20182019学年陕西省西安市高新一中七年级(下)期末数学试卷

2018-2019学年陕西省西安市高新一中七年级(下)期末数学试卷2018-2019学年陕西省西安市高新一中七年级(下)期末数学试卷2018-2019学年陕西省西安市高新一中七年级(下)期末数学试卷2018-2019学年陕西省西安市高新一中七年级（下）期末数学试卷一、选择题1．（3分）以下四个手机APP图标中，是轴对称图形的是（）A．B．C．D．2．（3分）以下实数中，是无理数的为（）A．B．C．D．3．（3分）如图，∠1+∠2＝180°，∠3＝118°，则∠4的度数是（）A．32°B．45°C．52°D．62°4．（3分）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是BC边上的中点，∠BAD＝50°，则∠C的大小为（）A．20°B．30°C．40°D．50°5．（3分）依据以下条件能画出独一△ABC的是（）A．AB＝3，BC＝4，AC＝8B．AB＝4，BC＝3，∠A＝30°C．∠A＝30°，∠B＝70°，∠C＝80°D．∠A＝60°，∠B＝30°，AB＝46．（3分）如图是一张直角三角形的纸片，两直角边AC＝6cm、BC＝8cm，现将△ABC折叠，使点B与点A重合，折痕为DE，则CD的长为（）A．cmB．cmC．cmD．没法确立7．（3分）如图，已知△ABC的周长是20，OB和OC分别均分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC于点D，且OD＝3，则△ABC的面积是（）A．20B．25C．30D．358．（3分）如图，在△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为D、E，AD、CE交于点H，已知EH＝EB＝4，AE＝6，则CH的长为（）A．1B．2C．3D．49．（3分）匀速地向一个容器内灌水，最后把容器注满．在灌水过程中，水面高度h随时间t的变化规律大概以以下图（图中OABC为一折线），则这个容器的形状是（）A．B．C．D．10．（3分）四边形ABCD中，∠BAD＝130°，∠B＝∠D＝90°，在BC、CD上分别找一点M、N，使三角形AMN周长最小时，则∠AMN+∠ANM的度数为（）A．80°

B．90°

C．100°

D．130°二、填空题11．（3分）4是

的算术平方根．12．（3分）若将三个数

表示在数轴上，此中能被以以下图的墨迹覆盖的数是．13．（3分）汽车开始行驶时，油箱中有油40L，假如每小时耗油5L，则油箱内余油量y（L）与行驶时间x（h）的关系式为．14．（3分）如图，已知BD是△ABC的中线，AB＝5，BC＝3，且△ABD的周长为11，则△BCD的周长是

．15．（3分）如图，在3×3的方格中，A、B、C、D、E、F分别位于格点上，从C、D、E、F四点中任取一点，与点A、B为极点作三角形，则所作三角形为等腰三角形的概率是．16．（3分）如图，透明的圆柱形容器（容器厚度忽视不计）的高为12cm，底面周长为10cm，在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒，此时一只蚂蚁正幸亏容器外壁，且离容器上沿3cm的点A处，则蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是cm．17．（3分）如图，在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，F是AB边上的中点，点D、B分别在AC、BC边上运动，且保持AD＝CE，连结DE、DF、EF，则△CDE面积的最大值为．三、解答题18．计算：|1﹣|+﹣．19．如图，已知△ABC，请用尺规过点A作一条直线，使其将△（要求：尺规作图，保存作图，印迹，不写作法）．

ABC分红面积相等的两部分20．如图，已知AB∥CD，AB＝CD，AE＝FC，试说明BF∥DE．21．某市“半程马拉松”的赛事共有两项：A“半程马拉松”、B“欢乐跑”．小明参加了该项赛事的志愿者服务工作，组委会随机将志愿者分派到两个项目组．（1）小明被分派到“半程马拉松”项目组的概率为．（2）为预计本次赛事参加“半程马拉松″的人数，小明对部分参赛选手作以下检查：检查总人数2050100200500参加“半程马拉松”153372139356人数参加“半程马拉松”频次①预计本次赛事参加“半程马拉松”人数的概率为．（精准到）②若参加“欢乐跑”的人数大概有300人，预计本次参赛选手的人数是多少22．某中学有一块四边形的空地ABCD，以以下图，学校计划在空地上栽种草皮，经丈量∠A＝90°，AB＝3m，DA＝4m，BC＝12m，CD＝13m，若每平方米草皮需要200元，问学校需要投入多少资本买草皮23．如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝16cm，BC＝12cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，此中点P从点A开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1cm；点Q从点B开始沿→C→A方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒．（1）若出发2秒时，则PQ的长为cm；（2）当点Q在边BC上运动，出发几秒钟时，△PQB能形成等腰三角形（3）当点Q在边CA上运动，出发几秒钟时，△BCQ是以BC为腰的等腰三角形

B四、附带题24．（3分）填空．（1）已知：y＝（2）如图，正方形

+﹣3，则xy的立方根是．ABCD的边长为10，AG＝CH＝8，BG＝DH＝6，连结

GH，则线段

GH的长为．25．（3分）如图甲，在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一动点，连结AD，以AD为一边且在AD的右边作正方形ADEF．解答以下问题：1）假如AB＝AC，∠BAC＝90°，①当点

D在线段

BC

上时（与点

B不重合），如图乙，线段

CF、BD

之间的地点关系为

，数目关系为

．②当点D在线段BC的延伸线上时，如图丙，①中的结论能否仍旧成立，为何（2）假如AB≠AC，∠BAC≠90°点D在线段BC上运动．试一试究：当△ABC知足一个什么条件时，CF⊥BC（点C、F重合除外）并说明原因．2018-2019学年陕西省西安市高新一中七年级（下）期末数学试卷参照答案与试题分析一、选择题1．（3分）以下四个手机APP图标中，是轴对称图形的是（）A．B．C．D．【分析】依据轴对称图形的见解进行判断即可．【解答】解：A、不是轴对称图形，故此选项错误；B、是轴对称图形，故此选项正确；C、不是轴对称图形，故此选项错误；D、不是轴对称图形，故此选项错误；应选：B．【讨论】本题察看的是轴对称图形的见解：轴对称图形的重点是找寻对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合．2．（3分）以下实数中，是无理数的为（）A．B．C．D．【分析】依据无理数是无量不循环小数，可得答案．【解答】解：A、是有理数，B、是有理数；C、是无理数；D、是有理数．应选：C．【讨论】本题主要察看了无理数的定义，注意带根号的要开不尽方才是无理数，无量不循小数无理数．如π，，⋯（每两个8之挨次多1个0）等形式．3．（3分）如，∠1+∠2＝180°，∠3＝118°，∠4的度数是（）A．32°B．45°C．52°D．62°【分析】利用平行的性以及平角的定即可解决．【解答】解：∵∠1+∠2＝180°，a∥b，∴∠3＝∠5＝118°，∴∠4＝180°∠5＝62°，故：D．【点】本考平行的判断和性，解的关是熟掌握基本知，属于中考常考型．4．（3分）如，在△ABC中，AB＝AC，点D是BC上的中点，∠BAD＝50°，∠C的大小（）A．20°B．30°C．40°D．50°【分析】依据等腰三角形的三合必定理可得AD⊥BC，此后依据三角形的内角和定理求得∠B的度数，此后依据等腰三角形中等等角即可求解．【解答】解：∵AB＝AC，点D为BC的中点，AD⊥BC，又∵∠BAD＝50°，∴∠B＝90°﹣∠BAD＝90°﹣50°＝40°，又∵AB＝AC，∴∠C＝∠B＝40°．应选：C．【讨论】本题主要察看了等腰三角形的三线合必定理以及等腰三角形的性质：等边同样角，理解性质是重点．5．（3分）依据以下条件能画出独一△ABC的是（）A．AB＝3，BC＝4，AC＝8B．AB＝4，BC＝3，∠A＝30°C．∠A＝30°，∠B＝70°，∠C＝80°D．∠A＝60°，∠B＝30°，AB＝4【分析】依据三角形的三边关系定理，先看看能否构成三角形，再依据全等三角形的判定定理判断即可．【解答】解：A、∵3+4＜8，∴依据AB＝3，BC＝4，AB＝8不可以画出三角形，故本选项错误；B、依据AB＝4，BC＝3，∠A＝30°不可以画出独一三角形，以以下图△ABD和△ABC，故本选项错误；C、依据∠A＝30°，∠B＝70°，∠C＝80°不可以画出独一三角形，故本选项错误；D、依据∠A＝60°，∠B＝30°，AB＝4，符合全等三角形的判判断理ASA，即能画出唯一三角形，故本选项正确；应选：D．【讨论】本题察看了三角形的三边关系定理和全等三角形的判判断理，注意：全等三角形的判判断理有SAS，ASA，AAS，SSS．6．（3分）如图是一张直角三角形的纸片，两直角边

AC＝6cm、BC＝8cm，现将△

ABC折叠，使点

B与点

A重合，折痕为

DE，则

CD的长为（

）A．

cm

B．

cm

C．

cm

D．没法确立【分析】设

CD＝xcm，则

BD＝BC﹣CD＝（8﹣x）cm，再依据折叠的性质得

AD＝BD＝8x，此后在△ACD中依据勾股定理获得（8﹣x）2＝62+x2，再解方程即可．【解答】解：设CD＝xcm，则BD＝BC﹣CD＝（8﹣x）cm，∵△ABC折叠，使点B与点A重合，折痕为DE，∴AD＝BD＝8﹣x，在△ACD中，∠C＝90°，222，∴AD＝AC+CD∴（8﹣x）2＝62+x2，解得x＝，CD的长为cm．应选：C．【讨论】本题察看了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，地点变化，对应边和对应角相等．也察看了勾股定理．7．（3分）如图，已知△ABC的周长是20，OB和OC分别均分∠ABC和∠ACB，OD⊥BC于点D，且OD＝3，则△ABC的面积是（）A．20

B．25

C．30

D．35【分析】依据角均分线上的点到角的两边的距离相等可得点

O到

AB、AC、BC的距离都相等（即OE＝OD＝OF），从而可获得△ABC的面积等于周长的一半乘以3，代入求出即可．【解答】解：如图，连结OA，过O作OE⊥AB于E，OF⊥AC于F，OB、OC分别均分∠ABC和∠ACB，∴OE＝OF＝OD＝3，∵△ABC的周长是20，OD⊥BC于D，且OD＝3，∴S△ABC＝×AB×OE+×BC×OD+×AC×OF＝×（AB+BC+AC）×3＝×20×3＝30，应选：C．【讨论】本题察看了角均分线上的点到角的两边的距离相等的性质，判断出三角形的面积与周长的关系是解题的重点．8．（3分）如图，在△ABC中，AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为D、E，AD、CE交于点H，已知EH＝EB＝4，AE＝6，则CH的长为（）A．1B．2C．3D．4【分析】先利用等角的余角相等获得∠BAD＝∠BCE，则可依据“AAS”证明△BCE≌△HAE，CE＝AE＝6，此后计算CE﹣HE即可．【解答】解：∵AD⊥BC，CE⊥AB，∴∠BEC＝∠ADB＝90°，∵∠BAD+∠B＝90°，∠BCE+∠B＝90°，∴∠BAD＝∠BCE，在△BCE和△HAE中，∴△BCE≌△HAE，CE＝AE＝6，CH＝CE﹣HE＝6﹣4＝2．应选：B．【讨论】本题察看了全等三角形的判断与性质：全等三角形的判断是联合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判断三角形全等时，重点是选择适合的判断条件．9．（3分）匀速地向一个容器内灌水，最后把容器注满．在灌水过程中，水面高度h随时间t的变化规律大概以以下图（图中OABC为一折线），则这个容器的形状是（）A．B．C．D．【分析】依据每一段函数图象的倾斜程度，反应了水面上涨速度的快慢，再察看容器的粗细，作出判断．【解答】解：灌水量必定，函数图象的走势是稍陡，平，陡；那么速度就相应的变化，跟所给容器的粗细相关．则相应的摆列次序就为C．应选：C．【讨论】本题察看了函数的图象；用到的知识点是函数图象的应用，需注意容器粗细和水面高度变化的关系．10．（3分）四边形ABCD中，∠BAD＝130°，∠B＝∠D＝90°，在BC、CD上分别找一点M、N，使三角形AMN周长最小时，则∠AMN+∠ANM的度数为（）A．80°B．90°C．100°D．130°【分析】延伸AB到A′使得BA′＝AB，延伸AD到A″使得DA″＝AD，连结A′A″与BC、CD分别交于点M、N，此时△AMN周长最小，推出∠AMN+∠ANM＝2（∠A′+∠A″）即可解决．【解答】解：延伸AB到A′使得BA′＝AB，延伸AD到A″使得DA″＝AD，连结A′A″BC、CD分别交于点M、N．∵∠ABC＝∠ADC＝90°，∴A、A′对于BC对称，A、A″对于CD对称，此时△AMN的周长最小，∵BA＝BA′，MB⊥AB，∴MA＝MA′，同理：NA＝NA″，∴∠A′＝∠MAB，∠A″＝∠NAD，∵∠AMN＝∠A′+∠MAB＝2∠A′，∠ANM＝∠A″+∠NAD＝2∠A″，∴∠AMN+∠ANM＝2（∠A′+∠A″），∵∠BAD＝130°，∴∠A′+∠A″＝180°﹣∠BAD＝50°∴∠AMN+∠ANM＝2×50°＝100°．应选：C．【讨论】本题察看对称的性质、线段垂直均分线的性质、三角形内角和定理等知识，利用对称作协助线是解决最短的重点．二、填空题11．（3分）4是16的算术平方根．【分析】假如一个非负数x的平方等于a，那么x是a的算术平方根，由此即可求出结果．【解答】解：∵42＝16，4是16的算术平方根．故答案为：16．【讨论】本题主要察看了算术平方根的见解，切记见解是重点．12．（3分）若将三个数表示在数轴上，此中能被以以下图的墨迹覆盖的数是．【分析】第一利用预计的方法分别获得﹣，，前后的整数（即它们分别在那两个整数之间），从而可判断出被覆盖的数．【解答】解：∵﹣2＜﹣＜﹣1，2＜＜3，3＜＜4，且墨迹覆盖的范围是1﹣3，∴能被墨迹覆盖的数是．【讨论】本题察看了实数与数轴的对应关系，以及预计无理数大小的能力．13．（3分）汽车开始行驶时，油箱中有油40L，假如每小时耗油5L，则油箱内余油量y（L）与行驶时间x（h）的关系式为y＝40﹣5x．【分析】直接利用汽车耗油量联合油箱的容积，从而得出油箱内余油量y（L）与行驶时间x（h）的关系式．【解答】解：由题意可得：y＝40﹣5x．故答案为：y＝40﹣5x．【讨论】本题主要察看了函数关系式，依据汽车耗油量得出函数关系式是解题重点．14．（3分）如图，已知BD是△ABC的中线，AB＝5，BC＝3，且△ABD的周长为11，则△BCD的周长是9．【分析】依据三角形的中线得出AD＝CD，依据三角形的周长求出即可．【解答】解：∵BD是△ABC的中线，AD＝CD，∵△ABD的周长为11，AB＝5，BC＝3，∴△BCD的周长是11﹣（5﹣3）＝9，故答案为9．【讨论】本题主要察看对三角形的中线的理解和掌握，能正确地进行计算是解本题的关键．15．（3分）如图，在3×3的方格中，A、B、C、D、E、F分别位于格点上，从C、D、E、F四点中任取一点，与点A、B为极点作三角形，则所作三角形为等腰三角形的概率是．【分析】依据从C、D、E、F四个点中随意取一点，一共有4种可能，采纳D、C、F时，所作三角形是等腰三角形，即可得出答案．【解答】解：依据从C、D、E、F四个点中随意取一点，一共有4种可能，采纳D、C、F时，所作三角形是等腰三角形，故P（所作三角形是等腰三角形）＝；故答案为：．【讨论】本题主要察看了概率公式和等腰三角形的判断；熟记概率公式是解决问题的关键．16．（3分）如图，透明的圆柱形容器（容器厚度忽视不计）的高为12cm，底面周长为10cm，在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒，此时一只蚂蚁正幸亏容器外壁，且离容器上沿3cm的点A处，则蚂蚁吃到饭粒需爬行的最短路径是13cm．【分析】将容器侧面张开，成立A对于EF的对称点A′，依据两点之间线段最短可知A′B的长度即为所求．【解答】解：如图：∵高为12cm，底面周长为10cm，在容器内壁离容器底部3cm的点B处有一饭粒，此时蚂蚁正幸亏容器外壁，离容器上沿3cm与饭粒相对的点A处，A′D＝5cm，BD＝12﹣3+AE＝12cm，∴将容器侧面张开，作A对于EF的对称点A′，连结A′B，则A′B即为最短距离，A′B＝＝13（Cm）．故答案为：13【讨论】本题察看了平面张开﹣﹣﹣最短路径问题，将图形张开，利用轴对称的性质和勾股定理进行计算是解题的重点．同时也察看了同学们的创办性思想能力．17．（3分）如图，在等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，F是AB边上的中点，点D、B分别在AC、BC边上运动，且保持AD＝CE，连结DE、DF、EF，则△CDE面积的最大值为．【分析】设AD＝x，则CE＝AD＝x，CD＝8﹣x，依据三角形面积公式列式，由二次函数配方可得最大值．【解答】解：设AD＝x，则CE＝AD＝x，CD＝8﹣x，∵∠C＝90°，∴S△CDE＝＝＝﹣（x2﹣8x+16﹣16）＝﹣（x﹣4）2+8，∵﹣＜0，∴当x＝4，即AD＝4时，△CDE面积有最大值是8，故答案为：8．【讨论】本题察看了三角形面积，二次函数最值问题，在求几何问题的最值时，常与函数相联合解决问题．三、解答题18．计算：|1﹣|+﹣．【分析】直接利用绝对值的性质以及算平方根、立方根的性质分别化简得出答案．【解答】解：原式＝﹣1+3+5+7．【讨论】本题主要察看了实数运算，正确化简各数是解题重点．19．如图，已知△ABC，请用尺规过点A作一条直线，使其将△ABC分红面积相等的两部分（要求：尺规作图，保存作图，印迹，不写作法）．【分析】作BC边上的中线，即可把△ABC分红面积相等的两部分．【解答】解：如图，作线段BC的中垂线，交BC于点D，则直线AD即为所求．【讨论】本题主要察看三角形中线的作法，同时要掌握若两个三角形等底等高，则它们的面积相等．20．如图，已知AB∥CD，AB＝CD，AE＝FC，试说明BF∥DE．【分析】由“SAS”可证△ABF≌△CDE，可得∠DEC＝∠AFB，可证BF∥DE．【解答】证明：∵AB∥CD∴∠A＝∠C，AE＝CFAF＝CE，且AB＝CD，∠A＝∠C∴△ABF≌△CDE（SAS）∴∠DEC＝∠AFBBF∥DE【讨论】本题察看了全等三角形的判断和性质，娴熟运用全等三角形的判断是本题的关键．21．某市“半程马拉松”的赛事共有两项：A“半程马拉松”、B“欢乐跑”．小明参加了该项赛事的志愿者服务工作，组委会随机将志愿者分派到两个项目组．（1）小明被分派到“半程马拉松”项目组的概率为．（2）为预计本次赛事参加“半程马拉松″的人数，小明对部分参赛选手作以下检查：检查总人数2050100200500参加“半程马拉松”153372139356人数参加“半程马拉松”频次①预计本次赛事参加“半程马拉松”人数的概率为．（精准到）②若参加“欢乐跑”的人数大概有300人，预计本次参赛选手的人数是多少【分析】（1）依据概率公式计算即可．（2）①利用表格信息即可解决问题．②参加“欢乐跑”的人数的概率约为，总人数约为300÷＝1000（人）．【解答】解：（1）小明被分派到“半程马拉松”项目组的概率为，故答案为．2）察看表格可知：预计本次赛事参加“半程马拉松”人数的概率为．故答案为．3）300÷＝1000（人），答：预计本次参赛选手的人数是1000人．【讨论】本题察看利用频次预计概率，解题的重点是理解题意，娴熟掌握基本知识，属于中考常考题型．22．某中学有一块四边形的空地ABCD，以以下图，学校计划在空地上栽种草皮，经丈量∠A＝90°，AB＝3m，DA＝4m，BC＝12m，CD＝13m，若每平方米草皮需要200元，问学校需要投入多少资本买草皮【分析】认真分析题目，需要求得四边形的面积才能求得结果．连结

BD，在直角三角形ABD中可求得

BD的长，由

BD、CD、BC的长度关系可得三角形

DBC为向来角三角形，DC为斜边；由此看，四边形ABCD由Rt△ABD和Rt△DBC构成，则简单求解．【解答】解：连结BD，Rt△ABD中，BD2＝AB2+AD2＝32+42＝52，在△CBD中，CD2＝132，BC2＝122，122+52＝132，即BC2+BD2＝CD2，∴∠DBC＝90°，S四边形ABCD＝S△BAD+S△DBC＝?AD?AB+DB?BC，＝×4×3+×12×5＝36．因此需开销36×200＝7200（元）．【讨论】本题察看了勾股定理的应用，经过勾股定原因边与边的关系也可证明直角三角形，这样解题较为简单．23．如图，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝16cm，BC＝12cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，此中点P从点A开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1cm；点Q从点B开始沿→C→A方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒．（1）若出发2秒时，则PQ的长为2cm；（2）当点Q在边BC上运动，出发几秒钟时，△PQB能形成等腰三角形（3）当点Q在边CA上运动，出发几秒钟时，△BCQ是以BC为腰的等腰三角形

B【分析】（1）如图1，先依据时间和速度表示行程：AP和BQ的长，依据勾股定理可得PQ的长；2）依据等腰三角形腰相等：BQ＝BP，列方程可解答；3）分状况讨论：依据等腰三角形：BQ＝BC或BC＝CQ，列方程可得结论．【解答】解：（1）当t＝2时，如图1，Q在BC上，AP＝2，BQ＝4，∵AB＝16，BP＝16﹣2＝14，Rt△BPQ中，PQ＝＝＝2cm；故答案为：2；2）当点Q在边BC上运动时，∵∠B＝90°，∴当BQ＝BP时，△PQB能形成等腰三角形，即2t＝16﹣t，t＝，答：当点Q在边BC上运动，出发秒钟时，△PQB能形成等腰三角形；（3）分两种状况：①当BC＝BQ时，如图2，过B作BG⊥AC于G，则CG＝GQ，由勾股定理得：AC＝＝20，cos∠C＝，即，∴CG＝，∴CQ＝＝2t﹣12，t＝；②当BC＝CQ时，如图3，2t＝24，t＝12；综上，当点Q在边CA上运动，出发12秒或秒钟时，△BCQ是以BC为腰的等腰三角形．【讨论】本题为三角形的综合应用，波及勾股定理、等腰三角形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．用时间t表示出相应线段的长，化“动”为“静”是解决这种问题的一般思路，注意方程思想的应用．四、附带题24．（3分）填空．（1）已知：y＝+﹣3，则xy的立方根是．（2）如图，正方形ABCD的边长为10，AG＝CH＝8，BG＝DH＝6，连结GH，则线段GH的长为2．【分析】（1）依据算术平方根存心义的条件确立

x和

y的值，此后求得答案即可；（2）延伸BG交CH于点E，依据正方形的性质证明△ABG≌△CDH≌△BCE，可得BE﹣BG＝2、HE＝CH﹣CE＝2、∠HEG＝90°，由勾股定理可得GH的长．【解答】解：∵y＝+﹣3，

GE＝x＝2，y＝﹣3，则xy＝2﹣3＝，故的立方根是：．故答案为：．（2）如图，延伸BG交CH于点E，AB＝CD＝10，BG＝DH＝6，AG＝CH＝8，∴AG2+BG2＝AB2，∴△ABG和△DCH是直角三角形，在△ABG和△CDH中，，∴△ABG≌△CDH（SSS），∴∠1＝∠5，∠2＝∠6，∴∠1+∠2＝90°，∠5+∠6＝90°，又∵∠2+∠3＝90°，∠4+∠5＝90°，∴∠1＝∠3＝∠5，∠2＝∠4＝∠6，在△ABG和△BCE中，，