人教版九年级上册期中压轴题专项突破训练 含答案

人教版九年级上册期中压轴题专项突破训练
1．已知关于x的方程mx2﹣（3m﹣1）x+2m﹣2＝0．
（1）求证：无论m取任何实数时，方程恒有实数根；
（2）若关于x的二次函数y＝mx2﹣（3m﹣1）x+2m﹣2的图象与x轴两交点间的距离为2时，求抛物线的解析式；
（3）在直角坐标系xOy中，画出（2）中的函数图象，结合图象回答问题：当直线y＝x+b与（2）中的函数图象只有两个交点时，求b的取值范围．
2．抛物线y＝mx2﹣8mx+12m（m＞0）与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C，过点C作CD⊥AC交x轴于点D，且点D的坐标为（﹣6，0）．
（1）求m的值．
（2）抛物线的对称轴上是否存在点E，使得△EAC的周长最小？若存在，求出E的坐标．
（3）若点P是x轴上一个动点，过P点作射线PQ∥AC交抛物线于点Q，在抛物线上是否存在这样的点Q，使以A、P、Q、C为顶点的四边形为平行四边形？若存在请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
3．如图，在边长为2的正方形ABCD中，P为AB的中点，Q为边CD上一动点，设DQ＝t（0≤t≤2），线段PQ的垂直平分线分别交边AD、BC于点M、N，过Q作QE⊥AB于点E，过M作MF⊥BC于点F．
（1）当t≠1时，求证：△PEQ≌△NFM；
（2）顺次连接P、M、Q、N，设四边形PMQN的面积为S，求出S与自变量t之间的函数关系式，并求S的最小值．

4．如图，抛物线y＝﹣x2﹣2x+3与x轴相交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点D为该抛物线的顶点．
（1）如图1，点P是直线AC上方的抛物线上一动点，过点P作PE∥y轴，交直线AC于点E．当线段PE长取得最大值时，在直线AC上找一点Q，使得△PQD周长最小，求出这个最小周长；
（2）把抛物线沿直线AC平移，抛物线上两点A、D平移后的对应点分别是A′、D′，在平面内是否存在一点M，使得以点A′、D′、M、B为顶点的四边形为菱形？若存在，直接写出M点的坐标；若不存在，请说明理由．

5．已知等腰Rt△ABC和等腰Rt△EDF，其中D、G分别为斜边AB、EF的中点，连CE，又M为BC中点，N为CE的中点，连MN、MG
（1）如图1，当DE恰好过M点时，求证：∠NMG＝45°，且MG＝MN；
（2）如图2，当等腰Rt△EDF绕D点旋转一定的度数时，第（1）问中的结论是否仍成立，并证明；
（3）如图3，连BF，已知P为BF的中点，连CF与PN，若CF＝6，直接写出＝　 　．

6．已知二次函数y＝﹣x2+（m﹣2）x+3（m+1）与x轴交于AB两点（A在B左侧），与y轴正半轴交于点C．
（1）当m≠﹣4时，说明这个二次函数的图象与x轴必有两个交点；
（2）若OA•OB＝6，求点C的坐标；
（3）在（2）的条件下，在x轴下方的抛物线上找一点P，使S△PAC的面积为15，求P点的坐标．
7．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知A（﹣1，0），C（0，2）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形？如果存在，请直接写出P点的坐标；如果不存在，请说明理由．
（3）点E是线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F，当点E运动到什么位置时，△CBF的面积最大？请求出△CBF的最大面积及此时E点的坐标．

8．如图①，△ABC，△CDE都是等边三角形．
（1）写出AE与BD的大小关系；
（2）若把△CDE绕点C逆时针旋转到图②的位置时，上述（1）的结论仍成立吗？请说明理由．
（3）△ABC的边长为5，△CDE的边长为2，把△CDE绕点C逆时针旋转一周后回到图①位置，求出线段AE长的最大值和最小值．

9．如图，△ABC中，∠C＝90°，BC＝6cm，AC＝8cm，点P从点A开始沿AC向点C以2厘米/秒的速度运动；与此同时，点Q从点C开始沿CB边向点B以1厘米/秒的速度运动；如果P、Q分别从A、C同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．
（1）经过几秒，△CPQ的面积等于3cm2？
（2）在整个运动过程中，是否存在某一时刻t，使PQ恰好平分△ABC的面积？若存在，求出运动时间t；若不存在，请说明理由．
（3）是否存在某一时刻，PQ长为，如果存在，求出运动时间t．

10．如图①，已知点D在线段AB上，在△ABC和△ADE中，AB＝BC，AD＝DE，∠ABC＝∠ADE＝90°，M为EC的中点．
（1）连接DM并延长交BC于N，求证：CN＝AD；
（2）直接写出线段BM与DM的关系：　 　；
（3）将△ADE绕点A逆时针旋转，使点E在线段CA的延长线上（如图②所示位置），则（2）中的结论是否仍成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．

11．探究：如图1和图2，四边形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝90°，点E、F分别在BC、CD上，∠EAF＝45°．
（1）①如图1，若∠B、∠ADC都是直角，把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，直接写出线段BE、DF和EF之间的数量关系；
②如图2，若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足　 　关系时，线段BE、DF和EF之间依然有①中的结论存在，请你写出该结论的证明过程；
（2）拓展：如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，点D、E均在边BC上，且∠DAE＝45°，若BD＝1，求DE的长．

12．如图，已知抛物线y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于A（2，0），B（﹣8，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣8）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点F是直线BC下方抛物线上的一点，当△BCF的面积最大时，求出点F的坐标；
（3）在（2）的条件下，是否存在这样的点Q（0，m），使得△BFQ为等腰三角形？如果有，请直接写出点Q的坐标；如果没有，请说明理由．

13．如图1，已知一次函数y＝x+3的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y＝﹣x2+bx+c过A、B两点，且与x轴交于另一点C．
（1）求b、c的值；
（2）如图1，点D为AC的中点，点E在线段BD上，且BE＝2ED，连接CE并延长交抛物线于点M，求点M的坐标；
（3）将直线AB绕点A按逆时针方向旋转15°后交y轴于点G，连接CG，如图2，P为△ACG内一点，连接PA、PC、PG，分别以AP、AG为边，在他们的左侧作等边△APR，等边△AGQ，连接QR
①求证：PG＝RQ；
②求PA+PC+PG的最小值，并求出当PA+PC+PG取得最小值时点P的坐标．

14．若点P为△ABC所在平面上一点，且∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，则点P叫做△ABC的费马点．当三角形的最大角小于120°时，可以证明费马点就是“到三角形的三个顶点的距离之和最小的点“．即PA+PB+PC最小．
（1）如图1，向△ABC外作等边三角形△ABD，△AEC．连接BE，DC相交于点P，连接AP．
①证明：点P就是△ABC费马点；
②证明：PA+PB+PC＝BE＝DC；
（2）如图2，在△MNG中，MN＝4，∠M＝75°，MG＝3．点O是△MNG内一点，则点O到△MNG三个顶点的距离和的最小值是　 　．

15．如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．
（1）观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是　 　，位置关系是　 　；
（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值．

16．如图，已知顶点为C（0，﹣3）的抛物线D1：y＝ax2+b（a≠0）与x轴交于A，B两点，直线L：y＝x+m过顶点C和点B．
（1）求抛物线D1：y＝ax2+b（a≠0）的解析式；
（2）点D（0，），在x轴上任取一点Q（x，0），连接DQ，作线段DQ的垂直平分线l1，过点Q作x轴的垂线，记l2，l2的交点为P（x，y），在x轴上多次改变点Q的位置，相应的点P也在坐标系中形成了曲线路径D2，写出点P（x，y）的路径D2所满足的关系式（即x，y所满足的关系式），能否通过平移、轴对称或旋转变换，由抛物线D1得到曲线D2？请说明理由．
（3）抛物线D1上是否存在点M，使得∠MCB＝15°？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

17．抛物线y＝x2+bx+c过点A（4，5）、C（0，﹣3），其顶点为B．
（1）求抛物线的解析式；
（2）P在抛物线上，若∠BAP＝45°，求P点坐标．
（3）过A作x轴的垂线，垂足为H，过D（0，3）作直线，交抛物线于E、F，若E、F到AH的距离之和为7，求直线EF的解析式．

18．如图1，已知抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和点B（﹣3，0），与y轴交于点C．

（1）求抛物线的解析式；
（2）设抛物线的对称轴与x轴交于点M，问在对称轴上是否存在点P，使△CMP为等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）如图2，若点E为第二象限抛物线上一动点，连接BE、CE，求四边形BOCE面积的最大值，并求此时E点的坐标．

















参考答案
1．解：（1）分两种情况讨论．
①当m＝0时，方程为x﹣2＝0，x＝2．
∴m＝0时，方程有实数根．
②当m≠0时，则一元二次方程的根的判别式
△＝[﹣（3m﹣1）]2﹣4m（2m﹣2）
＝9m2﹣6m+1﹣8m2+8m＝m2+2m+1
＝（m+1）2≥0，
∴m≠0时，方程有实数根．
故无论m取任何实数时，方程恒有实数根．
综合①②可知，m取任何实数，方程mx2﹣（3m﹣1）x+2m﹣2＝0恒有实数根；

（2）设x1，x2为抛物线y＝mx2﹣（3m﹣1）x+2m﹣2与x轴交点的横坐标，
则x1+x2＝，x1x2＝．
由|x1﹣x2|＝
＝
＝
＝
＝||．
由|x1﹣x2|＝2，得||＝2，
∴＝2或＝﹣2．
∴m＝1或m＝﹣．
∴所求抛物线的解析式为y1＝x2﹣2x，
y2＝﹣（x﹣2）（x﹣4）．

（3）其图象如右图所示：
在（2）的条件下y＝x+b与抛物线y1，y2组成的图象只有两个交点，结合图象求b的取值范围．
，
当y1＝y时，得x2﹣3x﹣b＝0，有△＝9+4b＝0得b＝﹣．
同理，△＝9﹣4（8+3b）＝0，得b＝﹣．
观察图象可知，
当b＜﹣或b＞﹣时直线y＝x+b与（2）中的图象只有两个交点；
由，
当y1＝y2时，有x＝2或x＝1．
当x＝1时，y＝﹣1．
所以过两抛物线交点（1，﹣1），（2，0）的直线为y＝x﹣2．
综上所述可知：b＜﹣或b＞﹣或b＝﹣2时，直线y＝x+b与（2）中图象只有两个交点．

2．解：（1）y＝mx2﹣8mx+12m，令x＝0，则y＝12m，令y＝0，则x＝2或6，
故点A、B、C的坐标分别为：（2，0）、（6，0）、（0，12m），
故OA＝2，OB＝6，OC＝12m，

如图，∵CD⊥AC，
∴∠DCO+∠ACO＝90°，而∠ACO+∠CAO＝90°，
∴∠CAO＝∠DCO,即，解得：m＝（舍去负值），
故m＝；
（2）由（1）知，m＝，则抛物线的表达式为y＝x2﹣x+2，
则函数的对称性为x＝4，
作点C关于函数对称轴的对称点C′（8，2），连接A、C′交函数的对称轴于点E，则点E为所求点，
点C、C′关于函数的对称轴对称，则CE＝C′E，
△EAC的周长＝AC+AE+EC＝AC+AE+C′E＝AC+AC′为最小值，
设直线AC′的表达为y＝kx+b，则，解得，
故直线AC′的表达式为y＝x﹣，
当x＝4时，y＝x﹣＝，
故点E（4，）；

（3）存在，理由：
当以A、P、Q、C为顶点的四边形为平行四边形时，
则PQ∥DC且PQ＝DC，则点Q的纵坐标的绝对值等OC，即|yQ|＝|yC|＝2，
则y＝x2﹣x+2＝±2，
解得：x＝8（不合题意的值已舍去），
故点Q的坐标为（8，2）．
3．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝∠D＝90°，AD＝AB，
∵QE⊥AB，MF⊥BC，
∴∠AEQ＝∠MFB＝90°，
∴四边形ABFM、AEQD都是矩形，
∴MF＝AB，QE＝AD，MF⊥QE，
又∵PQ⊥MN，
∴∠1+∠EQP＝90°，∠2+∠FMN＝90°，
∵∠1＝∠2，
∴∠EQP＝∠FMN，
又∵∠QEP＝∠MFN＝90°，
∴△PEQ≌△NFM；

（2）解：分为两种情况：①当E在AP上时，
∵点P是边AB的中点，AB＝2，DQ＝AE＝t，
∴PA＝1，PE＝1﹣t，QE＝2，
由勾股定理，得PQ＝＝，
∵△PEQ≌△NFM，
∴MN＝PQ＝，
又∵PQ⊥MN，
∴S＝＝＝t2﹣t+，
∵0≤t≤2，
∴当t＝1时，S最小值＝2．
②当E在BP上时，
∵点P是边AB的中点，AB＝2，DQ＝AE＝t，
∴PA＝1，PE＝t﹣1，QE＝2，
由勾股定理，得PQ＝＝，
∵△PEQ≌△NFM，
∴MN＝PQ＝，
又∵PQ⊥MN，
∴S＝＝[（t﹣1）2+4]＝t2﹣t+，
∵0≤t≤2，
∴当t＝1时，S最小值＝2．
综上：S＝t2﹣t+，S的最小值为2．


4．解：（1）抛物线y＝﹣x2﹣2x+3与x轴相交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，点D为该抛物线的顶点，
则点A、B、C、D的坐标分别为：（﹣3，0）、（1，0）、（0，3）、（﹣1，4）；
由点A、C的坐标得直线AC的表达式为：y＝x+3，
设点P（x，﹣x2﹣2x+3），则点E（x，x+3），
则PE＝（﹣x2﹣2x+3）﹣（x+3）＝﹣x2﹣3x，
当x＝﹣时，PE最大，此时点P（﹣，），
作点P关于直线AC的对称点P′，连接PP′交AC于点Q，则点Q为所求，

直线AC的倾斜角为45°，则EP′∥x轴，点E（﹣，），则点P′（，），
△PQD周长最小值＝PD+P′D＝；

（2）设点M（a，b），而点A（﹣3，0）、点D（﹣1，4），点B（1，0），
设抛物线向右平移了m个单位，则向上平移了m个单位，
则点A′、D′的坐标分别为：（﹣3+m，m）、（﹣1+m，4+m）；
①当A′D′是边时，
点A′向右平移2个单位、向上平移4个单位得到D′，
则点B（M）向右平移2个单位、向上平移4个单位得到M（B），
即1±2＝a，0±4＝b，
故点M的坐标为：（3，4）或（﹣1，﹣4）；
②当A′D′是对角线时，
则由中点公式得：﹣4+2m＝a+1，4+2m＝b且A′B＝BD′，
即（m﹣4）2+m2＝（m﹣2）2+（m+4）2，解得：m＝﹣，
故点M（﹣，）；
综上，点M的坐标为：（3，4）或（﹣1，﹣4）或（﹣，）．
5．解：（1）连接CF、NG，如图，
∴D、C、G三点共线，
∴CE＝CF，DE⊥BC，
∵MN是直角三角形CME斜边上的中线，
∴MN＝CE，
又∵NG是三角形CEF的中位线，
∴NG＝CF，
∴NG＝NM；
∴MCGE四点共圆，又∠MEG＝45°，
∴∠MNG＝90，即三角形MNG为等腰直角三角形，
∴∠NMG＝∠NGM＝45，MG＝MN．

（2）连接CF，CD，BE，NG，如图，
∵△ABC是等腰直角三角形，CD是底边中线，
∴CD⊥AB，∠ADC＝90°，又∠EDF＝90°，∠BDE＝∠CDF，
在△BDE和△CDF中，，
∴△BDE≌△CDF（SAS），
∴BE＝CF，∠BED＝∠DFC，
∵在△CBE中，MN是中线，
∴∠MNC＝∠BEC，MN＝BE，
延长EC交DF于P，
∵在△ECF中，GN是中线，
∴GN＝CF，∠CNG＝∠PCF，
∴∠MNC+∠CNG＝∠BEC+∠PCF，
＝（∠BED+∠DEP）+（∠DPE﹣∠PFC），
＝∠DFC+∠DEP+∠DPE﹣∠DFC，
＝∠DEP+∠DPE，
∵Rt△EDF中，∠EDF＝90°，
∴∠DEP+∠DPE＝180°﹣90°＝90°，
∴∠MNG＝90°，
∴△MNG是直角三角形，
又∵BE＝CF，
∴MN＝NG，
∴△MNG是等腰直角三角形，
∴∠NMG＝∠NGM＝45°，MG＝MN；

（3）．


6．解：（1）∵m≠﹣4，
∴△＝（m﹣2）2﹣4×（﹣1）×3（m+1）＝（m+4）2＞0，
∴当m≠﹣4时，说明这个二次函数的图象与x轴必有两个交点；
（2）令y＝﹣x2+（m﹣2）x+3（m+1）＝0，
解得x1＝m+1，x2＝﹣3，
∵二次函数y＝﹣x2+（m﹣2）x+3（m+1）与x轴交于AB两点（A在B左侧），与y轴正半轴交于点C，
∴A（﹣3，0），B（m+1，0），m+1＞0，
∵OA•OB＝6，
∴3（m+1）＝6，
解得m＝1，
∴二次函数y＝﹣x2﹣x+6，
当x＝0时，y＝6，
∴点C的坐标为（0，6）；
（3）设P点的坐标为（a，﹣a2﹣a+6），
P在y轴左边，则
（3﹣a）（a2+a﹣6）+×3×6﹣（﹣a）（a2+a﹣6+6）＝15，
解得a＝﹣5，a＝2（舍去）．
P在y轴右边，则
（a+a+3）×6+（a+3）（a2+a﹣6）﹣a（a2+a﹣6+6）＝15，
解得a＝﹣5（舍去），a＝2（舍去）．
故P点的坐标为（﹣5，﹣14）．
7．解：
（1）∵A（﹣1，0），C（0，2）在抛物线y＝x2+bx+c上，
∴，解得，
∴抛物线解析式为y＝﹣x2+x+2；

（2）∵y＝﹣x2+x+2＝﹣（x﹣）2+，
∴抛物线对称轴为直线x＝，
∴D（，0），且C（0，2），
∴CD＝＝，
∵点P在对称轴上，
∴可设P（，t），
∴PD＝|t|，PC＝，
当PD＝CD时，则有|t|＝，解得t＝±，此时P点坐标为（，）或（，﹣）；
当PC＝CD时，则有＝，解得t＝0（与D重合，舍去）或t＝4，此时P点坐标为（，4）；
综上可知存在满足条件的点P，其坐标为（，）或（，﹣）或（，4）；

（3）当y＝0时，即﹣x2+x+2＝0，解得x＝﹣1或x＝4，
∴A（﹣1，0），B（4，0），

设直线BC解析式为y＝kx+s，由题意可得，解得，
∴直线BC解析式为y＝﹣x+2，
∵点E是线段BC上的一个动点，
∴可设E（m，﹣m+2），则F（m，﹣m2+m+2），
∴EF＝﹣m2+m+2﹣（﹣m+2）＝﹣m2+2m＝﹣（m﹣2）2+2，
∴S△CBF＝×4•EF＝2[＝﹣（m﹣2）2+2]＝﹣（m﹣2）2+4，
∵﹣1＜0，
∴当m＝2时，S△CBF有最大值，最大值为4，
此时﹣x+2＝1，
∴E（2，1），即E为BC的中点，
∴当E运动到BC的中点时，△CBF的面积最大，最大面积为4，此时E点坐标为（2，1）．
8．解：（1）AE＝BD，理由：
∵△ABC，△CDE都是等边三角形，
∴AC＝BC，CE＝CD，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE＝BD；

（2）AE＝BD，理由：
∵△ABC，△CDE都是等边三角形，
∴AC＝BC，CE＝CD，∠ACB＝∠DCE＝60°，
∴∠ACB+∠BCE＝∠DCE+∠BCE，
∴∠ACE＝∠BCD，
∴△ACE≌△BCD（SAS），
∴AE＝BD；

（3）∵△ABC的边长为5，△CDE的边长为2，
∴AC＝5，CE＝2，
在△ACE中，AC+CE＞AE，
∴当点E在AC的延长线上时，AE达到最大，最大值为AE＝AC+CE＝5+2＝7，
在△ACE中，AC﹣CE＜AE，∴当点E在线段AC上时，AE达到最小AE＝AC﹣CE＝5﹣2＝3，
即：线段AE长的最大值为7，最小值3．
9．解：（1）设经过x秒，△CPQ的面积等于3cm2，
由题意得，x（8﹣2x）＝3，
化简得x2﹣4x+3＝0，
解得x1＝1，x2＝3，
答：经过1秒或3秒，△CPQ的面积等于3cm2？
（2）设存在某一时刻t，使PQ恰好平分△ABC的面积，
则t（8﹣2t）＝××6×8，
化简得，t2﹣4t+12＝0，
b2﹣4ac＝16﹣48＝﹣32＜0，
故方程无实数根，即不存在满足条件的t；
（3）由题意得，（8﹣2t）2+t2＝（）2，
整理得，5t2﹣32t+35＝0，
解得，t1＝5（不合题意，舍去），t2＝1.4，
答：运动时间为1.4秒时，PQ长为．
10．（1）解：CN＝AD，理由如下：如图①，

∵AB＝BC，AD＝DE，∠ABC＝∠ADE＝90°，
∴∠EAD＝∠AED＝45°，∠BAC＝∠BCA＝45°，
∵M为EC的中点，
∴EM＝CM，
∵∠EDA＝∠ABC＝90°，
∴DE∥BC，
∴∠DEM＝∠MCB，
在△EMD和△CMN中，
，
∴△EMD≌△CMN（ASA），
∴CN＝DE，
∵AD＝DE，
∴CN＝AD；
（2）BM⊥DM，BM＝DM，
理由如下：由（1）得：△EMD≌△CMN，
∴CN＝AD，DM＝MN，
∵BA＝BC，
∴BD＝BN，
∴△DBN是等腰直角三角形，且BM是底边的中线，
∴BM⊥DM，BM＝DM；
故答案为：BM⊥DM，BM＝DM；
（3）BM⊥DM，BM＝DM仍然成立，
理由如下：
如图2，作CN∥DE交DM的延长线于N，连接BN，

∴∠E＝∠MCN＝45°，
在△EMD与△CMN中，
，
∴△EMD≌△CMN（ASA），
∴CN＝DE＝DA，MN＝MD，
又∵∠DAB＝180°﹣∠DAE﹣∠BAC＝90°，
∠BCN＝∠BCM+∠NCM＝45°+45°＝90°，
∴∠DAB＝∠BCN，
在△DBA和△NBC中，
，
∴△DBA≌△NBC（SAS），
∴∠DBA＝∠NBC，DB＝BN，
∴∠DBN＝∠ABC＝90°，
∴△DBN是等腰直角三角形，且BM是底边的中线，
∴BM⊥DM，BM＝DM．
11．解：（1）①如图1，
∵把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，∠B＝∠ADG＝90°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠ADC+∠ADG＝90°
∴F、D、G共线，
∵∠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；
②解：∠B+∠D＝180°，
理由是：
如图2，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，
则AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADC+∠ADG＝180°，
∴C、D、G在一条直线上，
与①同理得，∠EAF＝∠GAF＝45°，
在△EAF和△GAF中

∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝GF，
∵BE＝DG，
∴EF＝GF＝BE+DF；
故答案为：∠B+∠D＝180°；

（2）解：∵△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠C＝45°，
由勾股定理得：BC＝＝4，
如图3，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF．
则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，
设DE＝x，则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＝．


12．解：（1）将A（2，0），B（﹣8，0）C（0，﹣8）代入函数y＝ax2+bx+c，
得，，
解得，，
∴抛物线解析式为y＝x2+3x﹣8；

（2）如图1中，作FN∥y轴交BC于N，
将B（﹣8，0）代入y＝kx﹣8，
得，k＝﹣1，
∴yBC＝﹣x﹣8，
设F（m，m2+3m﹣8），则N（m，﹣m﹣8），
∴S△FBC＝S△FNB+S△FNC
＝FN×8
＝4FN
＝4[（﹣m﹣8）﹣（m2+3m﹣8）]
＝﹣2m2﹣16m
＝﹣2（m+4）2+32，
∴当m＝﹣4时，△FBC的面积有最大值，
此时F（﹣4，﹣12），
∴点F的坐标是F（﹣4，﹣12）；

（3）存在点Q（0，m），使得△BFQ为等腰三角形，理由如下：
①如图2﹣1，当BQ＝BF时，
由题意可列，82+m2＝（8﹣4）2+122，
解得，m1＝4，m2＝﹣4，
∴Q1（0，4），Q2（0，﹣4）；

②如图2﹣2，当QB＝QF时，
由题意可列，82+m2＝（m+12）2+42，
解题，m＝﹣4，
∴Q3（0，﹣4）；

③如图2﹣3，当FB＝FQ时，
由题意可列，（8﹣4）2+122＝（m+12）2+42，
解得，m1＝0，m2＝﹣24，
∴Q4（0，0），Q5（0，﹣24）；
设直线BF的解析式为y＝kx+b，
将B（﹣8，0），F（﹣4，﹣12）代入，
得，
解得，k＝﹣3，b＝﹣24，
∴yBF＝﹣3x﹣24，
当x＝0时，y＝﹣24，
∴点B，F，Q重合，故Q5舍去，

∴点Q有坐标为（0，4）或（0，﹣4）或（0，﹣4）或（0，0）．


13．解：（1）∵一次函数y＝x+3的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，
∴A（﹣3，0），B（0，3），
∵抛物线y＝﹣x2+bx+c过A、B两点，
∴解得，
∴b＝﹣2，c＝3．
（2），对于抛物线y＝﹣x2﹣2x+3，令y＝0，则﹣x2﹣2x+3＝0，解得x＝﹣3或1，
∴点C坐标（1，0），
∵AD＝DC＝2，
∴点D坐标（﹣1，0），
∵BE＝2ED，
∴点E坐标（﹣，1），
设直线CE为y＝kx+b，把E、C代入得到解得，
∴直线CE为y＝﹣x+，
由解得或，
∴点M坐标（﹣，）．
（3）①∵△AGQ，△APR是等边三角形，
∴AP＝AR，AQ＝AG，∠QAC＝∠RAP＝60°，
∴∠QAR＝∠GAP，
在△QAR和△GAP中，
，
∴△QAR≌△GAP，
∴QR＝PG．
②如图3中，∵PA+PG+PC＝QR+PR+PC＝QC，
∴当Q、R、P、C共线时，PA+PG+PC最小，
作QN⊥OA于N，AM⊥QC于M，PK⊥OA于K．
∵∠GAO＝60°，AO＝3，
∴AG＝QG＝AQ＝6，∠AGO＝30°，
∵∠QGA＝60°，
∴∠QGO＝90°，
∴点Q坐标（﹣6，3），
在RT△QCN中，QN＝3，CN＝7，∠QNC＝90°，
∴QC＝＝2，
∴AM＝，
∵△APR是等边三角形，
∴∠APM＝60°，∵PM＝PR，
∴AP＝，PM＝RM＝
∴MC＝＝，
∴PC＝CM﹣PM＝，
∵＝＝，
∴CK＝，PK＝，
∴OK＝CK﹣CO＝，
∴点P坐标（﹣，）．
∴PA+PC+PG的最小值为2，此时点P的坐标（﹣，）．

14．（1）证明：①如图1﹣1中，作AM⊥CD于M，AN⊥BE于N设AB交 CD于O．

∵△ADB，△ACE都是等边三角形，
∴AD＝AB，AC＝AE，∠DAB＝∠CAE＝60°，
∴∠DAC＝∠BAE，
∴△ADC≌△ABE（SAS），
∴CD＝BE，S△DAC＝S△ABE，∠ADC＝∠ABE，
∵AM⊥CD，AN⊥BE，
∴•CD•AM＝•BE•AN，
∴AM＝AN，
∴∠APM＝∠APN，
∵∠AOD＝∠POB，
∴∠OPB＝∠DAO＝60°，
∴∠APN＝∠APM＝60°，
∴∠APC＝∠BPC＝∠APC＝120°，
∴点P是就是△ABC费马点．

②在线段PDA上取一点T，使得PA＝PT，连接AT．

∵∠APT＝60°，PT＝PA，
∴△APT是等边三角形，
∴∠PAT＝60°，AT＝AP，
∵∠DAB＝∠TAP＝60°，
∴∠DAT＝∠BAP，∵AD＝AB，
∴△DAT≌△BAP（SAS），
∴PB＝DT，
∴PD＝DT+PT＝PA+PB，
∴PA+PB+PC＝PD+PC＝CD＝BE．
（2）解：如图2：以MG为边作等边三角形△MGD，以OM为边作等边△OME．连接ND，作DF⊥NM，交NM的延长线于F．

∵△MGD和△OME是等边三角形
∴OE＝OM＝ME，∠DMG＝∠OME＝60°，MG＝MD，
∴∠GMO＝∠DME
在△GMO和△DME中，
，
∴△GMO≌△DME（SAS），
∴OG＝DE
∴NO+GO+MO＝DE+OE+NO
∴当D、E、O、M四点共线时，NO+GO+MO值最小，
∵∠NMG＝75°，∠GMD＝60°，
∴∠NMD＝135°，
∴∠DMF＝45°，
∵MG＝3
∴MF＝DF＝，
∴NF＝MN+MF＝4+＝，
∴ND＝＝＝，
∴MO+NO+GO最小值为，
故答案为，
15．解：（1）∵点P，N是BC，CD的中点，
∴PN∥BD，PN＝BD，
∵点P，M是CD，DE的中点，
∴PM∥CE，PM＝CE，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴BD＝CE，
∴PM＝PN，
∵PN∥BD，
∴∠DPN＝∠ADC，
∵PM∥CE，
∴∠DPM＝∠DCA，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ADC+∠ACD＝90°，
∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCA+∠ADC＝90°，
∴PM⊥PN，
故答案为：PM＝PN，PM⊥PN，
（2）由旋转知，∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，
同（1）的方法，利用三角形的中位线得，PN＝BD，PM＝CE，
∴PM＝PN，
∴△PMN是等腰三角形，
同（1）的方法得，PM∥CE，
∴∠DPM＝∠DCE，
同（1）的方法得，PN∥BD，
∴∠PNC＝∠DBC，
∵∠DPN＝∠DCB+∠PNC＝∠DCB+∠DBC，
∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCE+∠DCB+∠DBC
＝∠BCE+∠DBC＝∠ACB+∠ACE+∠DBC
＝∠ACB+∠ABD+∠DBC＝∠ACB+∠ABC，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ACB+∠ABC＝90°，
∴∠MPN＝90°，
∴△PMN是等腰直角三角形，
（3）方法1、如图2，同（2）的方法得，△PMN是等腰直角三角形，
∴MN最大时，△PMN的面积最大，
∴DE∥BC且DE在顶点A上面，
∴MN最大＝AM+AN，
连接AM，AN，
在△ADE中，AD＝AE＝4，∠DAE＝90°，
∴AM＝2，
在Rt△ABC中，AB＝AC＝10，AN＝5，
∴MN最大＝2+5＝7，
∴S△PMN最大＝PM2＝×MN2＝×（7）2＝．
方法2、由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM＝PN＝BD，
∴PM最大时，△PMN面积最大，
∴点D在BA的延长线上，
∴BD＝AB+AD＝14，
∴PM＝7，
∴S△PMN最大＝PM2＝×72＝

16．解：（1）在直线L：y＝x+m中，
当x＝0时，y＝m；当y＝0时，x＝﹣m，
∵C（0，﹣3），
∴B（3，0），
∵抛物线D1：y＝ax2+b的顶点为C（0，﹣3），
∴y＝ax2﹣3，
将B（3，0）代入，
得，a＝，
∴抛物线D1：y＝ax2+b的解析式为y＝x2﹣3；
（2）如图1，连接PD，则PD＝PQ，
∵P（x，y），D（0，），Q（x，0），
∴x2+（y﹣）2＝y2，
整理，得y＝x2+，
∴路径D2所满足的关系式为y＝x2+，
∵﹣（﹣3）＝，
∴可将抛物线D1向上平移个单位长度得到曲线D2；
（3）∵C（0，﹣3），B（3，0），
∴OB＝OC，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠OBC＝45°，
①如图2，若点M在点B上方，设MC交x轴于点E，则∠OEC＝45°+15°＝60°，
∴OE＝，
设直线CE解析式为y＝kx﹣3，
将E（，0）代入，
可得，k＝，
∴yCE＝x﹣3，
联立，得，
解得，或，
∴M1（3，6）；
②如图2，若M在点B下方，设M2C交x轴于点F，
则∠OFC＝45°﹣15°＝30°，
∴OF＝3，
设直线CF解析式为y＝kx﹣3，
将F（3，0）代入，
可得，k＝，
∴yCF＝x﹣3，
联立，得，
解得，或，
∴M2（，﹣2），
综上所述，M的坐标为（3，6）或（，﹣2）．


17．解：（1）将点A和点C的坐标代入抛物线的解析式得：，
解得：b＝﹣2，c＝﹣3．
∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3；
（2）作BH⊥AP于H点，如图1，
∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4．
∴点B的坐标为（1，﹣4）．
设H（m，n），
AH2＝（m﹣4）2+（n﹣5）2，BH2＝（m﹣1）2+（n+4）2，AB2＝（1﹣4）2+（﹣4﹣5）2＝90，
∵∠BAP＝45°，
∴△ABH为等腰直角三角形，
∴（m﹣4）2+（n﹣5）2＝（m﹣1）2+（n+4）2，①
（m﹣4）2+（n﹣5）2+（m﹣1）2+（n+4）2＝90，②
由①得m＝4﹣3n，③
把③代入②得（4﹣3n﹣4）2+（n﹣5）2+（4﹣3n﹣1）2+（n+4）2＝90，②
整理得n2﹣n﹣2＝0，解得n1＝﹣1，n2＝2，
当n＝﹣1时，m＝7，此时H（7，﹣1），
直线AH的解析式为y＝﹣2x+13，
解方程组得或，此时P点坐标为（﹣4，21）；
当n＝2，m＝﹣2，此时H（﹣2，2），
直线AH的解析式为y＝x+3，
解方程组得或，此时P点坐标为（﹣，）；
综上所述，P点坐标为（﹣，），（﹣4，21）；
（3）设直线EF的解析式为y＝kx+3，
设E、F点的横坐标分别为x1、x2，
∵x1、x2为方程x2﹣2x﹣3＝kx+3的两根，
方程整理得x2﹣（k+2）x﹣6＝0，
∴x1+x2＝k+2，x1•x2＝﹣6，
作EM⊥MH于M，FN⊥MH于N，如图2，
当E、F点分别在直线MH的左侧，则EM＝4﹣x1，FN＝4﹣x2，
∴4﹣x1+4﹣x2＝7，即x1+x2＝1，
∴k+2＝1，解得k＝﹣1，此时直线EF的解析式为y＝﹣x+3；
当E、F点分别在直线MH的两侧（E点在右侧），则EM＝x1﹣4，FN＝4﹣x2，
∴x1﹣4+4﹣x2＝7，即x1﹣x2＝7，
∴（x1﹣x2）2＝49，即（x1+x2）2﹣4x1x2＝49，
∴（k+2）2+24＝49，解得k1＝﹣7（舍去），k2＝3，此时直线EF的解析式为y＝3x+3，
综上所述，直线EF的解析式为y＝﹣x+3或y＝3x+3．


18．解：
（1）∵抛物线y＝ax2+bx+3（a≠0）与x轴交于点A（1，0）和点B（﹣3，0），
∴
解得：
∴所求抛物线解析式为：
y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）∵抛物线解析式为：
y＝﹣x2﹣2x+3，
∴其对称轴为x＝＝﹣1，
∴设P点坐标为（﹣1，a），当x＝0时，y＝3，
∴C（0，3），M（﹣1，0）
∴当CP＝PM时，（﹣1）2+（3﹣a）2＝a2，解得a＝，
∴P点坐标为：P1（﹣1，）；
∴当CM＝PM时，（﹣1）2+32＝a2，解得a＝±，
∴P点坐标为：P2（﹣1，）或P3（﹣1，﹣）；
∴当CM＝CP时，由勾股定理得：（﹣1）2+32＝（﹣1）2+（3﹣a）2，解得a＝6，
∴P点坐标为：P4（﹣1，6）
综上所述存在符合条件的点P，其坐标为P（﹣1，）或P（﹣1，﹣）
或P（﹣1，6）或P（﹣1，）；
（3）过点E作EF⊥x轴于点F，设E（a，﹣a2﹣2a+3）（﹣3＜a＜0）
∴EF＝﹣a2﹣2a+3，BF＝a+3，OF＝﹣a
∴S四边形BOCE＝BF•EF+（OC+EF）•OF
＝（a+3）•（﹣a2﹣2a+3）+（﹣a2﹣2a+6）•（﹣a）
＝
＝﹣+
∴当a＝﹣时，S四边形BOCE最大，且最大值为．
此时，点E坐标为（﹣，）．