山西大學(xué)附屬中學(xué)(初中部)中考數(shù)學(xué)二次函數(shù)和幾何綜合專題

山西大學(xué)附屬中學(xué)（初中部）中考數(shù)學(xué)二次函數(shù)和幾何綜合專題一、二次函數(shù)壓軸題1．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=﹣ax2+bx+3與x軸交于A(﹣1，0)，B(3，0)兩點，與y軸交于點C，點D是該拋物線的頂點．（1）求直線AC及拋物線的解析式，并求出D點的坐標(biāo)；（2）若P為線段BD上的一個動點，過點P作PM⊥x軸于點M，求四邊形PMAC的面積的最大值和此時點P的坐標(biāo)；（3）若點P是x軸上一個動點，過P作直線1∥AC交拋物線于點Q，試探究：隨著P點的運動，在拋物線上是否存在點Q，使以點A、P、Q、C為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請求出符合條件的點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．2．某班“數(shù)學(xué)興趣小組”對函數(shù)的圖象和性質(zhì)進行了探究，探究過程如下，請補充完整．（1）自變量的取值范圍是全體實數(shù)，與的幾組對應(yīng)值列表如下：????其中，．（2）根據(jù)上表數(shù)據(jù)，在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系中描點，并畫出了函數(shù)圖象的一部分，請畫出該函數(shù)圖象的另一部分．（3）觀察函數(shù)圖象，寫出兩條函數(shù)的性質(zhì)．（4）直線經(jīng)過，若關(guān)于的方程有個不相等的實數(shù)根，則的取值范圍為．3．如圖，拋物線（）交直線：于點，點兩點，且過點，連接，.（1）求此拋物線的表達式與頂點坐標(biāo)；（2）點是第四象限內(nèi)拋物線上的一個動點，過點作軸，垂足為點，交于點.設(shè)點的橫坐標(biāo)為，試探究點在運動過程中，是否存在這樣的點，使得以，，為頂點的三角形是等腰三角形.若存在，請求出此時點的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由；（3）若點在軸上，點在拋物線上，是否存在以點，，，為頂點的平行四邊形？若存在，求點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由.4．如圖，拋物線與軸交于點，與軸交于點，點與點關(guān)于軸對稱，點的坐標(biāo)為，過點作軸的垂線交拋物線于點．（1）求點、點、點的坐標(biāo)；（2）當(dāng)點在線段上運動時，直線交于點，試探究當(dāng)為何值時，四邊形是平行四邊形；（3）在點的運動過程中，是否存在點，使是以為直角邊的直角三角形？若存在，求出點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．5．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線W1：y＝x2+bx+c與x軸交于A（﹣4，0）、B兩點，且過點C（0，﹣2）．拋物線W2與拋物線W1關(guān)于原點對稱，點C在W2上的對應(yīng)點為C′．（1）求拋物線W1的表達式；（2）寫出拋物線W2的表達式；（3）若點P在拋物線W1上，試探究：在拋物線W2上是否存在點Q，使以C、C′、P、Q為頂點的四邊形是平行四邊形，并且其面積等于24？若存在，求點Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．6．已知拋物線有最低點為F．（1）當(dāng)拋物線經(jīng)過點E（-1，3）時，①求拋物線的解析式；②點M是直線下方拋物線上的一動點，過點M作平行于y軸的直線，與直線交于點N，求線段長度的最大值；（2）將拋物線G向右平移m個單位得到拋物線．經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)，隨著m的變化，拋物線頂點的縱坐標(biāo)y和橫坐標(biāo)x之間存在一個函數(shù)，求這個函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量x的取值范圍；（3）記（2）所求的函數(shù)為H，拋物線G與函數(shù)H的交點為P，請結(jié)合圖象求出點P的縱坐標(biāo)的取值范圍．7．如果拋物線C1：與拋物線C2：的開口方向相反，頂點相同，我們稱拋物線C2是C1的“對頂”拋物線．（1）求拋物線的“對頂”拋物線的表達式；（2）將拋物線的“對頂”拋物線沿其對稱軸平移，使所得拋物線與原拋物線形成兩個交點M、N，記平移前后兩拋物線的頂點分別為A、B，當(dāng)四邊形AMBN是正方形時，求正方形AMBN的面積．（3）某同學(xué)在探究“對頂”拋物線時發(fā)現(xiàn)：如果拋物線C1與C2的頂點位于x軸上，那么系數(shù)b與d，c與e之間的關(guān)系是確定的，請寫出它們之間的關(guān)系．8．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知拋物線y＝ax2+bx+2（a≠0）與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點，與y軸交于點C．（1）求該拋物線的解析式；（2）如圖1，若點D是拋物線上第一象限內(nèi)的一動點，設(shè)點D的橫坐標(biāo)為m，連接CD，BD，BC，AC，當(dāng)△BCD的面積等于△AOC面積的2倍時，求m的值；（3）如圖2，若點N為拋物線對稱軸上一點，探究拋物線上是否存在點M，使得以B，C，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出所有滿足條件的點M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．9．已知拋物線（n為正整數(shù)，且）與x軸的交點為和．當(dāng)時，第1條拋物線與x軸的交點為和，其他以此類推．（1）求的值及拋物線的解析式．（2）拋物線的頂點的坐標(biāo)為（_______，_______）；以此類推，第條拋物線的頂點的坐標(biāo)為（______，_______）；所有拋物線的頂點坐標(biāo)滿足的函數(shù)關(guān)系式是_________．（3）探究以下結(jié)論：①是否存在拋物線，使得為等腰直角三角形？若存在，請求出拋物線的解析式；若不存在，請說明理由．②若直線與拋物線分別交于點，則線段的長有何規(guī)律？請用含有m的代數(shù)式表示．10．綜合與探究如圖，已知直線與拋物線分別相交于、兩點，，，點是拋物線與軸的另一個交點（與點不重合）．（1）求拋物線的解析式及直線的解析式；（2）求的面積；（3）在拋物線的對稱軸上，是否存在點，使周長最短？若不存在，請說明理由；若存在，求出點的坐標(biāo)．（4）如果對稱軸上有一動點，在平面內(nèi)是否存在點，使、、、四點構(gòu)成矩形？若存在，直接寫出點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由二、中考幾何壓軸題11．如圖1，在等腰三角形中，點分別在邊上，連接點分別為的中點．（1）觀察猜想圖1中，線段的數(shù)量關(guān)系是____，的大小為_____；（2）探究證明把繞點順時針方向旋轉(zhuǎn)到如圖2所示的位置，連接判斷的形狀，并說明理由；（3）拓展延伸把繞點在平面內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)，若，請求出面積的最大值．12．（1）觀察發(fā)現(xiàn)：如圖1，在中，，，點是的平分線上一點，將線段繞點逆時針旋轉(zhuǎn)90°到，連結(jié)、，交于．填空：①線段與的數(shù)量關(guān)系是_________；②線段與的位置關(guān)系是_________．（2）拓展探究：如圖2，在中，，，點是邊的中點，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)到，連結(jié)、，交于．（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請說明理由．（3）拓展應(yīng)用：如圖3，在中，，，，的平分線交于，點是射線上的一點，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)60°到，連結(jié)、、，與相交于，若以、、為頂點的三角形與全等，直接寫出的長．13．如圖1，在菱形ABCD中，，點E，F(xiàn)分別是AC，AB上的點，且，猜想：①的值是_______；②直線DE與直線CF所成的角中較小的角的度數(shù)是_______．（2）類比探究：如圖2，將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)的過程中，（1）中結(jié)論是否成立，就圖2的情形說明理由．（3）拓展延伸：在繞點A旋轉(zhuǎn)的過程中，當(dāng)三點共線時，請直接寫出CF的長．14．幾何探究：（問題發(fā)現(xiàn)）（1）如圖1所示，△ABC和△ADE是有公共頂點的等邊三角形，BD、CE的關(guān)系是_______（選填“相等”或“不相等”）；（請直接寫出答案）（類比探究）（2）如圖2所示，△ABC和△ADE是有公共頂點的含有角的直角三角形，（1）中的結(jié)論還成立嗎?請說明理由；（拓展延伸）（3）如圖3所示，△ADE和△ABC是有公共頂點且相似比為1:2的兩個等腰直角三角形，將△ADE繞點A自由旋轉(zhuǎn)，若，當(dāng)B、D、E三點共線時，直接寫出BD的長．15．綜合與實踐操作探究（1）如圖1，將矩形折疊，使點與點重合，折痕為，與交于點．請回答下列問題：①與全等的三角形為______，與相似的三角形為______．并證明你的結(jié)論：（相似比不為1，只填一個即可）：②若連接、，請判斷四邊形的形狀：______．并證明你的結(jié)論；拓展延伸（2）如圖2，矩形中，，，點、分別在、邊上，且，將矩形折疊，使點與點重合，折痕為，與交于點，連接．①設(shè)，，則與的數(shù)量關(guān)系為______；②設(shè)，，請用含的式子表示：______；③的最小值為______．16．綜合與實踐背景閱讀：“旋轉(zhuǎn)”即物體繞一個點或一個軸做圓周運動．在中國古典專著《百喻經(jīng)·口誦乘船法而不解用喻》中記載：“船盤回旋轉(zhuǎn)，不能前進．”而圖形旋轉(zhuǎn)即：在平面內(nèi)，將一個圖形繞一點按某個方向轉(zhuǎn)動一個角度，這樣的運動叫做圖形的旋轉(zhuǎn)，這個定點叫做旋轉(zhuǎn)中心，轉(zhuǎn)動的角叫做旋轉(zhuǎn)角．綜合實踐課上，“睿智”小組專門探究了正方形的旋轉(zhuǎn)，情況如下：在正方形中，點是線段上的一個動點，將正方形繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到正方形（點，，，分別是點，，，的對應(yīng)點）．設(shè)旋轉(zhuǎn)角為（）．操作猜想：（1）如圖1，若點是中點，在正方形繞點旋轉(zhuǎn)過程中，連接，，，則線段與的數(shù)量關(guān)系是_______；線段與的數(shù)量關(guān)系是________．探究驗證：（2）如圖2，在（1）的條件下，在正方形繞點旋轉(zhuǎn)過程中，順次連接點，，，，．判斷四邊形的形狀，并說明理由．拓展延伸：（3）如圖3，若，在正方形繞點順時針旋轉(zhuǎn)的過程中，設(shè)直線交線段于點．連接，并過點作于點．請你補全圖形，并直接寫出的值．17．（模型構(gòu)建）如圖所示，在邊長為1的正方形中，的頂點，分別在，上（可與點，，重合），且滿足．的高線交線段于點（可與，重合），設(shè)．（1）求的值．（模型拓展）在（模型構(gòu)建）的基礎(chǔ)上，將條件“邊長為1的正方形”改為“長、寬的矩形”（其他條件不變）．（2）判斷的值是否改變．若改變，請求出的取值范圍；若不改變，請證明．（深入探究）在（模型構(gòu)建）的基礎(chǔ)上，設(shè)的面積為．（3）①求的最小值；②當(dāng)取到最小值時，直接寫出與的數(shù)量關(guān)系．18．（1）（操作）如圖，請用尺規(guī)作圖確定圓的圓心，保留作圖痕跡，不要求寫作法；（2）（探究）如圖，若（1）中的圓的半徑為2，放入平面直角坐標(biāo)系中，使它與軸，軸分別切于點和，點的坐標(biāo)為，過點的直線與圓有唯一公共點（與不重合）時，求點的坐標(biāo)；（3）（拓展）如圖3，點從點出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿軸向點運動，同時，點從原點出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿軸向上運動，設(shè)運動時間為（），過點，，三點的圓，交第一象限角平分線于點，當(dāng)為何值時，有最小值，求出此時，并探索在變化過程中的值有變化嗎？為什么？19．（1）證明推斷：如圖（1），在正方形中，點，分別在邊，上，于點，點，分別在邊，上，．求證：；（2）類比探究：如圖（2），在矩形中，將矩形沿折疊，使點落在邊上的點處，得到四邊形，交于點，連接交于點．試探究與之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）拓展應(yīng)用：在（2）的條件下，連接，若，，求的長．20．在中，，點D?E分別是的中點，將繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)一定的角度，連接．觀察猜想（1）如圖①，當(dāng)時，填空：①______________；②直線所夾銳角為____________；類比探究（2）如圖②，當(dāng)時，試判斷的值及直線所夾銳角的度數(shù)，并說明理由；拓展應(yīng)用（3）在（2）的條件下，若，將繞著點C在平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點D落在射線AC上時，請直接寫出的值．【參考答案】***試卷處理標(biāo)記，請不要刪除一、二次函數(shù)壓軸題1．D解析：（1）y=3x+3，y=﹣x2+2x+3，頂點D的坐標(biāo)為(1，4)；（2）四邊形PMAC的面積的最大值為，此時點P的坐標(biāo)為(，)；（3）點Q的坐標(biāo)為(2，3)或(1，﹣3)或(1，﹣3)．【分析】（1）先求出點C坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法即可求出直線AC及拋物線的解析式，把拋物線的一般式轉(zhuǎn)化為頂點式即可求出D點的坐標(biāo)；（2）先根據(jù)待定系數(shù)法求出直線BD的解析式，設(shè)點P的橫坐標(biāo)為p，然后根據(jù)S四邊形PMAC=S△OAC+S梯形OMPC即可得出S四邊形PMAC與p的關(guān)系式，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)解答即可；（3）由題意得PQ∥AC且PQ=AC，設(shè)點P的坐標(biāo)為(x，0)，當(dāng)點Q在x軸上方時，則點Q的坐標(biāo)為(x+1，3)，把點Q的坐標(biāo)代入拋物線的解析式即可求出x，進而可得點Q坐標(biāo)；當(dāng)點Q在x軸下方時，則點Q的坐標(biāo)為(x﹣1，﹣3)，同樣的方法求解即可．【詳解】（1）∵拋物線y=﹣ax2+bx+3與y軸交于點C，∴點C(0，3)，設(shè)直線AC的解析式為y=k1x+b1(k1≠0)．∵點A(﹣1，0)，點C(0，3)，∴，解得：，∴直線AC的解析式為y=3x+3．∵拋物線y=﹣ax2+bx+3與x軸交于A(﹣1，0)，B(3，0)兩點，∴，解得：，∴拋物線的解析式為y=﹣x2+2x+3．∵y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4，∴頂點D的坐標(biāo)為(1，4)；（2）設(shè)直線BD的解析式為y=kx+b．∵點B(3，0)，點D(1，4)，∴，得，∴直線BD的解析式為y=﹣2x+6．∵P為線段BD上的一個動點，∴設(shè)點P的坐標(biāo)為(p，﹣2p+6)．∵OA=1，OC=3，OM=p，PM=﹣2p+6，∴S四邊形PMAC=S△OAC+S梯形OMPC=﹣p2p=﹣(p)2，∵1＜p＜3，∴當(dāng)p時，四邊形PMAC的面積取得最大值為，此時點P的坐標(biāo)為(，)；（3）∵直線l∥AC，以點A、P、Q、C為頂點的四邊形是平行四邊形，∴PQ∥AC且PQ=AC．設(shè)點P的坐標(biāo)為(x，0)，由A(﹣1，0)，C(0，3)，當(dāng)點Q在x軸上方時，則點Q的坐標(biāo)為(x+1，3)，此時，﹣(x+1)2+2(x+1)+3=3，解得：x1=﹣1(舍去)，x2=1，∴點Q的坐標(biāo)為(2，3)；當(dāng)點Q在x軸下方時，則點Q的坐標(biāo)為(x﹣1，﹣3)，此時，﹣(x﹣1)2+2(x﹣1)+3=﹣3，整理得：x2﹣4x﹣3=0，解得：x1=2，x2=2，∴點Q的坐標(biāo)為(1，﹣3)或(1，﹣3)，綜上所述：點Q的坐標(biāo)為(2，3)或(1，﹣3)或(1，﹣3)．【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，主要考查了待定系數(shù)法求函數(shù)的解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)和一元二次方程的解法等知識，綜合性強、具有一定的難度，屬于中考壓軸題，熟練掌握二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、靈活應(yīng)用相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．2．（1）-6；（2）答案見解析；（3）①該函數(shù)的圖象關(guān)于軸對稱；②該函數(shù)的圖象有最高點；（4）．【分析】（1）根據(jù)對稱可得m=-6；（2）用平滑的曲線連接各點即可畫出圖形；（3）認(rèn)真觀察圖象，總結(jié)出2條性質(zhì)即可；（4）畫出兩函數(shù)圖象即可得到結(jié)論．【詳解】（1）由表格可知：圖象的對稱軸是y軸，∴m=-6，故答案為：-6；如圖所示該函數(shù)的圖象關(guān)于軸對稱該函數(shù)的圖象有最高點；（4）由圖象可知：關(guān)于的方程有個不相等的實數(shù)根時，即y=kx+b時，與圖象有4個交點，所以，由圖象可以得出，當(dāng)時，直線與圖象有4個不同的交點．故答案為：．【點睛】本題考查了二次函數(shù)與x軸的交點問題和一元二次方程的根的情況，注意利用數(shù)形結(jié)合的思想，理解一元二次方程與拋物線的關(guān)系是解此題的關(guān)鍵．3．A解析：（1）頂點坐標(biāo)為；（2）存在，，；（3）或或.【分析】（1）根據(jù)一次函數(shù)解析式求出A、C兩點的坐標(biāo)，把A、B、C三點代入解析式求解即可求的解析式，然后把解析式化為頂點式可求得結(jié)果.（2）先求出BC所在直線的解析式，設(shè)出P、Q兩點的坐標(biāo)，根據(jù)勾股定理求出AC，根據(jù)以，，為頂點的三角形是等腰三角形可分類討論，分為AQ=AC,AC=CQ,AQ=CQ三種情況.（3）分兩種情況討論，一是F在拋物線上方，過點作軸，可得FH=4，設(shè)，可得，求出n代入即可；二是F在拋物線下方，可得，求出n的值即可，最后的結(jié)果綜合兩個結(jié)果即可.【詳解】解：（1）∵當(dāng)時，,∴;∴，;二次函數(shù)過點、，設(shè);∵過點,∴;∴;∴;∵,∴頂點坐標(biāo)為.（2）存在.設(shè)過、,;設(shè)解得：;∴;設(shè)、;在中，解得;①當(dāng)時;;解得：（不合題意舍去），;∴;②當(dāng)時;;解得：，（不合題意舍去）;∴;③當(dāng)時;;解得：（不合題意舍去）;∴，;（3）當(dāng)在拋物線上方時，，時;過點作軸，與全等;則;設(shè);則;解得；，；或;當(dāng)在拋物線下方時，;（不合題意舍去），;∴;∴或或.【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)綜合應(yīng)用，準(zhǔn)確分析題目條件，利用了等腰三角形、直角三角形的性質(zhì)進行求解.4．C解析：（1）（2）當(dāng)，四邊形是平行四邊形（3）存在，點的坐標(biāo)為，，【分析】（1）根據(jù)函數(shù)解析式列方程即可；（2）根據(jù)平行四邊形的判定，用含未知數(shù)的值表示QM的長度，從而可求解;（3）設(shè)Q點的坐標(biāo)為,分兩種情況討論：當(dāng)時，由勾股定理可得：，當(dāng)時，由勾股定理可得：，可解出的值.【詳解】（1）令，則，C點的坐標(biāo)為（0,2）；令，則解得，點A為（-1,0）；點B為（4,0）∴（2）如圖1所示：點C與點D關(guān)于軸對稱，點,設(shè)直線BD的解析式為，將代入得：解得∴直線BD的解析式為：∵∴當(dāng)時，四邊形是平行四邊形設(shè)Q點的坐標(biāo)為，則∴解得（不合題意，舍去）∴當(dāng)，四邊形是平行四邊形（3）存在，設(shè)Q點的坐標(biāo)為∵是以BD為直角邊的直角三角形∴當(dāng)時，由勾股定理可得：即解得（不合題意，舍去）∴Q點的坐標(biāo)為當(dāng)時，由勾股定理可得：即解得Q點的坐標(biāo)為綜上所述：點的坐標(biāo)為，，.【點睛】本題考查了一次函數(shù)和拋物線的綜合問題，解題的關(guān)鍵在于拿出函數(shù)解析式，會用含未知數(shù)的代數(shù)式表示出關(guān)鍵的點的坐標(biāo)和線段的長度.5．A解析：（1）y＝；（2）y＝；（3）存在，Q點坐標(biāo)為（﹣6，10）或（6，﹣4）．【分析】（1）待定系數(shù)法：把A、C兩點的坐標(biāo)分別代入拋物線的解析式中，解方程組即可；（2）兩拋物線關(guān)于原點對稱，則其大小和形狀相同，開口方向相反，則只要求出W1的頂點坐標(biāo)，即可求出它關(guān)于原點對稱的拋物線W2的頂點坐標(biāo)，從而求得W2的解析式；（3）按是對角線和邊分類，根據(jù)面積確定點P或Q的橫坐標(biāo)，代入函數(shù)關(guān)系式，從而求得Q的坐標(biāo)．【詳解】解（1）把點A、點C的坐標(biāo)分別代入y＝x2+bx+c中，得：，∴b＝，c=－2，∴y＝；（2）∵拋物線w1：y＝＝（x+1）2﹣的頂點是（﹣1，﹣），∴w2的頂點是（1，），∴w2的解析式是：y＝﹣（x﹣1）2+＝﹣x2+x+2；（3）存在．由題意知，，則．①若CC′是對角線，如圖，∵W1和W2關(guān)于原點對稱，∴P、Q也關(guān)于原點對稱，設(shè)點P到y(tǒng)軸的距離為h，∵平行四邊形的面積=2∴CC′?h＝24，∴4?h＝24，∴h＝6，即P點橫坐標(biāo)是6或﹣6，當(dāng)x＝6時，y＝×62+×6﹣2＝10，∴Q（﹣6，10），當(dāng)x＝﹣6時，y＝×（﹣6）2﹣×6﹣2＝4，∴Q（6，﹣4），②當(dāng)CC′是邊時，PQ∥CC′，PQ＝CC′，如圖，設(shè)點Q（x，），P（x，），由①知：x＝6或﹣6，當(dāng)P（6，10）時，∵y＝﹣×62+×6+2＝﹣4，∴Q（6，﹣4），∴PQ＝14≠4，當(dāng)x＝﹣6時，y＝﹣×（﹣6）2+×（﹣6）+2＝﹣10，∴PQ＝14，∴PQ≠CC′，∴CC′不能為邊，綜上所述，當(dāng)C、C′、P、Q為頂點的四邊形是平行四邊形，并且其面積等于24時，點Q的坐標(biāo)是（﹣6，10）或（6，﹣4）．【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，平行四邊形的性質(zhì)，用到了分類討論思想，本題第三問的關(guān)鍵是根據(jù)已知兩個點，按邊和對角線分類．6．E解析：（1）①；②2；（2）；（3）【分析】（1）①把點E（-1，3）代入求出m的值即可；②先求出直線EF的解析式，設(shè)出點M的坐標(biāo)，得到MN的二次函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可；（2）寫出拋物線的頂點式，根據(jù)平移規(guī)律即可得到的頂點式，進而得到的頂點坐標(biāo)，即，消去，得到與的函數(shù)關(guān)系式，再由即可求得的取值范圍；（3）求出拋物線怛過點A（2，-3），函數(shù)H的圖象恒過點B（2，-4），從圖象可知兩函數(shù)圖象的交點P應(yīng)在A，B之間，即點P的縱坐標(biāo)在A，B點的縱坐標(biāo)之間，從而可得結(jié)論．【詳解】解：（1）①∵拋物線經(jīng)過點E（-1，3）∴∴∴拋物線的解析式為：②如圖，∵點F為拋物線的最低點，∴∴設(shè)直線EF的解析式為：把E（-1，3），F(xiàn)（1，-5）代入得，解得，∴直線EF的解析式為：設(shè)，則∴∵∴當(dāng)時，MN有最大值，最大值為2；（2）∵拋物線∴平移后的拋物線∴拋物線的頂點坐標(biāo)為∴∴∴∵∴∴∴與的函數(shù)關(guān)系式為：（3）如圖，函數(shù)的圖象為射線，時，；時，∴函數(shù)H的圖象恒過點（2，-4）∵拋物線，當(dāng)時，；當(dāng)時，；∴拋物線G恒過點A（2，-3）由圖象可知，若拋物線G與函數(shù)H的圖象有交點P，則有∴點P縱坐標(biāo)的取值范圍為：【點睛】本題考查了二次函數(shù)綜合題，涉及到待定系數(shù)法求解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)和數(shù)形結(jié)合思想等知識，熟練運用二次函數(shù)的性質(zhì)解決問題是本題的關(guān)鍵．7．C解析：（1）；（2）2；（3）【分析】（1）先求出拋物線C1的頂點坐標(biāo)，進而得出拋物線C2的頂點坐標(biāo)，即可得出結(jié)論；（2）設(shè)正方形AMBN的對角線長為2k，得出B（2，3＋2k），M（2＋k，3＋k），N（2?k，3＋k），再用點M（2＋k，3＋k）在拋物線y＝（x?2）2＋3上，建立方程求出k的值，即可得出結(jié)論；（3）先根據(jù)拋物線C1，C2的頂點相同，得出b，d的關(guān)系式，再由兩拋物線的頂點在x軸，求出c，e的關(guān)系，即可得出結(jié)論．【詳解】解：（1）解：（1）∵y＝x2?4x＋7＝（x?2）2＋3，∴頂點為（2，3），∴其“對頂”拋物線的解析式為y＝?（x?2）2＋3，即y＝?x2＋4x?1；（2）如圖，由（1）知，A（2，3），設(shè)正方形AMBN的對角線長為2k，則點B（2，3＋2k），M（2＋k，3＋k），N（2?k，3＋k），∵M（2＋k，3＋k）在拋物線y＝（x?2）2＋3上，∴3＋k＝（2＋k?2）2＋3，解得k＝1或k＝0（舍）；∴正方形AMBN的面積為×(2k)2＝2；（3）根據(jù)拋物線的頂點坐標(biāo)公式得，拋物線C1：y＝ax2＋bx＋c的頂點為（，），拋物線C2：y＝?ax2＋dx＋e的頂點為（，），∵拋物線C2是C1的“對頂”拋物線，∴，∴，∵拋物線C1與C2的頂點位于x軸上，∴，∴，即．【點睛】此題主要考查了拋物線的頂點坐標(biāo)公式，正方形的性質(zhì)，理解新定義式解本題的關(guān)鍵．8．A解析：（1）；（2）1或2；（3）存在，點M的坐標(biāo)為或或【分析】（1）把點A、B的坐標(biāo)代入二次函數(shù)解析式進行求解即可；（2）過點D作y軸平行線交BC于點E，由題意易得C點坐標(biāo)是（0，2），然后可得直線BC的解析式，然后可表示點E坐標(biāo)，進而可根據(jù)鉛垂法進行表示△BCD的面積，最后問題可進行求解；（3）設(shè)點M的坐標(biāo)為：（x，y），點N（1，s），點B（3，0）、C（0，2），根據(jù)題意易得當(dāng)以B，C，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形，可分①當(dāng)BC是平行四邊形的邊時，②當(dāng)BC為對角線時，然后根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)及中點坐標(biāo)公式可求解．【詳解】解：（1）把A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx+2中，得：，解得：，∴拋物線解析式為；（2）過點D作y軸平行線交BC于點E，把x＝0代入中，得：y＝2，∴C點坐標(biāo)是（0，2），又∵B（3，0），∴直線BC的解析式為y＝x+2，∵點D（m，），∴E（m，m+2），∴DE＝（）﹣（m+2）＝m2+2m，由S△BCD＝2S△AOC得：×DE×OB＝2××OA×OC，∴（m2+2m）×3＝2××1×2，整理得：m2﹣3m+2＝0解得：m1＝1，m2＝2∵0＜m＜3∴m的值為1或2；（3）存在，理由：設(shè)點M的坐標(biāo)為：（x，y），y＝，則有點N（1，s），點B（3，0）、C（0，2），①當(dāng)BC是平行四邊形的邊時，當(dāng)點C向右平移3個單位，向下平移2個單位得到B，同樣點M（N）向右平移3個單位，向下平移2個單位N（M），故：x+3＝1，y﹣2＝s或x﹣3＝1，y+2＝s，解得：x＝﹣2或4，故點M坐標(biāo)為：（﹣2，）或（4，）；②當(dāng)BC為對角線時，由中點公式得：x+1＝3，y+s＝2，解得：x＝2，故點M（2，2）；綜上，M的坐標(biāo)為：（2，2）或（﹣2，）或（4，）．【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的綜合，關(guān)鍵是根據(jù)題意得到函數(shù)解析式，然后利用平行四邊形的存在性問題可進行分析．9．C解析：（1）；y＝?（x?2）＋4；（2）（n，n）；[（n＋1），（n＋1）]；y＝x；（3）①存在，理由見詳解；②CC＝2m．【分析】（1）），則＝2，則＝2＋2＝4，將點A、的坐標(biāo)代入拋物線表達式得：，解得：，則點（4，0），將點A、的坐標(biāo)代入拋物線表達式，同理可得：＝2，＝4，即可求解；（2）同理可得：＝3，＝9，故點的坐標(biāo)為（n，），以此推出：點[（n＋1），（n＋1）]，故所有拋物線的頂點坐標(biāo)滿足的函數(shù)關(guān)系式是：y＝，即可求解；（3）①△AAnBn為等腰直角三角形，則AAn＝2ABn，即（2n）＝2（n＋），即可求解；②y＝?（m?n＋1）＋（n?1），y＝?（m?n）＋n，CC=y?y，即可求解．【詳解】解：（1），則＝2，則＝2＋2＝4，將點A、的坐標(biāo)代入拋物線表達式得：，解得：，則點（4，0），將點A、的坐標(biāo)代入拋物線表達式，同理可得：＝2，＝4；故y＝?（x?）＋＝?（x?2）＋4；（2）同理可得：＝3，＝9，故點的坐標(biāo)為（n，），以此推出：點[（n＋1），（n＋1）]，故所有拋物線的頂點坐標(biāo)滿足的函數(shù)關(guān)系式是：y＝；故答案為：（n，n）；[（n＋1），（n＋1）]；y＝x；（3）①存在，理由：點A（0，0），點An（2n，0）、點（n，n），△AAnBn為等腰直角三角形，則AAn＝2ABn，即（2n）＝2（n＋n），解得：n＝1（不合題意的值已舍去），拋物線的表達式為：y＝?（x?1）＋1；②y＝?（m?n＋1）＋（n?1），y＝?（m?n）＋n，CC＝y(tǒng)?y＝?（m?n）＋n＋（m?n＋1）?（n?1）＝2m．【點睛】本題考查的是二次函數(shù)綜合運用，這種找規(guī)律類型題目，通常按照題設(shè)的順序逐次求解，通常比較容易．10．A解析：（1），；（2）6；（3）存在點M使周長最短，其坐標(biāo)為；（4）存在，，，，【分析】（1）把、兩點的坐標(biāo)分別代入拋物線和直線中，解之即可；（2）由圖可知，，所以只需求出AC，OB的長即可，因為C點為拋物線與x軸的一個交點，令y=0即可求出C點坐標(biāo)，根據(jù)已知可得A點坐標(biāo)，從而得到AC的長，根據(jù)已知得到B點坐標(biāo)，可得OB的長，從而求出的面積；（3）由題意知，A、C關(guān)于對稱軸對稱，則可知，故當(dāng)、、三點在同一條直線上時最小，此時的周長最小，連接交對稱軸于點，則即為滿足條件的點，設(shè)直線的解析式為，將B，C的坐標(biāo)代入即可求出該解析式，令x=-1，即可求出點M的坐標(biāo)；（4）在平面內(nèi)是否存在點，使、、、四點構(gòu)成矩形，求N點坐標(biāo)時，需分情況討論，當(dāng)HB⊥AB時，根據(jù)互相垂直的兩直線的斜率之積為-1，互相平行的兩直線的斜率相等求出直線HB，直線HN，直線AN的解析式，根據(jù)N點為直線HN和直線AN的交點，聯(lián)立方程組解之即可；同理可得當(dāng)HA⊥AB時，N點的坐標(biāo)；而當(dāng)AB為對角線時，可得HA⊥AB，從而可求出直線AH的解析式，設(shè)H點坐標(biāo)為，根據(jù)△AHB為直角三角形，利用勾股定理求出H點的坐標(biāo)，然后在利用互相垂直的兩直線的斜率之積為-1，互相平行的兩直線的斜率相等求出N點的坐標(biāo)．【詳解】解：（1）把、兩點的坐標(biāo)分別代入得，解得，拋物線解析式為．把、兩點的坐標(biāo)分別代入得，解得，直線的解析式為．（2）由（1）得，拋物線解析式為，令得，解得，，，∵，∴，∵，∴OB=3，；（3），拋物線的對稱軸為，、關(guān)于對稱軸對稱，，，當(dāng)、、三點在同一條直線上時最小，此時的周長最小連接交對稱軸于點，則即為滿足條件的點，設(shè)直線的解析式為，直線過點，，，解得，直線的解析式，當(dāng)時，，，存在點使周長最短，其坐標(biāo)為．（4）存在，①當(dāng)HB⊥AB時，如圖所示由（1）得直線AB的解析式為，∵HB⊥AB，∴設(shè)直線HB的解析式為，將B(0,-3)代入得，∴直線HB的解析式為，當(dāng)x=-1時，y=×(-1)-3=，∴H點的坐標(biāo)為，∵四邊形ABHN為矩形，∴HN∥AB，AN∥HB，∴設(shè)直線HN的解析式為y=3x+m，把H點坐標(biāo)代入，得3×(-1)+m=，解得m=,∴直線HN的解析式為y=3x+,∴設(shè)直線AN的解析式為，把A點坐標(biāo)代入，得，解得n=,∴設(shè)直線AN的解析式為，∵N點為直線HN和直線AN的交點，∴解得，∴N點坐標(biāo)為．②當(dāng)HA⊥AB時，如圖由（1）得直線AB的解析式為，∵HA⊥AB，∴設(shè)直線HA的解析式為，將A(1，0)代入得+b=0，解得b=，∴直線HA的解析式為，當(dāng)x=-1時，，∴H點的坐標(biāo)為，∵四邊形ABNH是矩形，∴AB∥NH，BN∥AH，∴設(shè)直線HN的解析式為y=3x+m，把H點坐標(biāo)代入，得，解得m=，∴設(shè)直線HN的解析式為y=3x+，∴設(shè)直線BN的解析式為，把B點坐標(biāo)代入，得n=-3，∴設(shè)直線BN的解析式為，∵N點為直線HN和直線BN的交點，∴解得，∴N點坐標(biāo)為．③當(dāng)AB為對角線時，如圖設(shè)H點坐標(biāo)為，∵四邊形AHBN為矩形，∴△AHB為直角三角形，∠AHB=90°，∴AH2+BH2=AB2，即，解得，∴H點坐標(biāo)為(-1,-1)，(-1,-2)，（a）當(dāng)H點坐標(biāo)為(-1,-1)時，設(shè)直線AH的解析式為y=kx+b，把A，H點坐標(biāo)代入，得解得，∴直線AH的解析式為，∵AH∥BN，∴設(shè)直線BN的解析式為，把B點坐標(biāo)代入，得b=-3，∴直線BN的解析式為，∵AN⊥BN，∴設(shè)直線AN的解析式為y=-2x+m，把A點坐標(biāo)代入，得-2+m=0，解得m=2，∴直線AN的解析式為y=-2x+2，∵N點為直線AN與BN的交點，∴解得，∴N點坐標(biāo)為(2,-2);（b）當(dāng)H點坐標(biāo)為(-1,-2)時，設(shè)直線AH的解析式為y=kx+b，把A，H點坐標(biāo)代入，得解得，∴直線AH的解析式為y=x-1，∵AH∥BN，∴設(shè)直線BN的解析式為y=x+n，把B點坐標(biāo)代入，得n=-3，∴直線BN的解析式為y=x-3，∵AN⊥BN，∴設(shè)直線AN的解析式為y=-x+m，把A點坐標(biāo)代入，得-1+m=0，解得m=1，∴直線AN的解析式為y=-x+1，∵N點為直線AN與BN的交點，∴解得，∴N點坐標(biāo)為(2,-1)．綜上所述，存在點，使、、、四點構(gòu)成矩形，N點坐標(biāo)為．【點睛】本題為二次函數(shù)的綜合運用，涉及待定系數(shù)法，軸對稱的性質(zhì)，勾股定理，三角形的面積等知識．在（2）中求得點C是解題的關(guān)鍵，在（3）中確定出M點是解題的關(guān)鍵，在（4）中分情況討論是解題的關(guān)鍵．二、中考幾何壓軸題11．（1）相等，；（2）是等邊三角形，理由見解析；（3）面積的最大值為.【分析】（1）根據(jù)＂點分別為的中點＂，可得MNBD，NPCE，根據(jù)三角形外角和定理，等量代換求出．（2）先求出，得出，根據(jù)解析：（1）相等，；（2）是等邊三角形，理由見解析；（3）面積的最大值為.【分析】（1）根據(jù)＂點分別為的中點＂，可得MNBD，NPCE，根據(jù)三角形外角和定理，等量代換求出．（2）先求出，得出，根據(jù)MNBD，NPCE，和三角形外角和定理，可知MN=PN，再等量代換求出，即可求解．（3）根據(jù)，可知BD最大值，繼而求出面積的最大值．【詳解】由題意知：AB=AC，AD=AE，且點分別為的中點，∴BD=CE，MNBD，NPCE，MN=BD，NP=EC∴MN=NP又∵MNBD，NPCE，∠A=，AB=AC，∴∠MNE=∠DBE，∠NPB=∠C，∠ABC=∠C=根據(jù)三角形外角和定理，得∠ENP=∠NBP+∠NPB∵∠MNP=∠MNE+∠ENP，∠ENP=∠NBP+∠NPB，∠NPB=∠C，∠MNE=∠DBE，∴∠MNP=∠DBE+∠NBP+∠C=∠ABC+∠C=．是等邊三角形．理由如下：如圖，由旋轉(zhuǎn)可得在ABD和ACE中．點分別為的中點，是的中位線，且同理可證且．在中∵∠MNP=，MN=PN是等邊三角形．根據(jù)題意得:即，從而的面積．∴面積的最大值為．【點睛】本題主要考查了三角形中點的性質(zhì)、三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及圖形旋轉(zhuǎn)的相關(guān)知識；正確掌握三角形相似的判定定理、三角形外角和定理以及圖形旋轉(zhuǎn)的相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．12．（1）①；②；（2）（1）中的結(jié)論仍然成立，理由詳見解析；（3）或2或．【分析】（1）利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)證明△BCD≌△BCE（SAS），可得結(jié)論；（2）結(jié)論仍然成立．利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)證明△BCD≌解析：（1）①；②；（2）（1）中的結(jié)論仍然成立，理由詳見解析；（3）或2或．【分析】（1）利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)證明△BCD≌△BCE（SAS），可得結(jié)論；（2）結(jié)論仍然成立．利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)證明△BCD≌△BCE（SAS），可得結(jié)論；（3）分三種情形利用等邊三角形的判定和性質(zhì)分別求解即可．【詳解】（1）如圖1中，∵CM平分∠ACB，∠ACB=90°，

∠ACM=∠BCM=45°，

根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知：∠DCE=90°，CD=CE，

∴∠BCD=∠BCE=45°，在△BCD和△BCE中，，∴△BCD≌△BCE（SAS），

∴BD=BE，

∵CD=CE，

∴BC垂直平分線段DE，

故答案為：BD=BE，BC⊥DE；（2）結(jié)論仍然成立．理由：∵，點是的中點，∴，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知：∠DCE=，CD=CE，∴，在△BCD和△BCE中，，∴△BCD≌△BCE（SAS），

∴BD=BE，

∵CD=CE，

∴BC垂直平分線段DE，

故BD=BE，BC⊥DE仍然成立；（3）①如圖3（1），當(dāng)時，∵，，，CD是的平分線，∴△ABC是等邊三角形，且邊長為2，∴AD=AB=1，CD⊥AB，∠ECA=30，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知：CE=CF，∠ECF=60，∴△EFC是等邊三角形，∵，∴AF=AE，∠DAE=∠GAF，∴∠DAE+∠EAG=∠GAF+∠EAG=60，∴△AEF是等邊三角形，在Rt△ADE中，，∴EF=AE=；②如圖3（2），當(dāng)時，由①得：AD=AB=1，CD⊥AB，△EFC是等邊三角形，∵，∴，∠AGF=∠ADE=90，由①得：∠ECA=∠FCA=30，在Rt△ADC和Rt△FGC中，，∴Rt△ADCRt△FGC，∴，∴；③如圖（3），當(dāng)時，∵，∴，同理可得△EFC是等邊三角形，可求得：∠GFA=30，AG=AD=1，∴，∴；綜上，的長或2或【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等邊三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)變換，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．13．（1）①；②30度；（2）成立，理由見解析；（3）或，理由見解析．【分析】①由得;②延長DE、CF交于K，由得，再由可得（2）連接BD交AC于點G,先證明可得，再利用“8”字型可得；（3解析：（1）①；②30度；（2）成立，理由見解析；（3）或，理由見解析．【分析】①由得;②延長DE、CF交于K，由得，再由可得（2）連接BD交AC于點G,先證明可得，再利用“8”字型可得；（3）過點A作，交直線DE于M,再結(jié)合（2）中相似分類討論即可；【詳解】（1）①∵菱形ABCD中，∴,∵∴∴∴;②如解題圖1，延長DE、CF交于K，∵∴，∵∴∴∴∴（2）成立，理由如下如解題圖2，連接BD交AC于點G,∵四邊形ABCD是菱形，∴,,即直線DE與CF夾角所成的較小角的度數(shù)是30度（3）或理由如下：（1）過點A作，交直線DE于M,如解題圖3：當(dāng)D,E,F三點共線時,由（2）得,(2)如解題圖4，過點A作,當(dāng)D,E,F三點共線時,由（2）得【點睛】本題綜合考察相似三角形的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)，30°直角三角形的性質(zhì)，熟練運用性質(zhì)進行角度轉(zhuǎn)換是解題的關(guān)鍵14．（1）相等；（2）不成立，理由見解析；（3）或．【分析】（1）證明△ABD≌△ACE（SAS），即可得出；（2）當(dāng)在Rt△ADE和Rt△ABC中，，證明△ABD∽△ACE，求出BD與CE的比例解析：（1）相等；（2）不成立，理由見解析；（3）或．【分析】（1）證明△ABD≌△ACE（SAS），即可得出；（2）當(dāng)在Rt△ADE和Rt△ABC中，，證明△ABD∽△ACE，求出BD與CE的比例；（3）分兩種情況求出BD的長即可．【詳解】（1）相等;提示：如圖4所示．∵△ADE和△ABC均為等邊三角形，∴∴∴在△ABD和△ACE中，∴△ABD≌△ACE（SAS）∴．（2）不成立；理由如下：如圖5所示．在Rt△ADE和Rt△ABC中，∵∴∴∵∴△ABD∽△ACE∴∴故（1）中的結(jié)論不成立；（3）或．提示:分為兩種情況：①如圖6所示．易證：△ABD≌△ACE（SAS）∴∴∴由題意可知：設(shè),則在Rt△BCE中,由勾股定理得：∴解之得:（舍去）∴；②如圖7所示．易證：△ABD≌△ACE（SAS），設(shè)，則在Rt△BCE中，由勾股定理得：∴解之得：（舍去）∴.綜上所述，或．【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會運用分類討論的思想考慮問題．15．（1）①；或；證明見解析；②菱形，證明見解析；（2）①；②；③【分析】（1）①利用矩形的性質(zhì)與軸對稱的性質(zhì)證明如圖1，連接證明即可得到答案；②如圖1，由①得：再證明四邊形為平行四邊形解析：（1）①；或；證明見解析；②菱形，證明見解析；（2）①；②；③【分析】（1）①利用矩形的性質(zhì)與軸對稱的性質(zhì)證明如圖1，連接證明即可得到答案；②如圖1，由①得：再證明四邊形為平行四邊形與可得結(jié)論；（2）①如圖2，連接由折疊可得：再利用勾股定理可得答案；②如圖3，連接交于證明四邊形是菱形，可得從而可得答案；③由②得：可得，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得答案．【詳解】解：（1）①矩形由折疊可得：如圖1，連接由折疊可得：同理：故答案為：，或②如圖1，由①得：矩形四邊形為平行四邊形，四邊形為菱形，（2）①如圖2，連接由折疊可得：矩形，，故答案為：②如圖3，連接交于矩形重合，同理可得：由對折可得：四邊形是菱形，，，故答案為：③由②得：當(dāng)時，最小，最小值為的最小值為：故答案為：【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定，矩形的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，二次函數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．16．（1）；；（2）矩形，見解析；（3）見解析，．【分析】（1）如圖，連接OA、OA′、OD、OD′，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得OA=OA′、OD=OD′，∠AOA′=∠DOD′=，根據(jù)勾股定理可得OA=O解析：（1）；；（2）矩形，見解析；（3）見解析，．【分析】（1）如圖，連接OA、OA′、OD、OD′，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得OA=OA′、OD=OD′，∠AOA′=∠DOD′=，根據(jù)勾股定理可得OA=OD，利用SAS可證明△AOA′≌△DOD′，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得AA′=DD′，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠BOB′=，根據(jù)可得△OAA′∽△OBB′，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得答案；（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，，，根據(jù)點是中點即可得出，根據(jù)對角線相等且互相平分的四邊形是矩形即可證明四邊形是矩形；（3）根據(jù)題意，補全圖形，連接OA、OA′，作AM⊥BP于M，A′N⊥BP于N，根據(jù)勾股定理可得，根據(jù)平角的定義及直角三角形兩銳角互余的性質(zhì)可得，利用AAS可證明△ABM≌△A′B′N，可得AM=A′N，利用AAS可證明△APM≌△A′PN，可得，根據(jù)等腰三角形“三線合一”的性質(zhì)可得∠A′OP=∠AOA′=，∠QOB′=，根據(jù)角的和差關(guān)系可得∠POQ=∠A′OB′，即可證明△OQP∽△OB′A′，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得答案．【詳解】（1）如圖，連接OA、OA′、OD、OD′，∵將正方形繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到正方形，旋轉(zhuǎn)角為，∴OA=OA′、OD=OD′，∠AOA′=∠DOD′=，∴△AOA′≌△DOD′，∴AA′=DD′，∵點是中點，∴OB=，∴OA=，∵將正方形繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到正方形，旋轉(zhuǎn)角為，∴∠BOB′=∠AOA′=，∵，∴△OAA′∽△OBB′，∴=，∴，故答案為：；（2）四邊形是矩形；理由如下：∵正方形繞點順時針旋轉(zhuǎn)得到正方形，∴，，，∵點是中點，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴四邊形是矩形．（3）如圖，補全圖形如下：連接OA、OA′，作AM⊥BP于M，A′N⊥BP于N，∵，∴AB=BC=，∴OA′=OA==，∵∠OB′A′=90°，∴，∵，∴，∵，∴，∵，，∴△ABM≌△A′B′N，∴AM=A′N（AAS），∵，，∴△APM≌△A′PN，∴AP=A′P，∵OA=OA′，∴∠A′OP=∠AOA′=，∵OB=OB′，OQ⊥BB′，∴∠QOB′=，∴∠QOB′+∠B′OP=∠A′OP+∠B′OP，即∠POQ=∠A′OB′，∵∠OQP=∠OB′A′=90°，∴△OQP∽△OB′A′，∴．【點睛】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、矩形的判定、全等三角形的判定與性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握全等三角形及相似三角形的判定定理并正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形及相似三角形是解題關(guān)鍵．17．（1）=1；（2）改變，；（3）①=；②GB=（）DG．【分析】（1）利用三點共線，可以求出k=1；（2）當(dāng)點G與點E重合時，DG取最小值，當(dāng)點F與點C重合時，DG取最大值，進而求出k的取解析：（1）=1；（2）改變，；（3）①=；②GB=（）DG．【分析】（1）利用三點共線，可以求出k=1；（2）當(dāng)點G與點E重合時，DG取最小值，當(dāng)點F與點C重合時，DG取最大值，進而求出k的取值范圍；（3）①設(shè)BE=m，BF=n，利用一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系進行和不等式進行求解；②根據(jù)①求出的EF=，由于ΔDEF為等腰三角形，EF為底，所以G為EF中點，易得GB=，進而可以求出GB=（）DG．【詳解】如圖1所示，把ΔDAE，ΔDCF分別沿著DE、DF翻折，在正方形ABCD中，ADC=DAB=DCB=90°’，AD=CD,ADE+CDF=ADC-EDF=90°-45°=45°，翻折后，AD，CD重合．設(shè)重合線為AG'，則DG'E=DG'F=90°，DG'EF，且E、G'、F三點共線，則G'在EF上。又DGEF，DG'與DG重合，DG=DG'=AD．k==1．（2)k的值發(fā)生改變．①如圖2所示，當(dāng)點G與點E重合時，DG取最小值，DEF=90°又EDF=45°，ΔDEF是等腰直角三角形，則DE=EF．易證ΔADEΔBEF，AD=BE=6，AE=AB-BE=8-6=2，在RtΔADE中，由勾股定理，得DE=，②如圖3所示，當(dāng)點F與點C重合時，DG取最大值，EDC=45°，AB//DF，則AED=EDC=45°，ΔDAE是等腰直角三角形，則AD=AE=6，BE=AB-AE=8-6=2，在RtΔEBC中，由勾股定理得：CE=，易證ΔDGC~ΔCBE，，即DG=，，綜上所述，．（3)①設(shè)BE=m，BF=n，易知ΔBEF的周長為2．，一元二次方程有求根公式：，，所以，，則m，n是關(guān)于x的方程的兩個實數(shù)根，，解得：．S=DG·EF=EF，當(dāng)EF=時，S取最小值．②ΔDEF為等腰三角形，EF為底，G為EF中點，易得GB=EF=，GB=（）DG．【點睛】本題考查了正方形、矩形、等腰三角形的性質(zhì)及一元二次方程的靈活運用，有一定的難度，解題關(guān)鍵是畫出正確的圖形進行解答．18．（1）見解析；（2）；（3）當(dāng)時，有最小值，此時；的值不變，見解析【分析】（1）在圓上任意取兩條弦AC、BC，作AC、BC的垂直平分線，則它們的交點為P點；（2）由題意得與相切于點，根據(jù)切線長解析：（1）見解析；（2）；（3）當(dāng)時，有最小值，此時；的值不變，見解析【分析】（1）在圓上任意取兩條弦AC、BC，作AC、BC的垂直平分線，則它們的交點為P點；（2）由題意得與相切于點，根據(jù)切線長定理和勾股定理求得，再證明，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解；（3）根據(jù)勾股定理得，得到當(dāng)時，有