由旋转可知，∠BDE＝∠FDG，∠BDG＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠CBD＝45°， ∴∠G＝45°，
∴∠G＝∠CBD＝45°， ∴DB＝DG； 故答案为：DB＝DG； ②BF+BE＝
BD，理由如下：
由①知：∠FDG＝∠EDB，∠G＝∠DBE＝45°，BD＝DG， ∴△FDG≌△EDB（ASA）， ∴BE＝FG，
∴BF+FG＝BF+BE＝BC+CG， Rt△DCG中，∵∠G＝∠CDG＝45°， ∴CD＝CG＝CB， ∵DG＝BD＝
BC，
BD；
BD，
即BF+BE＝2BC＝
（2）①如图2，BF+BE＝
理由如下：在菱形ABCD中，∠ADB＝∠CDB＝∠ADC＝×60°＝30°， 由旋转120°得∠EDF＝∠BDG＝120°，∠EDB＝∠FDG， 在△DBG中，∠G＝180°﹣120°﹣30°＝30°， ∴∠DBG＝∠G＝30°， ∴DB＝DG，
∴△EDB≌△FDG（ASA）， ∴BE＝FG，
∴BF+BE＝BF+FG＝BG，
过点D作DM⊥BG于点M，如图2，
∵BD＝DG， ∴BG＝2BM，
在Rt△BMD中，∠DBM＝30°， ∴BD＝2DM．
设DM＝a，则BD＝2a，
DM＝a， a，
＝
，
∴BG＝2∴∴BG＝
BD，
BD；
∴BF+BE＝BG＝
②过点A作AN⊥BD于N，如图3，
Rt△ABN中，∠ABN＝30°，AB＝2， ∴AN＝1，BN＝∴BD＝2BN＝2∵DC∥BE， ∴
＝，
， ，
∵CM+BM＝2， ∴BM＝，
由①同理得：BE+BF＝BG＝∴BG＝
×
＝6，
BD，
∴GM＝BG﹣BM＝6﹣＝．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，正方形和菱形的性质，直角三角形30度的角性质等知识，本题证明△FDG≌△BDE是解本题的关键． 26．（14分）如图，已知直线AB与抛物线C：y＝ax2+2x+c相交于点A（﹣1，0）和点B（2，3）两点．
（1）求抛物线C函数表达式；
（2）若点M是位于直线AB上方抛物线上的一动点，以MA、MB为相邻的两边作平行四边形MANB，当平行四边形MANB的面积最大时，求此时平行四边形MANB的面积S及点M的坐标；
（3）在抛物线C的对称轴上是否存在定点F，使抛物线C上任意一点P到点F的距离等于到直线y＝
的距离？若存在，求出定点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用待定系数法，将A，B的坐标代入y＝ax2+2x+c即可求得二次函数的解析式； （2）过点M作MH⊥x轴于H，交直线AB于K，求出直线AB的解析式，设点M（a，﹣a2+2a+3），则K（a，a+1），利用函数思想求出MK的最大值，再求出△AMB面积的最大值，可推出此时平行四边形MANB的面积S及点M的坐标； （3）设抛物线对称轴与直线y＝
交于点E，抛物线顶点为Q，作点E关于点Q的对称点F，此时
的距离，可分别先求出Q，F的坐标，由对称
抛物线C上任意一点P到点F的距离等于到直线y＝性可求出F的坐标．
【解答】解：（1）由题意把点（﹣1，0）、（2，3）代入y＝ax2+2x+c， 得，
，
解得a＝﹣1，b＝2，
∴此抛物线C函数表达式为：y＝﹣x2+2x+3；
（2）如图1，过点M作MH⊥x轴于H，交直线AB于K， 将点（﹣1，0）、（2，3）代入y＝kx+b中， 得，
，
解得，k＝1，b＝1，
∴yAB＝x+1，
设点M（a，﹣a2+2a+3），则K（a，a+1）， 则MK＝﹣a2+2a+3﹣（a+1） ＝﹣（a﹣）2+，
根据二次函数的性质可知，当a＝时，MK有最大长度， ∴S△AMB最大＝S△AMK+S△BMK ＝MK?AH+MK（?xB﹣xH） ＝MK（?xB﹣xA） ＝××3 ＝
，
∴以MA、MB为相邻的两边作平行四边形MANB，当平行四边形MANB的面积最大时，
S最大＝2S△AMB最大＝2×
＝，M（，）；
（3）如图2，设抛物线对称轴与直线y＝作点E关于点Q的对称点F，
交于点E，抛物线顶点为Q，
此时抛物线C上任意一点P到点F的距离等于到直线y＝∵y＝﹣x2+2x+3 ＝﹣（x﹣1）2+4， ∴Q（1，4），E（1，
），
的距离，
∵点F与点E关于点Q对称， ∴F（1，
）．
【点评】此题考查了待定系数法求解析式，还考查了用函数思想求极值等，解题关键是能够判断出当平行四边形MANB的面积最大时，△ABM的面积最大，且此时线段MK的长度也最大．
2024年四川省达州市中考数学试卷
一、单项选择题（每小题3分，共30分） 1．（3分）﹣2024的绝对值是（ ） A．2024
B．﹣2024
C．
D．﹣
2．（3分）剪纸是我国传统的民间艺术，下列剪纸作品中，轴对称图形是（ ）
A． B．
2024年四川省自贡市中考数学试题及答案
