专题17 图形的变换和投影视图-备考2020中考数学高频考点分类突破(解析版)

备考2020中考数学高频考点分类突破图形的变换和投影视图一．选择题1.（2019 福建中考）下列图形中，一定既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A．等边三角形B．直角三角形C．平行四边形D．正方形【答案】D．【分析】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解．【解答】解：A、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；B、直角三角形不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项错误；C、平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；D、正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项正确．故选：D．2.（2019 广东中考）下列四个银行标志中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（）A．B．C．D．【答案】C．【分析】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解．【解答】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；B 、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；C、既是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项正确；12 D 、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误．故选：C ．3.（2019 湖北黄石中考）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D ．【分析】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解．【解答】解：A 、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；B 、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项错误；C 、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项错误；D 、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项正确．故选：D ．4.（2019 吉林中考）把图中的交通标志图案绕着它的中心旋转一定角度后与自身重合，则这个旋转角度至少为（ ）A ．30°B ．90°C ．120°D ．180° 【答案】C ．【分析】根据图形的对称性，用360°除以3计算即可得解．【解答】解：∵360°÷3＝120°，3 ∴旋转的角度是120°的整数倍，∴旋转的角度至少是120°．故选：C ．5．（2019·甘肃兰州）如图，平面直角坐标系xOy 中，将四边形ABCD 先向下平移，再向右平移得到四边形A 1B 1C 1D 1，已知A （–3，5），B （–4，3），A 1（3，3），则点B 1坐标为A ．（1，2）B ．（2，1）C ．（1，4）D ．（4，1）【答案】B 【解析】图形向下平移，纵坐标发生变化，图形向右平移，横坐标发生变化.A （–3，5）到A 1（3，3）得向右平移3–（–3）=6个单位，向下平移5–3=2个单位.所以B （–4，3）平移后B 1（2，1）.故选B ． 6．（2019·山东枣庄）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9．若AA ′=1，则A ′D 等于A ．2B ．3 C．4 D ． 324 【答案】B【解析】∵S △ABC =16.S △A ′EF =9，且AD 为BC 边的中线，∴S △A ′DE =S △A ′EF =，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），故选B ． 【名师点睛】本题主要平移的性质，解题的关键是熟练掌握平移变换的性质与三角形中线的性质、相似三角形的判定与性质等知识点．7．（2019•湖南邵阳）一次函数y 1=k 1x +b 1的图象l 1如图所示，将直线l 1向下平移若干个单位后得直线l 2，l 2的函数表达式为y 2=k 2x +b 2．下列说法中错误的是A ．k 1=k 2B ．b 1<b 2C ．b 1>b 2D ．当x =5时，y 1>y 2 【答案】B 【解析】∵将直线l 1向下平移若干个单位后得直线l 2，∴直线l 1∥直线l 2，∴k 1=k 2，∵直线l 1向下平移若干个单位后得直线l 2，∴b 1>b 2，∴当x =5时，y 1>y 2，故选B ．【名师点睛】本题考查图形的平移变换和函数解析式之间的关系，在平面直角坐标系中，图形的平移与图形上某点的平移相同．平移中点的变化规律是：横坐标左移加，右移减；纵坐标上移加，下移减．平移后解析式有这样一个规律“左加右减，上加下减”．关键是要搞清楚平移前后的解析式有什么关系． 8．（2019，山东枣庄，3分）下列图形，可以看作中心对称图形的是1292122A'DE ABD S A'D AD S ⎛⎫= ⎪⎝⎭2991816A'D A'D ⎛⎫== ⎪+⎝⎭375 A ． B ．C ．D ．【答案】B【解析】A ．不是中心对称图形，故本选项不符合题意；[w %ww ^~.&.co @m ]B ．是中心对称图形，故本选项符合题意；C ．不是中心对称图形，故本选项不符合题意；D ．不是中心对称图形，故本选项不符合题意．故选B ．【名师点睛】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．9．（2019•随州）如图是一个几何体的三视图，则这个几何体的表面积为（ ）A ．2πB ．3πC ．4πD ．5π【解答】解：根据三视图可得这个几何体是圆锥，底面积＝π×12＝π，6侧面积为=12lR =12×2π×3＝3π， 则这个几何体的表面积＝π+3π＝4π；故选：C ．10．（2019•河北）图2是图1中长方体的三视图，若用S 表示面积，S 主＝x 2+2x ，S 左＝x 2+x ，则S 俯＝（ ）A ．x 2+3x +2B ．x 2+2C ．x 2+2x +1D ．2x 2+3x【解答】解：∵S 主＝x 2+2x ＝x （x +2），S 左＝x 2+x ＝x （x +1），∴俯视图的长为x +2，宽为x +1，则俯视图的面积S 俯＝（x +2）（x +1）＝x 2+3x +2，故选：A ．11.（2019 重庆中考）如图，在△ABC 中，D 是AC 边上的中点，连结BD ，把△BDC 沿BD 翻折，得到△BDC '，DC ′与AB 交于点E ，连结AC '，若AD ＝AC ′＝2，BD ＝3，则点D 到BC ′的距离为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B ．【分析】连接CC'，交BD于点M，过点D作DH⊥BC'于点H，由翻折知，△BDC≌△BDC'，BD垂直平分CC'，证△ADC'为等边三角形，利用解直角三角形求出DM＝1，C'M＝DM＝，BM＝2，在Rt△BMC'中，利用勾股定理求出BC'的长，在△BDC'中利用面积法求出DH的长．【解答】解：如图，连接CC'，交BD于点M，过点D作DH⊥BC'于点H，∵AD＝AC′＝2，D是AC边上的中点，∴DC＝AD＝2，由翻折知，△BDC≌△BDC'，BD垂直平分CC'，∴DC＝DC'＝2，BC＝BC'，CM＝C'M，∴AD＝AC′＝DC'＝2，∴△ADC'为等边三角形，∴∠ADC'＝∠AC'D＝∠C'AC＝60°，∵DC＝DC'，∴∠DCC'＝∠DC'C＝×60°＝30°，在Rt△C'DM中，∠DC'C＝30°，DC'＝2，∴DM＝1，C'M＝DM＝，∴BM＝BD﹣DM＝3﹣1＝2，在Rt△BMC'中，BC'＝＝＝，∵S△BDC'＝BC'•DH＝BD •CM ，78∴DH ＝3×，∴DH ＝，故选：B ．二、填空题12.（2019 甘肃中考）如图，每一图中有若干个大小不同的菱形，第1幅图中有1个菱形，第2幅图中有3个菱形，第3幅图中有5个菱形，如果第n 幅图中有2019个菱形，则n ＝ ．【答案】1010．【分析】根据题意分析可得：第1幅图中有1个，第2幅图中有2×2﹣1＝3个，第3幅图中有2×3﹣1＝5个，…，可以发现，每个图形都比前一个图形多2个，继而即可得出答案．【解答】解：根据题意分析可得：第1幅图中有1个．第2幅图中有2×2﹣1＝3个．第3幅图中有2×3﹣1＝5个．第4幅图中有2×4﹣1＝7个．…． 可以发现，每个图形都比前一个图形多2个．9故第n 幅图中共有（2n ﹣1）个．当图中有2019个菱形时，2n ﹣1＝2019，n ＝1010，故答案为：1010．13.（2019 陕西中考）如图，在正方形ABCD 中，AB ＝8，AC 与BD 交于点O ，N 是AO 的中点，点M 在BC 边上，且BM ＝6．P 为对角线BD 上一点，则PM ﹣PN 的最大值为 ．【答案】2．【分析】作以BD 为对称轴作N 的对称点N '，连接PN '，MN '，依据PM ﹣PN ＝PM ﹣PN '≤MN '，可得当P ，M ，N '三点共线时，取“＝”，再求得＝＝，即可得出PM ∥AB ∥CD ，∠CMN '＝90°，再根据△N 'CM 为等腰直角三角形，即可得到CM ＝MN '＝2．【解答】解：如图所示，作以BD 为对称轴作N 的对称点N '，连接PN '，MN '，根据轴对称性质可知，PN ＝PN '，∴PM ﹣PN ＝PM ﹣PN '≤MN '，当P ，M ，N '三点共线时，取“＝”，∵正方形边长为8，∴AC＝AB ＝，∵O为AC中点，∴AO＝OC＝，∵N为OA中点，∴ON＝，∴ON'＝CN'＝，∴AN'＝，∵BM＝6，∴CM＝AB﹣BM＝8﹣6＝2，∴＝＝∴PM∥AB∥CD，∠CMN'＝90°，∵∠N'CM＝45°，∴△N'CM为等腰直角三角形，∴CM＝MN'＝2，即PM﹣PN的最大值为2，故答案为：2．14．（2019·山东淄博）如图，在正方形网格中，格点△ABC绕某点顺时针旋转角α（0<α<180°）得到格点△A1B1C1，点A与点A1，点B与点B1，点C 与点C 1是对应点，则α=__________度．1011【答案】90【解析】如图，连接CC 1，AA 1，作CC 1，AA 1的垂直平分线交于点E ，连接AE ，A 1E∵CC 1，AA 1的垂直平分线交于点E ，∴点E 是旋转中心，∵∠AEA 1=90°，∴旋转角α=90°，故答案为：90．【名师点睛】本题考查了旋转的性质，确定旋转的中心是本题的关键．15.（2019▪广西池河）如图，在平面直角坐标系中，A （2，0），B （0，1），AC 由AB 绕点A 顺时针旋转90°而得，则AC 所在直线的解析式是__________．【答案】y =2x ﹣4【解析】∵A （2，0），B （0，1），∴OA =2，OB =1，过点C 作CD ⊥x 轴于点D ，12则易知△ACD ≌△BAO （AAS ），∴AD =OB =1，CD =OA =2，∴C （3，2），设直线AC 的解析式为y =kx +b ，将点A ，点C 坐标代入得，∴， ∴直线AC 的解析式为y =2x ﹣4．故答案为：y =2x ﹣4．16．（2019•湖北十堰）如图，AB 为半圆的直径，且AB =6，将半圆绕点A 顺时针旋转60°，点B 旋转到点C 的位置，则图中阴影部分的面积为__________．【答案】6π【解析】由图可得，图中阴影部分的面积为：=6π， 故答案为：6π．【名师点睛】本题考查扇形面积的计算、旋转的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．17．（2019•郴州）已知某几何体的三视图如图，其中主视图和左视图都是腰长为5，底边长为4的等腰三角形，则该几何体的侧面展开图的面积是．（结果保留π）0223k b k b =+⎧⎨=+⎩24k b =⎧⎨=-⎩222606(62)(62)36022⨯π⨯π⨯÷π⨯÷+-13【解答】解：由三视图可知，该几何体是圆锥，∴侧面展开图的面积＝π•2•5＝10π，故答案为10π．18．（2019•聊城）如图是一个圆锥的主视图，根据图中标出的数据（单位：cm ），计算这个圆锥侧面展开图圆心角的度数为 ．【解答】解：∵圆锥的底面半径为1，∴圆锥的底面周长为2π，∵圆锥的高是2√2，∴圆锥的母线长为3，设扇形的圆心角为n °，14∴nπ×3180=2π，解得n ＝120．即圆锥的侧面展开图中扇形的圆心角为120°．故答案为：120°．19.（2019•济南）如图，在矩形纸片ABCD 中，将AB 沿BM 翻折，使点A 落在BC 上的点N 处，BM 为折痕，连接MN ；再将CD 沿CE 翻折，使点D 恰好落在MN 上的点F 处，CE 为折痕，连接EF 并延长交BM 于点P ，若AD ＝8，AB ＝5，则线段PE 的长等于 ．【答案】．【分析】根据折叠可得ABNM 是正方形，CD ＝CF ＝5，∠D ＝∠CFE ＝90°，ED ＝EF ，可求出三角形FNC 的三边为3，4，5，在Rt △MEF 中，由勾股定理可以求出三边的长，通过作辅助线，可证△FNC ∽△PGF ，三边占比为3：4：5，设未知数，通过PG ＝HN ，列方程求出待定系数，进而求出PF 的长，然后求PE 的长．【解答】解：过点P 作PG ⊥FN ，PH ⊥BN ，垂足为G 、H ，由折叠得：ABNM 是正方形，AB ＝BN ＝NM ＝MA ＝5，CD ＝CF ＝5，∠D ＝∠CFE ＝90°，ED ＝EF ，∴NC ＝MD ＝8﹣5＝3，在Rt △FNC 中，FN ＝＝4，15∴MF ＝5﹣4＝1，在Rt △MEF 中，设EF ＝x ，则ME ＝3﹣x ，由勾股定理得，12+（3﹣x ）2＝x 2，解得：x ＝，∵∠CFN +∠PFG ＝90°，∠PFG +∠FPG ＝90°，∴△FNC ∽△PGF ，∴FG ：PG ：PF ＝NC ：FN ：FC ＝3：4：5，设FG ＝3m ，则PG ＝4m ，PF ＝5m ，∴GN ＝PH ＝BH ＝4﹣3m ，HN ＝5﹣（4﹣3m ）＝1+3m ＝PG ＝4m ，解得：m ＝1，∴PF ＝5m ＝5，∴PE ＝PF +FE ＝5+＝，故答案为：．三、解答题20.（2019 辽宁大连中考）把函数C 1：y ＝ax 2﹣2ax ﹣3a （a ≠0）的图象绕点P （m ，0）旋转180°，得到新函数C2的图象，我们称C2是C1关于点P的相关函数．C2的图象的对称轴与x轴交点坐标为（t，0）．（1）填空：t的值为（用含m的代数式表示）（2）若a＝﹣1，当≤x≤t时，函数C1的最大值为y1，最小值为y2，且y1﹣y2＝1，求C2的解析式；（3）当m＝0时，C2的图象与x轴相交于A，B两点（点A在点B的右侧）．与y轴相交于点D．把线段AD原点O逆时针旋转90°，得到它的对应线段A′D′，若线A′D′与C2的图象有公共点，结合函数图象，求a 的取值范围．【分析】（1）C1：y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x﹣1）2﹣4a，顶点（1，﹣4a）围绕点P（m，0）旋转180°的对称点为（2m﹣1，4a），即可求解；（2）分t＜1、1≤t、t三种情况，分别求解；（3）分a＞0、a＜0两种情况，分别求解．【解答】解：（1）C1：y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x﹣1）2﹣4a，顶点（1，﹣4a）围绕点P（m，0）旋转180°的对称点为（2m﹣1，4a），C2：y＝﹣a（x﹣2m+1）2+4a，函数的对称轴为：x＝2m﹣1，t＝2m﹣1，故答案为：2m﹣1；（2）a＝﹣1时，C1：y＝（x﹣1）2﹣4，①当t＜1时，x＝时，有最小值y2＝，x＝t时，有最大值y1＝﹣（t ﹣1）2+4，1617 则y 1﹣y 2＝﹣（t ﹣1）2+4﹣＝1，无解；②1≤t 时，x ＝1时，有最大值y 1＝4，x ＝时，有最小值y 2＝﹣（t ﹣1）2+4，y 1﹣y 2＝≠1（舍去）；③当t 时，x ＝1时，有最大值y 1＝4，x ＝t 时，有最小值y 2＝﹣（t ﹣1）2+4，y 1﹣y 2＝（t ﹣1）2＝1，解得：t ＝0或2（舍去0），故C 2：y ＝（x ﹣2）2﹣4＝x 2﹣4x ；（3）m ＝0，C 2：y ＝﹣a （x +1）2+4a ，点A 、B 、D 、A ′、D ′的坐标分别为（1，0）、（﹣3，0）、（0，3a ）、（0，1）、（﹣3a ，0），当a ＞0时，a 越大，则OD 越大，则点D ′越靠左，当C 2过点A ′时，y ＝﹣a （0+1）2+4a ＝1，解得：a ＝，当C2过点D′时，同理可得：a＝1，故：0＜a或a≥1；当a＜0时，当C2过点D′时，﹣3a＝1，解得：a＝﹣，故：a≤﹣；综上，故：0＜a或a≥1或a≤﹣．21.（2019山西中考）综合与实践动手操作：第一步：如图1，正方形纸片ABCD沿对角线AC所在的直线折叠，展开铺平．在沿过点C的直线折叠，使点B，点D都落在对角线AC上．此时，点B与点D重合，记为点N，且点E，点N，点F三点在同一条直线上，折痕分别为CE，CF．如图2．第二步：再沿AC所在的直线折叠，△ACE与△ACF重合，得到图3．第三步：在图3的基础上继续折叠，使点C与点F重合，如图4，展开铺平，连接EF，FG，GM，ME．如图5，图中的虚线为折痕．问题解决：（1）在图5中，∠BEC 的度数是，的值是．（2）在图5中，请判断四边形EMGF的形状，并说明理由；（3）在不增加字母的条件下，请你以图中5中的字母表示的点为顶点，动手画出一个菱形（正方形除外），并写出这个菱形：．1819【分析】（1）由折叠的性质得BE ＝EN ，AE ＝AF ，∠CEB ＝∠CEN ，∠BAC ＝∠CAD ，由正方形性质得∠EAF ＝90°，推出∠AEF ＝∠AFE ＝45°，得出∠BEN ＝135°，∠BEC ＝67.5°，证得△AEN 是等腰直角三角形，得出AE ＝EN ，即可得出结果；（2）由正方形性质得∠B ＝∠BCD ＝∠D ＝90°，由折叠的性质得∠BCE ＝∠ECA ＝∠ACF ＝∠FCD ，CM ＝CG ，∠BEC ＝∠NEC ＝∠NFC ＝∠DFC ，得出∠BCE ＝∠ECA ＝∠ACF ＝∠FCD ＝22.5°，∠BEC ＝∠NEC ＝∠NFC ＝∠DFC ＝67.5°，由折叠可知MH 、GH 分别垂直平分EC 、FC ，得出MC ＝ME ＝CG ＝GF ，推出∠MEC ＝∠BCE ＝22.5°，∠GFC ＝∠FCD ＝22.5°，∠MEF ＝90°，∠GFE ＝90°，推出∠CMG ＝45°，∠BME ＝45°，得出∠EMG ＝90°，即可得出结论；（3）连接EH 、FH ，由折叠可知MH 、GH 分别垂直平分EC 、FC ，同时EC 、FC 也分别垂直平分MH 、GH ，则四边形EMCH 与四边形FGCH 是菱形．【解答】解：（1）由折叠的性质得：BE ＝EN ，AE ＝AF ，∠CEB ＝∠CEN ，∠BAC ＝∠CAD ，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠EAF ＝90°，∴∠AEF ＝∠AFE ＝45°，∴∠BEN ＝135°，∴∠BEC ＝67.5°，∴∠BAC ＝∠CAD ＝45°，∵∠AEF ＝45°，∴△AEN 是等腰直角三角形，∴AE＝EN，∴＝＝；故答案为：67.5°，；（2）四边形EMGF是矩形；理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴∠B＝∠BCD＝∠D＝90°，由折叠的性质得：∠BCE＝∠ECA＝∠ACF＝∠FCD，CM＝CG，∠BEC＝∠NEC＝∠NFC＝∠DFC，∴∠BCE＝∠ECA＝∠ACF＝∠FCD＝＝22.5°，∠BEC＝∠NEC＝∠NFC＝∠DFC＝67.5°，由折叠可知：MH、GH分别垂直平分EC、FC，∴MC＝ME＝CG＝GF，∴∠MEC＝∠BCE＝22.5°，∠GFC＝∠FCD＝22.5°，∴∠MEF＝90°，∠GFE＝90°，∵∠MCG＝90°，CM＝CG，∴∠CMG＝45°，∵∠BME＝∠BCE+∠MEC＝22.5°+22.5°＝45°，∴∠EMG＝180°﹣∠CMG﹣∠BME＝90°，∴四边形EMGF是矩形；（3）连接EH、FH，如图所示：∵由折叠可知：MH、GH分别垂直平分EC、FC，同时EC、FC也分别垂直平分MH、GH，∴四边形EMCH 与四边形FGCH 是菱形，2021 故答案为：菱形EMCH 或菱形FGCH ．22.（2019•济南）如图1，抛物线C ：y ＝ax 2+bx 经过点A （﹣4，0）、B （﹣1，3）两点，G 是其顶点，将抛物线C 绕点O 旋转180°，得到新的抛物线C ′．（1）求抛物线C 的函数解析式及顶点G 的坐标；（2）如图2，直线l ：y ＝kx ﹣经过点A ，D 是抛物线C 上的一点，设D 点的横坐标为m （m ＜﹣2），连接DO 并延长，交抛物线C ′于点E ，交直线l 于点M ，若DE ＝2EM ，求m 的值；（3）如图3，在（2）的条件下，连接AG 、AB ，在直线DE 下方的抛物线C 上是否存在点P ，使得∠DEP ＝∠GAB ？若存在，求出点P 的横坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）运用待定系数法将A （﹣4，0）、B （﹣1，3）代入y ＝ax 2+bx 中，即可求得a 和b 的值和抛物线C 解析式，再利用配方法将抛物线C 解析式化为顶点式即可求得顶点G 的坐标；（2）根据抛物线C 绕点O 旋转180°，可求得新抛物线C ′的解析式，再将A （﹣4，0）代入y ＝kx ﹣中，即可求得直线l 解析式，根据对称性可得点E 坐标，过点D 作DH ∥y 轴交直线l 于H ，过E 作EK ∥y 轴交直线l 于K ，由DE ＝2EM ，即可得＝，再证明△MEK ∽△MDH，即可得DH＝3EK ，建立方程求解即可；（3）连接BG，易证△ABG是Rt△，∠ABG＝90°，可得tan∠DEP＝tan∠GAB＝，在x轴下方过点O作OH⊥OE，在OH上截取OH＝OE＝，过点E作ET⊥y轴于T，连接EH交抛物线C于点P，点P即为所求的点；通过建立方程组求解即可．【解答】解：（1）将A（﹣4，0）、B（﹣1，3）代入y＝ax2+bx中，得解得∴抛物线C解析式为：y＝﹣x2﹣4x，配方，得：y＝﹣x2﹣4x＝﹣（x+2）2+4，∴顶点为：G（﹣2，4）；（2）∵抛物线C绕点O旋转180°，得到新的抛物线C′．∴新抛物线C′的顶点为：G′（2，﹣4），二次项系数为：a′＝1∴新抛物线C′的解析式为：y＝（x﹣2）2﹣4＝x2﹣4x将A（﹣4，0）代入y＝kx﹣中，得0＝﹣4k﹣，解得k＝，∴直线l解析式为y＝x﹣，∵D（m，﹣m2﹣4m），∴直线DO的解析式为y＝﹣（m+4）x，由抛物线C与抛物线C′关于原点对称，可得点D、E关于原点对称，∴E（﹣m，m2+4m）如图2，过点D作DH∥y轴交直线l于H，过E作EK∥y轴交直线l于K，则H（m，m﹣），K（﹣m，m﹣），∴DH＝﹣m2﹣4m﹣（m﹣）＝﹣m2m+，EK＝m2+4m﹣（m﹣）＝m 2+m +，22∵DE＝2EM∴＝，∵DH∥y轴，EK∥y轴∴DH∥EK∴△MEK∽△MDH∴＝＝，即DH＝3EK∴﹣m2m+＝3（m2+m+）解得：m1＝﹣3，m2＝，∵m＜﹣2∴m的值为：﹣3；（3）由（2）知：m＝﹣3，∴D（﹣3，3），E（3，﹣3），OE＝3，如图3，连接BG，在△ABG中，∵AB2＝（﹣1+4）2+（3﹣0）2＝18，BG2＝2，AG2＝20∴AB2+BG2＝AG2∴△ABG是Rt△，∠ABG＝90°，∴tan∠GAB＝＝＝，∵∠DEP＝∠GAB∴tan∠DEP ＝tan∠GAB ＝，23在x轴下方过点O作OH⊥OE，在OH上截取OH＝OE＝，过点E作ET⊥y轴于T，连接EH交抛物线C于点P，点P即为所求的点；∵E（3，﹣3），∴∠EOT＝45°∵∠EOH＝90°∴∠HOT＝45°∴H（﹣1，﹣1），设直线EH解析式为y＝px+q，则，解得∴直线EH解析式为y＝﹣x，解方程组，得，，∴点P的横坐标为：或．2425。