分析：

CD的最大值即为点C的纵坐标减去点D的纵坐标，据此列出CD的表达式，为关于x的二次函数，求出二次函数的最大值即可．

解答：

解：根据题意得，CD=2x+1-x_=-x+2x+1=-(x-2x+1-1)+1=-(x-2x+1)+2=-(x-1)_+2，

可见函数最大值为2．

故答案为2．

点评：

本题考查了二次函数与一次函数的关系，将求CD的最大值转化为求关于x的二次函数的最大值是解题的关键．

分析：

由$\left\{\begin{matrix}y=$\frac {1}{2}$x \ y=-$\frac {1}{4}$x+6 \ \end{matrix}\right.$，得到A，B两点的坐标，再运用待定系数法确定直线AB的解析式，当一条直线与直线AB平行，且与抛物线只有一个交点P时，三角形PAB面积最大．将直线解析式y=$\frac {1}{2}$x+m与抛物线解析式联立消去y，得到关于x的一元二次方程，令根的判别式等于0，求出m的值，即可确定出此时P的坐标．

解答：

解：由$\left\{\begin{matrix}y=$\frac {1}{2}$x \ y=-$\frac {1}{4}$x+6 \ \end{matrix}\right.$，得A(-6，-3)，B(4，2)．

设直线AB的解析式为y=kx+b，

将A与B坐标代入得：$\left\{\begin{matrix}-6k+b=-3 \ 4k+b=2 \ \end{matrix}\right.$，

解得：$\left\{\begin{matrix}k=$\frac {1}{2}$ \ b=0 \ \end{matrix}\right.$，

∴直线AB的解析式为y=$\frac {1}{2}$x．

设平行于直线AB，且与抛物线只有一个交点的直线方程为y=$\frac {1}{2}$x+m，

此时直线与抛物线交于点P，使得△PAB的面积最大，

与二次函数解析式联立消去y得：-$\frac {1}{4}$x+6=$\frac {1}{2}$x+m，

整理得：x+2x+4m-24=0，

∴△=4-4(4m-24)=0，

解得：m=$\frac {25}{4}$，

∴此时直线方程为y=$\frac {1}{2}$x+$\frac {25}{4}$．

由$\left\{\begin{matrix}y=$\frac {1}{2}$x+$\frac {25}{4}$ \ y=-$\frac {1}{4}$x+6 \ \end{matrix}\right.$，解得$\left\{\begin{matrix}x=-1 \ y=$\frac {23}{4}$ \ \end{matrix}\right.$，

∴点P坐标为(-1，$\frac {23}{4}$)．

故答案为：(-1，$\frac {23}{4}$)．

点评：

此题考查了抛物线与x轴的交点，两直线平行时斜率满足的关系，解题的关键是：“平行于直线AB，且与抛物线只有一个交点的直线方程与抛物线交点为P，使得△PAB的面积最大”．

分析：

根据待定系数法，可得抛物线的解析式；

根据图形的割补法，可得面积的和差，根据二次函数的性质，可得答案．

解答：

解：设抛物线的解析式为y=ax+bx+c，将A(-2，0)，B(-$\frac {1}{2}$，0)，C(0，2)代入解析式，得

4a-2b+c＝014a-12b+c＝0c＝2，

解得a＝2b＝5c＝2．

∴抛物线的解析式是y=2x+5x+2；



由题意可求得AC的解析式为y=x+2，

如图1，

设D点的坐标为(t，2t_+5t+2)，过D作DE⊥x轴交AC于E点，

∴E点的坐标为(t，t+2)，

DE=t+2-(2t_+5t+2)=-2t_-4t，用h表示点C到线段DC所在直线的距离，

S_△DAC=S_△CDE+S_△ADE=12DE•h+12DE(2-h)=12DE•2=DE=-2t_-4t=-2(t-1)_+2

∵-2＜t＜0，

∴当t=-1时，△DCA的面积最大，此时D点的坐标为(-1，-1)．

点评：

本题考察了二次函数综合题，利用待定系数法求函数解析式；利用图形割补法求面积是解题关键．

分析：

根据旋转的性质得到A′B′=AB=16，然后根据直角三角形斜边上的中线性质求解即可．

解答：

解：∵Rt△ABC绕点O顺时针旋转后得到Rt△A′B′C′，

∴A′B′=AB=16，

∵C′D为Rt△A′B′C′的斜边A′B′上的中线，

∴C′D=$\frac {1}{2}$A′B′=8．

故答案为8．

点评：

本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了直角三角形斜边上的中线性质．

分析：

观察图形可得，图形有四个形状相同的部分组成，从而能计算出旋转角度．

解答：

图形可看作由一个基本图形每次旋转90°，旋转4次所组成，故最小旋转角为90°．

故答案为：90．

点评：

本题考查了观察图形，确定最小旋转角度数的方法，需要熟练掌握．

分析：

根据正方形的对角线把正方形分成四个全等的直角三角形与旋转对称图形的性质解答．

解答：

∵正方形的对角线把正方形分成四个全等的直角三角形，

∴顶点处的周角被分成四个相等的角，360°÷4=90°，

∴这个正方形绕着它的中心旋转90°的整数倍后，就能与它自身重合，

因此，这个角度至少是90度．

故答案为：90．

点评：

本题考查旋转对称图形的概念：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角．

分析：

首先确定坐标轴，根据对称中心就是对应点的连线的垂直平分线的交点作答即可．

解答：

解：四边形ABCD旋转得到四边形EFGH时的旋转中心用有序数对表示是(5，2)．

点评：

解决本题的关键是找到旋转中心的位置．

分析：

过点B作BC⊥x轴于点C，根据相似三角形对应边成比例求出AC的长度，然后求出OA的长度，从而得到点A的坐标，再根据旋转变换的性质求出点A$_1$的坐标，然后利用待定系数法求一次函数解析式解答即可．

解答：

解：如图，过点B作BC⊥x轴于点C，

∵点B的坐标为(-1，2)，

∴OC=1，BC=2，

∵∠ABO=90°，

∴∠BAC+∠AOB=90°，

又∵∠BAC+∠ABC=90°，

∴∠AOB=∠ABC，

∴Rt△ABC∽Rt△BOC，

∴$\frac {AC}{BC}$=$\frac {BC}{OC}$，

即$\frac {AC}{2}$=$\frac {2}{1}$，

解得AC=4，

∴OA=OC+AC=1+4=5，

∴点A(-5，0)，

根据旋转变换的性质，点A$_1$(0，5)，

设过A$_1$，B两点的直线解析式为y=kx+b，

则$\left\{\begin{matrix}-k+b=2 \ b=5 \ \end{matrix}\right.$，

解得$\left\{\begin{matrix}k=3 \ b=5 \ \end{matrix}\right.$．

所以过A$_1$，B两点的直线解析式为y=3x+5．

故答案为：y=3x+5．

点评：

本题考查了待定系数法求一次函数解析式，旋转变换的性质，作辅助线构造出相似三角形，利用相似三角形对应边成比例求出AC的长度，然后得到点A的坐标是解题的关键．

分析：

解题的关键是抓住旋转的三要素：旋转中心，旋转方向，旋转角度，通过画图求解．

解答：

由图知A点的坐标为(3，6)，根据旋转中心C，旋转方向顺时针，旋转角度90°，画图，从而得A′的坐标为(8，3)．

点评：

本题涉及图形的旋转，体现了新课标的精神，应抓住旋转的三要素：旋转中心，旋转方向，旋转角度，通过画图求解．

分析：

根据旋转的性质，旋转不改变图形的大小和形状，因此所得图形与原图形全等．

解答：

解：做A$_1$M⊥x轴于点M，AN⊥x轴于点N，易得△A$_1$MO≌△ONA，

∵A(3，4)，

∴A$_1$的坐标是(-4，3)．

点评：

此题考查了中心对称的两点的坐标之间的关系：(a，b)绕原点旋转逆时针90°后的点的坐标为(-b，a)．