即可求出∠CEF=∠AED﹣∠DEF=60°，即可得出结论；

（3）先判断出△DEF≌△BGF（SAS），得出∠CAE=∠CBG，再判断出

，进而

得出△BCG∽△ACE，得出∠BCG=∠ACE，进而判断出=90°，即可得出CF=EF=EG，再

求出= ，最后用锐角三角函数求出∠CEG即可得出结论．

【解答】解：（1）①由题意作图如图1所示图形， ②证明：延长线段EF交CB的延长线于点G． ∵F是BD的中点， ∴BF=DF．

∵∠ACB=∠AED=90°， ∴ED∥CG． ∴∠BGF=∠DEF． 又∵∠BFG=∠DFE， ∴△BGF≌△DEF（ ASA）． ∴EF=FG．

∴CF=EF=EG．

故答案为ASA；

（2）如图3，延长BA，DE相交于点F， ∵∠BAC=60°， ∴∠EAH=60°=∠EAD， ∵∠AED=90°， ∴∠H=30°，EH=DE，

由（1）②知，△BGF≌△DEF， ∴DE=BG， ∴EH=BG， ∵DE∥BG，

∴四边形BGEH是平行四边形，∠DEF=∠H=30°， ∴∠CEF=∠AED﹣∠DEF=60°， ∵CF=EF，

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∴△CEF是等边三角形；

（3）如图2，

延长EF至G使，FG=EF， ∵点F是BD的中点， ∴DF=BF， ∵∠DFE=∠BFG， ∴△DEF≌△BGF（SAS）， ∴BG∥DP，

∴∠P+∠CBG=180°，

在四边形ACPE中，∠AEP=∠ACP=90°， 根据四边形的内角和得，∠CAE+∠P=180°， ∴∠CAE=∠CBG，

在Rt△ADE中，∠DAE=60°，

∴tan∠DAE== ，

即： ，

同理： ，

∴ ，

∵∠CBG=∠CAE， ∴△BCG∽△ACE， ∴∠BCG=∠ACE，

∴∠ECG=∠ACE+∠ACG=∠BCG+∠ACG=90°， 在Rt△CEG中，EF=GF，

∴CF=EF=EG，

∵△BCG∽△ACE， ∴

= ，

在Rt△CEG中，tan∠CEG=∴∠CEG=60°，

= ，

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∵CF=EF，

∴△CEF是等边三角形．

【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，四边形内角和公式，解本题的关键是构造全等三角形，难点是判断出△BCG∽△ACE，是一道典型的中考常考题．

29．（9分）（2017?济南）如图1，矩形OABC的顶点A，C的坐标分别为（4，0），（0，6），直线AD交B C于点D，tan∠OAD=2，抛物线M1：y=ax2+bx（a≠0）过A，D两点．

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（1）求点D的坐标和抛物线M1的表达式；

（2）点P是抛物线M1对称轴上一动点，当∠CPA=90°时，求所有符合条件的点P的坐标；

（3）如图2，点E（0，4），连接AE，将抛物线M1的图象向下平移m（m＞0）个单位得到抛物线M2．

①设点D平移后的对应点为点D′，当点D′恰好在直线AE上时，求m的值；

②当1≤x≤m（m＞1）时，若抛物线M2与直线AE有两个交点，求m的取值范围． 【考点】HF：二次函数综合题．

【分析】（1）如图1中，作DH⊥OA于H．则四边形CDHO是矩形．在Rt△ADH中，解直角三角形，求出点D坐标，利用待定系数法即可解决问题；

（2）如图1﹣1中，设P（2，m）．由∠CPA=90°，可得PC2+PA2=AC2，可得22+（m﹣6）2+22+m2=42+62，解方程即可；

（3）①求出D′的坐标；②构建方程组，利用判别式△＞0，求出抛物线与直线AE有两个交点时的m的范围；③求出x=m时，求出平移后的抛物线与直线AE的交点的横坐标；结合上述的结论即可判断．

【解答】解：（1）如图1中，作DH⊥OA于H．则四边形CDHO是矩形．

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∵四边形CDHO是矩形， ∴OC=DH=6，

∵tan∠DAH==2，

∴AH=3， ∵OA=4， ∴CD=OH=1， ∴D（1，6），

， 把D（1，6），A（4，0）代入y=ax2+bx中，则有

解得 ，

∴抛物线M1的表达式为y=﹣2x2+8x．

（2）如图1﹣1中，设P（2，m）．

∵∠CPA=90°， ∴PC2+PA2=AC2，

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