初中数学北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试课后作业题

这是一份初中数学北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试课后作业题，共32页。
京改版八年级数学下册第十五章四边形专题测评
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、下列图标中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2、平行四边形中，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
3、如图，M、N分别是正五边形ABCDE的边BC、CD上的点，且BM=CN，AM交BN于点P，则∠APN的度数是（ ）

A．120° B．118° C．110° D．108°
4、下列各曲线是在平面直角坐标系xOy中根据不同的方程绘制而成的，其中是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
5、如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝18，BC＝14，D，E分别是AB，AC的中点，连接DE，BE，点M在CB的延长线上，连接DM，若∠MDB＝∠A，则四边形DMBE的周长为（ ）

A．16 B．24 C．32 D．40
6、在锐角△ABC中，∠BAC＝60°，BN、CM为高，P为BC的中点，连接MN、MP、NP，则结论：①NP＝MP；②AN：AB＝AM：AC；③BN＝2AN；④当∠ABC＝60°时，MN∥BC，一定正确的有（ ）

A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①④
7、下列图案中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
8、如图，菱形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，∠AOC＝45°，OA＝，则点C的坐标为（　　）

A．（，1） B．（1，1） C．（1，） D．（+1，1）
9、如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）

A．当▱ABCD是矩形时，∠ABC＝90° B．当▱ABCD是菱形时，AC⊥BD
C．当▱ABCD是正方形时，AC＝BD D．当▱ABCD是菱形时，AB＝AC
10、如图，矩形OABC的边OA长为2，边AB长为1，OA在数轴上，以原点O为圆心，对角线OB的长为半径画弧，交正半轴于一点，则这个点表示的实数是（ ）

A．2.5 B．2 C． D．
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、如图，已知在矩形中，，，将沿对角线AC翻折，点B落在点E处，连接，则的长为_________．


2、若一个n边形的每个内角都等于135°，则该n边形的边数是____________．
3、已知长方形ABCD中，AB＝4，BC＝10，M为BC中点，P为AD上的动点，则以B、M、P为顶点组成的等腰三角形的底边长是______________________．
4、如图，正方形ABCD的面积为18，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为 _____．

5、若一个多边形的一条对角线把它分成两个四边形，则这个多边形的内角和是_____度．
三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E是BD延长线上一点，且△ACE是等边三角形．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若∠AED＝2∠EAD，AB＝a，求四边形ABCD的面积．

2、如图，已知△ACB中，∠ACB＝90°，E是AB的中点，连接EC，过点A作AD∥EC，过点C作CD∥EA，AD与CD交于点D．
（1）求证：四边形ADCE是菱形；
（2）若AB＝8，∠DAE＝60°，则△ACB的面积为 （直接填空）．

3、△ABC和△GEF都是等边三角形．

问题背景：如图1，点E与点C重合且B、C、G三点共线．此时△BFC可以看作是△AGC经过平移、轴对称或旋转得到．请直接写出得到△BFC的过程．
迁移应用：如图2，点E为AC边上一点（不与点A，C重合），点F为△ABC中线CD上一点，延长GF交BC于点H，求证：．
联系拓展：如图3，AB＝12，点D，E分别为AB、AC的中点，M为线段BD上靠近点B的三等分点，点F在射线DC上运动（E、F、G三点按顺时针排列）．当最小时，则△MDG的面积为_______．
4、（1）如图，在中，，，，求的度数．
（2）已知一个正多边形的内角和比它的外角和的倍多，求这个正多边形每个外角的度数．

5、如图，△AOB是等腰直角三角形．
（1）若A（﹣4，1），求点B的坐标；
（2）AN⊥y轴，垂足为N，BM⊥y轴，垂足为点M，点P是AB的中点，连PM，求∠PMO度数；
（3）在（2）的条件下，点Q是ON的中点，连PQ，求证：PQ⊥AM．


-参考答案-
一、单选题
1、B
【分析】
由题意直接根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得出答案．
【详解】
解：A．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
C．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查中心对称图形与轴对称图形的概念，注意掌握把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
2、B
【分析】
根据平行四边形对角相等，即可求出的度数．
【详解】
解：如图所示，

∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴．
故：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，解题的关键是掌握平行四边形的性质．
3、D
【分析】
由五边形的性质得出AB=BC，∠ABM=∠C，证明△ABM≌△BCN，得出∠BAM=∠CBN，由∠BAM+∠ABP=∠APN，即可得出∠APN=∠ABC，即可得出结果．
【详解】
解：∵五边形ABCDE为正五边形，
∴AB=BC，∠ABM=∠C，
在△ABM和△BCN中
，
∴△ABM≌△BCN（SAS），
∴∠BAM=∠CBN，
∵∠BAM+∠ABP=∠APN，
∴∠CBN+∠ABP=∠APN=∠ABC=
∴∠APN的度数为108°；
故选：D．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、多边形的内角和定理；熟练掌握五边形的形状，证明三角形全等是解决问题的关键．
4、C
【分析】
利用中心对称图形的定义：旋转能与自身重合的图形即为中心对称图形，即可判断出答案．
【详解】
解：A、不是中心对称图形，故A错误．
B、不是中心对称图形，故B错误．
C、是中心对称图形，故C正确．
D、不是中心对称图形，故D错误．
故选：C．
【点睛】
本题主要是考查了中心对称图形的定义，熟练掌握中心对图形的定义，是解决该题的关键．
5、C
【分析】
由中点的定义可得AE=CE，AD=BD，根据三角形中位线的性质可得DE//BC，DE=BC，根据平行线的性质可得∠ADE=∠ABC=90°，利用ASA可证明△MBD≌△EDA，可得MD=AE，DE=MB，即可证明四边形DMBE是平行四边形，可得MD=BE，进而可得四边形DMBE的周长为2DE+2MD=BC+AC，即可得答案．
【详解】
∵D，E分别是AB，AC的中点，
∴AE=CE，AD=BD，DE为△ABC的中位线，
∴DE//BC，DE=BC，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ADE=∠ABC=90°，
在△MBD和△EDA中，，
∴△MBD≌△EDA，
∴MD=AE，DE=MB，
∵DE//MB，
∴四边形DMBE是平行四边形，
∴MD=BE，
∵AC＝18，BC＝14，
∴四边形DMBE的周长=2DE+2MD=BC+AC=18+14=32．
故选：C．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质、三角形中位线的性质及平行四边形的判定与性质，三角形中位线平行于第三边且等于第三边的一半；有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
6、C
【分析】
利用直角三角形斜边上的中线的性质即可判定①正确；利用含30度角的直角三角形的性质即可判定②正确，由勾股定理即可判定③错误；由等边三角形的判定及性质、三角形中位线定理即可判定④正确．
【详解】
∵CM、BN分别是高
∴△CMB、△BNC均是直角三角形
∵点P是BC的中点
∴PM、PN分别是两个直角三角形斜边BC上的中线
∴
故①正确
∵∠BAC=60゜
∴∠ABN=∠ACM=90゜−∠BAC=30゜
∴AB=2AN，AC=2AM
∴AN：AB=AM：AC=1：2
即②正确
在Rt△ABN中，由勾股定理得：
故③错误
当∠ABC=60゜时，△ABC是等边三角形
∵CM⊥AB，BN⊥AC
∴M、N分别是AB、AC的中点
∴MN是△ABC的中位线
∴MN∥BC
故④正确
即正确的结论有①②④
故选：C
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边上中线的性质，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，三角形中位线定理等知识，掌握这些知识并正确运用是解题的关键．
7、B
【详解】
A.是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
B. 既是轴对称图形，又是中心对称图形，故符合题意；
C.是轴对称图形，不是中心对称图形，故不符合题意；
D.既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故不符合题意；
故选B
【点睛】
本题考查了轴对称图形和中心对称图形的识别，熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解答本题的关键．在平面内，一个图形经过中心对称能与原来的图形重合，这个图形叫做叫做中心对称图形；一个图形的一部分，以某条直线为对称轴，经过轴对称能与图形的另一部分重合，这样的图形叫做轴对称图形．
8、B
【分析】
作CD⊥x轴，根据菱形的性质得到OC=OA=，在Rt△OCD中，根据勾股定理求出OD的值，即可得到C点的坐标．
【详解】
：作CD⊥x轴于点D，

则∠CDO=90°，
∵四边形OABC是菱形，OA=，
∴OC=OA=，
又∵∠AOC=45°，
∴∠OCD=90°-∠AOC=90°-45°=45°，
∴∠DOC=∠OCD，
∴CD=OD，
在Rt△OCD中，OC=，CD2+OD2=OC2，
∴2OD2=OC2=2，
∴OD2=1，
∴OD=CD=1（负值舍去），
则点C的坐标为（1，1），
故选：B．
【点睛】
此题考查了菱形的性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理，根据勾股定理和等腰直角三角形的性质求出OD=CD=1是解决问题的关键．
9、D
【分析】
由矩形的四个角是直角可判断A，由菱形的对角线互相垂直可判断B，由正方形的对角线相等可判断C，由菱形的四条边相等可判断D，从而可得答案.
【详解】
解：当▱ABCD是矩形时，∠ABC＝90°，正确，故A不符合题意；
当▱ABCD是菱形时，AC⊥BD，正确，故B不符合题意；
当▱ABCD是正方形时，AC＝BD，正确，故C不符合题意；
当▱ABCD是菱形时，AB＝BC，故D符合题意；
故选D
【点睛】
本题考查的是矩形，菱形，正方形的性质，熟练的记忆矩形，菱形，正方形的性质是解本题的关键.
10、D
【分析】
利用矩形的性质，求证明，进而在中利用勾股定理求出的长度，弧长就是的长度，利用数轴上的点表示，求出弧与数轴交点表示的实数即可．
【详解】
解：四边形OABC是矩形，
，
在中，由勾股定理可知：，
，
弧长为，故在数轴上表示的数为，
故选：．
【点睛】
本题主要是考查了矩形的性质、勾股定理解三角形以及数轴上的点的表示，熟练利用矩形性质，得到直角三角形，然后通过勾股定理求边长，是解决该类问题的关键．
二、填空题
1、
【分析】
过点E作EF⊥AD于点F，先证明CG=AG，再利用勾股定理列方程，求出AG的值，结合三角形的面积法和勾股定理，即可求解．
【详解】
解：如图所示：过点E作EF⊥AD于点F，


有折叠的性质可知：∠ACB=∠ACE，
∵AD∥BC，
∴∠ACB=∠CAD，
∴∠CAD=∠ACE，
∴CG=AG，
设CG=x，则DG=8-x，
∵在中，，
∴x=5，
∴AG=5，
在中，EG=，EF⊥AD，∠AEG=90°，
∴，
∵在中，，、
∴DF=8-=，
∴在中，，
故答案是：．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定定理，添加辅助线构造直角三角形，是解题的关键．
2、8
【分析】
根据题意求得多边形的外角，根据360度除以多边形的外角即可求得n边形的边数
【详解】
解：∵一个n边形的每个内角都等于135°，
∴则这个n边形的每个外角等于

该n边形的边数是
故答案为：
【点睛】
本题考查了多边形的内角与外角的关系，求得多边形的外角是解题的关键．
3、5或或
【分析】
分三种情况：①当BP=PM时，点P在BM的垂直平分线上，取BM的中点N，过点N作NP⊥BM交AD于P，则四边形ABNP是矩形，得AB=PN=4，根据勾股定理即可求解；
②当BM=PM=5时，当∠PMB为锐角如图2时，则四边形ABNP是矩形，得AB=PN=4，根据勾股定理可得MN=3，从而BN=2，再由勾股定理可得BP的长；
③当BM=PM=5时，当∠PMB为钝角如图3时，则四边形ABNP是矩形，得AB=PN=4，根据勾股定理MN=3，从而BN=8，再由勾股定理可得BP的长；即可求解．
【详解】
解：BC＝10，M为BC中点，
∴BM=5，
当△BMP为等腰三角形时，分三种情况：
①当BP=PM时，点P在AM的垂直平分线上，
取BM的中点N，过点N作NP⊥AD交AD于P，如图1所示：

则△PBM是等腰三角形
∴底边BM的长为5
②当BM=PM=5时，当∠PMB为锐角如图2时，则四边形ABNP是矩形，

∴PN=AB=4，
∴MN=
∴
在Rt△PBN中，
③当BM=PM=5时，当∠PMB为钝角如图3时，则四边形ABNP是矩形，得AB=PN=4，

同理可得
∴
在Rt△PBN中，
综上，以B、M、P为顶点组成的等腰三角形的底边长是：5 或或
故答案为：5 或或．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、勾股定理以及分类讨论等知识，熟练掌握矩形的性质，进行分类讨论是解题的关键．
4、
【分析】
由正方形的对称性可知，PB＝PD，当B、P、E共线时PD+PE最小，求出BE即可．
【详解】
解：∵正方形中B与D关于AC对称，
∴PB＝PD，
∴PD+PE＝PB+PE＝BE，此时PD+PE最小，
∵正方形ABCD的面积为18，△ABE是等边三角形，
∴BE＝3，
∴PD+PE最小值是3，
故答案为：3．

【点睛】
本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
5、720
【分析】
根据一个多边形被一条对角线分成两个四边形，可得多边形的边数，根据多边形的内角和定理，可得答案．
【详解】
解：由题意，得
两个四边形有一条公共边，得
多边形是，
由多边形内角和定理，得
．
故答案为：720．
【点睛】
本题考查了多边形的对角线，利用了多边形内角和定理，解题的关键是注意对角线是两个四边形的公共边．
三、解答题
1、（1）见解析；（2）正方形ABCD的面积为
【分析】
（1）由等边三角形的性质得EO⊥AC，即BD⊥AC，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可得出结论；
（2）证明菱形ABCD是正方形，即可得出答案．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝OC，
∵△ACE是等边三角形，
∴EO⊥AC （三线合一），
即BD⊥AC，
∴▱ABCD是菱形；
（2）解：∵△ACE是等边三角形，
∴∠EAC＝60°
由（1）知，EO⊥AC，AO＝OC
∴∠AEO＝∠OEC＝30°，△AOE是直角三角形，
∵∠AED＝2∠EAD，
∴∠EAD＝15°，
∴∠DAO＝∠EAO﹣∠EAD＝45°，
∵▱ABCD是菱形，
∴∠BAD＝2∠DAO＝90°，
∴菱形ABCD是正方形，
∴正方形ABCD的面积＝AB2＝a2．
【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质、正方形的判定与性质、平行四边形的性质、等边三角形的性质等知识，证明四边形ABCD为菱形是解题的关键．
2、（1）见解析；（2）
【分析】
（1）由AD//CE，CD//AE ，得四边形AECD为平行四边形，根据直角三角形斜边上中线性质，得CE=AE，可知四边形ADCE是菱形；
（2）由菱形的性质可得当∠DAE=60°时，∠CAE=30°，可求BC，再根据勾股定理求出AC，最后求面积即可．
【详解】
解：（1）∵∥，∥，
∴四边形是平行四边形．
∵，是的中点，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）∵四边形是菱形，，
∴．
∵在Rt△中，，，，
∴，
∴．
∴．
【点睛】
此题主要考查了菱形的性质和判定，含30度角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，三角形面积，能够灵活运用菱形知识解决有关问题是解题的关键．
3、（1）以点C为旋转中心将逆时针旋转就得到；（2）见解析；（3）．
【分析】
（1）只需要利用SAS证明△BCF≌△ACG即可得到答案；
（2）法一：以为边作，与的延长线交于点K，如图，先证明，然后证明， 得到，则，过点F作FM⊥BC于M，求出，即可推出，则，即：；
法二：过F作，．先证明△FCN≌△FCM得到CM=CN，利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求出，再证明 得到，则；
（3）如图3-1所示，连接，GM，AG，先证明△ADE是等边三角形，得到DE=AE，即可证明得到，即点G在的角平分线所在直线上运动．过G作，则，最小即是最小，故当M、G、P三点共线时，最小；如图3-2所示，过点G作GQ⊥AB于Q，连接DG，求出DM和QG的长即可求解．
【详解】
（1）∵△ABC和△GEF都是等边三角形，
∴BC=AC，CF=CG，∠ACB=∠FCG=60°，
∴∠ACB+∠ACF=∠FCG+∠ACF，
∴∠FCB=∠GCA，
∴△BCF≌△ACG（SAS），
∴△BFC可以看作是△AGC绕点C逆时针旋转60度所得；

（2）法一：
证明：以为边作，与的延长线交于点K，如图，
∵和均为等边三角形，
∴，∠GFE=60°，
∴，
∴∠EFH+∠ACB=180°，
∴，
∵，
∴．
∵是等边的中线，
∴，
∴，
∴
∴．
在与中，

∴，
∴，
∴，
过点F作FM⊥BC于M，
∴KM=CM，
∵∠K=30°，
∴
∴，
∴，
∴，即：；

法二
证明：过F作，．

∴是等边的中线，
∴，，
∴△FCN≌△FCM（AAS），FC=2FN，
∴CM=CN，，
同法一，．
在与中，

∴
∴，
∴；
（3）如图3-1所示，连接，GM，AG，
∵D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，CD⊥AB，
∴DE∥BC，∠CDA=90°，
∴∠ADE=∠ABC=60°，∠AED=∠ACB=60°，
∴△ADE是等边三角形，∠FDE=30°，
∴DE=AE，
∵△GEF是等边三角形，
∴EF=EG，∠GEF=60°，
∴∠AEG=∠AED+∠DEG=∠FEG+∠DEG=∠FED，
∴
∴，即点G在的角平分线所在直线上运动．
过G作，则，
∴最小即是最小，

∴当M、G、P三点共线时，最小
如图3-2所示，过点G作GQ⊥AB于Q，连接DG，
∴QG=PG，
∵∠MAP=60°，∠MPA=90°，
∴∠AMP=30°，
∴AM=2AP，
∵D是AB的中点，AB=12，
∴AD=BD=6，
∵M是BD靠近B点的三等分点，
∴MD=4，
∴AM=10，
∴AP=5，
又∵∠PAG=30°，
∴AG=2GP，
∵，
∴
∴
∴．

【点睛】
本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性，勾股定理，解题的关键在于能够正确作出辅助线求解．
4、（1）；（2）每一个外角的度数是
【分析】
（1）根据平行线的性质可得∠B的度数，再根据等腰三角形的性质可得∠A的度数；
（2）根据n边形的内角和等于外角和的3倍多180°，可得方程180（n-2）=360×3+180，再解方程即可．
【详解】
解：（1）∵，
，
，
，
；
设这个多边形的边数为，根据题意得：
，
解得，
即它的边数是，
所以每一个外角的度数是．
【点睛】
本题考查了平行线的性质、等腰三角形的性质以及多边形内角和与外角和．解题的关键是掌握多边形内角和公式，明确外角和是360°．
5、（1）（1，4）；（2）45°；（3）见解析

【分析】
（1）过点A作AE⊥x轴于E，过点B作BF⊥x轴于F，证明△OAE≌△BOF得到OF=AE，BF=OE，再由点A的坐标为（-4，1），得到OF=AE=1，BF=OE=4，则点B的坐标为（1，4）；
（2）延长MP与AN交于H，证明△APH≌△BPM得到AH=BM，再由A点坐标为（-4，1），B点坐标为（1，4），得到AN=4，OM=4，BM=1，ON=1，则HN=AN-AH=AN-BM=3，MN=OM-ON=3，瑞出HN=MN，即可得到∠NHM=∠NMH=45°，即∠PMO=45°；
（3）连接OP，AM，取BM中点G，连接GP，则GP是△ABM的中位线，AM∥GP，证明△PQO≌△PGB得到∠OPQ=∠BPG，再由∠OPQ+∠BPQ=90°，得到∠BPG+∠BPQ=90°，即∠GPQ=90°，则PQ⊥PG，即PG⊥AM；
【详解】
解：（1）如图所示，过点A作AE⊥x轴于E，过点B作BF⊥x轴于F，
∴∠AEO=∠OFB=90°，
∴∠AOE+∠OAE=90°，
又∵∠AOB=90°，
∴∠AOE+∠BOF=90°，
∴∠OAE=∠BOF，
∵AO=OB，
∴△OAE≌△BOF（AAS），
∴OF=AE，BF=OE，
∵点A的坐标为（-4，1），
∴OF=AE=1，BF=OE=4，
∴点B的坐标为（1，4）；

（2）如图所示，延长MP与AN交于H，
∵AH⊥y轴，BM⊥y轴，
∴BM∥AN，
∴∠MBP=∠HAP，∠AHP=∠BMP，
∵点P是AB的中点，
∴AP=BP，
∴△APH≌△BPM（AAS），
∴AH=BM，
∵A点坐标为（-4，1），B点坐标为（1，4），
∴AN=4，OM=4，BM=1，ON=1，
∴HN=AN-AH=AN-BM=3，MN=OM-ON=3，
∴HN=MN，
∴∠NHM=∠NMH=45°，即∠PMO=45°；

（3）如图所示，连接OP，AM，取BM中点G，连接GP，
∴GP是△ABM的中位线，
∴AM∥GP，
∵Q是ON的中点，G是BM的中点，ON=BM=1，
∴，
∵P是AB中点，△AOB是等腰直角三角形，∠AOB=90°，
∴，∠OAB=∠OBA=45°，∠OPB=90°
∴∠PAO=∠POA=45°，
∴∠POB=45°，
∵∠NAO+∠NOA=90°，∠NOA+∠BON=90°，
∴∠NAO=∠BON，
∵∠OAB=∠POB=45°，
∴∠BAN+∠NAO=∠POQ+∠BON，即∠BAN=∠POQ，
由（2）得∠GBP=∠BAN，
∴∠GBP=∠QOP，
∴△PQO≌△PGB（SAS），
∴∠OPQ=∠BPG，
∵∠OPQ+∠BPQ=90°，
∴∠BPG+∠BPQ=90°，即∠GPQ=90°，
∴PQ⊥PG，
∴PG⊥AM；

【点睛】
本题主要考查了坐标与图形，全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质与判定等等，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．