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2020年中考数学压轴题必考题型创新型与新定义综合问题考点专练(pdf,含解析)

来源：99网

2020年中考数学压轴题：创新型与新定义综合问题考点专练

【考点1】几何综合探究类阅读理解问题

【例1】（2019·甘肃天水）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．

（1）概念理解：如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；

（2）性质探究：如图1，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，AC⊥BD．试证明：AB2+CD2=AD2+BC2；

（3）解决问题：如图3，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连结CE、BG、GE．已知AC=4，AB=5，求GE的长．

【答案】（1）四边形ABCD是垂美四边形．理由见解析.（2）见解析.（3）GE=73．【解析】（1）四边形ABCD是垂美四边形．理由如下：∵AB=AD，∴点A在线段BD的垂直平分线上，∵CB=CD，∴点C在线段BD的垂直平分线上，∴直线AC是线段BD的垂直平分线，∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂美四边形；（2）如图1，

∵AC⊥BD，∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，

由勾股定理得，AB2+CD2=AO2+BO2+DO2+CO2=AD2+BC2，∴AD2+BC2=AB2+CD2；

（3）连接CG、BE，

∵∠CAG=∠BAE=90°，

∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，

AGAC在△GAB和△CAE中，

GABCAE，



ABAE∴△GAB≌△CAE（SAS），

∴∠ABG=∠AEC，又∠AEC+∠AME=90°，∴∠ABG+∠AME=90°，即CE⊥BG，∴四边形CGEB是垂美四边形，由（2）得，CG2+BE2=CB2+GE2，

∵AC=4，AB=5，∴BC=3，CG=42，BE=52，∴GE2=CG2+BE2-CB2=73，∴GE=73．

【名师点睛】（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可；（2）根据垂直的定义和勾股定理解

答即可；

（3）根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算．本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．

【变式1-1】（2019·甘肃白银）阅读下面的例题及点拨，并解决问题：

例题：如图①，在等边△ABC中，M是BC边上一点（不含端点B，C），N是△ABC的外角∠ACH的平分线上一点，且AM=MN．求证：∠AMN=60°．

点拨：如图②，作∠CBE=60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连接EM．易证：△ABM≌△EBM（SAS），可得AM=EM，∠1=∠2；又AM=MN，则EM=MN，可得∠3=∠4；由∠3+∠1=∠4+∠5=60°，进一步可得∠1=∠2=∠5，又因为∠2+∠6=120°，所以∠5+∠6=120°，即：∠AMN=60°．

问题：如图③，在正方形A1B1C1D1中，M1是B1C1边上一点（不含端点B1，C1），N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分线上一点，且A1M1=M1N1．求证：∠A1M1N1=90°．

【答案】见解析.

【解析】延长A1B1至E，使EB1=A1B1，连接EM1、EC1，如图所示：

则EB1=B1C1，∠EB1M1=90°=∠A1B1M1，∴△EB1C1是等腰直角三角形，∴∠B1EC1=∠B1C1E=45°，

∵N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分线上一点，∴∠M1C1N1=90°+45°=135°，∴∠B1C1E+∠M1C1N1=180°，∴E、C1、N1三点共线，

A1B1EB1

在△A1B1M1和△EB1M1中，A1B1M1EB1M1，

BMBM

1111∴△A1B1M1≌△EB1M1（SAS），∴A1M1=EM1，∠1=∠2，

∵A1M1=M1N1，∴EM1=M1N1，∴∠3=∠4，

∵∠2+∠3=45°，∠4+∠5=45°，∴∠1=∠2=∠5，∵∠1+∠6=90°，∴∠5+∠6=90°，∴∠A1M1N1=180°﹣90°=90°．

【名师点睛】此题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的外角性质等知识；本题综合性

强，熟练掌握正方形的性质，通过作辅助线构造三角形全等是解本题的关键．

【变式1-2】（2019·湖北咸宁）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．理解：

（1）如图1，点A，B，C在⊙O上，∠ABC的平分线交⊙O于点D，连接AD，CD．求证：四边形ABCD是等补四边形；探究：

（2）如图2，在等补四边形ABCD中，AB=AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由．运用：

（3）如图3，在等补四边形ABCD中，AB=AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F，CD=10，AF=5，求DF的长．

【解析】（1）如图1，∵四边形ABCD为圆内接四边形，∴∠A+∠C=180°，∠ABC+∠ADC=180°，

∵BD平分∠ABC，∴∠ABD=∠CBD，∴ADCD，∴AD=CD，∴四边形ABCD是等补四边形；

（2）AD平分∠BCD，理由如下：

如图2，过点A分别作AE⊥BC于点E，AF垂直CD的延长线于点F，

则∠AEB=∠AFD=90°，

∵四边形ABCD是等补四边形，∴∠B+∠ADC=180°，又∠ADC+∠ADF=180°，∴∠B=∠ADF，

∵AB=AD，∴△ABE≌△ADF（AAS），∴AE=AF，∴AC是∠BCF的平分线，即AC平分∠BCD；（3）如图3，连接AC，

∵四边形ABCD是等补四边形，∴∠BAD+∠BCD=180°，又∠BAD+∠EAD=180°，∴∠EAD=∠BCD，

∵AF平分∠EAD，∴∠FAD=∠EAD，

2由（2）知，AC平分∠BCD，∴∠FCA=

∠BCD，∴∠FCA=∠FAD，2又∠AFC=∠DFA，∴△ACF∽△DAF，∴

AFCF5DF10

，即，∴DF=52﹣5．DFAFDF5【名师点睛】本题考查了新定义等补四边形，圆的有关性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，相似三角形的判定与性质等，解题关键是要能够通过自主学习来进行探究，运用等．

【考点2】代数类新定义及阅读理解型问题

【例2】（2019•自贡）阅读下列材料：小明为了计算1+2+22+…+22017+22018的值，采用以下方法：

设S=1+2+22+…+22017+22018①，则2S=2+22+…+22018+22019②，②–①得2S–S=S=22019–1，∴S=1+2+22+…+22017+22018=22019–1.请仿照小明的方法解决以下问题：（1）1+2+22+…+29=__________；（2）3+32+…+310=__________；

（3）求1+a+a2+…+an的和（a＞0，n是正整数），请写出计算过程．

3111an11【答案】（1）2–1；（2）；（3）a=1时，S=n+1；a≠1时，S=．

2a110

【解析】（1）设S=1+2+22+…+29①，

则2S=2+22+…+210②，②–①得2S–S=S=210–1，∴S=1+2+22+…+29=210–1；故答案为：210–1；

（2）设S=3+3+32+33+34+…+310①，则3S=32+33+34+35+…+311②，②–①得2S=311–1，

3111

所以S=，

23111

即3+3+3+3+…+3=；

3111

故答案为：；

2（3）设S=1+a+a2+a3+a4+…+an①，则aS=a+a2+a3+a4+…+an+an+1②，②–①得：（a–1）S=an+1–1，

a=1时，不能直接除以a–1，此时原式等于n+1；

an11

a≠1时，a–1才能做分母，所以S=，

a1an11

即1+a+a+a+a+…+a=.

a12

n【名师点睛】根据题目给出的信息，提炼解题方法．认真观察、仔细思考，善用联想，利用类比的方法是解决这类问题的方法．

【变式2-1】（2019•随州）若一个两位数十位、个位上的数字分别为m，n，我们可将这个两位数记为mn，易知mn=10m+n；同理，一个三位数、四位数等均可以用此记法，如

abc=100a+10b+c．

【基础训练】（1）解方程填空：

①若2x+x3=45，则x=__________；②若7y–y8=26，则y=__________；③若t93+5t8=13t1，则t=__________；【能力提升】

（2）交换任意一个两位数mn的个位数字与十位数字，可得到一个新数nm，则mn+nm一定能被__________整除，mn–nm一定能被__________整除，mn•nm–mn一定能被__________整除；（请从大于5的整数中选择合适的数填空）【探索发现】

（3）北京时间2019年4月10日21时，人类拍摄的首张黑洞照片问世，黑洞是一种引力极大的天体，连光都逃脱不了它的束缚．数学中也存在有趣的黑洞现象：任选一个三位数，要求个、十、百位的数字各不相同，把这个三位数的三个数字按大小重新排列，得出一个最大的数和一个最小的数，用得出的最大的数减去最小的数得到一个新数（例如若选的数为325，则用532–235=297），再将这个新数按上述方式重新排列，再相减，像这样运算若干次后一定会得到同一个重复出现的数，这个数称为“卡普雷卡尔黑洞数”．①该“卡普雷卡尔黑洞数”为__________；

②设任选的三位数为abc（不妨设a＞b＞c），试说明其均可产生该黑洞数．【答案】（1）①2．②4．③7．（2）11；9；10．

【解析】（1）①∵mn=10m+n，∴若2x+x3=45，则10×2+x+10x+3=45，∴x=2，故答案为：2．

②若7y–y8=26，则10×7+y–（10y+8）=26，解得y=4，故答案为：4．

③由abc=100a+10b+c，及四位数的类似公式得

若t93+5t8=13t1，则100t+10×9+3+100×5+10t+8=1000×1+100×3+10t+1，∴100t=700，∴t=7，故答案为：7．

（2）∵mn+nm=10m+n+10n+m=11m+11n=11（m+n），∴则mn+nm一定能被11整除，

∵mn–nm=10m+n–（10n+m）=9m–9n=9（m–n），∴mn–nm一定能被9整除．

∵mn•nm–mn=（10m+n）（10n+m）–mn=100mn+10m2+10n2+mn–mn=10（10mn+m2+n2）

∴mn•nm–mn一定能被10整除．故答案为：11；9；10．

（3）①若选的数为325，则用532–235=297，以下按照上述规则继续计算，972–279=693，

963–369=594，954–459=495，954–459=495，…故答案为：495．

②当任选的三位数为abc时，第一次运算后得：100a+10b+c–（100c+10b+a）=99（a–c），结果为99的倍数，由于a＞b＞c，故a≥b+1≥c+2，∴a–c≥2，又9≥a＞c≥0，∴a–c≤9，

∴a–c=2，3，4，5，6，7，8，9，

∴第一次运算后可能得到：198，297，396，495，594，693，792，1，再让这些数字经过运算，分别可以得到：

981–1=792，972–279=693，963–369=594，954–459–495，954–459=495…，故都可以得到该黑洞数495．

【名师点睛】本题是较为复杂的新定义试题，题目设置的问题较多，但解答方法大同小异，总体中等难度略大．

【变式2-2】（2019•济宁）阅读下面的材料：

如果函数y=f（x）满足：对于自变量x的取值范围内的任意x1，x2，（1）若x16

（x＞0）是减函数．xf（x1）–f（x2）=666x26x16x2x1x．1x2x1x2x1x2

∵06x2x1x＞0．即f（x1）–f（x2）＞0．

1x2

∴f（x1）＞f（x2），∴函数f（x）═6

（x＞0）是减函数．根据以上材料，解答下面的问题：已知函数f（x）=

x2+x（x<0），f（–1）=

1(1)2+（–1）=0，f（–2）=1(2)2+（–2）=–7

4．（1）计算：f（–3）=__________，f（–4）=__________；（2）猜想：函数f（x）=

x2+x（x<0）是__________函数（填“增”或“减”）；（3）请仿照例题证明你的猜想．

【答案】（1）–

269，–63

16；（2）增；（3）见解析．【解析】（1）∵f（x）=1

x2+x（x<0），

∴f（–3）=1(3)2–3=–269，f（–4）=1(4)2–4=–63

16，故答案为：–

2663

9，–16；（2）∵–4<–3，f（–4）＞f（–3），∴函数f（x）=

2+x（x<0）是增函数，故答案为：增；（3）设x1∵f（x11）–f（x2）=xx1

x1x2121xx2=（22x1–x2）（1–x12x22）∵x11

+x（x<0）是增函数．2x【名师点睛】本题考查反比例函数图象上的坐标特征、反比例函数的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用反比例函数的性质解答．【考点3】函数类新定义综合型问题【例3】（2019·江西）特例感知

（1）如图1，对于抛物线y1x2x1，y2x22x1，y3x23x1，下列结论正确的序号是_________；

①抛物线y1，y2，y3都经过点C(0,1)；

②抛物线y2，y3的对称轴由抛物线y1的对称轴依次向左平移

个单位得到；2③抛物线y1，y2，y3与直线y1的交点中，相邻两点之间的距离相等.形成概念

（2）把满足ynx2nx1（n为正整数）的抛物线称为“系列平移抛物线”.知识应用

在（2）中，如图2.

①“系列平移抛物线”的顶点依次为P1，P2，P3，…，Pn，用含n的代数式表示顶点Pn的坐标，并写出该顶点纵坐标y与横坐标x之间的关系式；

②“系列平移抛物线”存在“系列整数点（横、纵坐标均为整数的点）”：C1，C2，C3，…，

Cn，其横坐标分别为：k1，k2，k3，…，kn（k为正整数），判断相邻两点之间的距离是否都相等，若相等，直接写出相邻两点之间的距离；若不相等，说明理由.

Cn1An1，③在②中，直线y1分别交“系列平移抛物线”于点A1，A2，A3，…，An，连接CnAn，

判断CnAn，Cn1An1是否平行？并说明理由.

【答案】（1）①②③

nn2（2）①Pn,1，yx21．

24②相邻两点之间的距离相等，相邻两点距离为1k2．③不平行，直线CnAn的斜率（比例系数）为kn，与n取值有关(若两直线平行，则斜率会相等).

【解析】（1）①当x=0,y1y2y31，所以正确；

13②y1,y2,y3的对称轴分别是直线x1，x21，x3，所以正确；

22③y1,y2,y3与y1交点（除了点C）横坐标分别为–1，–2，–3，所以距离为1，都相等，正确．

nn24（2）①ynxnx1x242

nn24，所以顶点Pn,422

，

n24nnn241x21，令顶点Pn横坐标x，纵坐标y，y4242即：Pn顶点满足关系式yx21.②相邻两点之间的距离相等．

22理由：根据题意得；Cnkn,knk1，Cn1kn1,knkk1，22∴CnCn–1两点之间的铅直高度=knkk1knk1k．

CnCn–1两点之间的水平距离=kn1(kn)1．∴由勾股定理得CnCn–12=k2+1，

∴CnCn–1=k21.③CnAn与Cn1An1不平行．理由：

22根据题意得：Cnkn,knk1，Cn1kn1,knkk1，

Ann,1，An1n1,1．

过Cn，Cn–1分别作直线y=1的垂线，垂足为D，E，

所以D（–k–n，1），E（–k–n+1，1）.在Rt△DAnCn中，

2CnD1knk1k2nk

tan∠DAnCn=kn，

AnDn(kn)k在Rt△EAn–1Cn–1中，

2Cn1E1knkk1k2nkk

tan∠EAn–1Cn–1=kn1，

An1En1(kn1)k∵kn1≠kn，

∴tan∠DAnCn≠tan∠EAn–1Cn–1，∴CnAn与Cn1An1不平行．

【变式3-1】（2019•山东威海）（1）阅读理解

如图，点A，B在反比例函数y=的图象上，连接AB，取线段AB的中点C．分别过点A，

C，B作x轴的垂线，垂足为E，F，G，CF交反比例函数y=的图象于点D．点E，F，G的

x横坐标分别为n﹣1，n，n+1（n>1）．小红通过观察反比例函数y=

的图象，并运用几何知识得出结论：xAE+BG=2CF，CF>DF，由此得出一个关于

112，，，之间数量关系的命题：n1n1n若n>1，则__________．（2）证明命题

小东认为：可以通过“若a﹣b≥0，则a≥b”的思路证明上述命题．

小晴认为：可以通过“若a>0，b>0，且a÷b≥1，则a≥b”的思路证明上述命题．请你选择一种方法证明（1）中的命题．

【解析】（1）∵AE+BG=2CF，CF>DF，AE=∴

112112+>．故答案为：+>．n1n1nn1n1n

111

，BG=，DF=，n1n1n2112n2nn2n2n22

（2）方法一：∵+﹣==，

n(n1)(n1)n1n1nn(n1)(n1)∵n>1，∴n（n﹣1）（n+1）>0，∴

112112

+﹣>0，∴+>．n1n1nn1n1n

11

112n2n1n1方法二：∵=2>1，∴+>．

2n1n1nn1n【名师点睛】本题考查反比例函数图形上的点的坐标特征，反比例函数的图象等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．

【变式3-2】定义：如图，若双曲线yk>0与它的其中一条对称轴yx相交于两点A，B，则线段AB的长称为双曲线yk>0的对径．

kxkx（1）求双曲线y1的对径;xkx（2）若某双曲线yk>0对径是102.求k的值;（3）仿照上述定义,请你定义双曲线yk<0的对径.【答案】（1）22；（2）25；（3）定义见解析.【解析】

ky=试题分析：过A点作AC⊥x轴于C，（1）解方程组x，可得到A点坐标为(1，1)，B点

y=x1坐标为(－1，－1)，即OC＝AC＝1，由勾股定理可求AB，于是得到双曲线y=的对径；

xkx（2）根据双曲线的对径的定义得到当双曲线的对径为102，即AB＝102，OA＝52，根据OA＝2OC＝2AC，则OC＝AC＝5，得到点A坐标为(5，5)，把A(5，5)代入双曲线

kk(k＞0)即可得到k的值；（3）双曲线y=(k＜0)的一条对称轴与双曲线有两个交点，根xxk据题目中的定义易得到双曲线y=（k＜0)的对径.

xy=试题解析：如图，过A点作AC⊥x轴于C，

kx=1x2=1y=（1）解方程组x，得1，，∴A点坐标为(1，1)，B点坐标为(－1，－1). y=1y=112y=x∴OC＝AC＝1，∴OA＝2OC＝2.∴AB＝2OA＝22.∴双曲线y=的对径是22.

（2）∵双曲线的对径为102，即AB＝102，OA＝52.∴OA＝2OC＝2AC，∴OC＝AC＝5.∴点A坐标为(5，5).把A(5，5)代入双曲线y=（3）若双曲线y=称为双曲线y=k(k＞0)得k＝5×5＝25，即k的值为25.x1xk(k＜0)与它的其中一条对称轴y＝－x相交于A、B两点，则线段AB的长xk(k＜0)的对径.x考点：1.新定义；2.反比例函数综合题；3.曲线上点的坐标与方程的关系；4.勾股定理.【考点4】变换操作类阅读型问题

【例4】．我们给出如下定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为勾股四边形，这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边.

(1)写出你所学过的特殊的四边形中是勾股四边形的两种图形的名称、；

(2)如图1，已知格点（小正方形的顶点）O0,0、A3,0、B0,4，点C为图中所给方格中的另一个格点，四边形OACB是以OA、OB为勾股边且对角线相等的勾股四边形，求点C的坐标；

(3)如图2，将ABC（BCAB）绕顶点B按顺时针方向旋转60，得到DBE，连接AD、

DC，四边形ABCD是勾股四边形，其中DC、BC为勾股边，求DCB的度数.【答案】（1）矩形，正方形（答案不唯一）；（2）C（3,4），（4,3）；（3）∠DCB=30°.【解析】【分析】

（1）根据矩形与正方形的性质可得答案；

（2）利用勾股定理可得AB=5，然后在格点中找满足OC=5的点即可；

（3）连接CE，根据旋转的性质可得△ABC≌△DBE，则BC=BE，因为∠CBE=60°，所以△BCE是等边三角形，则BC=CE，∠BCE=60°，根据勾股四边形的定义与勾股定理的逆定理可得∠DCE=90°，则可得∠DCB的度数.【详解】

解：（1）矩形；正方形（答案不唯一）；（2）

，

则C点坐标如图为：（3,4），（4,3）；

（3）连接CE，

由旋转的性质得：△ABC≌△DBE，则BC=BE，AC=BD，∵∠CBE=60°，∴△BCE是等边三角形，∴BC=CE，∠BCE=60°，

∵四边形ABCD为勾股四边形，其中DC、BC为勾股边，∴∴

∴∠DCE=90°，

∴∠BCD=∠DCE﹣∠BCE=90°﹣60°=30°.

，，

【点睛】

本题主要考查勾股定理及其逆定理，全等三角形-旋转，等边三角形的判定等，解此题的关键在于准确理解题中勾股四边形的定义，利用勾股定理及其逆定理进行证明.与计算.

【变式4-1】1．类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．（1）概念理解：

如图1，在四边形ABCD中，添加一个条件，使得四边形ABCD是“等邻边四边形”，请写出你添加的一个条件：

．（2）问题探究：

如图2，小红画了一个RtABC，其中ABC90，AB2，BC1，并将RtABC沿B的平分线BB方向平移得到A'B'C'，连结AA、BC．小红要使平移后的四边形ABCA是“等邻边四边形”，应平移多少距离（即线段BB的长）？（3）应用拓展：

如图3，“等邻边四边形”ABCD中，ABAD，BADBCD90，AC、BD为对角线，

AC2AB．试探究BC、CD、BD的数量关系．

【答案】（1）DA=AB（答案不唯一）；（2）应平移2或5或2或BC2+CD2=2BD2．【解析】

试题分析：（1）由“等邻边四边形”的定义易得出结论；

142的距离；（3）2（2）①先利用平行四边形的判定定理得平行四边形，再利用“等邻边四边形”定义得邻边相等，得出结论；

②由平移的性质易得BB′=AA′，A′B′∥AB，A′B′=AB=2，B′C′=BC=1，A′C′=AC=

，再利用“等邻边四边形”定义分类讨论，由勾股定理得出结论；

（3）由旋转的性质可得△ABF≌△ADC，由全等性质得∠ABF=∠ADC，∠BAF=∠DAC，AF=AC，FB=CD，利用相似三角形判定得△ACF∽△ABD，由相似的性质和四边形内角和得∠CBF=90°，利用勾股定理，等量代换得出结论．

解：（1）AB=BC或BC=CD或CD=AD或AD=AB（任写一个即可）；（2）①正确，理由为：

∵四边形的对角线互相平分，∴这个四边形是平行四边形，∵四边形是“等邻边四边形”，∴这个四边形有一组邻边相等，∴这个“等邻边四边形”是菱形；②∵∠ABC=90°，AB=2，BC=1，∴AC=

，

∵将Rt△ABC平移得到△A′B′C′，

∴BB′=AA′，A′B′∥AB，A′B′=AB=2，B′C′=BC=1，A′C′=AC=（I）如图1，当AA′=AB时，BB′=AA′=AB=2；

，

（II）如图2，当AA′=A′C′时，BB′=AA′=A′C′=；

（III）当A′C′=BC′=时，

如图3，延长C′B′交AB于点D，则C′B′⊥AB，

∵BB′平分∠ABC，∴∠ABB′=∠ABC=45°，∴∠BB′D=′∠ABB′=45°∴B′D=B，设B′D=BD=x，则C′D=x+1，BB′=

x，

∵在Rt△BC′D中，BD2+（C′D）2=（BC′）2∴x2+（x+1）2=（

）2，

解得：x1=1，x2=﹣2（不合题意，舍去），∴BB′=

（Ⅳ）当BC′=AB=2时，如图4，与（Ⅲ）方法一同理可得：BD2+（C′D）2=（BC′）2，

设B′D=BD=x，则x2+（x+1）2=22，解得：x1=∴BB′=

，x2=

；

（不合题意，舍去），

（3）BC，CD，BD的数量关系为：BC2+CD2=2BD2，如图5，

∵AB=AD，

∴将△ADC绕点A旋转到△ABF，连接CF，∴△ABF≌△ADC，

∴∠ABF=∠ADC，∠BAF=∠DAC，AF=AC，FB=CD，∴∠BAD=∠CAF，∴△ACF∽△ABD，∴

，∴

BD，=

=1，

∵∠BAD+∠ADC+∠BCD+∠ABC=360°，

∴∠ABC+∠ADC﹣360°﹣（∠BAD+∠BCD）=360°﹣90°=270°，∴∠ABC+∠ABF=270°，∴∠CBF=90°，∴BC2+FB2=CF2=（∴BC2+CD2=2BD2．

考点：1．阅读理解题；2．平移，旋转的图形变换性质；3．三角形全等、相似的判定与性质；4．勾股定理的运用．

【变式4-2】（2019•湖南长沙）根据相似多边形的定义，我们把四个角分别相等，四条边成比例的两个凸四边形叫做相似四边形．相似四边形对应边的比叫做相似比．

BD）2=2BD2，

（1）某同学在探究相似四边形的判定时，得到如下三个命题，请判断它们是否正确（直接在横线上填写“真”或“假”）．

①四条边成比例的两个凸四边形相似；（__________命题）②三个角分别相等的两个凸四边形相似；（__________命题）③两个大小不同的正方形相似．（__________命题）

（2）如图1，在四边形ABCD和四边形A1B1C1D1中，∠ABC=∠A1B1C1，∠BCD=∠B1C1D1，

ABBCCD

==．求证：四边形ABCD与四边形A1B1C1D1相似．A1B1B1C1C1D1

（3）如图2，四边形ABCD中，AB∥CD，AC与BD相交于点O，过点O作EF∥AB分别交AD，BC于点E，F．记四边形ABFE的面积为S1，四边形EFCD的面积为S2，若四边形

S2ABFE与四边形EFCD相似，求的值．

【解析】（1）①四条边成比例的两个凸四边形相似，是假命题，角不一定相等．②三个角分别相等的两个凸四边形相似，是假命题，边不一定成比例．③两个大小不同的正方形相似．是真命题．故答案为假，假，真．

（2）如图1中，连接BD，B1D1．

∵∠BCD=∠BBCCD

1C1D1，且

B=，1C1C1D1

∴△BCD∽△B1C1D1，∴∠CDB=∠C1D1B1，∠C1B1D1=∠CBD，∵

ABAB=BC=CD，∴BD=AB

，11B1C1C1D1B1D1A1B1

∵∠ABC=∠A1B1C1，∴∠ABD=∠A1B1D1，∴△ABD∽△A1B1D1，

∴ADA=AB，∠1D1A1B1

A=∠A1，∠ADB=∠A1D1B1，∴ABA=BC=CD=AD，∠1B1B1C1C1D1A1D1

ADC=∠A1D1C1，∠A=∠A1，∠ABC=∠A1B1C1，∠∠B1C1D1，

∴四边形ABCD与四边形A1B1C1D1相似．（3）如图2中，

∵四边形ABCD与四边形EFCD相似，∴DEAE=EF

AB，∵EF=OE+OF，∴

DEOEOF

AE=∵EF∥AB∥CD，∴DEOEAB，DEAD=AB，ADOCABOF

，

∴DEDEOEOF2DEDEAB

AD+AD=AB+AB，∴AD=AE，BCD=∵AD=DE+AE，∴

=，

DEAEAE

∴2AE=DE+AE，∴AE=DE，∴

=1．S1

【名师点睛】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，相似多边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．



1．（2019•湘西州）阅读材料：设a=（x1，y1），b=（x2，y2），如果a∥b，则x1•y2=x2

•y1，根据该材料填空，已知a=（4，3），b=（8，m），且a∥b，则m=__________．

【答案】6



【解析】∵a=（4，3），b=（8，m），且a∥b，∴4m=3×8，∴m=6；故答案为：6．

【名师点睛】本题考查新定义，点的坐标；理解阅读材料的内容，转化为所学知识求解是关键．2．（2019•白银）定义：等腰三角形的顶角与其一个底角的度数的比值k称为这个等腰三角形的“特征值”．若等腰△ABC中，∠A=80°，则它的特征值k=__________．

81【答案】或

54【解析】①当∠A为顶角时，等腰三角形两底角的度数为：∴特征值k=

808

；50518080

=50°，2②当∠A为底角时，顶角的度数为：180°–80°–80°=20°，∴特征值k=

201

；80481

综上所述，特征值k为或；

5481

故答案为或．

54【名师点睛】本题主要考查等腰三角形的性质，熟记等腰三角形的性质是解题的关键，要注意

到本题中，已知∠A的底数，要进行判断是底角或顶角，以免造成答案的遗漏．

3.我们定义：对于抛物线yax2bxca0，以y轴上的点M0,m为中心，作该抛物线关于点M对称的抛物线y'，则我们又称抛物线y'为抛物线y的“衍生抛物线”，点M为“衍生中心”，若抛物线yx22x5关于点0,m的衍生抛物线为y'，若这两条抛物线有交点，则m的取值范围是______.【答案】m≤5【解析】【分析】

先求出抛物线的顶点坐标（-1，6），进而利用待定系数法求出衍生抛物线的解析式，联立即可得出结论；【详解】

解∵抛物线y=-x2-2x+5=-（x+1）2+6①，∴抛物线的顶点坐标为（-1，6），

∴抛物线的顶点坐标（-1，6）关于（0，m）的对称点为（1，2m-6），即：新抛物线的顶点坐标为（1，2m-6），设衍生抛物线为y′=a（x-1）2+2m-6，

∵抛物线y=-x2-2x+5关于点（0，m）的衍生抛物线为y′，∴a=1，

∴衍生抛物线为y′=（x-1）2+2m-6=x2-2x+2m-5②，联立①②得，x2-2x+2m-5=-x2-2x+5，整理得，2x2=10-2m，∵这两条抛物线有交点，

∴10-2m≥0，∴m≤5；【点睛】

此题主要考查了待定系数法，抛物线顶点坐标的求法，新定义的理解和掌握，点的对称点坐标的求法，理解新定义是解本题的关键．

4.（2019•河北）如图，约定：上方相邻两数之和等于这两数下方箭头共同指向的数．

示例：即4+3=7．

则（1）用含x的式子表示m=__________；（2）当y=–2时，n的值为__________．【答案】（1）3x；（2）1．

【解析】（1）根据约定的方法可得：m=x+2x=3x；故答案为：3x；（2）根据约定的方法即可得x+2x+2x+3=m+n=y．当y=–2时，5x+3=–2．解得x=–1．∴n=2x+3=–2+3=1．故答案为：1．

【名师点睛】本题考查了列代数式和代数式求值，解题的关键是掌握列代数式的约定方法．5.（2019•湖北宜昌•3分）古希腊几何学家海伦和我国宋代数学家秦九韶都曾提出利用三角形

的三边求面积的公式，称为海伦﹣秦九韶公式：如果一个三角形的三边长分别是a，b，c，记p=

abc

，那么三角形的面积为S=p(pa)(pb)(pc)．如图，在△ABC中，∠A，2

∠B，∠C所对的边分别记为a，b，c，若a=5，b=6，c=7，则△ABC的面积为A．66B．63C．18

D．

192

【答案】A

【解析】∵a=7，b=5，c=6，∴p=

567

=9，2∴△ABC的面积S=9(95)(96)(97)=66．故选A．

【名师点睛】考查了二次根式的化简，解题的关键是代入后正确的运算，难度不大．6.（2019•山东临沂）一般地，如果x4=a（a≥0），则称x为a的四次方根，一个正数a的四次方根有两个．它们互为相反数，记为±4a，若4m4=10，则m=__________．【答案】±10

【解析】∵4m4=10，∴m4=104，∴m=±10．故答案为：±10．

【名师点睛】本题考查了方根的定义．关键是求四次方根时，注意正数的四次方根有2个．7.（2019•湖北十堰）对于实数a，b，定义运算“◎”如下：a◎b=（a+b）2﹣（a﹣b）2．若（m+2）◎（m﹣3）=24，则m=__________．【答案】﹣3或4

【解析】根据题意得[（m+2）+（m﹣3）]2﹣[（m+2）﹣（m﹣3）]2=24，（2m﹣1）2﹣49=0，

（2m﹣1+7）（2m﹣1﹣7）=0，

2m﹣1+7=0或2m﹣1﹣7=0，所以m1=﹣3，m2=4．故答案为：﹣3或4．

【名师点睛】本题考查了解一元二次方程﹣因式分解法：因式分解法就是利用因式分解求出方程的解的方法，这种方法简便易用，是解一元二次方程最常用的方法．

4．8.据规定判断下面四个结论：①正方形和菱形都是广义菱形；②平行四边形是广义菱形；③对角线互相垂直，且两组邻边分别相等的四边形是广义菱形；④若M、N的坐标分别为（0，1），（0，－1），P是二次函数y=

x的图象上在第一象限内的任意一点，PQ垂直直线y=4－1于点Q，则四边形PMNQ是广义菱形．其中正确的是__________．（填序号）【答案】①④

【解析】①根据广义菱形的定义，正方形和菱形都有一组对边平行，一组邻边相等，①正确；②平行四边形有一组对边平行，没有一组邻边相等，②错误；③由给出条件无法得到一组对边平行，③错误；

1111④设点P（m，m2），则Q（m，－1），∴MP=m2(m21)2=|m2+1|，PQ=m2+1，

44441

∵点P在第一象限，∴m>0，∴MP=m2+1，∴MP=PQ，

4又∵MN∥PQ，∴四边形PMNQ是广义菱形．④正确．故答案为：①④．

【名师点睛】本题考查新定义，二次函数的性质，特殊四边形的性质；熟练掌握平行四边形，菱形，二次函数的图象及性质，将广义菱形的性质转化为已学知识是求解的关键．9.（2019•浙江湖州）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”．由边长为4的正方形ABCD可以制作一副如图1所示的七巧板，现将这副七巧板在正方形EFGH内拼成

如图2所示的“拼搏兔”造型（其中点Q、R分别与图2中的点E、G重合，点P在边EH上），则“拼搏兔”所在正方形EFGH的边长是__________．

【答案】45【解析】如图2中，连接EG，作GM⊥EN交EN的延长线于M．在Rt△EMG中，∵GM=4，EM=2+2+4+4=12，∴EG=EM2GM2=12242=410，∴EH=EG2=45，故答案为：45．【名师点睛】本题考查正方形的性质，七巧板，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．

10（2019•广西贵港）我们定义一种新函数：形如y=|ax2+bx+c|（a≠0，且b2﹣4a>0）的函数叫做“鹊桥”函数．小丽同学画出了“鹊桥”函数y=|x2﹣2x﹣3|的图象（如图所示），并写出下列五个结论：①图象与坐标轴的交点为（﹣1，0），（3，0）和（0，3）；②图象具有对称性，对称轴是直线x=1；③当﹣1≤x≤1或x≥3时，函数值y随x值的增大而增大；

④当x=﹣1或x=3时，函数的最小值是0；⑤当x=1时，函数的最大值是4．其中正确结论的个数是__________．

【答案】4

【解析】①∵（﹣1，0），（3，0）和（0，3）坐标都满足函数y=|x2﹣2x﹣3|，∴①是正确的；

②从图象可知图象具有对称性，对称轴可用对称轴公式求得是直线x=1，因此②也是正确的；③根据函数的图象和性质，发现当﹣1≤x≤1或x≥3时，函数值y随x值的增大而增大，因此③也是正确的；

④函数图象的最低点就是与x轴的两个交点，根据y=0，求出相应的x的值为x=﹣1或x=3，因此④也是正确的；

⑤从图象上看，当x<﹣1或x>3，函数值要大于当x=1时的y=|x2﹣2x﹣3|=4，因此⑤时不正确的；故答案是：4．

【名师点睛】理解“鹊桥”函数y=|ax2+bx+c|的意义，掌握“鹊桥”函数与y=|ax2+bx+c|

与二次函数y=ax2+bx+c之间的关系；两个函数性质之间的联系和区别是解决问题的关键；二次函数y=ax2+bx+c与x轴的交点、对称性、对称轴及最值的求法以及增减性应熟练掌握．11.（2019·贵州安顺）阅读以下材料：

对数的创始人是苏格兰数学家纳皮尔（J．Nplcr，1550﹣1617年），纳皮尔发明对数是在指数书写方式之前，直到18世纪瑞士数学家欧拉（Evlcr，1707﹣1783年）才发现指数与对数之间的联系．

对数的定义：一般地，若ax=N（a>0且a≠1），那么x叫做以a为底N的对数，记作x=logaN，比如指数式24=16可以转化为对数式4=log216，对数式2=log525，可以转化为指数式52=25．我们根据对数的定义可得到对数的一个性质：

loga（M•N）=logaM+logaN（a>0，a≠1，M>0，N>0），理由如下：设logaM=m，logaN=n，则M=am，N=an，

∴M•N=am•an=am+n，由对数的定义得m+n=loga（M•N）又∵m+n=logaM+logaN∴loga（M•N）=logaM+logaN根据阅读材料，解决以下问题：（1）将指数式34=81转化为对数式；（2）求证：logaM

=logaM﹣logaN（a>0，a≠1，M>0，N>0）N（3）拓展运用：计算log69+log68﹣log62=．

【解析】（1）4=log381（或log381=4），故答案为：4=log381；（2）证明：设logaM=m，logaN=n，则M=am，N=an，

MamM∴=n=am﹣n，由对数的定义得m﹣n=loga，NaN

又∵m﹣n=logaM﹣logaN，∴logaM

=logaM﹣logaN；N

（3）log69+log68﹣log62=log6（9×8÷2）=log636=2．故答案为：2．

12．定义：有一个角是其对角两倍的圆的内接四边形叫做圆美四边形，其中这个角叫做美角.已知四边形ABCD是圆美四边形

1求美角C的度数；2如图1，若

O的半径为23，求BD的长；

3如图2，若CA平分BCD，求证：BCCDAC．

【答案】(1)120°;(2)6;(3)见解析.【解析】【分析】

1先判断出C2A，再判断出AC180，即可得出结论；2先求出E60，再求出DE，最后用锐角三角函数即可得出结论；3作出辅助线，判断出

BCF是等边三角形，得出AFBBCD，进而判断出

ABF≌DBC，得出AFCD，即可得出结论．

【详解】

解：1四边形ABCD是圆美四边形，

C2A，

四边形ABCD是圆内接四边形，

AC180，A2A180，A60，C120；

2由1知，A60，

如图1，连接DO并延长交O于E，连接BE，

EA60，O的半径为23，DE22343，

在RtDBE中，BDDEsinE4336；23如图2，在CA上截取CFCB，

由1知，BCD120，

CA平分BCD，

BCAACD

BCD60，2BCF是等边三角形，BCBF，BFC60，

AFB120，AFBBCD，BAFBDC

在ABF和BCD中，AFBBCD，

BFBCABF≌DBCAAS，

AFDC，

ACCFAFBCCD．【点睛】

此题是圆的综合题，主要考查了圆周角定理，锐角三角函数，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解本题的关键．

13.（2019•枣庄）对于实数a、b，定义关于“⊗”的一种运算：a⊗b=2a+b，例如3⊗4=2×3+4=10．

（1）求4⊗（–3）的值；

（2）若x⊗（–y）=2，（2y）⊗x=–1，求x+y的值．

【答案】（1）5；（2）.

3【解析】（1）根据题中的新定义得：原式=8–3=5；

2xy2①

（2）根据题中的新定义化简得：，

x4y1②1

①+②得：3x+3y=1，则x+y=．

3【名师点睛】此题考查了解二元一次方程组，以及实数的运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．

14．在课外活动中，我们要研究一种凹四边形——燕尾四边形的性质.

定义1：把四边形的某些边向两方延长，其他各边有不在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫做凹四边形（如图1）.

（1）根据凹四边形的定义，下列四边形是凹四边形的是（填写序号）；①②③

定义2：两组邻边分别相等的凹四边形叫做燕尾四边形（如图2）.

特别地，有三边相等的凹四边形不属于燕尾四边形.

小洁根据学习平行四边形、菱形、矩形、正方形的经验，对燕尾四边形的性质进行了探究.

下面是小洁的探究过程，请补充完整：

（2）通过观察、测量、折叠等操作活动，写出两条对燕尾四边形性质的猜想，并选取其中的一条猜想加以证明；

（3）如图2，在燕尾四边形ABCD中，AB=AD=6，BC=DC=4，∠BCD=120°，求燕尾四边形ABCD的面积（直接写出结果）.

【答案】（1）①；（2）答案见解析；（3）12243【解析】

试题分析：（1）根据凹四边形的定义即可得出结论；（2）由燕尾四边形的定义可以得出燕尾四边形的性质；

（3）连接BD，根据SΔABD-SΔBCD即可求出燕尾四边形ABCD的面积.试题解析：（1）①.

（2）它是一个轴对称图形；两组邻边分别相等；一组对角相等；一条对角线所在的直线垂直平分另一条对角线等等.

已知：如图，在凹四边形ABCD中，AB=AD，BC=DC.求证：∠B=∠D.证明：连接AC.

∵AB=AD,CB=CD,AC=AC，∴△ABC≌△ADC.∴∠B=∠D.（3）燕尾四边形ABCD的面积为12243.

15．定义：对角线互相垂直的圆内接四边形叫做圆的奇妙四边形.

（1）如图①，已知四边形ABCD是⊙O的奇妙四边形，若AC6，BD8则

S四边形ABCD=_______；

（2）如图②，已知四边形ABCD内接于⊙O，对角线交于点E，若ADBC180，①求证：四边形ABCD是⊙O的奇妙四边形；

②作OMBC于M，请猜想AD与OM之间的数量关系，并推理说明.【答案】（1）24；（2）①见解析，②AD2OM或OM12AD，见解析.【解析】【分析】

(1)由S四边形ABCD=S△ADC+S△ABC=AC·BD即可得到答案.

（2）①证：四边形ABCD是⊙O的奇妙四边形，证ACBD即可.

②过点O作OMBC，垂足为点M,分不同情况证明AD20M或OM1/2AD.【详解】解：（1）S24

S四边形ABCD=S△ADC+S△ABC=

AC·BD=×6×8=242211m（2）如图，由题得，ABDAD，BAEBC

mADBC180

mABDBAE90AEB90ACBD

四边形是ABCD的⊙O奇妙四边形.

②如图，过点O作OMBC，垂足为点M，AD与OM之间的数量关系：AD20M或

OM1/2AD

图②

推理说明如下：解法一：

如图③，连结并延长BO交⊙O于点N，连结CN

图③

OMBC为BC的中点又O为BN的中点

OM是BCN的中位线OM1/2CNBN为直径

BCN90即NBCBNC90BACBNC

ABDNBC（等角的余角相等）ADCNOM1/2AD解法二：

如图③，连结OA、OB、OC、OD，过点O作ONAD于点N，

OMBC，ONAD

OMCOND90，NOD1/2AOD，COM1/2COB

COM1/2COB

ADBCm180AODCOB180

NODCOM90OCMNODOCODCOMODN

OMDN

又ONADAD2DN

AD20M【点睛】

本题考查的知识点是新情境下圆的应用，解题的关键是熟练的掌握新情境下圆的应用.16．定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．理解：

1如图1，点A，B，C在

形ABCD是等补四边形；探究：

O上，ABC的平分线交O于点D，连接AD，CD．求证：四边

2如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分BCD?请说明理由．

运用：

3如图3，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，其外角EAD的平分线交CD的延长线于点

求DF的长．F，CD＝10，AF＝5，

【答案】（1）证明见解析；（2）AD平分BCD，理由见解析；（3）DF＝52﹣．5.【解析】【分析】

1由圆内接四边形互补可知AC＝180，ABCADC＝180，再证AD＝CD，即可根据

等补四边形的定义得出结论；

2过点A分别作AEBC于点E，AF垂直CD的延长线于点F，证△ABE≌△ADF，得到

AE＝AF，根据角平分线的判定可得出结论；

3连接AC，先证EAD＝BCD，推出FCA＝FAD，再证

应边的比相等可求出DF的长．【详解】

利用相似三角形对ACF∽DAF，

1证明：四边形ABCD为圆内接四边形，

AC＝180，ABCADC＝180，

BD平分ABC，

ABD＝CBD，

ADCD

AD＝CD，

四边形ABCD是等补四边形；

2AD平分BCD，理由如下：

如图2，过点A分别作AEBC于点E，AF垂直CD的延长线于点F，则AEB＝AFD＝90，

四边形ABCD是等补四边形，

BADC＝180，又ADCADF＝180，

B＝ADF，AB＝AD，

ABE≌ADF（AAS），

AE＝AF，

AC是BCF的平分线，即AC平分BCD；

3如图3，连接AC，

四边形ABCD是等补四边形，

BADBCD＝180，又BADEAD＝180，

EAD＝BCD，

AF平分EAD，1

FAD＝EAD，

2由2知，AC平分BCD，

FCA

BCD2FCA＝FAD，又AFC＝DFA，

ACF∽DAF，



AFCF

DFAF5DF10即DF5DF＝52﹣．5【点睛】

本题考查了新定义等补四边形，圆的有关性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，相似三角形的判定与性质等，解题关键是要能够通过自主学习来进行探究，运用等．17．定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“准菱形”，利用该定义完成以下各题：（1）理解：如图1，在四边形ABCD中，若__________（填一种情况），则四边形ABCD是“准菱形”；

（2）应用：证明：对角线相等且互相平分的“准菱形”是正方形；（请画出图形，写出已知，求证并证明）

（3）拓展：如图2，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=2，BC=1，将Rt△ABC沿∠ABC的平分线BP方向平移得到△DEF，连接AD，BF，若平移后的四边形ABFD是“准菱形”，求线段BE的长．

【答案】(1)答案不唯一，如AB＝BC.（2）见解析;(3)BE=2或5或2或【解析】整体分析：

142.2(1)根据“准菱形”的定答，答案不唯一；(2)对角线相等且互相平分的四边形是矩形，矩形的邻边相等时即是正方形；(3)根据平移的性质和“准菱形”的定义，分四种情况画出图形，结合勾股定理求解.

解：(1)答案不唯一，如AB＝BC.

(2)已知：四边形ABCD是“准菱形”，AB=BC，对角线AC，BO交于点O，且AC=BD，OA=OC，OB=OD.

求证：四边形ABCD是正方形.证明：∵OA=OC，OB=OD，∴四边形ABCD是平行四边形.∵AC=BD，

∴平行四边形ABCD是矩形.

∵四边形ABCD是“准菱形”，AB=BC，∴四边形ABCD是正方形.

(3)由平移得BE=AD，DE=AB＝2，EF=BC＝1，DF=AC＝5.由“准菱形”的定义有四种情况：

①如图1，当AD＝AB时，BE＝AD＝AB＝2.

②如图2，当AD＝DF时，BE＝AD＝DF＝5.③如图3，当BF＝DF＝5时，延长FE交AB于点H，则FH⊥AB.∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝

∠ABC＝45°.2∴∠BEH＝∠ABE＝45°.∴BE＝2BH.设EH＝BH＝x，则FH＝x＋1，BE＝2x.∵在Rt△BFH中，BH2＋FH2＝BF2，∴x2＋(x＋1)2＝(5)2，

解得x1＝1，x2＝－2(不合题意，舍去)，∴BE＝2x＝2.

④如图4，当BF＝AB＝2时，与③)同理得：BH2＋FH2＝BF2.设EH＝BH＝x，则x2＋(x＋1)2＝22，解得x1＝

1717，x2＝(不合题意，舍去)，22142.2∴BE＝2x＝

综上所述，BE=2或5或2或

142.218．定义:有且仅有一组对角相等的凸四边形叫做“准平行四边形”.例如:凸四边形ABCD中，若AC,BD，则称四边形ABCD为准平行四边形.

（1）如图①，A,P,B,C是O上的四个点，APCCPB60，延长BP到Q，使AQAP.求证:四边形AQBC是准平行四边形；

（2）如图②，准平行四边形ABCD内接于O，ABAD,BCDC，若O的半径为5,AB6，求AC的长；

（3）如图③，在RtABC中，C90,A30,BC2，若四边形ABCD是准平行四边形，且BCDBAD，请直接写出BD长的最大值.

【答案】（1）见解析；（2）72；（3）232【解析】【分析】

（1）先根据同弧所对的圆周角相等证明三角形ABC为等边三角形，得到∠ACB=60°，再求出∠APB=60°，根据AQ=AP判定△APQ为等边三角形，∠AQP=∠QAP=60°，故∠ACB=∠AQP，可判断∠QAC＞120°，∠QBC＜120°，故∠QAC≠∠QBC，可证四边形AQBC是准平行四边形；

（2）根据已知条件可判断∠ABC≠∠ADC，则可得∠BAD=∠BCD=90°，连接BD，则BD为直径为10，根据BC=CD得△BCD为等腰直角三角形，则∠BAC=∠BDC=45°，在直角三角形BCD中利用勾股定理或三角函数求出BC的长，过B点作BE⊥AC，分别在直角三角形ABE和△BEC中，利用三角函数和勾股定理求出AE、CE的长，即可求出AC的长.（3）根据已知条件可得：∠ADC=∠ABC=60°，延长BC到E点，使BE=BA，可得三角形ABE为等边三角形，∠E=60°，过A、E、C三点作圆o，则AE为直径，点D在点C另一侧的弧AE上（点A、点E除外），连接BO交弧AE于D点，则此时BD的长度最大，根据已知条件求出BO、OD的长度，即可求解.【详解】

（1）∵APCCPB60∴∠ABC=∠BAC=60°

∴△ABC为等边三角形，∠ACB=60°∵∠APQ=180°-∠APC-∠CPB=60°又AP=AQ

∴△APQ为等边三角形

∴∠AQP=∠QAP=60°∴∠ACB=∠AQP

∵∠QAC=∠QAP+∠PAB+∠BAC=120°+∠PAB＞120°故∠QBC=360°-∠AQP-∠ACB-∠QAC＜120°∴∠QAC≠∠QBC

∴四边形AQBC是准平行四边形

（2）连接BD，过B点作BE⊥AC于E点

∵准平行四边形ABCD内接于O，ABAD,BCDC∴∠ABC≠∠ADC，∠BAD=∠BCD∵∠BAD+∠BCD=180°∴∠BAD=∠BCD=90°∴BD为O的直径∵O的半径为5∴BD=10

∵BC=CD,∠BCD=90°∴∠CBD=∠BDC=45°

∴BC=BDsin∠BDC=10∵BE⊥AC

∴∠BEA=∠BEC=90°∴AE=ABsin∠BAC=6∵∠ABE=∠BAE=45°∴BE=AE=322=52，∠BAC=∠BDC=45°2

2=322

在直角三角形BEC中，EC=BC2BE242∴AC=AE+EC=72（3）在RtABC中，C90,A30∴∠ABC=60°

∵四边形ABCD是准平行四边形，且BCDBAD∴∠ADC=∠ABC=60°

延长BC到E点，使BE=BA，可得三角形ABE为等边三角形，∠E=60°，过A、E、C三点作圆o，因为∠ACE=90°，则AE为直径，点D在点C另一侧的弧AE上（点A、点E除外），此时，∠ADC=∠AEC=60°，连接BO交弧AE于D点，则此时BD的长度最大.在等边三角形ABE中，∠ACB=90°，BC=2∴AE=BE=2BC=4∴OE=OA=OD=2∴BO⊥AE

∴BO=BEsin∠E=4

3=232

∴BD=BO+0D=2+23即BD长的最大值为2+23【点睛】

本题考查的是新概念及圆的相关知识，理解新概念的含义、掌握圆的性质是解答的关键，本题的难点在第（3）小问，考查的是与圆相关的最大值及最小值问题，把握其中的不变量作出圆是关键.

19．阅读理解并解决问题：一般地，如果把一个图形绕着一个定点旋转一定角度（小于

360）后，能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心.叫做这个旋转对称图形的一个旋转角.请依据上述定答下列问题：（1）请写出一个旋转对称图形，这个图形有一个旋转角是90.这个图形可以是______；（2）为了美化环境，某中学需要在一块正六边形空地上分别种植六种不同的花草，现将这块空地按下列要求分成六块：①分割后的整个图形必须既是轴对称图形又是旋转对称图形；②六块图形的面积相同.请你按上述两个要求，分别在图中的三个正六边形中画出三种不同的分割方法（只要求画图正确，不写作法）.

【答案】（1）答案不唯一，例如正方形，正八边形，圆等；（2）答案不唯一，见解析【解析】【分析】

(1)答案不唯一，根据旋转对称图形的定义可知正方形，正八边形，圆等都可以；(2)根据轴对称和旋转对称的定义可以得出答案，具体见详解图.【详解】解：

(1)答案不唯一，例如正方形，正八边形，圆等等.(2)答案不唯一，如图所示：

【点睛】

本题考查的是旋转对称和轴对称知识点，解题关键在于读懂题意即可.

20．给出如下定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形．

（1）以下四边形中，是勾股四边形的为

．（填写序号即可）

①矩形；②有一个角为直角的任意凸四边形；③有一个角为60°的菱形．

（2）如图，将△ABC绕顶点B按顺时针方向旋转60°得到△DBE，∠DCB=30°，连接AD，

DC，CE．

①求证：△BCE是等边三角形；②求证：四边形ABCD是勾股四边形．

【答案】（1）①②；（2）①证明见解析，②证明见解析【解析】

试题分析：（1）由勾股四边形的定义和特殊四边形的性质，则可得出；

（2）①由旋转的性质可知△ABC≌△DBE，从而可得BC=BE，由∠CBE=60°可得△BCE为等边三角形；②由①可得∠BCE=60°，从而可知△DCE是直角三角形，再利用勾股定理即可解决问题．试题解析：（1）①如图，

∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=90°，∴AB2+BC2=AC2，

即：矩形是勾股四边形，②如图，

∵∠B=90°，∴AB2+BC2=AC2，

即：由一个角为直角的四边形是勾股四边形，

③有一个角为60°的菱形，邻边边中没有直角，所以不满足勾股四边形的定义，故答案为①②，

（2）①∵△ABC绕点B顺时针旋转了60°到△DBE，∴BC=BE，∠CBE=60°，∵在△BCE中，

BC=BE，∠CBE=60°∴△BCE是等边三角形．②∵△BCE是等边三角形，∴BC=CE，∠BCE=60°，∵∠DCB=30°，

∴∠DCE=∠DCB+∠BCE=90°，在Rt△DCE中，有DC2+CE2=DE2，∵DE=AC，BC=CE，∴DC2+BC2=AC2，

∴四边形ABCD是勾股四边形．

21.（2019·黔东南州）某中学数学兴趣小组在一次课外学习与探究中遇到一些新的数学符号，他们将其中某些材料摘录如下：

对于三个实，数a，b，c，用M{a，b，c}表示这三个数的平均数，用min{a，b，c}表示这三个数中最小的数，例如M{1，2，9}=结合上述材料，解决下列问题：

（1）①M{（–2）2，22，–22}=__________，②min{sin30°，cos60°，tan45°}=__________；

（2）若min（3–2x，1+3x，–5}=–5，则x的取值范围为__________；（3）若M{–2x，x2，3}=2，求x的值；

（4）如果M{2，1+x，2x}=min{2，1+x，2x}，求x的值．

【解析】（1）①M{（–2）2，22，–22}=，

②min{sin30°，cos60°，tan45°}=；

241

故答案为：，．

32129

=4，min{1，2，–3}=–3，min（3，1，1}=1．请3（2）∵min（3–2x，1+3x，–5}=–5，

32x5∴，解得–2≤x≤4，

13x5

故答案为–2≤x≤4．（3）∵M{–2x，x2，3}=2，

2xx23∴=2，

3解得x=–1或3．

（4）∵M{2，1+x，2x}=min{2，1+x，2x}，

x1221x2x

又∵=x+1，∴，

x12x3

解得1≤x≤1，∴x=1．

【名师点睛】本题考查不等式组，平均数，最小值等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．

22．定义：如图1，抛物线yax2bxc（a0）与x轴交于A，B两点，点P在该抛物线上（P点与A，B两点不重合），如果ABP的三边满足AP2BP2AB2，则称点P为抛物线

yax2bxc（a0）的勾股点.

（1）求证：点M(0,1)是抛物线yx21的勾股点.

（2）如图2，已知抛物线C:yax2bx（a0）与x轴交于A，B两点，点P(1,3)是抛物线C的勾股点，求抛物线C的函数表达式.

【答案】(1)见解析；（2）y=【解析】【分析】

3243xx33（1）先解方程x2-1=0得抛物线与x轴的交点A、B的坐标为（-1，0），B（1，0），利用两点间的距离公式可得到AM2=2，BM2=2，AB2=22=4，则AM2+BM2=AB2，根据题中定义可判断点M（0，-1）是抛物线y=x2-1的勾股点；

（2）作PH⊥AB于H，如图2，先利用P点坐标求出∠PAH=60°，再根据点P（1，3）是抛物线C的勾股点得到∠APB=90°，所以∠PBA=30°，然后计算出BH得到B点坐标，于是可利用待定系数法求抛物线C的解析式．【详解】

（1）如图所示：令y0得，x210，解得x11,x21∴A(1,0)，B(1,0)∴OA1,OB1,AB2,OM1∴AM2OA2OM212122

BM2OB2OM212122AB24

∴AB2AM2BM2

∴点M(0,1)是抛物线yx21的勾股点.

（2）抛物线yax2bx过原点，即点A(0,0)如图，作PGx轴于点G∵点P的坐标为(1,3)∴AG1，PG3，PAAG2PG212(3)22

∵点P(1,3)是抛物线C的勾股点∴AP2BP2AB2∴PAB是直角三角形设BGx

∵AB2AP2PG2BG2∴(1x)222(3)2x2∴x3∴GB3∴AB4

∴点B坐标为(4,0)设yax(x4)将点P(1,3)代入得：a∴y

3333243x(x4)xx333

【点睛】

本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y=ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数的性质和勾股定理．

23．定义：若抛物线L2:ymxnxm0与抛物线L1:yaxbxa0的开口大小相同，

方向相反，且抛物线L2经过L1的顶点，我们称抛物线L2为L1的“友好抛物线”．（1）若L1的表达式为yx22x，求L1的“友好抛物线”的表达式；

（2）已知抛物线L2:ymx2nx为L1:yax2bx的“友好抛物线”．求证：抛物线L1也是L2的“友好抛物线”；

（3）平面上有点P1,0，Q3,0，抛物线L2:ymx2nx为L1:yax2的“友好抛物线”，且抛物线L2的顶点在第一象限，纵坐标为2，当抛物线L2与线段PQ没有公共点时，求a的取值范围．

【答案】（1）L1的“友好抛物线”为：yx2；（2）见解析；（3）0a【解析】【分析】

（1）设L1的“友好抛物线”的表达式为：yx2bx，根据L1:yx22x可得其顶点坐标，代入yx2bx可得b的值，进而得出L1的“友好抛物线”；

或a8.9（2）先求出抛物线L1和L2的顶点坐标，根据L2过L1的顶点，得出bn0，进而得到抛物线L1经过L2的顶点，再根据L2与L1的开口大小相同，方向相反，即可得出抛物线L1也是L2的“友好抛物线”；

nn2（3）根据“友好抛物线”的定义，得到ma，进而得到L2的顶点为,．

2a4a1

根据抛物线L2的顶点在第一象限，纵坐标为2，可得an20．

8再根据L2经过点P1,0，得到a8．根据L2经过点Q3,0，得到a进而得出抛物线L2与线段PQ没有公共点时，a的取值范围．

8．9【详解】

解：（1）依题意，可设L1的“友好抛物线”的表达式为：yx2bx，∵L2

1:yx22xx11，

∴L1的顶点为1,1．∵yx2bx过点1,1，∴112b，即b0．

∴L1的“友好抛物线”为：yx2．

（2）L2

n2:ymxnx的顶点为2m,n2

4m

，Lyax2

bx的顶点为bb2

1:2a,4a

，

∵L2为L1的“友好抛物线”，∴ma．∵L2过L1的顶点，

∴2

b24ambb2an2a

．

化简得：bn0．把x

2m代入yax2bx，得2

yann

n2bnn22mb2m



4m2m4m．∴抛物线L1经过L2的顶点．

又∵L2与L1的开口大小相同，方向相反，∴抛物线L1也是L2的“友好抛物线”．

（3）∵抛物线L2:ymx2nx为L1:yax2的“友好抛物线”，

∴ma．

nn2

∴L2:yaxnx的顶点为,．

2a4a

∵抛物线L2的顶点在第一象限，纵坐标为2，

12n2

∴2，即an0．

84a当L2经过点P1,0时，an0，∴a8．

当L2经过点Q3,0时，9a3n0，∴a

．98

a8时，抛物线L2与线段PQ有公共点，98

∴抛物线L2与线段PQ没有公共点时，0a或a8．

9由此可知：

【点睛】

此题考查的是二次函数的综合大题，读懂“友好抛物线”的定义并根据“友好抛物线”的定决实际问题、抛物线的顶点坐标公式和用方程思想解决问题是解决此题的关键.

24．定义：由两条与x轴有着相同的交点，并且开口方向相同的抛物线所围成的封闭曲线称为“月牙线”．如图，抛物线C1与抛物线C2组成一个开口向上的“月牙线”，抛物线C1与抛物线C2与x轴有相同的交点M，N（点M在点N的左侧），与y轴的交点分别为A，B且点

A的坐标为（0，﹣3），抛物线C2的解析式为y＝mx2+4mx﹣12m，（m＞0）．

（1）请你根据“月牙线”的定义，设计一个开口向下．“月牙线”，直接写出两条抛物线的解析式；

（2）求M，N两点的坐标；

（3）在第三象限内的抛物线C1上是否存在一点P，使得△PAM的面积最大？若存在，求出△PAM的面积的最大值；若不存在，说明理由．

【答案】（1）抛物线y＝﹣x2+2x+3与抛物线y＝﹣x2+x+1所围成的封闭曲线即为开口向

33下的“月牙线”；（2）M（﹣6，0），N（2，0）；（3）存在，点P的坐标为（﹣3，﹣△PAM的面积有最大值，最大值为【解析】【分析】

．415）时，4（1）根据定义，只要写出的两个抛物线与x轴有着相同的交点，且a的值为负即可；（2）在解析式y=mx2+4mx-12m中，令y=0解方程即可求出M，N的横坐标，由此可写出M,N两点的坐标；

（3）先根据“月牙线”的定义，设出抛物线C1的一般式，将A点代入即可求得抛物线C1的解析式，再用含t的代数式表示P点坐标，根据S△PAM=S△PMO+S△PAO-S△AOM即可表示△PAM的面积.可根据二次函数的性质求出面积的最大值以及此时P点坐标.【详解】（1）如图1，

抛物线y＝﹣x2+2x+3与抛物线y＝﹣x2+x+1所围成的封闭曲线即为开口向下的“月牙

33线”（此题答案不唯一）；

（2）在抛物线C2的解析式y＝mx2+4mx﹣12m中，当y＝0时，mx2+4mx﹣12m＝0，∵m≠0，∴x2+4x﹣12＝0，解得，x1＝﹣6，x2＝2，∵点M在点N的左边，∴M（﹣6，0），N（2，0）；（3）存在，理由如下：

如图2，连接AM，PO，PM，PA，

∵抛物线C1和抛物线C2与x轴有着相同的交点，并且开口方向相同，

∴可设抛物线C1的解析式y＝nx2+4nx﹣12n（n＞0），∵抛物线C1与y轴的交点为A（0，﹣3），∴﹣12n＝﹣3，∴n＝

，4∴抛物线C1的解析式为y＝∴可设点P的坐标为（t，

t+t﹣3），412

x+x﹣3，4∴S△PAM＝S△PMO+S△PAO﹣S△AOM1111

×6×（﹣t2﹣t+3）+×3×（﹣t）﹣×6×3222493

＝﹣t2﹣t，

42327＝﹣（t+3）2+，

443

∵﹣＜0，﹣6＜t＜0，

4＝

∴根据二次函数的图象和性质知，当t＝﹣3时，即点P的坐标为（﹣3，﹣的面积有最大值，最大值为【点睛】

27．415）时，△PAM4本题考查用待定系数法求二次函数解析式，二次函数与图形问题，二次函数图象及性质，二次函数与坐标轴的交点.（1）中理解“月牙线”的定义是解题关键；（2）二次函数

当y0时，得到一元二次方程ax2bxc0(a0).一元二次方程的解yax2bxc(a0)，

就是二次函数的图象与x轴交点的横坐标；（3）能利用割补法表示△PAM的面积是解题关键.25．小贤与小杰在探究某类二次函数问题时，经历了如下过程：

求解体验

(1)已知抛物线yx2bx3经过点(-1,0),则b=为

，顶点坐标

，该抛物线关于点(0,1）成中心对称的抛物线的表达式

是

抽象感悟

我们定义：对于抛物线yaxbxca0,以y轴上的点M0,m为中心，作该抛物线

关于

点M对称的抛物线y',则我们又称抛物线y'为抛物线y的“衍生抛物线”，点M为“衍生中心”.

(2)已知抛物线yx22x5关于点0,m的衍生抛物线为y'，若这两条抛物线有交点，求m的取值范围.

问题解决

(3)已知抛物线yax2axba022

①若抛物线y的衍生抛物线为ybx2bxab0,两抛物线有两个交点，且恰好

是它们的顶点，求a，b的值及衍生中心的坐标；

②若抛物线y关于点0,k1的衍生抛物线为y1,其顶点为A1；关于点0,k2的

22衍生抛物线为y2，其顶点为A2；…；关于点0,kn的衍生抛物线为yn，其顶点为An；…(n

2为

正整数).求AnAn1的长(用含n的式子表示).

【答案】求解体验：b4；顶点坐标是(-2,1)；yx24x5；抽象感悟：m5；问题解

a3

决：①；（0，6）；②4n2

b3

【解析】

【分析】(1)把(-1，0)代入yx2bx3即可未出b=-4，然后把抛物线解析式变为顶点式即可求得抛物线的顶点坐标，继而可得顶点关于（0，1）的对称点，从而可写出原抛物线关于点(0，1）成中心对称的抛物线的表达式；

（2）先求出抛物线yx22x5的顶点是（-1，6），从而求出(-1，6)关于0，m的对称

2m6，得y'x12m6，根据两抛物线有交点，可以确定方程点是1，

2x16x12m6有解，继而求得m的取值范围即可；

(3)①先求出抛物线yax2axba0以及抛物线y的衍生抛物线为

22ybx22bxa2b0，的顶点坐标，根据两抛物线有两个交点，且恰好是它们的顶点，求a，b的值及再根据中点坐标公式即可求出衍生中心的坐标；②如图，设AA1，AA2…

AAn，AAn1与y轴分别相于B1，B2…Bn，Bn1，

则A与A1，A与A2，…A与An，A与An1分别关于B1，B2…Bn，Bn1中心对称，由题意则可得B1B2，B2B3…

BnBn1分别是△AA1A2，AA2A3…AAnAn1的中位线，继

A2A32B2B3，而可得A1A22B1B2，…AnAn12BnBn1，再根据点的坐标即可求得AnAn1的长.

【详解】求解体验

(1)把(-1，0)代入yx2bx3得b4，∴yx24x3－x21，

2∴顶点坐标是(-2，1)，

∵(-2，1)关于(0，1)的对称点是(2，1)，

∴成中心对称的抛物线表达式是：yx21，

2即yx24x5(如图)

抽象感悟

(2)∵yx22x5x16，

2∴顶点是（-1，6），

2m6，∵(-1，6)关于0，m的对称点是1，∴y'x12m6，

2∵两抛物线有交点，

∴x16x12m6有解，

22∴x25m有解，∴5m0，∴m5；(如图)

问题解决(3)①

∵yax22axb=ax1ab，

2∴顶点（-1，ab），

代入ybx22bxa2得：b2ba2ab①∵

ybx22bxa2bx1a2b，

2∴顶点（1，a2b），

代入yax22axb得：a2aba2b②

a2a4b0由①②得2，

a3a0

∵a0，b0，

a3∴，

b3

∴两顶点坐标分别是（-1，0），（1，12），由中点坐标公式得“衍生中心”的坐标是（0，6）；

②如图，设AA1，AA2…

AAn，AAn1与y轴分别相于B1，B2…Bn，Bn1，

则A与A1，A与A2，…A与An，A与An1分别关于B1，B2…Bn，Bn1中心对称，∴B1B2，B2B3…

BnBn1分别是△AA1A2，AA2A3…AAnAn1的中位线，

∴A1A22B1B2，A2A32B2B3，…AnAn12BnBn1，∵Bn0，kn

2，Bn10，kn1，

22

kn1(kn2]4n2.∴AnAn12BnBn12

【点睛】本题考查了二次函数的综合题，理解题意，画出符合题意的图形借助数形结合思想解决问题是关键.

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