专题11 阅读理解型问题-2023年中考数学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（全国通用）

这是一份专题11 阅读理解型问题-2023年中考数学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（全国通用），文件包含专题11阅读理解型问题解析版docx、专题11阅读理解型问题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共121页， 欢迎下载使用。
专题11：阅读理解型问题
目录
一、热点题型归纳
【题型一】 新定义题型
【题型二】 方法迁移题型
【题型三】 归纳概括题型
【题型四】 几何探究-折叠
【题型五】 几何探究-图形变换
【题型六】 几何探究-类比探究
【题型七】 几何探究-几何动态问题
二、最新模考题组练


【题型一】 新定义题型
【典例分析】
1．定义新运算a*b：对于任意实数a，b满足a*b＝（a+b）（a﹣b）﹣1，其中等式右边是通常的加法、减法、乘法运算，例如3*2＝（3+2）（3﹣2）﹣1＝5﹣1＝4．若x*k＝2x（k为实数）是关于x的方程，则它的根的情况是（　　）
A．有一个实数根 B．有两个不相等的实数根
C．有两个相等的实数根 D．没有实数根
【分析】已知等式利用题中的新定义化简，计算出根的判别式的值，判断即可．
【解答】解：根据题中的新定义化简得：（x+k）（x﹣k）﹣1＝2x，
整理得：x2﹣2x﹣1﹣k2＝0，
∵Δ＝4﹣4（﹣1﹣k2）＝4k2+8＞0，
∴方程有两个不相等的实数根．
故选：B．
【点评】此题考查了根的判别式，方程的定义，以及实数的运算，弄清题中的新定义是解本题的关键．
【提分秘籍】
新定义运算主要考查数与式的运算，方程及不等式的求解等，根据定义运算列出算式、方程或不等式。解题的关键。
【变式演练】
1．定义：min{a，b}＝，若函数y＝min{x+1，﹣x2+2x+3}，则该函数的最大值为（　　）
A．0 B．2 C．3 D．4
【分析】根据题意画出函数图象，通过数形结合求解．
【解答】解：x+1＝﹣x2+2x+3，
解得x＝﹣1或x＝2．

∴y＝，
把x＝2代入y＝x+1得y＝3，
∴函数最大值为y＝3．
故选：C．
【点评】本题考查二次函数与一次函数的综合应用，解题关键是熟练掌握不等式与函数的关系．
2．对于任意两个不相等的数a，b，定义一种新运算“⊕”如下：a⊕b＝，如：3⊕2＝＝，那么12⊕4＝　　．
【分析】先依据定义列出算式，然后再进行计算即可．
【解答】解：12⊕4＝＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查的是算术平方根的性质，根据定义运算列出算式是解题的关键．
3．阅读下面的材料：对于实数a，b，我们定义符号min{a，b}的意义为：当a≥b时，min{a，b}＝b，如：min{4，﹣2}＝﹣2，min{5，5}＝5．根据上面的材料回答下列问题：
（1）min{﹣1，3}＝　﹣1　；
（2）＝时，求x的取值范围．
【分析】（1）比较大小，即可得出答案；
（2）根据题意判断出≥，解不等式即可判断x的取值范围．
【解答】解：（1）由题意得min{﹣1，3}＝﹣1；
故答案为：﹣1；
（2）根据题意，得≥，
去分母，得3（2x﹣3）⩾2（x+2），
去括号，得6x﹣9≥2x+4，
移项、合并同类项，得4x≥13，
系数化为1，得x≥，
所以x的取值范围是x≥．
【点评】本题考查的是一元一次不等式的应用，根据题意理解新定义的计算公式是解题的关键．
4．阅读下列材料
定义运算：min|a，b|，当a≥b时，min|a，b|＝b；当a＜b时，min|a，b|＝a．
例如：min|﹣1，3|＝﹣1；min|﹣1，﹣2|＝﹣2．
完成下列任务
（1）①min|（﹣3）0，2|＝　1　；
②min|﹣，﹣4|＝　﹣4　．
（2）如图，已知反比例函数y1＝和一次函数y2＝﹣2x+b的图象交于A、B两点．当﹣2＜x＜0时，min|，﹣2x+b|＝（x+1）（x﹣3）﹣x2，求这两个函数的解析式．

【分析】（1）根据定义运算的法则解答即可；
（2）根据反比例函数和一次函数图象的性质解答即可．
【解答】解：（1）由题意可知：①min|（﹣3）0，2|＝1，
②min|﹣，﹣4|＝﹣4；
故答案为：1，﹣4．
（2）当﹣2＜x＜0时，min|，﹣2x+b|＝（x+1）（x﹣3）﹣x2＝﹣2x﹣3，
∵一次函数y2＝﹣2x+b，
∴b＝﹣3，
∴y2＝﹣2x﹣3，
当x＝﹣2时，y＝1，
∴A（﹣2，1）
将A点代入y1＝中，得k＝﹣2，
∴y1＝﹣．
【点评】本题主要考查了新定义运算和反比例函数图象的性质，熟练掌握新定义运算的法则和反比例函数的性质是解答本题的关键．
【题型二】 方法迁移题型
【典例分析】
1.阅读下面的材料：
如果函数y＝f（x）满足：对于自变量x取值范围内的任意x1，x2，
（1）若x1＜x2，都有f（x1）＜f（x2），则称f（x）是增函数；
（2）若x1＜x2，都有f（x1）＞f（x2），则称f（x）是减函数．
例题：证明函数f（x）＝x2（x＞0）是增函数．
证明：任取x1＜x2，且x1＞0，x2＞0．
则f（x1）﹣f（x2）＝x12﹣x22＝（x1+x2）（x1﹣x2）．
∵x1＜x2且x1＞0，x2＞0，
∴x1+x2＞0，x1﹣x2＜0．
∴（x1+x2）（x1﹣x2）＜0，即f（x1）﹣f（x2）＜0，f（x1）＜f（x2）．
∴函数f（x）＝x2（x＞0）是增函数．
根据以上材料解答下列问题：
（1）函数f（x）＝（x＞0），f（1）＝＝1，f（2）＝，f（3）＝　　，f（4）＝　　；
（2）猜想f（x）＝（x＞0）是 　减　函数（填“增”或“减”），并证明你的猜想．
【分析】（1）根据题目中函数解析式可以解答本题；
（2）根据题目中例子的证明方法可以证明猜想成立．
【解答】解：（1），，
故答案为，；
（2）猜想：是减函数，
证明：任取x1＜x2，x1＞0，x2＞0，则＝，
∵x1＜x2且x1＞0，x2＞0，
∴x2﹣x1＞0，x1x2＞0，
∴＞0，即f（x1）﹣f（x2）＞0，
∴函数是减函数，
故答案为减．
【点评】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．
【提分秘籍】

方法迁移型的阅读题，一般文字叙述较长，信息量较大，题目背景比较新，即考查学生的知识、阅读能力，又考查学生的解题能力，是中考热点问题，要求通过阅读理解，利用材料中的思想方法来解答后面的问题，学生阅读和理解及快速应用是关键。
【变式演练】
1．阅读材料，解答问题：
材料1
为了解方程（x2）2﹣13x2+36＝0，如果我们把x2看作一个整体，然后设y＝x2，则原方程可化为y2﹣13y+36＝0，经过运算，原方程的解为x1，2＝±2，x3，4＝±3．我们把以上这种解决问题的方法通常叫做换元法．
材料2
已知实数m，n满足m2﹣m﹣1＝0，n2﹣n﹣1＝0，且m≠n，显然m，n是方程x2﹣x﹣1＝0的两个不相等的实数根，由韦达定理可知m+n＝1，mn＝﹣1．
根据上述材料，解决以下问题：
（1）直接应用：
方程x4﹣5x2+6＝0的解为 　x1＝，x2＝﹣，x3＝，x4＝﹣　；
（2）间接应用：
已知实数a，b满足：2a4﹣7a2+1＝0，2b4﹣7b2+1＝0且a≠b，求a4+b4的值；
（3）拓展应用：
已知实数m，n满足：+＝7，n2﹣n＝7且n＞0，求+n2的值．
【分析】（1）利用换元法降次解决问题；
（2）模仿例题解决问题即可；
（3）令＝a，﹣n＝b，则a2+a﹣7＝0，b2+b﹣0，再模仿例题解决问题．
【解答】解：（1）令y＝x2，则有y2﹣5y+6＝0，
∴（y﹣2）（y﹣3）＝0，
∴y1＝2，y2＝3，
∴x2＝2或3，
∴x1＝，x2＝﹣，x3＝，x4＝﹣；
故答案为：x1＝，x2＝﹣，x3＝，x4＝﹣；

（2）∵a≠b，
∴a2≠b2或a2＝b2，
①当a2≠b2时，令a2＝m，b2＝n．
∴m≠n，则2m2﹣7m+1＝0，2n2﹣7n+1＝0，
∴m，n是方程2x2﹣7x+1＝0的两个不相等的实数根，
∴，
此时a4+b4＝m2+n2＝（m+n）2﹣2mn＝．
②当a2＝b2（a＝﹣b）时，a2＝b2＝，此时a4+b4＝2a4＝2（a2）2＝，
综上所述，a4+b4＝或．
（3）令＝a，﹣n＝b，则a2+a﹣7＝0，b2+b﹣7＝0，
∵n＞0，
∴≠﹣n，即a≠b，
∴a，b是方程x2+x﹣7＝0的两个不相等的实数根，
∴，
故+n2＝a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝15．
【点评】本题考查根与系数的关系，幂的乘方与积的乘方，换元法等知识，解题的关键是理解题意，学会模仿例题解决问题．
2.阅读理解：
材料一：若三个非零实数x，y，z满足：只要其中一个数的倒数等于另外两个数的倒数的和，则称这三个实数x，y，z构成“和谐三数组”．
材料二：若关于x的一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两根分别为x1，x2，则有x1+x2＝﹣，x1•x2＝．
问题解决：
（1）请你写出三个能构成“和谐三数组”的实数　如　；
（2）若x1，x2是关于x的方程ax2+bx+c＝0（a，b，c均不为0）的两根，x3是关于x的方程bx+c＝0（b，c均不为0）的解．求证：x1，x2，x3可以构成“和谐三数组”；
（3）若A（m，y1），B（m+1，y2），C（m+3，y3）三个点均在反比例函数y＝的图象上，且三点的纵坐标恰好构成“和谐三数组”，求实数m的值．
【分析】（1）根据“和谐三数组”写成一组即可得出结论；
（2）先根据材料2，得出+＝﹣，再求出一元一次方程的解，进而得出＝﹣，即可得出结论；
（3）先用m表示出y1，y2，y3，进而表示出它们的倒数，再根据“和谐三数组”分三种情况，建立方程求解即可得出结论．
【解答】解：（1）根据题意得，能构成“和谐三数组”的实数有，，，；
理由：的倒数为2，的倒数为3，的倒数为5，而2+3＝5，
∴能构成“和谐三数组”，
故答案为：如；

（2）证明：∵x1，x2是关于x的方程ax2+bx+c＝0（a，b，c均不为0）的两根，
∴x1+x2＝﹣，x1•x2＝，
∴+＝＝﹣，
∵x3是关于x的方程bx+c＝0（b，c均不为0）的解，
∴x3＝﹣，
∴＝﹣，
∴+＝，
∴x1，x2，x3可以构成“和谐三数组”；

（3）A（m，y1），B（m+1，y2），C（m+3，y3）三点的纵坐标恰好构成“和谐三数组”，
∵A（m，y1），B（m+1，y2），C（m+3，y3）三个点均在反比例函数y＝的图象上，
∴y1＝，y2＝，y3＝，
∴＝，＝，＝，
∵A（m，y1），B（m+1，y2），C（m+3，y3）三点的纵坐标恰好构成“和谐三数组”，
∴①+＝，
∴+＝，
∴m＝2，
②+＝，
∴+＝，
∴m＝﹣4，
③+＝，
∴+＝，
∴m＝﹣2，
即满足条件的实数m的值为2或﹣4或﹣2．
【点评】此题主要考查了新定义的理解和运用，反比例函数图象上点的坐标特征，利用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键．
3．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＝　210﹣1　；
（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）．
【分析】（1）利用题中的方法设S＝1+2+22+…+29，两边乘以2得到2S＝2+22+…+210，然后把两式相减计算出S即可；
（2）利用题中的方法设S＝3+32+33+34+…+310，两边乘以3得到3S＝3+32+33+34+35+…+311，然后把两式相减计算出S即可；
（3）利用（2）的方法计算．
【解答】解：（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+32+33+34+…+310①，
则3S＝32+33+34+35+…+311②，
②﹣①得2S＝311﹣3，
所以S＝，
即3+32+33+34+…+310＝；
故答案为：；
（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；
a不等于1时，a﹣1才能做分母，所以S＝，
即1+a+a2+a3+a4+..+an＝，
【点评】本题考查了规律型：数字的变化类：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．

【题型三】 归纳概括题型
【典例分析】
1.阅读与理解：连接三角形的顶点和它所对的边的中点所得的线段称为三角形的中线．
由三角形的中线得出结论：三角形的中线等分三角形的面积．
即如图1，AD是△ABC中BC边上的中线，则S△ABD＝S△ACD＝，
理由：∵BD＝CD，∴S△ABD＝，即：等底同高的三角形面积相等．
操作与探索：在如图2至图4中，△ABC的面积为a．
​
（1）如图2，延长△ABC的边BC到点D，使CD＝BC，连接DA，若△ACD的面积为S1，则S1＝　a　（用含a的代数式表示）；
（2）如图3，延长△ABC的边BC到点D，延长边CA到点E，使CD＝BC，AE＝CA，连接DE，若△DEC的面积为 S2，则S2＝　2a　（用含a的代数式表示）；
（3）在图3基础上延长AB到点F，使BF＝AB，连接FD，FE，得到△DEF （如图4），若阴影部分的面积为S3，则S3＝　6a　（用含a的代数式表示）．
拓展与应用：如图5，已知四边形ABCD的面积是a，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，求图中阴影部分的面积？
​
【分析】（1）根据等底同高的三角形面积相等，可知道△ACD的面积和△ABC的面积相等．
（2）根据等底同高的三角形面积相等，可知道S△ABC＝S△ACD＝S△AED＝a，从而可求出结果．
（3）阴影部分的面积为三个三角形，这三个三角形面积相等，从（2）可知都为2a．可求出阴影部分的面积．
（4）连接：AO，BO，CO，DO，根据等底同高的三角形面积相等，可求出结果．
【解答】解：（1）∵CD＝BC
∴S△ACD＝S△ABC，
∴S1＝a，
故答案为：a；

（2）连接AD，

∵CD＝BC，AE＝CA，
∴S△ABC＝S△ACD＝S△AED，
∵S△DEC＝2S△ABC＝S2，
∴S2＝2a，
故答案为：2a；

（3）由（2）得：
S△CDE＝S△AEF＝S△BFD＝2a，
∴阴影部分的面积为S3＝3×2a＝6a，

连接：AO，BO，CO，DO，

∵S△AOE＝S△BOE＝S△AOB，
同理：，，，
∴．
故答案为：6a．
【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了三角形的面积，解答本题的关键知道等底同高的面积相等，从而可求出解．
【提分秘籍】
解决归纳总结阅读理解型问题的关键是要认真仔细地阅读给定的材料信息，弄清材料中隐含了什么条件、新的数学知识和结论，或揭示了什么数学规律，暗示了什么新的思想方法，然后展开联想，将获得的条件信息、知识、方法进行加工提炼、归纳概括、判断推理、迁移并运用，从而解决问题.

【变式演练】
1.我们把两条中线互相垂直的三角形称为“中垂三角形”、例如图1，图2，图3中，AF，BE是△ABC的中线，AF⊥BE，垂足为P．像△ABC这样的三角形均为“中垂三角形”．设BC＝a，AC＝b，AB＝c．

【特例探索】：
（1）①如图1，当∠ABE＝45°，c＝4时，a＝　4　，b＝　4　；
②如图2，当∠ABE＝30°，c＝2时，求a和b的值．
【归纳证明】：
（2）请你观察（1）中的计算结果，猜想三者之间的关系，用等式表示出来，并利用图3证明你发现的关系式．
（3）利用（2）中的结论，解答下列问题：在边长为3的菱形ABCD中，O为对角线AC，BD的交点，E，F分别为线段AO，DO的中点，连接BE，CF并延长交于点M，BM，CM分别交AD于点G，H，如图4所示，求MG2+MH2的值．
【分析】（1）先判断△ABP是等腰直角三角形，再得到△EFP也是等腰直角三角形，最后计算即可；
（2）先设AP＝m，BP＝n，表示出线段PE，PF，最后利用勾股定理即可．
（3）证出MG＝ME＝MB，MH＝MC，则MG2+MH2＝（MB2+MC2），即可求解．
【解答】解：（1）①如图1，连接EF，则EF是△ABC的中位线，
∴EF＝AB＝2，
∵∠ABE＝45°，AE⊥EF，
∴△ABP是等腰直角三角形，
∵EF∥AB，
∴△EFP也是等腰直角三角形，
∴AP＝BP＝4，EP＝FP＝2，
∴AE＝BF＝＝2，
∴a＝BC＝2BF＝4，b＝AC＝2AE＝4；
故答案为：4，4；
②如图2，
连接EF，则EF是△ABC的中位线．
∵∠ABE＝30°，AE⊥BF，AB＝2，
∴AP＝1，BP＝AP＝，
∵EF∥AB，EF＝AB＝1，
∴PF＝EF＝，PE＝PF＝，
∴AE＝＝＝，BF＝＝＝，
∴BC＝a＝2BF＝，b＝AC＝2AE＝；
（2）a2+b2＝5c2，理由如下：
如图3，连接EF，
设AP＝m，BP＝n，
则c2＝AB2＝m2+n2，
∵EF∥AB，EF＝AB，
∴PE＝BP＝n，PF＝AP＝m，
∴AE2＝AP2+PE2＝m2+n2，BF2＝PF2+BP2＝m2+n2，
∴b2＝AC2＝4AE2＝4m2+n2，a2＝BC2＝4BF2＝4n2+m2，
∴a2+b2＝5（m2+n2）＝5c2．
（3）∵AE＝OE＝EC，AG∥BC，
∴AG＝BC＝AD，则EF＝BC＝AD，
同理HG＝AD，
∴GH＝AD，
∴GH＝EF，
∵GH∥BC，EF∥BC，
∴HG∥EF，
∴MG＝ME＝MB，
同理：MH＝MC，
则MG2+MH2＝（MB2+MC2）＝×5×BC2＝×5×32＝5；
故答案为：5．

【点评】此题是三角形综合题，主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的中位线定理、菱形的性质等知识，熟练掌握三角形中位线定理和勾股定理是解本题的关键．
2.筝形的定义：两组邻边分别相等的四边形叫做筝形．

(1)根据筝形的定义，写出一种学过的满足筝形的定义的四边形：______；
(2)如图1，在正方形中，E是对角线延长线上一点，连接．求证：四边形是筝形：
(3)小明学习筝形后对筝形非常感兴趣，购买了一只风筝，通过测量它的主体（如图2）得，，发现它是一个筝形，还得到，，，求筝形的面积．
【答案】(1)菱形，正方形
(2)证明见解析
(3)

【分析】（1）根据筝形的定义结合所学知识可得答案；
（2）根据正方形的性质利用证明，得到，再由，即可证明四边形是筝形：
（3）如图所示，过点A作交延长线于E，连接，先证明，推出，求出，得到，进而求出，利用三角形面积公式求出，则．
【详解】（1）解：由题意得，菱形和正方形都是筝形，
故答案为：菱形，正方形；
（2）证明：∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是筝形：
（3）解：如图所示，过点A作交延长线于E，连接，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，菱形的性质，勾股定理，含度角的直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
3．小新学习了特殊的四边形一平行四边形后，对特殊四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．

(1)概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是______．
(2)性质探究：通过探究，直接写出垂美四边形的面积S与两对角线，之间的数量关系：______．
(3)问题解决：如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接已知，．
①求证：四边形为垂美四边形；
②直接写出四边形的面积．
【答案】(1)菱形、正方形
(2)
(3)①见解析；②130

【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论；
（2）四边形的面积=的面积+的面积；
（3）①连接，证出，由证明，得出，，再由角的互余关系和三角形内角和定理求出，得出即可；②根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可．
【详解】（1）∵在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形、正方形，
∴菱形和正方形一定是垂美四边形；
故答案为：菱形、正方形；
（2）如图1所示：

∵四边形的面积=的面积+的面积

=；
故答案为：；
（3）①证明：连接交于N，交于M，如图2所示：

∵四边形和四边形是正方形，
∴，，，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
∴，，
又∵，，
∴，
∴，
∴四边形为垂美四边形；
②∵
∴
∴，
在中，
∴，
∵四边形为垂美四边形，
∴四边形的面积
【点睛】本题考查的是垂美四边形的判定与性质、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．
【几何探究-提分秘籍】
探究线段之间的数量关系
1.两条线段之间的数量关系
在证明两条线段的数量关系时，相等的情况较多，有时也出现证明两条线段的倍数关系，如AB=2CD或AB=2CD等.
(1)在证明两条线段相等的过程中，可以根据特殊四边形的性质证明两条线段相等，也可以证明两个三角形全等，根据全等三角形的性质，证明两条线段相等.
(2)在证明两条线段倍分关系时，利用构造基本图形模型证明，具体情况如下：
①利用三角形的中位线或直角三角形证明a=12b。
②利用等腰直角三角形证明a=2b;
③利用含有30°角的直角三角形证明a=3b等.


2.三条线段之间的数量关系
在证明三条线段之间的和差问题时，往往与证明两条线段的数量关系的方法类同，但增强了知识的灵活运用能力.需将全等三角形的性质和特殊三角形的性质结合起来，再通过等量代换进行证明.
探究线段之间的位置关系
两条线段是垂直还是平行关系一目了然，关键是如何证明，方法如下：先观察图形，根据图形先推测两线段的位置关系是平行或垂直.
(1)若平行，则常通过以下方法进行证明：①平行线判定的定理；②平行四边形对边平行；③三角形中位线的性质等.
(2)若垂直，则可考虑以下几点：①两线段所在直线夹角为90°;②两线段是矩形的邻边；③两线段是菱形的对角线；④勾股定理的逆定理；⑤等腰三角形三线合一的性质等.

【题型四】 几何探究-折叠
【典例分析】
1.综合与实践：综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．

(1)操作判断
操作一：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；
操作二：在上选一点P，沿折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接、．
根据以上操作，如图1，当点M在上时，写出下图中一个的角：
(2)迁移探究
小华将矩形纸片换成正方形纸片，且边长为，继续探究，过程如下：
将正方形纸片按照（1）中的方式操作，并延长交于点Q，连接．
①如图2，当点M在上时，求的长．
②当点M不在上，经过点M的直线，交于G，交于H，当点P恰好为边的中点时，的长为 ．
【答案】(1)或或或；
(2)①；②．

【分析】（1）由翻折可知，且由得结合直角三角形锐角互余，翻折及平行线的性质可求得；
（2）①同（1）可得，结合平行线的性质可得，结合翻折和平行线性质即可求得，结合题意由勾股定理可求得，即，在中，，代入，可求得；
②如图3−1中，设，易证四边形是矩形，可求得，，当时，，由翻折易得，由，得，即可证得，即，得，中，由代入求解即可．
【详解】（1）解：∵对折矩形纸片，
∴，
∵沿折叠，使点A落在矩形内部点M处，

∵，
，
，
由翻折可知，
，
，
，
故答案为：或或或（任写一个即可）；
（2）①同（1）可得，
，
，
由翻折可知，
，
，
，
，
由折叠可知，，，
，
又，
∴，
在中，，，
∴；
②如图3−1中，设，

，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
，
，
当时，
，
，
由翻折可知，
，
，
即，
，
，
，
，
，
，
，
，
在中，
，
，

∴或（舍去），
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了与矩形有关的折叠问题，勾股定理解直角三角形，三角函数的应用，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质；解题的关键是熟练掌握相关性质，并正确求解．

【变式演练】
1.综合与实践
数学活动课上，同学们开展了以折叠为主题的探究活动，如图1．已知矩形纸片，其中，．

(1)操作判断
将矩形纸片按图1折叠，使点落在边上的点处，可得到一个的角，请你写出一个的角．
(2)探究发现
将图1的纸片展平，把四边形剪下来如图2，取边的中点，将沿折叠得到，延长交于点，判断的周长是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
(3)拓展应用
改变图2中点的位置，令点为射线上一动点，按照（2）中方式将沿折叠得到，所在直线交于点，若点为的三分点，请直接写出此时的长．
【答案】(1)（或，，）
(2)是定值，
(3)或

【分析】（1）利用矩形的性质和折叠的性质证明四边形是正方形，然后利用正方形的性质即可得出结论；
（2）周长为定值．连结，先证明四边形是矩形，可得，，由折叠性质并结合为的中点可得到，，，然后证明可得到，最后计算可知是一常数，结论得证；
（3）分两种情况计算：①当点为的三分点且靠近点时，②当点为的三分点且靠近点时，利用勾股定理和折叠的性质即可得出结论．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵将矩形纸片按图1折叠，使点落在边上的点处，
∴，，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∴的角有（或，，）．
（2）周长为定值．
解：连结，
∵四边形是矩形，，，
，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
由折叠性质得：，，，
∵为的中点，
∴，
∴，
在与中，
，
∴
∴，
∴的周长为：





，
即：的周长为定值．

（3）①如图，当点为的三分点且靠近点时，连接，
∴，
∴，
在中，，
∴；

②如图，当点为的三分点且靠近点时，连接，
∴，
在中，，
∴；
综上所述，的长为或．

【点睛】本题是四边形综合题，主要考查折叠的性质，矩形的判定和性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，运用了分类讨论的思想．通过添加适当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
2．实践与探究
(1)操作一：如图①，对折矩形纸片，使与重合，折痕为．把纸片展平后，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在上，点的对应点为点，折痕为，连结．
①当矩形是正方形时，是______三角形；
②当是等腰直角三角形时，求边与边之间的数量关系；
③若点、、共线，求证：．

(2)操作二：如图②，在矩形中，，．先将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在矩形的内部，点的对应点为点，折痕为．然后沿过点的直线折叠，使点落在直线上，折痕为，点的对应点为点．再将矩形沿过点的直线继续折叠，折痕为，点的对应点为点．我们发现，点的位置不同，点的位置也不同．当点恰好与点．重合时，线段的长为______．


【答案】(1)等边；②；③见解析；

(2)

【分析】（1）①由折叠得：，，，从而可证，即可求解；
②可求，可得，从而可以求解．
③可证，，，从而可求证．
（2）设，则有，在中，即可求解．
【详解】（1）①解：当矩形是正方形时，如图

由折叠得：，，，
，
矩形是正方形，
，
，
是等边三角形．
故答案：等边．
②解：是等腰直角三角形，
，
由折叠得：，，
，
即：，
四边形是矩形，
，
．
故：边与边之间的数量关系为：．
③证明：如图，

四边形是矩形，
，，，
，
由折叠得：，，
，
、、三点共线，
，
，
在和中
，
（）．
（2）解：四边形是矩形，
，，
，
由折叠得：，，
设，则有，
，
，
在中
，
，
解得：，


．
故答案：．
【点睛】本题考查了在矩形中的三角形折叠问题，折叠的性质，勾股定理，三角形的全等判定，矩形的性质，理解折叠的过程，掌握相关的性质及定理是解题的关键．
【题型五】 几何探究-图形变换
【典例分析】
1.如图，已知正方形，，将绕点A顺时针旋转，

(1)如图1它的两边分别交于点E、F，G是延长线上一点，且始终保持．
①求证：；
②当时：求m的值；
(2)在②的m值的条件下，旋转到图2位置，它的两边分别与的延长线交于点E、F，探究之间存在数量关系，并写出证明．
【答案】(1)①见解析；②45
(2)，证明见解析

【分析】（1）①先证明，得出，从而得到，得出结论；
②由，．得到．得出．据此即可求得；
（2）把绕点A逆时针旋转到，交于点G，同理得到，据此求解即可.
【详解】（1）证明：①在正方形中，
，
．
在和中，，
∴；
∴，
∴，
∴；
②解：∵，
∴．
∵，
∴．
在和中，，
∴．
∴，
∴，
即；
（2）解：，
证明如下：
如图，把绕点A逆时针旋转到，交于点G，

同（1）可证得，
∴，且，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，解题的关键是根据三角形全等求出相等的角与边．

【变式演练】
1.综合与实践综合与实践课上，老师与同学们以“特殊的三角形”为主题开展数学活动．

(1)操作判断：如图1，在中，，点P是直线上一动点．操作一：连接，将线段绕点P逆时针旋转得到，连接，如图2．根据以上操作，判断：如图3，当点P与点A重合时，则四边形的形状是 ；
(2)迁移探究：①如图4，当点P与点C重合时，连接，判断四边形的形状，并说明理由；
②当点P与点A，点C都不重合时，试猜想与的位置关系，并利用图2证明你的猜想；
(3)拓展应用：当点P与点A，点C都不重合时，若，请直接写出的长．
【答案】(1)正方形
(2)①四边形是平行四边形，见解析；②，见解析
(3)的长为或

【分析】由旋转得，，而，，则，，所以，即可证明四边形是正方形，于是得到问题的答案；
因为点与点重合，所以，，则，即可证明四边形是平行四边形；
作交于点，连接，则，可证明，得，，则，，得，即可证明四边形是矩形，则；
分两种情况，一是点在线段上，作交于点，连接，则，，四边形是矩形，因为，所以；二是点在线段的延长线上，作交的延长线于点，连接，可证明，得，，则，，进而证明四边形是矩形，因为，所以．
【详解】（1）解：由旋转得，，
点与点重合，
，，
，，
，，
则，
四边形是平行四边形，
，，
四边形是正方形，
故答案为：正方形．
（2）解：①四边形是平行四边形，
证明：点与点重合，
，，
则，
四边形是平行四边形．
，
证明：如图，作交于点，连接，则，
，
，，
，
，
，
，
∴，
，，
，，
则，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
，
．
（3）解：当点在线段上，如图，作交于点，连接，则，
由得，四边形是矩形，
，，
，
，
；
当点在线段的延长线上，如图，作交的延长线于点，连接，
，
，
，
，
，
，
∴，
，，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
，
，
综上所述，的长为或．

【点睛】本题重点考查等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、正方形的判定、平行四边形的判定、矩形的判定与性质、勾股定理、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
2．在边长为8的等边三角形中，为的中点，分别为上任意一点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接交于点，连接．

(1)如图1，点与点重合，且的延长线过点，证明：四边形是菱形；
(2)如图2，的延长线交于点，当时，求的度数；
(3)如图3，为的中点，连接为直线上一动点，连接，将沿翻折至所在平面内，得到，连接，直接写出线段长度的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)

【分析】（1）边三角形与旋转的性质证明是等边三角形，得到，再证明，得，，从而得是等边三角形，得到，则有，即可得出结论；
（2）过点E作，交于H，连接，证是等边三角形，得到，不规则证明，得到，然后利用等边对等角和三角形内角和与外角性质求解即可；
（3）先求出，由折叠知，，则点是在以点E为圆心，为半径的上，再由旋转可知，，所以点G在以的中点为端点，与互相垂直平分的线段上，所以的最小值为，要使最小，则最大，又点F为上的点，所以点F在点D或点A时，最大，即最大，最大值为，即可求解．
【详解】（1）证明：∵是等边三角形，
∴，，即，
由旋转可得，，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴
∵为的中点，是等边三角形，，
∴，，
∴，
∴
∴是等边三角形，
∴，
∴
∴四边形是菱形；
（2）解：过点E作，交于H，连接，如图，

∵是等边三角形，
∴
∵
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
由（1）可知，，
∵为的中点，等边三角形，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∴，  
设，则，，
∴
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：解：∵点E是的中点，
∴，
∴，
由折叠知，，
∴点是在以点E为圆心，为半径的上，
由旋转可知，，
∵点F为上的点，
∴点G在以的中点为端点，与互相垂直平分的线段上，
∴的最小值为，
要使最小，则最大，
∵点F为上的点，
∴点F在点D或点A时，最大，即最大，如图，

最大值为，
∴线段长度的最小值为．
【点睛】本题考查等边三角形的性质和判定，全等三角形的判定与性质，三角形内角和与外角性质，直角 三角形的性质，勾股定理，最短路径问题，本题属三角形综合题目，有一定难度，属中考试压轴题目，需要熟练掌握三角形相关知识，分析出最小值时，点F与点的位置是解题的关键．

【题型六】 几何探究-类比探究
【典例分析】
【基础巩固】
（1）如图1，于点B，于点C，交于点，求证∶．
【尝试应用】
（2）如图2，在矩形中，是上的一点，作交于点，，若，求的值．
【拓展提高】
（3）如图3，菱形的边长为为上的一点，作交于点，交于点，且，求的长．

【答案】（1）见解析
（2）
（3）
【分析】（1）证明即可得出结论；
（2）先证明，得，再设，则，，即，解之即可求出x值，再把x值代入比例式中即可求解；
（3）连接交于M，交于O，根据菱形性质和解直角，求得，，再证明，得，从而得，继而求得，然后证明，得到， 则，即可求得，，从而求得，则可求得，，，证明得，即，则，最后由求解即可．
【详解】解：（1）∵，
∴，
∵，
∴，
，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）∵矩形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，，
∴，
解得：，（不符合题意，舍去），
∴；
（3）连接交于M，交于O，

∵菱形，
∴，
∴，
∴，
设，，由勾股定理，得
，解得：，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵菱形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，即，
∴，
∴，，
∵菱形，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
【点睛】本题考查矩形的性质 ，菱形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，属四边形综合题目，难度较大，为中考压轴题目．

【变式演练】
1.【基础巩固】（1）如图1，在中，D，E，F分别为上的点，，，交于点G.求证：；
【尝试应用】（2）如图2，在（1）的条件下，连结.若，，，求的值；
【拓展提高】（3）如图3，在中，，与交于点O，E为上一点，交于点G，交于点F，若，平分，，请直接写出的长．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】（1）证明，根据相似三角形的性质得到，进而证明结论；
（2）根据线段垂直平分线的性质求出，根据相似三角形的性质计算，得到答案；
（3）作辅助线如详解图，根据直角三角形的性质求出，求出，根据直角三角形的性质、勾股定理计算即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：延长交于M，连接，过点M作于N，

∵四边形为平行四边形，
∴，
∵，
∴由（1）的结论可知：，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、平行四边形的性质、直角三角形的性质，正确添加辅助线、熟练掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
2．阅读材料：如图，在中，，分别是边，的中点，小明在证明“三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半”时，通过延长到点，使，连接，证明，再证四边形是平行四边形即得证．

(1)类比迁移：如图，是的中线，交于点，交于点，且，求证：．小明发现可以类比材料中的思路进行证明．
证明：如图，延长至点，使，连接，…请根据小明的思路完成证明过程．
(2)方法运用：如图，在等边中，是射线上一动点（点在点的右侧），连接．把线段绕点逆时针旋转得到线段．是线段的中点，连接，．
①请你判断线段与的数量关系，并给出证明；
②若，，请直接写出的长．
【答案】(1)见解析
(2)①，见解析；②2或4

【分析】（1）延长至，使，连接，证明（），由全等三角形的性质可得出，，则可得出结论；
（2）①延长至点，使，连接、，先证（），得，，则，再证（），得，，然后证是等边三角形，即可得出结论；
②分两种情况，当为的中位线时，，可求出答案；当不是的中位线时，连接，取的中点，连接，过点作，过点作于点，过点作于点，证明（），得出，则可得出答案．
【详解】（1）证明：延长至，使，连接，

在和中，
，
∴（），
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）①解：线段与的数量关系为：，
证明如下：延长至点，使，连接、，如图所示：

∵点为的中点，
∴，
在和中，
，
∴（），
∴，，
∴，
∵线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，，
∴，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴（），
∴，，
∴，
∴是等边三角形，
∴；
②解：的长为或．
当为的中位线时，，
∴为的中点，
∴，
∴，
如图，当不是的中位线时，连接，取的中点，连接，过点作，过点作于点，过点作于点，

∵为等腰三角形，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵为的中点，为的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
∴（），
∴，
∴，即，
∴，即，
综上所述，的长为或．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、三角形中位线定理的证明、旋转的性质、含角的直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．

【题型七】 几何探究-几何动态问题
【典例分析】
1.如图，在矩形中，点是边上的一个动点（点与点不重合），连接，过点作，垂足为点，交或的延长线于点．

(1)若，．
①当时，______；
②已知点是边的中点，当点在边上运动时，能不能经过点？若能，求出的长度；若不能，说明理由；
③若点在边上，且，当点从点开始运动到点停止时，点运动的路径为______；
(2)若，．当点在边上运动时，求使得下列两个条件都成立的的取值范围：点始终在边上；点在某一位置时，点恰好与点重合．
【答案】(1)①；②不能经过点，见解析；③
(2)

【分析】（1）①当时，为等腰直角三角形，从而得到也为等腰直角三角形，可以得到，即可求解．
②假设经过点，可证明∽，有，然后设，，根据比例式建立二元一次方程，判断方程是否有符合条件的解，如无解，则说明不经过点，反之亦然．
③先设为,然后用②中的比例关系表示出路径，求得取最大值时相应点所在的位置，再求出从该位置运动到点时点所运动的路径，然后把两个路径加起来就点共运动的路径；
（2）设，根据（1）中的比例关系，求出关于的函数解析式，且的最大值小于等于，据此求出的取值范围；又根据和重合，得到、、均为直角三角形，然后根据勾股定理，建立关于的一元二次方程，相应，然后又可求出的取值范围，然后结合两个取值范围，最后可以求出的最终取值范围．
【详解】（1）解：①

∵
∴
∴
又∵
∴
故的长为2．
②假设过点，则有

∵，
∴，
又∵，
∴∽，
∴ ，
设，，
则有
整理得
，该方程无解，不存在这样的，
∴不能经过点．
③根据②中，，设，，
则有

当时，有最大值，
此时点为中点时，的运动路径为，如下图：

当从中点运动到点时，如下图，，

则的运动路径为
∴运动的总路径为：
故答案是．
（2）解：由（1）可知，
设，则

当时，有最大值
当点始终在线段上时，，则有
∴
，又，
∴
当在某位置时，点恰好与点重合，

则、、均为直角三角形，
在中，有，
又
∴
整理得：

∴
又
∴

故的取值为时，题中两个条件才成立．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、矩形的性质、二次函数的最值等知识点，利用相似建立函数关系是求解这道题的关键．
【变式演练】
1.如图，矩形中，，．一动点P从B点出发沿对角线方向以每秒2个单位长度的速度向点D匀速运动，同时另一动点Q从D点出发沿方向以每秒1个单位长度的速度向点C匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点P、Q运动的时间为t秒．过点P作于点E，连接，．

(1)求证：；
(2)四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，说明理由．
(3)当t为何值时，△PQE为直角三角形？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)能，
(3)当或，见解析

【分析】（1）由垂直得，在中，，由，可得，即可证明结果；
（2）先证明四边形是平行四边形，，，当时，四边形为菱形，即可求解；
（3）分类讨论：①当，②当，③当即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
在中，，
∵，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：能，理由如下：∵四边形为矩形，，，
∴，
由（1）知，，
∴四边形为平行四边形，
在中，，，
∴，
∵，
∴，
若使平行四边形为菱形，则需，即，
∴，
即当时，四边形为菱形；
（3）解：①当时，四边形为矩形，
∴，
∵，，
∴，即；
②当时，，
在中，，
∴，
∵，
∴，即．
③当时，此种情况不存在，
综上所述，当或时，为直角三角形．
【点睛】本题考查动点问题、菱形的判定与性质及矩形的性质，找到动点运动的规律和路线、速度、以及是否停止和有无取值范围是解题的关键．
2．如图，在长方形中，，，点是边上的一点，、分别长、，满足，动点从点出发，以的速度沿运动，最终到达点．设运动时间为．

(1)______，______；
(2)为何值时，把四边形的周长平分？
(3)另有一点从点出发，按照的路径运动，且速度为，若、两点同时出发，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动．求为何值时，的面积等于．
【答案】(1)3，3
(2)
(3)或或

【分析】（1）由非负性可求a，b的值；
（2）先求出，可得，可求，即可求解；
（3）分三种情况讨论，由三角形的面积公式可求解．
【详解】（1）∵，
∴，
∴；
故答案为：3，3；
（2）∵，
∴，
∴，
∵把四边形的周长平分，
∴，
∴，点P在上，
∴；
（3）①点P在上，
∵，
∴；
②相遇前，点P在上，
∵，
∴；
③相遇后，点P在上，
∵，
∴；
∴综上所述，当或或时，的面积等于．
【点睛】本题考查了矩形的性质，非负数的性质，一元一次方程的应用等知识，利用分类讨论思想是解本题的关键．

1．（2023·江苏宿迁·统考二模）定义：，若函数，则该函数的最小值为（   ）
A． B．0 C． D．3
【答案】C
【分析】分两种情况讨论：当，即时，当，即或时，并结合一次函数和二次函数的图象和性质解答，即可．
【详解】解：当，即时，
，
∵，
∴当时，该函数的值最小，最小值为；
当，即或时，
，
∴当时，y随x的增大而增大，当时，y随x的增大而减小，
∵，
∴当时，该函数的值最小，最小值为；
综上所述，该函数的最小值为．
故选：C
【点睛】本题主要考查了一次函数和二次函数的图象和性质，利用分类讨论思想解答是解题的关键．
2．（2023·山东枣庄·统考一模）定义运算：若，则，例如，则．运用以上定义，计算：（    ）
A． B．2 C．1 D．4
【答案】A
【分析】先根据乘方确定，根据新定义求出，然后代入计算即可．
【详解】解：∵，
∴
∴，
，
．
故选：A．
【点睛】本题考查新定义对数函数运算、乘方的逆运算等知识点，仔细阅读题目中的定义，找出新定义运算的实质是乘方的逆运算是解答本题的关键．
3．（2023·河南驻马店·校联考二模）对于实数，定义运算“☆”如下：，例如，则方程的根的情况为（    ）
A．没有实数根 B．只有一个实数根
C．有两个相等的实数根 D．有两个不相等的实数根
【答案】C
【分析】根据题意所给的运算得出一元二次方程，然后根据根的判别式进行解答即可．
【详解】解：根据题意即为，
整理得：，
则，
∴此方程有两个相等的实数根，
故选：C．
【点睛】本题考查了定义新运算以及一元二次方程根的判别式，熟知关于的一元二次方程：若，则方程有两个不相等的实数根；若，则方程有两个相等的实数根；若，则方程没有实数根．
4．（2023·统考一模）有一列数，记为，，…，，记其前n项和为，定义为这列数的“亚运和”，现有99个数，，…，，其“亚运和”为1000，则1，，，…，这100个数的“亚运和”为（    ）
A．791 B．891 C．991 D．1001
【答案】C
【分析】根据“亚运和”的定义分析可得99个数，，…，，其“亚运和”为1000，，即．同理根据定义求新数列1，，，…，这100个数的“亚运和”．
【详解】解：∵，
∴，
∴1，，，…，这100个数的“亚运和”为




．
故选：C．
【点睛】本题是一道找规律的题目，这类题型在中考中经常出现．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．关键是找到．
5．（2023·广东·二模）定义新运算“※”：对于实数，，，，有，其中等式右边是通常的加法和乘法运算，如：．若关于的方程有两个相等的实数根，则的值是__________．
【答案】
【分析】由新定义的运算法则可得出关于x的方程为，由该方程有两个相等实数根可得，即且，解出k的解集即可．
【详解】由新定义的运算法则可得出：．
∵，
∴．
∵该方程有两个相等实数根，
∴且，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查新定义下的实数运算，一元二次方程的定义，根据一元二次方程根的情况求参数．掌握一元二次方程的根的判别式为，且当时，该方程有两个不相等的实数根；当时，该方程有两个相等的实数根；当时，该方程没有实数根是解题关键．
6．（2023·浙江宁波·统考一模）对于实数，我们定义运算，如：．则方程的解为__________．
【答案】
【分析】根据题目中给出的信息，列出方程，解方程即可．
【详解】解：∵，
∴，
解得：，
经检验是原方程的根据，
∴原方程的解为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了新定义运算，解分式方程，解题的关键是理解题意，列出方程，准确计算．
7．（2023·江苏宿迁·统考二模）定义：若一个函数图象上存在到坐标轴距离相等的点，则称该点为这个函数图象的“等距点”．例如，点和是函数图象的“等距点”．
(1)判断函数的图象是否存在“等距点”？如果存在，求出“等距点”的坐标；如果不存在，说明理由；
(2)设函数图象的“等距点”为A、B，函数图象的“等距点”为C，若的面积为时，求函数的表达式；
(3)若函数图象恰存在2个“等距点”，试求出m的取值范围．
【答案】(1)存在，或或
(2)或
(3)或

【分析】（1）根据题中“等距点”的定义列出方程求解即可；
（2）先求出反比例函数及一次函数图象上的“等距点”，然后由三角形面积列出方程求解即可；
（3）根据“等距点”列出一元二次方程，再由题意中恰好有2个“等距点”，利用一元二次方程根的判别式求解即可．
【详解】（1）解：存在“等距点”
令，
解得，
∴函数的图象上有两个“等距点”或
令，
解得，
∴函数的图象上有两个“等距点”或．
综上所述，函数的图象上有三个“等距点”或或
（2）令，
解得，
则，
∴
令，
解得，则，
∴，
∵，
∴
即，
解得，
∴或，
（3）令，整理得，．

当或时，
此时在一、三象限有2个“等距点”．
令，整理得，

当或时，
此时在二四象限有2个“等距点”．
∵函数图象恰存在个“等距点”
∴或．
【点睛】题目主要考查新定义题型的理解，包括一次函数，二次函数及反比例函数，理解题意是解题关键．
8．（2023·内蒙古赤峰·统考二模）阅读理解：a，b，c，d是实数，我们把符号称为阶行列式，并且规定：，例如：．二元一次方程组的解可以利用阶行列式表示为：；其中，，．
问题解决：
(1)计算行列式的值为______；
(2)利用二阶行列式解二元一次方程组，写出解题过程；
【答案】(1)
(2)，过程见详解

【分析】（1）根据题中所给定义进行求解即可；
（2）根据题中所给新定义运算可进行求解．
【详解】（1）解：∵，
∴；
故答案为；
（2）解：∵，
∴，，
，
∴．
【点睛】此题考查了二元一次方程组的解，以及解二元一次方程组，弄清题中的新定义是解本题的关键．
9．（2023·山西忻州·模拟预测）阅读下面材料：
如图，把沿直线平行移动线段的长度，可以变到的位置．
如图，以为轴把翻折，可以变到的位置．
如图，以A点为中心，把旋转，可以变到的位置，像这样，其中一个三角形是由另一个三角形按平行移动、翻折、旋转等方法变成的，这种只改变位置，不改变形状和大小的图形变换，叫做三角形的全等变换．
如图，在正方形中，是的中点，是延长线上一点，．

回答下列问题
(1)在如图所示，可以通过平行移动、翻折、旋转中的哪一种方法，使移到的位置？
(2)指出如图所示中的线段与之间的关系．
【答案】(1)可以通过旋转使变到的位置
(2)；

【分析】（1）和是对应线段，那么应绕点A逆时针旋转得到；
（2）关系应包括位置关系和数量关系，根据旋转前后的三角形是全等的，得出,延长交于点G，利用对应角相等，可得到垂直．
【详解】（1）解：∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴与为对应边，与为对应边，
∴在图中可以通过旋转使变到的位置
（2）解：；；理由如下：
延长交于点G，如图所示：

由全等变换的定义可知，通过旋转，变到的位置，只改变位置，不改变形状大小，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查旋转前后的三角形全等，正方形的性质，解决本题的关键是要熟练掌握旋转性质和全等三角形的性质．
10．（2023·陕西西安·陕西师大附中校考模拟预测）问题情境
如图，在四边形中，连接，，，，，点为的中点，连接．以点为中心，顺时针旋转，得到，点，的对应点分别为点，．

问题探究
(1)如图①，则的长为_______；
(2)如图②，在旋转过程中，当，，三点共线时，求的面积；
(3)如图③，在旋转过程中，连接，，直接写出面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
(3)

【分析】（1）延长交于点，根据中位线的性质即可求解；
（2）当，，三点共线时，如图所示，过点作于点，连接，过点作于点，根据旋转的性质得出，得出，根据得出，，根据三角形面积公式即可求解；
（3）当到的距离最大时，的面积最大，此时三点共线，根据（2）的结论以及三角形面积公式进行计算即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，延长交于点，

∵，，
∴，，
∵，，
∴，是等腰直角三角形，为的中点，
∵点为的中点，
∴，
故答案为：．
（2）由（1）可得：，
∴，
∵顺时针旋转，得到，
∴，，
当，，三点共线时，如图所示，过点作于点，连接，过点作于点，

∴，
∵
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∴
（3）如图所示，

由（2）可知：，，
∴到的距离，
∴当到的距离最大时，的面积最大，此时三点共线，
∵，
∴
【点睛】本题考查了旋转的性质，解直角三角形，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
11．（2023·山东德州·统考一模）（1）【实验】如图①，点为线段的中点，线段与相交于点，当时，四边形的形状为________；
A．矩形    B．菱形    C．正方形     D．平行四边形
其理论依据是________．

（2）【探究】如图②，在平行四边形中，点是中点，过点作的垂线交边于点，连接，试猜想，，三条线段之间的数量关系，并给予证明．

（3）【应用】如图③，在中，点为的中点，若，，，求的面积．

【答案】（1）D；对角线相互平分的四边形是平行四边形；（2），证明见解析；（3）的面积为
【分析】（1）根据平行四边形的判定“对角线相互平分的四边形是平行四边形”，即可求解；
（2）延长交的延长线于，证明，由全等三角形的性质可得，，结合，可知为的垂直平分线，根据垂直平分线的性质即可求解；
（3）作，结合题意易得为的中位线，可求出的长；在中，由勾股定理可得，即可求出的长，进而可知的长，利用三角形面积公式即可求出的面积，结合与等底等高，由此即可求解．
【详解】（1）由对角线相互平分的四边形是平行四边形知，四边形是平行四边形，
故选：D；
其理论依据为：对角线相互平分的四边形是平行四边形；
故答案为：对角线相互平分的四边形是平行四边形
（2）．
证明：如下图，延长交的延长线于，连接，

∵四边形为平行四边形，点是中点，
∴，，
∴
又∵，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∵，
∴；
（3）如图，作，

∴，
∵点为的中点，即，
∴，
∴为的中位线，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
∴，
∴，
∵与等底等高，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，三角形中位线、垂直平分线、勾股定理等知识，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题的关键．
12．（2023·江西·模拟预测）定义：在平行四边形中，若有一条对角线长是一边长的两倍，则称这个平行四边形叫做和谐四边形，其中这条对角线叫做和谐对角线，这条边叫做和谐边．

【概念理解】
(1)如图1，四边形是和谐四边形，对角线与交于点，是和谐对角线，是和谐边．
①是________三角形．
②若，则________．
【问题探究】
(2)如图2，四边形是矩形，过点作交的延长线于点，连接交于点，，，是否存在实数，使得四边形是和谐四边形，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
【应用拓展】
(3)如图3，四边形与四边形都是和谐四边形，其中与分别是和谐对角线，与分别是和谐边，，，请求出的值．
【答案】(1)①等腰；②8
(2)存在，
(3)

【分析】（1）①根据和谐四边形的定义，得到，即可得到结论；②根据即可得出结论．
（2）分，，，四种情况，分类讨论，进行判断即可；
（3）根据和谐四边形的定义，推出，作于，设，则，利用勾股定理求出的长，根据，求出的值，即可得解．
【详解】（1）解：①∵四边形是和谐四边形，是和谐对角线，是和谐边，
∴，
∴与的形状是等腰三角形；
②∵，
∴，
故答案为：等腰；8；
（2）存在，理由如下：
∵，
∴四边形是平行四边形；
当时，四边形是和谐四边形，
∵，，
∴，
∴；
当时，不满足直角三角形的斜边大于直角边．
当时，
∵，无解．
当时，
∵，无解．
∴；
∴的值为2时，四边形是和谐四边形；

（3）∵四边形是和谐四边形，为和谐对角线，为和谐边，
∴，
∴，
∵四边形是和谐四边形，为和谐对角线，为和谐边，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴相似比为1，
∴，
∴，
作于，如图所示：

∵，
∴，
设，则，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：
，
在中，由勾股定理得：
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定，相似三角形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理．本题的综合性较强，解题的关键是理解并掌握和谐四边形的定义．
13．（2023·吉林长春·统考一模）实践与探究
(1)操作一：如图①，对折矩形纸片，使与重合，折痕为．把纸片展平后，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在上，点的对应点为点，折痕为，连结．
①当矩形是正方形时，是______三角形；
②当是等腰直角三角形时，求边与边之间的数量关系；
③若点、、共线，求证：．

(2)操作二：如图②，在矩形中，，．先将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在矩形的内部，点的对应点为点，折痕为．然后沿过点的直线折叠，使点落在直线上，折痕为，点的对应点为点．再将矩形沿过点的直线继续折叠，折痕为，点的对应点为点．我们发现，点的位置不同，点的位置也不同．当点恰好与点．重合时，线段的长为______．


【答案】(1)等边；②；③见解析；

(2)

【分析】（1）①由折叠得：，，，从而可证，即可求解；
②可求，可得，从而可以求解．
③可证，，，从而可求证．
（2）设，则有，在中，即可求解．
【详解】（1）①解：当矩形是正方形时，如图

由折叠得：，，，
，
矩形是正方形，
，
，
是等边三角形．
故答案：等边．
②解：是等腰直角三角形，
，
由折叠得：，，
，
即：，
四边形是矩形，
，
．
故：边与边之间的数量关系为：．
③证明：如图，

四边形是矩形，
，，，
，
由折叠得：，，
，
、、三点共线，
，
，
在和中
，
（）．
（2）解：四边形是矩形，
，，
，
由折叠得：，，
设，则有，
，
，
在中
，
，
解得：，


．
故答案：．
【点睛】本题考查了在矩形中的三角形折叠问题，折叠的性质，勾股定理，三角形的全等判定，矩形的性质，理解折叠的过程，掌握相关的性质及定理是解题的关键．
14．（2023·河南南阳·统考一模）综合与实践课上，诸葛小组三位同学对含角的菱形进行了探究．
【背景】在菱形中，，作，、分别交边、于点、．

(1)【感知】如图1，若点是边的中点，小南经过探索发现了线段与之间的数量关系，请你写出这个关系式___________．
(2)【探究】如图2，小阳说“点为上任意一点时，（1）中的结论仍然成立”，你同意吗？请说明理由．
(3)【应用】小宛取出如图3所示的菱形纸片，测得，，在边上取一点，连接，在菱形内部作，交于点，当时，请直接写出线段的长．
【答案】(1)
(2)同意，理由见解析
(3)或

【分析】（1）数量关系：．连接，利用菱形的性质和等边三角形的三线合一性质证明即可；
（2）利用菱形的性质和等边三角形的性质证明即可；
（3）利用菱形的性质和等边三角形的性质可得，利用勾股定理求出，，分当点在点的左侧和点在点的右侧两种情况，可得或，再利用（2）中的结论即可得出结论．
【详解】（1）线段与之间的数量关系：．
理由：如图，连接，
∵四边形是菱形，且，
∴，，
∴和都是等边三角形，
∴，，
∵点是边的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴
∴，
故答案为：．

（2）同意．
理由：如图，连接，
∵四边形是菱形，且，
∴，，
∴和都是等边三角形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．

（3）解：如图，过点作于，连接，
∵四边形是菱形，且，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
当点在点的左侧时，，
当点在点的右侧（图中处）时，，
∴或，
由（2）知：，
∴，
∴或．
∴线段的长为或．

【点睛】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，运用了分类讨论的思想．解题的关键是添加适当的辅助线构造全等三角形．
15．（2023·山东枣庄·统考二模）感知：如图①，和都是等腰直角三角形，，点B在线段上，点C在线段上，我们很容易得到，不需证明．

(1)探究：如图②，将绕点A逆时针旋转α（），连接和，此时是否依然成立？若成立，写出证明过程；若不成立，说明理由．
(2)应用：如图③，当绕点A逆时针旋转，使得点D落在的延长线上，连接．求：
①的度数；
②若，，则线段的长是多少？
【答案】(1)成立，证明见解析
(2)①45°  ②

【分析】（1）只需要利用证明即可证明；
（2）①由等腰直角三角形的性质得到，再证明即可得到；②先由勾股定理得到，由全等三角形的性质得到，则，；则．
【详解】（1）解：成立，证明如下：
∵和都是等腰直角三角形，
∴，
由旋转的性质可得，
∴，
∴；
（2）解：①∵和都是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴；
②∵，
∴，
∵，
∴，
∴，；
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．