证明：过点C作CH⊥AB于H，
∵DD1⊥AB，∴∠DD1A=∠CHA=90°，∴∠DAD1+∠ADD1=90°， ∵四边形CADF是正方形，∴AD=CA，∠DAC=90°， ∴∠DAD1+∠CAH=90°，∴∠ADD1=∠CAH，
在△ADD1和△CAH中，，∴△ADD1≌△CAH（AAS），∴DD1=AH；
同理：EE1=BH，∴AB=AH﹣BH=DD1﹣EE1． 对应训练2． 解：（1）如图，过点A作AD⊥x轴于点D， ∵矩形AOBC是正方形，∴∠AOC=45°， ∴∠AOD=90°﹣45°=45°，∴△AOD是等腰直角三角形， 设点A的坐标为（﹣a，a）（a≠0），代入y=x2，则（﹣a）2=a，解得a1=﹣1，a2=0（舍去）， ∴点A的坐标﹣a=﹣1，故答案为：﹣1；
（2）过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F， 当x=﹣时，y=（﹣）2=，即OE=，AE=，
∵∠AOE+∠BOF=180°﹣90°=90°，∠AOE+∠EAO=90°，∴∠EAO=∠BOF，
又∵∠AEO=∠BFO=90°，∴△AEO∽△OFB，∴===，
设OF=t，则BF=2t，∴t2=2t，解得：t1=0（舍去），t2=2，∴点B（2，4）； 考点三： 例3 解：（1）两边同时乘以x得，x2-3x+2=0，方程①根：x1=1，x2=2； 两边同时乘以x得，x2-5x+6=0，方程②根：x1=2，x2=3； 两边同时乘以x得，x2-7x+12=0，方程③根：x1=3，x2=4；
20=9；方程④根：x1=4，x2=5． xn(n?1)（3）第n个方程：x+=2n+1．此方程解：x1=n，x2=n+1．
x（2）方程④：x+
对应训练3．（2013，1） 考点四： 例4 解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=∠D， ∵∠AEP=90°，∴∠BAE=∠FEC， 在Rt△ABE中，AE=32?12?10， ∵sin∠BAE=
BEFCFC10=sin∠FEC=，∴=， AEECEC10（2）证明：在BA边上截取BK=NE，连接KE，
∵∠B=90°，BK=BE，∴∠BKE=45°，∴∠AKE=135°， ∵CP平分外角，∴∠DCP=45°， ∴∠ECP=135°，∴∠AKE=∠ECP，
∵AB=CB，BK=BE，∴AB-BK=BC-BE， 即：AK=EC，易得∠KAE=∠CEP，
??KAE??CEP?∵在△AKE和△ECP中，?AK?EC， ∴△AKE≌△ECP（ASA），∴AE=EP；
??AKE??ECP?（3）答：存在．
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证明：作DM⊥AE于AB交于点M， 则有：DM∥EP，连接ME、DP，
?AD?AD?∵在△ADM与△BAE中，??ADM??BAE，∴△ADM≌△BAE（AAS），∴MD=AE，
??BAD??ABE?∵AE=EP，∴MD=EP，
∴MD∥EP，MD=EP，∴四边形DMEP为平行四边形． 对应训练4． 解：（1）∵二次函数y=ax2+bx﹣1（a≠0）的图象过点A（2，0）和B（4，3）， ∴
，解得a=，b=0，∴二次函数的解析式为y=x2﹣1，
（2）令y=x2﹣1=0，解得x=﹣2或x=2，由图象可知当﹣2＜x＜2时y＜0， （3）当m=0时，|PO|2=1，|PH|2=1； 当m=2时，P点的坐标为（2，0），|PO|2=4，|PH|2=4， 当m=4时，P点的坐标为（4，3），|PO|2=25，|PH|2=25， 由此发现|PO|2=|PH|2，
设P点坐标为（m，n），即n=m2﹣1 |OP|=
， |PH|2=n2+4n+4=n2+m2，
故对于任意实数m，|PO|2=|PH|2；
（4）由（3）知OP=PH，只要OH=OP成立，△POH为正三角形， 设P点坐标为（m，n），|OP|=，|OH|=
，
|OP|=|OH|，即n2=4，解得n=±2， 当n=﹣2时，n=m2﹣1不符合条件，
故n=2，m=±2时可使△POH为正三角形．
四、中考真题演练
1．C 2．B 3．C 4．∠B=∠C或AE=AD 5．AC=CD 6．AC=DF 7．AD=DC 9．（0，3），（31，-31） 10．12°
11．解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC． 又∵点F在CB的延长线上，∴AD∥CF，∴∠1=∠2． ∵点E是AB边的中点，∴AE=BE．
? 1? 2∵在△ADE与△BFE中，???DEA??AEB，∴△ADE≌△BFE（AAS）；
??AE?BE（2）解：CE⊥DF．理由如下： 如图，连接CE．
由（1）知，△ADE≌△BFE，
∴DE=FE，即点E是DF的中点，∠1=∠2． ∵DF平分∠ADC，∴∠1=∠3，
∴∠3=∠2，∴CD=CF，∴CE⊥DF． 12．解：（1）BD=CD．
理由如下：∵AF∥BC，∴∠AFE=∠DCE，
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8．（-2-3），4023 ∵E是AD的中点， ∴AE=DE， ??AFE??DCE?在△AEF和△DEC中，??AEF??DEC，∴△AEF≌△DEC（AAS），∴AF=CD， ?AE?DE?∵AF=BD，∴BD=CD； （2）当△ABC满足：AB=AC时，四边形AFBD是矩形． 理由如下：∵AF∥BD，AF=BD，∴四边形AFBD是平行四边形， ∵AB=AC，BD=CD，∴∠ADB=90°，∴?AFBD是矩形． 13．（1）以①②作为条件构成的命题是真命题， 证明：∵AB∥CD，∴△AOB∽△COD，∴AOBO?， OCOD∵AO=OC，∴OB=OD，∴四边形ABCD是平行四边形． （2）根据①③作为条件构成的命题是假命题，即如果有一组对边平行，而另一组对边相等的四边形时平行四边形，如等腰梯形符合，但不是平行四边形； 根据②③作为条件构成的命题是假命题，即如果一个四边形ABCD的对角线交于O，且OA=OC，AD=BC， 那么这个四边形时平行四边形， 根据已知不能推出OB=OD或AD∥BC或AB=DC，即四边形不是平行四边形． 14．解：（1）∵抛物线与x轴交于点A（1，0），B（3，0）， 可设抛物线解析式为y=a（x-1）（x-3）， 把C（0，-3）代入得：3a=-3，解得：a=-1，故抛物线解析式为y=-（x-1）（x-3），即y=-x2+4x-3， ∵y=-x2+4x-3=-（x-2）2+1，∴顶点坐标（2，1）； （2）先向左平移2个单位，再向下平移1个单位，得到的抛物线的解析式为y=-x2，平移后抛物线的顶点为（0，0）落在直线y=-x上． 15．解：在直线y=2x-3上任取一点A（0，-3）， 由题意知A向右平移3个单位，再向上平移1个单位得到A′（3，-2）， 设平移后的解析式为y=2x+b，则A′（3，-2）在y=2x+b的解析式上，-2=2×3+b，解得：b=-8， 所以平移后的直线的解析式为y=2x-8． 16．（1）证明：∵PB=PD，∴∠2=∠PBD， ∵AB=BC，∠ABC=90°，∴∠C=45°， ∵BO⊥AC，∴∠1=45°，∴∠1=∠C=45°， ∵∠3=∠PBO-∠1，∠4=∠2-∠C，∴∠3=∠4， ∵BO⊥AC，DE⊥AC，∴∠BOP=∠PED=90°， ??3=?4?在△BPO和△PDE中??BOP=?PED，∴△BPO≌△PDE（AAS）； ?BP=PD?（2）证明：由（1）可得：∠3=∠4， ∵BP平分∠ABO，∴∠ABP=∠3，∴∠ABP=∠4， ??A??C?在△ABP和△CPD中??ABP??4。∴△ABP≌△CPD（AAS），∴AP=CD． ?PB?PD?（3）解：CD′与AP′的数量关系是CD′=2AP′．理由是：如图， 3设OP=PC=x，则AO=OC=2x=BO，则AP=2x+x=3x，
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由（2）知BO=PE， PE=2x，CE=2x-x=x， ∵∠E=90°，∠ECD=∠ACB=45°，∴DE=x，由勾股定理得：CD=2x，即AP=3x，CD=2x， ∴CD′与AP′的数量关系是CD′=2AP′ 317．（1）证明：如图， ∵MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F，∴∠2=∠5，4=∠6， ∵MN∥BC，∴∠1=∠5，3=∠6， ∴∠1=∠2，∠3=∠4，∴EO=CO，FO=CO， ∴OE=OF； （2）∵∠2=∠5，∠4=∠6，∴∠2+∠4=∠5+∠6=90°， ∵CE=12，CF=5，∴EF=122?52=13，∴OC=1EF=6.5； 2（3）答：当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形． 证明：当O为AC的中点时，AO=CO， ∵EO=FO，∴四边形AECF是平行四边形， ∵∠ECF=90°，∴平行四边形AECF是矩形． 18．（1）证明：连结OC，如图， ∵PC为⊙O的切线，∴OC⊥PC，∴∠OCG+∠PCG=90°， ∵ED⊥AB，∴∠B+∠BGF=90°， ∵OB=OC，∴∠B=∠OCG，∴∠PCG=∠BGF， 而∠BGF=∠PGC， ∴∠PGC=∠PCG，∴PC=PG； （2）解：CG、BF、BO三者之间的数量关系为CG2=BO?BF．理由如下： 连结OG，如图， ∵点G是BC的中点，∴OG⊥BC，BG=CG，∴∠OGB=90°， ∵∠OBG=∠GBF，∴Rt△BOG∽Rt△BGF， ∴BG：BF=BO：BG，∴BG2=BO?BF， ∴CG2=BO?BF； 14