E1，∴DE3，
同（1）得：△EFH≌△CED（AAS），
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f∴FHDE3，EHCD4，
即点F到AD的距离为3；
②∴BMABAM437，FMAEEH5，
∴BF√22√7252√74；
（3）分两种情况：
①当点E在边AD的左侧时，过F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，交BC延长
线于K，
如图3所示：
同（1）得：：△EFH≌△CED，
∴FHDE4AE，EHCD4，
∴FK8AE，在Rt△BFK中，BKAHEHAE4AE，
由勾股定理得：（4AE）2（8AE）2（3√10）2，
解得：AE1或AE5（舍去），
∴AE1；
②当点E在边AD的右侧时，过F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，交BC延长
线于K，如图4所示：
同理得：AE2√41；
综上所述：AE的长为1或2√41．
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f25．解：（1）当x0时，y8√3，
∴B（0，8√3），
∴OB8√3，
√32√3
xx8√30，
12
3
当y0时，y
x24x960，
（x8）（x12）0，
x18，x212，
∴A（8，0），
∴OA8，
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f√3
，
8√33
在Rt△AOB中，ta
∠ABO


8
∴∠ABO30°，
故答案为：8，30；
（2）①证明：∵DE∥AB，

∴
，

∵OMAM，
∴OHBH，
∵BNAN，
∴HN∥AM，
∴四边形AMHN是平行四边形；
②点D在该抛物线的对称轴上，
理由是：如图1，过点D作DR⊥y轴于R，
∵HN∥OA，
∴∠NHB∠AOB90°，
∵DE∥AB，
∴∠DHB∠OBA30°，
∵Rt△CDE≌Rt△ABO，
∴∠HDG∠OBA30°，
∴∠HGN2∠HDG60°，
∴∠HNG90°∠HGN90°60°30°，
∴∠HDN∠HND，
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f1
∴DHHNOA4，
2
1
1
∴Rt△DHR中，DRDH×42，
2
2
∴点D的横坐标为2，

∵抛物线的对称轴是直线：x
2
√3

3
2，
√3
2×12
∴点D在该抛物线的对称轴上；
（3）如图3中，连接PQ，作DR⊥PK于R，在DR上取一点T，使得PTDT．设
PRa．
∵NANB，
∴HONANB，
∵∠ABO30°，
∴∠BAO60°，
∴△AON是等边三角形，
∴∠NOA60°∠ODM∠OMD，
∵∠ODM30°，
∴∠OMD∠ODM30°，
∴OMOD4，易知D（2，2√3），Q（2，10√3），
∵N（4，4√3），
2
∴DKDN√626√312，
∵DR∥x轴，
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f，∴∠KDR∠OMD30°
1
∴RKDK6，DR6√3，
2
∵∠PDK45°，
∴∠TDP∠TPD15°，
∴∠PTR∠TDP∠TPD30°，
∴TPTD2a，TR√3a，
∴√3a2a6√3，
∴a12√318，
可得P（26√3，10√318），
2
∴PQ√6√318212√3．
2017年12月24日
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