福建省2011年中考数学试题分类解析汇编-专题12：押轴题.doc

福建省2011年中考数学试题分类解析汇编
专题12：押轴题
解答题
1.（福建福州14分）已知，如图，二次函数图象的顶点为H，与轴交于A、B两点（B在A点右侧），点H、B关于直线：对称．
（1）求A、B两点坐标，并证明点A在直线l上；
（2）求二次函数解析式；
（3）过点B作直线BK∥AH交直线于K点，M、N分别为直线AH和直线上的两个动点，连接HN、NM、MK，求HN+NM+MK和的最小值．
【答案】解：（1）依题意，得，解得1=﹣3，2=1，
∵B点在A点右侧，∴A点坐标为（﹣3，0），B点坐标为（1，0）。
∵直线：，
当=﹣3时，，∴点A在直线上。
（2）∵点H、B关于过A点的直线：对称，∴AH=AB=4。
过顶点H作HC⊥AB交AB于C点，
则AC=AB=2，HC=。
∴顶点H（－1，）。
代入二次函数解析式，解得，
∴二次函数解析式为。
（3）直线AH的解析式为，直线BK的解析式为，
由，解得。∴K（3，）。则BK=4。
过点K作直线AH的对称点Q，连接QK，交直线AH于E，过点K作KD⊥AB，垂足为点D。
∵点H、B关于直线AK对称，
∴HN+MN的最小值是MB， 。
且QM=MK，QE= KE= KD= ，AE⊥QK。
∴BM+MK的最小值是BQ，即BQ的长是HN+NM+MK的最小值。
∵BK∥AH，∴∠BKQ=∠HEQ=90°。由勾股定理得QB=8。
∴HN+NM+MK的最小值为8。
【考点】二次函数综合题，解一元二次方程，轴对称的性质，解二元一次方程组，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，勾股定理。
【分析】（1）解出方程，即可得到A点坐标和B点坐标；把A的坐标代入直线即可判断A是否在直线上。
（2）根据点H、B关于过A点的直线：对称，得出AH=AB=4，过顶点H作HC⊥AB交AB于C点，求出AC和HC的长，得出顶点H的坐标，代入二次函数解析式，求出，即可得到二次函数解析式。
（3）解方程组，即可求出K的坐标，根据点H、B关于直线AK对称，得出HN+MN的最小值是MB，过点K作直线AH的对称点Q，连接QK，交直线AH于E，得到BM+MK的最小值是BQ，即BQ的长是HN+NM+MK的最小值，由勾股定理得QB=8，即可得出答案。
2.（福建泉州14分）如图1，在第一象限内，直线y=mx与过点B（0，1）且平行于x轴的直线l相交于点A，半径为r的⊙Q与直线y=mx、x轴分别相切于点T、E，且与直线l分别交于不同的M、N两点．
（1）当点A的坐标为（，p）时，
①填空：p=___ ，m= ___，∠AOE= ___．
②如图2，连接QT、QE，QE交MN于点F，当r=2时，试说明：以T、M、E、N为顶点的四边形是等腰梯形；
（2）在图1中，连接EQ并延长交⊙Q于点D，试探索：对m、r的不同取值，经过M、D、N三点的抛物线y=ax2+bx+c，a的值会变化吗？若不变，求出a的值；若变化．请说明理由．

【答案】解：（1） 1，，60°。
（2）如图，连接TM，ME，EN，QN，QM ，
∵OE和OP是⊙Q的切线，
∴QE⊥x轴，QT⊥OT，即∠QTA=90°。
而l∥x轴，∴QE⊥MN。∴MF=NF。
又∵r=2，EF=1，∴QF=2－1=1。
∴四边形QNEM为平行四边形，即QN∥ME。
∴EN=MQ=EQ=QN，即△QEN为等边三角形。∴∠NQE=60°，∠QNF=30°。
在四边形OEQT中，∠QTO=∠QEO=90°，∠TOE=60°，
∴∠TQE=360°-90°－90°－60°=120°。∴∠TQE+∠NQE=120°+60°=180°。
∴T、Q、N三点共线，即TN为直径。∴∠TMN=90°。
∴TN∥ME，∴∠MTN=60°=∠TNE。
∴以T、M、E、N为顶点的四边形是等腰梯形。
（3）对m、r的不同取值，经过M、D、N三点的抛物线y=ax2+bx+c，a的值不会变化。
理由如下：如图，连DM，ME，
∵DM为直径，∴∠DME=90°。
而DM垂直平分MN，∴Rt△MFD∽Rt△EFM。
∴MF2=EF•FD。
设D（h，k），（h＞0，k=2r），
则过M、D、N三点的抛物线的解析式为：
y=a（x-h）2+k。
又∵M、N的纵坐标都为1，
当y=1时，a（x-h）2+k=1，解得x1=，x2=。
∴MN=2。∴MF=MN=。
∴。∴ 。∴a=－1。
∴对m、r的不同取值，经过M、D、N三点的抛物线y=ax2+bx+c，a的值会变化，a=－1。
【考点】一次、二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，切线的性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，多边形内角和定理，平行的判定和性质，等腰梯形的判定，垂径定理，圆周角定理，相似三角形的判定和性质。
【分析】（1）∵点A的坐标为（ ，p），点A在直线l：y=1上，
∴p=1，即点A坐标为（ ，1）。
∵点A在直线y=mx上，∴1= m，解得m=。
在Rt△OBA中，OB=1，AB= ，tan∠AOB=，∴∠AOB =30°。∴∠AOE=60°。
（2）作辅助线：连接TM，ME，EN，QN，QM，根据切线的性质得到QE⊥x轴，QT⊥OT，由QE⊥MN，得到MF=NF，而r=2，EF=1，则四边形QNEM为平行四边形，即QN∥ME；同时有△QEN为等边三角形，则∠NQE=60°，∠QNF=30°；在四边形OEQT中，∠QTO=∠QEO=90°，∠TOE=60°，可求出∠TQE=120°，于是有∠TQE+∠NQE=120°+60°=180°，即T、Q、N三点共线，得到TN为直径；得到∠TMN=90°，得到TN∥ME，所以∠MTN=60°=∠TNE，得到以T、M、E、N为顶点的四边形是等腰梯形。
（3）作辅助线：连接DM，ME，根据垂径定理和圆周定理的推论得到∠DME=90°，DM垂直平分MN，所以Rt△MFD∽Rt△EFM，得到MF2=EF•FD，设D（h，k），（h＞0，k=2r），则过M、D、N三点的抛物线的解析式为：y=a（x-h）2+k，令y=1，得到x1=，x2=，则MF=MN=，得到），解得a=－1。
3.（福建漳州14分）如图1，抛物线y＝mx2－11mx＋24m (m＜0) 与x轴交于B、C两点（点B在点C
的左侧），抛物线另有一点A在第一象限内，且∠BAC＝90°．
（1）填空：OB＝_ ▲ ，OC＝_ ▲ ；
（2）连接OA，将△OAC沿x轴翻折后得△ODC，当四边形OACD是菱形时，求此时抛物线的解析式；
（3）如图2，设垂直于x轴的直线l：x＝n与（2）中所求的抛物线交于点M，与CD交于点N，若直线l
沿x轴方向左右平移，且交点M始终位于抛物线上A、C两点之间时，试探究：当n为何值时，四边形
AMCN的面积取得最大值，并求出这个最大值．

【答案】解：（1）OB＝3，OC＝8。
（2）连接AD，交OC于点E，
∵四边形OACD是菱形，
∴AD⊥OC，OE＝EC＝ ×8＝4。∴BE＝4－3＝1。
又∵∠BAC＝90°，∴△ACE∽△BAE。
∴＝。∴AE2＝BE·CE＝1×4＝4。∴AE＝2。∴点A的坐标为 (4，2) 。
把点A的坐标 (4，2)代入抛物线y＝mx2－11mx＋24m，得m＝－。
∴抛物线的解析式为y＝－x2＋x－12。
（3）∵直线x＝n与抛物线交于点M，
∴点M的坐标为 (n，－n2＋n－12) 。
由（2）知，点D的坐标为（4，－2），
则由C、D两点的坐标求直线CD的解析式为y＝x－4。
∴点N的坐标为 (n，n－4)。
∴MN＝（－n2＋n－12）－（n－4）＝－n2＋5n－8。
∴S四边形AMCN＝S△AMN＋S△CMN＝MN·CE＝（－n2＋5n－8）×4＝－(n－5)2＋9 。
∴当n＝5时，S四边形AMCN＝9。
【考点】二次函数综合题，解一元二次方程，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的最值。
【分析】（1）根据二次函数与轴交点坐标求法，由mx2－11mx＋24m ＝0(m＜0)，解一元二次方程即可得出。
（2）利用菱形性质得出AD⊥OC，从而得出△ACE∽△BAE，即可得出A点坐标，从而求出二次函数解析式。
（3）用待定系数法求出过C、D两点的坐标的直线CD的解析式，从而由S四边形AMCN=S△AMN+S△CMN利用二次函数的最值求出即可。
4.（福建三明14分）在矩形ABCD中，点P在AD上，AB=2，AP=1．将直角尺的顶点放在P处，直角尺的两边分别交AB，BC于点E，F，连接EF（如图①）．
（1）当点E与点B重合时，点F恰好与点C重合（如图②），求PC的长；
（2）探究：将直尺从图②中的位置开始，绕点P顺时针旋转，当点E和点A重合时停止．在这个过程中，请你观察、猜想，并解答：
①tan∠PEF的值是否发生变化？请说明理由；
②直接写出从开始到停止，线段EF的中点经过的路线长．

【答案】解：（1）在矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，AP＝1，CD＝AB＝2，则PB＝。
∴∠ABP＋∠APB＝90° 。
又∵∠BPC＝90°，∴∠APB＋∠DPC＝90°。∴∠ABP＝∠DPC。∴△APB∽△DCP。
∴ ＝ ， 即 ＝。∴PC＝2。
（2）tan∠PEF的值不变。理由如下：
过F作FG⊥AD，垂足为G，则四边形ABFG是矩形。
∴∠A＝∠PFG＝90°，GF＝AB＝2。
∴∠AEP＋∠APE＝90°。
又∵∠EPF＝90°，∴∠APE＋∠GPF＝90°。
∴∠AEP＝∠GPF。∴△APE∽△GPF。
∴ ＝ ＝ ＝2。
∴Rt△EPF中，tan∠PEF＝＝2。∴tan∠PEF的值不变。
（3）线段EF的中点经过的路线长为。
【考点】矩形的性质，勾股定理，三角形内角和定理，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，直角三角形斜边上中线的性质，线段中垂线的性质，三角形中位线定理。
【分析】（1）由勾股定理求PB，利用互余关系证明△APB∽△DCP，利用相似比求PC。
（2）tan∠PEF的值不变．过F作FG⊥AD，垂足为G，同（1）的方法证明△APB∽△DCP，得相似比 ＝ ＝ ＝2，再利用锐角三角函数的定义求值。
（3）如图2，对EF的中点O，由直角三角形斜边上中线的性质，有PO＝BO＝EF，即点O 在PB的中垂线上。所以从开始到停止，线段EF的中点经过的路线是一条线段。
如图3，画出起始位置和终点位置时，线段EF的中点O1，O2，连接O1O2，线段O1O2即为线段EF的中点经过的路线长，它是PB的中垂线的一段，也是△BPC的中位线。由（1），根据三角形中位线定理，
O1O2＝PC＝。

5.（福建厦门11分）已知抛物线y=﹣x2+2mx﹣m2+2的顶点A在第一象限，过点A作AB⊥y轴于点B，C是线段AB上一点（不与点A、B重合），过点C作CD⊥x轴于点D并交抛物线于点P．
（1）若点C（1，a）是线段AB的中点，求点P的坐标；
（2）若直线AP交y轴的正半轴于点E，且AC=CP，求△OEP的面积S的取值范围．
【答案】解：（1）依题意得顶点A的坐标为（2，a），设P（1，n）
由顶点坐标公式，得，得m=2。
∴抛物线的表达式为y=－x2+4x﹣2。
把P点的坐标代入得n=1。即P点的坐标为（1，1）。
（2）把抛物线化为顶点式：y=﹣（x﹣m）2+2，
可知A（m，2），设C（n，2），
把n代入y=﹣（x﹣m）2+2得y=﹣（n﹣m）2+2，
所以P（n，﹣（n﹣m）2+2）。
∵AC=CP，∴m﹣n=2+（m﹣n）2﹣2，即m﹣n=（m﹣n）2。
∴m﹣n=0或m﹣n=1。
又∵C点不与端点A、B重合，∴m≠n。∴m﹣n=1。
则A（m，2），P（m﹣1，1）。
由AC=CP可得BE=AB。
∵OB=2，∴OE=2﹣m。
∴△OPE的面积S=（2﹣m）（m﹣1）=﹣（m﹣）2+（1＜m＜2）。
∴0＜S＜。
【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程式的关系，二次函数的性质。
【分析】（1）根据题意得顶点A的坐标为（2，a），然后设P（1，n）。由二次函数的顶点得A点的横坐标为2，求得函数的解析式，把P点的坐标代入得n=1，从而求得P点的坐标。
（2）把抛物线化为顶点式：y=﹣（x﹣m）2+2，求得其顶点坐标，设C（n，2），然后表示出P（n，﹣（n﹣m）2+2）根据AC=CP求得m﹣n的值，然后表示出OB、OE的值从而表示出△OPE的面积，从而求得面积的取值范围。
6.（福建龙岩14分）如图，在直角梯形ABCD中，∠D=∠BCD=90°，∠B=60°，AB=6，AD=9，点E是CD上的一个动点(E不与D重合)，过点E作EF∥AC，交AD于点F(当E运动到C时，EF与AC重合)．把△DEF沿EF对折，点D的对应点是点G，设DE=x，△GEF与梯形ABCD重叠部分的面积为y。
(1) 求CD的长及∠1的度数；
(2) 若点G恰好在BC上，求此时x的值；
(3) 求y与x之间的函数关系式。并求x为何值时，y的值最大?最大值是多少?
【答案】解：（1）过点A作AM⊥BC于M，
∵∠B=60°，AB=6
∴BM=AB•cos∠B=6×=3，
AM=AB•sin∠B=6×=3。
∵∠D=∠BCD=90°，∴四边形AMCD是矩形。∴CD=AM=3。
∵AD=9，∴tan∠DAC=。∴∠DAC=30°。
∵EF∥AC，∴∠1=∠DAC=30°。
∴CD=3 ，∠1=30°。
（2）若点G恰好在BC上，则有GE=DE=x，EC=3－x 。
∵∠1=30°，∴∠FED=60°。∴∠GEF=60°。∴∠GEC=60°。
∴GE=2CE，即x=2（3－x），解得x=2。
（3）∵△EFG≌△EFD，
∴S△EFG=S△EFD=。
①当0＜x≤2时，随着x的增大，S△EFG增大，此时S△EFG就是重叠的面积，即y=S△EFG= 。当x= 2时，y达到最大值，为。
②当x＞2时，△EFG就有一部分在梯形外，如图。
∵GE=DE=x，EC=3－x，
∴ME=2（3－x）。
∴GM=GE－ME= x－ 2（3－x）=3 x－6。
∴NG=。
∴S△MNG =。
此时y= S△EFG－S△MNG = －。
∴当x=时，y最大值=。
综上所述，y与x之间的函数关系式为y=；
当x=时，y最大值=。
【考点】直角梯形的性质，二次函数的最值，全等三角形的判定和性质，翻折变换（折叠问题），锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，平行的性质，矩形的判定和性质，勾股定理。
【分析】（1）将AB平移，使点A与点D重合，利用勾股定理，则可得出CD的长度，根据CD与AD的长度关系可得出∠DAC的度数，也就得出了∠1的度数。
（2）根据点G落在BC上时，有GE=DE=x，EC=3－x ，求出∠GEF=∠GEC=60°，然后根据GE=2CE列出方程即可得出x的值。
（3）根据△EFG≌△EFD列出y的表达式，从而讨论x的范围，分别得出可能的值即可。
7.（福建莆田14分）已知菱形ABCD的边长为1．∠ADC=60°，等边△AEF两边分别交边DC、CB于点E、F。
（1）（4分）特殊发现：如图1，若点E、F分别是边DC、CB的中点．求证：菱形ABCD对角线AC、BD交点O即为等边△AEF的外心；
（2）若点E、F始终分别在边DC、CB上移动．记等边△AEF的外心为点P．
①（4分）猜想验证：如图2．猜想△AEF的外心P落在哪一直线上，并加以证明；
②（6分）拓展运用：如图3，当△AEF面积最小时，过点P任作一直线分别交边DA于点M，交边DC的延长线于点N，试判断是否为定值．若是．请求出该定值；若不是．请说明理由。

【答案】解：（1）证明：如图1，分别连接OE、0F，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BD平分∠ADC．AO=DC=BC。
∴∠COD=∠COB=∠AOD=90°，
∠ADO= ∠ADC= ×60°=30°。
又∵E、F分别为DC、CB中点，∴OE= CD，OF= BC，AO=AD。
∴0E=OF=OA。∴点O即为△AEF的外心。
（2）①猜想：外心P一定落在直线DB上。证明如下：
如图2，分别连接PE、PA，过点P分别作PI⊥CD于I，PJ⊥AD于J，
∴∠PIE=∠PJD=90°。
∵∠ADC=60°，∴∠IPJ=360°－∠PIE－∠PJD－∠JDI=120°，
∵点P是等边△AEF的外心，
∴∠EPA=120°，PE=PA。∴∠IPJ=∠EPA。
∴∠IPE=∠JPA，∴△PIE≌△PJA（AAS）。
∴PI=PJ。
∴点P在∠ADC的平分线上，即点P落在直线DB上。
② 为定值2。
当AE⊥DC时．△AEF面积最小，此时点E、F分别为DC、CB中点．
连接BD、AC交于点P，由（1）可得点P即为△AEF的外心。
如图3．设MN交BC于点G，
设DM=x，DN=y（x≠0．y≠O），则CN=y－1。
∵BC∥DA，∴△GBP≌△MDP。∴BG=DM=x．
∴CG=1－x。
∵BC∥DA，∴△GBP∽△NDM。
∴ ，即。
∴x＋y=2xy。∴ ，即 =2。
【考点】相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，菱形的性质，三角形的外接圆与外心。
【分析】（1）首先分别连接OE、0F，由四边形ABCD是菱形，即可得AC⊥BD，BD平分∠ADC．AO=DC=BC，又由E、F分别为DC、CB中点，即可证得0E=OF=OA，则可得点O即为△AEF的外心。
（2）①首先分别连接PE、PA，过点P分别作PI⊥CD于I，PJ⊥AD于J，即可求得∠IPJ的度数，又由点P是等边△AEF的外心，易证得△PIE≌△PJA，可得PI=PJ，即点P在∠ADC的平分线上，即点P落在直线DB上。
②当AE⊥DC时．△AEF面积最小，此时点E、F分别为DC、CB中点．连接BD、AC交于点P，由（1）可得点P即为△AEF的外心．由△GBP∽△MDP，即可为定值2。
8.（福建南平14分）定义：对于抛物线y＝ax2＋bx＋c ( a、b、c是常数，a≠0)，若b2＝ac，则称该抛物
线为黄金抛物线．例如：y＝2x2－2x＋2是黄金抛物线．
（1）请再写出一个与上例不同的黄金抛物线的解析式_ ▲ ；
（2）若抛物线y＝ax2＋bx＋c ( a、b、c是常数，a≠0)是黄金抛物线，请探究该黄金抛物线与x轴的公共
点个数的情况（要求说明理由）；
（3）将黄金抛物线沿对称轴向下平移3个单位
① 直接写出平移后的新抛物线的解析式；
② 设①中的新抛物线与y轴交于点A，对称轴与x轴交于点B，动点Q在对称轴上，问新抛物线上
是否存在点P，使以点P、Q、B为顶点的三角形与△AOB全等？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由 [注：第小题可根据解题需要在备用图中画出新抛物线的示意图（画图不计分）]
【提示：抛物线y＝ax2＋bx＋c (a≠0)的对称轴是x＝－，顶点坐标是 (－，)】
x
y
1
Oy
2
3
4
5
－1
－2
－3
－4
1
2
3
4
5
-1
-2

-3
-4
-5

【答案】解：（1）y=x2，y=x2－x＋1，y=x2＋2x＋4等。
（2）依题意得b2=ac
∴△=b2－4ac=b2－4b2=－3b2。
∴当b=0时，△=0，此时抛物线与x轴有一个公共点。
当b≠0时，△＜0，此时抛物线与x轴没有公共点。
（3）①新抛物线的解析式为y=2x2－2x－1。
②存在。有四个符合条件的点P的坐标：（0，－1），（1，－1），（－， ），（ ， ）。
【考点】二次函数综合题，一元二次方程根的判别式，平移的性质，全等三角形的判定。
【分析】（1）利用b2=ac即b2-ac=0的抛物线为黄金抛物线。
（2）根据题意得到b2=ac，然后结合根的判别式即可求得其根的判别式，根据判别式得到抛物线与x轴的交点情况即可。
（3）①根据抛物线的平移规律即可得到平移后的抛物线的解析式：
∵y＝2x2－2x＋2＝2（x－）2＋
∴向下平移3个单位，得y＝2（x－）2＋－3＝2x2－2x－1。
然后利用直角三角形的性质即可得到使以点P、Q、B为顶点的三角形与△AOB全等的点P的坐标：
如图，可求A（0，－1），B（，0），
∴OA=1，OB=，∠AOB=900。
过点A作AQ1⊥y轴，交抛物线对称轴于Q1，交抛物线于P2，此时得到满足条件的点P1（0，－1），P2（1，－1）。
在抛物线对称轴上取点Q2，使B Q2=，过Q2作y轴的垂线交抛物线于P3，P4，此时得到满足条件的点P3（－， ），P4（ ， ）。
9.（福建宁德13分）直线与x轴、y轴分别交于点A、B，点E从B点，出发以每秒1个单位的速度沿线段BO向O点移动（与B、O点不重合），过E作EF∥AB，交x轴于F.将四边形ABEF沿EF折叠，得到四边形DCEF，设点E的运动时间为秒．
⑴①直线与坐标轴交点坐标是A（___，___），B（___，___）；
②画出t＝2时，四边形ABEF沿EF折叠后的图形（不写画法）；
⑵若CD交y轴于H点，求证：四边形DHEF为平行四边形；并求为何值时，四边形DHEF为菱形（计算结果不需化简）；
⑶设四边形DCEF落在第一象限内的图形面积为S，求S关于的函数表达式，并求出S的最大值．
【答案】解：⑴① 6，0；0，－6。
②如图，四边形DCEF即为四边形ABEF沿EF折叠后的图形：

⑵∵四边形DCEF与四边形ABEF关于直线EF对称，
又AB∥EF，∴CD∥EF。
∵OA＝OB，∠AOB＝90°，∴∠BAO＝45°。
∵AB∥EF，∴∠AFE＝135°。∴∠DFE＝∠AFE＝135°。
∴∠AFD＝360°－2×135°＝90°，即DF⊥x轴。∴DF∥EH。
∴四边形DHEF为平行四边形。
要使□DHEF为菱形，只需EF＝DF。
∵AB∥EF，∠FAB＝∠EBA，∴FA＝EB。
∴DF＝FA＝EB＝。
又∵OE＝OF＝6－，∴EF＝。∴＝。∴。
∴当时，DHEF为菱形。
⑶分两种情况讨论：
①当0＜≤3时，四边形DCEF落在第一象限内的图形是△DFG，
∴S＝。
∵S＝，在＞0时，S随增大而增大，
∴t＝3时，S最大＝。
②当3＜＜6时，
四边形DCEF落在第一象限内的图形是四边形DHOF。
∴S四边形DHOF＝S△DGF—S△HGO。
∴S＝＝＝。
∵＝＜0，∴S有最大值。
∴当＝4时，S最大＝6.。
综上所述，当S＝4时，S最大值为6。
【考点】一次函数综合题，直线上点的坐标与方程的关系，轴对称的性质，平行的性质，三角形内角和定理，平行四边形的判定，菱形的性质，动点问题，二次函数的最值。
【分析】（1）①在令，得；令，得。
∴直线与坐标轴交点坐标是A（6，0），B（0，－6）。
②作点A、B关于EF的对称点D、C，连接 DC，AD，CB，四边形DCEF即为四边形ABEF沿EF折叠后的图形。
（2）由轴对称和平行的性质，得到DF∥EH即可证得四边形DHEF为平行四边形。要使其为菱形，只要邻边相等，在此条件下求出的值即可。
（3）分0＜≤3和3＜＜6两种情况讨论，利用二次函数的最值即可求解。

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用心 爱心 专心