中考数学总复习《图形变换综合压轴题》专项提升练习题附答案

第第页参考答案1．（1）解：Rt△ABC中∵∠C=90°,AC=BC=5∴AB=A∵ED⊥BCBD=ED=∴EB=∴AE=AB－∴AE故答案为：2,45°（2）解：（1）中的两个结论不发生变化理由如下：如图延长AECD交于F由旋转可得∠CBD=∠ABE∵AB=52,BC=5,BE=2,DB=∴ABBC=5∴∴∴AECD∵∠BAC+∠ACB=90°+45°=135°∴∠BAC+∠ACD+∠DCB=∠BAC+∠ACD+∠EAB=135°即∠FAC+∠ACD=135°∴∠F=180°−∠FAC+∠ACD=45°∴（1）中的两个结论不发生变化．（3）解：分情况讨论：如图当点D在线段AE上时过点C作CF⊥AD于点F在RtΔABD中∴AD=由（2）知ΔEAB∽ΔDCB∴∴∴CD=26在Rt△CDF中CF=CD·∴S△ADC=1当点E在线段AD上时如图过点C作CF⊥AD于点F在RtΔADB中∴AD=∴AE=AD−DE=4由（2）知△CDB∽△AEB∴∴CD∴CD=26由（2）知∠ADC=45°∴CF=CD·sin∴S综上△ADC的面积为12+6或12−2．（1）解：AP＝BQ．理由如下：在等边△ABC中AC＝BC∠ACB＝60°由旋转可得CP＝CQ∠PCQ＝60°∴∠ACB＝∠PCQ∴∠ACB﹣∠PCB＝∠PCQ﹣∠PCB即∠ACP＝∠BCQ∴△ACP≌△BCQ（SAS）∴AP＝BQ；（2）证明：在等边△ABC中AC＝BC∠ACB＝60°由旋转可得CP＝CQ∠PCQ＝60°∴∠ACB＝∠PCQ∴∠ACB﹣∠PCB＝∠PCQ﹣∠PCB即∠ACP＝∠BCQ∴△ACP≌△BCQ（SAS）∴AP＝BQ∠CBQ＝∠CAP＝90°；∴BQ＝AP＝AC＝BC.∵AP＝AC∠CAP＝90°∴∠BAP＝30°∠ABP＝∠APB＝75°∴∠CBP＝∠ABC+∠ABP＝135°∴∠CBD＝45°∴∠QBD＝45°∴∠CBD＝∠QBD即BD平分∠CBQ∴BD⊥CQ且点D是CQ的中点即直线PB垂直平分线段CQ；（3）解：AP的长为：3或33或2理由如下：①当点Q在直线l上方时如图所示延长BQ交l于点E过点Q作QF⊥l于点F由题意可得AC＝BCPC＝CQ∠PCQ＝∠ACB＝60°∴∠ACP＝∠BCQ∴△APC≌△BCQ（SAS）∴AP＝BQ∠CBQ＝∠CAP＝90°∵∠CAB＝∠ABC＝60°∴∠BAE＝∠ABE＝30°∵AB＝AC＝4∴AE＝BE=∴∠BEF＝60°设AP＝t则BQ＝t∴EQ=在Rt△EFQ中QF=32EQ=3∴S△APQ=12AP•QF=34即12•t解得t=3或t=33．即AP的长为3②当点Q在直线l下方时如图所示设BQ交l于点E过点Q作QF⊥l于点F由题意可得AC＝BCPC＝CQ∠PCQ＝∠ACB＝60°∴∠ACP＝∠BCQ∴△APC≌△BCQ（SAS）∴AP＝BQ∠CBQ＝∠CAP＝90°∵∠CAB＝∠ABC＝60°∴∠BAE＝∠ABE＝30°∴∠BEF＝120°∠QEF＝60°∵AB＝AC＝4∴AE＝BE=设AP＝m则BQ＝m∴EQ＝m−在Rt△EFQ中QF=32EQ=32∴S△APQ=12AP•QF=34即12•m•3解得m=23+综上可得AP的长为：3或33或23．（1）解：①∵AB=BC=23BE=2∠ABC∴tan∴∠EAB=30°故答案为：30；②过点F作FD⊥BC于D如图3∵∠BAE+∠AEB=90°∠DEF+∠AEB=90°∴∠BAE=∠DEF∵AE=EF∠ABE=∠EDF=90°∴△АВЕ≌△ЕDF∴AB=ED=BC∴FD=DC∴CF=2CDAC=2AB=2ED∴AC+CF=2CD+2ED=2(CD+ED)=2CE；故答案为：AC+CF=2CE；（2）过F作FH⊥BC交BC的延长线于H如图4∵∠AEF=90°AE=EF易证△ABE≌△EHF∴FH=BEEH=AB=BC∴△FHC是等腰直角三角形∴CH=BE=22∴EC=BC-BE=22AC-22FC即CA-CF=2（3）如图3当点E在点B左侧运动时y==1=12如图4当点E在点B右侧运动时连接AF根据勾股定理得AE=由旋转得AE=EF∴EC=EH-CH=BC-BE=3∴y==1=3综上当点E在点B左侧运动时y=12x2+3x+32；当点E4．（1）解：连接BDDA′如图∵四边形ABCD是矩形∴∠BAD=90°∵AB=6AD=8∴BD=10由旋转可得BA′=BA=6∵BA′+DA′≥BD∴当点A′落在BD上时DA′最小最小值为10-6=4∴DA′最小值为4；（2）解：由题意得απ×6180=2π∵AB=A′B∴△ABA′是等边三角形∴∠BAA′=60°AB=A′B=AA′=6∴∠DAA′=30°过点A′作A′M⊥AD于M点∴A′M=12AA∴点A′到直线AD的距离为3（3）解：∵BC=8CF=4∴BF=4∵∠BAE+∠ABE=90°∠CBF+∠ABE=90°∴∠BAE=∠CBF∵∠AEB=∠BCF=90°∴△ABE∽△BFC∴BE∴BE=过E作EH⊥BC于H点∴EH∥CD∴△BEH∽△BFC∴BE∴EH=65∴CH=∴tan∠ECB=（4）解：当A′C与以B为圆心AB为半径的圆相切时∠A′CB最大此时∠BA′C=90°分两种情况：当A′在BC的上方时如图1∵AB=A′BAE⊥AA′于E∴∠ABF=∠A′BF∵BF=BF∴△ABF≌△A′BF∴∠BA′F=∠BAF=90°∴CA′F在一条直线上∵S∴CF=BC=8如图2当A′在BC的下方时连接AFA′F则AF=A′F∵A′B=6BC=8∴A′C=2过A′作A′P⊥CD垂足落在DC的延长线上∵∠BCA′+∠A′CP=90°∠A′CP+∠CA′P=90°∴∠BCA′=∠CA′P∵∠BA′C=∠A′PC∴△A′BC∽△PCA′∴A∴A′P=72∴A∴8∴CF=8综上CF的长为8或835．解：（1）BD＝CE．理由是：∵∠BAE＝∠CAD∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC即∠EAC＝∠BAD在△EAC和△BAD中AE=AB∴△EAC≌△BAD∴BD＝CE；（2）如图2在△ABC的外部以A为直角顶点作等腰直角△BAE使∠BAE＝90°AE＝AB连接EAEBEC．∵∠ACD＝∠ADC＝45°∴AC＝AD∠CAD＝90°∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC即∠EAC＝∠BAD在△EAC和△BAD中AE∴△EAC≌△BAD∴BD＝CE．∵AE＝AB＝5∴BE＝52+52=52又∵∠ABC＝45°

∴∠ABC+∠ABE＝45°+45°＝90°∴E∴BD（3）如图∵AB＝BC∠ABC＝60°∴△ABC是等边三角形把△ACD绕点C逆时针旋转60°得到△BCE连接DE则BE＝AD△CDE是等边三角形∴DE＝CD∠CED＝60°∵∠ADC＝30°∴∠BED＝30°+60°＝90°在Rt△BDE中DE＝BD2−BE2＝∴CD＝DE＝8．6．解：（1）延长GP交CD于H如图1所示：∵在菱形ABCD和菱形AEFG中AB=CD=ADBE//CDAG=FGFG//BE∴FG//CD∴∠PFG=∠PCH∵P是线段CF的中点∴PF=PC在△PFG和△PCH中∠PFG=∠PCH∴△PFG≅△PCH(ASA)∴FG=CHPG=PH∴AG=CH∴DG=DH∴DP⊥GH（三线合一）∴∠DPG=90°；∵∠BAD=120°∴∠ADC=60°∴∠PDG=∠PDH=∴PGPD（2）（1）中的两个结论不发生改变；理由如下：延长GP交CE于H连接DHDG如图2所示：∵四边形AEFG为菱形∴FG//EC∴∠GFP=∠HCP∵P是线段CF的中点∴PF=PC在△PFG和△PCH中∠GFP=∠HCP∴△PFG≅△PCH(ASA)∴FG=CHPG=PH∵FG=AG∴AG=CH∵四边形ABCD是菱形∴AC=CD∵∠BAD=∠AEF=120°∴∠ACD=60°∴△ACD是等边三角形∴AD=CD∴∠EAG=∠ADC=60°∠DAC=∠DCA=60°∴∠GAD=180°−∠EAG−∠DAC=60°在△ADG和△CDH中AD=CD∴△ADG≅△CDH(SAS)∴DG=DH∠ADG=∠CDH∴DP⊥GH∴∠DPG=90°∠GDH=∠ADC=60°∴∠GDP=30°∴PGPD（3）延长GP到H使得PH=GP连接CHDGDH延长DC交EA的延长线于点M如图3所示：同（2）可证△PFG≅△PCH∴∠GFC=∠HCFFG=CH∴FG//CH∵FG//AE∴CH//EM∴∠DCH=∠M∵CD//AB∴∠M=∠MAB∴∠DCH=∠MAB∵∠BAD=∠AEF=180°−2α∴∠EAG=∠ADC=2α∴∠GAM=180°−2α∴∠GAD=∠BAM∴∠GAD=∠DCH∵AG=FG∴AG=CH在△ADG和△CDH中AD=CD∴△ADG≅△CDH(SAS)∴∠ADG=∠CDHDG=DH∴∠GDH=∠ADC=2α∴∠DPG=90°∠GDP=∴PGPD7．（1）解：∵抛物线y=ax2+bx+4与∴点C的坐标为（04）∴OC=4∴OB=OC=4∴B（40）将A（-20）和B（40）的坐标分别代入y=ax2+bx+44a−2b+4=0解得：a=−∴y=−（2）解：∵A（－20）C（04）设直线AC的解析式为y=kx+4将点A（－20）代入y=kx+4中得：−2k+4=0解得：k=2∴直线AC的解析式为y=2x+4设G（x2x＋4）∵点D是BC的中点∴D（22）∵翻折∴△MDB≌△MDG∴DB=DG∴x−2∴5∴x∴y∴G（04）G（−45（3）解：E(2−2133如图过点D作DP⊥OC于点PDQ⊥OB于点Q点D作DH⊥DN交OB于点H∵∠PDQ=∠NDM=90°∴∠PDQ−∠NDQ=∠NDM−∠NDQ∴∠PDN=∠QDH在ΔDPN和ΔDP=DQ∴∴DN=DH∠NDM=90°−∠PDN−∠QDM=90°−∠QDH−∠QDM=∠HDM在ΔDMN和ΔDN=DH∴△DMN≌△DMH(SAS)∴MN=MQ+PN∵ON=43设OM=x则ON=43xQM=2－xPN=2－4∴MN=MQ＋PN=4－73在Rt△OMN中∠MON=90°M即4−∴2∴x=1x=9∴N(043∵D（22）设直线DN的解析式为y=将点N(043)和点D（22）代入y=k1b1=4∴直线DN的解析式为y=∵y=−∴−∴x=2−2133∴y=∴E(2−21338．解：（1）证明

∵∠A＝90°∠CBE＝90°∴∠C＋∠CBA＝90°∠CBA＋∠DBE＝90°∴∠C＝∠DBE（同角的余角相等）．又∵∠A＝∠D＝90°∴△ABC∽△DEB；（2）①∵M绕点B顺时针旋转90°至点EM为BC中点∴△BME为等腰直角三角形BE∴BE=又∵DE=∴BE＝DE．如图过点E作EF⊥AD垂足为F则BF＝DF∵∠A＝∠CBE＝∠BFE＝90°∴由（1）得：△ABC∽△FEB∴BF∵AC＝4∴BF＝2∴AB＝AD－BF－FD＝20－2－2＝16；②如图过点M作AD的垂线交AD于点H过点E作AD的垂线交AD于点F过D作DP⊥AD过E作NP⊥DP交AC的延长线于N∵M为BC中点MH∥AC∴MH∴MH=12AC=2∵∠MHB＝∠MBE＝∠BFE＝90°由（1）得：∠HBM=∠FEB∵MB＝EB∴△MHB≌△BFE∴BF＝MH＝2EF＝BH设EF＝x则DP＝xBH＝AH＝xEP＝FD＝20－2－2x＝18－2xGN＝x＋8NE＝AF＝2x＋2由(1)得△NGE∽△PED∴PENG=解得x1=6∴FD＝18－2x＝6∴ED=E9．（1）解：①∵△ABC是等边三角形BC=4∴AB=AC=4∠BAC=60°∴AB′∵AD为等腰△AB∴AD⊥B′∴∠AD在Rt△ADC′'中∠ADC′∴AD=1②∵∠BAC=90°∴∠在△ABC和△ABAB=A∴△ABC≌△AB′C∴B∴AD=1故答案为：①2；②3（2）AD＝1证明：在图1中过点B′作B′E∥AC′且B′E＝A∵∠BAC＋∠∴∠BAC=∠A又∵AC∴CA=E在△BAC和△ABBA=A∴△BAC≌△AB′E∴BC=AE又∵AD∴AD＝（3）如图过点P作PF⊥BC则BF∵PB=PCPF⊥BC∴PF为△BC的中线∴PF＝在Rt△BPF中∠BFP=90°PB=5PF=3∴BF∴BC=2BF=8．10．（1）解：∵x1x2满足x1+x2＝2x1•x2＝﹣3∴b=2c=3∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+3（2）解：①抛物线y＝﹣x2+2x+3与x轴交于点A(x10)点C(x20)与y轴交于点B∴当y=0时﹣x2+2x+3=0解得x1=3x2=-1当x=0时y＝3∴A(30)C(-10)B(03)∴△AOB为等腰直角三角形∴∠BAO=45°又EP⊥x轴∴△ADE为等腰直角三角形∴∠ADE=45°又∴∠PDB=∠ADE∴∠PDB=45°设直线AB的解析式为y=kx+b则3k+b=0b=3解得∴直线AB的解析式为y=-x+3∵E(m0)直线EP交直线AB于点D∴设点D为（m-m+3）点P为（m﹣m2+2m+3）点E在线段OA上运动若△PBD是等腰三角形则0＜m＜3当PD=PB时△PBD是以P为直角顶点的等腰直角三角形∴﹣m2+2m+3-（-m+3）=m解得m=2或m=0（舍去）∴点E为（20）当BD=BP时△PBD是以B为直角顶点的等腰直角三角形∴2m=﹣m2+2m+3-（-m+3）解得m=1或m=0（舍去）∴点E为（10）当DB=DP时△PBD是以D为顶点的等腰三角形∵∠OBD=45°∴BD=2OE=2m∴2m=﹣m2+2m+3-（-m+3）解得m=3-2或m=0（舍去）∴点E为（3-20）综上可知点E为（20）或（10）或（3-20）②当P在x轴上方时连接BC延长BP交x轴于点F∵∠BAO=∠ABO=45°又∠PBD+∠CBO＝45°∴∠CBP=90°∴∠OBF+∠CBO＝90°又∠BCO+∠CBO＝90°∴∠OBF=∠BCO∴△BOC∽△FOB∴BOFO=∵C(-10)B(03)∴3FO=∴OF=9∴点F为（90）设直线PB的解析式为y=mx+n则9m+n=0n=3解得∴直线PB的解析式为y=-13x∵PB都在抛物线上∴y=−解得x=0y=3（舍去）∴点P为（7320∴m=7当P在x轴下方时连接BC设BP与x轴交于点H∵∠PBD+∠CBO=45°∠OBH+∠PBD=45°∴∠CBO=∠OBH又OB=OB∠COB=∠BOH∴△BOH≌△BOC（ASA）∴OC=OH=1∴点H（10）设直线BH解析式为：y=kx+b∴k+b=0b=3解得∴直线BH解析式为：y=-3x+3∴联立方程组y=−3x+3解得x=0y=3（舍去）∴点P为（5-12）∴m=5综上可知m的值为73（3）解：当m＝1得点E（10）P（14）过点F作FH⊥PE又PE⊥x轴∠CQF=90°∴∠CQH+∠FQH=90°∠CQH+∠QCH=90°°∠QEC=∠QHF=90°∴∠FQH=∠QCH∵线段CQ绕点Q逆时针旋转90°得到线段QF∴CQ=QF∴△QCE≌△FQH（AAS）∴CE=QHQE=FH又E（10）C（-10）∴CE=QH=2令Q为（1a）QE=FH=a∴点F的坐标为（1+aa-2）∴PF=1+a−12+∵2＞0∴当a=-−122×2=3时PF有最小值且最小值为3211．解：（1）证明：如图①连接OC∵ΔABC与ΔDEF都是等腰直角三角形AC=BCDE=DF．边AB∴OC⊥ABOC=12AB=OB∵FE⊥AB于O∴CFO三点共线在ΔBOF与Δ∠OB=OC∴∴BF=CD；（2）解：猜想BF=CD理由如下：如图②连接OCOD∵ΔABC与ΔDEF都是等腰直角三角形AC=BCDE=DF．边AB∴OC⊥ABOC=12AB=OB∵∠BOF=∠BOC+∠COF=90°+∠COF∠COD=∠DOF+∠COF=90°+∠COF∴∠BOF=∠COD．在ΔBOF与ΔOB=OC∴∴BF=CD；（3）解：猜想BF=33如图③连接OCOD．∵ΔABC为等边三角形点O为边∴∠BCO=∠ACO=30°∠BOC=90°∴∵ΔDEF为等边三角形点O为边∴∠FDO=∠EDO=30°∠DOF=90°∴∴OB∵∠BOF=∠BOC+∠COF=90°+∠COF∠COD=∠DOF+∠COF=90°+∠COF∴∠BOF=∠COD∴∴BF∴BF=312．解：（1）当∠EDF绕D点旋转到DE⊥AC时四边形CEDF是正方形．设△ABC的边长AC=BC=a则正方形CEDF的边长为12a∴S△ABC=12a2S正方形DECF=（12a）2=1即S△DEF+S△CEF=12S△ABC故答案为：S△DEF+S△CEF=12S△ABC（2）（1）中的结论成立；证明：过点D作DM⊥ACDN⊥BC则∠DME=∠DNF=∠MDN=90°又∵∠C=90°∴DM∥BCDN∥AC∵D为AB边的中点由中位线定理可知：DN=12ACMD=1∵AC=BC∴MD=ND∵∠EDF=90°∴∠MDE+∠EDN=90°∠NDF+∠EDN=90°∴∠MDE=∠NDF在△DME与△DNF中∠DME∴△DME≌△DNF（ASA）∴S△DME=S△DNF∴S四边形DMCN=S四边形DECF=S△DEF+S△CEF由以上可知S四边形DMCN=12S△∴S△DEF+S△CEF=12S△ABC（3）连接DC证明：同（2）得：△DEC≌△DBF∠DCE=∠DBF=135°∴S△DEF=S五边形DBFEC=S△CFE+S△DBC=S△CFE+S∴S△DEF-S△CFE=SΔ故S△DEFS△CEFS△ABC的关系是：S△DEF-S△CEF=12S△ABC13．（1）解：如图过点C作CG⊥x轴∵点A(−2,0)点B(6,0)∴AB=8又∵∠ACB=90°∠CAB=30°∴在Rt△ABC中BC=4在Rt△GBC中BG=2CG=23又∵点C在第一象限∴C(4,23（2）①∵以点B为中心顺时针旋转三角形ABC得到三角形BDE点AC的对应点分别为DE且DE//AB∴∠FBA=∠EDB=∠CAB=30°．∴在Rt△FOB中∵OB=6∴OF=23∴F(0,23②∵点D落在射线BC上∴∠ABD=60°．由①知∠FBA=30°∴∠FBD=30°．∵∠FBD=∠BDE∴DE//FB．又DE=FB=4∴四边形FDEB是平行四边形.又∠BED=90°∴四边形FDEB是矩形.（3）如图连接PQ,FE∵P,Q分别为FD,DE的中点∴PQ=∵FB=43∵旋转则点E在以B为圆心BE为半径的圆上运动∴FB−BE≤EF≤FB+BE即4∴214．（1）解：CP=BQ理由：如图1连接OQ由旋转知PQ=OP∠OPQ=60°∴△POQ是等边三角形∴OP=OQ∠POQ=60°在Rt△ABC中O是AB中点∴OC=OA=OB∴∠BOC=2∠A=60°=∠POQ∴∠COP=∠BOQ在△COP和△BOQ中OC=OB∴△COP≌△BOQ（SAS）；（2）解：CP=BQ理由：如图2连接OQ由旋转知PQ=OP∠OPQ=60°∴△POQ是等边三角形∴OP=OQ∠POQ=60°在Rt△ABC中O是AB中点∴OC=OA=OB∴∠BOC=2∠A=60°=∠POQ∴∠COP=∠BOQ在△COP和△BOQ中OC=OB∴△COP≌△BOQ（SAS）∴CP=BQ；（3）解：BQ＝6−在Rt△ABC中∠A＝30°AC＝6∴BC＝AC·tanA＝2如图③过点O作OH⊥BC于点H∴∠OHB＝90°＝∠BCA∴OH∥AC∵O是AB中点∴CH＝12BC=22OH＝1∵∠BPO＝45°∠OHP＝90°∴∠BPO＝∠POH∴PH＝OH＝6∴CP＝PH－CH＝62－22连接OQ同（1）的方法得BQ＝CP＝6−15．（1）证明：∵AB＝AC∠BAC＝90°∴∠B＝∠ACB＝45°

∵∠DAE＝∠BAC＝90°AD＝AE∴∠BAD＝∠CAE

在△BAD和△CAE中AB=AC∴△BAD≌△CAE（SAS）

∴∠B＝∠ACE＝45°BD＝CE∴∠ECD＝∠ACE+∠ACB＝90°∵PD⊥BC∴∠BDP＝∠ECD＝90°∴PD∥CE∵∠B＝∠BPD＝45°∴PD＝BD∴PD＝EC∴四边形PDCE是平行四边形

∵∠PDC＝90°∴四边形PDCE是矩形；（2）解∶如图过点A作AM⊥BC于点M过点F作FN⊥BC于点N设CD＝2m则BD＝2CD＝4mBC＝6m∵AB＝AC∠BAC＝90°AM⊥BC∴BM＝MC＝3m∴AM＝BM＝3mAB＝AC＝32mDM=CM-CD=m∴BD＝PD＝4m∴PB＝42m∴PA＝2m

∵△ABD≌△ACE∴BD＝EC＝4m设CN＝FN＝x∵FN∥CE∴△DFN∽△DEC∴FNEC＝∴FNDN＝∴DN＝12∴12x+x＝2∴x＝43∴CF＝423∴AF＝AC-CF＝32m－423m＝∴APAF（3）即：如图将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM连接QN∴BQ＝BNQC＝NM∠QBN＝60°∴△BQN是等边三角形∴BQ＝QN∴QA+QB+QC＝AQ+QN+MN∴当点A点Q点N点M共线时QA+QB+QC值最小

如图连接MC∵将△BQC绕点B顺时针旋转60°得到△BNM∴BQ＝BNBC＝BM∠QBN＝60°＝∠CBM∴△BQN是等边三角形△CBM是等边三角形∴∠BQN＝∠BNQ＝60°BM＝CM又∵AB＝AC∴AM垂直平分BC∵AD⊥BC∠BQD＝60°∴∠DBQ=30°∴QD=∴BD＝3QD

∵AB＝AC∠BAC＝90°AD⊥BC∴AD＝BD此时P与A重合设PD＝x则DQ＝x－2∴x＝3（x－2）∴x＝3+3∴PD＝3+3．16．（1）解：成立理由是：∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形∴AB=ACAD=AE∵将△ADE绕点A逆时针旋转α(0<α<90°)连结BD和CE∴∠BAD=∠CAE∴△ABD≌△ACE(SAS)∴BD=CE；（2）解：①∴AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE∴△ACE≌△ABD(SAS)∴BD=CE∴BC+CD=BD=CE．②∵△ACE≌△ABD∴∠ACE=∠ABD=45°又∵∠ACB=45°∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°在Rt△BAC中∵AB=AC=∴BC=又∵CD=1CE=BC+CD=3∴在Rt△CDE17．（1）解：∵抛物线C：y=ax2+6ax+9a−8与x轴相交于AB两点∴B∴a×解得a=∴抛物线C的解析式为：y=对称轴：x=−∴当x=−3时y=∴顶点D的坐标为−3,−8．∴a=825（2）∵抛物线C与x轴相交于AB两点∴当y=0时得：825x2解得：x1=−8∴A∵点P与点B重合∴点P的坐标为2,0当抛物线C绕点P旋转180°后得到的抛物线C1且点P与点B∴在抛物线C1中点B的坐标仍为∴点F与点A关于点P对称∴点F的坐标为12,0同理点E与点D关于点P对称设Em,n∴点P的坐标为m−3∴m−32∴m=7∴点E的坐标为7,8设抛物线C1的表达式为：∴7−12∴a∴y=−∴抛物线C1的表达式为：y=−（3）根据题意可知在构成的直角三角形三个顶点中有两个顶点是从点EFG中选取有一个点是从ABD中任取．由图可知当点为EG或FG时与ABD中任意一点构成的三角形是钝角三角形故只有点EF为直角三角形其中的两个顶点．设P又∵抛物线C绕点P旋转180°后得到的抛物线C1A−8,0B∴E2m+3,8①当A为顶点时∵在抛物线C1中∠EFO是一个锐角点A在点P∴∠AEF=90°∴A∴2m+11解得：m=9②当B为顶点时同理可得∠BEF=90°∴B∴2m+1解得：m=59③当D为顶点时分两种情况：第一种：∠DEF=90°∴D∴2m+6解得：m=第二种：∠DFE=90°∴D∴2m+11解得：m=9∴点P的坐标为910,0或591018．（1）解：∵D在直线y=5∴设D(t,∵y1=mx∴m=10．∵D(t,5∴∴t=2（负值已舍去）．∴由两点间的距离公式可知：OD=2（2）解：①∵函数y2=∴OA⋅AE=OC⋅CF=n．∵OC=5OA=2∴AE=5∴可设：AE=∴EF=AE+CF=72在Rt△EBF由勾股定理得：E∴49解得t=∴n=5t=7②∵∠OEF=90°∴∠AEO+∠BEF=90°∵BA⊥y轴BC⊥x轴∴∠ABC=90°∴∠BEF+∠BFE=90°∴∠AEE=∠BFE∴△AOE∽△BEF∴OA:AE=BE:BF∵CF=∴2:解得：n=85或∵∴ab=由（1）得OD=∴O∴∴故(a+b)2的值为16119．解：（1）EG＝CG且EG⊥CG．证明如下：如图①连接BD．∵正方形ABCD和等腰Rt△BEF∴∠EBF＝∠DBC＝45°．∴BE