(2014•营口)已知：抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过点A(1，0)，B(3，0)，C(0，﹣3)． (1)求抛物线的表达式及顶点D的坐标； (2)如图①，点P是直线BC上方抛物线上一动点，过点P作y轴的平行线，交直线BC于点E．是否存在一点P，使线段PE的长最大？若存在，求出PE长的最大值；若不存在，请说明理由； (3)如图②，过点A作y轴的平行线，交直线BC于点F，连接D——青夏教育精英家教网——

25．(14分)(2014•营口)四边形ABCD是正方形，AC与BD，相交于点O，点E、F是直线AD上两动点，且AE=DF，CF所在直线与对角线BD所在直线交于点G，连接AG，直线AG交BE于点H． (1)如图1，当点E、F在线段AD上时，①求证：∠DAG=∠DCG；②猜想AG与BE的位置关系，并加以证明； (2)如图2，在(1)条件下，连接HO，试说明HO平分∠BHG； (3)当点E、F运动到如图3所示的位置时，其它条件不变，请将图形补充完整，并直接写出∠BHO的度数． 考点： 四边形综合题． 专题： 综合题． 分析： (1)①根据正方形的性质得DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°，则可根据“SAS”证明△ADG≌△CDG，所以∠DAG=∠DCG； ②根据正方形的性质得AB=DC，∠BAD=∠CDA=90°，根据“SAS”证明△ABE≌△DCF，则∠ABE=∠DCF，由于∠DAG=∠DCG，所以∠DAG=∠BAE，然后利用∠DAG+∠BAG=90°得到∠ABE+∠BAG=90°，于是可判断AG⊥BE； (2)如答图1所示，过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，证明△AON≌△BOM，可得四边形OMHN为正方形，因此HO平分∠BHG结论成立； (3)如答图2所示，与(1)同理，可以证明AG⊥BE；过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，构造全等三角形△AON≌△BOM，从而证明OMHN为正方形，所以HO平分∠BHG，即∠BHO=45°． 解答： (1)①证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴DA=DC，∠ADB=∠CDB=45°， 在△ADG和△CDG中 ， ∴△ADG≌△CDG(SAS)， ∴∠DAG=∠DCG； 　 ②解：AG⊥BE．理由如下： ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=DC，∠BAD=∠CDA=90°， 在△ABE和△DCF中 ， ∴△ABE≌△DCF(SAS)， ∴∠ABE=∠DCF， ∵∠DAG=∠DCG， ∴∠DAG=∠BAE， ∵∠DAG+∠BAG=90°， ∴∠ABE+∠BAG=90°， ∴∠AHB=90°， ∴AG⊥BE； 　 (2)解：由(1)可知AG⊥BE． 如答图1所示，过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N，则四边形OMHN为矩形． ∴∠MON=90°，又∵OA⊥OB， ∴∠AON=∠BOM． ∵∠AON+∠OAN=90°，∠BOM+∠OBM=90°， ∴∠OAN=∠OBM． 在△AON与△BOM中， ∴△AON≌△BOM(ASA)． ∴OM=ON， ∴矩形OMHN为正方形， ∴HO平分∠BHG． 　 (3)将图形补充完整，如答图2示，∠BHO=45°． 与(1)同理，可以证明AG⊥BE． 过点O作OM⊥BE于点M，ON⊥AG于点N， 与(2)同理，可以证明△AON≌△BOM， 可得OMHN为正方形，所以HO平分∠BHG， ∴∠BHO=45°． 点评： 本题考查了四边形的综合题：熟练掌握正方形的性质，熟练运用全等三角形的判定与性质解决线段和角相等的问题．

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