苏州木渎实验初级中学中考数学期末二次函数和几何综合汇编

苏州木渎实验初级中学中考数学期末二次函数和几何综合汇编一、二次函数压轴题1．定义：若抛物线的顶点和与x轴的两个交点所组成的三角形为等边三角形时．则称此抛物线为正抛物线．概念理解：（1）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．试证明：以点A为顶点，且与x轴交于D、C两点的抛物线是正抛物线；问题探究：（2）已知一条抛物线经过x轴的两点E、F（E在F的左边），E（1，0）且EF＝2若此条抛物线为正抛物线，求这条抛物线的解析式；应用拓展：（3）将抛物线y1＝﹣x2+2x+9向下平移9个单位后得新的抛物线y2．抛物线y2的顶点为P，与x轴的两个交点分别为M、N（M在N左侧），把△PMN沿x轴正半轴无滑动翻滚，当边PN与x轴重合时记为第1次翻滚，当边PM与x轴重合时记为第2次翻滚，依此类推…，请求出当第2019次翻滚后抛物线y2的顶点P的对应点坐标．2．如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=﹣ax2+bx+3与x轴交于A(﹣1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．（1）求直线AC及抛物线的解析式，并求出D点的坐标；（2）若P为线段BD上的一个动点，过点P作PM⊥x轴于点M，求四边形PMAC的面积的最大值和此时点P的坐标；（3）若点P是x轴上一个动点，过P作直线1∥AC交抛物线于点Q，试探究：随着P点的运动，在抛物线上是否存在点Q，使以点A、P、Q、C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．3．如图，抛物线与轴交于点，与轴交于点，点与点关于轴对称，点的坐标为，过点作轴的垂线交抛物线于点．（1）求点、点、点的坐标；（2）当点在线段上运动时，直线交于点，试探究当为何值时，四边形是平行四边形；（3）在点的运动过程中，是否存在点，使是以为直角边的直角三角形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．4．在数学拓展课上，九（1）班同学根据学习函数的经验，对新函数y=x2﹣2|x|的图象和性质进行了探究，探究过程如下：（初步尝试）求二次函数y=x2﹣2x的顶点坐标及与x轴的交点坐标；（类比探究）当函数y=x2﹣2|x|时，自变量x的取值范围是全体实数，下表为y与x的几组对应值．x…﹣3﹣﹣2﹣10123…y…30﹣10﹣103…①根据表中数据，在如图所示的平面直角坐标系中描点，并画出了函数图象的一部分，请你画出该函数图象的另一部分；②根据画出的函数图象，写出该函数的两条性质．（深入探究）若点M（m，y1）在图象上，且y1≤0，若点N（m+k，y2）也在图象上，且满足y2≥3恒成立，求k的取值范围．5．基本模型如图1，点A，F，B在同一直线上，若∠A=∠B=∠EFC=90°，易得△AFE∽△BCF．（1）模型拓展：如图2，点A，F，B在同一直线上，若∠A=∠B=∠EFC，求证：△AFE∽△BCF；（2）拓展应用：如图3，AB是半圆⊙O的直径，弦长AC=BC=4，E，F分别是AC，AB上的一点，若∠CFE=45°．若设AE=y，BF=x，求出y与x的函数关系式及y的最大值；（3）拓展提升：如图4，在平面直角坐标系柳中，抛物线y=﹣（x+4）（x﹣6）与x轴交于点A，C，与y轴交于点B，抛物线的对称轴交线段BC于点E，探求线段AB上是否存在点F，使得∠EFO=∠BAO？若存在，求出BF的长；若不存在，请说明理由．6．如图，在平面直角坐标系中，抛物线W1：y＝x2+bx+c与x轴交于A（﹣4，0）、B两点，且过点C（0，﹣2）．抛物线W2与抛物线W1关于原点对称，点C在W2上的对应点为C′．（1）求抛物线W1的表达式；（2）写出抛物线W2的表达式；（3）若点P在抛物线W1上，试探究：在抛物线W2上是否存在点Q，使以C、C′、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，并且其面积等于24？若存在，求点Q的坐标；若不存在，请说明理由．7．如果抛物线C1：与抛物线C2：的开口方向相反，顶点相同，我们称抛物线C2是C1的“对顶”抛物线．（1）求抛物线的“对顶”抛物线的表达式；（2）将抛物线的“对顶”抛物线沿其对称轴平移，使所得抛物线与原抛物线形成两个交点M、N，记平移前后两抛物线的顶点分别为A、B，当四边形AMBN是正方形时，求正方形AMBN的面积．（3）某同学在探究“对顶”抛物线时发现：如果抛物线C1与C2的顶点位于x轴上，那么系数b与d，c与e之间的关系是确定的，请写出它们之间的关系．8．某校九年级数学兴趣社团的同学们学习二次函数后，有兴趣的在一起探究“函数的有关图象和性质”．探究过程如下：（1）列表：问______．x…012…y…620002m…（2）请在平面直角坐标系中画出图象．（3）若方程（p为常数）有三个实数根，则______．（4）试写出方程（p为常数）有两个实数根时，p的取值范围是______．9．如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y＝ax2+bx+2（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C．（1）求该抛物线的解析式；（2）如图1，若点D是抛物线上第一象限内的一动点，设点D的横坐标为m，连接CD，BD，BC，AC，当△BCD的面积等于△AOC面积的2倍时，求m的值；（3）如图2，若点N为抛物线对称轴上一点，探究抛物线上是否存在点M，使得以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出所有满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．10．如图1，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=x2+bx+3经过A(1，0)、B(－3，0)两点，与y轴交于点C．直线BC经过B、C两点．（1）求抛物线的解析式及对称轴；（2）将△COB沿直线BC平移，得到△C1O1B1，请探究在平移的过程中是否存在点O1落在抛物线上的情形，若存在，求出点O1的坐标，若不存在，说明理由；（3）如图2，设抛物线的对称轴与x轴交于点E，连结AC，请探究在抛物线上是否存在一点F，使直线EF∥AC，若存在，求出点F的坐标，若不存在，说明理由．二、中考几何压轴题11．如图l，在正方形ABCD中，AB=8，点E在AC上，且，过点作于点，交于点，连接，．（问题发现）（1）线段与的数量关系是________，直线与所夹锐角的度数是___________；（拓展探究）（2）当绕点顺时针旋转时，上述结论是否成立？若成立，请写出结论并结合图2给出证明；若不成立，请说明理由；（解决问题）（3）在（2）的条件下，当点到直线的距离为2时，请直接写出的长．12．[探索发现]（1）如图①，△ABC与△ADE为等腰三角形，且两顶角∠ABC＝∠ADE，连接BD与CE，则△ABD与△ACE的关系是；[操作探究]（2）在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝100°，D是BC的中点，在线段AD上任取一点P，连接PB，将线段PB绕点P按逆时针方向旋转80°，点B的对应点是点E，连接BE，得到△BPE，随着点P在线段AD上位置的变化，点E的位置也在变化，点E可能在直线AD的左侧，也可能在直线AD上，还可能在直线AD的右侧．请你探究，当点E在直线AD上时，如图②所示，连接CE，判断直线CE与直线AB的位置关系，并说明理由．[拓展应用]（3）在（2）的应用下，请在图③中画出△BPE，使得点E在直线AD的右侧，连接CE，试求出点P在线段AD上运动时，AE的最小值．13．探究：如图①和②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，点E、F分别在BC、CD上，∠EAF=45°．（1）如图①，若∠B、∠ADC都是直角，把绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，则能得EF=BE+DF，请写出推理过程；（2）如图②，若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足数量关系时，仍有EF=BE+DF；（3）拓展：如图③，在中，∠BAC=90°，AB=AC=，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°．若BD=1，求DE的长．14．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．15．折纸是一种许多人熟悉的活动．近些年，经过许多人的努力，已经找到了多种将正方形折纸的一边三等分的精确折法，下面探讨其中的一种折法：（综合与实践）操作一：如图1，将正方形纸片ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合，再将正方形纸片ABCD展开，得到折痕MN；操作二：如图2，将正方形纸片ABCD的右上角沿MC折叠，得到点D的对应的点为D′；操作三：如图3，将正方形纸片ABCD的左上角沿MD′折叠再展开，折痕MD′与边AB交于点P；（问题解决）请在图3中解决下列问题：（1）求证：BP＝D′P；（2）AP：BP＝；（拓展探究）（3）在图3的基础上，将正方形纸片ABCD的左下角沿CD′折叠再展开，折痕CD′与边AB交于点Q．再将正方形纸片ABCD过点D′折叠，使点A落在AD边上，点B落在BC边上，然后再将正方形纸片ABCD展开，折痕EF与边AD交于点E，与边BC交于点F，如图4．试探究：点Q与点E分别是边AB，AD的几等分点？请说明理由．16．（探究证明）（1）某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明：如图①，在矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AD、BC于点E、F，GH分别交AB、DC于点G、H，求证：；（结论应用）（2）如图②，将矩形ABCD沿EF折叠，使得点B和点D重合，若AB＝2，BC＝3．求折痕EF的长；（拓展运用）（3）如图③，将矩形ABCD沿EF折叠．使得点D落在AB边上的点G处，点C落在点P处，得到四边形EFPG，若AB＝2，BC＝3，EF＝，请求BP的长．17．问题发现：（1）如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=30°，∠ABC＝90°，将线段AC绕点A逆时针旋转，旋转角α=2∠BAC，∠BCD的度数是；线段BD，AC之间的数量关系是．类比探究：（2）在Rt△ABC中，∠BAC=45°，∠ABC＝90°，将线段AC绕点A逆时针旋转，旋转角α=2∠BAC，请问（1）中的结论还成立吗？；拓展延伸：（3）如图3，在Rt△ABC中，AB＝2，AC＝4，∠BDC＝90°，若点P满足PB＝PC，∠BPC＝90°，请直接写出线段AP的长度．18．探究：如图1和图2，四边形中，已知，，点、分别在、上，．（1）①如图1，若、都是直角，把绕点逆时针旋转90°至，使与重合，直接写出线段、和之间的数量关系____________________；②如图2，若、都不是直角，但满足，线段、和之间①中的结论是否仍然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．（2）拓展：如图3，在中，，，点、均在边上，且，若，求的长．19．如图(1)，在矩形ABCD中，AD＝nAB，点M，P分别在边AB，AD上(均不与端点重合)，且AP＝nAM，以AP和AM为邻边作矩形AMNP，连接AN，CN.（问题发现）（1）如图(2)，当n＝1时，BM与PD的数量关系为，CN与PD的数量关系为.（类比探究）（2）如图(3)，当n＝2时，矩形AMNP绕点A顺时针旋转，连接PD，则CN与PD之间的数量关系是否发生变化？若不变，请就图(3)给出证明；若变化，请写出数量关系，并就图(3)说明理由.（拓展延伸）（3）在(2)的条件下，已知AD＝4，AP＝2，当矩形AMVP旋转至C，N，M三点共线时，请直接写出线段CN的长20．问题探究：（1）如图①，已知在△ABC中，BC＝4，∠BAC＝45°，则AB的最大值是．（2）如图②，已知在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，D为△ABC内一点，且AD＝2，BD＝2．，CD＝6，请求出∠ADB的度数．问题解决：（3）如图③，某户外拓展基地计划在一处空地上修建一个新的拓展游戏区△ABC，且AB＝AC．∠BAC＝120°，点A、B、C分别是三个任务点，点P是△ABC内一个打卡点．按照设计要求，CP＝30米，打卡点P对任务点A、B的张角为120°，即∠APB＝120°．为保证游戏效果，需要A、P的距离与B、P的距离和尽可能大，试求出AP+BP的最大值．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、二次函数压轴题1．A解析：（1）详见解析；（2）y＝或y＝；（3）当第2019次翻滚后抛物线y2的顶点P的对应点坐标为（4039，3）．【分析】（1）由Rt△ABC中AD是斜边BC的中线可得AD＝CD，由抛物线对称性可得AD＝AC，即证得△ACD是等边三角形．（2）设抛物线顶点为G，根据正抛物线定义得△EFG是等边三角形，又易求E、F坐标，即能求G点坐标．由于不确定点G纵坐标的正负号，故需分类讨论，再利用顶点式求抛物线解析式．（3）根据题意求出抛物线y2的解析式，并按题意求出P、M、N的坐标，得到等边△PMN，所以当△PMN翻滚时，每3次为一个周期，点P回到x轴上方，且横坐标每多一个周期即加6，其规律为当翻滚次数n能被3整除时，横坐标为：+n×2＝（2n+1）．2019能被3整除，代入即能求此时点P坐标．【详解】解：（1）证明：∠BAC＝90°，点D是BC的中点∴AD＝BD＝CD＝BC∵抛物线以A为顶点与x轴交于D、C两点∴AD＝AC∴AD＝AC＝CD∴△ACD是等边三角形∴以A为顶点与x轴交于D、C两点的抛物线是正抛物线．（2）∵E（1，0）且EF＝2，点F在x轴上且E在F的左边∴F（3，0）∵一条经过x轴的两点E、F的抛物线为正抛物线，设顶点为G∴△EFG是等边三角形∴xG＝①当G（2，）时，设抛物线解析式为y＝a（x﹣2）2+把点E（1，0）代入得：a+＝0∴a＝﹣∴y＝﹣（x﹣2）2+②当G（2，﹣）时，设抛物线解析式为y＝a（x﹣2）2﹣把点E（1，0）代入得：a﹣＝0∴a＝∴y＝（x﹣2）2﹣综上所述，这条抛物线的解析式为y＝﹣（x﹣2）2+或y＝（x﹣2）2﹣（3）∵抛物线y1＝﹣x2+2x+9＝﹣（x﹣）2+12∴y1向下平移9个单位后得抛物线y2＝﹣（x﹣）2+3∴P（，3），M（0，0），N（2，0）∴PM＝MN＝PN＝2∴△PMN是等边三角形∴第一次翻滚顶点P的坐标变为P1（4，0），第二次翻滚得P2与P1相同，第三次翻滚得P3（7，3）即每翻滚3次为一个周期，当翻滚次数n能被3整除时，点P纵坐标为3，横坐标为：+n×2＝（2n+1）∵2019÷3＝673∴（2×2019+1）×＝4039∴当第2019次翻滚后抛物线y2的顶点P的对应点坐标为（4039，3）．【点睛】本题考查了新定义的理解、性质运用，二次函数的图象与性质，直角三角形和等边三角形的性质．第（3）题的解题关键是发现等边△PMN每3次翻滚看作一个周期，点P对应点坐标的特征，是规律探索的典型题．2．D解析：（1）y=3x+3，y=﹣x2+2x+3，顶点D的坐标为(1，4)；（2）四边形PMAC的面积的最大值为，此时点P的坐标为(，)；（3）点Q的坐标为(2，3)或(1，﹣3)或(1，﹣3)．【分析】（1）先求出点C坐标，然后利用待定系数法即可求出直线AC及抛物线的解析式，把抛物线的一般式转化为顶点式即可求出D点的坐标；（2）先根据待定系数法求出直线BD的解析式，设点P的横坐标为p，然后根据S四边形PMAC=S△OAC+S梯形OMPC即可得出S四边形PMAC与p的关系式，再根据二次函数的性质解答即可；（3）由题意得PQ∥AC且PQ=AC，设点P的坐标为(x，0)，当点Q在x轴上方时，则点Q的坐标为(x+1，3)，把点Q的坐标代入抛物线的解析式即可求出x，进而可得点Q坐标；当点Q在x轴下方时，则点Q的坐标为(x﹣1，﹣3)，同样的方法求解即可．【详解】（1）∵抛物线y=﹣ax2+bx+3与y轴交于点C，∴点C(0，3)，设直线AC的解析式为y=k1x+b1(k1≠0)．∵点A(﹣1，0)，点C(0，3)，∴，解得：，∴直线AC的解析式为y=3x+3．∵抛物线y=﹣ax2+bx+3与x轴交于A(﹣1，0)，B(3，0)两点，∴，解得：，∴抛物线的解析式为y=﹣x2+2x+3．∵y=﹣x2+2x+3=﹣(x﹣1)2+4，∴顶点D的坐标为(1，4)；（2）设直线BD的解析式为y=kx+b．∵点B(3，0)，点D(1，4)，∴，得，∴直线BD的解析式为y=﹣2x+6．∵P为线段BD上的一个动点，∴设点P的坐标为(p，﹣2p+6)．∵OA=1，OC=3，OM=p，PM=﹣2p+6，∴S四边形PMAC=S△OAC+S梯形OMPC=﹣p2p=﹣(p)2，∵1＜p＜3，∴当p时，四边形PMAC的面积取得最大值为，此时点P的坐标为(，)；（3）∵直线l∥AC，以点A、P、Q、C为顶点的四边形是平行四边形，∴PQ∥AC且PQ=AC．设点P的坐标为(x，0)，由A(﹣1，0)，C(0，3)，当点Q在x轴上方时，则点Q的坐标为(x+1，3)，此时，﹣(x+1)2+2(x+1)+3=3，解得：x1=﹣1(舍去)，x2=1，∴点Q的坐标为(2，3)；当点Q在x轴下方时，则点Q的坐标为(x﹣1，﹣3)，此时，﹣(x﹣1)2+2(x﹣1)+3=﹣3，整理得：x2﹣4x﹣3=0，解得：x1=2，x2=2，∴点Q的坐标为(1，﹣3)或(1，﹣3)，综上所述：点Q的坐标为(2，3)或(1，﹣3)或(1，﹣3)．【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数的解析式、二次函数的性质、平行四边形的性质和一元二次方程的解法等知识，综合性强、具有一定的难度，属于中考压轴题，熟练掌握二次函数的图象与性质、灵活应用相关知识是解题的关键．3．C解析：（1）（2）当，四边形是平行四边形（3）存在，点的坐标为，，【分析】（1）根据函数解析式列方程即可；（2）根据平行四边形的判定，用含未知数的值表示QM的长度，从而可求解;（3）设Q点的坐标为,分两种情况讨论：当时，由勾股定理可得：，当时，由勾股定理可得：，可解出的值.【详解】（1）令，则，C点的坐标为（0,2）；令，则解得，点A为（-1,0）；点B为（4,0）∴（2）如图1所示：点C与点D关于轴对称，点,设直线BD的解析式为，将代入得：解得∴直线BD的解析式为：∵∴当时，四边形是平行四边形设Q点的坐标为，则∴解得（不合题意，舍去）∴当，四边形是平行四边形（3）存在，设Q点的坐标为∵是以BD为直角边的直角三角形∴当时，由勾股定理可得：即解得（不合题意，舍去）∴Q点的坐标为当时，由勾股定理可得：即解得Q点的坐标为综上所述：点的坐标为，，.【点睛】本题考查了一次函数和抛物线的综合问题，解题的关键在于拿出函数解析式，会用含未知数的代数式表示出关键的点的坐标和线段的长度.4．【初步尝试】（0，0），（2，0）；【类比探究】①如图所示：②函数图象的性质：1．图象关于y轴对称；2．当x取1或﹣1时，函数有最小值﹣1；【深入探究】k≤﹣5或k≥5．【详解】【分析】【初步尝试】利用配方法将y=x2﹣2x化为顶点式，可得顶点坐标，令y=0，解方程x2﹣2x=0，求出x的值，即可得到抛物线与x轴的交点坐标；【类比探究】①根据表中数据描点连线，即可得到该函数图象的另一部分；②根据画出的图象，结合二次函数的性质即可写出该函数的两条性质；【深入探究】根据图象可知y1≤0时，﹣2≤m≤2；y2≥3时，m+k≤﹣3或m+k≥3，根据不等式的性质即可求出k的取值范围.【详解】【初步尝试】∵y=x2﹣2x=（x﹣1）2﹣1，∴此抛物线的顶点坐标为（1，﹣1）；令y=0，则x2﹣2x=0，解得x1=0，x2=2，∴此抛物线与x轴的交点坐标为（0，0），（2，0）；【类比探究】①如图所示：②函数图象的性质：图象关于y轴对称；当x取1或﹣1时，函数有最小值﹣1；【深入探究】根据图象可知，当y1≤0时，﹣2≤m≤2，当y2≥3时，m+k≤﹣3或m+k≥3，则k≤﹣5或k≥5，故k的取值范围是k≤﹣5或k≥5．【点睛】本题考查了二次函数的图象和性质，二次函数图象上点的坐标特征，利用数形结合思想解题是关键.5．F解析：（1）证明详见解析；（2）y=﹣x2+x（0≤x≤8），当x=4时，y最大=2；（3）存在一点F，使得∠EFO=∠BAO；或．【解析】试题分析：（1）利用已知得出∠E=∠CFB，进而利用相似三角形的判定方法得出即可；（2）利用（1）得出△AFE∽△BCF，则，进而求出y与x的函数关系式及y的最大值；（3）首选求出A，C点坐标，再得到△CEH∽△CBO，求出BE的长，再利用△AFO∽△BEF，求出BF的长．试题解析：（1）证明：如图2，∵∠A=∠EFC，∴∠E+∠EFA=∠EFA+∠CFB，∴∠E=∠CFB，∵∠A=∠B，∴△AFE∽△BCF；（2）解：如图3，∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴AB==8，∵AC=BC，∴∠A=∠B=45°，∴∠A=∠B=∠CFE=45°，由（1）可得△AFE∽△BCF，∴，即，∴y=﹣x2+x（0≤x≤8），当x=4时，y最大=2；（3）解：如图4，存在一点F，使得∠EFO=∠BAO，理由：连接EF，FO，抛物线y=﹣（x+4）（x﹣6），对称轴为x==1，把x=0代入y=﹣（x+4）（x﹣6），得y=8，∴B（0，8），即OB=8把y=0代入y=﹣（x+4）（x﹣6）得x1=﹣4，x2=6，∴A（﹣4，0），C（6，0），∴OC=6，OA=4，AC=10，∴BC===10，∴AB===4，∵EH∥BO，∴△CEH∽△CBO，∴，即，解得：BE=，∵BC=AC=10，∴∠CAB=∠CBA∴∠CAB=∠CBA=∠EFO，由（1）可得△AFO∽△BEF，∴，设BF=x，则，化简得：x2﹣4x+=0，解得：x1=，x2=，∴当BF=或时，∠EFO=∠BAO．考点：二次函数综合题．6．A解析：（1）y＝；（2）y＝；（3）存在，Q点坐标为（﹣6，10）或（6，﹣4）．【分析】（1）待定系数法：把A、C两点的坐标分别代入抛物线的解析式中，解方程组即可；（2）两抛物线关于原点对称，则其大小和形状相同，开口方向相反，则只要求出W1的顶点坐标，即可求出它关于原点对称的抛物线W2的顶点坐标，从而求得W2的解析式；（3）按是对角线和边分类，根据面积确定点P或Q的横坐标，代入函数关系式，从而求得Q的坐标．【详解】解（1）把点A、点C的坐标分别代入y＝x2+bx+c中，得：，∴b＝，c=－2，∴y＝；（2）∵抛物线w1：y＝＝（x+1）2﹣的顶点是（﹣1，﹣），∴w2的顶点是（1，），∴w2的解析式是：y＝﹣（x﹣1）2+＝﹣x2+x+2；（3）存在．由题意知，，则．①若CC′是对角线，如图，∵W1和W2关于原点对称，∴P、Q也关于原点对称，设点P到y轴的距离为h，∵平行四边形的面积=2∴CC′•h＝24，∴4•h＝24，∴h＝6，即P点横坐标是6或﹣6，当x＝6时，y＝×62+×6﹣2＝10，∴Q（﹣6，10），当x＝﹣6时，y＝×（﹣6）2﹣×6﹣2＝4，∴Q（6，﹣4），②当CC′是边时，PQ∥CC′，PQ＝CC′，如图，设点Q（x，），P（x，），由①知：x＝6或﹣6，当P（6，10）时，∵y＝﹣×62+×6+2＝﹣4，∴Q（6，﹣4），∴PQ＝14≠4，当x＝﹣6时，y＝﹣×（﹣6）2+×（﹣6）+2＝﹣10，∴PQ＝14，∴PQ≠CC′，∴CC′不能为边，综上所述，当C、C′、P、Q为顶点的四边形是平行四边形，并且其面积等于24时，点Q的坐标是（﹣6，10）或（6，﹣4）．【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，平行四边形的性质，用到了分类讨论思想，本题第三问的关键是根据已知两个点，按边和对角线分类．7．C解析：（1）；（2）2；（3）【分析】（1）先求出抛物线C1的顶点坐标，进而得出抛物线C2的顶点坐标，即可得出结论；（2）设正方形AMBN的对角线长为2k，得出B（2，3＋2k），M（2＋k，3＋k），N（2−k，3＋k），再用点M（2＋k，3＋k）在抛物线y＝（x−2）2＋3上，建立方程求出k的值，即可得出结论；（3）先根据抛物线C1，C2的顶点相同，得出b，d的关系式，再由两抛物线的顶点在x轴，求出c，e的关系，即可得出结论．【详解】解：（1）解：（1）∵y＝x2−4x＋7＝（x−2）2＋3，∴顶点为（2，3），∴其“对顶”抛物线的解析式为y＝−（x−2）2＋3，即y＝−x2＋4x−1；（2）如图，由（1）知，A（2，3），设正方形AMBN的对角线长为2k，则点B（2，3＋2k），M（2＋k，3＋k），N（2−k，3＋k），∵M（2＋k，3＋k）在抛物线y＝（x−2）2＋3上，∴3＋k＝（2＋k−2）2＋3，解得k＝1或k＝0（舍）；∴正方形AMBN的面积为×(2k)2＝2；（3）根据抛物线的顶点坐标公式得，抛物线C1：y＝ax2＋bx＋c的顶点为（，），抛物线C2：y＝−ax2＋dx＋e的顶点为（，），∵抛物线C2是C1的“对顶”抛物线，∴，∴，∵抛物线C1与C2的顶点位于x轴上，∴，∴，即．【点睛】此题主要考查了抛物线的顶点坐标公式，正方形的性质，理解新定义式解本题的关键．8．（1）；（2）见解析；（3）；（4）或．【分析】（1）把x=代入解析式，计算即可；（2）按照画图像的基本步骤画图即可；（3）一个方程有两个不同实数根，另一个方程有两个相等的实数根和两个方程都有两个不同的实数根，但是有一个公共根；（4）结合函数的图像，分直线经过顶点和在x轴上方两种情形解答即可．【详解】（1）当x=时，==，∴；（2）画图像如下；（3）当x≥0时，函数为；当x＜0时，函数为；∵方程（p为常数）有三个实数根，∴两个方程有一个公共根，设这个根为a，则，解得a=0，当a=0时，p=0，故答案为：p=0；（4）∵方程（p为常数）有两个实数根，∴p＞0；或△=0即1+4p=0，解得．综上所述，p的取值范围是或．【点睛】本题考查了二次函数图像，二次函数与一元二次方程的关系，熟练掌握抛物线与一元二次方程的关系，灵活运用分类思想，数形结合思想是解题的关键．9．A解析：（1）；（2）1或2；（3）存在，点M的坐标为或或【分析】（1）把点A、B的坐标代入二次函数解析式进行求解即可；（2）过点D作y轴平行线交BC于点E，由题意易得C点坐标是（0，2），然后可得直线BC的解析式，然后可表示点E坐标，进而可根据铅垂法进行表示△BCD的面积，最后问题可进行求解；（3）设点M的坐标为：（x，y），点N（1，s），点B（3，0）、C（0，2），根据题意易得当以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形，可分①当BC是平行四边形的边时，②当BC为对角线时，然后根据平行四边形的性质及中点坐标公式可求解．【详解】解：（1）把A（﹣1，0），B（3，0）代入y＝ax2+bx+2中，得：，解得：，∴抛物线解析式为；（2）过点D作y轴平行线交BC于点E，把x＝0代入中，得：y＝2，∴C点坐标是（0，2），又∵B（3，0），∴直线BC的解析式为y＝x+2，∵点D（m，），∴E（m，m+2），∴DE＝（）﹣（m+2）＝m2+2m，由S△BCD＝2S△AOC得：×DE×OB＝2××OA×OC，∴（m2+2m）×3＝2××1×2，整理得：m2﹣3m+2＝0解得：m1＝1，m2＝2∵0＜m＜3∴m的值为1或2；（3）存在，理由：设点M的坐标为：（x，y），y＝，则有点N（1，s），点B（3，0）、C（0，2），①当BC是平行四边形的边时，当点C向右平移3个单位，向下平移2个单位得到B，同样点M（N）向右平移3个单位，向下平移2个单位N（M），故：x+3＝1，y﹣2＝s或x﹣3＝1，y+2＝s，解得：x＝﹣2或4，故点M坐标为：（﹣2，）或（4，）；②当BC为对角线时，由中点公式得：x+1＝3，y+s＝2，解得：x＝2，故点M（2，2）；综上，M的坐标为：（2，2）或（﹣2，）或（4，）．【点睛】本题主要考查二次函数的综合，关键是根据题意得到函数解析式，然后利用平行四边形的存在性问题可进行分析．10．F解析：（1），；（2）O1(,)或（，）；（3）满足条件的点F的坐标为F1(-2，3)，F2(3，-12)．【分析】（1）把A（1，0），B（-3，0）代入y=ax2+bx+3即可求解；（2）先求出直线OO1的解析式为，再根据，求解即可或是根据得出x的值，再根据直线OO1的解析式为求解；（3）先求出直线EF解析式为，再根据求解即可．【详解】解：（1）将点A（1,0），B（-3,0）代入抛物线解析式y=x2+bx+3得：解得：∴抛物线解析式为∴∴（2）∵点C为与轴的交点∴C（0，3）∵B(－3，0)∴OB＝OC∴∠CBO=45°∵将△COB沿直线BC平移，得到△C1O1B1∴直线OO1∥BC∴∠O1OA=45°∴直线OO1的解析式为根据题意得整理得解得∴O1(,)或)（，）解法2∵点C为与轴的交点∴C（0，3）∴OC=3∵将△COB沿直线BC平移，得到△C1O1B101C1=3∴整理得解得∵B(－3，0)∴OB＝OC∴∠CBO=45°∵将△COB沿直线BC平移，得到△C1O1B1∴直线OO1∥BC∴∠O1OA=45°∴直线OO1的解析式为y=x∴O1(,)或（，）(3)∵抛物线对称轴与x轴交于点E,则点E的坐标为E(-1,0),过点C作CF∥x轴根据抛物线的对称性得F的坐标为F(-2,3)∴AE=CF=2∵CF∥AE∴四边形CFEA为平行四边形∴EF∥CA设直线EF的解析式为得：解得：∴直线EF解析式为根据题意得解得满足条件的点F的坐标为F1(-2，3)，F2(3，-12)．【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，平行线的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程组解决问题，学会用转化的思想思考问题．二、中考几何压轴题11．（1），；（2）结论仍然成立，证明详见解析；（3）的长为或．【分析】（1）延长DE交CF的延长线于点N，由正方形的性质可得和均为等腰直角三角形，因此，易证，由相似三角形的性质即可得到，由三角形的解析：（1），；（2）结论仍然成立，证明详见解析；（3）的长为或．【分析】（1）延长DE交CF的延长线于点N，由正方形的性质可得和均为等腰直角三角形，因此，易证，由相似三角形的性质即可得到，由三角形的内角和即可得到；（2）延长交于点，由旋转的性质可知和均为等腰直角三角形，因此，易证，同（1）易证结论仍成立；（3）由点E到直线AD的距离为2，，可知点F在直线AD或AB上，分两种情况讨论：（i）当点F在DA的延长线或BA延长线上时，由勾股定理可得的长，（ii）当点F在AD或AB上时，过点E作的高，由勾股定理可得的长．【详解】解：（1）如图①，延长DE交CF的延长线于点N，∵AC是正方形ABCD的对角线，∴，∵是直角三角形，∴和均为等腰直角三角形，∴，又∵，∴，∴，，∴；又∵，，，∴故答案为：，（2）结论仍然成立．理由如下：如图②，延长交于点．∵是正方形的对角线，且是由原题中图1的位置旋转得来，∴，即和均为等腰直角三角形．∴．又∵，，∴．∴．∴，．∴．又∵，，，∴．∴结论成立．（3）的长为或．理由如下：∵点E到直线AD的距离为2，，∴点F在直线AD或AB上分两种情况讨论：（i）如图③，当点F在DA的延长线上时，过点E作EG⊥AD交延长线于点G,∵,∴,∴，在中，由勾股定理得；如图④，当点F在BA延长线上时，过点E作EK⊥AD交DA的延长线于点K，在等腰中，过点E作EH⊥AF于点H,∵AH=EK=2=AF，∴BF=AB+AF=12，∴；（ii）如图⑤，当点F在AD上时，过点E作EI⊥AD于点I，∵AF=4，AD=8，∴，在中，由勾股定理得；如图⑥，当点F在AB上时，过点E作EM⊥AD交AD于点M，在等腰中，过点E作EN⊥AF于点N，∵AN=EM=2=AF，∴，∴，综上所述，CF的长为或．【点睛】本题考查相似三角形和图形旋转的性质，属于综合题，需要分类讨论，熟练掌握等腰直角三角形的性质、相似三角形的性质、勾股定理等知识是解题关键．12．（1）相似；（2）AB∥EC，理由见解析；（3）3．【分析】（1）结论：相似．先判断出△BAC∽△DAE，即可得出结论．（2）利用等腰三角形的性质证明∠ABC＝40°，∠ECB＝40°，推出∠解析：（1）相似；（2）AB∥EC，理由见解析；（3）3．【分析】（1）结论：相似．先判断出△BAC∽△DAE，即可得出结论．（2）利用等腰三角形的性质证明∠ABC＝40°，∠ECB＝40°，推出∠ABC＝∠ECB即可．（3）如图3中，以P为圆心，PB为半径作⊙P．利用圆周角定理证明∠BCE＝∠BPE＝40°，推出AB∥CE，因为点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，所以当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值＝AB＝3．【详解】解：（1）如图①中，∵△ABC与△ACE为等腰三角形，且两顶角∠ABC＝∠ADE，∴BA＝BC，DA＝DE，∴∠BAC＝∠DAE，∴△BAC∽△DAE，∴＝，∴＝，∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD∽△CAE．故答案为：相似．（2）如图2中，结论：AB∥EC．理由：∵∠BPE＝80°，PB＝PE，∴∠PEB＝∠PBE＝50°，∵AB＝AC，BD＝DC，∴AD⊥BC，∴∠BDE＝90°，∴∠EBD＝90°﹣50°＝40°，∵AE垂直平分线段BC，∴EB＝EC，∴∠ECB＝∠EBC＝40°，∵AB＝AC，∠BAC＝100°，∴∠ABC＝∠ACB＝40°，∴∠ABC＝∠ECB，∴AB∥EC．故答案为50，AB∥EC．（2）如图3中，以P为圆心，PB为半径作⊙P．∵AD垂直平分线段BC，∴PB＝PC，∴∠BCE＝∠BPE＝40°，∵∠ABC＝40°，∴AB∥EC．如图4中，作AH⊥CE于H，∵点E在射线CE上运动，点P在线段AD上运动，∴当点P运动到与点A重合时，AE的值最小，此时AE的最小值＝AB＝3．【点睛】本题主要考查等腰三角形的性质、相似三角形的性质与判定及圆的基本性质，关键是根据题意得到三角形的相似，然后结合等腰三角形的性质得到问题答案，关键是要利用圆的基本性质求解最值问题．13．（1）见解析；（2）∠B+∠D=180°；（3）【分析】（1）根据已知条件证明△EAF≌△GAF，进而得到EF=FG，即可得到答案；（2）先作辅助线，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和A解析：（1）见解析；（2）∠B+∠D=180°；（3）【分析】（1）根据已知条件证明△EAF≌△GAF，进而得到EF=FG，即可得到答案；（2）先作辅助线，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，根据（1），要使EF=BE+DF，需证明△EAF≌△GAF，因此需证明F、D、G在一条直线上，即，即；（3）先作辅助线，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF，根据已知条件证明△FAD≌△EAD，设DE=x，则DF=x，BF=CE=3﹣x，然后再中根据勾股定理即可求出x的值，即DE的长．【详解】（1）解：如图，∵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，∵∠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=BE+DF；（2）解：∠B+∠D=180°，理由是：如图，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°，∴F、D、G在一条直线上，和（1）类似，∠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°；（3）解：∵△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠C=45°，由勾股定理得：BC==4，如图，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，∴DF=DE，设DE=x，则DF=x，∵BD=1，∴BF=CE=4﹣1﹣x=3﹣x，∵∠FBA=45°，∠ABC=45°，∴∠FBD=90°，由勾股定理得：，，解得：x=，即DE=．【点睛】本题综合考查三角形的性质和判定、正方形的性质应用、全等三角形的性质和判定、勾股定理等知识，解题关键在于正确做出辅助线得出全等三角形．14．（1）PM＝PN，PM⊥PN；（2）△PMN是等腰直角三角形．理由见解析；（3）S△PMN最大＝．【分析】（1）由已知易得，利用三角形的中位线得出，，即可得出数量关系，再利用三角形的中位线得出得解析：（1）PM＝PN，PM⊥PN；（2）△PMN是等腰直角三角形．理由见解析；（3）S△PMN最大＝．【分析】（1）由已知易得，利用三角形的中位线得出，，即可得出数量关系，再利用三角形的中位线得出得出，最后用互余即可得出位置关系；（2）先判断出，得出，同（1）的方法得出，，即可得出，同（1）的方法由，即可得出结论；（3）方法1：先判断出最大时，的面积最大，进而求出，，即可得出最大，最后用面积公式即可得出结论．方法2：先判断出最大时，的面积最大，而最大是，即可得出结论．【详解】解：（1）点，是，的中点，，，点，是，的中点，，，，，，，，，，，，，，，故答案为：，；（2）是等腰直角三角形．由旋转知，，，，，，，利用三角形的中位线得，，，，是等腰三角形，同（1）的方法得，，，同（1）的方法得，，，，，，，，是等腰直角三角形；（3）方法1：如图2，同（2）的方法得，是等腰直角三角形，最大时，的面积最大，且在顶点上面，最大，连接，，在中，，，，在中，，，，．方法2：由（2）知，是等腰直角三角形，，最大时，面积最大，点在的延长线上，，，．【点睛】此题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出，，解（2）的关键是判断出，解（3）的关键是判断出最大时，的面积最大．15．（1）见解析；（2）2：1；（3）点Q是AB边的四等分点，点E是AD边的五等分点，理由见解析【分析】（1）如图1，连接PC，根据正方形的性质、HL定理证明△CD′P≌△CBP，根据全等三角形的性解析：（1）见解析；（2）2：1；（3）点Q是AB边的四等分点，点E是AD边的五等分点，理由见解析【分析】（1）如图1，连接PC，根据正方形的性质、HL定理证明△CD′P≌△CBP，根据全等三角形的性质得出结论；（2）设BP＝x，根据翻转变换的性质、勾股定理列出方程，解方程即可；（3）如图2，连接QM，证明Rt△AQM≌Rt△D′QM（HL），得到AQ＝D′Q，设正方形ABCD的边长为1，AQ＝QD′＝y，根据勾股定理列出方程，解方程即可．【详解】（1）证明：如图1，连接PC．∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，∴∠MD′C＝∠D＝90°，∴∠CD′P＝∠B＝90°，在Rt△CD′P和Rt△CBP中，，∴Rt△CD′P≌Rt△CBP（HL），∴BP＝D′P；（2）解：设正方形纸片ABCD的边长为1．则AM＝DM＝D′M＝．设BP＝x，则MP＝MD′+D′P＝DM+BP＝+x，AP＝1﹣x，在Rt△AMP中，根据勾股定理得AM2+AP2＝MP2．∴（）2+（1﹣x）2＝（+x）2，解得x＝，∴BP＝，AP＝，∴AP：BP＝2：1，故答案为：2：1．（3）解：点Q是AB边的四等分点，点E是AD边的五等分点．理由：如图2，连接QM．∴∠QD′M＝180°﹣∠MD′C＝90°，∴∠QD′M＝∠A＝90°．在Rt△AQM和Rt△D′QM中，，∴Rt△AQM≌Rt△D′QM（HL），∴AQ＝D′Q，设正方形ABCD的边长为1，AQ＝QD′＝y，则QP＝AP﹣AQ＝﹣y．在Rt△QPD′中，根据勾股定理得QD′2+D′P2＝QP2．∵D′P＝BP＝，∴y2+（）2＝（﹣y）2，解得y＝．∴AQ：AB＝1：4，即点Q是AB边的四等分点，∵EF∥AB，∴，即，解得AE＝．∴点E为AD的五等分点．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，翻转变换的性质全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质及方程思想是解题的关键．16．（1）见解析；（2）EF＝；（3）BP＝．【分析】（1）过点A作AP∥EF，交BC于P，过点B作BQ∥GH，交CD于Q，如图1，易证AP=EF，GH=BQ，△ABP∽△BCQ，然后运用相似三角形解析：（1）见解析；（2）EF＝；（3）BP＝．【分析】（1）过点A作AP∥EF，交BC于P，过点B作BQ∥GH，交CD于Q，如图1，易证AP=EF，GH=BQ，△ABP∽△BCQ，然后运用相似三角形的性质就可解决问题；(2)连接BD，根据矩形的性质得出BD的长，再根据结论（1）得出，进而可求出EF的长.（3）过点F作FH⊥EG于H，过点P作PJ⊥BF于J．根据矩形的性质得到AD、CD的长，由结论（1）可得出DG的长，再由勾股定理得出AG的长，然后根据翻折的性质结合勾股定理得出四边形HGPF是矩形，进而得出FH的长度，最后根据相似三角形得出BJ、PJ的长度就可以得出BP的长度.【详解】（1）如图①，过点A作AP∥EF，交BC于P，过点B作BQ∥GH，交CD于Q，BQ交AP于T．∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，AD∥BC．∴四边形AEFP、四边形BGHQ都是平行四边形，∴AP＝EF，GH＝BQ．又∵GH⊥EF，∴AP⊥BQ，∴∠BAT+∠ABT＝90°．∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABP＝∠C＝90°，AD＝BC，∴∠ABT+∠CBQ＝90°，∴∠BAP＝∠CBQ，∴△ABP∽△BCQ，∴,∴.（2）如图②中，连接BD．∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝90°，AB＝CD＝2，∴BD＝,∵D，B关于EF对称，∴BD⊥EF，∴,∴,∴EF＝.（3）如图③中，过点F作FH⊥EG于H，过点P作PJ⊥BF于J．∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，∠A＝90°，∴=,∴DG＝，∴AG＝＝1，由翻折可知：ED＝EG，设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°，∴四边形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＝．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质，解题关键在于灵活运用矩形的性质、相似三角形的判定与性质，学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．17．（1）120°，BD=AC；（2）不成立，理由详见解析；（3）或．【分析】（1）过点D作DE⊥BC，通过线段之间的转换得到AC与DE之间的关系，在直角三角形BDE中通过BD与DE的关系，得到BD解析：（1）120°，BD=AC；（2）不成立，理由详见解析；（3）或．【分析】（1）过点D作DE⊥BC，通过线段之间的转换得到AC与DE之间的关系，在直角三角形BDE中通过BD与DE的关系，得到BD,AC之间的关系.（2）类比（1）的解法，找线段之间的关系.(3)分情况进行讨论，画出符合题意得图形进行求解.【详解】解：（1）如图3，过点D作DE⊥BC，垂足为E，设BC=m．在Rt△ABC中，∠BAC=30°，由BC=AB·tan30°，BC=AC·sin30°，得AC=2m，BC=m，∵AC=AD，∠CAD=2×30°=60°，∴△ACD为等边三角形，∴∠ACD=60°，CD=AC=2m，∴∠BCD=60°×2=120°，在Rt△DEC中，∠DCE=180°-120°=60°，DC=2m，∴CE=CD·cos60°=m，DE=CE·tan60°=m，∴在Rt△BED中，BD==，∴==，故BD=AC．故答案为：120°；BD=AC．（2）不成立，理由如下：设BC=n，在Rt△ABC中，∠BAC=45°，∠ABC=90°，∴BC=AB=m，AC=BC=n，∵AC=AD，∠CAD=90°，∴△CAD为等腰直角三角形，∴∠ACD=45°，CD=AC=2n，∴∠BCD=2×45°=90°，在Rt△BCD中，BD==，∴==，，故BD=AC．答案为：90°；BD=AC．故结论不成立．（3）AP的长为或．；解答如下：∵PB=PC，∴点P在线段BC的垂直平分线上，∵∠BAC=∠BCP=90°，故A、B、C、P四点共圆，以线段BC的中点为圆心构造⊙O，如图4，图5，分类讨论如下：①当点P在直线BC上方时，如图4，作PM⊥AC，垂足为M，设PM=x．∵PB=PC，∠BPC=90°，∴△PBC为等腰直角三角形，∴∠PBC=45°，∵∠PAC=∠PBC=45°，∴△AMP为等腰直角三角形，∴AM=PM=x，AP=PM=x，在Rt△ABC中，AB=2，AC=4，∴BC==，∴PC=BC·sin45°=，在Rt△PMC中，∵∠PMC=90°，PM=x，PC=，CM=4-x，∴，解得：，（舍），∴AP==；②当点P在直线BC的下方时，如图5，作PN⊥AB的延长线，垂足为N，设PN=y．同上可得PB=，△PAN为等腰三角形，∴AN=PN=y，∴BN=y-2，在Rt△PNB中，∵∠PNB=90°，PN=y，BN=y-2，PB=，∴，解得：，（舍），∴AP==．故AP的长度为：或．【点睛】本题考查的是等边三角形的判定和性质、勾股定理、以及旋转变换的性质，掌握类比思想解题是解决本题的关键．18．（1）①EF=BE+DF；②成立，理由见解析；（2）．【分析】（1）①根据旋转的性质得出AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，求出∠EAF=∠GAF=45°，根据SAS推出△EAF≌△GA解析：（1）①EF=BE+DF；②成立，理由见解析；（2）．【分析】（1）①根据旋转的性质得出AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，求出∠EAF=∠GAF=45°，根据SAS推出△EAF≌△GAF，根据全等三角形的性质得出EF=GF，即可求出答案；②根据旋转的性质把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，得出AE=AG，∠B=∠ADG，∠BAE=∠DAG，推出C、D、G在一条直线上，根据SAS推出△EAF≌△GAF，根据全等三角形的性质得出EF=GF，即可得出结果；

（2）把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF．根据等腰直角三角形性质和勾股定理求出∠ABC=∠C=45°，BC=4，根据旋转的性质得出AF=AE，∠FBA=∠C=45°，∠BAF=∠CAE，求出∠FAD=∠DAE=45°，证△FAD≌△EAD，根据全等得出DF=DE，设DE=x，则DF=x，BF=CE=3-x，根据勾股定理得出方程，求出x即可．【详解】解：（1）①如图1中，∵把△ABE绕点A