一、中考幾何壓軸題1．（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖1，在△ABC中和△DCE中，，，，點D是BC的垂線AF上任意一點．填空：①的值為；②∠ABE的度數(shù)為．（2）類比探究：如圖2，在△ABC中和△DCE中，，，點D是BC的垂線AF上任意一點．請判斷的值及∠ABE的度數(shù)，并說明理由；（3）拓展延伸：在（2）的條件下，若，，請直接寫出BE的長．2．綜合與實踐（1）問題發(fā)現(xiàn)：正方形ABCD和等腰直角△BEF按如圖①所示的方式放置，點F在AB上，連接AE、CF，則AE、CF的數(shù)量關(guān)系為，位置關(guān)系為．（2）類比探究：正方形ABCD保持固定，等腰直角△BEF繞點B順時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α(0°<α≤360°)，請問（1）中的結(jié)論還成立嗎？請就圖②說明你的理由：（3）拓展延伸：在（2）的條件下，若AB=2BF=4，在等腰直角△BEF旋轉(zhuǎn)的過程中，當CF為最大值時，請直接寫出DE的長．3．《函數(shù)的圖象與性質(zhì)》拓展學習展示：（問題）如圖①，在平面直角坐標系中，拋物線：與軸相交于，兩點，與軸交于點，則______，______．（操作）將圖①中拋物線沿方向平移長度的距離得到拋物線，在軸左側(cè)的部分與在軸右側(cè)的部分組成的新圖象記為，如圖②．請直接寫出圖象對應的函數(shù)解析式．（探究）在圖②中，過點作直線平行于軸，與圖象交于，兩點，如圖③．求出圖象在直線上方的部分對應的函數(shù)隨的增大而增大時的取值范圍．（應用）是拋物線對稱軸上一個動點，當是直角三角形時，直接寫出點的坐標．4．（教材呈現(xiàn)）下面是華師版八年級下冊教材第89頁的部分內(nèi)容．如圖，G，H是平行四邊形ABCD對角線AC上的兩點，且AG=CH，E，F(xiàn)分別是邊AB和CD的中點求證：四邊形EHFG是平行四邊形證明：連接EF交AC于點O∵四邊形ABCD是平行四邊形∴AB=CD，AB∥CD又∵E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點∴AE=CF又∵AB∥CD∴∠EAO=∠FCO又∵∠AOE=∠COF∴△AOE≌△COF請補全上述問題的證明過程．（探究）如圖①，在△ABC中，E，O分別是邊AB、AC的中點，D、F分別是線段AO、CO的中點，連結(jié)DE、EF，將△DEF繞點O旋轉(zhuǎn)180°得到△DGF，若四邊形DEFG的面積為8，則△ABC的面積為．（拓展）如圖②，GH是正方形ABCD對角線AC上的兩點，且AG＝CH，GH＝AB，E、F分別是AB和CD的中點．若正方形ABCD的面積為16，則四邊形EHFG的面積為．5．將拋物線y＝ax2的圖像（如圖1）繞原點順時針旋轉(zhuǎn)90度后可得新的拋物線圖像（如圖2），記為C：y2＝x．（概念與理解）將拋物線y1=4x2和y2=x2按上述方法操作后可得新的拋物線圖像，記為：C1：_____________；C2：____________．（猜想與證明）在平面直角坐標系中，點M（x，0）在x軸正半軸上，過點M作平行于y軸的直線，分別交拋物線C1于點A、B，交拋物線C2于點C、D，如圖3所示．（1）填空：當x=1時，=______；當x=2時，=_______；（2）猜想：對任意x（x＞0）上述結(jié)論是否仍然成立？若成立，請證明你的猜想；若不成立，請說明理由．（探究與應用）①利用上面的結(jié)論，可得△AOB與△COD面積比為；②若△AOB和△COD中有一個是直角三角形時，求△COD與△AOB面積之差；（聯(lián)想與拓展）若拋物線C3：y2＝mx、C4：y2＝nx（0<m<n），M（k，0）在x軸正半軸上，如圖所示，過點M作平行于y軸的直線，分別交拋物線C3于點A、B，交拋物線C4于點C、D．過點A作x軸的平行線交拋物線C4于點E，過點D作x軸的平行線交拋物線C3于點F．對于x軸上任取一點P，均有△PAE與△PDF面積的比值1:3，請直接寫出m和n之間滿足的等量關(guān)系是______．6．（1）問題提出：如圖①，在矩形中，，點為邊上一點，連接，過點作對角線的垂線，垂足為，點為的中點，連接，，．可知的形狀為______；（2）深人探究：如圖②，將在平面內(nèi)繞點順時針旋轉(zhuǎn)，請判斷的形狀是否變化，并說明理由；（提示：延長到，使；延長到，使，連接，，，構(gòu)造全等三角形進行證明）（3）拓展延伸：如果，，在旋轉(zhuǎn)過程中，當點，，在同一條直線上時，請直接寫出的長．7．綜合與實踐．特例感知．兩塊三角板△ADB與△EFC全等，∠ADB＝∠EFC＝90°，∠B＝45°，AB＝6．將直角邊AD和EF重合擺放．點P、Q分別為BE、AF的中點，連接PQ，如圖1．則△APQ的形狀為．操作探究（1）若將△EFC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)45°，點P恰好落在AD上，BE與AC交于點G，連接PF，如圖2．①FG：GA＝；②PF與DC的位置關(guān)系為；③求PQ的長；開放拓展（2）若△EFC繞點C旋轉(zhuǎn)一周，當AC⊥CF時，∠AEC為．8．綜合與實踐操作探究（1）如圖1，將矩形折疊，使點與點重合，折痕為，與交于點．請回答下列問題：①與全等的三角形為______，與相似的三角形為______．并證明你的結(jié)論：（相似比不為1，只填一個即可）：②若連接、，請判斷四邊形的形狀：______．并證明你的結(jié)論；拓展延伸（2）如圖2，矩形中，，，點、分別在、邊上，且，將矩形折疊，使點與點重合，折痕為，與交于點，連接．①設(shè)，，則與的數(shù)量關(guān)系為______；②設(shè)，，請用含的式子表示：______；③的最小值為______．9．類比、轉(zhuǎn)化、從特殊到一般等思想方法，在數(shù)學學習和研究中經(jīng)常用到，如下是一個案例，請補充完整．原題：如圖1，在平行四邊形中，點是的中點，點是線段上一點，的延長線交射線于點．若，求的值．（1）嘗試探究在圖1中，過點作交于點，則和的數(shù)量關(guān)系是_________，和的數(shù)量關(guān)系是_________，的值是_________．（2）類比延伸如圖2，在原題的條件下，若，則的值是_________（用含有的代數(shù)式表示），試寫出解答過程．（3）拓展遷移如圖3，梯形中，，點是的延長線上的一點，和相交于點．若，，，則的值是________（用含、的代數(shù)式表示）．10．探究：如圖1和圖2，四邊形中，已知，，點、分別在、上，．（1）①如圖1，若、都是直角，把繞點逆時針旋轉(zhuǎn)90°至，使與重合，直接寫出線段、和之間的數(shù)量關(guān)系____________________；②如圖2，若、都不是直角，但滿足，線段、和之間①中的結(jié)論是否仍然成立，若成立，請寫出證明過程；若不成立，請說明理由．（2）拓展：如圖3，在中，，，點、均在邊上，且，若，求的長．11．如圖l，在正方形ABCD中，AB=8，點E在AC上，且，過點作于點，交于點，連接，．（問題發(fā)現(xiàn)）（1）線段與的數(shù)量關(guān)系是________，直線與所夾銳角的度數(shù)是___________；（拓展探究）（2）當繞點順時針旋轉(zhuǎn)時，上述結(jié)論是否成立？若成立，請寫出結(jié)論并結(jié)合圖2給出證明；若不成立，請說明理由；（解決問題）（3）在（2）的條件下，當點到直線的距離為2時，請直接寫出的長．12．折紙是一種許多人熟悉的活動．近些年，經(jīng)過許多人的努力，已經(jīng)找到了多種將正方形折紙的一邊三等分的精確折法，下面探討其中的一種折法：（綜合與實踐）操作一：如圖1，將正方形紙片ABCD對折，使點A與點D重合，點B與點C重合，再將正方形紙片ABCD展開，得到折痕MN；操作二：如圖2，將正方形紙片ABCD的右上角沿MC折疊，得到點D的對應的點為D′；操作三：如圖3，將正方形紙片ABCD的左上角沿MD′折疊再展開，折痕MD′與邊AB交于點P；（問題解決）請在圖3中解決下列問題：（1）求證：BP＝D′P；（2）AP：BP＝；（拓展探究）（3）在圖3的基礎(chǔ)上，將正方形紙片ABCD的左下角沿CD′折疊再展開，折痕CD′與邊AB交于點Q．再將正方形紙片ABCD過點D′折疊，使點A落在AD邊上，點B落在BC邊上，然后再將正方形紙片ABCD展開，折痕EF與邊AD交于點E，與邊BC交于點F，如圖4．試探究：點Q與點E分別是邊AB，AD的幾等分點？請說明理由．13．如圖（1），已知點在正方形的對角線上，垂足為點，垂足為點．（1）證明與推斷：求證：四邊形是正方形；推斷：的值為__；（2）探究與證明：將正方形繞點順時針方向旋轉(zhuǎn)角，如圖（2）所示，試探究線段與之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（3）拓展與運用：若，正方形在繞點旋轉(zhuǎn)過程中，當三點在一條直線上時，則．14．（1）問題情境：如圖1，已知等腰直角中，，，是上的一點，且，過作于，取中點，連接，則的長為_______（請直接寫出答案）小明采用如下的做法：延長到，使，連接，為中點，為的中點，是的中位線……請你根據(jù)小明的思路完成上面填空；（2）遷移應用：將圖1中的繞點作順時針旋轉(zhuǎn)，當時，試探究、、的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．（3）拓展延伸：在旋轉(zhuǎn)的過程中，當、、三點共線時，直接寫出線段的長．15．問題呈現(xiàn)：已知等邊三角形邊的中點為點，，的兩邊分別交直線，于點，，現(xiàn)要探究線段，與等邊三角形的邊長之間的數(shù)量關(guān)系．（1）特例研究：如圖1，當點，分別在線段，上，且，時，請直接寫出線段，與的數(shù)量關(guān)系：________；（2）問題解決：如圖2，當點落在射線上，點落在線段上時，（1）中的結(jié)論是否成立？若不成立，請通過證明探究出線段，與等邊三角形的邊長之間的數(shù)量關(guān)系；（3）拓展應用：如圖3，當點落在射線上，點落在射線上時，若，，請直接寫出的長和此時的面積．16．（1）觀察發(fā)現(xiàn)：如圖1，在中，，，點是的平分線上一點，將線段繞點逆時針旋轉(zhuǎn)90°到，連結(jié)、，交于．填空：①線段與的數(shù)量關(guān)系是_________；②線段與的位置關(guān)系是_________．（2）拓展探究：如圖2，在中，，，點是邊的中點，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)到，連結(jié)、，交于．（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請說明理由．（3）拓展應用：如圖3，在中，，，，的平分線交于，點是射線上的一點，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)60°到，連結(jié)、、，與相交于，若以、、為頂點的三角形與全等，直接寫出的長．17．石家莊某學校數(shù)學興趣小組利用機器人開展數(shù)學活動，在相距150個單位長度的直線跑道AB上，機器人甲從端點A出發(fā)，勻速往返于端點A、B之間，機器人乙同時從端點B出發(fā)，以大于甲的速度勻速往返于端點B、A之間．他們到達端點后立即轉(zhuǎn)身折返，用時忽略不計，興趣小組成員探究這兩個機器人迎面相遇的情況，這里的“迎面相遇”包括面對面相遇、在端點處相遇這兩種．（觀察）①觀察圖1，若這兩個機器人第一次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離為30個單位長度，則他們第二次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離為個單位長度．②若這兩個機器人第一次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離為35個單位長度，則他們第二次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離為個單位長度．（發(fā)現(xiàn)）設(shè)這兩個機器人第一次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離為x個單位長度，他們第二次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離為y個單位長度，興趣小組成員發(fā)現(xiàn)了y與x的函數(shù)關(guān)系，并畫出了部分函數(shù)圖象（線段OP，不包括點O，如圖2所示）①a＝；②分別求出各部分圖象對應的函數(shù)解析式，并在圖2中補全函數(shù)圖象．（拓展）設(shè)這兩個機器人第一次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離為x個單位長度，他們第三次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離為y個單位長度，若這兩個機器人在第三次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離y不超過60個單位長度，則他們第一次迎面相遇時，相遇地點與點A之間的距離x的取值范圍是．（直接寫出結(jié)果）18．如圖1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，點D，E分別在邊AB，AC上，AD＝AE，連接DC，點M，P，N分別為DE，DC，BC的中點．（1）觀察猜想：圖1中，線段PM與PN的數(shù)量關(guān)系是，位置關(guān)系是；（2）探究證明：把△ADE繞點A逆時針方向旋轉(zhuǎn)到圖2的位置，連接MN，BD，CE，判斷△PMN的形狀，并說明理由；（3）拓展延伸：把△ADE繞點A在平面內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)，若AD＝4，AB＝10，請直接寫出△PMN面積的最大值．19．探究：如圖①和②，在四邊形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，點E、F分別在BC、CD上，∠EAF=45°．（1）如圖①，若∠B、∠ADC都是直角，把繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△ADG，使AB與AD重合，則能得EF=BE+DF，請寫出推理過程；（2）如圖②，若∠B、∠D都不是直角，則當∠B與∠D滿足數(shù)量關(guān)系時，仍有EF=BE+DF；（3）拓展：如圖③，在中，∠BAC=90°，AB=AC=，點D、E均在邊BC上，且∠DAE=45°．若BD=1，求DE的長．20．已知：，過平面內(nèi)一點分別向、、畫垂線，垂足分別為、、．（問題引入）如圖①，當點在射線上時，求證：．（類比探究）（1）如圖②，當點在內(nèi)部，點在射線上時，求證：．（2）當點在內(nèi)部，點在射線的反向延長線上時，在圖③中畫出示意圖，并直接寫出線段、、之間的數(shù)量關(guān)系．（知識拓展）如圖④，、、是的三條弦，都經(jīng)過圓內(nèi)一點，且．判斷與的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．【參考答案】***試卷處理標記，請不要刪除一、中考幾何壓軸題1．（1）①1；②90°；（2）(2),，理由見解析；（3）或【分析】（1）①根據(jù)已知條件可知為等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可證明，即可得出答案；②根據(jù)，得出，因為，繼而推出；（2）利用已知解析：（1）①1；②90°；（2）(2),，理由見解析；（3）或【分析】（1）①根據(jù)已知條件可知為等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可證明，即可得出答案；②根據(jù)，得出，因為，繼而推出；（2）利用已知條件證明△ACD∽△BCE，即可推出,；（3）當點E在AF右邊時，如圖2所示，由已知條件可得出，在中運用勾股定理可求出AD的值，再運用（2）中結(jié)論即可得出BE的值；當點E在AF左邊時，如圖3所示，可證明，，再運用（2）中結(jié)論即可得出BE的值．【詳解】解：（1）①∵，，∴為等邊三角形∴∴∴∴的值為1；故答案為：1；②∵∴∵∴∴∵∴故答案為：90°．（2）,.理由如下：在Rt△ABC中，，.∴.同理：.∴.又.∴.∴△ACD∽△BCE.∴,.∴.（3）當點E在AF右邊時，如圖2所示：∵，，，∴，∴∵∴；當點E在AF左邊時，如圖3所示同理，可得，∵∴∴∴∵∵∴綜上所述，BE的值為或.【點睛】本題是一道關(guān)于三角形相似的綜合題目，涉及的知識點有全等三角形的判定及性質(zhì)、相似三角形的判定及性質(zhì)、等邊三角形的判定、解直角三角形、勾股定理的應用等多個知識點，它充分體現(xiàn)了數(shù)學解題中的數(shù)形結(jié)合思想和整體轉(zhuǎn)化思想．2．（1）相等，垂直；（2）成立，見解析；（3）2．【分析】（1）利用SAS證明△ABE≌△CBF，延長CF交AB于點M，證明∠AMC=90°即可；（2）仿照（1）的證明方法求解即可；（3）根據(jù)解析：（1）相等，垂直；（2）成立，見解析；（3）2．【分析】（1）利用SAS證明△ABE≌△CBF，延長CF交AB于點M，證明∠AMC=90°即可；（2）仿照（1）的證明方法求解即可；（3）根據(jù)題意，得點F在以B為圓心，BF為半徑的圓上運動，根據(jù)直徑最大原理，知道當C，B，F(xiàn)三點一線時，CF最大，此時點E恰好在AB的延長線上，連接DE，利用勾股定理求值即可.【詳解】（1）如圖①，∵正方形ABCD和等腰直角△BEF,∴BA=BC，∠EBA=∠FBC=90°，BE=BF，∴△ABE≌△CBF，∴AE=CF，延長CF交AE于點M，∵△ABE≌△CBF，∴∠EAB=∠FCB，∵∠AFM=∠BFC，∴∠AMF=∠FBC=90°，∴AE⊥CF，故答案為：相等，垂直；（2）結(jié)論還成立．理由如下：如圖②，∵正方形ABCD和等腰直角△BEF,∴BA=BC，∠EBF=∠ABC=90°，BE=BF，∴∠EBF-∠ABF=∠ABC-∠ABF，∴∠EBA=∠FBC，∴△ABE≌△CBF，∴AE=CF，延長CF交AE于點N，交AB于點G，∵△ABE≌△CBF，∴∠EAB=∠FCB，∵∠AGN=∠BGC，∴∠ANG=∠GBC=90°，∴AE⊥CF，故結(jié)論成立；（3）如圖③，根據(jù)題意，得點F在以B為圓心，BF為半徑的圓上運動，根據(jù)直徑最大原理，知道當C，B，F(xiàn)三點一線時，CF最大，此時點E恰好在AB的延長線上，連接DE，∵AB=2BF=4，∴AE=AB+BE=6，在直角三角形ADE中，DE==2．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形的全等，勾股定理，直徑是圓中的最大的弦，垂直的定義，熟練掌握三角形全等，垂直的證明是解題的關(guān)鍵．3．【問題】，1；【操作】當時，，當時，；【探究】或；【應用】點的坐標為：或【分析】問題:即可求解；操作：拋物線G1沿BC方向平移BC長度的距離得到拋物線G2，相當于拋物線向左平移3個單位，向上平解析：【問題】，1；【操作】當時，，當時，；【探究】或；【應用】點的坐標為：或【分析】問題:即可求解；操作：拋物線G1沿BC方向平移BC長度的距離得到拋物線G2，相當于拋物線向左平移3個單位，向上平移個單位，即可求解；探究：將點C的坐標代入兩個函數(shù)表達式，求出G1、G2的頂點坐標，即可求解；應用：證明∠EPN=∠MDP，利用tan∠EPN=tan∠MDP，即可求解．【詳解】解：問題：，解得：，，故答案為：，1；操作：拋物線沿方向平移長度的距離得到拋物線，相當于拋物線向左平移3個單位，向上平移個單位，：，：，當時，，當時，；探究：點的坐標為．當時，，解得：，，∴，當時，，解得：，，∴，∵，，∴拋物線的頂點為，拋物線的頂點為，∴或時，函數(shù)隨的增大而增大；應用：如圖，過點作軸的平行線交過點與軸的垂線于點，交過點與軸的垂直的直線于點，設(shè)點，則，，，，∵，，∴，∴，即，即，解得：，故點的坐標為：或．【點睛】本題考查的是二次函數(shù)綜合運用，涉及解直角三角形、圖形的平移等，具有一定的綜合性，關(guān)鍵在于根據(jù)題意作出圖形進行解答．4．教材呈現(xiàn)：見解析；探究：16；拓展：4【分析】教材呈現(xiàn)：先根據(jù)三角形全等的性質(zhì)可得，再根據(jù)線段的和差可得，然后根據(jù)平行四邊形的判定即可得證；探究：先由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，再根據(jù)等底同高可得，從而可解析：教材呈現(xiàn)：見解析；探究：16；拓展：4【分析】教材呈現(xiàn)：先根據(jù)三角形全等的性質(zhì)可得，再根據(jù)線段的和差可得，然后根據(jù)平行四邊形的判定即可得證；探究：先由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，再根據(jù)等底同高可得，從而可得，然后根據(jù)三角形中位線定理即可得；拓展：先根據(jù)正方形的性質(zhì)和面積可得，從而可得，再根據(jù)等腰直角三角形和勾股定理可得，然后利用三角形的面積公式可得，最后利用平行四邊形的性質(zhì)即可得．【詳解】解：教材呈現(xiàn)：補充完整證明過程如下：∴OE＝OF，OA＝OC，又∵AG＝CH，∴OA－AG＝OC－CH，即OG＝OH，∴四邊形EHFG是平行四邊形；探究：如圖，連接OE，BO，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：，點O是AC的中點，點D是AO的中點，點F是CO的中點，，由等底同高得：，，又點E是AB的中點，點O是AC的中點，∴S△BEO=S△AEO=4，∴S△ABO=S△BEO+S△AEO=8，，故答案為：16；拓展：如圖，過點E作于點O，四邊形ABCD是面積為16的正方形，，在Rt△ABC中，由勾股定理得，∵AC為正方形的對角線，∴∠EAO=45°，點E是AB的中點，，∵，∴，∴AO=EO，在Rt△AEO中由勾股定理的AO2+EO2=AE2，即2OE2=4解得，，，，由教材呈現(xiàn)可知，四邊形EHFG是平行四邊形，則四邊形EHFG的面積為，故答案為：．【點睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、三角形中線性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形性質(zhì)，勾股定理等知識點，較難的是拓展，通過作輔助線，構(gòu)造等腰直角三角形是解題關(guān)鍵．5．【概念與理解】，；【猜想與證明】（1），；（2）成立，證明見解析；【探究與應用】①；②△COD與△AOB面積之差為或；【聯(lián)想與拓展】n3=9m3．【分析】【概念與理解】：根據(jù)題意信息即可得出答案解析：【概念與理解】，；【猜想與證明】（1），；（2）成立，證明見解析；【探究與應用】①；②△COD與△AOB面積之差為或；【聯(lián)想與拓展】n3=9m3．【分析】【概念與理解】：根據(jù)題意信息即可得出答案；【猜想與證明】：（1）當x=1時，求出A，B，C，D的坐標進而得出AB,CD即可得出答案；當x=2時，求出A，B，C，D的坐標進而得出AB,CD即可得出答案；（2）任意x（x＞0），求出A，B，C，D的坐標進而得出AB,CD即可得出答案；【探究與應用】：①根據(jù)已知條件表示出△AOB與△COD面積即可得出答案；②設(shè)M（x，0）（x＞0），根據(jù)已知條件可得出，分兩種情況當△AOB是直角三角形時解得，當△COD是直角三角形時，解得，把代入即可；【聯(lián)想與拓展】：根據(jù)題意求出AEDF的坐標然后表示出面積再利用△PAE與△PDF面積的比值1:3，即可得出關(guān)系式；【詳解】【概念與理解】∵y1=4x2∴由題意可得C1：∵y2=x2∴由題意可得C2：故答案為：C1：，C2：；【猜想與證明】（1）當x=1時，∵點A、B在拋物線C1上∴令x=1，則∴A，B∴AB=1∵點C、D在拋物線C2上∴令x=1，則∴C，D∴CD=2∴=當x=2時，∵點A、B在拋物線C1上∴令x=2，則∴A，B∴AB=∵點C、D在拋物線C2上∴令x=2，則∴C，D∴CD=∴=（2）對任意x（x＞0）上述結(jié)論仍然成立理由如下：對任意x（x＞0），∴A，B∴AB=對任意x（x＞0），∴C，D∴CD=∴=【探究與應用】①連接OA，OB，OC，OD∴故答案為：②設(shè)M（x，0）（x＞0），∵M（x，0）∴∴AB=∵M（x，0），∴∴CD=∵∴當△AOB是直角三角形時，由題意可知OA=OB∴△△AOB為等腰直角三角形∴OM=AM∴解得：∴當△COD是直角三角形時，由題意可知OD=OC∴△△COD為等腰直角三角形∴OM=CM∴解得：∴綜上所述：△COD與△AOB面積之差為或【聯(lián)想與拓展】∵M（k，0）且點A、B在拋物線C3上∴令x=k，則∴A∵AE∥x軸，且交C4于點E∴E∵M（k，0）且點C、D在拋物線C4上∴令x=k，則∴D∵DF∥x軸，且交C3于點F∴F∵AE∥x軸，且交C4于點E∴△PEA的高=∵DF∥x軸，且交C3于點F∴△PDF的高=∴∵△PAE與△PDF面積的比值1:3∴∴∴故答案為：【點睛】本題考出了拋物線性質(zhì)的綜合運用以及旋轉(zhuǎn)等知識，由特殊到一般的數(shù)學思想的運用，等腰直角三角形的性質(zhì)的運用，三角形的面積公式的運用，軸對稱的性質(zhì)的運用，在解答本題時運用兩個拋物線上的點的特征不變建立方程求解是關(guān)鍵．6．（1）等邊三角形；（2）的形狀不變，理由見解析；（3）或．【分析】（1）先根據(jù)矩形的性質(zhì)、解直角三角形可得，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線可得，然后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)可得，最后解析：（1）等邊三角形；（2）的形狀不變，理由見解析；（3）或．【分析】（1）先根據(jù)矩形的性質(zhì)、解直角三角形可得，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線可得，然后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)可得，最后根據(jù)等邊三角形的判定即可得出結(jié)論；（2）如圖（見解析），先根據(jù)線段垂直平分線的判定與性質(zhì)、三角形全等的判定定理證出，再根據(jù)三角形全等的性質(zhì)可得，從而可得，然后根據(jù)三角形中位線定理可得，，從而可得，最后根據(jù)等邊三角形的判定即可得出答案；（3）分點在線段上和點在線段上兩種情況，再利用直角三角形的性質(zhì)、勾股定理分別求出的長，然后根據(jù)線段中點的定義、線段的和差即可得．【詳解】解：（1）在矩形中，，，在中，，，點為的中點，，，同理可得：，，，，，是等邊三角形，故答案為：等邊三角形；（2）的形狀不變，理由如下：如圖，延長到，使；延長到，使，連接，其中相交于點，相交于點，相交于點，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：，，垂直平分，，同理可得：，，即，在和中，，，，，，點為的中點，是的中位線，，同理可得：，，是等邊三角形；（3）由題意，分以下兩種情況：①如圖，當點在線段上時，，，，在中，，，在中，，，，；②如圖，當點在線段上時，同理可得：，，，，綜上，的長為或．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、解直角三角形、三角形全等的判定定理與性質(zhì)、三角形中位線定理等知識點，較難的是題（2），通過作輔助線，構(gòu)造全等三角形是解題關(guān)鍵．7．等腰直角三角形；（1）①1：；②互相平行；③；（2）22.5°或67.5°【分析】特例感知：根據(jù)三角形的中位線定理得出PQ//BD，PQ=，結(jié)合已知即可得出答案；（1）①先根據(jù)勾股定理得出EF解析：等腰直角三角形；（1）①1：；②互相平行；③；（2）22.5°或67.5°【分析】特例感知：根據(jù)三角形的中位線定理得出PQ//BD，PQ=，結(jié)合已知即可得出答案；（1）①先根據(jù)勾股定理得出EF=，再根據(jù)△EGF∽△BGA得出，從而得出FG：GA的值；②過P作PM//BC交CE與點M，再證得F在PM上即可；③根據(jù)三角形的中位線定理得出PD//CE，結(jié)合已知得出P在AD上，得出PQ=，再利用勾股定理得出PQ的長；（2）分點F在BC的下方和上方兩種情況加以討論即可【詳解】解：特例感知：∵P、Q分別為BE、AF的中點，∴PQ//BD，PQ=，∵△ABD是等腰直角三角形，∴△APQ為等腰直角三角形，故答案為：等腰直角三角形；（1）①∵AB=6，∠B=45°，∠ADB=90°，∴，∴AD=BD=，∴EF=，∵∠BFC=∠BAC=90°，∴∠GFE=∠BAG，∵∠AGP=∠EGF，∴∠ABQ=∠GBF，∴△EGF∽△BGA，∴，∴故答案為：；②如圖，過P作PM//BC交CE與點M，∴，∴EM=CM∴FM//BC，∴F在PM上，∴PF∥CD，故答案為：平行；③∵BP=PE，BD=CD，∴DP為△BCE的中位線，∴PD//CE，∵CE⊥BC，∴PD⊥BC，又∵AD⊥BC，∴P在AD上，∠APF=∠ADC=90°，∵Q為AF的中點，∴PQ=，又∵∠B=45°，∠ADB=90°，∴，∴FC=EF=，∴AF=AC-CF=6-，∴PQ==；（2）當點F在BC的下方時，如圖∵AC⊥CF∴∠ACF=90°，∵∠ACD=45°，∴∠BCF=45°，∴點E在BC邊上，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AC=CE，∴∠AEC=∠CAE=67.5°當點F在BC的上方時，如圖∵AC⊥CF∴∠ACF=90°，∵∠ACD=45°，∠FCE=45°，∴點E在BC邊的延長線上，∴∠ACE=135°，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AC=CE，∴∠AEC=∠CAE=22.5°【點睛】本題考查了幾何變換---旋轉(zhuǎn)綜合題，涉及到勾股定理、三角形中位線以及相似三角形的性質(zhì)和判定，清楚準確的分析出旋轉(zhuǎn)的過程是解題的關(guān)鍵8．（1）①；或；證明見解析；②菱形，證明見解析；（2）①；②；③【分析】（1）①利用矩形的性質(zhì)與軸對稱的性質(zhì)證明如圖1，連接證明即可得到答案；②如圖1，由①得：再證明四邊形為平行四邊形解析：（1）①；或；證明見解析；②菱形，證明見解析；（2）①；②；③【分析】（1）①利用矩形的性質(zhì)與軸對稱的性質(zhì)證明如圖1，連接證明即可得到答案；②如圖1，由①得：再證明四邊形為平行四邊形與可得結(jié)論；（2）①如圖2，連接由折疊可得：再利用勾股定理可得答案；②如圖3，連接交于證明四邊形是菱形，可得從而可得答案；③由②得：可得，再利用二次函數(shù)的性質(zhì)可得答案．【詳解】解：（1）①矩形由折疊可得：如圖1，連接由折疊可得：同理：故答案為：，或②如圖1，由①得：矩形四邊形為平行四邊形，四邊形為菱形，（2）①如圖2，連接由折疊可得：矩形，，故答案為：②如圖3，連接交于矩形重合，同理可得：由對折可得：四邊形是菱形，，，故答案為：③由②得：當時，最小，最小值為的最小值為：故答案為：【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定，矩形的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應用，二次函數(shù)的性質(zhì)，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．9．（1）；；；（2）；（3）．【分析】（1）本問體現(xiàn)“特殊”的情形，是一個確定的數(shù)值．如答圖1，過E點作平行線，構(gòu)造相似三角形，利用相似三角形和中位線的性質(zhì)，分別將各相關(guān)線段均統(tǒng)一用EH來表示，最解析：（1）；；；（2）；（3）．【分析】（1）本問體現(xiàn)“特殊”的情形，是一個確定的數(shù)值．如答圖1，過E點作平行線，構(gòu)造相似三角形，利用相似三角形和中位線的性質(zhì)，分別將各相關(guān)線段均統(tǒng)一用EH來表示，最后求得比值；（2）本問體現(xiàn)“一般”的情形，不再是一個確定的數(shù)值，但（1）問中的解題方法依然適用，如答圖2所示．（3）本問體現(xiàn)“類比”與“轉(zhuǎn)化”的情形，將（1）（2）問中的解題方法推廣轉(zhuǎn)化到梯形中，如答圖3所示．【詳解】解：（1）依題意，過點作交于點，如圖1所示．則有，∴，∴．∵，，∴，又∵為中點，∴為的中位線，∴．．故答案為：；；．（2）如圖2所示，作交于點，則．∴，∴．∵，∴．∵，∴．∴，∴．∴．故答案為：．（3）如圖3所示，過點作交的延長線于點，則有．∵，∴，∴，∴．又，∴．∵，∴，∴．故答案為：．【點睛】本題的設(shè)計獨特：由平行四邊形中的一個特殊的例子出發(fā)（第1問），推廣到平行四邊形中的一般情形（第2問），最后再通過類比、轉(zhuǎn)化到梯形中去（第3問）．各種圖形雖然形式不一，但運用的解題思想與解題方法卻是一以貫之：即通過構(gòu)造相似三角形，得到線段之間的比例關(guān)系，這個比例關(guān)系均統(tǒng)一用同一條線段來表達，這樣就可以方便地求出線段的比值．本題體現(xiàn)了初中數(shù)學的類比、轉(zhuǎn)化、從特殊到一般等思想方法，有利于學生觸類旁通、舉一反三．10．（1）①EF=BE+DF；②成立，理由見解析；（2）．【分析】（1）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，求出∠EAF=∠GAF=45°，根據(jù)SAS推出△EAF≌△GA解析：（1）①EF=BE+DF；②成立，理由見解析；（2）．【分析】（1）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，求出∠EAF=∠GAF=45°，根據(jù)SAS推出△EAF≌△GAF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出EF=GF，即可求出答案；②根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)把△ABE繞A點旋轉(zhuǎn)到△ADG，使AB和AD重合，得出AE=AG，∠B=∠ADG，∠BAE=∠DAG，推出C、D、G在一條直線上，根據(jù)SAS推出△EAF≌△GAF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出EF=GF，即可得出結(jié)果；

（2）把△AEC繞A點旋轉(zhuǎn)到△AFB，使AB和AC重合，連接DF．根據(jù)等腰直角三角形性質(zhì)和勾股定理求出∠ABC=∠C=45°，BC=4，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AF=AE，∠FBA=∠C=45°，∠BAF=∠CAE，求出∠FAD=∠DAE=45°，證△FAD≌△EAD，根據(jù)全等得出DF=DE，設(shè)DE=x，則DF=x，BF=CE=3-x，根據(jù)勾股定理得出方程，求出x即可．【詳解】解：（1）①如圖1中，∵把△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°至△ADG，使AB與AD重合，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，∠B=∠ADG=90°，

∵∠ADC=90°，∴∠ADC+∠ADG=90°∴F、D、G共線．

∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，

∴∠BAE+∠DAF=45°，

∴∠DAG+∠DAF=45°，即∠EAF=∠GAF=45°，

在△EAF和△GAF中，，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF=GF，

∵BE=DG，

∴EF=GF=DF+DG=BE+DF，

故答案為：EF=BE+DF；②成立，理由如下：如圖2，把△ABE繞A點旋轉(zhuǎn)到△ADG，使AB和AD重合，則AE=AG，∠B=∠ADG，∠BAE=∠DAG，∵∠B+∠ADC=180°，∴∠ADC+∠ADG=180°，∴C、D、G在一條直線上，與①同理得，∠EAF=∠GAF=45°，在△EAF和△GAF中，，∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF=GF，∵BE=DG，∴EF=GF=BE+DF；（2）∵△ABC中，，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠C=45°，．如圖3，把△AEC繞A點旋轉(zhuǎn)到△AFB，使AB和AC重合，連接DF．則AF=AE，∠FBA=∠C=45°，∠BAF=∠CAE，∵∠DAE=45°，∴∠FAD=∠FAB+∠BAD=∠CAE+∠BAD=∠BAC-∠DAE=90°-45°=45°，∴∠FAD=∠DAE=45°，在△FAD和△EAD中，，∴△FAD≌△EAD（SAS），∴DF=DE，設(shè)DE=x，則DF=x，∵BC=4，∴BF=CE=4-1-x=3-x，∵∠FBA=45°，∠ABC=45°，∴∠FBD=90°，由勾股定理得：DF2=BF2+BD2，x2=（3-x）2+12，解得：，即DE=．【點睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理以及等腰三角形的性質(zhì)等知識，此題運用了類比的思想，一般先在特殊圖形中找到規(guī)律，然后再推廣到一般圖形中，對學生的分析問題，解決問題的能力要求比較高．11．（1），；（2）結(jié)論仍然成立，證明詳見解析；（3）的長為或．【分析】（1）延長DE交CF的延長線于點N，由正方形的性質(zhì)可得和均為等腰直角三角形，因此，易證，由相似三角形的性質(zhì)即可得到，由三角形的解析：（1），；（2）結(jié)論仍然成立，證明詳見解析；（3）的長為或．【分析】（1）延長DE交CF的延長線于點N，由正方形的性質(zhì)可得和均為等腰直角三角形，因此，易證，由相似三角形的性質(zhì)即可得到，由三角形的內(nèi)角和即可得到；（2）延長交于點，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知和均為等腰直角三角形，因此，易證，同（1）易證結(jié)論仍成立；（3）由點E到直線AD的距離為2，，可知點F在直線AD或AB上，分兩種情況討論：（i）當點F在DA的延長線或BA延長線上時，由勾股定理可得的長，（ii）當點F在AD或AB上時，過點E作的高，由勾股定理可得的長．【詳解】解：（1）如圖①，延長DE交CF的延長線于點N，∵AC是正方形ABCD的對角線，∴，∵是直角三角形，∴和均為等腰直角三角形，∴，又∵，∴，∴，，∴；又∵，，，∴故答案為：，（2）結(jié)論仍然成立．理由如下：如圖②，延長交于點．∵是正方形的對角線，且是由原題中圖1的位置旋轉(zhuǎn)得來，∴，即和均為等腰直角三角形．∴．又∵，，∴．∴．∴，．∴．又∵，，，∴．∴結(jié)論成立．（3）的長為或．理由如下：∵點E到直線AD的距離為2，，∴點F在直線AD或AB上分兩種情況討論：（i）如圖③，當點F在DA的延長線上時，過點E作EG⊥AD交延長線于點G,∵,∴,∴，在中，由勾股定理得；如圖④，當點F在BA延長線上時，過點E作EK⊥AD交DA的延長線于點K，在等腰中，過點E作EH⊥AF于點H,∵AH=EK=2=AF，∴BF=AB+AF=12，∴；（ii）如圖⑤，當點F在AD上時，過點E作EI⊥AD于點I，∵AF=4，AD=8，∴，在中，由勾股定理得；如圖⑥，當點F在AB上時，過點E作EM⊥AD交AD于點M，在等腰中，過點E作EN⊥AF于點N，∵AN=EM=2=AF，∴，∴，綜上所述，CF的長為或．【點睛】本題考查相似三角形和圖形旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，屬于綜合題，需要分類討論，熟練掌握等腰直角三角形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識是解題關(guān)鍵．12．（1）見解析；（2）2：1；（3）點Q是AB邊的四等分點，點E是AD邊的五等分點，理由見解析【分析】（1）如圖1，連接PC，根據(jù)正方形的性質(zhì)、HL定理證明△CD′P≌△CBP，根據(jù)全等三角形的性解析：（1）見解析；（2）2：1；（3）點Q是AB邊的四等分點，點E是AD邊的五等分點，理由見解析【分析】（1）如圖1，連接PC，根據(jù)正方形的性質(zhì)、HL定理證明△CD′P≌△CBP，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出結(jié)論；（2）設(shè)BP＝x，根據(jù)翻轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)、勾股定理列出方程，解方程即可；（3）如圖2，連接QM，證明Rt△AQM≌Rt△D′QM（HL），得到AQ＝D′Q，設(shè)正方形ABCD的邊長為1，AQ＝QD′＝y(tǒng)，根據(jù)勾股定理列出方程，解方程即可．【詳解】（1）證明：如圖1，連接PC．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，∴∠MD′C＝∠D＝90°，∴∠CD′P＝∠B＝90°，在Rt△CD′P和Rt△CBP中，，∴Rt△CD′P≌Rt△CBP（HL），∴BP＝D′P；（2）解：設(shè)正方形紙片ABCD的邊長為1．則AM＝DM＝D′M＝．設(shè)BP＝x，則MP＝MD′+D′P＝DM+BP＝+x，AP＝1﹣x，在Rt△AMP中，根據(jù)勾股定理得AM2+AP2＝MP2．∴（）2+（1﹣x）2＝（+x）2，解得x＝，∴BP＝，AP＝，∴AP：BP＝2：1，故答案為：2：1．（3）解：點Q是AB邊的四等分點，點E是AD邊的五等分點．理由：如圖2，連接QM．∴∠QD′M＝180°﹣∠MD′C＝90°，∴∠QD′M＝∠A＝90°．在Rt△AQM和Rt△D′QM中，，∴Rt△AQM≌Rt△D′QM（HL），∴AQ＝D′Q，設(shè)正方形ABCD的邊長為1，AQ＝QD′＝y(tǒng)，則QP＝AP﹣AQ＝﹣y．在Rt△QPD′中，根據(jù)勾股定理得QD′2+D′P2＝QP2．∵D′P＝BP＝，∴y2+（）2＝（﹣y）2，解得y＝．∴AQ：AB＝1：4，即點Q是AB邊的四等分點，∵EF∥AB，∴，即，解得AE＝．∴點E為AD的五等分點．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，翻轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，熟練掌握折疊的性質(zhì)及方程思想是解題的關(guān)鍵．13．（1）證明見解析；；（2）線段與之間的數(shù)量關(guān)系為；（3）或【分析】（1）①由、結(jié)合可得四邊形CEGF是矩形，再由即可得證；②由正方形性質(zhì)知、，據(jù)此可得、，利用平行線分線段成比例定理可得；（2解析：（1）證明見解析；；（2）線段與之間的數(shù)量關(guān)系為；（3）或【分析】（1）①由、結(jié)合可得四邊形CEGF是矩形，再由即可得證；②由正方形性質(zhì)知、，據(jù)此可得、，利用平行線分線段成比例定理可得；（2）連接CG，只需證即可得；（3）由（2）證出就可得到，再根據(jù)三點在同一直線上分在CD左邊和右邊兩種不同的情況求出AG的長度，即可求出BE的長度．【詳解】（1）證明：四邊形是正方形，四邊形是矩形，四邊形是正方形；解：由①知四邊形CEGF是正方形，∴∠CEG=∠B=90°，∠ECG=45°，∴，GE∥AB，∴故答案為：．（2）如下圖所示連接由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)知在和中，，線段與之間的數(shù)量關(guān)系為；（3）解：當正方形在繞點旋轉(zhuǎn)到如下圖所示時：當三點在一條直線上時，由（2）可知，，∠CEG=∠CEA=∠ABC=90°，，當正方形在繞點旋轉(zhuǎn)到如下圖所示時：當三點在一條直線上時，由（2）可知，，∠CEA=∠ABC=90°，，故答案為：或．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)與判定，相似三角形的判定與性質(zhì)等，綜合性較強，有一定的難度，正確添加輔助線，熟練掌握正方形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．14．（1）；（2）或；（3）或【分析】（1）延長到，使，連接，過作于，在中，利用勾股定理求得EH的長，再利用三角形中位線定理即可求解；（2）分在上方和下方兩種情況討論，延長與的延長線交于一點，利用解析：（1）；（2）或；（3）或【分析】（1）延長到，使，連接，過作于，在中，利用勾股定理求得EH的長，再利用三角形中位線定理即可求解；（2）分在上方和下方兩種情況討論，延長與的延長線交于一點，利用等腰直角三角形的性質(zhì)結(jié)合三角形中位線定理即可求解；（3）分點D在線段AC上和在AC延長線上兩種情況討論，仿照（1）的方法即可求解．【詳解】（1）延長到，使，連接，∵B為中點，為的中點，∴是的中位線，∴，過作于，∵，，∴四邊形BDEG是矩形，∵等腰直角三角形，，∴∠C=∠A=45，∵，∴等腰直角三角形，∵，∴，∴，∵在中，，∴；（2）當時，分成兩種情況：如圖在上方，延長與的延長線交于一點，∵∠BAC=45，∴是等腰直角三角形，且B為AH的中點，∴，∴，∵點F是AE中點，∴，∴；如圖，在下方，延長與的延長線交于一點，同理是等腰直角三角形，為中點，∴，∴，∵點F是AE中點，∴，∴；（3）當點D在線段AC上時，延長到，使，連接，∵B為中點，為的中點，∴是的中位線，過作于，∠ACB+∠DCE=90，∠ABC=90，∴四邊形BCEG是矩形，∴GE=BC=6，BG=CE=2，∴GH=2+6=8，∴EH=，∴；當點D在AC延長線上時，延長到，使，連接，∵B為中點，為的中點，∴是的中位線，過作于，同理四邊形BCEG是矩形，∴GE=BC=6，BG=CE=2，∴GH=6-2=4，∴EH=，∴；【點睛】本題是幾何變換綜合題，主要考查了矩形的判定和性質(zhì)，三角形中位線定理，勾股定理的應用，等腰直角三角形的性質(zhì)等，解題的關(guān)鍵是靈活應用所學知識解決問題，屬于中考壓軸題．15．（1）；（2）不成立，理由見解析；；（3），．【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得每一個內(nèi)角都是，則可知△BDE與△CDF是含角的直角三角形，根據(jù)角所對直角邊是斜邊的一半即可得到結(jié)果；（2）解析：（1）；（2）不成立，理由見解析；；（3），．【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得每一個內(nèi)角都是，則可知△BDE與△CDF是含角的直角三角形，根據(jù)角所對直角邊是斜邊的一半即可得到結(jié)果；（2）根據(jù)題意可證得，得到，，進而求出，得到，在中，，，即．（3）過點作，可求得，根據(jù)頂角為的等腰三角形面積的算法可求出的面積，【詳解】（1）∵△ABC是等邊三角形，∴，又∵，，∴，∴,,∴．（2）不成立．理由如下：如圖1，分別過點作于點，于點，易證得，則，．∵，，∴．∵，∴，則，∴，∴，即．在中，，∴，即．（3），．解法提示：如圖2，過點作，可求得．同（2）可證，可求得．在中可求出，根據(jù)頂角為的等腰三角形面積的算法可求出的面積為．【點睛】本題主要考查了三角形的綜合應用，準確理解三角形全等判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．16．（1）①；②；（2）（1）中的結(jié)論仍然成立，理由詳見解析；（3）或2或．【分析】（1）利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)證明△BCD≌△BCE（SAS），可得結(jié)論；（2）結(jié)論仍然成立．利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)證明△BCD≌解析：（1）①；②；（2）（1）中的結(jié)論仍然成立，理由詳見解析；（3）或2或．【分析】（1）利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)證明△BCD≌△BCE（SAS），可得結(jié)論；（2）結(jié)論仍然成立．利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)證明△BCD≌△BCE（SAS），可得結(jié)論；（3）分三種情形利用等邊三角形的判定和性質(zhì)分別求解即可．【詳解】（1）如圖1中，∵CM平分∠ACB，∠ACB=90°，

∠ACM=∠BCM=45°，

根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知：∠DCE=90°，CD=CE，

∴∠BCD=∠BCE=45°，在△BCD和△BCE中，，∴△BCD≌△BCE（SAS），

∴BD=BE，

∵CD=CE，

∴BC垂直平分線段DE，

故答案為：BD=BE，BC⊥DE；（2）結(jié)論仍然成立．理由：∵，點是的中點，∴，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知：∠DCE=，CD=CE，∴，在△BCD和△BCE中，，∴△BCD≌△BCE（SAS），

∴BD=BE，

∵CD=CE，

∴BC垂直平分線段DE，

故BD=BE，BC⊥DE仍然成立；（3）①如圖3（1），當時，∵，，，CD是的平分線，∴△ABC是等邊三角形，且邊長為2，∴AD=AB=1，CD⊥AB，∠ECA=30，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知：CE=CF，∠ECF=60，∴△EFC是等邊三角形，∵，∴AF=AE，∠DAE=∠GAF，∴∠DAE+∠EAG=∠GAF+∠EAG=60，∴△AEF是等邊三角形，在Rt△ADE中，，∴EF=AE=；②如圖3（2），當時，由①得：AD=AB=1，CD⊥AB，△EFC是等邊三角形，∵，∴，∠AGF=∠ADE=90，由①得：∠ECA=∠FCA=30，在Rt△ADC和Rt△FGC中，，∴Rt△ADCRt△FGC，∴，∴；③如圖（3），當時，∵，∴，同理可得△EFC是等邊三角形，可求得：∠GFA=30，AG=AD=1，∴，∴；綜上，的長或2或【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了等邊三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)變換，全等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解決問題，屬于中考壓軸題．17．【觀察】①90；②105；【發(fā)現(xiàn)】①50；②y＝，補全圖象見解析；【拓展】0＜x≤12或48≤x≤72【分析】【觀察】①先據(jù)題意求出兩個機器人速度的關(guān)系，再確定第二次迎面相遇的位置，然后設(shè)此時相解析：【觀察】①90；②105；【發(fā)現(xiàn)】①50；②y＝，補全圖象見解析；【拓展】0＜x≤12或48≤x≤72【分析】【觀察】①先據(jù)題意求出兩個機器人速度的關(guān)系，再確定第二次迎面相遇的位置，然后設(shè)此時相遇點距點A為m個單位，根據(jù)題意列方程即可求出結(jié)果；②仿照①的解題思路和方法解答即可；【發(fā)現(xiàn)】①當點第二次相遇地點剛好在點B時，根據(jù)題意可列方程150﹣x＝2x，解出的x的值即為a的值；②分0＜x≤50與50＜x＜75兩種情況，分別求出正比例函數(shù)與一次函數(shù)的關(guān)系式，進一步即可補全函數(shù)圖象；【拓展】分三種情況畫出圖形，然后根據(jù)題意得出相應的分式方程，解方程即可得出y與x的關(guān)系，進而可得關(guān)于x的不等式，解不等式即可得到結(jié)論．【詳解】解：【觀察】①∵相遇地點與點A之間的距離為30個單位長度，∴相遇地點與點B之間的距離為150﹣30＝120個單位長度，設(shè)機器人甲的速度為v，則機器人乙的速度為v＝4v，∴機器人甲從相遇點到點B所用的時間為，機器人乙從相遇地點到點A再返回到點B所用時間為，而，∴機器人甲與機器人乙第二次迎面相遇時，機器人乙從第一次相遇地點到點A，返回到點B，再返回向A時和機器人甲第二次迎面相遇，設(shè)此時相遇點距點A為m個單位，根據(jù)題意得，30+150+150﹣m＝4（m﹣30），解得：m＝90，故答案為：90；②∵相遇地點與點A之間的距離為35個單位長度，∴相遇地點與點B之間的距離為150﹣35＝115個單位長度，設(shè)機器人甲的速度為v，則機器人乙的速度為，∴機器人乙從相遇點到點A再到點B所用的時間為，機器人甲從相遇點到點B所用時間為，而，∴機器人甲與機器人乙第二次迎面相遇時，機器人乙從第一次相遇地點到點A，返回到點B，再返回向A時和機器人甲第二次迎面相遇，設(shè)此時相遇點距點A為m個單位，根據(jù)題意得，35+150+150﹣m＝（m﹣35），解得：m＝105，故答案為：105；【發(fā)現(xiàn)】①當?shù)诙蜗嘤龅攸c剛好在點B時，設(shè)機器人甲的速度為v，則機器人乙的速度為，根據(jù)題意知，150﹣x＝2x，∴x＝50，即：a＝50，故答案為：50；②當0＜x≤50時，點P（50，150）在線段OP上，∴線段OP的表達式為y＝3x，當v＜時，即當50＜x＜75，此時，第二次相遇地點是機器人甲在到點B返回向點A時，設(shè)機器人甲的速度為v，則機器人乙的速度為，根據(jù)題意知，x+y＝（150﹣x+150﹣y），整理，得y＝﹣3x+300，∴y與x的函數(shù)關(guān)系式是y＝，補全圖象如圖2所示：【拓展】①如圖，由題意知，，∴y＝5x，∵0＜y≤60，∴0＜x≤12；②如圖，∴，∴y＝﹣5x+300，∵0≤y≤60，∴48≤x≤60，③如圖，由題意得，＝，∴y＝5x﹣300，∵0≤y≤60，∴60≤x≤72，∵0＜x＜75，∴48≤x≤72，綜上所述，相遇地點與點A之間的距離x的取值范圍是0＜x≤12或48≤x≤72，故答案為：0＜x≤12或48≤x≤72．【點睛】本題考查了一次函數(shù)的應用、分式方程的應用、兩點間的距離、一元一次方程和一元一次不等式的應用，難度較大，正確理解題意、靈活應用數(shù)形結(jié)合的思想是解題的關(guān)鍵．18．（1）PM＝PN，PM⊥PN；（2）△PMN是等腰直角三角形．理由見解析；（3）S△PMN最大＝．【分析】（1）由已知易得，利用三角形的中位線得出，，即可得出數(shù)量關(guān)系，再利用三角形的中位線得出得解析：（1）PM＝PN，PM⊥PN；（2）△PMN是等腰直角三角形．理由見解析；（3）S△PMN最大＝．【分析】（1）由已知易得，利用三角形的中位線得出，，即可得出數(shù)量關(guān)系，再利用三角形的中位線得出得出，最后用互余即可得出位置關(guān)系；（2）先判斷出，得出，同（1）的方法得出，，即可得出，同（1）的方法由，即可得出結(jié)論；（3）方法1：先判斷出最大時，的面積最大，進而求出，，即可得出最大，最后用面積公式即可得出結(jié)論．方法2：先判斷