山东省德州市宁津县2021-2022学年八年级上学期期末数学试题

这是一份山东省德州市宁津县2021-2022学年八年级上学期期末数学试题，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，作图题，证明题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．新型冠状病毒引发肺炎疫情，德州多家医院选派医护人员驰援武汉，如图是四家医院标志的图案部分，其中是轴对称图形的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
2．下列长度的三条线段，能组成三角形的是（ ）
A．B．C．D．
3．新型冠状病毒（2019-nCV）通过突起接触人类细胞表面，与血管紧张转化酶作用钻入细胞内部，复制出更多的病毒RNA侵占人的肺部．某病毒研究所公布了它在电子显微镜下的图象，新型冠状病毒粒子形状并不规则，最大的直径约0.00022毫米．0.00022用科学记数法表示（ ）
A．2.2×10-3B．2.2×10-4C．2.2×10-5D．22×10-6
4．下列运算正确的是（ ）
A．B．C．D．
5．在测量一个小口圆形容器的壁厚时，小明用“X型转动钳”按如图方法进行测量，其中OA＝OD，OB＝OC，测得AB＝5厘米，EF＝6厘米，圆形容器的壁厚是（ ）
A．厘米B．6厘米C．2厘米D．5厘米
6．若分式中的x和y都扩大3倍，且分式的植不变，则□可以是（ ）
A．2B．yC．D．
7．下列多项式中，不能用平方差公式分解的是（ ）
A．B．C．D．
8．如图，在四边形ABCD中，∠ACB＝∠DAC，添加一个条件后不能保证△BAC≌△DCA是（ ）
A．AB∥CDB．∠B＝∠DC．AB＝CDD．AD＝BC
9．如图，（ ）
A．B．C．D．
10．某工厂现在平均每天比原计划多生产50台机器，现在生产600台机器所需时间与原计划生产450台机器所需时间相同，设原计划平均每天生产台机器，根据题意，下面所列方程正确的是（ ）
A．B．C．D．
11．如图，在中，垂直平分，垂足为E，交于D，若，则的周长为（ ）
A．B．C．D．
12．如图，点A是x轴上一个定点，点B从原点O出发沿y轴的正方向移动，以线段为边在y轴右侧作等边三角形，以线段为边在上方作等边三角形，连接，随点B的移动，下列说法错误的是（ ）
A．B．
C．直线与x轴所夹的锐角恒为D．随点B的移动，线段的值逐渐增大
二、填空题
13．已知，则 ．
14．分解因式：= ．
15．已知关于x的方程无解，则a的值为 ．
16．如图，在中，，以点A为圆心，任意长为半径作弧，分别交边、于点M、N，分别以点M、N为圆心，以大于为半径作弧，两弧交于点P，射线交于点D，若，则的面积为 ．
17．如图，已知，点D是边上一点，在射线上取一点C，当是等腰三角形时，的度数为 ．
18．如图，中，平分，、分别是的两外角的平分线，射线的反向延长线交于点P，下列结论中：①；②；③；④；⑤．其中正确的结论是 （直接填写序号）．
三、计算题
19．（1）计算：；
（2）解分式方程：
20．先化简再求值：其中
四、作图题
21．在平面直角坐标系中的位置如图所示，
(1)画出关于y轴对称的，并写出点的坐标；
(2)在x轴上取一点P，使的值最小，在图上标出点P的位置，（保留作图痕迹）；
(3)在y轴上求作一点Q，使．（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）
五、证明题
22．如图：已知等边中，D是AC的中点，E是BC延长线上的一点，且，，垂足为M．求证：
（1）；
（2）M是BE的中点．
六、解答题
23．用1张边长为a的正方形纸片，1张边长为b的正方形纸片，2张长和宽分别为a，b的长方形纸片拼成如图1所示的大正方形．
(1)观察图1，试用两种不同的方法表示图1中大正方形的面积（用含a，b的代数式表示）．
代数式1：__________；
代数式2：_________；
(2)从（1）中你能发现什么结论？请用等式表示出来：_________；
(3)利用（2）中得出的结论解决下面的问题：
①若，则的值为：_____________；
②如图2，点C是线段上的一点，以为边向两边作正方形与正方形，若，两正方形的面积和为．图中阴影部分的面积为__________．
24．“双减”政策受到各地教育部门的积极响应，某校为加强学生体育锻炼，现决定购进A、B两种品牌的足球，购买A品牌足球花费了2500元，购买B品牌足球花费了2000元，且购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍，已知购买一个B品牌足球比购买一个A品牌足球多花30元．
(1)求购买一个A品牌、一个B品牌的足球各需多少元；
(2)该中学决定再次购进A、B两种品牌足球共40个，总费用不超过2600元，那么该中学此次至少可购买多少个A品牌足球？
七、证明题
25．某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形，如下图1．
(1)已知：在中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线l经过点A，BD⊥直线l，CE⊥直线l，垂足分别为点D、E．则线段DE与BD、CE的数量关系为________．
(2)组员小刘想，如果三个角不是直角，那（1）中的结论是否会成立呢？如图（2），将（1）中的条件改为：在中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线l上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝，其中为任意锐角或钝角．如果（1）中的结论成立，请证明；如不成立，请说明理由．
(3)数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题：如图（3），过的边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I，求证：I是EG的中点
参考答案：
1．B
【分析】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，这条直线叫做对称轴．根据轴对称图形的定义进行判断即可．
【详解】解：第3和第4个图能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以是轴对称图形，
第1和第2个图不能找到这样的一条直线，使图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，所以不是轴对称图形．
所以是轴对称图形的有2个．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了轴对称图形，轴对称图形的对称轴可以是一条，也可以是多条甚至无数条．
2．B
【分析】三角形的三条边必须满足：任意两边之和＞第三边，任意两边之差＜第三边．
【详解】A．1+2=3，不能组成三角形，不符合题意；
B．2+3＞4，能组成三角形，符合题意；
C．3+5＜9，不能组成三角形，不符合题意；
D．6+7＜14，不能组成三角形，不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题主要考查对三角形三边关系的理解应用，解题的关键是掌握判断是否可以构成三角形，只要判断两个较小的数的和＞最大的数就可以．
3．B
【分析】绝对值小于1的正数也可以利用科学记数法表示，一般形式为a×10-n，与较大数的科学记数法不同的是其所使用的是负整数指数幂，指数由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
【详解】解：0.00022=2.2×10-4 ．
故选：B．
【点睛】本题考查用科学记数法表示较小的数，一般形式为a×10-n，其中1≤|a|＜10，n为由原数左边起第一个不为零的数字前面的0的个数所决定．
4．D
【分析】根据幂的运算性质：同底数幂的乘法、幂的乘方、积的乘方、同底数幂的除法的运算法则即可完成．
【详解】A、根据同底数幂的乘法法则得：，故此选项错误；
B、根据幂的乘方法则得：，故此选项错误；
C、根据积的乘方法则得：，故此选项错误；
D、根据同底数幂的除法法则得：，故此选项正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了幂的运算性质，掌握幂的这些运算性质是解答本题的关键．
5．A
【分析】只要证明△AOB≌△DOC，可得AB=CD，即可解决问题．
【详解】解：在△AOB和△DOC中，
，
∴△AOB≌△DOC（SAS），
∴AB=CD=5厘米，
∵EF=6厘米，
∴圆柱形容器的壁厚是（厘米），
故选：A．
【点睛】本题考查全等三角形的应用，考查利用边角边公理判定三角形全等，解题的关键是利用全等三角形的性质解决实际问题．
6．C
【分析】x和y都扩大3倍，则2xy扩大到原来的9倍，要使分式的值不变，则x2+□也扩大到原来的9倍，所以□可以是y2．
【详解】解：∵x和y都扩大3倍，
∴2xy扩大到原来的：3×3＝9倍，
∵分式的值不变，
∴x2+□也扩大到原来的9倍，
∵x扩大3倍，x2扩大到原来的9（32＝9）倍，
∴□也要扩大到原来的9倍，
∵y扩大3倍，y、3y都扩大到原来的3倍，y2扩大到原来的9（32＝9）倍，
∴□可以是y2．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了分式的基本性质，解答此题的关键是要明确：分式的分子与分母同乘（或除以）一个不等于0的整式，分式的值不变．
7．B
【分析】根据平方差公式的结构特点，两平方项的符号相反，对各选项分析判断后利用排除法求解．
【详解】解：A、x2-y2符合平方差公式，故本选项错误；
B、-x2与-y2符号相同，不能运用平方差公式，故本选项正确；
C、4x2-y2符合平方差公式，故本选项错误；
D、-4+x2，符合平方差公式，故本选项错误．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了运用公式法分解因式，熟记平方差公式的结构特点是解本题的关键．
8．C
【分析】根据已知∠ACB=∠DAC，加上公共边AC，则可根据全等三角形的判定方法对各选项进行判断．
【详解】解：∵∠ACB=∠DAC，AC=CA，
∴当添加AB∥CD时，∠BAC=∠DCA，则可根据“ASA”判断△BAC≌△DCA；
当添加∠B=∠D时，则可根据“AAS”判断△BAC≌△DCA；
当添加AB=CD时，“SSA”不能判断△BAC≌△DCA．
当添加AD=BC时，则可根据“SAS”判断△BAC≌△DCA．
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定：熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解决问题的关键．选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件．
9．C
【分析】根据多边形内角与外角、三角形内角和定理、三角形外角性质进行推理计算即可．
【详解】解：如图，
由三角形外角性质可知：
∠1=∠F+∠B，∠2=∠A+∠E，
∴在四边形ADCG中，由四边形内角和可知：
∠D+∠C+∠2+∠1=360°，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F=360°．
故选：C．
【点睛】本题考查了多边形内角与外角、三角形外角性质，解题的关键是掌握多边形内角和定理、三角形外角性质．
10．A
【分析】分别找到当前和原计划每小时的产量，根据时间相等列方程
【详解】设原计划平均每天生产台机器，则现在每小时生产台机器；
根据现在生产600台机器所需时间与原计划生产450台机器所需时间相同，有：
故选A
【点睛】本题考查了将实际问题转化为方程的能力，列分式方程，找等量关系是解题的关键．
11．B
【分析】因为DE垂直平分线段AB，根据线段垂直平分线的性质得到AD=BD，由此得到△BCD的周长=BD+CD+BC=AD+CD+BC= AC+ BC，又因为AB=AC=20cm，BC=15cm，由此即可求出△DBC的周长．
【详解】解：DE垂直平分AB，
AD= BD，
△BCD的周长=BD+CD+BC=AD+CD+BC= AC+ BC
又 AB=AC=20cm，BC=15cm，
△BCD的周长= 20+ 15 = 35 (cm)．
故△BCD的周长为35cm．
故选 B．
【点睛】此题主要考查了等腰三角形的性质和线段的垂直平分线的性质等几何知识，线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等．
12．D
【分析】根据等边三角形的性质，结合图形证明手拉手模型一旋转型全等，即可判断A，根据△BOA≌△BDC，可得∠BDC=∠BOA=90°，从而可得∠ODC=∠BDO+∠BDC=150°，即可判断B，延长CD交x轴于点E，根据∠ODC=150°利用平角定义可求出∠ODE=30°，然后再利用三角形的外角求出∠DEA=60°，即可判断C，根据△BOA≌△BDC，可得CD=OA，根据OA的值是定值，即可判断D
【详解】A．∵△OBD和△ABC都是等边三角形
∴∠ABC=∠OBD=∠ODB=∠BOD=60°，BO=BD，BC=AB
∴∠ABC-∠DBA=∠OBD-∠DBA，
∴∠CBD=∠ABO
∴△BOA≌△BDC(SAS)，
故A不符合题意；
B．∵△BOA≌△BDC
∴∠BDC=∠BOA=90°，
∴∠ODC=∠BDO+∠BDC=60°+90°=150°
故B不符合题意；
C．延长CD交轴于点E，
∵∠ODC=150°
∴∠ODE=180°-∠ODC=30°，
∵∠BOA=90°，∠BOD=60°，
∴∠DOA=∠BOA-∠BOD=30°，
∴∠DEA=∠DOA+∠ODE=60°；
∴直线CD与x轴所夹的锐角恒为60°，
故C不符合题意；
D．∵△BOA≌△BDC；
∴CD=OA
∵点A是轴上一个定点，
∴OA的值是一个定值，
∴随点B的移动，线段CD的值不变，
故D符合题意；
故选∶D．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，坐标与图形性质，全等三角形的判定，熟练掌握手拉手模型一旋转型全等是解题的关键
13．20
【分析】利用同底数幂的乘法及幂的乘方运算法则对原式进行变形，然后代入计算即可．
【详解】解：
＝x2m•xn
＝（xm）2•xn，
∵xm＝2，xn＝5，
∴原式＝22×5
＝4×5
＝20，
故答案为：20．
【点睛】本题考查幂的运算，掌握同底数幂的乘法及幂的乘方运算法则是解题关键．
14．．
【详解】试题分析：原式==，故答案为．
考点：提公因式法与公式法的综合运用．
15．－5
【分析】根据题意可得x＝5，然后把x的值代入去分母后得到的整式方程中进行计算即可解答．
【详解】解：，
两边同乘以（x﹣5）得
x＝3（x﹣5）﹣a，
∵关于x的方程无解，
∴x﹣5＝0，
即x＝5
把x＝5代入x＝3（x﹣5）﹣a中可得：
5＝﹣a，
∴a＝﹣5，
故答案为：﹣5．
【点睛】本题考查了分式方程，把x的值代入整式方程中进行计算是解题的关键．
16．5
【分析】有作图知AD为∠BAC的平分线，得到DE=CD=2，利用面积公式求出结果．
【详解】解：过点D作PE⊥AB于E，
∵AP平分∠BAC，∠C=90°，
∴DE=CD=2，
∴S△ABD= ，
故答案为：5．
【点睛】本题考查角平分线的性质，利用角平分线性质得到垂线段相等是解题的关键．
17．40°或70°或100°
【分析】分三种情况讨论：①当OD=OC，②当OD=DC，③当OC=CD，根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理即可得到结论．
【详解】解：如图，
①当OD=OC时，
∠OCD=∠ODC==70°；
②当OD=DC时，
∠OCD=∠COD=40°；
③当OC=CD时，
∠ODC=∠COD=40°，
∴∠OCD=180°-∠ODC-∠COD=100°．
综上所述，∠OCD的度数为40°或70°或100°．
故答案为：40°或70°或100°．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，进行分类讨论是解题的关键．
18．①②④⑤
【分析】根据邻补角互补以及角平分线的定义可判断①；根据三角形外角与角平分线定义列出等式2∠PBG=∠A+2∠PCB，∠PBG=∠P+∠PCB，可判断②，根据外角性质与角平分线定义，结合三角形内角和∠BCD+∠CBD=+=可判断④，利用等腰三角形性质与外角性质，可得∠DBC=∠A，可得∠D=90°，得出2∠D+∠DBC=180°，当∠A=60°时，∠D=∠DBC=60°成立，可判断③，根据∠DBC=∠A=∠ACB，利用平行线判定定理可判断⑤．
【详解】解：∵∠BCA+∠BCF=180°，CP平分∠ACB，CD平分∠FCB，
∴∠PCB=，∠DCB=，
∴∠PCD=∠PCB+∠DCB =+，
∴CP⊥CD；
故①正确；
延长CB到G，如图，
∵BD平分∠CBE，
∴∠EBD=∠DBC，
∵∠EBD=∠PBA，∠CBD=∠PBG，
∴∠PBA =∠PBG，
∴∠ABG=2∠GBP，
∵∠ABG=∠A+∠ACB，即2∠PBG=∠A+2∠PCB，∠PBG=∠P+∠PCB，
∴∠PBG=∠A+∠PCB，
∴∠P=∠A，
故②正确；
∵CD平分∠BCF，BD平分∠CBE，
∴∠BCD=，∠DBC=，
∴∠BCD+∠CBD=+，
=，
=，
=，
∴∠D=180°-（∠BCD+∠CBD）=，
故④正确；
∵∠BAC=∠ACB，
∴2∠DBC=∠EBC=∠A+∠ACB=2∠A，
∴∠DBC=∠A，
∴∠D=90°，
∴2∠D+∠DBC=180°，
只有当∠A=60°时，∠D=∠DBC=60°，
∴BC=CD，
故③不正确，
∵∠DBC=∠A=∠ACB，
∴PD∥AC，
故⑤正确；
故答案为：①②④⑤．
【点睛】本题考查三角形内角与外角平分线，等腰三角形性质与判定，三角形外角性质，三角形内角和，平行线判定，掌握三角形内角与外角平分线定义，三角形外角性质，三角形内角和，平行线判定是解题关键．
19．（1）4a2﹣6ab；（2）x＝－2
【分析】（1）先根据完全平方公式和单项式乘多项式进行计算，再合并同类项即可；
（2）方程两边都乘（x+3）（x﹣3）得出x（x+3）﹣（x2﹣9）＝3，求出方程的解，再进行检验即可．
【详解】解：（1）
＝4a2﹣4ab＋b2﹣2ab﹣b2
＝4a2﹣6ab
（2）
方程两边都乘（x+3）（x﹣3），得
x（x＋3）－（x2－9）＝3
x2＋3x－x2＋9＝3
3x＝－6
x＝－2
检验：当x＝－2时，x2－9≠0
所以x＝－2是原分式方程的解
【点睛】本题考查了解分式方程和整式的化简，能正确根据整式的运算法则进行计算是解（1）的关键，能把分式方程转化成整式方程是解（2）的关键．
20．，
【分析】通过通分和约分，把分式进行化简，再代入求值，即可求解．
【详解】解：原式[]

•
，
a＝0＝4－3－1＝0
当a＝0时，
原式．
【点睛】本题主要考查分式化简求值，掌握分式混合运算法则，通分和约分，是解题的关键．
21．(1)画图见解析，A1（0，4），B1（3，2），C1（2，1）
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据轴对称的性质即可画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，并写出点A1、B1、C1的坐标；
（2）先找到点B关于x轴的对称点B′，连接B′C1与x轴交于点P即可；
（3）根据网格作AB的垂直平分线交y轴于点Q即可．
【详解】（1）如图，△A1B1C1即为所求；A1（0，4）、B1（3，2）、C1（2，1）；
（2）先找到点B关于x轴的对称点B′，连接B′C1与x轴交于点P，如图所示，点P即为所求．
（3）作线段AB的垂直平分线与y轴交于点Q，如图所示，点Q即为所求．
【点睛】本题考查了作图-轴对称变换，轴对称-最短路线问题，解决本题的关键是掌握轴对称的性质．
22．（1）见详解；（2）见详解
【分析】（1）由等边△ABC的性质可得：∠ACB＝∠ABC＝60°，然后根据等边对等角可得：∠E＝∠CDE，进而求∠E＝30°，在直角三角形EDM中利用30°角的性质，证得线段的长度关系；
（2）连接BD，由等边三角形的三线合一的性质可得：∠DBC＝∠ABC＝×60°＝30°，结合（1）的结论可得：∠DBC＝∠E，然后根据等角对等边，可得：DB＝DE，最后根据等腰三角形的三线合一的性质可得：M是BE的中点．
【详解】（1）解：∵三角形ABC是等边△ABC，
∴∠ACB＝∠ABC＝60°，
又∵CE＝CD，
∴∠E＝∠CDE，
又∵∠ACB＝∠E＋∠CDE，
∴∠E＝∠ACB＝30°，
∵，
∴△EDM是直角三角形，
∴ ；
（2）证明：连接BD，
∵等边△ABC中，D是AC的中点，
∴∠DBC＝∠ABC＝×60°＝30°
由（1）知∠E＝30°
∴∠DBC＝∠E＝30°
∴DB＝DE
又∵DM⊥BC
∴M是BE的中点．
【点睛】此题考查了等边三角形的有关性质，重点考查了等边三角形的三线合一的性质．
23．(1)（a＋b）2 ；a2＋2ab＋b2
(2)（a＋b）2＝a2＋2ab＋b2
(3)①3；②6
【分析】（1）结合图形可得出结论；
（2）由面积相等可得出结论；
（3）①由（2）所得a2+b2=（a+b）2-2ab，可得ab=，即可求得结果；
②设AC=a，BC=b，得a+b=7，a2+b2=25，则ab===12，进一步计算即可得结论．
【详解】（1）由题意可得，图1中两个阴影图形面积的和为a2+b2或（a+b）2-2ab；
故答案为：a2+b2，（a+b）2-2ab；
（2）从（1）中结论可得a2+b2=（a+b）2-2ab．
故答案为：a2+b2=（a+b）2-2ab；
（3）①由a2+b2=（a+b）2-2ab可得，
2ab=（a+b）2-（a2+b2）
∴ab=，
∴当a+b=4，a2+b2=10时，
ab==3．
②设AC=a，BC=b，得a+b=7，a2+b2=25，
由①得ab=，
=
=12，
可得
=
=6．
故答案应为：①3，②6．
【点睛】本题考查对完全平方公式几何意义的理解，应从整体和部分两方面来理解完全平方公式的几何意义与变式．
24．(1)购买一个A品牌的足球需要50元，购买一个B品牌的足球需要80元
(2)20个
【分析】（1）设购买一个A品牌的足球需要x元，则购买一个B品牌的足球需要（x+30）元，由题意：购买A品牌足球花费了2500元，购买B品牌足球花费了2000元，且购买A品牌足球数量是购买B品牌足球数量的2倍，列出分式方程，解方程即可；
（2）设该中学此次可以购买m个A品牌足球，则可以购买（40-m）个B品牌足球，由题意：该中学决定再次购进A、B两种品牌足球共40个，总费用不超过2600元，列出一元一次不等式，解不等式即可．
【详解】（1）解：设购买一个A品牌的足球需要x元，则购买一个B品牌的足球需要（x＋30）元，
依题意得：2，
解得：x＝50，
经检验，x＝50是原方程的解，且符合题意，
∴x＋30＝80．
答：购买一个A品牌的足球需要50元，购买一个B品牌的足球需要80元；
（2）设该中学此次可以购买m个A品牌足球，则可以购买（50﹣m）个B品牌足球，
依题意得：50 m＋80（40﹣m）≤2600，
解得：m≥20．
答：该中学此次至少可购买20个A品牌足球．
【点睛】本题考查了分式方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是找准等量关系，列出相应方程及不等式．
25．(1)DE＝BD＋CE
(2)成立，证明见解析
(3)见解析
【分析】（1）先证明出，得出，，即可得出数量关系的结果；
（2）证明出，得出，，即可得出结论；
（3）过点E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N，则∠EMI＝∠GNI＝90°，同（1）得，，推出，证得，即可得出结论．
【详解】（1）解：（1）直线，直线，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
故答案为：；
（2）成立.
证明如下：∵∠BDA＝∠BAC＝，
∴∠DBA＋∠DAB＝∠DAB＋∠CAE，
∴∠DBA＝∠CAE，
在和中，
，
∴（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AE＋AD＝BD＋CE；
（3）如图3，过点E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N．
∴∠EMI＝∠GNI＝90°,
正方形ABDE和正方形ACFG中，AB=AE，AC=AG，∠BAE=∠CAG=90°，
∵AH是BC边上的高，
∴∠AHB=∠AHC=90°，
由（1）和（2）的结论可知EM＝AH＝GN，
∴EM＝GN，
在和中，
，
∴（AAS），
∴EI＝GI，
∴I是EG的中点．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、等角的余角相等、三角形的内角和定理，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．