2020上海市崇明县初三二模数学试卷及答案

这是一份2020上海市崇明县初三二模数学试卷及答案，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2020年中考数学二模试卷
一、选择题
1．下列二次根式是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
2．如果a＞b，那么下列结论中一定成立的是（　　）
A．2﹣a＞2﹣b B．2+a＞2+b C．ab＞b2 D．a2＞b2
3．已知一次函数y＝（m﹣3）x+6+2m，如果y随自变量x的增大而减小，那么m的取值范围为（　　）
A．m＜3 B．m＞3 C．m＜﹣3 D．m＞﹣3
4．下列说法正确的是（　　）
A．了解我区居民知晓“创建文明城区”的情况，适合全面调查
B．甲、乙两人跳高成绩的方差分别为S甲2＝3，S乙2＝4，说明乙的跳高成绩比甲稳定
C．一组数据2、2、3、4的众数是2，中位数是2.5
D．可能性是1%的事件在一次试验中一定不会发生
5．如果一个正多边形的外角是锐角，且它的余弦值是，那么它是（　　）
A．等边三角形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十二边形
6．下列命题正确的是（　　）
A．对角线相等的四边形是平行四边形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．计算：（3a3）2＝　 　．
8．因式分解：a3﹣9a＝　 　．
9．方程＝x的根是　 　．
10．如果方程x2﹣6x+m＝0没有实数根，那么m的取值范围是　 　．
11．分别写有数字、﹣1、、0、π的五张大小和质地均相同的卡片，从中任意抽取一张，抽到无理数的概率是　 　．
12．将抛物线y＝x2+2向右平移3个单位，再向上平移2个单位后，那么所得新抛物线你的解析式为　 　．
13．已知点G是△ABC的重心，设＝，＝，那么向量用向量、表示为　 　．
14．为了解某校九年级全体男生1000米跑步的成绩，随机抽取了部分男生进行测试，并将测试成绩分为A、B、C、D四个等级，绘制成如下不完整的统计图表．根据图表信息，那么扇形图中表示C的圆心角的度数为　 　度．
成绩等级频数分布表
成绩等级
频数
A
24
B
10
C
x
D
2

15．某品牌旗舰店平日将某商品按进价提高40%后标价，在某次电商购物节中，为促销该商品，按标价8折销售，售价为2240元，则这种商品的进价是　 　元．
16．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝30°，直线a∥b，点C在直线b上，直线a交AB于点D，交AC于点E，如果∠1＝145°，那么∠2的度数是　 　．

17．如图，将△ABC沿BC边上的中线AD平移到△A'B'C'的位置，已知△ABC的面积为16，阴影部分三角形的面积为9．如果AA'＝1，那么A'D的长为　 　．

18．如图，平面直角坐标系中，A（8，0），B（8，4），C（0，4），反比例函数y＝在第一象限内的图象分别与线段AB、BC交于点F、E，连接EF．如果点B关于EF的对称点恰好落在OA边上．那么k的值为　 　．

三、解答题（本大题共7题，满分78分）
19．计算：（）2+（﹣）0﹣12+2（tan60°﹣1）﹣1
20．解方程组：
21．如图已知⊙O经过A、B两点，AB＝6，C是的中点，联结OC交弦AB与点D，CD＝1．
（1）求圆⊙O的半径；
（2）过点B、点O分别作点AO、AB的平行线，交于点G，E是⊙O上一点，联结EG交⊙O于点F，当EF＝AB，求sin∠OGE的值．

22．如图是某型号新能源纯电动汽车充满电后，蓄电池剩余电量y（千瓦时），关于已行驶路程x（千米）的函数图象．
（1）根据图象，蓄电池剩余电量为35千瓦时时汽车已经行驶的路程为　 　千米．当0≤x≤150时，消耗1千瓦时的电量，汽车能行驶的路程为　 　千米．
（2）当150≤x≤200时，求y关于x的函数表达式，并计算当汽车已行驶160千米时，蓄电池的剩余电量．

23．如图，已知四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD相交于点O，DH⊥AB，垂足为点H，交AC于E，联结HO并延长交CD于点G，
（1）求证：∠DHO＝∠BCD；
（2）求证：HG•AE＝2DE•CG．

24．已知抛物线y＝ax2+bx﹣4经过点A（﹣1，0），B（4，0），与y轴交于点C，点D是该抛物线上一点，且在第四象限内，联结AC、BC、CD、BD．
（1）求抛物线的函数解析式，并写出对称轴；
（2）当S△BCD＝4S△AOC时，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，如果点E是x轴上的一点，点F是抛物线上一点，当点A、D、E、F为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点E的坐标．

25．如图，已知正方形ABCD中，BC＝4，AC、BD相交于点O，过点A作射线AM⊥AC，点E是射线AM上一点，联结OE交AB边于点F．以OE为一边，作正方形OEGH，且点A在正方形OEGH的内部，联结DH．
（1）求证：△HDO≌△EAO；
（2）设BF＝x，正方形OEGH的边长为y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域；
（3）联结AG，当△AEG是等腰三角形时，求BF的长．



参考答案
一、选择题（本大题共6题，每题4分，满分24分）
1．下列二次根式是最简二次根式的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据最简二次根式的概念判断．
解：A、＝，被开方数含分母，不是最简二次根式；
B、＝＝，被开方数含分母，不是最简二次根式；
C、＝2，被开方数中含能开得尽方的因数，不是最简二次根式；
D、是最简二次根式；
故选：D．
2．如果a＞b，那么下列结论中一定成立的是（　　）
A．2﹣a＞2﹣b B．2+a＞2+b C．ab＞b2 D．a2＞b2
【分析】根据不等式的性质逐个判断即可．
解：A、∵a＞b，
∴2﹣a＜2﹣b，故本选项错误，不符合题意；
B、∵a＞b，
∴2+a＞2+b，故本选项正确，符合题意；
C、∵a＞b，
∴当b＞0时，ab＞b2，当b＜0时，ab＜b2，不能判断ab和b2的大小，故本选项错误，不符合题意；
D、∵a＞b，
不能判断a2和b2的大小，故本选项错误，不符合题意；
故选：B．
3．已知一次函数y＝（m﹣3）x+6+2m，如果y随自变量x的增大而减小，那么m的取值范围为（　　）
A．m＜3 B．m＞3 C．m＜﹣3 D．m＞﹣3
【分析】根据一次函数的性质得到关于m的不等式，求解集即可．
解：根据题意，得：m﹣3＜0，
解得：m＜3，
故选：A．
4．下列说法正确的是（　　）
A．了解我区居民知晓“创建文明城区”的情况，适合全面调查
B．甲、乙两人跳高成绩的方差分别为S甲2＝3，S乙2＝4，说明乙的跳高成绩比甲稳定
C．一组数据2、2、3、4的众数是2，中位数是2.5
D．可能性是1%的事件在一次试验中一定不会发生
【分析】直接利用方差的意义以及概率的意义、全面调查和抽样调查分别分析得出答案．
解：A、了解我区居民知晓“创建文明城区”的情况，适合抽样调查，故原说法错误；
B、甲、乙两人跳高成绩的方差分别为S甲2＝3，S乙2＝4，说明甲的跳高成绩比乙稳定，故原说法错误；
C、一组数据2、2、3、4的众数是2，中位数是2.5，正确；
D、可能性是1%的事件在一次试验中也有可能发生，故原说法错误；
故选：C．
5．如果一个正多边形的外角是锐角，且它的余弦值是，那么它是（　　）
A．等边三角形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十二边形
【分析】利用任意凸多边形的外角和均为360°，正多边形的每个外角相等即可求出答案．
解：∵一个外角为锐角，且其余弦值为，
∴这个一个外角＝30°，
∴360÷30＝12．
故它是正十二边形．
故选：D．
6．下列命题正确的是（　　）
A．对角线相等的四边形是平行四边形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
解：对角线互相平分的四边形是平行四边形，A错误；
对角线相等的平行四边形是矩形，B错误；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形，C正确；
对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，D错误；
故选：C．
二、填空题（本大题共12题，每题4分，满分48分）
7．计算：（3a3）2＝　9a6　．
【分析】利用积的乘方的性质：积的乘方，等于把每一个因式分别乘方，再把所得的幂相乘，首先计算积的乘方，再利用幂的乘方乘方性质：底数不变，指数相乘，计算（a3）2可得答案．
解：（3a3）2＝32•（a3）2＝9•a3×2＝9a6．
故答案为：9a6．
8．因式分解：a3﹣9a＝　a（a+3）（a﹣3）　．
【分析】原式提取a，再利用平方差公式分解即可．
解：原式＝a（a2﹣9）
＝a（a+3）（a﹣3），
故答案为：a（a+3）（a﹣3）．
9．方程＝x的根是　x＝2　．
【分析】先把方程两边平方，使原方程化为整式方程x+2＝x2，解此一元二次方程得到x1＝2，x2＝﹣1，把它们分别代入原方程得到x2＝﹣1是原方程的增根，由此得到原方程的根为x＝2．
解：方程两边平方得，x+2＝x2，
解方程x2﹣x﹣2＝0得x1＝2，x2＝﹣1，
经检验x2＝﹣1是原方程的增根，
所以原方程的根为x＝2．
故答案为：x＝2．
10．如果方程x2﹣6x+m＝0没有实数根，那么m的取值范围是　m＞9　．
【分析】利用判别式的意义得到△＝（﹣6）2﹣4m＜0，然后解不等式即可．
解：根据题意得△＝（﹣6）2﹣4m＜0，
解得m＞9．
故选B．
11．分别写有数字、﹣1、、0、π的五张大小和质地均相同的卡片，从中任意抽取一张，抽到无理数的概率是　　．
【分析】直接利用概率公式计算可得．
解：∵在、﹣1、、0、π中无理数有、π这2个，
∴从中任意抽取一张，抽到无理数的概率是，
故答案为：．
12．将抛物线y＝x2+2向右平移3个单位，再向上平移2个单位后，那么所得新抛物线你的解析式为　y＝x2﹣6x+13　．
【分析】根据“上加下减，左加右减”的原则进行解答即可．
解：抛物线y＝x2+2向右平移3个单位后的解析式为：y＝（x﹣3）2+2．
再向上平移2个单位后所得抛物线的解析式为：y＝（x﹣3）2+2+2，即y＝x2﹣6x+13．
故答案是：y＝x2﹣6x+13．
13．已知点G是△ABC的重心，设＝，＝，那么向量用向量、表示为　（+）　．
【分析】如图，延长AE到H，使得EH＝AE，连接BH，CH．求出，证明AG＝AH即可解决问题．
解：如图，延长AE到H，使得EH＝AE，连接BH，CH．

∵AE＝EH，BE＝EC，
∴四边形ABHC是平行四边形，
∴AC＝BH，AC∥BH，
∵＝+＝+，
∵G是重心，
∴AG＝AE，
∵AE＝EH，
∴AG＝AH，
∴＝（+）．
14．为了解某校九年级全体男生1000米跑步的成绩，随机抽取了部分男生进行测试，并将测试成绩分为A、B、C、D四个等级，绘制成如下不完整的统计图表．根据图表信息，那么扇形图中表示C的圆心角的度数为　36　度．
成绩等级频数分布表
成绩等级
频数
A
24
B
10
C
x
D
2

【分析】先由B等级人数及其所占百分比求出总人数，再根据各等级人数之和等于总人数求出C等级人数x，最后用360°乘以C等级人数所占比例即可得．
解：∵被调查的总人数为10÷25%＝40（人），
∴C等级人数x＝40﹣（24+10+2）＝4（人），
则扇形图中表示C的圆心角的度数为360°×＝36°，
故答案为：36．
15．某品牌旗舰店平日将某商品按进价提高40%后标价，在某次电商购物节中，为促销该商品，按标价8折销售，售价为2240元，则这种商品的进价是　2000　元．
【分析】设这种商品的进价是x元，根据提价之后打八折，售价为2240元，列方程解答即可．
解：设这种商品的进价是x元，
由题意得，（1+40%）x×0.8＝2240．
解得：x＝2000，
故答案为2000
16．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝30°，直线a∥b，点C在直线b上，直线a交AB于点D，交AC于点E，如果∠1＝145°，那么∠2的度数是　40°　．

【分析】先根据等腰三角形的性质和三角形的内角和可得∠ACB＝75°，由三角形外角的性质可得∠AED的度数，由平行线的性质可得同位角相等，可得结论．
解：∵AB＝AC，且∠A＝30°，
∴∠ACB＝75°，
在△ADE中，∵∠1＝∠A+∠AED＝145°，
∴∠AED＝145°﹣30°＝115°，
∵a∥b，
∴∠AED＝∠2+∠ACB，
∴∠2＝115°﹣75°＝40°．
故答案为：40°．
17．如图，将△ABC沿BC边上的中线AD平移到△A'B'C'的位置，已知△ABC的面积为16，阴影部分三角形的面积为9．如果AA'＝1，那么A'D的长为　3　．

【分析】先证明△DA′E∽△DAB，再利用相似三角形的性质求得A'D便可．
解：如图，

∵S△ABC＝16、S△A′EF＝9，且AD为BC边的中线，
∴S△A′DE＝S△A′EF＝4.5，S△ABD＝S△ABC＝8，
∵将△ABC沿BC边上的中线AD平移得到△A'B'C'，
∴A′E∥AB，
∴△DA′E∽△DAB，
则，即，
解得A′D＝3或A′D＝﹣（舍），
故答案为3．
18．如图，平面直角坐标系中，A（8，0），B（8，4），C（0，4），反比例函数y＝在第一象限内的图象分别与线段AB、BC交于点F、E，连接EF．如果点B关于EF的对称点恰好落在OA边上．那么k的值为　12　．

【分析】根据A（8，0），B（8，4），C（0，4），可得矩形的长和宽，易知点F的横坐标，E的纵坐标，由反比例函数的关系式，可用含有k的代数式表示出点F的纵坐标和点E的横坐标，由三角形相似和对称，可求出AD的长，然后把问题转化到三角形ADF中，由勾股定理建立方程求出k的值．
解：过点E作EG⊥OA，垂足为G，设点B关于EF的对称点为D，连接DF、ED、BD，如图所示：
则△BEF≌△DEF，
∴BD＝DF，BE＝DE，∠FDE＝∠FBE＝90°，
∴∠EDG+∠ADF＝∠ADF+∠AFD，
∴∠EDG＝∠AFD，
∵∠EGD＝∠DAF，
∴△ADF∽△GED，
∴＝，
∴AD：EG＝BD：BE，
∵A（8，0），B（8，4），C（0，4），
∴AB＝OC＝EG＝4，OA＝BC＝8，
∵E、F在反比例函数y＝的图象上，
∴E（，4）、F（8，）
∴OG＝EC＝，AF＝，
∴BF＝4﹣，BE＝8﹣，
∴＝＝＝＝，
∴AD＝EG＝2，
在Rt△ADF中，由勾股定理：AD2+AF2＝DF2
即：22+（）2＝（4﹣）2
解得：k＝12，
故答案为12．

三、解答题（本大题共7题，满分78分）
19．计算：（）2+（﹣）0﹣12+2（tan60°﹣1）﹣1
【分析】直接利用负整数指数幂的性质以及特殊角的三角函数值、绝对值的性质分别化简得出答案．
解：原式＝2+1﹣2+2×（﹣1）﹣1
＝2+1﹣2+2×
＝2+1﹣2++1
＝．
20．解方程组：
【分析】先对x2﹣3xy+2y2＝0分解因式转化为两个一元一次方程，然后联立①，组成两个二元一次方程组，解之即可．
解：将方程x2﹣3xy+2y2＝0 的左边因式分解，得x﹣2y＝0或x﹣y＝0，
原方程组可以化为或，

解这两个方程组得或，
所以原方程组的解是．
21．如图已知⊙O经过A、B两点，AB＝6，C是的中点，联结OC交弦AB与点D，CD＝1．
（1）求圆⊙O的半径；
（2）过点B、点O分别作点AO、AB的平行线，交于点G，E是⊙O上一点，联结EG交⊙O于点F，当EF＝AB，求sin∠OGE的值．

【分析】（1）根据题意和垂径定理，可知∠ODA＝90°，AD＝3，设OA＝r，则OD＝r﹣1，然后根据勾股定理即可得到r的长；
（2）根据AB＝EF，可知OD＝OH，然后平行四边形的判定和性质，可以得到OG的长，从而可以求得sin∠OGE的值．
解：（1）∵AB＝6，C是的中点，CD＝1，
∴OC⊥AB且OC平分AB，
∴AD＝3，∠ODA＝90°，
设OA＝r，则OD＝r﹣1，
∴r2＝32+（r﹣1）2，
解得，r＝5，
即圆⊙O的半径为5；
（2）作OH⊥EF于点H，
∵AB＝EF，OD＝r﹣1＝4，
∴OH＝OD＝4，∠OHG＝90°，
∵OA∥BG，OG∥AB，
∴四边形OABG是平行四边形，
∴OG＝AB，
∵AB＝6，
∴OG＝6，
∴sin∠OGH＝＝＝，
即sin∠OGE＝．

22．如图是某型号新能源纯电动汽车充满电后，蓄电池剩余电量y（千瓦时），关于已行驶路程x（千米）的函数图象．
（1）根据图象，蓄电池剩余电量为35千瓦时时汽车已经行驶的路程为　150　千米．当0≤x≤150时，消耗1千瓦时的电量，汽车能行驶的路程为　6　千米．
（2）当150≤x≤200时，求y关于x的函数表达式，并计算当汽车已行驶160千米时，蓄电池的剩余电量．

【分析】（1）由图象可知，蓄电池剩余电量为35千瓦时时汽车已行驶了150千米，据此即可求出1千瓦时的电量汽车能行驶的路程；
（2）运用待定系数法求出y关于x的函数表达式，再把x＝160代入即可求出当汽车已行驶160千米时，蓄电池的剩余电量．
解：（1）由图象可知，蓄电池剩余电量为35千瓦时时汽车已行驶了150千米．
1千瓦时的电量汽车能行驶的路程为：（千米），
故答案为：150；6．

（2）设y＝kx+b（k≠0），把点（150，35），（200，10）代入，
得，解得，
∴y＝﹣0.5x+110，
当x＝160时，y＝﹣0.5×160+110＝30，
答：当150≤x≤200时，函数表达式为y＝﹣0.5x+110，当汽车已行驶160千米时，蓄电池的剩余电量为30千瓦时．
23．如图，已知四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD相交于点O，DH⊥AB，垂足为点H，交AC于E，联结HO并延长交CD于点G，
（1）求证：∠DHO＝∠BCD；
（2）求证：HG•AE＝2DE•CG．

【分析】（1）先判断出OB＝OD，进而判断出OH＝OD，得出∠DHO＝∠BDH，再用等角的余角相等判断出∠DHO＝∠BAO，即可得出结论；
（2）先判断出∠ADH＝∠COG，进而判断出△ADE∽△COG，得出AE•OG＝DE•CG，再判断出△AOH≌△COG，得出OG＝HG，即可得出结论．
【解答】证明：（1）∵AC是菱形ABCD的对角线，
∴∠BCD＝∠BAD＝2∠BAO，
∵点O是菱形ABCD的两条对角线的交点，
∴OB＝OD，
∵DH⊥AB，
∴∠BHD＝90°，
∴OH＝OD，
∴∠DHO＝∠BDH，
在Rt△BHD中，∠BDH+∠ABO＝90°，
∵∠BAO+∠ABO＝90°，
∴∠BDH＝∠BAO，
∴∠DHO＝∠BAO，
∴∠BCD＝2∠DHO，
∴∠DHO＝∠BCD；

（2）由（1）知，∠DHB＝∠BAO，
∵AC是菱形ABCD的对角线，
∴OA＝OC，∠DAO＝∠BAO，
∴∠DHB＝∠DAO，
∵∠AED＝∠HEO，
∴∠AOH＝∠ADE，
∵∠AOH＝∠COG，
∴∠ADH＝∠COG，
∵∠DAE＝∠OCG，
∴△ADE∽△COG，
∴，
∴AE•OG＝DE•CG，
在△AOH和△COG中，，
∴△AOH≌△COG（SAS），
∴OH＝OG，
∴OG＝HG，
∴AE•HG＝DE•CG，
∴HG•AE＝2DE•CG．
24．已知抛物线y＝ax2+bx﹣4经过点A（﹣1，0），B（4，0），与y轴交于点C，点D是该抛物线上一点，且在第四象限内，联结AC、BC、CD、BD．
（1）求抛物线的函数解析式，并写出对称轴；
（2）当S△BCD＝4S△AOC时，求点D的坐标；
（3）在（2）的条件下，如果点E是x轴上的一点，点F是抛物线上一点，当点A、D、E、F为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点E的坐标．

【分析】（1）设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4）＝ax2﹣3ax﹣4a，根据﹣4a＝﹣4，可得a＝1，由此即可解决问题．
（2）如图1中，设D（m，m2﹣3m﹣4），连接OD．根据S△BCD＝S△OCD+S△OBD﹣S△OBC＝4S△AOC，构建方程求出m即可解决问题．
（3）分两种情形：如图2中，当AE为平行四边形的边时，根据DF＝AE＝1，求解即可．如图3中，当AE，DF是平行四边形的对角线时，根据点F的纵坐标为6，求出点F的坐标，再根据中点坐标公式求解即可．
解：（1）∵y＝ax2+bx﹣4经过点A（﹣1，0），B（4，0），
∴可以假设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4）＝ax2﹣3ax﹣4a，
∴﹣4a＝﹣4，
∴a＝1，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣3x﹣4，对称轴．

（2）如图1中，设D（m，m2﹣3m﹣4），连接OD．

∵S△BCD＝S△OCD+S△OBD﹣S△OBC＝4S△AOC，
∴×4×（﹣m2+3m+4）+×4×m﹣×4×4＝4××1×4
整理得：m2﹣4m+4＝0，
解得m＝2，
∴D（2，﹣6）．

（3）如图2中，当AE为平行四边形的边时，

∵DF∥AE，D（2，﹣6）
∴F（1，﹣6），
∴DF＝1，
∴AE＝1，
∴E（0，0），或E′（﹣2，0）．
如图3中，当AE，DF是平行四边形的对角线时，

∵点D与点F到x轴的距离相等，
∴点F的纵坐标为6，
当y＝6时，6＝x2﹣3x﹣4，
解得x＝﹣2或5，
∴F（﹣2，6）或（5，6），
设E（n，0），则有＝或＝，
解得n＝1或8，
∴E（1，0）或（8，0），
，综上所述，满足条件的点E的坐标为（0，0）或（1，0）或（8，0）或（﹣2，0）．
25．如图，已知正方形ABCD中，BC＝4，AC、BD相交于点O，过点A作射线AM⊥AC，点E是射线AM上一点，联结OE交AB边于点F．以OE为一边，作正方形OEGH，且点A在正方形OEGH的内部，联结DH．
（1）求证：△HDO≌△EAO；
（2）设BF＝x，正方形OEGH的边长为y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域；
（3）联结AG，当△AEG是等腰三角形时，求BF的长．

【分析】（1）根据正方形的性质得到∠AOD＝90°，AO＝OD，∠EOH＝90°，OE＝OH，由全等三角形的性质即可得到结论；
（2）如图1，过O作ON⊥AB于N，根据等腰直角三角形的性质得到AN＝BN＝ON＝AB＝2，根据勾股定理得到OF＝＝＝，根据平行线分线段成比例定理即可得到结论；
（3）①当AE＝EG时，△AEG是等腰三角形，②当AE＝AG时，△AEG是等腰三角形，如图2，过A作AP⊥EG于P③当GE＝AG时，△AEG是等腰三角形，如图3，过G作GQ⊥AE于Q，根据相似三角形的性质或全等三角形的性质健即可得到结论．
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°，
∴∠EGQ＝∠AEO，
∵GE＝OE，
∴△EGQ≌△OEA（AAS），
∴EQ＝AO＝2，
∴AE＝2EQ＝4＝，
∴x＝，
∴BF＝2或．