人教版数学九年级下册第二十七章相似（C卷）含解析答案

这是一份人教版数学九年级下册第二十七章相似（C卷）含解析答案，共46页。
第二十七章�相似（C卷�）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

评卷人
得分



一、单选题
1．如图，已知菱形的边长为2，对角线相交于点O，点M，N分别是边上的动点，，连接.以下四个结论正确的是（    ）

①是等边三角形；②的最小值是；③当最小时；④当时，.
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
2．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，点D（-2，3），AD=5，若反比例函数 （k＞0，x＞0）的图象经过点B，则k的值为（　　）
  
A． B．8 C．10 D．
3．如图，四边形ABCD中，已知AB∥CD，AB与CD之间的距离为4，AD＝5，CD＝3，∠ABC＝45°，点P，Q同时由A点出发，分别沿边AB，折线ADCB向终点B方向移动，在移动过程中始终保持PQ⊥AB，已知点P的移动速度为每秒1个单位长度，设点P的移动时间为x秒，△APQ的面积为y，则能反映y与x之间函数关系的图象是（    ）

A． B．
C． D．
4．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A在第一象限，B，D分别在y轴上，AB交x轴于点E，轴，垂足为F．若，．以下结论正确的个数是（    ）
①；②AE平分；③点C的坐标为；④；⑤矩形ABCD的面积为．

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
5．如图，在边长为1的菱形中，，动点E在边上（与点A、B均不重合），点F在对角线上，与相交于点G，连接，若，则下列结论错误的是（    ）

A． B． C． D．的最小值为
6．如图，在平面直角坐标系中，，，，，将四边形向左平移个单位后，点恰好和原点重合，则的值是（    ）

A．11.4 B．11.6 C．12.4 D．12.6
7．在锐角中，分别以AB和AC为斜边向的外侧作等腰和等腰，点D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，连接MD、MF、FE、FN．根据题意小明同学画出草图（如图所示），并得出下列结论：①，②，③，④，其中结论正确的个数为（    ）

A．4 B．3 C．2 D．1
8．如图是中国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图的示意图，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，恰好拼成一个大正方形．连结并延长交于点M．若，则有长为（ ）

A． B． C． D．
9．如图，在矩形纸片ABCD中，点E、F分别在矩形的边AB、AD上，将矩形纸片沿CE、CF折叠，点B落在H处，点D落在G处，点C、H、G恰好在同一直线上，若AB＝6，AD＝4，BE＝2，则DF的长是（    ）

A．2 B． C． D．3
10．如图，是边长为1的等边三角形，D、E为线段AC上两动点，且，过点D、E分别作AB、BC的平行线相交于点F，分别交BC、AB于点H、G．现有以下结论：①；②当点D与点C重合时，；③；④当时，四边形BHFG为菱形，其中正确结论为（    ）

A．①②③ B．①②④ C．①②③④ D．②③④

评卷人
得分



二、填空题
11．如图，在△ABC中，D是AC的中点，△ABC的角平分线AE交BD于点F，若BF：FD＝3：1，AB+BE＝3，则△ABC的周长为 ．

12．如图，在等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE中，，点D在BC边上，DE与AC相交于点F，，垂足是G，交BC于点H．下列结论中：①；②；③若，，则；④，正确的是 ．

13．已知是直角三角形，连接以为底作直角三角形且是边上的一点，连接和且则长为 ．
  
14．如图，在四边形中，对角线，相交于点，，．若，则的面积是 ， 度．

15．如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E为AD的中点，将△CDE沿CE翻折得△CME，点M落在四边形ABCE内．点N为线段CE上的动点，过点N作NP//EM交MC于点P，则MN+NP的最小值为 ．

16．如图，在中，，点P为边上任意一点，连接，以，为邻边作平行四边形，连接，则长度的最小值为 ．


评卷人
得分



三、解答题
17．已知，点、、、分别在正方形的边、、、上．

(1)如图1，当四边形是正方形时，求证：；
(2)如图2，已知，，当、的大小有_________关系时，四边形是矩形；
(3)如图3，，、相交于点，，已知正方形的边长为16，长为20，当的面积取最大值时，判断四边形是怎样的四边形？证明你的结论．








18．和均为等边三角形，点E、D分别从点A，B同时出发，以相同的速度沿运动，运动到点B、C停止.

(1)如图1，当点E、D分别与点A、B重合时，请判断：线段的数量关系是____________，位置关系是____________；
(2)如图2，当点E、D不与点A，B重合时，（1）中的结论是否依然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
(3)当点D运动到什么位置时，四边形的面积是面积的一半，请直接写出答案；此时，四边形是哪种特殊四边形？请在备用图中画出图形并给予证明.








19．在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣ ＋（m﹣1）x＋2m与x轴交于A，B（4，0）两点，与y轴交于点C，点P是抛物线在第一象限内的一个动点．

(1)求抛物线的解析式，并直接写出点A，C的坐标；
(2)如图甲，点M是直线BC上的一个动点，连接AM，OM，是否存在点M使AM＋OM最小，若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由；
(3)如图乙，过点P作PF⊥BC，垂足为F，过点C作CD⊥BC，交x轴于点D，连接DP交BC于点E，连接CP．设△PEF的面积为S1，△PEC的面积为S2，是否存在点P，使得最大，若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．








20．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12，点P在边AB上，D、E分别为BC、PC的中点，连接DE．过点E作BC的垂线，与BC、AC分别交于F、G两点．连接DG，交PC于点H．
  
(1)∠EDC的度数为 ；
(2)连接PG，求△APG 的面积的最大值；
(3)PE与DG存在怎样的位置关系与数量关系？请说明理由；
(4)求的最大值．








21．如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与x轴交于点A（﹣1，0），B（5，0）两点，直线y=﹣x+3与y轴交于点C，与x轴交于点D．点P是x轴上方的抛物线上一动点，过点P作PF⊥x轴于点F，交直线CD于点E．设点P的横坐标为m．

(1)求抛物线的解析式；
(2)若PE=5EF，求m的值；
(3)若点E′是点E关于直线PC的对称点，是否存在点P，使点E′落在y轴上？若存在，请直接写出相应的点P的坐标；若不存在，请说明理由．









参考答案：
1．D
【分析】①依据题意，利用菱形的性质及等边三角形的判定与性质，证出，然后证，AM=AN，即可证出．
②当MN最小值时，即AM为最小值，当时，AM值最小，利用勾股定理求出，即可得到MN的值．
③当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，利用三角形中位线定理得到，用勾股定理求出，，而菱形ABCD的面积为：，即可得到答案．
④当时，可证，利用相似三角形对应边成比例可得，根据等量代换，最后得到答案．
【详解】解：如图：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，，OA=OC，
∵，
∴，与为等边三角形，
又，
，
∴，
在与中

∴，
∴AM=AN，
即为等边三角形，
故①正确；
∵，
当MN最小值时，即AM为最小值，当时，AM值最小，
∵，
∴
即，
故②正确；
当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，
∴，
∴，
在中，
，
∴，
而菱形ABCD的面积为：，
∴，
故③正确，
当时，

∴
∴
∴
∴
故④正确；
故选：D．

【点睛】此题考查了菱形的性质与面积，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定，勾股定理，三角形中位线定理等相关内容，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
2．D
【分析】先由D（-2，3），AD=5，求得A（2，0），即得AO=2；设AD与y轴交于E，求得E（0，1.5），即得EO=1.5；作BF垂直于x轴于F，求证△AOE ∽△CDE，可得，求证△AOE∽△BFA，可得AF=2，BF=，进而可求得B（4，）；将B（4，）代入反比例函数，即可求得k的值．
【详解】解：如图，过D作DH垂直x轴于H，设AD与y轴交于E，过B作BF垂直于x轴于F，
  
∵点D（-2，3），AD=5，
∴DH=3，
∴，
∴A（2，0），即AO=2，
∵D（-2，3），A（2，0），
∴AD所在直线方程为：，
∴E（0，1.5），即EO=1.5，
∴,
∴ED=AD- AE=5-=，
∵∠AOE=∠CDE，∠AEO=∠CED，
∴△AOE ∽△CDE，
∴,
∴,
∴在矩形ABCD中，，
∵∠EAO+∠BAF=90°，
又∠EAO+∠AEO=90°，
∴∠AEO=∠BAF，
又∵∠AOE=∠BFA，
∴△BFA∽△AOE，
∴,
∴代入数值，可得AF=2，BF=，
∴OF=AF+AO=4，
∴B（4，），
∴将B（4，）代入反比例函数，得，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求反比例函数的系数、相似三角形的判定与性质、勾股定理、矩形的性质等知识．解题关键是通过求证△AOE ∽△CDE，△AOE∽△BFA，得到B点坐标，将B点坐标代入反比例函数，即可得解．
3．B
【分析】依次分析当、、三种情况下的三角形面积表达式，再根据其对应图像进行判断即可确定正确选项．
【详解】解：如图所示，分别过点D、点C向AB作垂线，垂足分别为点E、点F，
∵已知AB∥CD，AB与CD之间的距离为4，
∴DE=CF=4，
∵点P，Q同时由A点出发，分别沿边AB，折线ADCB向终点B方向移动，在移动过程中始终保持PQ⊥AB，
∴PQ∥DE∥CF，
∵AD=5，
∴,
∴当时，P点在AE之间，此时，AP=t，
∵,
∴，
∴，
因此，当时，其对应的图像为，故排除C和D；
∵CD＝3，
∴EF=CD=3，
∴当时，P点位于EF上，此时，Q点位于DC上，其位置如图中的P1Q1，则，
因此当时，对应图像为，即为一条线段；
∵∠ABC＝45°，
∴BF=CF=4，
∴AB=3+3+4=10，
∴当时，P点位于FB上，其位置如图中的P2Q2，此时，P2B=10-x，
同理可得，Q2P2=P2B=10-x，
，
因此当时，对应图像为，其为开口向下的抛物线的的一段图像；
故选：B．

【点睛】本题考查了平行线分线段成比例的推论、勾股定理、平行线的性质、三角形的面积公式、二次函数的图像等内容，解决本题的关键是牢记相关概念与公式，能分情况讨论等，本题蕴含了数形结合与分类讨论的思想方法等．
4．C
【分析】根据相似三角形的判定得出，利用相似三角形的性质及已知，的值即可判断结论①；由①分析得出的条件，结合相似三角形、矩形的性质（对角线）即可判断结论②；根据直角坐标系上点的表示及结论①，利用勾股定理建立等式求解可得点坐标，再根据关于原点对称的点的坐标得出点坐标，即可判断结论③；由③可知，进而得出的值，根据矩形的性质即可判断结论④；根据矩形的性质及④可知，利用三角形的面积公式求解即可判断结论⑤．
【详解】解：∵矩形ABCD的顶点A在第一象限，轴，垂足为F，
,，．
，
．
，，
，即．（①符合题意）
，，
，．
．
AE平分．（②符合题意）
，
点的横坐标为4．
，
，即．
，点的纵坐标为．
．
点与点关于原点对称，
．（③符合题意）
，
．（④不符合题意）
，
．（⑤符合题意）
结论正确的共有4个符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查矩形与坐标的综合应用．涉及矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角坐标系上点的表示，关于原点对称的点的坐标，三角形的面积公式等知识点．矩形的对角线相等且互相平分；两角分别相等的两个三角形相似；相似三角形对应角相等，对应边成比例；两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点关于原点的对称点位．灵活运用相关知识点，通过已知条件建立等式关系是解本题的关键．
5．D
【分析】先证明△BAF≌△DAF≌CBE，△ABC是等边三角形，得DF=CE，判断A项答案正确，由∠GCB+∠GBC=60゜，得∠BGC=120゜，判断B项答案正确，证△BEG△CEB得 ，即可判断C项答案正确，由，BC=1，得点G在以线段BC为弦的弧BC上，易得当点G在等边△ABC的内心处时，AG取最小值，由勾股定理求得AG=，即可判断D项错误．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，，
∴AB=AD=BC=CD，∠BAC=∠DAC=∠BAD==，
∴△BAF≌△DAF≌△CBE，△ABC是等边三角形，
∴DF=CE，故A项答案正确，
∠ABF=∠BCE，
∵∠ABC=∠ABF+∠CBF=60゜，
∴∠GCB+∠GBC=60゜，
∴∠BGC=180゜-（∠GCB+∠GBC）=120゜，故B项答案正确，
∵∠ABF=∠BCE，∠BEG=∠CEB，
∴△BEG∽△CEB，
∴ ，
∴，
∵，
∴，故C项答案正确，
∵，BC=1，点G在以线段BC为弦的弧BC上，
∴当点G在等边△ABC的内心处时，AG取最小值，如下图，
  
∵△ABC是等边三角形，BC=1，
∴，AF=AC=，∠GAF=30゜，
∴AG=2GF，AG2=GF2+AF2，
∴ 解得AG=，故D项错误，
故应选：D
【点睛】本题主要考查了菱形的基本性质、等边三角形的判定及性质、圆周角定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
6．A
【分析】由题意可得，的值就是线段的长度，过点作，过点作，根据勾股定理求得的长度，再根据三角形相似求得，矩形的性质得到，即可求解．
【详解】解：由题意可得，的值就是线段的长度，
过点作，过点作，如下图：

∵，
∴，
由勾股定理得
∵
∴，
又∵
∴
∴
∴，即
解得，
∵
∴
∴
∴，即
解得
由题意可知四边形为矩形，∴

故选A
【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质，图形的平移，矩形的判定与性质，勾股定理等，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
7．B
【分析】根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半和三角形中位线定理判断结论①，连接DF，EN，通过SAS定理证明△MDF≌△FEN判断结论②，利用全等三角形的性质结合平行四边形的判定和性质判断结论③，利用相似三角形的判定和性质判定结论④．
【详解】解：∵D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，且△ABM是等腰直角三角形，
∴DM=AB，EF=AB，EF∥AB，∠MDB=90°，
∴DM=EF，∠FEC=∠BAC，故结论①正确；
连接DF，EN，

∵D、E、F分别为边AB、AC、BC的中点，且△ACN是等腰直角三角形，
∴EN=AC，DF=AC，DF∥AC，∠NEC=90°，
∴EN=DF，∠BDF=∠BAC，∠BDF=∠FEC，
∴∠BDF+∠MDB=∠FEC+∠NEC，
∴∠MDF=∠FEN，
在△MDF和△FEN中，
，
∴△MDF≌△FEN（SAS），
∴∠DMF=∠EFN，故结论②正确；
∵EF∥AB，DF∥AC，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∴∠DFE=∠BAC，
又∵△MDF≌△FEN，
∴∠DFM=∠ENF，
∴∠EFN+∠DFM
=∠EFN+∠ENF
=180°-∠FEN
=180°-（∠FEC+∠NEC）
=180°-（∠BAC+90°）
=90°-∠BAC，
∴∠MFN=∠DFE+∠EFN+∠DFM=∠BAC+90°-∠BAC=90°，
∴MF⊥FN，故结论③正确；
∵EF∥AB，
∴△CEF∽△CAB，
∴，
∴，
∴S△CEF=S四边形ABFE，故结论④错误，
∴正确的结论为①②③，共3个，
故选：B．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，题目难度适中，有一定的综合性，适当添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
8．D
【分析】添加辅助线，过F点作∥，通过证明两组三角形相似，得到和的两个关系式，从而求解．
【详解】如图所示，过F点作∥，交于点I，

证明勾股定理的弦图的示意图是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成
，，，，
又
，即
解得或（舍去）
，
FI∥HM
，
，
，

解得：
经检验：符合题意，
故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形和勾股定理．本题的关键在于添加辅助线，建立所求线段与已知条件之间的联系．
9．A
【分析】构造如图所示的正方形，然后根据相似三角形的判定和性质解直角三角形FNP即可．
【详解】如图，延长CE，FG交于点N，过点N作，延长交于，
∴∠CMN=∠DPN=90°，
∴四边形CMPD是矩形，
根据折叠，∠MCN=∠GCN，CD=CG，，
∵∠CMN=∠CGN=90°，CN=CN，
∴，
∴，
四边形为正方形，

∴，
∴，
，，
，
设,则，
在中，由可得
解得；

故选A．
【点睛】本题考查了折叠问题，正方形的性质与判定，矩形的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形，勾股定理等知识点的综合运用，难度较大．作出合适的辅助线是解题的关键．
10．B
【分析】过A作AI⊥BC垂足为I，然后计算△ABC的面积即可判定①；先画出图形，然后根据等边三角形的性质和相似三角形的性质即可判定②；如图将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN，求证NE=DE；再延长EA到P使AP=CD=AN，证得∠P=60°，NP=AP=CD，然后讨论即可判定③；如图1，当AE=CD时，根据题意求得CH=CD、AG=CH，再证明四边形BHFG为平行四边形，最后再说明是否为菱形．
【详解】解：如图1, 过A作AI⊥BC垂足为I
∵是边长为1的等边三角形
∴∠BAC=∠ABC=∠C=60°，CI=
∴AI=
∴S△ABC=,故①正确；

如图2，当D与C重合时
∵∠DBE=30°，是等边三角形
∴∠DBE=∠ABE=30°
∴DE=AE=
∵GE//BD
∴
∴BG=
∵GF//BD,BG//DF
∴HF=BG=,故②正确；

如图3，将△BCD绕B点逆时针旋转60°得到△ABN
∴∠1=∠2，∠5=∠6=60°，AN=CD,BD=BN
∵∠3=30°
∴∠2+∠4=∠1+∠4=30°
∴∠NBE=∠3=30°
又∵BD=BN，BE=BE
∴△NBE≌△DBE（SAS）
∴NE=DE
延长EA到P使AP=CD=AN
∵∠NAP=180°-60°-60°=60°
∴△ANP为等边三角形
∴∠P=60°，NP=AP=CD
如果AE+CD=DE成立，则PE=NE,需∠NEP=90°，但∠NEP不一定为90°，故③不成立；

如图1，当AE=CD时，
∵GE//BC
∴∠AGE=∠ABC=60°，∠GEA=∠C=60°
∴∠AGE=∠AEG=60°，
∴AG=AE
同理：CH=CD
∴AG=CH
∵BG//FH,GF//BH
∴四边形BHFG是平行四边形
∵BG=BH
∴四边形BHFG为菱形，故④正确．
故选B．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质以及菱形的判定等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
11．
【分析】如图，过点作于点，于点，过点作交于点．证明，设，证明，设，则，求出，可得结论．
【详解】解：如图，过点作于点，于点，过点作交于点．

平分，，，
，
，
，
设，则，
，，
，
，
设，则，
，
，
，
的周长，
故答案为：．
【点睛】本题考查平行线分线段成比例定理，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题．
12．②③/③②
【分析】先证明 再证明若 可得平分 与题干信息不符，可判断①不符合题意；再证明 可得 而 可判断②符合题意；如图，连接EH，求解 设 再建立方程组 可判断③符合题意；证明 可得 若，则 与题干信息不符，可判断④不符合题意；从而可得答案．
【详解】解：∵，
∴
∵等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE，
∴

∴
∵
∴

若

∴
∴平分 与题干信息不符，故①不符合题意；
∵
∴
∴
∴ 而
∴，故②符合题意；
如图，连接EH，

由
∴
∵
∴
设

解得： 即BD=3，故③符合题意；
∵



若，则 与题干信息不符，故④不符合题意；
故答案为：②③
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，作出适当的辅助线，构建直角三角形是解本题的关键．
13．
【分析】将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接，HE，利用证明，得，，则，即可解决问题．
【详解】解：将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接，HE，
  
是等腰直角三角形，
∴∠HBD=45°
∵∠FBD=45°
∴点B、F、H共线
又是等腰直角三角形，
，，，
，
，，




，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线构造全等三角形．
14． /
【分析】通过证明，利用相似三角形的性质求出，，再利用勾股定理求出其长度，即可求三角形ABE的面积，过点E作EF⊥AB，垂足为F，证明是等腰直角三角形，再求出，继而证明，可知，利用外角的性质即可求解．
【详解】
，
，
，
，
设，
，
，
，
在中，由勾股定理得，
，
解得或，
对角线，相交于点，
，
，
，
，
过点E作EF⊥AB，垂足为F，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：，．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质及三角形外角的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
15．
【分析】过点M作MF⊥CD于F，推出MN+NP的最小值为MF的长，证明四边形DEMG为菱形，利用相似三角形的判定和性质求解即可．
【详解】解：作点P关于CE的对称点P′，

由折叠的性质知CE是∠DCM的平分线，
∴点P′在CD上，
过点M作MF⊥CD于F，交CE于点G，
∵MN+NP=MN+NP′≤MF，
∴MN+NP的最小值为MF的长，  
连接DG，DM，
由折叠的性质知CE为线段 DM的垂直平分线，
∵AD=CD=2，DE=1，
∴CE==，
∵CE×DO=CD×DE，  
∴DO=，
∴EO=，
∵MF⊥CD，∠EDC=90°，
∴DE∥MF，
∴∠EDO=∠GMO，  
∵CE为线段DM的垂直平分线，
∴DO=OM，∠DOE=∠MOG=90°，
∴△DOE≌△MOG，
∴DE=GM，
∴四边形DEMG为平行四边形，  
∵∠MOG=90°，
∴四边形DEMG为菱形，
∴EG=2OE=，GM= DE=1，
∴CG=，
∵DE∥MF，即DE∥GF，
∴△CFG∽△CDE，
∴，即，  
∴FG=，
∴MF=1+=，
∴MN+NP的最小值为．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查轴对称在解决线段和最小的问题，熟悉对称点的运用和画法，知道何时线段和最小，会运用勾股定理和相似三角形的判定和性质求线段长度是解题的关键．
16．/2.4

【分析】利用勾股定理得到BC边的长度，根据平行四边形的性质，得知OP最短即为PQ最短，利用垂线段最短得到点P的位置，再证明利用对应线段的比得到的长度，继而得到PQ的长度．
【详解】解：∵，
∴，
∵四边形APCQ是平行四边形，
∴PO＝QO，CO＝AO，
∵PQ最短也就是PO最短，
∴过O作BC的垂线，

∵,
∴,
∴，
∴，
∴，
∴则PQ的最小值为，
故答案为：．
【点睛】考查线段的最小值问题，结合了平行四边形性质和相似三角形求线段长度，本题的关键是利用垂线段最短求解，学生要掌握转换线段的方法才能解出本题．
17．(1)见解析
(2)
(3)平行四边形，证明见解析

【分析】（1）利用平行四边形的性质证得，根据角角边证明．
（2）当，证得，是等腰直角三角形，∠HEF=∠EFG=90°，即可证得四边形EFGH是矩形．
（3）利用正方形的性质证得为平行四边形，过点作，垂足为点，交于点，由平行线分线段成比例，设，，，则可表示出，从而把△OEH的面积用x的代数式表示出来，根据二次函数求出最大值，则可得OE=OG，OF=OH，即可证得平行四边形．
【详解】（1）∵四边形为正方形，
∴，
∴．
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴．
在和中，
∵，，，
∴．
∴．
∴；
（2）；证明如下：
∵四边形为正方形，
∴，AB=BC=AD=CD，
∵AE=AH，CF=CG，AE=CF，
∴AH=CG，
∴，
∴EH=FG．
∵AE=CF，
∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，
∴是等腰直角三角形，
∴∠BEF=∠BFE=45°，
∵AE=AH，CF=CG，
∴∠AEH=∠CFG=45°，
∴∠HEF=∠EFG=90°，
∴EH∥FG，
∴四边形EFGH是矩形．
（3）∵四边形为正方形，
∴．
∵，，
∴四边形为平行四边形．
∴．
∴．
过点作，垂足为点，交于点，
∴．
∵，
设，，，则，
∴．
∴．
∴当时，的面积最大，
∴，，
∴四边形是平行四边形．

【点睛】此题考查了正方形的性质，矩形的判定和平行四边形的性质与判定，平行线分线段成比例定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，二次函数的最值，有一定的综合性，解题的关键是熟悉这些知识并灵活运用．
18．(1)CD=EF，CDEF
(2)CD=EF，CDEF，成立，理由见解析
(3)点D运动到BC的中点时，是菱形，证明见解析

【分析】（1）根据和均为等边三角形，得到AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，根据E、D分别与点A、B重合，得到AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，推出CD=EF，CDEF；
（2）连接BF，根据∠FAD=∠BAC=60°，推出∠FAB=∠DAC，根据AF=AD，AB=AC，推出△AFB≌△ADC，得到∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，根据AE=BD，推出BE=CD，得到BF=BE，推出△BFE是等边三角形，得到BF=EF，∠FEB=60°，推出CD=EF， CD∥EF；
（3）过点E作EG⊥BC于点G，设△ABC的边长为a，AD=h，根据AB=BC，BD=CD= BC= a， BD=AE，推出AE=BE= AB，根据AB=AC， 推出AD⊥BC，得到EGAD，推出△EBG∽△ABD，推出，得到= h，根据CD=EF， CD∥EF，推出四边形CEFD是平行四边形，推出，根据EF=BD，EFBD，推出四边形BDEF是平行四边形，根据BF=EF，推出是菱形．
【详解】（1）∵和均为等边三角形，
∴AF=AD，AB=BC，∠FAD=∠ABC=60°，
当点E、D分别与点A、B重合时，AB=AD，EF=AF，CD=BC，∠FAD=∠FAB，
∴CD=EF，CDEF；
故答案为：CD=EF，CD∥EF；
（2）CD=EF，CDEF，成立．
证明：
连接BF，
∵∠FAD=∠BAC=60°，
∴∠FAD-∠BAD=∠BAC-∠BAD，
即∠FAB=∠DAC，
∵AF=AD，AB=AC，
∴△AFB≌△ADC(SAS)，
∴∠ABF=∠ACD=60°，BF=CD，
∵AE=BD，
∴BE=CD，
∴BF=BE，
∴△BFE是等边三角形，
∴BF=EF，∠FEB=60°，
∴CD=EF，BCEF，
即CDEF，
∴CD=EF， CDEF；

（3）如图，当点D运动到BC的中点时，四边形的面积是面积的一半，此时，四边形是菱形．
证明：
过点E作EG⊥BC于点G，设△ABC的边长为a，AD=h，
∵AB=BC，BD=CD= BC= a， BD=AE，
∴AE=BE= AB，
∵AB=AC，
∴AD⊥BC，
∴EGAD，
∴△EBG∽△ABD，
∴，
∴= h，
由（2）知，CD=EF， CDEF，
∴四边形CEFD是平行四边形，
∴,
此时，EF=BD，EFBD，
∴四边形BDEF是平行四边形，
∵BF=EF，
∴是菱形．

【点睛】本题主要考查了等边三角形判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定，解决问题的关键是熟练掌握等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形判定和性质，相似三角形的判定和性质，菱形的判定．
19．(1)，A（﹣2，0）；C（0，4）
(2)存在点M使AM＋OM最小， M（，）
(3)存在， P（2，4）

【分析】（1）将B（4，0）代入，求出函数解析式即可求解；
（2）作O点关于BC的对称点，连接A交BC 于点M，连接B，当A、M、三点共线时，AM＋OM有最小值，分别求出直线A的解析式和直线BC的解析式，两直线的交点即为M点；
（3）连接PB，过P点作PGy轴交CB于点G， 设，则G（t，－t＋4），由求出，再由PFCD，可得 则 当t＝2时，有最大值，同时可求P的坐标．
【详解】（1）将B（4，0）代入y＝﹣＋（m﹣1）x＋2m，
∴﹣8＋4（m﹣1）＋2m＝0，
解得m＝2，
∴y＝﹣＋x＋4，
令x＝0，则y＝4，
∴C（0，4），
令y＝0，则﹣＋x＋4＝0，
解得x＝4或x＝﹣2，
∴A（﹣2，0）；
（2）
存在点M使AM＋OM最小，理由如下：
作O点关于BC的对称点，连接A交BC于点M，连接B，
由对称性可知，OM＝M，
∴AM＋OM＝AM＋MA，
当A、M、三点共线时，AM＋OM有最小值，
∵B（4，0），C（0，4），
∴OB＝OC，
∴∠CBO＝45°，
由对称性可知∠BM＝45°，
∴B⊥BO，
∴（4，4），
设直线A的解析式为y＝kx＋b，
∴，
解得，
∴y＝x＋，
设直线BC的解析式为，
∴4＋4＝0，
∴＝﹣1，
∴y＝﹣x＋4，
联立方程组，
解得，
∴M（）；
（3）
在点P，使得最大，理由如下：
连接PB，过P点作PGy轴交CB于点G，
设P（t，﹣＋t＋4），则G（t，﹣t＋4），
∴PG＝﹣＋2t，
∵OB＝OC＝4，
∴BC＝4，
∴S△BCP＝×4×（﹣＋2t）＝﹣＋4t＝×4×PF，
∴PF＝﹣＋t，
∵CD⊥BC，PF⊥BC，
∴PFCD，
∴＝，
∵＝，
∴＝，
∵B、D两点关于y轴对称，
∴CD＝4，
∴＝﹣（﹣4t）＝﹣＋，
∵P点在第一象限内，
∴0＜t＜4，
∴当t＝2时，有最大值，
此时P（2，4）．
【点睛】本题考查二次函数的图像及性质，熟练掌握二次函数的图像及性质，轴对称求最短距离的方法，平行线的性质是解题的关键．
20．(1)45°
(2)9
(3)PE=DG，理由见解析
(4)

【分析】（1）先说明∠B=45°，再说明DE是△CBP的中位线可得DEBP，然后由平行线的性质即可解答；
（2）先说明△EDF和△GFC是等腰直角三角形可得DF=EF= 、GF=CF= ；设AP=x，则BP=12-x，BP=12-x=2DE，然后通过三角形中位线、勾股定理、线段的和差用x表示出AG，再根据三角形的面积公式列出表达式，最后运用二次函数求最值即可；
（3）先证明△GFD≌△CFE，可得DG=CE，进而可得PE=DG；由△GFD≌△CFE可得∠ECF=∠DGF，进而得到∠GHE=∠CFE=90°，即可说明DG、PE的位置关系；
（4）先说明△CEF∽△CDH得到，进而得到，然后将已经求得的量代入可得，然后根据求最值即可．
【详解】（1）解：∵在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝12
∴∠B=∠ACB=45°
∵，D、E分别为BC、PC的中点
∴DEBP，DE=
∴∠EDC=∠B=45°．
（2）解：如图：连接PG
∵∠EDC=∠ACB=45°，GF⊥DC
∴△EDF和△GFC是等腰直角三角形
∴DF=EF= ，GF=CF= ，
设AP=x，则BP=12-x，BP=12-x=2DE
∴DE=，EF=
∵Rt△APC，
∴PC=
∴CE=
∵Rt△EFC
∴FC=FG=
∴CG=CF=
∴AG=12-CG=12-=
∴S△APG=
所以当x=6时，S△APG有最大值9．
  
（3）解：DG=PE，DG⊥PE，理由如下：
∵DF=EF，∠CFE=∠GFD，GF=CF
∴△GFD≌△CFE(SAS)
∴DG=CE
∵E是PC的中点
∴PE=CE
∴PE=DG；
∵△GFD≌△CFE
∴∠ECF=∠DGF
∵∠CEF=∠PEG
∴∠GHE=∠EFC=90°，即DG⊥PE．
（4）解：∵△GFD≌△CFE
∴∠CEF=∠CDH
又∵∠ECF=∠DCH
∴△CEF∽△CDH
∴，即
∴
∵FC= ，CE=，CD=
∴

∴的最大值为．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线、平行线的性质、二次函数求最值、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键．
21．(1)y=﹣x2+4x+5；
(2)2或；
(3)存在，P坐标为（﹣，），（4，5），（3﹣，2﹣3）

【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）用含m的代数式分别表示出PE、EF，然后列方程求解；
（3）解题关键是识别出四边形PECE′是菱形，然后根据PE=CE的条件，列出方程求解.
【详解】（1）解：将点A、B坐标代入抛物线解析式，得：
，解得，
∴抛物线的解析式为：；
（2）解：∵点P的横坐标为m，
∴P（m，），E（m，﹣m+3），F（m，0）
∴）=||，
EF=|（﹣m+3）﹣0|=|﹣m+3|
由题意，PE=5EF，即：||=5|﹣m+3|=|m+15|
①若=m+15，整理得：2m2﹣17m+26=0，
解得：m=2或m=；
①若=﹣（m+15），整理得：，
解得：m=或m=
由题意，m的取值范围为：﹣1＜m＜5，故m=、m=这两个解均舍去
∴m=2或m= ；
（3）解：假设存在
作出示意图如下：

∵点E、E′关于直线PC对称，
∴∠1=∠2，CE=CE′，PE=PE′，
∵PE平行于y轴，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴PE=CE，
∴PE=CE=PE′=CE′，即四边形PECE′是菱形
由直线CD解析式y=﹣x+3，
当时，，当时，，
OD=4，OC=3，由勾股定理得，
，
过点E作EMx轴，交y轴于点M，
，，
△CEM∽△CDO，
∴，即，解得CE=|m|，
∴PE=CE=|m|，又由（2）可知：PE=||
∴||=|m|
①若=m，整理得：，解得m=4或m=﹣；
②若=﹣m，整理得：，解得m=3+或m=3﹣.
由题意，m的取值范围为：﹣1＜m＜5，故m=3+这个解舍去
综上所述，存在满足条件的点P，可求得点P坐标为，（4，5），（3﹣，2﹣3）．
【点睛】本题主要考查了二次函数与一次函数的图象与性质、点的坐标、待定系数法、菱形、相似三角形等多个知识点，重点考查了分类讨论思想与方程思想的灵活运用.需要注意的是，为了避免漏解，表示线段长度的代数式均含有绝对值，解方程时需要分类讨论、分别计算．