中考数学专题复习 重难题型突破 题型六　阅读理解型问题练习(含解析)

这是一份中考数学专题复习 重难题型突破 题型六　阅读理解型问题练习(含解析)，共33页。试卷主要包含了我们定义一种新函数，规定，定义，定义新运算，阅读材料等内容，欢迎下载使用。

类型一 新定义型
1．(2019株洲)从－1，1，2，4四个数中任取两个不同的数(记作ak，bk)构成一个数组Mk＝{ak，bk}(其中k＝1，2…S，且将{ak，bk}与{bk，ak}视为同一个数组)，若满足：对于任意的Mi＝{ai，bi}和Mj＝{aj，bj}(i≠j，1≤i≤S，1≤j≤S)都有ai＋bi≠aj＋bj，则S的最大值( )
A. 10 B. 6 C. 5 D. 4
2．(2019成都)如图，在平面直角坐标系xOy中，我们把横、纵坐标都是整数的点称为“整点”．已知点A的坐标为(5，0)，点B在x轴的上方，△OAB的面积为eq \f(15,2)，则△OAB内部(不含边界)的整点的个数为________．
第2题图
3．(2019贵港)我们定义一种新函数：形如y＝|ax2＋bx＋c|(a≠0，且b2－4ac＞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____________．
第3题图
4．(2019常德)规定：如果一个四边形有一组对边平行，一组邻边相等，那么称此四边形为广义菱形．根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＝eq \f(1,4)x2的图象上在第一象限内的任意一点，PQ垂直直线y＝－1于点Q，则四边形PMNQ是广义菱形．其中正确的是________．(填序号)
5．(2019重庆A卷10分)《道德经》中的“道生一，一生二，二生三，三生万物”道出了自然数的特征．在数的学习过程中，我们会对其中一些具有某种特性的数进行研究，如学习自然数时，我们研究了奇数、偶数、质数、合数等，现在我们来研究另一种特殊的自然数——“纯数”．
定义：对于自然数n，在计算n＋(n＋1)＋(n＋2)时，各数位都不产生进位，则称这个自然数n为“纯数”．
例如：32是“纯数”，因为计算32＋33＋34时，各数位都不产生进位；
23不是“纯数”，因为计算23＋24＋25时，个位产生了进位．
(1)判断2019和2020是否是“纯数”？请说明理由；
(2)求出不大于100的“纯数”的个数．
6．(2019宁波12分)定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的夹边称为邻余线．
(1)如图①，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，E，F分别是BD，AD上的点．
求证：四边形ABEF是邻余四边形；
(2)如图②，在5×4的方格纸中，A，B在格点上，请画出一个符合条件的邻余四边形ABEF，使AB是邻余线，E，F在格点上；
(3)如图③，在(1)的条件下，取EF中点M，连接DM并延长交AB于点Q，延长EF交AC于点N，若N为AC的中点，DE＝2BE，QB＝3，求邻余线AB的长．
第6题图
7．(2019天水10分)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，连接CE、BG、GE.已知AC＝4，AB＝5，求GE的长．
第7题图
类型二 新运算型
8．(2019玉林)定义新运算：p⊕q＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(p,q)（q>0），,－\f(p,q)（q<0），))例如：3⊕5＝eq \f(3,5)，3⊕(－5)＝eq \f(3,5)，则y＝2⊕x (x≠0) 的图象是( )
9．(2019荆州)对非负实数x“四舍五入”到个位的值记为(x)，即当n为非负整数时，若n－0.5≤x10．(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＝________．
11．(2019遂宁)阅读材料：定义：如果一个数的平方等于－1，记为i2＝－1，这个数i叫做虚数单位，把形如a＋bi(a，b为实数)的数叫做复数，其中a叫这个复数的实部，b叫这个复数的虚部，它的加、减、乘法运算与整式的加、减、乘法运算类似．
例如计算：(4＋i)＋(6－2i)＝(4＋6)＋(1－2)i＝10－i；
(2－i)(3＋i)＝6－3i＋2i－i2＝6－i－(－1)＝7－i；
(4＋i)(4－i)＝16－i2＝16－(－1)＝17；
(2＋i)2＝4＋4i＋i2＝4＋4i－1＝3＋4i；
根据以上信息，完成下面计算：
(1＋2i)(2－i)＋(2－i)2＝________．
12．(2019枣庄8分)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．
13．(2019毕节12分)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}＝eq \f(1＋2＋9,3)＝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°，cs60°，tan45°}＝____；
(2)若M{－2x，x2，3}＝2，求x的值；
(3)若min{3－2x，1＋3x，－5}＝－5，求x的取值范围．
类型三 新解题方法型
14．(2019随州)“分母有理化”是我们常用的一种化简的方法，如：eq \f(2＋\r(3),2－\r(3))＝eq \f(（2＋\r(3)）（2＋\r(3)）,（2－\r(3)）（2＋\r(3)）)＝7＋4eq \r(3)，除此之外，我们也可以用平方之后再开方的方式来化简一些有特点的无理数，如：对于eq \r(3＋\r(5))－eq \r(3－\r(5))，设x＝eq \r(3＋\r(5))－eq \r(3－\r(5))，易知eq \r(3＋\r(5))＞eq \r(3－\r(5))，故x>0，由x2＝(eq \r(3＋\r(5))－eq \r(3－\r(5)))2＝3＋eq \r(5)＋3－eq \r(5)－2eq \r(（3＋\r(5)）（3－\r(5)）)＝2，解得x＝eq \r(2)，即eq \r(3＋\r(5))－eq \r(3－\r(5))＝eq \r(2). 根据以上方法，化简eq \f(\r(3)－\r(2),\r(3)＋\r(2))＋eq \r(6－3\r(3))－eq \r(6＋3\r(3))后的结果为( )
A. 5＋3eq \r(6) B. 5＋eq \r(6) C. 5－eq \r(6) D. 5－3eq \r(6)
15．(2019湘潭6分)阅读材料：运用公式法分解因式，除了常用的平方差公式和完全平方公式以外，还可以应用其他公式，如立方和与立方差公式，其公式如下：
立方和公式：x3＋y3＝(x＋y)(x2－xy＋y2)．
立方差公式：x3－y3＝(x－y)(x2＋xy＋y2)．
根据材料和已学知识，先化简，再求值：eq \f(3x,x2－2x)－eq \f(x2＋2x＋4,x3－8)，其中x＝3.
16．(2019自贡10分)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＋22018， ①
则2S＝2＋22＋…＋22018＋22019, ②
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)．
17．(2019赤峰12分)阅读下面材料：
我们知道一次函数y＝kx＋b(k≠0，k、b是常数)的图象是一条直线，到高中学习时，直线通常写成Ax＋By＋C＝0(A≠0，B≠0，A、B、C是常数)的形式，点P(x0，y0)到直线Ax＋By＋C＝0的距离可用公式d＝eq \f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2))计算．
例如：求点P(3，4)到直线y＝－2x＋5的距离．
解：∵y＝－2x＋5
∴2x＋y－5＝0，其中A＝2，B＝1，C＝－5
∴点P(3，4)到直线y＝－2x＋5的距离为：
d＝eq \f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2))＝eq \f(|2×3＋1×4－5|,\r(22＋12))＝eq \f(5,\r(5))＝eq \r(5)
根据以上材料，解答下列问题：
(1)求点Q(－2，2)到直线3x－y＋7＝0的距离；
(2)如图，直线y＝－x沿y轴向上平移2个单位得到另一条直线，求这两条平行直线之间的距离．
第17题图
18．(2019日照12分)探究活动一：
如图①，某数学兴趣小组在研究直线上点的坐标规律时，在直线AB上的三点A(1，3)、B(2，5)、C(4，9)，有kAB＝eq \f(5－3,2－1)＝2，kAC＝eq \f(9－3,4－1)＝2，发现kAB＝kAC.兴趣小组提出猜想：若直线y＝kx＋b(k≠0)上任意两点坐标P(x1，y2)，Q(x2，y2)(x1≠x2)，则kPQ＝eq \f(y2－y1,x2－x1)是定值，通过多次验证和查阅资料得知，猜想成立，kPQ是定值，并且是直线y＝kx＋b(k≠0)中的k，叫做这条直线的斜率．
请你应用以上规律直接写出过S(－2，－2)、T(4，2)两点的直线ST的斜率kST＝________．
探究活动二：
数学兴趣小组继续深入研究直线的“斜率”问题，得到正确结论：任意两条不和坐标轴平行的直线互相垂直时，这两条直线的斜率之积是定值．
如图②，直线DE与直线DF垂直于点D，D(2，2)，E(1，4)，F(4，3)，请求出直线DE与直线DF的斜率之积．
综合应用：
如图③，⊙M为以点M为圆心，MN的长为半径的圆，M(1，2)，N(4，5)，请结合探究活动二的结论，求出过点N的⊙M的切线的解析式．

图① 图② 图③
第18题图
题型七 综合实践题
1．(2019陕西12分)问题提出
(1)如图①，已知△ABC，试确定一点D，使得以A、B、C、D为顶点的四边形为平行四边形，请画出这个平行四边形；
问题探究
(2)如图②，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝10.若要在该矩形中作一个面积最大的△BPC，且使∠BPC＝90°，求满足条件的点P到点A的距离；
问题解决
(3)如图③，有一座塔A，按规划，要以塔A为对称中心，建一个面积尽可能大的形状为平行四边形的景区BCDE.根据实际情况，要求顶点B是定点，点B到塔A的距离为50 m，∠CBE＝120°.那么，是否可以建一个满足要求的面积最大的平行四边形景区BCDE？若可以，求出满足要求的□BCDE的最大面积； 若不可以，请说明理由．(塔A的占地面积忽略不计)
第1题图

2．(12分)问题探究
(1)如图①，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝DC，作一条直线平分四边形ABCD的面积；
(2)如图②，在四边形ABCD中，AD∥BC，点E、F分别是AB、CD的中点，通过观察、测量，猜想EF和AD、BC有怎样的位置关系和数量关系，并证明你的结论；
问题解决
(3)如图③，五边形OBCDE是李大爷家的一块耕地缩略图(比例尺1∶15，单位米)，将其放在平面直角坐标系中，则点B(8，0)，C(8，4)，D(4，6)，E(0，6)，点P(0，8)处有一水井(占地面积忽略不计)，李大爷打算过点P修一条笔直的水渠(水渠的宽度不计)，并且使这条水渠所在的直线l将五边形OBCDE分成面积相等的两部分便于灌溉．你认为是否存在直线l能满足李大爷的要求，若能，确定出水渠在五边形耕地上的位置；若不能，请说明理由．
第2题图
3．(12分)问题提出
(1)如图①，在边长为6的菱形ABCD中，∠D＝60°.若点O是△ABC的外心，则O、D之间的距离为______；
问题探究
(2)如图②，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AD＝3，BC＝9，∠C＝45°，点P为AB上一动点，求△CDP周长的最小值；
问题解决
(3)如图③，某高校有一由正方形ABCD和弓形AMB组成的花园．学校后勤处的孙师傅在C处的水管上安装了一喷灌龙头，他想以后只用喷灌龙头来给这块花园浇水，并且在使用喷灌龙头浇水时，既要确保花园的每个角落都能浇上水，又能节约用水．于是，他设计了喷灌龙头的转角正好等于∠BCD(即每次浇水时喷灌龙头由CB转到CD，然后再转回，这样往复喷灌)，同时再合理设计好喷灌龙头喷水的射程就可以了．已测出AB＝16米，弓高MN＝6米(N为AB的中点，MN⊥AB)．请你根据以上提供的信息，帮助孙师傅计算喷灌龙头的射程至少为多少米时，才能实现他的想法？为什么？(结果保留根号)
第3题图
4．(2019淮安12分)如图①，在△ABC中，AB＝AC＝3，∠BAC＝100°，D是BC的中点．小明对图①进行了如下探究：在线段AD上任取一点P，连接PB.将线段PB绕点P按逆时针方向旋转80°，点B的对应点是点E，连接BE，得到△BPE.小明发现，随着点P在线段AD上位置的变化，点E的位置也在变化，点E可能在直线AD的左侧，也可能在直线AD上，还可能在直线AD的右侧．
请你帮助小明继续探究，并解答下列问题：
(1)当点E在直线AD上时，如图②所示．
①∠BEP＝________°；
②连接CE，直线CE与直线AB的位置关系是________；
(2)请在图③中画出△BPE，使点E在直线AD的右侧，连接CE.试判断直线CE与直线AB的位置关系，并说明理由；
(3)当点P在线段AD上运动时，求AE的最小值．
第4题图
5．(2019舟山10分)小波在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展．
(1)温故：如图①，在△ABC中，AD⊥BC于点D，正方形PQMN的边QM在BC上，顶点P，N分别在AB，AC上，若BC＝a，AD＝h，求正方形PQMN的边长(用a，h表示)；
(2)操作：如何画出这个正方形PQMN呢？
如图②，小波画出了图①的△ABC，然后按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作：先在AB上任取一点P′，画正方形P′Q′M′N′，使点Q′，M′在BC边上，点N′在△ABC内，然后连接BN′，并延长交AC于点N，画NM⊥BC于点M，NP⊥NM交AB于点P，PQ⊥BC于点Q，得到四边形PQMN；
(3)推理：证明图②中的四边形PQMN是正方形；
(4)拓展：小波把图②中的线段BN称为“波利亚线”，在该线上截取NE＝NM，连接EQ、EM(如图③)，当∠QEM＝90°时，求“波利亚线”BN的长(用a，h表示)．
请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题．
第5题图
6．(2019山西11分)综合与实践
动手操作：
第一步：如图①，正方形纸片ABCD沿对角线AC所在的直线折叠，展开铺平．再沿过点C的直线折叠，使点B，点D都落在对角线AC上，此时，点B与点D重合，记为点N，且点E，点N，点F三点在同一条直线上，折痕分别为CE，CF，如图②.
第二步：再沿AC所在的直线折叠，△ACE与△ACF重合，得到图③.
第三步：在图③的基础上继续折叠，使点C与点F重合，如图④，展开铺平，连接EF，FG，GM，ME，如图⑤.图中的虚线为折痕．
问题解决：
(1)在图⑤中，∠BEC的度数是________，的值是________；
(2)在图⑤中，请判断四边形EMGF的形状，并说明理由；
(3)在不增加字母的条件下，请你以图⑤中的字母表示的点为顶点，动手画出一个菱形(正方形除外)，并写出这个菱形：________．
第6题图
题型六 阅读理解型问题
类型一 新定义型
1．C 2.4或5或6 3.4 4.①
5．解：(1)2019不是“纯数”，2020年是“纯数”，理由如下：
∵在计算2019＋2020＋2021时，个位9＋0＋1＝10，产生了进位，
∴2019不是“纯数”．
∵在计算2020＋2021＋2022时，个位0＋1＋2＝3，十位2＋2＋2＝6，百位0＋0＋0＝0，千位2＋2＋2＝6，它们都没有产生进位，
∴2020是“纯数”；················(5分)
(2)由题意，当“纯数”n为一位数时，n＋(n＋1)＋(n＋2)＝3n＋3＜10，
∴0≤n＜eq \f(7,3)，故n＝0，1，2，即在一位数的自然数中，“纯数”有3个，
当“纯数”n为两位数时，设n＝10b＋a(其中1≤b≤9，0≤a≤9，且a，b为自然数)，
则n＋(n＋1)＋(n＋2)＝30b＋3a＋3.
此时a，b应满足的条件分别为：
3a＋3＜10，即a＝0，1，2；1≤b≤3，即b＝1，2，3.
∵3×3＝9(个)，
∴在两位数的自然数中，“纯数”有9个．
∵100＋101＋102＝303，不产生进位，∴100是“纯数”，
∴3＋9＋1＝13(个)．
∴在不大于100的自然数中“纯数”的个数是13.············(10分)
6．(1)证明：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，
∴AD⊥BC.
∴∠ADB＝90°.
∴∠DAB＋∠DBA＝90°.
即∠FAB与∠EBA互余．
∴四边形ABEF是邻余四边形；············(4分)
(2)解：作图如解图所示，四边形ABEF即为所求；(答案不唯一)
第6题解图
············(7分)
(3)解：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，
∴BD＝CD.
∵DE＝2BE，
∴BD＝CD＝3BE.
∴CE＝CD＋DE＝5BE.
∵∠EDF＝90°，M为EF中点，
∴DM＝ME.
∴∠MDE＝∠MED.
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C.
∴△DBQ∽△ECN.
∴eq \f(QB,NC)＝eq \f(BD,CE)＝eq \f(3,5).
∵QB＝3，∴NC＝5.
∵N为AC的中点，
∴AC＝2CN＝10.
∴AB＝AC＝10.············(12分)
7．(1)解：四边形ABCD是垂美四边形．
证明：如解图①，连接AC、BD交于点E.
∵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；············(3分)
第7题解图①
(2)证明：∵AC⊥BD，
∴∠AOD＝∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝90°，
由勾股定理得，AD2＋BC2＝AO2＋DO2＋BO2＋CO2，
AB2＋CD2＝AO2＋BO2＋CO2＋DO2，
∴AB2＋CD2＝AD2＋BC2; ············(6分)
(3)解：如解图②，连接CG、BE，设AB与CE交于点M，
∵四边形ACFG和四边形ABDE是正方形，
∴∠CAG＝∠BAE＝90°，
∴∠CAG＋∠BAC＝∠BAE＋∠BAC，即∠GAB＝∠CAE，
在△GAB和△CAE中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AG＝AC,∠GAB＝∠CAE，,AB＝AE))
∴△GAB≌△CAE(SAS)，
∴∠ABG＝∠AEC，
又∵∠AEC＋∠AME＝90°，∠BMC＝∠AME，
∴∠ABG＋∠BMC＝90°，即EC⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由(2)得，CG2＋BE2＝CB2＋EG2，∵AC＝4，AB＝5，
∴BC＝3，CG＝4eq \r(2)，BE＝5eq \r(2)，
∴GE2＝CG2＋BE2－CB2＝73，
∴GE＝eq \r(73).············(10分)
第7题解图②
类型二 新运算型
8．D 9.13≤x<15 10.6 11.7－i
12．解：(1)根据新定义可得4⊗(－3)＝2×4＋(－3)＝8－3＝5；············(4分)
(2)由题意得2x－y＝2①，4y＋x＝－1②，
①＋②，得3x＋3y＝1.
∴x＋y＝eq \f(1,3).(8分)
13．解：(1)根据材料提示可得：
①eq \f(4,3)；············(2分)
【解法提示】M{(－2)2，22，－22}＝M{4，4，－4}＝eq \f(4＋4－4,3)＝eq \f(4,3)；
②eq \f(1,2)；············(4分)
【解法提示】min{sin30°，cs60°，tan45°}＝min{eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，1}＝eq \f(1,2)；
(2)∵M{－2x，x2，3}＝2，∴eq \f(x2－2x＋3,3)＝2，则有x2－2x－3＝0，
解得x1＝3，x2＝－1，即x的值为3或－1；············(8分)
(3)∵min{3－2x，1＋3x，－5}＝－5，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3－2x≥－5，,1＋3x≥－5，))解不等式组得：－2≤x≤4.
即x的取值范围为－2≤x≤4.············(12分)
类型三 新解题方法型
14．D 【解析】设x＝eq \r(6－3\r(3))－eq \r(6＋3\r(3))，且eq \r(6＋3\r(3))>eq \r(6－3\r(3))，∴x<0，∴x2＝6－3eq \r(3)－2eq \r(（6－3\r(3)）（6＋3\r(3)）)＋6＋3eq \r(3)，∴x2＝12－2×3＝6，∴x＝－eq \r(6)，∵eq \f(\r(3)－\r(2),\r(3)＋\r(2))＝5－2eq \r(6)，∴原式＝5－2eq \r(6)－eq \r(6)＝5－3eq \r(6).
15．解：原式＝eq \f(3x,x2－2x)－eq \f(x2＋2x＋4,x3－8)
＝eq \f(3x,x（x－2）)－eq \f(x2＋2x＋4,（x－2）（x2＋2x＋4）)
＝eq \f(3x,x（x－2）)－eq \f(1,x－2)
＝eq \f(3x,x（x－2）)－eq \f(1·x,x（x－2）)
＝eq \f(3x－x,x（x－2）)
＝eq \f(2x,x（x－2）)
＝eq \f(2,x－2).
当x＝3时，原式＝eq \f(2,3－2)＝2.············(6分)
16．解：(1)210－1；············(3分)
【解法提示】1＋2＋22＋…＋29＝210－1.
(2)eq \f(311－3,2)；············(6分)
【解法提示】设S＝3＋32＋…＋310，①
则3S＝32＋33＋…＋311，②
②－①得2S＝311－3，
∴S＝eq \f(311－3,2).
(3)设S＝1＋a＋a2＋…＋an，①
则aS＝a＋a2＋…＋an＋an＋1，②
当a＝1时，S＝1＋1＋…＋1＝n；
当a＞0且a≠1时，②－①得(a－1)S＝an＋1－1，
∴S＝eq \f(an＋1－1,a－1).············(10分)
17．解：(1)由题意得，d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(Ax0＋By0＋C)),\r(A2＋B2))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2))－1×2＋7)),\r(32＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))2))＝eq \f(\r(10),10)；············(5分)
(2)直线y＝－x沿y轴向上平移2个单位 ，得到直线y＝－x＋2，即x＋y－2＝0.
取直线y＝－x上的一点(0，0)，该点到直线x＋y－2＝0的距离为：
d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(Ax0＋By0＋C)),\r(A2＋B2))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(0＋0－2)),\r(12＋12))＝eq \r(2).
故两条平行直线之间的距离为eq \r(2).············(12分)
18．解：探究活动一：eq \f(2,3)；············(4分)
【解法提示】∵S(－2，－2)，T(4，2)，
∴直线ST的斜率kST＝eq \f(2－（－2）,4－（－2）)＝eq \f(4,6)＝eq \f(2,3).
探究活动二：
∵D(2，2)，E(1，4)，F(4，3)，
∴kDE＝eq \f(4－2,1－2)＝eq \f(2,－1)＝－2，
kDF＝eq \f(3－2,4－2)＝eq \f(1,2).
∴kDE·kDF＝－2×eq \f(1,2)＝－1.············(8分)
综合应用：
∵M(1，2)，N(4，5)，
∴kMN＝eq \f(5－2,4－1)＝eq \f(3,3)＝1.
设点P(x，y)为⊙M的过点N的切线上异于N的任意一点，
则kMN·kPN＝－1，
∴eq \f(y－5,x－4)＝－1，整理得y＝－x＋9.
∴过点N的⊙M的切线的解析式为y＝－x＋9.(12分)
题型七 综合实践题
1．解：(1)如解图①，□ABCD即为所求(只要作出符合条件的平行四边形均可)；(2分)
第1题解图①
(2)如解图②，∵AB＝4，BC＝10，
第1题解图②
∴取BC的中点O，则OB＞AB.
∴以点O为圆心，OB长为半径作⊙O，⊙O一定与AD相交于P1、P2两点，
连接P1B、P1O、P1C.
∵∠BPC＝90°，点P不能在矩形外，
∴△BPC的顶点P在eq \(BP,\s\up8(︵))1或eq \(CP,\s\up8(︵))2上．
显然，当顶点P在P1或P2位置时，△BPC的面积最大．············(5分)
作P1E⊥BC，垂足为E，
∵OP1＝OB＝eq \f(1,2)BC＝5，P1E＝AB＝4，
∴OE＝3.
∴AP1＝BE＝OB－OE＝5－3＝2.
由对称性，得AP2＝8，
即满足条件的点P到点A的距离为2或8；············(7分)
(3)可以．如解图③，连接BD，
第1题解图③
∵A为□BCDE的对称中心，BA＝50，∠CBE＝120°，
∴BD＝100，∠BED＝60°.
作△BDE的外接圆⊙O，则点E在优弧eq \(BD,\s\up8(︵))上．取eq \(BED,\s\up8(︵))的中点E′，连接E′B、E′D，则E′B＝E′D，且∠BE′D＝60°.
∴△E′BD为正三角形．
连接E′O并延长，经过点A至C′，使E′A＝AC′，连接BC′、C′D.
∵E′A⊥BD，
∴四边形E′BC′D为菱形，且∠C′BE′＝120°.············(9分)
作EF⊥BD，垂足为F，连接EO，
则EF≤EO＋OA＝E′O＋OA＝E′A.(10分)
∴S△BDE＝eq \f(1,2)BD·EF≤eq \f(1,2)BD·E′A＝S△BE′D.············(11分)
∴S□BCDE≤S菱形BC′DE′＝2S△BDE′＝1002·sin60°＝5000eq \r(3)(m2)．
∴符合要求的□BCDE的最大面积为5000eq \r(3) m2.············(12分)
2.解：(1)如解图①，直线l是AD或BC的垂直平分线，则直线l平分四边形ABCD的面
积；··········(3分)
第2题解图①
(2)AD∥EF∥BC，EF＝eq \f(AD＋BC,2).············(5分)
证明：如解图②，连接AF并延长与BC的延长线交于点G，
∵AD∥BC，∴∠D＝∠FCG，∠DAF＝∠G，
∵DF＝FC，
∴△ADF≌△GCF(AAS)，
∴AD＝CG，
∴BG＝BC＋CG＝BC＋AD，
∵点E、F分别是AB、CD的中点，
∴EF＝eq \f(1,2)BG，EF∥BG，
∴AD∥EF∥BC，EF＝eq \f(AD＋BC,2)；············(7分)
第2题解图②
(3)能．理由如下：
如解图③，过点C作CF⊥y轴于点F，则四边形OBCF是矩形，DE∥CF∥OB，
连接OC、BF交于点M，G、H分别是EF、DC的中点，连接GH，取GH的中点N，则直线MN平分五边形OBCDE的面积．
设直线MN分别与DE、CF、OB 交于点L、R、K，
∵G、H分别是EF、DC的中点，
∴DE∥GH∥CF，
∴点N是LR的中点，
由(2)可得GN＝eq \f(EL＋FR,2)，NH＝eq \f(LD＋RC,2)，
∵GN＝NH，
∴eq \f(EL＋FR,2)＝eq \f(LD＋RC,2)，
∴S四边形EFRL＝S四边形CDLR，
∵S四边形OKRF＝S四边形BCRK，
∴S四边形EFRL＋S四边形OKRF＝S四边形CDLR＋S四边形BCRK，
∴直线MN平分五边形OBCDE的面积，
设线段LK的中点是Q，连接PQ，直线PQ分别与DE、OB交于点A1、A2，
∵△A1QL≌△A2QK，
∴直线PQ平分五边形OBCDE的面积，
∵M(4，2)，N(3，5)，
∴直线MN的表达式：y＝－3x＋14，
∵线段LK的中点是Q，
∴点Q的纵坐标是3，点Q在直线MN上，
∴点Q(eq \f(11,3)，3)，
∵点P(0，8)，
∴直线PQ表达式为y＝－eq \f(15,11)x＋8，
∴A1(eq \f(22,15)，6)，A2(eq \f(88,15)，0)，
∵耕地图比例尺1∶15，
∴eq \f(22,15)×15＝22(米)，eq \f(88,15)×15＝88(米)，
∴水渠在五边形耕地开挖的位置是：一端位于DE边上距E点22米，另一端位于OB边上距O点88米．············(12分)
第2题解图③
3．解：(1)4eq \r(3)；············(2分)
【解法提示】如解图①，在菱形ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA，∠B＝∠D＝60°，∴△ABC和△ADC均为等边三角形，∵点O是△ABC的外心，连接BD，则BD经过点O，过点A向BC作垂线，垂足为点E，AE与BD的交点O即为外心，∴∠1＝60°，∠2＝∠3＝30°，∴∠OAD＝∠1＋∠2＝90°，在Rt△AOD中，∠3＝30°，AD＝6，∴OD＝eq \f(AD,cs30°)＝eq \f(6,\f(\r(3),2))＝4eq \r(3).
第3题解图①
(2)如解图②，过点D作DE⊥BC于点E，
∵∠C＝45°，
∴DE＝EC，
∵在四边形ABED中，AD∥BC，∠A＝90°，DE⊥BC，
∴四边形ABED为矩形，
∴BE＝AD＝3，
∵BC＝9，
∴EC＝BC－BE＝6，
∴DE＝EC＝6，DC＝6eq \r(2)，············(4分)
作点C关于AB的对称点C′，连接DC′，交AB于点P，此时△CDP的周长最小，
∵BC′＝BC＝9，
∴EC′＝BC′＋BE＝12，
在Rt△DEC′中，DC′＝eq \r(DE2＋EC′2)＝6eq \r(5)，
∴△CDP周长的最小值为DC′＋DC＝6eq \r(5)＋6eq \r(2)；············(6分)
第3题解图②
(3)如解图③，延长MN交CD于点E，
∵AN＝BN＝eq \f(1,2)AB＝8，EM⊥AB，eq \(AB,\s\up8(︵))为劣弧，
∴eq \(AB,\s\up8(︵))所在圆的圆心在线段NE上，
设圆心为O，半径为r，连接OB，
在Rt△BON中，BO2＝NO2＋BN2，
即r2＝(r－6)2＋82，
解得r＝eq \f(25,3)，即BO＝eq \f(25,3)，NO＝eq \f(7,3)，············(8分)
过点O作OH⊥BC于点H，连接OC，
则BH＝NO＝eq \f(7,3)，OH＝BN＝8，
∴CH＝BC－BH＝eq \f(41,3)，
在Rt△OCH中，OC＝eq \r(OH2＋CH2)＝eq \f(\r(2257),3)，············(10分)
延长CO，交eq \(AB,\s\up8(︵))于点F，则CF为所求的最大距离，
在eq \(AB,\s\up8(︵))上任取一异于点F的点F′，连接OF′、CF′，则OF′＝OF，
∵CF＝OC＋OF＝OC＋OF′，
在△COF′中，OC＋OF′＞CF′，
即CF＞CF′，
∴CF为所求的最大距离，最大距离为eq \f(\r(2257)＋25,3)米，
∴喷灌龙头的射程至少为eq \f(\r(2257)＋25,3)米时，才能实现他的想法．············(12分)
第3题解图③
4．解：(1)①50；············(2分)
【解法提示】∵PE是由BP绕点P逆时针旋转80°得到的，∴BP＝PE，∠BPE＝80°，∴∠BEP＝∠EBP＝50°.
②CE∥AB；············(4分)
【解法提示】∵AB＝AC，点D是BC的中点，∴AD平分∠BAC，AD⊥BD.∵∠BAC＝100°，∴∠BAE＝50°＝∠BEA，∴BE＝BA，∵BD⊥AE，∴AD＝DE，∴四边形ABEC是菱形，∴CE∥AB.
(2)△BPE如解图①所示，CE∥AB.
理由如下：如解图①，连接PC，CE，延长CE交AD的延长线于点F.
∵AD垂直平分BC，
∴PC＝PB＝PE，
∴点E，B，C在同一圆上，圆心为点P，
∴∠BCE＝eq \f(1,2)∠BPE＝40°，
∴∠CFD＝90°－∠DCF＝50°，
又∵∠BAC＝100°，
∴∠BAF＝∠CAF＝50°，
∴∠BAF＝∠CFD，
∴AB∥CE；············(8分)

图① 图②
第4题解图
(3)如解图②，点E在以点P为圆心，PB为半径的圆上运动，当点P从点A运动到点D 时，AE的长度越来越大，故当点P与点A重合时，AE最短，
即AE的最小值为3.
5．(1)解：∵四边形PQMN为正方形，
∴PN∥BC，
∴△APN∽△ABC，
∴eq \f(PN,BC)＝eq \f(AE,AD)，即eq \f(PN,a)＝eq \f(h－PN,h)，
解得PN＝eq \f(ah,a＋h)，即正方形PQMN的边长为eq \f(ah,a＋h)；·········(3分)
(3)证明：由画法得，∠QMN＝∠PNM＝∠PQM＝90°，
∴四边形PQMN为矩形，
∵N′M′⊥BC，NM⊥BC，
∴N′M′∥NM，
∴△BN′M′∽△BNM.
∴eq \f(N′M′,NM)＝eq \f(BN′,BN)，同理可得eq \f(N′P′,NP)＝eq \f(BN′,BN).
∴eq \f(N′M′,NM)＝eq \f(P′N′,PN).
∵N′M′＝P′N′，
∴NM＝PN，
∴四边形PQMN为正方形；············(6分)
(4)解：如解图，过点N作NR⊥EM于点R，
第5题解图
∵NE＝NM，
∴∠NEM＝∠NME，
∴ER＝RM＝eq \f(1,2)EM.
又∵∠EQM＋∠EMQ＝∠EMQ＋∠EMN＝90°，
∴∠EQM＝∠EMN，
又∵∠QEM＝∠NRM＝90°，NM＝QM，
∴△EQM≌△RMN(AAS)．
∴EQ＝RM.
∴EQ＝eq \f(1,2)EM.
∵∠QEM＝90°，
∴∠BEQ＋∠NEM＝90°，
∴∠BEQ＝∠EMB，
又∵∠EBM＝∠QBE，
∴△BEQ∽△BME.
∴eq \f(BQ,BE)＝eq \f(BE,BM)＝eq \f(EQ,ME)＝eq \f(1,2).
设BQ＝x，则BE＝2x，BM＝4x，
∴QM＝BM－BQ＝3x＝MN＝NE.
∴BN＝BE＋NE＝5x.
∴BN＝eq \f(5,3)NM＝eq \f(5ah,3a＋3h).············(10分)
6．解：(1)67.5°，eq \r(2)·········(4分)
【解法提示】∵四边形ABCD是正方形，∴∠B＝∠BCD＝∠D＝∠BAD＝90°，AB＝AD.∵正方形ABCD折叠使得点B，D都在对角线AC上的点N处，∠BCE＝∠ECN＝∠NCF＝∠DCF＝eq \f(1,4)∠BCD＝22.5°，∴∠BEC＝∠CEN＝67.5°，∴∠AEN＝180°－2∠BEC＝45°.∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠EAN＝45°，∴△AEN是等腰直角三角形，∴eq \f(AE,EN)＝eq \f(AE,BE)＝eq \r(2).
(2)四边形EMGF是矩形．·······(5分)
理由如下：如解图①，由折叠易知四边形EMGF是平行四边形，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠BCD＝∠D＝90°.
由折叠的性质可知∠1＝∠2＝∠3＝∠4，CM＝CG，
∠BEC＝∠NEC＝∠NFC＝∠DFC，
∴∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝22.5°.
∴∠BEC＝∠NEC＝∠NFC＝∠DFC＝67.5°.
由折叠的性质可知MH，GH分别垂直平分EC，FC，
∴MC＝ME，GC＝GF.
∴∠5＝∠1＝22.5°，∠6＝∠4＝22.5°.
∴∠MEF＝∠GFE＝90°.·······(7分)
∵∠MCG＝90°，CM＝CG，
∴∠CMG＝45°.
又∵∠BME＝∠1＋∠5＝45°，
∴∠EMG＝180°－∠CMG－∠BME＝90°.·······(8分)
∴四边形EMGF是矩形；·······(9分)
第6题解图①
(3)画出菱形如解图②、③；

图② 图③
第6题解图
(答案不唯一，画出一个即可)．··········(10分)
菱形FGCH(或菱形EMCH)．····················(11分)