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2024年中考数学压轴题型（浙江专用）压轴题05 新定义类压轴题（含解析）
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这是一份2024年中考数学压轴题型（浙江专用）压轴题05 新定义类压轴题（含解析），共43页。试卷主要包含了，它的关联矩形为矩形OABC，定义等内容，欢迎下载使用。
01 函数中的新定义压轴题
1．（2023•诸暨市模拟）在平面直角坐标系xOy中，给出如下定义：点A到x轴、y轴距离的较大值，称为点A的“长距”，当点P的“长距”等于点Q的“长距”时，称P，Q两点为“等距点”，若P（﹣1，4），Q（k+3，4k﹣3）两点为“等距点”，则k的值为 ﹣或1 ．
【分析】根据题意可得：|k+3|＝4或|4k﹣3|＝4，然后分两种情况进行计算，即可解答．
【解答】解：∵P（﹣1，4），Q（k+3，4k﹣3）两点为“等距点”，
∴|k+3|＝4或|4k﹣3|＝4，
当|k+3|＝4时，
∴k+3＝±4，
解得：k＝1或k＝﹣7，
当k＝1时，k+3＝4，4k﹣3＝1，点Q（4，1）的“长距”等于4；
当k＝﹣7时，k+3＝﹣4，4k﹣3＝﹣31，点Q（4，1）的“长距”等于31，不符合题意，舍去；
当|4k﹣3|＝4时，
∴4k﹣3＝±4，
解得：k＝或k＝﹣，
当k＝时，k+3＝，4k﹣3＝4，点Q（4，1）的“长距”等于，不符合题意，舍去；
当k＝﹣时，k+3＝，4k﹣3＝﹣4，点Q（4，1）的“长距”等于4；
综上所述：k的值为﹣或1，
故答案为：﹣或1．
2．（2023•绍兴）在平面直角坐标系xOy中，一个图形上的点都在一边平行于x轴的矩形内部（包括边界），这些矩形中面积最小的矩形称为该图形的关联矩形．例如：如图，函数y＝（x﹣2）2（0≤x≤3）的图象（抛物线中的实线部分），它的关联矩形为矩形OABC．若二次函数图象的关联矩形恰好也是矩形OABC，则b＝ 或﹣ ．
【分析】根据题意求得点A（3，0），B（3，4），C（0，4），然后分两种情况，利用待定系数法求出解析式即可．
【解答】解：由y＝（x﹣2）2（0≤x≤3），当x＝0时，y＝4，
∴C（0，4），
∵A（3，0），四边形ABCO是矩形，
∴B（3，4），
①当抛物线经过O、B时，将点O（0，0），B（3，4）代入y＝x2+bx+c（0≤x≤3）得
，
解得b＝；
②当抛物线经过A、C时，将点A（3，0），C（0，4）代入y＝x2+bx+c（0≤x≤3）得
，
解得b＝﹣，
综上所述，b＝或b＝﹣，
故答案为：或﹣，
3．（2023•婺城区一模）定义：在平面直角坐标系中，直线x＝m与某函数图象交点记为点P，作该函数图象中，点P及点P右侧部分关于直线x＝m的轴对称图形，与原函数图象上的点P及点P右侧部分共同构成一个新函数的图象，称这个新函数为原函数关于直线x＝m的“迭代函数“．例如：图1是函数y＝x+1的图象，则它关于直线x＝0的“迭代函数“的图象如图2所示，可以得出它的“迭代函数“的解析式为y＝．
（1）写出函数y＝x+1关于直线x＝1的“迭代函数“的解析式为 y＝ ．
（2）若函数y＝﹣x2+4x+3关于直线x＝m的“迭代函数“图象经过（﹣1，0），则m＝ ．
（3）已知正方形ABCD的顶点分别为：
A（a，a），B（a，﹣a），C（﹣a，﹣a），D（﹣a，a），其中a＞0．
①若函数y＝关于直线x＝﹣2的“迭代函数“的图象与正方形ABCD有3个公共点，则a＝ 3 ；
②若a＝6，函数y＝关于直线x＝n的“迭代函数“的图象与正方形ABCD有4个公共点，则n的取值范围为 0＜n＜1或﹣1＜n＜0或n＜﹣ ．
【分析】（1）根据“迭代函数”的定义画出函数y＝x+1的“迭代函数”的图象，设点A的横坐标为2，求出点A关于直线x＝1的对称点，可得出结论；
（2）根据题意可得，（﹣1，0）关于直线x＝m的对称点在原抛物线上，代入即可得出m的值；
（3）①根据题意，作出此“迭代函数”，结合图象可得出结论；
②根据题意，作出此“迭代函数”，结合图象可得出结论．
【解答】解：（1）如图1，设点C为直线x＝1与函数的交点，点A（2，3），
∴C（1，2），点A关于直线x＝1的对称点为B（0，3），
设BC所在直线的解析式为：y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝；
故答案为：y＝；
（2）根据题意可得，（﹣1，0）关于直线x＝m的对称点（2m+1，0）在原抛物线上，
∴﹣（2m+1）2+4（2m+1）+3＝0，
解得m＝；
故答案为：；
（3）①如图2﹣1，当正方形的边BC过点（﹣2，﹣3）时，a＝3，此时正方形ABCD与此迭代函数有三个交点；
如图2﹣2，当a＞3时，正方形ABCD与此迭代函数有四个交点，当a继续增大，交点超过4个，不符合题意；
故答案为：3；
②如图3﹣1，当n＝﹣1时，此迭代函数与正方形ABCD有5个交点，
如图3﹣2时，当﹣1＜n＜0时，此迭代函数与正方形ABCD有4个交点，符合条件；
如图3﹣3时，当0＜n＜1时，此迭代函数与正方形ABCD有4个交点，符合题意；
当n＝1时，此迭代函数与正方形ABCD有3个交点，其中一个交点坐标为（1，6）；
如图3﹣4，当n＝﹣时，此迭代函数过点D，迭代函数与正方形ABCD有5个交点，
当n＜﹣时，迭代函数与正方形ABCD有5个交点，符合题意；
故答案为：0＜n＜1或﹣1＜n＜0或n＜﹣．
02 四边形中的新定义压轴题
1．（2023•宁波）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．
（1）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，对角线BD平分∠ADC．求证：四边形ABCD为邻等四边形．
（2）如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形ABCD是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D．
（3）如图3，四边形ABCD是邻等四边形，∠DAB＝∠ABC＝90°，∠BCD为邻等角，连结AC，过B作BE∥AC交DA的延长线于点E．若AC＝8，DE＝10，求四边形EBCD的周长．
【分析】（1）根据邻等四边形定义证明即可；
（2）根据邻等四边形定义利用网格即可画图；
（3）先证明四边形AEBC是平行四边形，得AE＝BC＝DC，设AE＝BC＝DC＝x，得AD＝DE﹣AE＝10﹣x，过点D作DF⊥BC于点F，得矩形ABFD，得AB＝DF，AD＝BF＝10﹣x，所以CF＝BC﹣BF＝x﹣（10﹣x）＝2x﹣10，根据勾股定理得82﹣x2＝x2﹣（2x﹣10）2，求出x的值，进而可得四边形EBCD的周长．
【解答】（1）证明：在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，
∴∠ABC＝180°﹣∠A＝90°，
∵对角线BD平分∠ADC，
∴∠ADB＝∠CDB，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴∠CBD＝∠CDB，
∴CD＝CB，
∴四边形ABCD为邻等四边形；
（2）解：如下3个图，点D′、D、D″即为所求；
（3）解：如图3，四边形ABCD是邻等四边形，
∴CD＝CB，
∵∠DAB＝∠ABC＝90°，
∴AD∥BC，
∵BE∥AC，
∴四边形AEBC是平行四边形，
∴EB＝AC＝8，AE＝BC，
∴AE＝BC＝DC，
设AE＝BC＝DC＝x，
∵DE＝10，
∴AD＝DE﹣AE＝10﹣x，
过点D作DF⊥BC于点F，得矩形ABFD，
∴AB＝DF，AD＝BF＝10﹣x，
∴CF＝BC﹣BF＝x﹣（10﹣x）＝2x﹣10，
在Rt△ABE和Rt△DFC中，根据勾股定理得：
BE2﹣AE2＝AB2，CD2﹣CF2＝DF2，
∴BE2﹣AE2＝CD2﹣CF2，
∴82﹣x2＝x2﹣（2x﹣10）2，
整理得x2﹣20x+82＝0，
解得x1＝10﹣3，x2＝10+3（不符合题意，舍去），
∴CD＝CB＝10﹣3，
∴四边形EBCD的周长＝BE+DE+2CD＝8+10+2×（10﹣3）＝38﹣6．
2．（2024•浙江模拟）定义：我们把对角线相等的四边形叫作伪矩形，对角线的交点称作伪矩形的中心．
（1）①写出一种你学过的伪矩形： 等腰梯形 ．
②顺次连接伪矩形各边中点所得的四边形是 C ．
A．正方形
B．矩形
C．菱形
D．无法确定
（2）如图1，在伪矩形ABCD中，∠BCD＝90°，AC＝3，CD＝2，求BC的长．
（3）如图2，在伪矩形ABCD中，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB＝2，AC＝CD，求这个伪矩形的面积．
【分析】（1）①根据对角线相等的四边形有矩形和等腰梯形；
②根据顺次连接伪矩形各边中点所得的四边形是菱形；
（2）根据对角线相等得出BD＝3，进而利用勾股定理解答即可；
（3）根据对角线相等得出BD＝AC，进而利用含30°角的直角三角形的性质得出AC，进而利用三角形面积公式解答即可．
【解答】解：（1）①对角线相等的四边形有矩形和等腰梯形，
故答案为：等腰梯形；
②顺次连接伪矩形各边中点所得的四边形是菱形，
故答案为：C；
（2）∵伪矩形ABCD，
∴BD＝AC＝3，
∵∠BCD＝90°，CD＝2，
∴BC＝；
（3）过D作DE⊥BC于E，
由图可知，BE是△ABD的高，DE是△BDC的高，
∵∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB＝2，
∴BC＝2，AC＝4，
∵伪矩形ABCD，AC＝CD，
∴BD＝AC＝CD＝4，
∴BE＝EC＝，
∴DE＝，
∴这个伪矩形的面积＝
．
3．（2024•昆山市一模）我们定义：有一组邻边相等且有一组对角互补的凸四边形叫做等补四边形．
（1）如图1，△ABC是等边三角形，在BC上任取一点D（B、C除外），连接AD，我们把△ABD绕点A逆时针旋转60°，则AB与AC重合，点D的对应点E．请根据给出的定义判断，四边形ADCE 是 （选择是或不是）等补四边形．
（2）如图2，等补四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝∠ADC＝90°，若S四边形ABCD＝8，求BD的长．
（3）如图3，四边形ABCD中，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，BD＝4，求四边形ABCD面积的最大值．
【分析】（1）根据旋转的性质得：AD＝AE，∠ADB＝∠AEC，再证明四边形有一对角互补，根据等补四边形的定义可得结论；
（2）如图2，将△BAD绕点B顺时针旋转90°得△BCG，先证明D、C、G三点共线，根据旋转的性质可知：S四边形ABCD＝S△BDG＝8，根据三角形的面积公式可得BD的长；
（3）如图3，作辅助线：将△BCD绕点B逆时针旋转∠ABC的大小，得△BAE，先证明A、D、E三点共线，则S四边形ABCD＝S△BDE，当BD⊥BE时，△BDE的面积最大，从而得结论．
【解答】解：（1）由旋转得：AD＝AE，∠ADB＝∠AEC，
∵∠ADC+∠ADB＝180°，
∴∠ADC+∠AEC＝180°，
∴四边形ADCE是等补四边形．
故答案为：是；
（2）如图2，∵∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴将△BAD绕点B顺时针旋转90°得△BCG，
∴∠BAD＝∠BCG，BD＝BG，∠DBG＝90°，
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∴∠BCD+∠BCG＝180°，
∴D、C、G三点共线，
∵S四边形ABCD＝8，
∴S△BDG＝8，
∴BD2＝8，
∴BD＝4（负值舍去）；
（3）∵AB＝BC，
∴将△BCD绕点B逆时针旋转∠ABC的大小，得△BAE，如图3，
∴BD＝BE＝4，∠BAE＝∠C，S△ABE＝S△BCD，
∵∠BAD+∠C＝180°，
∴∠BAD+∠BAE＝180°，
∴A、D、E三点共线，
∴S四边形ABCD＝S△BDE，
当BD⊥BE时，△BDE的面积最大，S△BDE＝×4×4＝8．
∴四边形ABCD面积的最大值为8．
03 圆中的新定义压轴题
1．（2023•秀洲区校级二模）婆罗摩芨多是公元7世纪古印度伟大的数学家，他在三角形、四边形、零和负数的运算规则，二次方程等方面均有建树，他也研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类对角线互相垂直的圆内接四边形称为“婆氏四边形”；
（1）若平行四边形ABCD是“婆氏四边形”，则四边形ABCD是 ③ ．（填序号）
①矩形②菱形③正方形
（2）如图1，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以AB为弦的⊙O交AC于D，交BC于E，连接DE、AE、BD，AB＝6，，若四边形ABED是“婆氏四边形”，求DE的长；
（3）如图2，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，连接AC，BD，OA，OB，OC，OD，已知∠BOC+∠AOD＝180°，
①求证：四边形ABCD是“婆氏四边形”；
②当AD+BC＝4时，求⊙O半径的最小值．
【分析】（1）先证明平行四边形ABCD是矩形，再由定义证明矩形ABCD是正方形，即可求解；
（2）根据垂径定理和圆周角定理可得∠BED＝∠DEC＝90°，AD＝DE，AB＝BE＝6，设AD＝DE＝m，则CD＝8﹣m，EC＝4，在Rt△EDC中，用勾股定理可求解；
（3）①根据圆周角定理得出∠DCA+∠BDC＝90°，从而得出∠CED＝90°，即可证明；
②过点O作OM⊥AD交于M，过O作ON⊥BC交于N，证明△OAM≌△BON（AAS），设ON＝AM＝n，则AD＝2n，BC＝4﹣2n，BN＝2﹣n，在Rt△BON中，BO＝，当n＝1时，BO有最小值，即⊙O半径的最小值为．
【解答】（1）解：∵平行四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠ABC＝∠ADC，∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，
∵四边形ABCD是“婆氏四边形”，
∴AC⊥BD，
∴矩形ABCD是正方形，
故答案为：③；
（2）解：∵∠BAC＝90°，AB＝6，，
∴BC＝10，AC＝8，
∴BD为直径，
∴∠BED＝∠DEC＝90°，
∵四边形ABED是“婆氏四边形”，
∴AE⊥BD，
∴AD＝DE，AB＝BE＝6，
设AD＝DE＝m，则CD＝8﹣m，EC＝4，
在Rt△EDC中，m2+42＝（8﹣m）2，
解得m＝3，
∴DE＝3；
（3）①证明：如图2，设AC，BD相交于点E，
∵，，∠BOC+∠AOD＝180°，
∴，
∴∠CED＝90°，
∴AC⊥BD，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴四边形ABCD是“婆氏四边形”；
②解：过点O作OM⊥AD交于M，过O作ON⊥BC交于N，
∴AM＝AD，BN＝BC，∠AMO＝∠BNO＝90°，
∴∠AOM+∠OAM＝90°，
∵OA＝BO＝CO＝DO，
∴∠AOM＝∠AOD，∠BON＝∠BOC，
∵∠BOC+∠AOD＝180°，
∴∠AOM＝∠OBN，
∴△OAM≌△BON（AAS），
∴ON＝AM＝AD，
∵AD+BC＝4，
设ON＝AM＝n，则AD＝2n，BC＝4﹣2n，BN＝2﹣n，
在Rt△BON中，BO＝＝，
当n＝1时，BO有最小值，
∴⊙O半径的最小值为．
2．（2024•宁波一模）定义，若四边形的一条对角线平分这个四边形的面积，则称这个四边形为倍分四边形，这条对角线称为这个四边形的倍分线．如图①，在四边形ABCD中，若S△ABC＝S△ADC，则四边形ABCD为倍分四边形，AC为四边形ABCD的倍分线．
（1）判断：若是真命题请在括号内打√，若是假命题请在括号内打×．
①平行四边形是倍分四边形． √
②梯形是倍分四边形． ×
（2）如图①，倍分四边形ABCD中，AC是倍分线，若AC⊥AB，AB＝3，AD＝DC＝5，求BC；
（3）如图②，△ABC中BA＝BC，以BC为直径的⊙O分别交AB、AC于点N、M，已知四边形BCMN是倍分四边形．
①求sinC；
②连结BM，CN交于点D，取OC中点F，连结MF交NC于E（如图③），若OF＝3，求DE．
【分析】（1）①平行四边形的对角线平分平行四边形的面积，可判断①是真命题；
②梯形的对角线不平分梯形的面积，可判断②是假命题；
（2）过D作DE⊥AC于E，根据AC是四边形ABCD的倍分线，AC⊥AB，可得DE＝AB＝3，故AE＝＝4，AC＝2AE＝8，故BC＝＝；
（3）①连接BM，CN，OM，设CN交OM于H，由BA＝BC，得AM＝CM，故S△BCM＝S△BAM＞S△BNM，可知倍分四边形BCMN中，CN是倍分线，即S△BCN＝S△MCN，而∠ANC＝90°，AM＝CM，有MN＝AM＝CM＝AC，从而＝，知OM⊥CN，NH＝CH，设OH＝m，由S△BCN＝S△MCN，有MH＝BN＝2m，可得OC＝OM＝3m，BC＝2OC＝6m，根据勾股定理可得BM＝2m，即得sin∠ACB＝＝；
②连接OM交CN于H，作MF中点P，连接DP，由F为OC的中点，得OC＝2OF＝6，BC＝2OC＝12，BF＝9，则BM＝BC•sin∠ACB＝4，CM＝＝4，证明△BDN≌△MDH（AAS），得DM＝BD＝BM＝2，故CD＝＝6，而DP是△MBF的中位线，可得DP＝BF＝，DP∥BC，故△DPE∽△CFE，即得DE＝CD＝×6＝．
【解答】解：（1）①平行四边形的对角线平分平行四边形的面积，故平行四边形是倍分四边形，①是真命题；
故答案为：√；
②梯形的对角线不平分梯形的面积，故梯形不是倍分四边形，②是假命题；
故答案为：×；
（2）过D作DE⊥AC于E，如图：
∵AC是四边形ABCD的倍分线，AC⊥AB，
∴AB•AC＝DE•AC，
∴DE＝AB＝3，
在Rt△ADE中，
AE＝＝＝4，
∵AD＝DC，DE⊥AC，
∴AC＝2AE＝8，
在Rt△ABC中，
BC＝＝＝，
∴BC的长为；
（3）①连接BM，CN，OM，设CN交OM于H，如图：
∵BC为⊙O的直径，
∴∠BNC＝∠BMC＝90°，
∵BA＝BC，
∴AM＝CM，
∴S△BCM＝S△BAM＞S△BNM，
∴倍分四边形BCMN中，CN是倍分线，即S△BCN＝S△MCN，
∵∠ANC＝180°﹣∠BNC＝90°，AM＝CM，
∴MN＝AM＝CM＝AC，
∴＝，
∴OM⊥CN，NH＝CH，
设OH＝m，则BN＝2m，
∵S△BCN＝S△MCN，
∴BN•CN＝MH•CN，
∴MH＝BN＝2m，
∴OM＝OH+MH＝3m，
∴OC＝OM＝3m，BC＝2OC＝6m，
在Rt△OCH中，CH2＝OC2﹣OH2＝8m2，
在Rt△CMH中，CM＝＝＝2m，
在Rt△BMC中，BM＝＝＝2m，
∴sin∠ACB＝＝＝；
②连接OM交CN于H，作MF中点P，连接DP，如图：
∵F为OC的中点，
∴OC＝2OF＝6，BC＝2OC＝12，BF＝9，
在Rt△BCM中，BM＝BC•sin∠ACB＝12×＝4，
∴CM＝＝＝4，
由①知，BN＝MH，
∵∠BND＝∠MHD＝90°，∠BND＝∠MDH，
∴△BDN≌△MDH（AAS），
∴DM＝BD＝BM＝2，
∴CD＝＝＝6，
∵P为MF的中点，
∴DP是△MBF的中位线，
∴DP＝BF＝，DP∥BC，
∴△DPE∽△CFE，
∴＝＝＝，
∴DE＝CD＝×6＝．
3．（2024•台州一模）【概念呈现】在钝角三角形中，钝角的度数恰好是其中一个锐角的度数与90度的和，则称这个钝角三角形为和美三角形，这个锐角叫做和美角．
【概念理解】（1）当和美三角形是等腰三角形时，求和美角的度数．
【性质探究】（2）如图1，△ABC是和美三角形，∠B是钝角，∠A是和美角，求证：
【拓展应用】（3）如图2，AB是⊙O的直径，且AB＝13，点C，D是圆上的两点，弦CD与AB交于点E，连接AD，BD，△ACE是和美三角形．
①当BC＝5时，求AD的长．
②当△BCD是和美三角形时，直接写出的值．
【分析】（1）设和美角的度数为x，利用和美三角形的定义和三角形的内角和定理列出方程解答即可；
（2）过点B作BD⊥AB，交AC于点D，利用和美三角形的定义得到∠DBC＝∠A，利用相似三角形的判定与性质得到，再利用直角三角形的边角关系定理得到tanA＝，则结论可得；
（3）利用圆周角定理和勾股定理得到AC的长度，利用分类讨论的数学方法分两种情况讨论解答：Ⅰ．当∠EAC为和美角时，过点C作CF⊥AB于点F，利用（2）的结论和相似三角形的判定与性质得到EC＝BC，再利用等腰三角形的性质和相似三角形的判定与性质解答即可；Ⅱ．当∠ACE为和美角时，过点D作CH⊥AB于点H，利用（2）的结论和相似三角形的判定与性质得到DE＝AD，利用圆周角定理和等腰三角形的判定定理解答即可；
（4）利用分类讨论的数学方法，依据和美三角形的定义和相似三角形的判定与性质，类比（3）的方法解答即可．
【解答】（1）解：设和美角的度数为x，则钝角的度数为90°+x，
∴x+x+90°+x＝180°，
∴x＝30°．
∴当和美三角形是等腰三角形时，和美角的度数为30°．
（2）证明：过点B作BD⊥AB，交AC于点D，如图，
则∠ABD＝90°，
∵△ABC是和美三角形，∠B是钝角，∠A是和美角，
∴∠ABC＝90°+∠A，
∵∠ABC＝∠ABD+∠DBC＝90°+∠DBC，
∴∠DBC＝∠A．
∵∠C＝∠C，
∴△CDB∽△CBA，
∴．
在Rt△ABD中，
tanA＝，
∴；
（3）解：①∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AB＝13，BC＝5，
∴AC＝＝12．
Ⅰ．当∠EAC为和美角时，过点C作CF⊥AB于点F，如图，
由（2）知：tan∠EAC＝，
在Rt△ABC中，tan∠EAC＝，
∴，
∴EC＝5．
∴EC＝BC．
∴∠CEB＝∠CBA．
∵∠CBA＝∠CDA，∠AED＝∠CEB，
∴∠CDA＝∠AED，
∴AD＝AE．
∵CE＝CB，CF⊥AB，
∴BF＝EF＝BE．
∵∠ACB＝90°，CF⊥AB，
∴△BCF∽△BAC，
∴，
∴，
∴BF＝，
∴BE＝2BF＝，
∴AD＝AE＝AB﹣BE＝；
Ⅱ．当∠ACE为和美角时，过点D作CH⊥AB于点H，如图，
由（2）知：tan∠ACE＝，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠ACE＝∠ABD，
∴tan∠ACE＝tan∠ABD＝．
∵∠CAB＝∠CDB，∠AEC＝∠DEB，
∴△AEC∽△DEB，
∴，
∴，
∴DE＝AD，
∴∠DAE＝∠DEA．
∵∠AED＝∠CEB，∠DAE＝∠ECB，
∴∠ECB＝∠CEB，
∴BE＝BC＝5，
∴AE＝AB﹣BE＝13﹣5＝8．
∵DE＝AD，CH⊥AB，
∴AH＝AE＝4．
∵∠ADB＝90°，CH⊥AB，
∴△ADH∽△ABD，
∴，
∴，
∴AD＝＝2．
综上，AD的长2或；
②当△BCD是和美三角形时，的值为或．理由：
设∠CAB＝α，
Ⅰ．当∠CAB与∠CDB为和美角时，如图，
则∠ACD＝∠BCD＝45°，CE＝CB，α＝22.5°，
∴；
Ⅱ．当∠CAB与∠DCB为和美角时，如图，
则∠CEA＝90°+α，∠ACE＝90°﹣2α，∠DCB＝2α，∠CBD＝90°+2α，
∵△BDC的内角和为180°，
∴α＝18°．
∴；
Ⅲ．当∠ACD与∠CDB为和美角时，如图，
则∠CEA＝135°﹣0.5α，∠ACE＝45°﹣0.5α，∠DCB＝45°+0.5α，∠CBD＝90°+α，
∵△BDC的内角和为180°，
∴α＝18°．
∴；
Ⅳ．当∠ACE与∠DCB为和美角时，如图，
则∠CEA＝135°﹣0.5α，∠ACE＝45°﹣0.5α，∠DCB＝45°+0.5α，
∵∠ACB＝90°，
∴α＝0°，这种情况不存在．
综上，的值为或．
1．若一个三角形一条边的平方等于另两条边的乘积，我们把这个三角形叫做比例三角形．有下列结论：
①已知△ABC是比例三角形，AB＝4，BC＝5，那么；
②在△ABC中，点D在AC上，且AD＝BC，∠ABD＝∠C，那么△ABC是比例三角形；
③如图，在四边形ABCD中，已知AD∥BC，BD平分∠ABC，AB⊥AC，AD⊥CD，那么△ABC是比例三角形；
④已知直线与x轴、y轴交于点A、B，点C（3，0），那么△ABC是比例三角形．
其中，正确的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【分析】①根据比例三角形的定义，则三种情况AB2＝BC•AC，BC2＝AB•AC，AC2＝BC•AB，进而判断；
②先证明△ABD∽△ACD，得出，根据AD＝BC，变形即可判断；
③AD∥BC，BD平分∠ABC，推出对应角相等，进而推出AB＝AD，△ABC∽△DCA，对应线段成比例，变形进而判断；
④分别求出点A、B，C的坐标进而推出△ABC是等边三角形，进而判断即可．
【解答】解：①根据比例三角形的定义，
则有三种情况AB2＝BC•AC，BC2＝AB•AC，AC2＝BC•AB，
故AC有三种结果，
故①错误；
②∵∠ABD＝∠C，∠A＝∠A，
∴△ABD∽△ACD，
∴，
∴AD•BC＝AB•BD，
∵AD＝BC，
∴BC2＝AB•BD，
∴△ABC是比例三角形，
故②正确；
③∵AD∥BC，BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，∠CAD＝∠ACB，∠ADB＝∠CBD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴AB＝AD，
又∵AB⊥AC，AD⊥CD，
即∠BAC＝∠ADC＝90°，
∴△ABC∽△DCA，
∴，
∴AC2＝BC•AD，
∴AC2＝BC•AB，
∴△ABC是比例三角形，
故③正确；
④直线与x轴、y轴交于点A、B，
当x＝0时，y＝，当y＝0时，x＝﹣3，
∴A（﹣3，0），B（0，），
在Rt△ABO中，tan∠BAC＝＝，
∴∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝3+3＝6，
AC2＝6×6＝36，
AB•BC＝6×6＝36，
∴AC2＝AB•BC，
∴△ABC是比例三角形，
故④正确，
∴正确的个数是3个，
故选：B．
2．已知n行n列（n≥2）的数表中，对任意的i＝1，2，…，n，j＝1，2，…，n，都有aij＝0或1．若当ast＝0时，总有（a1t+a2t+…+ant）+（as1+as2+…+asn）≥n，则称数表A为典型表，此时记表A中所有aij的和记为Sn．
（1）若数表，，其中典型表是 C ；
（2）典型表中S5的最小值为 13 ．
【分析】（1）根据典型表的定义一次判断B和C即可得出结论；
（2）根据题设及给定的数表可表示出5列5行的典型表A，即可得出答案；
【解答】解：（1）数表B中a12＝0，
而（a12+a22+a32）+（a11+a12+a13）＝0+0+1+0+0+1＝2＜3，
∴数表B不是典型表；
对于数表C中，当ast＝0时，总有（a1t+a2t+…+ant）+（as1+as2+…+asn）≥n，
∴数表C是典型表；
故答案为：C．
（2）若典型表中S5有最小值，即典型表A中的1最少且当ast＝0时，总有（a1t+a2t+…+ant）+（as1+as2+…+asn）＝n．
则A＝，
则S5的最小值为15．
故答案为：15．
3．对于平面内的两点K、L，作出如下定义：若点Q是点L绕点K旋转所得到的点，则称点Q是点L关于点K的旋转点；若旋转角小于90°，则称点Q是点L关于点K的锐角旋转点．如图1，点Q是点L关于点K的锐角旋转点．
（1）已知点A（4，0），在点Q1（0，4），Q2（2，），Q3（﹣2，），Q4（，﹣2）中，是点A关于点O的锐角旋转点的是 Q2，Q4 ．
（2）已知点B（5，0），点C在直线y＝2x+b上，若点C是点B关于点O的锐角旋转点，求实数b的取值范围．
（3）点D是x轴上的动点，D（t，0），E（t﹣3，0），点F（m，n）是以D为圆心，3为半径的圆上一个动点，且满足n≥0．若直线y＝2x+6上存在点F关于点E的锐角旋转点，请直接写出t的取值范围．
【分析】（1）如图中，满足条件的点在半圆上（不包括点A以及y轴上的点），点Q2，Q4满足条件．
（2）如图中，以O为圆心，3为半径作半圆，交y轴于P（0，3），P′（0，﹣3）当直线y＝2x+b与半圆有交点（不包括P，B）时，满足条件．
（3）根据题意，点F关于点E的锐角旋转点在半圆E上，设点P在半圆S上，点Q在半圆T上（将半圆D绕点E旋转），如图3（1），半圆扫过的区域为图3（1）中阴影部分，求出图3（2），图3（3）中，t的值，可得结论．
【解答】解：（1）如图，∵A（4，0），Q1（0，4），
∴OA＝OQ1＝4，∠AOQ1＝90°，
∴点Q1不是点A关于点O的锐角旋转点；
∵Q2（2，），作Q2F⊥x轴于点F，
∴OQ2＝＝＝4＝OA，
∵tan∠Q2OF＝＝，
∴∠Q2OF＝60°，
∴点Q2是点A关于点O的锐角旋转点；
∵Q3（﹣2，），作Q3G⊥x轴于点G，
则tan∠Q3OG＝＝＝，
∴∠Q3OG＝60°，
∴OQ3＝＝＝4＝OA，
∵∠AOQ3＝180°﹣60°＝120°，
∴Q3不是点A关于点O的锐角旋转点；
∵Q4（，﹣2），作Q4H⊥x轴于点H，
则tan∠Q4OH＝＝＝1，
∴∠Q4OH＝45°，
∵OQ4＝＝＝4＝OA，
∴Q4是点A关于点O的锐角旋转点；
综上所述，在点Q1，Q2，Q3，Q4中，是点A关于点O的锐角旋转点的是Q2，Q4，
故答案为：Q2，Q4．
（2）在y轴上取点P（0，5），当直线y＝2x+b经过点P时，可得b＝5，
当直线y＝2x+b经过点B时，则2×5+b＝0，
解得：b＝﹣10，
∴当﹣10＜b＜5时，OB绕点O逆时针旋转锐角时，点C一定可以落在某条直线y＝2x+b上，
过点O作OG⊥直线y＝2x+b，垂足G在第四象限时，如图，
则OT＝﹣b，OS＝﹣b，
∴ST＝＝＝﹣b，
当OG＝5时，b取得最小值，
∵5×（﹣b）＝﹣b×（﹣b），
∴b＝﹣5，
∴﹣5≤b＜5．
（3）根据题意，点F关于点E的锐角旋转点在半圆E上，设点P在半圆S上，点Q在半圆T上（将半圆D绕点E旋转），如图3（1），半圆扫过的区域为图3（1）中阴影部分，
如图3（2）中，阴影部分与直线y＝2x+6相切于点G，tan∠EMG＝2，SG＝3，过点G作GI⊥x轴于点I，过点S作SJ⊥GI于点J，
∴∠SGJ＝∠EMG，
∴tan∠SGJ＝tan∠EMG＝2，
∴GJ＝，SJ＝，
∴GI＝GJ+JI＝3+，
∴MI＝GI＝+，
∴OE＝IE+MI﹣OM＝﹣，即xE＝t﹣3＝﹣，
解得t＝+，
如图3（3）中，阴影部分与HK相切于点G，tan∠OMK＝tan∠EMH＝2，EH＝6，则MH＝3，EM＝3，
∴xE＝t﹣3＝﹣3﹣3，
解得t＝﹣3，
观察图象可知，﹣3≤t＜3++．
4．对某一个函数给出如下定义：如果函数的自变量x与函数值y满足：当（x﹣m）（x﹣n）≤0时，（y﹣m）（y﹣n）≤0（m，n为实数，且m＜n），我们称这个函数在m→n上是“民主函数”．比如：函数y＝﹣x+1在﹣1→2上是“民主函数”．理由：∵由[x﹣（﹣1）]（x﹣2）≤0，得﹣1≤x≤2．∵x＝1﹣y，∴﹣1≤1﹣y≤2，解得﹣1≤y≤2，∴[y﹣（﹣1）]（y﹣2）≤0，∴是“民主函数”．
（1）反比例函数是2→3上的“民主函数”吗？请判断并说明理由；
（2）若一次函数y＝kx+b在m→n上是“民主函数”，求此函数的解析式（可用含m，n的代数式表示）；
（3）若抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0，a+b＞0）在1→3上是“民主函数”，且在1≤x≤3上的最小值为4a，设抛物线与直线y＝3交于A，B点，与y轴相交于C点．若△ABC的内心为G，外心为M，试求MG的长．
【分析】（1）根据“民主函数”的定义进行判断即可；
（2）根据“民主函数”的定义以及一次函数的增减性，分两种情况进行求解即可；
（3）由a＞0，a+b＞0，得﹣＜，则抛物线y＝a（x+）2+c﹣在1≤x≤3上是递增的，可知x＝1时，y＝1，且最小值为4a，得出抛物线的解析式，从而得出点A、B、C的坐标，设M（0，t），根据MA＝MC，可得M的坐标，再利用面积法求出点G的坐标，即可求得答案．
【解答】（1）解：当（x﹣2）（x﹣3）≤0时，则2≤x≤3，
∵反比例函数y＝在第一象限内y随x的增大而减小，
∴当2≤x≤3时，2≤y≤3，
∴（y﹣2）（y﹣3）≤0，
∴反比例函数y＝是2→3上的“民主函数”；
（2）由题意，得：当m≤x≤n时，m≤y≤n，
∵y＝kx+b，
当k＞0时，y随着x的增大而增大，
∴当x＝m时，y＝m，当x＝n时，y＝n，
则，
解得：，
即y＝x；
当k＜0时，y随着x的增大而减小，
∴当x＝m时，y＝n，当x＝n时，y＝m，
则，
解得：，
即y＝﹣x+m+n，
综上所述，y＝x或y＝﹣x+m+n；
（3）抛物线的顶点式为y＝a（x+）2+c﹣，顶点坐标为（﹣，c﹣），
∵a＞0，a+b＞0，
∴﹣＜，
∴抛物线y＝a（x+）2+c﹣在1≤x≤3上是递增的，
∴当x＝1时，取最小值，
∴，
解得：，
∴抛物线的函数表达式为y＝x2+，
∵抛物线与直线y＝3相交于A、B两点，设A（xA，3），B（xB，3），
假设A点在B点的左侧，即x2+＝3，
∴x2＝9，
解得：xA＝﹣3，xB＝3，
∴在△ABC中，A（﹣3，3），B（3，3），C（0，），
∴AB＝6，AC＝BC＝，
∵外心M在线段AB的垂直平分线上，设M（0，t），
则MA＝MC，
∴＝，
∴t＝，
∴M（0，），
在△ABC中，根据内心的性质，设内心G到各边距离为d，得
S△ABC＝×6×（3﹣）＝×（AB+BC+CA）×d＝×（6+×2）d，
∴d＝1，
∵△ABC是等腰三角形，y轴为∠ACB的角平分线，
∴△ABC的内心G在y轴上，
∴yG＝yA﹣d＝3﹣1＝2，
∴G（0，2），
∴MG＝yM﹣yG＝﹣2＝．
5．在平面直角坐标系中，O为原点，矩形ABCD的顶点A（2，1），B（﹣2，1），D（2，﹣1），等边△EPQ的顶点，点E是BC的中点．
（Ⅰ）填空：如图①，点C的坐标为 （﹣2，﹣1） ，点Q的坐标为 Q（﹣5，﹣） ；
（Ⅱ）将等边△EPQ沿水平方向向右平移，得到等边△E′P′Q′，点E，P，Q的对应点分别为E′，P′，Q′，设EE′＝t，等边△E′P′Q′与矩形ABCD重叠部分面积记为S．
①如图②，当边E′P′与AB相交于点M，边E′Q′与CD相交于点N，点E′在点（1，0）的左侧且矩形ABCD与△E′P′Q′重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
【分析】（Ⅰ）已知A、B、D点的坐标，四边形ABCD是矩形，求得CD、BC的长，可得C点坐标，已知等边△EPQ的顶点，＝＝tan30°，可得EF垂直平分PQ，即△EPQ 关于x轴对称，可得Q点坐标；
（Ⅱ）①过M作MH⊥x轴于H，得 MH＝1，五边形BCNE'M的面积＝四边形BME′E的面积+四边形CNE'E的面积＝矩形BMHE的面积+三角形MHE′的面积+矩形CNHE的面积+三角形NHE′的面积，根据点E′在点（1，0）的左侧且矩形ABCD与△E′P′Q′重叠部分为五边形，可得t的取值范围；
②分＜t≤、＜t≤3、3＜t≤4、4＜t≤4+、4+＜t＜6，讨论S的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）由题意得，AB＝4，AD＝2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝4，BC＝AD＝2，
∴C（﹣2，﹣1），
∵点E是BC的中点，
∴E（﹣2，0），
，
∵等边△EPQ的顶点，
∴yP＝，F（﹣5，0），即EF＝3，
∵＝＝tan30°，即∠PEF＝30°，
∴EF垂直平分PQ，
∴QF＝PF＝，
∴Q（﹣5，﹣），
故答案为：（﹣2，﹣1），；
（Ⅱ）①在矩形ABCD中，其顶点A（2，1），B（﹣2，1），C（﹣2，﹣1），D（2，﹣1），
则AB∥x轴∥CD，CB⊥x轴，
在等边△EPQ中，，，
点E是BC的中点，得 E（﹣2，0），△EPQ 关于x轴对称，
过M作MH⊥x轴于H，得 MH＝1，
∵等边△E'P'Q'是由等边△EPQ 沿水平方向向右平移得到的，
∴∠ME′H＝∠P′E′Q′＝∠PEQ＝30°，
在Rt△MEH中，HE′＝＝，
∴＝，
∵∠B＝∠BEH＝∠EHM＝90°，
∴四边形BMHE是矩形，
∴S矩形BMHE＝EH×MH＝t﹣，
∵四边形BME′E的面积＝矩形BMHE的面积+三角形MHE′的面积，
∴四边形BME′E的面积为t﹣，
同理，四边形CNE'E的面积为 t﹣，
则五边形BCNE'M的面积为2t﹣，即S＝2t﹣，
∵点E′在点（1，0）的左侧，且矩形ABCD与△E′P′Q′重叠部分为五边形，
∴＜t＜3；
②＜t≤时，
，
S＝S△MNE′＝×EE′×MN＝t×2ME＝t×EE′•tan∠ME′E＝t2，
∴＜S≤，
＜t≤3时，
，
S＝五边形BCNE'M的面积＝矩形BMNC的面积+三角形MNE′的面积＝BM×BC+×MN×E′H＝2（t﹣）+×2×＝2t﹣，
∴＜S≤6﹣，
3＜t≤4时，
，
S＝五边形MNGE′H的面积＝矩形MNGH的面积+三角形HGE′的面积＝MN×MH+×HG×E′J＝2（3﹣）+×2×＝6﹣，
∴S＝6﹣，
4＜t≤4+时，
，
S＝矩形ABCD的面积﹣矩形BCNM的面积﹣三角形AHK的面积﹣三角形DGL的面积＝AB×BC﹣BM×BC﹣×AH×AK﹣×GD×LD＝2×4﹣2（t﹣3）﹣×[4﹣（t﹣）]×[1﹣（t﹣4）]﹣×[4﹣（t﹣）]×[1﹣（t﹣4）]＝﹣，
∴6﹣2≤S＜6﹣，
4+＜t＜6时，
，
S＝矩形ADNM的面积＝AM×MN＝2×[4﹣（t﹣3）]＝14﹣2t，
∴2＜t≤6﹣2，
综上，＜S≤6﹣．
6．在平面直角坐标系中，对于两点A（x1，y1）和B（x2，y2），它们横坐标之差的绝对值与纵坐标之差的绝对值之和称为这两个点之间的曼哈顿距离，表示为：d（A，B）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|．
（1）如果点A（﹣3，2），则原点O与点A的曼哈顿距离d（O，A）＝ 5 ；
（2）函数y＝﹣2x+4（0≤x≤2）的图象如图1所示，B是图象上一点，原点O与点B的曼哈顿距离d（O，B）＝3，则点B的坐标为 （1，2） ；
（3）点C，D分别在x轴和y轴的正半轴上，对于线段CD上任意一点P，都满足d（O，P）＝3，则直线CD的函数表达式为 y＝﹣x+3 ；
（4）如图2，点E（5，3），⊙E的半径为2，点M在⊙E上，则d（O，M）的最小值为 8﹣2 ．
【分析】（1）点A（﹣3，2），O（0，0），直接套用公式d（A，B）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|计算；
（2）设点B（x，﹣2x+4），根据d（O，B）＝3建立方程求点B的坐标；
（3）设直线CD的函数表达式为y＝kx+b，则点P（x，kx+b），根据d（O，P）＝3建立方程恒成立，求出k、b；
（4）设M（x，y），在圆上满足（x﹣5）2+（y﹣3）2＝4，d（O，M）＝|x﹣0|+|y﹣0|＝x+y，则直线y＝﹣x+d与圆有交点，联立方程组消y建立x的方程有解，利用△≥0求最值．
【解答】解：（1）∵点A（﹣3，2），O（0，0），
∴d（O，A）＝|﹣3﹣0|+|2﹣0|＝5，
故答案为：5；
（2）设点B（x，﹣2x+4），
∵d（O，B）＝3，
∴|x﹣0|+|﹣2x+4﹣0|＝3，即|x|+|4﹣2x|＝3，
∵0≤x≤2，
∴4﹣2x≥0，
∴x+4﹣2x＝3，
∴x＝1，
∴y＝﹣2x+4＝2，
∴点B的坐标为（1，2），
故答案为：（1，2）；
（3）设直线CD的函数表达式为y＝kx+b，则点P（x，kx+b），
∵点C，D分别在x轴和y轴的正半轴上，点P在线段CD上，
∴x＞0，kx+b＞0，
∵d（O，P）＝3，
∴|x﹣0|+|kx+b﹣0|＝3，即（k+1）x+b＝3，
∵点P是任意一点，
∴k+1＝0，
∴k＝﹣1，b＝3，
∴直线CD的函数表达式为y＝﹣x+3，
故答案为：y＝﹣x+3；
（4）设M（x，y），x＞0，y＞0，
∵E（5，3），ME＝2，
∴＝2，即（x﹣5）2+（y﹣3）2＝4……①，
∴d（O，M）＝|x﹣0|+|y﹣0|＝x+y，
∴y＝﹣x+d，代入①得（x﹣5）2+（﹣x+d﹣3）2＝4，
∴2x2﹣（4+2d）x+d2﹣6d+30＝0，
∴Δ＝[﹣（4+2d）]2﹣4×2×（d2﹣6d+30）≥0，
∴d2﹣16d+56≤0，
∴8﹣2≤d≤8+2，
∴d（O，M）的最小值为8﹣2，
故答案为：8﹣2．
7．定义：如图1，AB是⊙O的直径，若弦CD∥AB，则称弦CD为⊙O的纬线．
（1）如图1，弦CD是⊙O的纬线，求证：＝；
（2）弦CD和弦EF都是半径为5的⊙O的纬线，CD∥EF，CD＝6，EF＝8，求这两条纬线之间的距离；
（3）如图2，弦MN和弦PQ是直径AB两侧的纬线，连接OM、ON、OP、OQ、PM、QN，⊙O的半径为r，记四边形MPQN，△OMN，△OPQ的面积依次为S，S1，S2，若同时满足下列两个条件时，求S的最大值（用含r的式子表示）．
①S1+S2＝S；
②其中的一条纬线长不超过半径r．
【分析】（1）连接BC，根据平行线的性质和圆周角定理即可证明；
（2）作OH⊥CD交EF于I，则OI⊥EF，连接OD，OF；根据勾股定理可得OH＝4，OI＝3，分类讨论：当弦CD和弦EF在圆心的同一侧时；HI＝OH﹣OI，即可求得；当弦CD和弦EF在圆心的两侧时；HI＝OH+OI，即可求得；
（3）过点O作OE⊥MN于点E，OF⊥PQ于点F，设MN＝a，PQ＝b，OE＝m，OF＝n，分别求出S1＝am，S₂＝bn，s＝（a+b）（m+n），根据S1+S2＝S，可得a＝b，m＝n，故s2＝4a2m2，根据勾股定理可得+m2＝r2，令t＝a2，故S2＝4t（r2﹣）＝﹣t2+4r2t，分析该二次函数可得当t＝2时，S2有最大值为3r4，即可求得．
【解答】解：（1）如图，连接BC，
∵CD∥AB，
∴∠DCB＝∠ABC，
∴∠DCB和∠ABC所对的弧相等，
∴，
（2）∵弦CD和弦EF都是⊙O的纬线，
∴CD∥AB，EF∥AB，
作OH⊥CD交EF于I，则OI⊥EF，连接OD，OF，
∵CD＝6，EF＝8，OD＝OF＝5，
根据勾股定理可得OH＝4，OI＝3，
有两种情况：
当弦CD和弦EF在圆心的同一侧时，HI＝OH﹣OI＝4﹣3＝1；
当弦CD和弦EF在圆心的两侧时，HI＝OH+OI＝4+3＝7，
∴CD和EF的距离是1或7；
（3）过点作OE⊥MN于点E，OF⊥PQ于点F，
设MN＝a，PQ＝b，OE＝m，OF＝n，
则S1＝am，S₂＝bn，s＝（a+b）（m+n），
∵S1+S2＝S，
∴am+bn＝（a+b）（m+n），
即（a﹣b）（m﹣n）＝0，
∴a＝b或m＝n，
若m＝n，则a＝b
若a＝b，则m＝n
∴S＝2am，
则S2＝4a2m2，
∵OE⊥MN，
∴ME＝MN＝，
在Rt△OEM中，OE2+EM2＝OM2，
∴+m2＝r2，
则m2﹣r2﹣号
令t＝a2，
∴S2＝4t（r2﹣）＝﹣t2+4r2t，
对称轴为t＝2r2，
∵0＜a≤r，
∴0＜t≤r2，
当t＝r2时，S2有最大值为3r4，
∴S的最大值为r2．
8．定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．
根据以上定义，解决下列问题：
（1）如图1，正方形ABCD中E是CD上的点，将△BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，则四边形BEDF 是 （填“是”或“不是”）“直等补”四边形；
（2）如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，过点B作BE⊥AD于E．
①过C作CF⊥BF于点F，试证明：BE＝DE，并求BE的长；
②若M是AD边上的动点，求△BCM周长的最小值．
【分析】（1）由旋转的性质可得∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，根据正方形的性质得∠ABC＝∠D＝90°，可得出∠EBF＝∠D＝90°，即可得出答案；
（2）①首先证明四边形CDEF是矩形，则DE＝CF，EF＝CD＝2，再证△ABE≌△BCF，根据全等三角形的判定和性质可得BE＝CF，AE＝BF，等量代换即可得BE＝DE；由AE＝BF，EF＝CD＝2可得AE＝BE﹣2，设BE＝x，根据勾股定理求出x的值即可；
②延长CD到点G，使DG＝CD，连接BG交AD于点M′，过点G作GH⊥BC，交BC的延长线于点H，证明△ABE∽△CGH，根据相似三角形的性质求出CH、HG的值，在Rt△BHG中，根据勾股定理求出BG，即可求解．
【解答】解：（1）∵将△BCE绕B点旋转，BC与BA重合，点E的对应点F在DA的延长线上，
∴∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠D＝90°，
∴∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠ABE+∠ABF＝90°，即∠EBF＝∠D＝90°，
∴∠EBF+∠D＝180°，
∵∠EBF＝90°，BF＝BE，
∴四边形BEDF是“直等补”四边形．
故答案为：是；
（2）①证明：∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，
∴∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°，
∴∠D＝90°，
∵BE⊥AD，CF⊥BE，
∴∠DEF＝90°，∠CFE＝90°，
∴四边形CDEF是矩形，
∴DE＝CF，EF＝CD＝2，
∵∠ABE+∠A＝90°，∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠A＝∠CBF，
∵∠AEB＝∠BFC＝90°，AB＝BC，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴BE＝CF，AE＝BF，
∵DE＝CF，
∴BE＝DE；
∵四边形CDEF是矩形，
∴EF＝CD＝2，
∵△ABE≌△BCF，
∴AE＝BF，
∴AE＝BE﹣2，
设BE＝x，则AE＝x﹣2，
在Rt△ABE中，x2+（x﹣2）2＝102，
解得：x＝8或x＝﹣6（舍去），
∴BE的长是8；
②∵△BCM周长＝BC+BM+CM，
∴当BM+CM的值最小时，△BCM的周长最小，
如图，延长CD到点G，使DG＝CD，连接BG交AD于点M′，过点G作GH⊥BC，交BC的延长线于点H，
∵∠ADC＝90°，
∴点C与点G关于AD对称，
∴BM+CM＝BM+MG≥BG，即BM+CM≥BM′+M′C，
∴当点M与M′重合时，BM′+M′C的值最小，即△BCM的周长最小，
在Rt△ABE中，AE＝＝＝6，
∵四边形ABCD是“直等补”四边形，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∵∠BCD+∠GCH＝180°，
∴∠A＝∠GCH，
∵∠AEB＝∠H＝90°，
∴△ABE∽△CGH，
∴＝＝＝，即＝，
∴GH＝，CH＝，
∴BH＝BC+CH＝10+＝，
∴BG＝＝＝2，
∴△BCM周长的最小值为2+10．
新定义问题解题思路：
所有新定义的问题，首先都是要理解新定义所具有的性质；因为题目中第1问都会直接考察学生对定义的理解，直白的理解，直白的应用新定义的性质就好；
其次要看新定义所结合的考点，找出新定义的性质同结合考点的性质间的异同点，迁移应用；
最后再将新定义与所结合的考点联合，合并应用。
01 函数中的新定义压轴题
1．（2023•诸暨市模拟）在平面直角坐标系xOy中，给出如下定义：点A到x轴、y轴距离的较大值，称为点A的“长距”，当点P的“长距”等于点Q的“长距”时，称P，Q两点为“等距点”，若P（﹣1，4），Q（k+3，4k﹣3）两点为“等距点”，则k的值为 ﹣或1 ．
【分析】根据题意可得：|k+3|＝4或|4k﹣3|＝4，然后分两种情况进行计算，即可解答．
【解答】解：∵P（﹣1，4），Q（k+3，4k﹣3）两点为“等距点”，
∴|k+3|＝4或|4k﹣3|＝4，
当|k+3|＝4时，
∴k+3＝±4，
解得：k＝1或k＝﹣7，
当k＝1时，k+3＝4，4k﹣3＝1，点Q（4，1）的“长距”等于4；
当k＝﹣7时，k+3＝﹣4，4k﹣3＝﹣31，点Q（4，1）的“长距”等于31，不符合题意，舍去；
当|4k﹣3|＝4时，
∴4k﹣3＝±4，
解得：k＝或k＝﹣，
当k＝时，k+3＝，4k﹣3＝4，点Q（4，1）的“长距”等于，不符合题意，舍去；
当k＝﹣时，k+3＝，4k﹣3＝﹣4，点Q（4，1）的“长距”等于4；
综上所述：k的值为﹣或1，
故答案为：﹣或1．
2．（2023•绍兴）在平面直角坐标系xOy中，一个图形上的点都在一边平行于x轴的矩形内部（包括边界），这些矩形中面积最小的矩形称为该图形的关联矩形．例如：如图，函数y＝（x﹣2）2（0≤x≤3）的图象（抛物线中的实线部分），它的关联矩形为矩形OABC．若二次函数图象的关联矩形恰好也是矩形OABC，则b＝ 或﹣ ．
【分析】根据题意求得点A（3，0），B（3，4），C（0，4），然后分两种情况，利用待定系数法求出解析式即可．
【解答】解：由y＝（x﹣2）2（0≤x≤3），当x＝0时，y＝4，
∴C（0，4），
∵A（3，0），四边形ABCO是矩形，
∴B（3，4），
①当抛物线经过O、B时，将点O（0，0），B（3，4）代入y＝x2+bx+c（0≤x≤3）得
，
解得b＝；
②当抛物线经过A、C时，将点A（3，0），C（0，4）代入y＝x2+bx+c（0≤x≤3）得
，
解得b＝﹣，
综上所述，b＝或b＝﹣，
故答案为：或﹣，
3．（2023•婺城区一模）定义：在平面直角坐标系中，直线x＝m与某函数图象交点记为点P，作该函数图象中，点P及点P右侧部分关于直线x＝m的轴对称图形，与原函数图象上的点P及点P右侧部分共同构成一个新函数的图象，称这个新函数为原函数关于直线x＝m的“迭代函数“．例如：图1是函数y＝x+1的图象，则它关于直线x＝0的“迭代函数“的图象如图2所示，可以得出它的“迭代函数“的解析式为y＝．
（1）写出函数y＝x+1关于直线x＝1的“迭代函数“的解析式为 y＝ ．
（2）若函数y＝﹣x2+4x+3关于直线x＝m的“迭代函数“图象经过（﹣1，0），则m＝ ．
（3）已知正方形ABCD的顶点分别为：
A（a，a），B（a，﹣a），C（﹣a，﹣a），D（﹣a，a），其中a＞0．
①若函数y＝关于直线x＝﹣2的“迭代函数“的图象与正方形ABCD有3个公共点，则a＝ 3 ；
②若a＝6，函数y＝关于直线x＝n的“迭代函数“的图象与正方形ABCD有4个公共点，则n的取值范围为 0＜n＜1或﹣1＜n＜0或n＜﹣ ．
【分析】（1）根据“迭代函数”的定义画出函数y＝x+1的“迭代函数”的图象，设点A的横坐标为2，求出点A关于直线x＝1的对称点，可得出结论；
（2）根据题意可得，（﹣1，0）关于直线x＝m的对称点在原抛物线上，代入即可得出m的值；
（3）①根据题意，作出此“迭代函数”，结合图象可得出结论；
②根据题意，作出此“迭代函数”，结合图象可得出结论．
【解答】解：（1）如图1，设点C为直线x＝1与函数的交点，点A（2，3），
∴C（1，2），点A关于直线x＝1的对称点为B（0，3），
设BC所在直线的解析式为：y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝；
故答案为：y＝；
（2）根据题意可得，（﹣1，0）关于直线x＝m的对称点（2m+1，0）在原抛物线上，
∴﹣（2m+1）2+4（2m+1）+3＝0，
解得m＝；
故答案为：；
（3）①如图2﹣1，当正方形的边BC过点（﹣2，﹣3）时，a＝3，此时正方形ABCD与此迭代函数有三个交点；
如图2﹣2，当a＞3时，正方形ABCD与此迭代函数有四个交点，当a继续增大，交点超过4个，不符合题意；
故答案为：3；
②如图3﹣1，当n＝﹣1时，此迭代函数与正方形ABCD有5个交点，
如图3﹣2时，当﹣1＜n＜0时，此迭代函数与正方形ABCD有4个交点，符合条件；
如图3﹣3时，当0＜n＜1时，此迭代函数与正方形ABCD有4个交点，符合题意；
当n＝1时，此迭代函数与正方形ABCD有3个交点，其中一个交点坐标为（1，6）；
如图3﹣4，当n＝﹣时，此迭代函数过点D，迭代函数与正方形ABCD有5个交点，
当n＜﹣时，迭代函数与正方形ABCD有5个交点，符合题意；
故答案为：0＜n＜1或﹣1＜n＜0或n＜﹣．
02 四边形中的新定义压轴题
1．（2023•宁波）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．
（1）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，对角线BD平分∠ADC．求证：四边形ABCD为邻等四边形．
（2）如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形ABCD是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D．
（3）如图3，四边形ABCD是邻等四边形，∠DAB＝∠ABC＝90°，∠BCD为邻等角，连结AC，过B作BE∥AC交DA的延长线于点E．若AC＝8，DE＝10，求四边形EBCD的周长．
【分析】（1）根据邻等四边形定义证明即可；
（2）根据邻等四边形定义利用网格即可画图；
（3）先证明四边形AEBC是平行四边形，得AE＝BC＝DC，设AE＝BC＝DC＝x，得AD＝DE﹣AE＝10﹣x，过点D作DF⊥BC于点F，得矩形ABFD，得AB＝DF，AD＝BF＝10﹣x，所以CF＝BC﹣BF＝x﹣（10﹣x）＝2x﹣10，根据勾股定理得82﹣x2＝x2﹣（2x﹣10）2，求出x的值，进而可得四边形EBCD的周长．
【解答】（1）证明：在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，
∴∠ABC＝180°﹣∠A＝90°，
∵对角线BD平分∠ADC，
∴∠ADB＝∠CDB，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴∠CBD＝∠CDB，
∴CD＝CB，
∴四边形ABCD为邻等四边形；
（2）解：如下3个图，点D′、D、D″即为所求；
（3）解：如图3，四边形ABCD是邻等四边形，
∴CD＝CB，
∵∠DAB＝∠ABC＝90°，
∴AD∥BC，
∵BE∥AC，
∴四边形AEBC是平行四边形，
∴EB＝AC＝8，AE＝BC，
∴AE＝BC＝DC，
设AE＝BC＝DC＝x，
∵DE＝10，
∴AD＝DE﹣AE＝10﹣x，
过点D作DF⊥BC于点F，得矩形ABFD，
∴AB＝DF，AD＝BF＝10﹣x，
∴CF＝BC﹣BF＝x﹣（10﹣x）＝2x﹣10，
在Rt△ABE和Rt△DFC中，根据勾股定理得：
BE2﹣AE2＝AB2，CD2﹣CF2＝DF2，
∴BE2﹣AE2＝CD2﹣CF2，
∴82﹣x2＝x2﹣（2x﹣10）2，
整理得x2﹣20x+82＝0，
解得x1＝10﹣3，x2＝10+3（不符合题意，舍去），
∴CD＝CB＝10﹣3，
∴四边形EBCD的周长＝BE+DE+2CD＝8+10+2×（10﹣3）＝38﹣6．
2．（2024•浙江模拟）定义：我们把对角线相等的四边形叫作伪矩形，对角线的交点称作伪矩形的中心．
（1）①写出一种你学过的伪矩形： 等腰梯形 ．
②顺次连接伪矩形各边中点所得的四边形是 C ．
A．正方形
B．矩形
C．菱形
D．无法确定
（2）如图1，在伪矩形ABCD中，∠BCD＝90°，AC＝3，CD＝2，求BC的长．
（3）如图2，在伪矩形ABCD中，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB＝2，AC＝CD，求这个伪矩形的面积．
【分析】（1）①根据对角线相等的四边形有矩形和等腰梯形；
②根据顺次连接伪矩形各边中点所得的四边形是菱形；
（2）根据对角线相等得出BD＝3，进而利用勾股定理解答即可；
（3）根据对角线相等得出BD＝AC，进而利用含30°角的直角三角形的性质得出AC，进而利用三角形面积公式解答即可．
【解答】解：（1）①对角线相等的四边形有矩形和等腰梯形，
故答案为：等腰梯形；
②顺次连接伪矩形各边中点所得的四边形是菱形，
故答案为：C；
（2）∵伪矩形ABCD，
∴BD＝AC＝3，
∵∠BCD＝90°，CD＝2，
∴BC＝；
（3）过D作DE⊥BC于E，
由图可知，BE是△ABD的高，DE是△BDC的高，
∵∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB＝2，
∴BC＝2，AC＝4，
∵伪矩形ABCD，AC＝CD，
∴BD＝AC＝CD＝4，
∴BE＝EC＝，
∴DE＝，
∴这个伪矩形的面积＝
．
3．（2024•昆山市一模）我们定义：有一组邻边相等且有一组对角互补的凸四边形叫做等补四边形．
（1）如图1，△ABC是等边三角形，在BC上任取一点D（B、C除外），连接AD，我们把△ABD绕点A逆时针旋转60°，则AB与AC重合，点D的对应点E．请根据给出的定义判断，四边形ADCE 是 （选择是或不是）等补四边形．
（2）如图2，等补四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝∠ADC＝90°，若S四边形ABCD＝8，求BD的长．
（3）如图3，四边形ABCD中，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，BD＝4，求四边形ABCD面积的最大值．
【分析】（1）根据旋转的性质得：AD＝AE，∠ADB＝∠AEC，再证明四边形有一对角互补，根据等补四边形的定义可得结论；
（2）如图2，将△BAD绕点B顺时针旋转90°得△BCG，先证明D、C、G三点共线，根据旋转的性质可知：S四边形ABCD＝S△BDG＝8，根据三角形的面积公式可得BD的长；
（3）如图3，作辅助线：将△BCD绕点B逆时针旋转∠ABC的大小，得△BAE，先证明A、D、E三点共线，则S四边形ABCD＝S△BDE，当BD⊥BE时，△BDE的面积最大，从而得结论．
【解答】解：（1）由旋转得：AD＝AE，∠ADB＝∠AEC，
∵∠ADC+∠ADB＝180°，
∴∠ADC+∠AEC＝180°，
∴四边形ADCE是等补四边形．
故答案为：是；
（2）如图2，∵∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴将△BAD绕点B顺时针旋转90°得△BCG，
∴∠BAD＝∠BCG，BD＝BG，∠DBG＝90°，
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∴∠BCD+∠BCG＝180°，
∴D、C、G三点共线，
∵S四边形ABCD＝8，
∴S△BDG＝8，
∴BD2＝8，
∴BD＝4（负值舍去）；
（3）∵AB＝BC，
∴将△BCD绕点B逆时针旋转∠ABC的大小，得△BAE，如图3，
∴BD＝BE＝4，∠BAE＝∠C，S△ABE＝S△BCD，
∵∠BAD+∠C＝180°，
∴∠BAD+∠BAE＝180°，
∴A、D、E三点共线，
∴S四边形ABCD＝S△BDE，
当BD⊥BE时，△BDE的面积最大，S△BDE＝×4×4＝8．
∴四边形ABCD面积的最大值为8．
03 圆中的新定义压轴题
1．（2023•秀洲区校级二模）婆罗摩芨多是公元7世纪古印度伟大的数学家，他在三角形、四边形、零和负数的运算规则，二次方程等方面均有建树，他也研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类对角线互相垂直的圆内接四边形称为“婆氏四边形”；
（1）若平行四边形ABCD是“婆氏四边形”，则四边形ABCD是 ③ ．（填序号）
①矩形②菱形③正方形
（2）如图1，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以AB为弦的⊙O交AC于D，交BC于E，连接DE、AE、BD，AB＝6，，若四边形ABED是“婆氏四边形”，求DE的长；
（3）如图2，四边形ABCD为⊙O的内接四边形，连接AC，BD，OA，OB，OC，OD，已知∠BOC+∠AOD＝180°，
①求证：四边形ABCD是“婆氏四边形”；
②当AD+BC＝4时，求⊙O半径的最小值．
【分析】（1）先证明平行四边形ABCD是矩形，再由定义证明矩形ABCD是正方形，即可求解；
（2）根据垂径定理和圆周角定理可得∠BED＝∠DEC＝90°，AD＝DE，AB＝BE＝6，设AD＝DE＝m，则CD＝8﹣m，EC＝4，在Rt△EDC中，用勾股定理可求解；
（3）①根据圆周角定理得出∠DCA+∠BDC＝90°，从而得出∠CED＝90°，即可证明；
②过点O作OM⊥AD交于M，过O作ON⊥BC交于N，证明△OAM≌△BON（AAS），设ON＝AM＝n，则AD＝2n，BC＝4﹣2n，BN＝2﹣n，在Rt△BON中，BO＝，当n＝1时，BO有最小值，即⊙O半径的最小值为．
【解答】（1）解：∵平行四边形ABCD为⊙O的内接四边形，
∴∠ABC＝∠ADC，∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，
∵四边形ABCD是“婆氏四边形”，
∴AC⊥BD，
∴矩形ABCD是正方形，
故答案为：③；
（2）解：∵∠BAC＝90°，AB＝6，，
∴BC＝10，AC＝8，
∴BD为直径，
∴∠BED＝∠DEC＝90°，
∵四边形ABED是“婆氏四边形”，
∴AE⊥BD，
∴AD＝DE，AB＝BE＝6，
设AD＝DE＝m，则CD＝8﹣m，EC＝4，
在Rt△EDC中，m2+42＝（8﹣m）2，
解得m＝3，
∴DE＝3；
（3）①证明：如图2，设AC，BD相交于点E，
∵，，∠BOC+∠AOD＝180°，
∴，
∴∠CED＝90°，
∴AC⊥BD，
∵四边形ABCD是⊙O的内接四边形，
∴四边形ABCD是“婆氏四边形”；
②解：过点O作OM⊥AD交于M，过O作ON⊥BC交于N，
∴AM＝AD，BN＝BC，∠AMO＝∠BNO＝90°，
∴∠AOM+∠OAM＝90°，
∵OA＝BO＝CO＝DO，
∴∠AOM＝∠AOD，∠BON＝∠BOC，
∵∠BOC+∠AOD＝180°，
∴∠AOM＝∠OBN，
∴△OAM≌△BON（AAS），
∴ON＝AM＝AD，
∵AD+BC＝4，
设ON＝AM＝n，则AD＝2n，BC＝4﹣2n，BN＝2﹣n，
在Rt△BON中，BO＝＝，
当n＝1时，BO有最小值，
∴⊙O半径的最小值为．
2．（2024•宁波一模）定义，若四边形的一条对角线平分这个四边形的面积，则称这个四边形为倍分四边形，这条对角线称为这个四边形的倍分线．如图①，在四边形ABCD中，若S△ABC＝S△ADC，则四边形ABCD为倍分四边形，AC为四边形ABCD的倍分线．
（1）判断：若是真命题请在括号内打√，若是假命题请在括号内打×．
①平行四边形是倍分四边形． √
②梯形是倍分四边形． ×
（2）如图①，倍分四边形ABCD中，AC是倍分线，若AC⊥AB，AB＝3，AD＝DC＝5，求BC；
（3）如图②，△ABC中BA＝BC，以BC为直径的⊙O分别交AB、AC于点N、M，已知四边形BCMN是倍分四边形．
①求sinC；
②连结BM，CN交于点D，取OC中点F，连结MF交NC于E（如图③），若OF＝3，求DE．
【分析】（1）①平行四边形的对角线平分平行四边形的面积，可判断①是真命题；
②梯形的对角线不平分梯形的面积，可判断②是假命题；
（2）过D作DE⊥AC于E，根据AC是四边形ABCD的倍分线，AC⊥AB，可得DE＝AB＝3，故AE＝＝4，AC＝2AE＝8，故BC＝＝；
（3）①连接BM，CN，OM，设CN交OM于H，由BA＝BC，得AM＝CM，故S△BCM＝S△BAM＞S△BNM，可知倍分四边形BCMN中，CN是倍分线，即S△BCN＝S△MCN，而∠ANC＝90°，AM＝CM，有MN＝AM＝CM＝AC，从而＝，知OM⊥CN，NH＝CH，设OH＝m，由S△BCN＝S△MCN，有MH＝BN＝2m，可得OC＝OM＝3m，BC＝2OC＝6m，根据勾股定理可得BM＝2m，即得sin∠ACB＝＝；
②连接OM交CN于H，作MF中点P，连接DP，由F为OC的中点，得OC＝2OF＝6，BC＝2OC＝12，BF＝9，则BM＝BC•sin∠ACB＝4，CM＝＝4，证明△BDN≌△MDH（AAS），得DM＝BD＝BM＝2，故CD＝＝6，而DP是△MBF的中位线，可得DP＝BF＝，DP∥BC，故△DPE∽△CFE，即得DE＝CD＝×6＝．
【解答】解：（1）①平行四边形的对角线平分平行四边形的面积，故平行四边形是倍分四边形，①是真命题；
故答案为：√；
②梯形的对角线不平分梯形的面积，故梯形不是倍分四边形，②是假命题；
故答案为：×；
（2）过D作DE⊥AC于E，如图：
∵AC是四边形ABCD的倍分线，AC⊥AB，
∴AB•AC＝DE•AC，
∴DE＝AB＝3，
在Rt△ADE中，
AE＝＝＝4，
∵AD＝DC，DE⊥AC，
∴AC＝2AE＝8，
在Rt△ABC中，
BC＝＝＝，
∴BC的长为；
（3）①连接BM，CN，OM，设CN交OM于H，如图：
∵BC为⊙O的直径，
∴∠BNC＝∠BMC＝90°，
∵BA＝BC，
∴AM＝CM，
∴S△BCM＝S△BAM＞S△BNM，
∴倍分四边形BCMN中，CN是倍分线，即S△BCN＝S△MCN，
∵∠ANC＝180°﹣∠BNC＝90°，AM＝CM，
∴MN＝AM＝CM＝AC，
∴＝，
∴OM⊥CN，NH＝CH，
设OH＝m，则BN＝2m，
∵S△BCN＝S△MCN，
∴BN•CN＝MH•CN，
∴MH＝BN＝2m，
∴OM＝OH+MH＝3m，
∴OC＝OM＝3m，BC＝2OC＝6m，
在Rt△OCH中，CH2＝OC2﹣OH2＝8m2，
在Rt△CMH中，CM＝＝＝2m，
在Rt△BMC中，BM＝＝＝2m，
∴sin∠ACB＝＝＝；
②连接OM交CN于H，作MF中点P，连接DP，如图：
∵F为OC的中点，
∴OC＝2OF＝6，BC＝2OC＝12，BF＝9，
在Rt△BCM中，BM＝BC•sin∠ACB＝12×＝4，
∴CM＝＝＝4，
由①知，BN＝MH，
∵∠BND＝∠MHD＝90°，∠BND＝∠MDH，
∴△BDN≌△MDH（AAS），
∴DM＝BD＝BM＝2，
∴CD＝＝＝6，
∵P为MF的中点，
∴DP是△MBF的中位线，
∴DP＝BF＝，DP∥BC，
∴△DPE∽△CFE，
∴＝＝＝，
∴DE＝CD＝×6＝．
3．（2024•台州一模）【概念呈现】在钝角三角形中，钝角的度数恰好是其中一个锐角的度数与90度的和，则称这个钝角三角形为和美三角形，这个锐角叫做和美角．
【概念理解】（1）当和美三角形是等腰三角形时，求和美角的度数．
【性质探究】（2）如图1，△ABC是和美三角形，∠B是钝角，∠A是和美角，求证：
【拓展应用】（3）如图2，AB是⊙O的直径，且AB＝13，点C，D是圆上的两点，弦CD与AB交于点E，连接AD，BD，△ACE是和美三角形．
①当BC＝5时，求AD的长．
②当△BCD是和美三角形时，直接写出的值．
【分析】（1）设和美角的度数为x，利用和美三角形的定义和三角形的内角和定理列出方程解答即可；
（2）过点B作BD⊥AB，交AC于点D，利用和美三角形的定义得到∠DBC＝∠A，利用相似三角形的判定与性质得到，再利用直角三角形的边角关系定理得到tanA＝，则结论可得；
（3）利用圆周角定理和勾股定理得到AC的长度，利用分类讨论的数学方法分两种情况讨论解答：Ⅰ．当∠EAC为和美角时，过点C作CF⊥AB于点F，利用（2）的结论和相似三角形的判定与性质得到EC＝BC，再利用等腰三角形的性质和相似三角形的判定与性质解答即可；Ⅱ．当∠ACE为和美角时，过点D作CH⊥AB于点H，利用（2）的结论和相似三角形的判定与性质得到DE＝AD，利用圆周角定理和等腰三角形的判定定理解答即可；
（4）利用分类讨论的数学方法，依据和美三角形的定义和相似三角形的判定与性质，类比（3）的方法解答即可．
【解答】（1）解：设和美角的度数为x，则钝角的度数为90°+x，
∴x+x+90°+x＝180°，
∴x＝30°．
∴当和美三角形是等腰三角形时，和美角的度数为30°．
（2）证明：过点B作BD⊥AB，交AC于点D，如图，
则∠ABD＝90°，
∵△ABC是和美三角形，∠B是钝角，∠A是和美角，
∴∠ABC＝90°+∠A，
∵∠ABC＝∠ABD+∠DBC＝90°+∠DBC，
∴∠DBC＝∠A．
∵∠C＝∠C，
∴△CDB∽△CBA，
∴．
在Rt△ABD中，
tanA＝，
∴；
（3）解：①∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AB＝13，BC＝5，
∴AC＝＝12．
Ⅰ．当∠EAC为和美角时，过点C作CF⊥AB于点F，如图，
由（2）知：tan∠EAC＝，
在Rt△ABC中，tan∠EAC＝，
∴，
∴EC＝5．
∴EC＝BC．
∴∠CEB＝∠CBA．
∵∠CBA＝∠CDA，∠AED＝∠CEB，
∴∠CDA＝∠AED，
∴AD＝AE．
∵CE＝CB，CF⊥AB，
∴BF＝EF＝BE．
∵∠ACB＝90°，CF⊥AB，
∴△BCF∽△BAC，
∴，
∴，
∴BF＝，
∴BE＝2BF＝，
∴AD＝AE＝AB﹣BE＝；
Ⅱ．当∠ACE为和美角时，过点D作CH⊥AB于点H，如图，
由（2）知：tan∠ACE＝，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ADB＝90°，
∵∠ACE＝∠ABD，
∴tan∠ACE＝tan∠ABD＝．
∵∠CAB＝∠CDB，∠AEC＝∠DEB，
∴△AEC∽△DEB，
∴，
∴，
∴DE＝AD，
∴∠DAE＝∠DEA．
∵∠AED＝∠CEB，∠DAE＝∠ECB，
∴∠ECB＝∠CEB，
∴BE＝BC＝5，
∴AE＝AB﹣BE＝13﹣5＝8．
∵DE＝AD，CH⊥AB，
∴AH＝AE＝4．
∵∠ADB＝90°，CH⊥AB，
∴△ADH∽△ABD，
∴，
∴，
∴AD＝＝2．
综上，AD的长2或；
②当△BCD是和美三角形时，的值为或．理由：
设∠CAB＝α，
Ⅰ．当∠CAB与∠CDB为和美角时，如图，
则∠ACD＝∠BCD＝45°，CE＝CB，α＝22.5°，
∴；
Ⅱ．当∠CAB与∠DCB为和美角时，如图，
则∠CEA＝90°+α，∠ACE＝90°﹣2α，∠DCB＝2α，∠CBD＝90°+2α，
∵△BDC的内角和为180°，
∴α＝18°．
∴；
Ⅲ．当∠ACD与∠CDB为和美角时，如图，
则∠CEA＝135°﹣0.5α，∠ACE＝45°﹣0.5α，∠DCB＝45°+0.5α，∠CBD＝90°+α，
∵△BDC的内角和为180°，
∴α＝18°．
∴；
Ⅳ．当∠ACE与∠DCB为和美角时，如图，
则∠CEA＝135°﹣0.5α，∠ACE＝45°﹣0.5α，∠DCB＝45°+0.5α，
∵∠ACB＝90°，
∴α＝0°，这种情况不存在．
综上，的值为或．
1．若一个三角形一条边的平方等于另两条边的乘积，我们把这个三角形叫做比例三角形．有下列结论：
①已知△ABC是比例三角形，AB＝4，BC＝5，那么；
②在△ABC中，点D在AC上，且AD＝BC，∠ABD＝∠C，那么△ABC是比例三角形；
③如图，在四边形ABCD中，已知AD∥BC，BD平分∠ABC，AB⊥AC，AD⊥CD，那么△ABC是比例三角形；
④已知直线与x轴、y轴交于点A、B，点C（3，0），那么△ABC是比例三角形．
其中，正确的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
【分析】①根据比例三角形的定义，则三种情况AB2＝BC•AC，BC2＝AB•AC，AC2＝BC•AB，进而判断；
②先证明△ABD∽△ACD，得出，根据AD＝BC，变形即可判断；
③AD∥BC，BD平分∠ABC，推出对应角相等，进而推出AB＝AD，△ABC∽△DCA，对应线段成比例，变形进而判断；
④分别求出点A、B，C的坐标进而推出△ABC是等边三角形，进而判断即可．
【解答】解：①根据比例三角形的定义，
则有三种情况AB2＝BC•AC，BC2＝AB•AC，AC2＝BC•AB，
故AC有三种结果，
故①错误；
②∵∠ABD＝∠C，∠A＝∠A，
∴△ABD∽△ACD，
∴，
∴AD•BC＝AB•BD，
∵AD＝BC，
∴BC2＝AB•BD，
∴△ABC是比例三角形，
故②正确；
③∵AD∥BC，BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，∠CAD＝∠ACB，∠ADB＝∠CBD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴AB＝AD，
又∵AB⊥AC，AD⊥CD，
即∠BAC＝∠ADC＝90°，
∴△ABC∽△DCA，
∴，
∴AC2＝BC•AD，
∴AC2＝BC•AB，
∴△ABC是比例三角形，
故③正确；
④直线与x轴、y轴交于点A、B，
当x＝0时，y＝，当y＝0时，x＝﹣3，
∴A（﹣3，0），B（0，），
在Rt△ABO中，tan∠BAC＝＝，
∴∠BAC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝3+3＝6，
AC2＝6×6＝36，
AB•BC＝6×6＝36，
∴AC2＝AB•BC，
∴△ABC是比例三角形，
故④正确，
∴正确的个数是3个，
故选：B．
2．已知n行n列（n≥2）的数表中，对任意的i＝1，2，…，n，j＝1，2，…，n，都有aij＝0或1．若当ast＝0时，总有（a1t+a2t+…+ant）+（as1+as2+…+asn）≥n，则称数表A为典型表，此时记表A中所有aij的和记为Sn．
（1）若数表，，其中典型表是 C ；
（2）典型表中S5的最小值为 13 ．
【分析】（1）根据典型表的定义一次判断B和C即可得出结论；
（2）根据题设及给定的数表可表示出5列5行的典型表A，即可得出答案；
【解答】解：（1）数表B中a12＝0，
而（a12+a22+a32）+（a11+a12+a13）＝0+0+1+0+0+1＝2＜3，
∴数表B不是典型表；
对于数表C中，当ast＝0时，总有（a1t+a2t+…+ant）+（as1+as2+…+asn）≥n，
∴数表C是典型表；
故答案为：C．
（2）若典型表中S5有最小值，即典型表A中的1最少且当ast＝0时，总有（a1t+a2t+…+ant）+（as1+as2+…+asn）＝n．
则A＝，
则S5的最小值为15．
故答案为：15．
3．对于平面内的两点K、L，作出如下定义：若点Q是点L绕点K旋转所得到的点，则称点Q是点L关于点K的旋转点；若旋转角小于90°，则称点Q是点L关于点K的锐角旋转点．如图1，点Q是点L关于点K的锐角旋转点．
（1）已知点A（4，0），在点Q1（0，4），Q2（2，），Q3（﹣2，），Q4（，﹣2）中，是点A关于点O的锐角旋转点的是 Q2，Q4 ．
（2）已知点B（5，0），点C在直线y＝2x+b上，若点C是点B关于点O的锐角旋转点，求实数b的取值范围．
（3）点D是x轴上的动点，D（t，0），E（t﹣3，0），点F（m，n）是以D为圆心，3为半径的圆上一个动点，且满足n≥0．若直线y＝2x+6上存在点F关于点E的锐角旋转点，请直接写出t的取值范围．
【分析】（1）如图中，满足条件的点在半圆上（不包括点A以及y轴上的点），点Q2，Q4满足条件．
（2）如图中，以O为圆心，3为半径作半圆，交y轴于P（0，3），P′（0，﹣3）当直线y＝2x+b与半圆有交点（不包括P，B）时，满足条件．
（3）根据题意，点F关于点E的锐角旋转点在半圆E上，设点P在半圆S上，点Q在半圆T上（将半圆D绕点E旋转），如图3（1），半圆扫过的区域为图3（1）中阴影部分，求出图3（2），图3（3）中，t的值，可得结论．
【解答】解：（1）如图，∵A（4，0），Q1（0，4），
∴OA＝OQ1＝4，∠AOQ1＝90°，
∴点Q1不是点A关于点O的锐角旋转点；
∵Q2（2，），作Q2F⊥x轴于点F，
∴OQ2＝＝＝4＝OA，
∵tan∠Q2OF＝＝，
∴∠Q2OF＝60°，
∴点Q2是点A关于点O的锐角旋转点；
∵Q3（﹣2，），作Q3G⊥x轴于点G，
则tan∠Q3OG＝＝＝，
∴∠Q3OG＝60°，
∴OQ3＝＝＝4＝OA，
∵∠AOQ3＝180°﹣60°＝120°，
∴Q3不是点A关于点O的锐角旋转点；
∵Q4（，﹣2），作Q4H⊥x轴于点H，
则tan∠Q4OH＝＝＝1，
∴∠Q4OH＝45°，
∵OQ4＝＝＝4＝OA，
∴Q4是点A关于点O的锐角旋转点；
综上所述，在点Q1，Q2，Q3，Q4中，是点A关于点O的锐角旋转点的是Q2，Q4，
故答案为：Q2，Q4．
（2）在y轴上取点P（0，5），当直线y＝2x+b经过点P时，可得b＝5，
当直线y＝2x+b经过点B时，则2×5+b＝0，
解得：b＝﹣10，
∴当﹣10＜b＜5时，OB绕点O逆时针旋转锐角时，点C一定可以落在某条直线y＝2x+b上，
过点O作OG⊥直线y＝2x+b，垂足G在第四象限时，如图，
则OT＝﹣b，OS＝﹣b，
∴ST＝＝＝﹣b，
当OG＝5时，b取得最小值，
∵5×（﹣b）＝﹣b×（﹣b），
∴b＝﹣5，
∴﹣5≤b＜5．
（3）根据题意，点F关于点E的锐角旋转点在半圆E上，设点P在半圆S上，点Q在半圆T上（将半圆D绕点E旋转），如图3（1），半圆扫过的区域为图3（1）中阴影部分，
如图3（2）中，阴影部分与直线y＝2x+6相切于点G，tan∠EMG＝2，SG＝3，过点G作GI⊥x轴于点I，过点S作SJ⊥GI于点J，
∴∠SGJ＝∠EMG，
∴tan∠SGJ＝tan∠EMG＝2，
∴GJ＝，SJ＝，
∴GI＝GJ+JI＝3+，
∴MI＝GI＝+，
∴OE＝IE+MI﹣OM＝﹣，即xE＝t﹣3＝﹣，
解得t＝+，
如图3（3）中，阴影部分与HK相切于点G，tan∠OMK＝tan∠EMH＝2，EH＝6，则MH＝3，EM＝3，
∴xE＝t﹣3＝﹣3﹣3，
解得t＝﹣3，
观察图象可知，﹣3≤t＜3++．
4．对某一个函数给出如下定义：如果函数的自变量x与函数值y满足：当（x﹣m）（x﹣n）≤0时，（y﹣m）（y﹣n）≤0（m，n为实数，且m＜n），我们称这个函数在m→n上是“民主函数”．比如：函数y＝﹣x+1在﹣1→2上是“民主函数”．理由：∵由[x﹣（﹣1）]（x﹣2）≤0，得﹣1≤x≤2．∵x＝1﹣y，∴﹣1≤1﹣y≤2，解得﹣1≤y≤2，∴[y﹣（﹣1）]（y﹣2）≤0，∴是“民主函数”．
（1）反比例函数是2→3上的“民主函数”吗？请判断并说明理由；
（2）若一次函数y＝kx+b在m→n上是“民主函数”，求此函数的解析式（可用含m，n的代数式表示）；
（3）若抛物线y＝ax2+bx+c（a＞0，a+b＞0）在1→3上是“民主函数”，且在1≤x≤3上的最小值为4a，设抛物线与直线y＝3交于A，B点，与y轴相交于C点．若△ABC的内心为G，外心为M，试求MG的长．
【分析】（1）根据“民主函数”的定义进行判断即可；
（2）根据“民主函数”的定义以及一次函数的增减性，分两种情况进行求解即可；
（3）由a＞0，a+b＞0，得﹣＜，则抛物线y＝a（x+）2+c﹣在1≤x≤3上是递增的，可知x＝1时，y＝1，且最小值为4a，得出抛物线的解析式，从而得出点A、B、C的坐标，设M（0，t），根据MA＝MC，可得M的坐标，再利用面积法求出点G的坐标，即可求得答案．
【解答】（1）解：当（x﹣2）（x﹣3）≤0时，则2≤x≤3，
∵反比例函数y＝在第一象限内y随x的增大而减小，
∴当2≤x≤3时，2≤y≤3，
∴（y﹣2）（y﹣3）≤0，
∴反比例函数y＝是2→3上的“民主函数”；
（2）由题意，得：当m≤x≤n时，m≤y≤n，
∵y＝kx+b，
当k＞0时，y随着x的增大而增大，
∴当x＝m时，y＝m，当x＝n时，y＝n，
则，
解得：，
即y＝x；
当k＜0时，y随着x的增大而减小，
∴当x＝m时，y＝n，当x＝n时，y＝m，
则，
解得：，
即y＝﹣x+m+n，
综上所述，y＝x或y＝﹣x+m+n；
（3）抛物线的顶点式为y＝a（x+）2+c﹣，顶点坐标为（﹣，c﹣），
∵a＞0，a+b＞0，
∴﹣＜，
∴抛物线y＝a（x+）2+c﹣在1≤x≤3上是递增的，
∴当x＝1时，取最小值，
∴，
解得：，
∴抛物线的函数表达式为y＝x2+，
∵抛物线与直线y＝3相交于A、B两点，设A（xA，3），B（xB，3），
假设A点在B点的左侧，即x2+＝3，
∴x2＝9，
解得：xA＝﹣3，xB＝3，
∴在△ABC中，A（﹣3，3），B（3，3），C（0，），
∴AB＝6，AC＝BC＝，
∵外心M在线段AB的垂直平分线上，设M（0，t），
则MA＝MC，
∴＝，
∴t＝，
∴M（0，），
在△ABC中，根据内心的性质，设内心G到各边距离为d，得
S△ABC＝×6×（3﹣）＝×（AB+BC+CA）×d＝×（6+×2）d，
∴d＝1，
∵△ABC是等腰三角形，y轴为∠ACB的角平分线，
∴△ABC的内心G在y轴上，
∴yG＝yA﹣d＝3﹣1＝2，
∴G（0，2），
∴MG＝yM﹣yG＝﹣2＝．
5．在平面直角坐标系中，O为原点，矩形ABCD的顶点A（2，1），B（﹣2，1），D（2，﹣1），等边△EPQ的顶点，点E是BC的中点．
（Ⅰ）填空：如图①，点C的坐标为 （﹣2，﹣1） ，点Q的坐标为 Q（﹣5，﹣） ；
（Ⅱ）将等边△EPQ沿水平方向向右平移，得到等边△E′P′Q′，点E，P，Q的对应点分别为E′，P′，Q′，设EE′＝t，等边△E′P′Q′与矩形ABCD重叠部分面积记为S．
①如图②，当边E′P′与AB相交于点M，边E′Q′与CD相交于点N，点E′在点（1，0）的左侧且矩形ABCD与△E′P′Q′重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
【分析】（Ⅰ）已知A、B、D点的坐标，四边形ABCD是矩形，求得CD、BC的长，可得C点坐标，已知等边△EPQ的顶点，＝＝tan30°，可得EF垂直平分PQ，即△EPQ 关于x轴对称，可得Q点坐标；
（Ⅱ）①过M作MH⊥x轴于H，得 MH＝1，五边形BCNE'M的面积＝四边形BME′E的面积+四边形CNE'E的面积＝矩形BMHE的面积+三角形MHE′的面积+矩形CNHE的面积+三角形NHE′的面积，根据点E′在点（1，0）的左侧且矩形ABCD与△E′P′Q′重叠部分为五边形，可得t的取值范围；
②分＜t≤、＜t≤3、3＜t≤4、4＜t≤4+、4+＜t＜6，讨论S的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ）由题意得，AB＝4，AD＝2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝4，BC＝AD＝2，
∴C（﹣2，﹣1），
∵点E是BC的中点，
∴E（﹣2，0），
，
∵等边△EPQ的顶点，
∴yP＝，F（﹣5，0），即EF＝3，
∵＝＝tan30°，即∠PEF＝30°，
∴EF垂直平分PQ，
∴QF＝PF＝，
∴Q（﹣5，﹣），
故答案为：（﹣2，﹣1），；
（Ⅱ）①在矩形ABCD中，其顶点A（2，1），B（﹣2，1），C（﹣2，﹣1），D（2，﹣1），
则AB∥x轴∥CD，CB⊥x轴，
在等边△EPQ中，，，
点E是BC的中点，得 E（﹣2，0），△EPQ 关于x轴对称，
过M作MH⊥x轴于H，得 MH＝1，
∵等边△E'P'Q'是由等边△EPQ 沿水平方向向右平移得到的，
∴∠ME′H＝∠P′E′Q′＝∠PEQ＝30°，
在Rt△MEH中，HE′＝＝，
∴＝，
∵∠B＝∠BEH＝∠EHM＝90°，
∴四边形BMHE是矩形，
∴S矩形BMHE＝EH×MH＝t﹣，
∵四边形BME′E的面积＝矩形BMHE的面积+三角形MHE′的面积，
∴四边形BME′E的面积为t﹣，
同理，四边形CNE'E的面积为 t﹣，
则五边形BCNE'M的面积为2t﹣，即S＝2t﹣，
∵点E′在点（1，0）的左侧，且矩形ABCD与△E′P′Q′重叠部分为五边形，
∴＜t＜3；
②＜t≤时，
，
S＝S△MNE′＝×EE′×MN＝t×2ME＝t×EE′•tan∠ME′E＝t2，
∴＜S≤，
＜t≤3时，
，
S＝五边形BCNE'M的面积＝矩形BMNC的面积+三角形MNE′的面积＝BM×BC+×MN×E′H＝2（t﹣）+×2×＝2t﹣，
∴＜S≤6﹣，
3＜t≤4时，
，
S＝五边形MNGE′H的面积＝矩形MNGH的面积+三角形HGE′的面积＝MN×MH+×HG×E′J＝2（3﹣）+×2×＝6﹣，
∴S＝6﹣，
4＜t≤4+时，
，
S＝矩形ABCD的面积﹣矩形BCNM的面积﹣三角形AHK的面积﹣三角形DGL的面积＝AB×BC﹣BM×BC﹣×AH×AK﹣×GD×LD＝2×4﹣2（t﹣3）﹣×[4﹣（t﹣）]×[1﹣（t﹣4）]﹣×[4﹣（t﹣）]×[1﹣（t﹣4）]＝﹣，
∴6﹣2≤S＜6﹣，
4+＜t＜6时，
，
S＝矩形ADNM的面积＝AM×MN＝2×[4﹣（t﹣3）]＝14﹣2t，
∴2＜t≤6﹣2，
综上，＜S≤6﹣．
6．在平面直角坐标系中，对于两点A（x1，y1）和B（x2，y2），它们横坐标之差的绝对值与纵坐标之差的绝对值之和称为这两个点之间的曼哈顿距离，表示为：d（A，B）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|．
（1）如果点A（﹣3，2），则原点O与点A的曼哈顿距离d（O，A）＝ 5 ；
（2）函数y＝﹣2x+4（0≤x≤2）的图象如图1所示，B是图象上一点，原点O与点B的曼哈顿距离d（O，B）＝3，则点B的坐标为 （1，2） ；
（3）点C，D分别在x轴和y轴的正半轴上，对于线段CD上任意一点P，都满足d（O，P）＝3，则直线CD的函数表达式为 y＝﹣x+3 ；
（4）如图2，点E（5，3），⊙E的半径为2，点M在⊙E上，则d（O，M）的最小值为 8﹣2 ．
【分析】（1）点A（﹣3，2），O（0，0），直接套用公式d（A，B）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|计算；
（2）设点B（x，﹣2x+4），根据d（O，B）＝3建立方程求点B的坐标；
（3）设直线CD的函数表达式为y＝kx+b，则点P（x，kx+b），根据d（O，P）＝3建立方程恒成立，求出k、b；
（4）设M（x，y），在圆上满足（x﹣5）2+（y﹣3）2＝4，d（O，M）＝|x﹣0|+|y﹣0|＝x+y，则直线y＝﹣x+d与圆有交点，联立方程组消y建立x的方程有解，利用△≥0求最值．
【解答】解：（1）∵点A（﹣3，2），O（0，0），
∴d（O，A）＝|﹣3﹣0|+|2﹣0|＝5，
故答案为：5；
（2）设点B（x，﹣2x+4），
∵d（O，B）＝3，
∴|x﹣0|+|﹣2x+4﹣0|＝3，即|x|+|4﹣2x|＝3，
∵0≤x≤2，
∴4﹣2x≥0，
∴x+4﹣2x＝3，
∴x＝1，
∴y＝﹣2x+4＝2，
∴点B的坐标为（1，2），
故答案为：（1，2）；
（3）设直线CD的函数表达式为y＝kx+b，则点P（x，kx+b），
∵点C，D分别在x轴和y轴的正半轴上，点P在线段CD上，
∴x＞0，kx+b＞0，
∵d（O，P）＝3，
∴|x﹣0|+|kx+b﹣0|＝3，即（k+1）x+b＝3，
∵点P是任意一点，
∴k+1＝0，
∴k＝﹣1，b＝3，
∴直线CD的函数表达式为y＝﹣x+3，
故答案为：y＝﹣x+3；
（4）设M（x，y），x＞0，y＞0，
∵E（5，3），ME＝2，
∴＝2，即（x﹣5）2+（y﹣3）2＝4……①，
∴d（O，M）＝|x﹣0|+|y﹣0|＝x+y，
∴y＝﹣x+d，代入①得（x﹣5）2+（﹣x+d﹣3）2＝4，
∴2x2﹣（4+2d）x+d2﹣6d+30＝0，
∴Δ＝[﹣（4+2d）]2﹣4×2×（d2﹣6d+30）≥0，
∴d2﹣16d+56≤0，
∴8﹣2≤d≤8+2，
∴d（O，M）的最小值为8﹣2，
故答案为：8﹣2．
7．定义：如图1，AB是⊙O的直径，若弦CD∥AB，则称弦CD为⊙O的纬线．
（1）如图1，弦CD是⊙O的纬线，求证：＝；
（2）弦CD和弦EF都是半径为5的⊙O的纬线，CD∥EF，CD＝6，EF＝8，求这两条纬线之间的距离；
（3）如图2，弦MN和弦PQ是直径AB两侧的纬线，连接OM、ON、OP、OQ、PM、QN，⊙O的半径为r，记四边形MPQN，△OMN，△OPQ的面积依次为S，S1，S2，若同时满足下列两个条件时，求S的最大值（用含r的式子表示）．
①S1+S2＝S；
②其中的一条纬线长不超过半径r．
【分析】（1）连接BC，根据平行线的性质和圆周角定理即可证明；
（2）作OH⊥CD交EF于I，则OI⊥EF，连接OD，OF；根据勾股定理可得OH＝4，OI＝3，分类讨论：当弦CD和弦EF在圆心的同一侧时；HI＝OH﹣OI，即可求得；当弦CD和弦EF在圆心的两侧时；HI＝OH+OI，即可求得；
（3）过点O作OE⊥MN于点E，OF⊥PQ于点F，设MN＝a，PQ＝b，OE＝m，OF＝n，分别求出S1＝am，S₂＝bn，s＝（a+b）（m+n），根据S1+S2＝S，可得a＝b，m＝n，故s2＝4a2m2，根据勾股定理可得+m2＝r2，令t＝a2，故S2＝4t（r2﹣）＝﹣t2+4r2t，分析该二次函数可得当t＝2时，S2有最大值为3r4，即可求得．
【解答】解：（1）如图，连接BC，
∵CD∥AB，
∴∠DCB＝∠ABC，
∴∠DCB和∠ABC所对的弧相等，
∴，
（2）∵弦CD和弦EF都是⊙O的纬线，
∴CD∥AB，EF∥AB，
作OH⊥CD交EF于I，则OI⊥EF，连接OD，OF，
∵CD＝6，EF＝8，OD＝OF＝5，
根据勾股定理可得OH＝4，OI＝3，
有两种情况：
当弦CD和弦EF在圆心的同一侧时，HI＝OH﹣OI＝4﹣3＝1；
当弦CD和弦EF在圆心的两侧时，HI＝OH+OI＝4+3＝7，
∴CD和EF的距离是1或7；
（3）过点作OE⊥MN于点E，OF⊥PQ于点F，
设MN＝a，PQ＝b，OE＝m，OF＝n，
则S1＝am，S₂＝bn，s＝（a+b）（m+n），
∵S1+S2＝S，
∴am+bn＝（a+b）（m+n），
即（a﹣b）（m﹣n）＝0，
∴a＝b或m＝n，
若m＝n，则a＝b
若a＝b，则m＝n
∴S＝2am，
则S2＝4a2m2，
∵OE⊥MN，
∴ME＝MN＝，
在Rt△OEM中，OE2+EM2＝OM2，
∴+m2＝r2，
则m2﹣r2﹣号
令t＝a2，
∴S2＝4t（r2﹣）＝﹣t2+4r2t，
对称轴为t＝2r2，
∵0＜a≤r，
∴0＜t≤r2，
当t＝r2时，S2有最大值为3r4，
∴S的最大值为r2．
8．定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．
根据以上定义，解决下列问题：
（1）如图1，正方形ABCD中E是CD上的点，将△BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，则四边形BEDF 是 （填“是”或“不是”）“直等补”四边形；
（2）如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，过点B作BE⊥AD于E．
①过C作CF⊥BF于点F，试证明：BE＝DE，并求BE的长；
②若M是AD边上的动点，求△BCM周长的最小值．
【分析】（1）由旋转的性质可得∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，根据正方形的性质得∠ABC＝∠D＝90°，可得出∠EBF＝∠D＝90°，即可得出答案；
（2）①首先证明四边形CDEF是矩形，则DE＝CF，EF＝CD＝2，再证△ABE≌△BCF，根据全等三角形的判定和性质可得BE＝CF，AE＝BF，等量代换即可得BE＝DE；由AE＝BF，EF＝CD＝2可得AE＝BE﹣2，设BE＝x，根据勾股定理求出x的值即可；
②延长CD到点G，使DG＝CD，连接BG交AD于点M′，过点G作GH⊥BC，交BC的延长线于点H，证明△ABE∽△CGH，根据相似三角形的性质求出CH、HG的值，在Rt△BHG中，根据勾股定理求出BG，即可求解．
【解答】解：（1）∵将△BCE绕B点旋转，BC与BA重合，点E的对应点F在DA的延长线上，
∴∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠D＝90°，
∴∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠ABE+∠ABF＝90°，即∠EBF＝∠D＝90°，
∴∠EBF+∠D＝180°，
∵∠EBF＝90°，BF＝BE，
∴四边形BEDF是“直等补”四边形．
故答案为：是；
（2）①证明：∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，
∴∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°，
∴∠D＝90°，
∵BE⊥AD，CF⊥BE，
∴∠DEF＝90°，∠CFE＝90°，
∴四边形CDEF是矩形，
∴DE＝CF，EF＝CD＝2，
∵∠ABE+∠A＝90°，∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠A＝∠CBF，
∵∠AEB＝∠BFC＝90°，AB＝BC，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴BE＝CF，AE＝BF，
∵DE＝CF，
∴BE＝DE；
∵四边形CDEF是矩形，
∴EF＝CD＝2，
∵△ABE≌△BCF，
∴AE＝BF，
∴AE＝BE﹣2，
设BE＝x，则AE＝x﹣2，
在Rt△ABE中，x2+（x﹣2）2＝102，
解得：x＝8或x＝﹣6（舍去），
∴BE的长是8；
②∵△BCM周长＝BC+BM+CM，
∴当BM+CM的值最小时，△BCM的周长最小，
如图，延长CD到点G，使DG＝CD，连接BG交AD于点M′，过点G作GH⊥BC，交BC的延长线于点H，
∵∠ADC＝90°，
∴点C与点G关于AD对称，
∴BM+CM＝BM+MG≥BG，即BM+CM≥BM′+M′C，
∴当点M与M′重合时，BM′+M′C的值最小，即△BCM的周长最小，
在Rt△ABE中，AE＝＝＝6，
∵四边形ABCD是“直等补”四边形，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∵∠BCD+∠GCH＝180°，
∴∠A＝∠GCH，
∵∠AEB＝∠H＝90°，
∴△ABE∽△CGH，
∴＝＝＝，即＝，
∴GH＝，CH＝，
∴BH＝BC+CH＝10+＝，
∴BG＝＝＝2，
∴△BCM周长的最小值为2+10．
新定义问题解题思路：
所有新定义的问题，首先都是要理解新定义所具有的性质；因为题目中第1问都会直接考察学生对定义的理解，直白的理解，直白的应用新定义的性质就好；
其次要看新定义所结合的考点，找出新定义的性质同结合考点的性质间的异同点，迁移应用；
最后再将新定义与所结合的考点联合，合并应用。
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