∴∠EGO＝∠CEA， ∴∠EOG＝∠CEA， ∵∠ECA＝∠OCE， ∴△COE∽△CEA， ∴
，
∴CE2＝CO?CA， ∴x2＝1×2， ∴x＝即x＝
（x＝﹣．
舍去），
3．（1）证明：∵在正方形ABCD和正方形CEFG中，BC＝CD，CG＝CE，∠BCG＝∠DCE＝90°， ∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴∠CBG＝∠CDE， ∵∠CDE+∠DEC＝90°， ∴∠HBE+∠BEH＝90°， ∴∠BHE＝90°， ∴BH⊥DE；
（2）解：MH2+HN2＝2CM2，
理由：∵在正方形ABCD和正方形CEFG中，BC＝CD，CG＝CE，∠BCD＝∠GCE＝90°， ∴∠BCG＝∠DCE， ∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴∠CBG＝∠CDE，BG＝DE， ∵∠DPH＝∠CPM， ∴∠DHP＝∠BCP＝90°， ∴∠MHN＝90°，
∵M，N分别为BG，DE的中点， ∴BM＝BG，DN＝DE， ∴BM＝DN， ∵BC＝CD，
∴△BCM≌△DCN（SAS），
∴CM＝CN，∠BCM＝∠DCN， ∴∠MCN＝∠BCP＝90°， ∴MH2+HN2＝CM2+CN2＝2CM2； （3）解：∵DH⊥PG， ∴∠DHP＝∠DHG＝90°，
把△PDH沿着PD翻折得到△APD，把△GDH沿着DG翻折得到△DGC，
∴AD＝DH＝CD，∠A＝∠C＝∠DHP＝90°，∠ADP＝∠HDP，∠GDH＝∠GDC，AP＝PH＝2，
CG＝HG＝4，
∵∠PDG＝45°， ∴∠ADC＝90°， 延长AP，CG交于B， 则四边形ABCD是正方形， ∴∠B＝90°，
设DH＝AD＝AB＝BC＝x， ∴PB＝x﹣2，BG＝x﹣4， ∵PG2＝PB2+BG2，
∴62＝（x﹣2）2+（x﹣4）2， 解得：x＝3+∴DH＝3+
（负值舍去）， ．
4．证明：[问题引入]（1）∵正方形ABCD， ∴∠ABC＝∠C，AB＝BC， ∵AE⊥BF，
∴∠APB＝∠BAP+∠ABP＝90°， ∵∠ABP+∠CBF＝90°， ∴∠BAP＝∠CBF， 在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（ASA）， ∴AE＝BF； （2）BF＝2AE，
理由如下：∵矩形ABCD， ∴∠ABC＝∠C，AD＝BC＝2AB， ∵AE⊥BF，
∴∠APB＝∠BAP+∠ABP＝90°， ∵∠ABP+∠CBF＝90°，
∴∠BAP＝∠CBF，且∠ABE＝∠BCF＝90°， ∴△ABE∽△BCF， ∴
＝2，
∴BF＝2AE；
（3）如图3，过点B作BH⊥AD于H，连接BD，
∵把△ABC沿斜边AC对折得到Rt△ADC，
∴AD＝AB，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠DAC＝∠BAC＝30°， ∴∠DAB＝60°，
∴△ABD是等边三角形，且BH⊥AD， ∴AD＝AB＝2AH，BH＝∴
，
AH，
∵∠ADC+∠EPF+∠DEA+∠DFB＝360°，
∴∠DEA+∠DFB＝180°，且∠DFB+∠BFA＝180°， ∴∠DEA＝∠BFH， ∵∠BHF＝∠ADE＝90°， ∴△ADE∽△BHF， ∴
＝
＝
5．解：（1）∵在正方形ABCD中，AC⊥BD， ∴∠AOD＝90°，AO＝OD， ∵四边形OEGH是正方形， ∴∠EOH＝90°，OE＝OH， ∴∠AOE＝∠DOH， ∴△HDO≌△EAO（SAS）； （2）如图1，过O作ON⊥AB于N， 则AN＝BN＝ON＝AB＝2， ∵BF＝x， ∴AF＝4﹣x， ∴FN＝2﹣x， ∴OF＝
＝
＝
，
∴EF＝y﹣∵AM⊥AC， ∴AE∥OB， ∴
，
，
∴＝，
∴；
（3）①当AE＝EG时，△AEG是等腰三角形， 则AE＝OE， ∵∠EAO＝90°， ∴这种情况不存在；
②当AE＝AG时，△AEG是等腰三角形， 如图2，过A作AP⊥EG于P， 则AP∥OE， ∴∠PAE＝∠AEO， ∴△APE∽△EAO， ∴
＝
，
∵AE＝AG， ∴PE＝y＝
，AE＝
＝
，
∴＝，
解得：x＝2，
②当GE＝AG时，△AEG是等腰三角形， 如图3，过G作GQ⊥AE于Q， ∴∠GQE＝∠EAO＝90°，
∴∠GEQ+∠EGQ＝∠GEQ+∠AEO＝90°，
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