中考几何三大变换含答案17页.docx

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中考几何三大变换含答案17页

中考几何变换专题复习（针对几何大题的讲解）

几何图形问题的解决，主要借助于基本图形的性质（定义、定理等）和图形之间的关系（平行、全等、相似等）.基本图形的许多性质都源于这个图形本身的“变换特征”，最为重要和最为常用的图形关系“全等三角形”极多的情况也同样具有“变换”形式的联系.本来两个三角形全等是指它们的形状和大小都一样，和相互间的位置没有直接关系，但是，在同一个问题中涉及到的两个全等三角形，大多数都有一定的位置关系（或成轴对称关系，或成平移的关系，或成旋转的关系（包括中心对称）.这样，在解决具体的几何图形问题时，如果我们有意识地从图形的性质或关系中所显示或暗示的“变换特征”出发，来识别、构造基本图形或图形关系，那么将对问题的解决有着极为重要的启发和引导的作用.下面我们从变换视角以三角形的全等关系为主进行研究.

解决图形问题的能力，核心要素是善于从综合与复杂的图形中识别和构造出基本图形及基本的图形关系，而“变换视角”正好能提高我们这种识别和构造的能力.

1．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45°，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）．

考点：

旋转的性质；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；正方形的性质。

专题：

压轴题。

分析：

（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG=EG．

（2）结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后证出CG=EG．

（3）结论依然成立．还知道EG⊥CG．

解答：

（1）证明：

在Rt△FCD中，

∵G为DF的中点，

∴CG=

FD，

同理，在Rt△DEF中，

EG=

FD，

∴CG=EG．

（2）解：

（1）中结论仍然成立，即EG=CG．

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；

在△DMG与△FNG中，

∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，

∴△DMG≌△FNG，

∴MG=NG；

在矩形AENM中，AM=EN，

在△AMG与△ENG中，

∵AM=EN，∠AMG=∠ENG，MG=NG，

∴△AMG≌△ENG，

∴AG=EG，

∴EG=CG．

证法二：

延长CG至M，使MG=CG，

连接MF，ME，EC，

在△DCG与△FMG中，

∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG，

∴△DCG≌△FMG．

∴MF=CD，∠FMG=∠DCG，

∴MF∥CD∥AB，

∴EF⊥MF．

在Rt△MFE与Rt△CBE中，

∵MF=CB，EF=BE，

∴△MFE≌△CBE

∴∠MEF=∠CEB．

∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°，

∴△MEC为直角三角形．

∵MG=CG，

∴EG=

MC，

∴EG=CG．

（3）解：

（1）中的结论仍然成立．

即EG=CG．其他的结论还有：

EG⊥CG．

点评：

本题利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定和性质．

2．

（1）如图1，已知矩形ABCD中，点E是BC上的一动点，过点E作EF⊥BD于点F，EG⊥AC于点G，CH⊥BD于点H，试证明CH=EF+EG；

（2）若点E在BC的延长线上，如图2，过点E作EF⊥BD于点F，EG⊥AC的延长线于点G，CH⊥BD于点H，则EF、EG、CH三者之间具有怎样的数量关系，直接写出你的猜想；

（3）如图3，BD是正方形ABCD的对角线，L在BD上，且BL=BC，连接CL，点E是CL上任一点，EF⊥BD于点F，EG⊥BC于点G，猜想EF、EG、BD之间具有怎样的数量关系，直接写出你的猜想；

（4）观察图1、图2、图3的特性，请你根据这一特性构造一个图形，使它仍然具有EF、EG、CH这样的线段，并满足

（1）或

（2）的结论，写出相关题设的条件和结论．

考点：

矩形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；正方形的性质。

专题：

几何综合题。

分析：

（1）要证明CH=EF+EG，首先要想到能否把线段CH分成两条线段而加以证明，就自然的想到添加辅助线，若作CE⊥NH于N，可得矩形EFHN，很明显只需证明EG=CN，最后根据AAS可求证△EGC≌△CNE得出结论．

（2）过C点作CO⊥EF于O，可得矩形HCOF，因为HC=DO，所以只需证明EO=EG，最后根据AAS可求证△COE≌△CGE得出猜想．

（3）连接AC，过E作EG作EH⊥AC于H，交BD于O，可得矩形FOHE，很明显只需证明EG=CH，最后根据AAS可求证△CHE≌△EGC得出猜想．

（4）点P是等腰三角形底边所在直线上的任意一点，点P到两腰的距离的和（或差）等于这个等腰三角形腰上的高，很显然过C作CE⊥PF于E，可得矩形GCEF，而且AAS可求证△CEP≌△CNP，故CG=PF﹣PN．

解答：

（1）证明：

过E点作EN⊥GH于N（1分）

∵EF⊥BD，CH⊥BD，

∴四边形EFHN是矩形．

∴EF=NH，FH∥EN．

∴∠DBC=∠NEC．

∵四边形ABCD是矩形，

∴AC=BD，且互相平分

∴∠DBC=∠ACB

∴∠NEC=∠ACB

∵EG⊥AC，EN⊥CH，

∴∠EGC=∠CNE=90°，

又EC=EC，

∴△EGC≌△CNE．（3分）

∴EG=CN

∴CH=CN+NH=EG+EF（4分）

（2）解：

猜想CH=EF﹣EG（5分）

（3）解：

EF+EG=

BD（6分）

（4）解：

点P是等腰三角形底边所在直线上的任意一点，点P到两腰的距离的和（或差）等于这个等腰三角形腰上的高．如图①，有CG=PF﹣PN．

注：

图（1分）（画一个图即可），题设的条件和结论（1分）

点评：

此题主要考查矩形的性质和判定，解答此题的关键是作出辅助线，构造矩形和三角形全等来进行证明．

3．如图1，点P是线段MN的中点．

（1）请你利用该图1画一对以点P为对称中心的全等三角形；

（2）请你参考这个作全等三角形的方法，解答下列问题：

①如图2，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB＞AC，点D是BC边中点，过D作射线交AB于E，交CA延长线于F，请猜想∠F等于多少度时，BE=CF（直接写出结果，不必证明）；

②如图3，在△ABC中，如果∠BAC不是直角，而

（1）中的其他条件不变，若BE=CF的结论仍然成立，请写出△AEF必须满足的条件，并加以证明．

考点：

作图—复杂作图；全等三角形的判定；等腰三角形的判定。

专题：

证明题；开放型。

分析：

（1）以P点为中心，依次做两条相互交叉但长度相等的线段，可得两个全等三角形；

（2）当BE=CF时，∠F的结论成立；第2小题需要用到辅助线的帮助．延长FD到点G，使得FD=GD，连接BG，证明△DCF≌△DBG后推出∠F=∠G，CF=BG，从而证明BE=CF．

解答：

解：

（1）如图：

画图正确（2分）

（2）①∠F=45°时，BE=CF．（2分）

②答：

若BE=CF的结论仍然成立，

则AE=AF，△AEF是等腰三角形．（1分）

证明：

延长FD到点G，使得FD=GD，连接BG．

∵点D是BC边中点，

∴DC=DB

在△DCF和△DBG中

∴△DCF≌△DBG．（2分）

∴∠F=∠G，CF=BG（1分）

当△AEF是等腰三角形，AE=AF时，

∠F=∠2，

∵∠1=∠2，

∴∠1=∠G．

∴BE=BG．

∴BE=CF．（2分）

点评：

本题涉及全等三角形，等腰梯形的相关性质和判定，并考查学生的作图能力，为综合题型，难度中上．

4．如图①，OP是∠AOB的平分线，请你利用该图形画一对以OP所在直线为对称轴的全等三角形．请你参考这个作全等三角形的方法，解答下列问题：

（1）如图②，在△ABC中，∠ACB是直角，∠B=60°，AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，AD、CE相交于点F．请你判断并写出FE与FD之间的数量关系；

（2）如图③，在△ABC中，如果∠ACB不是直角，而

（1）中的其它条件不变，请问，你在

（1）中所得结论是否仍然成立？

若成立，请证明；若不成立，请说明理由．

考点：

全等三角形的判定与性质。

专题：

探究型。

分析：

根据要求作图，此处我们可以分别做两边的垂线，这样就可以利用AAS来判定其全等了．

先利用SAS来判定△AEF≌△AGF．得出∠AFE=∠AFG，FE=FG．再利用ASA来判定△CFG≌△CFD得到FG=FD所以FE=FD．

解答：

解：

在OP上任找一点E，过E分别做CE⊥OA于C，ED⊥OB于D．如图①，

（1）结论为EF=FD．

如图②，在AC上截取AG=AE，连接FG．

∵AD是∠BAC的平分线，

∴∠1=∠2，

在△AEF与△AGF中，

，

∴△AEF≌△AGF（SAS）．

∴∠AFE=∠AFG，FE=FG．

由∠B=60°，AD，CE分别是∠BAC，∠BCA的平分线，

∵2∠2+2∠3+∠B=180°，

∴∠2+∠3=60°．

又∠AFE为△AFC的外角，

∴∠AFE=∠CFD=∠AFG=∠2+∠3=60°．

∴∠CFG=60°．

即∠GFC=∠DFC，

在△CFG与△CFD中，

，

∴△CFG≌△CFD（ASA）．

∴FG=FD．

∴FE=FD．

（2）EF=FD仍然成立．

如图③，

过点F分别作FG⊥AB于点G，FH⊥BC于点H．

∴∠FGE=∠FHD=90°，

∵∠B=60°，且AD，CE分别是∠BAC，∠BCA的平分线，

∴∠2+∠3=60°，F是△ABC的内心

∴∠GEF=∠BAC+∠3=60°+∠1，

∵F是△ABC的内心，即F在∠ABC的角平分线上，

∴FG=FH（角平分线上的点到角的两边相等）．

又∠HDF=∠B+∠1（外角的性质），

∴∠GEF=∠HDF．

在△EGF与△DHF中，

，

∴△EGF≌△DHF（AAS），

∴FE=FD．

点评：

此题考查全等三角形的判定方法，常用的方法有SSS，SAS，AAS，HL等．

5．如图，已知矩形ABCD，AB=

，BC=3，在BC上取两点E、F（E在F左边），以EF为边作等边三角形PEF，使顶点P在AD上，PE、PF分别交AC于点G、H．

（1）求△PEF的边长；

（2）若△PEF的边EF在线段BC上移动．试猜想：

PH与BE有什么数量关系？

并证明你猜想的结论．

考点：

矩形的性质；等边三角形的性质。

专题：

探究型。

分析：

（1）要求△PEF的边长，需构造直角三角形，那么就过P作PQ⊥BC于Q．利用∠PFQ的正弦值可求出PF，即△PEF的边长；

（2）猜想：

PH﹣BE=1．利用∠ACB的正切值可求出∠ACB的度数，再由∠PFE=60°，可得出△HFC是等腰三角形，因此就有BE+EF+CF=BE+PH+2FH=3．再把其中FH用PH表示，化简即可．

解答：

解：

（1）过P作PQ⊥BC于Q．

∵矩形ABCD

∴∠B=90°，即AB⊥BC，

又AD∥BC，

∴PQ=AB=

（1分）

∵△PEF是等边三角形，

∴∠PFQ=60°．

在Rt△PQF中，PF=2．（3分）

∴△PEF的边长为2．PH与BE的数量关系是：

PH﹣BE=1．（4分）

（2）在Rt△ABC中，AB=

，BC=3，

∴∠1=30°．（5分）

∵△PEF是等边三角形，

∴∠2=60°，PF=EF=2．（6分）

∵∠2=∠1+∠3，

∴∠3=30°，∠1=∠3．

∴FC=FH．（7分）

∵PH+FH=2，BE+EF+FC=3，

∴PH﹣BE=1．（8分）

注：

每题只给了一种解法，其他解法按本评标相应给分．

点评：

本题利用了矩形、平行线、等边、等腰三角形的性质，还有正切函数等知识，运用的综合知识很多．

6．（2007?

牡丹江）已知四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E，F．

当∠MBN绕B点旋转到AE=CF时（如图1），易证AE+CF=EF；

当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF时，在图2和图3这两种情况下，上述结论是否成立？

若成立，请给予证明；若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？

请写出你的猜想，不需证明．

考点：

全等三角形的判定与性质。

专题：

几何综合题。

分析：

根据已知可以利用SAS证明△ABE≌△CBF，从而得出对应角相等，对应边相等，从而得出∠ABE=∠CBF=30°，△BEF为等边三角形，利用等边三角形的性质及边与边之间的关系，即可推出AE+CF=EF．

同理图2可证明是成立的，图3不成立．

解答：

解：

∵AB⊥AD，BC⊥CD，AB=BC，AE=CF，

∴△ABE≌△CBF（SAS）；

∴∠ABE=∠CBF，BE=BF；

∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，

∴∠ABE=∠CBF=30°，△BEF为等边三角形；

∴AE=

BE，CF=

BF；

∴AE+CF=

BE+

BF=BE=EF；

图2成立，图3不成立．

证明图2．

延长DC至点K，使CK=AE，连接BK，

则△BAE≌△BCK，

∴BE=BK，∠ABE=∠KBC，

∵∠FBE=60°，∠ABC=120°，

∴∠FBC+∠ABE=60°，

∴∠FBC+∠KBC=60°，

∴∠KBF=∠FBE=60°，

∴△KBF≌△EBF，

∴KF=EF，

∴KC+CF=EF，

即AE+CF=EF．

图3不成立，

AE、CF、EF的关系是AE﹣CF=EF．

点评：

本题主要考查全等三角形的判定方法，常用的方法有SSS，SAS，AAS等，这些方法要求学生能够掌握并灵活运用．

7．用两个全等的等边△ABC和△ADC，在平面上拼成菱形ABCD，把一个含60°角的三角尺与这个菱形重合，使三角尺有两边分别在AB、AC上，将三角尺绕点A按逆时针方向旋转

（1）如图1，当三角尺的两边与BC、CD分别相交于点E、F时，观察或测量BE，CF的长度，你能得出什么结论？

证明你的结论．

（2）如图2，当三角尺的两边与BC、CD的延长线分别交于E、F时，你在

（1）中的结论还成立吗？

请说明理由．

考点：

全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质。

专题：

证明题。

分析：

（1）连接AC，根据等边三角形性质推出AD=AC，∠D=∠ACB=60°，∠DAC=60°，求出∠CAE=∠DAF，证△ACE≌ADF即可；

（2）连接AC，求出∠ADF=∠ACE=120°，证△ACE≌ADF，推出DF=CE，根据BC=CD即可推出答案．

解答：

（1）BE=CF，

证明：

连接AC，

∵△ADC、△ABC是等边三角形，

∴AD=AC，∠D=∠ACB=60°，∠DAC=60°，

∵∠FAE=60°，

∴∠CAE=∠DAF，

在△ACE和△ADF中

，

∴△ACE≌ADF，

∴CE=DF，

∵四边形ABCD是菱形，

∴BC=CD，

∴BE=CF．

（2）解：

结论BE=CF仍成立，

理由是：

连接AC，

由

（1）知：

AD=AC，∠FAD=∠CAE，

∵等边三角形ABC和等边三角形ACD，

∴∠ADC=∠ACB=60°，

∴∠ADF=∠ACE=120°，

在△ACE和△ADF中

，

∴△ACE≌ADF，

∴DF=CE，

∵CD=BC，

∴BE=CF，

即结论BE=CF仍成立．

点评：

本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生熟练地运用性质进行推理的能力，题目比较典型，但有一定的难度．

8．如图，在四边形ABCD中，AB=AD，BC=CD，∠ABC=∠ADC=90°，∠MAN=

∠BAD．

（1）如图1，将∠MAN绕着A点旋转，它的两边分别交边BC、CD于M、N，试判断这一过程中线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？

直接写出结论，不用证明；

（2）如图2，将∠MAN绕着A点旋转，它的两边分别交边BC、CD的延长线于M、N，试判断这一过程中线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？

并证明你的结论；

（3）如图3，将∠MAN绕着A点旋转，它的两边分别交边BC、CD的反向延长线于M、N，试判断这一过程中线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？

直接写出结论，不用证明．

考点：

全等三角形的判定与性质；旋转的性质。

分析：

（1）可通过构建全等三角形来实现线段间的转换．延长MB到G，使BG=DN，连接AG．目的就是要证明三角形AGM和三角形ANM全等将MN转换成MG，那么这样MN=BM+DN了，于是证明两组三角形全等就是解题的关键．三角形AMG和AMN中，只有一条公共边AM，我们就要通过其他的全等三角形来实现，在三角形ABG和AND中，已知了一组直角，BG=DN，AB=AD，因此两三角形全等，那么AG=AN，∠1=∠2，那么∠1+∠3=∠2+∠3=∠MAN=

∠BAD．由此就构成了三角形ABE和AEF全等的所有条件（SAS），那么就能得出MN=GM了．

（2）按照

（1）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BM上截取BG，使BG=DN，连接AG．根据

（1）的证法，我们可得出DN=BG，GM=MN，那么MN=GM=BM﹣BG=BE﹣DN．

（3）按照

（1）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在DN上截取DF，使DF=BM，连接AG．根据

（1）的证法，我们可得出∠DAF=∠BAM，AF=AM，那么MN=NF=DN﹣DF=BN﹣BM．

解答：

解：

（1）证明：

延长MB到G，使BG=DN，连接AG．

∵∠ABG=∠ABC=∠ADC=90°，AB=AD，

∴△ABG≌△ADN．

∴AG=AN，BG=DN，∠1=∠4．

∴∠1+∠2=∠4+∠2=∠MAN=

∠BAD．

∴∠GAM=∠MAN．

又AM=AM，

∴△AMG≌△AMN．

∴MG=MN．

∵MG=BM+BG．

∴MN=BM+DN．

（2）MN=BM﹣DN．

证明：

在BM上截取BG，使BG=DN，连接AG．

∵∠ABC=∠ADC=90°，AD=AB，

∴△ADN≌△ABG，

∴AN=AG，∠NAD=∠GAB，

∴∠MAN=∠MAD+∠MAG=

∠DAB，

∴∠MAG=

∠BAD，

∴∠MAN=∠MAG，

∴△MAN≌△MAG，

∴MN=MG，

∴MN=BM﹣DN．

（3）MN=DN﹣BM．

点评：

本题考查了三角形全等的判定和性质；本题中通过全等三角形来实现线段的转换是解题的关键，没有明确的全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联全等三角形．

9．（2010?

义乌市）如图1，已知∠ABC=90°，△ABE是等边三角形，点P为射线BC上任意一点（点P与点B不重合），连接AP，将线段AP绕点A逆时针旋转60°得到线段AQ，连接QE并延长交射线BC于点F．

（1）如图2，当BP=BA时，∠EBF=　30　°，猜想∠QFC=　60　°；

（2）如图1，当点P为射线BC上任意一点时，猜想∠QFC的度数，并加以证明；

（3）已知线段AB=2

，设BP=x，点Q到射线BC的距离为y，求y关于x的函数关系式．

考点：

旋转的性质；全等三角形的判定；等边三角形的性质；解直角三角形。

专题：

探究型。

分析：

（1）∠EBF与∠ABE互余，而∠ABE=60°，即可求得∠EBF的度数；利用观察法，或量角器测量的方法即可求得∠QFC的度数；

（2）根据三角形的外角等于不相邻的两内角的和，证明∠BAP=∠EAQ，进而得到△ABP≌△AEQ，证得∠AEQ=∠ABP=90°，则∠BEF=180°﹣∠AEQ﹣∠AEB=180°﹣90°﹣60°=30°，∠QFC=∠EBF+∠BEF；

（3）过点F作FG⊥BE于点G，过点Q作QH⊥BC，根据△ABP≌△AEQ得到：

设QE=BP=x，则QF=QE+EF=x+2．点Q到射线BC的距离y=QH=sin60°×QF=

（x+2），即可求得函数关系式．

解答：

解：

（1）∠EBF=30°；（1分）

∠QFC=60°；（2分）

（2）∠QFC=60°．（1分）

解法1：

不妨设BP＞

AB，如图1所示．

∵∠BAP=∠BAE﹣∠EAP=60°﹣∠EAP，

∠EAQ=∠QAP﹣∠EAP=60°﹣∠EAP，

∴∠BAP=∠EAQ．（2分）

在△ABP和△AEQ中

AB=AE，∠BAP=∠EAQ，AP=AQ，

∴△ABP≌△AEQ．（SAS）（3分）

∴∠AEQ=∠ABP=90°．（4分）

∴∠BEF=180°﹣∠AEQ﹣∠AEB=180°﹣90°﹣60°=30°．

∴∠QFC=∠EBF+∠BEF=30°+30°=60°．（5分）

（事实上当BP≤

AB时，如图2情形，不失一般性结论仍然成立，不分类讨论不扣分）

解法2：

设AP交QF于M∠QMP为△AMQ和△FMP共同的外角

∴∠QMP=∠Q+∠PAQ=∠APB+∠QFC，

由△ABP≌△AEQ得∠Q=∠APB，由旋转知∠PAQ=60°，

∴∠QFC=∠PAQ=60°，

（3）在图1中，过点F作FG⊥BE于点G．

∵△ABE是等边三角形，

∴BE=AB=2

．

由

（1）得∠EBF=30°．

在Rt△BGF中，BG=

=

，

∴BF=

=2．

∴EF=2．（1分）

∵△ABP≌△AEQ．

∴QE=BP=x，

∴QF=QE+EF=x+2．（2分）

过点Q作QH⊥BC，垂足为H．

在Rt△QHF中，y=QH=sin60°×QF=

（x+2）．（x＞0）

即y关于x的函数关系式是：

y=

x+

．（3分）

点评：

本题把图形的旋转，与三角形的全等，三角函数，以及函数相结合，是一个比较难的题目．

10．（2009?

北京）在平行四边形ABCD中，过点C作CE⊥CD交AD于点E，将线段EC绕点E逆时针旋转90°得到线段EF（如图1）

（1）在图1中画图探究：

①当P为射线CD上任意一点（P1不与C重合）时，连接EP1；绕点E逆时针旋转90°得到线段EG1．判断直线FG1与直线CD的位置关系，并加以证明；

②当P2为线段DC的延长线上任意一点时，连接EP2，将线段EP2绕点E逆时针旋转90°得到线段EC2．判断直线C1C2与直线CD的位置关系，画出图形并直接写出你的结论．

（2）若AD=6，tanB=

，AE=1，在①的条件下，设CP1=x，S△P1FG1=y，求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．

考点：

二次函数综合题。

专题：

探究型。

分析：

（1）①说明△P1EC按要求旋转后得到的△G1EF全等，再结合∠P1CE=∠G1FE=90°去说明；②按照要求画出图形，由图形即可得出答案；

（2）①当点P1在线段CH的延长线上时，结合已知说明CE=4，且由四边形FECH是正方形，得CH=CE=4，再根据题设可得G1