天津耀華嘉誠國際中學(xué)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，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；（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，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；若不存在，請說明理由.2．如圖，拋物線y＝ax2+bx+4交x軸于A（﹣3，0），B（4，0）兩點，與y軸交于點C，連接AC，BC．點P是第一象限內(nèi)拋物線上的一個動點，點P的橫坐標為m．（1）求此拋物線的表達式；（2）過點P作PM⊥x軸，垂足為點M，PM交BC于點Q．試探究點P在運動過程中，是否存在這樣的點Q，使得以A，C，Q為頂點的三角形是等腰三角形．若存在，請求出此時點Q的坐標，若不存在，請說明理由；（3）過點P作PN⊥BC，垂足為點N．請用含m的代數(shù)式表示線段PN的長，并求出當m為何值時PN有最大值，最大值是多少？3．如圖，拋物線與軸交于點，與軸交于點，點與點關(guān)于軸對稱，點的坐標為，過點作軸的垂線交拋物線于點．（1）求點、點、點的坐標；（2）當點在線段上運動時，直線交于點，試探究當為何值時，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；若不存在，請說明理由．4．如圖，拋物線經(jīng)過三點，該拋物線的頂點為D．（1）求該拋物線L的表達式和點D的坐標；（2）拋物線與拋物線L關(guān)于直線對稱，P是拋物線L的B、M段上的一點，過點P作y軸的平行線交拋物線與點Q，點P、Q關(guān)于拋物線L的對稱軸對稱點分別為M、N．試探究是否存在一點P，使得四邊形為正方形？若存在，求出點P的橫坐標；若不存在，請說明理由．5．根據(jù)我們學(xué)習(xí)函數(shù)的過程與方法，對函數(shù)y＝x2＋bx＋2﹣c|x﹣1|的圖像和性質(zhì)進行探究，已知該函數(shù)圖像經(jīng)過（﹣1，﹣2）與（2，1）兩點，（1）該函數(shù)的解析式為，補全下表：x?﹣4﹣3﹣2﹣1123?y?2﹣1﹣2212?（2）描點、連線，在所給的平面直角坐標系中畫出該函數(shù)的圖象，寫出這個函數(shù)的一條性質(zhì)：．（3）結(jié)合你所畫的圖象與函數(shù)y＝x的圖象，直接寫出x2＋bx＋2﹣c|x﹣1|≤x的解集．6．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．7．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．8．某校九年級數(shù)學(xué)興趣社團的同學(xué)們學(xué)習(xí)二次函數(shù)后，有興趣的在一起探究“函數(shù)的有關(guān)圖象和性質(zhì)”．探究過程如下：（1）列表：問______．x…012…y…620002m…（2）請在平面直角坐標系中畫出圖象．（3）若方程（p為常數(shù)）有三個實數(shù)根，則______．（4）試寫出方程（p為常數(shù)）有兩個實數(shù)根時，p的取值范圍是______．9．如圖，拋物線y＝ax2+bx+4交x軸于A（﹣3，0），B（4，0）兩點，與y軸交于點C，連接AC，BC．點P是第一象限內(nèi)拋物線上的一個動點，點P的橫坐標為m，過點P作PM⊥x軸，垂足為點M，PM交BC于點Q．（1）求此拋物線的表達式：（2）過點P作PN⊥BC，垂足為點N，請用含m的代數(shù)式表示線段PN的長，并求出當m為何值時PN有最大值，最大值是多少？（3）試探究點P在運動過程中，是否存在這樣的點Q，使得以A，C，Q為頂點的三角形是等腰三角形．若存在，請求出此時點Q的坐標，若不存在，請說明理由．10．如圖，拋物線y=﹣x2+bx+c與x軸交于A、B兩點(A在B的左側(cè))，與y軸交于點N，過A點的直線l：y=kx+n與y軸交于點C，與拋物線y=﹣x2+bx+c的另一個交點為D，已知A(﹣1，0)，D(5，﹣6)，P點為拋物線y=﹣x2+bx+c上一動點(不與A、D重合)．（1）直接寫出拋物線和直線l的解析式；（2）當點P在直線l上方的拋物線上時，連接PA、PD，①當△PAD的面積最大時，P點的坐標是；②當AB平分∠DAP時，求線段PA的長．（3）設(shè)M為直線l上的點，探究是否存在點M，使得以點N、C，M、P為頂點的四邊形為平行四邊形？若存在，直接寫出點M的坐標；若不存在，請說明理由．二、中考幾何壓軸題11．（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．12．綜合與實踐問題情境：△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC于點D，點E是射線AD上的一個動點(不與點A重合)將線段AE繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段AF，連接CF交線段AB于點G，交AD于點H、連接EG．特例分析:(1)如圖1，當點E與點D重合時，“智敏”小組提出如下問題，請你解答：①求證：AF=CD；②用等式表示線段CG與EG之間的數(shù)量關(guān)系為：_______；拓展探究:(2)如圖2，當點E在線段AD的延長線上，且DE=AD時，“博?！毙〗M發(fā)現(xiàn)CF=2EG．請你證明；(3)如圖3，當點E在線段AD的延長線上，且AE=AB時，的值為_______；推廣應(yīng)用:(4)當點E在射線AD上運動時，，則的值為______用含m.n的式子表示)．13．（性質(zhì)探究）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，AE平分∠BAC，交BC于點E．作DF⊥AE于點H，分別交AB，AC于點F，G．（1）判斷△AFG的形狀并說明理由．（2）求證：BF=2OG．（遷移應(yīng)用）（3）記△DGO的面積為S1，△DBF的面積為S2，當時，求的值．（拓展延伸）（4）若DF交射線AB于點F，（性質(zhì)探究）中的其余條件不變，連結(jié)EF，當△BEF的面積為矩形ABCD面積的時，請直接寫出tan∠BAE的值．14．（探究證明）（1）某班數(shù)學(xué)課題學(xué)習(xí)小組對矩形內(nèi)兩條互相垂直的線段與矩形兩鄰邊的數(shù)量關(guān)系進行探究，提出下列問題，請你給出證明：如圖①，在矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分別交AD、BC于點E、F，GH分別交AB、DC于點G、H，求證：；（結(jié)論應(yīng)用）（2）如圖②，將矩形ABCD沿EF折疊，使得點B和點D重合，若AB＝2，BC＝3．求折痕EF的長；（拓展運用）（3）如圖③，將矩形ABCD沿EF折疊．使得點D落在AB邊上的點G處，點C落在點P處，得到四邊形EFPG，若AB＝2，BC＝3，EF＝，請求BP的長．15．（1）問題發(fā)現(xiàn)如圖1，在Rt△ABC和Rt△DBE中，∠ABC=∠DBE=90°，∠ACB=∠BED=45°，點E是線段AC上一動點，連接DE．填空：①則的值為______；②∠EAD的度數(shù)為_______．（2）類比探究如圖2，在Rt△ABC和Rt△DBE中，∠ABC=∠DBE=90°，∠ACB=∠BED=60°，點E是線段AC上一動點，連接DE．請求出的值及∠EAD的度數(shù)；（3）拓展延伸如圖3，在（2）的條件下，取線段DE的中點M，連接AM、BM，若BC=4，則當△ABM是直角三角形時，求線段AD的長．16．探究：如圖1和圖2，四邊形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝90°，點E、F分別在BC、CD上，∠EAF＝45°．（1）①如圖1，若∠B、∠ADC都是直角，把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△ADG，使AB與AD重合，直接寫出線段BE、DF和EF之間的數(shù)量關(guān)系；②如圖2，若∠B、∠D都不是直角，但滿足∠B+∠D＝180°，線段BE、DF和EF之間的結(jié)論是否仍然成立，若成立，請寫出證明過程；若不成立，請說明理由．（2）拓展：如圖3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2．點D、E均在邊BC邊上，且∠DAE＝45°，若BD＝1，求DE的長．17．（問題探究）課堂上老師提出了這樣的問題：“如圖①，在中，，點是邊上的一點，，求的長”．某同學(xué)做了如下的思考：如圖②，過點作，交的延長線于點，進而求解，請回答下列問題：（1）___________度；（2）求的長．（拓展應(yīng)用）如圖③，在四邊形中，，對角線相交于點，且，，則的長為_____________．18．（1）問題發(fā)現(xiàn)如圖1，△ACB和△DCE均為等邊三角形，點A，D，E在同一直線上，連接BE．填空：①∠AEB的度數(shù)為；②線段AD，BE之間的數(shù)量關(guān)系為．（2）拓展探究如圖2，△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，點A，D，E在同一直線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE，請判斷∠AEB的度數(shù)及線段CM，AE，BE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．（3）解決問題如圖3，在正方形ABCD中，CD＝，若點P滿足PD＝1，且∠BPD＝90°，請直接寫出點A到BP的距離．19．綜合與實踐．特例感知．兩塊三角板△ADB與△EFC全等，∠ADB＝∠EFC＝90°，∠B＝45°，AB＝6．將直角邊AD和EF重合擺放．點P、Q分別為BE、AF的中點，連接PQ，如圖1．則△APQ的形狀為．操作探究（1）若將△EFC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)45°，點P恰好落在AD上，BE與AC交于點G，連接PF，如圖2．①FG：GA＝；②PF與DC的位置關(guān)系為；③求PQ的長；開放拓展（2）若△EFC繞點C旋轉(zhuǎn)一周，當AC⊥CF時，∠AEC為．20．（1）問題提出：如圖①，在矩形中，，點為邊上一點，連接，過點作對角線的垂線，垂足為，點為的中點，連接，，．可知的形狀為______；（2）深人探究：如圖②，將在平面內(nèi)繞點順時針旋轉(zhuǎn)，請判斷的形狀是否變化，并說明理由；（提示：延長到，使；延長到，使，連接，，，構(gòu)造全等三角形進行證明）（3）拓展延伸：如果，，在旋轉(zhuǎn)過程中，當點，，在同一條直線上時，請直接寫出的長．【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．A解析：（1）頂點坐標為；（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，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，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）∵當時，,∴;∴，;二次函數(shù)過點、，設(shè);∵過點,∴;∴;∴;∵,∴頂點坐標為.（2）存在.設(shè)過、,;設(shè)解得：;∴;設(shè)、;在中，解得;①當時;;解得：（不合題意舍去），;∴;②當時;;解得：，（不合題意舍去）;∴;③當時;;解得：（不合題意舍去）;∴，;（3）當在拋物線上方時，，時;過點作軸，與全等;則;設(shè);則;解得；，；或;當在拋物線下方時，;（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.2．A解析：（1）（2）存在，點Q的坐標為：Q（1，3）或（，）；（3）PN＝﹣（m﹣2）2+，當m＝2時，PN的最大值為．【分析】（1）由二次函數(shù)交點式表達式，即可求解；（2）分AC=AQ、AC=CQ、CQ=AQ三種情況，利用方程或方程組求解即可得到答案；（3）利用等腰直角三角形的性質(zhì)得到：PN=PQsin∠PQN=即可求解．【詳解】解：（1）拋物線y＝ax2+bx+4交x軸于A（﹣3，0），B（4，0）兩點，設(shè)即：﹣12a＝4，解得：則拋物線的表達式為（2）存在，理由：點A、B、C的坐標分別為（﹣3，0）、（4，0）、（0，4），則AC＝5，AB＝7，BC＝，∠OBC＝∠OCB＝45°，將點B、C的坐標代入一次函數(shù)表達式：y＝kx+b并解得：y＝﹣x+4…①，同理可得直線AC的表達式為：，①當AC＝AQ時，如圖1，則AC＝AQ＝5，設(shè)：QM＝MB＝n，則AM＝7﹣n，由勾股定理得：解得：n＝3或4（舍去4），故點Q（1，3）；②當AC＝CQ時，如圖1，CQ＝5，則BQ＝BC﹣CQ＝則QM＝MB＝，故點Q（，）；③當CQ＝AQ時，則在的垂直平分線上，設(shè)直線AC的中點為K（，2），過點與CA垂直直線的表達式中的k值為，直線的表達式為：②，聯(lián)立①②并解得：（舍去）；故點Q的坐標為：Q（1，3）或（，）；（3）設(shè)點，則點Q（m，﹣m+4），∵OB＝OC，∴∠ABC＝∠OCB＝45°＝∠PQN，PN＝PQsin∠PQN＝∵∴PN有最大值，當m＝2時，PN的最大值為：．【點睛】主要考查了二次函數(shù)的解析式的求法和等腰三角形的存在性問題，線段長度的最值問題，要會利用數(shù)形結(jié)合的思想把代數(shù)和幾何圖形結(jié)合起來．3．C解析：（1）（2）當，四邊形是平行四邊形（3）存在，點的坐標為，，【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點的坐標為,分兩種情況討論：當時，由勾股定理可得：，當時，由勾股定理可得：，可解出的值.【詳解】（1）令，則，C點的坐標為（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：∵∴當時，四邊形是平行四邊形設(shè)Q點的坐標為，則∴解得（不合題意，舍去）∴當，四邊形是平行四邊形（3）存在，設(shè)Q點的坐標為∵是以BD為直角邊的直角三角形∴當時，由勾股定理可得：即解得（不合題意，舍去）∴Q點的坐標為當時，由勾股定理可得：即解得Q點的坐標為綜上所述：點的坐標為，，.【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)鍵的點的坐標和線段的長度.4．D解析：（1），點D的坐標為；（2）存在，．【分析】（1）將三點坐標代入，利用待定系數(shù)法可求出拋物線L的表達式，再由拋物線對稱軸公式可求出點D的坐標；（2）根據(jù)題意可求得拋物線的表達式，設(shè)點P的橫坐標為m，則可由已知分別表示出點Q、M、N的坐標，利用正方形的性質(zhì)則可列出方程，求解后即可得出點P的橫坐標．【詳解】解：（1）將代入得：，解得，∴該拋物線L的表達式為：；∵拋物線的頂點為D，∴當時，，∴點D的坐標為；（2）存在；如圖所示：∵拋物線與拋物線L關(guān)于直線對稱，，∴，設(shè)拋物線的表達式為，將代入得，∴拋物線的表達式為設(shè)點P的橫坐標為m，∵PQ∥y軸，則Q的橫坐標為m，∵點P、Q關(guān)于拋物線L的對稱軸對稱點分別為M、N．∴M、N的橫坐標為5－m．∴PM＝5－m－m＝5－2m．∵點P的縱坐標為，點Q的縱坐標為，∴PQ＝（）－（）＝，當PM＝PQ時，四邊形為正方形，∴解得，∵P是拋物線L的B、M段上的一點，∴m＜5－m，解得m＜．∴．∴點P的橫坐標為．【點睛】本題考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，熟練掌握待定系數(shù)法及二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．5．(1)y＝x2﹣x+2﹣3|x﹣1|，補全表格見解析，(2)函數(shù)圖像見解析，當x=-1時，函數(shù)有最小值，最小值為-2；(3)≤x≤或≤x≤．【分析】（1）將點（﹣1，﹣2）與（2，1）代入解析式即可；（2）畫出函數(shù)圖象，觀察圖象得到一條性質(zhì)即可（3）根據(jù)圖象，求出兩個函數(shù)圖象的交點坐標，通過觀察可確定解解集．【詳解】解：（1）∵該函數(shù)圖象經(jīng)過（﹣1，﹣2）與（2，1）兩點，∴，∴，∴y＝x2﹣x+2﹣3|x﹣1|，故答案為：y＝x2﹣x+2﹣3|x﹣1|；當x=-4時，y=7；當x=0時，y=-1；補全表格如圖，x?﹣4﹣3﹣2﹣10123?y?72﹣1﹣2-1212?（2）函數(shù)圖像如圖所示，當x=-1時，函數(shù)有最小值，最小值為-2；（3）當x≥1時，x2﹣x+2﹣3x+3=x，解得，，，觀察圖象可知不等式的解集為：≤x≤；當x＜1時，x2﹣x+2+3x﹣3=x，解得，，，觀察圖象可知不等式的解集為：≤x≤；∴不等式x2+bx+2﹣c|x﹣1|≤x的解集為≤x≤或≤x≤．【點睛】本題考查二次函數(shù)與不等式的關(guān)系；掌握描點法畫函數(shù)圖象，利用數(shù)形結(jié)合解不等式是解題的關(guān)鍵．6．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．7．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．8．（1）；（2）見解析；（3）；（4）或．【分析】（1）把x=代入解析式，計算即可；（2）按照畫圖像的基本步驟畫圖即可；（3）一個方程有兩個不同實數(shù)根，另一個方程有兩個相等的實數(shù)根和兩個方程都有兩個不同的實數(shù)根，但是有一個公共根；（4）結(jié)合函數(shù)的圖像，分直線經(jīng)過頂點和在x軸上方兩種情形解答即可．【詳解】（1）當x=時，==，∴；（2）畫圖像如下；（3）當x≥0時，函數(shù)為；當x＜0時，函數(shù)為；∵方程（p為常數(shù)）有三個實數(shù)根，∴兩個方程有一個公共根，設(shè)這個根為a，則，解得a=0，當a=0時，p=0，故答案為：p=0；（4）∵方程（p為常數(shù)）有兩個實數(shù)根，∴p＞0；或△=0即1+4p=0，解得．綜上所述，p的取值范圍是或．【點睛】本題考查了二次函數(shù)圖像，二次函數(shù)與一元二次方程的關(guān)系，熟練掌握拋物線與一元二次方程的關(guān)系，靈活運用分類思想，數(shù)形結(jié)合思想是解題的關(guān)鍵．9．A解析：（1）；（2），當m＝2時，PN的最大值為；（3）Q(1，3)或(，)【分析】（1）由二次函數(shù)交點式表達式，即可求解．（2）由PN＝PQsin∠PQN＝（﹣m2+m+4+m﹣4）即可求解．（3）分AC＝AQ、AC＝CQ、CQ＝AQ三種情況，當AC＝AQ時，構(gòu)造直角三角形AMQ利用勾股定理可求坐標，AC＝CQ時，先求BQ再求MB，即可得到坐標，CQ＝AQ時，聯(lián)立解得不合題意．【詳解】解：（1）由二次函數(shù)交點式表達式得：y＝a（x+3）（x﹣4）＝a（x2﹣x﹣12）＝ax2﹣ax﹣12a，即：﹣12a＝4，解得：a＝﹣，則拋物線的表達式為，（2）設(shè)點P（m，﹣m2+m+4），則點Q（m，﹣m+4），∵OB＝OC，∴∠ABC＝∠OCB＝45°＝∠PQN，PN＝PQsin∠PQN＝（﹣m2+m+4+m﹣4）＝﹣（m﹣2）2+，∵﹣＜0，∴PN有最大值，當m＝2時，PN的最大值為．（3）存在，理由：點A、B、C的坐標分別為（﹣3，0）、（4，0）、（0，4），則AC＝5，AB＝7，BC＝4，∠OBC＝∠OCB＝45°，將點B（4，0）、C（0，4）的坐標代入一次函數(shù)表達式：y＝kx+b得解得∴直線BC的解析式為y＝﹣x+4…①，設(shè)直線AC的解析式為y=mx+n把點A（﹣3，0）、C（0，4）代入得解得∴直線AC的表達式為：y＝x+4，設(shè)直線AC的中點為K（﹣，2），過點M與CA垂直直線的表達式中的k值為﹣，設(shè)過點K與直線AC垂直直線的表達式為y＝﹣x+q把K（﹣，2）代入得2=﹣×（﹣）+q解得q=∴y＝﹣x+…②，①當AC＝AQ時，如圖1，則AC＝AQ＝5，設(shè)：QM＝MB＝n，則AM＝7﹣n，由勾股定理得：（7﹣n）2+n2＝25，解得：n＝3或4（舍去4），故點Q（1，3），②當AC＝CQ時，如圖1，CQ＝5，則BQ＝BC﹣CQ＝4﹣5，則QM＝MB＝，故點Q（，）．③當CQ＝AQ時，聯(lián)立①②，，解得，x＝（舍去），綜上所述點Q的坐標為：Q（1，3）或Q（，）．【點睛】此題主要考查二次函數(shù)綜合，解題的關(guān)鍵是熟知待定系數(shù)法、一次函數(shù)的圖像與性質(zhì)、二次函數(shù)的圖像與性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)．10．A解析：（1）y=﹣x﹣1，y=﹣x2+3x+4；（2）①(2，6)；②PA=4；（3）點M的坐標為：(2+，﹣3﹣)或(2﹣，﹣3+)或(4，﹣5)或(﹣4，3．【分析】（1）將點A、D的坐標分別代入直線表達式、拋物線的表達式，即可求解；（2）①當△PAD的面積最大時，P點到直線AD的距離就最大．即當直線y=-x+m與拋物線只有一個交點時滿足條件，△=42+4（m-4）=0，解得m=8，解方程可求出答案；②過點P作PE⊥x軸于點E，證明△PEA是等腰直角三角形，得出PE=EA，設(shè)P點坐標為（m，n），由題意得，m+1=-m2+3m+4，求出m=3，由直角三角形的性質(zhì)可得出答案；（3）分NC是平行四邊形的一條邊、NC是平行四邊形的對角線，兩種情況分別求解即可．【詳解】（1）將點A、D的坐標代入直線表達式得：，解得：，故直線l的表達式為：y=﹣x﹣1，將點A、D的坐標代入拋物線表達式，同理可得拋物線的表達式為：y=﹣x2+3x+4；（2）①當△PAD的面積最大時，P點到直線AD的距離就最大，所以P點在與直線AD平行并且與拋物線相切的直線上，即P點是這兩個圖像的唯一交點．設(shè)P點坐標為(x，y)，依題意有：，∴x2-4x+m-4=0∵直線y=-x+m與拋物線相切，即只有一個交點，∴42+4(m-4)=0∴m=8，∴x2-4x+4=0，∴x1=x2=2∴y=6由此得P點坐標為(2，6)②過P作PE⊥x軸于E點，由直線AC的解析式y(tǒng)=﹣x﹣1，可得A(-1，0)C(0，-1)，∴OA=OC∵∠AOC=90°∴∠DAB=45°，∴當AB平分∠DAP時，∠BAP=∠DAB，則∠BAP=45°，∴△PEA是等腰直角三角形，∴PE=EA設(shè)P點坐標為(m，n)，依題意有m+1=﹣m2+3m+4，∴m1=3，m2=-1(舍去)，∴PE=EA=4，∴PA=4（3）NC=5，①當NC是平行四邊形的一條邊時，設(shè)點P坐標為(x，﹣x2+3x+4)、則點M(x，﹣x﹣1)，由題意得：|yM﹣yP|=5，即：|﹣x2+3x+4+x+1|=5，解得：x=2或0或4(舍去0)，則點M坐標為(2+，﹣3﹣)或(2﹣，﹣3+)或(4，﹣5)；②當NC是平行四邊形的對角線時，則NC的中點坐標為(﹣，2)，設(shè)點M坐標為(m，﹣m2+3m+4)、則點M(n，﹣n﹣1)，N、C，M、P為頂點的四邊形為平行四邊形，則NC的中點即為PM中點，即：，2=，解得：m=0或﹣4(舍去0)，故點M(﹣4，3)；故點M的坐標為：(2+，﹣3﹣)或(2﹣，﹣3+)或(4，﹣5)或(﹣4，3)【點睛】本題是二次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法，二次函數(shù)圖象上點的坐標特征，二次函數(shù)的性質(zhì)，坐標與圖形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，三角形的面積等知識，熟練掌握待定系數(shù)法及平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．二、中考幾何壓軸題11．（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．12．(1)①見解析；②CG=2EG；(2)見解析；(3)；(4)【分析】(1)①根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)證得AD=CD，再證明△AFG△ADG，即可證明結(jié)論；②根據(jù)①得到BC=2AF，F(xiàn)G=GD，解析：(1)①見解析；②CG=2EG；(2)見解析；(3)；(4)【分析】(1)①根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)證得AD=CD，再證明△AFG△ADG，即可證明結(jié)論；②根據(jù)①得到BC=2AF，F(xiàn)G=GD，再證明△AFG△BCG，即可得到CG=2EG；(2)先證得四邊形ABEC為正方形，同理得△AFG△AEG和△AFG△BCG，即可得證；(3)根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到，證得△AFG△BCG，即可求解；(4)根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到BC=2AD，繼而得到，由△AFG△BCG，即可求解．【詳解】(1)①△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC于點D，∴AD=BD=CD=BC，∠BAD=∠CAD=45°，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：AF=AD，∠DAF=90°，∴∠GAF=∠GAD=45°，在△AFG和△ADG中，，∴△AFG△ADG，∴AF=AD，∴AF=CD；②CG=2EG，理由如下：由①得：∠GAF=∠B=45°，AF=BC，∴AF∥BC，2AF=BC，∴△AFG△BCG，∴，∴CG=2FG，∵△AFG△ADG，∴FG=DG，即FG=EG，∴CG=2EG；(2)連接EB、EC，∵∠BAC=90°，AB=AC，AD⊥BC于點D，DE=AD，∴DE=AD＝BD=CD，且AE⊥BC，∠BAC=90°，∴四邊形ABEC為正方形，∴BC=AE，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：AF=AE，∠EAF=90°，∴∠GAF=∠GAE=45°，在△AFG和△AEG中，，∴△AFG△AEG，∴AF=AE=BC，F(xiàn)G=EG，在△AFG和△BCG中，，∴△AFG△BCG，∴FG=CG，∴FG=CG=EG，∴CF=2EG；(3)同理得：FG=EG，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，∴，即，同理得：△AFG△BCG，∴，∴，∴，∴；(4)同理可得：FG=EG，BC=2AD，AF=AE，∵，∴，同理可得：△AFG△BCG，∴，∴，∴，∴；【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、正方形的判定和性質(zhì)以及旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)，掌握全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．13．（1）等腰三角形，理由見解析；（2）見解析；（3）；（4）或【分析】（1）如圖1中，△AFG是等腰三角形，利用全等三角形的性質(zhì)證明即可．（2）如圖2中，過點O作OL∥AB交DF于L，則∠AFG解析：（1）等腰三角形，理由見解析；（2）見解析；（3）；（4）或【分析】（1）如圖1中，△AFG是等腰三角形，利用全等三角形的性質(zhì)證明即可．（2）如圖2中，過點O作OL∥AB交DF于L，則∠AFG=∠OLG．首先證明OG=OL，再證明BF=2OL即可解決問題．（3）如圖3中，過點D作DK⊥AC于K，則∠DKA=∠CDA=90°，利用相似三角形的性質(zhì)解決問題即可．（4）設(shè)OG=a，AG=k．分兩種情形：①如圖4中，連接EF，當點F在線段AB上時，點G在OA上．②如圖5中，當點F在AB的延長線上時，點G在線段OC上，連接EF．分別求解即可解決問題．【詳解】（1）解：如圖1中，△AFG是等腰三角形．理由：∵AE平分∠BAC，∴∠1=∠2，∵DF⊥AE，∴∠AHF=∠AHG=90°，∵AH=AH，∴△AHF≌△AHG（ASA），∴AF=AG，∴△AFG是等腰三角形．（2）證明：如圖2中，過點O作OL∥AB交DF于L，則∠AFG=∠OLG．∵AF=AG，∴∠AFG=∠AGF，∵∠AGF=∠OGL，∴∠OGL=∠OLG，∴OG=OL，∵OL∥AB，∴△DLO∽△DFB，∴，∵四邊形ABCD是矩形，∴BD=2OD，∴BF=2OL，∴BF=2OG．（3）解：如圖3中，過點D作DK⊥AC于K，則∠DKA=∠CDA=90°，∵∠DAK=∠CAD，∴△ADK∽△ACD，∴，∵S1=?OG?DK，S2=?BF?AD，又∵BF=2OG，，∴，設(shè)CD=2x，AC=3x，則AD=，∴．（4）解：設(shè)OG=a，AG=k．①如圖4中，連接EF，當點F在線段AB上時，點G在OA上．∵AF=AG，BF=2OG，∴AF=AG=k，BF=2a，∴AB=k+2a，AC=2（k+a），∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k+a）]2﹣（k+2a）2=3k2+4ka，∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，∴△ABE∽△DAF，∴，∴，∴，由題意：=AD?（k+2a），∴AD2=10ka，即10ka=3k2+4ka，∴k=2a，∴AD=，∴BE==，AB=4a，∴tan∠BAE=．②如圖5中，當點F在AB的延長線上時，點G在線段OC上，連接EF．∵AF=AG，BF=2OG，∴AF=AG=k，BF=2a，∴AB=k﹣2a，AC=2（k﹣a），∴AD2=AC2﹣CD2=[2（k﹣a）]2﹣（k﹣2a）2=3k2﹣4ka，∵∠ABE=∠DAF=90°，∠BAE=∠ADF，∴△ABE∽△DAF，∴，∴，∴，由題意：=AD?（k﹣2a），∴AD2=10ka，即10ka=3k2﹣4ka，∴k=，∴AD=，∴，AB=，∴tan∠BAE=，綜上所述，tan∠BAE的值為或．【點睛】本題是一道綜合題，主要涉及到等腰三角形的判定及其性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、三角形中位線定理、相似三角形的判定及其性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用等知識點，解題的關(guān)鍵是綜合運用所學(xué)到的相關(guān)知識．14．（1）見解析；（2）EF＝；（3）BP＝．【分析】（1）過點A作AP∥EF，交BC于P，過點B作BQ∥GH，交CD于Q，如圖1，易證AP=EF，GH=BQ，△ABP∽△BCQ，然后運用相似三角形解析：（1）見解析；（2）EF＝；（3）BP＝．【分析】（1）過點A作AP∥EF，交BC于P，過點B作BQ∥GH，交CD于Q，如圖1，易證AP=EF，GH=BQ，△ABP∽△BCQ，然后運用相似三角形的性質(zhì)就可解決問題；(2)連接BD，根據(jù)矩形的性質(zhì)得出BD的長，再根據(jù)結(jié)論（1）得出，進而可求出EF的長.（3）過點F作FH⊥EG于H，過點P作PJ⊥BF于J．根據(jù)矩形的性質(zhì)得到AD、CD的長，由結(jié)論（1）可得出DG的長，再由勾股定理得出AG的長，然后根據(jù)翻折的性質(zhì)結(jié)合勾股定理得出四邊形HGPF是矩形，進而得出FH的長度，最后根據(jù)相似三角形得出BJ、PJ的長度就可以得出BP的長度.【詳解】（1）如圖①，過點A作AP∥EF，交BC于P，過點B作BQ∥GH，交CD于Q，BQ交AP于T．∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥DC，AD∥BC．∴四邊形AEFP、四邊形BGHQ都是平行四邊形，∴AP＝EF，GH＝BQ．又∵GH⊥EF，∴AP⊥BQ，∴∠BAT+∠ABT＝90°．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABP＝∠C＝90°，AD＝BC，∴∠ABT+∠CBQ＝90°，∴∠BAP＝∠CBQ，∴△ABP∽△BCQ，∴,∴.（2）如圖②中，連接BD．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠C＝90°，AB＝CD＝2，∴BD＝,∵D，B關(guān)于EF對稱，∴BD⊥EF，∴,∴,∴EF＝.（3）如圖③中，過點F作FH⊥EG于H，過點P作PJ⊥BF于J．∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，∠A＝90°，∴=,∴DG＝，∴AG＝＝1，由翻折可知：ED＝EG，設(shè)ED＝EG＝x，在Rt△AEG中，∵EG2＝AE2+AG2，∴x2＝AG2+AE2，∴x2＝（3﹣x）2+1，∴x＝，∴DE＝EG＝，∵FH⊥EG，∴∠FHG＝∠HGP＝∠GPF＝90°，∴四邊形HGPF是矩形，∴FH＝PG＝CD＝2，∴EH＝，∴GH＝FP＝CF＝EG﹣EH＝﹣＝1，∵PF∥EG，EA∥FB，∴∠AEG＝∠JPF，∵∠A＝∠FJP＝90°，∴△AEG∽△JFP，∴，∴，∴FJ＝，PJ＝，∴BJ＝BC﹣FJ﹣CF＝3﹣﹣1＝，在Rt△BJP中，BP＝．【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，解題關(guān)鍵在于靈活運用矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題，學(xué)會利用參數(shù)解決問題，屬于中考壓軸題．15．（1）1，；（2），∠EAD=90°；（3）線段AD的長為（2+6）．【分析】（1）由題意可得Rt△ABC和Rt△DBE均為等腰直角三角形，通過證明△ABD≌△BCE，可得AD=EC，∠DAB=解析：（1）1，；（2），∠EAD=90°；（3）線段AD的長為（2+6）．【分析】（1）由題意可得Rt△ABC和Rt△DBE均為等腰直角三角形，通過證明△ABD≌△BCE，可得AD=EC，∠DAB=∠BCE=45°，從而可得到結(jié)論；（2）通過證明△ABD∽△BCE，可得的值，∠BAD=∠ACB=60°，即可求∠EAD的度數(shù)；（3）由直角三角形的性質(zhì)可證AM=BM=DE，即可求DE=4，由勾股定理可求CE的長，從而可求出AD的長．【詳解】（1）∵∠ABC=∠DBE=90°,∠ACB=∠BED=45°，∴∠CBE=∠ABD,∠CAB=45°∴AB=BC，BE=DE，∴△BCE≌△BAD∴AD=CE，∠BAD=∠BCE=45°∴=1，∠EAD=∠CAB+∠BAD=90°故答案為：1，（2），∠EAD=90°理由如下：∵∠ABC=∠DBE=90°，∠ACB=∠BED=60°∴∠ABD=∠EBC，∠BAC=∠BDE=30°∴在Rt△ABC中，tan∠ACB==tan60°=在Rt△DBE中，tan∠BED==tan60°=∴=又∵∠ABD=∠EBC∴△ABD∽△BCE∴==，∠BAD=∠ACB=60°∵∠BAC=30°∴∠EAD=∠BAD+∠BAC=60°+30°=90°，（3）如圖，由（2）知：==，∠EAD=90°∴AD=CE，在Rt△ABC中，∠BAC=30°，BC=4，∴AC=8，AB=4，∵∠EAD=∠EBD=90°，且點M是DE的中點，∴AM=BM=DE，∵△ABM為直角三角形，∴AM2+BM2=AB2=（4）2=48，∴AM=BM=2，∴DE=4，設(shè)EC=x，則AD=x，AE=8-xRt△ADE中，AE2+AD2=DE2∴(8-x)2+(x)2=(4)2，解之得：x=2+2（負值舍去），∴EC=2+2，∴AD=CE=2+6，∴線段AD的長為（2+6），【點睛】本題是相似形綜合題，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)等知識.16．（1）①EF＝BE+DF；②成立，理由詳見解析；（2）DE＝．【分析】（1）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，求出∠EAF＝∠GAF＝45°，根據(jù)SAS推出△EAF解析：（1）①EF＝BE+DF；②成立，理由詳見解析；（2）DE＝．【分析】（1）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，求出∠EAF＝∠GAF＝45°，根據(jù)SAS推出△EAF≌△GAF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出EF＝GF，即可求出答案；②根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)作輔助線，得出AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，求出C、D、G在一條直線上，根據(jù)SAS推出△EAF≌△GAF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出EF＝GF，即可求出答案；（2）如圖3，同理作旋轉(zhuǎn)三角形，根據(jù)等腰直角三角形性質(zhì)和勾股定理求出∠ABC＝∠C＝45°，BC＝4，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，求出∠FAD＝∠DAE＝45°，證△FAD≌△EAD，根據(jù)全等得出DF＝DE，設(shè)DE＝x，則DF＝x，BF＝CE＝3﹣x，根據(jù)勾股定理得出方程，求出x即可．【詳解】解：（1）∵把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△ADG，使AB與AD重合，∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，∠B＝∠ADG＝90°，∵∠ADC＝90°，∴∠ADC+∠ADG＝90°∴F、D、G共線，∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝45°，∴∠DAG+∠DAF＝45°，即∠EAF＝∠GAF＝45°，在△EAF和△GAF中，∵，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝GF，∵BE＝DG，∴EF＝GF＝DF+DG＝BE+DF，故答案為：EF＝BE+DF；②成立，理由：如圖2，把△ABE繞A點旋轉(zhuǎn)到△ADG，使AB和AD重合，則AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，∵∠B+∠ADC＝180°，∴∠ADC+∠ADG＝180°，∴C、D、G在一條直線上，與①同理得，∠EAF＝∠GAF＝45°，在△EAF和△GAF中，∵，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝GF，∵BE＝DG，∴EF＝GF＝BE+DF；（2）解：∵△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠C＝45°，由勾股定理得：BC＝＝4，如圖3，把△AEC繞A點旋轉(zhuǎn)到△AFB，使AB和AC重合，連接DF，則AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，∵∠DAE＝45°，∴∠FAD＝∠FAB+∠BAD＝∠CAE+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°，∴∠FAD＝∠DAE＝45°，在△FAD和△EAD中，∴△FAD≌△EAD（SAS），∴DF＝DE，設(shè)DE＝x，則DF＝x，∵BC＝4，∴BF＝CE＝4﹣1﹣x＝3﹣x，∵∠FBA＝45°，∠ABC＝45°，∴∠FBD＝90°，由勾股定理得：DF2＝BF2+BD2，x2＝（3﹣x）2+12，解得：x＝，即DE＝．【點睛】本題考查了四邊形的綜合題，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理的應(yīng)用，此題是開放性試題，運用類比的思想；首先在特殊圖形中找到規(guī)律，然后再推廣到一般圖形中，對學(xué)生的分析問題，解決問題的能力要求比較高．17．【問題探究】（1）；（2）．【拓展應(yīng)用】．【分析】問題探究：（1）由平行線的性質(zhì)得出∠ACE+∠BAC=180°，即可得出結(jié)果；（2）由平行線的性質(zhì)得出∠E=∠BAD=72°，證出AC=AE解析：【問題探究】（1）；（2）．【拓展應(yīng)用】．【分析】問題探究：（1）由平行線的性質(zhì)得出∠ACE+∠BAC=180°，即可得出結(jié)果；（2）由平行線的性質(zhì)得出∠E=∠BAD=72°，證出AC=AE，由平行線證明△ABD∽△ECD，求出AD=2；ED=4，ED=2，得出AC=AE=AD+ED=6；

拓展應(yīng)用：過點D作DF∥AB交AC于點F．證明△BAE∽△DFE，得出=2，得出AB=2DF，EF=AE=1，AF=AE+EF=3，證出AC=AD，在Rt△ADF中，求出DF=AF×tan∠CAD=，得出AC=AD=2DF=2，AB=2DF=2，得出AC=AB，在Rt△ABC中，求出BC=AB=2即可．【詳解】解：（1）∵CE∥AB，∴∠ACE+∠BAC=180°，

∴∠ACE=180°-108°=72°；

故答案為：72；

（2）∵CE∥AB，

∴∠E=∠BAD=72°，

∴∠E=∠ACE，

∴AC=AE，

∵CE∥AB，

∴△ABD∽△ECD，

∴，∵BD=2CD，

∴=2，∴AD=2ED=4，

∴ED=2，

∴AC=AE=AD+ED=4+2=6；拓展應(yīng)用：

：如圖3中，過點D作DF∥AB交AC于點F．

∵AC⊥AB，∴∠BAC=90°，∵DF∥AB，

∴∠DFA=∠BAC=90°，

∵∠AEB=∠DEF，

∴△BAE∽△DFE，

∴=2，∴AB=2DF，EF=AE=1，AF=AE+EF=3，∵∠BAD=120°，

∴∠CAD=30°，

∴∠ACD=75°=∠ADC，

∴AC=AD，

在Rt△ADF中，∵∠CAD=30°，

∴DF=AF×tan∠CAD=3×，∴AC=AD=2DF=2，AB=2DF=2，∴AC=AB，

在Rt△ABC中，∵∠BAC=90°，

∴BC=AB=2；故答案為：2．【點睛】此題考查四邊形綜合題，相似三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，等腰三角形的判定，勾股定理，本題綜合性強，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題．18．（1）①60°；②相等；（2）∠AEB=90°，AE=2CM+BE，證明見解析；（3），【分析】（1）由條件易證△ACD≌△BCE，從而得到：AD=BE，∠ADC=∠BEC．由點A，D，E在同一解析：（1）①60°；②相等；（2）∠AEB=90°，AE=2CM+BE，證明見解析；（3），【分析】（1）由條件易證△ACD≌△BCE，從而得到：AD=BE，∠ADC=∠BEC．由點A，D，E在同一直線上可求出∠ADC，從而可以求出∠AEB的度數(shù)．（2）仿照（1）中的解法可求出∠AEB的度數(shù)，證出AD=BE；由△DCE為等腰直角三角形及CM為△DCE中DE邊上的高可得CM=DM=ME，從而證到AE=2CH+BE．（3）由PD=1可得：點P在以點D為圓心，1為半徑的圓上；由∠BPD=90°可得：點P在以BD為直徑的圓上．顯然，點P是這兩個圓的交點，由于兩圓有兩個交點，接下來需對兩個位置分別進行討論．然后，添加適當?shù)妮o助線，借助于（2）中的結(jié)論即可解決問題．【詳解】解：（1）①如圖1．∵△ACB和△DCE均為等邊三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠ACD=∠BCE．在△ACD和△BCE中，∵，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠ADC=∠BEC．∵△DCE為等邊三角形，∴∠CDE=∠CED=60°．∵點A，D，E在同一直線上，∴∠ADC=120°，∴∠BEC=120°，∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=60°．故答案為：60°．②∵△ACD≌△BCE，∴AD=BE．故答案為：AD=BE．（2）∠AEB=90°，AE=BE+2CM．理由：如圖2．∵△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°，∴∠ACD=∠BCE．在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD=BE，∠ADC=∠BEC．∵△DCE為等腰直角三角形，∴∠CDE=∠CED=45°．∵點A，D，E在同一直線上，∴∠ADC=135°，∴∠BEC=135°，∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=90°．∵CD=CE，CM⊥DE，∴DM=ME．∵∠DCE=90°，∴DM=ME=CM，∴AE=AD+DE=BE+2CM．（3）點A到BP的距離為或．理由如下：∵PD=1，∴點P在以點D為圓心，1為半徑的圓上．∵∠BPD=90°，∴點P在以BD為直徑的圓