北京第十五中學中考數(shù)學幾何綜合壓軸題模擬專題一、中考幾何壓軸題1．（問題情境）（1）如圖1，四邊形ABCD是正方形，點E是AD邊上的一個動點，以CE為邊在CE的右側作正方形CEFG，連接DG、BE，則DG與BE的數(shù)量關系是；（類比探究）（2）如圖2，四邊形ABCD是矩形，AB=2，BC=4，點E是AD邊上的一個動點，以CE為邊在CE的右側作矩形CEFG，且CG：CE=1：2，連接DG、BE．判斷線段DG與BE有怎樣的數(shù)量關系和位置關系，并說明理由；（拓展提升）（3）如圖3，在（2）的條件下，連接BG，則2BG+BE的最小值為．2．（1）如圖1，在正的外角內(nèi)引射線，作點C關于的對稱點E（點E在內(nèi)），連接，、分別交于點F，G．則_______．（2）類比探究：如圖2，把上題中的“正”改為“正方形”，其余條件不變，請求出的度數(shù)；通過以上兩例探索，請寫出一個關于與的數(shù)量關系的正確結論：_________________；（3）拓展延伸：如圖3，若以正方形的頂點O為原點，頂點A，D分別在x軸，y軸上，點A的坐標為，設正方形的中心為P，平面上一點F到P的距離為．①直接寫出的度數(shù)；②當時，求點F的坐標；并探索是否有最大值？如果有，請求出；如果沒有，請說明理由．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，在軸左側的部分與在軸右側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．綜合與實踐背景閱讀：“旋轉”即物體繞一個點或一個軸做圓周運動．在中國古典專著《百喻經(jīng)·口誦乘船法而不解用喻》中記載：“船盤回旋轉，不能前進．”而圖形旋轉即：在平面內(nèi)，將一個圖形繞一點按某個方向轉動一個角度，這樣的運動叫做圖形的旋轉，這個定點叫做旋轉中心，轉動的角叫做旋轉角．綜合實踐課上，“睿智”小組專門探究了正方形的旋轉，情況如下：在正方形中，點是線段上的一個動點，將正方形繞點順時針旋轉得到正方形（點，，，分別是點，，，的對應點）．設旋轉角為（）．操作猜想：（1）如圖1，若點是中點，在正方形繞點旋轉過程中，連接，，，則線段與的數(shù)量關系是_______；線段與的數(shù)量關系是________．探究驗證：（2）如圖2，在（1）的條件下，在正方形繞點旋轉過程中，順次連接點，，，，．判斷四邊形的形狀，并說明理由．拓展延伸：（3）如圖3，若，在正方形繞點順時針旋轉的過程中，設直線交線段于點．連接，并過點作于點．請你補全圖形，并直接寫出的值．5．將拋物線y＝ax2的圖像（如圖1）繞原點順時針旋轉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之間滿足的等量關系是______．6．如圖，已知和均為等腰三角形，，，將這兩個三角形放置在一起．（1）問題發(fā)現(xiàn)：如圖①，當時，點B、D、E在同一直線上，連接CE，則線段BD、CE之間的數(shù)量關系是_________，_________；（2）拓展探究：如圖②，當時，點B、D、E不在同一直線上，連接CE，求出線段BD、CE之間的數(shù)量關系及BD、CE所在直線相交所成的銳角的大?。ǘ加煤氖阶颖硎荆?，并說明理由：（3）解決問題：如圖③，，，，連接CE、BD，在繞點A旋轉的過程中，當CE所在的直線垂直于AD時，請你直接寫出BD的長．7．（閱讀理解）定義：如果四邊形的某條對角線平分一組對角，那么把這條對角線叫“協(xié)和線”，該四邊形叫做“協(xié)和四邊形”．（深入探究）（1）如圖1，在四邊形中，，，請說明：四邊形是“協(xié)和四邊形”．（嘗試應用）（2）如圖2，四邊形是“協(xié)和四邊形”，為“協(xié)和線”，，，若點、分別為邊、的中點，連接，，．求：①與的面積的比；②的正弦值．（拓展應用）（3）如圖3，在菱形中，，，點、分別在邊和上，點、分別在邊和上，點為與的交點，點在上，連接，若四邊形，都是“協(xié)和四邊形”，“協(xié)和線”分別是、，求的最小值．8．（1）問題探究：如圖1，△ABC，△ADE均為等邊三角形，連接BD、CE，試探究線段BD與CE的數(shù)量關系，并說明理由．（2）類比延伸如圖2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠ACB＝∠AED＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，連接BD，CE，試確定BD與CE的數(shù)量關系，并說明理由．（3）拓展遷移如圖3，在四邊形ABCD中，AC⊥BC，且AC＝BC，CD＝4，若將線段DA繞點D按逆時針方向旋轉90°得到DA′，連接BA′，求線段BA′的長．9．在中，，點D?E分別是的中點，將繞點C按順時針方向旋轉一定的角度，連接．觀察猜想（1）如圖①，當時，填空：①______________；②直線所夾銳角為____________；類比探究（2）如圖②，當時，試判斷的值及直線所夾銳角的度數(shù)，并說明理由；拓展應用（3）在（2）的條件下，若，將繞著點C在平面內(nèi)旋轉，當點D落在射線AC上時，請直接寫出的值．10．如圖，在中，，，，為底邊上一動點，連接，以為斜邊向左上方作等腰直角，連接．觀察猜想：（1）當點落在線段上時，直接寫出，的數(shù)量關系：_______．類比探究：（2）如圖2，當點在線段上運動時，請問（1）中結論是否仍然成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由；拓展延伸：（3）在點運動過程中，當時，請直接寫出線段的長．11．（1）嘗試探究：如圖①，在中，，，點、分別是邊、上的點，且EF∥AB．①的值為_________；②直線與直線的位置關系為__________；（2）類比延伸：如圖②，若將圖①中的繞點順時針旋轉，連接，，則在旋轉的過程中，請判斷的值及直線與直線的位置關系，并說明理由；（3）拓展運用：若，，在旋轉過程中，當三點在同一直線上時，請直接寫出此時線段的長．12．愛好思考的小明在探究兩條直線的位置關系查閱資料時，發(fā)現(xiàn)了“中垂三角形”，即兩條中線相互垂直的三角形“中垂三角形”，如圖（1）、圖（2）、圖（3）中，AM、BN是△ABC的中線，AM⊥BN于點P，像△ABC這樣的三角形均為“中垂三角形”．設BC=a，AC=b，AB=c．（特例研究）（1）如圖1，當tan∠PAB=1，c=4時，a=b=；（歸納證明）（2）請你觀察（1）中的計算結果，猜想a2、b2、c2三者之間的關系，用等式表示出來，并利用圖2證明你的結論；（拓展證明）（3）如圖4，?ABCD中，E、F分別是AD、BC的三等分點，且AD=3AE，BC=3BF，連接AF、BE、CE，且BE⊥CE于E，AF交BE相較于點G，AD=3，AB=3，求AF的長．13．（1）問題探究：如圖1所示，有公共頂點A的兩個正方形ABCD和正方形AEFG．AE＜AB，連接BE與DG，請判斷線段BE與線段DG之間有怎樣的數(shù)量關系和位置關系．并請說明理由．（2）理解應用：如圖2所示，有公共頂點A的兩個正方形ABCD和正方形AEFG，AE＜AB，AB＝10，將正方形AEFG繞點A在平面內(nèi)任意旋轉，當∠ABE＝15°，且點D、E、G三點在同一條直線上時，請直接寫出AE的長；（3）拓展應用：如圖3所示，有公共頂點A的兩個矩形ABCD和矩形AEFG，AD＝4，AB＝4，AG＝4，AE＝4，將矩形AEFG繞點A在平面內(nèi)任意旋轉，連接BD，DE，點M，N分別是BD，DE的中點，連接MN，當點D、E、G三點在同一條直線上時，請直接寫出MN的長14．問題發(fā)現(xiàn)：（1）如圖1，與同為等邊三角形，連接則與的數(shù)量關系為________；直線與所夾的銳角為_________；類比探究：（2）與同為等腰直角三角形，其他條件同（1），請問（1）中的結論還成立嗎？請說明理由；拓展延伸：（3）中，為的中位線，將繞點逆時針自由旋轉，已知，在自由旋轉過程中，當在一條直線上時，請直接寫出的值．15．綜合與實踐：問題情境：在數(shù)學課上，以“等腰直角三角形為主體，以點的對稱為基礎，探究線段間的變化關系”．如圖1，在中，，，點為的角平分線上一動點但不與點重合，作點關于直線的對稱點為，連接并延長交延長線于點，連接并延長交直線于點．探究實踐：（1）勤奮小組的同學發(fā)現(xiàn)，請寫出證明；探究發(fā)現(xiàn)：（2）智慧小組在勤奮小組的基礎上繼續(xù)探究，發(fā)現(xiàn)線段，與存在數(shù)量關系，請寫出他們的發(fā)現(xiàn)并證明；探究拓展：（3）如圖2，奇異小組的同學在前兩個小組探究的基礎上，連接，得到三條線段，與存在一定的數(shù)量關系，請直接寫出．16．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．（直接寫出結果）17．如圖（1），在矩形中，，點分別是邊的中點，四邊形為矩形，連接．（1）問題發(fā)現(xiàn)在圖（1）中，_________；（2）拓展探究將圖（1）中的矩形繞點旋轉一周，在旋轉過程中，的大小有無變化？請僅就圖（2）的情形給出證明；（3）問題解決當矩形旋轉至三點共線時，請直接寫出線段的長．18．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．19．將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，固定使繞點旋轉，設的面積為的面積為當點恰好落在邊上時，則與的數(shù)量關系是；（2）猜想論證:當繞點旋轉到如圖3所示的位置時，小明猜想中與的數(shù)量關系為相等，并嘗試分別作出了和中邊上的高請你證明小明的猜想，即證明:．（3）拓展探究:已知，點是角平分線上的一點，交于點（如圖4)．若射線上存在點，使，請直接寫出相應的的長．20．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，，則與的數(shù)量關系為______；②設，，請用含的式子表示：______；③的最小值為______．【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）DG=BE；（2），DG⊥BE；（3）4．【分析】（1）通過證明△DCG和△BCE（SAS）全等，得到DG=BE．（2）通過證明△DCG∽△BCE得到，所以．∠BEC=∠DGC．延長BE解析：（1）DG=BE；（2），DG⊥BE；（3）4．【分析】（1）通過證明△DCG和△BCE（SAS）全等，得到DG=BE．（2）通過證明△DCG∽△BCE得到，所以．∠BEC=∠DGC．延長BE、GD相交于點H．因為矩形ECGF，所以∠FEC=∠FGC=90°，所以∠HEF+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，所以∠H=∠F=90°，所以DG⊥BE．（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延長線于M．首先證明點G的運動軌跡是線段GM，將2BG+BE的最小值轉化為求2（BG+DG）的最小值．【詳解】（1）DG=BE理由：∵正方形ABCD，∴CD=CB，∠BCD=90°∵正方形ECGF，∴CG=CE，∠ECG=90°∴∠ECG=∠BCD=90°∴∠DCG=∠BCE在△DCG和△BCE中∴△DCG≌△BCE（SAS）∴DG=BE（2），DG⊥BE．理由如下：延長BE、GD相交于點H．∵矩形ECGF、矩形ABCD，∴∠ECG=∠BCD=90°，∴∠DCG=∠BCE，∵CD：CB=2：4=1：2，CG：CE=1：2，∴CD：CB=CG：CE，∵∠DCG=∠BCE，∴△DCG∽△BCE，∴，∠BEC=∠DGC，∴∵矩形ECGF∴∠FEC=∠FGC=∠F=90°∴∠HEF+∠BEC=180°-∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，∴∠H=∠F=90°∴DG⊥BE（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延長線于M．易證△ECN∽△CGM，∴，∵EN=AB=2，∴CM=1，∴點G的運動軌跡是直線MG，作點D關于直線GM的對稱點G′，連接BG′交GM于G，此時BG+GD的值最小，最小值=BG′由（2）知，∴BE=2DG∴2BG+BE=2BG+2DG=2（BG+DG）∴2BG+BE的最小值就是2（BG+DG）的最小值．∵BG′=，∴2BG+BE的最小值為4故答案為4．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)．在判斷全等和相似時出現(xiàn)“手拉手”模型證角相等．這里注意利用三邊關系來轉化線段的數(shù)量關系求出最小值．2．（1）；（2），理由見解析；（3）①；②有，【分析】（1）證明∠1=∠2，∠3=∠4，∠1+∠2+60°+∠3+∠4=180°得∠1+∠3=60°，進一步可得結論；（2）連接，證明，再進一步解析：（1）；（2），理由見解析；（3）①；②有，【分析】（1）證明∠1=∠2，∠3=∠4，∠1+∠2+60°+∠3+∠4=180°得∠1+∠3=60°，進一步可得結論；（2）連接，證明，再進一步證明得，故可得結論；（3）①由題意可知，點F在以P為圓心，為半徑的圓上，由圓周角定理可得結論；②設，根據(jù)三角形面積公式求出y的值，在中，，根據(jù)勾股定理得，列出方程求出x的值即可得點F的坐標，當軸時，面積最大，求值即可．【詳解】解：（1）如圖1中，∵點E是點C關于AM的對稱點，∴∠AGE=90°，AE=AC，∠1=∠2．∵正△ABC中，∠BAC=60°，AB=AC，∴AE=AB，得∠3=∠4．在△ABE中，∠1+∠2+60°+∠3+∠4=180°，∴∠1+∠2+∠3+∠4=120°，∴∠1+∠3=60°．在△AEG中，∠FEG+∠3+∠1=90°，∴∠FEG=30°．故答案為：；（2）連接∵C，E關于對稱∴∴∴；在正方形中，∴，∴；在中，；即∵∴∴∴結論：（3）①由題意可知，點F在以P為圓心，為半徑的圓上，如圖，連接，則∴故答案為：②設則即，由題意得，∴由題意可知，點F在以P為圓心，為半徑的圓上；過點P作軸，過點F作軸，則在中，，根據(jù)勾股定理得即解得故或，當軸時，面積最大，此時【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，圓周角定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．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，關鍵在于根據(jù)題意作出圖形進行解答．4．（1）；；（2）矩形，見解析；（3）見解析，．【分析】（1）如圖，連接OA、OA′、OD、OD′，根據(jù)旋轉的性質(zhì)可得OA=OA′、OD=OD′，∠AOA′=∠DOD′=，根據(jù)勾股定理可得OA=O解析：（1）；；（2）矩形，見解析；（3）見解析，．【分析】（1）如圖，連接OA、OA′、OD、OD′，根據(jù)旋轉的性質(zhì)可得OA=OA′、OD=OD′，∠AOA′=∠DOD′=，根據(jù)勾股定理可得OA=OD，利用SAS可證明△AOA′≌△DOD′，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得AA′=DD′，根據(jù)旋轉的性質(zhì)可得∠BOB′=，根據(jù)可得△OAA′∽△OBB′，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得答案；（2）根據(jù)旋轉的性質(zhì)可得，，，根據(jù)點是中點即可得出，根據(jù)對角線相等且互相平分的四邊形是矩形即可證明四邊形是矩形；（3）根據(jù)題意，補全圖形，連接OA、OA′，作AM⊥BP于M，A′N⊥BP于N，根據(jù)勾股定理可得，根據(jù)平角的定義及直角三角形兩銳角互余的性質(zhì)可得，利用AAS可證明△ABM≌△A′B′N，可得AM=A′N，利用AAS可證明△APM≌△A′PN，可得，根據(jù)等腰三角形“三線合一”的性質(zhì)可得∠A′OP=∠AOA′=，∠QOB′=，根據(jù)角的和差關系可得∠POQ=∠A′OB′，即可證明△OQP∽△OB′A′，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得答案．【詳解】（1）如圖，連接OA、OA′、OD、OD′，∵將正方形繞點順時針旋轉得到正方形，旋轉角為，∴OA=OA′、OD=OD′，∠AOA′=∠DOD′=，∴△AOA′≌△DOD′，∴AA′=DD′，∵點是中點，∴OB=，∴OA=，∵將正方形繞點順時針旋轉得到正方形，旋轉角為，∴∠BOB′=∠AOA′=，∵，∴△OAA′∽△OBB′，∴=，∴，故答案為：；（2）四邊形是矩形；理由如下：∵正方形繞點順時針旋轉得到正方形，∴，，，∵點是中點，∴四邊形是平行四邊形，∵，∴四邊形是矩形．（3）如圖，補全圖形如下：連接OA、OA′，作AM⊥BP于M，A′N⊥BP于N，∵，∴AB=BC=，∴OA′=OA==，∵∠OB′A′=90°，∴，∵，∴，∵，∴，∵，，∴△ABM≌△A′B′N，∴AM=A′N（AAS），∵，，∴△APM≌△A′PN，∴AP=A′P，∵OA=OA′，∴∠A′OP=∠AOA′=，∵OB=OB′，OQ⊥BB′，∴∠QOB′=，∴∠QOB′+∠B′OP=∠A′OP+∠B′OP，即∠POQ=∠A′OB′，∵∠OQP=∠OB′A′=90°，∴△OQP∽△OB′A′，∴．【點睛】本題考查旋轉的性質(zhì)、矩形的判定、全等三角形的判定與性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握全等三角形及相似三角形的判定定理并正確作出輔助線構造全等三角形及相似三角形是解題關鍵．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鍵．6．（1），60；（2），；（3）或【分析】（1）證明，得出，，即可得出結論；（2）證明，即可得出結論；（3）先判斷出，再求出，①當點在點上方時，先判斷出四邊形是矩形，求出，再根據(jù)勾股定理求出，解析：（1），60；（2），；（3）或【分析】（1）證明，得出，，即可得出結論；（2）證明，即可得出結論；（3）先判斷出，再求出，①當點在點上方時，先判斷出四邊形是矩形，求出，再根據(jù)勾股定理求出，，得出；②當點在點下方時，同①的方法得，，，進而得出，即可得出結論．【詳解】解：（1）如圖①中，在為等腰三角形，，，是等邊三角形，，，同理：，，，，，，，點、、在同一直線上，，，，故答案為：，60．（2）如圖②中，，、所在直線相交所成的銳角的大小為．理由：延長交的延長線于，設交于點．在等腰三角形中，，，，同理，，，，，，，，，，．、所在直線相交所成的銳角的大小為．（3）由（2）知，，，在中，，，①當點在點上方時，如圖③，過點作交的延長線于，當時，可證，，，，四邊形是矩形，，矩形是正方形，，在中，根據(jù)勾股定理得，，．②當點在點下方時，如圖④同①的方法得，，，，綜上所述，的長為或．【點睛】此題是幾何變換綜合題，主要考查了旋轉的性質(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)，勾股定理，等邊三角形的性質(zhì)，判斷出△ACE∽△ABD是解本題的關鍵．7．（1）證明見解析；（2）①；②；（3）．【分析】（1）如圖（見解析），先根據(jù)三角形全等的判定定理與性質(zhì)可得，再根據(jù)“協(xié)和四邊形”的定義即可得證；（2）①先根據(jù)“協(xié)和四邊形”的定義、三角形全等的解析：（1）證明見解析；（2）①；②；（3）．【分析】（1）如圖（見解析），先根據(jù)三角形全等的判定定理與性質(zhì)可得，再根據(jù)“協(xié)和四邊形”的定義即可得證；（2）①先根據(jù)“協(xié)和四邊形”的定義、三角形全等的判定定理可得，從而可得，再根據(jù)等邊三角形的判定與性質(zhì)可得，然后設，解直角三角形可得，從而可得，最后利用三角形的面積公式即可得；②如圖（見解析），設，先利用勾股定理可得，再利用三角形的面積公式可得，然后根據(jù)正弦三角函數(shù)的定義即可得；（3）如圖（見解析），先解直角三角形可得，再根據(jù)菱形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)可得，從而可得，然后根據(jù)垂線段最短可得當時，取得最小值，最后根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)即可得．【詳解】證明：（1）如圖，連接，在和中，，，，平分和，四邊形是“協(xié)和四邊形”；（2）①如圖，設與相交于點，為“協(xié)和線”，平分和，，在和中，，，，∵點、分別為邊、的中點，，，是等邊三角形，，（等腰三角形的三線合一），設，則，∵在中，，，在中，，，，即與的面積的比為；②如圖，過點作于點，由（2）①知，垂直平分，，設，則，同（2）①可得：，，，，解得，則在中，；（3）如圖，過點作，交延長線于點，，，在中，，四邊形是菱形，，，同（2）①可證：垂直平分，，，，由垂線段最短可知，當時，取得最小值，在和中，，，，即，解得，即的最小值為．【點睛】本題考查了三角形全等的判定定理與性質(zhì)、解直角三角形、菱形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識點，較難的是題（3），利用垂線段最短得出當時，取得最小值是解題關鍵．8．（1）BD＝CE；理由見解析；（2）BD＝2CE，理由見解析；（3）A′B＝．【分析】（1）由等邊三角形的性質(zhì)得AC=AB，AE=AD，∠EAD=∠CAB=60°，則∠EAC=∠DAB，再證△E解析：（1）BD＝CE；理由見解析；（2）BD＝2CE，理由見解析；（3）A′B＝．【分析】（1）由等邊三角形的性質(zhì)得AC=AB，AE=AD，∠EAD=∠CAB=60°，則∠EAC=∠DAB，再證△EAC≌△DAB（SAS），即可得出結論；（2）證△EAD∽△CAB，得到，則△EAC∽△DAB，得=2，即可得出結論；（3）先證明△ABC和△AA′D為等腰直角三角形，得，再證∠A′AB=∠DAC，從而可證明△CAD∽△BAA'，最后利用相似三角形的性質(zhì)可求得A′B的長度．【詳解】解：（1）∵△ABC、△ADE均為等邊三角形，∴AC＝AB，AE＝AD，∠EAD＝∠CAB＝60°，∴∠EAC＝60°﹣∠CAD，∠DAB＝60°﹣∠CAD，∴∠EAC＝∠DAB，在△EAC與△DAB中，∴△EAC≌△DAB，∴BD＝CE；（2）BD＝2CE，理由：∵∠ACB＝∠AED＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，∴∠EAD＝∠CAB＝60°，AD＝2AE，AB＝2AC，∴∠EAC＝∠DAB，△EAD∽△CAB，∴，∴△EAC∽△DAB，∴，∴BD＝2CE；（3）連接A′A，如圖③，∵AC⊥BC，且AC＝BC，∴△ABC為等腰直角三角形．∴，∵將線段DA繞點D按逆時針方形旋轉90°得到DA′∴△AA′D為等腰直角三角形．∴△ABC∽△AA′D．∴．∴．又∵∠CAB＝∠A′AD，∴∠A′AB＝∠DAC，∴△CAD∽△BAA′．∴，即，∴A′B＝．【點睛】本題是三角形綜合題目，考查的是旋轉的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)等知識；本題綜合性強，熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)和等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，證得相似三角形是解題的關鍵．9．（1）①1，②；（2）直線所夾銳角為，見解析；（3）滿足條件的的值為【分析】（1）①②延長BD交AE的延長線于T，BT交AC于O．證明即可解決問題．（2）如圖②中，設AC交BD于O，AE交BD解析：（1）①1，②；（2）直線所夾銳角為，見解析；（3）滿足條件的的值為【分析】（1）①②延長BD交AE的延長線于T，BT交AC于O．證明即可解決問題．（2）如圖②中，設AC交BD于O，AE交BD于T．證明，推出，可得結論．（3）分兩種情形：①如圖③-1中，當點D落在線段AC上時，作于H．②如圖③-2中，當點D在AC的延長線上時，分別利用勾股定理求解即可．【詳解】解：（1）如圖①中，延長BD交AE的延長線于T，BT交AC于O．，是等邊三角形，，，，，，，，，∴直線所夾銳角為，故答案為1，．（2）如圖②中，設AC交于O，AE交于T．，是等腰直角三角形，，，，，，，，，∴直線所夾銳角為．（3）①如圖③-1中，當點D落在線段AC上時，作于H．由題意，，，，，在中，②如圖③-2中，當點D在AC的延長線上時，同法可得，綜上所述，滿足條件的的值為．【點睛】本題考查幾何變換綜合題，考查了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，解題的關鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題．10．（1）=；（2）成立，證明見解析；（3）或【分析】（1）證明是等腰直角三角形即可．（2）結論成立．取的中點，連接，．證明，推出，再證明，可得結論．（3）分兩種情形：如圖中，取的中點，連接．當解析：（1）=；（2）成立，證明見解析；（3）或【分析】（1）證明是等腰直角三角形即可．（2）結論成立．取的中點，連接，．證明，推出，再證明，可得結論．（3）分兩種情形：如圖中，取的中點，連接．當點在線段上時，如圖中，當點在線段上時，分別利用勾股定理求解即可．【詳解】解：（1）如圖（1）中，，都是等腰直角三角形，，，，，故答案為：．（2）如圖（2）中，結論成立．理由：取的中點，連接，．，，，，，，，都是等腰直角三角形，，，，，，，，，，，，，．（3）如圖中，取的中點，連接．當點在線段上時，，，，，，在中，，．如圖中，當點在線段上時，同法可得，，，綜上所述，的長為或．【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了等腰直角三角形的性質(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)，勾股定理等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形或相似三角形解決問題，屬于中考壓軸題．11．（1）①，②；（2），，證明見解析；（3）或【分析】（1）①由銳角三角函數(shù)可得AC＝BC，CF＝CE，可得AF＝AC?CF＝（BC?CE），BE＝BC?CE，即可求；②由垂直的定義可得AF⊥B解析：（1）①，②；（2），，證明見解析；（3）或【分析】（1）①由銳角三角函數(shù)可得AC＝BC，CF＝CE，可得AF＝AC?CF＝（BC?CE），BE＝BC?CE，即可求；②由垂直的定義可得AF⊥BE；（2）由題意可證△ACF∽△BCE，可得，∠FAC＝∠CBE，由余角的性質(zhì)可證AF⊥BE；（3）分兩種情況討論，由旋轉的性質(zhì)和勾股定理可求AF的長．【詳解】解：（1）∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，∴，∵，∴，故答案為：，；（2），如圖，連接，延長交于，交于點，∵旋轉，∴，∵，∴，且，∴，∴，，∵，∴，∴；（3）①如圖，過點作交的延長線于點，∵，，，，∴，，∵，，∴，且三點在同一直線上，∴，∵旋轉，∴，∴，且，∴，，∴，∴；②如圖，過點作于點，∵，，，，∴，，∵，，∴，∵旋轉，∴，且，∴，，∴，∴．【點睛】本題是相似綜合題，考查了平行線的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，熟練運用這些性質(zhì)進行推理是本題的關鍵．12．（1）；（2）a2+b2=5c2，證明見解析；（3）4【分析】（1）首先證明△APB，△PMN都是等腰直角三角形，求出PA、PB、PN、PM，再利用勾股定理即可解決問題．（2）結論a2+b2=解析：（1）；（2）a2+b2=5c2，證明見解析；（3）4【分析】（1）首先證明△APB，△PMN都是等腰直角三角形，求出PA、PB、PN、PM，再利用勾股定理即可解決問題．（2）結論a2+b2=5c2．設MP=x，NP=y，則AP=2x，BP=2y，利用勾股定理分別求出a2、b2、c2即可解決問題．（3）取AB中點H，連接FH并且延長交DA的延長線于P點，首先證明△ABF是中垂三角形，利用（2）中結論列出方程即可解決問題．【詳解】（1）解：如圖中，∵CN=AN，CM=BM，∴MN∥AB，MN=AB=2，∵tan∠PAB=1，∴∠PAB=∠PBA=∠PNM=∠PMN=45°，

∴PN=PM=2，PB=PA=4，

∴AN=BM=，∴b=AC=2AN=4，a=BC=4，∴，故答案為：；（2）結論a2+b2=5c2．證明：如圖中，連接MN．∵AM、BN是中線，

∴MN∥AB，MN=AB，∴△MPN∽△APB，∴，設MP=x，NP=y，則AP=2x，BP=2y，

∴a2=BC2=4BM2=4(MP2+BP2)=4x2+16y2，b2=AC2=4AN2=4(PN2+AP2)=4y2+16x2，c2=AB2=AP2+BP2=4x2+4y2，∴a2+b2=20x2+20y2=5(4x2+4y2)=5c2．（3）解：如圖中，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AE∥BF，∴，在△AGE和△FGB中，，∴△AGE≌△FGB，

∴AG=FG，取AB中點H，連接FH并且延長交DA的延長線于P點，

同理可證△APH≌△BFH，

∴AP=BF，PE=2BF=CF，

即PE∥CF，PE=CF，

∴四邊形CEPF是平行四邊形，

∴FP∥CE，

∵BE⊥CE，

∴FP⊥BE，即FH⊥BG，

∴△ABF是中垂三角形，

由（2）可知AB2+AF2=5BF2，∵AB=3，BF=AD=，∴9+AF2=5×，∴AF=4．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了三角形中位線定理、平行四邊形的判定和性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關鍵是理解題意，學會添加常用輔助線構造全等三角形，學會利用新的結論解決問題，屬于中考壓軸題．13．（1）BE＝DG，BE⊥DG，見解析；（2）5﹣5；（3）6或8【分析】（1）由“SAS”可證△GAD≌△EAB，可得BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，由直角三角形的性質(zhì)可得BE⊥DG；（2）由解析：（1）BE＝DG，BE⊥DG，見解析；（2）5﹣5；（3）6或8【分析】（1）由“SAS”可證△GAD≌△EAB，可得BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，由直角三角形的性質(zhì)可得BE⊥DG；（2）由“SAS”可證△GAD≌△EAB，可得BE＝DG，∠ADG＝∠ABE＝15°，可得∠DEB＝90°，由直角三角形的性質(zhì)可求解；（3）分兩種情況討論，通過證明△AGD∽△AEB，可得，∠DGA＝∠AEB，由勾股定理和三角形中位線定理可求解．【詳解】解：（1）BE＝DG，BE⊥DG，理由如下：如圖1：延長BE交AD于N，交DG于H，∵四邊形ABCD是正方形，四邊形AEFG是正方形，∴AG＝AE，AB＝AD，∠GAE＝∠DAB＝90°，∴∠GAD＝∠EAB，∴△GAD≌△EAB（SAS），∴BE＝DG，∠ADG＝∠ABE，∵∠ABE+∠ANB＝90°，∴∠ADG+∠DNH＝90°，∴∠DHN＝90°，∴BE⊥DG；（2）如圖，當點G在線段DE上時，連接BD，∵四邊形ABCD是正方形，四邊形AEFG是正方形，∴AG＝AE，AB＝AD＝10，∠GAE＝∠DAB＝90°，∠ADB＝45°＝∠ABD，BD＝AB＝10，GE＝AE，∴∠GAD＝∠EAB，∴△GAD≌△EAB（SAS），∴BE＝DG，∠ADG＝∠ABE＝15°，∴∠BDE＝45°﹣15°＝30°，∠DBE＝45°+15°＝60°，∴∠DEB＝90°，∴BE＝BD＝5＝DG，DE＝BE＝5，∴GE＝5﹣5，∴AE＝＝5﹣5，當點E在線段DG上時，同理可求AE＝5﹣5，故答案為：5﹣5；（3）如圖，若點G在線段DE上時，∵AD＝4，AB＝4，AG＝4，AE＝4，∴DB＝＝＝8，GE＝＝＝8，∠DAB＝∠GAE＝90°，∴∠DAG＝∠BAE，又∵，∴△AGD∽△AEB，∴，∠DGA＝∠AEB，∴BE＝DG，∵∠DGA＝∠GAE+∠DEA，∠AEB＝∠DEB+∠AED，∴∠GAE＝∠DEB＝90°，∵DB2＝DE2+BE2，∴64×13＝（DG+8）2+3DG2，∴DG＝12或DG＝﹣16（舍去），∴BE＝12，∵點M，N分別是BD，DE的中點，∴MN＝BE＝6；如圖，當點E在線段DG上時，同理可求：BE＝16，∵點M，N分別是BD，DE的中點，∴MN＝BE＝8，綜上所述：MN為6或8，故答案為：6或8．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理的應用，相似三角形的判定和性質(zhì)，利用分類討論思想解決問題是本題的關鍵．14．（1），；（2）不成立，見解析；（3）2或4【分析】（1）根據(jù)題意，利用等邊三角形的性質(zhì)，得出，再根據(jù)全等三角形對應角相等，得出，故得出與所夾的銳角為60°．（2）根據(jù)題意，利用等腰直角三角形解析：（1），；（2）不成立，見解析；（3）2或4【分析】（1）根據(jù)題意，利用等邊三角形的性質(zhì)，得出，再根據(jù)全等三角形對應角相等，得出，故得出與所夾的銳角為60°．（2）根據(jù)題意，利用等腰直角三角形的性質(zhì)可推出，再根據(jù)相似三角形對應角相等，得出，故得出直線與所夾的銳角為45°，與（1）結論不符．（3）此問需要分兩種情況討論，一種情況是當在直線上，該種情況需要先證明，從而根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到，最后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)求出；另一種情況是，當在直線下，先證明，從而證明四邊形為矩形，最后求出．【詳解】解：（1）；60°解答如下：如圖１，與為等邊三角形，，在與中，，故答案為：；直線與所夾的銳角為60°．（2）不成立理由如下：與為等腰直角三角形，，，，即：，在與中，故（1）中的結論不成立；（3）的長度為2或4；①點在直線上方時如圖4，，，②點在直線下方時，如圖5，∥根據(jù)題意，易證四邊形為矩形，，故答案為綜上可得的長度為2或4【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、等腰直角三角形的三邊關系、旋轉的性質(zhì)、矩形的判定及性質(zhì)相似三角形的判定及性質(zhì)，綜合性比較強，熟練掌握性質(zhì)定理是解題的關鍵．（1）利用等邊三角形的性質(zhì)，從而證明三角形全等是解答該小問的關鍵．（2）根據(jù)等腰直角三角形的三邊關系，證明兩個三角形相似是解答第二問的關鍵，重點掌握相似三角形的判定方法．（3）解答本題時，首先要認識到旋轉過程中滿足題意的兩種情況，其次證明過程可參考上面的證明過程，最后如何判定四邊形為矩形也是解答最后一題第二種情況的關鍵．15．（1）見解析；（2），見解析；（3）【分析】（1）連接CF，證明，即可解決問題；（2）連接EF，利用（1）中兩個三角形全等的性質(zhì)、四邊形內(nèi)角和及圖形中互補的角推導論證∠EGF=90°，再利用勾解析：（1）見解析；（2），見解析；（3）【分析】（1）連接CF，證明，即可解決問題；（2）連接EF，利用（1）中兩個三角形全等的性質(zhì)、四邊形內(nèi)角和及圖形中互補的角推導論證∠EGF=90°，再利用勾股定理即可解決問題；（3）證明RT△CNE≌RT△CMF，RT△GCN≌RT△GCM，即可解決問題．【詳解】（1）證明：如圖，連接．∵平分，，∴．∵，關于對稱，∴，．∴．在和中，∴．∴．（2）解：結論：．理由如下：連接，．∵，∴．∵，∴．∴．∵，∴．∴，．∵，∴．（3）如下圖，結論．理由如下：連接CG，CF，作CM⊥BF于點F，CN⊥AG于點N，∵，∴CN=CM，∵∠CNE=∠CMF=90°，CE=CF，∴RT△CNE≌RT△CMF．∴EN=FM，∵∠CNG=∠CMG=90°，CG=CG，∴RT△GCN≌RT△GCM，∴GN=GM，∠CGN=∠CGM=45°，∴CG=GN，∴GE+GF=GN－EN+GM+MF=2GN=CG．故GE+GF=CG．【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題．16．【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系，再確定第二次迎面相遇的位置，然后設此時相解析：【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系，再確定第二次迎面相遇的位置，然后設此時相遇點距點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的關系，進而可得關于x的不等式，解不等式即可得到結論．【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)形結合的思想是解題的關鍵．17．（1）；（2）的大小無變化，證明見解析；（3）或【分析】（1延長FG交BC于點H，可根據(jù)題意分別求出，的長，即可求的值；（2）連接，先由勾股定理計算的值，再計算，最后根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)解析：（1）；（2）的大小無變化，證明見解析；（3）或【分析】（1延長FG交BC于點H，可根據(jù)題意分別求出，的長，即可求的值；（2）連接，先由勾股定理計算的值，再計算，最后根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)解題即可；（3）采用分類討論法解題，一種是點在線段上，另一種是點在的延長線上，據(jù)此分別求解即可.【詳解】（1）解：延長FG交BC于點H，則，，故答案為：（2）的大小無變化.證明：如圖（1），連接，由題意可知：，∴，即，在矩形中，，∴，∴，在矩形中，，∴，∴，∴，∴，∴；（3）或如圖（2），圖（3）：如圖（2），當點在線段上，由（2）知，，，在中，；當點在的延長線上時，由（2）知，，，在中，綜上所述，或【點睛】本題考查勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，其中涉及分類討論思想，綜合性較強，有一定難度，熟練并靈活運用知識是解題的關鍵.18．（1）見解析；（2）∠B+∠D=180°；（3）【分析】（1）根據(jù)已知條件證明△EAF≌△GAF，進而得到EF=FG，即可得到答案；（2）先作輔助線，把△ABE繞A點旋轉到△ADG，使AB和A解析：（1）見解析；（2）∠B+∠D=180°；（3）【分析】（1）根據(jù)已知條件證明△EAF≌△GAF，進而得到EF=FG，即可得到答案；（2）先作輔助線，把△ABE繞A點旋轉到△ADG，使AB和AD重合，根據(jù)（1），要使EF=BE+DF，需證明△EAF≌△GAF，因此需證明F、D、G在一條直線上，即，即；（3）先作輔助線，把△AEC繞A點旋轉到△AFB，使AB和AC重合，連接DF，根據(jù)已知條件證明△FAD≌△EAD，設DE=x，則DF=x，BF=CE=3﹣x，然后再中根據(jù)勾股定理即可求出x的值，即DE的長．【詳解】（1）解：如圖，∵把△ABE繞點A逆時針旋轉90°至△ADG，使AB與AD重合，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，BE=DG，∵∠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=BE+DF；（2）解：∠B+∠D=180°，理由是：如圖，把△ABE繞A點旋轉到△ADG，使AB和AD重合，則AE=AG，∠B=∠ADG，∠BAE=∠DAG，∵∠B+∠ADC=180°，∴∠ADC+∠ADG=180°，∴F、D、G在一條直線上，和（1）類似，∠EAF=∠GAF=45°，在△EAF和△GAF中∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF=GF，∵BE=DG，∴EF=GF=BE+DF；故答案為：∠B+∠D=180°；（3）解：∵△ABC中，AB