中考數(shù)學總復習《圖形變換綜合壓軸題》專項提升練習題附答案

第第頁參考答案1．（1）解：Rt△ABC中∵∠C=90°,AC=BC=5∴AB=A∵ED⊥BCBD=ED=∴EB=∴AE=AB－∴AE故答案為：2,45°（2）解：（1）中的兩個結論不發(fā)生變化理由如下：如圖延長AECD交于F由旋轉可得∠CBD=∠ABE∵AB=52,BC=5,BE=2,DB=∴ABBC=5∴∴∴AECD∵∠BAC+∠ACB=90°+45°=135°∴∠BAC+∠ACD+∠DCB=∠BAC+∠ACD+∠EAB=135°即∠FAC+∠ACD=135°∴∠F=180°?∠FAC+∠ACD=45°∴（1）中的兩個結論不發(fā)生變化．（3）解：分情況討論：如圖當點D在線段AE上時過點C作CF⊥AD于點F在RtΔABD中∴AD=由（2）知ΔEAB∽ΔDCB∴∴∴CD=26在Rt△CDF中CF=CD·∴S△ADC=1當點E在線段AD上時如圖過點C作CF⊥AD于點F在RtΔADB中∴AD=∴AE=AD?DE=4由（2）知△CDB∽△AEB∴∴CD∴CD=26由（2）知∠ADC=45°∴CF=CD·sin∴S綜上△ADC的面積為12+6或12?2．（1）解：AP＝BQ．理由如下：在等邊△ABC中AC＝BC∠ACB＝60°由旋轉可得CP＝CQ∠PCQ＝60°∴∠ACB＝∠PCQ∴∠ACB﹣∠PCB＝∠PCQ﹣∠PCB即∠ACP＝∠BCQ∴△ACP≌△BCQ（SAS）∴AP＝BQ；（2）證明：在等邊△ABC中AC＝BC∠ACB＝60°由旋轉可得CP＝CQ∠PCQ＝60°∴∠ACB＝∠PCQ∴∠ACB﹣∠PCB＝∠PCQ﹣∠PCB即∠ACP＝∠BCQ∴△ACP≌△BCQ（SAS）∴AP＝BQ∠CBQ＝∠CAP＝90°；∴BQ＝AP＝AC＝BC.∵AP＝AC∠CAP＝90°∴∠BAP＝30°∠ABP＝∠APB＝75°∴∠CBP＝∠ABC+∠ABP＝135°∴∠CBD＝45°∴∠QBD＝45°∴∠CBD＝∠QBD即BD平分∠CBQ∴BD⊥CQ且點D是CQ的中點即直線PB垂直平分線段CQ；（3）解：AP的長為：3或33或2理由如下：①當點Q在直線l上方時如圖所示延長BQ交l于點E過點Q作QF⊥l于點F由題意可得AC＝BCPC＝CQ∠PCQ＝∠ACB＝60°∴∠ACP＝∠BCQ∴△APC≌△BCQ（SAS）∴AP＝BQ∠CBQ＝∠CAP＝90°∵∠CAB＝∠ABC＝60°∴∠BAE＝∠ABE＝30°∵AB＝AC＝4∴AE＝BE=∴∠BEF＝60°設AP＝t則BQ＝t∴EQ=在Rt△EFQ中QF=32EQ=3∴S△APQ=12AP?QF=34即12?t解得t=3或t=33．即AP的長為3②當點Q在直線l下方時如圖所示設BQ交l于點E過點Q作QF⊥l于點F由題意可得AC＝BCPC＝CQ∠PCQ＝∠ACB＝60°∴∠ACP＝∠BCQ∴△APC≌△BCQ（SAS）∴AP＝BQ∠CBQ＝∠CAP＝90°∵∠CAB＝∠ABC＝60°∴∠BAE＝∠ABE＝30°∴∠BEF＝120°∠QEF＝60°∵AB＝AC＝4∴AE＝BE=設AP＝m則BQ＝m∴EQ＝m?在Rt△EFQ中QF=32EQ=32∴S△APQ=12AP?QF=34即12?m?3解得m=23+綜上可得AP的長為：3或33或23．（1）解：①∵AB=BC=23BE=2∠ABC∴tan∴∠EAB=30°故答案為：30；②過點F作FD⊥BC于D如圖3∵∠BAE+∠AEB=90°∠DEF+∠AEB=90°∴∠BAE=∠DEF∵AE=EF∠ABE=∠EDF=90°∴△АВЕ≌△ЕDF∴AB=ED=BC∴FD=DC∴CF=2CDAC=2AB=2ED∴AC+CF=2CD+2ED=2(CD+ED)=2CE；故答案為：AC+CF=2CE；（2）過F作FH⊥BC交BC的延長線于H如圖4∵∠AEF=90°AE=EF易證△ABE≌△EHF∴FH=BEEH=AB=BC∴△FHC是等腰直角三角形∴CH=BE=22∴EC=BC-BE=22AC-22FC即CA-CF=2（3）如圖3當點E在點B左側運動時y==1=12如圖4當點E在點B右側運動時連接AF根據(jù)勾股定理得AE=由旋轉得AE=EF∴EC=EH-CH=BC-BE=3∴y==1=3綜上當點E在點B左側運動時y=12x2+3x+32；當點E4．（1）解：連接BDDA′如圖∵四邊形ABCD是矩形∴∠BAD=90°∵AB=6AD=8∴BD=10由旋轉可得BA′=BA=6∵BA′+DA′≥BD∴當點A′落在BD上時DA′最小最小值為10-6=4∴DA′最小值為4；（2）解：由題意得απ×6180=2π∵AB=A′B∴△ABA′是等邊三角形∴∠BAA′=60°AB=A′B=AA′=6∴∠DAA′=30°過點A′作A′M⊥AD于M點∴A′M=12AA∴點A′到直線AD的距離為3（3）解：∵BC=8CF=4∴BF=4∵∠BAE+∠ABE=90°∠CBF+∠ABE=90°∴∠BAE=∠CBF∵∠AEB=∠BCF=90°∴△ABE∽△BFC∴BE∴BE=過E作EH⊥BC于H點∴EH∥CD∴△BEH∽△BFC∴BE∴EH=65∴CH=∴tan∠ECB=（4）解：當A′C與以B為圓心AB為半徑的圓相切時∠A′CB最大此時∠BA′C=90°分兩種情況：當A′在BC的上方時如圖1∵AB=A′BAE⊥AA′于E∴∠ABF=∠A′BF∵BF=BF∴△ABF≌△A′BF∴∠BA′F=∠BAF=90°∴CA′F在一條直線上∵S∴CF=BC=8如圖2當A′在BC的下方時連接AFA′F則AF=A′F∵A′B=6BC=8∴A′C=2過A′作A′P⊥CD垂足落在DC的延長線上∵∠BCA′+∠A′CP=90°∠A′CP+∠CA′P=90°∴∠BCA′=∠CA′P∵∠BA′C=∠A′PC∴△A′BC∽△PCA′∴A∴A′P=72∴A∴8∴CF=8綜上CF的長為8或835．解：（1）BD＝CE．理由是：∵∠BAE＝∠CAD∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC即∠EAC＝∠BAD在△EAC和△BAD中AE=AB∴△EAC≌△BAD∴BD＝CE；（2）如圖2在△ABC的外部以A為直角頂點作等腰直角△BAE使∠BAE＝90°AE＝AB連接EAEBEC．∵∠ACD＝∠ADC＝45°∴AC＝AD∠CAD＝90°∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC即∠EAC＝∠BAD在△EAC和△BAD中AE∴△EAC≌△BAD∴BD＝CE．∵AE＝AB＝5∴BE＝52+52=52又∵∠ABC＝45°

∴∠ABC+∠ABE＝45°+45°＝90°∴E∴BD（3）如圖∵AB＝BC∠ABC＝60°∴△ABC是等邊三角形把△ACD繞點C逆時針旋轉60°得到△BCE連接DE則BE＝AD△CDE是等邊三角形∴DE＝CD∠CED＝60°∵∠ADC＝30°∴∠BED＝30°+60°＝90°在Rt△BDE中DE＝BD2?BE2＝∴CD＝DE＝8．6．解：（1）延長GP交CD于H如圖1所示：∵在菱形ABCD和菱形AEFG中AB=CD=ADBE//CDAG=FGFG//BE∴FG//CD∴∠PFG=∠PCH∵P是線段CF的中點∴PF=PC在△PFG和△PCH中∠PFG=∠PCH∴△PFG?△PCH(ASA)∴FG=CHPG=PH∴AG=CH∴DG=DH∴DP⊥GH（三線合一）∴∠DPG=90°；∵∠BAD=120°∴∠ADC=60°∴∠PDG=∠PDH=∴PGPD（2）（1）中的兩個結論不發(fā)生改變；理由如下：延長GP交CE于H連接DHDG如圖2所示：∵四邊形AEFG為菱形∴FG//EC∴∠GFP=∠HCP∵P是線段CF的中點∴PF=PC在△PFG和△PCH中∠GFP=∠HCP∴△PFG?△PCH(ASA)∴FG=CHPG=PH∵FG=AG∴AG=CH∵四邊形ABCD是菱形∴AC=CD∵∠BAD=∠AEF=120°∴∠ACD=60°∴△ACD是等邊三角形∴AD=CD∴∠EAG=∠ADC=60°∠DAC=∠DCA=60°∴∠GAD=180°?∠EAG?∠DAC=60°在△ADG和△CDH中AD=CD∴△ADG?△CDH(SAS)∴DG=DH∠ADG=∠CDH∴DP⊥GH∴∠DPG=90°∠GDH=∠ADC=60°∴∠GDP=30°∴PGPD（3）延長GP到H使得PH=GP連接CHDGDH延長DC交EA的延長線于點M如圖3所示：同（2）可證△PFG?△PCH∴∠GFC=∠HCFFG=CH∴FG//CH∵FG//AE∴CH//EM∴∠DCH=∠M∵CD//AB∴∠M=∠MAB∴∠DCH=∠MAB∵∠BAD=∠AEF=180°?2α∴∠EAG=∠ADC=2α∴∠GAM=180°?2α∴∠GAD=∠BAM∴∠GAD=∠DCH∵AG=FG∴AG=CH在△ADG和△CDH中AD=CD∴△ADG?△CDH(SAS)∴∠ADG=∠CDHDG=DH∴∠GDH=∠ADC=2α∴∠DPG=90°∠GDP=∴PGPD7．（1）解：∵拋物線y=ax2+bx+4與∴點C的坐標為（04）∴OC=4∴OB=OC=4∴B（40）將A（-20）和B（40）的坐標分別代入y=ax2+bx+44a?2b+4=0解得：a=?∴y=?（2）解：∵A（－20）C（04）設直線AC的解析式為y=kx+4將點A（－20）代入y=kx+4中得：?2k+4=0解得：k=2∴直線AC的解析式為y=2x+4設G（x2x＋4）∵點D是BC的中點∴D（22）∵翻折∴△MDB≌△MDG∴DB=DG∴x?2∴5∴x∴y∴G（04）G（?45（3）解：E(2?2133如圖過點D作DP⊥OC于點PDQ⊥OB于點Q點D作DH⊥DN交OB于點H∵∠PDQ=∠NDM=90°∴∠PDQ?∠NDQ=∠NDM?∠NDQ∴∠PDN=∠QDH在ΔDPN和ΔDP=DQ∴∴DN=DH∠NDM=90°?∠PDN?∠QDM=90°?∠QDH?∠QDM=∠HDM在ΔDMN和ΔDN=DH∴△DMN≌△DMH(SAS)∴MN=MQ+PN∵ON=43設OM=x則ON=43xQM=2－xPN=2－4∴MN=MQ＋PN=4－73在Rt△OMN中∠MON=90°M即4?∴2∴x=1x=9∴N(043∵D（22）設直線DN的解析式為y=將點N(043)和點D（22）代入y=k1b1=4∴直線DN的解析式為y=∵y=?∴?∴x=2?2133∴y=∴E(2?21338．解：（1）證明

∵∠A＝90°∠CBE＝90°∴∠C＋∠CBA＝90°∠CBA＋∠DBE＝90°∴∠C＝∠DBE（同角的余角相等）．又∵∠A＝∠D＝90°∴△ABC∽△DEB；（2）①∵M繞點B順時針旋轉90°至點EM為BC中點∴△BME為等腰直角三角形BE∴BE=又∵DE=∴BE＝DE．如圖過點E作EF⊥AD垂足為F則BF＝DF∵∠A＝∠CBE＝∠BFE＝90°∴由（1）得：△ABC∽△FEB∴BF∵AC＝4∴BF＝2∴AB＝AD－BF－FD＝20－2－2＝16；②如圖過點M作AD的垂線交AD于點H過點E作AD的垂線交AD于點F過D作DP⊥AD過E作NP⊥DP交AC的延長線于N∵M為BC中點MH∥AC∴MH∴MH=12AC=2∵∠MHB＝∠MBE＝∠BFE＝90°由（1）得：∠HBM=∠FEB∵MB＝EB∴△MHB≌△BFE∴BF＝MH＝2EF＝BH設EF＝x則DP＝xBH＝AH＝xEP＝FD＝20－2－2x＝18－2xGN＝x＋8NE＝AF＝2x＋2由(1)得△NGE∽△PED∴PENG=解得x1=6∴FD＝18－2x＝6∴ED=E9．（1）解：①∵△ABC是等邊三角形BC=4∴AB=AC=4∠BAC=60°∴AB′∵AD為等腰△AB∴AD⊥B′∴∠AD在Rt△ADC′'中∠ADC′∴AD=1②∵∠BAC=90°∴∠在△ABC和△ABAB=A∴△ABC≌△AB′C∴B∴AD=1故答案為：①2；②3（2）AD＝1證明：在圖1中過點B′作B′E∥AC′且B′E＝A∵∠BAC＋∠∴∠BAC=∠A又∵AC∴CA=E在△BAC和△ABBA=A∴△BAC≌△AB′E∴BC=AE又∵AD∴AD＝（3）如圖過點P作PF⊥BC則BF∵PB=PCPF⊥BC∴PF為△BC的中線∴PF＝在Rt△BPF中∠BFP=90°PB=5PF=3∴BF∴BC=2BF=8．10．（1）解：∵x1x2滿足x1+x2＝2x1?x2＝﹣3∴b=2c=3∴拋物線的解析式為y＝﹣x2+2x+3（2）解：①拋物線y＝﹣x2+2x+3與x軸交于點A(x10)點C(x20)與y軸交于點B∴當y=0時﹣x2+2x+3=0解得x1=3x2=-1當x=0時y＝3∴A(30)C(-10)B(03)∴△AOB為等腰直角三角形∴∠BAO=45°又EP⊥x軸∴△ADE為等腰直角三角形∴∠ADE=45°又∴∠PDB=∠ADE∴∠PDB=45°設直線AB的解析式為y=kx+b則3k+b=0b=3解得∴直線AB的解析式為y=-x+3∵E(m0)直線EP交直線AB于點D∴設點D為（m-m+3）點P為（m﹣m2+2m+3）點E在線段OA上運動若△PBD是等腰三角形則0＜m＜3當PD=PB時△PBD是以P為直角頂點的等腰直角三角形∴﹣m2+2m+3-（-m+3）=m解得m=2或m=0（舍去）∴點E為（20）當BD=BP時△PBD是以B為直角頂點的等腰直角三角形∴2m=﹣m2+2m+3-（-m+3）解得m=1或m=0（舍去）∴點E為（10）當DB=DP時△PBD是以D為頂點的等腰三角形∵∠OBD=45°∴BD=2OE=2m∴2m=﹣m2+2m+3-（-m+3）解得m=3-2或m=0（舍去）∴點E為（3-20）綜上可知點E為（20）或（10）或（3-20）②當P在x軸上方時連接BC延長BP交x軸于點F∵∠BAO=∠ABO=45°又∠PBD+∠CBO＝45°∴∠CBP=90°∴∠OBF+∠CBO＝90°又∠BCO+∠CBO＝90°∴∠OBF=∠BCO∴△BOC∽△FOB∴BOFO=∵C(-10)B(03)∴3FO=∴OF=9∴點F為（90）設直線PB的解析式為y=mx+n則9m+n=0n=3解得∴直線PB的解析式為y=-13x∵PB都在拋物線上∴y=?解得x=0y=3（舍去）∴點P為（7320∴m=7當P在x軸下方時連接BC設BP與x軸交于點H∵∠PBD+∠CBO=45°∠OBH+∠PBD=45°∴∠CBO=∠OBH又OB=OB∠COB=∠BOH∴△BOH≌△BOC（ASA）∴OC=OH=1∴點H（10）設直線BH解析式為：y=kx+b∴k+b=0b=3解得∴直線BH解析式為：y=-3x+3∴聯(lián)立方程組y=?3x+3解得x=0y=3（舍去）∴點P為（5-12）∴m=5綜上可知m的值為73（3）解：當m＝1得點E（10）P（14）過點F作FH⊥PE又PE⊥x軸∠CQF=90°∴∠CQH+∠FQH=90°∠CQH+∠QCH=90°°∠QEC=∠QHF=90°∴∠FQH=∠QCH∵線段CQ繞點Q逆時針旋轉90°得到線段QF∴CQ=QF∴△QCE≌△FQH（AAS）∴CE=QHQE=FH又E（10）C（-10）∴CE=QH=2令Q為（1a）QE=FH=a∴點F的坐標為（1+aa-2）∴PF=1+a?12+∵2＞0∴當a=-?122×2=3時PF有最小值且最小值為3211．解：（1）證明：如圖①連接OC∵ΔABC與ΔDEF都是等腰直角三角形AC=BCDE=DF．邊AB∴OC⊥ABOC=12AB=OB∵FE⊥AB于O∴CFO三點共線在ΔBOF與Δ∠OB=OC∴∴BF=CD；（2）解：猜想BF=CD理由如下：如圖②連接OCOD∵ΔABC與ΔDEF都是等腰直角三角形AC=BCDE=DF．邊AB∴OC⊥ABOC=12AB=OB∵∠BOF=∠BOC+∠COF=90°+∠COF∠COD=∠DOF+∠COF=90°+∠COF∴∠BOF=∠COD．在ΔBOF與ΔOB=OC∴∴BF=CD；（3）解：猜想BF=33如圖③連接OCOD．∵ΔABC為等邊三角形點O為邊∴∠BCO=∠ACO=30°∠BOC=90°∴∵ΔDEF為等邊三角形點O為邊∴∠FDO=∠EDO=30°∠DOF=90°∴∴OB∵∠BOF=∠BOC+∠COF=90°+∠COF∠COD=∠DOF+∠COF=90°+∠COF∴∠BOF=∠COD∴∴BF∴BF=312．解：（1）當∠EDF繞D點旋轉到DE⊥AC時四邊形CEDF是正方形．設△ABC的邊長AC=BC=a則正方形CEDF的邊長為12a∴S△ABC=12a2S正方形DECF=（12a）2=1即S△DEF+S△CEF=12S△ABC故答案為：S△DEF+S△CEF=12S△ABC（2）（1）中的結論成立；證明：過點D作DM⊥ACDN⊥BC則∠DME=∠DNF=∠MDN=90°又∵∠C=90°∴DM∥BCDN∥AC∵D為AB邊的中點由中位線定理可知：DN=12ACMD=1∵AC=BC∴MD=ND∵∠EDF=90°∴∠MDE+∠EDN=90°∠NDF+∠EDN=90°∴∠MDE=∠NDF在△DME與△DNF中∠DME∴△DME≌△DNF（ASA）∴S△DME=S△DNF∴S四邊形DMCN=S四邊形DECF=S△DEF+S△CEF由以上可知S四邊形DMCN=12S△∴S△DEF+S△CEF=12S△ABC（3）連接DC證明：同（2）得：△DEC≌△DBF∠DCE=∠DBF=135°∴S△DEF=S五邊形DBFEC=S△CFE+S△DBC=S△CFE+S∴S△DEF-S△CFE=SΔ故S△DEFS△CEFS△ABC的關系是：S△DEF-S△CEF=12S△ABC13．（1）解：如圖過點C作CG⊥x軸∵點A(?2,0)點B(6,0)∴AB=8又∵∠ACB=90°∠CAB=30°∴在Rt△ABC中BC=4在Rt△GBC中BG=2CG=23又∵點C在第一象限∴C(4,23（2）①∵以點B為中心順時針旋轉三角形ABC得到三角形BDE點AC的對應點分別為DE且DE//AB∴∠FBA=∠EDB=∠CAB=30°．∴在Rt△FOB中∵OB=6∴OF=23∴F(0,23②∵點D落在射線BC上∴∠ABD=60°．由①知∠FBA=30°∴∠FBD=30°．∵∠FBD=∠BDE∴DE//FB．又DE=FB=4∴四邊形FDEB是平行四邊形.又∠BED=90°∴四邊形FDEB是矩形.（3）如圖連接PQ,FE∵P,Q分別為FD,DE的中點∴PQ=∵FB=43∵旋轉則點E在以B為圓心BE為半徑的圓上運動∴FB?BE≤EF≤FB+BE即4∴214．（1）解：CP=BQ理由：如圖1連接OQ由旋轉知PQ=OP∠OPQ=60°∴△POQ是等邊三角形∴OP=OQ∠POQ=60°在Rt△ABC中O是AB中點∴OC=OA=OB∴∠BOC=2∠A=60°=∠POQ∴∠COP=∠BOQ在△COP和△BOQ中OC=OB∴△COP≌△BOQ（SAS）；（2）解：CP=BQ理由：如圖2連接OQ由旋轉知PQ=OP∠OPQ=60°∴△POQ是等邊三角形∴OP=OQ∠POQ=60°在Rt△ABC中O是AB中點∴OC=OA=OB∴∠BOC=2∠A=60°=∠POQ∴∠COP=∠BOQ在△COP和△BOQ中OC=OB∴△COP≌△BOQ（SAS）∴CP=BQ；（3）解：BQ＝6?在Rt△ABC中∠A＝30°AC＝6∴BC＝AC·tanA＝2如圖③過點O作OH⊥BC于點H∴∠OHB＝90°＝∠BCA∴OH∥AC∵O是AB中點∴CH＝12BC=22OH＝1∵∠BPO＝45°∠OHP＝90°∴∠BPO＝∠POH∴PH＝OH＝6∴CP＝PH－CH＝62－22連接OQ同（1）的方法得BQ＝CP＝6?15．（1）證明：∵AB＝AC∠BAC＝90°∴∠B＝∠ACB＝45°

∵∠DAE＝∠BAC＝90°AD＝AE∴∠BAD＝∠CAE

在△BAD和△CAE中AB=AC∴△BAD≌△CAE（SAS）

∴∠B＝∠ACE＝45°BD＝CE∴∠ECD＝∠ACE+∠ACB＝90°∵PD⊥BC∴∠BDP＝∠ECD＝90°∴PD∥CE∵∠B＝∠BPD＝45°∴PD＝BD∴PD＝EC∴四邊形PDCE是平行四邊形

∵∠PDC＝90°∴四邊形PDCE是矩形；（2）解∶如圖過點A作AM⊥BC于點M過點F作FN⊥BC于點N設CD＝2m則BD＝2CD＝4mBC＝6m∵AB＝AC∠BAC＝90°AM⊥BC∴BM＝MC＝3m∴AM＝BM＝3mAB＝AC＝32mDM=CM-CD=m∴BD＝PD＝4m∴PB＝42m∴PA＝2m

∵△ABD≌△ACE∴BD＝EC＝4m設CN＝FN＝x∵FN∥CE∴△DFN∽△DEC∴FNEC＝∴FNDN＝∴DN＝12∴12x+x＝2∴x＝43∴CF＝423∴AF＝AC-CF＝32m－423m＝∴APAF（3）即：如圖將△BQC繞點B順時針旋轉60°得到△BNM連接QN∴BQ＝BNQC＝NM∠QBN＝60°∴△BQN是等邊三角形∴BQ＝QN∴QA+QB+QC＝AQ+QN+MN∴當點A點Q點N點M共線時QA+QB+QC值最小

如圖連接MC∵將△BQC繞點B順時針旋轉60°得到△BNM∴BQ＝BNBC＝BM∠QBN＝60°＝∠CBM∴△BQN是等邊三角形△CBM是等邊三角形∴∠BQN＝∠BNQ＝60°BM＝CM又∵AB＝AC∴AM垂直平分BC∵AD⊥BC∠BQD＝60°∴∠DBQ=30°∴QD=∴BD＝3QD

∵AB＝AC∠BAC＝90°AD⊥BC∴AD＝BD此時P與A重合設PD＝x則DQ＝x－2∴x＝3（x－2）∴x＝3+3∴PD＝3+3．16．（1）解：成立理由是：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形∴AB=ACAD=AE∵將△ADE繞點A逆時針旋轉α(0<α<90°)連結BD和CE∴∠BAD=∠CAE∴△ABD≌△ACE(SAS)∴BD=CE；（2）解：①∴AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE∴△ACE≌△ABD(SAS)∴BD=CE∴BC+CD=BD=CE．②∵△ACE≌△ABD∴∠ACE=∠ABD=45°又∵∠ACB=45°∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°在Rt△BAC中∵AB=AC=∴BC=又∵CD=1CE=BC+CD=3∴在Rt△CDE17．（1）解：∵拋物線C：y=ax2+6ax+9a?8與x軸相交于AB兩點∴B∴a×解得a=∴拋物線C的解析式為：y=對稱軸：x=?∴當x=?3時y=∴頂點D的坐標為?3,?8．∴a=825（2）∵拋物線C與x軸相交于AB兩點∴當y=0時得：825x2解得：x1=?8∴A∵點P與點B重合∴點P的坐標為2,0當拋物線C繞點P旋轉180°后得到的拋物線C1且點P與點B∴在拋物線C1中點B的坐標仍為∴點F與點A關于點P對稱∴點F的坐標為12,0同理點E與點D關于點P對稱設Em,n∴點P的坐標為m?3∴m?32∴m=7∴點E的坐標為7,8設拋物線C1的表達式為：∴7?12∴a∴y=?∴拋物線C1的表達式為：y=?（3）根據(jù)題意可知在構成的直角三角形三個頂點中有兩個頂點是從點EFG中選取有一個點是從ABD中任?。蓤D可知當點為EG或FG時與ABD中任意一點構成的三角形是鈍角三角形故只有點EF為直角三角形其中的兩個頂點．設P又∵拋物線C繞點P旋轉180°后得到的拋物線C1A?8,0B∴E2m+3,8①當A為頂點時∵在拋物線C1中∠EFO是一個銳角點A在點P∴∠AEF=90°∴A∴2m+11解得：m=9②當B為頂點時同理可得∠BEF=90°∴B∴2m+1解得：m=59③當D為頂點時分兩種情況：第一種：∠DEF=90°∴D∴2m+6解得：m=第二種：∠DFE=90°∴D∴2m+11解得：m=9∴點P的坐標為910,0或591018．（1）解：∵D在直線y=5∴設D(t,∵y1=mx∴m=10．∵D(t,5∴∴t=2（負值已舍去）．∴由兩點間的距離公式可知：OD=2（2）解：①∵函數(shù)y2=∴OA?AE=OC?CF=n．∵OC=5OA=2∴AE=5∴可設：AE=∴EF=AE+CF=72在Rt△EBF由勾股定理得：E∴49解得t=∴n=5t=7②∵∠OEF=90°∴∠AEO+∠BEF=90°∵BA⊥y軸BC⊥x軸∴∠ABC=90°∴∠BEF+∠BFE=90°∴∠AEE=∠BFE∴△AOE∽△BEF∴OA:AE=BE:BF∵CF=∴2:解得：n=85或∵∴ab=由（1）得OD=∴O∴∴故(a+b)2的值為16119．解：（1）EG＝CG且EG⊥CG．證明如下：如圖①連接BD．∵正方形ABCD和等腰Rt△BEF∴∠EBF＝∠DBC＝45°．∴BE