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五、解答题（共3题，其中24题11分，25.26各12分，共35分）
24．（11分）（2014•大连）如图，矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8．折叠纸片使点B落在AD上，落点为B′．点B′从点A开始沿AD移动，折痕所在直线l的位置也随之改变，当直线l经过点A时，点B′停止移动，连接BB′．设直线l与AB相交于点E，与CD所在直线相交于点F，点B′的移动距离为x，点F与点C的距离为y．
（1）求证：∠BEF=∠AB′B；
（2）求y与x的函数关系式，并直接写出x的取值范围．
考点： 翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．
分析： （1）先由等腰三角形中的三线合一，得出∠BOE=90°，再由∠ABB′+∠BEF=90°，∠ABB′+∠AB′B=90°，得出∠BEF=∠AB′B；
（2）①当点F在线段CD上时，如图1所示．作FM⊥AB交AB于点E，在RT△EAB′中，利用勾股定理求出AE，再由tan∠AB′B=tan∠BEF列出关系式写出x的取值范围即可，
②当点F在点C下方时，如图2所示．利用勾股定理与三角函数，列出关系式，写出x的取值范围，
解答： （1）证明：如图，由四边形ABCD是矩形和折叠的性质可知，BE=B′E，∠BEF=∠B′EF，
∴在等腰△BEB′中，EF是角平分线，
∴EF⊥BB′，∠BOE=90°，
∴∠ABB′+∠BEF=90°，
∵∠ABB′+∠AB′B=90°，
∴∠BEF=∠AB′B；
（2）解：①当点F在CD之间时，如图1，作FM⊥AB交AB于点E，
∵AB=6，BE=EB′，AB′=x，BM=FC=y，
∴在RT△EAB′中，EB′2=AE2+AB′2，
∴（6﹣AE）2=AE2+x2
解得AE=
，
tan∠AB′B=
=，tan∠BEF=
=
，
∵由（1）知∠B
EF=∠AB′B，
∴=
，
化简，得y=
x2﹣x+3，（0＜x≤8﹣2
）
②当点F在点C下方时，如图2所示．
设直线EF与BC交于点K
设∠ABB′=∠BKE=∠CKF=θ，则tanθ=
=．
BK=
，CK=BC﹣BK=8﹣．
∴CF=CK•tanθ=（8﹣）•tanθ=8tanθ﹣BE=x﹣BE．
在Rt△EAB′中，EB′2=AE2+AB′2，
∴（6﹣BE）2+x2=BE2
解得BE=
．
∴CF=x﹣BE=x﹣
=﹣
x2+x﹣3
∴y=﹣x2+x﹣3（8﹣2
＜x≤6）
综上所述，
y=
．
点评： 本题考查了折叠的问题及矩形的性质，解题的关键是折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
25．（12分）（2014•大连）如图1，△ABC中，AB=AC，点D在BA的延长线上，点E在BC上，DE=DC，点F是DE与AC的交点，且DF
=FE．
（1）图1中是否存在与∠BDE相等的角？若存在，请找出，并加以证明，若不存在，说明理由；
（2）求证：BE=EC；
（3）若将“点D在BA的延长线上，点E在BC上”和“点F是DE与AC的交点，且DF=FE”分别改为“点D在AB上，点E在CB的延长线上”和“点F是ED的延长线与AC的交点，且DF=kFE”，其他条件不变（如图2）．当AB=1，∠ABC=a时，求BE的长（用含k、a的式子表示）．
考点： 相似形综合题；三角形的外角性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；平行线分线段成比例；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义．
专题： 综合题．
分析： （1）运用等腰三角形的性质及三角形的外角性质就可解决问题．
（2）过点E作EG∥AC，交AB于点G，如图1，要证BE=CE，只需证BG=AG，由DF=FE可证到DA=
AG，只需证到DA=BG即DG=AB，也即DG=AC即可．只需证明△DCA≌△△EDG即可解决问题．
（3）过点A作AH⊥BC，垂足为H，如图2，可求出BC=2cosα．过点E作EG∥AC，交AB的延长线于点G，易证△DCA≌△△EDG，则有DA=EG，CA=DG=1．易证△ADF∽△GDE，则有
．由DF=kFE可得DE=EF﹣DF=（1﹣k）EF．从而可以求得AD=
，即GE=．易证△ABC∽△GBE，则有
，从而可以求出BE．
解答： 解：（1）∠DCA=∠BDE．
证明：∵AB=AC，DC=DE，
∴∠ABC=∠ACB，∠DEC=∠DCE．
∴∠BDE=∠DEC﹣∠DBC=∠DCE﹣∠ACB=∠DCA．
（2）过点E作EG∥AC，交AB于点G，如图1，
则有∠DAC=∠DGE．
在△DCA和△EDG中，
∴△DCA≌△EDG（AAS）．
∴DA=EG，CA=DG．
∴DG=AB．
∴DA=BG．
∵AF∥EG，DF=EF，
∴DA=AG．
∴AG=BG．
∵EG∥AC，
∴BE=EC．
（3）过点E作EG∥AC，交AB的延长线于点G，如图2，
∵AB=AC，DC=DE，
∴∠ABC=∠ACB，∠DEC=∠DCE．
∴∠BDE=∠DBC﹣∠DEC=∠ACB﹣∠DCE=∠DCA．
∵AC∥EG，
∴∠DAC=∠DGE．
在△DCA和△EDG中，
∴△DCA≌△EDG（AAS）．
∴DA=EG，CA=DG
∴DG=AB=1．
∵AF∥EG，
∴△ADF∽△GDE．
∴
．
∵DF=kFE，
∴DE=EF﹣DF=（1﹣k）EF．
∴
．
∴AD=
．
∴GE=AD=．
过点A作AH⊥BC，垂足为H，如图2，
∵AB=AC，AH⊥BC，
∴BH=CH．
∴BC=2BH．
∵AB=1，∠ABC=α，
∴BH=AB•cos∠ABH=cosα．
∴BC=2cosα．
∵AC∥EG，
∴△ABC∽△GBE．
∴
．
∴
．
∴BE=
．
∴BE的长为．
点评： 本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平
行线分线段成比例、等腰三角形的性质、三角形的外角性质、锐角三角函数的定义等知识，综合性较强，有一定的难度．
26．（12分）（2014•大连）如图，抛物线y=a（x﹣m）2+2m﹣2（其中m＞1）与其对称轴l相交于点P，与y轴相交于点A（0，m﹣1）．连接并延长PA、PO，与x轴、抛物线分别相交于点B、C，连接BC．点C关于直线l的对称点为C′，连接PC′，即有PC′=PC．将△PBC绕点P逆时针旋转，使点C与点C′重合，得到△PB′C′．
（1）该抛物线的解析式为 y=
（x﹣m）2+2m﹣2 （用含m的式子表示）；
（2）求证：BC∥y轴；
（3）若点B′恰好落在线段BC′上，求此时m的值．
考点： 二次函数综合题；解分式方程；待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；平行线的判定与性质；三角形内角和定理；等腰三角形的性质；旋转的性质；相似三角形的判定与性质．
专题： 综合题．
分析： （1）只需将A点坐标（0，m﹣1）代入y=a（x﹣m）2+2m﹣2，即可求出a值，从而得到抛物线的解析式．
（2）由点A、P的坐标可求出直线AP的解析式，从而求出点B的横坐标为﹣m；由点P的坐标可求出直线OP的解析式，从而求出直线OP与抛物线的交点C的横坐标为﹣m．由于点B、C的横坐标相同，故BC∥y轴．
（3）利用三角形的内角和定理、图形旋转的性质等知识，结合条件可以证到∠POD=∠BAO，从而可以证到△BAO∽△POD，进而得到
=
，由BO=m，PD=2m﹣2，AO=m﹣1，OD=m，可得：
=
，通过解方程就可解决问题．
解答： （1）解：∵A（0，m﹣1）在抛物线y=a（x﹣m）2+2m﹣2上，
∴a（0﹣m）2+2m﹣2=m﹣1．
∴a=
．
∴抛物线的解析式为y=（x﹣m）2+2m﹣2．
（2）证明：如图1，
设直线PA的解析式为y=kx+b，
∵点P（m，2m﹣2），点A（0，m﹣1）．
∴
．
解得：
．
∴直线PA的解析式是y=
x+m﹣1．
当y=0时，x+m﹣1=0．
∵m＞1，
∴x=﹣m．
∴点B的横坐标是﹣m．
设直线OP的解析式为y=k′x，
∵点P的坐标为（m，2m﹣2），
∴k′m=2m﹣2．
∴k′=
．
∴直线OP的解析式是y=x．
联立
解得：
或
．
∵点C在第三象限，且m＞1，
∴点C的横坐标是﹣m．
∴BC∥y轴．
（3）解：若点B′恰好落在线段BC′上，
设对称轴l与x轴的交点为D，连接CC′，如图2，
则有∠PB'C'+∠PB'B=180°．
∵△PB′C′是由△PBC绕点P逆时针旋转所得，
∴∠PBC=∠PB'C'，PB=PB′，∠BPB′=∠CPC′．
∴∠PBC+∠PB'B=180°．
∵BC∥AO，
∴∠ABC+∠BAO=180°．
∴∠PB'B=∠BAO．
∵PB=PB′，PC=PC′，
∴∠PB′B=∠PBB′=
，
∴∠PCC′=∠PC′C=
．
∴∠PB′B=∠PCC′．
∴∠BAO=∠PCC′．
∵点C关于直线l的对称点为C′，
∴CC′⊥l．
∵OD⊥l，
∴OD∥CC′．
∴∠POD=∠PCC′．
∴∠POD=∠BAO．
∵∠AOB=∠ODP=90°，∠POD=∠BAO，
∴△BAO∽△POD．
∴
=
．
∵BO=m，PD=2m﹣2，AO=m﹣1，OD=m，
∴
=
．
解得：
∴m1=2+
，m2=2﹣．
经检验：m1=2+
，m2=2﹣都是分式方程的解．
∵m＞1，
∴m=2+．
∴若点B′恰好落在线段BC′上，此时m的值为2+．
点评： 本题考查了用待定系数法求二次函数及一次函数的解析式、相似三角形判定与性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的性质、解分式方程、三角形的内角和定理、旋转的性质、抛物线与直线的交点等知识，综合性比较强，有一定的难度．而证明∠POD=∠BAO，进而证到△BAO∽△POD是解决第3小题的关键．
