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22．（10分）（2013•河南）如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90°，∠B=∠E=30°．
（1）操作发现
如图2，固定△ABC，使△DEC绕点C旋转，当点D恰好落在AB边上时，填空：
①线段DE与AC的位置关系是 DE∥AC ；
②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2，则S1与S2的数量关系是 S1=S2 ．
（2）猜想论证
当△DEC绕点C旋转到如图3所示的位置时，小明猜想（1）中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC和△AEC中BC、CE边上的高，请你证明小明的猜想．
（3）拓展探究
已知∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，BD=CD=4，DE∥AB交BC于点E（如图4）．若在射线BA上存在点F，使S△DCF=S△BDE，请直接写出相应的BF的长．
考点： 全等三角形的判定与性质．
专题： 几何综合题．
分析： （1）①根据旋转的性质可得AC=CD，然后求出△ACD是等边三角形，根据等边三角形的性质可得∠ACD=60°，然后根据内错角相等，两直线平行解答；
②根据等边三角形的性质可得AC=AD，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AC=AB，然后求出AC=BE，再根据等边三角形的性质求出点C到AB的距离等于点D到AC的距离，然后根据等底等高的三角形的面积相等解答；
（2）根据旋转的性质可得BC=CE，AC=CD，再求出∠ACN=∠DCM，然后利用“角角边”证明△ACN和△DCM全等，根据全等三角形对应边相等可得AN=DM，然后利用等底等高的三角形的面积相等证明；
（3）过点D作DF1∥BE，求出四边形BEDF1是菱形，根据菱形的对边相等可得BE=DF1，然后根据等底等高的三角形的面积相等可知点F1为所求的点，过点D作DF2⊥BD，求出∠F1DF2=60°，从而得到△DF1F2是等边三角形，然后求出DF1=DF2，再求出∠CDF1=∠CDF2，利用“边角边”证明△CDF1和△CDF2全等，根据全等三角形的面积相等可得点F2也是所求的点，然后在等腰△BDE中求出BE的长，即可得解．
解答： 解：（1）①∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，
∴AC=CD，
∵∠BAC=90°﹣∠B=90°﹣30°=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠ACD=60°，
又∵∠CDE=∠BAC=60°，
∴∠ACD=∠CDE，
∴DE∥AC；
②∵∠B=30°，∠C=90°，
∴CD=AC=AB，
∴BD=AD=AC，
根据等边三角形的性质，△ACD的边AC、AD上的高相等，
∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），
即S1=S2；
故答案为：DE∥AC；S1=S2；
（2）如图，∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，
∴BC=CE，AC=CD，
∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°﹣90°=90°，
∴∠ACN=∠DCM，
∵在△ACN和△DCM中，
，
∴△ACN≌△DCM（AAS），
∴AN=DM，
∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），
即S1=S2；
（3）如图，过点D作DF1∥BE，易求四边形BEDF1是菱形，
所以BE=DF1，且BE、DF1上的高相等，
此时S△DCF=S△BDE，
过点D作DF2⊥BD，
∵∠ABC=60°，
∴∠F1DF2=∠ABC=60°，
∴△DF1F2是等边三角形，
∴DF1=DF2，
∵BD=CD，∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，
∴∠DBC=∠DCB=×60°=30°，
∴∠CDF1=180°﹣30°=150°，
∠CDF2=360°﹣150°﹣60°=150°，
∴∠CDF1=∠CDF2，
∵在△CDF1和△CDF2中，
，
∴△CDF1≌△CDF2（SAS），
∴点F2也是所求的点，
∵∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，DE∥AB，
∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=×60°=30°，
又∵BD=4，
∴BE=×4÷cos30°=2÷
=
，
∴BF1=，BF2=BF1+F1F2=+=
，
故BF的长为或．
点评： 本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积，等边三角形的判定与性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟练掌握等底等高的三角形的面积相等，以及全等三角形的面积相等是解题的关键，（3）要注意符合条件的点F有两个．
23．（11分）（2013•河南）如图，抛物线y=﹣x2+bx+c与直线y=x+2交于C、D两点，其中点C在y轴上，点D的坐标为（3，）．点P是y轴右侧的抛物线上一动点，过点P作PE⊥x轴于点E，交CD于点F．
（1）求抛物线的解析式；
（2）若点P的横坐标为m，当m为何值时，以O、C、P、F为顶点的四边形是平行四边形？请说明理由．
（3）若存在点P，使∠PCF=45°，请直接写出相应的点P的坐标．
考点： 二次函数综合题．
分析： （1）首先求出点C的坐标，然后利用待定系数法求出抛物线的解析式；
（2）本问采用数形结合的数学思想求解．将直线y=x+2沿y轴向上或向下平移2个单位之后得到的直线，与抛物线y轴右侧的交点，即为所求之交点．由答图1可以直观地看出，这样的交点有3个．联立解析式解方程组，即可求出m的值；
（3）本问符合条件的点P有2个，如答图2所示，注意不要漏解．在求点P坐标的时候，需要充分挖掘已知条件，构造直角三角形或相似三角形，解方程求出点P的坐标．
解答： 解：（1）在直线解析式y=x+2中，令x=0，得y=2，∴C（0，2）．
∵点C（0，2）、D（3，）在抛物线y=﹣x2+bx+c上，
∴
，解得b=，c=2，
∴抛物线的解析式为：y=﹣x2+x+2．
（2）∵PF∥OC，且以O、C、P、F为顶点的四边形是平行四边形，
∴PF=OC=2，
∴将直线y=x+2沿y轴向上或向下平移2个单位之后得到的直线，与抛物线y轴右侧的交点，即为所求之交点．
由答图1可以直观地看出，这样的交点有3个．
将直线y=x+2沿y轴向上或向下平移2个单位，得到直线y=x+4，
联立
，
解得x1=1，x2=2，∴m1=1，m2=2；
将直线y=x+2沿y轴向上或向下平移2个单位，得到直线y=x，
联立
，
解得x3=
，x4=
（在y轴左侧，不合题意，舍去），∴m3=．
∴当m为值为1，2或
时，以O、C、P、F为顶点的四边形是平行四边形．
（3）设点P的横坐标为m，则P（m，﹣m2+m+2），F（m， m+2）．
如答图2所示，过点C作CM⊥PE于点M，则CM=m，EM=2，
∴FM=yF﹣EM=m，∴tan∠CFM=2．
在Rt△CFM中，由勾股定理得：CF=
m．
过点P作PN⊥CD于点N，则PN=FN•tan∠PFN=FN•tan∠CFM=2FN．
∵∠PCF=45°，∴PN=CN，
而PN=2FN，∴FN=CF=m，PN=2FN=
m，
在Rt△PFN中，由勾股定理得：PF=
=m．
∵PF=yP﹣yF=（﹣m2+m+2）﹣（m+2）=﹣m2+3m，
∴﹣m2+3m=m，整理得：m2﹣m=0，
解得m=0（舍去）或m=，
∴P（，）；
同理求得，另一点为P（
，
）．
∴符合条件的点P的坐标为（，）或（
，）．
点评： 本题是二次函数综合题型，考查了二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、解方程（方程组）、平行四边形、相似三角形（或三角函数）、勾股定理等重要知识点．第（2）问采用数形结合思想求解，直观形象且易于理解；第（3）问中，符合条件的点P有两个，注意不要漏解．
