13②当P点在y轴左侧时（如图2）此时a＜0，，?a2?a?2＜0，CQ=﹣a，
2233?1?1PQ=2???a2?a?2?=a2?a。
22?2?2又∵∠CQ′O+∠FQ′P=90°，
∠CQ′O+∠OCQ′=90°，
∴∠FQ′P=∠OCQ′，∠COQ′=∠Q′FP=90°。 ∴△COQ′∽△Q′FP。
123 a?a Q'CQ'P ?a 22 ，解得F Q′=3﹣a。 ∴，即==COFQ'2FQ'∴OQ′=3，CQ=CQ'= 32+22=13。
?9?313此时a=﹣13，点P的坐标为（?13，）。 2?9+313?9?313综上所述，满足条件的点P坐标为（13，），（?13， 22）。
【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理。
【分析】（1）用待定系数法可得出抛物线的解析式，令y=2可得出点D的坐标。
（2）分两种情况进行讨论，①当AE为一边时，AE∥PD，②当AE为对角线时，根据平行四边
形对顶点到另一条对角线距离相等，求解点P坐标。
13（3）结合图形可判断出点P在直线CD下方，设点P的坐标为（a，，分情况 ?a2?a?2）
22讨论，①当P点在y轴右侧时，②当P点在y轴左侧时，运用解直角三角形及相似三角形的性质进行求解即可。
10. （2012湖北宜昌11分）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°．点E为底AD上一点，将△ABE沿直线BE折叠，点A落在梯形对角线BD上的G处，EG的延长线交直线BC于点F．
（1）点E可以是AD的中点吗？为什么？ （2）求证：△ABG∽△BFE； （3）设AD=a，AB=b，BC=c
①当四边形EFCD为平行四边形时，求a，b，c应满足的关系； ②在①的条件下，当b=2时，a的值是唯一的，求∠C的度数．
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【答案】解：（1）不可以。理由如下：
根据题意得：AE=GE，∠EGB=∠EAB=90°，∴Rt△EGD中，GE＜ED。 ∴AE＜ED。∴点E不可以是AD的中点。 （2）证明：∵AD∥BC，∴∠AEB=∠EBF，
∵由折叠知△EAB≌△EGB，∴∠AEB=∠BEG。∴∠EBF=∠BEF。 ∴FE=FB，∴△FEB为等腰三角形。
∵∠ABG+∠GBF=90°，∠GBF+∠EFB=90°，∴∠ABG=∠EFB。 在等腰△ABG和△FEB中，
∠BAG=（180°﹣∠ABG）÷2，∠FBE=（180°﹣∠EFB）÷2， ∴∠BAG=∠FBE。∴△ABG∽△BFE。 （3）①∵四边形EFCD为平行四边形，∴EF∥DC。
∵由折叠知，∠DAB=∠EGB=90°，∴∠DAB=∠BDC=90°。 又∵AD∥BC，∴∠ADB=∠DBC。∴△ABD∽△DCB。
∴
ADDB。 ?DBCB∵AD=a，AB=b，BC=c，∴BD=a2+b2 a2+b222
?∴，即a+b=ac。
ca2+b2a②由①和b=2得关于a的一元二次方程a﹣ac+4=0， 由题意，a的值是唯一的，即方程有两相等的实数根， ∴△=0，即c﹣16=0。 ∵c＞0，∴c=4。
∴由a﹣4a+4=0，得a=2。
由①△ABD∽△DCB和a= b=2，得△ABD和△DCB都是等腰直角三角形， ∴∠C=45°。
【考点】翻折变换（折叠问题），直角梯形的性质，三角形三边关系，直线平行的性质，等腰（直角）
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三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，一元二次方程根的判别式。
【分析】（1）根据折叠的性质可得AE=GE，∠EGB=∠EAB=90°，再根据直角三角形斜边大于直角边可得DE＞EG，从而判断点E不可能是AD的中点。
（2）根据两直线平行，内错角相等可得∠AEB=∠EBF，再根据折叠的性质可以判定出
∠AEB=∠BEG，然后得到∠EBF=∠BEF，从而判断出△FEB为等腰三角形，再根据等角的余角相等求出∠ABG=∠EFB，然后根据等腰三角形的两个底角相等求出∠BAG=∠FBE，然后根据两角对应相等，两三角形相似即可证明。
（3）①根据勾股定理求出BD的长度，再利用两角对应相等，两三角形相似得到△ABD和△DCB相似，然后根据相似三角形对应边成比例列式计算即可得解。
②把b=2代入a、b、c的关系式，根据a是唯一的，可以判定△=c﹣16=0，然后求出c=4，
再代入方程求出a=2，然后由①△ABD∽△DCB和a= b=2，得△ABD和△DCB都是等腰直角三角形，得出∠C=45°。
11. （2012湖南株洲6分）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，沿直线MN对折，使A、C重合，直线MN交AC于O．
（1）求证：△COM∽△CBA； （2）求线段OM的长度．
2
【答案】解：（1）证明：∵A与C关于直线MN对称，∴AC⊥MN。∴∠COM=90°。
在矩形ABCD中，∠B=90°，∴∠COM=∠B。 又∵∠ACB=∠ACB，∴△COM∽△CBA。
（2）∵在Rt△CBA中，AB=6，BC=8，∴由勾股定理得AC=10。∴OC=5。
∵△COM∽△CBA，∴
OCOM5OM15，即?。∴OM=。 ?4BCAB86【考点】折叠问题，对称的性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理。
【分析】（1）根据A与C关于直线MN对称得到AC⊥MN，进一步得到∠COM=90°，从而得到在矩形ABCD中∠COM=∠B，最后证得△COM∽△CBA；
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（2）利用（1）的相似三角形的对应边成比例得到比例式后即可求得OM的长。
0和点B，12. （2012湖南益阳10分）已知：如图，抛物线y=a（x﹣1）+c与x轴交于点A1?3，将抛物线沿x轴向上翻折，顶点P落在点P'（1，3）处． （1）求原抛物线的解析式；
（2）学校举行班徽设计比赛，九年级5班的小明在解答此题时顿生灵感：过点P'作x轴的平行线交抛物线于C、D两点，将翻折后得到的新图象在直线CD以上的部分去掉，设计成一个“W”型的班徽，“5”的拼音开头字母为W，“W”图案似大鹏展翅，寓意深远；而且小明通过计算惊奇的发现这个“W”图案的高与宽（CD）的比非常接近黄金分割比2
??5?1（约等于0.618）．请你计算这个“W”图案的高2 6?2.449，结果可保留根号） 与宽的比到底是多少？（参考数据：5?2.236，
【答案】解：（1）∵P与P′（1，3）关于x轴对称，∴P点坐标为（1，﹣3）。
∵抛物线y=a（x﹣1）+c顶点是P（1，﹣3）， ∴抛物线解析式为y=a（x﹣1）﹣3。
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0， ∵抛物线y=a（x﹣1）﹣3过点A1?3，2
2
??∴a（1?3﹣1）﹣3=0，解得a=1。
∴抛物线解析式为y=（x﹣1）﹣3，即y=x﹣2x﹣2。
（2）∵CD平行x轴，P′（1，3）在CD上，∴C、D两点纵坐标为3。
由（x﹣1）﹣3=3，解得：x1=1?6，x2=1+6。
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3， 1+6， 3。∴CD=26。 ∴C、D两点的坐标分别为1?6，???3?∴“W”图案的高与宽（CD）的比=26=6（或约等于0.6124）。 4【考点】二次函数的应用，翻折对称的性质，二次函数的性质，曲线上点的坐标与方程的关系。
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【分析】（1）利用P与P′（1，3）关于x轴对称，得出P点坐标，利用待定系数法求出二次函数的解析式即可。
（2）根据已知求出C，D两点坐标，从而得出“W”图案的高与宽（CD）的比。
13. （2012山东德州12分）如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合）将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH． （1）求证：∠APB=∠BPH；
（2）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？并证明你的结论；
（3）设AP为x，四边形EFGP的面积为S，求出S与x的函数关系式，试问S是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】解：（1）如图1，∵PE=BE，∴∠EBP=∠EPB．
又∵∠EPH=∠EBC=90°，
∴∠EPH﹣∠EPB=∠EBC﹣∠EBP，即∠PBC=∠BPH。 又∵AD∥BC，∴∠APB=∠PBC。∴∠APB=∠BPH。 （2）△PHD的周长不变为定值8。证明如下：
如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q。 由（1）知∠APB=∠BPH， 又∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP，
∴△ABP≌△QBP（AAS）。∴AP=QP，AB=BQ。 又∵AB=BC，∴BC=BQ。
又∵∠C=∠BQH=90°，BH=BH，∴△BCH≌△BQH（HL）。∴CH=QH。 ∴△PHD的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8。 （3）如图3，过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB。
又∵EF为折痕，∴EF⊥BP。
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