數學-重難點01 新定義與材料理解問題-2023年中考數學【熱點·重點·難點】專練（江蘇專用）（解析版）

2023年中考數學【熱點·重點·難點】專練（江蘇專用）重難點01新定義與材料理解問題【命題趨勢】新定義與材料理解問題是中考數學的熱點問題，一般為小題（選擇題或填空題）。這種類型的問題通常不會單獨考查，往往會結合初中數學中某個知識點進行命題，進而既能考查初中數學中某個知識點的掌握情況，又能考查學生的自學能力和分析問題、解決問題的能力．這種類型的問題往往與代數知識結合的比較多，所以同學們一定要重視，一般這種類型的問題難度不大，平時多注意對這種問題的訓練拿下這個問題不是難事。新定義與材料理解問題是在問題中定義了初中數學中沒有學過的一些新概念、新運算、新符號，要求學生讀懂題意并結合已有知識進行理解，而后根據新定義進行運算、推理、遷移的一種題型.一般有三種類型問題：（1）定義新運算；（2）定義初、高中知識銜接＂新知識＂；（3）定義新概念。這類試題考查考生對＂新定義＂的理解和認識，以及靈活運用知識的能力，解題時需要將＂新定義＂的知識與已學知識聯(lián)系起來，利用已有的知識經驗來解決問題?！緷M分技巧】1）讀懂題目，搜集信息，理解本質﹕要想做好這類新定義型問題，關鍵在于讀懂題目中所給新定義的信息，真正理解新概念的本質．題目中可能會給出很多信息，有些是無關緊要的，有些是重要的，我們一定要抓住關鍵詞，關鍵信息，徹底弄懂其問題的本質，這是我們解決問題的關鍵所在．新定義型問題一般與代數知識結合較多，多關注初中數學中以下幾個部分的代數知識﹕1.實數的運算→高中的虛數的運算、數列的求和、向量等知識、．2.平面直角坐標系，反比例函數，一次函數，二次函數→冪函數或指數函數3.一元一次、一元二次方程、分式方程→指數方程、三角方程等特殊方程4.其他類型3）熟練掌握和運用數學的常用思想方法我們在解決新定義型問題時，往往都是利用現(xiàn)有的知識結合一些重要的數學思想方法去解決新定義的問題，比如，我們用初中所學的實數的知識結合類比和轉化的數學思想方法來解決復數或者虛數的一些問題等等．所以一定要把未學的問題轉化成已學的數學問題，利用現(xiàn)有的知識和方法，結合轉化、類比等數學思想解決問題．【限時檢測】A卷（真題過關卷）備注：本套試卷所選題目多數為近三年江蘇省各地區(qū)中考真題，針對性強，可作為一輪、二輪復習必刷真題過關訓練.一、解答題1．（2022·江蘇鹽城·統(tǒng)考中考真題）【發(fā)現(xiàn)問題】小明在練習簿的橫線上取點O為圓心，相鄰橫線的間距為半徑畫圓，然后半徑依次增加一個間距畫同心圓，描出了同心圓與橫線的一些交點，如圖1所示，他發(fā)現(xiàn)這些點的位置有一定的規(guī)律．【提出問題】小明通過觀察，提出猜想：按此步驟繼續(xù)畫圓描點，所描的點都在某二次函數圖像上．(1)【分析問題】小明利用已學知識和經驗，以圓心O為原點，過點O的橫線所在直線為x軸，過點O且垂直于橫線的直線為y軸，相鄰橫線的間距為一個單位長度，建立平面直角坐標系，如圖2所示．當所描的點在半徑為5的同心圓上時，其坐標為___________．(2)【解決問題】請幫助小明驗證他的猜想是否成立．(3)【深度思考】小明繼續(xù)思考：設點P(0,m)，m為正整數，以OP為直徑畫⊙M，是否存在所描的點在⊙M上．若存在，求m的值；若不存在，說明理由．【答案】(1)(?3,4)或(3,4)(2)成立，理由見解析(3)存在，4【分析】（1）先畫出圖形，再結合實際操作可得OA=OB=OD=5,OC=4,OC⊥AB,再利用勾股定理求解AC，BC，從而可得答案；（2）解法1：設半徑為n的圓與直線y=n?1的交點為P(x,n?1)．利用勾股定理可得x2+(n?1)2=n2解法2：設半徑為n的圓與直線y=n?1交點為P(x,n?1)，可得x2+(n?1)2=n2，解方程可得P(±（3）如圖，設所描的點N(±2n?1,n?1)在⊙M上，由MO=MN，建立方程(m2)2=【詳解】（1）解：如圖，OA=OB=OD=5,OC=4,OC⊥AB,∴AC=BC=5∴A(?3,4),B(3,4),故答案為：(?3,4)或(3,4)（2）小明的猜想成立．解法1：如圖，設半徑為n的圓與直線y=n?1的交點為P(x,n?1)．因為OP=n，所以x2+(n?1)所以n=1所以y=n?1=1解法2：設半徑為n的圓與直線y=n?1交點為P(x,n?1)，因為OP=n，所以x2+(n?1)2={x=±2n?1,y=n?1，消去∴點在拋物線y=1（3）存在所描的點在⊙M上，理由：如圖，設所描的點N(±2n?1,n?1)在則MO=MN，因為M(0,m所以(m整理得m=n因為m，n都是正整數，所以只有n=2，m=4滿足要求．因此，存在唯一滿足要求的m，其值是4．【點睛】本題考查的是切線的性質，垂徑定理的應用，坐標與圖形，二次函數的圖像與性質，勾股定理的應用，方程的正整數解問題，理解題意，建立幾何模型與函數模型是解本題的關鍵．2．（2022·江蘇南通·統(tǒng)考中考真題）定義：函數圖像上到兩坐標軸的距離都不大于n(n≥0)的點叫做這個函數圖像的“n階方點”．例如，點13,13是函數y=x圖像的“12(1)在①?2,?12；②(?1,?1)；③(1,1)三點中，是反比例函數(2)若y關于x的一次函數y=ax?3a+1圖像的“2階方點”有且只有一個，求a的值；(3)若y關于x的二次函數y=?(x?n)2?2n+1圖像的“n【答案】(1)②③(2)3或?1；(3)1【分析】（1）根據“n階方點”的定義逐個判斷即可；（2）如圖作正方形，然后分a＞0和a＜0兩種情況，分別根據“2階方點”有且只有一個判斷出所經過的點的坐標，代入坐標求出a的值，并舍去不合題意的值即可得；（3）由二次函數解析式可知其頂點坐標在直線y＝－2x＋1上移動，作出簡圖，由函數圖象可知，當二次函數圖象過點（n，－n）和點（－n，n）時為臨界情況，求出此時n的值，由圖象可得n的取值范圍．（1）解：∵點?2,?12到x軸的距離為2，大于1，∴不是反比例函數y=1x圖象的“1階方點”，∵點(?1,?1)和點(1,1)都在反比例函數y=1x的圖象上，且到兩坐標軸的距離都不大于1，∴（2）如圖作正方形，四個頂點坐標分別為（2，2），（－2，2），（－2，－2），（2，－2），當a＞0時，若y關于x的一次函數y=ax?3a+1圖象的“2階方點”有且只有一個，則y=ax?3a+1過點（－2，2）或（2，－2），把（－2，2）代入y=ax?3a+1得：2=?2a?3a+1，解得：a=?15（舍去）；把（2，－2）代入y=ax?3a+1得：?2=2a?3a+1，解得：a=3；當a＜0時，若y關于x的一次函數y=ax?3a+1圖象的“2階方點”有且只有一個，則y=ax?3a+1過點（2，2）或（－2，－2），把（2，2）代入y=ax?3a+1得：2=2a?3a+1，解得：a=?1；把（－2，－2）代入y=ax?3a+1得：?2=?2a?3a+1，解得：a=35（舍去）；綜上，a（3）∵二次函數y=?(x?n)2?2n+1圖象的頂點坐標為（n，?2n+1），∴二次函數y=?(x?n)2?2n+1圖象的頂點坐標在直線y＝－2x＋1上移動，∵y關于x的二次函數y=?(x?n)2?2n+1圖象的“n階方點”一定存在，∴二次函數y=?(x?n)2?2n+1的圖象與以頂點坐標為（n，n），（－n，n），（－n，－n），（n，－n）的正方形有交點，如圖，當y=?(x?n)2?2n+1過點（n，－n）時，將（n，－n）代入y=?(x?n)2?2n+1得：?n=?(n?n)2?2n+1，解得：n=1，當y=?(x?n)2?2n+1過點（－n，n）時，將（－n【點睛】本題考查了新定義，反比例函數圖象上點的坐標特點，一次函數的圖象和性質，二次函數的圖象和性質，正確理解“n階方點”的幾何意義，熟練掌握數形結合思想的應用是解題的關鍵．3．（2022·江蘇泰州·統(tǒng)考中考真題）定義：對于一次函數y1=ax+b、y2=cx+d(1)若m=3，n=1，試判斷函數y=5x+2是否為函數y1(2)設函數y1=x?p?2與y2①若m+n>1，點P在函數y1、y②若p≠1，函數y1、y2的“組合函數”圖像經過點P.是否存在大小確定的m值，對于不等于1的任意實數p，都有“組合函數”圖像與x軸交點Q的位置不變?若存在，請求出【答案】(1)y=5x+2是函數y1(2)①p<1；②存在，見詳解【分析】（1）把m=3，n=1代入組合函數中，化簡后進行判斷即可；（2）①先求出點P的坐標2p+1,p?1和“組合函數”y=m?nx+3pn?mp?2m，把x=2p+1代入“組合函數”，再根據題意，列不等式求解即可；②將點P代入“組合函數”，整理得m+n=1，把n=1-m代入“組合函數”，消去n，把【詳解】（1）解：y=5x+2是函數y1理由：由函數y1=x+1,y把m=3，n=1代入上式，得y=3x+1∴函數y=5x+2是函數y1（2）解：①解方程組y=x?p?2y=?x+3p得x=2p+1∵函數y1=x?p?2與y2∴點P的坐標為2p+1,p?1，∵y1、y2∵m+n>1，點P在函數y1∴p?1＞m?n2p+1∴p?1<0，p<1，∴p的取值范圍為p<1；②存在，理由如下：∵函數y1、y∴將點P的坐標2p+1,p?1代入“組合函數”y=m?np?1=m?n∴p?1=m+n∵p≠1，∴m+n=1，n=1?m，將n=1?m代入y=m?nx+3pn?mp?2m=把y=0代入y=2m?1x+3p?4pm?2m解得：x=p設?3+4m=0，則m=3∴x=2×∴Q3,0∴對于不等于1的任意實數p，存在“組合函數”圖像與x軸交點Q的位置不變．【點睛】本題考查了一次函數的圖像和性質，一次函數與不等式的關系，一次函數與一元一次方程，正確理解“組合函數”的定義是解本題的關鍵．4．（2021·江蘇南通·統(tǒng)考中考真題）定義：若一個函數圖象上存在橫、縱坐標相等的點，則稱該點為這個函數圖象的“等值點”．例如，點(1,1)是函數y=1（1）分別判斷函數y=x+2,y=x（2）設函數y=3x(x>0),y=?x+b的圖象的“等值點”分別為點A，B，過點B作BC⊥x軸，垂足為C．當△ABC（3）若函數y=x2?2(x≥m)的圖象記為W1，將其沿直線x=m翻折后的圖象記為W2【答案】（1）函數y=x+2沒有“等值點”；函數y=x2?x的“等值點”為(0，0)，(2，2)；（2）b=43或?23【分析】（1）根據定義分別求解即可求得答案；（2）根據定義分別求A(3，3)，B(b2，b（3）由記函數y=x2-2（x≥m）的圖象為W1，將W1沿x=m翻折后得到的函數圖象記為W2，可得W1與W2的圖象關于x=m對稱，然后根據定義分類討論即可求得答案．【詳解】解：（1）∵函數y=x+2，令y=x，則x+2=x，無解，∴函數y=x+2沒有“等值點”；∵函數y=x2?x，令y=x，則x解得：x1∴函數y=x（2）∵函數y=3x，令y=x，則解得：x=3∴函數y=3x的“等值點”為A(3，∵函數y=?x+b，令y=x，則x=?x+b，解得：x=b∴函數y=?x+b的“等值點”為B(b2，b△ABC的面積為12即b2解得：b=43或?2（3）將W1沿x=m翻折后得到的函數圖象記為W2．∴W1與W2兩部分組成的函數W的圖象關于x=m對稱，∴函數W的解析式為y=x令y=x，則x2?2=x，即解得：x1∴函數y=x令y=x，則(2m?x)2?2=x，即當m≥2時，函數W的圖象不存在恰有2個“等值點”的情況；當?1<m<2時，觀察圖象，恰有2個“等值點”；當m<?1時，∵W1的圖象上恰有2個“等值點”(-1，-1)，(2，2)，∴函數W2沒有“等值點”，∴△=?整理得：8m+9<0，解得：m<?9綜上，m的取值范圍為m<?98或【點睛】本題屬于二次函數的綜合題，考查了二次函數、反比例函數、一次函數的性質以及函數的對稱性．解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件．5．（2021·江蘇常州·統(tǒng)考中考真題）在平面直角坐標系xOy中，對于A、A′兩點，若在y軸上存在點T，使得∠ATA′=90°，且TA=TA′，則稱A、A′兩點互相關聯(lián)，把其中一個點叫做另一個點的關聯(lián)點．已知點M（1）①如圖，在點B2,0、C0,?1、D?2,?2中，點M的關聯(lián)點是_______（填“B”、“C②若在線段MN上存在點P1,1的關聯(lián)點P′，則點（2）若在線段MN上存在點Q的關聯(lián)點Q′，求實數m（3）分別以點E4,2、Q為圓心，1為半徑作⊙E、⊙Q．若對⊙E上的任意一點G，在⊙Q上總存在點G′，使得G、G′【答案】（1）①B；②?2,0；（2）23≤m≤1或?1≤m≤0；（3）Q?【分析】由材料可知關聯(lián)點的實質就是將點A繞y軸上點T順時針或逆時針旋轉90度的得到點A′（1）①根據關聯(lián)點坐標變化規(guī)律列方程求解點T坐標，有解則是關聯(lián)點；無解則不是；②關聯(lián)點的縱坐標等于0，根據關聯(lián)點坐標變化規(guī)律列方程求解即可；（2）根據關聯(lián)點坐標變化規(guī)律得出關聯(lián)點Q′（3）根據關聯(lián)點的變化規(guī)律可知圓心是互相關聯(lián)點，由點E坐標求出點Q坐標即可．【詳解】解：在平面直角坐標系xOy中，設Ax,y，點T0,a，關聯(lián)點將點A、點A′、點T向下平移a個單位，點T對應點與原點重合，此時點A、點A′對應點A0∵繞原點旋轉90度的坐標變化規(guī)律為：點（x，y）順時針旋轉，對應點坐標為（y，-x）；逆時針旋轉對應點坐標為（-y，x），∴A0x,y?a繞原點旋轉90度的坐標對應點坐標為A′即順時針旋轉時，x′=y?ay′?a=?x或逆時針旋轉時，x′=a?yy′?a=x即：在平面直角坐標系xOy中，設Ax,y，點T0,a，關聯(lián)點坐標為A′（1）①由關聯(lián)點坐標變化規(guī)律可知，點M?2,0關于在y軸上點T0,a的關聯(lián)點坐標為：A′若點B2,0是關聯(lián)點，則?a=22+a=0或a=2?2+a=0，解得：a=±2，即y軸上點T0,2或若點C0,?1是關聯(lián)點，則?a=02+a=?1或a=0?2+a=?1若點D?2,?2是關聯(lián)點，則?a=?22+a=?2或a=?2?2+a=?2故答案為：B；②由關聯(lián)點坐標變化規(guī)律可知，點P1,1關于點T0,a的關聯(lián)點P′的坐標為P若a?1=0，解得：a=1，此時即點P′0,0，不在線段若a+1=0，解得：a=?1，此時即點P′?2,0，在線段綜上所述：若在線段MN上存在點P1,1的關聯(lián)點P′故答案為：?2,0；（2）設點Qm,n與點Q′是關于點T0,a關聯(lián)點，則點Q′坐標為又因為點Qm,n在一次函數y=?2x+1的圖像上，即：n=?2m+1點Q′在線段MN上，點M?2,0、當∴a?m=∴?2≤?2m+1?m≤?1，∴23或a+m=∴?2≤2m?1?m≤?1，當?1≤m≤0；綜上所述：當23≤m≤1或?1≤m≤0時，在線段MN上存在點Q的關聯(lián)點（3）對⊙E上的任意一點G，在⊙Q上總存在點G′，使得G、G故點E與點Q也是關于同一點的關聯(lián)，設該點T0,a設點Qm,n與點E是關于點T0,a關聯(lián)點，則點E坐標為En?a,a?m又因為Qm,n在一次函數y=?2x+1的圖像上，即：n=?2m+1∵點E4,2若n=?2m+1n?a=4a?m=2，解得：即點Q?若n=?2m+1a?n=4a+m=2，解得：即點Q3,?5綜上所述：Q?53【點睛】本題主要考查了坐標的旋轉變換和一次函數圖像上點的特征，解題關鍵是總結出繞點旋轉90°的點坐標變化規(guī)律，再由規(guī)律列出方程或不等式求解．6．（2021·江蘇鹽城·統(tǒng)考中考真題）學習了圖形的旋轉之后，小明知道，將點P繞著某定點A順時針旋轉一定的角度α，能得到一個新的點P′．經過進一步探究，小明發(fā)現(xiàn)，當上述點P在某函數圖像上運動時，點P′也隨之運動，并且點試根據下列各題中所給的定點A的坐標和角度α的大小來解決相關問題．

【初步感知】如圖1，設A(1,1)，α=90°，點P是一次函數y=kx+b圖像上的動點，已知該一次函數的圖像經過點P1（1）點P1旋轉后，得到的點P（2）若點P′的運動軌跡經過點P【深入感悟】（3）如圖2，設A(0,0)，α=45°，點P反比例函數y=?1x(x<0)的圖像上的動點，過點P′作二、四象限角平分線的垂線，垂足為【靈活運用】（4）如圖3，設A(1,?3)，α=60°，點P是二次函數y=12x2+2【答案】（1）(1,3)；（2）y=12x+3【分析】（1）根據旋轉的定義得AP1=AP1（2）根據題意得出P2（3）先根據y=?xy=?1x(x<0)計算出交點坐標，再分類討論①當x≤?1時，先證明△PQA≌△P′MA(AAS)再計算△OM（4）先證明△OAB為等邊三角形，再證明△C′AO≌△CAB(SAS)，根據在Rt△C′GB中，∠C′GB=90°?∠C′B【詳解】（1）由題意可得:A∴P′1故答案為：(1,3)；（2）∵P′P2坐標為∵P1(?1,1)，∴設原一次函數解析式為y=kx+b則?k+b=1∴k=∴原一次函數表達式為y=1（3）設雙曲線與二、四象限平分線交于N點，則y=?x解得N(?1,1)①當x≤?1時作PQ⊥x軸于Q∵∠QAM=∠PO∴∠PAQ=∠∵PM⊥AM∴∠∴在△PQA和△P∠PQA=∠∴△PQA≌△S即S△OM②當-1<x<0時作PH⊥于y軸于點H∵∠PO∴∠PON=∠∴∠M=45°?∠∴∠POH=∠PO=45°?∠∴∠POH=∠OM在△POH和△OP∠PHO=∠OM∴△PHO≌△O∴S△（4）連接AB，AC，將B，C繞A逆時針旋轉60°得B′，C′，作AH⊥x∵A(1,3)∴OH=BH=1∴OA=AB=OB=2∴△OAB為等邊三角形，此時B′與O重合，即連接C′O∴∠CAB=∠∴在△C′AOC∴△∴C′O=CB=1∴作C′G⊥y在Rt△C∴C∴OG=32，即C′1設過P且與B′C′平行的直線∵S∴當直線l與拋物線相切時取最小值則y=即3∴1當Δ=0時，得b=∴y=設l與y軸交于T點∵S∴S==【點睛】本題考查旋轉、全等三角形的判定和性質、一次函數的解析式、反比例函數的幾何意義、兩函數的交點問題，函數的最小值的問題，靈活進行角的轉換是關鍵．7．（2020·江蘇常州·中考真題）如圖1，⊙I與直線a相離，過圓心I作直線a的垂線，垂足為H，且交⊙I于P、Q兩點（Q在P、H之間）．我們把點P稱為⊙I關于直線a的“遠點”，把PQ?PH的值稱為⊙I關于直線a的“特征數”．

（1）如圖2，在平面直角坐標系xOy中，點E的坐標為(0,4)，半徑為1的⊙O與兩坐標軸交于點A、B、C、D．①過點E畫垂直于y軸的直線m，則⊙O關于直線m的“遠點”是點_________（填“A”、“B”、“C”或“D”），⊙O關于直線m的“特征數”為_________；②若直線n的函數表達式為y=3x+4，求⊙O關于直線（2）在平面直角坐標系xOy中，直線l經過點M(1,4)，點F是坐標平面內一點，以F為圓心，2為半徑作⊙F．若⊙F與直線l相離，點N(?1,0)是⊙F關于直線l的“遠點”，且⊙F關于直線l的“特征數”是45，求直線l【答案】（1）①D；10；②⊙O關于直線n的“特征數”為6；（2）直線l的解析式為y=-3x+7或y=13x+【分析】（1）①根據題干中“遠點”及“特征數”的定義直接作答即可；②過圓心O作OH⊥直線n，垂足為點H，交⊙O于點P、Q，首先判斷直線n也經過點E（0，4），在Rt△EOF中，利用三角函數求出∠EFO=60°，進而求出PH的長，再根據“特征數”的定義計算即可；（2）連接NF并延長，設直線l的解析式為y=kx+b1,用待定系數法得到{4=k+b1??????①n=mk+b1??②，再根據兩條直線互相垂直，兩個一次函數解析式的系數k互為負倒數的關系可設直線NF的解析式為y=?1kx+b2,用待定系數法同理可得{0=1k+b2???????④【詳解】解：（1）①⊙O關于直線m的“遠點”是點D，⊙O關于直線m的“特征數”為DB·DE=2×5=10；②如下圖：過圓心O作OH⊥直線n，垂足為點H，交⊙O于點P、Q，∵直線n的函數表達式為y=3當x=0時，y=4；當y=0時，x=?4∴直線n經過點E（0，4），點F（?4在Rt△EOF中，∵tan∠FEO=FOEO=433∴∠FEO=30°，∴∠EFO=60°，在Rt△HOF中，∵sin∠HFO=HOFO∴HO=sin∠HFO·FO=2，∴PH=HO+OP=3，∴PQ·PH=2×3=6，∴⊙O關于直線n的“特征數”為6；（2）如下圖，∵點F是圓心，點N(?1,0)是“遠點”，∴連接NF并延長，則直線NF⊥直線l，設NF與直線l的交點為點A（m，n），設直線l的解析式為y=kx+b1（k≠0）,將點M(1,4)與A（m，n）代入y=kx+b1中，{②-①得：n-4=mk-k，③又∵直線NF⊥直線l，∴設直線NF的解析式為y=?1kx+b將點N(?1,0)與A（m，n）代入y=?1kx+b{④-⑤得：-n=1k+m聯(lián)立方程③與方程⑥，得：{解得：{m=∴點A的坐標為（k2?4k?1k又∵⊙F關于直線l的“特征數”是45，⊙F的半徑為2∴NB·NA=45即22·NA=45解得：NA=10，∴[m-(-1)]2+(n-0)2=(10)2，即(m+1)2+n2=10，把{m=k2當k=-3時，m=2，n=1，∴點A的坐標為（2，1），把點A（2，1）與點M(1,4)代入y=kx+b1中，解得直線l的解析式為y=-3x+7；當k=13∴點A的坐標為（-2，3），把點A（-2，3）與點M(1,4)代入y=kx+b1中，解得直線l的解析式為y=13x+11∴直線l的解析式為y=-3x+7或y=13x+11【點睛】本題是一次函數與圓的綜合題，考查了直線與圓的位置關系、一次函數的圖象和性質、解直角三角形等，理解“遠點”和“特征數”的意義，熟練掌握一次函數的圖象和性質、兩點之間距離公式、兩條直線互相垂直的兩個一次函數解析式中系數k互為負倒數的關系是解題的關鍵．8．（2020·江蘇鹽城·統(tǒng)考中考真題）以下虛線框中為一個合作學習小組在一次數學實驗中的過程記錄，請閱讀后完成虛線框下方的問題1~4．（1）在Rt△ABC中，∠C=90°,AB=22AC2.82.72.62.321.50.4BC0.40.81.21.622.42.8AC+BC3.23.53.83.943.93.2（2）根據學習函數的經驗，選取上表中BC和AC+BC的數據進行分析；①設BC=x,AC+BC=y，以(x,y)為坐標，在圖①所示的坐標系中描出對應的點；②連線；觀察思考（3）結合表中的數據以及所面的圖像，猜想．當x=時，y最大；（4）進一步C猜想：若Rt△MBC中，∠C=90°，斜邊AB=2a(a為常數，a>0），則BC=時，AC+BC最大．推理證明（5）對（4）中的猜想進行證明．問題1．在圖①中完善2的描點過程，并依次連線；問題2．補全觀察思考中的兩個猜想：3_______4_______問題3．證明上述5中的猜想：問題4．圖②中折線B?E?F?G?A是一個感光元件的截面設計草圖，其中點A,B間的距離是4厘米，AG=BE=1厘米，∠E=∠F=∠G=90°,平行光線從AB區(qū)域射入，∠BNE=60°【答案】問題1：見解析；問題2：2，2a；問題3：見解析；問題4：當EF=22+1時，感光區(qū)域長度之和【分析】問題1：根據（1）中的表格數據，描點連線，作出圖形即可；問題2：根據（1）中的表格數據，可以得知當x=2時，y最大；設BC=x,AC=BC=y，則AC=4a2?x2，可得問題3：可用兩種方法證明，方法一：（判別式法）設BC=x,AC=BC=y，則AC=4a2?x2，可得y=x+4a2?x2，有2xy≤22問題4：方法一：延長AM交EF于點C，過點A作AH⊥EF于點H，垂足為H，過點B作BK⊥GF交于點K，垂足為K，BK交AH于點Q，由題可知：在△BNE中，∠BNE=60°,∠E=90°,BE=1，得NE=33，根據∠G=90°,AG=1,∠AMG=30°，有tan∠AMG=AGGM，得GM=3，易證四邊形AGFH為矩形，四邊形BKFE為矩形，根據FN+FM=EF+FG?EN?GM可得FN+FM=BQ+AQ+2?433延長EB、GA相交于點H同法一求得：GM=3,NE=33，根據四邊形GFEH為矩形，有MF=EH?GM=b+1?3，F(xiàn)N=EF?NE=a+1?33則可得a=b=22時FM+FN最大為4【詳解】問題1：圖問題2：32；問題3：法一：（判別式法）證明：設BC=x,AC=BC=y在Rt△ABC中，∵∠C=90°,AC=∴y=x+∴y?x=y2∵關于x的元二次方程有實根，∴∴y2≤8∵y>0,a>0,∴y≤2當y取最大值2222x∴當BC=2a時，法二：（基本不等式）設BC=m,AC=n,AC+BC=y在Rt△ABC中，∵∠C=90°,∴∵m?n∴m當m=n時，等式成立∴4mn≤2a∵y=m+n==4∵mn≤2∴y≤2∴當BC=AC=2a時，問題4：法一：延長AM交EF于點C,過點A作AH⊥EF于點H,垂足為H,過點B作BK⊥GF交于點K,垂足為K,BK交AH于點Q,由題可知：在△BNE中，∠BNE=60°,∠E=∴tan∠BNE=即3∴NE=∵AM//BN,∴∠C=60°,又∵∠GFE=∴∠CMF=30°,∴∠AMG=30°,∵∠G=90°,AG=1,∠AMG=30°，∴在Rt△AGM中，tan∠AMG=AG即3∴GM=∵∠G=∠GFH=90°,∠AHF=90°,∴四邊形AGFH為矩形∴AH=FG,∵∠GFH=∠E=90∴四邊形BKFE為矩形，∴BK=FE,∵FN+FM=EF+FG?EN?GM=BK+AH?=BQ+AQ+QH+QK?=BQ+AQ+2?∴在Rt△ABQ中，AB=4．由問題3可知，當BQ=AQ=22時，AQ+BQ∴BQ=AQ=22時，F(xiàn)M+FN最大為即當EF=22+1時，感光區(qū)域長度之和FM+FN法二：延長EB、GA相交于點H,同法一求得：GM=設AH=a,BH=b∵四邊形GFEH為矩形，∴GF=EH,EF=GH,∴MF=EH?GM=b+1?3FN=EF?NE=a+1?∴MF+FN=a∵由問題3可知，當a=b=22時，a+b∴a=b=22時FM+FN最大為即當EF=22+1時，感光區(qū)域長度之和FM+FN最大為【點睛】本題考查了一元二次方程，二次函數，不等式，解直角三角形，三角函數，矩形的性質等知識點，熟悉相關性質是解題的關鍵．9．（2022·江蘇常州·統(tǒng)考中考真題）在四邊形ABCD中，O是邊BC上的一點．若△OAB≌△OCD，則點O叫做該四邊形的“等形點”．(1)正方形_______“等形點”（填“存在”或“不存在”）；(2)如圖，在四邊形ABCD中，邊BC上的點O是四邊形ABCD的“等形點”．已知CD=42，OA=5，BC=12，連接AC，求AC(3)在四邊形EFGH中，EH//FG．若邊FG上的點O是四邊形EFGH的“等形點”，求OFOG【答案】(1)不存在，理由見詳解(2)4(3)1【分析】（1）根據“等形點”的概念，采用反證法即可判斷；（2）過A點作AM⊥BC于點M，根據“等形點”的性質可得AB=CD=42，OA=OC=5，OB=7=OD，設MO=a，則BM=BO-MO=7-a，在Rt△ABM和Rt△AOM中，利用勾股定理即可求出AM，則在Rt△AMC中利用勾股定理即可求出AC（3）根據“等形點”的性質可得OF=OH，OE=OG，∠EOF=∠GOH，再根據EH∥FG，可得∠EOF=∠OEH，∠GOH=∠EHO，即有∠OEH=∠OHE，進而有OE=OH，可得OF=【詳解】（1）不存在，理由如下：假設正方形ABCD存在“等形點”點O，即存在△OAB≌△OCD，∵在正方形ABCD中，點O在邊BC上，∴∠ABO=90°，∵△OAB≌△OCD，∴∠ABO=∠CDO=90°，∴CD⊥DO，∵CD⊥BC，∴DO∥∵O點在BC上，∴DO與BC交于點O，∴假設不成立，故正方形不存在“等形點”；（2）如圖，過A點作AM⊥BC于點M，如圖，∵O點是四邊形ABCD的“等形點”，∴△OAB≌△OCD，∴AB=CD，OA=OC，OB=OD，∠AOB=∠COD，∵CD=42，OA=5，BC∴AB=CD=42，OA=OC∴OB=BC-OC=12-5=7=OD，∵AM⊥BC，∴∠AMO=90°=∠AMB，∴設MO=a，則BM=BO-MO=7-a，∴在Rt△ABM和Rt△AOM中，AM∴AB2?B解得：a=3，即MO=3，∴MC=MO+OC=3+5=8，AM=∴在Rt△AMC中，AC=A即AC的長為45（3）如圖，∵O點是四邊形EFGH的“等形點”，∴△OEF≌△OGH，∴OF=OH，OE=OG，∠EOF=∠GOH，∵EH∥∴∠EOF=∠OEH，∠GOH=∠EHO，∴根據∠EOF=∠GOH有∠OEH=∠OHE，∴OE=OH，∵OF=OH，OE=OG，∴OF=OG，∴OFOG【點睛】本題考查了全等三角形的性質、勾股定理、正方形的性質、平行的性質等知識，充分利用全等三角形的性質是解答本題的關鍵．10．（2021·江蘇鎮(zhèn)江·統(tǒng)考中考真題）如圖1，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝∠E＝∠F＝90°，AB，F(xiàn)E，DC為鉛直方向的邊，AF，ED，BC為水平方向的邊，點E在AB，CD之間，且在AF，BC之間，我們稱這樣的圖形為“L圖形”，記作“L圖形ABC﹣DEF”．若直線將L圖形分成面積相等的兩個圖形，則稱這樣的直線為該L圖形的面積平分線．【活動】小華同學給出了圖1的面積平分線的一個作圖方案：如圖2，將這個L圖形分成矩形AGEF、矩形GBCD，這兩個矩形的對稱中心O1，O2所在直線是該L圖形的面積平分線．請用無刻度的直尺在圖1中作出其他的面積平分線．（作出一種即可，不寫作法，保留作圖痕跡）【思考】如圖3，直線O1O2是小華作的面積平分線，它與邊BC，AF分別交于點M，N，過MN的中點O的直線分別交邊BC，AF于點P，Q，直線PQ（填“是”或“不是”）L圖形ABCDEF的面積平分線．【應用】在L圖形ABCDEF形中，已知AB＝4，BC＝6．（1）如圖4，CD＝AF＝1．①該L圖形的面積平分線與兩條水平的邊分別相交于點P，Q，求PQ長的最大值；②該L圖形的面積平分線與邊AB，CD分別相交于點G，H，當GH的長取最小值時，BG的長為．（2）設CDAF＝t（t＞0），在所有的與鉛直方向的兩條邊相交的面積平分線中，如果只有與邊AB，CD相交的面積平分線，直接寫出t的取值范圍【答案】【活動】見解析；【思考】是；【應用】（1）①10；②34；（2）13＜t【分析】[活動]如圖1，根據題意把原本圖形分成左右兩個矩形，這兩個矩形的對稱中心O1，O2所在直線是該L圖形的面積平分線；[思考]如圖2，證明△OQN≌△OPM（AAS），根據割補法可得直線PQ是L圖形ABCDEF的面積平分線；[應用]（1）①建立平面直角坐標系，分兩種情況：如圖3﹣1和3﹣2，根據中點坐標公式和待定系數法可得面積平分線的解析式，并計算P和Q的坐標，利用兩點的距離公式可得PQ的長，并比較大小可得結論；②當GH⊥AB時，GH最小，設BG＝x，根據面積相等列方程，解出即可；（2）如圖5，由已知得：CD＝tAF，直線DE將圖形分成上下兩個矩形，當上矩形面積小于下矩形面積時，在所有的與鉛直方向的兩條邊相交的面積平分線中，只有與邊AB，CD相交的面積平分線，列不等式可得t的取值．【詳解】解：【活動】如圖1，直線O1O2是該L圖形的面積平分線；【思考】如圖2，∵∠A＝∠B＝90°，∴AF∥BC，∴∠NQO＝∠MPO，∵點O是MN的中點，∴ON＝OM，在△OQN和△OPM中，∠NQO=∠MPO∠NOQ=∠MOP∴△OQN≌△OPM（AAS），∴S△OQN＝S△OPM，∵S梯形ABMN＝SMNFEDC，∴S梯形ABMN﹣S△OPM＝SMNFEDC﹣S△OQN，即SABPON＝SCDEFQOM，∴SABPON+S△OQN＝SCDEFQOM+S△OPM，即S梯形ABPQ＝SCDEFQP，∴直線PQ是L圖形ABCDEF的面積平分線．故答案為：是；【應用】（1）①如圖3，當P與B重合時，PQ最大，過點Q作QH⊥BC于H，L圖形ABCDEF的面積=4×6-（4-1）×（6-1）=9，∵PQ是L圖形ABCDEF的面積平分線，∴梯形CDQP的面積=12×（DQ+BC）×CD=9即12×（DQ+6）×1=9∴DQ=CH=3，∴PH=6-3=3，∵QH=CD=1，由勾股定理得：PQ=32∴PQ長的最大值為10；②如圖4，當GH⊥AB時GH最短，過點E作EM⊥AB于M，設BG＝x，則MG＝1﹣x，根據上下兩部分面積相等可知，6x＝（4﹣1）×1+（1﹣x）×6，解得x＝34，即BG＝3故答案為：34（2）∵CDAF＝t（t∴CD＝tAF，在所有的與鉛直方向的兩條邊相交的面積平分線中，只有與邊AB，CD相交的面積平分線，如圖5，直線DE將圖形分成上下兩個矩形，當上矩形面積小于下矩形面積時，在所有的與鉛直方向的兩條邊相交的面積平分線中，只有與邊AB，CD相交的面積平分線，即（4﹣tAF）?AF＜6t?AF，∴AF>4∵0＜AF＜6，∴0＜4t∴13故答案為：13＜t＜2【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查了應用與設計作圖，矩形的性質和判定，四邊形面積的平分，三角形全等的性質和判定等知識，并結合平面直角坐標系計算線段的長，明確面積平分線的畫法，并熟練掌握矩形面積平分線是過對角線交點的性質是解題的關鍵．11．（2020·江蘇徐州·統(tǒng)考中考真題）我們知道：如圖①，點B把線段AC分成兩部分，如果BCAB=ABAC．那么稱點B為線段（1）在圖①中，若AC=20cm，則AB的長為_____cm；（2）如圖②，用邊長為20cm的正方形紙片進行如下操作：對折正方形ABCD得折痕EF，連接CE，將CB折疊到CE上，點B對應點H，得折痕CG．試說明G是AB的黃金分割點；（3）如圖③，小明進一步探究：在邊長為a的正方形ABCD的邊AD上任取點EAE>DE，連接BE，作CF⊥BE，交AB于點F，延長EF、CB交于點P．他發(fā)現(xiàn)當PB與BC滿足某種關系時E、F恰好分別是AD、AB的黃金分割點．請猜想小明的發(fā)現(xiàn)，并說明理由．【答案】（1）105?10；（2）見解析；（3）當PB=BC時，E、F恰好分別是AD、【分析】（1）由黃金比值直接計算即可；（2）如圖，連接GE，設BG=x，則AG=20-x，易證得四邊形EFCD是矩形，可求得CE，由折疊知GH=BG=x，CH=BC=20，進而EH=CE-CH，在Rt△GAE和Rt△GHE中由勾股定理得關于x的方程，解之即可證得結論；（3）當PB=BC時，證得Rt△PBF≌Rt△CBF≌Rt△BAE,則有BF=AE，設BF=x，則AF=a-x，由AE∥PB得AE:PB=AF:BF，解得x，即可證得結論．【詳解】（1）AB=5?12×20=（故答案為：105（2）如圖，連接GE，設BG=x，則GA=20-x，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A=∠B=∠D=90o，由折疊性質得：CH=BC=20，GE=BG=x，∠GHC=∠B=90o，AE=ED=10，在Rt△CDE中，CE=ED∴EH=105在Rt△GHE中，G在Rt△GAE中，GE∴x2解得：x=105即BGAB∴G是AB的黃金分割點；（3）當PB=BC時，E、F恰好分別是AD、AB的黃金分割點．理由：∵CF⊥BE，∴∠BCF+∠CBE=90o，又∠CBE+∠ABE=90o，∴∠ABE=∠BCF，∵∠A=∠ABC=90o，AB=BC，∴△BAE≌△CBF（ASA），∴AE=BF，設AE=BF=x，則AF=a-x，∵AD∥BC即AE∥PB，∴AEBP=AF∴x2解得：x=5a?a2即BF=AE=5a?a∴AEAD∴E、F分別是AD、AB的黃金分割點．【點睛】本題考查了正方形的性質、折疊性質、勾股定理、全等三角形的判定與性質、平行線分線段成比例、解一元二次方程等知識，解答的關鍵是認真審題，找出相關信息的關聯(lián)點，確定解題思路，進而推理、探究、發(fā)現(xiàn)和計算．12．（2022·江蘇宿遷·統(tǒng)考中考真題）如圖，在網格中，每個小正方形的邊長均為1，每個小正方形的頂點稱為格點，點A、B、C、D、M均為格點．【操作探究】在數學活動課上，佳佳同學在如圖①的網格中，用無刻度的直尺畫了兩條互相垂直的線段AB、CD，相交于點P并給出部分說理過程，請你補充完整：解：在網格中取格點E，構建兩個直角三角形，分別是△ABC和△CDE．在Rt△ABC中，tan在Rt△CDE中，，所以tan∠BAC=所以∠BAC=∠DCE．因為∠ACP+∠DCE=∠ACB=90°，所以∠ACP+∠BAC=90°，所以∠APC=90°，即AB⊥CD．(1)【拓展應用】如圖②是以格點O為圓心，AB為直徑的圓，請你只用無刻度的直尺，在BM上找出一點P，使PM=AM，寫出作法，并給出證明：(2)【拓展應用】如圖③是以格點O為圓心的圓，請你只用無刻度的直尺，在弦AB上找出一點P．使AM2=AP·【答案】(1)tan∠DCE=(2)見解析【分析】（1）取格點N，作射線AN交BM于點P，則AN⊥MO根據垂徑定理可知，點P即為所求作；（2）取格點I，連接MI交AB于點P，點P即為所求作．利用正切函數證得∠FMI=∠MNA，利用圓周角定理證得∠B=∠MNA，再推出△PAM∽△MAB，即可證明結論．（1）解：【操作探究】在網格中取格點E，構建兩個直角三角形，分別是△ABC和△CDE．在Rt△ABC中，tan在Rt△CDE中，tan∠DCE=所以tan∠BAC=所以∠BAC=∠DCE．因為∠ACP+∠DCE=∠ACB=90°，所以∠ACP+∠BAC=90°，所以∠APC=90°，即AB⊥CD．故答案為：tan∠DCE=取格點N，作射線AN交BM于點P，點P即為所求作；∵∴∠MOD=∠NAC∵∠NAC+∠ANC=90°∴∠ANC+∠DOM=90°∴AN⊥OM∴（2）解：取格點I，連接MI交AB于點P，點P即為所求作；證明：作直徑AN，連接BM、MN，在Rt△FMI中，tan∠FMI=在Rt△MNA中，tan∠MNA=所以tan∠FMI=∴∠FMI=∠MNA，∵∠B=∠MNA，∴∠AMP=∠B，∵∠PAM=∠MAB，∴△PAM∽△MAB，∴PAAM∴AM2=AP·【點睛】本題考查作圖-應用與設計，相似三角形的判定和性質，圓周角定理，解直角三角形等知識，解題的關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題．13．（2022·江蘇鹽城·?？既＃┪覀円?guī)定：關于x的反比例函數y=a+bx稱為一次函數y=ax+b的“次生函數”，關于x的二次函數y=ax(1)按此規(guī)定：一次函數y=x?4的“次生函數”為：___________，“再生函數”為：___________；(2)若關于x的一次函數y=x+b的“再生函數”的頂點在x軸上，求頂點坐標；(3)若一次函數y=ax+b與其“次生函數”交于點1,?2、4,?12兩點，其“再生函數”與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左邊），與y軸交于點①若點D1,3，求∠CBD②若點E在直線x=1上，且在x軸的下方，當∠CBE=45°時，求點E的坐標．【答案】(1)y=?3x，(2)1,0(3)①13②【分析】（1）根據“次生函數”，“再生函數”的定義，進行計算求解即可；（2）先求出一次函數y=x+b的“再生函數”，再根據頂點在x軸上，說明“再生函數”與x軸只有一個交點，利用Δ=0，求出b（3）①根據一次函數y=ax+b與其“次生函數”交于點1,?2、4,?12兩點，求出a,b的值，然后求出一次函數的“再生函數”，求出點A,B,C的坐標，利用勾股定理逆定理得到∠CDB=90°，利用tan∠CBD=CDBD，即可得解；②過點C作CF⊥BC于C，交BE的延長線于F，過點F作FM∥y軸，過點C作MN∥x軸，過點B作BN⊥MN于N，證明△BNC≌△CMFAAS，得到【詳解】（1）一次函數y=x?4中，a=1,b=?4，∴一次函數y=x?4的“次生函數”為：y=1?4“再生函數”為：y=x故答案為：y=?3x，（2）解：一次函數y=x+b的“再生函數”為：y=x∵頂點在x軸上，∴Δ=解得：b=?2，∴y=x∴頂點坐標為1,0；（3）①一次函數y=ax+b與其“次生函數”交于點1,?2、4,?1∴a+b=?24a+b=?12∴其“再生函數”為：y=1當y=0時，12解得︰x1∴A1,0如圖1，當x=0時，y=2，∴C0,2∵D1,3∴CD2=12∴CD∴∠CDB=90°，∴tan∠CBD=②如圖2，過點C作CF⊥BC于C，交BE的延長線于F，過點F作FM∥y軸，過點C作MN∥x軸，過點B作BN⊥MN于N，∵∠CBF=45°，∴△CBF是等腰直角三角形，∴BC=CF，∵∠BCN+∠FCM=∠FCM+∠CFM，∴∠BCN=∠CFM，∵∠N=∠M=90°，∴△BNC≌△CMFAAS∴BN=CM=2,CN=FM=4，∴F?2,?2∵B4,0設直線BF的解析式為：y=kx+n，∴4k+n=0?2k+n=?2，解得：k=∴BF的解析式：y=1∵點E在直線x=1上，∴點E的橫坐標為1，當x=1時，y=?1，∴E1,?1【點睛】本題考查函數的綜合應用．理解并掌握“次生函數”，“再生函數”的定義，利用數形結合的思想，進行求解，是解題的關鍵．同時考查了一次函數的性質，二次函數的性質，解直角三角形，全等三角形的判定和性質，屬于中考壓軸題．14．（2022·江蘇南京·南師附中樹人學校?？级＃cP是平面直角坐標系中的一點且不在坐標軸上，過點P向x軸，y軸作垂線段，若垂線段的長度的和為4，則點P叫做“垂距點”．例如：下圖中的P（(1)在點A（2，(2)求函數y＝(3)⊙T的圓心T的坐標為（1，0），半徑為r．若⊙T上存在“垂距點”，則【答案】(1)A，B(2)1(3)3【分析】（1）由題意利用“垂距點”的定義垂線段的長度的和為4，對點A2,2，B32（2）由題意可知點橫縱坐標的絕對值的和為4，依次列式求出“垂距點”的坐標；（3）設“垂距點”的坐標為x,y，則x+【詳解】（1）由題意得，垂線段的長度的和為4．A:2+2=4，B:32故答案為：A，（2）設函數y＝2x＋由題意得a+①當a≥0時，a＋（∴a＝②當?32≤a∴a＝③當a＜?3∴a＝∴

綜上所述，函數y＝2x＋3的圖像上的“垂距點”的坐標是13,11（3）設“垂距點”的坐標為x,y，則x當x>0,y>0時，x+y=4，即y＝當x<0,y>0時，?x+y=4，即y＝當x<0,y<0時，?x?y=4，即y＝當x>0,y<0時，x?y=4，即y＝當⊙T與DE相切時，過點T作TN⊥直線DE于點N，則△DNT為等腰直角三角形，∴TN=當⊙T過點F?4,0時，⊙T此時r=FT=∴若存在“垂距點”，則r的取值范圍是32故答案為：32【點睛】本題考查平面直角坐標系相關，結合題干定義以及書本所學點到軸的距離即為橫縱坐標的絕對值進行分析計算．15．（2022·江蘇蘇州·統(tǒng)考二模）定義：若一個函數的圖像上存在橫、縱坐標之和為零的點，則稱該點為這個函數圖像的“好點”．例如，點?1,1是函數y=x+2的圖像的“好點”．(1)在函數①y=?x+3，②y=3x，③(2)設函數y=?4xx<0與y=kx+3的圖像的“好點”分別為點A、B，過點A作AC⊥y軸，垂足為C．當△ABC(3)若將函數y=x2+2x的圖像在直線y=m下方的部分沿直線y=m【答案】(1)③(2)2或4+322(3)?1【分析】（1）根據題目中給出的定義進行判斷即可；（2）令?4x=?x，求出點A的坐標，得出OA=22+22=22，根據“好點”特點，判斷出點B一定在直線OA上，然后分AB=AC，AB=BC，（3）令x2+2x=?x，解得：x1=0，x2=?3，確定原函數圖象上有2個“好點”，根據翻折，求出翻折后的函數關系式，y=?x+12+2m+1=?x2(1)解：①把y=?x代入y=?x+3得：?x+3=?x，∵?x+3=?x無解，∴函數y=?x+3上面不存在“好點”；②把y=?x代入y=3x得：∵3x∴函數y=3③把y=?x代入y=x2+2x+1∵x2∴函數y=x綜上分析可知，存在“好點”的函數是③．故答案為：③．(2)令?4x=?x，解得x=?2∴A?2,2OA=2由題意得，點B一定在y=?x上，即直線AO上，當AC=CB時，點B的坐標為（0，0），此時點（0，0）不可能在y=kx+3上；當AB=BC時，∠BCA=∠CAB=45°，∴∠CBA=90°，∴CB⊥AO，∵AC=OC，∴AB=BO，即點B為OA的中點，所以此時點B的坐標為（-1，1），把（-1，1）代入y=kx+3得：?k+3=1，解得k=2；當AB=AC，點B在點A的上面時，OB=OA+AB=22∵點B在直線y=?x上，∴B點坐標為：?2?2把?2?2，2+2代入y=kx+3得：當AB=AC，點B在點A的下面時，OB=OA?AB=22∵點B在直線y=?x上，∴B點坐標為：?2+2把?2+2,2?2代入y=kx+3得：?2+綜上分析可知，k=2或4?322或(3)令x2∴x2+3x=0，解得：x1∴此時該函數圖象上有兩個“好點”，①該函數圖象的頂點坐標為（-1，-1，），其關于y=mm≠0的對稱點為?1,2m+1，∴函數y=x2+2xy=?x+1∵新圖像上恰有3個“好點”，∴直線y=?x與翻折后的圖像只有一個公共點，∴?x2?2x+2m=?x∴Δ=1+8m=0∴m=?1②當m=0時，該函數圖象的頂點坐標為（-1，-1，）關于y=0，即x軸的對稱點為?1,1，∴函數y=x2+2x沿直線y=m令?x2?2x=?x解得：x1=0，∴其中一個“好點”與原函數圖象的一個“好點”重合，∴此時新的圖象上恰有3個“好點”，符合題意；綜上分析可知：m=?1【點睛】本題主要考查了二次函數的綜合，理解“好點”為該函數圖象與直線y=-x的交點，是解題的關鍵．16．（2022·江蘇南通·統(tǒng)考二模）若函數G在m≤x≤n(m<n)上的最大值記為ymax，最小值記為ymin，且滿足ymax?y(1)函數①y=1x；②y=x+1；③y=x(2)已知函數G:y=ax①當a=1時，函數G是在t≤x≤t+1上的“最值差函數”，求t的值；②函數G是在m+2≤x≤2m+1（m為整數）上的“最值差函數”，且存在整數k，使得k=ymaxy【答案】(1)②(2)①t=1，t=2；②a=【分析】（1）根據概念分別將①y=1x；②y=x+1；③（2）①分別求出x=t、x=t+1、x=2時的y值，再分t>2、32≤t≤2、1≤t<32、②由m+2≤x≤2m+1，可得出m>1，即可知2<m+2≤x≤2m+1，此時x在拋物線的對稱軸右側，y隨x的增大而增大，即可得出k=ymaxymin的表達式，再根據k為整數，求出(1)對于①y=1當x=1時，y=1，當x=2時，y=1∴ymax對于②y=x+1，當x=1時，y=2，當x=2時，y=3，∴ymax對于③y=x當x=1時，y=1，當x=2時，y=4，∴ymax故答案為：②(2)①解：當a=1時，二次函數G:y=a為y=x2?4x+3當x=t時，y1當x=t+1時，y2當x=2時，y3若t>2，則y2∴t解得t=2（舍去）；若32≤t≤2，則∴t解得t=0（舍去），t=2；若1≤t<32，則∴t解得t=1，t=3（舍去）；若t<1，則y1∴t解得t=1（舍去）．綜上所述，t=1，t=2．②∵m+2≤x≤2m+1，∴m>1，∴2<m+2≤x≤2m+1，∵二次函數y=ax2∴當2<m+2≤x≤2m+1時，y隨x的增大而增大∴當x=2m+1時取得最大值，x=m+2時取得最小值，∴k=y∴m，k為整數，且m>1，∴m的值為3，又∵ymax∴a∴a=1【點睛】此題考查了二次函數綜合應用,新定義問題,解題的關鍵是理解題意,學會利用參數解決問題,分析再一定范圍內的最值問題,屬于中考壓軸題．17．（2022·江蘇南通·統(tǒng)考二模）對某一個函數給出如下定義；當自變量x滿足m≤x≤n（m，n為實數，m<n）時，函數y有最大值，且最大值為2n?2m，則稱該函數為理想函數．(1)當m=?1，n=2時，在①y=12x+3(2)當n=3m+2時，反比例函數y=6mx是理想函數，求實數(3)已知二次函數y=x2?nx+m2+2m?3是理想函數，且最大值為2m+4．將該函數圖象向左平移7個單位長度所得圖象記為C，(x1,y1【答案】(1)②(2)1(3)證明見解析【分析】（1）根據一次函數的增減性求得最值，進而根據定義進行判斷即可；（2）根據反比例函數的性質結合定義即可求解；（3）根據二次函數的性質，平移的性質求得C的解析式，根據一元二次方程根與系數的關系，代入y1(1)（1）①y=12x+3，k=12，y隨x的增大而增大，當?1≤x≤2時，最小值為?②y=?2x+4，k<0，y隨x的增大而減小，當?1≤x≤2時，最小值為y=?2×2+4=0，最大值為y=?2×?1+4=6，則故答案為：②(2)∵m≤x≤3m＋2，∴m<3m+2，∴當m>0時，6m>0，當0<m≤x≤3m+2時，y隨著x的增大而減小，則當x=m時，最大值為6，∴23m+2?2m=6，即當?1<m<?23時，6m<0，當m≤x≤3m+2<0時，y隨著則當x=3m+2時，最大值為6m3m+2∴6m3m+2=2(3m+2)?2m，即6當?23<m<0時，3m+2>0，函數綜上所述，m的值為12(3)證明：∵最大值為2m+4，∴2n?2m=2m+4，即n=2m+2．∴m<x<2m+2．∵m<n，∴m<2m+2，即m>?2．此時y=x對稱軸為直線x=m+1．當2m+2≤m+1，即?2<m≤?1時，則當x=m時，y取最大值2m+4．∴?3=2m+4，∴m=?7而?2<m≤?1，故m=?72當m<m+1<2m+2，即m>?1時，①若2m+2?(m+1)≥(m+1)?m，即m≥0時，則當x=2m+2時，y取最大值．y最大=2m+2?m+1∵m≥0，∴m=7②2m+2?(m+1)<(m+1)?m，即?1<m<0時，則當x=m時，y取最大值．y最大∴m=?72綜上，m的值為7．此時，y=x?7+12?4．∵(x1,y1∴y1=x∵x1∴x2∴y=2x∵x1≠x∴x1∴(x1?2)∴y1【點睛】本題考查了一次函數的性質，反比例函數的性質，二次函數的性質與平移，一元二次方程根與系數的關系，綜合運用以上知識是解題的關鍵．18．（2022·江蘇南通·統(tǒng)考二模）在平面直角坐標系中，對于點Pa,b，如果將其坐標作如下變換：b′=?b?2,a<1b+2,a≥1，進而得到點P′a,b′，則稱點P′為點(1)點3,?5(2)求直線y=x?1上所有點的“變換點”所形成的圖像的函數解析式；(3)若拋物線y=x2?2kx+3上存在點C【答案】(1)3(2)y=(3)k≤?32或【分析】（1）根據點的坐標變換即可求出3,?5（2）設出直線上點的坐標，根據橫坐標分成兩種情況討論即可求出直線y=x?1上所有點的“變換點”所形成的圖像的函數解析式；（3）由（2）知點Cm,m?1在直線y=x?1上，因此拋物線y=x2?2kx+3上存在點Cm,m?1的“變換點”即分兩種情況討論：當k<0時，x（1）解：∵3∴點3,?5的“變換點”的坐標是3（2）解：設直線上的任意點P為m,m?1．當m<1時，點P′為m,?m?1，形成的圖像的函數解析式為y=?x?1當m≥1時，點P′為m,m+1，形成的圖像的函數解析式為y=x+1所以，所求的函數解析式為y=?x?1（3）解：如圖1，當k<0時，由x2?2kx+3=?x?1得若此時二次函數y=x2?2kx+3則Δ=∴1?2k+41?2k?4解得：k≤?32或∴k≤?3如圖2，當k≥0時，由x2?2kx+3=x+1得若此時二次函數y=x2?2kx+3則Δ=∴1+2k+22解得：k≥22?1∴k≥2綜上：k≤?32或【點睛】本題主要考查利用判別式來判斷一元二次方程的根，求一次函數的解析式，代數式求值，掌握用判別式來判斷一元二次方程的根的方法是解題的關鍵．19．（2022·江蘇揚州·校聯(lián)考二模）定義：若一個函數圖象上存在橫、縱坐標相等的點，則稱該點為這個函數圖象的“梅嶺點”．(1)若點P(3,p)是一次函數y=mx+6的圖象上的“梅嶺點”，則m=______________；若點P(m,m)是函數y=3x?2的圖象上的“梅嶺點”，則(2)若點P(p,?2)是二次函數y=x(3)若二次函數y=ax2+bx+c（a，b是常數，a>0）的圖象過點(0,2)，且圖象上存在兩個不同的“梅嶺點”Ax1,x【答案】(1)?1，3或?1；(2)y=x(3)k<?【分析】（1）根據“梅嶺點”的定義，P(3,p)的橫縱坐標相等，即p=3m+6=3；P(m,m)的橫縱坐標相等，即m=3（2）由題意，拋物線y=x2+bx+c與直線y=x的唯一交點為P(?2,?2)，即x2+bx+c=x有兩個相等的根-2，方程x2+(b?1)x+c=0（3）先由“梅嶺點”的定義證明x1,x2是方程ax2+(b?1)x+2=0的兩個根，利用根與系數的關系得出x1+x2=1?b（1）解：∵點P(3,p)是一次函數y=mx+6的圖象上的“梅嶺點”，∴p=3m+6=3，解得m=?1；∵點P(m,m)是函數y=3∴m=3整理得m2解得m1=3，經檢驗，m1=3，m2∴m=3或?1，故答案為：?1；3或?1；（2）解：∵點P(p,?2)是二次函數y=x∴P(?2,?2)，即拋物線y=x2+bx+c與直線y=x∴方程x2+bx+c=x的根為即方程x2+(b?1)x+c=0可寫為∴x∴b=5，c=4，∴二次函數的表達式為y=x（3）解：∵二次函數y=ax2+bx+c（a，b是常數，a>0∴c=2，∴y=ax∵y=ax2+bx+2∴x1=a∴ax12∴x1,∴x1+∵x∴(∴(∴b∴k=?b∵x∴x1?∵?1<x∴?3<x2∴?3<x∴?3<2∵a>0，∴a>2∴?4(a+1)∴k<?37【點睛】本題考查二次函數與一元二次方程的關系、方程的根與系數的關系、解不等式等知識點，熟練運用數形結合思想是解題的關鍵．20．（2022·江蘇泰州·模擬預測）過三角形的頂點作射線與其對邊相交，將三角形分成兩個三角形．若得到的兩個三角形中有等腰三角形，這條射線就叫做原三角形的“友好分割線”．(1)下列三角形中，不存在“友好分割線”的是______（只填寫序號）．①等腰直角三角形；②等邊三角形；③頂角為150°的等腰三角形．(2)如圖1，在△ABC中，∠A=60°，∠B=40°，直接寫出△ABC被“友好分割線”分得的等腰三角形頂角的度數；(3)如圖2，△ABC中，∠A=30°，CD為AB邊上的高，BD=2，E為AD的中點，過點E作直線l交AC于點F，作CM⊥l，DN⊥l，垂足為M，N.若射線CD為△ABC的“友好分割線”，求CM+DN的最大值．【答案】(1)②(2)20°，40°，60°，80°或100°(3)4【分析】（1）根據“友好分割線”的定義判斷即可；（2）分三種情形：當“友好分割線”經過點C，當“友好分割線”經過點A，當“友好分割線”經過點B，分別畫出圖形求解即可；（3）證明△DNE≌△AGE(ASA)，推出DN=AG．在Rt△AGF和Rt△CMF中，∠CMF=∠AGF=90°推出CM≤CF【詳解】（1）根據“友好分割線”的定義可知，如圖，等腰直角三角形，頂角為150°的等腰三角形存在“友好分割線”．等邊三角形不存在“友好分割線”．故答案為：②；（2）∵∠A=60°,∠B=40°,∴∠ACB=180°?60°?40°=80°,如圖，當EC=EA時，∠AEC=60°當FC=FB時，∠BFC=100°當BC=BG時，∠B=40°如圖，當AC=AR時，∠CAR=20°當CA=CW時，∠C=80°如圖，當BC=BQ時，∠CBQ=20°綜上所述，滿足條件的等腰三角形的頂角的度數為：20°，40°，60°，80°或100°；（3）解：如圖2中，作AG⊥l于點G．∵CD為AB邊上的高，∴∠CDB=∴∠ACD=90°?∴△CDA不是等腰三角形．∵CD為△ABC的“友好分割線”，∴△CDB和△CDA中至少有一個是等腰三角形．∴△CDB是等腰三角形，且CD=BD=2．∵∠BAC=30°∴AC=2CD=4．∵DN⊥l于N，∴∠DNE=∵E為AD的中點，∴DE=AE．在△DNE和△AGE中，∠AGE=∠DNE∴△DNE≌△AGE(ASA∴DN=AG．在Rt△AGF和Rt△CMF中，∴CM≤CF，AG≤AF，∴CM+AG≤CF+AF，即CM+AG≤AC，∴CM+DN≤4，∴CM+DN的最大值為4．【點睛】本題屬于三角形綜合題，考查了等腰三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，垂線段最短等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題，學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題．21．（2022·江蘇蘇州·?？家荒＃纠斫飧拍睢慷x：如果三角形有兩個內角的差為90°，那么這樣的三角形叫做“準直角三角形”．(1)已知△ABC是“準直角三角形”，且∠C>90°．①若∠A=60°，則∠B=______°；②若∠A=40°，則∠B=______°；【鞏固新知】(2)如圖①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=6，BC=2，點D在AC【解決問題】(3)如圖②，在四邊形ABCD中，CD=CB，∠ABD=∠BCD，AB=5，【答案】(1)①15；②10或25(2)CD=2或(3)△BCD的面積為48或24【分析】（1）①根據三角形內角和定理求解即可；②根據三角形內角和定理求解即可；（2）根據題意可分為①當∠BDA?∠DBA=90°時，過點D作DH⊥AB于H，結合勾股定理求解；②∠BDA?∠A=90°，結合相似三角形的判定和性質求解即可；（3）過點C作CF⊥BD于F，CE⊥AB，交AB的延長線于E，設∠ABD=∠BCD=2x，根據CF⊥BD和CE⊥AB可得CE=CF，即可證明Rt△BCE≌Rt△BCF，可得BE=BF=4，進而分情況討論求解：當∠ABC?∠ACB=90°【詳解】（1）①當∠C?∠A=90°時，則∠C=150°，∴∠B=180°?∠C?∠A=?30°（不合題意舍去），當∠C?∠B=90°，則∠C=∠B+90°，∵∠A+∠B+∠C=180°，∴2∠B=30°，∴∠B=15°，綜上所述：∠B=15°，故答案為：15；②當∠C?∠A=90°時，則∠C=130°，∴∠B=180°?∠C?∠A=10°，當∠C?∠B=90°，則∠C=∠B+90°，∵∠A+∠B+∠C=180°，∴2∠B=50°，∴∠B=25°，綜上所述：∠B=10°或25°，故答案為：10或25；（2）當∠BDA?∠DBA=90°時，如圖①，過點D作DH⊥AB于H，在Rt△ABC中，∠ACB=90°∴AC=A∵∠BDA?∠DBA=90°，∴∠DBA=∠DBC，又∵DH⊥AB，∴DH=DC，∵sinA=∴DH=1∴DC=1當∠BDA?∠A=90°時，∵∠BDA?∠A=90°，∠BDA=∠DBC+∠C=∠DBC+90°，∴∠A=∠DBC，又∵∠C=∠C，∴△BCD∽∴BCAC∴24∴CD=2綜上所述：CD=2或2（3）如圖②，過點C作CF⊥BD于F，CE⊥AB，交AB的延長線于E，設∠ABD=∠BCD=2x，∵BC=CD，∴∠CBD=∠CBE=90°?x，又∵CF⊥BD，∴CE=CF，又∵BC=BC，在Rt△BCE和RtCE=CFBC=BC∴Rt△BCE∴BE=BF=4，當∠ABC?∠ACB=90°時，又∵∠ABC?∠AEC=∠BCE，∴∠BCA=∠BCE，由（2）可知：ACCE設AC=5a，CE=4a，則∴a=3，∴CE=12=CF，∴S△BCD當∠ABC?∠BAC=90°，又∵∠ABC?∠AEC=∠BCE，∴∠BAC=∠BCE，又∵∠E=∠E=90°，∴△BCE∽∴CEAE=∴CE=6，∴S△BCD綜上所述：△BCD的面積為48或24．【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質、相似三角形的判定和性質、勾股定理和三角形內角和定理，靈活運用所學知識求解是解決本題的關鍵．22．（2022·江蘇鹽城·?？既＃┤绻粋€四邊形的對角線相等，我們稱這個四邊形為美好四邊形．【問題提出】（1）如圖①，點E是四邊形ABCD內部一點，且滿足EB=EC,EA=ED,∠BEC=∠AED，請說明四邊形ABCD是美好四邊形；【問題探究】（2）如圖②，△ABC，請利用尺規(guī)作圖，在平面內作出點D，使得四邊形ABCD是美好四邊形，且滿足AD=BD．保留作圖痕跡，不寫畫法；（3）在（2）的條件下，若圖②中△ABC滿足：∠ABC=90°，AB=4，BC=3，求四邊形ABCD的面積；【問題解決】（4）如圖③，某公園內需要將4個信號塔分別建在A、B、C、D四處，現(xiàn)要求信號塔C建在公園內一個湖泊的邊上，該湖泊可近似看成一個半徑為200m的圓，記為⊙E已知點A到該湖泊的最近距離為500m，是否存在這樣的點D，滿足AC=BD．且使得四邊形【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）221+3【分析】（1）連接AC,BD，證明△ACE≌（2）分別以點A,B為圓心，大于12AB長度為半徑畫弧，兩弧交于兩點，連接兩弧交點，即作AB的垂直平分線，以B為圓心，AC長度為半徑畫弧交AB的垂直平分線于點D，則點（3）過點D作DE⊥AB于點E，根據等腰三角形的性質可得AE=BE=12AB，根據勾股定理求出AC，則BD（4）當美好四邊形的對角線不垂直時，過點D作DE⊥AC于點E,過點B作BF⊥AC于點F，可得DE+BF<BD；當美好四邊形對角線互相垂直時，S四邊形ABCD=【詳解】解：（1）連接AC,BD，∵∠BEC=∠AED，∴∠BEC+∠CED=∠AED+∠CED，即∠BED=∠AEC，在△AEC和△DEB中，AE=DE∠AEC=∠DEB∴△AEC≌∴AC=BD，∴四邊形ABCD是美好四邊形；（2）如圖即為所作；（3）過點D作DE⊥AB于點E，∵AD=BD，∴AE=BE=1∵∠ABC=90°，AB=4,BC=3，∴AC=5，BE=1∵四邊形ABCD為美好四邊形，∴AC=BD=5，∴DE=B∴S△ABD=1∴S四邊形（4）存在，當美好四邊形的對角線不垂直時，如圖，過點D作DE⊥AC于點E,過點B作BF⊥AC于點F，則S四邊形∵DE<DO,BF<BO，∴DE+BF<BD，當美好四邊形對角線互相垂直時，S四邊形∵12∴當美好四邊形的對角線垂直時面積最大，如圖，當AC過圓心E，AC最長，四邊形ABCD中，AC⊥BD時，其面積最大，∵湖泊的半徑是200m，點A到該湖泊的最近距離為500∴AC=500+200×2=900m∴S四邊形【點睛】本題是圓的綜合題，主要考查了特殊四邊形的性質，勾股定理，三角形的面積等知識，明確等角線四邊形對角線垂直時面積最大是解題的關鍵．23．（2022·江蘇淮安·統(tǒng)考一模）【閱讀理解】三角形一邊上的點將該邊分為兩條線段，且這兩條線段的積等于這個點到這邊所對頂點連線的平方，則稱這個點為三角形該邊的“好點”．如圖1，△ABC中，點D是AB邊上一點，連接CD，若CD2=AD?BD，則稱點D是△ABC【探究應用】(1)如圖2，△ABC的頂點是4×4網格圖的格點，請僅用直尺畫出（或在圖中直接描出）AB邊上的“好點”；(2)如圖3，△ABC中，AB=14，cosA=22，tanB=34，若點(3)如圖4，△ABC是⊙O的內接三角形，點H在AB上，連接CH并延長交⊙O于點D，若點H是△ACD中CD邊上的“好點”．①求證：AH=BH；②若BC⊥CH，⊙O的半徑為r，且r=32AD【答案】(1)圖見解析(2)4或9(3)①見解析；②3【分析】（1）根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半和“好點”定義解答即可；（2）過點A作AH⊥AB于H，可設CH=3k，BH=4k，解直角三角形可求得BH=8，AH=CH=6，設AD=x，則DH=6-x，BD=14-x，根據勾股定理和“好點”定義解方程求得x值即可；（3）①根據圓周角定理可得∠ADH=∠CBH，證明△ADH∽△CBH得到DH·CH=AH·BH，再根據“好點”定義得到DH·CH=AH2即可得證；②連接OH、BD，根據90°的圓心角所對的弦是直徑知BD為直徑，再根據垂徑定理得到OH⊥AB，由三角形中位線性質和勾股定理可求得BH=223r，進而可求得AD、DH、(1)解：如圖，點D即為求作的AB邊上的“好點”；(2)解：過點A作AH⊥AB于H，∵cosA=22∴∠A=45°，CHBH設CH=3k，BH=4k，則AH=CH==3k，∵AB=14，∴3k+4k=14，解得：k=2，∴BH=8，AH=CH=6，設AD=x，則DH=6-x，BD=14-x，在Rt△CHD中，AD2=CH2+DH2=62+（6-x）2，由點D為A