中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)《猜想證明綜合解答題》專項提升練習(xí)附答案

第頁參考答案1．（1）解：如圖1：∵AB∥CD，∴∠DFE=30°，∵M(jìn)N⊥EF，∴∠FMN=90°，∴∠MNF=60°，（2）如圖2，∵AB∥∴MQ//AB，∴∠MNF=∠NMQ，∠EMQ=∠AEF，∵M(jìn)Q是∠EMN的角平分線，∴∠NMQ=∠EMQ，∴∠MNF=∠AEF；（3）∵AB∥∴∠ENF=∠BEN，∵EN平分∠BEF，∴∠BEN=∠FEN，∴∠ENF=∠FEN，∵∠MNF=∠AEF，∠MNF=2∠ENM，∴∠AEF＝2∠ENM，∠BEN=∠FEN=3∠ENM∴8∠ENM=180°，解得∠ENM=22.5°，∴∠EMN=2∠MNF=4∠ENM=90°．2．（1）證明：如圖1，延長DE交AB于點F，∵∠ACB+∠BED＝180°，∠CED+∠BED＝180°，∴∠ACB＝∠CED，∴AC∥DF，∴∠A＝∠DFB，∵∠A＝∠D，∴∠DFB＝∠D，∴AB∥CD；（2）如圖2，作EM∥CD，HN∥CD，∵AB∥CD，∴AB∥EM∥HN∥CD，∴∠1+∠EDF＝180°，∠MEB＝∠ABE，∵BG平分∠ABE，∴∠ABG＝12∠∵AB∥HN，∴∠2＝∠ABG，∵CF∥HN，∴∠2+∠β＝∠3，∴12∠ABE+∠β＝∠∵DH平分∠EDF，∴∠3＝12∠∴12∠ABE+∠β＝1∴∠β＝12（∠EDF﹣∠ABE∴∠EDF﹣∠ABE＝2∠β，設(shè)∠DEB＝∠α，∵∠α＝∠1+∠MEB＝180°﹣∠EDF+∠ABE＝180°﹣（∠EDF﹣∠ABE）＝180°﹣2∠β，∵∠DEB比∠DHB大60°，∴∠α﹣60°＝∠β，∴∠α＝180°﹣2（∠α﹣60°），解得∠α＝100°，∴∠DEB的度數(shù)為100°；（3）∠PBM的度數(shù)不變，理由如下：如圖3，過點E作ES∥CD，設(shè)直線DF和直線BP相交于點G，∵BM平分∠EBK，DN平分∠CDE，∴∠EBM＝∠MBK＝12∠∠CDN＝∠EDN＝12∠∵ES∥CD，AB∥CD，∴ES∥AB∥CD，∴∠DES＝∠CDE，∠BES＝∠ABE＝180°﹣∠EBK，∠G＝∠PBK，由（2）可知：∠DEB＝100°，∴∠CDE+180°﹣∠EBK＝100°，∴∠EBK﹣∠CDE＝80°，∵BP∥DN，∴∠CDN＝∠G，∴∠PBK＝∠G＝∠CDN＝12∠∴∠PBM＝∠MBK﹣∠PBK＝12∠EBK﹣1＝12（∠EBK﹣∠CDE＝12×＝40°．3．（1）解：∠FDC+∠ECD＝180°+∠A，理由如下：∵∠FDC＝∠A+∠ACD，∠ECD＝∠A+∠ADC，∴∠FDC+∠ECD＝∠A+∠ACD+∠A+∠ADC，∵∠A+∠ADC+∠ACD=180°，∴∠FDC+∠ECD＝180°+∠A；（2）解：∠P＝90°+12∠A∵DP、CP分別平分∠ADC和∠ACD，∴∠PDC＝12∠ADC，∠PCD＝12∠∵∠P+∠PCD+∠PDC=180°，∠A+∠ADC+∠ACD=180°，∴∠P＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD＝180°﹣12∠ADC﹣12＝180°﹣12（∠ADC+∠ACD＝180°﹣12（180°﹣∠A＝90°+12∠A（3）解：∵DP、CP分別平分∠ADC和∠BCD，∴∠PDC＝12∠ADC，∠PCD＝12∠∵∠P+∠PDC+∠PCD=180°，∠A+∠B+∠BCD+∠ADC=360°，∴∠P＝180°﹣∠PDC﹣∠PCD＝180°﹣12∠ADC﹣12＝180°﹣12（∠ADC+∠BCD＝180°﹣12（360°﹣∠A﹣∠B＝12（∠A+∠B4．（1）解：BD=CE．證明：∵△ABC是等邊三角形，∴AB=AC，∠BAC=60°．∵線段AD繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到AE，∴AD=AE，∠DAE=60°，∴∠BAC=∠DAE，∴∠BAC?∠DAC=∠DAE?∠DAC，即∠BAD=∠CAE．在△ABD和△ACE中AB=AC∠BAD=∠CAE∴△ABD≌△ACESAS∴BD=CE；（2）解：①BE=AE+CE理由：∵線段AD繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到AE，∴△ADE是等邊三角形，∴AD=DE=AE，由（1）得BD=CE，∴BE=DE+BD=AE+CE；②過點A作AG⊥EF于點G，連接AF，如下圖．∵△ADE是等邊三角形，AG⊥DE，∴∠DAG=1∴AGAD∵△ABC是等邊三角形，點F為線段BC中點，∴BF=CF，AF⊥BC，∠BAF=1∴AFAB∴∠BAF=∠DAG，AGAD∴∠BAF+∠DAF=∠DAG+∠DAF，即∠BAD=∠FAG，∴△BAD∽△FAG，∴∠ADB=∠AGF=90°．∵BD=CE，ED＝∴BD=AD，即△ABD是等腰直角三角形，∴∠BAD=45°．5．（1）解：（1）DE⊥DA；證明：∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠B=∠C=45°，∵M(jìn)N∥BC，∴∠DAE=∠B=45°（兩直線平行，內(nèi)錯角相等），又∵DA=DE，∴∠DEA=∠DAE=45°，∴∠ADE=90°，即DE⊥DA；（2）A：DB=DP；證明：∵DP⊥DB，∴∠BDE+∠EDP=90°，又∵DE⊥DA，∴∠ADP+∠EDP=90°，∴∠BDE=∠ADP，∵∠DEA=∠DAE=45°，∴∠BED=135°，∠PAD=135°，∴∠BED=∠PAD，在△DEB和△DAP中，∠BED=∠PAD∠BDE=∠PDA∴△DEB≌△DAP（∴DB=DP（三角形全等其對應(yīng)邊相等）．B：DB=DP；證明：如圖3，延長AB至F，連接DF，使DF=DA，由（1）得，∴∠DFA=∠DAF=45°，∴∠ADF=90°，又∵DP⊥DB，∴∠FDB=∠ADP，∵∠BAC=90°，∠DAF=45°，∴∠PAD=45°，∴∠DFA=∠PAD，在△DFB和△DAP中，∠FDB=∠ADPDF=DA∴△DFB≌△DAP（ASA），∴DB=DP（三角形全等其對應(yīng)邊相等）．6．（1）解：∵y=?12x+4分別與x軸、y軸交于點B當(dāng)x=0時，y=4；當(dāng)y=0時，x=8；∴點C坐標(biāo)為0，4，點B坐標(biāo)為∵直線l1：y=?12x+4與直線l2∴?1∴x=24∴y=8∴點A坐標(biāo)為245（2）設(shè)點D坐標(biāo)為x，∵△COD的面積為6，∴1∴x=±3，∵D是線段OA上的點，∴x=3，∴點D3設(shè)直線CD解析式為：y=kx+4，∴1=3k+4，∴k=?1，∴直線CD解析式為：y=?x+4；（3）存在，理由如下：若以O(shè)C為邊，設(shè)點Pa如圖，當(dāng)四邊形OCPQ是菱形，∴OC=CP=4，PQ//OC，PQ=OC=4，∴4=a∴a1=22，∴點P2∴點Q2當(dāng)四邊形OCQP是菱形，∴OC=OP=4，PQ=OC=4，PQ//OC，∴4=a∴a1=0(舍去)∴點P4∴點Q4若OC為對角線，∵以O(shè)、C、P、Q為頂點的四邊形是菱形，∴CO與PQ互相垂直平分，∴點P的縱坐標(biāo)為2，∴點P2∴點Q坐標(biāo)為?2，綜上所述：點Q的坐標(biāo)為?2，2或4故答案為：存在，點Q的坐標(biāo)為?2，2或47．（1）解：①四邊形EFGH是菱形，理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，點E，F(xiàn)，G，H分別是BC，CD，AD，AB上的中點，∴AH=BH=CF=DF,AG=BE=CE=DG，且∠A=∠B=∠C=∠D=90°,∴△GAH≌△EBH≌△ECF≌△GDF(SAS)，∴HG=HE=EF=GF，∴四邊形EFGH是菱形．②若四邊形EFGH是正方形，則BC=4；（2）解：四邊形EFGH的周長不會隨著DG的變化而變化；如圖，延長GH交CB的延長線于點N，延長GF交BC的延長線于點M．∵∠1=∠2，∠1=∠5，∴∠2=∠5．且FC=FC，∠FCE=∠FCM=90°,∴△FCE≌△FCM(ASA)．∴EF=MF，EC=MC，同理：NH=EH，NB=EB．∴MN=2BC=16．∵∠M=90°?∠5=90°?∠1，∠N=90°?∠3，∴∠M=∠N．∴GM=GN．過點G作GK⊥BC于點K，則KM=1∴GM=G∴四邊形EFGH的周長為2GM=858．（1）解：ΔBPE≌Δ∵ΔABC∴∠B=∠C=45°，AB=AC，∵AP=AQ，∴BP=CQ，∵E是BC的中點，∴BE=CE，在ΔBPE和Δ∵BE=CE∴ΔBPE≌（2）解：不相同，理由如下：如圖：連接PQ，∵ΔABC和Δ∴∠B=∠C=∠DEF=45°，∴∠BEF=∠EQC+∠C，即∠BEP+∠DEF=∠EQC+∠C，∴∠BEP+45°=∠EQC+45°，∴∠BEP=∠EQC∴ΔBPE∽∴BPCE∵BP=a，CQ=92a∴aCE∴BE=CE=3∴BC=32∴AB=AC=BC·sin∴AQ=CQ?AC=32a在RtΔAPQ中，9．解:（1）作FM⊥AB．則∠FHE＝∵四邊形ABCD和四邊形CEFG是正方形∴AD＝CD＝4∴∠FEH＝∠CED在△EFH和△ECD中，∠FHE=∠EDC=90°∠FEH=∠CED∴△EFH?△ECD∴FH＝CD∴BH∴BF=B（2）過F作FH⊥AD交AD的延長線于點H，作FM⊥AB．則FM＝AH①∵AD＝4∴DE同（1）得：△EFH?△CED∴FH＝DE即點F到AD的距離為3．②∴BM＝AB+AM∴BF=（3）分三種情況：①當(dāng)點E在邊AD的左側(cè)時，過F作FH⊥AD交AD于點H，交BC于K．同（1）得：△EFH?△CED∴FH＝DE∴FK＝在Rt△BFK中，BK由勾股定理得：（解得：AE＝1或∴AE＝點E在邊AD的右側(cè)時，過F作FH⊥AD交AD的延長線于點H，交BC延長線于K，同（1）得：△EFH?△CED∴FH＝DE∴FK在Rt△BFK中，BK由勾股定理得：（解得：AE=2+41或AE=2?③當(dāng)點E在AD上時，可得：（解得AE＝∵5∴不符合題意．綜上所述：AE的長為1或2+4110．（1）證明：∵四邊形BEFG是正方形，∴∠EBG=90°，即∠ABC=90°，∵CD∥AB，AD∥BC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AB=BC，∠ABC=90°，∴四邊形ABCD是正方形．（2）解：結(jié)論：CQ⊥QE，CQ=QE．理由：如圖2中，延長EQ交BD于P，連接CP=CE．∵四邊形BEFG是正方形，∴EF∥BG，即EF∥DG，∠EBG=90°，即∠DBE=90°，BE=EF，∴∠PDQ=∠EFQ，∵Q是DF的中點，∴DQ=FQ，∵∠DQP=∠FQE，∴△DPQ≌△FEQ（SAS），∴PQ=QE，DP=FE，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠CDP=∠CBD=45°，CD=CB，∴∠CBE=∠DBE-CBD=45°，即∠CDP=∠CBE=45°，∵CD=CB，DP=EF=BE，∴△CDP≌△CBE（SAS），∴CP=CE，∠DCP=∠BCE，∴∠DCP+∠PCB=∠BCE+∠PCB，即∠PCE=∠BCD=90°，∵CP=CE，∴△CPE是等腰直角三角形，∴PQ=QE，∴CQ⊥QE，CQ=QE．（3）如圖3-1中，當(dāng)∠CGB=45°時，C，E，G共線，此時E，H重合．結(jié)論：CH+EG=AH．理由：∵∠ABC=∠EBG=90°，∴∠ABH=∠CBG，∵BA=BC，BH=BG，∴△ABH≌△CBG（SAS），∴AH=CG，∵CG=CH+EG，∴CH+EG=AH．如圖3-2中，當(dāng)∠CGB=45°時，A，E，G共線，此時G，H重合．結(jié)論：CH=EG+AH．理由：∵∠ABC=∠EBG=90°，∴∠ABH=∠CBG，∵BA=BC，BH=BG，∴△ABE≌△CBG（SAS），∴AE=CG，∵AE=AH+EG，∴CH=EG+AH．11．解：（1）①∵△ABC和△ADE是等邊三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠ACB=∠B=60°，∠BAC=∠DAE=60°，∴∠BAC?∠DAC=∠DAE?∠DAC，∴∠BAD=∠EAC，在△ABD和△ACE中，AB=AC∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD=CE，②∵△ABD≌△ACE，∴∠ACE=∠B=60°，∴∠DCE=∠ACE+∠ACB=60°+60°=120°；（2）①∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAC?∠DAC=∠DAE?∠DAC，即∠BAD=∠CAE，在△ABD與△ACE中，AB=AC∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ACE=∠B=45°，BD=CE，∴∠ACE+∠ACB=∠B+∠ACB=90°，∴∠BCE=90°，即∠DCE=90°，②BD理由：∵∠DCE=90°，∴在Rt△DCE中，由勾股定理可得：CE∵BD=CE，∴BD（3）①（2）中的結(jié)論還成立．理由：∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，即∠BAD=∠CAE，在△ABD與△ACE中，AB=AC∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ACE=∠ABC=45°，BD=CE，∴∠ACE+∠ACB=∠ABC+∠ACB=90°，∴∠BCE=90°=∠ECD，∴Rt△DCE中，CE∴BD②∵Rt△BCE中，BE=10，BC=6，∴CE=B∴BD=CE=8，∴CD=8?6=2，∴Rt△DCE中，DE=C∵△ADE是等腰直角三角形，∴AE=6812．（1）解：∵拋物線y=ax2+bx+6（a≠0）與x軸交于A（-1，0），B（6，0），∴a?b+6=036a+6b+6=0∴a=?1b=5∴拋物線的解析式為y=-x2+5x+6；（2）解：∵拋物線y=-x2+5x+6過點C，∴C（0，6），設(shè)直線BC的解析式為y=kx+n，∴6k+n=0n=6∴k=?1n=6∴直線BC的解析式為y=-x+6，設(shè)P（m，-m2+5m+6），則D（m，-m+6），∴PE=-m2+5m+6，DE=-m+6，∵△PBD與△BDE的面積之比為1：2，∴PD：DE=1：2，∴PE：DE=3：2，∴3（-m+6）=2（-m2+5m+6），解得m1=12，m2∴P（12，33（3）解：存在．∵A（-1，0），∴OA=1，∴AM+OM的值最小時，△AMO的周長最小，作點O關(guān)于直線BC的對稱點N．連接ON交BC于點G，連接AN交BC于點M，由軸對稱的性質(zhì)可知點M滿足題意，∵OC=OB=6，∴∠OBC=45°，∴△BOG為等腰直角三角形，∴G（3，3），∴N（6，6），設(shè)直線AN的解析式為y=cx+d，?c+d=06c+d=6∴直線AN的解析式為y=67x+6∴y=6解得x=36∴M（3613，42∴在直線BC上存在一點M（3613，4213），使得△13．（1）證明：∵∠BAC=∠DAE，∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△ABD≌△ACE；（2）如圖2，∵△ABC和△ADE是等邊三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=60°，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD和△ACE中，AB=AC∠BAD=∠CAE∴△ABD≌△ACE，∴∠ADB=∠AEC，BD=CE，①正確，記AD與CE的交點為G，∵∠AGE=∠DGO，∴180°-∠ADB-∠DGO=180°-∠AEC-∠AGE，∴∠DOE=∠DAE=60°，∴∠BOC=60°，②正確，在OB上取一點F，使OF=OC，連接CF，∴△OCF是等邊三角形，∴CF=OC，∠OFC=∠OCF=60°=∠ACB，∴∠BCF=∠ACO，∵AB=AC，∴△BCF≌△ACO（SAS），∴∠AOC=∠BFC=180°-∠OFC=120°，∴∠AOE=180°-∠AOC=60°，③正確，沒有理由說明OC=OE，所以，④不一定正確，即：正確的有①②③，故答案為①②③；（3）如圖3，延長DC至P，使DP=DB，∵∠BDC=60°，∴△BDP是等邊三角形，∴BD=BP，∠DBP=60°，∵∠ABC=60°=∠DBP，∴∠ABD=∠CBP，∵AB=CB，∴△ABD≌△CBP（SAS），∴∠BCP=∠A，∵∠BCD+∠BCP=180°，∴∠A+∠BCD=180°．14．（1）證明：如圖1，∵四邊形ABCD為矩形，∴CD=AB=4，∵DE=2，∴CE=CD?DE=2，∴CE=DE=2，∵D和F關(guān)于AE對稱，∴DG=FG，∴EG是ΔDFC∴AE//CF；（2）解：①如圖2，當(dāng)點F在對角線AC上時，∵D和F關(guān)于AE對稱，∴AE垂直平分DF，∴DE=EF，AD=AF=3，設(shè)DE=EF=x，則CE=4?x，∵AC=A∴CF=AC?AF=5?3=2，在RtΔEFC中，∴x∴x=3∴DE=3②如圖3，當(dāng)點F在對角線BD上時，∵四邊形ABCD為矩形，∴BD=AC=5，∵SΔ∴AG=12∴DG=A設(shè)DE=x，GE=y，∵DG∴y2∵SΔ∴3x=9聯(lián)立①②得，{y解得x=9∴DE=9∴DE=32或（3）解：①當(dāng)F點到A點距離為2時，∵AF=AD=3>2，∴此種情況不存在，②當(dāng)F點到B點距離為2時，連接FB，則FB=2，AF=AD=3，過F作FH⊥AB于H，F(xiàn)Q⊥BC于Q，如圖4，∴∠FHB=∠ABC=∠BQF=90°，∴四邊形FHBQ為矩形，∴FQ=BH，設(shè)BH=x，則AH=4?x，∵FH∴4?x∴x=11∴FQ=BH=11∴S③當(dāng)點F到C點距離為2時，如圖5，連接BF，則FC=2，∵AF+FC?AC，又AF+FC=5，AC=5，∴AF+FC=AC，∴A，C，F(xiàn)三點共線，即F在線段AC上，∵SΔ∴S④當(dāng)點F到D點距離為2時，如圖6，連接BF，則DF=2，∴DG=GF=1，∴AG=A∵S∴MF=4∴NF=MN?MF=4?4∴S即當(dāng)點F到矩形ABC頂點B的距離等于2時，ΔBCF的面積為33當(dāng)點F到矩形ABC頂點C的距離等于2時，ΔBCF的面積為12當(dāng)點F到矩形ABC頂點D的距離等于2時，ΔBCF的面積為6?215．（1）證明：如圖①，延長AD、EF交于點G，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠CAD，∵EF//AB，∴∠G=∠BAD，∴∠G=∠CAD，所以FG=AF，在△ABD和△GED中，∠BAD=∠G∠ADB=∠GDE∴△ABD?△GED（AAS），∴AB=GE，∵GE=FG+EF=AF+EF∴AF+EF=AB；故答案為：AAS（2）結(jié)論：AF-EF=AB．證明：如圖②，延長AD、EF交于點G，∵AD平分∠BAC，∴∠BAD=∠CAD∵EF//AB，∴∠G=∠BAD，∴∠G=∠CAD，∴FG=AF，在△ABD和△GED中，∠BAD=∠G∠ADB=∠GDE．△ABD≌?GED(AAS)，∴AB=GE，∵GE=FG-EF=AF-EF，∴AF-EF=AB；（3）結(jié)論：EF-AF=AB．證明：如圖③，延長AD交EF于點G，∵AD平分∠PAC，∴∠PAD=∠CAD，∵EF//AB，∴∠AGF=∠PAD，∴∠AGF=∠CAD，∠ABD=∠GED，∴FG=AF，在△ABD和△GED中，∠ABD=∠GEDBD=DE∴△ABD≌?GED(ASA)，∴AB=GE，∵EF-FG=GE，∴EF-AF=AB．16．（1）解：（1）把A（1，4）代入y＝﹣2x+m，得﹣2+m＝4，∴y＝﹣2x+6，∴B（3，0）∵A（1，4）為頂點，∴可設(shè)拋物線的解析為y＝a（x﹣1）2+4，把B（3，0）代入得，4a+4＝0，得a＝﹣1，∴y＝﹣（x﹣1）2+4＝﹣x2+2x+3；（2）解：①當(dāng)x＝0時，y＝3，∴C（0，3），∵B（3，0），∴OB＝∵點P到x軸、y軸的距離相等，設(shè)P(n,n)，∴PB∴PC即PB=PC，又OP＝∴△POB≌△POC（②∵點P在拋物線上，則有n=?n解得n=1±∵點P在第三象限，∴P(1?∴OP=(（3）解：①如圖，當(dāng)∠Q1AB＝90°時，作AE⊥y軸于E，∴E（0，4）∵∠DAQ1＝∠DOB＝90°，∠ADQ1＝∠BDO∴△DAQ1∽△DOB，∴ADOD=D∴DQ1＝52∴OQ1＝72∴Q1（0，72）；②如圖，當(dāng)∠Q2BA＝90°時，∠DBO+∠OBQ2＝∠OBQ2+∠OQ2B＝90°∴∠DBO＝∠OQ2B∵∠DOB＝∠BOQ2＝90°∴△BOQ2∽△DOB，∴OBOD∴36∴OQ2＝32∴Q2（0，?3③如圖，當(dāng)∠AQ3B＝90°時，∠AEQ3＝∠BOQ3＝90°，∴∠AQ3E+∠EAQ3＝∠AQ3E+∠BQ3O＝90°∴∠EAQ3＝∠BQ3O∴△BOQ3∽△Q3EA，∴OBQ3E∴OQ32﹣4OQ3+3＝0，∴OQ3＝1或3，∴Q3（0，1）或（0，3）．

綜上，Q點坐標(biāo)為（0，72）或（0，?17．（1）解：令x＝0，則y=12·令y＝0，即0=?12x∴點B坐標(biāo)為（4，0）．（2）解：設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+b，代入點B、點C坐標(biāo)，得b=24k+b=0解得k=?1∴直線BC的解析式為：y＝﹣12x設(shè)P點坐標(biāo)為（m，﹣12m2+32m+2），則E點的坐標(biāo)為（m，﹣1設(shè)F的橫坐標(biāo)為n，則F的縱坐標(biāo)為：﹣12m2+32令﹣12n+2＝﹣12m2+3解得：n＝m2﹣3m，∴PE＝﹣12m2+32m+2﹣（﹣12m+2）＝﹣12m2+2m，PF＝m﹣（m2﹣3m）＝﹣m∴EF＝PE2+PF2＝-∵0≤m≤4，∴m2∴EF＝﹣52（m2﹣4m）＝﹣52（m﹣2）2+2∴當(dāng)m＝2時，EF有最大值為25，此時，點P的坐標(biāo)為（2，3）．（3）解：存在點Q，使以點B、C、Q、N為頂點的四邊形為菱形，Q點的坐標(biāo)為：點Q坐標(biāo)為（﹣2，6）或（﹣2，﹣2）或（6，4）或（6，﹣4）；理由如下：∵OA＝1，OC＝2，∴AC＝OA2+O又∵（12OA）2+（12OC）2＝（52∴拋物線沿著射線AC方向平移52個單位，實際上等同于將該拋物線沿x軸向右移動12個單位，再沿∵原拋物線的對稱軸為直線x＝?3∴新拋物線的對稱軸為直線x＝32+1設(shè)點N(2,n)，Q(a,b)，當(dāng)BC為菱形的變時，以點B為圓心、BC為半徑畫圓交對稱軸x=2于點N1、N此時BC=BN∴MB2+M解得MN故點N1的坐標(biāo)為(2,4)同理可得點N2的坐標(biāo)為(2,?4)由菱形對角線性質(zhì)和中點坐標(biāo)公式可得：xB即a+4=20+b=2+4，解得：a=?2或0+2=4+a2?4=b，解得：a=?2∴點Q1坐標(biāo)為(?2,6)，點Q2坐標(biāo)為(?2,?2)，以點C為圓心，CB為半徑畫圓交對稱軸x=2于點N3、N此時CB=CN3=CN4故點N3的坐標(biāo)為(2,6)，同理可得N4坐標(biāo)為由菱形對角線性質(zhì)和中點坐標(biāo)公式可得：xB即0+a=4+22+b=0+6，解得：a=6或0+a=4+22+b=0?2，解得：a=6點Q3坐標(biāo)為(6,4)，點Q4坐標(biāo)為(6,?4)，當(dāng)BC為菱形的對角線時，則NQ為另一條對角線，BC垂直平分NQ，此時BC中點坐標(biāo)為(2,1)，又N(2,n)且NC=NB，則N點必與BC中點重合，∴此時不存在點Q，則不能構(gòu)成菱形.綜上，點Q坐標(biāo)為（﹣2，6）或（﹣2，﹣2）或（6，4）或（6，﹣4）．18．（1）解：AD=CF，理由如下：∵△ABC是等邊三角形，∴∠ACB=∠B=60°，AC=BC，又∵CD=BF，∴ΔACD?∴AD=CF；（2）證明：由（1）知ΔACD?∴DA=CF，∠DAC=∠FCB，又∵DA=DE，∴DE=CF，∵∠ADB=∠ADE+∠BDE=60°+∠BDE，∠ADB=∠ACB+∠DAC=60°+∠DAC，∴∠DAC=∠BDE，∴∠FCB=∠BDE，∴DE//CF且∴四邊形CDEF是平行四邊形；（3）解：四邊形CDEF為平行四邊形，理由如下：∵四邊形ABCD為正方形，∴AD=DC，∠A=∠ADC=90°．又∵DF=AH，∴ΔHAD?∴HD=FC，∠ADH=∠FCD，又∵HD=DE，∴DE=CF．∵在RtΔFDC中，∠DFC+∠FCD=90°同理∠EDH=90°，∠EDF+∠ADH=90°，∴∠EDF=∠DFC，∴DE//CF且∴四邊形CDEF是平行四邊形；（4）解：∵四邊形CDEF為平行四邊形，∴DE//CF，∴∠EDF=∠DFC，∵四邊形DEGH是菱形，∠ADC=∠GED=45°，∴∠EDF+∠ADH=∠CFD+∠DCF=135°，DH=DE，∴∠ADH=∠DCF，DH=CF，又∵AD=DC，∴ΔAHD?∴∠DAH=∠CDF=45°，∴∠AMD=90°，AM=DM，∴AD∵AD=DC=36∴AM∴AM=3319．解：（1）證明：如圖1，∵PO﹣OC＜PC，∴（AP+OA）﹣OC＜PC，∵OA＝OC，∴AP＜PC；（2）如圖2，連接OA角半⊙O于P，則AP最小，在Rt△AOC中，OA＝O＝3＝35∴AP＝OA﹣OP＝35故答案為：35（3）如圖3，連接BM，交⊙M（半徑是1）于A1，∵四邊形ABCD是菱形