中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)《開放探究綜合壓軸題》專項檢測卷-附帶答案

第頁中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)《開放探究綜合壓軸題》專項檢測卷-附帶答案學(xué)校:___________班級：___________姓名：___________考號：___________1．如圖（1），有A、B、C三種不同型號的卡片若干張，其中A型是邊長為aa>b的正方形，B型是長為a、寬為b的長方形，C型是邊長為b的正方形．（1）若用A型卡片1張，B型卡片2張，C型卡片1張拼成了一個正方形（如圖（2）），此正方形的邊長為_______，根據(jù)該圖形請寫出一條屬于因式分解的等式：_________；（2）若要拼一個長為2a+b，寬為a+2b的長方形，設(shè)需要A類卡片x張，B類卡片y張，C類卡片z張，則x+y+z=_______；（3）現(xiàn)有A型卡片1張，B型卡片6張，C型卡片11張，從這18張卡片中拿掉兩張卡片，余下的卡片全用上，你能拼出一個長方形或正方形嗎？有幾種拼法？請你通過運算說明理由．2．如圖，點O是等邊△ABC內(nèi)一點，D是△ABC外的一點，∠AOB=110°，∠BOC=α，△BOC≌△ADC，∠OCD=60°，連接OD．（1）求證：△OCD是等邊三角形．（2）當(dāng)α=150°時，試判斷△AOD的形狀（按角分類），并說明理由．（3）求∠OAD的度數(shù)．（4）探究：當(dāng)α=時，△AOD是等腰三角形．（不必說明理由）3．已知點P為∠MAN邊AM上一動點，⊙P切AN于點C，與AM交于點D（點D在點P的右側(cè)），作DF⊥AN于F，交⊙O于點E．（1）連接PE，求證：PC平分∠APE；（2）若DE＝2EF，求∠A的度數(shù)；（3）點B為射線AN上一點，且AB＝8，射線BD交⊙P于點Q，sin∠A＝134．如圖1，AB為⊙O的直徑，AC與⊙O相切于點A，BC與⊙O交于點D，點F是直徑AB下方半圓上一點（不與A，B重合），連接DF，交AB于點E，（1）求證：∠C＝∠F；（2）如圖2，若DF＝DB，連接AF．①求證：∠FAE＝2∠AFE；②作BH⊥FD于點G，與AF交于點H．若AH＝2HF，CD＝1，求BG的長．5．在△ABC中，AB=AC，E、D分別是AB、AC上的點（點D不與A、C重合），連接BD、CE，且BD=CE．（1）如圖，若BE=CD，連接DE，求證：DE//BC．（2）如圖，若AB=AC=10,BE=4,CD=2,BD,CE交于點F．試求BD的值．（3）若CE是AB邊上的中線，設(shè)ABBC=k，若滿足條件的點D有兩個，直接寫出6．如圖，在△ABC中，tan∠ABC=43，∠C=45°，點D、E分別是邊AB、AC上的點，且DE∥BC，BD=DE=5，動點P從點B出發(fā)，沿B-D-E-C向終點C運動，在BD-DE上以每秒5個單位長度的速度運動，在EC上以每秒22個單位長度的速度運動，過點P作PQ⊥BC于點Q，以PQ為邊作正方形PQMN，使點B、點N始終在PQ同側(cè)．設(shè)點P的運動時間為t（s）（（1）當(dāng)點P在BD-DE上運動時，用含t的代數(shù)式表示線段DP的長．（2）當(dāng)點N落在AB邊上時，求t的值．（3）當(dāng)點P在DE上運動時，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式．（4）當(dāng)點P出發(fā)時，有一點H從點D出發(fā)，在線段DE上以每秒5個單位長度的速度沿D-E-D連續(xù)做往返運動，直至點P停止運動時，點H也停止運動．連結(jié)HN，直接寫出HN與DE所夾銳角為45°時t的值．7．綜合與探究如圖1，在四邊形ABCD中，AB//CD，AD//BC，∠ADC=60°.（1）如圖1，求∠ABC的度數(shù)；（2）如圖2，把四邊形ABCD沿MN（M在邊AD上，N在邊BC上）折疊（折疊前后對應(yīng)角相等），使點D，C分別落在D'，C'處，MD'交BC于點H.若∠AMD'=48°，請求出∠BNC'的度數(shù)；（3）在（2）的條件下，試探究∠BHM與∠MNB之間有何數(shù)量關(guān)系？并說明理由.8．如圖1，邊長為4的正方形ABCD中，點E在AB邊上(不與點A，B重合)，點F在BC邊上(不與點B、C重合)．第一次操作：將線段EF繞點F順時針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點E落在正方形上時，記為點G；第二次操作：將線段FG繞點G順時針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點F落在正方形上時，記為點H；依此操作下去…(1)圖2中的△EFD是經(jīng)過兩次操作后得到的，其形狀為，求此時線段EF的長；(2)若經(jīng)過三次操作可得到四邊形EFGH．①請判斷四邊形EFGH的形狀為，此時AE與BF的數(shù)量關(guān)系是；②以①中的結(jié)論為前提，設(shè)AE的長為x，四邊形EFGH的面積為y，求y與x的函數(shù)關(guān)系式及面積y的取值范圍．9．如圖，拋物線y=ax2+bx+6與x斜交于點A6,0，B?1,0（1）求該拋物線的解析式．（2）若點M為該拋物線對稱軸上一點，當(dāng)CM+BM最小值，求點M的坐標(biāo)．（3）拋物線上是否存在點P，使△ACP為直角三角形？若存在，請直接寫出所有符合條件的點P的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．10．我們定義：有一組鄰邊相等且有一組對角互補的凸四邊形叫做等補四邊形（1）概念理解①根據(jù)上述定義舉一個等補四邊形的例子：②如圖1，四邊形ABCD中，對角線BD平分∠ABC，∠A+∠C＝180°，求證：四邊形ABCD是等補四邊形（2）性質(zhì)探究：③小明在探究時發(fā)現(xiàn)，由于等補四邊形有一組對角互補，可得等補四邊形的四個頂點共圓，如圖2，等補四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，AB＝AD，則∠ACD∠ACB（填“＞”“＜”或“＝“）；④若將兩條相等的鄰邊叫做等補四邊形的“等邊”，等邊所夾的角叫做“等邊角”，它所對的角叫做“等邊補角”連接它們頂點的對角線叫做“等補對角線”，請用語言表述③中結(jié)論：（3）問題解決在等補四邊形ABCD中，AB＝BC＝2，等邊角∠ABC＝120°，等補對角線BD與等邊垂直，求CD的長．11．如圖，已知ΔABC和ΔADE均為等腰三角形，AC=BC，DE=AE，將這兩個三角形放置在一起．（1）問題發(fā)現(xiàn)如圖①，當(dāng)∠ACB=∠AED=60°時，點B、D、E在同一直線上，連接CE，則∠CEB的度數(shù)為__________，線段AE、BE、CE之間的數(shù)量關(guān)系是__________；（2）拓展探究如圖②，當(dāng)∠ACB=∠AED=90°時，點B、D、E在同一直線上，連接CE．請判斷∠CEB的度數(shù)及線段AE、BE、CE之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）解決問題如圖③，∠ACB=∠AED=90°，AC=25，AE=2，連接CE、BD，在ΔAED繞點A旋轉(zhuǎn)的過程中，當(dāng)DE⊥BD時，請直接寫出EC12．如圖①，在RtΔOAB中，∠AOB=90°,OA=OB,D為OB邊上一點，過D點作DC⊥AB交AB于點C，連接AD，E為AD的中點，連接OE,CE．【觀察猜想】（1）①OE,CE的數(shù)量關(guān)系是___________②∠OEC,∠OAB的數(shù)量關(guān)系是______________【類比探究】（2）將圖①中ΔBCD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)45°，如圖②所示，則(1)中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由；【拓展遷移】（3）將ΔBCD繞點B旋轉(zhuǎn)任意角度，若BD=2,OB=3，請直接寫出點O,C,B在同一直線上時13．綜合與實踐（1）觀察理解：如圖1，ΔABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直線l過點C，點A，B在直線l同側(cè)，BD⊥l，AE⊥l，垂足分別為D，E，由此可得：∠AEC=∠CDB=90°，所以∠CAE+∠ACE=90°，又因為∠ACB=90°，所以∠BCD+∠ACE=90°，所以∠CAE=∠BCD，又因為AC=BC，所以ΔAEC?ΔCDB（

）；（請?zhí)顚懭扰卸ǖ姆椒ǎ?）理解應(yīng)用：如圖2，AE⊥AB，且AE=AB，BC⊥CD，且BC=CD，利用（1）中的結(jié)論，請按照圖中所標(biāo)注的數(shù)據(jù)計算圖中實線所圍成的圖形的面積S=______；（3）類比探究：如圖3，RtΔABC中，∠ACB=90°，AC=4，將斜邊AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至AB′，連接B′C，求（4）拓展提升：如圖4，點B，C在∠MAN的邊AM、AN上，點E，F(xiàn)在∠MAN內(nèi)部的射線AD上，∠1、∠2分別是ΔABE、ΔCAF的外角．已知AB=AC，∠1=∠2=∠BAC．求證：CF+EF=BE；14．【材料閱讀】我們曾解決過課本中的這樣一道題目：如圖1，四邊形ABCD是正方形，E為BC邊上一點，延長BA至F，使AF＝CE，連接DE，DF．……提煉1：△ECD繞點D順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△FAD；提煉2：△ECD≌△FAD；提煉3：旋轉(zhuǎn)、平移、軸對稱是圖形全等變換的三種方式．【問題解決】（1）如圖2，四邊形ABCD是正方形，E為BC邊上一點，連接DE，將△CDE沿DE折疊，點C落在G處，EG交AB于點F，連接DF．可得：∠EDF＝°；AF，F(xiàn)E，EC三者間的數(shù)量關(guān)系是．（2）如圖3，四邊形ABCD的面積為8，AB＝AD，∠DAB＝∠BCD＝90°，連接AC．求AC的長度．（3）如圖4，在△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，點D，E在邊AB上，∠DCE＝45°．寫出AD，DE，EB間的數(shù)量關(guān)系，并證明．

15．綜合與探究：在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知拋物線y=?36x2+233x+23與x軸交于A，B兩點(點B在點A的右側(cè))，與y軸交于點C，它的對稱軸與x軸交于點（1）求A，B兩點的坐標(biāo)及直線l的函數(shù)表達(dá)式；（2）探索直線l上是否存在點E，使△ACE為直角三角形，若存在，求出點E的坐標(biāo)；若不存在，說明理由；（3）若點P是直線l上的一個動點，試探究在拋物線上是否存在點Q：①使以點A，C，P，Q為頂點的四邊形為菱形，若存在，請直接寫出點Q的坐標(biāo)；若不存在，說明理由；②使以點A，C，P，Q為頂點的四邊形為矩形，若存在，請直接寫出點Q的坐標(biāo)；若不存在，說明理由.16．已知拋物線y=12x（1）求證：不論m為何實數(shù)，該拋物線與x軸總有兩個不同的交點；（2）若拋物線的對稱軸為直線x=3，求m的值和C點坐標(biāo)；（3）如圖，直線y=x?1與（2）中的拋物線并于A、B兩點，并與它的對稱軸交于點D，直線x=k交直線AB于點M，交拋物線于點N．求當(dāng)k為何值時，以C、D、M、N為頂點的四邊形為平行四邊形．

17．請按照研究問題的步驟依次完成任務(wù)．【問題背景】（1）如圖1的圖形我們把它稱為“8字形”，請說理證明∠A+∠B=∠C+∠D．

【簡單應(yīng)用】（2）如圖2，AP、CP分別平分∠BAD、∠BCD，若∠ABC=20°，∠ADC=26°，求∠P的度數(shù)（可直接使用問題（1）中的結(jié)論）【問題探究】（3）如圖3，直線AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，若∠ABC=36°，∠ADC=16°，猜想∠P的度數(shù)為；【拓展延伸】（4）在圖4中，若設(shè)∠C=x，∠B=y，∠CAP=13∠CAB，∠CDP=13∠CDB，試問∠P與∠C、∠B之間的數(shù)量關(guān)系為（5）在圖5中，AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，猜想∠P與∠B、D的關(guān)系，直接寫出結(jié)論．18．（1）問題發(fā)現(xiàn)．如圖1，ΔACB和ΔDCE均為等邊三角形，點A、D、E均在同一直線上，連接BE．①求證：ΔADC≌ΔBEC．②求∠AEB的度數(shù)．③線段AD、BE之間的數(shù)量關(guān)系為__________．（2）拓展探究．如圖2，ΔACB和ΔDCE均為等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，點A、D、E在同一直線上，CM為ΔDCE中DE邊上的高，連接BE．①請判斷∠AEB的度數(shù)為____________．②線段CM、AE、BE之間的數(shù)量關(guān)系為________．（直接寫出結(jié)論，不需證明）19．【問題情境】定義：如圖1，點E在四邊形ABCD的邊CD上，若AE、BE將四邊形ABCD分割成三個相似的三角形，則稱點E為該四邊形的相似點．

（1）若相似點在四邊形ABCD的邊CD上，且AE、BE將四邊形ABCD分割成三個正三角形，則四邊形ABCD的四邊形之比(按邊長從小到大排序)為_______．（2）若相似點在四邊形ABCD的邊CD上，且AE、BE將四邊形ABCD分割成三個全等的等腰直角三角形，則四邊形ABCD的四邊形之比(按邊長從小到大排序)為_______．（3）【探索研究】

如圖2，點E為四邊形ABCD邊上的相似點，且AE、BE將四邊形ABCD分割成三個全等的三角形，已知∠ABC=90°，AD=AB=BC=2，求邊CD的長．（4）【問題解決】

如圖3，在四邊形ABCD中，AB∥CD，點E為四邊形ABCD的邊CD上的相似點，且AD=a，AB=b，BC=c(其中a≠c)，此時邊CD的長為多少？請用含a、b、c的代數(shù)式直接寫出所有可能的結(jié)果．20．（1）填空①把一張長方形的紙片按如圖①所示的方式折疊，EM，F(xiàn)M為折痕，折疊后的C點落在B1M或B1②把一張長方形的紙片按如圖②所示的方式折疊，B點與M點重合，EM，F(xiàn)M為折痕，折疊后的C點落在A1M或A1（2）解答：①把一張長方形的紙片按如圖③所示的方式折疊，EM，F(xiàn)M為折痕，折疊后的C點落在B1M或B1M的延長線上左側(cè)，且②把一張長方形的紙片按如圖④所示的方式折疊，B點與M點重合，EM，F(xiàn)M為折痕，折疊后的C點落在A1M或A1M的延長線右側(cè)，且（3）探究：把一張四邊形的紙片按如圖⑤所示的方式折疊，EB，F(xiàn)B為折痕，設(shè)∠ABC=α°，∠EBF=β°，∠A1BC1=γ°，求參考答案1．解：（1）由圖（1）和圖（2）可得正方形的邊長為：a+b，由圖（2）可得因式分解的等式a2+2ab+b2＝（a+b）2．故答案為a+b，a2+2ab+b2＝（a+b）2；（2）∵（2a+b）（a+2b）＝2a2+5ab+2b2，∴需要用A類卡片2張，B類卡片5張，C類卡片2張，∴x+y+z＝2+5+2＝9；故答案為9；（3）四種拼法：理由如下：第一種：A型卡片拿掉1張，B型卡片拿掉1張，則能拼出一個長方形，即長方形的長為5a+11b，寬為b，∴b(5a+11b)=5ab+11第二種：A型卡片拿掉1張，C型卡片拿掉1張，則能拼出一個長方形，即長方形的長為3a+5b，寬為2b，∴2b(3a+5b)=6ab+10b或者長為6a+10b，寬為b，∴(6a+10b)b=6ab+10b第三種：C型卡片拿掉2張，則能拼出一個正方形方形，即正方形邊長為a+3b，∴(a+3b)22．解：（1）∵△BOC≌△ADC，∴OC=DC．∵∠OCD=60°，∴△OCD是等邊三角形；（2）△AOD是Rt△．理由如下：∵△OCD是等邊三角形，∴∠ODC=60°，∵△BOC≌△ADC，∠α=150°，∴∠ADC=∠BOC=∠α=150°，∴∠ADO=∠ADC﹣∠ODC=150°﹣60°=90°，∴△AOD是直角三角形；（3）由△BOC≌△ADC，得∠ADC=∠BOC=∠α．∵△OCD是等邊三角形，∴∠ADO=α﹣60°，∠AOD=360°﹣110°﹣α﹣60°=190°﹣α，∴∠OAD=180°﹣∠ADO﹣∠AOD=50°；（4）①當(dāng)∠AOD=∠ADO時，190°﹣α=α﹣60°，∴α=125°．②當(dāng)∠AOD=∠OAD時，190°﹣α=50°，∴α=140°．③當(dāng)∠ADO=∠OAD時，α﹣60°=50°，∴α=110°．綜上所述：當(dāng)α=110°或125°或140°時，△AOD是等腰三角形，故答案為：110°或125°或140°．【點睛】本題考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)、等邊三角形的判定、直角三角形的判定以及等腰三角形的判定，掌握相關(guān)的判定定理是解題的關(guān)鍵，注意分情況討論思想的應(yīng)用．3．（1）證明見解析；（2）∠PAC＝30°；（3）存在，AP的長為6或3627或【分析】（1）根據(jù)已知條件以及切線的性質(zhì)可得PC//DF，再利用平行線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)可以證得∠APC＝∠EPC，即可得證結(jié)論；（2）添加輔助線PH⊥DE于H，根據(jù)已知條件可得DH＝HE＝EF＝12HF＝12PC＝（3）分①DQ＝QE②DE＝QE③DQ＝DE三種情況進(jìn)行討論即可．【詳解】解：（1）證明：∵AN切⊙O于點C∴PC⊥AN∵DF⊥AN∴PC//DF∴∠APC＝∠PDE，∠EPC＝∠PED∵PD＝PE∴∠PED＝∠PDE∴∠APC＝∠EPC，即PC平分∠APE（2）作PH⊥DE于H，如圖：∵PD＝PE，DE＝2EF∴DH＝HE＝EF＝12HF＝12PC＝∴∠DPH＝30°∵PH//AF∴∠PAC＝∠DPH＝30°（3）①當(dāng)DQ＝QE時，如圖1連接PQ，可證得PQ//AB∴∠PDQ＝∠DQP＝∠DBA∴AD＝AB＝8∵設(shè)PC＝r，AP＝3r∴AD＝4r∴4r＝8∴r＝2∴AP＝3r＝6②當(dāng)DE＝QE時，記⊙P與AD的另一交點為K，連接KE，如圖：則∠QDE＝∠EQD＝∠DKE＝∠DAF在Rt△ADF中，DF＝13AD＝4AF＝22DF＝8在Rt△DBF中，BF＝122DF＝AB＝AF－BF＝72r＝1227③當(dāng)DQ＝DE時，連接QK連接QE交AD于I，作QG⊥KE于點G，如圖：則∠GQE＝∠IKE＝∠A在Rt△QGE中，設(shè)GE＝2x，則QE＝3GE＝6x，IE＝3xQG＝22GE＝4則KG＝KE－EG＝7xtan∠QKG＝QGKG＝4∵∠BDF＝∠QKE∴tan∠BDF＝tan∠QKE，BF＝427AB＝AF＋BF＝82r＝21216故答案是：（1）證明見解析；（2）∠PAC＝30°；（3）存在，AP的長為6或3627【點睛】本題考查了圓的綜合運用，涉及到的知識點有：切線的性質(zhì)、平行線的判定和性質(zhì)、等腰三角形的判定和性質(zhì)、30°角直角三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)以及動態(tài)幾何中輔助線的添加與分類討論思想．4．（1）見解析；（2）①見解析；②7【分析】（1）利用等角的余角相等以及圓周角定理即可解決問題．（2）①如圖2中，連接DO，延長DO交BF于K．想辦法證明AF∥DK，利用等腰三角形的性質(zhì)證明∠FDB=2∠AFD即可解決問題．②如圖2中，設(shè)DK交BH于J，連接JF．首先證明四邊形AFJD是平行四邊形，推出GHGJ=FHDJ=13，設(shè)GH=m，GJ=3m，則JH=JF=JB=4m，推出GF=FJ2【詳解】解：（1）證明：如圖1中，∵AC是切線，∴AB⊥AC，∴∠CAB=90°，∵AB是直徑，∴∠ADB=∠ADC=90°，∵∠C+∠CAD=90°，∠CAD+∠DAB=90°，∴∠C=∠DAB，∵∠DAB=∠F，∴∠C=∠F．（2）①證明：如圖2中，連接DO，延長DO交BF于K．∵DF=DB，∴DF=∴DK⊥BF，∴∠FDK=∠BDK，∵AB是直徑，∴∠AFB=∠DKB=90°，∴DK∥AF，∴∠AFD=∠FDK，∴∠FDB=2∠AFD，∵∠EAF=∠FDB，∴∠EAF=2∠BDF．②解：如圖2中，設(shè)DK交BH于J，連接JF．∵DF=DB，DK⊥FB，∴FK=BK，∴JF=JB，∴∠JFB=∠JBF，∵∠JFB+∠JFH=90°，∠JBF+∠BHF=90°，∴∠JFH=∠JHF，∵DK⊥BF，BG⊥DF，∴FJ⊥DB，∵AD⊥BD，∴AD∥FJ，∵AF∥DJ，∴四邊形AFJD是平行四邊形，∵AH=2FH，∴可以假設(shè)HF=a，AH=2a，∴DJ=AF=3a，∵FH∥DJ，∴GHGJ∴GF=FJ2?G∵∠C=∠BFG，∴tanC=tan∠BFG=BGGF=7a7a∴ADCD=7∵CD=1，∴AD=FJ=BJ=7，∴4m=7∴m=74∴BG=7m=77【點睛】本題屬于圓綜合題，考查了垂徑定理，圓周角定理，平行四邊形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造特殊四邊形解決問題，屬于中考壓軸題．5．（1）證明見解析；（2）BD=213；（3）63＜k＜2【分析】（1）根據(jù)AB=AC，BE=CD可得AE=AD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠AED=∠ADE，∠ABC=∠ACB，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理可得∠AED=12（180°-∠A），∠ABC=1（2）如圖，分別過點E、A、D作BC的垂線，垂足分別為M、H、N，可得EM//AH//DN，BH=CH，可證明△BME∽△BHA，△EBM∽DCN，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得CN=12BM，EM（3）當(dāng)點D為AC中點時，利用SAS可證明△ABD≌△ACE，可得BD=CE，即可證明滿足條件的點D必有一個是AC的中點，當(dāng)△ABC是等邊三角形時，可知BD與AC只有一個交點，此時k=1，可得k≠1，當(dāng)另一個點與點C重合時，可得BD=BC，可證明△ABC∽△BDC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可求出k值；當(dāng)另一個點與點A重合時，可得BD=AB，過點A作AH⊥AD于H，根據(jù)等腰三角形“三線合一”的性質(zhì)可得AH=DH=12AD=1【詳解】（1）∵AB=AC，BE=CD，∴AE=AD，∴∠AED=∠ADE，∠ABC=∠ACB，∴∠AED=12（180°-∠A），∠ABC=1∴∠AED=∠ABC，∴DE//BC．（2）如圖，分別過點E、A、D作BC的垂線，垂足分別為M、H、N，∴EM//AH//DN，∵AB=AC，AH⊥BC，∴BH=CH，∵EM//AH，∴△BME∽△BHA，∵AB=10，BE=4，∴BMBH設(shè)BM=2a，則BH=CH=5a，BC=10a，∴MH=BH-BM=3a，∵∠ABC=∠ACB，∠EMB=∠DNC=90°，∴△EBM∽DCN，∵BE=4，CD=2，∴EMDN∴CN=12設(shè)DN=x，則EM=2x，在Rt△MEC和Rt△DNB中，MC=CH+MH=8a，BN=BC-CN=9a，∴EM2+MC2=CE2，DN2+BN2=BD2，∵CE=BD，∴EM2+MC2=DN2+BN2，即(2x)2+(8a)2=x2+(9a)2，化簡得：x2=173在Rt△DNC中，DN2+CN2=CD2，∴x2+a2=22，∴173a2解得：a2=35∴x2=175在Rt△BDN中，BD=BN2+DN2=(9a)2（3）如圖，當(dāng)點D為AC的中點時，∵AB=AC，點D是AC中點，點E是AB中點，∴AE=AD，在△ABD和△ACE中，AE=∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE，∵滿足條件的點D有兩個，∴必有一個是AC的中點，①如圖，當(dāng)△ABC為等邊三角形時，此時：ABBC∵E為AB中點，∴CE⊥AB，∴BD⊥AC，∴BD與AC只有一個交點，不符合題意，∴k≠1，②如圖，當(dāng)另一個交點與點C重合時，BD=BC，∴∠ACB=∠BDC，∵∠ABC=∠ACB，∴∠ABC=∠BDC，∴△ABC∽△BDC，∴ACBC∵CD=12AC=1∴BC2=CD·AB=12AB2∴AB2BC2∵k＞0，∴k=2，③如圖，當(dāng)另一個交點與點A重合時，BD=AB，過點B作BH⊥AD于H∵BD=AB，∴AH=DH=12AD=14AC=∴CH=3AH，設(shè)AH=a，則AB=4a，CH=3a，∴BH=AB2?AH∴BC=BH2+CH∴k=ABBC=4a綜上所述：k的取值范圍為：63＜k＜2【點睛】本題考查等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理及相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理、正確作出輔助線，構(gòu)建相似三角形并運用分類討論的思想是解題關(guān)鍵．6．（1）當(dāng)0＜t≤1時，DP=5?5t；當(dāng)1＜t≤2時，DP=5t?5；（2）95；（3）S=20t?14(1≤t≤65【分析】（1）分兩種情形：當(dāng)0＜t≤1時，當(dāng)1＜t≤2時，分別求解即可．（2）根據(jù)DP=DM，構(gòu)建方程求解即可．（3）分三種情形：①如圖2-1中，當(dāng)1≤t≤65時，重疊部分是四邊形BQPD．②如圖2-2中，當(dāng)65＜t≤95（4）分三種情形：點P在線段BD上一種情形，點P在線段EC上兩種情形，分別畫出圖形，構(gòu)建方程求解即可．【詳解】解：（1）根據(jù)題意，∵BD=DE=5，∴點P從點B運動到點D，所用的時間為：t=5點P從點D運動到點E，所用的時間為：t=5當(dāng)0＜t≤1時，點P在BD上運動，DP=5?5t；當(dāng)1＜t≤2時，點P在DE上運動，DP=5t?5；（2）如圖1中，在Rt△BDM中，∵∠DMB=90°，tanB=DMBM∴DM=4，BM=3，∵DP=DM，∴5t?5=4，解得：t＝95（3）如圖，當(dāng)1≤t≤65S=12如圖，當(dāng)65＜t≤9S=42如圖，當(dāng)95＜t≤2時，重疊部分是正方形PQMN，S=16綜上所述，S=20t?14（4）如圖，作HK⊥NP交NP的延長線于K．由題意∠HNK=45°，∵HK⊥NK，∴△NHK是等腰直角三角形，∴NK=HK，可得4t+3-3t+5t=4-4t，解得：t=0.1；如圖，當(dāng)2＜t＜3時，滿足EH=PN，條件成立．可得：5?5(t?2)=2解得：t＝73如圖3-2中，當(dāng)t＞3時，滿足EH=PN，條件成立．可得：5(t?3)=2解得：t=23綜上所述，滿足條件的t的值為0.1或73或23【點睛】本題是四邊形形綜合題目，考查了平行四邊形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識；本題綜合性較強，難度較大，熟練掌握三角形的相關(guān)性質(zhì)，綜合運用知識，進(jìn)行分類討論是解題的關(guān)鍵．7．（1）60°；（2）48°；（3）∠BHM=2∠MNB，理由見解析．【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)求出∠C，再得出∠ABC的度數(shù)；（2）由AD//BC得出∠MHN=∠AMH=48°，根據(jù)折疊的性質(zhì)推出MD'//NC'，再根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠BNC'=∠MHN即可；（3）利用平行線的性質(zhì)得到∠DMN=∠MNB和∠DMH=∠BHM，再根據(jù)折疊的性質(zhì)得到∠DMN=∠HMN，即可得到∠BHM與∠MNB之間的數(shù)量關(guān)系.【詳解】解：（1）∵AD//BC，∴∠C=180°?∠ADC=180°?60°=120°（兩直線平行，同旁內(nèi)角互補）.∵AB//CD，∴∠B=180°?∠C=180°?120°=60°（兩直線平行，同旁內(nèi)角互補）.（2）∵AD//BC，∴∠MHN=∠AMH=48°（兩直線平行，內(nèi)錯角相等）∠D+∠C=180°，∵折疊后對應(yīng)角相等，∴∠D'=∠D，∠C=∠C'，∴∠D'+∠C'=180°，∴MD'//NC'，∴∠BNC'=∠MHN=48°（兩直線平行，內(nèi)錯角相等）.（3）∠BHM=2∠MNB.理由如下：∵AD//BC，∴∠DMN=∠MNB，∠DMH=∠BHM，由折疊知∠DMN=∠HMN，即∠BHM=2∠MNB.【點睛】本題考查了平行線的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是利用折疊得出角相等，結(jié)合平行線的性質(zhì)解決.8．（1）等邊三角形，EF=46?42；（2）①正方形，AE=BF，②y＝2x2﹣8x+16（0＜x＜4），y【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)，易得△EFD是等邊三角形；利用等邊三角形的性質(zhì)、勾股定理求出EF的長；（2）①四邊形EFGH是正方形；利用三角形全等證明AE＝BF；②求面積y的表達(dá)式，這是一個二次函數(shù)，利用二次函數(shù)性質(zhì)求出最值及y的取值范圍．【詳解】解：（1）如題圖2，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知EF＝DF＝DE，則△DEF為等邊三角形．在Rt△ADE與Rt△CDF中，AB=CD∴Rt△ADE≌Rt△CDF（HL）∴AE＝CF．設(shè)AE＝CF＝x，則BE＝BF＝4﹣x∴△BEF為等腰直角三角形．∴EF=2∴DE=DF=EF=2在Rt△ADE中，由勾股定理得：AE2+AD2＝DE2，即：x2解得：x1=8?43∴EF=2DEF的形狀為等邊三角形，EF的長為46（2）①四邊形EFGH的形狀為正方形，此時AE＝BF．理由如下：依題意畫出圖形，如答圖1所示：連接EG、FH，作HN⊥BC于N，GM⊥AB于M．由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知，EF＝FG＝GH＝HE，∴四邊形EFGH是菱形，由△EGM≌△FHN，可知EG＝FH，∴四邊形EFGH的形狀為正方形．∴∠HEF＝90°∵∠1+∠2＝90°，∠2+∠3＝90°，∴∠1＝∠3．∵∠3+∠4＝90°，∠2+∠3＝90°，∴∠2＝∠4．在△AEH與△BFE中，∠1∴△AEH≌△BFE（ASA）∴AE＝BF．②利用①中結(jié)論，易證△AEH、△BFE、△CGF、△DHG均為全等三角形，∴BF＝CG＝DH＝AE＝x，AH＝BE＝CF＝DG＝4﹣x．∴y=S∴y＝2x2﹣8x+16（0＜x＜4）∵y＝2x2﹣8x+16＝2（x﹣2）2+8，∴當(dāng)x＝2時，y取得最小值8；當(dāng)x＝0時，y＝16，∴y的取值范圍為：8≤y＜16．故答案是：（1）等邊三角形，EF=46?42；（2）①正方形，AE=BF，②y＝2x2﹣8x+16（0＜x＜4），y【點睛】本題是幾何變換綜合題，以旋轉(zhuǎn)變換為背景考查了正方形、全等三角形、等邊三角形、等腰直角三角形、正多邊形、勾股定理、二次函數(shù)等知識點．本題難度不大，著重對于幾何基礎(chǔ)知識的考查，是一道好題．9．（1）y=?x2+5x+6（2）M52,72（3）拋物線上存在四個點P，使△ACP為直角三角形，符合條件的點P【分析】（1）將A6,0、B?1,0代入y=ax2+bx+6即可得到關(guān)于參數(shù)a、b（2）作點C關(guān)于對稱軸x=52的對稱點C′，連接BC′與對稱軸交于點M，則CM+BM=C′（3）由點P在拋物線y=?x2+5x+6上，可先設(shè)出點P的坐標(biāo)，再按照∠APC=90°、∠ACP=90°【詳解】解：（1）∵拋物線y=ax2+bx+6與x交于點∴0=36a+6b+6∴a=?1∴該拋物線的解析式為：y=?（2）作點C關(guān)于對稱軸x=52的對稱點C′，連接BC′∵C∴C∴設(shè)直線BC′的解析式為∵B?1,0、C∴0=?k+b∴k=1∴直線BC′∴當(dāng)x=52∴M∴當(dāng)CM+BM最小值，點M的坐標(biāo)為：5（3）∵點P在拋物線y=?x∴設(shè)P①∵當(dāng)∠APC=90°時，∴A∴6?x∴x1=2+22，x2=2?2∴P12+22②∵當(dāng)∠ACP=90°時，∴A∴6?x∴x1=4，∴P3③∵當(dāng)∠CAP=90°時，∴A∴6∴x1=?2，∴P4∴綜上所述，拋物線上存在四個點P，使△ACP為直角三角形，符合條件的點P的坐標(biāo)分別為P12+22,4+22，P故答案是：（1）y=?x2+5x+6（2）M52,72（3）拋物線上存在四個點P，使△ACP為直角三角形，符合條件的點P【點睛】本題考查了求二次函數(shù)的解析式、求兩線段之和的最小值和勾股定理，掌握用待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、兩點之間線段最短和勾股定理是解決此題的關(guān)鍵．10．（1）①正方形；②詳見解析；（2）③＝；④等補四邊形的“等補對角線”平分“等邊補角”；（3）CD的值為2或4．【分析】（1）①正方形是等補四邊形．②如圖1中，作DM⊥BA于M，DN⊥BC于N，則∠DMA＝∠DNC＝90°，證明△ADM≌△CDN（AAS），推出AD＝DC，即可解決問題．（2）③根據(jù)弦，弧，圓周角之間的關(guān)系解決問題即可．④根據(jù)“等補對角線”，“等邊補角”等定義，利用③中結(jié)論即可解決問題．（3）分兩種情形：①如圖3﹣1中，當(dāng)BD⊥AB時．②如圖3﹣2中，當(dāng)BD⊥BC時，分別求解即可．【詳解】（1）①解：正方形是等補四邊形．②證明：如圖1中，作DM⊥BA于M，DN⊥BC于N，則∠DMA＝∠DNC＝90°，∵∠A+∠BCD＝180°，∠BCD+∠DCN＝180°，∴∠A＝∠DCN，∵BD平分∠ABC，∴DM＝DN，在△ADM和△CDN中，∠A∴△ADM≌△CDN（AAS），∴AD＝DC，∴四邊形ABCD是等補四邊形．（2）③解：如圖2中，∵AD＝AB，∴AD＝AB，∴∠ACD＝∠ACB．故答案為＝．④解：由題意，等補四邊形的“等補對角線”平分“等邊補角”．故答案為等補四邊形的“等補對角線”平分“等邊補角”．（3）解：如圖3﹣1中，當(dāng)BD⊥AB時，∵∠ADC+∠ABC＝180°，∠ABC＝120°，∴∠ADC＝60°，∵∠ABD＝90°，∴AD是⊙O的直徑，∴∠ACD＝90°，∴∠DAC＝∠DBC＝30°，∵BA＝BC，∠ABC＝120°，∴∠BAC＝∠ACB＝30°，∴∠BAC＝∠BDC＝30°，∴∠CBD＝∠CDB，∴DC＝BC＝2．如圖3﹣2中，當(dāng)BD⊥BC時，∵∠DBC＝90°，∴CD是⊙O的直徑，∵BA＝BC，∠ABC＝120°，

∴∠BAC＝∠ACB＝30°，∴∠BAC＝∠BDC＝30°，∴CD＝2BC＝4，綜上所述，滿足條件的CD的值為2或4．【點睛】本題考查了四邊形的綜合問題，掌握等補四邊形的定義、等補對角線的定義、全等三角形的性質(zhì)以及判定定理、圓的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．11．（1）60°,BE=AE+CE；（2）∠CEB=45°,BE=AE+2CE；（3）22【分析】（1）證明△ACE≌△ABD，得出CE=AD，∠AEC=∠ADB，即可得出結(jié)論；（2）證明△ACE∽△ABD，得出∠AEC=∠ADB，BD=2CE，即可得出結(jié)論；（3）先判斷出BD=2【詳解】（1）在△ABC為等腰三角形，AC=BC，∠ACB=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AC=AB，∠CAB=60°，同理：AE=AD，∠ADE=∠EAD=60°，∴∠EAD=∠CAB，∴∠EAC=∠DAB，∴△ACE≌△ABD（SAS），∴CE=AD，∠AEC=∠ADB，∵點B、D、E在同一直線上，∴∠ADB=180°-∠ADE=120°，∴∠AEC=120°，∴∠CEB=60°∵DE=AE，∴BE=DE+BD=AE+CE，故答案為60°，BE=AE+CE；（2）∠CEB=45°,BE=AE+2理由如下：∵ΔABC和ΔADE均為等腰三角形，∠ACB=∠AED=90°，∴AD=2∴∠EAC=∠DAB，∴ΔAEC∽ΔADB，∴∴BD=2∵點B、D、E在同一直線上，∴∠ADB=180°?∠EDA=135°,∴∠AEC=135°，∴∠CEB=∠AEC?∠AED=135°?90°=45°,EB=ED+BD=AE+2∴∠CEB=45°,BE=AE+2（3）由（2）知，△ACE∽△ABD，∴BD=2在Rt△ABC中，AC=25∴AB=2①當(dāng)點E在點D上方時，如圖③，過點A作AP⊥BD交BD的延長線于P，∵DE⊥BD，∴∠PDE=∠AED=∠APD，∴四邊形APDE是矩形，∵AE=DE，∴矩形APDE是正方形，∴AP=DP=AE=2，在Rt△APB中，根據(jù)勾股定理得，BP=∴BD=BP-AP=4，∴CE=1②當(dāng)點E在點D下方時，如圖④，同①的方法得，AP=DP=AE=2，BP=4，∴BD=BP+DP=8，∴CE=1即：CE的長為22或4【點睛】此題是幾何變換綜合題，主要考查了旋轉(zhuǎn)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)，勾股定理，等邊三角形的性質(zhì)，判斷出△ACE∽△ABD是解本題的關(guān)鍵．12．（1）①OE=CE；②∠OEC=2∠OAB；（2）成立，證明見解析；（3）OE的長為2或2【分析】（1）①根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，即可得到答案；②由①知OE=CE=AE，利用等邊對等角和三角形的外角性質(zhì)，得到∠OED=2∠OAE，∠DEC=2∠EAC，然后即可得到答案；（2）①過點E作EF⊥AB交BO的延長線于點F，EF與AO交于點G，利用等腰直角三角形的性質(zhì)，證明ΔEFO?ΔEBC，即可得到結(jié)論成立；②由全等三角形的性質(zhì)，求出∠OEC=90°，即可得到結(jié)論成立；（3）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，點O,C,B在同一直線上可分為兩種情況：①點C在線段OB上；②點C在OB的延長線上；利用等腰直角三角形的性質(zhì)，分別求出OE的長度，即可得到答案.【詳解】解：（1）如圖，在△AOD和△ACD中，∵∠AOB=90°，E為AD中點，∴OE=1∵∠ACD=90°，E為AD中點，∴CE=1∴OE=CE；②∵∠AOB=90°，E為AD中點，∴OE=AE,∴∠OAE=∠AOE，∴∠OED=2∠OAE；同理可得：∠DEC=2∠EAC，∴∠OED+∠DEC=2(∠OAE+∠EAC)，∴∠OEC=2∠OAB．（2）成立．證明：①如圖，過點E作EF⊥AB交BO的延長線于點F,EF與AO交于點G，∵ΔOAB是等腰三角形，∴∠ABO=45°∵EF⊥BE，∴∠F=45°，∴EF=BE，∴ΔAEG,ΔOFG,ΔBCD均為等腰直角三角形，∴AE=DE=GE,FG=BD,OF=BC，又∵∠F=∠CBD，∴ΔEFO?ΔEBC，∴OE=CE；②∵ΔEFO?ΔEBC，∴∠OEF=∠CEB，∴∠OEC=∠OEB+∠CEB=∠OEB+∠OEF=90°，∵∠OAB=45°，∴∠OEC=2∠OAB；（3）OE的長為2或22∵在等腰直角ΔBCD中，BD=2∴BC=1，由（2）可知，OE=CE，∠OEC=90°，∴ΔOEC是等腰直角三角形，∴OE=2當(dāng)點O,C,B在同一直線上時，有①點C在線段OB上；如圖：∴OC=OB?BC=2，∴OE=2②點C在OB的延長線上；如圖：∴OC=OB+BC=3+1=4，∴OE=2綜上所述，OE的長為2或22【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，以及三角形的外角性質(zhì)等，綜合能力強，知識的運用廣泛.解題的關(guān)鍵是熟練掌握所學(xué)的性質(zhì)進(jìn)行解題，注意運用數(shù)形結(jié)合的思想和分類討論的思想進(jìn)行分析.13．（1）AAS；（2）50；（3）ΔAB′C【分析】（1）根據(jù)AAS證明△AEC≌△CDB；（2）利用（1）中的結(jié)論，△EFA≌△AGB，△BGC≌△CHD，利用面積差求S的值；（3）如圖3，過B′作B′E⊥AC于E，證明△AEB′≌△BCA，得AC=B′E=4，根據(jù)面積公式可得結(jié)論；（4）根據(jù)ASA證明ΔABE?ΔCAF，即可解答；【詳解】（1）在ΔAEC和ΔCDB中，∵∴ΔAEC?ΔCDB(AAS)，故答案為：AAS；（2）∵AE=AB，∠EAB=90°，BC=CD，∠BCD=90°，由（1）得：ΔEFA?ΔAGB，ΔBGC?ΔCHD，∴AG=EF=6，AF=BG=3，CG=DH=4，CH=BG=3，∴S=S（3）如圖3，過B′作B′E⊥AC于E由旋轉(zhuǎn)得：AB=AB′，∵∠BAB′=90°∴AC=B′E=4（4）∵∠1=∠2=∠BAC，∠1=∠BAE+∠ABE，∠BAC=∠BAE+∠CAF，∠2=∠FCA+∠CAF，∴∠ABE=∠CAF，∠BAE=∠FCA，在ΔABE和ΔCAF中，∵∴ΔABE?ΔCAF(ASA)；∴BE=AF，CF=AE∴CF+EF=AE+EF=AF=BE【點睛】此題考查三角形全等的性質(zhì)和判定，等邊三角形的性質(zhì)，解題關(guān)鍵在于掌握判定定理.14．（1）45°，AF+EC＝FE；（2）AC＝4；（3）AD2+BE2＝DE2，證明詳見解析【分析】（1）由折疊的性質(zhì)可得△CDE≌△GDE，可得CD＝DG，∠CDE＝∠GDE，∠DCE＝∠DGE＝90°，證明Rt△DAF≌Rt△DGF，可得∠ADF＝∠GDF，AF＝FG．則結(jié)論得出；（2）延長CD到E，使DE＝BC，連接AE．證明△ADE≌△ABC，可得AE＝AC，∠EAD＝∠CAB．則答案可求出；（3）將△ACD繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△BCH，連接EH．證明△CEH≌△CED．可得EH＝ED．可求得∠EBH＝90°．可得出HB2＋BE2＝EH2．則結(jié)論得出．【詳解】（1）由折疊的性質(zhì)可得△CDE≌△GDE，∴CD＝DG，∠CDE＝∠GDE，∠DCE＝∠DGE＝90°，在Rt△DAF和Rt△DGF中，DF=DFDA=DG∴Rt△DAF≌Rt△DGF（HL），∴∠ADF＝∠GDF，AF＝FG．∴∠EDF＝∠EDG+∠FDG＝12∠CDA＝45EF＝FG+EG＝AF+EC；故答案為：45°，AF+EC＝FE．（2）如圖，延長CD到E，使DE＝BC，連接AE．

∵AB＝AD，∠DAB＝∠BCD＝90°，∴△ADE≌△ABC（SAS），∴AE＝AC，∠EAD＝∠CAB．∴∠EAC＝90°．∵四邊形ABCD的面積為8，可得△ACE的面積為8．∴12解得，AC＝4(-4舍去)．（3）AD2+BE2＝DE2．證明如下：如圖2：將△ACD繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△BCH，連接EH．

∴DC＝HC，∠DCE＝∠ECH＝45°，∠CAD＝∠CBH＝45°，∵CE＝CE，∴△CEH≌△CED（SAS）．∴EH＝ED．∴∠ABC+∠CBH＝∠EBH＝90°．∴HB2+BE2＝EH2．∵AD＝BH，∴AD2+BE2＝DE2．【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)的綜合應(yīng)用，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造全等三角形，根據(jù)全等三角形的對應(yīng)邊相等進(jìn)行計算求解．15．（1）點A的坐標(biāo)為(?2,0)，點B的坐標(biāo)為(6,0)，y=?3x+23；（2）存在，點E的坐標(biāo)為(1,3)或(4，?23)；（3）①拋物線上存在點Q，使以點A,?C,?P,Q為頂點的四邊形為菱形，此時點【分析】（1）先由拋物線的解析式以及圖像特征求得點D、C的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法即可求得直線l的函數(shù)表達(dá)式；（2）先由點A、B、C三點的坐標(biāo)根據(jù)坐標(biāo)系中距離公式推出△ACE為等邊三角形，再分兩種情況畫圖進(jìn)行分類討論，利用解直角三角形確定符合要求的點E的坐標(biāo)．（3）①通過添加輔助線構(gòu)造出四邊形ACQP，然后根據(jù)菱形的判定方法進(jìn)行證明即可；②通過添加輔助線構(gòu)造出四邊形ACQP，然后根據(jù)矩形的判定方法進(jìn)行證明即可．【詳解】解：（1）當(dāng)y=0時，?解得x1=?2∵y=?∴點A的坐標(biāo)為(?2,0)，點B的坐標(biāo)為(6,0)∴拋物線的對稱軸為直線x=2∴點D的坐標(biāo)為(2,0)當(dāng)x=0時，y=2∴點C的坐標(biāo)為(0,2設(shè)直線l的表達(dá)式為y=kx+b，則b=2解得k=?∴直線l的表達(dá)式為y=?3（2）結(jié)論：直線l上存在點E，使△ACE為直角三角形．證明：∵點A的坐標(biāo)為(?2,0)，點D的坐標(biāo)為(2,0)∴AD=4又∵點C的坐標(biāo)為(0,23)∴AC=CD=∴AC=CD=AD∴△ACD為等邊三角形∴∠ADC=∠CAD=60°分兩種情況：①當(dāng)∠AE∵AC=AD∴C作E1M⊥x軸于點∵在Rt△DE1∴DM=1，E1∴點E1的坐標(biāo)為(1,②作E2N⊥x軸于點當(dāng)∠CAE∵∠ADC=∠CAD=60°∴∠DAE2∴∠D∴D在Rt△DE2∴DN=2，E∵ON=OD+DN=4∴點E2的坐標(biāo)為∴綜上所述：直線l上存在點E，使△ACE為直角三角形，點E的坐標(biāo)為(1,3)或（3）①過點C作CQ//x軸交拋物線于點Q，連接∵點C的坐標(biāo)為(0,23)∴當(dāng)y=23時，∴x1=4，∴點Q的坐標(biāo)為(4,2∴CQ=4∵點D的坐標(biāo)為(2,0)∴DQ=∵由（2）可知AC=AD=4∴AC=CQ=DQ=AD=4∴四邊形ACQD是菱形∴當(dāng)點P位于點D處時，拋物線上存在點Q，使以點A、C、P、Q為頂點的四邊形為菱形，此時點Q的坐標(biāo)為(4,23②過點A作PA⊥AC交直線l于點P，連接BC、BP，如圖：∵PA⊥AC∴∠CAP=90°∵由（2）可知∠ACP=60°∴∠APC=30°∵由（2）可知AC=CD=AD=4∴PC=2AC=8∴DC=DP=4∵點A的坐標(biāo)為(?2,0)，點D的坐標(biāo)為(2,0)，點B的坐標(biāo)為(6,0)∴DA=DB=4，AB=8∴PC=AB=8∴四邊形APBC是矩形∴拋物線上存在點Q即點B處，使以點A、C、P、Q為頂點的四邊形為矩形，此時點Q的坐標(biāo)為(6,0)．【點睛】本題考查了二次函數(shù)和一次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及到的知識點有求函數(shù)圖像上特殊點的坐標(biāo)、二次函數(shù)的圖象性質(zhì)、待定系數(shù)法確定解析式、等邊三角形的判定和性質(zhì)、利用銳角三角函數(shù)解直角三角形、菱形的判定以及矩形的判定等，注意分類討論思想方法的滲透．16．（1）詳見解析；（2）m=3，點C坐標(biāo)為(3,?2)；（3）k=5或k=4+17或k=4?17時，可使得【分析】（1）從12（2）根據(jù)拋物線的對稱軸x=?b2a=?3來求m（3）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到：MN=|k?1?(1需要分類討論：①當(dāng)四邊形CDMN是平行四邊形，MN=k?1?(12k②當(dāng)四邊形CDNM是平行四邊形，NM=12k【詳解】解：（1）Δ=(?m)∵不論m為何實數(shù)，總有(m?2)2∴Δ=(m?2)∴無論m為何實數(shù)，關(guān)于x的一元二次方程12∴無論m為何實數(shù)，拋物線y=12x（2）∵拋物線的對稱軸為直線x=3，∴??m2×1此時，拋物線的解析式為y=1∴頂點C坐標(biāo)為(3,?2)；（3）∵CD//MN,C、D、M、N為頂點的四邊形是平行四邊形，∴四邊形CDMN是平行四邊形（直線在拋物線的上方）或四邊形CDMN（直線在拋物線的下方），如圖所示，

由已知D(3,2),M(k,k?1),N(k，1∵C(3,?2)，∴CD=4，∴MN=|k?1?(1①當(dāng)四邊形CDMN是平行四邊形，MN=k?1?(1整理得，k2解得k1=3（不合題意，舍去），②當(dāng)四邊形CDNM是平行四邊形，NM=1整理得k2解得，k1綜上，k=5或k=4+17或k=4?17時，可使得【點睛】本題是二次函數(shù)的綜合題型，其中涉及到的知識點有待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，拋物線的頂點公式和平行四邊形的判定與性質(zhì)．在求有關(guān)動點問題時要注意分析題意分情況討論結(jié)果．17．（1）見解析；（2）∠P=23o；（3）∠P=26o；（4）∠P=2x+y3；（5）∠P=180°+∠B+∠D【分析】（1）根據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可證明；（2）如圖2，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到∠1=∠2，∠3=∠4，列方程組即可得到結(jié)論；（3）由AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，推出∠1=∠2，∠3=∠4，推出∠PAD=180°-∠2，∠PCD=180°-∠3，由∠P+（180°-∠1）=∠D+（180°-∠3），∠P+∠1=∠B+∠4，推出2∠P=∠B+∠D，即可解決問題；（4）根據(jù)題意得出∠B+∠CAB=∠C+∠BDC，再結(jié)合∠CAP=13∠CAB，∠CDP=13∠CDB，得到y(tǒng)+（∠CAB-13∠CAB）=∠P+（∠BDC-13∠CDB），從而可得∠P=y+∠CAB-13（5）根據(jù)題意得出∠B+∠BAD=∠D+∠BCD，∠DAP+∠P=∠PCD+∠D，再結(jié)合AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，得到12∠BAD+∠P=[∠BCD+12（180°-∠BCD）]+∠D，所以∠P=90°+12∠BCD-1【詳解】解：（1）證明：在△AOB中，∠A+∠B+∠AOB=180°，在△COD中，∠C+∠D+∠COD=180°，∵∠AOB=∠COD，∴∠A+∠B=∠C+∠D；（2）解：如圖2，∵AP、CP分別平分∠BAD，∠BCD，∴∠1=∠2，∠3=∠4，由（1）的結(jié)論得：∠P+∠3=∠1+∠B①∠P+∠2=∠4+∠D②①+②，得2∠P+∠2+∠3=∠1+∠4+∠B+∠D，∴∠P=12（3）解：如圖3，

∵AP平分∠BAD的外角∠FAD，CP平分∠BCD的外角∠BCE，∴∠1=∠2，∠3=∠4，∴∠PAD=180°-∠2，∠PCD=180°-∠3，∵∠P+（180°-∠1）=∠D+（180°-∠3），∠P+∠1=∠B+∠4，∴2∠P=∠B+∠D，∴∠P=12（∠B+∠D）=1故答案為：26°；（4）由題意可得：∠B+∠CAB=∠C+∠BDC，即y+∠CAB=x+∠BDC，即∠CAB-∠BDC=x-y，∠B+∠BAP=∠P+∠PDB，即y+∠BAP=∠P