數(shù)學(xué)-重難點(diǎn)01 新定義與材料理解問(wèn)題-2023年中考數(shù)學(xué)【熱點(diǎn)·重點(diǎn)·難點(diǎn)】專練（江蘇專用）（解析版）

2023年中考數(shù)學(xué)【熱點(diǎn)·重點(diǎn)·難點(diǎn)】專練（江蘇專用）重難點(diǎn)01新定義與材料理解問(wèn)題【命題趨勢(shì)】新定義與材料理解問(wèn)題是中考數(shù)學(xué)的熱點(diǎn)問(wèn)題，一般為小題（選擇題或填空題）。這種類型的問(wèn)題通常不會(huì)單獨(dú)考查，往往會(huì)結(jié)合初中數(shù)學(xué)中某個(gè)知識(shí)點(diǎn)進(jìn)行命題，進(jìn)而既能考查初中數(shù)學(xué)中某個(gè)知識(shí)點(diǎn)的掌握情況，又能考查學(xué)生的自學(xué)能力和分析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力．這種類型的問(wèn)題往往與代數(shù)知識(shí)結(jié)合的比較多，所以同學(xué)們一定要重視，一般這種類型的問(wèn)題難度不大，平時(shí)多注意對(duì)這種問(wèn)題的訓(xùn)練拿下這個(gè)問(wèn)題不是難事。新定義與材料理解問(wèn)題是在問(wèn)題中定義了初中數(shù)學(xué)中沒(méi)有學(xué)過(guò)的一些新概念、新運(yùn)算、新符號(hào)，要求學(xué)生讀懂題意并結(jié)合已有知識(shí)進(jìn)行理解，而后根據(jù)新定義進(jìn)行運(yùn)算、推理、遷移的一種題型.一般有三種類型問(wèn)題：（1）定義新運(yùn)算；（2）定義初、高中知識(shí)銜接＂新知識(shí)＂；（3）定義新概念。這類試題考查考生對(duì)＂新定義＂的理解和認(rèn)識(shí)，以及靈活運(yùn)用知識(shí)的能力，解題時(shí)需要將＂新定義＂的知識(shí)與已學(xué)知識(shí)聯(lián)系起來(lái)，利用已有的知識(shí)經(jīng)驗(yàn)來(lái)解決問(wèn)題?！緷M分技巧】1）讀懂題目，搜集信息，理解本質(zhì)﹕要想做好這類新定義型問(wèn)題，關(guān)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(zhì)．題目中可能會(huì)給出很多信息，有些是無(wú)關(guān)緊要的，有些是重要的，我們一定要抓住關(guān)鍵詞，關(guān)鍵信息，徹底弄懂其問(wèn)題的本質(zhì)，這是我們解決問(wèn)題的關(guān)鍵所在．新定義型問(wèn)題一般與代數(shù)知識(shí)結(jié)合較多，多關(guān)注初中數(shù)學(xué)中以下幾個(gè)部分的代數(shù)知識(shí)﹕1.實(shí)數(shù)的運(yùn)算→高中的虛數(shù)的運(yùn)算、數(shù)列的求和、向量等知識(shí)、．2.平面直角坐標(biāo)系，反比例函數(shù)，一次函數(shù)，二次函數(shù)→冪函數(shù)或指數(shù)函數(shù)3.一元一次、一元二次方程、分式方程→指數(shù)方程、三角方程等特殊方程4.其他類型3）熟練掌握和運(yùn)用數(shù)學(xué)的常用思想方法我們?cè)诮鉀Q新定義型問(wèn)題時(shí)，往往都是利用現(xiàn)有的知識(shí)結(jié)合一些重要的數(shù)學(xué)思想方法去解決新定義的問(wèn)題，比如，我們用初中所學(xué)的實(shí)數(shù)的知識(shí)結(jié)合類比和轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想方法來(lái)解決復(fù)數(shù)或者虛數(shù)的一些問(wèn)題等等．所以一定要把未學(xué)的問(wèn)題轉(zhuǎn)化成已學(xué)的數(shù)學(xué)問(wèn)題，利用現(xiàn)有的知識(shí)和方法，結(jié)合轉(zhuǎn)化、類比等數(shù)學(xué)思想解決問(wèn)題．【限時(shí)檢測(cè)】A卷（真題過(guò)關(guān)卷）備注：本套試卷所選題目多數(shù)為近三年江蘇省各地區(qū)中考真題，針對(duì)性強(qiáng)，可作為一輪、二輪復(fù)習(xí)必刷真題過(guò)關(guān)訓(xùn)練.一、解答題1．（2022·江蘇鹽城·統(tǒng)考中考真題）【發(fā)現(xiàn)問(wèn)題】小明在練習(xí)簿的橫線上取點(diǎn)O為圓心，相鄰橫線的間距為半徑畫(huà)圓，然后半徑依次增加一個(gè)間距畫(huà)同心圓，描出了同心圓與橫線的一些交點(diǎn)，如圖1所示，他發(fā)現(xiàn)這些點(diǎn)的位置有一定的規(guī)律．【提出問(wèn)題】小明通過(guò)觀察，提出猜想：按此步驟繼續(xù)畫(huà)圓描點(diǎn)，所描的點(diǎn)都在某二次函數(shù)圖像上．(1)【分析問(wèn)題】小明利用已學(xué)知識(shí)和經(jīng)驗(yàn)，以圓心O為原點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)O的橫線所在直線為x軸，過(guò)點(diǎn)O且垂直于橫線的直線為y軸，相鄰橫線的間距為一個(gè)單位長(zhǎng)度，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖2所示．當(dāng)所描的點(diǎn)在半徑為5的同心圓上時(shí)，其坐標(biāo)為_(kāi)__________．(2)【解決問(wèn)題】請(qǐng)幫助小明驗(yàn)證他的猜想是否成立．(3)【深度思考】小明繼續(xù)思考：設(shè)點(diǎn)P(0,m)，m為正整數(shù)，以O(shè)P為直徑畫(huà)⊙M，是否存在所描的點(diǎn)在⊙M上．若存在，求m的值；若不存在，說(shuō)明理由．【答案】(1)(?3,4)或(3,4)(2)成立，理由見(jiàn)解析(3)存在，4【分析】（1）先畫(huà)出圖形，再結(jié)合實(shí)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(shè)半徑為n的圓與直線y=n?1的交點(diǎn)為P(x,n?1)．利用勾股定理可得x2+(n?1)2=n2解法2：設(shè)半徑為n的圓與直線y=n?1交點(diǎn)為P(x,n?1)，可得x2+(n?1)2=n2，解方程可得P(±（3）如圖，設(shè)所描的點(diǎn)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(shè)半徑為n的圓與直線y=n?1的交點(diǎn)為P(x,n?1)．因?yàn)镺P=n，所以x2+(n?1)所以n=1所以y=n?1=1解法2：設(shè)半徑為n的圓與直線y=n?1交點(diǎn)為P(x,n?1)，因?yàn)镺P=n，所以x2+(n?1)2={x=±2n?1,y=n?1，消去∴點(diǎn)在拋物線y=1（3）存在所描的點(diǎn)在⊙M上，理由：如圖，設(shè)所描的點(diǎn)N(±2n?1,n?1)在則MO=MN，因?yàn)镸(0,m所以(m整理得m=n因?yàn)閙，n都是正整數(shù)，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(diǎn)睛】本題考查的是切線的性質(zhì)，垂徑定理的應(yīng)用，坐標(biāo)與圖形，二次函數(shù)的圖像與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，方程的正整數(shù)解問(wèn)題，理解題意，建立幾何模型與函數(shù)模型是解本題的關(guān)鍵．2．（2022·江蘇南通·統(tǒng)考中考真題）定義：函數(shù)圖像上到兩坐標(biāo)軸的距離都不大于n(n≥0)的點(diǎn)叫做這個(gè)函數(shù)圖像的“n階方點(diǎn)”．例如，點(diǎn)13,13是函數(shù)y=x圖像的“12(1)在①?2,?12；②(?1,?1)；③(1,1)三點(diǎn)中，是反比例函數(shù)(2)若y關(guān)于x的一次函數(shù)y=ax?3a+1圖像的“2階方點(diǎn)”有且只有一個(gè)，求a的值；(3)若y關(guān)于x的二次函數(shù)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(jù)“n階方點(diǎn)”的定義逐個(gè)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(jù)“2階方點(diǎn)”有且只有一個(gè)判斷出所經(jīng)過(guò)的點(diǎn)的坐標(biāo)，代入坐標(biāo)求出a的值，并舍去不合題意的值即可得；（3）由二次函數(shù)解析式可知其頂點(diǎn)坐標(biāo)在直線y＝－2x＋1上移動(dòng)，作出簡(jiǎn)圖，由函數(shù)圖象可知，當(dāng)二次函數(shù)圖象過(guò)點(diǎn)（n，－n）和點(diǎn)（－n，n）時(shí)為臨界情況，求出此時(shí)n的值，由圖象可得n的取值范圍．（1）解：∵點(diǎn)?2,?12到x軸的距離為2，大于1，∴不是反比例函數(shù)y=1x圖象的“1階方點(diǎn)”，∵點(diǎn)(?1,?1)和點(diǎn)(1,1)都在反比例函數(shù)y=1x的圖象上，且到兩坐標(biāo)軸的距離都不大于1，∴（2）如圖作正方形，四個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為（2，2），（－2，2），（－2，－2），（2，－2），當(dāng)a＞0時(shí)，若y關(guān)于x的一次函數(shù)y=ax?3a+1圖象的“2階方點(diǎn)”有且只有一個(gè)，則y=ax?3a+1過(guò)點(diǎn)（－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(dāng)a＜0時(shí)，若y關(guān)于x的一次函數(shù)y=ax?3a+1圖象的“2階方點(diǎn)”有且只有一個(gè)，則y=ax?3a+1過(guò)點(diǎn)（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(shù)y=?(x?n)2?2n+1圖象的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（n，?2n+1），∴二次函數(shù)y=?(x?n)2?2n+1圖象的頂點(diǎn)坐標(biāo)在直線y＝－2x＋1上移動(dòng)，∵y關(guān)于x的二次函數(shù)y=?(x?n)2?2n+1圖象的“n階方點(diǎn)”一定存在，∴二次函數(shù)y=?(x?n)2?2n+1的圖象與以頂點(diǎn)坐標(biāo)為（n，n），（－n，n），（－n，－n），（n，－n）的正方形有交點(diǎn)，如圖，當(dāng)y=?(x?n)2?2n+1過(guò)點(diǎn)（n，－n）時(shí)，將（n，－n）代入y=?(x?n)2?2n+1得：?n=?(n?n)2?2n+1，解得：n=1，當(dāng)y=?(x?n)2?2n+1過(guò)點(diǎn)（－n，n）時(shí)，將（－n【點(diǎn)睛】本題考查了新定義，反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)，一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，正確理解“n階方點(diǎn)”的幾何意義，熟練掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．3．（2022·江蘇泰州·統(tǒng)考中考真題）定義：對(duì)于一次函數(shù)y1=ax+b、y2=cx+d(1)若m=3，n=1，試判斷函數(shù)y=5x+2是否為函數(shù)y1(2)設(shè)函數(shù)y1=x?p?2與y2①若m+n>1，點(diǎn)P在函數(shù)y1、y②若p≠1，函數(shù)y1、y2的“組合函數(shù)”圖像經(jīng)過(guò)點(diǎn)P.是否存在大小確定的m值，對(duì)于不等于1的任意實(shí)數(shù)p，都有“組合函數(shù)”圖像與x軸交點(diǎn)Q的位置不變?若存在，請(qǐng)求出【答案】(1)y=5x+2是函數(shù)y1(2)①p<1；②存在，見(jiàn)詳解【分析】（1）把m=3，n=1代入組合函數(shù)中，化簡(jiǎn)后進(jìn)行判斷即可；（2）①先求出點(diǎn)P的坐標(biāo)2p+1,p?1和“組合函數(shù)”y=m?nx+3pn?mp?2m，把x=2p+1代入“組合函數(shù)”，再根據(jù)題意，列不等式求解即可；②將點(diǎn)P代入“組合函數(shù)”，整理得m+n=1，把n=1-m代入“組合函數(shù)”，消去n，把【詳解】（1）解：y=5x+2是函數(shù)y1理由：由函數(shù)y1=x+1,y把m=3，n=1代入上式，得y=3x+1∴函數(shù)y=5x+2是函數(shù)y1（2）解：①解方程組y=x?p?2y=?x+3p得x=2p+1∵函數(shù)y1=x?p?2與y2∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為2p+1,p?1，∵y1、y2∵m+n>1，點(diǎn)P在函數(shù)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(shù)y1、y∴將點(diǎn)P的坐標(biāo)2p+1,p?1代入“組合函數(shù)”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(shè)?3+4m=0，則m=3∴x=2×∴Q3,0∴對(duì)于不等于1的任意實(shí)數(shù)p，存在“組合函數(shù)”圖像與x軸交點(diǎn)Q的位置不變．【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)的圖像和性質(zhì)，一次函數(shù)與不等式的關(guān)系，一次函數(shù)與一元一次方程，正確理解“組合函數(shù)”的定義是解本題的關(guān)鍵．4．（2021·江蘇南通·統(tǒng)考中考真題）定義：若一個(gè)函數(shù)圖象上存在橫、縱坐標(biāo)相等的點(diǎn)，則稱該點(diǎn)為這個(gè)函數(shù)圖象的“等值點(diǎn)”．例如，點(diǎn)(1,1)是函數(shù)y=1（1）分別判斷函數(shù)y=x+2,y=x（2）設(shè)函數(shù)y=3x(x>0),y=?x+b的圖象的“等值點(diǎn)”分別為點(diǎn)A，B，過(guò)點(diǎn)B作BC⊥x軸，垂足為C．當(dāng)△ABC（3）若函數(shù)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(shù)y=x+2沒(méi)有“等值點(diǎn)”；函數(shù)y=x2?x的“等值點(diǎn)”為(0，0)，(2，2)；（2）b=43或?23【分析】（1）根據(jù)定義分別求解即可求得答案；（2）根據(jù)定義分別求A(3，3)，B(b2，b（3）由記函數(shù)y=x2-2（x≥m）的圖象為W1，將W1沿x=m翻折后得到的函數(shù)圖象記為W2，可得W1與W2的圖象關(guān)于x=m對(duì)稱，然后根據(jù)定義分類討論即可求得答案．【詳解】解：（1）∵函數(shù)y=x+2，令y=x，則x+2=x，無(wú)解，∴函數(shù)y=x+2沒(méi)有“等值點(diǎn)”；∵函數(shù)y=x2?x，令y=x，則x解得：x1∴函數(shù)y=x（2）∵函數(shù)y=3x，令y=x，則解得：x=3∴函數(shù)y=3x的“等值點(diǎn)”為A(3，∵函數(shù)y=?x+b，令y=x，則x=?x+b，解得：x=b∴函數(shù)y=?x+b的“等值點(diǎn)”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(shù)圖象記為W2．∴W1與W2兩部分組成的函數(shù)W的圖象關(guān)于x=m對(duì)稱，∴函數(shù)W的解析式為y=x令y=x，則x2?2=x，即解得：x1∴函數(shù)y=x令y=x，則(2m?x)2?2=x，即當(dāng)m≥2時(shí)，函數(shù)W的圖象不存在恰有2個(gè)“等值點(diǎn)”的情況；當(dāng)?1<m<2時(shí)，觀察圖象，恰有2個(gè)“等值點(diǎn)”；當(dāng)m<?1時(shí)，∵W1的圖象上恰有2個(gè)“等值點(diǎn)”(-1，-1)，(2，2)，∴函數(shù)W2沒(méi)有“等值點(diǎn)”，∴△=?整理得：8m+9<0，解得：m<?9綜上，m的取值范圍為m<?98或【點(diǎn)睛】本題屬于二次函數(shù)的綜合題，考查了二次函數(shù)、反比例函數(shù)、一次函數(shù)的性質(zhì)以及函數(shù)的對(duì)稱性．解答本題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問(wèn)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(biāo)系xOy中，對(duì)于A、A′兩點(diǎn)，若在y軸上存在點(diǎn)T，使得∠ATA′=90°，且TA=TA′，則稱A、A′兩點(diǎn)互相關(guān)聯(lián)，把其中一個(gè)點(diǎn)叫做另一個(gè)點(diǎn)的關(guān)聯(lián)點(diǎn)．已知點(diǎn)M（1）①如圖，在點(diǎn)B2,0、C0,?1、D?2,?2中，點(diǎn)M的關(guān)聯(lián)點(diǎn)是_______（填“B”、“C②若在線段MN上存在點(diǎn)P1,1的關(guān)聯(lián)點(diǎn)P′，則點(diǎn)（2）若在線段MN上存在點(diǎn)Q的關(guān)聯(lián)點(diǎn)Q′，求實(shí)數(shù)m（3）分別以點(diǎn)E4,2、Q為圓心，1為半徑作⊙E、⊙Q．若對(duì)⊙E上的任意一點(diǎn)G，在⊙Q上總存在點(diǎn)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(guān)聯(lián)點(diǎn)的實(shí)質(zhì)就是將點(diǎn)A繞y軸上點(diǎn)T順時(shí)針或逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90度的得到點(diǎn)A′（1）①根據(jù)關(guān)聯(lián)點(diǎn)坐標(biāo)變化規(guī)律列方程求解點(diǎn)T坐標(biāo)，有解則是關(guān)聯(lián)點(diǎn)；無(wú)解則不是；②關(guān)聯(lián)點(diǎn)的縱坐標(biāo)等于0，根據(jù)關(guān)聯(lián)點(diǎn)坐標(biāo)變化規(guī)律列方程求解即可；（2）根據(jù)關(guān)聯(lián)點(diǎn)坐標(biāo)變化規(guī)律得出關(guān)聯(lián)點(diǎn)Q′（3）根據(jù)關(guān)聯(lián)點(diǎn)的變化規(guī)律可知圓心是互相關(guān)聯(lián)點(diǎn)，由點(diǎn)E坐標(biāo)求出點(diǎn)Q坐標(biāo)即可．【詳解】解：在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)Ax,y，點(diǎn)T0,a，關(guān)聯(lián)點(diǎn)將點(diǎn)A、點(diǎn)A′、點(diǎn)T向下平移a個(gè)單位，點(diǎn)T對(duì)應(yīng)點(diǎn)與原點(diǎn)重合，此時(shí)點(diǎn)A、點(diǎn)A′對(duì)應(yīng)點(diǎn)A0∵繞原點(diǎn)旋轉(zhuǎn)90度的坐標(biāo)變化規(guī)律為：點(diǎn)（x，y）順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，對(duì)應(yīng)點(diǎn)坐標(biāo)為（y，-x）；逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)對(duì)應(yīng)點(diǎn)坐標(biāo)為（-y，x），∴A0x,y?a繞原點(diǎn)旋轉(zhuǎn)90度的坐標(biāo)對(duì)應(yīng)點(diǎn)坐標(biāo)為A′即順時(shí)針旋轉(zhuǎn)時(shí)，x′=y?ay′?a=?x或逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)時(shí)，x′=a?yy′?a=x即：在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)Ax,y，點(diǎn)T0,a，關(guān)聯(lián)點(diǎn)坐標(biāo)為A′（1）①由關(guān)聯(lián)點(diǎn)坐標(biāo)變化規(guī)律可知，點(diǎn)M?2,0關(guān)于在y軸上點(diǎn)T0,a的關(guān)聯(lián)點(diǎn)坐標(biāo)為：A′若點(diǎn)B2,0是關(guān)聯(lián)點(diǎn)，則?a=22+a=0或a=2?2+a=0，解得：a=±2，即y軸上點(diǎn)T0,2或若點(diǎn)C0,?1是關(guān)聯(lián)點(diǎn)，則?a=02+a=?1或a=0?2+a=?1若點(diǎn)D?2,?2是關(guān)聯(lián)點(diǎn)，則?a=?22+a=?2或a=?2?2+a=?2故答案為：B；②由關(guān)聯(lián)點(diǎn)坐標(biāo)變化規(guī)律可知，點(diǎn)P1,1關(guān)于點(diǎn)T0,a的關(guān)聯(lián)點(diǎn)P′的坐標(biāo)為P若a?1=0，解得：a=1，此時(shí)即點(diǎn)P′0,0，不在線段若a+1=0，解得：a=?1，此時(shí)即點(diǎn)P′?2,0，在線段綜上所述：若在線段MN上存在點(diǎn)P1,1的關(guān)聯(lián)點(diǎn)P′故答案為：?2,0；（2）設(shè)點(diǎn)Qm,n與點(diǎn)Q′是關(guān)于點(diǎn)T0,a關(guān)聯(lián)點(diǎn)，則點(diǎn)Q′坐標(biāo)為又因?yàn)辄c(diǎn)Qm,n在一次函數(shù)y=?2x+1的圖像上，即：n=?2m+1點(diǎn)Q′在線段MN上，點(diǎn)M?2,0、當(dāng)∴a?m=∴?2≤?2m+1?m≤?1，∴23或a+m=∴?2≤2m?1?m≤?1，當(dāng)?1≤m≤0；綜上所述：當(dāng)23≤m≤1或?1≤m≤0時(shí)，在線段MN上存在點(diǎn)Q的關(guān)聯(lián)點(diǎn)（3）對(duì)⊙E上的任意一點(diǎn)G，在⊙Q上總存在點(diǎn)G′，使得G、G故點(diǎn)E與點(diǎn)Q也是關(guān)于同一點(diǎn)的關(guān)聯(lián)，設(shè)該點(diǎn)T0,a設(shè)點(diǎn)Qm,n與點(diǎn)E是關(guān)于點(diǎn)T0,a關(guān)聯(lián)點(diǎn)，則點(diǎn)E坐標(biāo)為En?a,a?m又因?yàn)镼m,n在一次函數(shù)y=?2x+1的圖像上，即：n=?2m+1∵點(diǎn)E4,2若n=?2m+1n?a=4a?m=2，解得：即點(diǎn)Q?若n=?2m+1a?n=4a+m=2，解得：即點(diǎn)Q3,?5綜上所述：Q?53【點(diǎn)睛】本題主要考查了坐標(biāo)的旋轉(zhuǎn)變換和一次函數(shù)圖像上點(diǎn)的特征，解題關(guān)鍵是總結(jié)出繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)90°的點(diǎn)坐標(biāo)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(xué)習(xí)了圖形的旋轉(zhuǎn)之后，小明知道，將點(diǎn)P繞著某定點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定的角度α，能得到一個(gè)新的點(diǎn)P′．經(jīng)過(guò)進(jìn)一步探究，小明發(fā)現(xiàn)，當(dāng)上述點(diǎn)P在某函數(shù)圖像上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)P′也隨之運(yùn)動(dòng)，并且點(diǎn)試根據(jù)下列各題中所給的定點(diǎn)A的坐標(biāo)和角度α的大小來(lái)解決相關(guān)問(wèn)題．

【初步感知】如圖1，設(shè)A(1,1)，α=90°，點(diǎn)P是一次函數(shù)y=kx+b圖像上的動(dòng)點(diǎn)，已知該一次函數(shù)的圖像經(jīng)過(guò)點(diǎn)P1（1）點(diǎn)P1旋轉(zhuǎn)后，得到的點(diǎn)P（2）若點(diǎn)P′的運(yùn)動(dòng)軌跡經(jīng)過(guò)點(diǎn)P【深入感悟】（3）如圖2，設(shè)A(0,0)，α=45°，點(diǎn)P反比例函數(shù)y=?1x(x<0)的圖像上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P′作二、四象限角平分線的垂線，垂足為【靈活運(yùn)用】（4）如圖3，設(shè)A(1,?3)，α=60°，點(diǎn)P是二次函數(shù)y=12x2+2【答案】（1）(1,3)；（2）y=12x+3【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的定義得AP1=AP1（2）根據(jù)題意得出P2（3）先根據(jù)y=?xy=?1x(x<0)計(jì)算出交點(diǎn)坐標(biāo)，再分類討論①當(dāng)x≤?1時(shí)，先證明△PQA≌△P′MA(AAS)再計(jì)算△OM（4）先證明△OAB為等邊三角形，再證明△C′AO≌△CAB(SAS)，根據(jù)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(biāo)為∵P1(?1,1)，∴設(shè)原一次函數(shù)解析式為y=kx+b則?k+b=1∴k=∴原一次函數(shù)表達(dá)式為y=1（3）設(shè)雙曲線與二、四象限平分線交于N點(diǎn)，則y=?x解得N(?1,1)①當(dāng)x≤?1時(shí)作PQ⊥x軸于Q∵∠QAM=∠PO∴∠PAQ=∠∵PM⊥AM∴∠∴在△PQA和△P∠PQA=∠∴△PQA≌△S即S△OM②當(dāng)-1<x<0時(shí)作PH⊥于y軸于點(diǎn)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(shí)針旋轉(zhuǎn)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(shí)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(shè)過(guò)P且與B′C′平行的直線∵S∴當(dāng)直線l與拋物線相切時(shí)取最小值則y=即3∴1當(dāng)Δ=0時(shí)，得b=∴y=設(shè)l與y軸交于T點(diǎn)∵S∴S==【點(diǎn)睛】本題考查旋轉(zhuǎn)、全等三角形的判定和性質(zhì)、一次函數(shù)的解析式、反比例函數(shù)的幾何意義、兩函數(shù)的交點(diǎn)問(wèn)題，函數(shù)的最小值的問(wèn)題，靈活進(jìn)行角的轉(zhuǎn)換是關(guān)鍵．7．（2020·江蘇常州·中考真題）如圖1，⊙I與直線a相離，過(guò)圓心I作直線a的垂線，垂足為H，且交⊙I于P、Q兩點(diǎn)（Q在P、H之間）．我們把點(diǎn)P稱為⊙I關(guān)于直線a的“遠(yuǎn)點(diǎn)”，把PQ?PH的值稱為⊙I關(guān)于直線a的“特征數(shù)”．

（1）如圖2，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)E的坐標(biāo)為(0,4)，半徑為1的⊙O與兩坐標(biāo)軸交于點(diǎn)A、B、C、D．①過(guò)點(diǎn)E畫(huà)垂直于y軸的直線m，則⊙O關(guān)于直線m的“遠(yuǎn)點(diǎn)”是點(diǎn)_________（填“A”、“B”、“C”或“D”），⊙O關(guān)于直線m的“特征數(shù)”為_(kāi)________；②若直線n的函數(shù)表達(dá)式為y=3x+4，求⊙O關(guān)于直線（2）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l經(jīng)過(guò)點(diǎn)M(1,4)，點(diǎn)F是坐標(biāo)平面內(nèi)一點(diǎn)，以F為圓心，2為半徑作⊙F．若⊙F與直線l相離，點(diǎn)N(?1,0)是⊙F關(guān)于直線l的“遠(yuǎn)點(diǎn)”，且⊙F關(guān)于直線l的“特征數(shù)”是45，求直線l【答案】（1）①D；10；②⊙O關(guān)于直線n的“特征數(shù)”為6；（2）直線l的解析式為y=-3x+7或y=13x+【分析】（1）①根據(jù)題干中“遠(yuǎn)點(diǎn)”及“特征數(shù)”的定義直接作答即可；②過(guò)圓心O作OH⊥直線n，垂足為點(diǎn)H，交⊙O于點(diǎn)P、Q，首先判斷直線n也經(jīng)過(guò)點(diǎn)E（0，4），在Rt△EOF中，利用三角函數(shù)求出∠EFO=60°，進(jìn)而求出PH的長(zhǎng)，再根據(jù)“特征數(shù)”的定義計(jì)算即可；（2）連接NF并延長(zhǎng)，設(shè)直線l的解析式為y=kx+b1,用待定系數(shù)法得到{4=k+b1??????①n=mk+b1??②，再根據(jù)兩條直線互相垂直，兩個(gè)一次函數(shù)解析式的系數(shù)k互為負(fù)倒數(shù)的關(guān)系可設(shè)直線NF的解析式為y=?1kx+b2,用待定系數(shù)法同理可得{0=1k+b2???????④【詳解】解：（1）①⊙O關(guān)于直線m的“遠(yuǎn)點(diǎn)”是點(diǎn)D，⊙O關(guān)于直線m的“特征數(shù)”為DB·DE=2×5=10；②如下圖：過(guò)圓心O作OH⊥直線n，垂足為點(diǎn)H，交⊙O于點(diǎn)P、Q，∵直線n的函數(shù)表達(dá)式為y=3當(dāng)x=0時(shí)，y=4；當(dāng)y=0時(shí)，x=?4∴直線n經(jīng)過(guò)點(diǎn)E（0，4），點(diǎn)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(guān)于直線n的“特征數(shù)”為6；（2）如下圖，∵點(diǎn)F是圓心，點(diǎn)N(?1,0)是“遠(yuǎn)點(diǎn)”，∴連接NF并延長(zhǎng)，則直線NF⊥直線l，設(shè)NF與直線l的交點(diǎn)為點(diǎn)A（m，n），設(shè)直線l的解析式為y=kx+b1（k≠0）,將點(diǎn)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(shè)直線NF的解析式為y=?1kx+b將點(diǎn)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(diǎn)A的坐標(biāo)為（k2?4k?1k又∵⊙F關(guān)于直線l的“特征數(shù)”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(dāng)k=-3時(shí)，m=2，n=1，∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（2，1），把點(diǎn)A（2，1）與點(diǎn)M(1,4)代入y=kx+b1中，解得直線l的解析式為y=-3x+7；當(dāng)k=13∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-2，3），把點(diǎn)A（-2，3）與點(diǎn)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(diǎn)睛】本題是一次函數(shù)與圓的綜合題，考查了直線與圓的位置關(guān)系、一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)、解直角三角形等，理解“遠(yuǎn)點(diǎn)”和“特征數(shù)”的意義，熟練掌握一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)、兩點(diǎn)之間距離公式、兩條直線互相垂直的兩個(gè)一次函數(shù)解析式中系數(shù)k互為負(fù)倒數(shù)的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．8．（2020·江蘇鹽城·統(tǒng)考中考真題）以下虛線框中為一個(gè)合作學(xué)習(xí)小組在一次數(shù)學(xué)實(shí)驗(yàn)中的過(guò)程記錄，請(qǐng)閱讀后完成虛線框下方的問(wèn)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(jù)學(xué)習(xí)函數(shù)的經(jīng)驗(yàn)，選取上表中BC和AC+BC的數(shù)據(jù)進(jìn)行分析；①設(shè)BC=x,AC+BC=y，以(x,y)為坐標(biāo)，在圖①所示的坐標(biāo)系中描出對(duì)應(yīng)的點(diǎn)；②連線；觀察思考（3）結(jié)合表中的數(shù)據(jù)以及所面的圖像，猜想．當(dāng)x=時(shí)，y最大；（4）進(jìn)一步C猜想：若Rt△MBC中，∠C=90°，斜邊AB=2a(a為常數(shù)，a>0），則BC=時(shí)，AC+BC最大．推理證明（5）對(duì)（4）中的猜想進(jìn)行證明．問(wèn)題1．在圖①中完善2的描點(diǎn)過(guò)程，并依次連線；問(wèn)題2．補(bǔ)全觀察思考中的兩個(gè)猜想：3_______4_______問(wèn)題3．證明上述5中的猜想：?jiǎn)栴}4．圖②中折線B?E?F?G?A是一個(gè)感光元件的截面設(shè)計(jì)草圖，其中點(diǎn)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(wèn)題1：見(jiàn)解析；問(wèn)題2：2，2a；問(wèn)題3：見(jiàn)解析；問(wèn)題4：當(dāng)EF=22+1時(shí)，感光區(qū)域長(zhǎng)度之和【分析】問(wèn)題1：根據(jù)（1）中的表格數(shù)據(jù)，描點(diǎn)連線，作出圖形即可；問(wèn)題2：根據(jù)（1）中的表格數(shù)據(jù)，可以得知當(dāng)x=2時(shí)，y最大；設(shè)BC=x,AC=BC=y，則AC=4a2?x2，可得問(wèn)題3：可用兩種方法證明，方法一：（判別式法）設(shè)BC=x,AC=BC=y，則AC=4a2?x2，可得y=x+4a2?x2，有2xy≤22問(wèn)題4：方法一：延長(zhǎng)AM交EF于點(diǎn)C，過(guò)點(diǎn)A作AH⊥EF于點(diǎn)H，垂足為H，過(guò)點(diǎn)B作BK⊥GF交于點(diǎn)K，垂足為K，BK交AH于點(diǎn)Q，由題可知：在△BNE中，∠BNE=60°,∠E=90°,BE=1，得NE=33，根據(jù)∠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(jù)FN+FM=EF+FG?EN?GM可得FN+FM=BQ+AQ+2?433延長(zhǎng)EB、GA相交于點(diǎn)H同法一求得：GM=3,NE=33，根據(jù)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(shí)FM+FN最大為4【詳解】問(wèn)題1：圖問(wèn)題2：32；問(wèn)題3：法一：（判別式法）證明：設(shè)BC=x,AC=BC=y在Rt△ABC中，∵∠C=90°,AC=∴y=x+∴y?x=y2∵關(guān)于x的元二次方程有實(shí)根，∴∴y2≤8∵y>0,a>0,∴y≤2當(dāng)y取最大值2222x∴當(dāng)BC=2a時(shí)，法二：（基本不等式）設(shè)BC=m,AC=n,AC+BC=y在Rt△ABC中，∵∠C=90°,∴∵m?n∴m當(dāng)m=n時(shí)，等式成立∴4mn≤2a∵y=m+n==4∵mn≤2∴y≤2∴當(dāng)BC=AC=2a時(shí)，問(wèn)題4：法一：延長(zhǎng)AM交EF于點(diǎn)C,過(guò)點(diǎn)A作AH⊥EF于點(diǎn)H,垂足為H,過(guò)點(diǎn)B作BK⊥GF交于點(diǎn)K,垂足為K,BK交AH于點(diǎn)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(wèn)題3可知，當(dāng)BQ=AQ=22時(shí)，AQ+BQ∴BQ=AQ=22時(shí)，F(xiàn)M+FN最大為即當(dāng)EF=22+1時(shí)，感光區(qū)域長(zhǎng)度之和FM+FN法二：延長(zhǎng)EB、GA相交于點(diǎn)H,同法一求得：GM=設(shè)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(wèn)題3可知，當(dāng)a=b=22時(shí)，a+b∴a=b=22時(shí)FM+FN最大為即當(dāng)EF=22+1時(shí)，感光區(qū)域長(zhǎng)度之和FM+FN最大為【點(diǎn)睛】本題考查了一元二次方程，二次函數(shù)，不等式，解直角三角形，三角函數(shù)，矩形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，熟悉相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)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(diǎn)．若△OAB≌△OCD，則點(diǎn)O叫做該四邊形的“等形點(diǎn)”．(1)正方形_______“等形點(diǎn)”（填“存在”或“不存在”）；(2)如圖，在四邊形ABCD中，邊BC上的點(diǎn)O是四邊形ABCD的“等形點(diǎn)”．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(diǎn)O是四邊形EFGH的“等形點(diǎn)”，求OFOG【答案】(1)不存在，理由見(jiàn)詳解(2)4(3)1【分析】（1）根據(jù)“等形點(diǎn)”的概念，采用反證法即可判斷；（2）過(guò)A點(diǎn)作AM⊥BC于點(diǎn)M，根據(jù)“等形點(diǎn)”的性質(zhì)可得AB=CD=42，OA=OC=5，OB=7=OD，設(shè)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(jù)“等形點(diǎn)”的性質(zhì)可得OF=OH，OE=OG，∠EOF=∠GOH，再根據(jù)EH∥FG，可得∠EOF=∠OEH，∠GOH=∠EHO，即有∠OEH=∠OHE，進(jìn)而有OE=OH，可得OF=【詳解】（1）不存在，理由如下：假設(shè)正方形ABCD存在“等形點(diǎn)”點(diǎn)O，即存在△OAB≌△OCD，∵在正方形ABCD中，點(diǎn)O在邊BC上，∴∠ABO=90°，∵△OAB≌△OCD，∴∠ABO=∠CDO=90°，∴CD⊥DO，∵CD⊥BC，∴DO∥∵O點(diǎn)在BC上，∴DO與BC交于點(diǎn)O，∴假設(shè)不成立，故正方形不存在“等形點(diǎn)”；（2）如圖，過(guò)A點(diǎn)作AM⊥BC于點(diǎn)M，如圖，∵O點(diǎn)是四邊形ABCD的“等形點(diǎn)”，∴△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(shè)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(zhǎng)為45（3）如圖，∵O點(diǎn)是四邊形EFGH的“等形點(diǎn)”，∴△OEF≌△OGH，∴OF=OH，OE=OG，∠EOF=∠GOH，∵EH∥∴∠EOF=∠OEH，∠GOH=∠EHO，∴根據(jù)∠EOF=∠GOH有∠OEH=∠OHE，∴OE=OH，∵OF=OH，OE=OG，∴OF=OG，∴OFOG【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)、勾股定理、正方形的性質(zhì)、平行的性質(zhì)等知識(shí)，充分利用全等三角形的性質(zhì)是解答本題的關(guān)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(diǎn)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(gè)圖形，則稱這樣的直線為該L圖形的面積平分線．【活動(dòng)】小華同學(xué)給出了圖1的面積平分線的一個(gè)作圖方案：如圖2，將這個(gè)L圖形分成矩形AGEF、矩形GBCD，這兩個(gè)矩形的對(duì)稱中心O1，O2所在直線是該L圖形的面積平分線．請(qǐng)用無(wú)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(xiě)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(diǎn)M，N，過(guò)MN的中點(diǎn)O的直線分別交邊BC，AF于點(diǎn)P，Q，直線PQ（填“是”或“不是”）L圖形ABCDEF的面積平分線．【應(yīng)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(diǎn)P，Q，求PQ長(zhǎng)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(diǎn)G，H，當(dāng)GH的長(zhǎng)取最小值時(shí)，BG的長(zhǎng)為．（2）設(shè)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(xiě)出t的取值范圍【答案】【活動(dòng)】見(jiàn)解析；【思考】是；【應(yīng)用】（1）①10；②34；（2）13＜t【分析】[活動(dòng)]如圖1，根據(jù)題意把原本圖形分成左右兩個(gè)矩形，這兩個(gè)矩形的對(duì)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(jù)割補(bǔ)法可得直線PQ是L圖形ABCDEF的面積平分線；[應(yīng)用]（1）①建立平面直角坐標(biāo)系，分兩種情況：如圖3﹣1和3﹣2，根據(jù)中點(diǎn)坐標(biāo)公式和待定系數(shù)法可得面積平分線的解析式，并計(jì)算P和Q的坐標(biāo)，利用兩點(diǎn)的距離公式可得PQ的長(zhǎng)，并比較大小可得結(jié)論；②當(dāng)GH⊥AB時(shí)，GH最小，設(shè)BG＝x，根據(jù)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(gè)矩形，當(dāng)上矩形面積小于下矩形面積時(shí)，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(dòng)】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(diǎn)O是MN的中點(diǎn)，∴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(yīng)用】（1）①如圖3，當(dāng)P與B重合時(shí)，PQ最大，過(guò)點(diǎn)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(zhǎng)的最大值為10；②如圖4，當(dāng)GH⊥AB時(shí)GH最短，過(guò)點(diǎn)E作EM⊥AB于M，設(shè)BG＝x，則MG＝1﹣x，根據(jù)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(gè)矩形，當(dāng)上矩形面積小于下矩形面積時(shí)，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(diǎn)睛】本題是四邊形的綜合題，考查了應(yīng)用與設(shè)計(jì)作圖，矩形的性質(zhì)和判定，四邊形面積的平分，三角形全等的性質(zhì)和判定等知識(shí)，并結(jié)合平面直角坐標(biāo)系計(jì)算線段的長(zhǎng)，明確面積平分線的畫(huà)法，并熟練掌握矩形面積平分線是過(guò)對(duì)角線交點(diǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．11．（2020·江蘇徐州·統(tǒng)考中考真題）我們知道：如圖①，點(diǎn)B把線段AC分成兩部分，如果BCAB=ABAC．那么稱點(diǎn)B為線段（1）在圖①中，若AC=20cm，則AB的長(zhǎng)為_(kāi)____cm；（2）如圖②，用邊長(zhǎng)為20cm的正方形紙片進(jìn)行如下操作：對(duì)折正方形ABCD得折痕EF，連接CE，將CB折疊到CE上，點(diǎn)B對(duì)應(yīng)點(diǎn)H，得折痕CG．試說(shuō)明G是AB的黃金分割點(diǎn)；（3）如圖③，小明進(jìn)一步探究：在邊長(zhǎng)為a的正方形ABCD的邊AD上任取點(diǎn)EAE>DE，連接BE，作CF⊥BE，交AB于點(diǎn)F，延長(zhǎng)EF、CB交于點(diǎn)P．他發(fā)現(xiàn)當(dāng)PB與BC滿足某種關(guān)系時(shí)E、F恰好分別是AD、AB的黃金分割點(diǎn)．請(qǐng)猜想小明的發(fā)現(xiàn)，并說(shuō)明理由．【答案】（1）105?10；（2）見(jiàn)解析；（3）當(dāng)PB=BC時(shí)，E、F恰好分別是AD、【分析】（1）由黃金比值直接計(jì)算即可；（2）如圖，連接GE，設(shè)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(jìn)而EH=CE-CH，在Rt△GAE和Rt△GHE中由勾股定理得關(guān)于x的方程，解之即可證得結(jié)論；（3）當(dāng)PB=BC時(shí)，證得Rt△PBF≌Rt△CBF≌Rt△BAE,則有BF=AE，設(shè)BF=x，則AF=a-x，由AE∥PB得AE:PB=AF:BF，解得x，即可證得結(jié)論．【詳解】（1）AB=5?12×20=（故答案為：105（2）如圖，連接GE，設(shè)BG=x，則GA=20-x，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A=∠B=∠D=90o，由折疊性質(zhì)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(diǎn)；（3）當(dāng)PB=BC時(shí)，E、F恰好分別是AD、AB的黃金分割點(diǎn)．理由：∵CF⊥BE，∴∠BCF+∠CBE=90o，又∠CBE+∠ABE=90o，∴∠ABE=∠BCF，∵∠A=∠ABC=90o，AB=BC，∴△BAE≌△CBF（ASA），∴AE=BF，設(shè)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(diǎn)．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、折疊性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行線分線段成比例、解一元二次方程等知識(shí)，解答的關(guān)鍵是認(rèn)真審題，找出相關(guān)信息的關(guān)聯(lián)點(diǎn)，確定解題思路，進(jìn)而推理、探究、發(fā)現(xiàn)和計(jì)算．12．（2022·江蘇宿遷·統(tǒng)考中考真題）如圖，在網(wǎng)格中，每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)均為1，每個(gè)小正方形的頂點(diǎn)稱為格點(diǎn)，點(diǎn)A、B、C、D、M均為格點(diǎn)．【操作探究】在數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，佳佳同學(xué)在如圖①的網(wǎng)格中，用無(wú)刻度的直尺畫(huà)了兩條互相垂直的線段AB、CD，相交于點(diǎn)P并給出部分說(shuō)理過(guò)程，請(qǐng)你補(bǔ)充完整：解：在網(wǎng)格中取格點(diǎn)E，構(gòu)建兩個(gè)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?yàn)椤螦CP+∠DCE=∠ACB=90°，所以∠ACP+∠BAC=90°，所以∠APC=90°，即AB⊥CD．(1)【拓展應(yīng)用】如圖②是以格點(diǎn)O為圓心，AB為直徑的圓，請(qǐng)你只用無(wú)刻度的直尺，在BM上找出一點(diǎn)P，使PM=AM，寫(xiě)出作法，并給出證明：(2)【拓展應(yīng)用】如圖③是以格點(diǎn)O為圓心的圓，請(qǐng)你只用無(wú)刻度的直尺，在弦AB上找出一點(diǎn)P．使AM2=AP·【答案】(1)tan∠DCE=(2)見(jiàn)解析【分析】（1）取格點(diǎn)N，作射線AN交BM于點(diǎn)P，則AN⊥MO根據(jù)垂徑定理可知，點(diǎn)P即為所求作；（2）取格點(diǎn)I，連接MI交AB于點(diǎn)P，點(diǎn)P即為所求作．利用正切函數(shù)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(jié)論．（1）解：【操作探究】在網(wǎng)格中取格點(diǎn)E，構(gòu)建兩個(gè)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?yàn)椤螦CP+∠DCE=∠ACB=90°，所以∠ACP+∠BAC=90°，所以∠APC=90°，即AB⊥CD．故答案為：tan∠DCE=取格點(diǎn)N，作射線AN交BM于點(diǎn)P，點(diǎn)P即為所求作；∵∴∠MOD=∠NAC∵∠NAC+∠ANC=90°∴∠ANC+∠DOM=90°∴AN⊥OM∴（2）解：取格點(diǎn)I，連接MI交AB于點(diǎn)P，點(diǎn)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(diǎn)睛】本題考查作圖-應(yīng)用與設(shè)計(jì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，圓周角定理，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題．13．（2022·江蘇鹽城·?？既＃┪覀円?guī)定：關(guān)于x的反比例函數(shù)y=a+bx稱為一次函數(shù)y=ax+b的“次生函數(shù)”，關(guān)于x的二次函數(shù)y=ax(1)按此規(guī)定：一次函數(shù)y=x?4的“次生函數(shù)”為：___________，“再生函數(shù)”為：___________；(2)若關(guān)于x的一次函數(shù)y=x+b的“再生函數(shù)”的頂點(diǎn)在x軸上，求頂點(diǎn)坐標(biāo)；(3)若一次函數(shù)y=ax+b與其“次生函數(shù)”交于點(diǎn)1,?2、4,?12兩點(diǎn)，其“再生函數(shù)”與x軸交于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在點(diǎn)B的左邊），與y軸交于點(diǎn)①若點(diǎn)D1,3，求∠CBD②若點(diǎn)E在直線x=1上，且在x軸的下方，當(dāng)∠CBE=45°時(shí)，求點(diǎn)E的坐標(biāo)．【答案】(1)y=?3x，(2)1,0(3)①13②【分析】（1）根據(jù)“次生函數(shù)”，“再生函數(shù)”的定義，進(jìn)行計(jì)算求解即可；（2）先求出一次函數(shù)y=x+b的“再生函數(shù)”，再根據(jù)頂點(diǎn)在x軸上，說(shuō)明“再生函數(shù)”與x軸只有一個(gè)交點(diǎn)，利用Δ=0，求出b（3）①根據(jù)一次函數(shù)y=ax+b與其“次生函數(shù)”交于點(diǎn)1,?2、4,?12兩點(diǎn)，求出a,b的值，然后求出一次函數(shù)的“再生函數(shù)”，求出點(diǎn)A,B,C的坐標(biāo)，利用勾股定理逆定理得到∠CDB=90°，利用tan∠CBD=CDBD，即可得解；②過(guò)點(diǎn)C作CF⊥BC于C，交BE的延長(zhǎng)線于F，過(guò)點(diǎn)F作FM∥y軸，過(guò)點(diǎn)C作MN∥x軸，過(guò)點(diǎn)B作BN⊥MN于N，證明△BNC≌△CMFAAS，得到【詳解】（1）一次函數(shù)y=x?4中，a=1,b=?4，∴一次函數(shù)y=x?4的“次生函數(shù)”為：y=1?4“再生函數(shù)”為：y=x故答案為：y=?3x，（2）解：一次函數(shù)y=x+b的“再生函數(shù)”為：y=x∵頂點(diǎn)在x軸上，∴Δ=解得：b=?2，∴y=x∴頂點(diǎn)坐標(biāo)為1,0；（3）①一次函數(shù)y=ax+b與其“次生函數(shù)”交于點(diǎn)1,?2、4,?1∴a+b=?24a+b=?12∴其“再生函數(shù)”為：y=1當(dāng)y=0時(shí)，12解得︰x1∴A1,0如圖1，當(dāng)x=0時(shí)，y=2，∴C0,2∵D1,3∴CD2=12∴CD∴∠CDB=90°，∴tan∠CBD=②如圖2，過(guò)點(diǎn)C作CF⊥BC于C，交BE的延長(zhǎng)線于F，過(guò)點(diǎn)F作FM∥y軸，過(guò)點(diǎn)C作MN∥x軸，過(guò)點(diǎn)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(shè)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(diǎn)E在直線x=1上，∴點(diǎn)E的橫坐標(biāo)為1，當(dāng)x=1時(shí)，y=?1，∴E1,?1【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)的綜合應(yīng)用．理解并掌握“次生函數(shù)”，“再生函數(shù)”的定義，利用數(shù)形結(jié)合的思想，進(jìn)行求解，是解題的關(guān)鍵．同時(shí)考查了一次函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，解直角三角形，全等三角形的判定和性質(zhì)，屬于中考?jí)狠S題．14．（2022·江蘇南京·南師附中樹(shù)人學(xué)校?？级＃c(diǎn)P是平面直角坐標(biāo)系中的一點(diǎn)且不在坐標(biāo)軸上，過(guò)點(diǎn)P向x軸，y軸作垂線段，若垂線段的長(zhǎng)度的和為4，則點(diǎn)P叫做“垂距點(diǎn)”．例如：下圖中的P（(1)在點(diǎn)A（2，(2)求函數(shù)y＝(3)⊙T的圓心T的坐標(biāo)為（1，0），半徑為r．若⊙T上存在“垂距點(diǎn)”，則【答案】(1)A，B(2)1(3)3【分析】（1）由題意利用“垂距點(diǎn)”的定義垂線段的長(zhǎng)度的和為4，對(duì)點(diǎn)A2,2，B32（2）由題意可知點(diǎn)橫縱坐標(biāo)的絕對(duì)值的和為4，依次列式求出“垂距點(diǎn)”的坐標(biāo)；（3）設(shè)“垂距點(diǎn)”的坐標(biāo)為x,y，則x+【詳解】（1）由題意得，垂線段的長(zhǎng)度的和為4．A:2+2=4，B:32故答案為：A，（2）設(shè)函數(shù)y＝2x＋由題意得a+①當(dāng)a≥0時(shí)，a＋（∴a＝②當(dāng)?32≤a∴a＝③當(dāng)a＜?3∴a＝∴

綜上所述，函數(shù)y＝2x＋3的圖像上的“垂距點(diǎn)”的坐標(biāo)是13,11（3）設(shè)“垂距點(diǎn)”的坐標(biāo)為x,y，則x當(dāng)x>0,y>0時(shí)，x+y=4，即y＝當(dāng)x<0,y>0時(shí)，?x+y=4，即y＝當(dāng)x<0,y<0時(shí)，?x?y=4，即y＝當(dāng)x>0,y<0時(shí)，x?y=4，即y＝當(dāng)⊙T與DE相切時(shí)，過(guò)點(diǎn)T作TN⊥直線DE于點(diǎn)N，則△DNT為等腰直角三角形，∴TN=當(dāng)⊙T過(guò)點(diǎn)F?4,0時(shí)，⊙T此時(shí)r=FT=∴若存在“垂距點(diǎn)”，則r的取值范圍是32故答案為：32【點(diǎn)睛】本題考查平面直角坐標(biāo)系相關(guān)，結(jié)合題干定義以及書(shū)本所學(xué)點(diǎn)到軸的距離即為橫縱坐標(biāo)的絕對(duì)值進(jìn)行分析計(jì)算．15．（2022·江蘇蘇州·統(tǒng)考二模）定義：若一個(gè)函數(shù)的圖像上存在橫、縱坐標(biāo)之和為零的點(diǎn)，則稱該點(diǎn)為這個(gè)函數(shù)圖像的“好點(diǎn)”．例如，點(diǎn)?1,1是函數(shù)y=x+2的圖像的“好點(diǎn)”．(1)在函數(shù)①y=?x+3，②y=3x，③(2)設(shè)函數(shù)y=?4xx<0與y=kx+3的圖像的“好點(diǎn)”分別為點(diǎn)A、B，過(guò)點(diǎn)A作AC⊥y軸，垂足為C．當(dāng)△ABC(3)若將函數(shù)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(jù)題目中給出的定義進(jìn)行判斷即可；（2）令?4x=?x，求出點(diǎn)A的坐標(biāo)，得出OA=22+22=22，根據(jù)“好點(diǎn)”特點(diǎn)，判斷出點(diǎn)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(shù)圖象上有2個(gè)“好點(diǎn)”，根據(jù)翻折，求出翻折后的函數(shù)關(guān)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(wú)解，∴函數(shù)y=?x+3上面不存在“好點(diǎn)”；②把y=?x代入y=3x得：∵3x∴函數(shù)y=3③把y=?x代入y=x2+2x+1∵x2∴函數(shù)y=x綜上分析可知，存在“好點(diǎn)”的函數(shù)是③．故答案為：③．(2)令?4x=?x，解得x=?2∴A?2,2OA=2由題意得，點(diǎn)B一定在y=?x上，即直線AO上，當(dāng)AC=CB時(shí)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（0，0），此時(shí)點(diǎn)（0，0）不可能在y=kx+3上；當(dāng)AB=BC時(shí)，∠BCA=∠CAB=45°，∴∠CBA=90°，∴CB⊥AO，∵AC=OC，∴AB=BO，即點(diǎn)B為OA的中點(diǎn)，所以此時(shí)點(diǎn)B的坐標(biāo)為（-1，1），把（-1，1）代入y=kx+3得：?k+3=1，解得k=2；當(dāng)AB=AC，點(diǎn)B在點(diǎn)A的上面時(shí)，OB=OA+AB=22∵點(diǎn)B在直線y=?x上，∴B點(diǎn)坐標(biāo)為：?2?2把?2?2，2+2代入y=kx+3得：當(dāng)AB=AC，點(diǎn)B在點(diǎn)A的下面時(shí)，OB=OA?AB=22∵點(diǎn)B在直線y=?x上，∴B點(diǎn)坐標(biāo)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(shí)該函數(shù)圖象上有兩個(gè)“好點(diǎn)”，①該函數(shù)圖象的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（-1，-1，），其關(guān)于y=mm≠0的對(duì)稱點(diǎn)為?1,2m+1，∴函數(shù)y=x2+2xy=?x+1∵新圖像上恰有3個(gè)“好點(diǎn)”，∴直線y=?x與翻折后的圖像只有一個(gè)公共點(diǎn)，∴?x2?2x+2m=?x∴Δ=1+8m=0∴m=?1②當(dāng)m=0時(shí)，該函數(shù)圖象的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（-1，-1，）關(guān)于y=0，即x軸的對(duì)稱點(diǎn)為?1,1，∴函數(shù)y=x2+2x沿直線y=m令?x2?2x=?x解得：x1=0，∴其中一個(gè)“好點(diǎn)”與原函數(shù)圖象的一個(gè)“好點(diǎn)”重合，∴此時(shí)新的圖象上恰有3個(gè)“好點(diǎn)”，符合題意；綜上分析可知：m=?1【點(diǎn)睛】本題主要考查了二次函數(shù)的綜合，理解“好點(diǎn)”為該函數(shù)圖象與直線y=-x的交點(diǎn)，是解題的關(guān)鍵．16．（2022·江蘇南通·統(tǒng)考二模）若函數(shù)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(shù)①y=1x；②y=x+1；③y=x(2)已知函數(shù)G:y=ax①當(dāng)a=1時(shí)，函數(shù)G是在t≤x≤t+1上的“最值差函數(shù)”，求t的值；②函數(shù)G是在m+2≤x≤2m+1（m為整數(shù)）上的“最值差函數(shù)”，且存在整數(shù)k，使得k=ymaxy【答案】(1)②(2)①t=1，t=2；②a=【分析】（1）根據(jù)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(shí)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(shí)x在拋物線的對(duì)稱軸右側(cè)，y隨x的增大而增大，即可得出k=ymaxymin的表達(dá)式，再根據(jù)k為整數(shù)，求出(1)對(duì)于①y=1當(dāng)x=1時(shí)，y=1，當(dāng)x=2時(shí)，y=1∴ymax對(duì)于②y=x+1，當(dāng)x=1時(shí)，y=2，當(dāng)x=2時(shí)，y=3，∴ymax對(duì)于③y=x當(dāng)x=1時(shí)，y=1，當(dāng)x=2時(shí)，y=4，∴ymax故答案為：②(2)①解：當(dāng)a=1時(shí)，二次函數(shù)G:y=a為y=x2?4x+3當(dāng)x=t時(shí)，y1當(dāng)x=t+1時(shí)，y2當(dāng)x=2時(shí)，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(shù)y=ax2∴當(dāng)2<m+2≤x≤2m+1時(shí)，y隨x的增大而增大∴當(dāng)x=2m+1時(shí)取得最大值，x=m+2時(shí)取得最小值，∴k=y∴m，k為整數(shù)，且m>1，∴m的值為3，又∵ymax∴a∴a=1【點(diǎn)睛】此題考查了二次函數(shù)綜合應(yīng)用,新定義問(wèn)題,解題的關(guān)鍵是理解題意,學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問(wèn)題,分析再一定范圍內(nèi)的最值問(wèn)題,屬于中考?jí)狠S題．17．（2022·江蘇南通·統(tǒng)考二模）對(duì)某一個(gè)函數(shù)給出如下定義；當(dāng)自變量x滿足m≤x≤n（m，n為實(shí)數(shù)，m<n）時(shí)，函數(shù)y有最大值，且最大值為2n?2m，則稱該函數(shù)為理想函數(shù)．(1)當(dāng)m=?1，n=2時(shí)，在①y=12x+3(2)當(dāng)n=3m+2時(shí)，反比例函數(shù)y=6mx是理想函數(shù)，求實(shí)數(shù)(3)已知二次函數(shù)y=x2?nx+m2+2m?3是理想函數(shù)，且最大值為2m+4．將該函數(shù)圖象向左平移7個(gè)單位長(zhǎng)度所得圖象記為C，(x1,y1【答案】(1)②(2)1(3)證明見(jiàn)解析【分析】（1）根據(jù)一次函數(shù)的增減性求得最值，進(jìn)而根據(jù)定義進(jìn)行判斷即可；（2）根據(jù)反比例函數(shù)的性質(zhì)結(jié)合定義即可求解；（3）根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，平移的性質(zhì)求得C的解析式，根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，代入y1(1)（1）①y=12x+3，k=12，y隨x的增大而增大，當(dāng)?1≤x≤2時(shí)，最小值為?②y=?2x+4，k<0，y隨x的增大而減小，當(dāng)?1≤x≤2時(shí)，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(dāng)m>0時(shí)，6m>0，當(dāng)0<m≤x≤3m+2時(shí)，y隨著x的增大而減小，則當(dāng)x=m時(shí)，最大值為6，∴23m+2?2m=6，即當(dāng)?1<m<?23時(shí)，6m<0，當(dāng)m≤x≤3m+2<0時(shí)，y隨著則當(dāng)x=3m+2時(shí)，最大值為6m3m+2∴6m3m+2=2(3m+2)?2m，即6當(dāng)?23<m<0時(shí)，3m+2>0，函數(shù)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(shí)y=x對(duì)稱軸為直線x=m+1．當(dāng)2m+2≤m+1，即?2<m≤?1時(shí)，則當(dāng)x=m時(shí)，y取最大值2m+4．∴?3=2m+4，∴m=?7而?2<m≤?1，故m=?72當(dāng)m<m+1<2m+2，即m>?1時(shí)，①若2m+2?(m+1)≥(m+1)?m，即m≥0時(shí)，則當(dāng)x=2m+2時(shí)，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(shí)，則當(dāng)x=m時(shí)，y取最大值．y最大∴m=?72綜上，m的值為7．此時(shí)，y=x?7+12?4．∵(x1,y1∴y1=x∵x1∴x2∴y=2x∵x1≠x∴x1∴(x1?2)∴y1【點(diǎn)睛】本題考查了一次函數(shù)的性質(zhì)，反比例函數(shù)的性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)與平移，一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，綜合運(yùn)用以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．18．（2022·江蘇南通·統(tǒng)考二模）在平面直角坐標(biāo)系中，對(duì)于點(diǎn)Pa,b，如果將其坐標(biāo)作如下變換：b′=?b?2,a<1b+2,a≥1，進(jìn)而得到點(diǎn)P′a,b′，則稱點(diǎn)P′為點(diǎn)(1)點(diǎn)3,?5(2)求直線y=x?1上所有點(diǎn)的“變換點(diǎn)”所形成的圖像的函數(shù)解析式；(3)若拋物線y=x2?2kx+3上存在點(diǎn)C【答案】(1)3(2)y=(3)k≤?32或【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)的坐標(biāo)變換即可求出3,?5（2）設(shè)出直線上點(diǎn)的坐標(biāo)，根據(jù)橫坐標(biāo)分成兩種情況討論即可求出直線y=x?1上所有點(diǎn)的“變換點(diǎn)”所形成的圖像的函數(shù)解析式；（3）由（2）知點(diǎn)Cm,m?1在直線y=x?1上，因此拋物線y=x2?2kx+3上存在點(diǎn)Cm,m?1的“變換點(diǎn)”即分兩種情況討論：當(dāng)k<0時(shí)，x（1）解：∵3∴點(diǎn)3,?5的“變換點(diǎn)”的坐標(biāo)是3（2）解：設(shè)直線上的任意點(diǎn)P為m,m?1．當(dāng)m<1時(shí)，點(diǎn)P′為m,?m?1，形成的圖像的函數(shù)解析式為y=?x?1當(dāng)m≥1時(shí)，點(diǎn)P′為m,m+1，形成的圖像的函數(shù)解析式為y=x+1所以，所求的函數(shù)解析式為y=?x?1（3）解：如圖1，當(dāng)k<0時(shí)，由x2?2kx+3=?x?1得若此時(shí)二次函數(shù)y=x2?2kx+3則Δ=∴1?2k+41?2k?4解得：k≤?32或∴k≤?3如圖2，當(dāng)k≥0時(shí)，由x2?2kx+3=x+1得若此時(shí)二次函數(shù)y=x2?2kx+3則Δ=∴1+2k+22解得：k≥22?1∴k≥2綜上：k≤?32或【點(diǎn)睛】本題主要考查利用判別式來(lái)判斷一元二次方程的根，求一次函數(shù)的解析式，代數(shù)式求值，掌握用判別式來(lái)判斷一元二次方程的根的方法是解題的關(guān)鍵．19．（2022·江蘇揚(yáng)州·校聯(lián)考二模）定義：若一個(gè)函數(shù)圖象上存在橫、縱坐標(biāo)相等的點(diǎn)，則稱該點(diǎn)為這個(gè)函數(shù)圖象的“梅嶺點(diǎn)”．(1)若點(diǎn)P(3,p)是一次函數(shù)y=mx+6的圖象上的“梅嶺點(diǎn)”，則m=______________；若點(diǎn)P(m,m)是函數(shù)y=3x?2的圖象上的“梅嶺點(diǎn)”，則(2)若點(diǎn)P(p,?2)是二次函數(shù)y=x(3)若二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a，b是常數(shù)，a>0）的圖象過(guò)點(diǎn)(0,2)，且圖象上存在兩個(gè)不同的“梅嶺點(diǎn)”Ax1,x【答案】(1)?1，3或?1；(2)y=x(3)k<?【分析】（1）根據(jù)“梅嶺點(diǎn)”的定義，P(3,p)的橫縱坐標(biāo)相等，即p=3m+6=3；P(m,m)的橫縱坐標(biāo)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(diǎn)為P(?2,?2)，即x2+bx+c=x有兩個(gè)相等的根-2，方程x2+(b?1)x+c=0（3）先由“梅嶺點(diǎn)”的定義證明x1,x2是方程ax2+(b?1)x+2=0的兩個(gè)根，利用根與系數(shù)的關(guān)系得出x1+x2=1?b（1）解：∵點(diǎn)P(3,p)是一次函數(shù)y=mx+6的圖象上的“梅嶺點(diǎn)”，∴p=3m+6=3，解得m=?1；∵點(diǎn)P(m,m)是函數(shù)y=3∴m=3整理得m2解得m1=3，經(jīng)檢驗(yàn)，m1=3，m2∴m=3或?1，故答案為：?1；3或?1；（2）解：∵點(diǎn)P(p,?2)是二次函數(shù)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(xiě)為∴x∴b=5，c=4，∴二次函數(shù)的表達(dá)式為y=x（3）解：∵二次函數(shù)y=ax2+bx+c（a，b是常數(shù)，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(diǎn)睛】本題考查二次函數(shù)與一元二次方程的關(guān)系、方程的根與系數(shù)的關(guān)系、解不等式等知識(shí)點(diǎn)，熟練運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想是解題的關(guān)鍵．20．（2022·江蘇泰州·模擬預(yù)測(cè)）過(guò)三角形的頂點(diǎn)作射線與其對(duì)邊相交，將三角形分成兩個(gè)三角形．若得到的兩個(gè)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(xiě)序號(hào)）．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(xiě)出△ABC被“友好分割線”分得的等腰三角形頂角的度數(shù)；(3)如圖2，△ABC中，∠A=30°，CD為AB邊上的高，BD=2，E為AD的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作直線l交AC于點(diǎn)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(jù)“友好分割線”的定義判斷即可；（2）分三種情形：當(dāng)“友好分割線”經(jīng)過(guò)點(diǎn)C，當(dāng)“友好分割線”經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，當(dāng)“友好分割線”經(jīng)過(guò)點(diǎn)B，分別畫(huà)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(jù)“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(dāng)EC=EA時(shí)，∠AEC=60°當(dāng)FC=FB時(shí)，∠BFC=100°當(dāng)BC=BG時(shí)，∠B=40°如圖，當(dāng)AC=AR時(shí)，∠CAR=20°當(dāng)CA=CW時(shí)，∠C=80°如圖，當(dāng)BC=BQ時(shí)，∠CBQ=20°綜上所述，滿足條件的等腰三角形的頂角的度數(shù)為：20°，40°，60°，80°或100°；（3）解：如圖2中，作AG⊥l于點(diǎn)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(gè)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(diǎn)，∴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(diǎn)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(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，垂線段最短等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問(wèn)題，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題．21．（2022·江蘇蘇州·校考一模）【理解概念】定義：如果三角形有兩個(gè)內(nèi)角的差為90°，那么這樣的三角形叫做“準(zhǔn)直角三角形”．(1)已知△ABC是“準(zhǔn)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(diǎn)D在AC【解決問(wèn)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(jù)三角形內(nèi)角和定理求解即可；②根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求解即可；（2）根據(jù)題意可分為①當(dāng)∠BDA?∠DBA=90°時(shí)，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥AB于H，結(jié)合勾股定理求解；②∠BDA?∠A=90°，結(jié)合相似三角形的判定和性質(zhì)求解即可；（3）過(guò)點(diǎn)C作CF⊥BD于F，CE⊥AB，交AB的延長(zhǎng)線于E，設(shè)∠ABD=∠BCD=2x，根據(jù)CF⊥BD和CE⊥AB可得CE=CF，即可證明Rt△BCE≌Rt△BCF，可得BE=BF=4，進(jìn)而分情況討論求解：當(dāng)∠ABC?∠ACB=90°【詳解】（1）①當(dāng)∠C?∠A=90°時(shí)，則∠C=150°，∴∠B=180°?∠C?∠A=?30°（不合題意舍去），當(dāng)∠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(dāng)∠C?∠A=90°時(shí)，則∠C=130°，∴∠B=180°?∠C?∠A=10°，當(dāng)∠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(dāng)∠BDA?∠DBA=90°時(shí)，如圖①，過(guò)點(diǎn)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(dāng)∠BDA?∠A=90°時(shí)，∵∠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(guò)點(diǎn)C作CF⊥BD于F，CE⊥AB，交AB的延長(zhǎng)線于E，設(shè)∠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(dāng)∠ABC?∠ACB=90°時(shí)，又∵∠ABC?∠AEC=∠BCE，∴∠BCA=∠BCE，由（2）可知：ACCE設(shè)AC=5a，CE=4a，則∴a=3，∴CE=12=CF，∴S△BCD當(dāng)∠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(diǎn)睛】本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)、勾股定理和三角形內(nèi)角和定理，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)求解是解決本題的關(guān)鍵．22．（2022·江蘇鹽城·?？既＃┤绻粋€(gè)四邊形的對(duì)角線相等，我們稱這個(gè)四邊形為美好四邊形．【問(wèn)題提出】（1）如圖①，點(diǎn)E是四邊形ABCD內(nèi)部一點(diǎn)，且滿足EB=EC,EA=ED,∠BEC=∠AED，請(qǐng)說(shuō)明四邊形ABCD是美好四邊形；【問(wèn)題探究】（2）如圖②，△ABC，請(qǐng)利用尺規(guī)作圖，在平面內(nèi)作出點(diǎn)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(xiě)畫(huà)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(wèn)題解決】（4）如圖③，某公園內(nèi)需要將4個(gè)信號(hào)塔分別建在A、B、C、D四處，現(xiàn)要求信號(hào)塔C建在公園內(nèi)一個(gè)湖泊的邊上，該湖泊可近似看成一個(gè)半徑為200m的圓，記為⊙E已知點(diǎn)A到該湖泊的最近距離為500m，是否存在這樣的點(diǎn)D，滿足AC=BD．且使得四邊形【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析；（3）221+3【分析】（1）連接AC,BD，證明△ACE≌（2）分別以點(diǎn)A,B為圓心，大于12AB長(zhǎng)度為半徑畫(huà)弧，兩弧交于兩點(diǎn)，連接兩弧交點(diǎn)，即作AB的垂直平分線，以B為圓心，AC長(zhǎng)度為半徑畫(huà)弧交AB的垂直平分線于點(diǎn)D，則點(diǎn)（3）過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得AE=BE=12AB，根據(jù)勾股定理求出AC，則BD（4）當(dāng)美好四邊形的對(duì)角線不垂直時(shí)，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AC于點(diǎn)E,過(guò)點(diǎn)B作BF⊥AC于點(diǎn)F，可得DE+BF<BD；當(dāng)美好四邊形對(duì)角線互相垂直時(shí)，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(guò)點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)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(dāng)美好四邊形的對(duì)角線不垂直時(shí)，如圖，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AC于點(diǎn)E,過(guò)點(diǎn)B作BF⊥AC于點(diǎn)F，則S四邊形∵DE<DO,BF<BO，∴DE+BF<BD，當(dāng)美好四邊形對(duì)角線互相垂直時(shí)，S四邊形∵12∴當(dāng)美好四邊形的對(duì)角線垂直時(shí)面積最大，如圖，當(dāng)AC過(guò)圓心E，AC最長(zhǎng)，四邊形ABCD中，AC⊥BD時(shí)，其面積最大，∵湖泊的半徑是200m，點(diǎn)A到該湖泊的最近距離為500∴AC=500+200×2=900m∴S四邊形【點(diǎn)睛】本題是圓的綜合題，主要考查了特殊四邊形的性質(zhì)，勾股定理，三角形的面積等知識(shí)，明確等角線四邊形對(duì)角線垂直時(shí)面積最大是解題的關(guān)鍵．23．（2022·江蘇淮安·統(tǒng)考一模）【閱讀理解】三角形一邊上的點(diǎn)將該邊分為兩條線段，且這兩條線段的積等于這個(gè)點(diǎn)到這邊所對(duì)頂點(diǎn)連線的平方，則稱這個(gè)點(diǎn)為三角形該邊的“好點(diǎn)”．如圖1，△ABC中，點(diǎn)D是AB邊上一點(diǎn)，連接CD，若CD2=AD?BD，則稱點(diǎn)D是△ABC【探究應(yīng)用】(1)如圖2，△ABC的頂點(diǎn)是4×4網(wǎng)格圖的格點(diǎn)，請(qǐng)僅用直尺畫(huà)出（或在圖中直接描出）AB邊上的“好點(diǎn)”；(2)如圖3，△ABC中，AB=14，cosA=22，tanB=34，若點(diǎn)(3)如圖4，△ABC是⊙O的內(nèi)接三角形，點(diǎn)H在AB上，連接CH并延長(zhǎng)交⊙O于點(diǎn)D，若點(diǎn)H是△ACD中CD邊上的“好點(diǎn)”．①求證：AH=BH；②若BC⊥CH，⊙O的半徑為r，且r=32AD【答案】(1)圖見(jiàn)解析(2)4或9(3)①見(jiàn)解析；②3【分析】（1）根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半和“好點(diǎn)”定義解答即可；（2）過(guò)點(diǎn)A作AH⊥AB于H，可設(shè)CH=3k，BH=4k，解直角三角形可求得BH=8，AH=CH=6，設(shè)AD=x，則DH=6-x，BD=14-x，根據(jù)勾股定理和“好點(diǎn)”定義解方程求得x值即可；（3）①根據(jù)圓周角定理可得∠ADH=∠CBH，證明△ADH∽△CBH得到DH·CH=AH·BH，再根據(jù)“好點(diǎn)”定義得到DH·CH=AH2即可得證；②連接OH、BD，根據(jù)90°的圓心角所對(duì)的弦是直徑知BD為直徑，再根據(jù)垂徑定理得到OH⊥AB，由三角形中位線性質(zhì)和勾股定理可求得BH=223r，進(jìn)而可求得AD、DH、(1)解：如圖，點(diǎn)D即為求作的AB邊上的“好點(diǎn)”；(2)解：過(guò)點(diǎn)A作AH⊥AB于H，∵cosA=22∴∠A=45°，CHBH設(shè)CH=3k，BH=4k，則AH=CH==3k，∵AB=14，∴3k+4k=14，解得：k=2，∴BH=8，AH=CH=6，設(shè)AD=x，則DH=6-x，BD=14-x，在Rt△CHD中，AD2=CH2+DH2=62+（6-x）2，由點(diǎn)D為A