2025中考数学压轴题每日一题（130题）答案

∠EFD=∠BAC即可求解；(2)在CG上截取CM=BD，连接BM，BE，BM交AD于点H，连接BE，AE，再证明四边形EBMG是平行四边形，可得CG=2BD，记AB与DE的交点为点N，则由轴对称可知：DE⊥AB，NE=ND，再解RtΔBND即可；(3)连接BE，记AB与DE的交点为点N，由轴对称知∠EAB=∠DAB，DE⊥AB，NE=ND，∠EBA=∠DBA=45°,当点G在边AC上时，由于∠EAG>90°,当ΔAEG为等腰三角形时，只能是AE=AG，∠BAD=α,∠AGE=α,解得α=30°,然后AF=x，解直角三角形，表示出AG=2x，CG=(3-1)x，即可求解；当点G在CA延长线上时，只能是GE=GA，设∠BAD=∠BAE=β,在RtΔAFE中，90°-β+180°-2β=90°,解得β=60°,设GF=x，解直角三角形求出CGx，即可求解．∵∠EFD=∠BAC，∠BAC=60°,∴∠EFD=60°,∵∠EFD=∠1+∠BAD=∠1+α,∴∠1=60°-α,∵∠AGE+∠1+∠BAC=180°,∴∠AGE=180°-60°-∠1=120°-∠1，∴∠AGE=120°-(60°-α)=60°+α;在CG上截取CM=BD，连接BM，BE，AE，BM交AD于点H，∵AB=AC，∠BAC=60°,∴ΔBCA为等边三角形，∴∠ABC=∠C=60°,BC=AB，∴ΔABD≅ΔBCM(SAS)，∴∠3=∠4，∵∠AHM=∠3+∠5，∴∠AHM=∠4+∠5=60°,∵∠EFD=∠BAC=60°,∴∠AHM=∠EFD，∵点D关于直线AB的对称点为点E，∴AE=AD，BE=BD，∠ABE=∠ABC=60°,∴四边形EBMG是平行四边形，∴BE=GM，∴BE=GM=BD=CM，∴CG=2BD，记AB与DE的交点为点N，则由轴对称可知：DE⊥AB，NE=ND，在RtΔDNB中，DN=BD.sin∠ABCBD，∴DE=2DN=3BD，∵AB=AC，∠EFD=∠BAC=90°,∴∠ABC=45°,由轴对称知∠EAB=∠DAB=α,∠EBA=∠DBA=45°,DE⊥AB，NE=ND，当点G在边AC上时，由于∠EAG>90°,∴当ΔAEG为等腰三角形时，只能是AE=AG，∵∠BAC=∠AFG=90°,∴∠AGE=α,∴∠AEG=α,∵∠EAD=2α,∵AE=AG，EG⊥AD，∴∠FAG=∠EAD=2α,解得α=30°,∴∠EAD=60°,∵AE=AD，∴ΔAED为等边三角形，∴AE=ED，设AF=x，∵∠EAD=60°,∴AG=AE=EDx，∴DN=x，在RtΔDAN中，ANDNx，∵DE⊥AB，∠ABC=45°,∴BNDN=x，∴AC=AB=3x+x，∴CG=AC-AGx+x-2xx，设∠BAD=∠BAE=β,∴∠DAC=∠GAF=90-β,∴∠EAF=180°-2β,∴∠GAE=∠EAF-∠GAF=90°-β,∵GE=GA，∴∠GAE=∠GEA=90°-β,∵∠EFD=∠BAC=90°,在RtΔAFE中，90°-β+180°-2β=90°,解得β=60°,∴∠DAC=90°-60°=30°=∠GAF，设GF=x，则AG=GE=2x，AFx，在RtΔEFA中，EF=2x+x=3x，由勾股定理得AEx，在RtΔEAN中，AN=AE.cosx，EN=DN=BN=AE.sin60°=3x，∴AB=AC=3x+3x，∴CG=AG+AC，2．【分析】(1)证明ΔADE≅ΔABC(SAS)，求出AC=AE=5，可得∠DAE=∠BAC，故∠CAE=∠BAD，又，可得△ADB∽ΔAEC，从而于P，延长EF交BC于N，由△ADB∽ΔAEC，得∠ABD=∠ACE，求出BM=AM=CMAC，证明AB⎳CE，即可得ΔBAM≅ΔQCM(AAS)，BM=QM，从而四边形ABCQ矩形，有AB=CQ=3，BC,可得PQ是ΔCEN的中位线，PQ=CN，设PQ=x，证明ΔEQP≅ΔADP(AAS)，得EP=AP=4-x，故(4-x)2=x2+32，xAP= 得，CF(3)分四种情况分别画出图形解答即可．【解答】解：(1)∵AB=AD=3，BC=DE=4，∠ABC=∠ADE=90°,∴ΔADE≅ΔABC(SAS)，AC=AEDAE=∠BAC，∴∠DAE-∠DAC=∠BAC-∠DAC即∠CAE=∠BAD，ADB∽ΔAEC，∵AB=3，AC=5，∴;同(1)得ΔADB∽ΔAEC，∴∠ABD=∠ACE，∵BM是中线，∴BM=AM=CMAC∴∠MBC=∠MCB，∵∠ABD+∠MBC=90°,∴∠ACE+∠MCB=90°,即∠BCE=90°,∴AB⎳CE，∴∠BAM=∠QCM，∠ABM=∠CQM，又AM=CM，∴ΔBAM≅ΔQCM(AAS)，∴BM=QM，∵∠ABC=90°∴四边形ABCQ矩形，∴AB=CQ=3，BC=AQ=4，∠AQC=90°,∴EQEQ=CQ，∴PQ是ΔCEN的中位线，∴PQCN，设PQ=x，则CN=2x，AP=4-x，∵∠EPQ=∠APD，∠EQP=90°=∠ADP，EQ=AD=3，∴ΔEQP≅ΔADP(AAS)，∴EP=AP=4-x，∵EP2=PQ2+EQ2，∴(4-x)2=x2+32，解得：x∴AP=4-xCN=2x，∵ACCF∵BM是RtΔABC斜边AC上的中线，∴AM=BM=CMACABM=∠BAM，∵AB=AD，∴∠ABM=∠ADB，∴∠BAM=∠ADB，∵∠ABM=∠DBA，∴ΔABM∽ΔDBA，,即BD，∵∠EAD=∠CAB=∠ABD=∠ADB，∴DM⎳AE，∴ΔFDM∽ΔFEA，即 FM+，解得FM=78，:CF=CM-FM=2- ①当AD在AC上时，DE丄AC，此时ΔCDE是直角三:SΔCDE=CD.DE=×(5-3)×4=4；②当AD在CA的延长线上时，DE丄AC，此时ΔCDE“AQ丄EC，DE丄EC，DE丄AD，:四边形ADEQ是矩形，:AD=EQ=3，AQ=DE=4，“AE=AC=5，:EQ=CQ=CE，:CE=3，:CE=6，:SΔCDE=AQ.CE=×4×6=12；“DC丄EC，AQ丄EC，:AQⅡDC，“AC=AE，AQ丄EC，:EQ=CQ， :NQ是ΔCDE的中位线，:ND=NE=DE=2，CD=2NQ，“∠AND=∠ENQ，∠ADN=∠EQN=90。，:∠DAN=∠QEN，:tan∠DAN=tan∠QEN，:DN=NQ:NQ=2“NQ2+EQ2=NE2，:EQ(2+EQ2=22，EQ=，:CD=2NQ=，483．【分析】(1)添加辅助线，转移比例线段，得到(2)利用三角形外接圆得性质得出△AOE≥△AOD，再关系，由CD2=DM.DN，很容易找到△DCN一△DMC，再根据这个相似结论证出△BEM一△BPC，“ADⅡBC，:=，“AE=AB，DF=CD:=，=，:=，:EFⅡBC．AE于点F，连接OA，OD，OE．:OA=OE=OD，:AF=EF=AE=，“AE=AB，:AB=3AE=3，“AE=AD，OE=OD，OA=OA，:△AOE≥△AOD(SSS)，:∠EAO=∠DAO，“BO平分∠ABC，:∠ABO=∠CBO，“ADⅡBC，:∠DAB+∠ABC=180。，“OF丄AE，:∠AFO=∠AOB=90。，“∠FAO=∠OAB，:△FAO一△OAB，:AO=FA，即AO2=AF.AB=3::△ADE外接圆半径为．BC，垂足为点Q．PDBC4，:=，:PA=1，“CD2=DM.DN，:=，“PDBC4，:=，:PA=1，“CD2=DM.DN，:=，“∠CDN=∠MDC，:△DCN一△DMC，:∠DCN=∠CMD，“∠DMC=∠CEM，:∠CEM=∠DCN，BEBMEPMCEPMC:=1=，:BM=MC=2，:△BEM一△BPC:BM=ME=1:EMⅡCD，:=，“ADⅡBC，:“ADⅡBC，:==，:PD=a，DC=3a，“EMⅡCD，:△ENM一△CND，:EN=EM=2CNDC3，“∠DMC=∠CEM，∠ECM=∠MCN，:△CNM一△CME，:=，即CM2=CN.CE，BE2-BQ2=CE2-CQ2，:4-BQ2=(2315(2-(4-BQ)2，解得BQ=，:EQ2=BE2-BQ2=，“QM=BM-BQ=2-=，:在Rt△EQM中，由勾股定理可得，EM=EQ2+QM2=233，“=:DC=3．“AD=AE=1，:AB=3AE=3，“ADⅡBC，BC=4，:==，即A=，:AP=1=AD=AE，“BE=AP-AE=2，PE=AE+AP=2，:E为BP中点，“CD2=DM.DN，:△DCN一△DMC，:∠DCN=∠DMC=∠CEM，:EMⅡCD，:M也为BC中点，:CM=BM=2，“BP=BC=4，:∠P=∠DCM，“∠ECP=∠DMC，:△ECP一△DMC，EPCP:=CDCM，:2=4a，解得a=方法三：由CD2=DM.DN易得△DCN一△DMC，:∠DCN=∠CMD，“∠DMC=∠CEM，:∠CEM=∠DCN，:EMⅡCD，延长DA、ME交于点F，BMBE2，:△EAF一△EBM，:AF=AEBMBE2，设AF=n，则BM=2n，DF=CM=n+1，:BC=BM+CM=2n+n+1=4，解得n=1，:AF=1，BM=2，设EF=m，则EM=2m，CD=3m，设EN=2CN=3t，由△CMN一△CEM可得，=，即CM2=CE.CN，:4=3t.5t，解得t2=，由DE2=DF2-EF2=CE2-CD2得，2-m2=25t2-9m2，解得m=∴CD=3m=3．(2)由EG⊥FH，证明a2+c2=b2+d2，再结合图形变圆心，PD为半径的圆上运动，可得当AD与⊙P相切2)可得：AE+BD=D1E2+BD1，当E2，D1，B三点共线时，AE+BD=D1E2+BD1最短，∵正方形ABCD，EFGH及圆为正方形ABCD的内切∴设AE=DE=DH=CH=CG=BG=AF=BF=m，∠A=90°,∴AB=AD=2m,EF=m2+m2=2m，∴S正方形ABCD=4m2，S正方形EFGH=(2m)2=2m2，∵EG⊥FH，∴a2=OF2+OE2，c2=OG2+OH2，d2=OE2+OH2，b2=OF2+OG2，∴a2+c2=b2+d2，结合图形变换可得：PA2+PC2=PB2+PD2；∴当AD与⊙P相切时，∠DAP最大，∴PD⊥AD，∴AD2=AP2-PD2，由(2)可得：AE=DF，∵PE=8，PF=5，∴AD2=AP2-PD2=PE2+AE2-PF2-DF2=82-52=39∴AD=39；CD=CD1，CE=CE1，由(2)可得：AE+BD=D1E2+BD1，∴当E2，D1，B三点共线时，AE+BD=D1E2+BD1最短，∵AC+CD=5，BC+CE=8，∴E1E2=5，BE1=8，∴BE2=BE+E1E=82+52=89，∴AE+BD的最小值为89．5．【分析】(1)从问题出发，证ΔABC∽ΔCBO，题干很容易得出∠ACO=∠BCO=∠A，即可得证；可求出面积最值，当N、H重合时MH取最大值，此时最大值为OM+ON=4，即可求解；【解答】(1)证明：“OM垂直平分AC，:OA=OC，∠A=∠ACO，“CO平分∠ACB，:∠ACO=∠BCO=∠A，“∠B=∠B，:ΔABC一ΔCBO．6，:AC=AB。=43，:AM=23，:OM=AM.tan30。=2，接MN，在ΔAOC旋转的过程中，对应边AC=A/C/=在RtΔMHN中，MH<MN，在ΔOMN中，MN<OM+ON，:MH<MN<OM+ON，如图4，当N、H重合时MH取最大值，此时最大OM+ON=4，:S△A/MC/=A/C/.MH=83，即△A/MC/面积最大值②在旋转得过程中，等腰三角形AOC的形“MC,≤MO+OC/=MO+OC=6<43=A/C/，同理MA/≤6<A/C/，:△A/MC/中只有可∠A/MC/=90。，“OM垂直平分AC，:MA=MC，∠AMO=90。，6．【分析】(1)依题意画出图形，证四边形OAPC是得出OA=AP=PC=OC，再证△APM≥△CPN(ASA)，得出AM=CN，然后利用线段的和差关系以(3)分M在线段AO上和AO的延长线上讨论，利用相似三角形的判定和性质求解即可．“点P在∠AOB的平分线上，PA丄O:PA=PC，:矩形OAPC是正方形，:OA=AP=PC=OC，∠APC=90。，“PN丄PM，:∠APM=∠CPN=90。-∠MPC，:△APM≥△CPN(ASA)，:AM=CN，:OM+ON=OM+OC+CN=OM+AM+OC=OA+OC=2AP，:OM+ON=2PA．(3)①当M在线段AO上时，如图，延长NM、PA交由(2)知OM+ON=2AP，设OM=x，则ON=3x，OA=AP=2x．∴AM=AO-OM=x=OM，∵∠MON=∠MAG=90°,∠OMN=∠AMG，∴△MON≅△MAG(ASA)，∴AG=ON=3x，;②当M在AO的延长线上时，如图，过P作PC⊥OB∴OA=AP=PC=OC，∠APC=90°,PC⎳AO，∵PN⊥PM，∠APM=∠CPN=90°-∠MPC，又∵∠A=∠PCN=90°,AP=CP，∴△APM≅△CPN，∴AM=CN，∴ON-OM=OC+CN-OM=AO+AM-OM=2AO∵ON=3OM=3x，∴AO=x，CN=AM=2x，,即CG，CB=CA，根据等腰直角三角形的性质得到∠A=∠ABC=45°,∠ACD=∠BAE，根据全等三角形的性质得到AD=BE，∠A=∠CBE=45°,根据垂直的定义得到AD⊥BE；(2)根据相似三角形的判定定理得到△ADC∽△BEC，求得m，∠CBE=∠A，得到BE=mAD，根据垂直的定义得到AD⊥BE；∠ACB=90°,求得AB，得到BD=62-x，根据勾股定理得到DE2=BD2+BE2=(62-x)2+x2，根据线段垂直平分线的性质得到CE=EF，CD=DF，②过D作DH⊥AC于H，根据等腰直角三角形到现在得到AH=DHADx，求得CHx，连接OB，推出OBCF，得到∠CBF=90°,根据【解答】解：(1)AD⊥BE，AD=BE，理由：∵CE=CD，CB=CA，∵∠ACB=∠DCE=90°,∴∠A=∠ABC=45°,∠ACD=∠BAE，∴△ACD≅△BCE(SAS)，∴AD=BE，∠A=∠CBE=45°,∴∠ABE=90°,∴AD⊥BE；故答案为：AD⊥BE，AD=BE；(2)BE=mAD，AD⊥BE，证明：∵∠ACB=∠DCE=90°,∴∠ACD=∠BCE，△ADC∽△BEC，CBE=∠A，∴BE=mAD，∵∠A+∠ABC=90°,∴∠CBE+∠ABC=90°,∴∠ABE=90°,∴AD⊥BE；由(1)知，AC=BC=6，∠ACB=90°,∵AD=BE=x，∠DBE=90°,∴DE2=BD2+BE2=(62-x)2+x2，∴CE=EF，CD=DF，∵CD=CE，∴CD=DF=EF=CE，∴y与x的函数表达式为y=xx+36(0<x≤②过D作DH⊥AC于H，连接OB，∴OB=OE=OD=OC=OF，∴OBCF，∴∠CBF=90°,∵BC=6，BF=2，∴CF∵CH2+DH2=CD2，解得x=42或xAD或．8．【分析】(1)证明对应角相等，即ΔPCH；(2)根据ΔEDP∽ΔPCH，求得PH的长度，从而得出(3)延长AB，PG交于一点M，连接AP，先证明ΔMBH≅ΔPCH，得到相等的边，再根据ΔBMG∽∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=∠C=90°,∴∠1+∠3=90°,∵E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻∴∠EPH=∠A=90°,∴∠1+∠2=90°,∴∠3=∠2，∴ΔEDP∽ΔPCH；∴CD=AB=2，AD=BC=3，∠A=∠D=∠C=90°,∵P为CD中点，∴DP=CP设EP=AE=x，∴ED=AD-x=3-x，在RtΔEDP中，EP2=ED2+DP2，即x2=(3-x)2+1，解得x， ∴PHPG=AB=2，∴GH=PG-PH(3)解：如图，延长AB，PG交于一点M，连接AP，∵E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻∴AP⊥EF，BG⊥直线EF，∵AE=EP，∴∠EAP=∠EPA，∴∠BAP=∠GPA，∴ΔMAP是等腰三角形，∴MA=MP，∵P为CD中点，∴设DP=CP=y，∴AB=PG=CD=2y，∵H为BC中点，∴BH=CH，∵∠BHM=∠CHP，∠CBM=∠PCH，∴ΔMBH≅ΔPCH(ASA)，∴BM=CP=y，HM=HP，∴MP=MA=MB+AB=3y，∴HPPMy，在RtΔPCH中，CHy，在RtΔAPD中，APy，个角是直角三角形，再根据点D的位置关系去讨论即可，因为点D是动点，所以按照前面两问带给我们的思路，去构造类似的全等三角形，进而讨论求解即可．∴AB=AC=BC，AD=AE=DE，∠BAC=∠DAE=60°,∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴△ABD≅△ACE(SAS)，∴CE=BD∵BD+CD=BC，∴CE+CD=CA．②CA+CD=CE．理由如下，∴AB=AC=BC，AD=AE=DE，∠BAC=∠DAE=∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，∴∠BAD=∠CAE，∴△ABD≅△ACE(SAS)，∴CE=BD，∵CB+CD=BD，∴CA+CD=CE．①当点D在H左侧时，如图1，∵ED=EF，∠DEH=∠FEC，EH=EC，∴△EDH≅△EFC(SAS)，∴∠ECF=∠EHD=120°,∴∠FCE=∠EHD=60°,∠FEC=∠DEH<∠HEC=60°,此时只有∠CFE有可能为90°,当∠CFE=90°时，∠EDH=90°,∴ED⊥CH，∵CH=CE=23，∴CDCH又∵AB=6，∴BD③当点D在H右侧，且HC延长线上时，如图3，∵∠DEF=60°,∴∠CED=30°,∵∠ECH=60°,∴∠EDC=CED=30°,∴CD=CEBDFE交DA延长线于点M，作FH⊥AD于点H，证△AME≅△BFE(AAS)，再证△MFH≅△BDC(SAS)即(3)这一问是建立在第二问的基础上，所以很容易想到构造相似通过线段关系转化求解，过F作FM⊥AD于点M，取BD中点H，连接AF，设CF=a，则AM=DM=CF=a，AD=CD=2a=MF，AFa，证FE垂直平分AB得到AF=BFa，再证△EGH∽∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD，∴,∵∠EBF=∠C=90°,∴△BCD∽△FBE；H⊥AD于点H，则四边形CDHF是矩形．∵E是AB中点，∴AE=BE，∵AM⎳BC，∴∠AME=∠BFE，∠MAE=∠FBE，∴△AME≅△BFE(AAS)，∴AM=BF，∵AD=2CF，CF=DH，∴AH=DH=CF，∴AM+AH=BF+CF，即MH=BC，∵FH=CD，∠MHF=∠BCD=90°,∴△MFH≅△BDC(SAS)，∴∠AMF=∠CBD，又∵∠AMF=∠BFG，∴∠CBD=∠BFG，∴BG=FG；方法二：如图，取BD中点H，连接EH、CH，∴EHAD，EH⎳AD，∵AD=2CF，∴EH=CF，:EFⅡCH，:∠HCB=∠GFB，:∠HCB=∠HBC，:∠GFB=∠HBC，:BG=FG；(3)如图，过F作FM丄AD于点M，取BD中点H，连接AF，则四边形CDMF是矩形:CF=DM，“AD=2CF，:AM=DM=CF，设CF=a，则AM=DM=CF=a，AD=CD=2a=MF，:AF=AM2+MF2=5a，“AG=FG，BG=FG，:AG=BG，“E是AB中点，:FE垂直平分AB， :BF=AF=5a，“H是BD中点，:EH是△ABD中位线，:EH=AD=a，EHⅡADⅡBC，:△EGH一△FGB，a:EG=EH=a=5a(3)根据前述条件可得出∠C的三角函数关系，从而得(4)分类讨论，利用利用锐角三角函数得到的边角关【解答】解：(1)“AB=AC，D是BC中点，:BD=CD，“BC=6，:BD=BC=3，在RtΔABD中，AB=5，:AD=、AB2-BD2=4．(2)如图①,过D作DE丄AC于点E，作AF丄BC于“BC=6，BD=4，:CD=2，由(1)知AF=4，“SΔACD=AC.DE=CD.AF，即5DE=8，:DE=，:点D到AC的距离是．“四边形APMN为正方形，:PN丄AM，∠PAM=45。，“PN丄AC，:点M落在AC上，设AP=x，则CD=6-x．:DE=AE=(6-x)，CE=(6-x)， :(6-x)+(6-x)=5，解得：x=，(4)①M、N在AC同侧时如图③,作MH丄AC，NG丄AC，DE丄AC于点E，则NG=3MH，“∠ANG=∠NMQ=90。-∠MNQ，AN=MN，:ΔANG≥ΔNMQ(AAS)，:AG=NQ，:tan∠ANG====NG-MH=2“∠DAC=∠ANG=90。-∠NAG，:tan∠DAC=，设CD=x，DE=x，CE=x，:AE=x，:x+x=5，解得：x=．②M、N在AC两侧时如图④,同理可得，tan∠DAC，设CD=x，DEx，CEx，∴AE，解得：x．∠FAB=∠BCD，再根据直角三角形斜边上得中线等于斜边的一半得出BFAE=AF，再利用等角转化即证明，先证△AGB≅△BDC得到∠ABG=∠BCD=∠BAN，再利用8字型得到∠ABC=∠ANC=90°,即可得证；②利用倍长中线证△AGF≅△EBF(SAS)，再证△AGB≅△BDC(SAS)，即可得证．∵AB=BC，∠ABE=∠CBD，BE=BD，∴△ABE≅△CBD(SAS)，∴AE=CD，∠FAB=∠BCD．∵F是Rt△ABE斜边AE的中点，∴AE=2BF，∴CD=2BF，∵BFAE=AF，∴∠FAB=∠FBA．∴∠FBA=∠BCD，∵∠FBA+∠FBC=90°,∴∠FBC+∠BCD=90°.∴BF⊥CD；(2)①BF⊥CD；理由如下：延长BF到点G，使FG=BF，连结AG．延长EB到M，使BE=BM，连接AM并延长交CD于∴∠ABG=∠BCD，∴∠ABG=∠BAN=∠BCD，∴∠ABC=∠ANC=90°,∴AN⊥CD，∵BF⎳AN，∴BF⊥CD．故答案为：BF⊥CD；②证明：延长BF到点G，使FG=BF，连结AG．∵AF=EF，FG=BF，∠AFG=∠EFB，∴△AGF≅△EBF(SAS)，∴∠FAG=∠FEB，AG=BE．∴AG⎳BE．∴∠GAB+∠ABE=180°,∵∠ABC=∠EBD=90°,∴∠ABE+∠DBC=180°,∴∠GAB=∠DBC．∵BE=BD，∴AG=BD．∵AG=BD，∠GAB=∠DBC，AB=CB，∴△AGB≅△BDC(SAS)，∴CD=BG．∵BG=2BF，∴CD=2BF，MN=DB；(3)过点A作∠BAG=45°,使AG=CB，连接GM、点G、M、C三点共线时，BN+CM的值最小，最小,得出BN+CM的最小值为∴∠A=60°,AB=AC，∴DM=AM，∠AMD=120°,∴∠DMB=60°,∵AN=BM，∠DMB=∠A=60°,∴△ANM≅△MBD(SAS)，∴MN=DB；(2)解：四边形AFBD为平行四边形，理由∵AB=AC，∠BAC=90°,∴∠ABC=45°,∵MA绕点M逆时针旋转90°得到MD，∴MA=MD，∠MAD=∠MDA=45°,∠DMA=∠DMB=90°,∴∠MAD=∠ABF=45°,则在△ANM和△MBD中，DMB，∴△ANM≅△MBD(SAS)，∴∠AMN=∠MDB，∵AE⊥MN，∴∠AMN+∠MAE=90°,∵∠MDB+∠MBD=90°,∴∠DBM=∠MAF，(3)解：如图，过点A作∠BAG=45°,使AG=CB，连接GM、GC，BG，延长CB，过点G作GO⊥CB∵AB=AC=4，∠BAC=90°,∴∠ABC=∠ACB=45°,∴∠GAM=∠BCN=45°,∵AN=BM，∴AM=CN，又∵AG=CB，∴△GAM≅△BCN(SAS)，∴GM=BN，∴BN+CM=GM+CM，∴当点G、M、C三点共线时，BN+CM的值最小，∵∠GAM=∠ABC=45°,∴AG⎳BC，∴∠BAC=∠ABG=90°,∴∠GBO=180°-∠ABG-∠ABC=45°,∴∠GBO=45°,∴OG=OB，∴BN+CM的最小值为．△BCE≅△DCE(SAS)，可得∠CBE=∠CDE，BE=DE，利用三角形外角性质可得∠CDE=∠CFE，即得∠CBE=∠CFE，即可求证；(2)过点E作EN⊥BC于N，解直角三角形得到EN=CE.sin60°,CN=CE.cos60°,可得BN=BC-CN，由等腰三角形三线合一可得BF，即可由三角形面积公(3)证明△DEF为等边三角形，可得BE=DF，可知线段DF的长度最短，即BE的长度最短，当BE⊥AC【解答】(1)证明：设CD与EF相交于点M，∵四边形ABCD为菱形，∴BC-=DC，∠BCE=∵∠ABC=60°,∴∠DCF=60°,∴△BCE≅△DCE(SAS)，∴∠CBE=∠CDE，BE=DE，∵∠DMF=∠DEF+∠CDE=∠DCF+∠CFE，又∵∠DEF=∠DCF=60°,∴∠CDE=∠CFE，∴∠CBE=∠CFE，∴BE=EF；(2)解：过点E作EN⊥BC于N，则∠ENC=90°,∵BE=EF，∴BF=2BN，∵四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°,∴BC=AB=10cm，∠ACB=∠BCD=60°,即∠ECN3x(cm)，CN=CE.cos60°∴BN=BC-CN=10-x(cm)，∴BF=2(10-x)cm，∵0<2x，∴0<x，∴y=-3x2+103x(0<x；(3)解：∵BE=DE，BE=EF，∴DE=EF，∴DE=DF-EF，∴BE=DF，∴线段DF的长度最短，即BE的长度最短，当BE⊥∵四边形ABCD是菱形，∴AD=BC，∵∠ABC=60°,∴△ABC为等边三角形，∴AE=AB=AC=10cm，∵BE⊥AC，∴CEAC=5cm，BC=CE=3，∠ECB=∠ACD=90°,由等腰直角三角形的性质可得AD=2，BECAD=∠ADC=45°,∠CBE=∠CEB=45°,可证AD⊥BE；∠CDA=∠CEB，可证BE=3AD，AD⊥BE；(3)由勾股定理可求AB的长，通过证明ΔACN∽ΔABC，可求AN的长，由等腰三角形的性质可求AD∴AC=DC=1，BC=CE=3，∠ECB=∠ACD=90°,∴AD，BE，∠CAD=∠ADC=45°,∠CBE=∠CEB=45°,∴BE=3AD，∠CAD=∠EAH=45°,∴∠EHA=90°,∴AD⊥BE，故答案为：BE=3AD，AD⊥BE；如图2，延长DA交BE于H，∴AC=DC=1，BC=CE=3，∠ECB=∠ACD，BCE∽ΔACD，CDA=∠CEB，∴BE=3AD，∵∠CEB+∠ENH=∠CDA+∠CND=90°,∴∠EHD=90°,∴AD⊥BE；(3)如图3，过点C作CN⊥AB于N，∵∠ACB=90°,AC=1，BC=3，∵CN⊥AB，∴∠ANC=90°=∠ACB，又∵∠A=∠A，∴ΔACN∽ΔABC，∴,∴ANAN，∵AC=DC，CN⊥AB，∴AD=2AN，,得出AB2=BD.BC；(2)过点C作CF⊥AB于点F，过点D作DG⊥AB于,解得：BE【解答】(1)证明：∵∠BAD=∠C，∠ABD=∠CBA，∴△ABD∽△CBA，AB2=BD.BC；(2)解：过点C作CF⊥AB于点F，过点D作DG⊥则∠AFC=∠AGD=90°,∴DF⎳DG，∠BAC=60°,∴CF=AC×sinAF=AC×cos60°∵D为BC的中点，∴BD=CDBC=2，∵AC=CD，∴∠CAD=∠CDA，∵∠AED=∠CAD，∴∠AED=∠CDA，∴∠AED+∠BED=∠ADC+∠ADB=180°,∴∠BED=∠ADB，∵∠DBE=∠ABD，∴△BED∽△BAD，,即，∴∠ABD=∠CBDABC，AD=AB=BC=5，∵∠ABC=2∠EBF，∴∠ABD=∠CBD=∠EBF，∴∠EBF-∠DBF=∠CBD-∠DBF，即∠DBE=∠CBF，∵AD⎳BC，∴∠CBF=∠G，∴∠DBE=∠G，∵∠DEB=∠BEG，∴△BED∽△GEB，DG=6，∴EG=DE+6，∴EG=2+6=8，∴AE=AD-DE=3，∵AE2+BE2=32+42=52=AB2，∴△ABE为直角三角形，∠AEB=90°,∴∠BEG=180°-90°=90°,∴在Rt△BEG中根据勾股定理得：BG∴BF=BG-FG=45-FG，,即，解得：FG=17．【分析】(1)可证得∠D+∠DCE=90°,∠ACB=90°,从而∠ACB=∠D，进而证得△ABC≅(2)可证得△ACF≅△DCF，从而∠A=∠PDC，进而证得∠PDC=∠DCE，从而得出PC=PD；(3)①由折叠得PF=EF，∠P=∠PEF，可证得∠PEF+∠DEF=90°,∠P+∠PDE=90°,从而∠PDE=∠DEF，从而得出EF=DF，进而得出PF=DF；②设CE=a，BC=DE=b，从而BE=BC-CE=b-a，可证得△PBF∽△PED，,从而得出PE=2BE=2(b-a)，BFDEb，从而S△CEFab，在(b-a)]2=(2b-a)2，从而得出b=3a，由∠DEC=90°【解答】(1)证明：∵DE⊥BC，∴∠DEC=90°,∴∠D+∠DCE=90°,∵∠ABC=90°,∴∠ABC=∠DEC，∴∠ACD=90°,AC=CD，∴∠DCE+∠ACB=90°,∴∠ACB=∠D，∴△ABC≅△CED(AAS)；(2)PC=PD，理由如下：∵CF是∠ACD的平分线，∴∠ACF=∠DCF，∴∠A=∠DCE，∵CF=CF，∴△ACF≅△DCF(SAS)，∴∠A=∠PDC，∴∠PDC=∠DCE，∴PC=PD；(3)①∵△BFP沿AF折叠，点P落在点E，∴PF=EF，∠P=∠PEF，∵DE⊥BC，∴∠PED=90°,∴∠PEF+∠DEF=90°,∠P+∠PDE=90°,∴∠PEF+∠PDE=90°,∴∠PDE=∠DEF，∴EF=DF，∴PF=DF，∴点F是PD的中点；②解：设CE=a，BC=DE=b，∴BE=BC-CE=b-a，由①知，点F是PD的中点，∴PFPD，∵∠ABC=∠PED=90°,∴BF⎳DE，∴PE=2BE=2，BFDEb，∴S△CEFCE⋅BFab，∵∠PED=90°,DE=b，PE=2(b-a)，PD=PC=PE+CE=2(b-a)+a=2b-a，∴b2+[2(b-a)]2=(2b-a)2，化简得，∵0°<α<45°,∴a=b舍去，∴b=3a，∴a2=40，∴S△CEF(2)证△DEF∽△CAF可求EF长度，然后即可求出求出来，这题BC很好求，但是BN不好求，可以建立线三直角得相似进行转化即可，利用△EMN∽△EAC和△BMN∽△BED建立关于MN的方程，求出MN的的正切和差角公式可以作为课外拓展知识，在这种直接写答案的题型中可以用下，快速找出答案．∴BC=BD，∠CBD=90°,∴∠BCA=∠DBE=90°-∠ABC，∵∠A=∠E=90°,∴△ABC≅△EBD(AAS)，∴AB=DE；故答案为：AB=DE．∴BC=BD，∠CBD=90°,∴∠BCA=∠DBE=90°-∠ABC，∵∠A=∠E=90°,∴△ABC≅△EBD(AAS)，∴DE=AB，BE=AC，∵AB=2，AC=6，∴DE=2，BE=6，∴AE=AB+BE=8，∴EF=4，∴BF=BE+EF=10，∴S△BDFBF.DE=10．(3)方法一：如图，以AE所在直线为x轴由AC=6，AE=8，DE=2，BD=2，∴C(0,6)，B(2,0)，E(8,0)，D(8,2)，设直线BD解析式为y=kx+b，将B、D代入得，,解得∴y，即N∴利用两点距离公式可得BN，方法二：如图，过N作NM⊥AE于点M，,解得MN，作PQ⊥BC于点Q，∵tan∠BCP=PQ=tan∠ABC===3，∴PQ=CQ，PQ=3BQ，∴BC=BQ+CQ=11a，∵BC=AB2+AC2=210=11a，∴a=210∴BP=BQ2+PQ2=210a=，∴AP=BP-AB=；②当点P在点B右侧时，如图所示，作PG⊥BC交BC延长线于点G，tan∠BCP==，tan∠PBG=tan∠ABC，即==3，剩下思路与第一种情况方法一致，求得AP=．方法二：补充知识：正切和差角公式：tan(α+β)=-，tan(α-β)=．①当点P在点B左侧时，因为tan∠BCA=，tan∠BCP=，所以此时点P在A的左侧，如图所示，tan∠BCP=tan(∠BCA+∠ACP)=得tan∠ACP=，即=，∵AC=6，∴AP=．tan∠ACP=tan(∠BCA+∠BCP)=,∵AC=6，∴AP=．(2)由∠ACE=∠AFC，∠CAE=∠FAC，得到△ACFAFAC，∽△AEC，根据相似三角形的性质得到ACAFAC，求得AC2=AF.AE，由(1)得AC2=AD.AB，于是得到=，根据相似三角形的性质得到∠ADF=∠AEB=90°,于是得到△AEB是直角三角形；(3)由∠CEB=∠CBD，∠ECB=∠BCD，得到△CEB∽△CBD，根据相似三角形的性质得到CD.CE=CB2D0，CD0=4，∠CDD0=90°,得到=，根据相似三角形的性质得到∠CDD0=∠CE0E=90°,推出点BE⊥E0E，垂足为E′，BE′即为最短的BE，连接∵∠ACE=∠AFC，∠CAE=∠FAC，ACAEAFAC，∴△ACF∽△AECAFAC，∴AC2=AF.AE，由(1)得AC2=AD.AB，∴AF.AE=AD.AB，AFAD∴=ABAE，∵∠FAD=∠BAE，∴△AFD∽△ABE，∴∠ADF=∠AEB=90°,∴△AEB是直角三角形；(3)∵∠CEB=∠CBD，∠ECB=∠BCD，∴△CEB∽△CBD，∴=．∴CD.CE=CB2=24．∵∠ECE0=∠D0CD，∴△ECE0∽△D0CD，∴∠CDD0=∠CE0E=90°,过点B作BE/⊥E0E，垂足为E′，BE′即为最短的BE，连接CE′，∵∠BCE0=∠CE0E′=∠BE′E0=90°,(2)①证明∠CND=90°,∠DCN=90°-30°=60°,可得∠ACN=90°,证明∠PMC=∠BMC=90°,可得四边形PMCN为矩形，结合BM=EN，即BM=CN，而BM=CM，可得CM=CN，从而可得结论；②如图，当30°<α<60°时，连接CP，证明得PM=PN，结合∠D=30°,可得=；②如图，当60°<α<120°时，连接CP，△PNC，结合∠CDF=30°,可得=．【解答】(1)证明：设AC=DE=a，∵∠ABC=∠DEF=90°,∠BAC=45°,∴∠A=∠C=45°,∴AB=BC，∵BM⊥AC，∴BM=AM=CM=AC=a，∵∠EDF=30°,EN⊥DF，∴EN=DE=a，∴BM=EN；(2)①证明：∵∠D=30°,CN⊥DF，∴∠CND=90°,∠DCN=90°-30°=60°,∵α=∠ACD=30°,∴∠ACN=90°,∵BM⊥AC，∴∠PMC=∠BMC=90°,∵BM=EN，即BM=CN，而BM=CM，∴CM=CN，∴四边形PMCN是正方形；②解：当30°<α<60°时，线段MP，DP，CD的数量关系为=；当60°<α<120°时，线段MP，DP，CD的数量关系为=．理由由(1)可得：CM=CN，∠PMC=∠PNC=90°,∵CP=CP，∴Rt△PMC≅Rt△PNC(HL)，∴PM=PN，∴MP+DP=PN+DP=DN，∵∠D=30°,∴cosD=DN=DP+MP=cos30°=3∴cosD=DN=DP+MP=cos30°=3，由(1)可得：CM=CN，∠PMC=∠PNC=90°,∵CP=CP，∴Rt△PMC≅Rt△PNC(HL)，∴PM=PN，∴DN=PN-DP=MP-DP，∵∠CDF=30°,∴cos∠CDF===cos30°=，∴MP-DP=3综上，当30°<α<60°时，线段MP，DP，CD的数量关系为=；当60°<α<120°时，线段MP，DP，CD的数量关系为=．BE，再求得AB；(2)根据题意可推出△AED∽△FEB，得到,设BE=a，则DE=2a，AB=CD=3a，再利用勾股定理得到AE，从而推出EF、AF，即可求使AD=BC，连接CD，延长BE交AD于点F；第二种情况，作∠ABC的平分线，取CH=CB，交∠ABC的平分线于点H，延长CH，交BE的延长线于点D，在射线BA上取AF=AB，连接DF；第三种情况，作垂直平分线；在DA延长线上取点F，使AF=AD，连接BF；②根据①中的三种情况讨论：第一种情况，根据可证得△PAC是等腰三角形，作PH⊥AC，则AH=计算可得PH，最后利用勾股定理即可求得PE；第二等腰三角形，连接PA，可由△GAF∽△CAB，结合三线合一推出PA⊥AC，从而推出△CPA∽△CBlE，同第一种情况即可求得PE；第三种情况无交点，不符合题意．【解答】解：(1)由题可知，AFADBC，∵CE=2，∴AE=1，∵BC=2AF=25，∴AD⎳BC，AD=BC，AB=CD，∴△AED∽△FEB设BE=x，则DE=2x，∴AB=BD=3x，∴AEx，∴EFAEx，∴AF=AE+EFx，②若按照上图①作图，即如图④,由题意可知，∠ACB=∠ACP，四边形ABCD是平行∴∠ACB=∠PAC，∴∠PAC=∠PCA，过P作PH⊥AC于H，则AH=HC，∵BE=5，CE=2AE=12，∴B,E=BE=5，AE=6，∴EH=AH-AE=9-6=3，∵PH⊥AC，BE⊥AC，∴△CPH∽△CB,E，即PHABAC∴AF=AG=1∴AG=AC∴ABAC∵AE=6，EC=12，B/E=BE=5，∴=，即PA===，∴PE=PA2+AE2=2+62=；若按照上图③作图，则没有交点，不存在PE(不符合故答案为：PE=或．得CE=BF，即可求解；(2)①先证ΔADN和ΔBDH是等腰直角三角形，可得AN=DN，DH=BH，AD=2AN，BD=2BH，可求AD=2x，BD=22x，通过证明ΔEDN∽ΔFDH，可求FH=2NE，即可求解；(3)由题意可得点M在线段CD的垂直由相似三角形的性质可求M/R=1，由勾股定理和相似三角形的性质可求RM,,=n，由勾股定理可求解．∵∠C=90°,AC=BC，AD=DB，∴AB=2AC，∠A=∠B=∠ACD=45°,AD=CD=BD，CD⊥AB，∵ED⊥FD，∴∠EDF=∠CDB=90°,∴∠CDE=∠BDF，∴ΔCDE≅ΔBDF(ASA)，∴CE=BF，∴AE+BF=AE+CE=AC=2(2)①AE+BF=32AB，理由如下：过点D作DN⊥AC于N，DH⊥BC于H，∵∠C=90°,AC=BC，∴∠A=∠B=45°,∵DN⊥AC，DH⊥BC，∴ΔADN和ΔBDH是等腰直角三角形，∴AN=DN，DH=BH，AD=2AN，BD=2BH，∠A=∠B=45°=∠ADN=∠BDH，∴ΔADN∽ΔBDH∴AD=AN=1设AN=DN=x，BH=DH=2x，∴AD=2x，BD=22x，∴AB=32x，∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB=90°,∴∠NDH=90°=∠EDF，∴∠EDN=∠FDH，又∵∠END=∠FHD，∴ΔEDN∽ΔFDH，∴==，∴FH=2NE，∴AE+BF=x+NE+(2x-FH)=2x=AB；②如图4，当点F在射线BC上时，过点D作DN⊥AC于N，DH⊥BC于H，∵∠C=90°,AC=BC，∴∠A=∠B=45°,∵DN⊥AC，DH⊥BC，∴ΔADN和ΔBDH是等腰直角三角形，∴AN=DN，DH=BH，AD=2AN，BD=2BH，∠A=∠B=45°=∠ADN=∠BDH，∴ΔADN∽ΔBDH∴AD=AN=1设AN=DN=x，BH=DH=nx，∴AD=2x，BD=2nx，∴AB=2(n+1)x，∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB=90°,∴∠NDH=90°=∠EDF，∴∠EDN=∠FDH，又∵∠END=∠FHD，∴ΔEDN∽ΔFDH，∴==，∴FH=nNE，∴AE+BF=x-NE+(nx+FH)=2x=AB；∵∠C=90°,AC=BC，∴∠A=∠B=45°,∵DN⊥AC，DH⊥BC，∴ΔADN和ΔBDH是等腰直角三角形，∴AN=DN，DH=BH，AD=2AN，BD=2BH，∠A=∠B=45°=∠ADN=∠BDH，∴ΔADN∽ΔBDH设AN=DN=x，BH=DH=nx，∴AD=2x，BDnx，∴ABx，∵DN⊥AC，DH⊥BC，∠ACB=90°,∴四边形DHCN是矩形，∴∠NDH=90°=∠EDF，∴∠EDN=∠FDH，又∵∠END=∠FHD，∴ΔEDN∽ΔFDH，FH=nNE，∴AE-BF=x+NE-(FH-nx)=2x=AB；综上所述：当点F在射线BC上时，AE+BF=AB，当点F在CB延长线上时，AE-BF=(3)如图，连接CD，CM，DM，∵EF的中点为M，∠ACB=∠EDF=90°,过点M作MR⊥FC于R，∴MR=1，FR=CR，由图2，设AN=DN=x，BH=DH=nx，∵FD=BDnx，∴FB=2nx，∴CF=2nx-2，∴CF′′=(1+n2)x，∴RM′′=n，∴M′′M∴点M运动的路径长为．(2)①方法一可先证ΔHAM≅ΔDAC，得出AM=AC，减去公共边得出CH=MD．方法二证ΔCDH≅ΔMHD，可直接得出CH=MD；②对于旋转的存在性问题，首是四边形AMNQ的面积是不规则，需要用去用三角形∵AE⊥BC，CF⊥AD，∴∠AEC=90°,∠AFC=90°,∴∠AFC+∠ECF=180°,∠ECF=180°-∠AFC=90°∴四边形AECF为矩形．∵四边形ABCD为菱形，∴AB=AD，∠B=∠D．∵ΔABE旋转得到ΔAHG，∴AB=AH，∠B=∠H．∴AH=AD，∠H=∠D．∵∠HAM=∠DAC，∴ΔHAM≅ΔDAC，∴AM=AC，∴AH-AC=AD-AM，:CH=MD．如图，连接HD．“四边形ABCD为菱形，:AB=AD，∠B=∠ADC，“ΔABE旋转得到ΔAHG，:AB=AH，∠B=∠AHM，:AH=AD，∠AHM=∠ADC，:∠AHD=∠ADH，:∠AHD-∠AHM=∠ADH-∠ADC，:∠MHD=∠CDH，“DH=HD，:ΔCDH≥ΔMHD，:CH=MD．GH丄CD，此时S四边形AMNQ=．“AB=5，BE=4，:由勾股定理可得AE=3，“ΔABE旋转到ΔAHG，:AG=AE=3，GH=BE=4，∠H=∠B，“GN丄CD，:GN=AE=3，:NH=1，“ADⅡBC，:∠GAM=∠B，:tan∠GAM=tan∠B，即=，解得GM=，则MH=，“tan∠H=tan∠B，:在RtΔQNH中，QN=，:S四边形AMNQ=SΔAMH-SΔQNH=MH.AG-NH.QNAG=3，MH=，:S四边形AMNQ=SΔQNH-SΔAMH=NH.QN-MH.AG4利用一线三垂直全等模型证明ΔACD≥ΔDME，再证明BM=EM即可；(3)过点E作EM丄CB，求出EM，CEM，:∠ADC+∠EDM=90。，:∠ACD=∠DME，∠ADC+∠CAD=90。，:∠CAD=∠EDM，:ΔACD≥ΔDME(AAS)，:CD=EM，AC=DM，“AC=BC，:BM=DM-BD=AC-BD=BC-BD=CD，:BM=EM，“EM丄CB，:BE=2EM=2CD，故答案为：BE=2CD；过点E作EM丄BC于点M，:∠ACD=∠DME，∠ADC+∠CAD=90。，:∠CAD=∠EDM，:ΔACD≥ΔDME(AAS)，:CD=EM，AC=DM，“AC=BC，:DM=BC，:DM-CM=BC-CM，∴CD=BM，∴EM=BM，∵EM⊥CB，∴BE=2EM=2CD；(3)如图，当点D在CB延长线上时，过点E作EM⊥CB延长线于点M，由(2)得DM=AC=1，EM=CD=2，∴CM=CD+DM=3，∴CE=CM2+EM2=13，∴sin∠ECD===；当点D在BC延长线上时，过点E作EM⊥CB于点M，∴DM=AC=1，ME=CD=2，∴CM=2-1=1，∴CE=22+12=5，∴sin∠ECD===，(2)①延长CB至点E，使BE=DC，连接AE，根据邻等对补四边形定义、补角的性质可得出∠ABE=∠D，证明△ABE≅△ADC(SAS)，得出∠E=∠ACD，AE=AC，根据等边对等角得出∠E=∠ACB，即可得出结②过A作AF⊥EC于F，根据三线合一性质可求出CF=，由①可得∠ACD=∠ACB=θ,在(3)分AB=BM，AN=AB，MN=AN，BM=MN四(2)①∠ACD=∠ACB，理由：延长CB至点E，使BE=DC，连接AE，∴∠ABC+∠D=180°,∵∠ABC+∠ABE=180°,∴∠ABE=∠D，∵AB=AD，∴△ABE≅△ADC(SAS)，∴∠E=∠ACD，AE=AC，∴∠E=∠ACB，∴∠ACD=∠ACB；②过A作AF⊥EC于F，∵AE=AC，∴CF=CE=(BC+BE)=(BC+DC)=，∵∠BCD=2θ,∴∠ACD=∠ACB=θ,∴AC==，AC的长为；(3)∵∠B=90°,AB=3，BC=4，∴AC=、AB2+BC2=5，∵四边形ABMN是邻等对补四边形，∴∠ANM+∠B=180°,∴∠ANM=90°,当AB=BM时，方法一：如图，连接AM，过N作NH⊥BC于H，∴AM2=AB2+BM2=18，在Rt△AMN中，MN2=AM2-AN2=18-AN2，在Rt△CMN中，MN2=CM2-CN2=(4-3)2-(5-AN)2，18-AN2=(4-3)2-(5-AN)2，解得AN=4.2，∴CN=0.8，∵∠NHC=∠ABC=90°,∠C=∠C，ACABCB，∴△NHC∽△ABC，∴NC=ACABCB，即==，∴NH=，CH=，∴BH=84∴BN=、BH2+NH2=2，方法二：∵∠ANM=90°,∠C=∠C，BCABCA，∴△CNM∽△CBA，∴CN=NMBCABCA，即CN=NM=4-3∴AN=5-=，根据(2)的结论，则BN==2；当AN=AB时，如图，连接AM，∵AM=AM，∴Rt△ABM≅Rt△ANM(HL)，∴BM=NM，故不符合题意，舍去；当AN=MN时，方法一：连接AM，过N作NH⊥BC于H，∵∠MNC=∠ABC=90°,∠C=∠C，NCNHCHACABCB∴△CMN∽△CABNCNHCHACABCB即CN=5-CN，解得CN∵∠NHC=∠ABC=90°,∠C=∠C，NCNHCH∴△NHC∽△ABC∴=NCNHCH,ACABCB，即7=∴NH=，CH=，∴BH=，∴BN=BH2+NH2=2，方法二：设AN=MN=x，则CN=5-x，∴5-xx=，∴x=，∴CM=×=，∴BM=4-=，则BN=3+=122当BM=MN时，如图，连接AM，∵AM=AM，∴Rt△ABM≅Rt△ANM(HL)，∴AN=AB，故不符合题意，舍去；5=-4+c，即可求解；(2)由S△PDQ=×PD×(xQ-xP)=×(-x+9+x1-3)(x2-x1)=(-x+x1+6)，同理可得：S△ADC=×CD×(xD-xA)=(-x+x1+6)，即可求解；(3)求出线PQ的表达式为：y=x1(x-x1)-x+9=xx1-2x+9，则MN=(x1-1)x1-2x+9=-(x1+2+≤,即可求解．5=-4+c，则c=9，即抛物线的表达式为：y=-x2+9；(2)证明：令y=-x2+9，则x=±3，则点B(3,0)，由点A、B的坐标得，直线AB的表达式为：y=-x+设点P、Q、D的表达式分别为：(x1，-x+9)、(x2，-x+9)、(x1，-x1+3)，则S△PDQ=×PD×(xQ-xP)=×(-x+9+x1-3)(x2-x1)=(-x+x1+6)，同理可得S△ADC=×CD×(xD-xA)=(-x+x1+(3)解：点P、Q的坐标分别为：(x1，-2x1，-4x+9)，-x1)-x+9=xx1-2x+9，则MN=yM=(x1-1)x1-2x+9=-(x1+2+≤,故MN的最大值为(2)设M(m,-m2+2m+3)，作MH⊥x轴于点H，构造直角三角形，利用锐角三角函数或者相似建立关于(3)①由二次函数平移可得出图象L的解析式为-(x-n)2+4=-x2+2nx-n2+4，从而得到CN=d=|-n2+4-3|=|-n2+1|，再分类讨论去绝对值即可；别两两进行分类讨论，建立二次函数不等式即可解决．【解答】解：(1)∵二次函数y=-x2+bx+3与x轴交于A(-1,0)，∴0=-1-b+3，解得：b=2；∴二次函数表达式为：y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4，令y=0，解得x=-1或x=3，令x=0得y=3，∴A(-1.0)，B(3,0)，C(0,3)，设M(m,-m2+2m+3)，作MH⊥x轴于点H，如图，∵∠MAB=∠ACO，∴tan∠MAB=tan∠ACO，即，解得m或m=-1(舍去)，∴M的横坐标为；∴图象L的解析式为y=-(x-n)2+4=-x2+2nx-n2+4，∴N(0,-n2+4)，∴d=CN=|-n2+4-3|=|-n2+1|，∵d随着n增加而增加，∴-1或n，,∵-1或n，∴-1≤n∴-3<n≤-2或n<1+,∵-1或n，∴在，舍去．综上所述，n的取值范围为-1≤n≤1-C，令y=0得A(1,0)，B(-5,0)；(2)由A(,0)，C得直线AC的解析式为,设直线PQ的解析式为yx+bl，P(tt2+2t，可得bl，故垂足分别为T，S，证明ΔETG∽ΔGSF，可得ET.FS=GS.TG，求出D(0．-5)，设直线EF的解析式为y1=k1x，直线ED的解析式为y2=k2x-5，联立,联立 ,设xE=e，xF=f，xG=g，故ef=-5，eg=5，e+g=2k2-4，从而知f=-g，ETe2+2e +g+4)可得e+g=-5，即得2k2-4=-5，k，得直线DE解析式为yx-5．∴C，令y=0得x2+2x，解得x=-5或x=1，∴A(1,0)，B(-5,0)；把A(,0)，C代入得设P(tt2+2t∴Q∵BC平分线段PQ，由B(-5,0)，C得直线BC解析式为解得t=-2或t=0(舍去)，∴P∴∠T=∠S=∠EGF=90°,∴∠EGT=90°-∠FGS=∠GFS，∴ET.FS=GS.TG，∵点D与原点O关于C对称，∴D(0,-5)， =k2x-5，设xE=e，xF=f，xG=g，∴ef=-5，eg=5，e+g=2k2-4，∴f=-g，ET=-g-g)∴e+g=-5，∴2k2-4=-5，解得k，∴直线DE解析式为yx-5．29．【分析】(1)将点A(-1,0)代入抛物线解析式，解-2)；则BCBC的解析式为：y=；根据题意，点D的坐标为(m,0)，把x=m分Pmm-2(；E(mm-2(；所以DE=2-m，EP=2mm2；由PD⊥x轴，可得PD⎳y轴，所以△BDE∽△BOC，则BD:BO=BE:BC，即BE.BO=BC.BD，可得BE，所以PEBE，由此可建立关于m的方程，解2x-2，所以M；当y=3时，=3，解得x=-2或x=5；当N(-2,3)时，FH=MN ；当N(5,3)时，FH=MN；分别求解即可得【解答】解：(1)把点A(-1,0)代入y=ax得∴抛物线的解析式为：yx-2．=0，解得x=-1或x=4，∴B(4,0)；当x=0是，y=-2，∴点C的坐标(0,-2)；∴BCBC的解析式为：yx-2；根据题意，点D的坐标为(m,0)，把x=m代入y=x2-x-2得，y=m2-m-把x=m代入y=x-2，得y=