2022年+九年级数学中考复习+压轴解答题+专题突破训练

这是一份2022年+九年级数学中考复习+压轴解答题+专题突破训练，共57页。试卷主要包含了问题背景，已知等内容，欢迎下载使用。

2022年春九年级数学中考二轮复习《压轴解答题》专题训练（附答案）
1．如图①，△ABC中，∠ABC＝45°，AH⊥BC于点H，点D在AH上，且DH＝CH，连接BD．

（1）求证：BD＝AC；
（2）将△BHD绕点H旋转，得到△EHF（点B，D分别与点E，F对应），连接AE．
①如图②，当点F落在AC上时，（F不与C重合），若BC＝4，tanC＝3，求AE的长；
②如图③，当△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到时，设射线CF与AE相交于点G，连接GH，试探究线段GH与EF之间满足的等量关系，并说明理由．
2．已知AC，EC分别是四边形ABCD和EFCG的对角线，点E在△ABC内，∠CAE+∠CBE＝90°．

（1）如图①，当四边形ABCD和EFCG均为正方形时，连接BF．
（i）求证：△CAE∽△CBF；
（ii）若BE＝1，AE＝2，求CE的长；
（2）如图②，当四边形ABCD和EFCG均为矩形，且＝＝k时，若BE＝1，AE＝2，CE＝3，求k的值；
（3）如图③，当四边形ABCD和EFCG均为菱形，且∠DAB＝∠GEF＝45°时，设BE＝m，AE＝n，CE＝p，试探究m，n，p三者之间满足的等量关系．（直接写出结果，不必写出解答过程）


3．问题背景：如图1，等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，作AD⊥BC于点D，则D为BC的中点，∠BAD＝∠BAC＝60°，于是＝＝；
迁移应用：如图2，△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC＝∠DAE＝120°，D，E，C三点在同一条直线上，连接BD．
①求证：△ADB≌△AEC；
②请直接写出线段AD，BD，CD之间的等量关系式；
拓展延伸：如图3，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，在∠ABC内作射线BM，作点C关于BM的对称点E，连接AE并延长交BM于点F，连接CE，CF．
①证明△CEF是等边三角形；
②若AE＝5，CE＝2，求BF的长．




4．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝，AC＝2，过点B作直线m∥AC，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C（点A，B的对应点分别为A'，B′），射线CA′，CB′分别交直线m于点P，Q．
（1）如图1，当P与A′重合时，求∠ACA′的度数；
（2）如图2，设A′B′与BC的交点为M，当M为A′B′的中点时，求线段PQ的长；
（3）在旋转过程中，当点P，Q分别在CA′，CB′的延长线上时，试探究四边形PA'B′Q的面积是否存在最小值．若存在，求出四边形PA′B′Q的最小面积；若不存在，请说明理由．



5．如图1，在△ABC中，AB＝AC＝20，tanB＝，点D为BC边上的动点（点D不与点B，C重合）．以D为顶点作∠ADE＝∠B，射线DE交AC边于点E，过点A作AF⊥AD交射线DE于点F，连接CF．
（1）求证：△ABD∽△DCE；
（2）当DE∥AB时（如图2），求AE的长；
（3）点D在BC边上运动的过程中，是否存在某个位置，使得DF＝CF？若存在，求出此时BD的长；若不存在，请说明理由．



6．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，其中点A，C的对应点分别为点A′，C′．
（1）如图1，当点A′落在AC的延长线上时，求AA′的长；
（2）如图2，当点C′落在AB的延长线上时，连接CC′，交A′B于点M，求BM的长；
（3）如图3，连接AA′，CC′，直线CC′交AA′于点D，点E为AC的中点，连接DE．在旋转过程中，DE是否存在最小值？若存在，求出DE的最小值；若不存在，请说明理由．



7．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB于H，过CD延长线上一点E作⊙O的切线交AB的延长线于F．切点为G，连接AG交CD于K．
（1）求证：KE＝GE；
（2）若KG2＝KD•GE，试判断AC与EF的位置关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，若sinE＝，AK＝，求FG的长．

8．已知：如图，以矩形ABCD的对角线AC的中点O为圆心，OA长为半径作⊙O，⊙O经过B、D两点，过点B作BK⊥AC，垂足为K．过D作DH∥KB，DH分别与AC、AB、⊙O及CB的延长线相交于点E、F、G、H．
（1）求证：AE＝CK；
（2）如果AB＝a，AD＝（a为大于零的常数），求BK的长：
（3）若F是EG的中点，且DE＝6，求⊙O的半径和GH的长．

9．如图，A是以BC为直径的⊙O上一点，于点D，AD⊥BC过点B作⊙O的切线，与CA的延长线相交于点E，G是AD的中点，连接CG并延长与BE相交于点F，延长AF与CB的延长线相交于点P．
（1）求证：BF＝EF；
（2）求证：PA是⊙O的切线；
（3）若FG＝BF，且⊙O的半径长为，求BD和FG的长度．

10．已知：如图，△ABC内接于⊙O，AB为直径，弦CE⊥AB于F，C是的中点，连接BD并延长交EC的延长线于点G，连接AD，分别交CE、BC于点P、Q．
（1）求证：P是△ACQ的外心；
（2）若，求CQ的长；
（3）求证：（FP+PQ）2＝FP•FG．

11．已知：如图，AB为⊙O的直径，C是BA延长线上一点，CP切⊙O于P，弦PD⊥AB于E，过点B作BQ⊥CP于Q，交⊙O于H，G是上一点，且，连接AG交PD于F，连接BF，若PD＝，tan∠BFE＝．
求：（1）∠C的度数；
（2）QH的长．

12．如图，在⊙O的内接△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2BC，过C作AB的垂线l交⊙O于另一点D，垂足为E．设P是上异于A，C的一个动点，射线AP交l于点F，连接PC与PD，PD交AB于点G．
（1）求证：△PAC∽△PDF；
（2）若AB＝5，＝，求PD的长；
（3）在点P运动过程中，设＝x，tan∠AFD＝y，求y与x之间的函数关系式．（不要求写出x的取值范围）

13．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝a（x+1）2﹣3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C（0，﹣），顶点为D，对称轴与x轴交于点H，过点H的直线l交抛物线于P，Q两点，点Q在y轴的右侧．
（1）求a的值及点A，B的坐标；
（2）当直线l将四边形ABCD分为面积比为3：7的两部分时，求直线l的函数表达式；
（3）当点P位于第二象限时，设PQ的中点为M，点N在抛物线上，则以DP为对角线的四边形DMPN能否为菱形？若能，求出点N的坐标；若不能，请说明理由．

14．如图，已知抛物线y＝（x+2）（x﹣4）（k为常数，且k＞0）与x轴从左至右依次交于A，B两点，与y轴交于点C，经过点B的直线y＝﹣x+b与抛物线的另一交点为D．
（1）若点D的横坐标为﹣5，求抛物线的函数表达式；
（2）若在第一象限内的抛物线上有点P，使得以A，B，P为顶点的三角形与△ABC相似，求k的值；
（3）在（1）的条件下，设F为线段BD上一点（不含端点），连接AF，一动点M从点A出发，沿线段AF以每秒1个单位的速度运动到F，再沿线段FD以每秒2个单位的速度运动到D后停止，当点F的坐标是多少时，点M在整个运动过程中用时最少？

15．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝a（x﹣h）2+k与x轴相交于O，A两点，顶点P的坐标为（2，﹣1）．点B为抛物线上一动点，连接AP，AB，过点B的直线与抛物线交于另一点C．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）若点B的横坐标与纵坐标相等，∠ABC＝∠OAP，且点C位于x轴上方，求点C的坐标；
（3）若点B的横坐标为t，∠ABC＝90°，请用含t的代数式表示点C的横坐标，并求出当t＜0时，点C的横坐标的取值范围．

16．在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（4，0）两点，与y轴交于点C（0，﹣2）．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）如图1，点D为第四象限抛物线上一点，连接AD，BC交于点E，连接BD，记△BDE的面积为S1，△ABE的面积为S2，求的最大值；
（3）如图2，连接AC，BC，过点O作直线l∥BC，点P，Q分别为直线l和抛物线上的点．试探究：在第一象限是否存在这样的点P，Q，使△PQB∽△CAB？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．

17．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点 C．
（1）直接写出抛物线的解析式为：　 　；
（2）点D为第一象限内抛物线上的一动点，作DE⊥x轴于点E，交BC于点F，过点F作BC的垂线与抛物线的对称轴和y轴分别交于点G，H，设点D的横坐标为m．
①求DF+HF的最大值；
②连接EG，若∠GEH＝45°，求m的值．

18．如图，经过定点A的直线y＝k（x﹣2）+1（k＜0）交抛物线y＝﹣x2+4x于B，C两点（点C在点B的右侧），D为抛物线的顶点．
（1）直接写出点A的坐标；
（2）如图（1），若△ACD的面积是△ABD面积的两倍，求k的值；
（3）如图（2），以AC为直径作⊙E，若⊙E与直线y＝t所截的弦长恒为定值，求t的值．




19．如图，在平面直角坐标系xOy中，以直线x＝对称轴的抛物线y＝ax2+bx+c与直线l：y＝kx+m（k＞0）交于A（1，1），B两点，与y轴交于C（0，5），直线l与y轴交于点D．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）设直线l与抛物线的对称轴的交点为F，G是抛物线上位于对称轴右侧的一点，若＝，且△BCG与△BCD面积相等，求点G的坐标；
（3）若在x轴上有且仅有一点P，使∠APB＝90°，求k的值．


20．如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：y＝ax2+bx+c与x轴相交于A，B两点，顶点为D（0，4），AB＝4，设点F（m，0）是x轴的正半轴上一点，将抛物线C绕点F旋转180°，得到新的抛物线C′．
（1）求抛物线C的函数表达式；
（2）若抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，求m的取值范围．
（3）如图2，P是第一象限内抛物线C上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P在抛物线C′上的对应点P′，设M是C上的动点，N是C′上的动点，试探究四边形PMP′N能否成为正方形？若能，求出m的值；若不能，请说明理由．



21．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＜0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），经过点A的直线l：y＝kx+b与y轴交于点C，与抛物线的另一个交点为D，且CD＝4AC．
（1）直接写出点A的坐标，并求直线l的函数表达式（其中k，b用含a的式子表示）；
（2）点E是直线l上方的抛物线上的一点，若△ACE的面积的最大值为，求a的值；
（3）设P是抛物线对称轴上的一点，点Q在抛物线上，以点A，D，P，Q为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点P的坐标；若不能，请说明理由．

22．如图，在平面直角坐标系中，已知点B（﹣2，0），A（m，0）（﹣＜m＜0），以AB为边在x轴下方作正方形ABCD，点E是线段OD与正方形ABCD的外接圆除点D以外的另一个交点，连接BE与AD相交于点F．
（1）求证：BF＝DO；
（2）设直线l是△BDO的边BO的垂直平分线，且与BE相交于点G．若G是△BDO的外心，试求经过B、F、O三点的抛物线的解析表达式；
（3）在（2）的条件下，在抛物线上是否存在点P，使该点关于直线BE的对称点在x轴上？若存在，求出所有这样的点的坐标；若不存在，请说明理由．


参考答案
1．解：（1）在Rt△AHB中，∠ABC＝45°，
∴AH＝BH，
在△BHD和△AHC中，
，
∴△BHD≌△AHC，
∴BD＝AC，
（2）①如图，

在Rt△AHC中，
∵tanC＝3，
∴＝3，
设CH＝x，
∴BH＝AH＝3x，
∵BC＝4，
∴3x+x＝4，
∴x＝1，
∴AH＝3，CH＝1，
由旋转知，∠EHF＝∠BHD＝∠AHC＝90°，EH＝AH＝3，CH＝DH＝FH，
∴∠EHF﹣∠AHF＝∠AHC﹣∠AHF，
∴∠EHA＝∠FHC，，
∴△EHA∽△FHC，
∴∠EAH＝∠C，
∴tan∠EAH＝tanC＝3，
过点H作HP⊥AE，
∴HP＝3AP，AE＝2AP，
在Rt△AHP中，AP2+HP2＝AH2，
∴AP2+（3AP）2＝9，
∴AP＝，
∴AE＝；
②方法1、如图1，

∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，
∴HD＝HF，∠AHF＝30°
∴∠CHF＝90°+30°＝120°，
由①有，△AEH和△FHC都为等腰三角形，
∴∠GAH＝∠HCG＝30°，
∴CG⊥AE，
∴点C，H，G，A四点共圆，
∴∠CGH＝∠CAH，
设CG与AH交于点Q，
∵∠AQC＝∠GQH，
∴△AQC∽△GQH，
∴，
∵△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到，
∴EF＝BD，
由（1）知，BD＝AC，
∴EF＝AC
∴＝＝2．
即：EF＝2HG．
方法2、如图③，取EF的中点K，连接GK，HK，
由旋转知，∠EHF＝90°，
∴EK＝HK＝EF，
由旋转知，∠CGE＝∠AGC＝90°，
∴EK＝GK＝EF，
∴HK＝GK，
∵EK＝HK，
∴∠FKG＝2∠AEF，
∵EK＝GK，
∴∠HKF＝2∠HEF，
由旋转知，∠AHF＝30°，
∴∠AHE＝120°，
由（1）知，BH＝AH，
∵BH＝EH，
∴AH＝EH，
∴∠AEH＝30°，
∴∠HKG＝∠FKG+∠HKF＝2∠AEF+2∠HEF＝2∠AEH＝60°，
∴△HKG是等边三角形，
∴GH＝GK，
∴EF＝2GK＝2GH，
即：EF＝2GH．

2．（1）（i）证明：∵四边形ABCD和EFCG均为正方形，
∴，
∴∠ACB＝∠ECF＝45°，
∴∠ACE＝∠BCF，
在△CAE和△CBF中，
，
∴△CAE∽△CBF．
（ii）解：∵△CAE∽△CBF，
∴∠CAE＝∠CBF，，
又∵∠CAE+∠CBE＝90°，
∴∠CBF+∠CBE＝90°，
∴∠EBF＝90°，
又∵，AE＝2
∴，
∴，
∴EF2＝BE2+BF2＝＝3，
∴EF＝，
∵CE2＝2EF2＝6，
∴CE＝．
（2）如图②，连接BF，
∵＝＝k，
∴BC＝a，AB＝ka，FC＝b，EF＝kb，
∴AC＝，
CE＝＝，
∴，∠ACE＝∠BCF，
在△ACE和△BCF中，
，
∴△ACE∽△BCF，
∴，∠CAE＝∠CBF，
又∵AE＝2，
∴，
∴BF＝，
∵∠CAE＝∠CBF，∠CAE+∠CBE＝90°，
∴∠CBE+∠CBF＝90°，
∴∠EBF＝90°，
∴EF2＝BE2+BF2＝1，
∵，
∴＝，CE＝3，
∴EF＝，
∴1，
∴，
解得k＝±，
∵＝＝k＞0，∴k＝．

（3）连接BF，同理可得∠EBF＝90°，过C点作CH⊥AB延长线于H，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝BC，设AB＝BC＝x，
∵∠CBH＝∠DAB＝45°，∴BH＝CH＝x，
∴AC2＝AH2+CH2＝（x+x）2+（x）2，＝（2+）x2，
∴AB2：BC2：AC2＝1：1：（2+），
同理可得EF2：FC2：EC2＝1：1：（2+），
∴EF2＝＝，
在△ACE和△BCF中，
，
∴△ACE∽△BCF，
∴＝＝2+，∠CAE＝∠CBF，
又∵AE＝n，
∴，
∵∠CAE＝∠CBF，∠CAE+∠CBE＝90°，
∴∠CBE+∠CBF＝90°，
∴∠EBF＝90°，
∴EF2＝BE2+BF2，
∴，
∴（2）m2+n2＝p2，
即m，n，p三者之间满足的等量关系是：（2）m2+n2＝p2．
3．迁移应用：①证明：如图②

∵∠BAC＝∠DAE＝120°，
∴∠DAB＝∠CAE，
在△DAB和△EAC中，
，
∴△DAB≌△EAC，
②解：结论：CD＝AD+BD．
理由：如图2﹣1中，作AH⊥CD于H．

∵△DAB≌△EAC，
∴BD＝CE，
在Rt△ADH中，DH＝AD•cos30°＝AD，
∵AD＝AE，AH⊥DE，
∴DH＝HE，
∴CD＝DE+EC＝2DH+BD＝AD+BD．
拓展延伸：①证明：如图3中，作BH⊥AE于H，连接BE．

∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，
∴△ABD，△BDC是等边三角形，
∴BA＝BD＝BC，
∵E、C关于BM对称，
∴BC＝BE＝BD＝BA，FE＝FC，
∴A、D、E、C四点共圆，
∴∠ADC＝∠AEC＝120°，
∴∠FEC＝60°，
∴△EFC是等边三角形，
②解：∵AE＝5，EC＝EF＝2，
∴AH＝HE＝2.5，FH＝4.5，
在Rt△BHF中，∵∠BFH＝30°，
∴＝cos30°，
∴BF＝＝3．
4．解：（1）由旋转可得：AC＝A'C＝2，
∵∠ACB＝90°，AB＝，AC＝2，
∴BC＝，
∵∠ACB＝90°，m∥AC，
∴∠A'BC＝90°，
∴cos∠A'CB＝＝，
∴∠A'CB＝30°，
∴∠ACA'＝60°；
（2）∵M为A'B'的中点，
∴∠A'CM＝∠MA'C，
由旋转可得，∠MA'C＝∠A，
∴∠A＝∠A'CM，
∴tan∠PCB＝tan∠A＝，
∴PB＝BC＝，
∵∠PCQ＝∠PBC＝90°，
∴∠BQC+∠BPC＝∠BCP+∠BPC＝90°，
∴∠BQC＝∠BCP＝∠A，
∴tan∠BQC＝tan∠A＝，
∴BQ＝BC×＝2，
∴PQ＝PB+BQ＝；
（3）∵S四边形PA'B′Q＝S△PCQ﹣S△A'CB'＝S△PCQ﹣，
∴S四边形PA'B′Q最小，即S△PCQ最小，
∴S△PCQ＝PQ×BC＝PQ，
法一：（几何法）取PQ的中点G，
∵∠PCQ＝90°，
∴CG＝PQ，即PQ＝2CG，
当CG最小时，PQ最小，
∴CG⊥PQ，即CG与CB重合时，CG最小，
∴CGmin＝，PQmin＝2，
∴S△PCQ的最小值＝3，S四边形PA'B′Q＝3﹣；
法二（代数法）设PB＝x，BQ＝y，
由射影定理得：xy＝3，
∴当PQ最小时，x+y最小，
∴（x+y）2＝x2+2xy+y2＝x2+6+y2≥2xy+6＝12，
当x＝y＝时，“＝”成立，
∴PQ＝+＝2，
∴S△PCQ的最小值＝3，S四边形PA'B′Q＝3﹣．

5．（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵∠ADE+∠CDE＝∠B+∠BAD，∠ADE＝∠B，
∴∠BAD＝∠CDE，
∴△BAD∽△DCE．
（2）解：如图2中，作AM⊥BC于M．

在Rt△ABM中，设BM＝4k，则AM＝BM•tanB＝4k×＝3k，
由勾股定理，得到AB2＝AM2+BM2，
∴202＝（3k）2+（4k）2，
∴k＝4或﹣4（舍弃），
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴BC＝2BM＝2•4k＝32，
∵DE∥AB，
∴∠BAD＝∠ADE，
∵∠ADE＝∠B，∠B＝∠ACB，
∴∠BAD＝∠ACB，
∵∠ABD＝∠CBA，
∴△ABD∽△CBA，
∴＝，
∴DB＝＝＝，
∵DE∥AB，
∴＝，
∴AE＝＝＝．
（3）点D在BC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF＝CF．
理由：作FH⊥BC于H，AM⊥BC于M，AN⊥FH于N．则∠NHM＝∠AMH＝∠ANH＝90°，

∴四边形AMHN为矩形，
∴∠MAN＝90°，MH＝AN，
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∵AB＝20，tanB＝
∴BM＝CM＝16，
∴BC＝32，
在Rt△ABM中，由勾股定理，得AM＝＝＝12，
∵AN⊥FH，AM⊥BC，
∴∠ANF＝90°＝∠AMD，
∵∠DAF＝90°＝∠MAN，
∴∠NAF＝∠MAD，
∴△AFN∽△ADM，
∴＝＝tan∠ADF＝tanB＝，
∴AN＝AM＝×12＝9，
∴CH＝CM﹣MH＝CM﹣AN＝16﹣9＝7，
当DF＝CF时，由点D不与点C重合，可知△DFC为等腰三角形，
∵FH⊥DC，
∴CD＝2CH＝14，
∴BD＝BC﹣CD＝32﹣14＝18，
∴点D在BC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF＝CF，此时BD＝18．
6．解：（1）∵∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，
∴AC＝＝4，
∵∠ACB＝90°，△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，点A′落在AC的延长线上，
∴∠A'CB＝90°，A'B＝AB＝5，
Rt△A'BC中，A'C＝＝4，
∴AA'＝AC+A'C＝8；
（2）过C作CE∥A'B交AB于E，过C作CD⊥AB于D，如图：

∵△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，
∴∠A'BC＝∠ABC，BC'＝BC＝3，
∵CE∥A'B，
∴∠A'BC'＝∠CEB，
∴∠CEB＝∠ABC，
∴CE＝BC＝3，
Rt△ABC中，S△ABC＝AC•BC＝AB•CD，AC＝4，BC＝3，AB＝5，
∴CD＝＝，
Rt△CED中，DE＝＝＝，
同理BD＝，
∴BE＝DE+BD＝，C'E＝BC'+BE＝3+＝，
∵CE∥A'B，
∴＝，
∴＝，
∴BM＝；
（3）DE存在最小值1，理由如下：
过A作AP∥A'C'交C'D延长线于P，连接A'C，如图：

∵△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，
∴BC＝BC'，∠ACB＝∠A'C'B＝90°，AC＝A'C'，
∴∠BCC'＝∠BC'C，
而∠ACP＝180°﹣∠ACB﹣∠BCC'＝90°﹣∠BCC'，
∠A'C'D＝∠A'C'B﹣∠BC'C＝90°﹣∠BC'C，
∴∠ACP＝∠A'C'D，
∵AP∥A'C'，
∴∠P＝∠A'C'D，
∴∠P＝∠ACP，
∴AP＝AC，
∴AP＝A'C'，
在△APD和△A'C'D中，
，
∴△APD≌△A'C'D（AAS），
∴AD＝A'D，即D是AA'中点，
∵点E为AC的中点，
∴DE是△AA'C的中位线，
∴DE＝A'C，
要使DE最小，只需A'C最小，此时A'、C、B共线，A'C的最小值为A'B﹣BC＝AB﹣BC＝2，
∴DE最小为A'C＝1．
7．解：（1）如答图1，连接OG．

∵EG为切线，
∴∠KGE+∠OGA＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠AKH+∠OAG＝90°，
又∵OA＝OG，
∴∠OGA＝∠OAG，
∴∠KGE＝∠AKH＝∠GKE，
∴KE＝GE．
（2）AC∥EF，理由为连接GD，如图2所示．

∵KG2＝KD•GE，即＝，
∴＝，
又∵∠KGE＝∠GKE，
∴△GKD∽△EGK，
∴∠E＝∠AGD，
又∵∠C＝∠AGD，
∴∠E＝∠C，
∴AC∥EF；
（3）连接OG，OC，如图3所示，

∵EG为切线，
∴∠KGE+∠OGA＝90°，
∵CD⊥AB，
∴∠AKH+∠OAG＝90°，
又∵OA＝OG，
∴∠OGA＝∠OAG，
∴∠KGE＝∠AKH＝∠GKE，
∴KE＝GE．
∵sinE＝sin∠ACH＝，设AH＝3t，则AC＝5t，CH＝4t，
∵KE＝GE，AC∥EF，
∴CK＝AC＝5t，
∴HK＝CK﹣CH＝t．
在Rt△AHK中，根据勾股定理得AH2+HK2＝AK2，
即（3t）2+t2＝（2）2，解得t＝．
设⊙O半径为r，在Rt△OCH中，OC＝r，OH＝r﹣3t，CH＝4t，
由勾股定理得：OH2+CH2＝OC2，
即（r﹣3t）2+（4t）2＝r2，解得r＝t＝．
∵EF为切线，
∴△OGF为直角三角形，
在Rt△OGF中，OG＝r＝，tan∠OFG＝tan∠CAH＝＝，
∴FG＝＝＝．
8．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠DAE＝∠BCK，
∵BK⊥AC，DH∥KB，
∴∠BKC＝∠AED＝90°，
∴△BKC≌△ADE，
∴AE＝CK；
（2）解：∵AB＝a，AD＝＝BC，
∴AC＝＝＝
∵BK⊥AC，∠ABC＝90°，
∴在Rt△ABC中，由三角形的面积公式得：AB×BC＝AC×BK，
∴a×a＝a×BK，
∴BK＝a．
（3）解：DG是圆的弦，又有AE⊥GD得GE＝ED，
∵DE＝6，
∴GE＝6，
又∵F为EG中点，
∴EF＝EG＝3，
∵△BKC≌△DEA，
∴BK＝DE＝6，
∴EF＝BK，且EF∥BK，
∴△AEF∽△AKB，且相似比为1：2，
∴EF为△ABK的中位线，
∴AF＝BF，
又∵∠ADF＝∠H，∠DAF＝∠HBF＝90°，
∴△AFD≌△BFH（AAS），
∴HF＝DF＝3+6＝9，
∴GH＝6，
∵DH∥KB，BK⊥AC，四边形ABCD为矩形，
∴∠AEF＝∠DEA＝90°，
∴∠FAE+∠DAE＝∠FAE+∠AFE＝90°，
∴∠AFE＝∠DAE，
∴△AEF∽△DEA，
∴AE：ED＝EF：AE，
∴AE2＝EF•ED＝3×6＝18，
∴AE＝3，
∵△AED∽△HEC，
∴＝＝，
∴AE＝AC，
∴AC＝9，
则AO＝，
故⊙O的半径是，GH的长是6．

9．（1）证明：∵BC是⊙O的直径，BE是⊙O的切线，
∴EB⊥BC．
又∵AD⊥BC，
∴AD∥BE．
∵△BFC∽△DGC，△FEC∽△GAC，
∴．
∴．
∵G是AD的中点，
∴DG＝AG．
∴BF＝EF．
（2）证明：连接AO，AB，
∵BC是⊙O的直径，
∴∠BAC＝90°．
在Rt△BAE中，由（1），知F是斜边BE的中点，
∴AF＝FB＝EF．
∴∠FBA＝∠FAB．
又∵OA＝OB，
∴∠ABO＝∠BAO．
∵BE是⊙O的切线，
∴∠EBO＝90°．
∵∠EBO＝∠FBA+∠ABO＝∠FAB+∠BAO＝∠FAO＝90°，
∴PA是⊙O的切线．
（3）解：过点F作FH⊥AD于点H，
∵BD⊥AD，FH⊥AD，
∴FH∥BC．
由（2），知∠FBA＝∠BAF，
∴BF＝AF．
由已知，有BF＝FG，
∴AF＝FG，即△AFG是等腰三角形．
∵FH⊥AD，
∴AH＝GH．
∵DG＝AG，
∴DG＝2HG．
即．
∵FH∥BD，BF∥AD，∠FBD＝90°，
∴四边形BDHF是矩形，BD＝FH．
∵FH∥BC，易证△HFG∽△DCG，
∴．
即．
∵⊙O的半径长为3，
∴BC＝6．
∴．
解得BD＝2．
∴BD＝FH＝2．
∵，
∴CF＝3FG．
在Rt△FBC中，
∵CF＝3FG，BF＝FG，
∴CF2＝BF2+BC2∴（3FG）2＝FG2+（6）2
解得FG＝3（负值舍去）
∴FG＝3．


10．（1）证明：∵C是的中点，∴，
∴∠CAD＝∠ABC
∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB＝90°．
∴∠CAD+∠AQC＝90°
又CE⊥AB，∴∠ABC+∠PCQ＝90°
∴∠AQC＝∠PCQ
∴在△PCQ中，PC＝PQ，
∵CE⊥直径AB，∴
∴
∴∠CAD＝∠ACE．
∴在△APC中，有PA＝PC，
∴PA＝PC＝PQ
∴P是△ACQ的外心．
（2）解：∵CE⊥直径AB于F，
∴在Rt△BCF中，由tan∠ABC＝，CF＝8，
得．
∴由勾股定理，得BC＝＝
∵AB是⊙O的直径，
∴在Rt△ACB中，由tan∠ABC＝＝，BC＝，
∴AC＝10，
易知Rt△ACB∽Rt△QCA，
∴AC2＝CQ•BC，
∴CQ＝＝；
（3）证明：∵AB是⊙O的直径，∴∠ADB＝90°
∴∠DAB+∠ABD＝90°
又CF⊥AB，∴∠ABG+∠G＝90°
∴∠DAB＝∠G；
∴Rt△AFP∽Rt△GFB，
∴，即AF•BF＝FP•FG
易知Rt△ACF∽Rt△CBF，
∴CF2＝AF•BF（或由射影定理得）
∴FC2＝PF•FG，
由（1），知PC＝PQ，∴FP+PQ＝FP+PC＝FC
∴（FP+PQ）2＝FP•FG．
11．解：（1）连接OP，则∠OPC＝90°
∵
∴∠BAF＝30°
设EF＝x，则AE＝x
∵tan∠BFE＝
∴BE＝3x
∴cos∠POA＝OE：OP＝
∴∠POA＝60°
∵CP是切线
∴∠OPC＝90°
∴∠C＝30°；
（2）∵PD⊥AB，PD＝，
∴PE＝3，
∴CP＝6，OP＝6，
那么AB＝2OP＝12，
∵PC2＝AC×BC，
∴AC＝6，
∴BC＝18，
∴QB＝9，CQ＝9，
∴PQ＝3，
∵PQ2＝QH×QB，
∴QH＝3．

12．（1）证明：∵∠ACB＝90°，
∴AB是直径，
又∵AB⊥CD，
∵，
∴∠DPF＝180°﹣∠APD＝180°﹣所对的圆周角＝180°﹣所对的圆周角＝所对的圆周角＝∠APC．
在△PAC和△PDF中，
，
∴△PAC∽△PDF．
（2）解：如图1，连接PO，则由，有PO⊥AB，且∠PAB＝45°，△APO、△AEF都为等腰直角三角形．

在Rt△ABC中，
∵AC＝2BC，
∴AB2＝BC2+AC2＝5BC2，
∵AB＝5，
∴BC＝，
∴AC＝2，
∴CE＝AC•sin∠BAC＝AC•＝2•＝2，
AE＝AC•cos∠BAC＝AC•＝2•＝4，
∵△AEF为等腰直角三角形，
∴EF＝AE＝4，
∴FD＝FC+CD＝（EF﹣CE）+2CE＝EF+CE＝4+2＝6．
∵△APO为等腰直角三角形，AO＝•AB＝，
∴AP＝．
∵△PDF∽△PAC，
∴，
∴，
∴PD＝．
（3）解：如图2，过点G作GH⊥AB，交AC于H，连接HB，以HB为直径作圆，连接CG并延长交⊙O于Q，

∵HC⊥CB，GH⊥GB，
∴C、G都在以HB为直径的圆上，
∴∠HBG＝∠ACQ，
∵C、D关于AB对称，G在AB上，
∴Q、P关于AB对称，
∴，
∴∠PCA＝∠ACQ，
∴∠HBG＝∠PCA．
∵△PAC∽△PDF，
∴∠PCA＝∠PFD＝∠AFD，
∴y＝tan∠AFD＝tan∠PCA＝tan∠HBG＝．
∵HG＝tan∠HAG•AG＝tan∠BAC•AG＝＝，
∴y＝＝x．
13．解：（1）∵抛物线与y轴交于点C（0，﹣）．
∴a﹣3＝﹣，解得：a＝，
∴y＝（x+1）2﹣3
当y＝0时，有（x+1）2﹣3＝0，
∴x1＝2，x2＝﹣4，
∴A（﹣4，0），B（2，0）．
（2）∵A（﹣4，0），B（2，0），C（0，﹣），D（﹣1，﹣3）
∴S四边形ABCD＝S△ADH+S梯形OCDH+S△BOC＝×3×3+（+3）×1+×2×＝10．
从面积分析知，直线l只能与边AD或BC相交，所以有两种情况：
①当直线l边AD相交与点M1时，则＝×10＝3，
∴×3×（﹣）＝3
∴＝﹣2，点M1（﹣2，﹣2），过点H（﹣1，0）和M1（﹣2，﹣2）的直线l的解析式为y＝2x+2．
②当直线l边BC相交与点M2时，同理可得点M2（，﹣2），过点H（﹣1，0）和M2（，﹣2）的直线l的解析式为y＝﹣x﹣．
综上所述：直线l的函数表达式为y＝2x+2或y＝﹣x﹣．
（3）设P（x1，y1）、Q（x2，y2）且过点H（﹣1，0）的直线PQ的解析式为y＝kx+b，
∴﹣k+b＝0，
∴b＝k，
∴y＝kx+k．
由，
∴+（﹣k）x﹣﹣k＝0，
∴x1+x2＝﹣2+3k，y1+y2＝kx1+k+kx2+k＝3k2，
∵点M是线段PQ的中点，
根据中点坐标公式得M（，），
∴点M（k﹣1，k2）．
假设存在这样的N点如图，直线DN∥PQ，设直线DN的解析式为y＝kx+k﹣3
由，解得：x1＝﹣1，x2＝3k﹣1，∴N（3k﹣1，3k2﹣3）
∵四边形DMPN是菱形，
∴DN＝DM，
∴（3k）2+（3k2）2＝（）2+（）2，
整理得：3k4﹣k2﹣4＝0，
∵k2+1＞0，
∴3k2﹣4＝0，
解得k＝±，
∵k＜0，
∴k＝﹣，
∴P（﹣3﹣1，6），M（﹣﹣1，2），N（﹣2﹣1，1）
∴PM＝DN＝2，
∵PM∥DN，
∴四边形DMPN是平行四边形，
∵DM＝DN，
∴四边形DMPN为菱形，
∴以DP为对角线的四边形DMPN能成为菱形，此时点N的坐标为（﹣2﹣1，1）．

14．解：（1）抛物线y＝（x+2）（x﹣4），
令y＝0，解得x＝﹣2或x＝4，
∴A（﹣2，0），B（4，0）．
∵直线y＝﹣x+b经过点B（4，0），
∴﹣×4+b＝0，解得b＝，
∴直线BD解析式为：y＝﹣x+．
当x＝﹣5时，y＝3，
∴D（﹣5，3）．
∵点D（﹣5，3）在抛物线y＝（x+2）（x﹣4）上，
∴（﹣5+2）（﹣5﹣4）＝3，
∴k＝．
∴抛物线的函数表达式为：y＝（x+2）（x﹣4）．
即y＝x2﹣x﹣．
（2）由抛物线解析式，令x＝0，得y＝﹣k，
∴C（0，﹣k），OC＝k．
因为点P在第一象限内的抛物线上，所以∠ABP为钝角．
因此若两个三角形相似，只可能是△ABC∽△APB或△ABC∽△PAB．
①若△ABC∽△APB，则有∠BAC＝∠PAB，如答图2﹣1所示．
设P（x，y），过点P作PN⊥x轴于点N，则ON＝x，PN＝y．
tan∠BAC＝tan∠PAB，即：，
∴y＝x+k．
∴P（x，x+k），代入抛物线解析式y＝（x+2）（x﹣4），
得（x+2）（x﹣4）＝x+k，整理得：x2﹣6x﹣16＝0，
解得：x＝8或x＝﹣2（与点A重合，舍去），
∴P（8，5k）．
∵△ABC∽△APB，
∴，即，
解得：k＝．
②若△ABC∽△PAB，则有∠ABC＝∠PAB，如答图2﹣2所示．
设P（x，y），过点P作PN⊥x轴于点N，则ON＝x，PN＝y．
tan∠ABC＝tan∠PAB，即：＝，

∴y＝x+．
∴P（x，x+），代入抛物线解析式y＝（x+2）（x﹣4），
得（x+2）（x﹣4）＝x+，整理得：x2﹣4x﹣12＝0，
解得：x＝6或x＝﹣2（与点A重合，舍去），
∴P（6，2k）．
∵△ABC∽△PAB，
＝，
∴＝，
解得k＝±，
∵k＞0，
∴k＝，
综上所述，k＝或k＝．

（3）方法一：
如答图3，由（1）知：D（﹣5，3），

如答图2﹣2，过点D作DN⊥x轴于点N，则DN＝3，ON＝5，BN＝4+5＝9，
∴tan∠DBA＝＝＝，
∴∠DBA＝30°．
过点D作DK∥x轴，则∠KDF＝∠DBA＝30°．
过点F作FG⊥DK于点G，则FG＝DF．
由题意，动点M运动的路径为折线AF+DF，运动时间：t＝AF+DF，
∴t＝AF+FG，即运动的时间值等于折线AF+FG的长度值．
由垂线段最短可知，折线AF+FG的长度的最小值为DK与x轴之间的垂线段．
过点A作AH⊥DK于点H，则t最小＝AH，AH与直线BD的交点，即为所求之F点．
∵A点横坐标为﹣2，直线BD解析式为：y＝﹣x+，
∴y＝﹣×（﹣2）+＝2，
∴F（﹣2，2）．
综上所述，当点F坐标为（﹣2，2）时，点M在整个运动过程中用时最少．
方法二：
作DK∥AB，AH⊥DK，AH交直线BD于点F，
∵∠DBA＝30°，
∴∠BDH＝30°，
∴FH＝DF×sin30°＝，
∴当且仅当AH⊥DK时，AF+FH最小，
点M在整个运动中用时为：t＝，
∵lBD：y＝﹣x+，
∴FX＝AX＝﹣2，
∴F（﹣2，）．
15．解：（1）∵抛物线y＝a（x﹣h）2+k，顶点P的坐标为（2，﹣1），
∴h＝2，k＝﹣1，即抛物线y＝a（x﹣h）2+k为y＝a（x﹣2）2﹣1，
∵抛物线y＝a（x﹣h）2+k经过O，即y＝a（x﹣2）2﹣1的图象过（0，0），
∴0＝a（0﹣2）2﹣1，解得a＝，
∴抛物线的函数表达为y＝（x﹣2）2﹣1＝x2﹣x；
（2）在y＝x2﹣x中，令y＝x得x＝x2﹣x，
解得x＝0或x＝8，
∴B（0，0）或B（8，8），
①当B（0，0）时，过B作BC∥AP交抛物线于C，此时∠ABC＝∠OAP，如图：

在y＝x2﹣x中，令y＝0，得x2﹣x＝0，
解得x＝0或x＝4，
∴A（4，0），
设直线AP解析式为y＝kx+b，将A（4，0）、P（2，﹣1）代入得：
，解得，
∴直线AP解析式为y＝x﹣2，
∵BC∥AP，
∴设直线BC解析式为y＝x+b'，将B（0，0）代入得b'＝0，
∴直线BC解析式为y＝x，
由得（此时为点O，舍去）或，
∴C（6，3）；
②当B（8，8）时，过P作PQ⊥x轴于Q，过B作BH⊥x轴于H，作H关于AB的对称点M，作直线BM交抛物线于C，连接AM，如图：

∵P（2，﹣1），A（4，0），
∴PQ＝1，AQ＝2，
Rt△APQ中，tan∠OAP＝＝，
∵B（8，8），A（4，0），
∴AH＝4，BH＝8，
Rt△ABH中，tan∠ABH＝＝，
∴∠OAP＝∠ABH，
∵H关于AB的对称点M，
∴∠ABH＝∠ABM，
∴∠ABM＝∠OAP，即C是满足条件的点，
设M（x，y），
∵H关于AB的对称点M，
∴AM＝AH＝4，BM＝BH＝8，
∴，
两式相减变形可得x＝8﹣2y，代入即可解得（此时为H，舍去）或，
∴M（，），
设直线BM解析式为y＝cx+d，将M（，），B（8，8）代入得；
，解得，
∴直线BM解析式为y＝x+2，
解得或（此时为B，舍去），
∴C（﹣1，），
综上所述，C坐标为（6，3）或（﹣1，）；
（3）设BC交y轴于M，过B作BH⊥x轴于H，过M作MN⊥BH于N，如图：

∵点B的横坐标为t，
∴B（t，t2﹣t），又A（4，0），
∴AH＝|t﹣4|，BH＝|t2﹣t|，OH＝|t|＝MN，
∵∠ABC＝90°，
∴∠MBN＝90°﹣∠ABH＝∠BAH，
且∠N＝∠AHB＝90°，
∴△ABH∽△BMN，
∴＝，即＝
∴BN＝＝4，
∴NH＝t2﹣t+4，
∴M（0，t2﹣t+4），
设直线BM解析式为y＝ex+t2﹣t+4，
将B（t，t2﹣t）代入得t2﹣t＝et+t2﹣t+4，
∴e＝﹣，
∴直线BC解析式为y＝﹣x+t2﹣t+4，
由得，
解得x1＝t（B的横坐标），x2＝﹣＝﹣t﹣+4，
∴点C的横坐标为﹣t﹣+4；
当t＜0时，
xC＝﹣t﹣+4
＝（）2+（）2+4
＝（﹣）2+12，
∴＝时，xC最小值是12，此时t＝﹣4，
∴当t＜0时，点C的横坐标的取值范围是xC≥12．
16．解：（1）设抛物线的解析式为y＝a（x+1）（x﹣4）．
∵将C（0，﹣2）代入得：4a＝2，解得a＝，
∴抛物线的解析式为y＝（x+1）（x﹣4），即y＝x2﹣x﹣2．
（2）过点D作DG⊥x轴于点G，交BC于点F，过点A作AK⊥x轴交BC的延长线于点K，

∴AK∥DG，
∴△AKE∽△DFE，
∴，
∴，
设直线BC的解析式为y＝kx+b1，
∴，解得，
∴直线BC的解析式为y＝x﹣2，
∵A（﹣1，0），
∴y＝﹣﹣2＝﹣，
∴AK＝，
设D（m，m﹣2），则F（m，m﹣2），
∴DF＝m+2＝﹣+2m．
∴m＝﹣．
∴当m＝2时，有最大值，最大值是．
（3）存在．符合条件的点P的坐标为（）或（）．
∵l∥BC，
∴直线l的解析式为y＝x，
设P（a1，），
①当点P在直线BQ右侧时，如图2，过点P作PN⊥x轴于点N，过点Q作QM⊥直线PN于点M，

∵A（﹣1，0），C（0，﹣2），B（4，0），
∴AC＝，AB＝5，BC＝2，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∵△PQB∽△CAB，
∴，
∵∠QMP＝∠BNP＝90°，
∴∠MQP+∠MPQ＝90°，∠MPQ+∠BPN＝90°，
∴∠MQP＝∠BPN，
∴△QPM∽△PBN，
∴＝，
∴QM＝，PM＝（a1﹣4）＝a1﹣2，
∴MN＝a1﹣2，BN﹣QM＝a1﹣4﹣＝a1﹣4，
∴Q（a1，a1﹣2），
将点Q的坐标代入抛物线的解析式得﹣2＝a1﹣2，
解得a1＝0（舍去）或a1＝．
∴P（）．
②当点P在直线BQ左侧时，
由①的方法同理可得点Q的坐标为（a1，2）．
此时点P的坐标为（）．
17．解：（1）将点A（﹣1，0），B（3，0）代入抛物线y＝﹣x2+bx+c得：
，
解得：，
∴抛物线的解析式为：y＝﹣x2+2x+3．
故答案为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）①当x＝0时，y＝﹣x2+2x+3＝3，
∴点C（0，3），
又∵B（3，0），
∴直线BC的解析式为：y＝﹣x+3，
∵OB＝OC＝3，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
作FK⊥y轴于点K，
又∵FH⊥BC，
∴∠KFH＝∠KHF＝45°，
∴FH＝KF＝OE，
∴DF+HF＝DE﹣EF+OE
＝（﹣m2+2m+3）﹣（﹣m+3）+m
＝﹣m2+（3+）m，
由题意有0＜m＜3，且0＜﹣＝＜3，﹣1＜0，
∴当m＝时，DF+HF取最大值，
DF+HF的最大值为：﹣+（3+）×＝；
②作GM⊥y轴于点M，记直线FH与x轴交于点N，
∵FK⊥y轴，DE⊥x轴，∠KFH＝45°，
∴∠EFH＝∠ENF＝45°，
∴EF＝EN，
∵∠KHF＝∠ONH＝45°，
∴OH＝ON，
∵y＝﹣x2+2x+3的对称轴为直线x＝1，
∴MG＝1，
∵HG＝MG＝，
∵∠GEH＝45°，
∴∠GEH＝∠EFH，
又∠EHF＝∠GHE，
∴△EHG∽△FHE，
∴HE：HG＝HF：HE，
∴HE2＝HG•HF
＝×m
＝2m，
在Rt△OEH中，
OH＝ON
＝|OE﹣EN|
＝|OE﹣EF|
＝|m﹣（﹣m+3）|
＝|2m﹣3|，
OE＝m，
∴HE2＝OE2+OH2
＝m2+（2m﹣3）2
＝5m2﹣12m+9，
∴5m2﹣12m+9＝2m，
解得：m＝1或．

18．解：（1）∵A为直线y＝k（x﹣2）+1上的定点，
∴A的坐标与k无关，
∴x﹣2＝0，
∴x＝2，此时y＝1，
∴点A的坐标为（2，1）；
（2）∵y＝﹣x2+4x
＝﹣（x﹣2）2+4，
∴顶点D的坐标为（2，4），
∵点A的坐标为（2，1），
∴AD⊥x轴．
如图（1），分别过点B，C作直线AD的垂线，垂足分别为M，N，设B，C的横坐标分别为x1，x2，

∵△ACD的面积是△ABD面积的两倍，
∴CN＝2BM，
∴x2﹣2＝2（2﹣x1），
∴2x1+x2＝6．
联立，得x2+（k﹣4）x﹣2k+1＝0，①
解得x1＝，x2＝，
∴2×+＝6，
化简得：＝﹣3k，
解得k＝﹣．
另解：接上解，由①得x1+x2＝4﹣k，
又由2x1+x2＝6，得x1＝2+k．
∴（2+k）2+（k﹣4）（2+k）﹣2k+1＝0，
解得k＝±．
∵k＜0，
∴k＝﹣；
（3）如图（2），设⊙E与直线y＝t交于点G，H，点C的坐标为（a，﹣a2+4a）．
∵E是AC的中点，
∴将线段AE沿AC方向平移与EC重合，
∴xE﹣xA＝xC﹣xE，yE﹣yA＝yC﹣yE，
∴xE＝（xA+xC），yE＝（yA+yC）．
∴E（1+，）．
分别过点E，A作x轴，y轴的平行线交于点F，在Rt△AEF中，由勾股定理得：
EA2＝+
＝+，
过点E作PE⊥GH，垂足为P，连接EH，
∴GH＝2PH，EP2＝，
又∵AE＝EH，
∴GH2＝4PH2
＝4（EH2﹣EP2）
＝4（EA2﹣EP2）
＝4[+﹣]
＝4[﹣a+1+﹣（﹣a2+4a+1）+1﹣+t（﹣a2+4a+1）﹣t2]
＝4[（﹣t）a2+（4t﹣5）a+1+t﹣t2]．
∵GH的长为定值，
∴﹣t＝0，且4t﹣5＝0，
∴t＝．

19．解：（1）由题意可得，
解得a＝1，b＝﹣5，c＝5；
∴二次函数的解析式为：y＝x2﹣5x+5，
（2）作AM⊥x轴，BN⊥x轴，垂足分别为M，N，设对称轴交x轴于Q．

则，
∵MQ＝，
∴NQ＝2，B（，）；
∴，
解得，
∴，D（0，），
同理可求，，
∵S△BCD＝S△BCG，
∴①DG∥BC（G在BC下方），，
∴＝x2﹣5x+5，
解得，，x2＝3，
∵x＞，
∴x＝3，
∴G（3，﹣1）．
②G在BC上方时，直线G2G3与DG1关于BC对称，
∴＝，
∴＝x2﹣5x+5，
解得，，
∵x＞，
∴x＝，
∴G（，），
综上所述点G的坐标为G（3，﹣1），G（，）．
（3）由题意可知：k+m＝1，
∴m＝1﹣k，
∴y1＝kx+1﹣k，
∴kx+1﹣k＝x2﹣5x+5，
解得x1＝1，x2＝k+4，
∴B（k+4，k2+3k+1），
如图，设AB中点为O′，

∵P点有且只有一个，
∴以AB为直径的圆与x轴只有一个交点，且P为切点，
∴O′P⊥x轴，
∴P为MN的中点，
∴P（，0），
∵△AMP∽△PNB，
∴，
∴AM•BN＝PN•PM，
∴1×（k2+3k+1）＝（k+4﹣）（），
∵k＞0，
∴k＝＝﹣1+．
20．解：（1）由题意抛物线的顶点D（0，4），A（﹣2，0），设抛物线的解析式为y＝ax2+4，
把A（﹣2，0）代入可得a＝﹣，
∴抛物线C的函数表达式为y＝﹣x2+4．
（2）由题意抛物线C′的顶点坐标为（2m，﹣4），设抛物线C′的解析式为y＝（x﹣2m）2﹣4，
由，消去y得到x2﹣2mx+2m2﹣8＝0，
由题意，抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点，
则有，解得2＜m＜2，
∴满足条件的m的取值范围为2＜m＜2．
（3）结论：四边形PMP′N能成为正方形．
理由：情形1，如图，作PE⊥x轴于E，MH⊥x轴于H．

由题意易知P（2，2），当△PFM是等腰直角三角形时，四边形PMP′N是正方形，
∴PF＝FM，∠PFM＝90°，
易证△PFE≌△FMH，可得PE＝FH＝2，EF＝HM＝2﹣m，
∴M（m+2，m﹣2），
∵点M在y＝﹣x2+4上，
∴m﹣2＝﹣（m+2）2+4，解得m＝﹣3或﹣﹣3（舍弃），
∴m＝﹣3时，四边形PMP′N是正方形．
情形2，如图，四边形PMP′N是正方形，同法可得M（m﹣2，2﹣m），

把M（m﹣2，2﹣m）代入y＝﹣x2+4中，2﹣m＝﹣（m﹣2）2+4，解得m＝6或0（舍弃），
∴m＝6时，四边形PMP′N是正方形．
综上，四边形PMP′N能成为正方形，m＝﹣3或6．
21．解：（1）令y＝0，则ax2﹣2ax﹣3a＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝3
∵点A在点B的左侧，
∴A（﹣1，0），
如图1，作DF⊥x轴于F，
∴DF∥OC，
∴＝，
∵CD＝4AC，
∴＝＝4，
∵OA＝1，
∴OF＝4，
∴D点的横坐标为4，
代入y＝ax2﹣2ax﹣3a得，y＝5a，
∴D（4，5a），
把A、D坐标代入y＝kx+b得，
解得，
∴直线l的函数表达式为y＝ax+a．

（2）如图1，过点E作EN⊥y轴于点N
设点E（m，a（m+1）（m﹣3）），yAE＝k1x+b1，
则，
解得：，
∴yAE＝a（m﹣3）x+a（m﹣3），M（0，a（m﹣3））
∵MC＝a（m﹣3）﹣a，NE＝m
∴S△ACE＝S△ACM+S△CEM＝[a（m﹣3）﹣a]+[a（m﹣3）﹣a]m＝（m+1）[a（m﹣3）﹣a]＝（m﹣）2﹣a，
∴有最大值﹣a＝，
∴a＝﹣；
（3）令ax2﹣2ax﹣3a＝ax+a，即ax2﹣3ax﹣4a＝0，
解得x1＝﹣1，x2＝4，
∴D（4，5a），
∵y＝ax2﹣2ax﹣3a，
∴抛物线的对称轴为x＝1，
设P1（1，m），
①若AD是矩形的一条边，
由AQ∥DP知|xD﹣xP|＝|xA﹣xQ|，可知Q点横坐标为﹣4或6（6不符合题意，舍去），
将x＝﹣4代入抛物线方程得Q（﹣4，21a），
m＝yD+yQ＝21a+5a＝26a，则P（1，26a），
∵四边形ADPQ为矩形，∴∠ADP＝90°，
∴AD2+PD2＝AP2，
∵AD2＝[4﹣（﹣1）]2+（5a）2＝52+（5a）2，
PD2＝（1﹣4）2+（26a﹣5a）2＝32+（21a）2，
∴[4﹣（﹣1）]2+（5a）2+（1﹣4）2+（26a﹣5a）2＝（﹣1﹣1）2+（26a）2，
即a2＝，∵a＜0，∴a＝﹣，
∴P1（1，﹣）．

②若AD是矩形的一条对角线，
则线段AD的中点坐标为（，），Q（2，﹣3a），
m＝5a﹣（﹣3a）＝8a，则P（1，8a），
∵四边形AQDP为矩形，∴∠APD＝90°，
∴AP2+PD2＝AD2，
∵AP2＝[1﹣（﹣1）]2+（8a）2＝22+（8a）2，
PD2＝（4﹣1）2+（8a﹣5a）2＝32+（3a）2，
AD2＝[4﹣（﹣1）]2+（5a）2＝52+（5a）2，
∴22+（8a）2+32+（3a）2＝52+（5a）2，
解得a2＝，∵a＜0，∴a＝﹣，
∴P2（1，﹣4）．
综上可得，P点的坐标为P1（1，﹣4），P2（1，﹣）．

22．（1）证明：在△ABF和△ADO中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAF＝∠DAO＝90°．
又∵∠ABF＝∠ADO，
∴△ABF≌△ADO，
∴BF＝DO．
（2）解：由（1），有△ABF≌△ADO，
∵AO＝AF＝﹣m．
∴点F（m，m）．
∵G是△BDO的外心，
∴点G在DO的垂直平分线上．
∴点B也在DO的垂直平分线上．
∴△DBO为等腰三角形，
∵AB＝AD，
在Rt△BAD中，由勾股定理得：BO＝BD＝AB．
而|BO|＝2，|AB|＝|﹣2﹣m|＝2+m，
∴2＝（2+m），
∴m＝2﹣2．
∴F（2﹣2，2﹣2）．
设经过B，F，O三点的抛物线的解析表达式为y＝ax2+bx+c（a≠0）．
∵抛物线过点O（0，0），
∴c＝0．
∴y＝ax2+bx． ①
把点B（﹣2，0），点F（2﹣2，2﹣2）的坐标代入①中，
得
即
解得
∴抛物线的解析表达式为y＝x2+x．②
（3）解：假定在抛物线上存在一点P，使点P关于直线BE的对称点P'在x轴上．
∵BE是∠OBD的平分线，
∴x轴上的点P'关于直线BE的对称点P必在直线BD上，
即点P是抛物线与直线BD的交点．
设直线BD的解析表达式为y＝kx+b，并设直线BD与y轴交于点Q，则由△BOQ是等腰直角三角形．
∴|OQ|＝|OB|．
∴Q（0，﹣2）．
把点B（﹣2，0），点Q（0，﹣2）代入y＝kx+b中，
得∴
∴直线BD的解析表达式为y＝﹣x﹣2．
设点P（x0，y0），则有y0＝﹣x0﹣2． ③
把③代入②，得x02+x0＝﹣x0﹣2，
∴x02+（+1）x0+2＝0，
即x02+2（+1）x0+4＝0．
∴（x0+2）（x0+2）＝0．
解得x0＝﹣2或x0＝﹣2．
当x0＝﹣2时，y＝﹣x0﹣2＝2﹣2＝0；
当x0＝﹣2时，y0＝﹣x0﹣2＝2﹣2．
∴在抛物线上存在点P1（﹣2，0），P2（﹣2，2﹣2），它们关于直线BE的对称点都在x轴上．