∴AE⊥GC．（5分）
（2）答：成立；（6分）
证明：延长AE和GC相交于点H， 在正方形ABCD和正方形DEFG中， AD=DC，DE=DG，∠ADC=∠DCB=∠B=∠BAD=∠EDG=90°， ∴∠1=∠2=90°﹣∠3； ∴△ADE≌△CDG，
∴∠5=∠4；（8分） 又∵∠5+∠6=90°，∠4+∠7=180°﹣∠DCE=180°﹣90°=90°， ∴∠6=∠7，
又∵∠6+∠AEB=90°，∠AEB=∠CEH， ∴∠CEH+∠7=90°， ∴∠EHC=90°， ∴AE⊥GC．（10分）
点评：本题主要考查旋转的性质以及全等三角形的判定和性质．需要注意的是：旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．
26、（2010?山西）在直角梯形OABC中，CB∥OA，∠COA=90°，CB=3，OA=6，BA=
．分
别以OA、OC边所在直线为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系． （1）求点B的坐标；
（2）已知D、E分别为线段OC、OB上的点，OD=5，OE=2EB，直线DE交x轴于点F，求直线DE的解析式；
（3）点M是（2）中直线DE上的一个动点，在x轴上方的平面内是否存在另一个点N，使以O、D、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
考点：相似三角形的判定与性质；待定系数法求一次函数解析式；勾股定理；菱形的判定；直角梯形。
专题：综合题；压轴题；存在型；分类讨论。 分析：（1）过B作BH⊥x轴于H，则OH=BC=3，进而可求得AH的长，在Rt△ABH中，根据勾
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股定理即可求出BH的长，由此可得B点坐标；
（2）过E作EG⊥x轴于G，易得△OGE∽△OHB，根据相似三角形的对应边成比例可求出EG、OG的长，即可得到E点的坐标，进而可用待定系数法求出直线DE的解析式； （3）此题应分情况讨论： ①以OD、ON为边的菱形ODMN，根据直线DE的解析式可求出F点的坐标，即可得到OF的长；过M作MP⊥y轴于P，通过构建的相似三角形可求出M点的坐标，将M点向下平移OD个单位即可得到N点的坐标；
②以OD、OM为边的菱形ODNM，此时MN∥y轴，延长NM交x轴于P，可根据直线DE的解析式用未知数设出M点的坐标，进而可在Rt△OMP中，由勾股定理求出M点的坐标，将M点向上平移OD个单位即可得到N点的坐标；
③以OD为对角线的菱形OMCN，根据菱形对角线互相垂直平分的性质即可求得M、N的纵坐标，将M点纵坐标代入直线DE的解析式中即可求出M点坐标，而M、N关于y轴对称，由此可得到N点的坐标． 解答：解（1）作BH⊥x轴于点H，则四边形OHBC为矩形， ∴OH=CB=3，（1分） ∴AH=OA﹣OH=6﹣3=3
在Rt△ABH中，BH=
∴点B的坐标为（3.6）（3分） （2）作EG⊥x轴于点G，则EG∥BH ∴△OEG∽△OBH（4分） ∴
又∵OE=2EB
==6（2分）
∴，∴=，
∴OG=2，EG=4 ∴点E的坐标为（2，4）（5分） 又∵点D的坐标为（0，5） 设直线DE的解析式为y=kx+b 则
，解得k=﹣，b=5
∴直线DE的解析式为：y=﹣x+5（7分） （3）答：存在（8分）
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①如图1，当OD=DM=MN=NO=5时，四边形ODMN为菱形．作MP⊥y轴于点P，则MP∥x轴，∴△MPD∽△FOD ∴
又∵当y=0时，﹣x+5=0，解得x=10，
∴F点的坐标为（10，0），∴OF=10 在Rt△ODF中，FD=
=
=5
，∴
，
∴MP=2，PD=，∴点M的坐标为（﹣2，5+）
∴点N的坐标为（﹣2，）（10分）
②如图2，当OD=DN=NM=MO=5时，四边形ODNM为菱形．延长NM交x轴于点P，则MP⊥x轴．
∵点M在直线y=﹣x+5上
∴设M点坐标为（a，﹣a+5） 在Rt△OPM中，OP2+PM2=OM2 ∴a+（﹣a+5）=5，
解得：a1=4，a2=0（舍去），∴点M的坐标为（4，3） ∴点N的坐标为（4，8）（12分）
2
2
2
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③如图3，当OM=MD=DN=NO时，四边形OMDN为菱形，连接NM，交OD于点P，则NM与OD互相垂直平分 ∴yM=yN=OP=
∴﹣xM+5=
∴xM=5，∴xN=﹣xM=﹣5
∴点N的坐标为（﹣5，）（14分）
综上所述，x轴上方的点N有三个，分别为N1（﹣2
，
），N2（4，8），N3（﹣5，）．
（其它解法可参照给分）
点评：此题主要考查了梯形的性质、相似三角形的判定和性质、一次函数解析式的确定以及菱形的判定和性质等知识的综合应用，需注意的是（3）题要根据菱形的不同构成情况分类讨论，以免漏解．
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