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2023年中考通用版数学“尖子生专用”
压轴解答题40道+填空题10道
解答题部分
1．AM是Rt△ABC的中线，∠BAC＝90°，D是线段AM上一点（不与点A重合）．ED∥AC，BE∥AM，连接AE．
（1）如图1，当点D与M重合时，以下结论成立吗？①四边形DCAE是平行四边形；②四边形BMAE是菱形，请说明理由．
（2）如图2，当点D不与M重合时，（1）中的两个结论还成立吗？请说明理由．
（3）如图3，ED交AB于点N，若∠ABC＝30°，AN＝，DM＝1，求AE的长．
2．定义：将二次函数l的图象沿x轴向右平移t，再沿x轴翻折，得到新函数l′的图象，则称函数l′是函数l的“t值衍生抛物线”．已知l：y＝x2﹣2x﹣3．
（1）当t＝﹣2时，
①求衍生抛物线l′的函数解析式；
②如图1，函数l与l'的图象交于M（﹣，n），N（m，﹣2）两点，连接MN．点P为抛物线l′上一点，且位于线段MN上方，过点P作PQ∥y轴，交MN于点Q，交抛物线l于点G，求S△QNG与S△PNG存在的数量关系．
（2）当t＝2时，如图2，函数l与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，连接AC．函数l′与x轴交于D，E两点，与y轴交于点F．点K在抛物线l′上，且∠EFK＝∠OCA．请直接写出点K的横坐标．
3．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝8，点D在AB边上，且BD＝3AD，DE∥BC交AC于点E．动点M，N从点B同时出发，点M以每秒个单位长度沿BD向终点D运动，点N以每秒2个单位长度沿折线BC﹣CE向终点E运动，设运动的时间为t．
（1）求线段CE的长；
（2）当点N在线段CE上时，求△AMN的面积（用含t的代数式表示）；
（3）当线段MN＝时，请直接写出t的值．
4．已知二次函数图象过点A（﹣2，0），B（4，0），与y轴交于点C（0，4）．
（1）求二次函数的解析式．
（2）如图，当点P为AC的中点时，在直线PB上是否存在点M，使得△BCM为直角三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）点Q在y轴右侧的抛物线上，点D为AB的中点，直线QD与直线BC的夹角为锐角B，且tanβ＝3，求点Q的坐标．
5．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，线段AB绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，点G为BC上任意一点，连接DG交AB于点E，过点A作AF⊥DG于点H，交BC于点F，连接EF．
（1）①求证：∠BAF＝∠D；
②求证：DE＝EF+AF．
（2）当BE＝AB，AF＝3时，直接写出DE的长．
6．如图，抛物线y＝x2+bx﹣c经过A（﹣3，0），C（0，﹣4）两点，直线AB与抛物线交于点B（5，m）．
（1）求抛物线的解析式及m值．
（2）△AC'B与ACB关于直线AB对称，求C′的坐标．
（3）抛物线上是否存在点M（与点B不重合），使得△CC'M的面积恰好等于△CC'B的面积？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
7．菱形ABCD中，AB＝4，点P是AB上一动点（不与A，B重合），连接PD，点M是射线DP上一点，且∠BMD＝∠BAD，连接AM，作∠MAN＝∠BAD，交PD于点N．
（1）如图1，若∠BAD＝90°，直接写出△AMN的形状；
（2）如图2，若∠BAD＝60°，点P是AB的中点，求AN的长；
（3）若∠BAD＝60°，直接写出△CBN面积的最小值．
8．如图1，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣2，0），B（4，0），抛物线的顶点为C，作射线AC，BC．动点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线AC做匀速运动，动点Q从B出发，以每秒2个单位长度的速度沿射线BC运动．
（1）填空：b＝　 　，c＝　 　，C的坐标为 　 　．
（2）点P，Q运动过程中，△CPQ可能为等腰三角形吗？说明理由．
（3）如图2，连接PO，QO，当∠POQ＝30°时，直接写出t的值．
9．如图1，在等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝8，点D是AC边上一点，∠EDF＝45°，且角的两边分别与边AB，射线CB交于点M，N．
（1）线段AC的长度为 　 　；
（2）求证：△ADM∽△CND；
（3）如图2，若点D为AC中点，将∠EDF绕着点D顺时针旋转．DE与AB交于点M，DF与边CB的延长线交于点N，AM＝2.5，求BN的长．
（4）如图3，点D在边AC上沿A到C的方向运动（不与A，C重合），且DE始终经过点B，DF与边BC交于N点，在∠EDF运动过程中，△BND能否构成等腰三角形？若能，请直接写出AD的长；若不能，请说明理由．
10．定义：在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c的“衍生直线”为y＝﹣ax+b，有一个顶点在抛物线上，另一个顶点在“衍生直线”上的三角形为该抛物线的“衍生三角形”．
如图1，已知抛物线y＝﹣x2+2x+3与其“衍生直线”交于A，D两点（点A在点D的左侧），与x轴正半轴相交于点B，与y轴正半轴相交于点C，点P为抛物线的顶点．
（1）填空：该抛物线的“衍生直线”的解析式为 　 　；B的坐标为 　 　；D的坐标为 　 　．
（2）如图1，动点E在线段AB上，连接DE，DB，将△BDE以DE所在直线为对称轴翻折，点B的对称点为F，若三角形△DEF为该抛物线的“衍生三角形”，且F不在抛物线上，求点F坐标．
（3）抛物线的“衍生直线”上存在两点M，N（点M在点N的上方），且MN＝，连接PM，CN，当PM+MN+CN最短时，请直接写出此时点N的坐标．
11．如图，在Rt△ABC中，点P为斜边BC上一动点，将△ABP沿直线AP折叠，使得点B的对应点为B'，连接CB'，BB'．
（1）如图1，若PB＝AB，求证：PB'⊥AC．
（2）如图2，若AB＝AC，BP＝3PC，求tan∠CPB'的值．
（3）如图3，若∠ACB＝30°，且AB＝CB'，请直接写出此时的值．
12．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣过点A（3，2）和点B（，0），与x轴的另一个交点为点C．
（1）求抛物线的函数表达式．
（2）判断△ABC的形状，并说明理由．
（3）点D在线段BC上，连接AD，作DE⊥AD，且DE＝AD，连接AE交x轴于点F．点F不与点C重合，射线DP⊥AE，交AE于点P，交AC于点Q．
①当AD＝AF时，请直接写出∠CAE的度数；
②当＝时，请直接写出CQ的长．
13．用如图1，图2所示的两个直角三角形（部分边长及角的度数在图中已标出），完成以下的探究问题：
探究一：将两个三角形如图3拼接（BC和ED重合），在BC边上有一动点P．
（1）当点P运动到∠CFB的角平分线上时，连接AP，求线段AP的长；
（2）当点P在运动的过程中出现PA＝FC时，∠PAB的度数为 　 　．
探究二：如图4，将△DEF的顶点D放在△ABC的BC边上的中点处，并以点D为旋转中心旋转△DEF，△DEF的两直角边与△ABC的两直角边分别交于M，N两点，连接MN．
（3）在旋转△DEF的过程中，MN的长是否存在有最小值？若存在，求出它的最小值；若不存在，请说明理由；
探究三：如图5，BC和ED重合，点A与点F在BC同侧，边AC与BF交于H，设BC中点为G，△ABC绕点G顺时针方向旋转．
（4）如图6，在∠CGD从0°到60°的变化过程中，点H相应移动的路径长共为 　 　（结果保留根号）．
14．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A，B两点（点B在点A的右边），点A坐标为（1，0），抛物线与y轴交于点C，S△ABC＝3．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点P（x，y）是抛物线上一动点，且x＞3．作PN⊥BC于N，设PN＝d，求d与x的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，过点A作PC的平行线交y轴于点F，连接BF，在直线AF上取点E，连接PE，使PE＝2BF，且∠PEF+∠BFE＝180°，请直接写出P点坐标．
15．如图，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，点E是对角线BD上的一个动点，连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转120°得到线段AF，连接EF，DF．
（1）如图1，求∠CDF的度数．
（2）如图2，当BE＝BD时，连接EC，求证：四边形FECD是矩形．
（3）如图3，①当△EFD是等边三角形，求此时点E运动的位置，请直接写出结果；
②若取DF的中点G，连接EG，当线段BE与BD满足什么样的数量关系时，四边形AEGF是菱形？请说明你的理由．
16．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）若点M是抛物线上B，C之间的一个动点，线段MA绕点M逆时针旋转90°得到MN，当点N恰好落在y轴上时，求点M，点N的坐标．
（3）如图2，若点E坐标为（2，0），EF⊥x轴交直线BC于点F，将△BEF沿直线BC平移得到△B'E'F'，在△B'E'F'移动过程中，是否存在使△ACE'为直角三角形的情况？若存在，请直接写出所有符合条件的点E′的坐标；若不存在，请说明理由．
17．如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，点E是边AD上任意一点（端点除外），点P为BD上一点，连接AP，PE，PC．
（1）求AP+PE的最小值；
（2）当AP＝PE时，判断DE，DP，DC三者之间具有怎样的数量关系？并证明；
（3）如图2，在（2）的条件下，若点E运动到AD的延长线DH上，其他条件不变，请补全图形，说明∠EPC的大小是否发生变化？并直接写出线段DE，DP，DC之间的数量关系．
18．在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣2tx+4与y轴交于点A，抛物线的顶点为B，其对称轴交x轴于点C．
（1）若点B在x轴上，求抛物线的解析式；
（2）若点M（t﹣2，y1），N（t+3，y2）分别为抛物线y＝x2﹣2tx+4上的两点，试比较y1和y2的大小；
（3）如图，抛物线与x轴有两个交点，连接AC，OB，CB，当△AOC与以点B，O，C为顶点的三角形相似时，求t的值．
19．如图1，将等腰三角形ABC沿着底边AC对折得到△ADC，∠ABC是锐角，E是BC边上的动点，将射线AE绕点A按逆时针方向旋转，交直线CD于点F．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）当AE⊥BC，∠EAF＝∠ABC时，求证：AC垂直平分EF；
（3）如图2，当∠EAF＝∠BAC时，延长BC交射线AF于点M，延长DC交射线AE于点N，连接BD，MN，若AB＝4，sin∠ABD＝，则当CE＝　 　时，△AMN是等腰三角形．
20．如图，直线m：y＝3x+3与x轴交于A点，与y轴交于C点，抛物线y＝ax2+2x+c（a≠0）经过A，C两点，与x轴相交于另一点B，作直线BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设点P是直线BC上方抛物线上一个动点，过点P作PE∥y轴交直线BC于点E，PD∥x轴交直线BC于点D，求△DPE周长的最大值；
（3）当△DPE周长取最大值时，点Q为直线BC上一动点，当S△QAB＝2S△PBE，求所有满足条件的点Q的坐标．
21．如图1，在菱形ABCD中，∠B＝60°，边长为4，点E，F分别是射线AB，DA上的动点，DF＝AE，直线EF与直线AC相交于点G．
（1）如图1，当点E，F分别在线段AB，DA上时，求证：△CEF是等边三角形；
（2）图1中，与△AGE相似的三角形有 　 　；与△AGF相似的三角形有 　 　；
（3）当AF＝1时，求线段AG的长．
22．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣与x轴交于点A（﹣5，0），B（1，0）两点，点C为抛物线的顶点，点D在y轴的正半轴上，CD交x轴于点E，△BCD绕点D顺时针旋转得到△EFD，点B恰好旋转到点E，连接AF．
（1）求抛物线的解析式；
（2）试判断四边形AEDF的形状，并说明理由；
（3）如图2，把△BOD绕点O逆时针旋转一定的角度a（0°＜a＜360°）得到△B'OD'，其中B'D'交y轴于点G，在旋转过程中，是否存在一点G，使得GD'＝GO？若存在，请直接写出所有满足条件时点D'的坐标；若不存在，请说明理由．
23．如图，在平面直角坐标系中，等腰三角形ABC的底边BC的中点O是坐标原点，点A的坐标为（0，6），点B的坐标（﹣8，0），点P，H分别为AB和OC上的动点，点P从点B出发，沿BA方向以每秒1个单位匀速运动；同时，点田从点C出发，沿CO方向以每秒1个单位匀速运动．过点H作EF⊥BC，与AC交于点E，点F为点E关于x轴的对称点，当H停止运动时，点P也停止运动连接PE，PF，CF，设运动时间为t（s）（0＜t＜8）．解答下列问题：
（1）填空：AB的长是 　 　．
（2）当t＝4时，连接OE，OF，请直接写出四边形OECF的形状；
（3）设△PFE的面积为S，求S与t之间的函数关系式；
（4）是否存在某一时刻t（t＞4），使S△PFE：S△ABC＝5：12？若存在，求出t的值，并求出此时P，E两点间的距离；若不存在，请说明理由．
24．如图1，已知抛物线C1是抛物线C：y＝（x﹣2）2向上平移1个单位长度得到，抛物线C1的顶点为Q．
（1）求抛物线C1的函数解析式；
（2）点P是y轴上的一个动点，
①如图1，过点P作直线l平行于x轴，与抛物线C1相交于点A，设点A的横坐标为m（m＜2），点B与点P关于直线x＝m对称，点D在抛物线C上，求当m为何值时，四边形PQBD是平行四边形？
②如图2，直线y＝x+1与抛物线C1交于E，F两点，当△PEF的周长最小时，求S△PEF的值．
25．如图，在△ABC中，∠CAB＝45°，AC＝7，AB＝3．
（1）如图1，点D为AC边上一动点，连接BD，线段BD绕点B逆时针旋转90°得到线段BE．点F为DE中点，连接BF，AF，求证：AF＝BF．
（2）如图2，动点P由点C出发以每秒1个单位的速度在射线CB上匀速运动，同时动点Q也从C出发，在射线CA上以每秒1个单位的速度匀速运动，设运动时间为t秒（t＞0），当点B到直线PQ的距离等于3时，请直接写出t的值．
26．如图1，抛物线y＝﹣x2+bx+3与y轴交于B点，与x轴交于A，C两点，直线BC的解析式为y＝﹣x+m．
（1）求m与b的值；
（2）P是直线BC上方抛物线上一动点（不与点B，C重合），连接AP交BC于点E，交OB于点F．
①是否存在最大值？若存在，求出的最大值．并直接写出此时点E的坐标；若不存在，说明理由．
②当△BEF为等腰三角形时，直接写出点P的坐标．
27．如图1，已知在等腰△ABC中，AB＝AC，延长AB到G，使BG＝AB．AH⊥BC，垂足为D，且AH＝GH，点F在线段AG上（不与点A，G重合），点K在射线AC上（不与点A，C重合），满足GF＝AK，连接FK，与BC交于点E，连接EH．
（1）如图1，猜想线段EF与EH的位置关系，并进行证明；
（2）如果∠BAC＝120°，AB＝3BF，求的值，请直接写出结果．
28．如图1，在平面直角坐标系中．抛物线y＝ax2+bx+2与x轴交于A（﹣4，0）和B（1，0），与y轴交于点C，连接AC，BC．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）如图2，点M为直线AC上方的抛物线上任意一点，过点M作y轴的平行线，交AC于点N，过点M作x轴的平行线，交直线AC于点Q，求△MNQ周长的最大值；
（3）点P为抛物线上的一动点，且∠ACP＝45°﹣∠BAC，请直接写出满足条件的点P的坐标．
29．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝α，点D在边AC上（不与点A，C重合），连接BD，点K为线段BD的中点，过点D作DE⊥AB于点E，连接CK，EK，CE．
（1）如图1，若α＝45°，则△ECK的形状为 　 　．
（2）在（1）的条件下，若将图1中△ADE绕点A顺时针旋转一定的角度（旋转角小于90°），使得D，E，B三点共线，点K为线段
BD的中点，如图2所示．求证：BE﹣AE＝2CK．
（3）若BC＝8，AC＝15，点D在边AC上（不与点A，C重合），AD＝2CD，将线段AD绕点A旋转，点K始终为BD的中点，则线段CK长度
的最大值是多少？请直接写出结果．
30．如图，抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（3，0）和点B（﹣1，0），与y轴交于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）抛物线的对称轴与直线AC交于点E，与x轴交于点F，P为直线AC．上方抛物线上一动点．求△CPE的面积最大时P点坐标；
（3）在（2）的条件下，点M在x轴上，在抛物线上是否存在点Q，使得以F，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
31．如图1，△ABC和△ADE都是等边三角形，连接BD，将BD绕点B逆时针旋转60°得到BF，连接CE，EF．
（1）求证：四边形BCEF是平行四边形；
（2）连接BE，将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转a，若AB＝8，AD＝4．
①如图2，当0°＜a≤90°，且四边形BCEF为菱形时，求S△ABE；
②如图3，取BE，BC的中点M，N，当0°＜a≤360°，且线段AM取最小值时，直接写出线段MN的长度．
32．如图1，直线y＝﹣x﹣3分别交x轴，y轴于点B，C，经过点B，C的抛物线y＝x2+bx+c交x轴正半轴于点A．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图2，D是第三象限内的抛物线上动点，DE∥y轴交直线BC于点E，若△CDE是等腰三角形，求点D坐标；
（3）F是抛物线的顶点，直线BC上存在点M，使tan∠FMO＝，请直接写出点M坐标．
33．（1）如图1，点E在正方形ABCD内，且在对角线AC右侧，连接AE，CE，EF⊥AE，以EF，EC为邻边作平行四边形ECGF，连接ED，EG．当AE＝EF时，ED与EG之间的数量关系为 　 　；
（2）如图2，点E在矩形ABCD内，且在对角线AC右侧，连接AE，CE，EF⊥AE，以EF，EC为邻边作平行四边形ECGF，连接ED，EG，当AE＝EF，且AD：DC＝5：4，求ED：EG的值；
（3）如图3，点E在矩形ABCD内，且在对角线AC右侧，连接AE，CE，EF⊥AE，以EF，EC为邻边作平行四边形ECGF，连接ED，EG．若AD＝35，CD＝25，＝，且G，D，F三点共线．若＝，求的值．
34．如图，已知点A（﹣4，0），点B（﹣2，﹣1），直线y＝2x+b过点B，交y轴于点C，抛物线y＝ax2+x+c经过点A，C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）D为直线AC上方的抛物线上一点，且tan∠ACD＝，求点D的坐标；
（3）平面内任意一点P，与点O距离始终为2，连接PA，PC．直接写出PA+PC的最小值．
35．已知，在△ABC中，AB＝BC，点O是AC的中点，点P是边AC上一动点（点P不与A，O，C重合），连接BP．过点A、点C分别作直线BP的垂线，垂足分别为点E和点F，连接OE，OF．
（1）如图1，当∠ABC＝90°时，
①求证：△AEB≌△BFC；
②猜想线段OE和OF之间的数量关系和位置关系，并直接写出．
（2）如图2，当0°＜∠ABC＜90°时，判断上述（1）②中结论线段OE和OF之间的数量关系和位置关系是否成立，请证明成立的关系．
（3）如图3，当90°＜∠ABC＜180°，若|AE﹣CF|＝1，EF＝，且△POF是等腰三角形，请直接写出线段OP的长．
36．如果抛物线C1的顶点在抛物线C2上，抛物线C2的顶点在抛物线C1上，那么我们称抛物线C1与C2是“互为关联”的抛物线．如图，已知抛物线C1：y＝﹣x2+x+3，顶点为点A，与x轴负半轴交于点B．点B是抛物线C2的顶点，且抛物线C2经过点A，连接AB．
（1）直接写出点A、点B的坐标和抛物线C2的解析式．
（2）点F在抛物线C2上，且∠ABF＝90°时，求点F的坐标．
（3）在（2）的条件下，若点N、点M分别在抛物线C1与C2上，并且两点的横坐标相同，当点N的纵坐标大于点M的纵坐标时，连接AN，BN，记△ABN的面积为S1，连接FM，记△BFM的面积为S2．
①设点N的横坐标为x，直接写出x的取值范围；
②求S1与x的函数关系式；
③设S＝S2+4S1，直接写出S的最大值．
37．问题背景：如图，已知∠EDF的顶点D在△ABC的边AB所在直线上（不与A，B重合），DE交AC所在直线于点M，DF交BC所在直线于点N，记△ADM的面积为S1，△BND的面积为S2．初步尝试：如图1，当△ABC是等边三角形，AB＝6，∠EDF＝∠A，且DE∥BC，AD＝2时，则S1 S2＝12．
类比探究：
（1）在上述条件下，先将∠EDF随点D沿AB平移，使AD＝4，再将∠EDF绕点D旋转至如图2所示位置，求S1 S2的值．
延伸拓展：
（2）当△ABC是等腰三角形，AC＝BC时，设∠B＝∠A＝∠EDF＝α．
①如图3，当点D在线段AB上运动时，设AD＝a，BD＝b，求S1 S2的表达式（结果用a，b和α的三角函数表示）；
②如图4，当点D在BA的延长线上运动时，设AD＝a，BD＝b，直接写出S1 S2的表达式，不必写出解答过程．
38．如图，抛物线y＝ax2+bx+（a≠0）经过点A（3，2）和点B（4，﹣），且与y轴交于点C．
（1）分别求抛物线和直线BC的解析式；
（2）在x轴上有一动点G，抛物线上有一动点H，是否存在以O，A，G，H为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点H的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）点D为抛物线上位于直线BC上方的一点，过点D作DE⊥x轴交直线BC于点E，点P为对称轴上一动点，当线段DE的长度最大时，求PD+PA的最小值．
39．如图1，直线l1∥l2，在l1，l2上分别截取AD，BC，使AD＝BC，连接AB，CD．
（1）填空：AB与CD之间的关系为：　 　．
（2）如图2，若∠ABC＝90°，点E在AD上，且AB2＝AE AD，点F为DE的中点，连接CF，探究CF与AF的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，AB＝2，DE＝3，将△ABE绕点B顺时针方向旋转一周，发现DF的长度随△ABE位置的变化而变化，请直接写出DF的最大值．
40．如图1，直线y＝x+3与x轴、y轴分别交于点A、点C，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A，C，与x轴的另一个交点为B，点M（m，0）为线段OA上一动点，过点M作y轴的平行线交AC于点N，交抛物线于点P．
（1）求抛物线的解析式．
（2）当△PNC是等腰三角形时，求m的值．
（3）如图2，连接BC，抛物线上是否存在一点Q，使△BCQ的内心落在坐标轴上？若存在，直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
填空题部分
41．如图，正方形ABCD中，点E是CD边上一点，连接BE，以BE为对角线作正方形BGEF，边EF与正方形ABCD的对角线BD相交于点H，连接AF，若CE：DE＝1：2，则BH：DH＝　 　．
42．如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4．点D是平面内一点，CD＝2，连接BD，点M是线段BD的中点，连接AM，则AM的最小值为 　 　．
43．如图，△ABC中，∠BAC＝36°，AB＝AC，BE平分∠ABC．过点E作EF∥BC交AB于F，将△AEF绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜144°），得到△AE'F′，连接CE'，BF'，当CE'∥AB时，α＝　 　．
44．如图，平行四边形ABCD中，∠B＝45°，BC＝5，CD＝4，点E在线段AB上，将△BCE沿CE所在的直线折叠，点B落在直线AD上的点F处，则AE＝　 　．
45．如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝6．点D在线段AB上，AD＝9，点P是线段BC上的动点，连接AP，PD，当△APD是以DP为直角边的直角三角形时，BP的长为 　 　．
46．如图，在平行四边形ABCD中，已知∠DAB＝120°，点E是AB的中点，EF⊥ED交BC于F，若CF＝CD＝4，则DE＝　 　．
47．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝30°，D，E分别在边AB，AC上，且BD＝CE，M，N分别为线段DE，BC的中点，过A作AT∥MN交BC于T，AC＝1，则NT＝　 　．
48．如图，在 ABCD中，∠B＝60°，AB＝18，BC＝12，点E为边AB上的一个动点，连接ED并延长至点F，使得DF＝DE，连接EC，以EC，EF为邻边构造 ECGF，连接EG，则EG的最小值为 　 　．
49．在解答“如图，正方形ABCD中，点E在BC边上，AE⊥EF，点F在∠BCD的外角的平分线上，求证：AE＝EF”问题时，老师收集到六种不同的辅助线作法，①在AB边上截取AK＝EC，连接KE；②过点E作BC的垂线，交对角线AC与点L；③过点E作BC的垂线，交FC的延长线于点J，连接AC；④以点E为圆心，以AE长为半径画弧，交AC延长线于点G，AC与FE相交于点N；⑤连接AC交EF于点M，连接AF；⑥过点B作EF的平行线交CD于l，连接FI．其中可行的有 　 　．
50．如图，在菱形PQRS中，点A，B，C，D分别为PQ，QR，RS，SP的中点，连接AB，BC，CD，DA，AB＜AD，且AB和AD的长是关于x的一元二次方程x2﹣7x+12＝0的两根，E，F分别是边BC，CD上一点，将△ABE沿AE翻折得△AB'E，将△ECF沿EF翻折得△EC'F，且满足E，B'，C′共线，连接AC'，若△AEC'是以AE为腰的等腰三角形，则EC的长为 　 　．
2023年中考通用版数学“尖子生专用”
压轴解答题40道+填空题10道
解答题部分
1．AM是Rt△ABC的中线，∠BAC＝90°，D是线段AM上一点（不与点A重合）．ED∥AC，BE∥AM，连接AE．
（1）如图1，当点D与M重合时，以下结论成立吗？①四边形DCAE是平行四边形；②四边形BMAE是菱形，请说明理由．
（2）如图2，当点D不与M重合时，（1）中的两个结论还成立吗？请说明理由．
（3）如图3，ED交AB于点N，若∠ABC＝30°，AN＝，DM＝1，求AE的长．
【分析】（1）由“ASA”可证△BME≌△MCA，可得BE＝AM，EM＝AC，可得结论；
（2）由（1）可知：四边形BMAH是菱形，四边形MHAC是平行四边形，可得AH∥BM，HM∥AC，MH＝AC，则AE与BM不平行，HM∥AC∥ED，可得结论；
（3）由直角三角形的性质可求AM＝AC＝MN＝3，由平行四边形的性质可求EN＝2，由勾股定理可求解．
【解答】解：（1）两个结论都成立，理由如下：
∵ED∥AC，BE∥AM，
∴∠EBM＝∠AMC，∠EMB＝∠ACB，
∵∠BAC＝90°，AM是中线，
∴AM＝BM＝CM，
∴△BME≌△MCA（ASA），
∴BE＝AM，EM＝AC，
∵BE∥AM，EM∥AC，
∴四边形BMAE是平行四边形，四边形DCAE是平行四边形，
又∵BM＝AM，
∴四边形BMAE是菱形；
（2）四边形BMAE是菱形不成立，四边形DCAE是平行四边形仍然成立，理由如下：
如图2，过点M作HM∥AC，连接AH，
由（1）可知：四边形BMAH是菱形，四边形MHAC是平行四边形，
∴AH∥BM，HM∥AC，MH＝AC，
∴AE与BM不平行，HM∥AC∥ED，
∴四边形BMAE不是菱形，
∵BE∥AM，
∴四边形HMDE是平行四边形，
∴HM＝DE＝AC，
∴四边形ACDE是平行四边形；
（3）∵∠ABC＝30°，∠BAC＝90°，AM是BC的中线，
∴AM＝BM＝CM＝BC，AC＝BC，
∴AM＝CM＝AC，∠ABC＝∠BAM＝30°，
∵ED∥AC，
∴∠BNF＝∠BAC＝90°，
∵∠BAM＝30°，∠ANF＝90°，
∴AN＝ND，AD＝2ND，
∴DN＝1，AD＝2，
∴AM＝AD+DM＝2+1＝3，
∴AC＝AM＝3，
∵四边形ACDE是平行四边形，
∴DE＝AC＝3，
∴NE＝2，
∴AE＝＝＝．
2．定义：将二次函数l的图象沿x轴向右平移t，再沿x轴翻折，得到新函数l′的图象，则称函数l′是函数l的“t值衍生抛物线”．已知l：y＝x2﹣2x﹣3．
（1）当t＝﹣2时，
①求衍生抛物线l′的函数解析式；
②如图1，函数l与l'的图象交于M（﹣，n），N（m，﹣2）两点，连接MN．点P为抛物线l′上一点，且位于线段MN上方，过点P作PQ∥y轴，交MN于点Q，交抛物线l于点G，求S△QNG与S△PNG存在的数量关系．
（2）当t＝2时，如图2，函数l与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，连接AC．函数l′与x轴交于D，E两点，与y轴交于点F．点K在抛物线l′上，且∠EFK＝∠OCA．请直接写出点K的横坐标．
【分析】（1）①利用抛物线的性质和衍生抛物线的定义解答即可；
②利用待定系数法求得直线MN的解析式，设P（m，﹣m2﹣2m+3），则得到Q（m，﹣2m），G（m，m2﹣2m﹣3），利用m的代数式分别表示出PQ，QG的长，再利用同高的三角形的面积比等于底的比即可得出结论；
（2）利用函数解析式求得点A，B，C，D，E，F的坐标，进而得出线段OA，OC，OD，OE，AC，OF的长，设直线FK的解析式为y＝kx﹣5，设直线FK交x轴于点M，过点M作MN⊥EF于点N，用k的代数式表示出线段OM．FM，ME的长，利用∠EFK＝∠OCA，得到sin∠EFK＝sin∠OCA，列出关于k的方程，解方程求得k值，将直线FK的解析式与衍生抛物线l′的函数解析式联立即可得出结论．
【解答】解：（1）①∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，
∴当t＝﹣2时，将二次函数l的图象沿x轴向右平移t个单位得：y＝（x+1）2﹣4．
∴此时函数的顶点坐标为（﹣1，﹣4）．
再沿x轴翻折，得到新函数的顶点坐标为（﹣1，4）．
∵沿x轴翻折，得到新函数的形状大小不变，开口方向相反，
∴沿x轴翻折，得到新函数的解析式为y＝﹣（x+1）2+4．
∴衍生抛物线l′的函数解析式为y＝﹣x2﹣2x+3；
②∵M（﹣，n），N（m，﹣2）两点在抛物线y＝x2﹣2x﹣3上，
∴n＝2，m＝．
∴M（﹣，2），N（，﹣2）．
∴直线MN的解析式为y＝﹣2x．
如图，设P（m，﹣m2﹣2m+3），
∵PQ∥y轴，
∴Q（m，﹣2m），G（m，m2﹣2m﹣3）．
∴PQ＝（﹣m2﹣2m+3）﹣（﹣2m）＝﹣m2+3，
QG＝（﹣2m）﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3，
∴PQ＝QG．
∴QG＝PG．
∵△PNG与△QNG高相等，
∴＝．
∴S△QNG与S△PNG存在的数量关系：；
（2）点K的横坐标为4或．理由：
当t＝2时，函数l的衍生抛物线l′的函数解析式为y＝﹣（x﹣3）2+4＝﹣x2+6x﹣5．
令x＝0，则y＝﹣5，
∴F（0，﹣5）．
∴OF＝5．
令y＝0，则﹣x2+6x﹣5＝0，
解得：x＝1或5．
∴D（1，0），E（5，0）．
∴OE＝5．
∴OF＝OE．
∴∠OFE＝∠OEF＝45°．
令x＝0，则y＝﹣3，
∴C（0，﹣3）．
∴OC＝3．
令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，
解得：x＝﹣1或3．
∴A（﹣1，0）．
∴OA＝1．
∴AC＝＝．
设直线FK交x轴于点M，过点M作MN⊥EF于点N，如图，
设直线FK的解析式为y＝kx﹣5，
令y＝0，则x＝，
∴M（，0）．
∴OM＝，
∴FM＝＝．
ME＝OE﹣OM＝5﹣．
∵MN⊥EF，∠OEF＝45°，
∴MN＝NE＝（5﹣）．
∵∠EFK＝∠OCA，
∴sin∠EFK＝sin∠OCA＝＝．
∵sin∠MFE＝，
∴．
解得：k＝2或．
∴直线FK的解析式为y＝2x﹣5或y＝x﹣5．
∴或．
∴，或，．
∴点K的横坐标为4或．
3．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝8，点D在AB边上，且BD＝3AD，DE∥BC交AC于点E．动点M，N从点B同时出发，点M以每秒个单位长度沿BD向终点D运动，点N以每秒2个单位长度沿折线BC﹣CE向终点E运动，设运动的时间为t．
（1）求线段CE的长；
（2）当点N在线段CE上时，求△AMN的面积（用含t的代数式表示）；
（3）当线段MN＝时，请直接写出t的值．
【分析】（1）利用平行线分线段成比例定理得出＝，即可求出答案；
（2）先判断出∠BMN＝90°，再利用等腰直角三角形的性质性质即可得出结论；
（3）分点N在BC和CE上，利用等腰直角三角形的性质建立方程求解，即可得出答案．
【解答】解：（1）∵DE∥BC，
∴，
∵BD＝3AD，
∴＝，
∴，
∴，
∵AC＝8，
∴CE＝6；
（2）如图1，过点M作MF⊥BC于F，
则∠BFM＝∠NFM＝90°，
在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝8，
∴∠A＝∠B＝45°，
∴∠BMF＝45°，
由运动知，BN＝2t，BM＝t，
∴BF＝MF＝t，
∴FN＝BN﹣BF＝2t﹣t＝t＝MF，
∴∠FMN＝45°，
∴∠BMN＝∠BMF+∠NMF＝90°，
当点N在AC上时，即4≤t≤7，如图2，
由运动知，BC+CN＝2t，
∴CN＝2t﹣8，
∴AN＝AC﹣CN＝8﹣（2t﹣8）＝16﹣2t，
在Rt△AMN中，AM＝MN＝AN＝（8﹣t），
∴S△AMN＝AM2＝[（8﹣t）]2＝（8﹣t）2（4≤t≤7）；
（3）当点N在BC上时，如图1，
由（2）知，∠FMN＝45°，
∴∠BNM＝45°＝∠B，
∴△BMN是等腰直角三角形，
在Rt△BMN中，MN＝，
∴BM＝＝t，
∴t＝；
当点N在AC上时，如图2，MN＝AN＝（16﹣2t）＝，
∴t＝8﹣，
即满足条件的t＝或t＝8﹣．
4．已知二次函数图象过点A（﹣2，0），B（4，0），与y轴交于点C（0，4）．
（1）求二次函数的解析式．
（2）如图，当点P为AC的中点时，在直线PB上是否存在点M，使得△BCM为直角三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）点Q在y轴右侧的抛物线上，点D为AB的中点，直线QD与直线BC的夹角为锐角B，且tanβ＝3，求点Q的坐标．
【分析】（1）设二次函数的解析式为y＝a（x+2）（x﹣4），将点C坐标代入可求解；
（2）利用中点坐标公式可求P（﹣1，2），由待定系数法可求PB解析式，设点M（c，﹣c+），可得BC2＝32，BM2＝（c﹣4）2+（﹣c+）2，CM2＝c2+（﹣c﹣）2，用勾股定理逆定理，分两种情况列方程组，即可解得答案；
（3）过点D作DE⊥BC于点E，设直线DQ与BC交于点N，先求出DE＝BE＝＝，由锐角三角函数可求NE＝＝＝，分DQ与射线EC交于点N（m，4﹣m）和DQ与射线EB交于N（m，4﹣m）两种情况讨论，求出直线DN解析式，联立方程组可求点Q坐标．
【解答】解：（1）∵二次函数图象过A（﹣2，0），B（4，0），
∴设二次函数的解析式为y＝a（x+2）（x﹣4），
∵二次函数图象过点C（0，4），
∴4＝a（0+2）（0﹣4），
解得a＝﹣，
∴二次函数的解析式为y＝﹣（x+2）（x﹣4）＝﹣x2+x+4；
（2）存在点M，使得△BCM为直角三角形，理由如下：
如图：
∵点A（﹣2，0），C（0，4），点P是AC中点，
∴P（﹣1，2），
设直线BP解析式为：y＝kx+b，将B（4，0），P（﹣1，2）代入得：
，
解得：，
∴直线BP的解析式为：y＝﹣x+，
设点M（c，﹣c+），
∵B（4，0），C（0，4），
∴BC2＝32，BM2＝（c﹣4）2+（﹣c+）2，CM2＝c2+（﹣c+﹣4）2＝c2+（﹣c﹣）2，
①若BC为斜边，则（c﹣4）2+（﹣c+）2+c2+（﹣c﹣）2＝32，
化简整理得29c2﹣92c﹣96＝0，
解得c＝4（与B重合，舍去）或c＝﹣，
∴M（﹣，），
②若BM为斜边，则c2+（﹣c﹣）2+32＝（c﹣4）2+（﹣c+）2，
解得c＝﹣，
∴M（﹣，），
综上所述，M坐标为（﹣，）或（﹣，）；
（3）如图2，过点D作DE⊥BC于点E，设直线DQ与BC交于点N，如图：
∵点A（﹣2，0），B（4，0），C（0，4），点D是AB中点，
∴点D（1，0），OB＝OC＝4，AB＝6，BD＝3，
∴∠OBC＝45°，
∵DE⊥BC，
∴∠EDB＝∠EBD＝45°，
∴DE＝BE＝＝，
∵点B（4，0），C（0，4），
∴直线BC解析式为：y＝﹣x+4，
设点E（n，﹣n+4），
∴﹣n+4＝，
∴n＝，
∴点E（，），
在Rt△DNE中，NE＝＝＝，
①若DQ与射线EC交于点N（m，4﹣m），
∵NE＝BN﹣BE，
∴＝（4﹣m）﹣，
∴m＝2，
∴点N（2，2），
由N（2，2），D（1，0）得直线DQ解析式为：y＝2x﹣2，
联立方程组可得：，
解得：或（不合题意，舍去），
∴点Q坐标为（﹣1，2﹣4）；
②若DQ与射线EB交于N'（m，4﹣m），
∵N'E＝BE﹣BN'，
∴＝﹣（4﹣m），
∴m＝3，
∴点N'（3，1），
由D（1，0），N'（3，1）可得直线DQ'解析式为：y＝x﹣，
联立方程组可得：，
解得：或（不合题意，舍去），
∴点Q坐标为（，），
综上所述：点Q的坐标为（﹣1，2﹣4）或（，）．
5．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，线段AB绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，点G为BC上任意一点，连接DG交AB于点E，过点A作AF⊥DG于点H，交BC于点F，连接EF．
（1）①求证：∠BAF＝∠D；
②求证：DE＝EF+AF．
（2）当BE＝AB，AF＝3时，直接写出DE的长．
【分析】（1）①由旋转的性质可得AB＝BD，∠DBA＝90°＝∠AHD，由余角的性质可求解；
②由“ASA”△BND≌△BFA，可得AF＝DN，BN＝BF，由“SAS”可证△BEF≌△BEN，可得NE＝EF，可得结论；
（2）通过证明△DMN∽△EBN，可得＝3，即可求解．
【解答】（1）①证明：∵线段AB绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，AF⊥DG，
∴AB＝BD，∠DBA＝90°＝∠AHD，
又∵∠DEB＝∠AEH，
∴∠BDE＝∠EAH，
∴∠BAF＝∠D；
②如图，过点B作BN⊥BG，交DG于N，
∴∠NBF＝90°＝∠DBA，
∴∠DBN＝∠ABF＝45°，
又∵DB＝AB，∠BAF＝∠D，
∴△BND≌△BFA（ASA），
∴AF＝DN，BN＝BF，
∵∠ABC＝45°，∠NBC＝90°，
∴∠ABN＝∠ABC，
又∵BE＝BE，BN＝BF，
∴△BEF≌△BEN（SAS），
∴NE＝EF，
∴DE＝DN+NE＝AF+EF；
（2）如图，过点D作DM∥AB，交BN的延长线于M，
由（1）可知：DN＝AF＝3，∠ABN＝∠DBM＝45°，
∵BE＝AB，
∴设BE＝a，则AB＝3a＝DB，
∵DM∥AB，
∴∠M＝∠MBA＝45°，
∴∠M＝∠DBM＝45°，
∴MD＝DB＝3a，
∵DM∥AB，
∴△DMN∽△EBN，
∴＝3，
∴NE＝1，
∴DE＝4．
6．如图，抛物线y＝x2+bx﹣c经过A（﹣3，0），C（0，﹣4）两点，直线AB与抛物线交于点B（5，m）．
（1）求抛物线的解析式及m值．
（2）△AC'B与ACB关于直线AB对称，求C′的坐标．
（3）抛物线上是否存在点M（与点B不重合），使得△CC'M的面积恰好等于△CC'B的面积？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将A（﹣3，0），C（0，﹣4）代入y＝x2+bx﹣c，由待定系数法可得抛物线的表达式为y＝x2﹣x﹣4；把B（5，m）代入y＝x2﹣x﹣4即得m＝﹣4；
（2）由A（﹣3，0），C（0，﹣4），B（5，﹣4），可得AC＝BC，从而可证明∠OAB＝∠CAB，即知C关于AB的对称点C'在OA（x轴）上，根据AC'＝AC＝5即得C'（2，0）；
（3）分两种情况：①当点M在CC′右侧的抛物线上时，分别求出直线CC′、BM的解析式，联立方程组求得点M的坐标；②当点M在CC′左侧的抛物线上时，可得M（﹣3，0）．
【解答】解：（1）将A（﹣3，0），C（0，﹣4）代入y＝x2+bx﹣c得：
，
解得：，
∴该抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣4；
把B（5，m）代入y＝x2﹣x﹣4得：
m＝×52﹣×5﹣4＝﹣4，
故该抛物线的解析式为y＝x2﹣x﹣4，m的值是﹣4．
（2）如图1，∵A（﹣3，0），C（0，﹣4），B（5，﹣4），
∴AC＝＝5，BC＝5，BC∥x轴，
∴AC＝BC，∠OAB＝∠CBA，
∴∠CAB＝∠CBA，
∴∠OAB＝∠CAB，
∵△AC′B与ACB关于直线AB对称，
∴C关于AB的对称点C'在OA（x轴）上，AC'＝AC＝5，
∴C'（2，0）；
（3）存在．
①当点M在CC′右侧的抛物线上时，如图2
由（2）知：C'（2，0），B（5，﹣4）、C（0，﹣4），
设直线CC′的解析式为y＝kx+n，
则，
解得：，
∴直线CC′的解析式为y＝2x﹣4，
∵△CC'M的面积等于△CC'B的面积，
∴BM∥CC′，
设直线BM的解析式为y＝2x+d，把B（5，﹣4）代入得：10+d＝﹣4，
解得：d＝﹣14，
∴直线BM的解析式为y＝2x﹣14，
由x2﹣x﹣4＝2x﹣14，
解得：x＝5或12，
∴M（12，10）；
②当点M在CC′左侧的抛物线上时，
∵S△ACC′＝AC′ OC＝×5×4＝10＝S△CC′B，
∴点M与点A重合，即M（﹣3，0）；
综上，点M的坐标为（12，10）或（﹣3，0）．
7．菱形ABCD中，AB＝4，点P是AB上一动点（不与A，B重合），连接PD，点M是射线DP上一点，且∠BMD＝∠BAD，连接AM，作∠MAN＝∠BAD，交PD于点N．
（1）如图1，若∠BAD＝90°，直接写出△AMN的形状；
（2）如图2，若∠BAD＝60°，点P是AB的中点，求AN的长；
（3）若∠BAD＝60°，直接写出△CBN面积的最小值．
【分析】（1）利用ASA证明△ADN≌△ABM，得AM＝AN，可得出结论；
（2）连接BN，由（1）知，△AMN是等边三角形，可证AN∥BM，再利用平行加中点可证明△ANP≌△BMP（AAS），得AN＝BM，则四边形AMBN是菱形，则AP⊥MN，从而得出答案；
（3）由（2）同理知∠AND＝∠AMB＝120°，则点N在以O为圆心，OA为半径的圆上，连接OB，交AD于G．交⊙O于N，此时△BCN的面积最小，利用含30°角的直角三角形的性质即可求出BN的长．
【解答】解：（1）∵∠BAD＝∠MAN，
∴∠MAB＝∠NAD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，
∵∠BMD＝∠BAD，∠MPB＝∠APD，
∴∠ABM＝∠ADN，
∴△ADN≌△ABM（ASA），
∴AM＝AN，
∴△AMN是等腰直角三角形；
（2）连接BN，
由（1）△ADN≌△ABM，
∴AM＝AN，
∴△AMN是等边三角形，
∴∠AMB＝120°，
∴∠AMB+∠MAN＝180°，
∴AN∥BM，
∴∠NAB＝∠ABM，∠ANM＝∠BMN，
∵点P为AB的中点，
∴AP＝BP，
∴△ANP≌△BMP（AAS），
∴AN＝BM，
∴四边形AMBN是平行四边形，
∵AM＝AN，
∴四边形AMBN是菱形，
∴AP⊥MN，
∵AP＝AB＝2，
∴AN＝；
（3）以AD为底边作等腰三角形AOD，使∠AOD＝120°，
由（2）同理知∠AND＝∠AMB＝120°，
∴点N在以O为圆心，OA为半径的圆上，
连接OB，交AD于G．交⊙O于N，此时△BCN的面积最小，
则OG⊥AD，
∴BN⊥BC，
∵AG＝DG＝2，
∴OG＝，BG＝2，
∴NB＝2+﹣＝，
∴△BCN面积的最小值为×4×＝．
8．如图1，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣2，0），B（4，0），抛物线的顶点为C，作射线AC，BC．动点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线AC做匀速运动，动点Q从B出发，以每秒2个单位长度的速度沿射线BC运动．
（1）填空：b＝　　，c＝　　，C的坐标为 　（1，3）　．
（2）点P，Q运动过程中，△CPQ可能为等腰三角形吗？说明理由．
（3）如图2，连接PO，QO，当∠POQ＝30°时，直接写出t的值．
【分析】（1）将点A，B的坐标代入解析式即可求出b和c的值；点C是顶点，点C的横坐标是x＝1，代入上述解析式即可；
（2）根据二次函数的对称性及三角形的边长可得出△ABC是等边三角形，若△CPQ可能为等腰三角形，需要分类讨论可得出结论；
（3）根据＝，可得△AOP∽△BOQ，所以∠AOP＝∠BOQ，则y轴正半轴是∠POQ的角平分线，需要分两种情况：①当点Q在第一象限内；②当点Q在第二象限内，根据背景图形可得出结论．
【解答】解：（1）∵二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣2，0），B（4，0），
∴，解得，
∴二次函数的解析式为：y＝﹣x2+x+．
∵点C是顶点，
∴点C的横坐标是x＝＝1，
∴y＝﹣×12+×1+＝3．
∴C（1，3）．
故答案为：；；（1，3）．
（2）可能；理由如下：
因为两点都是在射线上运动，
所以存在Q点运动到延长线上，而P点仍在AC线段上时，形成一个30、30、120度的等腰三角形，
可得2t﹣6＝6﹣t，
得到t＝4，
∴t＝4时，△CPQ是等腰三角形．
（3）由（2）可得：△ABC是等边三角形．
∴∠PAO＝∠QBO＝60°，
∵OB＝4＝2×2＝2OA，
设运动时间为t秒，则BQ＝2t＝2AP，即＝，
∴△AOP∽△BOQ，
∴∠AOP＝∠BOQ，
∴y轴正半轴是∠POQ的角平分线，
∴∠QOM＝15°．
过点O作OE⊥BC于点E，如图，
∵∠OBQ＝60°，
∴∠BOE＝30°，
∴∠QOE＝45°，
∵OB＝4，
∴BE＝2，OE＝EQ＝2，
∴BQ＝2+2，
∴t＝（2+2）÷2＝1+．
当Q运动到第二象限内时，如图，
∵∠CAO＝60°，
∴∠APO＝30°，
∵∠POR＝15°，
∴RPO＝15°，
则OR＝RP，
∵OA＝2，OR＝4，OR＝2．
∴AP＝4+2，
∴t＝4+2．
综上，t的值为：1+或4+2．
9．如图1，在等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝8，点D是AC边上一点，∠EDF＝45°，且角的两边分别与边AB，射线CB交于点M，N．
（1）线段AC的长度为 　8　；
（2）求证：△ADM∽△CND；
（3）如图2，若点D为AC中点，将∠EDF绕着点D顺时针旋转．DE与AB交于点M，DF与边CB的延长线交于点N，AM＝2.5，求BN的长．
（4）如图3，点D在边AC上沿A到C的方向运动（不与A，C重合），且DE始终经过点B，DF与边BC交于N点，在∠EDF运动过程中，△BND能否构成等腰三角形？若能，请直接写出AD的长；若不能，请说明理由．
【分析】（1）在Rt△ABC中，根据勾股定理即可求出线段AC的长度；
（2）根据等腰直角三角形的性质得到∠A＝∠C＝45°，根据三角形的内角和定理得到∠ADM＝∠CND，根据全等三角形的判定定理得到△ADM∽△CND；
（3）根据线段中点的定义得到AD＝CD＝4，根据相似三角形的性质得到＝，根据线段的和差即可得到结论；
（4）由∠BDN＝∠A＝∠C，且∠BND＞∠C可以得出∠BND＞∠BDN．从而有BD≠BN，再分类讨论，当BD＝DN时和DN＝BN时根据等腰三角形的性质和全等三角形的性质就可以求出AD的值．
【解答】（1）解：在Rt△ABC中，AB＝BC＝8，
∴AC＝＝＝8，
故答案为：8；
（2）证明：在Rt△ABC中，AB＝BC＝8，
∴∠A＝∠C＝45°，
∵∠EDF＝45°，
∴∠ADM+∠A＝∠ADM+∠CDN＝135°，
∴∠ADM＝∠CND，
∴△ADM∽△CND；
（3）解：∵点D为AC中点，
∴AD＝CD＝4，
∵∠A＝∠EDF＝45°，
∴∠ADM+∠A＝∠ADM+∠CDN＝135°，
∴∠ADM＝∠CND，
∴△ADM∽△CND，
∴＝，
∴＝，
∴CN＝，
∴BN＝CN﹣BC＝﹣8＝．
（4）解：∵∠ABC＝90°，AB＝BC＝8，
∵∠EDF＝∠A＝∠C＝45°，且∠BND＞∠C，
∴∠BND＞∠BDN．
∴BD≠EN．
当BD＝DN时，
∴∠DBN＝∠DNB，
∵∠BDN＝45°，
∴∠DBN＝∠DNB＝67.5°，
∵∠BAC＝90°，∠C＝45，
∴∠CDN＝∠DNE﹣∠C＝22.5，∠ABD＝90°﹣67.5°＝22.5，
∴∠ABD＝∠CDN＝22.5°．
∵在△ABD和△CDN中，
，
∴△ABD和△CDN（AAS），
∴CD＝AB＝8．
∴AD＝AC﹣CD＝8﹣8；
当DN＝EN时，可知∠DBN＝∠BDN＝45°，
∴∠ABD＝45°，
∴∠ABD＝∠DBC
∴BD⊥AC．
∴点D是AC的中点．
∴AD＝4．
10．定义：在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c的“衍生直线”为y＝﹣ax+b，有一个顶点在抛物线上，另一个顶点在“衍生直线”上的三角形为该抛物线的“衍生三角形”．
如图1，已知抛物线y＝﹣x2+2x+3与其“衍生直线”交于A，D两点（点A在点D的左侧），与x轴正半轴相交于点B，与y轴正半轴相交于点C，点P为抛物线的顶点．
（1）填空：该抛物线的“衍生直线”的解析式为 　y＝x+1　；B的坐标为 　（3，0）　；D的坐标为 　（2，3）　．
（2）如图1，动点E在线段AB上，连接DE，DB，将△BDE以DE所在直线为对称轴翻折，点B的对称点为F，若三角形△DEF为该抛物线的“衍生三角形”，且F不在抛物线上，求点F坐标．
（3）抛物线的“衍生直线”上存在两点M，N（点M在点N的上方），且MN＝，连接PM，CN，当PM+MN+CN最短时，请直接写出此时点N的坐标．
【分析】（1）根据“衍生直线”的定义可得抛物线y＝﹣x2+2x+3的“衍生直线”的解析式，通过解方程即可求得点B、D的坐标．
（2）分两种情况：点E在点A与点B之间，点F在直线AD上或点E与点A重合，当点E在点A与点B之间，点F在直线AD上时，设F1（t，t+1），利用翻折变换的性质建立方程求解即可；当点E与点A重合时，由翻折得：∠DAF＝∠DAB＝45°，AF＝AB＝4，即可求得答案．
（3）过点P作PR∥x轴，过点A作AR∥y轴，则R（﹣1，4），作点P关于直线AD的对称点P′，过点P′作P′K⊥x轴于点K，证得△APR≌△AP′K（AAS），得出：AK＝AR＝4，P′K＝PR＝2，即可得到P′（3，2），将线段P′M沿着直线DA的方向平移个单位，即向左平移个单位，向下平移个单位，得到线段P″N，则P″（，），当C、N、P″三点共线时，PM+MN+CN最短；运用待定系数法求出直线CP″的解析式，联立方程组即可求得答案．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝﹣x2+2x+3，
∴其“衍生直线”的解析式为y＝x+1，
由﹣x2+2x+3＝0，
解得：x＝﹣1或3，
∴B（3，0），
由﹣x2+2x+3＝x+1，
解得：x＝﹣1或2，
∴D（2，3），
故答案为：y＝x+1；（3，0）；（2，3）．
（2）∵抛物线y＝﹣x2+2x+3，
∴A（﹣1，0），B（3，0），
∴AB＝4，
设直线AD交y轴于点T，则T（0，1），
∴OA＝OT，
即△AOT是等腰直角三角形，
∴∠DAB＝45°，
∵三角形△DEF为该抛物线的“衍生三角形”，且F不在抛物线上，
∴点E在点A与点B之间，点F在直线AD上或点E与点A重合，如图1，
当点E在点A与点B之间，点F在直线AD上时，设F1（t，t+1），
由翻折得：DF1＝DB＝＝，
∴（t﹣2）2+（t+1﹣3）2＝10，
解得：t＝2±，
∵t＜2，
∴t＝2﹣，
∴F1（2﹣，3﹣）；
当点E与点A重合时，由翻折得：∠DAF＝∠DAB＝45°，AF＝AB＝4，
∴F2（﹣1，4）；
综上所述，点F的坐标为：F1（2﹣，3﹣）或F2（﹣1，4）；
（3）∵y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，
∴P（1，4），
令x＝0，得y＝3，
∴C（0，3），
过点P作PR∥x轴，过点A作AR∥y轴，则R（﹣1，4），
作点P关于直线AD的对称点P′，过点P′作P′K⊥x轴于点K，
由（2）知∠DAB＝45°，
∴∠DAR＝45°，
∵AP′＝AP，∠P′AD＝∠PAD，
∴∠PAR＝∠P′AK，
∵∠ARP＝∠AKP′＝90°，
∴△APR≌△AP′K（AAS），
∴AK＝AR＝4，P′K＝PR＝2，
∴P′（3，2），
将线段P′M沿着直线DA的方向平移个单位，即向左平移个单位，向下平移个单位，得到线段P″N，
则P″（，），当C、N、P″三点共线时，PM+MN+CN最短；
即直线CP″交直线AD于点N，
设直线CP″的解析式为y＝kx+d，
则，
解得：，
∴直线CP″的解析式为y＝x+3，
由x+1＝x+3，
解得：x＝，
∴N（，）．
11．如图，在Rt△ABC中，点P为斜边BC上一动点，将△ABP沿直线AP折叠，使得点B的对应点为B'，连接CB'，BB'．
（1）如图1，若PB＝AB，求证：PB'⊥AC．
（2）如图2，若AB＝AC，BP＝3PC，求tan∠CPB'的值．
（3）如图3，若∠ACB＝30°，且AB＝CB'，请直接写出此时的值．
【分析】（1）先证四边形ABPB'是菱形，可得AB∥B'P，可得结论；
（2）设AB＝AC＝a，AC、PB'交于点D，则△ABC为等腰直角三角形．再证明△CDP∽△B'DA，可得＝＝，∠CPD＝∠DAB，设B'D＝b，则则CD＝b，AD＝a﹣b，PD＝a﹣b，可求b＝a，再过点D作DE⊥AB'于点E，则△B'DE为等腰直角三角形．可得DE＝B'E＝sin45°×B'D＝a，AE＝，即可求解；
（3）分①点P在BC外的圆弧上；②点P在BC上两种情况分别求解即可．
【解答】（1）证明：∵将△ABP沿直线AP折叠，
∴AB＝AB'，BP＝B'P，
∵PB＝AB，
∴AB＝BP＝B'P＝AB'，
∴四边形ABPB'是菱形，
∴AB∥B'P，
∵AB⊥AC，
∴B'P⊥AC；
（2）解：设AB＝AC＝a，AC、PB'交于点D，如图2，
则△ABC为等腰直角三角形，
∴BC＝a，PC＝a，PB＝a，
由折叠可知，∠PB'A＝∠PBA＝45°，
又∠ACB＝45°，
∴∠PB'A＝∠ACB，
又∠CDP＝∠B'DA，
∴△CDP∽△B'DA，
∴＝＝，∠CPD＝∠DAB，
设B'D＝b，则CD＝b，
∴AD＝AC﹣CD＝a﹣b，
PD＝PB'﹣B'D＝PB﹣B'D＝a﹣b，
由＝得：＝，
解得：b＝a，
过点D作DE⊥AB'于点E，则△B'DE为等腰直角三角形，
∴DE＝B'E＝sin45°×B'D＝b＝×a＝a，
∴AE＝AB'﹣B'E＝AB﹣B'E＝a﹣a＝a，
∴tan∠CPB'＝tan∠B'AD＝＝；
（3）解：①如图3﹣1，
由题意可知，点B'的运动轨迹为以A为圆心、AB为半径的半圆A．
当P为BC中点时，PC＝BP＝AP＝AB'＝m，
又∠CBA＝60°，
∴△PAB为等边三角形，
又由折叠可得四边形ABPB'为菱形．
∴PB'∥AB，
∴PB'⊥AC．
又∵AP＝AB'，
则AC为PB'的垂直平分线，
故CB'＝PC＝AB＝m，满足题意，
此时，＝1，
②当点B'落在BC上时，如图3﹣2所示，
此时CB'＝AB＝m，
则PB'＝（2m﹣m）＝m，
∴PC＝CB'+PB'＝m+m＝m，
∴＝＝，
综上所述，的值为1或．
12．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣过点A（3，2）和点B（，0），与x轴的另一个交点为点C．
（1）求抛物线的函数表达式．
（2）判断△ABC的形状，并说明理由．
（3）点D在线段BC上，连接AD，作DE⊥AD，且DE＝AD，连接AE交x轴于点F．点F不与点C重合，射线DP⊥AE，交AE于点P，交AC于点Q．
①当AD＝AF时，请直接写出∠CAE的度数；
②当＝时，请直接写出CQ的长．
【分析】（1）将A（3，2）和B（，0）代入y＝ax2+bx﹣，即可求解；
（2）求出C（5，0），再分别求出AB＝4，AC＝4，BC＝4，利用勾股定理即可判断；
（3）①求出∠AFD＝67.5°，即可求∠CAE＝22.5°；
②分两种情况讨论：D点在F点左侧时，设EF＝x，则AF＝3x，分别求出AD＝DE＝2x，AP＝DP＝2x，PF＝x，DF＝x，再由△DFE∽△AFC，求出x＝，进而求出D（，0），过Q点作QH⊥x轴交于点H，设QH＝n，则HC＝n，由tan∠PDF＝＝，求出n＝，即可求CQ＝．
【解答】解：（1）将A（3，2）和B（，0）代入y＝ax2+bx﹣，
∴，
解得，
∴y＝﹣x2+3x﹣；
（2）令y＝0，则﹣x2+3x﹣＝0，
解得x＝或x＝5，
∴C（5，0），
∴AB＝4，AC＝4，BC＝4，
∴BC2＝AC2+AB2，
∴△ABC是等腰直角三角形；
（3）①∵AB＝AC，
∴∠ACB＝45°，
∵AD＝ED，DE⊥AD，
∴∠DAE＝45°，
∵AD＝AF，
∴∠AFD＝67.5°，
∴∠CAE＝67.5°﹣45°＝22.5°；
②如图1，D点在F点左侧时，
∵＝，
∴AF＝3EF，
设EF＝x，则AF＝3x，
∴AE＝4x，
∵△ADE是等腰直角三角形，
∴AD＝DE＝2x，
∵DP⊥AE，∠CAE＝45°，
∴△ADP是等腰直角三角形，
∴AP＝DP＝2x，
∴PF＝x，
∴DF＝x，
∵∠AED＝∠ACF＝45°，
∴△DFE∽△AFC，
∴＝，即＝，
∴x＝，
∴AD＝，
设D（m，0），0＜m＜3，
∴（m﹣3）2+（2）2＝（）2，
∴m＝或m＝（舍），
∴D（，0），
过Q点作QH⊥x轴交于点H，
∵∠ACH＝45°，
设QH＝n，则HC＝n，
当D（，0）时，CD＝，
∴DH＝﹣n，
∵tan∠PDF＝＝，
∴2n＝﹣n，
∴n＝，
∴CQ＝×＝．
13．用如图1，图2所示的两个直角三角形（部分边长及角的度数在图中已标出），完成以下的探究问题：
探究一：将两个三角形如图3拼接（BC和ED重合），在BC边上有一动点P．
（1）当点P运动到∠CFB的角平分线上时，连接AP，求线段AP的长；
（2）当点P在运动的过程中出现PA＝FC时，∠PAB的度数为 　15°或75°　．
探究二：如图4，将△DEF的顶点D放在△ABC的BC边上的中点处，并以点D为旋转中心旋转△DEF，△DEF的两直角边与△ABC的两直角边分别交于M，N两点，连接MN．
（3）在旋转△DEF的过程中，MN的长是否存在有最小值？若存在，求出它的最小值；若不存在，请说明理由；
探究三：如图5，BC和ED重合，点A与点F在BC同侧，边AC与BF交于H，设BC中点为G，△ABC绕点G顺时针方向旋转．
（4）如图6，在∠CGD从0°到60°的变化过程中，点H相应移动的路径长共为 　　（结果保留根号）．
【分析】（1）过点A作AG⊥BC于G，利用特殊直角三角形的性质求出CG和CP的长，再利用勾股定理可得答案；
（2）由（1）可知，FC＝＞，则点P有两个，画出图形，利用含30°角的直角三角形的性质可得答案；
（3）连接AD，利用ASA证明△ADM≌△CDN，得DM＝DN，则△DMN是等腰直角三角形，从而得出答案；
（4）首先画出起点、终点、一般状态的三中图形，求出起点和终点时EH的长，再求出旋转角度设为α，当0°＜α＜60°时，连接GH，作GQ⊥EF于Q，当QH最小时，只要GH最小，则GH⊥AC时，GH最小，从而解决问题．
【解答】解：（1）由题意得∠CFB＝60°，FP为平分线，
则∠CFP＝30°，
∴CF＝BC BC tan30°＝3×＝，
∴CP＝CF＝1，
过点A作AG⊥BC于G，
则AG＝，
∴PG＝CG﹣CP＝，
在Rt△APG中，AP＝；
（2）由（1）可知，FC＝＞，
则AP，
过点A作AG⊥BC于点G，则AG＝，
在Rt△AGP1中，
cos，
∴∠P1AG＝30°，
∴P1AB＝45°+30°＝75°，
∴∠PAB的度数为15°或75°，
故答案为：15°或75°；
（3）MN的长存在最小值，
连接AD，
∵△ABC是等腰直角三角形，D为BC的中点，
∴CD＝AD，∠BAD＝∠C＝45°，AD⊥BC，
∴∠ADC＝∠MDN，
∴∠MDA＝∠CDN，
∴△ADM≌△CDN（ASA），
∴DM＝DN，
∴△DMN是等腰直角三角形，
∴MN＝DM，
当DM⊥AB时，DM最小，
此时DM＝BD＝×＝，
∴MN的最小值为；
（4）当C与D重合时，作HK⊥BD于K，
则KD＝KH，BK＝KH，
设DK＝x，则BK＝x，
∴x+x＝3，
解得x＝，
∴BH＝2x＝3﹣3，
若旋转角度设为α，当0°＜α＜60°时，连接GH，作GQ⊥EF于Q，
此时GQ＝，EQ＝，
当QH最小时，只要GH最小，
∴GH⊥AC时，GH最小，
∴GH最小为，
∴QH最小值为，
∴EH最小值为+，
当旋转角α＝60°时，此时H与C重合，EH＝，
∴点H的运动路径为3﹣3﹣（+）+﹣（+）＝，
故答案为：．
14．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴交于A，B两点（点B在点A的右边），点A坐标为（1，0），抛物线与y轴交于点C，S△ABC＝3．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）点P（x，y）是抛物线上一动点，且x＞3．作PN⊥BC于N，设PN＝d，求d与x的函数关系式；
（3）在（2）的条件下，过点A作PC的平行线交y轴于点F，连接BF，在直线AF上取点E，连接PE，使PE＝2BF，且∠PEF+∠BFE＝180°，请直接写出P点坐标．
【分析】（1）根据二次函数的解析式求出C点的坐标，再根据△ABC的面积求出AB的长度，根据A点的坐标再求出B点的坐标，再用待定系数法求出抛物线的解析式即可；
（2）用待定系数法求出直线BC的解析式，过点P作PD⊥x轴交BC于点E，交x轴于点D，利用三角函数求出PN＝PE，设出P点的坐标，得出E点的坐标，然后根据PE求出PN即可得出d和x的函数关系式；
（3）过点P作PH⊥FE于点H，过点C作CI⊥FE于点I，过点B作BJ⊥FE于点J，设FE交BC于点K，证△PEH∽△BJF，然后证四边形CPHI是矩形，进而得出K点的坐标，求出AF的解析式，再求出直线PC的解析式，联立直线PC和抛物线的解析式求出P点的坐标即可．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3与y轴交于点C，
当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3），
即OC＝3，
∵S△ABC＝3，
∴×AB×OC＝3，
即AB×3＝3，
∴AB＝2，
又∵A（1，0）且点B在点A的右边，
∴B（3，0），
把A点和B点坐标代入抛物线y＝ax2+bx+3，
得，
解得，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣4x+3；
（2）由（1）知，C（0，3），B（3，0），
设直线BC的解析式为y＝kx+t，
代入B点和C点的坐标得，
解得，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
过点P作PD⊥x轴交BC延长线于点E，交x轴于点D，
∵OC＝OB，
∴∠CBO＝45°，
又∵∠COB＝∠PDO＝90°，且∠CBO＝∠DBE＝45°，
∴∠PEC＝45°，且PN⊥CB，
∴∠NPE＝45°，
∴cos∠NPE＝＝cos45°＝，
∴PN＝PE，
设P（m，m2﹣4m+3），则E（m，﹣m+3），
∴PE＝m2﹣4m+3﹣（﹣m+3）＝m2﹣3m，
∴PN＝d＝PE＝（m2﹣3m）＝m2﹣m，
∴d＝x2﹣x；
（3）如下图，过点P作PH⊥FE于点H，过点C作CI⊥FE于点I，过点B作BJ⊥FE于点J，设FE交BC于点K，
∵∠PEF+∠BFE＝180°，且∠PEF+∠PEH＝180°，
∴∠BFE＝∠PEH，
∵∠PHE＝∠CIJ＝∠BJH＝90°，
又∵PE＝2BF，
∴△PEH∽△BJF，
∴BJ＝PH，
又∵CP∥AH，且CI∥PH，
∴四边形CPHI是矩形，
∴CJ＝PH，
又∵∠CJI＝∠BKJ，
∴BJ＝CI，
∴BK＝CK，
∴K（2，1），
设直线AF的解析式为y＝sx+n，
代入K点和A点的坐标得，
解得，
∴直线AF的解析式为y＝x﹣1，
设直线PC的解析式为y＝x+g，
代入C点坐标得g＝3，
∴直线PC的解析式为y＝x+3，
联立直线PC和抛物线的解析式得，
解得或，
∴P（5，8）．
15．如图，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，点E是对角线BD上的一个动点，连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转120°得到线段AF，连接EF，DF．
（1）如图1，求∠CDF的度数．
（2）如图2，当BE＝BD时，连接EC，求证：四边形FECD是矩形．
（3）如图3，①当△EFD是等边三角形，求此时点E运动的位置，请直接写出结果；
②若取DF的中点G，连接EG，当线段BE与BD满足什么样的数量关系时，四边形AEGF是菱形？请说明你的理由．
【分析】（1）利用SAS证明△BAE≌△DAF，得∠ADF＝∠ABE，从而解决问题；
（2）由（1）知∠BDF＝60°，得∠CDF＝90°，再证∠EFD＝90°，得EF∥CD，通过证明四边形ABEF是平行四边形，可得AB＝EF＝CD，从而证明结论；
（3）①由等边三角形的性质可得∠FED＝60°，可求∠AED＝90°，即可求解；
②当四边形AEGF是菱形时，有∠F＝∠AEG＝60°，AE＝EG，可得△DEG是等边三角形，得DG＝DE＝EG，从而得出答案．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝60°，∠ABD＝∠ADB＝∠CDB＝30°，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∴∠BAD＝120°，
∵将线段AE绕点A逆时针旋转120°得到线段AF，
∴AE＝AF，∠EAF＝120°，
∴∠BAD＝∠EAF，
∴∠BAE＝∠DAF，
又∵AB＝AD，AE＝AF，
∴△BAE≌△DAF（SAS），
∴∠ADF＝∠ABE＝30°，
∴∠CDF＝∠ADF+∠ADB+∠BDC＝90°；
（2）证明：取DE的中点N，连接FN，
∵△BAE≌△DAF，
∴DF＝BE，
∵BE＝BD，
∴DE＝2DF，
∵点N是ED的中点，
∴EN＝DN＝DE，
∴DN＝DF，
又∵∠FDB＝∠ADB+∠ADF＝60°，
∴△FDN是等边三角形，
∴DF＝DN＝NE，
∴∠EFD＝90°，
∴EF∥CD，
∵∠EAF＝120°，AE＝AF，
∴∠AEF＝∠AFE＝30°，
∵∠AED＝∠ABD+∠BAE＝60°，
∴∠BAE＝30°＝∠DAF，
∴∠DAF＝∠ADB＝30°，
∴AF∥BE，
又∵EF∥CD∥AB，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∴AB＝EF，
∴EF＝CD，
∴四边形ECDF是平行四边形，
∵∠CDF＝90°，
∴平行四边形CDEF是矩形；
（3）①解：∵△EFD是等边三角形，
∴∠FED＝60°，
∵∠AEF＝30°，
∴∠AED＝90°，
又∵AB＝AD，
∴BE＝DE，
∴当点E运动到BD的中点时，△EFD是等边三角形；
②解：当BD＝DF时，四边形AEGF是菱形，理由如下：
如图：当四边形AEGF是菱形时，
则∠F＝∠AEG＝60°，AE＝EG，
由（1）△BAE≌△DAF得，∠AEB＝∠F＝60°，
∴∠BAE＝90°，∠GED＝60°，
∵∠BDF＝60°，
∴△DEG是等边三角形，
∴DG＝DE＝EG，
∴BD＝DF+DF＝DF，
∴当BD＝DF时，四边形AEGF是菱形．
16．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0），与y轴交于点C（0，﹣3）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）若点M是抛物线上B，C之间的一个动点，线段MA绕点M逆时针旋转90°得到MN，当点N恰好落在y轴上时，求点M，点N的坐标．
（3）如图2，若点E坐标为（2，0），EF⊥x轴交直线BC于点F，将△BEF沿直线BC平移得到△B'E'F'，在△B'E'F'移动过程中，是否存在使△ACE'为直角三角形的情况？若存在，请直接写出所有符合条件的点E′的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c，即可求解；
（2）过点M作HG∥y轴，交x轴于点H，过点N作NG⊥HG交于点G，证明△AMH≌△MNG（AAS），设M（t，t2﹣2t﹣3），由HM＝NG，可求t＝即可求M、N点的坐标；
（3）设△BEF沿x轴方向平移t个单位长，则沿y轴方向平移t个单位长，则E'（2+t，t），分三种情况讨论：①当∠ACE'＝90°时，过点E'作E'H⊥y轴交于点H，可得△ACO∽△CE'H，利用相似比可求E'（﹣，﹣）；当N点与E'重合时，也符合题意；②当∠CAE'＝90°时，过点A作MN⊥x轴，过点C作CN⊥MN交于N点，过点E'作E'M⊥MN交于M点，可得△AME'∽△CNA，利用相似比可求E'（，）；③当∠AE'C＝90°时，过点E'作ST⊥x轴交于S点，过点C作CT⊥ST交于T点，可得△ASE'∽△E'TC，利用相似比可求E'（1，﹣1）．
【解答】解：（1）将A（﹣1，0），B（3，0），C（0，﹣3）代入y＝ax2+bx+c，
∴，
∴，
∴y＝x2﹣2x﹣3；
（2）过点M作HG∥y轴，交x轴于点H，过点N作NG⊥HG交于点G，
∴∠AMH+∠NMG＝90°，
∵∠AMH+∠MAH＝90°，
∴∠NMG＝∠MAH，
∵AM＝MN，
∴△AMH≌△MNG（AAS），
∴AH＝MG，HM＝NG，
设M（t，t2﹣2t﹣3），
∴HM＝﹣t2+2t+3，NG＝t，
∴﹣t2+2t+3＝t，
∴t＝，
∵点M是抛物线上B，C之间，
∴0＜t＜3，
∴t＝，
∴M（，﹣），
∴AH＝1+＝，
∴HG＝+＝2+，
∴N（0，﹣2﹣）；
（3）存在使△ACE'为直角三角形，理由如下：
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝45°，
设△BEF沿x轴方向平移t个单位长，则沿y轴方向平移t个单位长，
∵E（2，0），
∴E'（2+t，t），
①如图2，当∠ACE'＝90°时，过点E'作E'H⊥y轴交于点H，
∴∠ACO+∠E'CH＝90°，
∵∠ACO+∠CAO＝90°，
∴∠E'CH＝∠CAO，
∴△ACO∽△CE'H，
∴＝，
∵AO＝1，CO＝3，CH＝﹣3﹣t，E'H＝﹣2﹣t，
∴＝，
解得t＝﹣，
∴E'（﹣，﹣）；
②如图3，当∠CAE'＝90°时，
过点A作MN⊥x轴，过点C作CN⊥MN交于N点，过点E'作E'M⊥MN交于M点，
∴∠MAE'+∠NAC＝90°，
∵∠MAE'+∠ME'A＝90°，
∴∠NAC＝∠ME'A，
∴△AME'∽△CNA，
∴＝，
∵NC＝1，AN＝3，AM＝t，ME'＝3+t，
∴＝，
解得t＝，
∴E'（，）；
当E'点与N重合时，△ACE'为直角三角形，
∴E'（﹣1，﹣3）；
③如图3，当∠AE'C＝90°时，
过点E'作ST⊥x轴交于S点，过点C作CT⊥ST交于T点，
∴∠AE'S+∠CE'T＝90°，
∵∠AE'S+∠E'AS＝90°，
∴∠CE'T＝∠E'AS，
∴△ASE'∽△E'TC，
∴＝，
∵AS＝3+t，SE'＝﹣t，CT＝2+t，E'T＝t+3，
∴＝，
解得t＝﹣1，
∴E'（1，﹣1）；
综上所述：E'的坐标为（﹣，﹣）或（，）或（1，﹣1）或（﹣1，﹣3）．
17．如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，点E是边AD上任意一点（端点除外），点P为BD上一点，连接AP，PE，PC．
（1）求AP+PE的最小值；
（2）当AP＝PE时，判断DE，DP，DC三者之间具有怎样的数量关系？并证明；
（3）如图2，在（2）的条件下，若点E运动到AD的延长线DH上，其他条件不变，请补全图形，说明∠EPC的大小是否发生变化？并直接写出线段DE，DP，DC之间的数量关系．
【分析】（1）由“SAS”可证△ABP≌△CBP，可得AP＝PC，则当点P，点C，点E共线，且CE⊥AD时，PC+PE有最小值为CE，即可求解；
（2）由直角三角形的性质可得PH＝PD，DH＝PH＝PD，由等腰三角形的性质可得AH＝HE，由线段和差关系可求解；
（3）由三角形内角和定理和周角的性质可求∠EPC＝120°，由直角三角形的性质可得PN＝PD，DN＝PN＝PD，由等腰三角形的性质可得AN＝NE，由线段和差关系可求解．
【解答】解：（1）如图1，∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠ADC＝60°，∠ABD＝∠CBD＝30°，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴AP＝PC，
∴AP+PE＝PC+PE，
∴当点P，点C，点E共线，且CE⊥AD时，PC+PE有最小值为CE，
此时：CE⊥AD，∠ADC＝60°，CD＝2，
∴CE＝CD sin∠ADC＝2×＝，
∴AP+PE的最小值为；
（2）DE＝PD﹣CD，理由如下：
如图1﹣1，过点P作PH⊥AD于H，
∵∠ADB＝30°，PH⊥AD，
∴PH＝PD，DH＝PH＝PD，
∵AP＝PE，PH⊥AE，
∴AH＝HE，
∴HE＝AH＝AD﹣DH＝CD﹣PD，
∴DE＝DH﹣HE＝PD﹣（CD﹣PD）＝PD﹣CD；
（3）如图2，过点P作PN⊥AD于N，
∵PA＝PE，
∴∠PAE＝∠PEA，
∴∠APE＝180°﹣2∠PAE，
∵△ABP≌△CBP，
∴∠APB＝∠BPC，
∵∠APB＝∠PAE+∠ADP＝∠PAE+30°，
∴∠APC＝2∠PAE+60°，
∴∠CPE＝360°﹣∠APE﹣∠APC＝120°，
∴∠EPC的大小不会发生变化，
∵∠ADB＝30°，PN⊥AD，
∴PN＝PD，DN＝PN＝PD，
∵AP＝PE，PN⊥AE，
∴AN＝NE，
∴NE＝AN＝AD﹣DN＝CD﹣PD，
∴DE＝EN﹣DN＝（CD﹣PD）﹣PD＝CD﹣PD．
18．在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣2tx+4与y轴交于点A，抛物线的顶点为B，其对称轴交x轴于点C．
（1）若点B在x轴上，求抛物线的解析式；
（2）若点M（t﹣2，y1），N（t+3，y2）分别为抛物线y＝x2﹣2tx+4上的两点，试比较y1和y2的大小；
（3）如图，抛物线与x轴有两个交点，连接AC，OB，CB，当△AOC与以点B，O，C为顶点的三角形相似时，求t的值．
【分析】（1）若点B在x轴上，可得抛物线的顶点纵坐标为0，横坐标为x＝﹣＝﹣＝t，则顶点坐标为（t，0），代入y＝x2﹣2tx+4即可求解；
（2）将点M（t﹣2，y1），N（t+3，y2）分别代入抛物线y＝x2﹣2tx+4上，可得y1和y2，再比较即可；
（3）分两种情况：①当∠OAC＝∠CBO时，②当∠OAC＝∠COB时，根据相似三角形的性质即可求解．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2﹣2tx+4与y轴交于点A，抛物线的顶点为B，
∴顶点纵坐标为0，横坐标为x＝﹣＝﹣＝t，
∴顶点B的坐标为（t，0），代入y＝x2﹣2tx+4得：t2﹣2t2+4＝0，
∴t＝±2，
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣4x+4或y＝x2+4x+4；
（2）∵点M（t﹣2，y1），N（t+3，y2）分别为抛物线y＝x2﹣2tx+4上的两点，
∴y1＝（t﹣2）2﹣2t（t﹣2）+4＝﹣t2+8，
y2＝（t+3）2﹣2t（t+3）+4＝﹣t2+13，
∴y1﹣y2＝﹣t2+8﹣（﹣t2+13）＝﹣5＜0，
∴y1＜y2；
（3）∵抛物线与x轴有两个交点，
∴由图象得：t＞0，顶点B在第四象限，
分两种情况：①当∠OCA＝∠COB时，△OAC∽△CBO，
∴＝1，
∴BC＝OA，
∵抛物线y＝x2﹣2tx+4与y轴交于点A，
∴A（0，4），
∴OA＝4，
∴BC＝4，
∵物线y＝x2﹣2tx+4的顶点为B，
∴顶点横坐标为x＝﹣＝﹣＝t，
∴顶点纵坐标为y＝t2﹣2t2+4＝﹣t2+4，
∴t2﹣4＝4，
∴t＝±＝±2（负值不合题意，舍去），
∴t＝2；
②当∠OAC＝∠COB时，△OAC∽△COB，
∴，
∴，解得t＝±（负值不合题意，舍去），
∴t＝；
综上，t的值为2或．
19．如图1，将等腰三角形ABC沿着底边AC对折得到△ADC，∠ABC是锐角，E是BC边上的动点，将射线AE绕点A按逆时针方向旋转，交直线CD于点F．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）当AE⊥BC，∠EAF＝∠ABC时，求证：AC垂直平分EF；
（3）如图2，当∠EAF＝∠BAC时，延长BC交射线AF于点M，延长DC交射线AE于点N，连接BD，MN，若AB＝4，sin∠ABD＝，则当CE＝　或2或　时，△AMN是等腰三角形．
【分析】（1）根据等腰三角形以及翻折的性质可得AB＝BC＝CD＝AD，即可得出结论；
（2）由“ASA”可证△ABE≌△ADF，根据全等三角形的性质得AE＝AF，∠BAE＝∠DAF，根据菱形的性质可得∠BAC＝∠DAC，则∠EAC＝∠FAC，由等腰三角形三线合一的性质可得AC垂直平分EF；
（3）证△MAC∽△ANC，得，分三种情况：①当AM＝AN时，②当NA＝NM时，③当MA＝MN时，根据相似三角形的性质进而求解即可．
【解答】（1）证明：∵等腰三角形ABC沿着底边AC对折得到△ADC，
∴AB＝BC，△ABC≌△ADC，
∴AB＝AD，BC＝CD，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠ABC＝∠ADC，AD∥BC，∠EAC＝∠DAC，
∵AE⊥BC，
∴AE⊥AD，
∴∠ABE+∠BAE＝∠EAF+∠DAF＝90°，
∵∠EAF＝∠ABC，
∴∠BAE＝∠DAF，
∴△ABE≌△ADF（ASA），
∴AE＝AF，
∵∠BAC＝∠DAC，∠BAE＝∠DAF，
∴∠EAC＝∠FAC，
∴AC垂直平分EF；
（3）解：∵∠BAC＝∠EAF，
∴∠BAE+∠CAE＝∠CAM+∠CAE，
∴∠BAE＝∠CAM，
∵AB∥CD，
∴∠BAE＝∠ANC，
∴∠ANC＝∠CAM，
同理：∠AMC＝∠NAC，
∴△MAC∽△ANC，
∴，
△AMN是等腰三角形有三种情况：
①当AM＝AN时，如图2所示：
∵∠ANC＝∠CAM，AM＝AN，∠AMC＝∠NAC，
∴△ANC≌△MAC（ASA），
∴CN＝AC＝2，
∵AB∥CN，
∴△CEN∽△BEA，
∴＝，
∵BC＝AB＝4，
∴CE＝BC＝；
②当NA＝NM时，如图3所示：
则∠NMA＝∠NAM，
∵AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA，
∵∠BAC＝∠EAF，
∴∠NMA＝∠NAM＝∠BAC＝∠BCA，
∴△ANM∽△ABC，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴CN＝2AC＝4＝AB，
∴△CEN≌△BEA（AAS），
∴CE＝BE＝BC＝2；
③当MA＝MN时，如图4所示：
则∠MNA＝∠MAN＝∠BAC＝∠BCA，
∴△AMN∽△ABC，
∴＝＝＝2，
∴CN＝AC＝1，
∵△CEN∽△BEA，
∴＝＝，
∴CE＝BC＝；
综上所述，当CE为或2或时，△AMN是等腰三角形．
故答案为：或2或．
20．如图，直线m：y＝3x+3与x轴交于A点，与y轴交于C点，抛物线y＝ax2+2x+c（a≠0）经过A，C两点，与x轴相交于另一点B，作直线BC．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设点P是直线BC上方抛物线上一个动点，过点P作PE∥y轴交直线BC于点E，PD∥x轴交直线BC于点D，求△DPE周长的最大值；
（3）当△DPE周长取最大值时，点Q为直线BC上一动点，当S△QAB＝2S△PBE，求所有满足条件的点Q的坐标．
【分析】（1）先求得点A和点C的坐标，然后代入抛物线解析式求得a和c的值，即可得到抛物线的解析式；
（2）先求得直线BC的解析式，再设点P，得到点E和点D的坐标，进而得到PD和PE，DE的长，然后求得△DPE的周长，最后用二次函数的性质求得△DPE周长的最大值；
（3）先求得△PBE的面积，然后得△ABQ在边AB上的高，即得点Q的纵坐标，再代入直线BC的解析式求得点Q的坐标即可．
【解答】解：（1）对y＝3x+3，当x＝0时，y＝3，当y＝0时，x＝﹣1，
∴A（﹣1，0），C（0，3），
∵抛物线y＝ax2+2x+c（a≠0）经过A，C两点，
∴，
解得：，
∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3．
（2）对y＝﹣x2+2x+3，
当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，
解得：x＝﹣1或x＝3，
∴点B（3，0），
设直线BC的解析式为y＝x+b，则
，解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+3，
∵B（3，0），C（0，3）
∴OB＝OC，
∴△OBC是等腰直角三角形，∠OBC＝∠OCB＝45°，
∵PE∥y轴，PD∥x轴，
∴∠PDE＝∠PED＝45°，∠DPE＝90°，
∴△DPE是等腰直角三角形，
∴DE＝PE，DP＝EP，
设点P（x，﹣x2+2x+3），则E（x，﹣x+3），
∴PE＝﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）＝﹣x2+3x＝﹣（x﹣）2+，
∴C△DPE＝PD+PE+DE＝2PE+PE＝（2+）[﹣（x﹣）2+]，
∴当x＝，即点P的坐标为（，）时，△DPE周长的最大值为×（2+）＝；
（3）由（2）得，点P的坐标为（，），
∴点E的坐标为（，），
∴PE＝，
∴S△PBE＝＝，
∵S△QAB＝2S△PBE，
∴S△QAB＝2×＝，
∵A（﹣1，0），B（3，0），
∴AB＝4，
∴，即，
∴|yQ|＝，
∴yQ＝或yQ＝﹣，
当yQ＝时，﹣x+3＝，
解得：x＝，
∴点Q的坐标为（，）；
当yQ＝﹣时，﹣x+3＝﹣，
解得：x＝，
∴点Q的坐标为（，﹣），
综上所述，点Q的坐标为（，）或（，﹣）．
21．如图1，在菱形ABCD中，∠B＝60°，边长为4，点E，F分别是射线AB，DA上的动点，DF＝AE，直线EF与直线AC相交于点G．
（1）如图1，当点E，F分别在线段AB，DA上时，求证：△CEF是等边三角形；
（2）图1中，与△AGE相似的三角形有 　△FGC、△AFC、△BEC　；与△AGF相似的三角形有 　△EGC、△AEC、△DFC　；
（3）当AF＝1时，求线段AG的长．
【分析】（1）由四边形ABCD是菱形，得∠B＝60°，AB＝CB＝AD＝CD，∠D＝∠B＝60°，△ABC和△ADC都是等边三角形，再证明△DFC≌△AEC，CF＝CE，∠DCF＝∠ACE，所以∠FCE＝∠ACF+∠ACE＝∠ACF+∠DCF＝∠ACD＝60°，即可证得△ECF是等边三角形；
（2）由∠GFC＝∠GAE＝60°，∠FGC＝∠AGE，得△FGC∽△AGE，所以∠ACF＝∠AEG，而∠CAF＝∠EAG＝60°，所以△AFC∽△AGE，由∠BCE＝∠AEB，∠B＝∠EAG＝60°，得△BEC∽△AGE，可知与△AGE相似的三角形有△FGC、△AFC、△BEC；类比前面的方法，可得与△AGF相似的三角形有△EGC、△AEC、△DFC；
（3）分两种情况，一是点F在线段AB上，可由△AEC∽△AGF得＝，即可求出AG的长；二是点F在线段DA的延长线上，先证明△DFC≌△AEC、△ECF是等边三角形仍然成立，再由△CAE∽△FAG得＝，即可求出此时AG的长．
【解答】（1）证明：如图1，∵四边形ABCD是菱形，∠B＝60°，
∴AB＝CB＝AD＝CD，∠D＝∠B＝60°，
∴△ABC和△ADC都是等边三角形，
∴DC＝AC，∠D＝∠CAE＝60°，
在△DFC和△AEC中，
，
∴△DFC≌△AEC（SAS），
∴CF＝CE，∠DCF＝∠ACE，
∴∠FCE＝∠ACF+∠ACE＝∠ACF+∠DCF＝∠ACD＝60°，
∴△ECF是等边三角形．
（2）解：如图1，∵∠GFC＝∠GAE＝60°，∠FGC＝∠AGE，
∴△FGC∽△AGE，
∴∠ACF＝∠AEG，
∵∠CAF＝∠EAG＝60°，
∴△AFC∽△AGE，
∵∠FCE＝∠ACB＝60°，
∴∠ACF＝∠BCE＝60°﹣∠ACE，
∴∠BCE＝∠AEB，
∵∠B＝∠EAG＝60°，
∴△BEC∽△AGE，
∴与△AGE相似的三角形有△FGC、△AFC、△BEC；
∵∠GEC＝∠GAF＝60°，∠EGC＝∠AGF，
∴△EGC∽△AGF，
∴∠ACE＝∠AFG，
∵∠CAE＝∠FAG＝60°，
∴△AEC∽△AGF，
∵△DFC≌△AEC，
∴△DFC∽△AGF，
∴与△AGF相似的三角形有△EGC、△AEC、△DFC，
故答案为：△FGC、△AFC、△BEC；△EGC、△AEC、△DFC．
（3）解：如图1，点F在线段AB上，
∵AD＝AC＝4，AF＝1，
∴DF＝AE＝AD﹣AF＝3，
∵△AEC∽△AGF，
∴＝，
∴AG＝＝＝；
如图2，点F在线段DA的延长线上，
在△DFC和△AEC中，
，
∴△DFC≌△AEC（SAS），
∴CF＝CE，∠DCF＝∠ACE，∠DFC＝∠AEC，
∴∠FCE＝∠ACE﹣∠ACF＝∠DCF+∠ACF＝∠ACD＝60°，
∴△ECF是等边三角形，
∴∠CFE＝∠BAC＝60°，
∴∠AFG＝180°﹣∠CFE﹣∠DFC＝120°﹣∠AEC，
∵∠ACE＝180°﹣∠BAC﹣∠AEC＝120°﹣∠AEC，
∴∠ACE＝∠AFG，
∵∠FAG＝∠DAC＝60°，∠CAE＝60°，
∴∠CAE＝∠FAG，
∴△CAE∽△FAG，
∴＝，
∵AD＝AC＝4，AF＝1，
∴DF＝AE＝AD+AF＝5，
∴AG＝＝＝，
综上所述，线段AG的长为或．
22．如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx﹣与x轴交于点A（﹣5，0），B（1，0）两点，点C为抛物线的顶点，点D在y轴的正半轴上，CD交x轴于点E，△BCD绕点D顺时针旋转得到△EFD，点B恰好旋转到点E，连接AF．
（1）求抛物线的解析式；
（2）试判断四边形AEDF的形状，并说明理由；
（3）如图2，把△BOD绕点O逆时针旋转一定的角度a（0°＜a＜360°）得到△B'OD'，其中B'D'交y轴于点G，在旋转过程中，是否存在一点G，使得GD'＝GO？若存在，请直接写出所有满足条件时点D'的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）将点A（﹣5，0），B（1，0）代入y＝ax2+bx﹣，即可求解；
（2）求出E（﹣1，0），直线CE的解析式为y＝x+，则可求D（0，），进而可得△BDE是等边三角形，由角的关系可得DF∥AE，分别求出DF＝AE＝4，即可证明四边形AEDF是平行四边形；
（3）①当D'在第二象限时，过点D'作D'E⊥x轴交于点E，过点B'作B'F⊥x轴交于点F，可证明△D'OE∽△OB'F，则＝＝，再由△G'B'O是等边三角形，得到∠FOB'＝30°，求出EO＝，D'E＝，即可求D'（﹣，）；②当D'在第四象限时，过点B'作B'G⊥x轴交于点G，过点D'作D'H⊥x轴交于点H，可证明△GOB'∽△HD'O，则＝＝，再由△OGB'是等边三角形，得到∠GOB'＝30°，求出OH＝，HD'＝，即可求D'（，﹣）．
【解答】解：（1）将点A（﹣5，0），B（1，0）代入y＝ax2+bx﹣，
∴，
解得，
∴y＝x2+x﹣；
（2）∵y＝x2+x﹣＝（x+2）2﹣，
∴C（﹣2，﹣），
∵旋转后点B恰好旋转到点E，
∴DB＝DE，
∴△BDE是等腰三角形，
∵OD⊥BE，
∴OE＝BO，
∴OE＝1，
∴E（﹣1，0），
设直线CE的解析式为y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝x+，
∴D（0，），
∴DE＝2，BD＝2，
∴△BDE是等边三角形，
∴∠BDE＝60°，
∴∠CDF＝60°，
∴DF∥AE，
∵CD＝4，
∴DF＝4，
∵AE＝4，
∴DF＝AE，
∴四边形AEDF是平行四边形；
（3）存在点G，使得GD'＝GO，理由如下：
∵D（0，），B（1，0），
∴OD＝，OB＝1，
∴∠DBO＝60°，
①当D'在第二象限时，GO＝GD'，
过点D'作D'E⊥x轴交于点E，过点B'作B'F⊥x轴交于点F，
∵∠B'OD'＝90°，
∴∠D'OE+∠B'OF＝90°，
∵∠D'OE+∠EOD'＝90°，
∴∠B'OF＝∠EOD'，
∴△D'OE∽△OB'F，
∴＝＝，
∵D'O＝，B'O＝1，
∴＝＝，
∵∠OD'G＝30°，GO＝D'G，
∴∠OGB'＝60°，
∵∠GB'O＝60°，
∴△G'B'O是等边三角形，
∴∠FOB'＝30°，
∴OF＝，B'F＝，
∴EO＝，D'E＝，
∴D'（﹣，）；
②当D'在第四象限时，OG＝G'D，
过点B'作B'G⊥x轴交于点G，过点D'作D'H⊥x轴交于点H，
∵∠B'OD'＝90°，
∴∠GOB'+∠BOD'＝90°，
∵∠GOB'+∠OB'G＝90°，
∴∠BOD'＝∠OB'G，
∴△GOB'∽△HD'O，
∴＝＝＝，
∵∠OD'G＝30°，OG＝GD'，
∴∠OGB'＝60°，
∵∠OB'G＝60°，
∴△OGB'是等边三角形，
∴∠GOB'＝30°，
∵OB'＝1，
∴GB'＝，GO＝，
∴OH＝，HD'＝，
∴D'（，﹣）；
综上所述：D'的坐标为（﹣，）或（，﹣）．
23．如图，在平面直角坐标系中，等腰三角形ABC的底边BC的中点O是坐标原点，点A的坐标为（0，6），点B的坐标（﹣8，0），点P，H分别为AB和OC上的动点，点P从点B出发，沿BA方向以每秒1个单位匀速运动；同时，点田从点C出发，沿CO方向以每秒1个单位匀速运动．过点H作EF⊥BC，与AC交于点E，点F为点E关于x轴的对称点，当H停止运动时，点P也停止运动连接PE，PF，CF，设运动时间为t（s）（0＜t＜8）．解答下列问题：
（1）填空：AB的长是 　10　．
（2）当t＝4时，连接OE，OF，请直接写出四边形OECF的形状；
（3）设△PFE的面积为S，求S与t之间的函数关系式；
（4）是否存在某一时刻t（t＞4），使S△PFE：S△ABC＝5：12？若存在，求出t的值，并求出此时P，E两点间的距离；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由点A、B的坐标可知OA、OB的长，再利用勾股定理可得AB的长；
（2）根据对称性知EH＝FH，EF⊥OC，且OH＝CH，利用对角线互相垂直平分的四边形是菱形即可；
（3）作PM⊥EF于M，PN⊥BC于N，则四边形PNHM是矩形，利用相似三角形的性质分别表示BN，PN、EH的长，从而表示出S与t的函数解析式；
（4）根据S△PFE：S△ABC＝5：12，列方程并解方程即可．
【解答】解：（1）∵点A的坐标为（0，6），点B的坐标（﹣8，0），
∴OA＝6，OB＝8，
由勾股定理得，AB＝，
故答案为：10；
（2）∵点O为BC的中点，
∴OC＝BO＝8，
当t＝4时，OH＝CH，
∵点E、F关于x轴对称，
∴EH＝FH，EF⊥OC，
∴四边形OECF是菱形；
（3）作PM⊥EF于M，PN⊥BC于N，则四边形PNHM是矩形，
由题意知，BP＝t，CH＝t，
∴cos∠ABO＝，
∴，
∴BN＝，
∴PM＝NH＝BC﹣BN﹣CH＝16﹣﹣t＝16﹣，
同理得，EH＝，
∴EF＝2EH＝，
∴S＝＝＝﹣，
（4）存在t，使S△PFE：S△ABC＝5：12，
∵S△PFE：S△ABC＝5：12，
∴﹣＝＝20，
解方程得，t1＝，t2＝＜4（舍），
当t＝时，PM＝4，EH＝5，PN＝4，
∴EM＝1，
由勾股定理得，PE＝＝，
∴存在，当t＝时，PE＝．
24．如图1，已知抛物线C1是抛物线C：y＝（x﹣2）2向上平移1个单位长度得到，抛物线C1的顶点为Q．
（1）求抛物线C1的函数解析式；
（2）点P是y轴上的一个动点，
①如图1，过点P作直线l平行于x轴，与抛物线C1相交于点A，设点A的横坐标为m（m＜2），点B与点P关于直线x＝m对称，点D在抛物线C上，求当m为何值时，四边形PQBD是平行四边形？
②如图2，直线y＝x+1与抛物线C1交于E，F两点，当△PEF的周长最小时，求S△PEF的值．
【分析】（1）根据平移性质即可得出抛物线C1的函数解析式；
（2）①根据题意得：A（m，m2﹣4m+5），Q（2，1），由轴对称可得：B（2m，m2﹣4m+5），P（0，m2﹣4m+5），再根据平移即可得出D（2m﹣2，2m2﹣8m+9），将点D的坐标代入抛物线C的解析式，即可求得答案；
②设直线y＝x+1与y轴交于点H，则H（0，1），通过联立方程组可得：E（1，2），F（4，5），如图2，作点E关于y轴的对称点E′（﹣1，2），连接E′F交y轴于点P，利用待定系数法可求得直线E′F的解析式为y＝x+，进而得出P（0，），再利用S△PEF＝S△PFH﹣S△PEH即可求得答案．
【解答】解：（1）∵抛物线C1是抛物线C：y＝（x﹣2）2向上平移1个单位长度得到，
∴抛物线C1的函数解析式为：y＝（x﹣2）2+1；
（2）①根据题意得：A（m，m2﹣4m+5），Q（2，1），
∵点B与点P关于直线x＝m对称，
∴B（2m，m2﹣4m+5），P（0，m2﹣4m+5），
∵四边形PQBD是平行四边形，
∴PD∥QB，PD＝QB，
∴QB向左平移2个单位，向上平移（m2﹣4m+5﹣1）个单位得到PD，
∴D（2m﹣2，2m2﹣8m+9），
又∵点D在在抛物线C上，
∴（2m﹣2﹣2）2＝2m2﹣8m+9，
解得：m＝2﹣或m＝2+，
∵m＜2，
∴m＝2﹣；
②设直线y＝x+1与y轴交于点H，则H（0，1），
∵直线y＝x+1与抛物线C1交于E，F两点，
∴，
解得：，，
∴E（1，2），F（4，5），
如图2，作点E关于y轴的对称点E′（﹣1，2），连接E′F交y轴于点P，
设直线E′F的解析式为y＝kx+b，
则，
解得：，
∴直线E′F的解析式为y＝x+，
令x＝0，得y＝，
∴P（0，），
∴S△PEF＝S△PFH﹣S△PEH＝×（﹣1）×4﹣×（﹣1）×1＝．
25．如图，在△ABC中，∠CAB＝45°，AC＝7，AB＝3．
（1）如图1，点D为AC边上一动点，连接BD，线段BD绕点B逆时针旋转90°得到线段BE．点F为DE中点，连接BF，AF，求证：AF＝BF．
（2）如图2，动点P由点C出发以每秒1个单位的速度在射线CB上匀速运动，同时动点Q也从C出发，在射线CA上以每秒1个单位的速度匀速运动，设运动时间为t秒（t＞0），当点B到直线PQ的距离等于3时，请直接写出t的值．
【分析】（1）过B作BM⊥AB，与AC交于点M，证明△BMD≌△BAE，得∠BAE＝45°，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得结论便可；
（2）过B作BD⊥AC于点D，作BE⊥PQ于点E，作BF∥PQ，与AC交于点F，则BE＝3，证明△BPE≌△BFD得BP＝BF，便可求得t的值．
【解答】（1）证明：过B作BM⊥AB，与AC交于点M，如图1，
∵∠CAB＝45°，
∴∠AMB＝∠CAB＝45°，
∴BM＝BA，
∵∠DBE＝∠ABM＝90°，
∴∠MBD＝∠ABE，
∵BD＝BE，
∴△BDM≌△BEA（AAS），
∴∠BMD＝∠BAE＝45°，
∴∠DAE＝90°，
∵F是DE的中点，
∴AF＝，
∵∠DBE＝90°，
∴BF＝DE，
∴AF＝BF；
（2）解：过B作BD⊥AC于点D，作BE⊥PQ于点E，作BF∥PQ，与AC交于点F，则BE＝3，
当P点在线段CB上时，如图2，
∵∠BAC＝45°，AB＝3，
∴AD＝BD＝＝3，
∴CD＝AC﹣AD＝7﹣3＝4，
∴BC＝，
∵CP＝CQ＝t，
∴∠CPQ＝∠CQP，BP＝BC﹣CP＝5﹣t，
∵PQ∥BF，
∴∠CQP＝∠CPQ＝∠CFB＝∠CBF，
∴CB＝CF＝5，
∴AF＝AC﹣AF＝7﹣5＝2，
∴DF＝AD﹣AF＝3﹣2＝1，
∴BF＝，
∵∠BPE＝∠CPQ，
∴∠BPE＝∠BFD，
∵∠BEP＝∠BDF，BE＝BD＝3，
∴△BPE≌△BFD（AAS），
∴BP＝BF，即5﹣t＝，
∴t＝5﹣；
当P点在CB的延长线上时，如图3，则BP＝t﹣5，
∵BP＝BF，
∴t﹣5＝，
∴t＝5+，
综上，当点B到直线PQ的距离等于3时，t＝5﹣或5+．
26．如图1，抛物线y＝﹣x2+bx+3与y轴交于B点，与x轴交于A，C两点，直线BC的解析式为y＝﹣x+m．
（1）求m与b的值；
（2）P是直线BC上方抛物线上一动点（不与点B，C重合），连接AP交BC于点E，交OB于点F．
①是否存在最大值？若存在，求出的最大值．并直接写出此时点E的坐标；若不存在，说明理由．
②当△BEF为等腰三角形时，直接写出点P的坐标．
【分析】（1）根据二次函数求出B点坐标，将B点坐标代入一次函数求出m的值，再根据一次函数求出C点的坐标，再将C点坐标代入二次函数即可求出b的值；
（2）①过点P作PG∥x轴交BC于点G，设出P点坐标，证△PEG∽△AEC，根据线段比例关系求出比值的代数式，利用二次函数的性质求最值，然后利用两直线相交得出E点坐标即可；
②过点E作EM⊥y轴于点M，设出P点坐标，求出直线AP的解析式，分别

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