全国中考数学平行四边形的综合中考真题汇总附答案解析

一、平行四边形真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合），将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH．（1）求证：∠APB=∠BPH；（2）当点P在边AD上移动时，求证：△PDH的周长是定值；（3）当BE+CF的长取最小值时，求AP的长．【答案】（1）证明见解析．（2）证明见解析．（3）2．【解析】试题分析：（1）根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH，进而利用平行线的性质得出∠APB=∠PBC即可得出答案；（2）首先证明△ABP≌△QBP，进而得出△BCH≌△BQH，即可得出PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8；（3）过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB，证明△EFM≌△BPA，设AP=x，利用折叠的性质和勾股定理的知识用x表示出BE和CF，结合二次函数的性质求出最值．试题解析：（1）解：如图1，∵PE=BE，∴∠EBP=∠EPB．又∵∠EPH=∠EBC=90°，∴∠EPH-∠EPB=∠EBC-∠EBP．即∠PBC=∠BPH．又∵AD∥BC，∴∠APB=∠PBC．∴∠APB=∠BPH．（2）证明：如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q．由（1）知∠APB=∠BPH，又∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP，在△ABP和△QBP中，，∴△ABP≌△QBP（AAS），∴AP=QP，AB=BQ，又∵AB=BC，∴BC=BQ．又∠C=∠BQH=90°，BH=BH，在△BCH和△BQH中，，∴△BCH≌△BQH（SAS），∴CH=QH．∴△PHD的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8．∴△PDH的周长是定值．（3）解：如图3，过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB．又∵EF为折痕，∴EF⊥BP．∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°，∴∠EFM=∠ABP．又∵∠A=∠EMF=90°，在△EFM和△BPA中，，∴△EFM≌△BPA（AAS）．∴EM=AP．设AP=x在Rt△APE中，（4-BE）2+x2=BE2．解得BE=2+，∴CF=BE-EM=2+-x，∴BE+CF=-x+4=（x-2）2+3．当x=2时，BE+CF取最小值，∴AP=2．考点：几何变换综合题．2．如图1，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于D，分别延长AC至E，BC至F，且CE＝EF，延长FE交AD的延长线于G．（1）求证：AE＝EG；（2）如图2，分别连接BG，BE，若BG＝BF，求证：BE＝EG；（3）如图3，取GF的中点M，若AB＝5，求EM的长．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）根据平行线的性质和等腰三角形的三线合一的性质得：∠CAD＝∠G，可得AE＝EG；（2）作辅助线，证明△BEF≌△GEC（SAS），可得结论；（3）如图3，作辅助线，构建平行线，证明四边形DMEN是平行四边形，得EM＝DN＝AC，计算可得结论．【详解】证明：（1）如图1，过E作EH⊥CF于H，∵AD⊥BC，∴EH∥AD，∴∠CEH＝∠CAD，∠HEF＝∠G，∵CE＝EF，∴∠CEH＝∠HEF，∴∠CAD＝∠G，∴AE＝EG；（2）如图2，连接GC，∵AC＝BC，AD⊥BC，∴BD＝CD，∴AG是BC的垂直平分线，∴GC＝GB，∴∠GBF＝∠BCG，∵BG＝BF，∴GC＝BE，∵CE＝EF，∴∠CEF＝180°﹣2∠F，∵BG＝BF，∴∠GBF＝180°﹣2∠F，∴∠GBF＝∠CEF，∴∠CEF＝∠BCG，∵∠BCE＝∠CEF+∠F，∠BCE＝∠BCG+∠GCE，∴∠GCE＝∠F，在△BEF和△GCE中，，∴△BEF≌△GEC（SAS），∴BE＝EG；（3）如图3，连接DM，取AC的中点N，连接DN，由（1）得AE＝EG，∴∠GAE＝∠AGE，在Rt△ACD中，N为AC的中点，∴DN＝AC＝AN，∠DAN＝∠ADN，∴∠ADN＝∠AGE，∴DN∥GF，在Rt△GDF中，M是FG的中点，∴DM＝FG＝GM，∠GDM＝∠AGE，∴∠GDM＝∠DAN，∴DM∥AE，∴四边形DMEN是平行四边形，∴EM＝DN＝AC，∵AC＝AB＝5，∴EM＝．【点睛】本题是三角形的综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定等知识，解题的关键是作辅助线，并熟练掌握全等三角形的判定方法，特别是第三问，辅助线的作法是关键．3．正方形ABCD，点E在边BC上，点F在对角线AC上，连AE．(1)如图1，连EF，若EF⊥AC，4AF＝3AC，AB＝4，求△AEF的周长；(2)如图2，若AF＝AB，过点F作FG⊥AC交CD于G，点H在线段FG上(不与端点重合)，连AH．若∠EAH＝45°，求证：EC＝HG+FC．【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由正方形性质得出AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠D＝90°，∠ACB＝∠ACD＝∠BAC＝∠ACD＝45°，得出AC＝AB＝4，求出AF＝3，CF＝AC﹣AF＝，求出△CEF是等腰直角三角形，得出EF＝CF＝，CE＝CF＝2，在Rt△AEF中，由勾股定理求出AE，即可得出△AEF的周长；（2）延长GF交BC于M，连接AG，则△CGM和△CFG是等腰直角三角形，得出CM＝CG，CG＝CF，证出BM＝DG，证明Rt△AFG≌Rt△ADG得出FG＝DG，BM＝FG，再证明△ABE≌△AFH，得出BE＝FH，即可得出结论．【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠B＝∠D＝90°，∠ACB＝∠ACD＝∠BAC＝∠ACD＝45°，∴AC＝AB＝4，∵4AF＝3AC＝12，∴AF＝3，∴CF＝AC﹣AF＝，∵EF⊥AC，∴△CEF是等腰直角三角形，∴EF＝CF＝，CE＝CF＝2，在Rt△AEF中，由勾股定理得：AE＝，∴△AEF的周长＝AE+EF+AF＝；（2）证明：延长GF交BC于M，连接AG，如图2所示：则△CGM和△CFG是等腰直角三角形，∴CM＝CG，CG＝CF，∴BM＝DG，∵AF＝AB，∴AF＝AD，在Rt△AFG和Rt△ADG中，，∴Rt△AFG≌Rt△ADG（HL），∴FG＝DG，∴BM＝FG，∵∠BAC＝∠EAH＝45°，∴∠BAE＝∠FAH，∵FG⊥AC，∴∠AFH＝90°，在△ABE和△AFH中，，∴△ABE≌△AFH（ASA），∴BE＝FH，∵BM＝BE+EM，FG＝FH+HG，∴EM＝HG，∵EC＝EM+CM，CM＝CG＝CF，∴EC＝HG+FC．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．4．如图1，在正方形ABCD中，AD=6，点P是对角线BD上任意一点，连接PA，PC过点P作PE⊥PC交直线AB于E．（1）求证：PC=PE;（2）延长AP交直线CD于点F.①如图2，若点F是CD的中点，求△APE的面积；②若ΔAPE的面积是，则DF的长为（3）如图3，点E在边AB上，连接EC交BD于点M,作点E关于BD的对称点Q，连接PQ，MQ，过点P作PN∥CD交EC于点N，连接QN，若PQ=5，MN=，则△MNQ的面积是【答案】（1）略；（2）①8，②4或9；（3）【解析】【分析】（1）利用正方形每个角都是90°，对角线平分对角的性质，三角形外角等于和它不相邻的两个内角的和，等角对等边等性质容易得证;（2）作出△ADP和△DFP的高，由面积法容易求出这个高的值.从而得到△PAE的底和高，并求出面积.第2小问思路一样，通过面积法列出方程求解即可;（3）根据已经条件证出△MNQ是直角三角形，计算直角边乘积的一半可得其面积.【详解】(1)证明：∵点P在对角线BD上，∴△ADP≌△CDP,∴AP=CP,∠DAP=∠DCP,∵PE⊥PC，∴∠EPC=∠EPB+∠BPC=90°,∵∠PEA=∠EBP+∠EPB=45°+90°-∠BPC=135°-∠BPC,∵∠PAE=90°-∠DAP＝90°-∠DCP,∠DCP=∠BPC-∠PDC=∠BPC-45°,∴∠PAE=90°-(∠BPC-45°)=135°-∠BPC,∴∠PEA=∠PAE,∴PC=PE;（2）①如图2，过点P分别作PH⊥AD,PG⊥CD,垂足分别为H、G.延长GP交AB于点M.∵四边形ABCD是正方形，P在对角线上，∴四边形HPGD是正方形，∴PH=PG,PM⊥AB,设PH=PG=a,∵F是CD中点，AD＝6，则FD=3,=9,∵==,∴,解得a=2,∴AM=HP=2,MP=MG-PG=6-2=4,又∵PA=PE,∴AM=EM,AE=4,∵=,②设HP＝b,由①可得AE=2b,MP=6-b,∴=,解得b=2.4,∵==,∴,∴当b=2.4时，DF=4；当b＝3.6时，DF＝9,即DF的长为4或9;（3）如图，∵E、Q关于BP对称，PN∥CD,∴∠1＝∠2，∠2+∠3＝∠BDC=45°,∴∠1+∠4=45°,∴∠3=∠4,易证△PEM≌△PQM,△PNQ≌△PNC,∴∠5=∠6,∠7=∠8,EM=QM,NQ=NC,∴∠6+∠7=90°,∴△MNQ是直角三角形,设EM=a,NC=b列方程组,可得ab=,∴,【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键.要注意运用数形结合思想.5．如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AB上的点，且CE=BF．连接DE，过点E作EG⊥DE，使EG=DE，连接FG，FC．（1）请判断：FG与CE的关系是___；（2）如图2，若点E，F分别是边CB，BA延长线上的点，其它条件不变，（1）中结论是否仍然成立？请作出判断并给予证明；（3）如图3，若点E，F分别是边BC，AB延长线上的点，其它条件不变，（1）中结论是否仍然成立？请直接写出你的判断．【答案】（1）FG=CE，FG∥CE；（2）成立；（3）成立.【解析】试题分析：（1）只要证明四边形CDGF是平行四边形即可得出FG=CE，FG∥CE；（2）构造辅助线后证明△HGE≌△CED，利用对应边相等求证四边形GHBF是矩形后，利用等量代换即可求出FG=C，FG∥CE；（3）证明△CBF≌△DCE后，即可证明四边形CEGF是平行四边形．试题解析：解：（1）FG=CE，FG∥CE；（2）过点G作GH⊥CB的延长线于点H．∵EG⊥DE，∴∠GEH+∠DEC=90°．∵∠GEH+∠HGE=90°，∴∠DEC=∠HE．在△HGE与△CED中，∵∠GHE=∠DCE，∠HGE=∠DEC，EG=DE，∴△HGE≌△CED（AAS），∴GH=CE，HE=CD．∵CE=BF，∴GH=BF．∵GH∥BF，∴四边形GHBF是矩形，∴GF=BH，FG∥CH，∴FG∥CE．∵四边形ABCD是正方形，∴CD=BC，∴HE=BC，∴HE+EB=BC+EB，∴BH=EC，∴FG=EC；（3）∵四边形ABCD是正方形，∴BC=CD，∠FBC=∠ECD=90°．在△CBF与△DCE中，∵BF=CE，∠FBC=∠ECD，BC=DC，∴△CBF≌△DCE（SAS），∴∠BCF=∠CDE，CF=DE．∵EG=DE，∴CF=EG．∵DE⊥EG，∴∠DEC+∠CEG=90°．∵∠CDE+∠DEC=90°，∴∠CDE=∠CEG，∴∠BCF=∠CEG，∴CF∥EG，∴四边形CEGF平行四边形，∴FG∥CE，FG=CE．6．（1）问题发现：如图①，在等边三角形ABC中，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作等边三角形AMN，连接CN，NC与AB的位置关系为；（2）深入探究：如图②，在等腰三角形ABC中，BA=BC，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作等腰三角形AMN，使∠ABC=∠AMN，AM=MN，连接CN，试探究∠ABC与∠ACN的数量关系，并说明理由；（3）拓展延伸：如图③，在正方形ADBC中，AD=AC，点M为BC边上异于B、C的一点，以AM为边作正方形AMEF，点N为正方形AMEF的中点，连接CN，若BC=10，CN=，试求EF的长．【答案】（1）NC∥AB；理由见解析；（2）∠ABC=∠ACN；理由见解析；（3）；【解析】分析：（1）根据△ABC，△AMN为等边三角形，得到AB=AC，AM=AN且∠BAC=∠MAN=60°从而得到∠BAC-∠CAM=∠MAN-∠CAM，即∠BAM=∠CAN，证明△BAM≌△CAN，即可得到BM=CN．（2）根据△ABC，△AMN为等腰三角形，得到AB：BC=1：1且∠ABC=∠AMN，根据相似三角形的性质得到，利用等腰三角形的性质得到∠BAC=∠MAN，根据相似三角形的性质即可得到结论；（3）如图3，连接AB，AN，根据正方形的性质得到∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，根据相似三角形的性质得出，得到BM=2，CM=8，再根据勾股定理即可得到答案．详解：（1）NC∥AB，理由如下：∵△ABC与△MN是等边三角形，∴AB=AC，AM=AN，∠BAC=∠MAN=60°，∴∠BAM=∠CAN，在△ABM与△ACN中，，∴△ABM≌△ACN（SAS），∴∠B=∠ACN=60°，∵∠ANC+∠ACN+∠CAN=∠ANC+60°+∠CAN=180°，∴∠ANC+∠MAN+∠BAM=∠ANC+60°+∠CAN=∠BAN+∠ANC=180°，∴CN∥AB；（2）∠ABC=∠ACN，理由如下：∵=1且∠ABC=∠AMN，∴△ABC～△AMN∴，∵AB=BC，∴∠BAC=（180°﹣∠ABC），∵AM=MN∴∠MAN=（180°﹣∠AMN），∵∠ABC=∠AMN，∴∠BAC=∠MAN，∴∠BAM=∠CAN，∴△ABM～△ACN，∴∠ABC=∠ACN；（3）如图3，连接AB，AN，∵四边形ADBC，AMEF为正方形，∴∠ABC=∠BAC=45°，∠MAN=45°，∴∠BAC﹣∠MAC=∠MAN﹣∠MAC即∠BAM=∠CAN，∵，∴，∴△ABM～△ACN∴，∴=cos45°=，∴，∴BM=2，∴CM=BC﹣BM=8，在Rt△AMC，AM=，∴EF=AM=2．点睛：本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质定理和判定定理、相似三角形的性质定理和判定定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和三角形相似是解决问题的关键．7．已知点O是△ABC内任意一点，连接OA并延长到E，使得AE=OA，以OB，OC为邻边作▱OBFC，连接OF与BC交于点H，再连接EF．（1）如图1，若△ABC为等边三角形，求证：①EF⊥BC；②EF=3BC；（2）如图2，若△ABC为等腰直角三角形（BC为斜边），猜想（1）中的两个结论是否成立？若成立，直接写出结论即可；若不成立，请你直接写出你的猜想结果；（3）如图3，若△ABC是等腰三角形，且AB=AC=kBC，请你直接写出EF与BC之间的数量关系．【答案】（1）见解析；（2）EF⊥BC仍然成立；（3）EF=4k【解析】试题分析：（1）由平行四边形的性质得到BH=HC=12BC，OH=HF，再由等边三角形的性质得到AB=BC，AH⊥BC，根据勾股定理得到AH=3（2）由平行四边形的性质得到BH=HC=12BC，OH=HF，再由等腰直角三角形的性质得到AB=2（3）由平行四边形的性质得到BH=HC=12BC，OH=HF，再由等腰三角形的性质和AB=AC=kBC得到AB=BC，AH⊥BC，根据勾股定理得到AH=1试题解析：（1）连接AH，如图1，∵四边形OBFC是平行四边形，∴BH=HC=12∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC，AH⊥BC，在Rt△ABH中，AH2=AB2﹣BH2，∴AH=BC2-∵OA=AE，OH=HF，∴AH是△OEF的中位线，∴AH=12∴EF⊥BC，32BC=1∴EF⊥BC，EF=3BC；（2）EF⊥BC仍然成立，EF=BC，如图2，∵四边形OBFC是平行四边形，∴BH=HC=12∵△ABC是等腰三角形，∴AB=2BC，AH⊥BC，在Rt△ABH中，AH2=AB2﹣BH2=（2BH）2﹣BH2=BH2，∴AH=BH=12∵OA=AE，OH=HF，∴AH是△OEF的中位线，∴AH=12∴EF⊥BC，12BC=1∴EF⊥BC，EF=BC；（3）如图3，∵四边形OBFC是平行四边形，∴BH=HC=12∵△ABC是等腰三角形，∴AB=kBC，AH⊥BC，在Rt△ABH中，AH2=AB2﹣BH2=（kBC）2﹣（12BC）2=（k2-14）BC∴AH=BH=12∵OA=AE，OH=HF，∴AH是△OEF的中位线，∴AH=12∴EF⊥BC，124k∴EF=4k考点：四边形综合题．8．倡导研究性学习方式，着力教材研究，习题研究，是学生跳出题海，提高学习能力和创新能力的有效途径．下面是一案例，请同学们认真阅读、研究，完成“类比猜想”的问题．习题如图（1），点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，连接EF，则EF=BE+DF，说明理由．解答：∵正方形ABCD中，AB=AD，∠BAD=∠ADC=∠B=90°，∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADE′，点F、D、E′在一条直线上．∴∠E′AF=90°-45°=45°=∠EAF，又∵AE′=AE，AF=AF∴△AE′F≌△AEF（SAS）∴EF=E′F=DE′+DF=BE+DF．类比猜想：（1）请同学们研究：如图（2），在菱形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，当∠BAD=120°，∠EAF=60°时，还有EF=BE+DF吗？请说明理由．（2）在四边形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，当AB=AD，∠B+∠D=180°，∠EAF=∠BAD时，EF=BE+DF吗？请说明理由．【答案】证明见解析．【解析】试题分析：（1）把△ABE绕点A逆时针旋转120°至△ADE′，如图（2），连结E′F，根据菱形和旋转的性质得到AE=AE′，∠EAF=∠E′AF，利用“SAS”证明△AEF≌△AE′F，得到EF=E′F；由于∠ADE′+∠ADC=120°，则点F、D、E′不共线，所以DE′+DF＞EF，即由BE+DF＞EF；（2）把△ABE绕点A逆时针旋转∠BAD的度数至△ADE′，如图（3），根据旋转的性质得到AE′=AE，∠EAF=∠E′AF，然后利用“SAS”证明△AEF≌△AE′F，得到EF=E′F，由于∠ADE′+∠ADC=180°，知F、D、E′共线，因此有EF=DE′+DF=BE+DF；根据前面的条件和结论可归纳出结论．试题解析：（1）当∠BAD=120°，∠EAF=60°时，EF=BE+DF不成立，EF＜BE+DF．理由如下：∵在菱形ABCD中，∠BAD=120°，∠EAF=60°，∴AB=AD，∠1+∠2=60°，∠B=∠ADC=60°，∴把△ABE绕点A逆时针旋转120°至△ADE′，如图（2），连结E′F，∴∠EAE′=120°，∠1=∠3，AE′=AE，DE′=BE，∠ADE′=∠B=60°，∴∠2+∠3=60°，∴∠EAF=∠E′AF，在△AEF和△AE′F中AE=AE'∠EAF=∠E'AF∴△AEF≌△AE′F（SAS），∴EF=E′F，∵∠ADE′+∠ADC=120°，即点F、D、E′不共线，∴DE′+DF＞EF∴BE+DF＞EF；（2）当AB=AD，∠B+∠D=180°，∠EAF=12理由如下：如图（3），∵AB=AD，∴把△ABE绕点A逆时针旋转∠BAD的度数至△ADE′，如图（3），∴∠EAE′=∠BAD，∠1=∠3，AE′=AE，DE′=BE，∠ADE′=∠B，∵∠B+∠D=180°，∴∠ADE′+∠D=180°，∴点F、D、E′共线，∵∠EAF=12∴∠1+∠2=12∴∠2+∠3=12∴∠EAF=∠E′AF，在△AEF和△AE′F中AE=AE'∠EAF=∠E'AF∴△AEF≌△AE′F（SAS），∴EF=E′F，∴EF=DE′+DF=BE+DF；归纳：在四边形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，当AB=AD，∠B+∠D=180°，∠EAF=12考点：四边形综合题．9．已知：如图，四边形ABCD和四边形AECF都是矩形，AE与BC交于点M，CF与AD交于点N．（1）求证：△ABM≌△CDN；（2）矩形ABCD和矩形AECF满足何种关系时，四边形AMCN是菱形，证明你的结论．【答案】（1）证明见解析；（2）当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．证明见解析；【解析】试题分析：（1）由已知条件可得四边形AMCN是平行四边形，从而可得AM=CN，再由AB=CD，∠B=∠D=90°，利用HL即可证明；（2）若四边形AMCN为菱形，则有AM=AN，从已知可得∠BAM=∠FAN，又∠B=∠F=90°，所以有△ABM≌△AFN，从而得AB=AF，因此当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．试题解析：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠D＝90°，AB＝CD，AD∥BC．∵四边形AECF是矩形，∴AE∥CF．∴四边形AMCN是平行四边形．∴AM＝CN．在Rt△ABM和Rt△CDN中，AB＝CD，AM＝CN，∴Rt△ABM≌Rt△CDN．（2）当AB＝AF时，四边形AMCN是菱形．∵四边形ABCD、AECF是矩形，∴∠B＝∠BAD＝∠EAF＝∠F＝90°．∴∠BAD－∠NAM＝∠EAF－∠NAM，即∠BAM＝∠FAN．又∵AB＝AF，∴△ABM≌△AFN．∴AM＝AN．由（1）知四边形AMCN是平行四边形，∴平行四边形AMCN是菱形．考点：1．矩形的性质；2．三角形全等的判定与性质；3．菱形的判定．10．如图，正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上，点B坐标为（3，3）．将正方形ABCO绕点A顺时针旋转角度α（0°＜α＜90°），得到正方形ADEF，ED交线段OC于点G，ED的延长线交线段BC于点P，连AP、AG．（1）求证：△AOG≌△ADG；（2）求∠PAG的度数；并判断线段OG、PG、BP之间的数量关系，说明理由；（3）当∠1=∠2时，求直线PE的解析式；（4）在（3）的条件下，直线PE上是否存在点M，使以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出M点坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析（2）∠PAG=45°，PG=OG+BP．理由见解析（3）y=x﹣3．（4）、．【解析】试题分析：(1)由AO=AD，AG=AG，根据斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等，判断出△AOG≌△ADG即可．(2)首先根据三角形全等的判定方法，判断出△ADP≌△ABP，再结合△AOG≌△ADG，可得∠DAP=∠BAP，∠1=∠DAG；然后根据∠1+∠D