海南文昌中学中考数学期末二次函数和几何综合汇编

海南文昌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．小明对函数的图象和性质进行了探究.已知当自变量的值为或时，函数值都为；当自变量的值为或时，函数值都为．探究过程如下，请补充完整．（1）这个函数的表达式为；（2）在给出的平面直角坐标系中，画出这个函数的图象并写出这个函数的--条性质：；（3）进一步探究函数图象并解决问题：①直线与函数有三个交点，则；②已知函数的图象如图所示，结合你所画的函数图象，写出不等式的解集：．2．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．3．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．4．综合与探究如图，抛物线与轴相交于，两点，与轴相交于点，，，直线是抛物线的对称轴，在直线右侧的抛物线上有一动点，连接，，，．（1）求抛物线的函数表达式：（2）若点在轴的下方，当的面积是时，求的面积；（3）在直线上有一点，连接，，则的最小值为______；（4）在（2）的条件下，点是轴上一点，点是抛物线上一动点，是否存在点，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．5．如图，边长为5的正方形的两边在坐标轴上，以点为顶点的抛物线经过点，点是抛物线上第一象限内一点，过点作于点，点的坐标为．连接．（1）求抛物线的解析式；（2）求的值；（3）①在点运动过程中，当时，点的坐标为________；②连接，在①的条件下，把沿轴平移（限定点在射线上），并使抛物线与的边始终有两个交点，探究点纵坐标的取值范围是多少？6．如图，抛物线y＝x2﹣2x﹣8与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC，BC．点P是第四象限内抛物线上的一个动点，点P的横坐标为m，过点P作PM⊥x轴，垂足为点M，PM交BC于点Q．（1）求A，B，C三点的坐标；（2）试探究在点P运动的过程中，是否存在这样的点Q，使得以A、C、Q为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请求出此时点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．已知抛物线y＝x2+bx+c的顶点为P，与y轴交于点A，与直线OP交于点B．（1）如图1，若点P的横坐标为1，点B的坐标为（3，6），①试确定抛物线的解析式；②若当m≤x≤3时，y＝x2+bx+c的最小值为2，最大值为6，求m的取值范围；（2）在（1）的条件下，若M点是直线AB下方抛物线上的一点，且S△ABM≥3，求M点横坐标的取值范围；（3）如图2，若点P在第一象限，且PA＝PO，过点P作PD⊥x轴于点D，将抛物线y＝x2+bx+c平移，平移后的抛物线经过点A、D，与x轴的另一个交点为C，试探究四边形OABC的形状，并说明理由．9．已知抛物线（n为正整数，且）与x轴的交点为和．当时，第1条抛物线与x轴的交点为和，其他以此类推．（1）求的值及抛物线的解析式．（2）抛物线的顶点的坐标为（_______，_______）；以此类推，第条抛物线的顶点的坐标为（______，_______）；所有抛物线的顶点坐标满足的函数关系式是_________．（3）探究以下结论：①是否存在抛物线，使得为等腰直角三角形？若存在，请求出抛物线的解析式；若不存在，请说明理由．②若直线与抛物线分别交于点，则线段的长有何规律？请用含有m的代数式表示．10．综合与探究如图，已知直线与抛物线分别相交于、两点，，，点是抛物线与轴的另一个交点（与点不重合）．（1）求抛物线的解析式及直线的解析式；（2）求的面积；（3）在抛物线的对称轴上，是否存在点，使周长最短？若不存在，请说明理由；若存在，求出点的坐标．（4）如果对称轴上有一动点，在平面内是否存在点，使、、、四点构成矩形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由二、中考几何压轴题11．问题情境：两张直角三角形纸片中，．连接，，过点作的垂线，分别交线段，于点，（与在直线异侧）．特例分析：（1）如图1，当时，求证：；拓展探究：（2）当，探究下列问题：①如图2，当时，直接写出线段与之间的数量关系：；②如图3，当时，猜想与之间的数量关系，并说明理由；推广应用：（3）若图3中，，设的面积为，则的面积为．（用含，的式子表示）12．爱好思考的小明在探究两条直线的位置关系查阅资料时，发现了“中垂三角形”，即两条中线相互垂直的三角形“中垂三角形”，如图（1）、图（2）、图（3）中，AM、BN是△ABC的中线，AM⊥BN于点P，像△ABC这样的三角形均为“中垂三角形”．设BC=a，AC=b，AB=c．（特例研究）（1）如图1，当tan∠PAB=1，c=4时，a=b=；（归纳证明）（2）请你观察（1）中的计算结果，猜想a2、b2、c2三者之间的关系，用等式表示出来，并利用图2证明你的结论；（拓展证明）（3）如图4，▱ABCD中，E、F分别是AD、BC的三等分点，且AD=3AE，BC=3BF，连接AF、BE、CE，且BE⊥CE于E，AF交BE相较于点G，AD=3，AB=3，求AF的长．13．几何探究：（问题发现）（1）如图1所示，△ABC和△ADE是有公共顶点的等边三角形，BD、CE的关系是_______（选填“相等”或“不相等”）；（请直接写出答案）（类比探究）（2）如图2所示，△ABC和△ADE是有公共顶点的含有角的直角三角形，（1）中的结论还成立吗?请说明理由；（拓展延伸）（3）如图3所示，△ADE和△ABC是有公共顶点且相似比为1:2的两个等腰直角三角形，将△ADE绕点A自由旋转，若，当B、D、E三点共线时，直接写出BD的长．14．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，但满足∠B+∠D＝180°，线段BE、DF和EF之间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△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2．点D、E均在边BC边上，且∠DAE＝45°，若BD＝1，求DE的长．15．综合与实践：利用矩形的折叠开展数学活动，探究体会图形在轴对称，旋转等变换过程中的变化，及其蕴含的数学思想和方法．动手操作：如图①，矩形纸片ABCD的边AB＝2，将矩形纸片ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合，折痕为EF，然后展开，EF与AC交于点H；如图②，将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在对角线AC上，且点B与点H重合，展开图形，折痕为AG，连接GH；若在图①中连接BH，得到如图③，点M是线段BH上的动点，点N是线段AH上的动点，连接AM，MN，且∠AMN＝∠ABH；若在图②中连接BH，交折痕AG于点Q，隐去其它线段，得到如图④．解决问题：（1）在图②中，∠ACB＝，BC＝，＝，与△ABG相似的三角形有个；（2）在图②中，AH2＝AE·（从图②中选择一条线段填在空白处），并证明你的结论；（3）在图③中，△ABH为三角形，设BM为x，则NH＝（用含x的式子表示）；拓展延伸：（4）在图④中，将△ABQ绕点B按顺时针方向旋转α（0°≤α≤180°），得到△A′BQ′，连接DQ′，则DQ′的最小值为，当tan∠CBQ′＝时，△DBQ′的面积最大值为．16．在中，于点，点为射线上任一点（点除外）连接，将线段绕点顺时针方向旋转，，得到，连接．（1）（观察发现）如图1，当，且时，BP与的数量关系是___________，与的位置关系是___________．（2）（猜想证明）如图2，当，且时，（1）中的结论是否成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由．（请选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理）（3）（拓展探究）在（2）的条件下，若，，请直接写出的长．17．随着教育教学改革的不断深入，数学教学如何改革和发展，如何从“重教轻学”向自主学习探索为主的方向发展，是一个值得思考的问题．从数学的产生和发展历程来看分析，不外乎就是三个环节：（观察猜想）-（探究证明）-（拓展延伸）．下面同学们从这三个方面试看解决下列问题：已知：如图1所示将一块等腰三角板放置与正方形的重含，连接、，E是的中点，连接．（观察猜想）（1）与的数量关系是________，与的位置关系是___________；（探究证明）（2）如图2所示，把三角板绕点B逆时针旋转，其他条件不变，线段与的关系是否仍然成立，并说明理由；（拓展延伸）（3）若旋转角，且，求的值．18．综合与实践背景阅读：“旋转”即物体绕一个点或一个轴做圆周运动．在中国古典专著《百喻经·口诵乘船法而不解用喻》中记载：“船盘回旋转，不能前进．”而图形旋转即：在平面内，将一个图形绕一点按某个方向转动一个角度，这样的运动叫做图形的旋转，这个定点叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角．综合实践课上，“睿智”小组专门探究了正方形的旋转，情况如下：在正方形中，点是线段上的一个动点，将正方形绕点顺时针旋转得到正方形（点，，，分别是点，，，的对应点）．设旋转角为（）．操作猜想：（1）如图1，若点是中点，在正方形绕点旋转过程中，连接，，，则线段与的数量关系是_______；线段与的数量关系是________．探究验证：（2）如图2，在（1）的条件下，在正方形绕点旋转过程中，顺次连接点，，，，．判断四边形的形状，并说明理由．拓展延伸：（3）如图3，若，在正方形绕点顺时针旋转的过程中，设直线交线段于点．连接，并过点作于点．请你补全图形，并直接写出的值．19．（1）（操作）如图，请用尺规作图确定圆的圆心，保留作图痕迹，不要求写作法；（2）（探究）如图，若（1）中的圆的半径为2，放入平面直角坐标系中，使它与轴，轴分别切于点和，点的坐标为，过点的直线与圆有唯一公共点（与不重合）时，求点的坐标；（3）（拓展）如图3，点从点出发，以每秒1个单位的速度沿轴向点运动，同时，点从原点出发，以每秒1个单位的速度沿轴向上运动，设运动时间为（），过点，，三点的圆，交第一象限角平分线于点，当为何值时，有最小值，求出此时，并探索在变化过程中的值有变化吗？为什么？20．综合与实践动手操作利用正方形纸片的折叠开展数学活动．探究体会在正方形折叠过程中，图形与线段的变化及其蕴含的数学思想方法．如图1，点为正方形的边上的一个动点，，将正方形对折，使点与点重合，点与点重合，折痕为．思考探索（1）将正方形展平后沿过点的直线折叠，使点的对应点落在上，折痕为，连接，如图2．①点在以点为圆心，_________的长为半径的圆上；②_________；③为_______三角形，请证明你的结论．拓展延伸（2）当时，正方形沿过点的直线（不过点）折叠后，点的对应点落在正方形内部或边上．①面积的最大值为____________；②连接，点为的中点，点在上，连接，则的最小值为____________．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、二次函数压轴题1．（1）；（2）如图所示，见解析；性质：函数的图象关于直线对称；或：当或时，函数有最小值；（3）①；②或．【分析】（1）将，；，；，代入，得到：，，，即可求解析式为；（2）描点法画出函数图象，函数关于对称；（3）①从图象可知：当时，，时直线与函数有三个交点；②与的交点为或，结合图象，的解集为．【详解】解：（1）将，；，；，代入，得到：，解得，故答案为．（2）如图：函数关于直线对称，（3）①当时，，时直线与函数有三个交点，故答案为1；②与的交点为或或x=3，结合图象，的解集为或，故答案为或．【点睛】本题类比函数探究过程探究绝对值函数与不等式组关系；能够准确的画出函数图象，从函数图象中获取信息，数形结合解题是关键．2．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.3．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．4．A解析：（1）；（2）；（3）；（4）存在，点的坐标为：或或【分析】（1）把A、B两点坐标代入可得关于a、b的二元一次方程组，解方程组求出a、b的值即可得答案；（2）过作轴于，交于，根据抛物线解析式可得点C坐标，利用待定系数法可得直线BC的解析式，设，根据BC解析式可表示出点H坐标，即可表示出DH的长，根据△BCD的面积列方程可求出x的值，即可得点D坐标，利用三角形面积公式即可得答案；（3）根据二次函数的对称性可得点A与点B关于直线l对称，可得BC为AP+CP的最小值，根据两点间距离公式计算即可得答案；（4）根据平行四边形的性质得到MB//ND，MB=ND，分MB为边和MB为对角线两种情况，结合点D坐标即可得点N的坐标．【详解】（1）∵抛物线与轴相交于，两点，，，∴，解得：，∴抛物线的解析式为：．（2）如图，过作轴于，交于，当时，，∴，设的解析式为，则，解得，∴的解析式为：，设，则，∴，∵的面积是，∴，∴，解得：或3，∵点在直线右侧的抛物线上，∴，∴的面积；（3）∵抛物线与轴相交于，两点，∴点A与点B关于直线l对称，∴BC为AP+CP的最小值，∵B（4，0），C（0，-6），∴AP+CP的最小值=BC==．故答案为：（4）①当MB为对角线时，MN//BD，MN=BD，过点N作NE⊥x轴于E，过当D作DF⊥x轴于F，∵点D（3，），∴DF=，在△MNE和△BDF中，，∴△MNE≌△BDF，∴DF=NE=，∵点D在x轴下方，MB为对角线，∴点N在x轴上方，∴点N纵坐标为，把y=代入抛物线解析式得：，解得：，，∴（，），（，）如图，当BM为边时，MB//ND，MB=ND，∵点D（3，），∴点N纵坐标为，∴，解得：，（与点D重合，舍去），∴（，），综上所述：存在点，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，点的坐标为：或或．【点睛】本题考查的是二次函数的综合，首先要掌握待定系数法求解析式，其次要添加恰当的辅助线，灵活运用面积公式和平行四边形的判定和性质，应用数形结合的数学思想解题．5．F解析：（1）；（2）；（3）①；②【分析】（1）由题可设抛物线解析式为，将N点坐标代入，求出a即可求出抛物线的函数表达式．（2）过点作轴于，由题可设，故可求出PF的长．在中，利用勾股定理可求出PE的长，即发现，故．（3）①由题意易求，即．结合（2）即可列出关于m的方程，解出m即可求出此时P点坐标．②根据题意可知将沿y轴平移，使抛物线与△PEF的边始终有两个交点的极限条件为：向上平移，一直到点与点重合前和向下平移，一直到点与点重合前．根据平移规律结合①即可得出答案．【详解】解：（1）由题可设抛物线解析式为，把代入，，解得，∴抛物线的函数表达式为．（2）如图，过点作轴于，由题可设，∴∵在中，，即，∴，∴，即．（3）①由题意可知，∵，∴，∴．由（2）可知，．∴，解得：（舍）．故，即．②根据题意可知将沿y轴平移，使抛物线与△PEF的边始终有两个交点的条件为：向上平移，一直到点与点重合前和向下平移，一直到点与点重合前．Ⅰ当沿y轴向上平移，且点与点重合时，如图，.∵,∴此时P点向上平移1个单位得到，即．∵点与点重合时，抛物线与△PEF的边有两个交点，即当时抛物线与△PEF的边有两个交点，∴．Ⅱ当沿y轴向下平移，且点与点P重合时，如图，.∵，∴此时P点向下平移4个单位得到，即．∵点与点P重合时，抛物线与△PEF的边只有一个交点，即当时抛物线与△PEF的边只有一个交点，∴．综上可知．【点睛】本题考查二次函数综合，勾股定理，两点的距离公式以及含角的直角三角形的性质．作出辅助线并利用数形结合的思想是解答本题的关键．6．A解析：（1）A（﹣2，0），B（4，0），C（0，﹣8）；（2）存在，Q点坐标为，．【分析】(1)解方程，可求得A、B的坐标，令，可求得点C的坐标；(2)利用勾股定理计算出，利用待定系数法可求得直线BC的解析式为，可设Q（m，2m﹣8）（0＜m＜4），分三种情况讨论：当CQ＝AC时，当AQ＝AC时，当AQ＝QC时，然后分别解方程求出m即可得到对应的Q点坐标．【详解】(1)当，，解得x1＝﹣2，x2＝4，所以，，x＝0时，y＝﹣8，∴；(2)设直线BC的解析式为，把，代入解析式得：，解得，∴直线BC的解析式为，设Q（m，2m﹣8）（0＜m＜4），当CQ＝CA时，，解得，，（舍去）；∴Q，当AQ＝AC时，，解得：（舍去），m2＝0（舍去）；当QA＝QC时，，解得，∴Q．综上所述，满足条件的Q点坐标为，．【点睛】本题考查了二次函数，熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征、二次函数的性质和等腰三角形的性质，会利用待定系数法求函数解析式，理解坐标与图形性质，会利用勾股定理表示线段之间的关系，会运用分类讨论的思想解决数学问题．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．A解析：（1）①，②；（2）；（3）四边形OABC是矩形，证明见详解．【分析】（1）利用顶点P的横坐标求出b=-2,然后把b=-2和B点的坐标代入求出抛物线的解析式；（2）先求出A点坐标，然后得出直线AB的解析式，设M点坐标为（x，x2-2x+3），根据S△ABM=3列出方程，并解方程，从而得出M点坐标，再根据S△ABM≥3求出M横坐标的范围即可；（3）根据抛物线的图象可求出A、P、D的坐标，利用抛物线与直线相交求出B点坐标，然后求出平移后抛物线的解析式，然后求出C点坐标，然后求出BC的长度，从而得出四边形OABC是平行四边形，再根据∠AOC=90得出四边形OABC是矩形.【详解】解：（1）①依题意,,解得b=-2，将b=-2及点B(3,6)的坐标代入抛物线解析式，得，解c=3，所以抛物线的解析式为，②当，解得，当m≤x≤3时，y＝x2+bx+c的最小值为2，最大值为6，∴；（2）∵抛物线与y轴交于点A，∴A(0,3)，∵B(3,6)，可得直线AB的解析式为，设直线AB下方抛物线上的点M坐标为（x，），过M点作y轴的平行线交直线AB于点N,则N(x,x+3).(如图)，∴，∴，解得，∴点M的坐标为(1,2)或(2,3)，∵S△ABM≥3，；（3）结论是：四边形OABC是矩形，理由如下：如图，由PA=PO,OA=c,可得，∵抛物线的顶点坐标为，∴，∴，∴抛物线，A（0，），P（，）,D（，0），∴直线OP的解析式为，∵点B是抛物线与直线的图象的交点，令，解得，可得点B的坐标为（-b，），由平移后的抛物线经过点A,可设平移后的抛物线解析式为，将点D(，0)的坐标代入，得，∴平移后的抛物线解析式为，令y=0,即，解得，依题意,点C的坐标为（-b，0），∴BC=，∴BC=OA，又BC∥OA，∴四边形OABC是平行四边形，∵∠AOC=90，∴四边形OABC是矩形．【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质，并与几何图形相结合的综合题，难度较高，解题的关键在于灵活运用二次函数的性质及待定系数法，并注重点的坐标与线段长的互相转化．9．C解析：（1）；y＝−（x−2）＋4；（2）（n，n）；[（n＋1），（n＋1）]；y＝x；（3）①存在，理由见详解；②CC＝2m．【分析】（1）），则＝2，则＝2＋2＝4，将点A、的坐标代入抛物线表达式得：，解得：，则点（4，0），将点A、的坐标代入抛物线表达式，同理可得：＝2，＝4，即可求解；（2）同理可得：＝3，＝9，故点的坐标为（n，），以此推出：点[（n＋1），（n＋1）]，故所有抛物线的顶点坐标满足的函数关系式是：y＝，即可求解；（3）①△AAnBn为等腰直角三角形，则AAn＝2ABn，即（2n）＝2（n＋），即可求解；②y＝−（m−n＋1）＋（n−1），y＝−（m−n）＋n，CC=y−y，即可求解．【详解】解：（1），则＝2，则＝2＋2＝4，将点A、的坐标代入抛物线表达式得：，解得：，则点（4，0），将点A、的坐标代入抛物线表达式，同理可得：＝2，＝4；故y＝−（x−）＋＝−（x−2）＋4；（2）同理可得：＝3，＝9，故点的坐标为（n，），以此推出：点[（n＋1），（n＋1）]，故所有抛物线的顶点坐标满足的函数关系式是：y＝；故答案为：（n，n）；[（n＋1），（n＋1）]；y＝x；（3）①存在，理由：点A（0，0），点An（2n，0）、点（n，n），△AAnBn为等腰直角三角形，则AAn＝2ABn，即（2n）＝2（n＋n），解得：n＝1（不合题意的值已舍去），抛物线的表达式为：y＝−（x−1）＋1；②y＝−（m−n＋1）＋（n−1），y＝−（m−n）＋n，CC＝y−y＝−（m−n）＋n＋（m−n＋1）−（n−1）＝2m．【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，这种找规律类型题目，通常按照题设的顺序逐次求解，通常比较容易．10．A解析：（1），；（2）6；（3）存在点M使周长最短，其坐标为；（4）存在，，，，【分析】（1）把、两点的坐标分别代入抛物线和直线中，解之即可；（2）由图可知，，所以只需求出AC，OB的长即可，因为C点为抛物线与x轴的一个交点，令y=0即可求出C点坐标，根据已知可得A点坐标，从而得到AC的长，根据已知得到B点坐标，可得OB的长，从而求出的面积；（3）由题意知，A、C关于对称轴对称，则可知，故当、、三点在同一条直线上时最小，此时的周长最小，连接交对称轴于点，则即为满足条件的点，设直线的解析式为，将B，C的坐标代入即可求出该解析式，令x=-1，即可求出点M的坐标；（4）在平面内是否存在点，使、、、四点构成矩形，求N点坐标时，需分情况讨论，当HB⊥AB时，根据互相垂直的两直线的斜率之积为-1，互相平行的两直线的斜率相等求出直线HB，直线HN，直线AN的解析式，根据N点为直线HN和直线AN的交点，联立方程组解之即可；同理可得当HA⊥AB时，N点的坐标；而当AB为对角线时，可得HA⊥AB，从而可求出直线AH的解析式，设H点坐标为，根据△AHB为直角三角形，利用勾股定理求出H点的坐标，然后在利用互相垂直的两直线的斜率之积为-1，互相平行的两直线的斜率相等求出N点的坐标．【详解】解：（1）把、两点的坐标分别代入得，解得，抛物线解析式为．把、两点的坐标分别代入得，解得，直线的解析式为．（2）由（1）得，抛物线解析式为，令得，解得，，，∵，∴，∵，∴OB=3，；（3），抛物线的对称轴为，、关于对称轴对称，，，当、、三点在同一条直线上时最小，此时的周长最小连接交对称轴于点，则即为满足条件的点，设直线的解析式为，直线过点，，，解得，直线的解析式，当时，，，存在点使周长最短，其坐标为．（4）存在，①当HB⊥AB时，如图所示由（1）得直线AB的解析式为，∵HB⊥AB，∴设直线HB的解析式为，将B(0,-3)代入得，∴直线HB的解析式为，当x=-1时，y=×(-1)-3=，∴H点的坐标为，∵四边形ABHN为矩形，∴HN∥AB，AN∥HB，∴设直线HN的解析式为y=3x+m，把H点坐标代入，得3×(-1)+m=，解得m=,∴直线HN的解析式为y=3x+,∴设直线AN的解析式为，把A点坐标代入，得，解得n=,∴设直线AN的解析式为，∵N点为直线HN和直线AN的交点，∴解得，∴N点坐标为．②当HA⊥AB时，如图由（1）得直线AB的解析式为，∵HA⊥AB，∴设直线HA的解析式为，将A(1，0)代入得+b=0，解得b=，∴直线HA的解析式为，当x=-1时，，∴H点的坐标为，∵四边形ABNH是矩形，∴AB∥NH，BN∥AH，∴设直线HN的解析式为y=3x+m，把H点坐标代入，得，解得m=，∴设直线HN的解析式为y=3x+，∴设直线BN的解析式为，把B点坐标代入，得n=-3，∴设直线BN的解析式为，∵N点为直线HN和直线BN的交点，∴解得，∴N点坐标为．③当AB为对角线时，如图设H点坐标为，∵四边形AHBN为矩形，∴△AHB为直角三角形，∠AHB=90°，∴AH2+BH2=AB2，即，解得，∴H点坐标为(-1,-1)，(-1,-2)，（a）当H点坐标为(-1,-1)时，设直线AH的解析式为y=kx+b，把A，H点坐标代入，得解得，∴直线AH的解析式为，∵AH∥BN，∴设直线BN的解析式为，把B点坐标代入，得b=-3，∴直线BN的解析式为，∵AN⊥BN，∴设直线AN的解析式为y=-2x+m，把A点坐标代入，得-2+m=0，解得m=2，∴直线AN的解析式为y=-2x+2，∵N点为直线AN与BN的交点，∴解得，∴N点坐标为(2,-2);（b）当H点坐标为(-1,-2)时，设直线AH的解析式为y=kx+b，把A，H点坐标代入，得解得，∴直线AH的解析式为y=x-1，∵AH∥BN，∴设直线BN的解析式为y=x+n，把B点坐标代入，得n=-3，∴直线BN的解析式为y=x-3，∵AN⊥BN，∴设直线AN的解析式为y=-x+m，把A点坐标代入，得-1+m=0，解得m=1，∴直线AN的解析式为y=-x+1，∵N点为直线AN与BN的交点，∴解得，∴N点坐标为(2,-1)．综上所述，存在点，使、、、四点构成矩形，N点坐标为．【点睛】本题为二次函数的综合运用，涉及待定系数法，轴对称的性质，勾股定理，三角形的面积等知识．在（2）中求得点C是解题的关键，在（3）中确定出M点是解题的关键，在（4）中分情况讨论是解题的关键．二、中考几何压轴题11．（1）详见解析；（2）①；②，证明详见解析；（3）．【分析】（1）在等腰三角形ABM中三线合一，即AM还为三角形的角平分线与底边中线，可用AAS证，可得，即可得证；（2）①由题意可知，，，且，解析：（1）详见解析；（2）①；②，证明详见解析；（3）．【分析】（1）在等腰三角形ABM中三线合一，即AM还为三角形的角平分线与底边中线，可用AAS证，可得，即可得证；（2）①由题意可知，，，且，，可证∽，同理可证∽，可得，，即可得出BD与AN的数量关系；②过E点作AC的平行线，交AN的延长线于点P，连接PC，可证∽，即，可得，四边形为平行四边形，所以，即可得出BD与AN的数量关系；（3）由（2）②已证四边形为平行四边形，所以，且∽，，所以，即ACE的面积可得．【详解】（1）证明：∵，于点，∴，，（等腰三角形三线合一）∵，，且，∴，∵，∴，即．∴，∵，∴，在ABM和CAN中，∴（AAS），∴，∴．（2）①．∵由题意可知，，，且，，∴，∴∽，同理，，，且，，∴，∴∽，∴，即，，即，∴．②．证明：过E点作AC的平行线，交AN的延长线于点P，连接PC．∴，∵，∴，∴，∵于点，∴．∴．∴．∴，∴∽，∴，∵，∴，，∴．∵，∴四边形为平行四边形．∴，∴．（3）．∵由（2）②已证四边形为平行四边形，∴，又∵∽，∴，∴．【点睛】本题主要考察了等腰三角形三线合一、全等三角形的证明与应用、相似三角形的证明与应用、平行四边形的性质，解题的关键在于构造出全等三角形，且掌握相似三角形面积之比为边长之比的平方．12．（1）；（2）a2+b2=5c2，证明见解析；（3）4【分析】（1）首先证明△APB，△PMN都是等腰直角三角形，求出PA、PB、PN、PM，再利用勾股定理即可解决问题．（2）结论a2+b2=解析：（1）；（2）a2+b2=5c2，证明见解析；（3）4【分析】（1）首先证明△APB，△PMN都是等腰直角三角形，求出PA、PB、PN、PM，再利用勾股定理即可解决问题．（2）结论a2+b2=5c2．设MP=x，NP=y，则AP=2x，BP=2y，利用勾股定理分别求出a2、b2、c2即可解决问题．（3）取AB中点H，连接FH并且延长交DA的延长线于P点，首先证明△ABF是中垂三角形，利用（2）中结论列出方程即可解决问题．【详解】（1）解：如图中，∵CN=AN，CM=BM，∴MN∥AB，MN=AB=2，∵tan∠PAB=1，∴∠PAB=∠PBA=∠PNM=∠PMN=45°，

∴PN=PM=2，PB=PA=4，

∴AN=BM=，∴b=AC=2AN=4，a=BC=4，∴，故答案为：；（2）结论a2+b2=5c2．证明：如图中，连接MN．∵AM、BN是中线，

∴MN∥AB，MN=AB，∴△MPN∽△APB，∴，设MP=x，NP=y，则AP=2x，BP=2y，

∴a2=BC2=4BM2=4(MP2+BP2)=4x2+16y2，b2=AC2=4AN2=4(PN2+AP2)=4y2+16x2，c2=AB2=AP2+BP2=4x2+4y2，∴a2+b2=20x2+20y2=5(4x2+4y2)=5c2．（3）解：如图中，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AE∥BF，∴，在△AGE和△FGB中，，∴△AGE≌△FGB，

∴AG=FG，取AB中点H，连接FH并且延长交DA的延长线于P点，

同理可证△APH≌△BFH，

∴AP=BF，PE=2BF=CF，

即PE∥CF，PE=CF，

∴四边形CEPF是平行四边形，

∴FP∥CE，

∵BE⊥CE，

∴FP⊥BE，即FH⊥BG，

∴△ABF是中垂三角形，

由（2）可知AB2+AF2=5BF2，∵AB=3，BF=AD=，∴9+AF2=5×，∴AF=4．【点睛】本题是四边形综合题，考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线构造全等三角形，学会利用新的结论解决问题，属于中考压轴题．13．（1）相等；（2）不成立，理由见解析；（3）或．【分析】（1）证明△ABD≌△ACE（SAS），即可得出；（2）当在Rt△ADE和Rt△ABC中，，证明△ABD∽△ACE，求出BD与CE的比例解析：（1）相等；（2）不成立，理由见解析；（3）或．【分析】（1）证明△ABD≌△ACE（SAS），即可得出；（2）当在Rt△ADE和Rt△ABC中，，证明△ABD∽△ACE，求出BD与CE的比例；（3）分两种情况求出BD的长即可．【详解】（1）相等;提示：如图4所示．∵△ADE和△ABC均为等边三角形，∴∴∴在△ABD和△ACE中，∴△ABD≌△ACE（SAS）∴．（2）不成立；理由如下：如图5所示．在Rt△ADE和Rt△ABC中，∵∴∴∵∴△ABD∽△ACE∴∴故（1）中的结论不成立；（3）或．提示:分为两种情况：①如图6所示．易证：△ABD≌△ACE（SAS）∴∴∴由题意可知：设,则在Rt△BCE中,由勾股定理得：∴解之得:（舍去）∴；②如图7所示．易证：△ABD≌△ACE（SAS），设，则在Rt△BCE中，由勾股定理得：∴解之得：（舍去）∴.综上所述，或．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是学会运用分类讨论的思想考虑问题．14．（1）①EF＝BE+DF；②成立，理由详见解析；（2）DE＝．【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解析：（1）①EF＝BE+DF；②成立，理由详见解析；（2）DE＝．【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根据旋转的性质作辅助线，得出AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，求出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，即可求出答案；（2）如图3，同理作旋转三角形，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）∵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，故答案为：EF＝BE+DF；②成立，理由：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；（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＝．【点睛】本题考查了四边形的综合题，旋转的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用，此题是开放性试题，运用类比的思想；首先在特殊图形中找到规律，然后再推广到一般图形中，对学生的分析问题，解决问题的能力要求比较高．15．（1）30°，6，4，7；（2）AG；（3）等边，；（4）3，，6【分析】（1）由点H为AC中点，可得AC=2AH，由折叠，点B与点H重合，与四边形ABCD为矩形，可证GH为AC的垂直平分线，可解析：（1）30°，6，4，7；（2）AG；（3）等边，；（4）3，，6【分析】（1）由点H为AC中点，可得AC=2AH，由折叠，点B与点H重合，与四边形ABCD为矩形，可证GH为AC的垂直平分线，可得AG=CG，∠GCH=∠GAH，可求∠ACB=30°，利用三角函数可求BC=，AG=4，BF=FC=，可求，与△ABG相似的三角形由7个；（2）由EF为折痕，可证△AEH∽△AHG，可得即可；（3）由四边形ABCD为矩形，点H为对角线AC中点，可证△ABH为等边三角形，再证△ABM∽△MHN，可得即可；（4）连结BD，当点Q′在BD上时，Q′D最小，先求BC=，AQ′=，可求Q′D最小=，当BQ′⊥BD时，△BDQ′面积最大∠CBQ′=60°，S△BDQ′最大=．【详解】解（1）∵点H为AC中点，∴AC=2AH，∵折叠，点B与点H重合，∴AB=AH=2，BG=HG，∠BAG=∠HAG=，∠B=∠AHG，∵四边形ABCD为矩形，∴∠B=90°，∴∠AHG=∠B=90°，∴GH为AC的垂直平分线，∴AG=CG，∠GCH=∠GAH，∴∠BAG=∠HAG=∠GCH，∵∠BAH+∠BCH=180°-∠B=90°，∴3∠ACB=90°∴∠ACB=30°，∴∠BAG=∠HAG=∠GCH=30°，∴tan30°=，AB=2，∴BC=，∵tan∠BAG=tan30°=，∴BG=，∴AG=2BG=4，BF=FC=，∴GF=BF-BG=3-2=1，∴，∵AD∥BC，∴∠DAC=∠ACB=30°，∴∠BAG=∠HAG=∠GHF=∠HCF=∠GCH=∠EAH=∠DAC=∠BCA=30°，∵∠B=∠AHG=∠HFG=∠HFC=∠AEH=∠D=∠GHC=∠CBA=90°，∴△ABG∽△AHG∽△HFG∽△CFH∽△CHG∽△AEH∽△ADC∽△CBA，∴与△ABG相似的三角形由7个，故答案为：30°；6；4；7；（2）∵EF为折痕，∴EH⊥AD，∵∠EAH=∠HAG=30°∠AHG=∠AEH=90°∴△AEH∽△AHG，∴，∴故答案为AG；（3）∵四边形ABCD为矩形，点H为对角线AC中点，∴AH=CH=BH，由图2知AB=AH，∴AH=BH=AB，∴△ABH为等边三角形，∴∠ABH=∠AHB=60°，∵∠AMN＝∠ABH；∴∠AMN＝∠ABH=∠AHB=60°，∴∠BAM+∠AMB=180°-∠ABH=120°，∠AMB+∠NMH=180°-∠AMN=120°，即∠BAM+∠AMB=∠AMB+∠NMH，∴∠BAM=∠NMH，∴△ABM∽△MHN，∴，∵AB=，MH=，∴，∴，故答案为：等边；，（4）连结BD，当点Q′在BD上时，Q′D最小∵AB=2，AD=BC=6，∴BC=∵AQ′=Q′H=∴Q′D最小=当BQ′⊥BD时，△BDQ′面积最大∵tan∠DAC=，∴∠DAC=30°，∴∠CBQ′=90°-∠DBC=90°-30°=60°∴tan∠CBQ'=S△BDQ′最大=；故答案为；；6．【点睛】本题考查折叠性质，矩形性质，线段垂直平分线，锐角三角函数，三角形相似判定与性质，等边三角形判定与性质，两图形的最小距离，最大面积，掌握查折叠性质，矩形性质，线段垂直平分线，锐角三角函数，三角形相似判定与性质，等边三角形判定与性质，两图形的最小距离，最大面积求法是解题关键．16．（1），；（2）成立，不成立，与的关系为，见解析；（3）2或14【分析】（1）连接AE，证明△ABC、△APE为等边三角形，再证明，根据全等三角形的性质可得BP=CE，，再求得，即可得，所有．解析：（1），；（2）成立，不成立，与的关系为，见解析；（3）2或14【分析】（1）连接AE，证明△ABC、△APE为等边三角形，再证明，根据全等三角形的性质可得BP=CE，，再求得，即可得，所有．（2）成立，不成立，与的关系为．选图2证明：连接，易证，根据相似三角形的性质可得，，根据等腰直角三角形的性质可得，由此可得，结论可证；选图3证明，类比图2的证明方法即可；（3）分图2和图3两种情况求CE的长即可．【详解】（1）如图，连接AE，∵，且，∴△ABC为等边三角形，∴，AB=AC，∵，且，∴△APE为等边三角形，∴，AP=AE，∴，∴；在△BAP和△CAE中，，∴，∴BP=CE，，∵，，，∴∠ABP=30°，∴，∴，∴．故答案为：，．（2）成立，不成立，与的关系为．理由如下：选图2证明：连接，由题意可知：、均为等腰直角三角形，∴，，∴，即；又∵，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴，∴，．选图3证明：理由如下：连接，由题意可知：、均为等腰直角三角形，∴，，∴，即，又∵，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴，∴，；（3）或14．如图，∵，∴，∵，∴在中，，∴，由（2）知：，∴；如图，同理可得，∴，∴．综上：的长为2或14．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练运用相关知识是解决问题的关键．17．（1）CM=2BE，CM⊥BE；（2）成立，理由见解析；（3）【分析】（1）设证明，由点是的中点，得到，进而求解；（2）证明和，得到，，进而求解；（3）证明，过点作于点，设，则，，则，即可求解析：（1）CM=2BE，CM⊥BE；（2）成立，理由见解析；（3）【分析】（1）设证明，由点是的中点，得到，进而求解；（2）证明和，得到，，进而求解；（3）证明，过点作于点，设，则，，则，即可求解．【详解】解：（1）设交于点，为等腰直角三角形，，，，，，，点是的中点，则，即，，，即，故答案为：，CM⊥BE；（2），，仍然成立．如图所示，延长至使，连接，，，，，，，，，而，，，，，，，，，；（3）由得，，则，由（2）知，，，过点作于点，设，则，，，．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、直角三角形中线定理、解直角三角形、三角形全等等，综合性强，难度较大．18．（1）；；（2）矩形，见解析；（3）见解析，．【分析】（1）如图，连接OA、OA′、OD、OD′，根据旋转的性质可得OA=OA′、OD=OD′，∠AOA′=∠DOD′=，根据勾股定理可得OA=O解析：（1）；；（2）矩形，见解析；（3）见解析，．【分析】（1）如图，连接OA、OA′、OD、OD′，根据旋转的性质可得OA=OA′、OD=OD′，∠AOA′=∠DOD′=，根据勾股定理可得OA=OD，利用SAS可证明△AOA′≌△DOD′，根据全等三角形的性质可得AA′=DD′，根据旋转的性质可得∠BOB′=，根据可得△OAA′∽△OBB′，根据相似三角形的性质即可得答案；（2）根据旋转的性质可得，，，根据点是中点即可得出，根据对角线相等且互相平分的四边形是矩形即可证明四边形是矩形；（3）根据题意，补全图形，连接OA、OA′，作AM⊥BP于M，A′N⊥BP于N，根据勾股定理可得，根据平角的定义及直角三角形两锐角互余的性质可得，利用AAS可证明△ABM≌△A′B′N，可得AM=A′N，利用AAS可证明△APM≌△A′PN，可得，根据等腰三角形“三线合一”的性质