初二年级30道典型几何综合题

30道典型几何综合题1、解答：解：（1）如图，作点D关于x轴的对称点D'，连接CD'与x轴交于点E，连接DE．若在边OA上任取点E'与点E不重合，连接CE'、DE'、D'E'由DE'+CE'=D'E'+CE'＞CD'=D'E+CE=DE+CE，可知△CDE的周长最小．∵在矩形OACB中，OA=3，OB=4，D为OB的中点，∴BC=3，D'O=DO=2，D'B=6，∵OE∥BC，∴Rt△D'OE∽Rt△D'BC，有∴∴点E的坐标为（1，0）；（2）如图，作点D关于x轴的对称点D'，在CB边上截取CG=2，连接D'G与x轴交于点E，在EA上截取EF=2，∵GC∥EF，GC=EF，∴四边形GEFC为平行四边形，有GE=CF，又GC、EF的长为定值，∴此时得到的点E、F使四边形CDEF的周长最小．∵OE∥BC，∴Rt△D'OE∽Rt△D'BG，有．∴∴∴点E的坐标为（，0），点F的坐标为（，0）（10分）2、解答：解：（1）设点B（4，﹣1）关于x轴的对称点是B'，其坐标为（4，1），设直线AB'的解析式为y=kx+b，把A（2，﹣3），B'（4，1）代入得：，解得∴y=2x﹣7，令y=0得x=，即p=．（2）过A点作AE⊥x轴于点E，且延长AE，取A'E=AE．做点F（1，﹣1），连接A'F．那么A'（2，3）．直线A'F的解析式为，即y=4x﹣5∵C点的坐标为（a，0），且在直线A'F上，∴a=．（3）存在使四边形ABMN周长最短的点M、N，作A关于y轴的对称点A′，作B关于x轴的对称点B′，连接A′B′，与x轴、y轴的交点即为点M、N，∴A′（﹣2，﹣3），B′（4，1），∴直线A′B′的解析式为：y=x﹣，∴M（，0），N（0，﹣）．m=，n=﹣．3、解答：（1）证明：∵沿对角线BD对折，点C落在点C′的位置，∴∠A=∠C′，AB=C′D∴在△GAB与△GC′D中，∴△GAB≌△GC′D∴AG=C′G；（2）解：∵点D与点A重合，得折痕EN，∴DM=4cm，ND=5cm，∵EN⊥AD，∴MN==3（cm），由折叠的性质可知∠NDE=∠NDC，∵EN∥CD，∴∠END=∠NDC，∴∠END=∠NDC=∠NDE，∴EN=ED，设EM=x，则ED=EN=x+3，由勾股定理得ED2=EM2+DM2，即（x+3）2=x2+42，解得x=，即EM=．4、解答：解：（1）等腰．（2）如图①，连接BE，画BE的中垂线交BC与点F，连接EF，△BEF是矩形ABCD的一个折痕三角形．∵折痕垂直平分BE，AB=AE=2，∴点A在BE的中垂线上，即折痕经过点A．∴四边形ABFE为正方形．∴BF=AB=2，∴F（2，0）．（3）矩形ABCD存在面积最大的折痕三角形BEF，其面积为4，理由如下：①当F在边BC上时，如图②所示．S△BEF≤S矩形ABCD，即当F与C重合时，面积最大为4．②当F在边CD上时，如图③所示，过F作FH∥BC交AB于点H，交BE于K．∵S△EKF=KF•AH≤HF•AH=S矩形AHFD，S△BKF=KF•BH≤HF•BH=S矩形BCFH，∴S△BEF≤S矩形ABCD=4．即当F为CD中点时，△BEF面积最大为4．下面求面积最大时，点E的坐标．①当F与点C重合时，如图④所示．由折叠可知CE=CB=4，在Rt△CDE中，ED===2．∴AE=4﹣2．∴E（4﹣2，2）．②当F在边DC的中点时，点E与点A重合，如图⑤所示．此时E（0，2）．综上所述，折痕△BEF的最大面积为4时，点E的坐标为E（0，2）或E（4﹣2，2）．5、解答：解：（1）由折叠知BE=EM，∠B=∠EMP=90°．①△AEM的周长=AE+EM+AM=AE+EB+AM=AB+AM．∵AB=4，M是AD中点，∴△AEM的周长=4+2=6（cm）；②现证明EP=AE+PD方法一：取EP的中点G，则在梯形AEPD中，MG为中位线，∴MG=（AE+PD），在Rt△EMP中，MG为斜边EP的中线，∴MG=EP，∴EP=AE+PD．方法二：延长EM交CD延长线于Q点．∵∠A=∠MDQ=90°，AM=DM，∠AME=∠DMQ，∴△AME≌△DMQ．∴AE=DQ，EM=MQ．又∵∠EMP=∠B=90°，∴PM垂直平分EQ，有EP=PQ．∵PQ=PD+DQ，∴EP=AE+PD．（2）△PDM的周长保持不变．设AM=x，则MD=4﹣x．由折叠性质可知，EM=4﹣AE，在Rt△AEM中，AE2+AM2=EM2，即AE2+x2=（4﹣AE）2，∴AE=（16﹣x2）又∵∠EMP=90°，∴∠AME+∠DMP=90°．∵∠AME+∠AEM=90°，∴∠AEM=∠DMP．又∠A=∠D，∴△PDM∽△MAE．∴∴C△PDM=C△MAE•=（4+x）•=8．∴△PDM的周长保持不变．6、解答：解：（1）∵A（﹣6，0），C（0，4）∴OA=6，OC=4设DE与y轴交于点M由DE∥AB可得△DMC∽△AOC又CD=AC∴∴CM=2，MD=3同理可得EM=3∴OM=6∴D点的坐标为（3，6）；（2）由（1）可得点M的坐标为（0，6）由DE∥AB，EM=MD可得y轴所在直线是线段ED的垂直平分线∴点C关于直线DE的对称点F在y轴上∴ED与CF互相垂直平分∴CD=DF=FE=EC∴四边形CDFE为菱形，且点M为其对称中心作直线BM，设BM与CD、EF分别交于点S、点T可证△FTM≌△CSM∴FT=CS∵FE=CD∴TE=SD∵EC=DF∴TE+EC+CS+ST=SD+DF+FT+TS∴直线BM将四边形CDFE分成周长相等的两个四边形，由点B（6，0），点M（0，6）在直线y=kx+b上，可得直线BM的解析式为y=﹣x+6．（3）确定G点位置的方法：过A点作AH⊥BM于点H，则AH与y轴的交点为所求的G点由OB=6，OM=6可得∠OBM=60°∴∠BAH=30°在Rt△OAG中，OG=AO•tan∠BAH=2∴G点的坐标为．（或G点的位置为线段OC的中点）7、解答：解：（1）△A2B2C2的三个顶点的坐标分别是A2（4，0），B2（5，0），C2（5，2）；（3分）（2）如果0＜a≤3，那么点P1在线段OM上，PP2=PP1+P1P2=2OP1+2P1M=2（OP1+P1M）=2OM=6；（5分）如果a＞3，那么点P1在点M的右边，PP2=PP1﹣P1P2=2OP1﹣2P1M=2（OP1﹣P1M）=2OM=6．所以PP2的长是6．（7分）8、解答：解：（1）Rt△CEF、Rt△ADE、Rt△AEF、Rt△AA1D1、Rt△ED1C1、Rt△C1B1F．（写出其中三个即可）（2）AF==5过E作EM⊥AF，垂足为M，交D1C1于N，则EM=2∵四边形A1B1C1D1是正方形∴D1C1∥AF∴△D1C1E∽△AFE∴设正方形A1B1C1D1的边长为x，则解得x=∴正方形A1B1C1D1的边长为．（3）∵D1C1=，EN=2﹣=∴S△D1EC1=××=∴=，C1B1=∴B1F=∴S△C1B1F1=××=∵∠1=∠2，∠1+∠4=90°，∠2+∠3=90°∴∠3=∠4∴E1点在C1F1上又∵S△正方形A1B1C1D=（）2=∴S未被覆盖四边形=﹣﹣=．9、解答：解：（1）由题意可知：OA=2，∠AOB=30°，则根据直角三角形中30°所对的边是斜边的一半，则AB=1，根据勾股定理可以求得OB=；则点A的坐标为（1，），点B的坐标为（0，）；（2）垂直．理由：连接DE，直角三角形ODE中，tan∠OED==，∴∠OED=60°．∵∠BAO=30°，∴OA⊥ED．（3）因为DE总是垂直于OA运动，因此可以看做直线DE沿OA方向进行运动．因此两者有公共点的取值范围就是O⇒A之间．当DE过O点时，t=0．当DE过A点时，直角三角形OAD中，OA=2，∠ODA=30°，因此OD=4，t=．因此t的取值范围是0≤t≤．（4）当0≤t≤时，S=t2；Smax=；当＜t≤时，S=﹣t2﹣（﹣t）2=﹣（t﹣）2+，Smax=；当＜t≤时，S=（2﹣t）2，S无最大值；综上所述S的最大值为．10、解答：解：（1）∵OA=OB=2，∴A（0，2）、B（2，0）、C（2，2）．（3分）（2）△AOM∽△ONO’（4分）证明：∵四边形AOBC是正方形，∴∠AOM=90°．又O’N⊥OB，∴∠ONO'=90°．∴∠AOM=∠ONO’=90°．又根据对称性质可知：AM⊥OO’于D点，∴在Rt△ODM中，∠1+∠3=90°．在Rt△AOM中，∠2+∠3=90°，∴∠1=∠2．∴△AOM∽△ONO’（6分）（3）∵M是OB的中点，∴OM=•OB=1．∴在Rt△AOM中，AM=．又∵OD是Rt△AOM斜边上的高，∴．∴．（8分）又∵△AOM∽△ONO’，∴．．∴．∴．（10分）11、解答：解：（1）∵A点第一次落在直线y=x上时停止旋转，∴OA旋转了45度．∴OA在旋转过程中所扫过的面积为．（2）∵MN∥AC，∴∠BMN=∠BAC=45°，∠BNM=∠BCA=45度．∴∠BMN=∠BNM．∴BM=BN．又∵BA=BC，∴AM=CN．又∵OA=OC，∠OAM=∠OCN，∴△OAM≌△OCN．∴∠AOM=∠CON．∴∠AOM=（90°﹣45°）=22.5度．∴旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形OABC旋转的度数为45°﹣22.5°=22.5度．（3）在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化．证明：延长BA交y轴于E点，则∠AOE=45°﹣∠AOM，∠CON=90°﹣45°﹣∠AOM=45°﹣∠AOM，∴∠AOE=∠CON．又∵OA=OC，∠OAE=180°﹣90°=90°=∠OCN．∴△OAE≌△OCN．∴OE=ON，AE=CN．又∵∠MOE=∠MON=45°，OM=OM，∴△OME≌△OMN．∴MN=ME=AM+AE．∴MN=AM+CN，∴p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4．∴在旋转正方形OABC的过程中，p值无变化．12、解答：解：（1）图②中与△BCF全等的有△GDF、△GAH、△ECH．（2）D1F1=AH1，证明：∵，∴△AF1C≌△D1H1C．∴F1C=H1C，又CD1=CA，∴CD1﹣F1C=CA﹣H1C．即D1F1=AH1；（3）连接CG1．在△D1G1F1和△AG1H1中，∵，∴△D1G1F1≌△AG1H1．∴G1F1=G1H1，又∵H1C=F1C，G1C=G1C，∴△CG1F1≌△CG1H1．∴∠1=∠2．∵∠B=60°，∠BCF=30°，∴∠BFC=90°．又∵∠DCE=90°，∴∠BFC=∠DCE，∴BA∥CE，∴∠1=∠3，∴∠2=∠3，∴G1I=CI．13、解答：解：（1）BE=DF且BE⊥DF；（2）在△DFA和△BEA中，∵∠DAF=90°﹣∠FAB，∠BAE=90°﹣∠FAB，∴∠DAF=∠BAE，又AB=AD，AE=AF，∴△DFA≌△BEA，∴BE=DF；∠ADF=∠ABE，∴BE⊥DF；（3）AE=（﹣1）AD；（4）正方形．14、解答：解：（1）AB=AE，AB⊥AE；（2）将△BCG绕点C顺时针旋转90°后能与△ACE重合（或将△ACE绕点C逆时针旋转90°后能与△BCG重合），理由如下：∵AC⊥BC，DF⊥EF，B、F、C、E共线，∴∠ACB=∠ACE=∠DFE=90°，又∵AC=BC，DF=EF，∴∠DEF=∠D=45°，在△CEG中，∵∠ACE=90°，∴∠CGE+∠DEF=90°∴∠CGE=∠DEF=45°，∴CG=CE，在△BCG和△ACE中，∵，∴△BCG≌△ACE（SAS），∴将△BCG绕点C顺时针旋转90°后能与△ACE重合（或将△ACE绕点C逆时针旋转90°后能与△BCG重合）．15、解答：解：（1）∠EBF=30°；（1分）∠QFC=60°；（2分）（2）∠QFC=60°．（1分）解法1：不妨设BP＞AB，如图1所示．∵∠BAP=∠BAE﹣∠EAP=60°﹣∠EAP，∠EAQ=∠QAP﹣∠EAP=60°﹣∠EAP，∴∠BAP=∠EAQ．（2分）在△ABP和△AEQ中AB=AE，∠BAP=∠EAQ，AP=AQ，∴△ABP≌△AEQ．（SAS）（3分）∴∠AEQ=∠ABP=90°．（4分）∴∠BEF=180°﹣∠AEQ﹣∠AEB=180°﹣90°﹣60°=30°．∴∠QFC=∠EBF+∠BEF=30°+30°=60°．（5分）（事实上当BP≤AB时，如图2情形，不失一般性结论仍然成立，不分类讨论不扣分）解法2：设AP交QF于M∠QMP为△AMQ和△FMP共同的外角∴∠QMP=∠Q+∠PAQ=∠APB+∠QFC，由△ABP≌△AEQ得∠Q=∠APB，由旋转知∠PAQ=60°，∴∠QFC=∠PAQ=60°，（3）在图1中，过点F作FG⊥BE于点G．∵△ABE是等边三角形，∴BE=AB=2．由（1）得∠EBF=30°．在Rt△BGF中，BG==，∴BF==2．∴EF=2．（1分）∵△ABP≌△AEQ．∴QE=BP=x，∴QF=QE+EF=x+2．（2分）过点Q作QH⊥BC，垂足为H．在Rt△QHF中，y=QH=sin60°×QF=（x+2）．（x＞0）即y关于x的函数关系式是：y=x+．（3分）16、解答：解：（1）BG=AE，证明：易得BD=DC，GD=DE，∠GDB=∠EDA；故可得Rt△BDG≌Rt△EDA；故BG=AE；（2）成立：证明：连接AD，∵Rt△BAC中，D为斜边BC的中点，∴AD=BD，AD⊥BC，∴∠ADG+∠GDB=90°，∵EFGD为正方形，∴DE=DG，且∠GDE=90°，∴∠ADG+∠ADE=90°，∴∠BDG=∠ADE，在△BDG和△AED中，∴△BDG≌△AED（SAS），∴BG=AE；（3）由（2）可得BG=AE，当BG取得最大值时，AE取得最大值；分析可得：当旋转角度为270°时，BG=AE最大值为1+2=3，此时如图：AF=．17、解答：（1）证明：∵∠A=30°，∠ACB=90°，D是AB的中点．∴CD=AD=BD，又∠B=90°﹣∠A=60°，∴△BCD是等边三角形．又∵CN⊥DB，∴DN=DB．∵∠EDF=90°，△BCD是等边三角形，∴∠ADG=30°，而∠A=30°．∴GA=GD．∵GM⊥AB，∴AM=AD．又∵AD=DB，∴AM=DN．（2）解：（1）的结论依然成立．理由如下：∵DF∥AC，∴∠1=∠A=30°，∠AGD=∠GDH=90°，∴∠ADG=60°．∵∠B=60°，AD=DB，∴△ADG≌△DBH，∴AG=DH．又∵∠1=∠A，GM⊥AB，HN⊥AB，∴△AMG≌△DNH，∴AM=DN．18、解答：解：（1）∵点F在AD上，∴AF2=a2+a2，即AF=a，∴DF=b﹣a，∴S△DBF=DF×AB=×（b﹣a）×b=b2﹣ab；（2）连接AF，由题意易知AF∥BD，∴四边形AFDB是梯形，∴△DBF与△ABD等高同底，即BD为两三角形的底，由AF∥BD，得到平行线间的距离相等，即高相等，∴S△DBF=S△ABD=b2；（3）正方形AEFG在绕A点旋转的过程中，F点的轨迹是以点A为圆心，AF为半径的圆，第一种情况：当b＞2a时，存在最大值及最小值，因为△BFD的边BD=b，故当F点到BD的距离取得最大、最小值时，S△BFD取得最大、最小值．如图②所示CF2⊥BD时，S△BFD的最大值=，S△BFD的最小值=，第二种情况：当b=2a时，存在最大值，不存在最小值．∴S△BFD的最大值=．（如果答案为4a2或b2也可）．19、解答：（1）证明：证法一：在△ABP与△ADP中，∵AB=AD∠BAC=∠DAC，AP=AP，∴△ABP≌△ADP，∴BP=DP．（2分）证法二：利用正方形的轴对称性，可得BP=DP．（2分）（2）解：不是总成立．（3分）当四边形PECF的点P旋转到BC边上时，DP＞DC＞BP，此时BP=DP不成立，（5分）说明：未用举反例的方法说理的不得分．（3）解：连接BE、DF，则BE与DF始终相等，（6分）在图1中，由正方形ABCD可证：AC平分∠BCD，∵PE⊥BC，PF⊥BD，∴PE=PF，∠BCD=90°，∴四边形PECF为正方形．（7分）∴CE=CF，∵∠DCF=∠BCE，BC=CD，∴△BEC≌△DFC，∴BE=DF．（8分）20、解答：证明：（1）∵将菱形纸片AB（E）CD（F）沿对角线BD（EF）剪开，∴∠B=∠D，∵将△ECF的顶点F固定在△ABD的BD边上的中点处，△ECF绕点F在BD边上方左右旋转，∴BF=DF，∵∠HFG=∠B，又∵∠HFD=∠HFG+∠GFD=∠B+∠BHF∴∠GFD=∠BHF，∴△BFH∽△DGF，∴，∴BH•GD=BF2；（2）∵AG∥CE，∴∠FAG=∠C，∵∠CFE=∠CEF，∴∠AGF=∠CFE，∴AF=AG，∵∠BAD=∠C，∴∠BAF=∠DAG，∴△ABF≌△ADG，∴FB=DG，∴FD+DG=BD，故答案为：BD．21、解答：解：（1）相似（1分）由题意得：∠APA1=∠BPB1=α，AP=A1P，BP=B1P，则∠PAA1=∠PBB1=，（2分）∵∠PBB1=∠EBF，∴∠PAE=∠EBF，又∵∠BEF=∠AEP，∴△BEF∽△AEP；（3分）（2）存在，理由如下：（4分）易得：△BEF∽△AEP，若要使得△BEF≌△AEP，只需要满足BE=AE即可，（5分）∴∠BAE=∠ABE，∵∠BAC=60°，∴∠BAE=，∵∠ABE=β∠BAE=∠ABE，（6分）∴，即α=2β+60°；（7分）（3）连接BD，交A1B1于点G，过点A1作A1H⊥AC于点H．∵∠B1A1P=∠A1PA=60°，∴A1B1∥AC，由题意得：AP=A1P=2+x，∠A=60°，∴△PAA1是等边三角形，∴A1H=sin60°A1P=，（8分）在Rt△ABD中，BD=，∴BG=，（9分）∴（0≤x＜2）．（10分）22、解答：解：（1）∵点A（3，0），B（0，4），得OA=3，OB=4，∴在Rt△AOB中，由勾股定理，得AB==5，根据题意，有DA=OA=3．如图①，过点D作DM⊥x轴于点M，则MD∥OB，∴△ADM∽△ABO．有，得，∴OM=，∴，∴点D的坐标为（，）．（2）如图②，由已知，得∠CAB=α，AC=AB，∴∠ABC=∠ACB，∴在△ABC中，∴α=180°﹣2∠ABC，∵BC∥x轴，得∠OBC=90°，∴∠ABC=90°﹣∠ABO=90°﹣β，∴α=2β；（3）若顺时针旋转，如图，过点D作DE⊥OA于E，过点C作CF⊥OA于F，∵∠AOD=∠ABO=β，∴tan∠AOD==，设DE=3x，OE=4x，则AE=3﹣4x，在Rt△ADE中，AD2=AE2+DE2，∴9=9x2+（3﹣4x）2，∴x=，∴D（，），∴直线AD的解析式为：y=x﹣，∵直线CD与直线AD垂直，且过点D，∴设y=﹣x+b，则b=4，∵互相垂直的两条直线的斜率的积等于﹣1，∴直线CD的解析式为y=﹣，若顺时针旋转，则可得直线CD的解析式为y=．∴直线CD的解析式为y=﹣或y=．23、解答：（1）证明：如图1，分别连接OE、0F，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BD平分∠ADC．AO=DC=BC，∴∠COD=∠COB=∠AOD=90°．∠ADO=∠ADC=×60°=30°，又∵E、F分别为DC、CB中点，∴OE=CD，OF=BC，AO=AD，∴0E=OF=OA，∴点O即为△AEF的外心．（2）解：①猜想：外心P一定落在直线DB上．证明：如图2，分别连接PE、PA，过点P分别作PI⊥CD于I，PJ⊥AD于J，∴∠PIE=∠PJD=90°，∵∠ADC=60°，∴∠IPJ=360°﹣∠PIE﹣∠PJD﹣∠JDI=120°，∵点P是等边△AEF的外心，∴∠EPA=120°，PE=PA，∴∠IPJ=∠EPA，∴∠IPE=∠JPA，∴△PIE≌△PJA，∴PI=PJ，∴点P在∠ADC的平分线上，即点P落在直线DB上．②为定值2．当AE⊥DC时．△AEF面积最小，此时点E、F分别为DC、CB中点．连接BD、AC交于点P，由（1）可得点P即为△AEF的外心．如图3．设MN交BC于点G，设DM=x，DN=y（x≠0．y≠O），则CN=y﹣1，∵BC∥DA，∴△GBP≌△MDP．∴BG=DM=x．∴CG=1﹣x∵BC∥DA，∴△NCG∽△NDM，∴，∴，∴x+y=2xy，∴+=2，即=2．24、解答：解：（1）设AC=4x，BC=3x，在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，即：（4x）2+（3x）2=102，解得：x=2，∴AC=8cm，BC=6cm；（2）①当点Q在边BC上运动时，过点Q作QH⊥AB于H，∵AP=x，∴BP=10﹣x，BQ=2x，∵△QHB∽△ACB，∴，∴QH=x，y=BP•QH=（10﹣x）•x=﹣x2+8x（0＜x≤3），②当点Q在边CA上运动时，过点Q作QH′⊥AB于H′，∵AP=x，∴BP=10﹣x，AQ=14﹣2x，∵△AQH′∽△ABC，∴，即：=，解得：QH′=（14﹣2x），∴y=PB•QH′=（10﹣x）•（14﹣2x）=x2﹣x+42（3＜x＜7）；∴y与x的函数关系式为：y=；（3）∵AP=x，AQ=14﹣2x，∵PQ⊥AB，∴△APQ∽△ACB，∴=，即：=，解得：x=，PQ=，∴PB=10﹣x=，∴≠，∴==≠，∴当点Q在CA上运动，使PQ⊥AB时，以点B、P、Q为定点的三角形与△ABC不相似；（4）存在．理由：∵AQ=14﹣2x=14﹣10=4，AP=x=5，∵AC=8，AB=10，∴PQ是△ABC的中位线，∴PQ∥BC，∴PQ⊥AC，∴PQ是AC的垂直平分线，∴PC=AP=5，∴当点M与P重合时，△BCM的周长最小，∴△BCM的周长为：MB+BC+MC=PB+BC+PC=5+6+5=16．∴△BCM的周长最小值为16．25、解答：解：（1）如图1，过点C作CN⊥x轴，垂足为N，则四边形DONC为矩形，∴ON=CD∵四边形ABCD是菱形，AB=10，∴AB=BC=CD=AD=10，∴ON=10，∵A（﹣6，0），∴OA=6，OD===8，∴点C的坐标为（10，8）；（2）如图2，过点P作PH⊥BC，垂足为H，则∠PHC=∠AOD=90°，∵四边形ABCD是菱形，∴∠PCB=∠DAO，∴△PHC∽△DOA，∴==，∴==，∴PH=x，CH=x，∴BH=10﹣x，∵PE∥BC，BQ⊥PQ，∴∠PQB=∠QBC=∠PHB=90°，∴四边形PQBH为矩形，∴PQ=BH=10﹣x，∴y=10﹣x（0＜x＜10）；（3）如图3，过点P作PH′⊥BC，垂足为H′，则四边形PQBH′是矩形，∴BQ=PH′=x，∵PE∥BC，∴∠PED=∠CBD，∵CD=CB，∴∠CBD=∠CDB，∴∠CDB=∠PED，∴PE=PD=10﹣x，QE=PQ﹣PE=x，过点D作DG⊥PQ于点G，过点A作AF⊥PQ交PQ的延长线于点F，∴∠DGF=∠AFG=90°，∵PQ∥BC，∴PQ∥AD，∴∠ADG=90°，∴四边形AFGD为矩形，∴AF=DG，∵PQ∥BC，∴∠DPG=∠C，∵∠DGP=∠PH′C=90°，∴△DGP∽△PH′C，∴=，∴AF=DG=（10﹣x）=8﹣x，∵S△BQE+S△AQE=EQ×BQ+EQ×AF，=×x×x+×x×（8﹣x）=x，S△DEP=PE×DG=（10﹣x）×（8﹣x），=x2﹣8x+40，∵S△BQE+S△AQE=S△DEP，∴x=（x2﹣8x+40），整理得，x2﹣25x+100=0，∴x1=5，x2=20，∵0＜x＜10，∴x2=20不符合题意，舍去，∴x1=5，∴x=5时，S△BQE+S△AQE=S△DEP，∵PH′=x=4＜5，∴⊙P与直线BC相交．26、解答：（1）解：∵∠DBC=∠ACB=90°，∴△DBE∽△CAE，∴=，又∵BD=BC=2AC，∴DE=2CE；故答案为DE=2CE．（2）证明：如图2，∵∠DBC=∠ACB=120°，BD=BC，∴∠D=∠BCD=30°，∴∠ACD=90°，过点B作BM⊥DC于M，则DM=MC，BM=BC，∵AC=BC，∴BM=AC，又∵∠BMC=∠ACM=90°，∠MEB=∠CEA，∴△BME≌△ACE，∴ME=CE=CM，∴DE=3EC；（3）解：如图，过点B作BM′⊥DC于点M′，过点F作FN⊥DB交DB的延长线于点N，设BF=a，∵∠DBF=120°，∴∠FBN=60°，∴FN=a，BN=a，∵DB=BC=2BF=2a，∴DN=DB+BN=a，∴DF===a，∵AC=BC，BF=BC，∴BF=AC，∴△DBF≌△ACB，∴∠BDF=∠CBA，又∵∠BFG=∠DFB，∴△FBG∽△FDB，∴==，∴BF2=FG×FD，∴a2=a×FG，∴FG=a，∴DG=DF﹣FG=a，BG==a，∵△DKG和△DBG关于直线DG对称，∴∠GDH=∠BDF，∴∠ABC=∠GDH，又∵∠BGF=∠DGH，∴△BGF∽△DGH，∴=，∴GH==a，∵BH=BG+GH=a=10，∴a=2；∴BC=2a=4，CM′=BCcos30°=2，∴DC=2CM′=4，∵DE=3EC，∴EC=DC=．27、解答：（1）证明：①如图2：∵BM⊥直线a于点M，CN⊥直线a于点N，∴∠BMN=∠CNM=90°，∴BM∥CN，∴∠MBP=∠ECP，又∵P为BC边中点，∴BP=CP，又∵∠BPM=∠CPE，∴△BPM≌△CPE，（3分）②∵△BPM≌△CPE，∴PM=PE∴PM=ME，∴在Rt△MNE中，PN=ME，∴PM=PN．（5分）（2）解：成立，如图3．证明：延长MP与NC的延长线相交于点E，∵BM⊥直线a于点M，CN⊥直线a于点N，∴∠BMN=∠CNM=90°∴∠BMN+∠CNM=180°，∴BM∥CN∴∠MBP=∠ECP，（7分）又∵P为BC中点，∴BP=CP，又∵∠BPM=∠CPE，∴△BPM≌△CPE，∴PM=PE，∴PM=ME，则Rt△MNE中，PN=ME，∴PM=PN．（10分）（3）解：如图4，四边形M′BCN′是矩形，根据矩形的性质和P为BC边中点，得到△M′BP≌△N′CP，（11分）得PM′=PN′成立．即“四边形MBCN是矩形，则PM=PN成立”．（12分）28、解答：解：（1）EG=CG，EG⊥CG．（2分）（2）EG=CG，EG⊥CG．（2分）证明：延长FE交DC延长线于M，连MG．∵∠AEM=90°，∠EBC=90°，∠BCM=90°，∴四边形BEMC是矩形．∴BE=CM，∠EMC=90°，由图（3）可知，△BEF为等腰直角三角形，∴BE=EF，∴EF=CM．∵∠EMC=90°，FG=DG，∴MG=FD=FG．∵BC=EM，BC=CD，∴EM=CD．∵EF=CM，∴FM=DM，∴∠F=45°．又FG=DG，∠CMG=∠EMC=45°，∴∠F=∠GMC．∴△GFE≌△GMC．∴EG=CG，∠FGE=∠MGC．（2分）∵∠FMC=90°，MF=MD，FG=DG，∴MG⊥FD，∴∠FGE+∠EGM=90°，∴∠MGC+∠EGM=90°，即∠EGC=90°，∴EG⊥CG．（2分）29、解答：解：（1）证明：∵四边形OABC为正方形，∴OC=OA．∵三角板OEF是等腰直角三角形，∴OE1=OF1．又三角板OEF绕O点逆时针旋转至OE1F1的位置时，∠AOE1=∠COF1，∴△OAE1≌△OCF1．（3分）（2）存在．（4分）∵OE⊥OF，∴过点F与OE平行的直线有且只有一条，并与OF垂直，当三角板OEF绕O点逆时针旋转一周时，则点F在以O为圆心，以OF为半径的圆上．（5分）∴过点F与OF垂直的直线必是圆O的切线．又点C是圆O外一点，过点C与圆O相切的直线有且只有2条，不妨设为CF1和CF2，此时，E点分别在E1点和E2点，满足CF1∥OE1，CF2∥OE2．（7分）当切点F1在第二象限时，点E1在第一象限．在直角三角形CF1O中，OC=4，OF1=2，cos∠COF1==，∴∠COF1=60°，∴∠AOE1=60°．∴点E1的横坐标为：x E1=2cos60°=1，点E1的纵坐标为：y E1=2sin60°=，∴点E1的坐标为（1，）；（9分）当切点F2在第一象限时，点E2在第四象限．同理可求：点E2的坐标为（1，﹣）．（10分）综上所述，三角板OEF绕O点逆时针旋转一周，存在两个位置，使得OE∥CF，此时点E的坐标为E1（1，）或E2（1，﹣）．（11分）30、解答：（1）证明：在△ABC和△AEP中，∵∠ABC=∠AEP，∠BAC=∠EAP，∴∠ACB=∠APE，在△ABC中，AB=BC，∴∠ACB=∠BAC，∴∠EPA=∠EAP．（2）解：▱APCD是矩形．理由如下：∵四边形APCD是平行四边形，∴AC=2EA，PD=2EP，∵由（1）知∠EPA=∠EAP，∴EA=EP，则AC=PD，∴▱APCD是矩形．（3）解：EM=EN．证明：∵EA=EP，∴∠EPA===90°﹣α，∴∠EAM=180°﹣∠EPA=180°﹣（90°﹣α）=90°+α，由（2）知∠CPB=90°，F是BC的中点，∴FP=FB，∴∠FPB=∠ABC=α，∴∠EPN=∠EPA+∠APN=∠EPA+∠FPB=90°﹣α+α=90°+α，∴∠EAM=∠EPN，∵∠AEP绕点E顺时针旋转适当的角度，得到∠MEN，∴∠AEP=∠MEN，∴∠AEP﹣∠AEN=∠MEN﹣∠AEN，即∠MEA=∠NEP，在△EAM和△EPN中，∴△EAM≌△EPN（AAS），∴EM=EN．26函数综合题1、解答：解：（1）取a=1，得抛物线y=x2+2x+3，其顶点为P1（﹣1，2）．取a=﹣1，得抛物线y=﹣x2+2x+3，其顶点为P2（1，4）．由题意有P1、P2在直线l上，设直线l的解析式为y=kx+b，则解得：∴直线l的解析式为y=x+3．（2）∵抛物线y=ax2+2x+3的顶点P坐标为．显然P在直线y=x+3上．又能取到除0以外的所有实数，∴在y=x+3上仅有一点（0，3）不是该抛物线的顶点．（3）猜想：对于抛物线y=ax2+bx+c（a≠0），将其顶点的横坐标减少，纵坐标增加分别作为点A的横、纵坐标；把顶点的横坐标增加，纵坐标增加分别作为点B的横、纵坐标，则A，B两点也在抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）上．证明如下：∵抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点坐标为（），∴点A的坐标为，点B的坐标为．∵时，∴点A在抛物线y=ax2+bx+c（a≠0），同理有B也在抛物线上，故结论成立．2、解答：解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c与y轴交于点C（0，﹣2），代入得：c=﹣2，∴y=ax2+bx﹣2，把A（﹣2，﹣2），B（2，2）代入得：，解得：，∴y=x2+x﹣2，答：抛物线的解析式是y=x2+x﹣2．（2）∵MN=，点A，B都在直线y=x上，MN在直线AB上，MN在线段AB上，M的横坐标为m．如图1，过点M作x轴的平行线，过点N作y轴的平行线，它们相交于点H．∴△MHN是等腰直角三角形．∴MH=NH=1．∴点N的坐标为（m+1，m+1）①如图2，当m＜0时，PM=﹣m，NQ=m+1﹣[（m+1）2+m+1﹣2]=﹣（m+1）2+2．当四边形PMQN为平行四边形时，PM=NQ．∴﹣m=﹣（m+1）2+2．解得：m=（不合题意舍去）或﹣，②如图3，当m＞0，PM=m，NQ=m+1﹣[（m+1）2+m+1﹣2]=﹣（m+1）2+2．当四边形PMQN为平行四边形时，PM=NQ．∴m=﹣（m+1）2+2．解得：m=﹣2﹣（不合题意舍去）或﹣2，∴当m=﹣或m=﹣2时，以点P，M，Q，N为顶点的四边形能为平行四边形．3、解答：解：（1）∵抛物线y=mx2﹣11mx+24m （m＜0）与x轴交于B、C两点（点B在点C的左侧），∴抛物线与x轴的交点坐标为：0=mx2﹣11mx+24m，解得：x1=3，x2=8，∴OB=3，OC=8 （4分）；（2）连接AD，交OC于点E，∵四边形OACD是菱形，∴AD⊥OC，OE=EC=×8=4，∴BE=4﹣3=1，又∵∠BAC=90°，∴△ACE∽△BAE，∴=，∴AE2=BE•CE=1×4，∴AE=2，…（6分）∴点A的坐标为（4，2）…（7分）把点A的坐标（4，2）代入抛物线y=mx2﹣11mx+24m，得m=﹣，∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x﹣12；…（9分）（3）∵直线x=n与抛物线交于点M，∴点M的坐标为（n，﹣n2+n﹣12），由（2）知，点D的坐标为（4，﹣2），则C、D两点的坐标求直线CD的解析式为y=x﹣4，∴点N的坐标为（n，n﹣4），∴MN=（﹣n2+n﹣12）﹣（n﹣4）=﹣n2+5n﹣8，…（11分）∴S四边形AMCN=S△AMN+S△CMN=MN•CE=（﹣n2+5n﹣8）×4=﹣（n﹣5）2+9 （13分）∴当n=5时，S四边形AMCN=9．（14分）4、解答：（1）解：由A（﹣4，0）、B（﹣2，2）在抛物线y=ax2+bx图象上，得：（2分）解之得：a=﹣，b=﹣2，∴该函数解析式为：y=﹣x2﹣2x．（4分）（2）证明：过点B作BC垂直于X轴，垂足是点C．（6分）∵y=﹣x2﹣2x=﹣（x+2）2+2，∴线段CO、CA、CB的长度均为2，∴△ABC和△OBC为全等的等腰直角三角形，∴AB=OB且∠ABO=∠ABC+∠OBC=90°∴△OAB是等腰直角三角形（8分）（3）解：如图，将△OAB绕点O按逆时针方向旋转135°，得到△OA′B′其中点B′正好落在y轴上且B′A′∥x轴．又∵OB′和A′B′的长度为2，A′B′中点P的坐标为（，﹣2），显然不满足抛物线方程，∴点P不在此抛物线上（10分）（4）解：存在（11分）过点O，作OM∥AB交抛物线于点M易求出直线OM的解析式为：y=x联立抛物线解析式得：解之得点M（﹣6，﹣6），显然，点M（﹣6，﹣6）关于对称轴x=﹣2的对称点M′（2，﹣6）也满足要求，故满足条件的点M共有两个，坐标分别为（﹣6，﹣6）和（2，﹣6）∴s ABOM=S△ABO+s△AOM=×4×2+×4×6=16．（12分）（注：此题方法较多，只要合理均可给分）5、解答：解：（1）由题意得，解得：b=2，c=﹣3，则解析式为：y=x2+2x﹣3；（2）由题意结合图形则解析式为：y=x2+2x﹣3，解得x=1或x=﹣3，由题意点A（﹣3，0），∴AC=，CD=，AD=，由AC2+CD2=AD2，所以△ACD为直角三角形；（3）∵A（﹣3，0），B（1，0），∴AB=4，∵点E在抛物线的对称轴上，∴点E的横坐标为﹣1，当AB为平行四边形的一边时，EF=AB=4，∴F的横坐标为3或﹣5，把x=3或﹣5分别代入y=x2+2x﹣3，得到F的坐标为（3，12）或（﹣5，12）；当AB为平行四边形的对角线时，由平行四边形的对角线互相平分，∴F点必在对称轴上，即F点与D点重合，∴F（﹣1，﹣4）．∴所有满足条件的点F的坐标为（3，12），（﹣5，12），（﹣1，﹣4）．6、解答：解：（1）由已知，得B（3，0），C（0，3），∴，解得，∴抛物线解析式为y=x2﹣4x+3；（2）∵y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，∴对称轴为x=2，顶点坐标为P（2，﹣1），∴满足条件的点M分别为M1（2，7），M2（2，2﹣1），M3（2，），M4（2，﹣2﹣1）；（3）由（1），得A（1，0），连接BP，∵∠CBA=∠ABP=45°，∴当=时，△ABC∽△PBQ，∴BQ=3．∴Q1（0，0），∴当=时，△ABC∽△QBP，∴BQ=．∴Q′（，0）．（4）当0＜x＜3时，在此抛物线上任取一点E，连接CE、BE，经过点E作x轴的垂线FE，交直线BC于点F，设点F（x，﹣x+3），点E（x，x2﹣4x+3），∴EF=﹣x2+3x，∴S△CBE=S△CEF+S△BEF=EF•OB，=﹣x2+x，=﹣（x﹣）2+，∵a=﹣＜0，∴当x=时，S△CBE有最大值，∴y=x2﹣4x+3=﹣，∴E（，﹣）．7、解答：解：（1）设二次函数的解析式为y=ax2+bx+c由题意得，解得，∴二次函数的解析式为y=x2﹣8x+12，（2分）点P的坐标为（4，﹣4）；（3分）（2）存在点D，使四边形OPBD为等腰梯形．理由如下：当y=0时，x2﹣8x+12=0，∴x1=2，x2=6，∴点B的坐标为（6，0），设直线BP的解析式为y=kx+m则，解得∴直线BP的解析式为y=2x﹣12∴直线OD∥BP（4分）∵顶点坐标P（4，﹣4）∴OP=4设D（x，2x）则BD2=（2x）2+（6﹣x）2当BD=OP时，（2x）2+（6﹣x）2=32，解得：x1=，x2=2，（6分）当x2=2时，OD=BP=，四边形OPBD为平行四边形，舍去，∴当x=时四边形OPBD为等腰梯形，（7分）∴当D（，）时，四边形OPBD为等腰梯形；（8分）（3）①当0＜t≤2时，∵运动速度为每秒个单位长度，运动时间为t秒，则MP=t，∴PH=t，MH=t，HN=t，∴MN=t，∴S=t•t•=t2（10分），②当2＜t＜4时，P1G=2t﹣4，P1H=t，∵MN∥OB∴△P1EF∽△P1MN，∴，∴，∴=3t2﹣12t+12，∴S=t2﹣（3t2﹣12t+12）=﹣t2+12t﹣12，∴当0＜t≤2时，S=t2，当2＜t＜4时，S=﹣t2+12t﹣12．（12分）8、解答：解：（1）把点（0，﹣）代入抛物线，得：c=﹣；（2）把点（0，﹣）代入直线得：n=﹣．把点（m﹣b，m2﹣mb+n）代入抛物线，得：a（m﹣b）2+b（m﹣b）+c=m2﹣mb+n∵c=n=﹣，∴a（m﹣b）2+b（m﹣b）=m2﹣mb，am2﹣2abm+ab2+bm﹣b2﹣m2+mb=0（a﹣1）m2﹣（a﹣1）•2bm+（a﹣1）b2=0（a﹣1）（m2﹣2bm+b2）=0（a﹣1）（m﹣b）2=0∴a=1，当m﹣b=0时，抛物线与直线的两个交点就是一个点，所以m≠b．把a=1，c=﹣代入抛物线有：y=x2+bx﹣，当y=0时，x2+bx﹣=0，∴x1•x2=﹣；（3）y=x2+bx﹣，顶点（﹣，﹣﹣）当b≤0时，x=﹣1时，y=﹣b，比较﹣b与+的大小，得到：﹣4≤b≤0时，﹣b≥+，所以当b=0时，|y0|的最小值为．b≤﹣4时，﹣b≤+，所以当b=﹣4时，|y0|的最小值为．当b≥0时，x=1时，y=+b，比较+b与+的大小，得到：0≤b≤4时，+b≥+，所以当b=0时，|y0|的最小值为．b≥4时，+b≤+，所以当b=4时，|y0|的最小值为．故|y0|的最小值为或．9、解答：解：（1）设抛物线的解析式为y=kx2+a，∵经过点（2a，2a），4a2k+a=2a，∴k=，（2）设抛物线上一点P（x，y），过P作PH⊥x轴，PG⊥y轴，在Rt△GDP中，由勾股定理得：PD2=DG2+PG2=（y﹣2a）2+x2=y2﹣4ay+4a2+x2，∵y=x2+a，∴x2=4a×（y﹣a）=4ay﹣4a2，∴PD2=y2﹣4ay+4a2+4ay﹣4a2=y2=PH2，∴PD=PH，（3）过B作BE⊥x，AF⊥x，由（2）的结论：BE=DB，AF=DA，∵DA=2DB，∴AF=2BE，∴AO=2OB，∴B是OA的中点，∵C是OD的中点，连接BC，∴BC===BE=DB，过B作BR⊥y，∵BR⊥CD，∴CR=DR，OR=a+=，∴=x2+a，∴x2=2a2，∵x＞0，∴x=a，∴B（a，）AO=2OB，∴S△OBD=S△ABD=4，∴×2a×a=4，∴a2=4，∵a＞0，∴a=2，10、解答：解：（1）∵y=x2+bx+c的顶点为（1，﹣2）．∴y=（x﹣1）2﹣2，y=x2﹣2x﹣1；（2）设直线PE对应的函数关系式为y=kx+b，由题意四边形ABCD是菱形，故直线PE必过菱形ABCD的对称中心M．由P（0，﹣1），M（1，0），得从而得y=x﹣1，设E（x，x﹣1）代入y=x2﹣2x﹣1得x﹣1=x2﹣2x﹣1，解得x1=0，x2=3，根据题意得点E（3，2）；（3）假设存在这样的点F，可设F（x，x2﹣2x﹣1），过点F做FG⊥y轴，垂足为G点．在Rt△POM和Rt△FGP中，∵∠OMP+∠OPM=90°，∠FPG+∠OPM=90°，∠OMP=∠FPG，又∠POMP=∠PGF，∴△POM∽△FGP∴∵OM=1，OP=1，∴GP=GF，即﹣1﹣（x2﹣2x﹣1）=x，解得x1=0，x2=1，根据题意得F（1，﹣2）以上各步均可逆，故点F（1，﹣2）即为所求，S△PEF=S△MFP+S△MFE=2×1×2×2=3．11、解答：解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AD=CB=10，AB=DC=8，∠D=∠DCB=∠ABC=90°，由折叠对称性：AF=AD=10，EF=DE，在Rt△ABF中，BF===6，∴CF=4，设EF=x，则EC=8﹣x，在Rt△ECF中，42+（8﹣x）2=x2，解得：x=5，∴CE=3，∵B（m，0），∴E（m+10，3），F（m+6，0）；（2）分三种情况讨论：若AO=AF，∵AB⊥OF，∴BO=BF=6，∴m=6，若OF=FA，则m+6=10，解得：m=4，若AO=OF，在Rt△AOB中，AO2=OB2+AB2=m2+64，∴（m+6）2=m2+64，解得：m=，∴m=6或4或；（3）由（1）知：E（m+10，3），A（m，8）．∴，得，∴M（m+6，﹣1），设对称轴交AD于G，∴G（m+6，8），∴AG=6，GM=8﹣（﹣1）=9，∵∠OAB+∠BAM=90°，∠BAM+∠MAG=90°，∴∠OAB=∠MAG，∵∠ABO=∠MGA=90°，∴△AOB∽△AMG，∴=，即：，∴m=12，12、解答：解：（1）令﹣x2﹣2x+3=0，（x+3）（x﹣1）=0，x1=﹣3，x2=1，A（﹣3，0）B．（1，0），C（0，3）；（2）设直线AC的解析式为y=kx+b，由题意，得，解之得，故y=x+3；（3）设M点的坐标为（x，﹣x2﹣2x+3），AB=4，因为M在第二象限，所以﹣x2﹣2x+3＞0，所以=6，解之，得x1=0，x2=﹣2，当x=0时，y=3，（不合题意）当x=﹣2时，y=3．所以M点的坐标为（﹣2，3）；（4）由题意，得AB=4，PA=4﹣t，∵AO=3，CO=3，∴△AOC是等腰直角三角形，AQ=2t，所以Q点的纵坐标为t，S=（0＜t＜4）∵，∴当t=2时，△APQ最大，最大面积是．13、解答：解：（1）∵当x=0时，y=3，当y=0时，x=﹣1，∴A（﹣1，0），B（0，3），∵C（3，0），设抛物线的解析式为y=a（x+1）（x﹣3），∴3=a×1×（﹣3），∴a=﹣1，∴此抛物线的解析式为y=﹣（x+1）（x﹣3）=﹣x2+2x+3；（2）存在．①∵抛物线的对称轴为：x==1，∴如图对称轴与x轴的交点即为Q1，∵OA=OQ1，BO⊥AQ1，∴“当Q1B=AB时，设Q（1，q），∴1+（q﹣3）2=10，∴q=0，或q=6，∴Q（1，0）或Q（1，6）（在直线AB上，舍去）．当Q2A=Q2B时，设Q2的坐标为（1，m），∴22+m2=12+（3﹣m）2，∴m=1，∴Q2（1，1）；当Q3A=AB时，设Q3（1，n），∴22+n2=12+32，∴n=±，∴Q3（1，），Q4（1，﹣）．∴符合条件的Q点坐标为Q1（1，0），Q2（1，1），Q3（1，），Q4（1，﹣）．14、解答：解：（1）a=﹣1，b=﹣2，顶点C的坐标为（﹣1，4）；（2）假设在y轴上存在满足条件的点D，过点C作CE⊥y轴于点E．由∠CDA=90°得，∠1+∠2=90°．又∠2+∠3=90°，∴∠3=∠1．又∵∠CED=∠DOA=90°，∴△CED∽△DOA，∴．设D（0，c），则．变形得c2﹣4c+3=0，解之得c1=3，c2=1．综合上述：在y轴上存在点D（0，3）或（0，1），使△ACD是以AC为斜边的直角三角形．（3）①若点P在对称轴右侧（如图①），只能是△PCQ∽△CAH，得∠QCP=∠CAH．延长CP交x轴于M，∴AM=CM，∴AM2=CM2．设M（m，0），则（m+3）2=42+（m+1）2，∴m=2，即M（2，0）．设直线CM的解析式为y=k1x+b1，则，解之得，．∴直线CM的解析式．联立，解之得或（舍去）．∴．②若点P在对称轴左侧（如图②），只能是△PCQ∽△ACH，得∠PCQ=∠ACH．过A作CA的垂线交PC于点F，作FN⊥x轴于点N．由△CFA∽△CAH得，由△FNA∽△AHC得．∴AN=2，FN=1，点F坐标为（﹣5，1）．设直线CF的解析式为y=k2x+b2，则，解之得．∴直线CF的解析式．联立，解之得或（舍去）．∴．∴满足条件的点P坐标为或．15、解答：解：（1）依题意得顶点A的坐标为（2，a），设P（1，n）据x=﹣，得A点的横坐标为m，即m=2，所以y=x2+4x﹣2，把P点的坐标代入得n=1，即P点的坐标为（1，1）（2）把抛物线化为顶点式：y=﹣（x﹣m）2+2，可知A（m，2），设C（n，2），把n代入y=﹣（x﹣m）2+2得y=﹣（n﹣m）2+2，所以P（n，﹣（n﹣m）2+2）∵AC=CP∴m﹣n=2+（m﹣n）2﹣2，即m﹣n=（m﹣n）2，∴m﹣n=0或m﹣n=1，又∵C点不与端点A、B重合∴m≠n，即m﹣n=1，则A（m，2），P（m﹣1，1）由AC=CP可得BE=AB∵OB=2∴OE=2﹣m，∴△OPE的面积S=（2﹣m）（m﹣1）=﹣（m﹣）2+（1＜m＜2），∴0＜S＜．16、解答：（1）证明：∵AC⊥BC，BD⊥CD，∴∠BDC=∠COA=90°，∠ACO+∠BCD=90°，∴∠BCD=∠OAC，∵△ABC为等腰直角三角形，∴BC=AC，∵在△BDC和△COA中∴△BDC≌△COA（AAS），（2）解：∵△BDC≌△COA，∴BD=CO，∵C点的坐标为（﹣1，0），∴BD=OC=1，∴B点的纵坐标为1，∵B点的横坐标为﹣3，∴B点的坐标为（﹣3，1），设BC所在直线的函数关系式为y=kx+b，∴，∴解方程组得，∴直线BC所在直线的解析式为：y=﹣x﹣，（3）解：存在，∵抛物线的解析式为：y=x2+x﹣2，∴y=x2+x﹣2=（x+）2﹣，∴二次函数的对称轴为x=﹣，①若以AC为直角边，C点为直角顶点，做CP1⊥AC，∵BC⊥AC，∴P1点为直线BC与对称轴直线x=﹣的交点，∵直线BC所在直线的解析式为：y=﹣x﹣，∴，∴解得，∴P1点的坐标为（﹣，﹣）；②若以AC为直角边，A点为直角顶点，对称轴上有一点P2，使AP2⊥AC，∴过点A作AP2∥BC，交对称轴直线x=﹣于点P2，∵OD=3，OC=1，∴OA=CD=2，∴A点的坐标为（0，2），∴直线AP2的解析式为y=﹣x+2，∴，∴解得：，∴P2点的坐标为（﹣，），∴P点的坐标为P1（﹣，﹣）、P2（﹣，）．17、解答：解：（1）抛物线y=ax2+bx+3经过点A（﹣3，0），B（﹣1，0）两点，∴，解得a=1，b=4，∴抛物线解析式为y=x2+4x+3；（2）由（1）配方得y=（x+2）2﹣1∴抛物线的顶点M（﹣2，﹣1），直线OD的解析式为y=x．于是设平移后的抛物线的顶点坐标为（h，h），∴平移后的抛物线解析式为y=（x﹣h）2+h，①当抛物线经过点C时，∵C（0，9），∴h2+h=9，解得h=，∴当≤h＜时，平移的抛物线与射线CD（含端点C）只有一个公共点，②当抛物线与直线CD只有一个公共点时，由方程组，得x2+（﹣2h+2）x+h2+h﹣9=0，∴△=（﹣2h+2）2﹣4（h2+h﹣9）=0，解得h=4，此时抛物线y=（x﹣4）2+2与射线CD只有唯一一个公共点为（3，3），符合题意，综上所述，平移的抛物线与射线CD（含端点C）只有一个公共点时，顶点横坐标h的取值范围为h=4或≤h＜；（3）设直线EF的解析式为y=kx+3（k≠0），点E、F的坐标分别为（m，m2），（n，n2），由得x2﹣kx﹣3=0，∴m+n=k，m•n=﹣3，作点E关于y轴的对称点R（﹣m，m2），作直线FR交y轴于点P，由对称性知∠EPQ=∠FPQ，此时△PEF的内心在y轴上，∴点P即为所求的点．由F，R的坐标可得直线FR的解析式为y=（n﹣m）x+mn记y=（n﹣m）x﹣3，当x=0时，y=﹣3，∴p（0，﹣3），∴y轴的负半轴上存在点P（0，﹣3）使△PEF的内心在y轴上．18、解答：解：（1）设抛物线的函数表达式为y=a（x﹣1）（x+3）∵抛物线交y轴于点E（0，﹣3），将该点坐标代入上式，得a=1∴所求函数表达式为y=（x﹣1）（x+3），即y=x2+2x﹣3；（2）∵点C是点A关于点B的对称点，点A坐标（﹣3，0），点B坐标（1，0），∴点C坐标（5，0），∴将点C坐标代入y=﹣x+m，得m=5，∴直线CD的函数表达式为y=﹣x+5，设K点的坐标为（t，0），则H点的坐标为（t，﹣t+5），G点的坐标为（t，t2+2t﹣3），∵点K为线段AB上一动点，∴﹣3≤t≤1，∴HG=（﹣t+5）﹣（t2+2t﹣3）=﹣t2﹣3t+8=﹣（t+）2+，∵﹣3＜﹣＜1，∴当t=﹣时，线段HG的长度有最大值；（3）∵点F是线段BC的中点，点B（1，0），点C（5，0），∴点F的坐标为（3，0），∵直线l过点F且与y轴平行，∴直线l的函数表达式为x=3，∵点M在直线l上，点N在抛物线上，∴设点M的坐标为（3，m），点N的坐标为（n，n2+2n﹣3），∵点A（﹣3，0），点C（5，0），∴AC=8，分情况讨论：①若线段AC是以点A、C，M、N为顶点的平行四边形的边，则需MN∥AC，且MN=AC=8．当点N在点M的左侧时，MN=3﹣n，∴3﹣n=8，解得n=﹣5，∴N点的坐标为（﹣5，12），当点N在点M的右侧时，MN=n﹣3，∴n﹣3=8，解得n=11，∴N点的坐标为（11，140），②若线段AC是以点A、C，M、N为顶点的平行四边形的对角线，由“点C与点A关于点B 中心对称”知：点M与点N关于点B中心对称，取点F关于点B的对称点P，则P点坐标为（﹣1，0）过P点作NP⊥x轴，交抛物线于点N，将x=﹣1代入y=x2+2x﹣3，得y=﹣4，过点N，B作直线NB交直线l于点M，在△BPN和△BFM中，∠NBP=∠MBF，BF=BP，∠BPN=∠BFM=90°，∴△BPN≌△BFM，∴NB=MB，∴四边形ANCM为平行四边形，∴坐标（﹣1，﹣4）的点N符合条件，∴当N的坐标为（﹣5，12），（11，140），（﹣1，﹣4）时，以点A、C、M、N为顶点的四边形为平行四边形．19、解答：解：（1）由已知得：A（﹣1，0），B（4，5），∵二次函数y=x2+bx+c的图象经过点A（﹣1，0），B（4，5），∴，解得：b=﹣2，c=﹣3；（2）如图：∵直线AB经过点A（﹣1，0），B（4，5），∴直线AB的解析式为：y=x+1，∵二次函数y=x2﹣2x﹣3，∴设点E（t，t+1），则F（t，t2﹣2t﹣3），∴EF=（t+1）﹣（t2﹣2t﹣3）=﹣（t﹣）2+，∴当t=时，EF的最大值为，∴点E的坐标为（，）；（3）①如图：顺次连接点E、B、F、D得四边形EBFD．可求出点F的坐标（，），点D的坐标为（1，﹣4）S四边形EBFD=S△BEF+S△DEF=××（4﹣）+××（﹣1）=；②如图：。