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七、(本题满分12分)
22. (2026·合肥模拟)如图①,在矩形ABCD中,点M在BC上,连接DM,EF垂直平分DM分别交AB,CD于点E,F,点A与点N关于EF对称,连接MN交AB于点G,连接AN.
(1)求证:$△ FCM ∽ △ MBG$;
(2)若$AB=6,BC=4$,求$\frac{EF}{DM}$的值;
(3)如图②,在(2)的条件下,$MC=3$,求AN的值.
22. (2026·合肥模拟)如图①,在矩形ABCD中,点M在BC上,连接DM,EF垂直平分DM分别交AB,CD于点E,F,点A与点N关于EF对称,连接MN交AB于点G,连接AN.
(1)求证:$△ FCM ∽ △ MBG$;
(2)若$AB=6,BC=4$,求$\frac{EF}{DM}$的值;
(3)如图②,在(2)的条件下,$MC=3$,求AN的值.
答案
22.(1)证明:$\because$ 四边形$ABCD$是矩形,$\therefore ∠ ADF=90°$,$∠ B=∠ C=90°$,$\therefore ∠ CFM+∠ CMF=90°$.$\because EF$垂直平分$DM$,$\therefore D,M$关于$EF$对称.$\because A,N$关于$EF$对称,$\therefore$ 四边形$AEFD$与四边形$NEFM$关于$EF$对称,$\therefore ∠ FMN=∠ ADF=90°$,$\therefore ∠ BMG+∠ CMF=90°$,$\therefore ∠ BMG=∠ CFM$.$\because ∠ B=∠ C$,$\therefore △ FCM ∽ △ MBG$.
(2)如图①,过点$F$作$FH⊥ AB$于点$H$,$\therefore ∠ B=∠ C=90°$,$AB// CD$,$CD=AB=6$.$\because FH⊥ AB$,$\therefore$ 四边形$BCFH$为矩形,$∠ FHE=90°$,$\therefore FH=BC=4$,$∠ FHE=∠ C$.$\because EF$垂直平分$DM$,$\therefore ∠ FDM+∠ DFE=90°$.$\because ∠ C=90°$,$\therefore ∠ FDM+∠ DMC=90°$,$\therefore ∠ DMC=∠ DFE$.$\because AB// CD$,$\therefore ∠ DFE=∠ FEH$,$\therefore ∠ DMC=∠ FEH$.$\because ∠ FHE=∠ C$,$\therefore △ DCM ∽ △ FHE$,$\therefore \dfrac{EF}{DM}=\dfrac{FH}{DC}=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}$.
(3)如图②,过点$N$作$NI⊥ AB$交$AB$于点$I$,设$CF=x$,则$DF=6-x$.$\because EF$垂直平分$DM$,$\therefore FM=DF=6-x$.$\because ∠ C=90°$,$CM=3$,在$\mathrm{Rt}△ FCM$中,$CF^2+CM^2=FM^2$,$\therefore x^2+3^2=(6-x)^2$,$\therefore x=\dfrac{9}{4}$,即$FC=\dfrac{9}{4}$.$\therefore FM=DF=6-x=6-\dfrac{9}{4}=\dfrac{15}{4}$.由(1)可知,$△ FCM ∽ △ MBG$,$\therefore \dfrac{FC}{BM}=\dfrac{FM}{MG}$.$\because BM=BC-CM=1$,$\therefore \dfrac{\dfrac{9}{4}}{1}=\dfrac{\dfrac{15}{4}}{MG}$,$\therefore MG=\dfrac{5}{3}$,$\therefore BG=\sqrt{MG^2-BM^2}=\sqrt{(\dfrac{5}{3})^2-1^2}=\dfrac{4}{3}$.$\because MN$与$DA$关于$EF$对称,$\therefore MN=AD=BC=4$,$\therefore NG=MN-MG=\dfrac{7}{3}$.$\because ∠ NIG=∠ B=90°$,$∠ IGN=∠ BGM$,$\therefore △ NIG ∽ △ MBG$,$\therefore \dfrac{IN}{BM}=\dfrac{IG}{BG}=\dfrac{NG}{MG}=\dfrac{7}{5}$,$\therefore IN=\dfrac{7}{5}BM=\dfrac{7}{5}$,$IG=\dfrac{7}{5}BG=\dfrac{7}{5}×\dfrac{4}{3}=\dfrac{28}{15}$,$\therefore AI=AB-BG-IG=6-\dfrac{4}{3}-\dfrac{28}{15}=\dfrac{14}{5}$,$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ AIN$中,$AN=\sqrt{AI^2+IN^2}=\sqrt{(\dfrac{14}{5})^2+(\dfrac{7}{5})^2}=\dfrac{7}{5}\sqrt{5}$.
解析
【分析】
(1) 证明三角形相似可优先用两角对应相等的判定定理。本题由矩形性质得∠C=∠B=90°，再结合EF垂直平分DM、A与N关于EF对称的轴对称性质，推导角的互余关系得到∠CFM=∠BMG，即可证明相似。
(2) 求两条线段的比值可通过证明线段所在三角形相似，利用相似比求解。本题过F作FH⊥AB构造直角三角形，推导角相等证明△DCM∽△FHE，结合矩形边长即可求得比值。
(3) 求AN的长度，先利用垂直平分线性质和勾股定理求出CF、FM的长，再借助(1)的相似结论求出MG、BG的长，之后过N作AB的垂线构造直角三角形，通过相似求出NI和IG的长，最后用勾股定理计算AN即可。
【解析】
(1) 证明：$\because$ 四边形$ABCD$是矩形，$\therefore ∠ ADF=90°$，$∠ B=∠ C=90°$，$\therefore ∠ CFM+∠ CMF=90°$。
$\because EF$垂直平分$DM$，$\therefore D,M$关于$EF$对称。
$\because A,N$关于$EF$对称，$\therefore$ 四边形$AEFD$与四边形$NEFM$关于$EF$对称，$\therefore ∠ FMN=∠ ADF=90°$，
$\therefore ∠ BMG+∠ CMF=90°$，$\therefore ∠ BMG=∠ CFM$。
$\because ∠ B=∠ C$，$\therefore △ FCM ∽ △ MBG$。
(2) 如图①，过点$F$作$FH⊥ AB$于点$H$，
$\because$ 四边形$ABCD$是矩形，$\therefore ∠ B=∠ C=90°$，$AB// CD$，$CD=AB=6$。
$\because FH⊥ AB$，$\therefore$ 四边形$BCFH$为矩形，$∠ FHE=90°$，$\therefore FH=BC=4$，$∠ FHE=∠ C$。
$\because EF$垂直平分$DM$，$\therefore EF⊥DM$，$\therefore ∠ FDM+∠ DFE=90°$。
$\because ∠ C=90°$，$\therefore ∠ FDM+∠ DMC=90°$，$\therefore ∠ DMC=∠ DFE$。
$\because AB// CD$，$\therefore ∠ DFE=∠ FEH$，$\therefore ∠ DMC=∠ FEH$。
$\because ∠ FHE=∠ C$，$\therefore △ DCM ∽ △ FHE$，$\therefore \dfrac{EF}{DM}=\dfrac{FH}{DC}=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}$。
(3) 如图②，过点$N$作$NI⊥ AB$交$AB$于点$I$，设$CF=x$，则$DF=6-x$。
$\because EF$垂直平分$DM$，$\therefore FM=DF=6-x$。
$\because ∠ C=90°$，$CM=3$，在$\mathrm{Rt}△ FCM$中，$CF^2+CM^2=FM^2$，
$\therefore x^2+3^2=(6-x)^2$，解得$x=\dfrac{9}{4}$，即$FC=\dfrac{9}{4}$，
$\therefore FM=DF=6-\dfrac{9}{4}=\dfrac{15}{4}$。
由(1)可知，$△ FCM ∽ △ MBG$，$\therefore \dfrac{FC}{BM}=\dfrac{FM}{MG}$。
$\because BM=BC-CM=4-3=1$，$\therefore \dfrac{\dfrac{9}{4}}{1}=\dfrac{\dfrac{15}{4}}{MG}$，解得$MG=\dfrac{5}{3}$，
$\therefore BG=\sqrt{MG^2-BM^2}=\sqrt{(\dfrac{5}{3})^2-1^2}=\dfrac{4}{3}$。
$\because MN$与$DA$关于$EF$对称，$\therefore MN=AD=BC=4$，$\therefore NG=MN-MG=4-\dfrac{5}{3}=\dfrac{7}{3}$。
$\because ∠ NIG=∠ B=90°$，$∠ IGN=∠ BGM$，$\therefore △ NIG ∽ △ MBG$，
$\therefore \dfrac{IN}{BM}=\dfrac{IG}{BG}=\dfrac{NG}{MG}=\dfrac{\dfrac{7}{3}}{\dfrac{5}{3}}=\dfrac{7}{5}$，
$\therefore IN=\dfrac{7}{5}BM=\dfrac{7}{5}$，$IG=\dfrac{7}{5}BG=\dfrac{7}{5}×\dfrac{4}{3}=\dfrac{28}{15}$，
$\therefore AI=AB-BG-IG=6-\dfrac{4}{3}-\dfrac{28}{15}=\dfrac{14}{5}$，
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ AIN$中，$AN=\sqrt{AI^2+IN^2}=\sqrt{(\dfrac{14}{5})^2+(\dfrac{7}{5})^2}=\dfrac{7}{5}\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；
(2) $\dfrac{EF}{DM}=\dfrac{2}{3}$；
(3) $AN=\dfrac{7}{5}\sqrt{5}$。
【知识点】
相似三角形判定与性质，轴对称的性质，勾股定理
【点评】
本题是矩形背景的几何综合题，三个小问梯度明显，既考查了基础几何性质的应用，也要求学生具备构造辅助线、综合运用多个知识点解决问题的能力，能较好地考查几何综合分析与计算能力。
【难度系数】
0.5
(1) 证明三角形相似可优先用两角对应相等的判定定理。本题由矩形性质得∠C=∠B=90°，再结合EF垂直平分DM、A与N关于EF对称的轴对称性质，推导角的互余关系得到∠CFM=∠BMG，即可证明相似。
(2) 求两条线段的比值可通过证明线段所在三角形相似，利用相似比求解。本题过F作FH⊥AB构造直角三角形，推导角相等证明△DCM∽△FHE，结合矩形边长即可求得比值。
(3) 求AN的长度，先利用垂直平分线性质和勾股定理求出CF、FM的长，再借助(1)的相似结论求出MG、BG的长，之后过N作AB的垂线构造直角三角形，通过相似求出NI和IG的长，最后用勾股定理计算AN即可。
【解析】
(1) 证明：$\because$ 四边形$ABCD$是矩形，$\therefore ∠ ADF=90°$，$∠ B=∠ C=90°$，$\therefore ∠ CFM+∠ CMF=90°$。
$\because EF$垂直平分$DM$，$\therefore D,M$关于$EF$对称。
$\because A,N$关于$EF$对称，$\therefore$ 四边形$AEFD$与四边形$NEFM$关于$EF$对称，$\therefore ∠ FMN=∠ ADF=90°$，
$\therefore ∠ BMG+∠ CMF=90°$，$\therefore ∠ BMG=∠ CFM$。
$\because ∠ B=∠ C$，$\therefore △ FCM ∽ △ MBG$。
(2) 如图①，过点$F$作$FH⊥ AB$于点$H$，
$\because$ 四边形$ABCD$是矩形，$\therefore ∠ B=∠ C=90°$，$AB// CD$，$CD=AB=6$。
$\because FH⊥ AB$，$\therefore$ 四边形$BCFH$为矩形，$∠ FHE=90°$，$\therefore FH=BC=4$，$∠ FHE=∠ C$。
$\because EF$垂直平分$DM$，$\therefore EF⊥DM$，$\therefore ∠ FDM+∠ DFE=90°$。
$\because ∠ C=90°$，$\therefore ∠ FDM+∠ DMC=90°$，$\therefore ∠ DMC=∠ DFE$。
$\because AB// CD$，$\therefore ∠ DFE=∠ FEH$，$\therefore ∠ DMC=∠ FEH$。
$\because ∠ FHE=∠ C$，$\therefore △ DCM ∽ △ FHE$，$\therefore \dfrac{EF}{DM}=\dfrac{FH}{DC}=\dfrac{4}{6}=\dfrac{2}{3}$。
(3) 如图②，过点$N$作$NI⊥ AB$交$AB$于点$I$，设$CF=x$，则$DF=6-x$。
$\because EF$垂直平分$DM$，$\therefore FM=DF=6-x$。
$\because ∠ C=90°$，$CM=3$，在$\mathrm{Rt}△ FCM$中，$CF^2+CM^2=FM^2$，
$\therefore x^2+3^2=(6-x)^2$，解得$x=\dfrac{9}{4}$，即$FC=\dfrac{9}{4}$，
$\therefore FM=DF=6-\dfrac{9}{4}=\dfrac{15}{4}$。
由(1)可知，$△ FCM ∽ △ MBG$，$\therefore \dfrac{FC}{BM}=\dfrac{FM}{MG}$。
$\because BM=BC-CM=4-3=1$，$\therefore \dfrac{\dfrac{9}{4}}{1}=\dfrac{\dfrac{15}{4}}{MG}$，解得$MG=\dfrac{5}{3}$，
$\therefore BG=\sqrt{MG^2-BM^2}=\sqrt{(\dfrac{5}{3})^2-1^2}=\dfrac{4}{3}$。
$\because MN$与$DA$关于$EF$对称，$\therefore MN=AD=BC=4$，$\therefore NG=MN-MG=4-\dfrac{5}{3}=\dfrac{7}{3}$。
$\because ∠ NIG=∠ B=90°$，$∠ IGN=∠ BGM$，$\therefore △ NIG ∽ △ MBG$，
$\therefore \dfrac{IN}{BM}=\dfrac{IG}{BG}=\dfrac{NG}{MG}=\dfrac{\dfrac{7}{3}}{\dfrac{5}{3}}=\dfrac{7}{5}$，
$\therefore IN=\dfrac{7}{5}BM=\dfrac{7}{5}$，$IG=\dfrac{7}{5}BG=\dfrac{7}{5}×\dfrac{4}{3}=\dfrac{28}{15}$，
$\therefore AI=AB-BG-IG=6-\dfrac{4}{3}-\dfrac{28}{15}=\dfrac{14}{5}$，
$\therefore$ 在$\mathrm{Rt}△ AIN$中，$AN=\sqrt{AI^2+IN^2}=\sqrt{(\dfrac{14}{5})^2+(\dfrac{7}{5})^2}=\dfrac{7}{5}\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；
(2) $\dfrac{EF}{DM}=\dfrac{2}{3}$；
(3) $AN=\dfrac{7}{5}\sqrt{5}$。
【知识点】
相似三角形判定与性质，轴对称的性质，勾股定理
【点评】
本题是矩形背景的几何综合题，三个小问梯度明显，既考查了基础几何性质的应用，也要求学生具备构造辅助线、综合运用多个知识点解决问题的能力，能较好地考查几何综合分析与计算能力。
【难度系数】
0.5
八、(本题满分14分)
23. 如图,已知抛物线$y=-\frac{1}{2}x^2+bx+c$与x轴交于A,B(4,0)两点,与y轴交于点C(0,2).点P为第一象限抛物线上的点,连接CA,CB,PB,PC.
(1)直接写出结果:$b=$
(2)如图①,当$∠PCB=2∠OCA$时,求点P的坐标.
(3)如图②,点D在y轴负半轴上,$OD=OB$,点Q为抛物线上一点,$∠QBD=90°$.点E,F分别为△BDQ的边DQ,DB上的动点,且$QE=DF$,求$BE+QF$的最小值.
备用图
23. 如图,已知抛物线$y=-\frac{1}{2}x^2+bx+c$与x轴交于A,B(4,0)两点,与y轴交于点C(0,2).点P为第一象限抛物线上的点,连接CA,CB,PB,PC.
(1)直接写出结果:$b=$
$\frac{3}{2}$
;$c=$$2$
;点A的坐标为$(-1,0)$
;$\tan∠ABC=$$\frac{1}{2}$
.(2)如图①,当$∠PCB=2∠OCA$时,求点P的坐标.
(3)如图②,点D在y轴负半轴上,$OD=OB$,点Q为抛物线上一点,$∠QBD=90°$.点E,F分别为△BDQ的边DQ,DB上的动点,且$QE=DF$,求$BE+QF$的最小值.
备用图
答案
23.(1)$\dfrac{3}{2}$ $2$ $(-1,0)$ $\dfrac{1}{2}$ 解析:$\because$ 抛物线$y=-\dfrac{1}{2}x^2+bx+c$经过点$B(4,0)$,$C(0,2)$,$\therefore \begin{cases} -8+4b+c=0, \\ c=2, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} b=\dfrac{3}{2}, \\ c=2, \end{cases}$$\therefore$ 抛物线表达式为$y=-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+2$.$\because$ 抛物线$y=-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+2$与$x$轴交于$A$,$B(4,0)$两点,$\therefore$ 当$y=0$时,$-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+2=0$,解得$x_1=-1$,$x_2=4$,$\therefore A(-1,0)$,$\therefore OB=4$,$OC=2$.在$\mathrm{Rt}△ COB$中,$\tan∠ ABC=\dfrac{OC}{OB}=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}$.故答案为$\dfrac{3}{2}$;$2$;$(-1,0)$;$\dfrac{1}{2}$.
(2)如图①,过点$C$作$CD// x$轴,交$BP$于点$D$,过点$P$作$PE// x$轴,交$y$轴于点$E$.$\because AO=1$,$OC=2$,$OB=4$,
$\therefore \tan∠ OCA=\dfrac{AO}{CO}=\dfrac{1}{2}$.由(1)可得,$\tan∠ ABC=\dfrac{1}{2}$,即$\tan∠ OCA=\tan∠ ABC$,$\therefore ∠ OCA=∠ ABC$.$\because ∠ PCB=2∠ OCA$,$\therefore ∠ PCB=2∠ ABC$.$\because CD// x$轴,$PE// x$轴,$\therefore ∠ ABC=∠ DCB$,$∠ EPC=∠ PCD$,$\therefore ∠ EPC=∠ ABC$.
又$\because ∠ PEC=∠ BOC=90°$,$\therefore △ PEC ∽ △ BOC$,$\therefore \dfrac{EP}{OB}=\dfrac{EC}{OC}$.
设点$P$坐标为$(t,-\dfrac{1}{2}t^2+\dfrac{3}{2}t+2 )$,则$EP=t$,$EC=-\dfrac{1}{2}t^2+\dfrac{3}{2}t+2-2=-\dfrac{1}{2}t^2+\dfrac{3}{2}t$,$\therefore \dfrac{t}{4}=\dfrac{-\dfrac{1}{2}t^2+\dfrac{3}{2}t}{2}$,解得$t=0$(舍去)或$t=2$,$\therefore$ 点$P$坐标为$(2,3)$.
(3)如图②,过点$D$作$DH⊥ DQ$,且使$DH=BQ$,连接$FH$,
$\because ∠ BQD+∠ BDQ=90°$,$∠ HDF+∠ BDQ=90°$,$\therefore ∠ BQD=∠ HDF$.$\because QE=DF$,$DH=BQ$,$\therefore △ BQE ≌ △ HDF(\mathrm{SAS})$,$\therefore BE=FH$,$\therefore BE+QF=FH+QF≥ QH$,$\therefore$ 当$Q$,$F$,$H$共线时,$BE+QF$的值最小.过点$Q$作$QG⊥ AB$于点$G$,$\because OB=OD$,$∠ BOD=90°$,$\therefore ∠ OBD=45°$.$\because ∠ QBD=90°$,$\therefore ∠ QBG=45°$,$\therefore QG=BG$.设$G(n,0)$,则$Q(n,-\dfrac{1}{2}n^2+\dfrac{3}{2}n+2 )$,$\therefore -\dfrac{1}{2}n^2+\dfrac{3}{2}n+2=4-n$,解得$n=1$或$n=4$(舍去),$\therefore Q(1,3)$,$\therefore QG=BG=4-1=3$,$\therefore BQ=DH=3\sqrt{2}$,$QD=5\sqrt{2}$,$\therefore QH=\sqrt{(3\sqrt{2})^2+(5\sqrt{2})^2}=2\sqrt{17}$.
解析
【分析】
(1) 已知抛物线经过B(4,0)和C(0,2)，将两点坐标代入抛物线解析式即可求出b、c的值；令解析式中y=0，解一元二次方程即可得到A点坐标；在Rt△COB中，根据正切的定义（对边比邻边）即可算出$\tan∠ABC$的值。
(2) 先求出$\tan∠OCA$，结合(1)的结论推出$∠OCA=∠ABC$，进而得到$∠PCB=2∠ABC$；通过作平行线转化角度，得到$△ PEC ∽ △ BOC$，根据相似三角形对应边成比例的性质，设P点坐标列方程求解即可。
(3) 本题属于线段和最值问题，通过构造全等三角形将BE转化为FH，将$BE+QF$转化为$QF+FH$，根据两点之间线段最短，可知最小值为QH的长度；先根据$∠QBD=90°$推出$∠QBG=45°$，求出Q点坐标，再结合已知线段长度计算QH即可。
【解析】
(1) 将B(4,0)、C(0,2)代入$y=-\dfrac{1}{2}x^2+bx+c$，得：
$\begin{cases} -8+4b+c=0, \\ c=2, \end{cases}$
解得$\begin{cases} b=\dfrac{3}{2}, \\ c=2, \end{cases}$
∴抛物线解析式为$y=-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+2$。
令y=0，即$-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+2=0$，解得$x_1=-1$，$x_2=4$，
∴A(-1,0)。
在Rt△COB中，OC=2，OB=4，
∴$\tan∠ABC=\dfrac{OC}{OB}=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}$。
(2) 如图①，过点C作$CD// x$轴，交BP于点D，过点P作$PE// x$轴，交y轴于点E。
$\because AO=1$，$OC=2$，$\therefore \tan∠OCA=\dfrac{AO}{CO}=\dfrac{1}{2}$，结合(1)得$\tan∠OCA=\tan∠ABC$，
∴$∠OCA=∠ABC$。
$\because ∠PCB=2∠OCA$，$\therefore ∠PCB=2∠ABC$。
$\because CD// x$轴，$PE// x$轴，$\therefore ∠ABC=∠DCB$，$\therefore∠EPC=∠PCD$，$\therefore∠EPC=∠ABC$。
又$\because∠ PEC=∠ BOC=90°$，$\therefore△ PEC ∽ △ BOC$，$\therefore\dfrac{EP}{OB}=\dfrac{EC}{OC}$。
设点P坐标为$(t,-\dfrac{1}{2}t^2+\dfrac{3}{2}t+2 )$，则$EP=t$，$EC=-\dfrac{1}{2}t^2+\dfrac{3}{2}t+2-2=-\dfrac{1}{2}t^2+\dfrac{3}{2}t$，
代入比例式得$\dfrac{t}{4}=\dfrac{-\dfrac{1}{2}t^2+\dfrac{3}{2}t}{2}$，解得$t=0$(舍去)或$t=2$，
$\therefore$点P坐标为$(2,3)$。
(3) 如图②，过点D作$DH⊥ DQ$，且使$DH=BQ$，连接$FH$，
$\because∠ BQD+∠ BDQ=90°$，$∠ HDF+∠ BDQ=90°$，$\therefore\therefore∠ BQD=∠ HDF$。
$\because QE=DF$，$DH=BQ$，$\therefore△ BQE ≌ △ HDF(\mathrm{SAS})$，$\therefore BE=FH$，
$\therefore BE+QF=FH+QF≥ QH$，当$Q$、$F$、$H$共线时，$BE+QF$的值最小，最小值为QH的长度。
过点Q作$QG⊥ AB$于点G，$\because OB=OD$，$∠ BOD=90°$，$\therefore\therefore∠ OBD=45°$。
$\because∠ QBD=90°$，$\therefore\therefore∠ QBG=45°$，$\therefore\therefore QG=BG$。
设$G(n,0)$，则$Q(n,-\dfrac{1}{2}n^2+\dfrac{3}{2}n+2 )$，$\therefore\therefore-\dfrac{1}{2}n^2+\dfrac{3}{2}n+2=4-n$，解得$n=1$或$n=4$(舍去)，
$\therefore Q(1,3)$，$\therefore QG=BG=4-1=3$，$\therefore BQ=DH=3\sqrt{2}$，$QD=5\sqrt{2}$，
$\therefore QH=\sqrt{(3\sqrt{2})^2+(5\sqrt{2})^2}=2\sqrt{17}$，即$BE+QF$的最小值为$2\sqrt{17}$。
【答案】
(1) $\dfrac{3}{2}$；$2$；$(-1,0)$；$\dfrac{1}{2}$
(2) $(2,3)$
(3) $2\sqrt{17}$
【知识点】
二次函数综合，相似与全等三角形，最短路径问题
【点评】
本题为二次函数综合题型，问题设置逐层递进，既考查了二次函数解析式求解、三角函数定义等基础知识点，也考查了角度转化、相似三角形判定、全等构造转化线段、最值求解等综合能力，其中第三小问构造全等转化线段是解题的核心难点。
【难度系数】
0.3
(1) 已知抛物线经过B(4,0)和C(0,2)，将两点坐标代入抛物线解析式即可求出b、c的值；令解析式中y=0，解一元二次方程即可得到A点坐标；在Rt△COB中，根据正切的定义（对边比邻边）即可算出$\tan∠ABC$的值。
(2) 先求出$\tan∠OCA$，结合(1)的结论推出$∠OCA=∠ABC$，进而得到$∠PCB=2∠ABC$；通过作平行线转化角度，得到$△ PEC ∽ △ BOC$，根据相似三角形对应边成比例的性质，设P点坐标列方程求解即可。
(3) 本题属于线段和最值问题，通过构造全等三角形将BE转化为FH，将$BE+QF$转化为$QF+FH$，根据两点之间线段最短，可知最小值为QH的长度；先根据$∠QBD=90°$推出$∠QBG=45°$，求出Q点坐标，再结合已知线段长度计算QH即可。
【解析】
(1) 将B(4,0)、C(0,2)代入$y=-\dfrac{1}{2}x^2+bx+c$，得：
$\begin{cases} -8+4b+c=0, \\ c=2, \end{cases}$
解得$\begin{cases} b=\dfrac{3}{2}, \\ c=2, \end{cases}$
∴抛物线解析式为$y=-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+2$。
令y=0，即$-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+2=0$，解得$x_1=-1$，$x_2=4$，
∴A(-1,0)。
在Rt△COB中，OC=2，OB=4，
∴$\tan∠ABC=\dfrac{OC}{OB}=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}$。
(2) 如图①，过点C作$CD// x$轴，交BP于点D，过点P作$PE// x$轴，交y轴于点E。
$\because AO=1$，$OC=2$，$\therefore \tan∠OCA=\dfrac{AO}{CO}=\dfrac{1}{2}$，结合(1)得$\tan∠OCA=\tan∠ABC$，
∴$∠OCA=∠ABC$。
$\because ∠PCB=2∠OCA$，$\therefore ∠PCB=2∠ABC$。
$\because CD// x$轴，$PE// x$轴，$\therefore ∠ABC=∠DCB$，$\therefore∠EPC=∠PCD$，$\therefore∠EPC=∠ABC$。
又$\because∠ PEC=∠ BOC=90°$，$\therefore△ PEC ∽ △ BOC$，$\therefore\dfrac{EP}{OB}=\dfrac{EC}{OC}$。
设点P坐标为$(t,-\dfrac{1}{2}t^2+\dfrac{3}{2}t+2 )$，则$EP=t$，$EC=-\dfrac{1}{2}t^2+\dfrac{3}{2}t+2-2=-\dfrac{1}{2}t^2+\dfrac{3}{2}t$，
代入比例式得$\dfrac{t}{4}=\dfrac{-\dfrac{1}{2}t^2+\dfrac{3}{2}t}{2}$，解得$t=0$(舍去)或$t=2$，
$\therefore$点P坐标为$(2,3)$。
(3) 如图②，过点D作$DH⊥ DQ$，且使$DH=BQ$，连接$FH$，
$\because∠ BQD+∠ BDQ=90°$，$∠ HDF+∠ BDQ=90°$，$\therefore\therefore∠ BQD=∠ HDF$。
$\because QE=DF$，$DH=BQ$，$\therefore△ BQE ≌ △ HDF(\mathrm{SAS})$，$\therefore BE=FH$，
$\therefore BE+QF=FH+QF≥ QH$，当$Q$、$F$、$H$共线时，$BE+QF$的值最小，最小值为QH的长度。
过点Q作$QG⊥ AB$于点G，$\because OB=OD$，$∠ BOD=90°$，$\therefore\therefore∠ OBD=45°$。
$\because∠ QBD=90°$，$\therefore\therefore∠ QBG=45°$，$\therefore\therefore QG=BG$。
设$G(n,0)$，则$Q(n,-\dfrac{1}{2}n^2+\dfrac{3}{2}n+2 )$，$\therefore\therefore-\dfrac{1}{2}n^2+\dfrac{3}{2}n+2=4-n$，解得$n=1$或$n=4$(舍去)，
$\therefore Q(1,3)$，$\therefore QG=BG=4-1=3$，$\therefore BQ=DH=3\sqrt{2}$，$QD=5\sqrt{2}$，
$\therefore QH=\sqrt{(3\sqrt{2})^2+(5\sqrt{2})^2}=2\sqrt{17}$，即$BE+QF$的最小值为$2\sqrt{17}$。
【答案】
(1) $\dfrac{3}{2}$；$2$；$(-1,0)$；$\dfrac{1}{2}$
(2) $(2,3)$
(3) $2\sqrt{17}$
【知识点】
二次函数综合，相似与全等三角形，最短路径问题
【点评】
本题为二次函数综合题型，问题设置逐层递进，既考查了二次函数解析式求解、三角函数定义等基础知识点，也考查了角度转化、相似三角形判定、全等构造转化线段、最值求解等综合能力，其中第三小问构造全等转化线段是解题的核心难点。
【难度系数】
0.3
