1.（2012海南，23，11分）如图11（1），在矩形abcd中，把∠b、∠d分别翻折，使点b、d分别落在对角线bc上的点e、f处，折痕分别为cm、an.
1）求证：△and≌△cbm.
2）请连接mf、ne，证明四边形mfne是平行四边形，四边形mfne是菱形吗？请说明理由？
3）p、q是矩形的边cd、ab上的两点，连结pq、cq、mn，如图11（2）所示，若pq=cq，pq∥mn。且ab=4cm，bc=3cm，求pc的长度。
答案】（1）证明：∵四边形abcd是矩形，∴∠d=∠b，ad=bc，ad∥bc。
∴∠dac=∠bca。
又由翻折的性质，得∠dan=∠naf，∠ecm=∠bcm，∴∠dan=∠bcm。
∴△and≌△cbm（asa）。
2）证明：∵△and≌△cbm，∴dn=bm。
又由翻折的性质，得dn=fn，bm=em， ∴fn=em。
又∠nfa=∠acd＋∠cnf=∠bac＋∠ema=∠mec，∴fn∥em。∴四边形mfne是平行四边形。
四边形mfne不是菱形，理由如下：
由翻折的性质，得∠cem=∠b=900，在△emf中，∠fem＞∠efm。
fm＞em。∴四边形mfne不是菱形。
3）解：∵ab=4，bc=3，∴ac=5。 设dn=x，则由s△adc=s△and＋s△nac得3 x＋5 x=12，解得x=，即dn=bm=。
过点n作nh⊥ab于h，则hm=4－3=1。
在△nhm中，nh=3，hm=1，由勾股定理，得nm=。
pq∥mn，dc∥ab，四边形nmqp是平行四边形。
np=mq，pq= nm=。
又∵pq=cq，∴cq=。
在△cbq中，cq=，cb=3，由勾股定理，得bq=1。
np=mq=。∴pc=4－－=2。
2. （2012福建三明，23，14分）（此题第三问不用看）
在正方形abcd中，对角线ac，bd交于点o，点p**段bc上（不含点b），∠bpe＝∠acb，pe交bo于点e，过点b作bf⊥pe，垂足为f，交ac于点g．
1）当点p与点c重合时（如图①），求证：△bog≌△poe；（4分）
2）通过观察、测量、猜想： ，并结合图②证明你的猜想；（5分）
3）把正方形abcd改为菱形，其他条件不变（如图③），若∠acb＝α，求的值．
用含α的式子表示）（5分）
答案】(1)证明：∵四边形abcd是正方形，p与c重合，ob＝op，∠boc＝∠bog＝90°．
pf⊥bg，∠pfb＝90°．
∠gbo＝90°－∠bgo，∠epo＝90°－∠bgo，∠gbo＝∠epo
△bog≌△poe
证明：∵如图②，过p作pm∥ac交bg于m， 交bo于n，∠pne＝∠boc＝90°．∠bpn＝∠ocb．
∠obc＝∠ocb＝45°，∴nbp＝∠pnb．
nb＝np∠mbn＝90°－∠bmn，∠npe＝90°－∠bmn，∠mbn＝∠npe
△bmn ≌△pen
bm＝pe∠bpe＝∠acb，∠bpn＝∠acb
∠bpf＝∠mpf．
pf⊥bm ∴∠bfp＝∠mfp＝90°．
又∵pf＝pf
△bpf ≌△mpf
bf＝mf．即bf＝bm．
bf＝pe．即。
3)如图③，过p作pm∥ac交bg于点m，交bo于点n
∠bpn＝∠acb＝α，pne＝∠boc＝90°．
由（2）同理可得bf＝bm，∠mbn＝∠epn．
∠bnm＝∠pne＝90°．
△bmn ∽△pen
在rt△bnp中，tanα＝，tanα．即＝tanα．
＝tanα．
3 （2012辽宁鞍山25，12分） 如图，正方形abco的边oa、oc在坐标轴上，点b坐标（3，3），将正方形abco绕点a顺时针旋转角度α（0＜α＜90），得到正方形adef，ed交线段oc于点g，ed的延长线交线段bc于点p，连ap、ag．
（1）求证∶△aog≌△adg；
（2）求∠pag的度数；并判断线段og 、pg、bp之间的数量关系，说明理由；
（3）当∠1=∠2时，求直线pe的解析式．
【答案】（1）证明∶
四边形adef为正方形。
∠ade=90°
ade=∠aog
∵ad=ao，ag=ag
rt△aog≌rt△adg2分。
2）pg=og+bp3分。
由（1）rt△aog≌rt△adg知∠1=∠dag，og=dg
∠adp=∠b=90°，ab=ad，ap=ap
rt△abp≌rt△adp， ∴bap=∠dap，bp=dp
dg+dp=og+bp，pg=og+bp4分
∠bao=90°
∠dag+∠dap=∠1+∠bap
∠pag=456分。
3)（方法一）延长pe交y轴于点m
ago=∠pgc
rt△aog≌rt△adg
ago=∠agd=∠pgc= 60第25题图。
∠ogm=∠ago=608分。
og=og， ∠aog=∠mog=90°
rt△aog≌rt△mog
om=oa=3
og=m(0，-3) ，g(，010分。
设直线pe的解析式为。
解得。所以，直线pe的解析式为． …12分。
方法二）∵ 1=∠2
∴∠ago =∠pgc
rt△aog≌rt△adg
∠ago =∠agd=∠pgc
∠pgc=60°∠1=∠2 = 308分。
在rt△aog中，oa=3
og=g(，0)
gc=3-在rt△gpc中，pc=3-3
p(3， 3-310分。
设直线pe的解析式为。
解得。所以直线pe的解析式为． …12分。
4. （2011江苏宿迁，28，12分）如图，在平面直角坐标系xoy中，已知直线l1：y＝x与l2：y＝－x＋6相交于点m，直线l2与x轴相交于点n．
（1）求m，n的坐标；
（2）在矩形abcd中，已知ab＝1，bc＝2，边ab在x轴上，矩形abcd沿x轴自左向右以每秒1个单位长度的速度移动．设矩形abcd与△omn重叠部分的面积为s，移动的时间为t（从点b与点o重合时开始计时，到点a与点n重合时计时结束）．直接写出s与自变量t之间的函数关系式（不需要给出解答过程）；
（3）在（2）的条件下，当t为何值时，s的值最大？并求出最大值．
解：（1）令直线l2：y＝－x＋6中的y＝0，得x＝6，n(6，0)
由解得。m(4，2)．
综上，m，n的坐标分别为m(4，2)、n(6，0)．
2）分五种情况讨论如下：
当0≤t≤1时，s＝t2；
当1＜t≤4时，s＝t－；
当4＜t＜5时，s＝；
当5≤t＜6时，s＝－t＋；
当6≤t≤7时，s＝(7－t)2．
综上所述，s与自变量t之间的函数关系式为。
3）解法一：①当0≤t≤1时，s最大＝；
当1＜t≤4时，s最大＝；
当4＜t＜5时，s＝，故当t＝时，s最大＝；
当5≤t＜6时，s最大＝；
当6≤t≤7时，s最大＝．
综上可知，当t＝时，s的值最大，且最大值为．
解法二：由（2）中的函数关系式可知，s的最大值一定在4＜t＜5时取得．
当4＜t＜5时，s＝，故当t＝时，s的值最大，且最大值为．
4. （2012贵州黔东南州，24，16分）如图，已知抛物线经过点a（－1，0）、b（3，0）、c（0，3）d三点。
1）求抛物线的解析式。
2）点m是线段bc上的点（不与b，c重合），过m作mn∥轴交抛物线于n若点m的横坐标为，请用的代数式表示mn的长。
3）在（2）的条件下，连接nb、nc，是否存在点，使△bnc的面积最大？若存在，求的值，若不存在，说明理由。
【答案】解：(1)设抛物线解析式为y=ax2+bx+c.
由题意可知点，a（－1,0）b（3,0）c（0,3）在抛物线上。
解得。设抛物线解析式为y= －x2+2x+3.
2）设mn交x轴于点d，mn∥y轴，点m横坐标为m,∴n的横坐标为m,d（m,0)
设点n的坐标为（m,y1),点n在抛物线上。
y1= －m2+2m+3,n( m, －m2+2m+3),dn= －m2+2m+3,设直线bc解析式为y=kx+b, 解得。
直线bc的解析式为y= －x+3.
设点m坐标为（m，y2),点m在直线bc上，y2= －m+3.
点m（m, －m+3)
dm= －m+3.
mn=dn－dm=(－m2+2m+3)－(m+3)=－m2+3m
2)存在。设的面积为s，则。
当时，的面积最大。
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