专题32新定义与阅读理解创新型问题-2021年中考数学真题分项汇编(解析版)【全国通用】(第01期)

【全国通用】（第01期）

一、单选题

1．（四川省雅安市2021年中考数学真题）定义：mina,ba(ab)，若函数

b(ab)yminx1，x22x3，则该函数的最大值为（ ）

A．0 【答案】C 【详解】 令ymina,b,

当x1x22x3时，即x2x20时，yx1， 令wx2x2 ，则w与x轴的交点坐标为（2，0），（-1，0）， ∴当w0时，1x2， ∴yx1（1x2）， ∴y随x的增大而增大， ∴当x=2时，y最大3；

当x1x22x3时，即x2x20时，yx22x3， 令wx2x2 ，则w与x轴的交点坐标为（2，0），（-1，0）， ∴当w0时，x2或x1， ∴yx22x3（x2或x1）， ∴yx22x3的对称轴为x=1， ∴当x2时，y随x的增大而减小， ∴当x=2时，yx22x3=3， ∴当x2时，y<3；

当x1，y随x的增大而增大，

B．2

C．3

D．4

∴当x=-1时，yx22x3=0； ∴当x1时，y<0；

，x2x3的最大值为3． 综上，yminx1故选C．

2（．广东省2021年中考真题数学试卷）我国南宋时期数学家秦九韶曾提出利用三角形的三边求面积的公式，此公式与古希腊几何学家海伦提出的公式如出一辙，即三角形的三边长分别为a，b，c，记p则其面积S2abc，2p(pa)(pb)(pc)．这个公式也被称为海伦-秦九韶公式．若p5,c4，则此三角

形面积的最大值为（ ） A．5 【答案】C 【分析】

由已知可得a+b=6，S5(5a)(5b)5B．4

C．25 D．5

ab5，把b=6-a代入S的表达式中得：

S5a26a5，由被开方数是二次函数可得其最大值，从而可求得S的最大值．

【详解】 ∴p=5，c=4，p∴a+b=2p-c=6

∴S5(5a)(5b)(54)5abc 2ab5

a(6a)55a26a5 由a+b=6，得b=6-a，代入上式，得：S522设ya+6a5，当ya+6a5取得最大值时，S也取得最大值 ∴ya2+6a5(a3)24 ∴当a=3时，y取得最大值4 ∴S的最大值为5425 故选：C． 【点睛】

本题考查了二次函数的性质，关键是由已知得出a+b=6，把面积最大值问题转化为二次函数的最大值问题．

3．（内蒙古通辽市2021年中考数学真题）定义：一次函数yaxb的特征数为a,b，若一次函数

3y2xm的图象向上平移3个单位长度后与反比例函数y的图象交于A，B两点，且点A，B关

x于原点对称，则一次函数y2xm的特征数是（ ） A．2,3 【答案】D 【分析】

先求出平移后的直线解析式为y2xm3，根据与反比例函数yB．2,3

C．2,3

D．2,3

3B两点，的图象交于A，且点A，

xB关于原点对称，得到直线y2xm3经过原点，从而求出m，根据特征数的定义即可求解． 【详解】

解：由题意得一次函数y2xm的图象向上平移3个单位长度后解析式为y2xm3， ∴直线y2xm3与反比例函数y∴点A，B，O在同一直线上， ∴直线y2xm3经过原点， ∴m+3=0， ∴m=-3，

∴一次函数y2xm的解析式为y2x3， ∴一次函数y2xm的特征数是2,3． 故选：D 【点睛】

本题考查了新定义，直线的平移，一次函数与反比例函数交点，中心对称等知识，综合性较强，根据点A，B关于原点对称得到平移后直线经过原点是解题关键．

3的图象交于A，B两点，且点A，B关于原点对称， xC2图象上的点，Q(x,y2)分别是函数C1，4．（江苏省无锡市2021年中考数学真题）设P(x,y1)，当axb时，总有-1＜y1＜y2＜1恒成立，则称函数C1，C2在axb上是“逼近函数”，axb为“逼近区间”．则下列结论：

①函数yx5，y3x2在1x2上是“逼近函数”；

①函数yx5，yx24x在3x4上是“逼近函数”； ①0x1是函数yx21，y2x2x的“逼近区间”； ①2x3是函数yx5，yx24x的“逼近区间”． 其中，正确的有（ ） A．①① 【答案】A 【分析】

分别求出y1y2的函数表达式，再在各个x所在的范围内，求出y1y2的范围，逐一判断各个选项，即可求解． 【详解】

解：∴∴y1x5，y23x2， ∴y1B．①①

C．①①

D．①①

y2x53x22x7，当1x2时，11y1y29，

∴函数yx5，y3x2在1x2上不是“逼近函数”；

2∴∴y1x5，y2x4x，

∴y1y2x5x24xx25x5，当3x4时，1y1y21，

2函数yx5，yx4x在3x4上是“逼近函数”； 22∴∴y1x1，y22xx，

∴y1y2x212x2xx2x1，当0x1时，1y1y23， 4∴0x1是函数yx21，y2x2x的“逼近区间”；

2∴∴y1x5，y2x4x，

∴y1y2x5x24xx25x5，当2x3时，1y1y25， 4∴2x3不是函数yx5，yx24x的“逼近区间”． 故选A 【点睛】

本题主要考查一次函数与二次函数的性质，掌握一次函数与二次函数的增减性，是解题的关键． 5．（2021·广西来宾市·中考真题）定义一种运算：ab是（ ） A．x1或x【答案】C 【分析】

根据新定义运算规则，分别从2x12x和2x12x两种情况列出关于x的不等式，求解后即可得出结论． 【详解】

解：由题意得，当2x12x时， 即xa,ab，则不等式(2x1)(2x)3的解集

b,ab1 3B．1x1 3C．x1或x1 D．x1或x1 31时，(2x1)(2x)2x1， 3则2x13， 解得x1，

∴此时原不等式的解集为x1； 当2x12x时， 即x1时，(2x1)(2x)2x， 3则2x3， 解得x1，

∴此时原不等式的解集为x1；

综上所述，不等式(2x1)(2x)3的解集是x1或x1． 故选：C．

6．（2021·广西中考真题）如M1,2,x，我们叫集合M，其中1，2，x叫做集合M的元素．集合中的元素具有确定性（如x必然存在），互异性（如x1，x2），无序性（即改变元素的顺序，集合不变）．若集合Nx,1,2，我们说M值是（ ）

N．已知集合A1,0,a，集合B,a,1ab，若AB，则ba的aA．－1 【答案】C 【分析】

B．0 C．1 D．2

根据集合的确定性、互异性、无序性，对于集合B的元素通过分析，与A的元素对应分类讨论即可． 【详解】

解：∴集合B的元素∴a0， ∴

1b,，a，可得， aa1b0，0， aa∴b0，

11时，a1，A1,0,1，B1,1,0，不满足互异性，情况不存在， a1当a时，a1，a1（舍），a1时，A1,0,1，B1,1,0，满足题意， a当

此时，ba=1． 故选：Ｃ 【点睛】

本题考查集合的互异性、确定性、无序性。通过元素的分析，按照定义分类讨论即可．

7．（2021·湖北中考真题）定义新运算“①”：对于实数m，n，p，q，有m,p※q,nmnpq，其中等式右边是通常的加法和乘法运算，如：2,3※4,5253422．若关于x的方程

2x1,x※52k,k0有两个实数根，则k的取值范围是（ ）

A．k5且k0 4B．k5 4C．k5且k0 4D．k5 4【答案】C 【分析】

按新定义规定的运算法则，将其化为关于x的一元二次方程，从二次项系数和判别式两个方面入手，即可解决． 【详解】

解：∴[x2+1，x]∴[5−2k，k]=0， ∴kx152kx0．

2整理得，kx52kxk0．

2∴方程有两个实数根， ∴判别式0且k0．

由0得，52k4k20， 解得，k25． 45且k0． 4∴k的取值范围是k故选：C 【点睛】

本题考查了新定义运算、一元二次方程的根的判别等知识点，正确理解新定义的运算法则是解题的基础，熟知一元二次方程的条件、根的不同情况与判别式符号之间的对应关系是解题的关键．此类题目容易忽略之处在于二次项系数不能为零的条件，要引起高度重视． 8．（2021·甘肃武威市·中考真题）对于任意的有理数a,b，如果满足

abab，那么我们称这一对数a,b2323为“相随数对”，记为a,b．若m,n是“相随数对”，则3m2[3m2n1]（ ） A．2 【答案】A 【分析】

先根据新定义，可得9m+4n=0，将整式3m2[3m2n1]去括号合并同类项化简得9m4n2，然后整体代入计算即可． 【详解】

解：∴m,n是“相随数对”， ∴

B．1

C．2

D．3

mnmn， 2323整理得9m+4n=0，

3m2[3m2n1]3m6m4n29m4n22．

故选择A． 【点睛】

本题考查新定义相随数对，找出数对之间关系，整式加减计算求值，掌握新定义相随数对，找出数对之间

关系，整式加减计算求值是解题关键．

二、填空题

9．（广西贵港市2021年中考数学真题）我们规定：若ax1,y1,bx2,y2，则abxxyy．例如

1212则ab123421214．已知a(x1,x1),b(x3,4)，且2x3，a(1,3),b(2,4)，



则ab的最大值是________． 【答案】8 【分析】

根据平面向量的新定义运算法则，列出关于x的二次函数，根据二次函数最值的求法解答即可． 【详解】

解：根据题意知：ab(x1)(x3)4(x1)(x1)28． 因为2x3，

所以当x3时，ab(31)288． 即ab的最大值是8． 故答案是：8．

10．（辽宁省丹东市2021年中考数学试题）已知：到三角形3个顶点距离之和最小的点称为该三角形的费马点．如果ABC是锐角（或直角）三角形，则其费马点P是三角形内一点，且满足（例如：等边三角形的费马点是其三条高的交点）．若APBBPCCPA120．

ABAC7,BC23，P为ABC的费马点，则PAPBPC_________；若AB23,BC2,AC4，P为ABC的费马点，则PAPBPC_________．

【答案】5 27 【分析】

∴作出图形，过B,C分别作DBPDCP30,勾股定理解直角三角形即可

∴作出图形，将△APC绕点A逆时针旋转60，P为ABC的费马点则B,P,P,C四点共线，即

PAPBPCBC，再用勾股定理求得即可

【详解】

∴如图,过A作ADBC，垂足为D,

过B,C分别作DBPDCP30, 则PBPC, P为ABC的费马点

ABAC7,BC23 BDDCtan301BC3 2PD3 BD3PD1

PBPD2

sin30ADAB2BD2732 PAPBPC5

∴如图：

AB23,BC2,AC4.

AB2BC216,BC216

AB2BC2AC2

ABC90

sinBACBC1sin30 AC2BAC30

将△APC绕点A逆时针旋转60 由旋转可得：△APC≌△APC

APAP,PCPC,ACACCACPAP60

APP是等边三角形，

BAC90

P为ABC的费马点

即B,P,P,C四点共线时候，PAPBPCBC

PAPBPCBPPPPC=BC

AB2AC2(23)24227 故答案为：∴5，∴27 【点睛】

本题考查了勾股定理，旋转的性质，锐角三角函数，等腰三角形性质，作出旋转的图形是解题的关键．本题旋转△PAB,△PBC也可，但必须绕顶点旋转．

11．（浙江省宁波市2021年中考数学试卷）在平面直角坐标系中，对于不在坐标轴上的任意一点Ax,y，我们把点B11,称为点A的“倒数点”．如图，矩形OCDE的顶点C为3,0，顶点E在y轴上，函数xyy2若点B是点A的“倒数点”，且点B在矩形OCDE的一边上，则OBCx0的图象与DE交于点A．

x的面积为_________．

【答案】【分析】

13或 42根据题意，点B不可能在坐标轴上，可对点B进行讨论分析：∴当点B在边DE上时；∴当点B在边CD上时；分别求出点B的坐标，然后求出OBC的面积即可． 【详解】 解：根据题意， ∴点B11,称为点Ax,y的“倒数点”， xy∴x0，y0， ∴点B不可能在坐标轴上；

2x0的图像上， x21x设点A为(x,)，则点B为(,)，

xx2∴点A在函数y∴点C为3,0， ∴OC3，

∴当点B在边DE上时；

点A与点B都在边DE上， ∴点A与点B的纵坐标相同， 即

2x，解得：x2， x2经检验，x2是原分式方程的解； ∴点B为(,1)， ∴OBC的面积为：S∴当点B在边CD上时； 点B与点C的横坐标相同，

121331； 22113，解得：x， x31经检验，x是原分式方程的解；

31∴点B为(3,)，

6111∴OBC的面积为：S3；

213故答案为：或．

42∴【点睛】

本题考查了反比例函数的图像和性质，矩形的性质，解分式方程，坐标与图形等知识，解题的关键是熟练掌握反比例函数的性质，运用分类讨论的思想进行分析．

212．（山东省菏泽市2021年中考数学真题）定义：a,b,c为二次函数yaxbxc（a0）的特征数，

下面给出特征数为m,1m,2m的二次函数的一些结论：①当m1时，函数图象的对称轴是y轴；①当

m2时，函数图象过原点；①当m0时，函数有最小值；①如果m0，当x减小，其中所有正确结论的序号是______． 【答案】∴∴∴． 【分析】

1时，y随x的增大而2利用二次函数的性质根据特征数m,1m,2m，以及m的取值，逐一代入函数关系式，然判断后即可确定正确的答案． 【详解】

解：当m1时，

把m1代入m,1m,2m，可得特征数为1,0,1 ∴a1，b0，c1，

∴函数解析式为yx21，函数图象的对称轴是y轴，故∴正确； 当m2时，

把m2代入m,1m,2m，可得特征数为2,1,0 ∴a2，b1，c0，

∴函数解析式为y2x2x，

当x0时，y0，函数图象过原点，故∴正确；

2函数ymx1mx2m

2当m0时，函数ymx1mx2m图像开口向上，有最小值，故∴正确；

2当m0时，函数ymx1mx2m图像开口向下，

对称轴为：x∴x1mm1111 2m2m22m21时，x可能在函数对称轴的左侧，也可能在对称轴的右侧，故不能判断其增减性，故∴错误； 2综上所述，正确的是∴∴∴， 故答案是：∴∴∴． 【点睛】

本题考查了二次函数的图像与性质，二次函数的对称轴等知识点，牢记二次函数的基本性质是解题的关键． 13．（2021·湖南娄底市·中考真题）弧度是表示角度大小的一种单位，圆心角所对的弧长和半径相等时，这个角就是1弧度角，记作1rad．已知1rad,60，则与的大小关系是________．

【答案】 【分析】

根据弧度的定义，圆心角所对的弧长和半径相等时，这个角就是1弧度角，记作1rad，当60时，三角形为等边三角形，所以圆心角所对的弧长比半径大，即可判断大小． 【详解】

解：根据弧度的定义，圆心角所对的弧长和半径相等时，这个角就是1弧度角，记作1rad， 当60时，易知三角形为等边三角形，弦长等于半径，

圆心角所对的弧长比半径大，

，

故答案是：． 【点睛】

本题考查了弧度的定义，解题的关键是：理解弧度的定义，从而利用定义来判断．

14．（2021·上海中考真题）定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面内有一个正方形，边长为2，中心为O，在正方形外有一点P,OP2，当正方形绕着点O旋转时，则点P到正方形的最短距离d的取值范围为__________．

【答案】22d1 【分析】

先确定正方形的中心O与各边的所有点的连线中的最大值与最小值，然后结合旋转的条件即可求解． 【详解】

解：如图1，设AD的中点为E，连接OA，OE，则AE=OE=1，∴AEO=90°，OA2．

∴点O与正方形ABCD边上的所有点的连线中，

OE最小，等于1，OA最大，等于2．

∴OP2，

∴点P与正方形ABCD边上的所有点的连线中，

如图2所示，当点E落在OP上时，最大值PE=PO-EO=2-1=1； 如图3所示，当点A落在OP上时，最小值PAPOAO22．

∴当正方形ABCD绕中心O旋转时，点P到正方形的距离d的取值范围是22d1． 故答案为：22d1 【点睛】

本题考查了新定义、正方形的性质、勾股定理等知识点，准确理解新定义的含义和熟知正方形的性质是解题的关键．

15．（2021·湖北中考真题）对于任意实数a、b，定义一种运算：aba2b2ab，若xx13，则x的值为________． 【答案】1或2 【分析】

根据新定义的运算得到xx1x2x1xx13，整理并求解一元二次方程即可． 【详解】

解：根据新定义内容可得：xx1x2x1xx13， 整理可得x2x20，

22解得x11，x22，

故答案为：1或2． 【点睛】

本题考查新定义运算、解一元二次方程，根据题意理解新定义运算是解题的关键．

三、解答题

16．（江苏省南通市2021年中考数学试题）定义：若一个函数图象上存在横、纵坐标相等的点，则称该点为这个函数图象的“等值点”．例如，点(1,1)是函数y211x的图象的“等值点”． 22（1）分别判断函数yx2,yxx的图象上是否存在“等值点”？如果存在，求出“等值点”的坐标；如果不存在，说明理由； （2）设函数y3(x0),yxb的图象的“等值点”分别为点A，B，过点B作BCx轴，垂足为C．当xABC的面积为3时，求b的值；

（3）若函数yx2(xm)的图象记为W1，将其沿直线xm翻折后的图象记为W2．当W1,W2两部

2分组成的图象上恰有2个“等值点”时，直接写出m的取值范围． 函数y【答案】（1）函数y=x+2没有“等值点”；（3）m【分析】

（1）根据定义分别求解即可求得答案； （2）根据定义分别求A(3，3)，B(

x20)，(2，2)；x的“等值点”为(0，（2）b43或23；9或1m2．． 8bb，)，利用三角形面积公式列出方程求解即可； 22（3）由记函数y=x2-2（x≥m）的图象为W1，将W1沿x=m翻折后得到的函数图象记为W2，可得W1与W2的图象关于x=m对称，然后根据定义分类讨论即可求得答案． 【详解】

解：（1）∴函数y=x+2，令y=x，则x+2=x，无解， ∴函数y=x+2没有“等值点”； ∴函数yx2x，令y=x，则x2xx，即xx20，

解得：x12，x20，

∴函数yx2x的“等值点”为(0，0)，(2，2)；

3，令y=x，则x23， x（2）∴函数y解得：x∴函数y3(负值已舍)，

3的“等值点”为A(3，3)； x∴函数yxb，令y=x，则xxb， 解得：xb， 2bb，)； 22∴函数yxb的“等值点”为B(

11bbABC的面积为BC•xBxA••33，

2222即b223b240， 解得：b43或23；

（3）将W1沿x=m翻折后得到的函数图象记为W2． ∴W1与W2两部分组成的函数W的图象关于xm对称，

2yx2xm∴函数W的解析式为， 2y2mx2(xm)令y=x，则x22x，即x2x20， 解得：x12，x21，

∴函数yx22的“等值点”为(-1，-1)，(2，2)；

2令y=x，则(2mx)2x，即x4m1x4m20，

22当m2时，函数W的图象不存在恰有2个“等值点”的情况； 当1m2时，观察图象，恰有2个“等值点”；

当m1时，

∴W1的图象上恰有2个“等值点”(-1，-1)，(2，2)， ∴函数W2没有“等值点”，

2∴4m1414m20，

2整理得：8m90， 解得：m9． 或1m2． 8综上，m的取值范围为m【点睛】

本题属于二次函数的综合题，考查了二次函数、反比例函数、一次函数的性质以及函数的对称性．解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．

17．（江苏省常州市2021年数学中考真题）在平面直角坐标系xOy中，对于A、A两点，若在y轴上存在点T，使得ATA90，且TATA，则称A、A两点互相关联，把其中一个点叫做另一个点的关联点．已知点M2,0、N1,0，点Qm,n在一次函数y2x1的图像上．

（1）①如图，在点B2,0、C0,1、D2,2中，点M的关联点是_______（填“B”、“C”或“D”）；①若在线段MN上存在点P1,1的关联点P，则点P的坐标是_______； （2）若在线段MN上存在点Q的关联点Q，求实数m的取值范围；

（3）分别以点E4,2、Q为圆心，1为半径作

E、Q．若对E上的任意一点G，在Q上总存在

点G，使得G、G两点互相关联，请直接写出点Q的坐标．

【答案】（1）∴B；∴2,0；（2）【分析】

由材料可知关联点的实质就是将点A绕y轴上点T顺时针或逆时针旋转90度的得到点A．故先找到旋转90°坐标变化规律，再根据规律解答即可，

（1）∴根据关联点坐标变化规律列方程求解点T坐标，有解则是关联点；无解则不是；∴关联点的纵坐标等于0，根据关联点坐标变化规律列方程求解即可；

（2）根据关联点坐标变化规律得出关联点Q，列不等式求解即可；

（3）根据关联点的变化规律可知圆心是互相关联点，由点E坐标求出点Q坐标即可． 【详解】

解：在平面直角坐标系xOy中，设Ax,y，点T0,a，关联点Ax,y，

将点A、点A、点T向下平移a个单位，点T对应点与原点重合，此时点A、点A对应点A0x,ya、

2513m1或1m0；（3）Q,或Q3,5． 333x,ya， A0∴绕原点旋转90度的坐标变化规律为：点（x，y）顺时针旋转，对应点坐标为（y，-x）；逆时针旋转对应点坐标为（-y，x），

ya,x或A0ay,x， ∴A0x,ya绕原点旋转90度的坐标对应点坐标为A0即顺时针旋转时，xyaxya解得：，即关联点Aya,ax，

yaxyax或逆时针旋转时，xayxay，解得：，即关联点Aay,xa，

yaxyxa即：在平面直角坐标系xOy中，设Ax,y，点T0,a，关联点坐标为Aya,ax或Aay,xa， （1）∴由关联点坐标变化规律可知，点M2,0关于在y轴上点T0,a的关联点坐标为：Aa,a2或Aa,2a，

a2a2若点B2,0是关联点，则或，解得：a2，即y轴上点T0,2或T0,2，

2a02a0故点B2,0是关联点；

a0a0若点C0,1是关联点，则或，无解，故点C0,1不是关联点；

2a12a1a2a2若点D2,2是关联点，则或，无解，故点D2,2不是关联点；

2a22a2故答案为：B；

∴由关联点坐标变化规律可知，点P1,1关于点T0,a的关联点P的坐标为P1a,a1或

Pa1,a1，

若a10，解得：a1，此时即点P0,0，不在线段MN上； 若a10，解得：a1，此时即点P2,0，在线段MN上； 综上所述：若在线段MN上存在点P1,1的关联点P，则点P2,0 故答案为：2,0；

（2）设点Qm,n与点Q是关于点T0,a关联点，则点Q坐标为Qna,am或Qan,am， 又因为点Qm,n在一次函数y2x1的图像上，即：n2m1， 点Q在线段MN上，点M2,0、N1,0，

am=0当∴n2m1，

2na1∴22m1m1， ∴

2m1， 3am=0或n2m1， 2an1∴22m1m1， 当1m0； 综上所述：当（3）对

2m1或1m0时，在线段MN上存在点Q的关联点Q． 3E上的任意一点G，在Q上总存在点G，使得G、G两点互相关联，

故点E与点Q也是关于同一点的关联，设该点T0,a，则

设点Qm,n与点E是关于点T0,a关联点，则点E坐标为Ena,am或Ean,am， 又因为Qm,n在一次函数y2x1的图像上，即：n2m1， ∴点E4,2，

5m3n2m113若na4，解得：n，

3am21a3即点Q,513， 33n2m1m3若an4，解得：n5， am2a1即点Q3,5，

综上所述：Q,【点睛】

513或Q3,5．

33本题主要考查了坐标的旋转变换和一次函数图像上点的特征，解题关键是总结出绕点旋转90°的点坐标变化规律，再由规律列出方程或不等式求解．

18．（湖南省张家界市2021年中考数学真题试题）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)x1x2(x1x2)(x1x2) ①x1x2且x1>0，x20 ①x1x20，x1x20

①(x1x2)(x1x2)0，即f(x1)f(x2)0，f(x1)f(x2) ①函数f(x)x2(x0)是增函数． 根据以上材料解答下列问题：

22111(x0)，f(1)1，f(2)，f(3)_______，f(4)_______； x121（2）猜想f(x)(x0)是函数_________（填“增”或“减”），并证明你的猜想．

x11【答案】（1），；（2）减，证明见解析

34（1）函数f(x)【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(1) 中的猜想成立． 【详解】

11，f(4) 341（2）猜想：f(x)(x0)是减函数；

x解：（1）f(3)证明：任取x1x2，x1>0，x20，则

f(x1)f(x2)11x2x1 x1x2x1x2∴x1x2且x1>0，x20 ∴x2x10，x1x20

x2x1，即f(x1)f(x2)0 ∴

x1x2∴函数f(x)【点睛】

本题考查反比例函数图象上的坐标特征、反比例函数的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用反比例函数的性质解答．

19．（山东省枣庄市2021年中考数学真题）小明根据学习函数的经验，参照研究函数的过程与方法，对函

1(x0)是减函数． xx2x0的图象与性质进行探究． xx22221，即y1，所以可以对比函数y来探究． 因为yxxxx列表：（1）下表列出y与x的几组对应值，请写出m，n的值：m ，n ；

数yx 2y xyx2 x… 4 3 2 33 52 1 1 2 1 24 1 24 1 2 3 4 … … 1 22 1 1 0 2 31 21 2… … 3 22 3 m 3 n … 描点：在平面直角坐标系中，以自变量x的取值为横坐标，以y的点，如图所示：

x2相应的函数值为纵坐标，描出相应x

（2）请把y轴左边各点和右边各点，分别用条光滑曲线顺次连接起来： （3）观察图象并分析表格，回答下列问题：

①当x0时，y随x的增大而 ；（填“增大”或“减小”） ①函数yx22的图象是由y的图象向 平移 个单位而得到． xx1；（2）见解析；（3）∴增大；∴上，1；∴(0,1)． 3①函数图象关于点 中心对称．（填点的坐标） 【答案】（1）5，【分析】

x21（1）将x和x3分别代入函数y中，即可求出m,n的值；

2x（2）把y轴左边各点和右边各点，分别用条光滑曲线顺次连接起来即可； （3）∴根据函数的增减性即可得； ∴根据函数y∴函数y【详解】

解：（1）对于函数yx221即可得； xx2的图象关于原点(0,0)中心对称，再根据平移的性质即可得． xx2， x1215，即m5， 当x时，y21223211，即n， 当x3时，y3331故答案为：5，；

3（2）把y轴左边各点和右边各点，分别用条光滑曲线顺次连接起来如下：

（3）∴当x0时，y随x的增大而增大， 故答案为：增大； ∴因为函数y所以函数yx221， xxx22的图象是由y的图象向上平移1个单位而得到， xx故答案为：上，1；

2的图象关于原点(0,0)中心对称， xx2所以函数y的图象关于点(0,1)中心对称，

x∴因为函数y故答案为：(0,1)． 【点睛】

本题考查了反比例函数的图象与性质，熟练掌握反比例函数的图象与性质是解题关键． 20．（内蒙古赤峰市2021年中考数学真题）阅读理解：

在平面直角坐标系中，点M的坐标为x1,y1，点N的坐标为x2,y2，且x1≠x1，y2≠y2，若M、N为某矩形的两个顶点，且该矩形的边均与某条坐标轴垂直，则称该矩形为M、N的“相关矩形”．如图1中的矩形为点M、N的“相关矩形”． （1）已知点A的坐标为2,0．

①若点B的坐标为4,4，则点A、B的“相关矩形”的周长为__________；

①若点C在直线x=4上，且点A、C的“相关矩形”为正方形，求直线AC的解析式； 若使函数y（2）已知点P的坐标为3,4，点Q的坐标为6,2，

k

Q的“相关矩形 ”的图象与点P、

x

有两个公共点，直接写出k的取值范围．

【答案】（1）∴12；∴yx2或yx2；（2）24k6 【分析】

（1）∴由相关矩形的定义可知，要求点A、B的“相关矩形”的周长，利用点A，点B的坐标求出“相关矩形”的边长即可；∴由“相关矩形”的定义知， AC必为正方形的对角线，所以可得点C坐标，设直线AC的解析式为ykxb，代入A，C点的坐标，求出k，b的值即可； （2）首先确定P，Q的“相关矩形”的另两个顶点坐标，结合函数y两个公共点，求出k的最大值和最小值即可得到结论． 【详解】

解：（1）∴∴点A的坐标为2,0，点B的坐标为4,4， ∴点A、B的“相关矩形”如图所示，

k

的图象与点P、Q的“相关矩形 ”有x

∴点A、B的“相关矩形”周长=2(24)12 故答案为：12；

∴由定义知，AC是点A，C的“相关矩形”的对角线， 又∴点A，C的相关矩形是正方形，且A2,0 ∴点C的坐标为4,2或4,2 设直线AC的解析式为ykxb， 将2,0，4,2代入解得k1，b2 ∴yx2

将2,0，4,2代入解得k1，b2 ∴yx2

∴符合题意得直线AC的解析式为yx2或yx2．

（2）∴点P的坐标为3,4，点Q的坐标为6,2，

∴点P，Q的“相关矩形”的另两个顶点的坐标分别为（3，-2），（6，-4）

k

的图象经过（3，-2）时，k=-6， xk

当函数y的图象经过（6，-4）时，k=-24，

xk

∴函数y的图象与点P、Q的“相关矩形 ”有两个公共点时，k的取值范围是：24k6

x

当函数y

【点睛】

本题考查了矩形的性质，正方形的性质，解答此题需要理解“相关矩形”的定义，综合性较高，一定要注意将新旧知识贯穿起来．

21．（湖北省荆州市2021年中考数学真题）小爱同学学习二次函数后，对函数yx1进行了探究，在经历列表、描点、连线步骤后，得到如

2下的函数图像．请根据函数图象，回答下列问题：

（1）观察探究：

①写出该函数的一条性质：__________； ①方程x121的解为：__________；

①若方程x12a有四个实数根，则a的取值范围是__________．

（2）延伸思考：

将函数yx1的图象经过怎样的平移可得到函数y1x21直接写出当2y13时，自变量x的取值范围．

【答案】（1）∴关于y轴对称；∴x12,x20,x32；∴1a0；（2）将函数yx1的图象先向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度可得到函数y1x21时，自变量x的取值范围为0x2或2x4． 【分析】

（1）∴根据函数图象可直接进行作答；∴由函数图象及方程可得当y=-1时，自变量x的值，则可看作直线y=-1与函数yx1的图象交点问题，进而问题可求解；∴由题意可看作直线y=a与函数

223的图象？写出平移过程，并

22当2y133的图象，

2yx1的图象有四个交点的问题，进而问题可求解；

（2）由函数图象平移可直接进行求解，然后结合函数图象可求解x的范围问题． 【详解】

解：（1）∴由图象可得：该函数的一条性质为关于y轴对称，（答案不唯一）；

2故答案为关于y轴对称；

∴由题意及图象可看作直线y=-1与函数yx1的图象交点问题，如图所示：

2

∴方程x121的解为x12,x20,x32；

故答案为x12,x20,x32；

∴由题意可看作直线y=a与函数yx1的图象有四个交点的问题，如图所示：

2

∴由图象可得若方程x1故答案为1a0；

2a有四个实数根，则a的取值范围是1a0；

（2）由题意得：将函数yx1的图象先向右平移2个单位长度，再向上平移3个单位长度可得到函数y1x21223的图象，则平移后的函数图象如图所示：

∴由图象可得：当2y13时，自变量x的取值范围为0x2或2x4．

222．（2021·江西中考真题）二次函数yx2mx的图象交x轴于原点O及点A．

感知特例

（1）当m1时，如图1，抛物线L:yx2x上的点B，O，C，A，D分别关于点A中心对称的点为B，O，C，A，D，如下表： … 2B1,3 O0,0 C1,1 A（___，___） C3,1 A2,0 D3,3 … … B5,3 O4,0 D1,3 … ①补全表格；

①在图1中描出表中对称后的点，再用平滑的曲线依次连接各点，得到的图象记为L． 形成概念

我们发现形如（1）中的图象L上的点和抛物线L上的点关于点A中心对称，则称L是L的“孔像抛物线”．例如，当m2时，图2中的抛物线L是抛物线L的“孔像抛物线”． 探究问题

（2）①当m1时，若抛物线L与它的“孔像抛物线”L的函数值都随着x的增大而减小，则x的取值范围为_______；

①在同一平面直角坐标系中，当m取不同值时，通过画图发现存在一条抛物线与二次函数yx22mx的所有“孔像抛物线”L，都有唯一交点，这条抛物线的解析式可能是______．（填“yaxbxc”或“yax2bx”或“yax2c”或“yax2”，其中abc0）；

①若二次函数yx22mx及它的“孔像抛物线”与直线ym有且只有三个交点，求m的值． 【答案】（1）∴2，0；∴见解析；（2）∴3x1；∴yax；∴m=1． 【分析】

（1）∴根据中心对称的定义求解即可；∴根据表格，描点，连线即可；

（2）∴画出草图，利用数形结合思想即可求解；∴结合（1）∴的图象以及（2）∴的图象即可回答；∴根据“孔

22m像抛物线”的性质求得图象L的顶点为Pm，解． 【详解】

2，则图象L′的顶点为P (3m，m2)，再根据题意即可求

（1）∴点B(-1，3)与点B′(5，-3)关于点A中心对称， ∴点A的坐标为(

1533)，即A(2，0)， ，

22故答案为：2，0；

∴描点，连线，得到的图象如图所示：

（2）∴当m=−1时，抛物线L为yx2x，对称轴为x1， 它的“孔像抛物线”L′的解析式为yx2x4，对称轴为x画出草图如图所示：

2243， 2

∴抛物线L与它的“孔像抛物线”L′的函数值都随着x的增大而减小， 则x的取值范围为：3x1； ∴画出草图，

由图象知，这条抛物线的解析式只能是yax；

2故答案为：yax；

2m∴L：yx22mxxmm2，设顶点为Pm，22，过点P作PM∴x轴于点M，“孔像抛物线”L的

顶点为P，过点P作PM∴x轴于点M，

由题意可知∴PMA∴∴PMA， 得M (3m，0)，所以P (3m，m2)，

∴抛物线L及“孔像抛物线”L与直线y=m有且只有三个交点， ∴m2=m或m2=m， 解得m=1或0， 当m=0时，y∴m=1．

23．（2021·北京中考真题）在平面直角坐标系xOy中，定义：若将线段BC绕点A旋转可以得到

x2与yx2只有一个交点，不合题意，舍去，

O的半径为1，对于点A和线段BC，给出如下

O的弦BC（B,C分别是B,C的对应点），则称线段BC是

O的以点A为中心的“关联线段”．

（1）如图，点A,B1,C1,B2,C2,B3,C3的横､纵坐标都是整数．在线段B1C1,B2C2,B3C3中，O的以点A为中心的“关联线段”是______________；

（2）ABC是边长为1的等边三角形，点A0,t，其中t0．若BC是段”，求t的值；

（3）在ABC中，AB1,AC2．若BC是和最大值，以及相应的BC长．

【答案】（1）B2C2；（2）t3；（3）当OAmin1时，此时BC3；当OAmax2时，此时BC【分析】

（1）以点A为圆心，分别以AB1,AC1,AB2,AC2,AB3,AC3为半径画圆，进而观察是否与（2）由旋转的性质可得△ABC是等边三角形，且BC是的性质可进行求解； （3）由BC是

O的以点A为中心的“关联线

O的以点A为中心的“关联线段”，直接写出OA的最小值

6． 2O有交点即可；

O的弦，进而画出图象，则根据等边三角形

O的以点A为中心的“关联线段”，则可知B,C都在O上，且

ABAB1,ACAC2，然后由题意可根据图象来进行求解即可．

【详解】

解：（1）由题意得：

通过观察图象可得：线段B2C2能绕点A旋转90°得到转得到； 故答案为B2C2；

O的“关联线段”，B1C1,B3C3都不能绕点A进行旋

（2）由题意可得：当BC是O的以点A为中心的“关联线段”时，则有△ABC是等边三角形，且边长也

为1，当点A在y轴的正半轴上时，如图所示：

设BC与y轴的交点为D，连接OB，易得BCy轴， ∴BDDC1， 23，AD2AB2BD23， 2∴ODOB2BD2∴OA3，

∴t3；

当点A在y轴的正半轴上时，如图所示：

同理可得此时的OA∴t3； （3）由BC是

3，

O的以点A为中心的“关联线段”，则可知B,C都在O上，且

ABAB1,ACAC2，则有当以B为圆心，1为半径作圆，然后以点A为圆心，2为半径作圆，

即可得到点A的运动轨迹，如图所示：

由运动轨迹可得当点A也在∴ABC90， ∴ACB30，

O上时为最小，最小值为1，此时AC为O的直径，

∴BCBCACcos303；

由以上情况可知当点A,B,O三点共线时，OA的值为最大，最大值为2，如图所示：

连接OC,BC，过点C作CPOA于点P， ∴OC1,ACOA2， 设OPx，则有AP2x，

∴由勾股定理可得：CP2AC2AP2OC2OP2，即222x1x2， 解得：x21， 4∴CP15， 4∴BPOBOP3， 4BP2CP26， 2在RtBPC中，BC∴BC6； 26． 2综上所述：当OAmin1时，此时BC3；当OAmax2时，此时BC24．（2021·四川中考真题）阅读以下材料，苏格兰数学家纳皮尔（J．Npler，1550－1617年）是对数的创始人，他发明对数是在指数书写方式之前，直到18世纪瑞士数学家欧拉（Evler．1707－1783年）才发现指数与对数之间的联系．

对数的定义：一般地．若axN（a0且a1），那么x叫做以a为底N的对数，

记作xlogaN，比如指数式2416可以转化为对数式4log216，对数式2log39可以转化为指数式329．我们根据对数的定义可得到对数的一个性质：

loga(MN)logaMlogaN(a0,a1,M0,N0)，理由如下：

mn设logaMm,logaNn，则Ma,Na．

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．

根据上述材料，结合你所学的知识，解答下列问题：

（1）填空：①log232___________；①log327_______，①log7l =________； （2）求证：logaMlogaMlogaN(a0,a1,M0,N0)； N（3）拓展运用：计算log5125log56log530． 【答案】（1）5，3，0；（2）见解析；（3）2 【分析】

（1）直接根据定义计算即可；

（2）结合题干中的过程，同理根据同底数幂的除法即可证明； log（=logaM+logaN和loga（3）根据公式：aM•N）计算可得结论． 【详解】

解：（1）∴∴2532，∴log2325， ∴∴3327，∴log3273， ∴∴701，∴log71=0； （2）设logaM=m，logaN=n， ∴amM，anN， ∴amanamn∴loga∴logaM1256=logaM-logaN的逆用，log5将所求式子表示为：，N30M， NMmn， NMlogaMlogaN； N（3）log5125log56log530 =log51256 30=log525 =2． 【点睛】

本题考查整式的混合运算、对数与指数之间的关系与相互转化的关系，解题的关键是明确新定义，明白指数与对数之间的关系与相互转化关系．

25．（2021·重庆中考真题）如果一个自然数M的个位数字不为0，且能分解成AB，其中A与B都是两位数，A与B的十位数字相同，个位数字之和为10，则称数M为“合和数”，并把数M分解成MAB的过程，称为“合分解”． 例如

6092129，21和29的十位数字相同，个位数字之和为10，

609是“合和数”．

又如

2341813，18和13的十位数相同，但个位数字之和不等于10，

234不是“合和数”．

（1）判断168，621是否是“合和数”？并说明理由；

（2）把一个四位“合和数”M进行“合分解”，即MAB．A的各个数位数字之和与B的各个数位数字之和的和记为PM；A的各个数位数字之和与B的各个数位数字之和的差的绝对值记为QM．令

PMG(M)，当G(M)能被4整除时，求出所有满足条件的M．

QM 【答案】（1）168不是“合和数”，621是“合和数，理由见解析；（2）M有1224，1221，5624，5616．【分析】

（1）首先根据题目内容，理解“合和数”的定义：如果一个自然数M的个位数字不为0，且能分解成AB，其中A与B都是两位数，个位数字之和为10，则称数M为“合和数”，再判断168，A与B的十位数字相同，

621是否是“合和数”；

（2）首先根据题目内容，理解“合分解”的定义．引进未知数来表示A个位及十位上的数，同时也可以用来表示B．然后整理出：G(M)【详解】 解：（1）

P(M)，根据能被4整除时，通过分类讨论，求出所有满足条件的M．

Q(M)168不是“合和数”，621是“合和数”． 1681214，2410， 168不是“合和数”，

6212327，十位数字相同，且个位数字3710，

621是“合和数”．

（2）设A的十位数字为m，个位数字为n（m，n为自然数，且3m9，1≤n≤9）， 则A10mn,B10m10n．

∴P(M)mnm10n2m10,Q(M)(mn)(m10n)2n10．

∴GMP(M)2m10m54k（k是整数）．

Q(M)2n10n53m9，

8m514，

k是整数，

m58或m512，

∴当m58时，

m58m58或， n52n51M36341224或M3733=1221．

∴当m512时，

m512m512或， n51n53M76745623或M78725616．

综上，满足条件的M有1224，1221，5624，5616． 【点睛】

本题考查了新定义问题，解题的关键是：首先要理解题中给出的新定义和会操作题目中所涉及的过程，结合所学知识去解决问题，充分考察同学们自主学习和运用新知识的能力．

26．（2021·重庆中考真题）对于任意一个四位数m，若千位上的数字与个位上的数字之和是百位上的数字与十位上的数字之和的2倍，则称这个四位数m为“共生数”例如：m3507，因为372(50)，所以3507是“共生数”：m4135，因为452(13)，所以4135不是“共生数”； （1）判断5313，37是否为“共生数”？并说明理由；

（2）对于“共生数”n，当十位上的数字是千位上的数字的2倍，百位上的数字与个位上的数字之和能被9整除时，记F(n)n．求满足Fn各数位上的数字之和是偶数的所有n． 3【答案】（1）5313是“共生数”， 37不是“共生数”． （2）n2148或n3069. 【分析】

（1）根据“共生数”的定义逐一判断两个数即可得到答案；

（2）设“共生数”n的千位上的数字为a, 则十位上的数字为2a, 设百位上的数字为b, 个位上的数字为c,

可得：1a＜5, 0b9,0c9, 且a,b,c为整数，再由“共生数”的定义可得：c3a2b,而由题意可得：bc9或bc18, 再结合方程的正整数解分类讨论可得答案． 【详解】 解：（1）

5+3=21+3=8,

5313是“共生数”，

6+7=1324+3=14, 37不是“共生数”．

（2）设“共生数”n的千位上的数字为a, 则十位上的数字为2a, 设百位上的数字为b, 个位上的数字为c,

1a＜5, 0b9,0c9, 且a,b,c为整数，

所以：n1000a100b20ac1020a100bc, 由“共生数”的定义可得：ac22ab,

c3a2b, n1023a102b,

Fnn341a34b, 3 百位上的数字与个位上的数字之和能被9整除，

bc0或bc9或bc18,

当bc0, 则bc0, 则a0, 不合题意，舍去， 当bc9时，则3a3b9,

ab3,

当a1时，b2,c7, 此时：n1227, Fn当a2时，b1,c8, 此时：n2148, Fn1227409，而4+0+9=13不为偶数，舍去， 32148716,，而7+1+6=14为偶数， 3当a3时，b0,c9, 此时：n3069, Fn30691023,，而1+0+2+3=6为偶数， 3当bc18时，则bc9,

而3a3b18,则a3不合题意，舍去，

综上：满足Fn各数位上的数字之和是偶数的n2148或n3069, 【点睛】

本题考查的是新定义情境下的实数的运算，二元一次方程的正整数解，分类讨论的数学思想的运用，准确理解题意列出准确的代数式与方程是解题的关键．

27．（2021·四川中考真题）已知平面直角坐标系中，点P（x0,y0）和直线Ax＋By＋C＝0（其中A，B不全为0），则点P到直线Ax＋By＋C＝0的距离d可用公式dAx0By0CAB22来计算．

例如：求点P（1，2）到直线y＝2x＋1的距离，因为直线y＝2x＋1可化为2x－y＋1＝0，其中A＝2，B＝C＝1，2）－1，所以点P（1，到直线y＝2x＋1的距离为：d根据以上材料，解答下列问题： （1）求点M（0，3）到直线yAx0By0CA2B221（1）2122(1)215． 553x9的距离；

3x9的位置关系，若相交，设其弦长

（2）在（1）的条件下，①M的半径r ＝ 4，判断①M与直线y为n，求n的值；若不相交，说明理由． 【答案】（1）3；（2）直线与圆相交，n27 【分析】

（1）直接利用公式计算即可；

（2）根据半径和点到直线的距离判断直线与圆的位置关系，再根据垂径定理求弦长． 【详解】

解：（1）∴y＝3x＋9可变形为3x－y＋9＝0，则其中A＝3，B＝－1，C＝9，

由公式可得d303932123

∴点M到直线y＝3x＋9的距离为3，

（2）由（1）可知：圆心到直线的距离d＝3，圆的半径r＝4， ∴d＜r

∴直线与圆相交，

则弦长n2423227，

【点睛】

本题考查了阅读理解和圆与直线的位置关系，垂径定理，解题关键是熟练运用公式求解和熟练运用圆的相关性质进行推理和计算．

28．（2021·湖北中考真题）数学课外活动小组的同学在学习了完全平方公式之后，针对两个正数之和与这两个正数之积的算术平方根的两倍之间的关系进行了探究，请阅读以下探究过程并解决问题． 猜想发现：由5525510；

111122；0.40.420.40.40.8；3333311111115252；0.23.220.23.21.6；2 5528282猜想：如果a0，b0，那么存在ab2ab（当且仅当ab时等号成立）． 猜想证明：①

ab20

①①当且仅当ab0，即ab时，a2abb0，①ab2ab； ①当ab0，即ab时，a2abb0，①ab2ab．

综合上述可得：若a0，b0，则ab2ab成立（当日仅当ab时等号成立）． 猜想运用：（1）对于函数yx1x0，当x取何值时，函数y的值最小？最小值是多少？ x变式探究：（2）对于函数y1xx3，当x取何值时，函数y的值最小？最小值是多少？ x3拓展应用：（3）疫情期间、为了解决疑似人员的临隔离问题．高速公路榆测站入口处，检测人员利用检测站的一面墙（墙的长度不限），用63米长的钢丝网围成了9间相同的长方形隔离房，如图．设每间离房的面积为S（米2）．问：每间隔离房的长、宽各为多少时，可使每间隔离房的面积S最大？最大面积是多少？

【答案】（1）x1，函数y的最小值为2；（2）x4，函数y的最小值为5；（3）每间隔离房长为宽为

7米，2147221米 米时，S的最大值为168【分析】

猜想运用：根据材料以及所学完全平方公式证明求解即可；

1x33，再根据材料中方法计算即可； x3拓展应用：设每间隔离房与墙平行的边为x米，与墙垂直的边为y米，依题意列出方程，然后根据两个正数

变式探究：将原式转换为y之和与这两个正数之积的算术平方根的两倍之间的关系探究最大值即可． 【详解】 猜想运用： ∴x0， ∴

10， x∴yx∴当x112x2， xx1时，ymin2， x此时x21， 只取x1，

即x1时，函数y的最小值为2．

变式探究： ∴x3， ∴x30，

1x30，

∴y11x332x335， x3x3∴当

1x3时，ymin5， x32此时x31， ∴x14，x22（舍去），

即x4时，函数y的最小值为5. 拓展应用：

设每间隔离房与墙平行的边为x米，与墙垂直的边为y米，依题意得：

9x12y63，

即3x4y21， ∴3x0，4y0， ∴3x4y23x4y， 即21≥23x4y， 整理得：xy≤即S≤147， 16147， 16147， 16∴当3x4y时Smax此时x721，y， 287147221米． 即每间隔离房长为米，宽为米时，S的最大值为

2168【点睛】

本题主要考查根据完全平方公式探究两个正数之和与这两个正数之积的算术平方根的两倍之间的关系，熟练运用完全平方公式并参照材料中步骤进行计算是解题关键，属于创新探究题．

29．（2021·内蒙古中考真题）数学课上，有这样一道探究题．

如图，已知ABC中，AB=AC=m，BC=n，BAC0180，点P为平面内不与点A、C重合的任意一点，将线段CP绕点P顺时针旋转a，得线段PD，E、F分别是CB、CD的中点，设直线AP与直线EF相交所成的较小角为β，探究究过程，并完成以下任务： （1）填空： （问题发现）

EF的值和的度数与m、n、α的关系，请你参与学习小组的探APEF___________，___________； PAEF

___________，___________； 小红研究了90时，如图2，求出了PA

小明研究了60时，如图1，求出了（类比探究）

他们又共同研究了α=120°时，如图3，也求出了（归纳总结）

最后他们终于共同探究得出规律：式子表示)． （2）求出120时

EF； PAEF

__________(用含m、n的式子表示)；___________ (用含α的PA

EF的值和的度数． PA

【答案】（1）【问题发现】

n1180a2，60°；，45°；【类比探究】见（2）题的解析；【归纳总结】，；222m2（2）3，30° 2【分析】

∴ABC和∴PDC都是等边三角形，（1）当60时，可证∴ACP∴∴ECF，从而有

EF1∴Q＝＝∴ACB，

AP2＝60°；当90时，∴ABC和∴PDC都是等腰直角三角形，同理可证∴ACP∴∴ECF即可解决，依此可得出规律；

（2）当120，可证即可解决问题． 【详解】

（1）【问题发现】如图1，连接AE，PF，延长EF、AP交于点Q，

CECACE3CF3，，从而有，由∴ECF＝∴ACP，可得∴PCA∴∴FCECFCPCP2AC2

当60时，∴ABC和∴PDC都是等边三角形， ∴∴PCD＝∴ACB＝60°，PC＝CD，AC＝CB， ∴F、E分别是CD、BC的中点，

CF1CE1，， PC2AC2CFCE∴， PCAC∴

又∴∴ACP＝∴ECF， ∴∴ACP∴∴ECF， ∴

EF1，∴CEF＝∴CAP， AP2∴∴Q＝＝∴ACB＝60°，

当90时，∴ABC和∴PDC都是等腰直角三角形，

如图2，连接AE，PF，延长EF、AP交于点Q，

∴∴PCD＝∴ACB＝45°，PC＝

22CD，AC＝CB， 22∴F、E分别是CD、BC的中点，

CE1CF1∴，， AC2PC2∴

CFCE， PCAC又∴∴ACP＝∴ECF， ∴∴ACP∴∴ECF， ∴

EF12，∴CEF＝∴CAP， AP22∴∴Q＝＝∴ACB＝45°， 【归纳总结】

n180an，＝∴ACB＝由此，可归纳出EFCE； 22APACm2m（2）当120，连接AE，PF，延长EF、AP交于点Q，

∴AB＝AC，E为BC的中点， ∴AE∴BC，∴CAE＝60° ∴sin60°＝

CE3， AC2CF3， CP2同理可得：

CECF， ACCPCECA∴， CFCP∴

又∴∴ECF＝∴ACP， ∴∴PCA∴∴FCE， ∴

EFEC3，∴CEF＝∴CAP， APAC2∴∴Q＝＝∴ACB＝30°． 【点睛】

本题主要考查了三角形相似的判定与性质，通过解决本题感受到：图形在变化但解决问题的方法不变，体会“变中不变”的思想．

30．（2021·山东中考真题）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，垂美四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O．猜想：AB2CD2与AD2BC2有什么关系？并证明你的猜想．

（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）AB2CD2AD2BC2，证明见解析；（3）

GE73．

【分析】

（1）连接AC,BD，先根据线段垂直平分线的判定定理可证直线AC是线段BD的垂直平分线，再根据垂美四边形的定义即可得证；

（2）先根据垂美四边形的定义可得ACBD，再利用勾股定理解答即可；

（3）设CE分别交AB于点M，交BG于点N，连接BE,CG，先证明△GAB△CAE，得到

ABGAEC，再根据角的和差可证BNM90，即CEBG，从而可得四边形CGEB是垂美四

边形，然后结合（2）的结论、利用勾股定理进行计算即可得． 【详解】

证明：（1）四边形ABCD是垂美四边形，理由如下： 如图，连接AC,BD，

∴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，即ACBD， ∴四边形ABCD是垂美四边形；

（2）猜想AB2CD2AD2BC2，证明如下： ∴四边形ABCD是垂美四边形， ∴ACBD，

∴AODAOBBOCCOD90，

由勾股定理得：AD2BC2OA2OD2OB2OC2，

AB2CD2OA2OB2OC2OD2，

∴AB2CD2AD2BC2；

（3）如图，设CE分别交AB于点M，交BG于点N，连接BE,CG，

∴四边形ACFG和四边形ABDE都是正方形， ∴CAGBAE90,AGAC,ABAE，

∴CAGBACBAEBAC，即GABCAE，

AGAC在△GAB和CAE中，GABCAE，

ABAE∴△GAB△CAESAS， ∴ABGAEC，

又∴AECAME90，AMEBMN， ∴ABGBMN90，

∴BNM90，即CEBG， ∴四边形CGEB是垂美四边形， 由（2）得：CG2BE2CB2GE2，

∴AB是RtACB的斜边，且AC4，AB5， ∴BC2AB2AC29，AGAC4,AEAB5， 在RtACG中，CG2AC2AG232， 在Rt△ABE中，BE2AB2AE250， ∴9GE23250， 解得GE， 73或GE73（不符题意，舍去）故GE的长为73． 【点睛】

本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定定理与性质、线段垂直平分线的判定、勾股定理等知识点，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题关键．

31．（2021·湖北中考真题）已知等边三角形ABC，过A点作AC的垂线l，点P为l上一动点（不与点A重合），连接CP，把线段CP绕点C逆时针方向旋转60得到CQ，连QB．

（1）如图1，直接写出线段AP与BQ的数量关系；

（2）如图2，当点P、B在AC同侧且APAC时，求证：直线PB垂直平分线段CQ；

B分别位于直线AC异侧，（3）如图3，若等边三角形ABC的边长为4，点P、且APQ的面积等于求线段AP的长度．

【答案】（1）AP=BQ；（2）见详解；（3）3或【分析】

3，43221 或3333（1）根据旋转的性质以及等边三角形的性质，可得CP=CQ，∴ACP=∴BCQ，AC=BC，进而即可得到结论； （2）先证明△BCQ是等腰直角三角形，再求出∴CBD=45°，根据等腰三角形三线合一的性质，即可得到结论；

（3）过点B作BE∴l，过点Q作QF∴l，根据△ACP≌△BCQ，可得AP=BQ，∴CAP=∴CBQ=90°，设

AP=x，则BQ=x，MQ=x-【详解】

4433，QF=( x-3)×，再列出关于x的方程，即可求解．

332（1）证明：∴线段CP绕点C逆时针方向旋转60得到CQ， ∴CP=CQ，∴PCQ=60°，

∴在等边三角形ABC中，∴ACB=60°，AC=BC， ∴∴ACP=∴BCQ， ∴△ACP≌△BCQ， ∴AP=BQ；

（2）∴APAC，CA∴l， ∴△ACP是等腰直角三角形， ∴△ACP≌△BCQ，

∴△BCQ是等腰直角三角形，∴CBQ=90°，

∴在等边三角形ABC中，AC=AB，∴BAC=∴ABC=60°， ∴AB=AP，∴BAP=90°-60°=30°， ∴∴ABP=∴APB=(180°-30°)÷2=75°， ∴∴CBD=180°-75°-60°=45°，

∴PD平分∴CBQ，

∴直线PB垂直平分线段CQ；

（3）∴当点Q在直线上方时，如图所示， 延长BQ交l与点E，过点Q作QFl与点F，

由题意得ACBC，PCCQ，ACBPCQ60，

ACPBCQ， APC≌BCQ(SAS)，

APBQ，CBQCAP90，

CABABC60， BAEABE30， ABAC4，

AEBE43， 3BEF60，

设APt，则BQt，

EQ43t， 33343EQ(t)， 223在RtEFQ中，QFSAPQ13， APQF24即

13433， t(t)2234解得t3或3， 33； 3即AP的长度为3或∴当点Q在直线l下方时， 过点B作BE∴l，过点Q作QF∴l， 由（1）小题，可知：△ACP≌△BCQ， ∴AP=BQ，∴CAP=∴CBQ=90°， ∴∴ACB=60°，∴CAM=90°，

∴∴AMB=360°-60°-90°-90°=120°，即：∴BME=∴QMF=60°， ∴∴BAE=90°-60°=30°，AB=4， ∴BE=

1AB2， 2343=， 324433，QF= MQ×sin60°=( x-3)×， 332∴BM=BE÷sin60°=2÷

设AP=x，则BQ=x，MQ=x-∴APQ的面积等于

3， 4∴

1143332212213)×AP×QF==，即：x×( x-，解得：x或x（不合题333224243333意，舍去）， ∴AP=221． 333

综上所述，AP的长为：3或 【点睛】

3221或． 3333本题主要考查等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，根据题意画出图形，添加辅助线，构造直角三角形，是解题的关键．

32．（2021·江苏中考真题）如图，在①O中，AB为直径，P为AB上一点，PA＝1，PB＝m（m为常数，且m＞0）．过点P的弦CD①AB，Q为BC上一动点（与点B不重合），AH①QD，垂足为H．连接AD、BQ．

（1）若m＝3． ①求证：①OAD＝60°； ①求

BQ的值； DHBQ，请直接写出结果； DH（2）用含m的代数式表示

（3）存在一个大小确定的①O，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值，求此时①Q的度数．

【答案】（1）∴见解析；∴2；（2）1+m；（3）存在半径为1的圆，45°

【分析】

（1）∴连接OD，则易得CD垂直平分线段OA，从而OD=AD，由OA=OD，即可得∴OAD是等边三角形，从而可得结论；

∴连接AQ，由圆周角定理得：∴ABQ=∴ADH，从而其余弦值相等，因此可得AD的值，从而可得结论；

（2）连接AQ、BD， 首先与（1）中的∴相同，有求得结果；

2222（3）由（2）的结论可得：BQ(1m)DH，从而BQ2﹣2DH2+PB2(m1)DHm

BQAB ，由∴可得AB、DHADBQAB，由∴APD∴∴ADB，可求得AD的长，从而DHAD当m=1时，即可得是一个定值，从而可求得∴Q的值． 【详解】

（1）∴如图，连接OD，则OA=OD ∴AB=PA+PB=1+3=4 ∴OA=

1AB2 2∴OP=AP=1

即点P是线段OA的中点 ∴CD∴AB

∴CD垂直平分线段OA ∴OD=AD ∴OA=OD=AD

即∴OAD是等边三角形 ∴∴OAD=60°

∴连接AQ ∴AB是直径 ∴AQ∴BQ

根据圆周角定理得：∴ABQ=∴ADH， ∴cosABQcosADH ∴AH∴DQ

在Rt∴ABQ和Rt∴ADH中

cosABQ∴

BQDH cosADHABADBQAB DHAD∴AD=OA=2，AB=4 ∴

BQAB42 DHAD2

（2）连接AQ、BD

与（1）中的∴相同，有∴AB是直径 ∴AD∴BD

BQAB DHAD∴∴DAB+∴ADP=∴DAB+∴ABD=90° ∴∴ADP=∴ABD ∴Rt∴APD∴Rt∴ADB ∴

PAAD ADAB∴AB=PA+PB=1+m ∴ADPAAB1m ∴

BQAB1m1m DHAD1m（3）由（2）知，

BQ1m DH∴BQ=1mDH

22即BQ(1m)DH

∴BQ2﹣2DH2+PB2=(1+m)DH22DH2m2(m1)DH2m2

当m=1时，BQ2﹣2DH2+PB2是一个定值，且这个定值为1，此时PA=PB=1，即点P与圆心O重合 ∴CD∴AB，OA=OD=1

∴∴AOD是等腰直角三角形 ∴∴OAD=45°

∴∴OAD与∴Q对着同一条弧 ∴∴Q=∴OAD=45°

故存在半径为1的圆，对于点Q的任意位置，都有BQ2﹣2DH2+PB2的值是一个定值1，此时∴Q的度数为45. 【点睛】

本题是圆的综合，它考查了圆的基本性质，锐角三角函数，相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质等知识，难点是第（3）问，得出BQ2﹣2DH2+PB2(m1)DHm后，当m=1即可得出BQ2﹣2DH2+PB2是一个定值．

22