CE∥x轴，可知C、E关于对称轴对称。根据A、C点求得直线AC的解析式，根据B、E点求出直线BE的解析式，联立方程求得的解，即为F点的坐标；

由E、C、F、D的坐标可知DF和EC互相垂直平分，则可判定四边形CDEF为菱形． 【详解】

（1）∵抛物线y=mx2+2mx+n经过A（﹣3，0），C（0，﹣）两点，

∴，解得

，

∴抛物线解析式为y=x2+x﹣； （2）∵y=x2+x﹣， ∴抛物线对称轴为直线x=﹣1， ∵CE∥x轴，

∴C、E关于对称轴对称， ∵C（0，﹣）， ∴E（﹣2，﹣）， ∵A、B关于对称轴对称， ∴B（1，0），

设直线AC、BE解析式分别为y=kx+b，y=k′x+b′， 则由题意可得

，

，

解得，，

∴直线AC、BE解析式分别为y=﹣x﹣，y=x﹣，

联立两直线解析式可得∴F点坐标为（﹣1，﹣1）； （3）四边形CDEF是菱形．

，解得，

证明：∵y=x2+x﹣=（x+1）2﹣2， ∴D（﹣1，﹣2）， ∵F（﹣1，﹣1），

∴DF⊥x轴，且CE∥x轴， ∴DF⊥CE，

∵C（0，﹣），且F（﹣1，﹣1），D（﹣1，﹣2）， ∴DF和CE互相平分， ∴四边形CDEF是菱形． 【点睛】

本题考查菱形的判定方法，二次函数的性质，以及二次函数与二元一次方程组．

13．如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将该矩形沿AE折叠，使点D落在边BC上的点F处，过点F作FG∥CD，交AE于点G，连接DG．

（1）求证：四边形DEFG为菱形； （2）若CD=8，CF=4，求

的值．

【答案】（1）证明见试题解析；（2）． 【解析】

试题分析：（1）由折叠的性质，可以得到DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，由FG∥CD，可得∠1=∠3，再证明 FG=FE，即可得到四边形DEFG为菱形； （2）在Rt△EFC中，用勾股定理列方程即可CD、CE，从而求出∴FG=FE，∴DG=GF=EF=DE，∴四边形DEFG为菱形；

（2）设DE=x，根据折叠的性质，EF=DE=x，EC=8﹣x，在Rt△EFC中，即

，解得：x=5，CE=8﹣x=3，∴

=．

，

的值．

试题解析：（1）由折叠的性质可知：DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，∵FG∥CD，∴∠2=∠3，

考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．勾股定理；3．菱形的判定与性质；4．矩形的性质；5．综合题．

14．如图①，在△ABC中，AB=7，tanA=，∠B=45°．点P从点A出发，沿AB方向以每秒1个单位长度的速度向终点B运动（不与点A、B重合），过点P作PQ⊥AB．交折线AC-CB于点Q，以PQ为边向右作正方形PQMN，设点P的运动时间为t（秒），正方形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为S（平方单位）．

（1）直接写出正方形PQMN的边PQ的长（用含t的代数式表示）． （2）当点M落在边BC上时，求t的值． （3）求S与t之间的函数关系式．

（4）如图②，点P运动的同时，点H从点B出发，沿B-A-B的方向做一次往返运动，在B-A上的速度为每秒2个单位长度，在A-B上的速度为每秒4个单位长度，当点H停止运动时，点P也随之停止，连结MH．设MH将正方形PQMN分成的两部分图形面积分别为S1、S2（平方单位）（0＜S1＜S2），直接写出当S2≥3S1时t的取值范围．

【答案】(1) PQ=7-t．(2) t=．(3) 当0＜t≤时，S=．当＜t≤4，

或

或

．当4＜t＜7时，

．

【解析】

．（4）

试题分析：（1）分两种情况讨论：当点Q在线段AC上时，当点Q在线段BC上时． （2）根据AP+PN+NB=AB，列出关于t的方程即可解答； （3）当0＜t≤（4）

时，当或

＜t≤4，当4＜t＜7时；

或

．

试题解析：（1）当点Q在线段AC上时，PQ=tanAAP=t． 当点Q在线段BC上时，PQ=7-t． （2）当点M落在边BC上时，如图③，

由题意得：t+t+t=7， 解得：t=

．

．

∴当点M落在边BC上时，求t的值为（3）当0＜t≤

时，如图④，

S=当

．

＜t≤4，如图⑤，

．

当4＜t＜7时，如图⑥，

．

（4）

或

或

．．

考点：四边形综合题.

15．如图，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合），将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH．