成都市實驗中學中考數(shù)學期末二次函數(shù)和幾何綜合匯編一、二次函數(shù)壓軸題1．小明對函數(shù)的圖象和性質(zhì)進行了探究.已知當自變量的值為或時，函數(shù)值都為；當自變量的值為或時，函數(shù)值都為．探究過程如下，請補充完整．（1）這個函數(shù)的表達式為；（2）在給出的平面直角坐標系中，畫出這個函數(shù)的圖象并寫出這個函數(shù)的--條性質(zhì)：；（3）進一步探究函數(shù)圖象并解決問題：①直線與函數(shù)有三個交點，則；②已知函數(shù)的圖象如圖所示，結(jié)合你所畫的函數(shù)圖象，寫出不等式的解集：．2．在正方形ABCD中，AB＝4cm，AC為對角線，AC上有一動點P，M是AB邊的中點，連接PM、PB，設(shè)A、P兩點間的距離為xcm，PM＋PB長度為ycm.小東根據(jù)學習函數(shù)的經(jīng)驗，對函數(shù)y隨自變量x的變化而變化的規(guī)律進行了探究.下面是小東的探究過程，請補充完整：（1）通過取點、畫圖、測量，得到了x與y的幾組值，如表：x/cm012345y/cm6.04.84.56.07.4（說明：補全表格時相關(guān)數(shù)值保留一位小數(shù)）（2）建立平面直角坐標系，描出以補全后的表中各對對應值為坐標的點，畫出該函數(shù)的圖象.（3）結(jié)合畫出的函數(shù)圖象，解決問題：PM＋PB的長度最小值約為______cm.3．基本模型如圖1，點A，F(xiàn)，B在同一直線上，若∠A=∠B=∠EFC=90°，易得△AFE∽△BCF．（1）模型拓展：如圖2，點A，F(xiàn)，B在同一直線上，若∠A=∠B=∠EFC，求證：△AFE∽△BCF；（2）拓展應用：如圖3，AB是半圓⊙O的直徑，弦長AC=BC=4，E，F(xiàn)分別是AC，AB上的一點，若∠CFE=45°．若設(shè)AE=y，BF=x，求出y與x的函數(shù)關(guān)系式及y的最大值；（3）拓展提升：如圖4，在平面直角坐標系柳中，拋物線y=﹣（x+4）（x﹣6）與x軸交于點A，C，與y軸交于點B，拋物線的對稱軸交線段BC于點E，探求線段AB上是否存在點F，使得∠EFO=∠BAO？若存在，求出BF的長；若不存在，請說明理由．4．小明在學習函數(shù)的過程中遇到這樣一個函數(shù)：y＝[x]，若x≥0時，[x]＝x2﹣1；若x＜0時，x＝﹣x+1．小明根據(jù)學習函數(shù)的經(jīng)驗，對該函數(shù)進行了探究．（1）下列關(guān)于該函數(shù)圖像的性質(zhì)正確的是；（填序號）①y隨x的增大而增大；②該函數(shù)圖像關(guān)于y軸對稱；③當x＝0時，函數(shù)有最小值為﹣1；④該函數(shù)圖像不經(jīng)過第三象限．（2）①在平面直角坐標系xOy中畫出該函數(shù)圖像；②若關(guān)于x的方程2x+c＝[x]有兩個互不相等的實數(shù)根，請結(jié)合函數(shù)圖像，直接寫出c的取值范圍是；（3）若點（a，b）在函數(shù)y＝x﹣3圖像上，且﹣＜[a]≤2，則b的取值范圍是．5．某班“數(shù)學興趣小組”對函數(shù)的圖象和性質(zhì)進行了探究，探究過程如下．（1）自變量的取值范圍是全體實數(shù)，與的幾組對應值如下：…-3-2-10123……3-10-103…其中，______．（2）根據(jù)表中數(shù)據(jù)，在如圖所示的平面直角坐標系中描點，并畫出了函數(shù)圖象的一部分，請你畫出該函數(shù)圖象的另一部分．（3）進一步探究函數(shù)圖象發(fā)現(xiàn)：①方程有______個實數(shù)根；②關(guān)于的方程有4個實數(shù)根時，的取值范圍是______．6．綜合與探究如圖，在平面直角坐標系中，拋物線與軸分別交于點和點（點在點的左側(cè)），交軸于點．點是線段上的一個動點，沿以每秒1個單位長度的速度由點向點運動，過點作軸，交拋物線于點，交直線于點，連接．（1）求直線的表達式；（2）在點運動過程中，運動時間為何值時，？（3）在點運動過程中，的周長是否存在最小值？若存在，求出此時點的坐標；若不存在，請說明理由．7．綜合與探究如圖，已知二次函數(shù)的圖像與軸交于，B兩點，與軸交于點C，直線經(jīng)過B，C兩點（1）求二次函數(shù)的解析式；（2）點P是線段BC上一個動點，過點P作x軸的垂線于點Q，交拋物線于點D，當點Q是線段PD的中點時，求點P的坐標；（3）在（2）的條件下，若點M是直線BC上一點，N是平面內(nèi)一點，當以P，D，M，N為頂點的四邊形是菱形時，請直接寫出點N的坐標．8．已知拋物線y＝x2+bx+c的頂點為P，與y軸交于點A，與直線OP交于點B．（1）如圖1，若點P的橫坐標為1，點B的坐標為（3，6），①試確定拋物線的解析式；②若當m≤x≤3時，y＝x2+bx+c的最小值為2，最大值為6，求m的取值范圍；（2）在（1）的條件下，若M點是直線AB下方拋物線上的一點，且S△ABM≥3，求M點橫坐標的取值范圍；（3）如圖2，若點P在第一象限，且PA＝PO，過點P作PD⊥x軸于點D，將拋物線y＝x2+bx+c平移，平移后的拋物線經(jīng)過點A、D，與x軸的另一個交點為C，試探究四邊形OABC的形狀，并說明理由．9．在平面直角坐標系中（如圖）．已知點，點，點．如果拋物線恰好經(jīng)過這三個點之中的兩個點．（1）試推斷拋物線經(jīng)過點A、B、C之中的哪兩個點？簡述理由；（2）求常數(shù)a與b的值：（3）將拋物線先沿與y軸平行的方向向下平移2個單位長度，再與沿x軸平行的方向向右平移個單位長度，如果所得到的新拋物線經(jīng)過點．設(shè)這個新拋物線的頂點是D．試探究的形狀．10．已知拋物線（n為正整數(shù)，且）與x軸的交點為和．當時，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為（_______，_______）；以此類推，第條拋物線的頂點的坐標為（______，_______）；所有拋物線的頂點坐標滿足的函數(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．二、中考幾何壓軸題11．愛好思考的小明在探究兩條直線的位置關(guān)系查閱資料時，發(fā)現(xiàn)了“中垂三角形”，即兩條中線相互垂直的三角形“中垂三角形”，如圖（1）、圖（2）、圖（3）中，AM、BN是△ABC的中線，AM⊥BN于點P，像△ABC這樣的三角形均為“中垂三角形”．設(shè)BC=a，AC=b，AB=c．（特例研究）（1）如圖1，當tan∠PAB=1，c=4時，a=b=；（歸納證明）（2）請你觀察（1）中的計算結(jié)果，猜想a2、b2、c2三者之間的關(guān)系，用等式表示出來，并利用圖2證明你的結(jié)論；（拓展證明）（3）如圖4，?ABCD中，E、F分別是AD、BC的三等分點，且AD=3AE，BC=3BF，連接AF、BE、CE，且BE⊥CE于E，AF交BE相較于點G，AD=3，AB=3，求AF的長．12．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______．13．將拋物線y＝ax2的圖像（如圖1）繞原點順時針旋轉(zhuǎn)90度后可得新的拋物線圖像（如圖2），記為C：y2＝x．（概念與理解）將拋物線y1=4x2和y2=x2按上述方法操作后可得新的拋物線圖像，記為：C1：_____________；C2：____________．（猜想與證明）在平面直角坐標系中，點M（x，0）在x軸正半軸上，過點M作平行于y軸的直線，分別交拋物線C1于點A、B，交拋物線C2于點C、D，如圖3所示．（1）填空：當x=1時，=______；當x=2時，=_______；（2）猜想：對任意x（x＞0）上述結(jié)論是否仍然成立？若成立，請證明你的猜想；若不成立，請說明理由．（探究與應用）①利用上面的結(jié)論，可得△AOB與△COD面積比為；②若△AOB和△COD中有一個是直角三角形時，求△COD與△AOB面積之差；（聯(lián)想與拓展）若拋物線C3：y2＝mx、C4：y2＝nx（0<m<n），M（k，0）在x軸正半軸上，如圖所示，過點M作平行于y軸的直線，分別交拋物線C3于點A、B，交拋物線C4于點C、D．過點A作x軸的平行線交拋物線C4于點E，過點D作x軸的平行線交拋物線C3于點F．對于x軸上任取一點P，均有△PAE與△PDF面積的比值1:3，請直接寫出m和n之間滿足的等量關(guān)系是______．14．（1）證明推斷：如圖（1），在正方形ABCD中，點E，Q分別在邊BC，AB上，DQ⊥AE于點O，點G，F(xiàn)分別在邊CD，AB上，GF⊥AE．①求證：DQ＝AE；②推斷：的值為；（2）類比探究：如圖（2），在矩形ABCD中，＝k（k為常數(shù)）．將矩形ABCD沿GF折疊，使點A落在BC邊上的點E處，得到四邊形FEPG，EP交CD于點H，連接AE交GF于點O．試探究GF與AE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）拓展應用：在（2）的條件下，連接CP，當k＝時，若tan∠CGP＝，GF＝2，求CP的長．15．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．16．如圖：兩個菱形與菱形的邊在同一條直線上，邊長分別為a和b，點C在上，點M為的中點．（1）觀察猜想：如圖①，線段與線段的數(shù)量關(guān)系是______________．（2）拓展探究：如圖②，，將圖①中的菱形繞點B順時針旋轉(zhuǎn)至圖②位置，其他條件不變，連接，①猜想線段與線段的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．②求出線段與所成的最小夾角．（3）解決問題：如圖③，若將題目中的菱形改為矩形，且，請直接寫出線段與線段的數(shù)量關(guān)系．17．綜合與實踐動手操作利用旋轉(zhuǎn)開展教學活動，探究圖形變換中蘊含的數(shù)學思想方法．如圖1，將等腰直角三角形的邊繞點順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段，，，連接，過點作交延長線于點．思考探索（1）在圖1中：①求證：；②的面積為______；③______．拓展延伸（2）如圖2，若為任意直角三角形，．、、分別用、、表示．請用、、表示：①的面積：______；②的長：______；（3）如圖3，在中，，，，，，連接．①的面積為______；②點是邊的高上的一點，當______時，有最小值______．18．綜合與實踐（1）問題發(fā)現(xiàn)：正方形ABCD和等腰直角△BEF按如圖①所示的方式放置，點F在AB上，連接AE、CF，則AE、CF的數(shù)量關(guān)系為，位置關(guān)系為．（2）類比探究：正方形ABCD保持固定，等腰直角△BEF繞點B順時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α(0°<α≤360°)，請問（1）中的結(jié)論還成立嗎？請就圖②說明你的理由：（3）拓展延伸：在（2）的條件下，若AB=2BF=4，在等腰直角△BEF旋轉(zhuǎn)的過程中，當CF為最大值時，請直接寫出DE的長．19．已知：如圖1所示將一塊等腰三角板BMN放置與正方形ABCD的重合，連接AN、CM，E是AN的中點，連接BE．（觀察猜想）（1）CM與BE的數(shù)量關(guān)系是________；CM與BE的位置關(guān)系是________；（探究證明）（2）如圖2所示，把三角板BMN繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)，其他條件不變，線段CM與BE的關(guān)系是否仍然成立，并說明理由；（拓展延伸）（3）若旋轉(zhuǎn)角，且，求的值．20．如圖1，在中，，點P在斜邊上，點D?E?F分別是線段??的中點，易知是直角三角形．現(xiàn)把以點P為中心，順時針旋轉(zhuǎn)，其中．連接??．（1）操作發(fā)現(xiàn)如圖2，若點P是的中點，連接，可以發(fā)現(xiàn)____________；（2）類比探究如圖3，中，于點P，請判斷與的大小，結(jié)合圖2說明理由；（3）拓展提高在（2）的條件下，如果，且，在旋轉(zhuǎn)的過程中，當以點C?D?F?P四點為頂點的四邊形與以點B?E?F?P四點為頂點的四邊形都是平行四邊形時，直接寫出線段??的長．【參考答案】***試卷處理標記，請不要刪除一、二次函數(shù)壓軸題1．（1）；（2）如圖所示，見解析；性質(zhì)：函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱；或：當或時，函數(shù)有最小值；（3）①；②或．【分析】（1）將，；，；，代入，得到：，，，即可求解析式為；（2）描點法畫出函數(shù)圖象，函數(shù)關(guān)于對稱；（3）①從圖象可知：當時，，時直線與函數(shù)有三個交點；②與的交點為或，結(jié)合圖象，的解集為．【詳解】解：（1）將，；，；，代入，得到：，解得，故答案為．（2）如圖：函數(shù)關(guān)于直線對稱，（3）①當時，，時直線與函數(shù)有三個交點，故答案為1；②與的交點為或或x=3，結(jié)合圖象，的解集為或，故答案為或．【點睛】本題類比函數(shù)探究過程探究絕對值函數(shù)與不等式組關(guān)系；能夠準確的畫出函數(shù)圖象，從函數(shù)圖象中獲取信息，數(shù)形結(jié)合解題是關(guān)鍵．2．H解析：（1）5.0；（2）見解析；（3）x＝2時，函數(shù)有最小值y＝4.5【分析】（1）通過作輔助線，應用三角函數(shù)可求得HM+HN的值即為x=2時，y的值；（2）可在網(wǎng)格圖中直接畫出函數(shù)圖象；（3）由函數(shù)圖象可知函數(shù)的最小值．【詳解】（1）當點P運動到點H時，AH=3，作HN⊥AB于點N．∵在正方形ABCD中，AB=4cm，AC為對角線，AC上有一動點P，M是AB邊的中點，∴∠HAN=45°，∴AN=HN=AH?sin45°=3，∴HM，HB，∴HM+HN==≈≈2.125+2.834≈5.0．故答案為：5.0；（2）（3）根據(jù)函數(shù)圖象可知，當x=2時，函數(shù)有最小值y=4.5．故答案為：4.5．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的應用，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．3．F解析：（1）證明詳見解析；（2）y=﹣x2+x（0≤x≤8），當x=4時，y最大=2；（3）存在一點F，使得∠EFO=∠BAO；或．【解析】試題分析：（1）利用已知得出∠E=∠CFB，進而利用相似三角形的判定方法得出即可；（2）利用（1）得出△AFE∽△BCF，則，進而求出y與x的函數(shù)關(guān)系式及y的最大值；（3）首選求出A，C點坐標，再得到△CEH∽△CBO，求出BE的長，再利用△AFO∽△BEF，求出BF的長．試題解析：（1）證明：如圖2，∵∠A=∠EFC，∴∠E+∠EFA=∠EFA+∠CFB，∴∠E=∠CFB，∵∠A=∠B，∴△AFE∽△BCF；（2）解：如圖3，∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°，∴AB==8，∵AC=BC，∴∠A=∠B=45°，∴∠A=∠B=∠CFE=45°，由（1）可得△AFE∽△BCF，∴，即，∴y=﹣x2+x（0≤x≤8），當x=4時，y最大=2；（3）解：如圖4，存在一點F，使得∠EFO=∠BAO，理由：連接EF，F(xiàn)O，拋物線y=﹣（x+4）（x﹣6），對稱軸為x==1，把x=0代入y=﹣（x+4）（x﹣6），得y=8，∴B（0，8），即OB=8把y=0代入y=﹣（x+4）（x﹣6）得x1=﹣4，x2=6，∴A（﹣4，0），C（6，0），∴OC=6，OA=4，AC=10，∴BC===10，∴AB===4，∵EH∥BO，∴△CEH∽△CBO，∴，即，解得：BE=，∵BC=AC=10，∴∠CAB=∠CBA∴∠CAB=∠CBA=∠EFO，由（1）可得△AFO∽△BEF，∴，設(shè)BF=x，則，化簡得：x2﹣4x+=0，解得：x1=，x2=，∴當BF=或時，∠EFO=∠BAO．考點：二次函數(shù)綜合題．4．（1）③④；（2）①見解析；②或；（3）或【分析】（1）畫出圖象，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)即可判斷．（2）①根據(jù)題意列表、描點、連線即可．②將看成是一次函數(shù)，此函數(shù)與軸的交點是，因此要與圖像有兩個交點，則需要分情況討論．當時，滿足兩個交點的要求；當時，與圖像沒有兩個交點；當時，可以有兩個交點，此種情況要代入，根據(jù)根的判別式求出的范圍即可．（3）因為，所以根據(jù)分段函數(shù)的圖像，求解取值在到2之間的自變量的范圍，分情況討論即可．再根據(jù)點在函數(shù)圖象上，則，即，代入到的取值范圍中求解即可．【詳解】解：（1）畫出圖象，根據(jù)圖象可知，①當時，隨的增大而增大，故錯誤；②該函數(shù)圖象關(guān)于軸不對稱，故錯誤；③當時，函數(shù)有最小值為，正確；④該函數(shù)圖象不經(jīng)過第三象限，正確；故答案為：③④．（2）①在平面直角坐標系中畫出該函數(shù)圖象，②關(guān)于的方程有兩個互不相等的實數(shù)根，可以看成是和有兩個交點．是一次函數(shù)，與軸的交點為，當時，滿足兩個交點的條件．若將向下平移與圖像有兩個交點，則．方程為，即．△，，．故答案為：或．（3），當時，，，解出．當時，，，解出．或．點在函數(shù)圖象上，，，或．故答案為：或．【點睛】此題考查的是分段函數(shù)，用數(shù)形結(jié)合的思想是解此題的關(guān)鍵．5．（1）0；（2）圖見解析；（3）①3；②【分析】（1）那x=-2代入解析式，即可求得m的值；（2）利用描點法畫函數(shù)圖象即可；（3）①觀察圖象找出圖象與x軸的交點個數(shù)即可求解；②觀察圖象，找出圖象與平行于x軸直線的交點個數(shù)為4個時對應y的取值范圍即可．【詳解】（1）x=-2時，m=（-2）2-=0；故答案為：0；（）如圖所示（）①觀察圖象，可知與x軸有三個交點，所以有三個根，分別是、、；即答案為3；②∵關(guān)于的方程有四個根，∴函數(shù)的圖象與y=a有四個交點，由函數(shù)圖象知：的取值范圍是．【點睛】本題考查了拋物線與x軸的交點：把求二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a，b，c是常數(shù)，a≠0）與x軸的交點坐標問題轉(zhuǎn)化為解關(guān)于x的一元二次方程，其中觀察函數(shù)圖像的能力是解答本題的關(guān)鍵．6．A解析：（1）；（2）或；（3）存在，【分析】（1）根據(jù)二次函數(shù)的解析式可以求出點A和點坐標，把點A和點的坐標代入聯(lián)立方程組，即可確定一次函數(shù)的解析式；（2）由題意可得點P的坐標，從而可得點D的坐標，故可求得ED的長，再由A、C的坐標可知：OA=OC，即△AOC是等腰直角三角形，因DP⊥x軸，故△AEP也是等腰直角三角形，可分別得到AC、AE的長，故可得EC的長，由題意EC=ED，即可得關(guān)于t的方程，解方程即可；（3）由EP=AP，得，是定值，周長最小，就轉(zhuǎn)化為最小，根據(jù)垂線段最短就可確定點的特殊位置，從而求出點的坐標．【詳解】解：（1）∵拋物線與軸分別交于點和點，交軸于點，∴當時，，即，當時，，，，即，，設(shè)直線的解析式為：則，∴，∴直線的表達式：．（2）∵點沿以每秒1個單位長度的速度由點向點運動，∴，，∵軸，∴，，∴∵，，∴，，∴△AOC是等腰直角三角形，∴，由勾股定理得：，∵軸，在中，，∴△AEP也是等腰直角三角形，∴，，∴，∴當時，即或時，．（3）在中，，∴，∴的周長：．∴當最小時的周長最小．當時，最小，∵，∴，在中，，，，，∴，∴，∴．【點睛】本題是綜合與探究題，此類問題的考查特點是綜合性和探究性強，考查內(nèi)容是一次函數(shù)解析式的確定、特殊點坐標的確定、三角形周長最小值等，滲透了分類討論、數(shù)形結(jié)合、轉(zhuǎn)化等數(shù)學思想，難度較大．7．B解析：（1）；（2）P（2，1）；（3），，，【分析】（1）求出點B，帶入求解即可；（2）設(shè)，，，根據(jù)中點的性質(zhì)列式計算即可；（3）根據(jù)菱形的性質(zhì)分類討論即可；【詳解】（1）令，解得：，∴，令，則，∴，把，代入中，∴，∴，，∴；（2）設(shè)，，，∵Q為PD中點，∴，∴，∴，（舍），∴；（3）①如圖，由題意可得：為菱形的邊，為菱形的對角線，由（2）可得：，，設(shè)，，由可得：整理得：解得：檢驗：不合題意舍去，取如圖，為菱形的邊，同理可得：或②如圖，當為對角線時，由，，可得：重合，重合時，四邊形為菱形，綜上：，，，；【點睛】本題主要考查了二次函數(shù)綜合，結(jié)合菱形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)和一元二次方程的求解是解題的關(guān)鍵．8．A解析：（1）①，②；（2）；（3）四邊形OABC是矩形，證明見詳解．【分析】（1）利用頂點P的橫坐標求出b=-2,然后把b=-2和B點的坐標代入求出拋物線的解析式；（2）先求出A點坐標，然后得出直線AB的解析式，設(shè)M點坐標為（x，x2-2x+3），根據(jù)S△ABM=3列出方程，并解方程，從而得出M點坐標，再根據(jù)S△ABM≥3求出M橫坐標的范圍即可；（3）根據(jù)拋物線的圖象可求出A、P、D的坐標，利用拋物線與直線相交求出B點坐標，然后求出平移后拋物線的解析式，然后求出C點坐標，然后求出BC的長度，從而得出四邊形OABC是平行四邊形，再根據(jù)∠AOC=90得出四邊形OABC是矩形.【詳解】解：（1）①依題意,,解得b=-2，將b=-2及點B(3,6)的坐標代入拋物線解析式，得，解c=3，所以拋物線的解析式為，②當，解得，當m≤x≤3時，y＝x2+bx+c的最小值為2，最大值為6，∴；（2）∵拋物線與y軸交于點A，∴A(0,3)，∵B(3,6)，可得直線AB的解析式為，設(shè)直線AB下方拋物線上的點M坐標為（x，），過M點作y軸的平行線交直線AB于點N,則N(x,x+3).(如圖)，∴，∴，解得，∴點M的坐標為(1,2)或(2,3)，∵S△ABM≥3，；（3）結(jié)論是：四邊形OABC是矩形，理由如下：如圖，由PA=PO,OA=c,可得，∵拋物線的頂點坐標為，∴，∴，∴拋物線，A（0，），P（，）,D（，0），∴直線OP的解析式為，∵點B是拋物線與直線的圖象的交點，令，解得，可得點B的坐標為（-b，），由平移后的拋物線經(jīng)過點A,可設(shè)平移后的拋物線解析式為，將點D(，0)的坐標代入，得，∴平移后的拋物線解析式為，令y=0,即，解得，依題意,點C的坐標為（-b，0），∴BC=，∴BC=OA，又BC∥OA，∴四邊形OABC是平行四邊形，∵∠AOC=90，∴四邊形OABC是矩形．【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，并與幾何圖形相結(jié)合的綜合題，難度較高，解題的關(guān)鍵在于靈活運用二次函數(shù)的性質(zhì)及待定系數(shù)法，并注重點的坐標與線段長的互相轉(zhuǎn)化．9．A解析：（1）點A、B在拋物線上，理由見解析；（2），；（3）等腰直角三角形【分析】（1）軸，故B、C中只有一個點在拋物線上，算出AC的解析式，交y軸于點，拋物線與y軸也交于點，故C不符要求，由此解答即可；（2）把A、B點的坐標代入解析式，由此解答即可；（3）由平移可得新的解析式，代入得出D點的坐標，再判斷三角形的形狀．【詳解】（1）∵軸，故B、C中只有一個點在拋物線上，∵，交y軸于點．且拋物線與y軸也交于點，故C不符要求．∴點A、B在拋物線上（2）代入A、B到．，∴（3）∴代入到，（舍），，∴∴，，∴，，∴．∴是等腰直角三角形【點睛】本題考查了與待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式及判斷點是否在圖像上，平移變換勾股定理等知識，求解析式是解題的關(guān)鍵．10．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、的坐標代入拋物線表達式得：，解得：，則點（4，0），將點A、的坐標代入拋物線表達式，同理可得：＝2，＝4，即可求解；（2）同理可得：＝3，＝9，故點的坐標為（n，），以此推出：點[（n＋1），（n＋1）]，故所有拋物線的頂點坐標滿足的函數(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、的坐標代入拋物線表達式得：，解得：，則點（4，0），將點A、的坐標代入拋物線表達式，同理可得：＝2，＝4；故y＝?（x?）＋＝?（x?2）＋4；（2）同理可得：＝3，＝9，故點的坐標為（n，），以此推出：點[（n＋1），（n＋1）]，故所有拋物線的頂點坐標滿足的函數(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．二、中考幾何壓軸題11．（1）；（2）a2+b2=5c2，證明見解析；（3）4【分析】（1）首先證明△APB，△PMN都是等腰直角三角形，求出PA、PB、PN、PM，再利用勾股定理即可解決問題．（2）結(jié)論a2+b2=解析：（1）；（2）a2+b2=5c2，證明見解析；（3）4【分析】（1）首先證明△APB，△PMN都是等腰直角三角形，求出PA、PB、PN、PM，再利用勾股定理即可解決問題．（2）結(jié)論a2+b2=5c2．設(shè)MP=x，NP=y，則AP=2x，BP=2y，利用勾股定理分別求出a2、b2、c2即可解決問題．（3）取AB中點H，連接FH并且延長交DA的延長線于P點，首先證明△ABF是中垂三角形，利用（2）中結(jié)論列出方程即可解決問題．【詳解】（1）解：如圖中，∵CN=AN，CM=BM，∴MN∥AB，MN=AB=2，∵tan∠PAB=1，∴∠PAB=∠PBA=∠PNM=∠PMN=45°，

∴PN=PM=2，PB=PA=4，

∴AN=BM=，∴b=AC=2AN=4，a=BC=4，∴，故答案為：；（2）結(jié)論a2+b2=5c2．證明：如圖中，連接MN．∵AM、BN是中線，

∴MN∥AB，MN=AB，∴△MPN∽△APB，∴，設(shè)MP=x，NP=y，則AP=2x，BP=2y，

∴a2=BC2=4BM2=4(MP2+BP2)=4x2+16y2，b2=AC2=4AN2=4(PN2+AP2)=4y2+16x2，c2=AB2=AP2+BP2=4x2+4y2，∴a2+b2=20x2+20y2=5(4x2+4y2)=5c2．（3）解：如圖中，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AE∥BF，∴，在△AGE和△FGB中，，∴△AGE≌△FGB，

∴AG=FG，取AB中點H，連接FH并且延長交DA的延長線于P點，

同理可證△APH≌△BFH，

∴AP=BF，PE=2BF=CF，

即PE∥CF，PE=CF，

∴四邊形CEPF是平行四邊形，

∴FP∥CE，

∵BE⊥CE，

∴FP⊥BE，即FH⊥BG，

∴△ABF是中垂三角形，

由（2）可知AB2+AF2=5BF2，∵AB=3，BF=AD=，∴9+AF2=5×，∴AF=4．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了三角形中位線定理、平行四邊形的判定和性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，學會添加常用輔助線構(gòu)造全等三角形，學會利用新的結(jié)論解決問題，屬于中考壓軸題．12．（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．13．【概念與理解】，；【猜想與證明】（1），；（2）成立，證明見解析；【探究與應用】①；②△COD與△AOB面積之差為或；【聯(lián)想與拓展】n3=9m3．【分析】【概念與理解】：根據(jù)題意信息即可得出答案解析：【概念與理解】，；【猜想與證明】（1），；（2）成立，證明見解析；【探究與應用】①；②△COD與△AOB面積之差為或；【聯(lián)想與拓展】n3=9m3．【分析】【概念與理解】：根據(jù)題意信息即可得出答案；【猜想與證明】：（1）當x=1時，求出A，B，C，D的坐標進而得出AB,CD即可得出答案；當x=2時，求出A，B，C，D的坐標進而得出AB,CD即可得出答案；（2）任意x（x＞0），求出A，B，C，D的坐標進而得出AB,CD即可得出答案；【探究與應用】：①根據(jù)已知條件表示出△AOB與△COD面積即可得出答案；②設(shè)M（x，0）（x＞0），根據(jù)已知條件可得出，分兩種情況當△AOB是直角三角形時解得，當△COD是直角三角形時，解得，把代入即可；【聯(lián)想與拓展】：根據(jù)題意求出AEDF的坐標然后表示出面積再利用△PAE與△PDF面積的比值1:3，即可得出關(guān)系式；【詳解】【概念與理解】∵y1=4x2∴由題意可得C1：∵y2=x2∴由題意可得C2：故答案為：C1：，C2：；【猜想與證明】（1）當x=1時，∵點A、B在拋物線C1上∴令x=1，則∴A，B∴AB=1∵點C、D在拋物線C2上∴令x=1，則∴C，D∴CD=2∴=當x=2時，∵點A、B在拋物線C1上∴令x=2，則∴A，B∴AB=∵點C、D在拋物線C2上∴令x=2，則∴C，D∴CD=∴=（2）對任意x（x＞0）上述結(jié)論仍然成立理由如下：對任意x（x＞0），∴A，B∴AB=對任意x（x＞0），∴C，D∴CD=∴=【探究與應用】①連接OA，OB，OC，OD∴故答案為：②設(shè)M（x，0）（x＞0），∵M（x，0）∴∴AB=∵M（x，0），∴∴CD=∵∴當△AOB是直角三角形時，由題意可知OA=OB∴△△AOB為等腰直角三角形∴OM=AM∴解得：∴當△COD是直角三角形時，由題意可知OD=OC∴△△COD為等腰直角三角形∴OM=CM∴解得：∴綜上所述：△COD與△AOB面積之差為或【聯(lián)想與拓展】∵M（k，0）且點A、B在拋物線C3上∴令x=k，則∴A∵AE∥x軸，且交C4于點E∴E∵M（k，0）且點C、D在拋物線C4上∴令x=k，則∴D∵DF∥x軸，且交C3于點F∴F∵AE∥x軸，且交C4于點E∴△PEA的高=∵DF∥x軸，且交C3于點F∴△PDF的高=∴∵△PAE與△PDF面積的比值1:3∴∴∴故答案為：【點睛】本題考出了拋物線性質(zhì)的綜合運用以及旋轉(zhuǎn)等知識，由特殊到一般的數(shù)學思想的運用，等腰直角三角形的性質(zhì)的運用，三角形的面積公式的運用，軸對稱的性質(zhì)的運用，在解答本題時運用兩個拋物線上的點的特征不變建立方程求解是關(guān)鍵．14．（1）①見解析；②1；（2）＝k，理由見解析；（3）【分析】（1）①由正方形的性質(zhì)得AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAH．所以∠HAO+∠OAD＝90°，又知∠ADO+∠OAD＝90°，所以∠解析：（1）①見解析；②1；（2）＝k，理由見解析；（3）【分析】（1）①由正方形的性質(zhì)得AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAH．所以∠HAO+∠OAD＝90°，又知∠ADO+∠OAD＝90°，所以∠HAO＝∠ADO，于是△ABE≌△DAH，可得AE＝DQ．②證明四邊形DQFG是平行四邊形即可解決問題．（2）結(jié)論：＝k．如圖2中，作GM⊥AB于M．證明：△ABE∽△GMF即可解決問題．（3）如圖2中，作PM⊥BC交BC的延長線于M．利用相似三角形的性質(zhì)求出PM，CM即可解決問題．【詳解】解：（1）①證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝DA，∠ABE＝90°＝∠DAQ．∴∠QAO+∠OAD＝90°．∵AE⊥DQ，∴∠ADO+∠OAD＝90°．∴∠QAO＝∠ADO．∴△ABE≌△DAQ（ASA），∴AE＝DQ．②解：結(jié)論：＝1．理由：∵DQ⊥AE，F(xiàn)G⊥AE，∴DQ∥FG，∵FQ∥DG，∴四邊形DQFG是平行四邊形，∴FG＝DQ，∵AE＝DQ，∴FG＝AE，∴＝1．故答案為1．（2）解：結(jié)論：．理由：如圖2中，作GM⊥AB于M．∵AE⊥GF，∴∠AOF＝∠GMF＝∠ABE＝90°，∴∠BAE+∠AFO＝90°，∠AFO+∠FGM＝90°，∴∠BAE＝∠FGM，∴△ABE∽△GMF，∴＝，∵∠AMG＝∠D＝∠DAM＝90°，∴四邊形AMGD是矩形，∴GM＝AD，∴．（3）解：如圖2中，作PM⊥BC交BC的延長線于M．∵FB∥GC，F(xiàn)E∥GP，∴∠CGP＝∠BFE，∴tan∠CGP＝tan∠BFE＝，∴可以假設(shè)BE＝3k，BF＝4k，EF＝AF＝5k，∵＝，F(xiàn)G＝2，∴AE＝3，∴（3k）2+（9k）2＝（3）2，∴k＝1或﹣1（舍棄），∴BE＝3，AB＝9，∵BC：AB＝2：3，∴BC＝6，∴BE＝CE＝3，AD＝PE＝BC＝6，∵∠EBF＝∠FEP＝∠PME＝90°，∴∠FEB+∠PEM＝90°，∠PEM+∠EPM＝90°，∴∠FEB＝∠EPM，∴△FBE∽△EMP，∴＝＝，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題屬于相似形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似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或相似三角形解決問題，學會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考壓軸題．15．（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．16．（1）；（2）①，理由見解析；②線段與所成的最小夾角為60；（3）．【分析】（1）根據(jù)已知求得AE=a+b，CG=b-a，根據(jù)線段中點的定義求得CM=，通過計算即可求解；（2）①延長BM解析：（1）；（2）①，理由見解析；②線段與所成的最小夾角為60；（3）．【分析】（1）根據(jù)已知求得AE=a+b，CG=b-a，根據(jù)線段中點的定義求得CM=，通過計算即可求解；（2）①延長BM到H，使MH=BM，連接GH，利用SAS證明△CMB△GMH和△ABE△HGB，即可得到結(jié)論；②延長MB交AE于N，證明∠GBE=∠BNE=60，即可求解；（3）延長BM到H，使MH=BM，連接GH，同理證明△CMB△GMH，再證明△ABE△HGB，即可求解．【詳解】（1），理由如下：∵菱形ABCD與菱形

BEFG的邊長分別為a和b，∴AE=AB+BE=a+b，CG=BG-BC=b-a，∵點M為CG的中點，∴CM=CG=，∴，∴；（2）①，理由如下：延長BM到H，使MH=BM，連接GH，如圖：∵點M為CG的中點，∴CM=MG，∵∠CMB=∠GMH，∴△CMB△GMH(SAS)，∴∠BCM=∠HGM，BC=HG，∴BC∥GH，∴∠BGH+∠CBG=180，∵菱形ABCD與菱形

BEFG中，∠ABC=120°，∠GBE=60°，∴∠ABE+∠CBG=180，∴∠ABE=∠BGH，∵AB=BC=HG，BE=BG，∴△ABE△HGB(SAS)，∴AE=HB；②線段與所成的最小夾角為60，理由如下：∵△ABE△HGB，∴∠AEB=∠BHG，延長MB交AE于N，則∠MBE=∠BNE+∠AEB，即∠HBG+∠GBE=∠BNE+∠AEB，∴∠GBE=∠BNE=60，∴線段與所成的最小夾角為60；（3），理由如下：延長BM到H，使MH=BM，連接GH，如圖：同理可得：△CMB△GMH(SAS)，∴∠BCM=∠HGM，BC=HG，∴BC∥GH，∴∠BGH+∠CBG=180，∵矩形ABCD與矩形

BEFG中，∠ABC=∠GBE=90°，∴∠ABE+∠CBG=180，∴∠ABE=∠BGH，∵，∴，∴△ABE△HGB，∴，∵，∴．【點睛】本題考查四邊形綜合題、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．17．（1）①見解析；②；③；（2）①；②；（3）①24；②，【分析】（1）①由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，，然后利用AAS，即可得到結(jié)論成立；②求出，即可求出面積；③求出，即可求出答案；（2）①過點作交延長線解析：（1）①見解析；②；③；（2）①；②；（3）①24；②，【分析】（1）①由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，，然后利用AAS，即可得到結(jié)論成立；②求出，即可求出面積；③求出，即可求出答案；（2）①過點作交延長線于點，由（1）可知，求出的長度，即可求出答案；②求出CH的長度，利用勾股定理，即可求出答案；（3）①過點A作AE⊥BC，過點作交延長線于點，然后證明，求出，CH的長度，即可求出面積；②點C是點B關(guān)于AE的對稱點，則BD=CD，設(shè)與AE的交點為點D，使得有最小值為，為線段的長度，然后利用勾股定理求出，再利用平行線分線段成比例求出DE的長度即可．【詳解】解：（1）如圖：①由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，則，，∵，∴，∴，∴（AAS）；②∵，∴，∴的面積為；故答案為：．③在直角三角形中，∵，，∴；故答案為：．（2）①過點作交延長線于點，由（1）可知，，∴，，∴的面積為：故答案為：；②∵，由勾股定理，則；故答案為：；（3）①過點A作AE⊥BC，過點作交延長線于點，如圖與（1）同理，可證，∵，∴，∴，∵，，，，∴；∴，∴，∴，，∴，∴的面積為：；故答案為：18．②由題意，點C是點B關(guān)于AE的對稱點，則BD=CD，設(shè)與AE的交點為點D，則此時有最小值，如圖：此時的最小值為線段的長度，∵；∵AE∥，∴，即，∴，∴，∴當時，有最小值．故答案為：；．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，最短路徑問題等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握所學的知識，正確的作出輔助線，從而進行解題．18．（1）相等，垂直；（2）成立，見解析；（3）2．【分析】（1）利用SAS證明△ABE≌△CBF，延長CF交AB于點M，證明∠AMC=90°即可；（2）仿照（1）的證明方法求解即可；（3）根據(jù)解析：（1）相等，垂直；（2）成立，見解析；（3）2．【分析】（1）利用SAS證明△ABE≌△CBF，延長CF交AB于點M，證明∠AMC=90°即可；（2）仿照（1）的證明方法求解即可；（3）根據(jù)題意，得點F在以B為圓心，BF為半徑的圓上運動，根據(jù)直徑最大原理，知道當C，B，F(xiàn)三點一線時，CF最大，此時點E恰好在AB的延長線上，連接DE，利用勾股定理求值即可.【詳解】（1）如圖①，∵正方形ABCD和等腰直角△BEF,∴BA=BC，∠EBA=∠FBC=90°，BE=BF，∴△ABE≌△CBF，∴AE=CF，延長CF交AE于點M，∵△ABE≌△CBF，∴∠EAB=∠FCB，∵∠AFM=∠BFC，∴∠AMF=∠FBC=90°，∴AE⊥CF，故答案為：相等，垂直；（2）結(jié)論還成立．理由如下：如圖②，∵正方形ABCD和等腰直角△BEF,∴BA=BC，∠EBF=∠ABC=90°，BE=BF，∴∠EBF-∠ABF=∠ABC-∠ABF，∴∠EBA=∠FBC，∴△ABE≌△CBF，∴AE=CF，延長CF交AE于點N，交AB于點G，∵△ABE≌△CBF，∴