF绕B点旋转任意角度，如图③所示，再连接相应的线段，问

（1）中的结论是否仍然成立？

通过观察你还能得出什么结论？

（均不要求证明）

15解：

（1）证明：

在Rt△FCD中，

∵G为DF的中点，∴CG=FD．…………1分同理，在Rt△DEF中，EG=FD．………………2分

∴CG=EG．…………………3分

（2）

（1）中结论仍然成立，即EG=CG．…………………………4分

证法一：

连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点．

在△DAG与△DCG中，

∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，

∴△DAG≌△DCG．

∴AG=CG．………………………5分

在△DMG与△FNG中，

∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，

∴△DMG≌△FNG．

∴MG=NG

在矩形AENM中，AM=EN．……………6分

在Rt△AMG与Rt△ENG中，∵AM=EN，MG=NG，∴△AMG≌△ENG．∴AG=EG．

∴EG=CG．……………………………8分

证法二：

延长CG至M,使MG=CG，连接MF，ME，EC，……………………4分

在△DCG与△FMG中，∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG，

∴△DCG≌△FMG．∴MF=CD，∠FMG＝∠DCG．

∴MF∥CD∥AB．………………………5分∴．

在Rt△MFE与Rt△CBE中，∵MF=CB，EF=BE，∴△MFE≌△CBE．

∴．…………………………………………………6分

∴∠MEC＝∠MEF＋∠FEC＝∠CEB＋∠CEF＝90°．…………7分

∴△MEC为直角三角形．∵MG=CG，∴EG=MC．

∴．………………………………8分

（3）

（1）