据AF＝AE?cos∠EAF，计算即可；
【解答】（1）证明：如图∵EB＝EB1，EA＝EA1， ∴∠EBB1＝∠EB1B，∠EAA1＝∠EA1A， ∵∠BEB1＝∠AEA1，
∴∠EBB1＝∠EB1B＝∠EAA1＝∠EA1A， ∴△AA1E∽△BB1E．
（2）证明：连接BF，延长EB1交AA1于M． ∵∠BB1B＝∠FB1M＝∠MA1E，∠FMB1＝∠EMA1， ∴△MFB1∽△MEA1， ∴
＝
，
∴＝
，∵∠EMF＝∠A1MB1，
∴△MEF∽△MA1B1， ∴∠MFE＝∠MB1A1＝90°， ∴EF⊥AA1， ∵EA＝EA1， ∴AF＝FA1．
（3）解：在Rt△ABE中，∵AB＝4，BE＝1， ∴AE＝∵DG＝GC，
∴cos∠GBC＝cos∠EAF＝
＝
＝
?，
＝
．
＝
，
在Rt△AEF中，AF＝AE?cos∠EAF＝
28．（12分）如图，已知二次函数y＝ax2﹣8ax+6（a＞0）的图象与x轴分别交于A、B两点，与y轴交于点C，点D在抛物线的对称轴上，且四边形ABDC为平行四边形． （1）求此抛物线的对称轴，并确定此二次函数的表达式；
（2）点E为x轴下方抛物线上一点，若△ODE的面积为12，求点E的坐标； （3）在（2）的条件下，设抛物线的顶点为M，点P是抛物线的对称轴上一动点，连接PE、EM，过点P作PE的垂线交抛物线于点Q，当∠PQE＝∠EMP时，求点Q到抛物线的对称轴的距离．
【分析】（1）先求出对称轴为x＝4，进而求出AB＝4，进而求出点A，B坐标，即可得出结论；
（2）利用面积的和差建立方程求解，即可得出结论；
（3）Ⅰ、当点Q在对称轴右侧时，先判断出点E，M，Q，P四点共圆，得出∠EMQ＝90°，利用同角的余角相等判断出∠EMF＝∠HGM，得出tan∠EMF＝＝HM＝1，进而求出Q（8，6），得出结论；
Ⅱ、当点Q在对称轴左侧时，先判断出△PDQ∽△EFP，得出
，进而判断＝2，得出HG
出DP＝，PF＝2QD，即可得出结论． 【解答】解：（1）对称轴为直线x＝﹣∵四边形ABDC为平行四边形， ∴DC∥AB，DC＝AB， ∴DC＝AB＝4，
∴A（2，0），B（6，0），
把点 A（2，0）代入得y＝ax2﹣8ax+12得4a﹣16a+6＝0，解得a＝， ∴二次函数解析式为y＝x2﹣4x+6；
（2）如图1，设E（m，m2﹣4m+6），其中2＜m＜6， 作EN⊥y轴于N，如图2，
∵S梯形CDEN﹣S△OCD﹣S△OEN＝S△ODE，
∴（4+m）（6﹣m2+4m﹣6）﹣×4×6﹣m（﹣m2+4m﹣6）＝12， 化简得：m2﹣11m+24＝0，解得m1＝3，m2＝8（舍）， ∴点E的坐标为（3，﹣）；
（3）Ⅰ、当点Q在对称轴右侧时，如图2， 过点E作EF⊥PM于F，MQ交x轴于G， ∵∠PQE＝∠PME，
∴点E，M，Q，P四点共圆， ∵PE⊥PQ， ∴∠EPQ＝90°， ∴∠EMQ＝90°， ∴∠EMF+∠HMG＝90°， ∵∠HMG+∠HGM＝90°， ∴∠EMF＝∠HGM，
在Rt△EFM中，EF＝1，FM＝，tan∠EMF＝
＝2，
＝4，则CD＝4，
∴tan∠HGM＝2， ∴
，
∴HG＝HM＝1， ∴点G（5，0）， ∵M（4，﹣2），
∴直线MG的解析式为y＝2x﹣10①， ∵二次函数解析式为y＝x2﹣4x+6②， 联立①②解得，∴Q（8，6），
∴点Q到对称轴的距离为8﹣4＝4； Ⅱ、当点Q在对称轴左侧时，如图3，
过点E作EF⊥PM于F，过点Q作QD⊥PM于D， ∴∠DQP+∠QPD＝90°， ∵∠EPQ＝90°， ∴∠DPQ+∠FPE＝90°， ∴∠DQP＝∠FPE， ∵∠PDQ＝∠EFP， ∴△PDQ∽△EFP， ∴
，
＝2， （舍）或
，
由Ⅰ知，tan∠PQE＝∵EF＝1， ∴
＝，
∴DP＝，PF＝2QD， 设Q（n，n2﹣4n+6）， ∴DQ＝4﹣n，DH＝n2﹣4n+6，
∴PF＝DH+FH﹣DP＝n2﹣4n+6+﹣＝n2﹣4n+7，
∴n2﹣4n+7＝2（4﹣n）， ∴n＝2+
（舍）或n＝2﹣
，
． ，
∴DQ＝4﹣n＝2+
即点Q到对称轴的距离为4或2+
2020年四川省成都市中考数学训练试卷(一)解析版
