∴∠AEB=∠CBE，∠BAO=∠D=30°， ∴BQ=AB=， ∵BE平分∠ABC， ∴∠ABE=∠CBE， ∴∠ABE=∠AEB， ∴AE=AB=，
BO=××=； ∴△ABE的面积=AE×
（2）证明：作AQ⊥BE交DF的延长线于
P，垂足为Q，连接PB、PE，如图2所示： ∵AB=AE，AQ⊥BE，
∴∠ABE=∠AEB，BQ=EQ， ∴PB=PE，
∴∠PBE=∠PEB， ∴∠ABP=∠AEP， ∵AB∥CD，AF⊥CD， ∴AF⊥AB， ∴∠BAF=90°， ∵AQ⊥BE，
∴∠ABG=∠FAP， 在△ABG和△FAP中，
∴△ABG≌△AFP（ASA）， ∴AG=FP，
∵AB∥CD，AD∥BC， ∴∠ABP+∠BPC=180°，∠BCP=∠D， ∵∠AEP+∠PED=180°， ∴∠BPC=∠PED， 在△BPC和△PED中，
∴△BPC≌△PED（AAS）， ∴PC=ED，
∴ED-AG=PC-AG=PC-FP=FC． 【解析】
，
，
（1）作BO⊥AD于O，由平行四边形的性质得出∠BAO=∠D=30°，由直角三角形的性质得出BQ=AB=形面积公式即可得出结果；
（2）作AQ⊥BE交DF的延长线于P，垂足为Q，连接PB、PE，证明
△ABG≌△AFP得出AG=FP，再证明△BPC≌△PED得出PC=ED，即可得出结
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，证出∠ABE=∠AEB，得出AE=AB=，由三角
论．
本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质、线段垂直平分线的性质等知识；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解题的关键． 26.【答案】解：（1）如图1中，
2
对于抛物线y=-x+x+2
，令x=0，得到y=2=0，解得x=-2或4，
，
2
令y=0，得到-x+x+2
∴C（0，2），A（-2，0），B（4，0），
），
抛物线顶点D坐标（1，
∵PF⊥BC，
∴∠PFE=∠BOC=90°， ∵PE∥OC，
∴∠PEF=∠BCO， ∴△PEF∽△BCO，
∴当PE最大时，△PEF的周长最大， ∵B（4，0），C（0，2）， ∴直线BC的解析式为y=-x+2
2
∴PE=-m+m+2
2
，设P（m，-m+m+2
），则E（m，-m+2），
-（-m+2
2
）=-m+
m，
∴当m=2时，PE有最大值， ∴P（2，2），
如图，将直线GO绕点G逆时针旋转60°，得到直线l，
作PM⊥直线l于M，KM′⊥直线l于M′，则PH+HK+KG=PH+HK+KM′≥PM，
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∵P（2，2）， ∴∠POB=60°， ∵∠MOG=30°，
∴∠MOG+∠BOC+∠POB=180°， ∴P，O，M共线，可得PM=10，
∴PH+HK+KG的最小值为10，此时H（1，
（2）∵A（-2，0），C（0，2）， ∴直线AC的解析式为y=x+2， ∵DD′∥AC，D（1，
），
x+
，
m+
，
）．
∴直线DD′的解析式为y=设D′（m，
m+
2
），则平移后抛物线的解析式为y1=-（x-m）+
将（0，0）代入可得m=5或-1（舍弃）， ∴D′（5，
），
），D′（5，
-2
），
222
），D′N=（5-1）+（
设N（1，n），∵C（0，2
2
∴NC=1+（n-2
222
），D′C=5+（-n）2，
①当NC=CD′时，1+（n-2解得：n=
22
）=5+（
-2），
2
②当NC=D′N时，1+（n-2解得：n=
22
）=（5-1）+（
-n）2，
2
③当D′C=D′N时，5+（
-2
22
）=（5-1）+（-n）2，
解得：n=，
）或（1，
）或（1，
）
综上所述，满足条件的点N的坐标为（1，或（1，【解析】
）或（1，
）．
（1）首先证明△PEF∽△BCO，推出当PE最大时，△PEF的周长最大，构建二次函数，求出PE最大时，点P的坐标，将直线GO绕点G逆时针旋转60°，得到
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直线l，作PM⊥直线l于M，KM′⊥直线l于M′，则PH+HK+
KG=PH+HK+KM′≥PM，求出PM即可解决问题．
），D′（5，
（2）首先利用待定系数法求出点D′坐标，设N（1，n），∵C（0，2
2
），则NC=1+（n-2
222），D′C=5+（
-2
222），D′N=（5-1）+
（
-n）2，分三种情形分别构建方程求出n的值即可解决问题．
本题属于二次函数综合题，考查了一次函数的性质，二次函数的性质，垂线段最短，相似三角形的判定和性质，一元二次方程等知识，解题的关键是，学会用转化的思想思考问题，把最短问题转化为垂线段最短，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．
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