中考数学压轴题剖析与精炼（含解析）：18 创新型与新定义综合问题

这是一份中考数学压轴题剖析与精炼（含解析）：18 创新型与新定义综合问题，共61页。
18创新型与新定义综合问题


【考点1】几何综合探究类阅读理解问题
【例1】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=．
【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，
在△GAB和△CAE中，，
∴△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=4，BE=5，
∴GE2=CG2+BE2-CB2=73，∴GE=．
【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】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，
在△A1B1M1和△EB1M1中，，
∴△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】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，
∴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，
由（2）知，AC平分∠BCD，
∴∠FCA=∠BCD，∴∠FCA=∠FAD，
又∠AFC=∠DFA，∴△ACF∽△DAF，
∴，即，∴DF=5﹣5．
【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】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．
【答案】（1）210–1；（2）；（3）a=1时，S=n+1；a≠1时，S=．
【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，
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≠1时，a–1才能做分母，所以S=，
即1+a+a2+a3+a4+…+an=.
【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】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，易知=10m+n；同理，一个三位数、四位数等均可以用此记法，如=100a+10b+c．
【基础训练】
（1）解方程填空：
①若+=45，则x=__________；
②若–=26，则y=__________；
③若+=，则t=__________；
【能力提升】
（2）交换任意一个两位数的个位数字与十位数字，可得到一个新数，则+一定能被__________整除，–一定能被__________整除，•–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（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∵=10m+n，
∴若+=45，则10×2+x+10x+3=45，
∴x=2，
故答案为：2．
②若–=26，则10×7+y–（10y+8）=26，
解得y=4，
故答案为：4．
③由=100a+10b+c，及四位数的类似公式得
若+=，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）∵+=10m+n+10n+m=11m+11n=11（m+n），
∴则+一定能被11整除，
∵–=10m+n–（10n+m）=9m–9n=9（m–n），
∴–一定能被9整除．
∵•–mn=（10m+n）（10n+m）–mn=100mn+10m2+10n2+mn–mn=10（10mn+m2+n2）
∴•–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：198，297，396，495，594，693，792，891，
再让这些数字经过运算，分别可以得到：
981–189=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】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x10），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：loga=logaM﹣logaN（a>0，a≠1，M>0，N>0）
（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，
∴==am﹣n，由对数的定义得m﹣n=loga，
又∵m﹣n=logaM﹣logaN，∴loga=logaM﹣logaN；
（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
求美角的度数；
如图1，若的半径为，求BD的长；
如图2，若CA平分，求证：．

【答案】(1)120°;(2)6;(3)见解析.
【解析】
【分析】
先判断出，再判断出，即可得出结论；
先求出，再求出DE，最后用锐角三角函数即可得出结论；
作出辅助线，判断出是等边三角形，得出，进而判断出≌，得出，即可得出结论．
【详解】
解：四边形ABCD是圆美四边形，
，
四边形ABCD是圆内接四边形，
，
，
，
；
由知，，
如图1，连接DO并延长交于E，连接BE，

，
的半径为，
，
在中，；
如图2，在CA上截取，

由知，，
平分，
，
是等边三角形，
，，
，，
在和中，，
≌，
，
．
【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.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）.
【解析】（1）根据题中的新定义得：原式=8–3=5；
（2）根据题中的新定义化简得：，
①+②得：3x+3y=1，则x+y=．
【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） ；

① ② ③
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）
【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.
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，已知四边形是⊙的奇妙四边形，若，则_______；
（2）如图②，已知四边形内接于⊙，对角线交于点，若，
①求证：四边形是⊙的奇妙四边形；
②作于，请猜想与之间的数量关系，并推理说明.
【答案】（1）24；（2）①见解析，②或，见解析.
【解析】
【分析】
(1)由=S△ADC+S△ABC=AC·BD即可得到答案.
（2）①证：四边形是⊙的奇妙四边形，证即可.
②过点作，垂足为点,或.
【详解】
解：（1）
=S△ADC+S△ABC=AC·BD=×6×8=24
（2）如图，由题得，，





四边形是的⊙奇妙四边形.
②如图，过点作，垂足为点，与之间的数量关系：或

图②
推理说明如下：
解法一：
如图③，连结并延长交⊙于点，连结

图③
为的中点
又为的中点
是的中位线

为直径
即

（等角的余角相等）


解法二：
如图③，连结、、、，过点作于点，
，
，，





又

【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：
如图1，点在上，的平分线交于点，连接求证：四边形是等补四边形；
探究：
如图2，在等补四边形中连接是否平分请说明理由．
运用：
如图3，在等补四边形中，，其外角的平分线交的延长线于点求的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）平分，理由见解析；（3）.
【解析】
【分析】
由圆内接四边形互补可知，再证，即可根据等补四边形的定义得出结论；
过点分别作于点，垂直的延长线于点，证，得到，根据角平分线的判定可得出结论；
连接，先证推出再证利用相似三角形对应边的比相等可求出的长．
【详解】
证明：四边形为圆内接四边形，





四边形是等补四边形；

平分，理由如下：
如图2，过点分别作于点，垂直的延长线于点，则，

四边形是等补四边形，

又




是的平分线，即平分
如图3，连接，

四边形是等补四边形，

又，

平分

由知，平分


又


即

【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或或或.
【解析】
整体分析：
(1)根据“准菱形”的定义解答，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＝.
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＝.

③如图3，当BF＝DF＝时，延长FE交AB于点H，则FH⊥AB.
∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠ABC＝45°.
∴∠BEH＝∠ABE＝45°.∴BE＝BH.
设EH＝BH＝x，则FH＝x＋1，BE＝x.
∵在Rt△BFH中，BH2＋FH2＝BF2，
∴x2＋(x＋1)2＝()2，
解得x1＝1，x2＝－2(不合题意，舍去)，
∴BE＝x＝.

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＝，x2＝(不合题意，舍去)，
∴BE＝x＝.

综上所述，BE=2或或或.
18．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:凸四边形中，若，则称四边形为准平行四边形.
（1）如图①，是上的四个点，，延长到，使.求证:四边形是准平行四边形；

（2）如图②，准平行四边形内接于，，若的半径为，求的长；

（3）如图③，在中，，若四边形是准平行四边形，且，请直接写出长的最大值.

【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【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）∵
∴∠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

∵准平行四边形内接于，
∴∠ABC≠∠ADC，∠BAD=∠BCD
∵∠BAD+∠BCD=180°
∴∠BAD=∠BCD=90°
∴BD为的直径
∵的半径为5
∴BD=10
∵BC=CD,∠BCD=90°
∴∠CBD=∠BDC=45°
∴BC=BD sin∠BDC=10 ，∠BAC=∠BDC=45°
∵BE⊥AC
∴∠BEA=∠BEC=90°
∴AE=ABsin∠BAC=6
∵∠ABE=∠BAE=45°
∴BE=AE=
在直角三角形BEC中，EC=
∴AC=AE+EC=
（3）在中，
∴∠ABC=60°
∵四边形是准平行四边形，且
∴∠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=BEsin∠E=4
∴BD=BO+0D=2+
即BD长的最大值为2+

【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）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.请依据上述定义解答下列问题：
（1）请写出一个旋转对称图形，这个图形有一个旋转角是.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.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}==4，min{1，2，–3}=–3，min（3，1，1}=1．请结合上述材料，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°}=；
故答案为：，．
（2）∵min（3–2x，1+3x，–5}=–5，
∴，解得–2≤x≤4，
故答案为–2≤x≤4．
（3）∵M{–2x，x2，3}=2，
∴=2，
解得x=–1或3．
（4）∵M{2，1+x，2x}=min{2，1+x，2x}，
又∵=x+1，∴，
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（）与轴交于，两点，点在该抛物线上（点与，两点不重合），如果的三边满足，则称点为抛物线（）的勾股点.
（1）求证：点是抛物线的勾股点.
（2）如图2，已知抛物线（）与轴交于，两点，点是抛物线的勾股点，求抛物线的函数表达式.

【答案】(1)见解析；（2）y=
【解析】
【分析】
（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， ）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：令得，，解得
∴，
∴,,,
∴


∴
∴点是抛物线的勾股点.

（2）抛物线过原点，即点
如图，作轴于点
∵点的坐标为
∴，，
∵点是抛物线的勾股点
∴
∴是直角三角形
设
∵
∴
∴
∴
∴
∴点坐标为
设
将点代入得：
∴

【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：若抛物线与抛物线的开口大小相同，方向相反，且抛物线经过的顶点，我们称抛物线为的“友好抛物线”．
（1）若的表达式为，求的“友好抛物线”的表达式；
（2）已知抛物线为的“友好抛物线”．求证：抛物线也是的“友好抛物线”；
（3）平面上有点，，抛物线为的“友好抛物线”，且抛物线的顶点在第一象限，纵坐标为2，当抛物线与线段没有公共点时，求的取值范围．
【答案】（1）的“友好抛物线”为：；（2）见解析；（3）或.
【解析】
【分析】
（1）设的“友好抛物线”的表达式为：，根据可得其顶点坐标，代入可得的值，进而得出的“友好抛物线”；

（2）先求出抛物线和的顶点坐标，根据过的顶点，得出，进而得到抛物线经过的顶点，再根据与的开口大小相同，方向相反，即可得出抛物线也是的“友好抛物线”；
（3）根据“友好抛物线”的定义，得到，进而得到的顶点为．
根据抛物线的顶点在第一象限，纵坐标为2，可得．
再根据经过点，得到．根据经过点，得到．
进而得出抛物线与线段没有公共点时，的取值范围．
【详解】
解：（1）依题意，可设的“友好抛物线”的表达式为：，
∵，
∴的顶点为．
∵过点，
∴，即．
∴的“友好抛物线”为：．
（2）的顶点为，
的顶点为，
∵为的“友好抛物线”，
∴．
∵过的顶点，
∴．
化简得：．
把代入，得
．
∴抛物线经过的顶点．
又∵与的开口大小相同，方向相反，
∴抛物线也是的“友好抛物线”．
（3）∵抛物线为的“友好抛物线”，
∴．
∴的顶点为．
∵抛物线的顶点在第一象限，纵坐标为2，
∴，即．
当经过点时，，
∴．
当经过点时，，
∴．
由此可知：时，抛物线与线段有公共点，
∴抛物线与线段没有公共点时，或．
【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”的定义解决实际问题、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下的“月牙线”；（2）M（﹣6，0），N（2，0）；（3）存在，点P的坐标为（﹣3，﹣）时，△PAM的面积有最大值，最大值为．
【解析】
【分析】
（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＝，
∴抛物线C1的解析式为y＝x2+x﹣3，
∴可设点P的坐标为（t，t2+t﹣3），
∴S△PAM＝S△PMO+S△PAO﹣S△AOM
＝×6×（﹣t2﹣t+3）+×3×（﹣t）﹣×6×3
＝﹣t2﹣t，
＝﹣（t+3）2+，
∵﹣＜0，﹣6＜t＜0，
∴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，﹣）时，△PAM的面积有最大值，最大值为．
【点睛】
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，当时，得到一元二次方程. 一元二次方程的解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)已知抛物线经过点(-1,0),则= ，顶点坐标为 ，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,以轴上的点为中心，作该抛物线关于
点对称的抛物线 ,则我们又称抛物线为抛物线的“衍生抛物线”，点为“衍生中心”.
(2)已知抛物线关于点的衍生抛物线为，若这两条抛物线有交点，求的取值范围.
问题解决
(3) 已知抛物线
①若抛物线的衍生抛物线为,两抛物线有两个交点，且恰好是它们的顶点，求的值及衍生中心的坐标；
②若抛物线关于点的衍生抛物线为 ,其顶点为；关于点的衍生抛物线为，其顶点为；…；关于点的衍生抛物线为，其顶点为；…(为
正整数).求的长(用含的式子表示).

【答案】求解体验： ；顶点坐标是(-2,1)；；抽象感悟：；问题解决：①；（0，6）；②
【解析】
【分析】(1)把(-1，0)代入 即可未出=-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 的顶点是（-1，6），从而求出 (-1，6)关于的对称点是，得 ，根据两抛物线有交点，可以确定方程 有解，继而求得m的取值范围即可；
(3) ①先求出抛物线以及抛物线的衍生抛物线为，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 ， … ， 与轴分别相于 ， … ， ，则 ，，… ， 分别关于 ， … ， 中心对称，由题意则可得 ， … 分别是△ ， … 的中位线，继而可得 ， ，… ，再根据点的坐标即可求得的长.
【详解】求解体验
(1)把(-1，0)代入 得，
∴，
∴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：，
即 (如图)

抽象感悟
(2) ∵ ，
∴ 顶点是（-1，6），
∵ (-1，6)关于的对称点是，
∴ ，
∵ 两抛物线有交点，
∴ 有解，
∴ 有解，
∴ ，
∴ ；(如图)

问题解决
(3) ① ∵=，
∴ 顶点（-1，），
代入 得：①
∵ ，
∴ 顶点（1，），
代入 得：②
由① ② 得 ，
∵ ，，
∴ ，
∴ 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 ， … ， 与轴分别相于 ， … ， ，
则 ，，… ， 分别关于 ， … ， 中心对称，
∴ ， … 分别是△ ， … 的中位线，
∴ ， ，… ，
∵ ， ，
∴ ].

【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.