山東省青島實驗初級中學(xué)中考數(shù)學(xué)期末幾何綜合壓軸題易錯匯編一、中考數(shù)學(xué)幾何綜合壓軸題1．如圖1，兩個完全相同的三角形紙片和重合放置，其中，．（1）操作發(fā)現(xiàn)：如圖2，固定，使繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點(diǎn)恰好落在邊上時，填空：①線段與的位置關(guān)系是________；②設(shè)的面積為，的面積為，則與的數(shù)量關(guān)系是_____．（2）猜想論證：當(dāng)繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到如圖3所示的位置時，請猜想（1）中與的數(shù)量關(guān)系是否仍然成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由．（3）拓展探究：已知，平分，，，交于點(diǎn)（如圖4）．若在射線上存在點(diǎn)，使，請求相應(yīng)的的長．解析：（1）DE∥AC；S1=S2；（2）成立，證明見解析；（3）BF的長為3或6．【分析】（1）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AC=CD，然后求出△ACD是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得∠ACD=60°，然后根據(jù)內(nèi)錯角相等，兩直線平行解答；②根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得AC=AD，再根據(jù)直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半求出AC=AB，然后求出AC=BD，再根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求出點(diǎn)C到AB的距離等于點(diǎn)D到AC的距離，然后根據(jù)等底等高的三角形的面積相等解答；（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BC=CE，AC=CD，再求出∠ACN=∠DCM，然后利用“角角邊”證明△ACN和△DCM全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得AN=DM，然后利用等底等高的三角形的面積相等證明；（3）過點(diǎn)D作DF1∥BE，求出四邊形BEDF1是菱形，根據(jù)菱形的對邊相等可得BE=DF1，然后根據(jù)等底等高的三角形的面積相等可知點(diǎn)F1為所求的點(diǎn)，過點(diǎn)D作DF2⊥BD，求出∠F1DF2=60°，從而得到△DF1F2是等邊三角形，然后求出DF1=DF2，再求出∠CDF1=∠CDF2，利用“邊角邊”證明△CDF1和△CDF2全等，根據(jù)全等三角形的面積相等可得點(diǎn)F2也是所求的點(diǎn)，然后勾股定理求出EG的長，即可得解【詳解】（1）①∵△DEC繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)點(diǎn)D恰好落在AB邊上，∴AC=CD，∵∠BAC=90°-∠B=90°-30°=60°，∴△ACD是等邊三角形，∴∠ACD=60°，又∵∠CDE=∠BAC=60°，∴∠ACD=∠CDE，∴DE∥AC；故答案為：DE∥AC；②∵∠B=30°，∠C=90°，∴CD=AC=AB，∴BD=AD=AC，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，△ACD的邊AC、AD上的高相等，∴△BDC的面積和△AEC的面積相等（等底等高的三角形的面積相等），即S1=S2；故答案為：S1=S2；（2）如圖，過點(diǎn)D作DM⊥BC于M，過點(diǎn)A作AN⊥CE交EC的延長線于N，∵△DEC是由△ABC繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)得到，∴BC=CE，AC=CD，∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°-90°=90°，∴∠ACN=∠DCM，∵在△ACN和△DCM中，，∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN=DM，∴△BDC的面積和△AEC的面積相等（等底等高的三角形的面積相等），即S1=S2；（3）如圖，過點(diǎn)D作DF1∥BE，易求四邊形BEDF1是菱形，所以BE=DF1，且BE、DF1上的高相等，此時S△DCF1=S△BDE；過點(diǎn)D作DF2⊥BD，∵∠ABC=60°，F(xiàn)1D∥BE，∴∠F2F1D=∠ABC=60°，∵BF1=DF1，∠F1BD=∠ABC=30°，∠F2DB=90°，∴∠F1DF2=∠ABC=60°，∴△DF1F2是等邊三角形，∴DF1=DF2，過點(diǎn)D作DG⊥BC于G，∵BD=CD，∠ABC=60°，點(diǎn)D是角平分線上一點(diǎn)，∴∠DBC=∠DCB=×60°=30°，BG=BC=，∴BD=3∴∠CDF1=180°-∠BCD=180°-30°=150°，∠CDF2=360°-150°-60°=150°，∴∠CDF1=∠CDF2，∵在△CDF1和△CDF2中，，∴△CDF1≌△CDF2（SAS），∴點(diǎn)F2也是所求的點(diǎn)，∵∠ABC=60°，點(diǎn)D是角平分線上一點(diǎn)，DE∥AB，∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=×60°=30°，∴∠CDE=360°-∠CDF2-∠F2DB-DBE=360°-150°-90°-30°=90°，∴∠CDG=90°-∠DCG=60°，又∵BD=CD=3，∴DG=，設(shè)EG為x，則DE=2x,,解得x=1.5,∴BE=BG-EG=4.5-1.5=3，∴BF1=3，BF2=BF1+F1F2=3+3=6，故BF的長為3或6．【點(diǎn)睛】此題考查全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形的面積，等邊三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半的性質(zhì)，熟練掌握等底等高的三角形的面積相等，以及全等三角形的面積相等是解題的關(guān)鍵，（3）要注意符合條件的點(diǎn)F有兩個．2．問題背景如圖1，點(diǎn)E在BC上，AB⊥BC，AE⊥ED，DC⊥DC，求證：．嘗試應(yīng)用如圖2，在?ABCD中，點(diǎn)F在DC邊上，將△ADF沿AF折疊得到△AEF，且點(diǎn)E恰好為BC邊的中點(diǎn)，求的值．拓展創(chuàng)新如圖3，在菱形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在BC，DC邊上，∠AFE＝∠D，AE⊥FE，F(xiàn)C＝2．EC＝6．請直接寫出cos∠AFE的值．解析：（1）見解析；（2）；（3）cos∠AFE=．【分析】(1)根據(jù)相似三角形的判定定理證△ABE∽△ECD即可；(2)在AB邊取點(diǎn)G，使GE=BE，則∠B=∠BGE，證△AGE∽△ECF，列比例式即可；(3)作FM=FD，F(xiàn)N⊥AD，同（2）構(gòu)造△AMF∽△FCE，證△AEF∽△FHD，求出AM長即可．【詳解】解：（1）∵AB⊥BC，AE⊥ED，DC⊥DC∴∠B=∠C=90°，∠BAE+∠AEB=90°，∠CED+∠AEB=90°，∴∠BAE=∠CED，∴△ABE∽△ECD∴．（2）在AB邊取點(diǎn)G，使GE=BE，則∠B=∠BGE又∵∠B+∠C=180°，∠BGE+∠AGE=180°∴∠AGE=∠C∵∠B=∠D=∠AEF又∵∠B+∠BAE=∠AEF+∠FEC∴∠BAE=∠FEC，∴△AGE∽△ECF∴，即∵EF=FD，∴∵GE=BE，AE=BC=2BE，∴（3）cos∠AFE=如圖：作FM=FD，F(xiàn)N⊥AD，由（2）同理可證△AMF∽△FCE，∴設(shè)AM=，F(xiàn)M=FD=，則AD=CD=，MD=，ND=∵∠AEF=∠FND=90°，∠AFE＝∠D，∴△AEF∽△FND，∴，即，∵，∴，解得，，經(jīng)檢驗，是原方程的解；∴cos∠AFE=．【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)和解直角三角形，解題關(guān)鍵是依據(jù)已知條件構(gòu)造相似三角形，列比例式解決問題．3．[問題解決]（1）如圖1．在平行四邊形紙片ABCD（AD＞AB）中，將紙片沿過點(diǎn)A的直線折疊，使點(diǎn)B落在AD上的點(diǎn)處，折線AE交BC于點(diǎn)E，連接B'E．求證：四邊形是菱形．[規(guī)律探索]（2）如圖2，在平行四邊形紙片ABCD（AD＞AB）中，將紙片沿過點(diǎn)P的直線折疊，點(diǎn)B恰好落在AD上的點(diǎn)Q處，點(diǎn)A落在點(diǎn)A′處，得到折痕FP，那么△PFQ是等腰三角形嗎？請說明理由．[拓展應(yīng)用]（3）如圖3，在矩形紙片ABCD（AD＞AB）中，將紙片沿過點(diǎn)P的直線折疊，得到折痕FP，點(diǎn)B落在紙片ABCD內(nèi)部點(diǎn)處，點(diǎn)A落在紙片ABCD外部點(diǎn)處，與AD交于點(diǎn)M，且M＝M．已知：AB＝4，AF＝2，求BP的長．解析：（1）證明見解析；（2）是，理由見解析；（3）．【分析】（1）由平行線的性質(zhì)和翻折可推出，即．故四邊形是平行四邊形，再由翻折可知，即證明平行四邊形是菱形．（2）由翻折和平行線的性質(zhì)可知，，即得出，即是等腰三角形．（3）延長交AD于點(diǎn)G，根據(jù)題意易證，得出結(jié)論，．根據(jù)（2）同理可知為等腰三角形，即FG=PG．再在中，，即可求出，最后即可求出．【詳解】（1）由平行四邊形的性質(zhì)可知，∴，由翻折可知，∴，∴．∴四邊形是平行四邊形．再由翻折可知，∴四邊形是菱形．（2）由翻折可知，∵，∴，∴，∴QF=QP，∴是等腰三角形．（3）如圖，延長交AD于點(diǎn)G，根據(jù)題意可知，在和中，，∴，∴，．根據(jù)（2）同理可知為等腰三角形．∴FG=PG．∵，∴在中，，∴，∴，∴．【點(diǎn)睛】本題為矩形的折疊問題．考查矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，菱形的判定，等腰三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理，綜合性強(qiáng)．掌握折疊的性質(zhì)和正確的連接輔助線是解答本題的關(guān)鍵．4．問題呈現(xiàn)：如圖1，在邊長為1的正方形網(wǎng)格中，分別連接格點(diǎn)A，B和C，D，AB和CD相交于點(diǎn)P，求tan∠BPD的值．方法歸納：利用網(wǎng)格將線段CD平移到線段BE，連接AE，得到格點(diǎn)△ABE，且AE⊥BE，則∠BPD就變換成Rt△ABE中的∠ABE．問題解決：（1）圖1中tan∠BPD的值為________；（2）如圖2，在邊長為1的正方形網(wǎng)格中，分別連接格點(diǎn)A，B和C，D，AB與CD交于點(diǎn)P，求cos∠BPD的值；思維拓展：（3）如圖3，AB⊥CD，垂足為B，且AB＝4BC，BD＝2BC，點(diǎn)E在AB上，且AE＝BC，連接AD交CE的延長線于點(diǎn)P，利用網(wǎng)格求sin∠CPD．解析：（1）2；（2）；（3）【分析】（1）由題意可得BE∥DC，則∠ABE=∠DPB，那么∠BPD就變換到Rt△ABE中，由銳角三角函數(shù)的定義可得出答案；（2）過點(diǎn)A作AE//CD，連接BE，那么∠BPD就變換到等腰Rt△ABE中，由銳角三角函數(shù)的定義可得出答案；（3）以BC為邊長構(gòu)造網(wǎng)格，然后把PC平移到AN，則∠CPD就變換成Rt△ADN中的∠NAD，再由銳角三角函數(shù)的定義可得出答案．【詳解】（1）由勾股定理可得：，∵CD//BE，∴tan∠BPD＝tan∠ABE＝；（2）過點(diǎn)A作AE//CD，連接BE，由圖可知E點(diǎn)在格點(diǎn)上，且∠AEB＝90°，由勾股定理可得：∴cos∠BPD＝cos∠BAE＝（3）如圖3構(gòu)造網(wǎng)格，過點(diǎn)A作AN//PC，連接DN，由圖可知N點(diǎn)在格點(diǎn)上，且∠AND＝90°，由勾股定理可得：∴sin∠CPD＝sin∠NAD＝【點(diǎn)睛】本題考查三角形綜合題、平行線的性質(zhì)、勾股定理、直角三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用數(shù)形結(jié)合的思想解決問題，學(xué)會用轉(zhuǎn)化的思想思考問題，屬于中考壓軸題．5．和都是等邊三角形，繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，連接．猜測發(fā)現(xiàn)：（1）如圖1，與是否相等？若相等，加以證明；若不相等，請說明理由．問題解決：（2）若三點(diǎn)不在一條直線上，且，求的長．拓展運(yùn)用：（3）若三點(diǎn)在一條直線上（如圖2），且和的邊長分別為1和2，的面積及的值．解析：（1）AE=BD，理由見解析；（2）5；（3）面積為，＝【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，容易證明△BCD≌△ACE，從而問題即可解決；（2）根據(jù)∠ADC=30゜及△DCE是等邊三角形，可得∠ADE=∠ADC+∠CDE=90゜，從而可計算出AE，再由（1）即可得BD的長；（3）過A點(diǎn)作AF⊥CD于F，根據(jù)和都是等邊三角形，可得∠ACD=60゜，于是在直角△ACF中利用三角函數(shù)知識可求得AF的長，從而可求得△ACD的面積；在△ACF中還可求得CF的長，從而可得DF的長，這樣在直角△ADF中即可求得結(jié)論．【詳解】（1）AE=BD．理由如下：∵和都是等邊三角形，∴，∴，即，在和中，，∴，∴；（2）如圖3，由（1）得：，∵是等邊三角形，∴，∵，∴，在中，，∴，∴；（3）如圖2，過作于，∵三點(diǎn)在一條直線上，∴，∵和都是等邊三角形，∴，∴，在中，，∴，，∴，，在中，．【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)等知識，帶有一定的綜合性．6．如圖，在菱形中，，將邊繞點(diǎn)逆時針旋轉(zhuǎn)至，記旋轉(zhuǎn)角為．過點(diǎn)作于點(diǎn)，過點(diǎn)作直線于點(diǎn)，連接．（探索發(fā)現(xiàn)）填空：當(dāng)時，=．的值是（驗證猜想）當(dāng)時，中的結(jié)論是否仍然成立?若成立，請僅就圖的情形進(jìn)行證明；若不成立，請說明理由；（拓展應(yīng)用）在的條件下，若，當(dāng)是等腰直角三角形時，請直接寫出線段的長．解析：（1），；（2）當(dāng)時，（1）中的結(jié)論仍然成立，理由見解析；（3）線段的長為或．【分析】當(dāng)時，點(diǎn)B′與點(diǎn)C重合，，由四邊形ABCD為菱形，可求∠ABE=90°，由，可求∠ABC=60°，=30°，由DF⊥BC，DC∥AB，∠FDC=∠EBC=30°，由sin∠FDC=sin∠EBC=，可得CF=CE，可求∠CEF=∠FDC=30°即可；當(dāng)時，中的結(jié)論仍然成立．先求，再證．最后證即可；連接，交于點(diǎn)．先求，．．分兩種情況：如圖先求，再證△B′BD∽△EBF，可得，如圖先求．再證△B′BD∽△EBF，．【詳解】當(dāng)時，點(diǎn)B′與點(diǎn)C重合，∵，四邊形ABCD為菱形，CD∥AB，∴⊥AB，∴∠ABE=90°，∵，AD∥BC，∴∠ABC=180°-∠BAD=180°-120°=60°，∴=∠ABE-∠ABC=90°-60°=30°，∵DF⊥BC，DC∥AB，∴DF⊥AD，∠CDA=180°-∠BAD=60°，∴∠FDC=90°-∠CDA=30°，∠FCD=90°-∠FDC=60°，∴∠FDC=∠EBC=30°，∴sin∠FDC=sin∠EBC=，∵DC=BC，∴CF=CE，∴∠CFE=∠CEF=∠FCD=30°，∴∠CEF=∠FDC=30°，∴DF=FE，∵cos∠FDC=，∴=，故答案為，．當(dāng)時，中的結(jié)論仍然成立．證明：如圖，連接．，，．，．．．，即．，，．．，線段的長為或．連接，交于點(diǎn)．，，，，∵DE=BE，∠DEB=90°，∴∠EDB=∠EBD=45°，．，∠B′EB=90°，，．，．．分兩種情況：如圖，，∵∠B′BE=∠DBF=30°，∴cos∠B′BE=cos∠DBF=，又∵∠B′BE+∠EBD=∠EBD+∠DBF，∴∠B′BD=∠EBF，∴△B′BD∽△EBF，∴，．如圖，．∵∠B′BE=∠DBF=30°，∴cos∠B′BE=cos∠DBF=，又∵∠B′BE-∠FBB′=∠DBF-∠FBB′，∴∠B′BD=∠EBF，∴△B′BD∽△EBF，∴，．綜上所述，線段的長為或．【點(diǎn)睛】本題考查圖形旋轉(zhuǎn)變換，菱形性質(zhì)，銳角三角函數(shù)值，等腰直角三角形性質(zhì)，三角形相似判定與性質(zhì)，掌握圖形旋轉(zhuǎn)變換，菱形性質(zhì)，銳角三角函數(shù)值，等腰直角三角形性質(zhì)，三角形相似判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．7．（概念學(xué)習(xí)）在平面直角坐標(biāo)系中，的半徑為，若平移個單位后，使某圖形上所有點(diǎn)在內(nèi)或上，則稱的最小值為對該圖形的“最近覆蓋距離”．例如，如圖①，，則對線段的“最近覆蓋距離”為．（概念理解）（1）對點(diǎn)的“最近覆蓋距離”為_．（2）如圖②，點(diǎn)是函數(shù)圖像上一點(diǎn)，且對點(diǎn)的“最近覆蓋距離”為，則點(diǎn)的坐標(biāo)為_．（拓展應(yīng)用）（3）如圖③，若一次函數(shù)的圖像上存在點(diǎn)，使對點(diǎn)的“最近覆蓋距離”為，求的取值范圍．（4），且，將對線段的“最近覆蓋距離”記為，則的取值范圍是．解析：（1）4；（2）或；（3）或；（4）【分析】（1）求出點(diǎn)(3,4)與原點(diǎn)的距離，這個距離與1的差即是所求結(jié)果；（2）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為，根據(jù)P到圓心的距離為4及勾股定理，可得關(guān)于x的方程，解方程即可求得點(diǎn)P的坐標(biāo)；（3）考慮臨界狀態(tài)，當(dāng)OC=2時，函數(shù)圖象上存在點(diǎn)C，使對點(diǎn)C的“最近覆蓋距離”為1，利用三角形相似求出;同理，另一個臨界狀態(tài)為，即可求解；（4）由題意可得DE是一條傾斜角度為45°,長度為的線段，可在圓上找到兩條與之平行且等長的弦AB、FG，如果D落在弧AF上，或者落在弧BG上，進(jìn)而求解．【詳解】（1）點(diǎn)(3,4)與原點(diǎn)的距離為，而5－1=4，則對點(diǎn)的“最近覆蓋距離”為4；故答案為：（2）由題意可知，到圓的最小距離為，即到圓心的距離為由點(diǎn)P在直線上，故設(shè)，則解得故點(diǎn)P的坐標(biāo)為：或故答案為：或（3）如圖，考慮臨界狀態(tài)，過O作OC⊥DE于C點(diǎn)，當(dāng)時，函數(shù)圖像上存在點(diǎn)，使對點(diǎn)的“最近覆蓋距離”為則設(shè)則由勾股定理可得：解得（舍）此時．同理，另一個臨界狀態(tài)為經(jīng)分析可知，函數(shù)相比臨界狀態(tài)更靠近軸，則存在點(diǎn)或由題意可知，是一條傾斜角度為，長度為的線段可在圓上找到兩條與之平行且等長的弦如果落在弧上，或者落在弧上，則成立當(dāng)時，到弧的最小距離為此時當(dāng)時，到弧的最小距離為此時綜上【點(diǎn)睛】本題是圓的綜合題，主要考查了一次函數(shù)的性質(zhì)、圓的基本知識、三角形相似的判定與性質(zhì)、新定義等，數(shù)形結(jié)合是本題解題的關(guān)鍵．8．（了解概念）在凸四邊形中，若一邊與它的兩條鄰邊組成的兩個內(nèi)角相等，則稱該四邊形為鄰等四邊形，這條邊叫做這個四邊形的鄰等邊．（理解運(yùn)用）（1）在鄰等四邊形中，，，若是這個鄰等四邊形的鄰等邊，則的度數(shù)為__________；（2）如圖，凸四邊形中，P為邊的中點(diǎn)，，判斷四邊形是否為鄰等四邊形，并證明你的結(jié)論；（拓展提升）（3）在平面直角坐標(biāo)系中，為鄰等四邊形的鄰等邊，且邊與x軸重合，已知，，，若在邊上使的點(diǎn)P有且僅有1個，則m的值是__________．解析：（1）130°；（2）四邊形ABCD是鄰等四邊形，理由見解析；（3）﹣5±4【分析】（1）根據(jù)鄰等四邊形的定義即可求解；（2）由△ADP∽△PDC，可得，∠DAP＝∠DPC，∠APD＝∠PCD，由P為AB的中點(diǎn)，可得AP＝BP，則，可證△BPC∽△ADP，由相似三角形的性質(zhì)得出∠A＝∠B即可；（3）①若點(diǎn)B在點(diǎn)A右側(cè)，如圖，由AB為鄰等邊，則有∠DAB＝∠ABC＝∠DPC，可證△ADP∽△BPC，可得＝，設(shè)點(diǎn)P（n，0），由等腰直角三角形可求∠BAD＝45°，可求B、C橫坐標(biāo)之差為3，B（m+3，0），將AP，BP，AD，BC，代入得：，整理可得：﹣n2+（m+1）n+2m﹣18＝0，由題意可知n只有一個解，可求得m＝﹣5+4；②若點(diǎn)B在點(diǎn)A左側(cè)，可求得∠BAD＝135°，可證△ADP∽△BPC，可得＝，可求得B、C橫坐標(biāo)之差為3，，可求得m＝﹣5﹣4．【詳解】解：（1）∵CD為鄰等邊，∴∠C＝∠D，又∵，，∴∠C＝∠D＝（360°﹣∠A﹣∠B）÷2＝130°，∴∠C＝130°．故答案為：130°；（2）四邊形ABCD是鄰等四邊形，理由如下：∵△ADP∽△PDC，∴，∠DAP＝∠DPC，∠APD＝∠PCD，∠ADP＝∠PDC，又∵P為AB的中點(diǎn)，∴AP＝BP，∴，∴，∵∠APD+∠BPC＝180°﹣∠DPC，∠PCD+∠PDC＝180°﹣∠DPC，且∠APD＝∠PCD，∴∠BPC＝∠PDC，∵∠ADP＝∠PDC，∴∠ADP＝∠BPC，∴△BPC∽△ADP，∴∠B＝∠A，∴四邊形ABCD為鄰等四邊形；（3）若點(diǎn)B在點(diǎn)A右側(cè)，如圖，∵AB為鄰等邊，則有∠DAB＝∠ABC＝∠DPC，又∵∠ADP+∠DPA＝180°﹣∠DAB，∠BPC+∠DPA＝180°﹣∠DPC，∴∠DAB＝∠DPC，∠ADP＝∠BPC，∴△ADP∽△BPC，∴＝，設(shè)點(diǎn)P（n，0），∵A（﹣2，0），D（2，4），∴∠BAD＝45°，∴∠ABC＝45°，過點(diǎn)C作CE⊥x軸于點(diǎn)E，則∠CEB＝90°，∠BCE＝∠ABC＝45°，∴CE＝BE，∵點(diǎn)C（m，3），∴CE＝3，∴BE＝3，∴B（m+3，0），∴AP＝n+2，BP＝m+3﹣n，∴AD＝＝，BC＝＝，代入＝得：，整理可得：﹣n2+（m+1）n+2m﹣18＝0，由題意可知n只有一個解，∴△＝（m+1）2+4（2m﹣18）＝0，解得：m＝﹣5±4，又∵點(diǎn)C在點(diǎn)D右側(cè)，∴m＝﹣5+4；②若點(diǎn)B在點(diǎn)A左側(cè)，如圖，此時，∵A（﹣2，0），D（2，4），∴∠OAD＝45°，∴∠BAD＝∠ABC＝∠DPC＝135°，∵∠ADP+∠DPA＝180°﹣∠DAB，∠BPC+∠DPA＝180°﹣∠DPC，∴ADP＝∠BPC，∴△ADP∽△BPC，∴＝，由①得：B（m+3，0），C（m，3），P（n，0），AP＝﹣2﹣n，BP＝n﹣m﹣3，AD＝，BC＝，∴，解得：m＝﹣5±4，又∵點(diǎn)C在點(diǎn)D左側(cè)，∴m＝﹣5﹣4；綜上所述：m＝﹣5±4．【點(diǎn)睛】本題是相似綜合題，考查新定義圖形，仔細(xì)閱讀題目，抓住定義中的性質(zhì)，會驗證新定義圖形，相似三角形的判定與性質(zhì)，一元二次方程根的判別式，利用相似三角形的性質(zhì)構(gòu)造關(guān)于n的一元二次方程是解題關(guān)鍵．9．?dāng)?shù)學(xué)課上，李老師出示了如下框中的題目．在等邊三角形中，點(diǎn)E在上，點(diǎn)D在的延長線上，且，如圖，試確定線段與的大小關(guān)系，并說明理由．小敏與同桌小聰討論后，進(jìn)行了如下解答：（1）特殊情況，探索結(jié)論當(dāng)點(diǎn)E為的中點(diǎn)時，如圖1，確定線段與的大小關(guān)系．請你直接寫出結(jié)論：_____（填“>”，“<”或“=”）．（2）特例啟發(fā)，解答題目解：如圖2，題目中，與的大小關(guān)系是：____（填“>”“<”或“=”）．理由如下：（請你完成以下解答過程）（3）拓展結(jié)論，設(shè)計新題在等邊三角形中，點(diǎn)E在直線上，點(diǎn)D在直線上，且．若的邊長為1，，求的長（請你直接寫出結(jié)果）．解析：（1）=；（2）=；（3）3或1【分析】（1）根據(jù)等邊三角形性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)求出∠D=∠ECB=30°，求出∠DEB=30°，求出BD=BE即可；（2）過E作EF∥BC交AC于F，求出等邊三角形AEF，證△DEB和△ECF全等，求出BD=EF即可；（3）當(dāng)D在CB的延長線上，E在AB的延長線式時，由（2）求出CD=3，當(dāng)E在BA的延長線上，D在BC的延長線上時，求出CD=1．【詳解】解：（1）如圖1，過點(diǎn)作，交于點(diǎn)，為等邊三角形，，∠A=60°，∴為等邊三角形，，，，，，，在和中，，，，故答案為：；（2）如圖1，過E作EF∥BC交AC于F，∵等邊三角形ABC，∴∠ABC=∠ACB=∠A=60°，AB=AC=BC，∴∠AEF=∠ABC=60°，∠AFE=∠ACB=60°，即∠AEF=∠AFE=∠A=60°，∴△AEF是等邊三角形，∴AE=EF=AF，∵∠ABC=∠ACB=∠AFE=60°，∴∠DBE=∠EFC=120°，∠D+∠BED=∠FCE+∠ECD=60°，∵DE=EC，∴∠D=∠ECD，∴∠BED=∠ECF，在△DEB和△ECF中，∴△DEB≌△ECF（AAS），∴BD=EF=AE，即AE=BD，故答案為：=．（3）CD=1或3，理由是：分為兩種情況：①如圖2過A作AM⊥BC于M，過E作EN⊥BC于N，則AM∥EN，∵△ABC是等邊三角形，∴AB=BC=AC=1，∵AM⊥BC，∴BM=CM=BC=，∵DE=CE，EN⊥BC，∴CD=2CN，∵AB=1，AE=2，∴AB=BE=1，∵EN⊥DC，AM⊥BC，∴∠AMB=∠ENB=90°，在△ABM和△EBN中，∴△AMB≌△ENB（AAS），∴BN=BM=，∴CN=1+=，CD=2CN=3；②如圖3，作AM⊥BC于M，過E作EN⊥BC于N，則AM∥EN，∵△ABC是等邊三角形，∴AB=BC=AC=1，∵AM⊥BC，∴BM=CM=BC=，∵DE=CE，EN⊥BC，∴CD=2CN，∵AM∥EN，∴，∴，∴MN=1，∴CN=1-=，∴CD=2CN=1，即CD=3或1．【點(diǎn)睛】本題綜合考查了等邊三角形的性質(zhì)和判定，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，三角形的外角性質(zhì)等知識點(diǎn)的應(yīng)用，解（2）小題的關(guān)鍵是構(gòu)造全等的三角形后求出BD=EF，解（3）小題的關(guān)鍵是確定出有幾種情況，求出每種情況的CD值，注意，不要漏解?。?0．[探究函數(shù)的圖象與性質(zhì)]（1）函數(shù)的自變量的取值范圍是；（2）下列四個函數(shù)圖象中函數(shù)的圖象大致是；（3）對于函數(shù)，求當(dāng)時，的取值范圍.請將下列的求解過程補(bǔ)充完整.解：∵∴∵∴.[拓展運(yùn)用]（4）若函數(shù)，則的取值范圍.解析：（1）；（2）C；（3）4，4；（4）【詳解】試題分析：本題的⑴問抓住函數(shù)是由分式給定的，所以抓住是分母不為0,即可確定自變量的取值范圍.本題的⑵問結(jié)合第⑴問中的，即或進(jìn)行分類討論函數(shù)值的大致取值范圍，即可得到函數(shù)的大致圖象.本題的第⑶問根據(jù)函數(shù)的配方逆向展開即推出“（）”應(yīng)填寫“常數(shù)”部分，再根據(jù)配方情況可以得到當(dāng)當(dāng)時，的取值范圍.本題的⑷問現(xiàn)將函數(shù)改寫為的形式，再按⑶的形式進(jìn)行配方變形即可求的取值范圍.試題解析：（1）由于函數(shù)是分式給定的，所要滿足分母不為0，所以.故填：.（2）即或；當(dāng)時，的值是正數(shù)，此時畫出的圖象只能在第一象限；當(dāng)時，的值是負(fù)數(shù)，此時畫出的圖象只能在第三象限；所以函數(shù)的圖象只在直角坐標(biāo)系的一、三象限.故其大致圖象應(yīng)選C.（3）∵，∴.故分別填：；（4）∵（這里隱含有首先是正數(shù)）∴∵∴.11．問題背景：如圖1，在矩形中，，，點(diǎn)是邊的中點(diǎn)，過點(diǎn)作交于點(diǎn)．實驗探究：（1）在一次數(shù)學(xué)活動中，小王同學(xué)將圖1中的繞點(diǎn)按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，如圖2所示，得到結(jié)論：①_____；②直線與所夾銳角的度數(shù)為______．（2）小王同學(xué)繼續(xù)將繞點(diǎn)按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)至如圖3所示位置.請問探究（1）中的結(jié)論是否仍然成立？并說明理由．拓展延伸：在以上探究中，當(dāng)旋轉(zhuǎn)至、、三點(diǎn)共線時，則的面積為______．解析：（1），30°；（2）成立，理由見解析；拓展延伸：或【分析】（1）通過證明，可得，，即可求解；（2）通過證明，可得，，即可求解；拓展延伸：分兩種情況討論，先求出，的長，即可求解．【詳解】解：（1）如圖1，，，，，如圖2，設(shè)與交于點(diǎn)，與交于點(diǎn)，繞點(diǎn)按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，，，，，又，，直線與所夾銳角的度數(shù)為，故答案為：，；（2）結(jié)論仍然成立，理由如下：如圖3，設(shè)與交于點(diǎn)，與交于點(diǎn)，將繞點(diǎn)按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，，又，，，，又，，直線與所夾銳角的度數(shù)為．拓展延伸：如圖4，當(dāng)點(diǎn)在的上方時，過點(diǎn)作于，，，點(diǎn)是邊的中點(diǎn)，，，，，，，，、、三點(diǎn)共線，，，，，由（2）可得：，，，的面積；如圖5，當(dāng)點(diǎn)在的下方時，過點(diǎn)作，交的延長線于，同理可求：的面積；故答案為：或．【點(diǎn)睛】本題是幾何變換綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識，利用分類討論思想解決問題是解題的關(guān)鍵．12．問題發(fā)現(xiàn)如圖，正方形將正方形繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，直線交于點(diǎn)請直接寫出線段與的數(shù)量關(guān)系是，位置關(guān)系是_；拓展探究如圖，矩形將矩形繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，直線交于點(diǎn)中線段關(guān)系還成立嗎/若成立，請寫出理由；若不成立，請寫出線段的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并說明理由；解決問題在的條件下，矩形繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)過程中，請直接寫出當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時，線段的長，解析：；中數(shù)量關(guān)系不成立，位置關(guān)系成立．，理由見解析；或【分析】（1）證明△ADE≌△CDG（SAS），可得AE＝CG，∠DAG＝∠DCG，再由直角三角形兩個銳角互余即可證得AE⊥CG；（2）先證明△ADE∽△CDG，利用相似三角形的性質(zhì)證明即可．（3）先通過作圖找到符合題意的兩種情況，第一種情況利用勾股定理求解即可；第二種情況借助相似三角形及勾股定理計算即可．【詳解】（1）；理由如下：由題意知在正方形中，，，在△ADE與△CDG中，∴△ADE≌△CDG（SAS）∴，∵對頂角相等，∴．（2）（1）中數(shù)量關(guān)系不成立，位置關(guān)系成立．即：理由如下：由題意知在矩形中，，，，∵對頂角相等∴．綜上所述：（3）如圖1，當(dāng)點(diǎn)G、P在點(diǎn)A處重合時，連接AE，則此時∠ADE＝∠GDE＝90°∴在Rt△ADE中，AE＝，如圖1，當(dāng)點(diǎn)G、P重合時，則點(diǎn)A、E、G在同一直線上，∵AD＝DG＝4，∴∠DAG＝∠DGA，∵∠ADC＝∠AGP＝90°，∠AOD＝∠COG，∴∠DAG＝∠COG，∴∠DGA＝∠COG，又∵∠GDO＝∠CDG，∴△GDO∽△CDG，∴∴∴DO＝2，CG＝2OG，∴OC＝DC－DO＝8－2＝6，∵在Rt△COG中，OG2＋GC2＝OC2，∴OG2＋（2OG）2＝62，∴OG＝（舍負(fù)），∴CG＝，由（2）得：∴AE＝，綜上所述，AE的長為或．【點(diǎn)睛】本題綜合考查了全等三角形及相似三角形的判定及性質(zhì)，以及勾股定理的應(yīng)用，根據(jù)題意畫出符合題意的圖形是解決本題的關(guān)鍵．13．（操作）如圖①，在矩形中，為對角線上一點(diǎn)（不與點(diǎn)重合），將沿射線方向平移到的位置，的對應(yīng)點(diǎn)為．已知（不需要證明）．（探究）過圖①中的點(diǎn)作交延長線于點(diǎn)，連接，其它條件不變，如圖②．求證：．（拓展）將圖②中的沿翻折得到，連接，其它條件不變，如圖③．當(dāng)最短時，若,，直接寫出的長和此時四邊形的周長．解析：探究：見解析；拓展：四邊形的周長為【分析】探究：證明四邊形EGBC是平行四邊形，推出EG=BC，利用SAS證明三角形全等即可．拓展：如圖3中，連接BD交AC于點(diǎn)O，作BK⊥AC于K，F(xiàn)′H⊥BC于H．由題意四邊形AGFC是平行四邊形，推出GF=AC=，由BF=BF′，可以假設(shè)BF=x，則BG=利用相似三角形的性質(zhì)，求出BH，HF′，利用勾股定理求出GF′，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)，求出GF′的值最小時BF′的值，推出BF′=此時點(diǎn)F′與O重合，由此即可解決問題．【詳解】解：探究：由平移，∴，即又∵，∴四邊形為平行四邊形∴∵，∴∠CBF=∠ACB，∵∴∠AEG=∠ACB，∴∠AEG=∠CBF∴．拓展：如圖3中，連接BD交AC于點(diǎn)O，作BK⊥AC于K，F(xiàn)′H⊥BC于H．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，AB=4，BC=2，∴∵∴，∴由題意四邊形AGFC是平行四邊形，∴GF=AC=，∵BF=BF′，可以假設(shè)BF=x，則BG=∵AC∥GF，∴∠BOK=∠HBF′，∵∠BKO=∠F′HB=90°，∴△F′HB∽△BKO，∴∴∴∴∵＞0，∴當(dāng)時，GF′的值最小，此時點(diǎn)F′與O重合，由對折得：由矩形的性質(zhì)得：四邊形BFCF′是菱形，四邊形BFCF′的周長為，且與互相平分，由勾股定理得：【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，翻折變換，平行四邊形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題，學(xué)會構(gòu)建二次函數(shù)解決最值問題，屬于中考壓軸題．14．如圖1，在中，，，點(diǎn)，分別在邊，上，，連接，點(diǎn)，，分別為，，的中點(diǎn).（1）觀察猜想圖1中，線段與的數(shù)量關(guān)系是，位置關(guān)系是；（2）探究證明把繞點(diǎn)逆時針方向旋轉(zhuǎn)到圖2的位置，連接，，，判斷的形狀，并說明理由；（3）拓展延伸把繞點(diǎn)在平面內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)，若，，請直接寫出面積的最大值.解析：（1）PM=PN，；（2）等腰直角三角形，理由詳見解析；（3）.【詳解】試題分析：(1)已知點(diǎn)，，分別為，，的中點(diǎn)，根據(jù)三角形的中位線定理可得,,,根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠DPM=∠DCE，∠NPD=∠ADC，在中，，，，可得BD=EC，∠DCE+∠ADC=90°，即可得PM=PN，∠DPM+∠NPD=90°，即；（2）是等腰直角三角形，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)易證△BAD≌△CAE，即可得BD=CE，∠ABD=∠ACE，根據(jù)三角形的中位線定理及平行線的性質(zhì)（方法可類比（1）的方法）可得PM="PN,"∠MPD=∠ECD，∠PNC=∠DBC，所以∠MPD=∠ECD=∠ACD+∠ACE=∠ACD+∠ABD，∠DPN=∠PNC+∠PCN=∠DBC+∠PCN，即可得∠MPN=∠MPD+∠DPN=∠ACD+∠ABD+∠DBC+∠PCN=∠ABC+∠ACB=90°，即△PMN為等腰直角三角形；（3）把繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)到如圖的位置，此時PN=(AD+AB)="7,"PM=(AE+AC)=7,且PN、PM的值最長，由（2）可知PM=PN，，所以面積的最大值為.試題解析：（1）PM=PN，；（2）等腰直角三角形，理由如下：由旋轉(zhuǎn)可得∠BAD=∠CAE，又AB=AC,AD=AE∴△BAD≌△CAE∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，∵點(diǎn)，分別為，的中點(diǎn)∴PM是△DCE的中位線∴PM=CE，且,同理可證PN=BD，且∴PM="PN,"∠MPD=∠ECD，∠PNC=∠DBC，∴∠MPD=∠ECD=∠ACD+∠ACE=∠ACD+∠ABD，∠DPN=∠PNC+∠PCN=∠DBC+∠PCN，∴∠MPN=∠MPD+∠DPN=∠ACD+∠ABD+∠DBC+∠PCN=∠ABC+∠ACB=90°，即△PMN為等腰直角三角形.(3).考點(diǎn)：旋轉(zhuǎn)和三角形的綜合題.15．（探究函數(shù)y=x+的圖象與性質(zhì)）（1）函數(shù)y=x+的自變量x的取值范圍是；（2）下列四個函數(shù)圖象中函數(shù)y=x+的圖象大致是；（3）對于函數(shù)y=x+，求當(dāng)x＞0時，y的取值范圍．請將下列的求解過程補(bǔ)充完整．解：∵x＞0∴y=x+=（）2+（）2=（﹣）2+∵（﹣）2≥0∴y≥．[拓展運(yùn)用]（4）若函數(shù)y=，則y的取值范圍．解析：（1）x≠0；（2）C（3）4；4；（4）y≥13【解析】試題分析：根據(jù)反比例函數(shù)的性質(zhì)，一次函數(shù)的性質(zhì)；二次函數(shù)的性質(zhì)解答即可.試題解析：（1）函數(shù)y=x+的自變量x的取值范圍是x≠0；（2）函數(shù)y=x+的圖象大致是C；（3）解：∵x＞0∴y=x+=（）2+（）2=（﹣）2+4∵（﹣）2≥0∴y≥4．（4）y==x+﹣5═（）2+（）2﹣5=（+）2+13∵（﹣）2≥0，∴y≥13．考點(diǎn)：1.反比例函數(shù)的性質(zhì)；一次函數(shù)的性質(zhì)；二次函數(shù)的性質(zhì).16．問題背景：我們學(xué)習(xí)等邊三角形時得到直角三角形的一個性質(zhì)：在直角三角形中，如果一個銳角等于30°，那么它所對的直角邊等于斜邊的一半．即：如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，則：AC=AB．探究結(jié)論：小明同學(xué)對以上結(jié)論作了進(jìn)一步研究．（1）如圖1，連接AB邊上中線CE，由于CE=AB，易得結(jié)論：①△ACE為等邊三角形；②BE與CE之間的數(shù)量關(guān)系為．（2）如圖2，點(diǎn)D是邊CB上任意一點(diǎn)，連接AD，作等邊△ADE，且點(diǎn)E在∠ACB的內(nèi)部，連接BE．試探究線段BE與DE之間的數(shù)量關(guān)系，寫出你的猜想并加以證明．（3）當(dāng)點(diǎn)D為邊CB延長線上任意一點(diǎn)時，在（2）條件的基礎(chǔ)上，線段BE與DE之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？請直接寫出你的結(jié)論．拓展應(yīng)用：如圖3，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣，1），點(diǎn)B是x軸正半軸上的一動點(diǎn)，以AB為邊作等邊△ABC，當(dāng)C點(diǎn)在第一象限內(nèi)，且B（2，0）時，求C點(diǎn)的坐標(biāo)．解析：（1）EC=EB；（2）ED=EB，理由見解析；（3）ED=EB；拓展應(yīng)用：C（1，2+）．【分析】探究結(jié)論：（1）只要證明△ACE是等邊三角形即可解決問題；（2）如圖2中，結(jié)論：ED=EB．想辦法證明EP垂直平分線段AB即可解決問題；（3）結(jié)論不變，證明方法類似；拓展應(yīng)用：利用（2）中結(jié)論，可得CO=CB，設(shè)C（1，n），根據(jù)OC=CB=AB，構(gòu)建方程即可解決問題.【詳解】探究結(jié)論（1），如圖1中，∵∠ACB=90°，∠B=30°，∴∠A=60°，∵AC=AB=AE=EB，∴△ACE是等邊三角形，∴EC=AE=EB，故答案為：EC=EB；（2）如圖2中，結(jié)論：ED=EB．理由：連接PE，∵△ACP，△ADE都是等邊三角形，∴AC=AD=DE，AD=AE，∠CAP=∠DAE=60°，∴∠CAD=∠PAE，∴△CAD≌△PAE，∴∠ACD=∠APE=90°，∴EP⊥AB，∵PA=PB，∴EA=EB，∵DE=AE，∴ED=EB；（3）當(dāng)點(diǎn)D為邊CB延長線上任意一點(diǎn)時，同法可證：ED=EB，故答案為：ED=EB；拓展應(yīng)用：如圖3中，作AH⊥x軸于H，CF⊥OB于F，連接OA，∵A（﹣，1），∴∠AOH=30°，由（2）可知，CO=CB，∵CF⊥OB，∴OF=FB=1，∴可以假設(shè)C（1，n），∵OC=BC=AB，∴1+n2=1+（+2）2，∴n=2+，∴C（1，2+）．【點(diǎn)睛】本題考查三角形綜合題、等邊三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、線段的垂直平分線的性質(zhì)等知識，正確添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形是解決問題的關(guān)鍵.17．（1）證明推斷：如圖（1），在正方形中，點(diǎn)，分別在邊，上，于點(diǎn)，點(diǎn)，分別在邊，上，．①求證：；②推斷：的值為；（2）類比探究：如圖（2），在矩形中，（為常數(shù)）．將矩形沿折疊，使點(diǎn)落在邊上的點(diǎn)處，得到四邊形，交于點(diǎn)，連接交于點(diǎn)．試探究與CP之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）拓展應(yīng)用：在（2）的條件下，連接，當(dāng)時，若，，求的長．解析：（1）①證明見解析；②解：結(jié)論：．理由見解析；（2）結(jié)論：．理由見解析；（3）．【解析】【分析】（1）①由正方形的性質(zhì)得AB=DA，∠ABE=90°=∠DAH．所以∠HAO+∠OAD=90°，又知∠ADO+∠OAD=90°，所以∠HAO=∠ADO，于是△ABE≌△DAH，可得AE=DQ．②證明四邊形DQFG是平行四邊形即可解決問題．（2）結(jié)論：如圖2中，作GM⊥AB于M．證明：△ABE∽△GMF即可解決問題．（3）如圖2-1中，作PM⊥BC交BC的延長線于M．利用相似三角形的性質(zhì)求出PM，CM即可解決問題．【詳解】（1）①證明：∵四邊形是正方形，∴，．∴．∵，∴．∴．∴≌，∴．②解：結(jié)論：．理由：∵，，∴，∵，∴四邊形是平行四邊形，∴，∵，∴，∴．故答案為1．（2）解：結(jié)論：．理由：如圖2中，作于．∵，∴，∴，，∴，∴∽，∴，∵，∴四邊形是矩形，∴，∴．（3）解：如圖2﹣1中，作交的延長線于．∵，，∴，∴，∴可以假設(shè)，，，∵，，∴，∴，∴或﹣1（舍棄），∴，，∵，∴，∴，，∵，∴，，∴，∴∽，∴，∴，∴，，∴，∴．【點(diǎn)睛】本題屬于相似形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題，學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考壓軸題．18．實際問題：某商場為鼓勵消費(fèi)，設(shè)計了投資活動．方案如下：根據(jù)不同的消費(fèi)金額，每次抽獎時可以從100張面值分別為1元、2元、3元、…、100元的獎券中（面值為整數(shù)），一次任意抽取2張、3張、4張、…等若干張獎券，獎券的面值金額之和即為優(yōu)惠金額．某顧客獲得了一次抽取5張獎券的機(jī)會，小明想知道該顧客共有多少種不同的優(yōu)惠金額？問題建模：從1，2，3，…，（為整數(shù)，且）這個整數(shù)中任取個整數(shù)，這個整數(shù)之和共有多少種不同的結(jié)果？模型探究：我們采取一般問題特殊化的策略，先從最簡單的情形入手，再逐次遞進(jìn)，從中找出解決問題的方法．探究一：（1）從1，2，3這3個整數(shù)中任取2個整數(shù)，這2個整數(shù)之和共有多少種不同的結(jié)果？表①所取的2個整數(shù)1，21，3，2，32個整數(shù)之和345如表①，所取的2個整數(shù)之和可以為3，4，5，也就是從3到5的連續(xù)整數(shù)，其中最小是3，最大是5，所以共有3種不同的結(jié)果．（2）從1，2，3，4這4個整數(shù)中任取2個整數(shù)，這2個整數(shù)之和共有多少種不同的結(jié)果？表②所取的2個整數(shù)1，21，3，1，42，32，43，42個整數(shù)之和345567如表②，所取的2個整數(shù)之和可以為3，4，5，6，7，也就是從3到7的連續(xù)整數(shù)，其中最小是3，最大是7，所以共有5種不同的結(jié)果．（3）從1，2，3，4，5這5個整數(shù)中任取2個整數(shù)，這2個整數(shù)之和共有______種不同的結(jié)果．（4）從1，2，3，…，（為整數(shù)，且）這個整數(shù)中任取2個整數(shù)，這2個整數(shù)之和共有______種不同的結(jié)果．探究二：（1）從1，2，3，4這4個整數(shù)中任取3個整數(shù)，這3個整數(shù)之和共有______種不同的結(jié)果．（2）從1，2，3，…，（為整數(shù)，且）這個整數(shù)中任取3個整數(shù)，這3個整數(shù)之和共有______種不同的結(jié)果．探究三：從1，2，3，…，（為整數(shù)，且）這個整數(shù)中任取4個整數(shù)，這4個整數(shù)之和共有______種不同的結(jié)果．歸納結(jié)論：從1，2，3，…，（為整數(shù)，且）這個整數(shù)中任取個整數(shù)，這個整數(shù)之和共有______種不同的結(jié)果．問題解決：從100張面值分別為1元、2元、3元、…、100元的獎券中（面值為整數(shù)），一次任意抽取5張獎券，共有______種不同的優(yōu)惠金額．拓展延伸：（1）從1，2，3，…，36這36個整數(shù)中任取多少個整數(shù)，使得取出的這些整數(shù)之和共有204種不同的結(jié)果？（寫出解答過程）（2）從3，4，5，…，（為整數(shù)，且）這個整數(shù)中任取個整數(shù)，這個整數(shù)之和共有______種不同的結(jié)果．解析：探究一：（3）；（4）（，為整數(shù)）；探究二：（1）（2）；探究三：歸納結(jié)論：（為整數(shù)，且，＜＜）；問題解決：；拓展延伸：（1）個或個；（2）．【分析】探究一：（3）根據(jù)（1）（2）的提示列表，可得答案；（4）仔細(xì)觀察（1）（2）（3）的結(jié)果，歸納出規(guī)律，從而可得答案；探究二：（1）仿探究一的方法列表可得答案；（2）由前面的探究概括出規(guī)律即可得到答案；探究三：根據(jù)探究一，探究二，歸納出從1，2，3，…，（為整數(shù)，且）這個整數(shù)中任取4個整數(shù)的和的結(jié)果數(shù)，再根據(jù)上面探究歸納出從1，2，3，…，（為整數(shù)，且）這個整數(shù)中任取個整數(shù)，這個整數(shù)之和的結(jié)果數(shù)；問題解決：利用前面的探究計算出這5張獎券和的最小值與最大值，從而可得答案；拓展延伸：（1）直接利用前面的探究規(guī)律，列方程求解即可，（2）找到與問題等價的模型，直接利用規(guī)律得到答案．【詳解】解：探究一：（3）如下表：取的2個整數(shù)2個整數(shù)之和所取的2個整數(shù)之和可以為3，4，5，6，7，8，9也就是從3到9的連續(xù)整數(shù)，其中最小是3，最大是9，所以共有7種不同的結(jié)果．（4）從1，2，3，…，（為整數(shù)，且）這個整數(shù)中任取2個整數(shù)，這2個整數(shù)之和的最小值是3，和的最大值是所以一共有種．探究二：（1）從1，2，3，4這4個整數(shù)中任取3個整數(shù)，如下表：取的3個整數(shù)1,2,31,2,41,3,42,3,43個整數(shù)之和6789從1，2，3，4這4個整數(shù)中任取3個整數(shù)，這3個整數(shù)之和共有4種，（2）從1，2，3，4，5這5個整數(shù)中任取3個整數(shù)，這3個