專題12閱讀理解創(chuàng)新型問題(原卷版+解析)【浙江專用】

決勝2020年中考數(shù)學壓軸題全揭秘（浙江專用）專題12閱讀理解創(chuàng)新型問題【例1】（2019?紹興）我國的《洛書》中記載著世界上最古老的一個幻方：將1～9這九個數(shù)字填入3×3的方格內(nèi)，使三行、三列、兩對角線上的三個數(shù)之和都相等．如圖的幻方中，字母m所表示的數(shù)是．【例2】（2019?臺州）砸“金蛋”游戲：把210個“金蛋”連續(xù)編號為1，2，3，…，210，接著把編號是3的整數(shù)倍的“金蛋”全部砸碎；然后將剩下的“金蛋”重新連續(xù)編號為1，2，3，…，接著把編號是3的整數(shù)倍的“金蛋”全部砸碎……按照這樣的方法操作，直到無編號是3的整數(shù)倍的“金蛋”為止．操作過程中砸碎編號是“66”的“金蛋”共個．【例3】（2019?寧波）定義：有兩個相鄰內(nèi)角互余的四邊形稱為鄰余四邊形，這兩個角的夾邊稱為鄰余線．（1）如圖1，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分線，E，F(xiàn)分別是BD，AD上的點．求證：四邊形ABEF是鄰余四邊形．（2）如圖2，在5×4的方格紙中，A，B在格點上，請畫出一個符合條件的鄰余四邊形ABEF，使AB是鄰余線，E，F(xiàn)在格點上．（3）如圖3，在（1）的條件下，取EF中點M，連結(jié)DM并延長交AB于點Q，延長EF交AC于點N．若N為AC的中點，DE＝2BE，QB＝3，求鄰余線AB的長．【例4】（2019?臺州）我們知道，各個角都相等，各條邊都相等的多邊形叫做正多邊形．對一個各條邊都相等的凸多邊形（邊數(shù)大于3），可以由若干條對角線相等判定它是正多邊形．例如，各條邊都相等的凸四邊形，若兩條對角線相等，則這個四邊形是正方形．（1）已知凸五邊形ABCDE的各條邊都相等．①如圖1，若AC＝AD＝BE＝BD＝CE，求證：五邊形ABCDE是正五邊形；②如圖2，若AC＝BE＝CE，請判斷五邊形ABCDE是不是正五邊形，并說明理由：（2）判斷下列命題的真假．（在括號內(nèi)填寫“真”或“假”）如圖3，已知凸六邊形ABCDEF的各條邊都相等．①若AC＝CE＝EA，則六邊形ABCDEF是正六邊形；（）②若AD＝BE＝CF，則六邊形ABCDEF是正六邊形．（）【例5】（2019?嘉興）小波在復習時，遇到一個課本上的問題，溫故后進行了操作、推理與拓展．（1）溫故：如圖1，在△ABC中，AD⊥BC于點D，正方形PQMN的邊QM在BC上，頂點P，N分別在AB，AC上，若BC＝6，AD＝4，求正方形PQMN的邊長．（2）操作：能畫出這類正方形嗎？小波按數(shù)學家波利亞在《怎樣解題》中的方法進行操作：如圖2，任意畫△ABC，在AB上任取一點P'，畫正方形P'Q'M'N'，使Q'，M'在BC邊上，N'在△ABC內(nèi)，連結(jié)BN'并延長交AC于點N，畫NM⊥BC于點M，NP⊥NM交AB于點P，PQ⊥BC于點Q，得到四邊形PPQMN．小波把線段BN稱為“波利亞線”．（3）推理：證明圖2中的四邊形PQMN是正方形．（4）拓展：在（2）的條件下，在射線BN上截取NE＝NM，連結(jié)EQ，EM（如圖3）．當tan∠NBM=34時，猜想∠請幫助小波解決“溫故”、“推理”、“拓展”中的問題．一．解答題（共20小題）1．（2020?江干區(qū)模擬）已知：如圖，在Rt△ABC和Rt△ABD中，∠ACB＝90°，∠ABD＝90°，AB＝BD，BC＝4，（點A、D分別在直線BC的上下兩側(cè)），點G是Rt△ABD的重心，射線BG交邊AD于點E，射線BC交邊AD于點F．（1）求證：∠CAF＝∠CBE；（2）當點F在邊BC上，AC＝1時，求BF的長；（3）若△BGC是以BG為腰的等腰三角形，試求AC的長．2．（2020?柯橋區(qū)模擬）如圖，在△ABC中，G為邊AB中點，∠AGC＝α．Q為線段BG上一動點（不與點B重合），點P在中線CG上，連接PA，PQ，記BQ＝kGP．（1）若α＝60°，k＝1，①當BQ=12BG時，求∠②寫出線段PA、PQ的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．（2）當α＝45°時．探究是否存在常數(shù)k，使得②中的結(jié)論仍成立？若存在，寫出k的值并證明；若不存在，請說明理由．3．（2020?寧波模擬）定義：如果一個三角形一邊上的中線與這條邊上的高線之比為52（1）已知：Rt△ABC中，∠ACB＝90°．①當AC＝BC時，求證：△ABC是“神奇三角形”；②當AC≠BC時，且△ABC是“神奇三角形”，求tanA的值；（2）如圖，在△ABC中，AB＝AC，CD是AB邊上的中線，若∠DCB＝45°，求證：△ABC是“神奇三角形”．4．（2020?上城區(qū)一模）如圖，在等邊三角形ABC中，BC＝8，過BC邊上一點P，作∠DPE＝60°，分別與邊AB，AC相交于點D與點E．（1）在圖中找出與∠EPC始終相等的角，并說明理由；（2）若△PDE為正三角形時，求BD+CE的值；（3）當DE∥BC時，請用BP表示BD，并求出BD的最大值．5．（2020?北京模擬）對于平面直角坐標系xOy中的圖形M，N，給出如下定義：如果點P為圖形M上任意一點，點Q為圖形N上任意一點，那么稱線段PQ長度的最小值為圖形M，N的“近距離”，記作d（M，N）．若圖形M，N的“近距離”小于或等于1，則稱圖形M，N互為“可及圖形”．（1）當⊙O的半徑為2時，①如果點A（0，1），B（3，4），那么d（A，⊙O）＝，d（B，⊙O）＝；②如果直線y＝x+b與⊙O互為“可及圖形”，求b的取值范圍；（2）⊙G的圓心G在x軸上，半徑為1，直線y＝﹣x+5與x軸交于點C，與y軸交于點D，如果⊙G和∠CDO互為“可及圖形”，直接寫出圓心G的橫坐標m的取值范圍．6．（2020?寧波模擬）若兩條線段將一個三角形分割成三個等腰三角形，則這兩條線段稱為三分線．（1）如圖①，△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，請在圖中畫出兩條三分線，并標出每個等腰三角形頂角的度數(shù)（畫出一種分割即可）．（2）如圖②，△ABC中，∠C＝90°，∠A＝60°，請在圖中畫出兩條三分線，并標出每個等腰三角形頂角的度數(shù)（畫出一種分割即可）．（3）如圖③，△ABC中，∠BAC為鈍角，AE，DE為三分線，BD＝BE，DA＝DE，CA＝CE．①求∠B和∠C的關(guān)系式．②求∠BAC的取值范圍．7．（2019秋?奉化區(qū)期末）定義：有兩個相鄰內(nèi)角和等于另兩個內(nèi)角和的一半的四邊形稱為半四邊形，這兩個角的夾邊稱為對半線．（1）如圖1，在對半四邊形ABCD中，∠A+∠B=12（∠C+∠D），求∠A與∠（2）如圖2，O為銳角△ABC的外心，過點O的直線交AC，BC于點D，E，∠OAB＝30°，求證：四邊形ABED是對半四邊形；（3）如圖3，在△ABC中，D，E分別是AC，BC上一點，CD＝CE＝3，CE＝3EB，F(xiàn)為DE的中點，∠AFB＝120°，當AB為對半四邊形ABED的對半線時，求AC的長．8．（2020春?邗江區(qū)校級期中）數(shù)學教育家波利亞曾說：“對一個數(shù)學問題，改變它的形式，變換它的結(jié)構(gòu)，直到發(fā)現(xiàn)有價值的東西，這是數(shù)學解題的一個重要原則”．材料一：平方運算和開方運算是互逆運算．如a2±2ab+b2＝（a±b）2，那么a2±2ab+b2=|a±b|，如何將雙重二次根式5±26化簡．我們可以把5±2材料二：在直角坐標系xOy中，對于點P（x，y）和Q（x，y′）給出如下定義：若y′=y(x≥0)?y(x＜0)，則稱點Q為點例如：點（3，2）的“橫負縱變點”為（3，2），點（﹣2，5）的“橫負縱變點”為（﹣2，﹣5）．問題：（1）點（2，?3）的“橫負縱變點”為；點（﹣33，﹣2）的“橫負縱變點”為（2）化簡：7+210（3）已知a為常數(shù)（1≤a≤2），點M（?2，m）是關(guān)于x的函數(shù)y=?1x（a+2a?1+a?2a?19．（2020?麗水模擬）新定義：如果一個矩形，它的周長和面積分別是另外一個矩形的周長和面積的一半，則這個矩形是另一個矩形的“減半”矩形．（1）已知矩形ABCD的長12、寬2，矩形EFGH的長4、寬3，試說明矩形ABCD是矩形EFGH的“減半”矩形．（2）矩形的長和寬分別為2，1時，它是否存在“減半”矩形？請作出判斷，并請說明理由．10．（2019秋?鄞州區(qū)期末）定義：若函數(shù)y＝x2+bx+c（c≠0）與x軸的交點A，B的橫坐標為xA，xB，與y軸交點的縱坐標為yC，若xA，xB中至少存在一個值，滿足xA＝y(tǒng)C（或xB＝y(tǒng)C），則稱該函數(shù)為友好函數(shù)．如圖，函數(shù)y＝x2+2x﹣3與x軸的一個交點A的橫坐標為3，與y軸交點C的縱坐標為﹣3，滿足xA＝y(tǒng)C，稱y＝x2+2x﹣3為友好函數(shù)．（1）判斷y＝x2﹣4x+3是否為友好函數(shù)，并說明理由；（2）請?zhí)骄坑押煤瘮?shù)y＝x2+bx+c表達式中的b與c之間的關(guān)系；（3）若y＝x2+bx+c是友好函數(shù)，且∠ACB為銳角，求c的取值范圍．11．（2020?浙江自主招生）【定義】滿足一定條件的點所經(jīng)過的路線稱為這個點的軌跡．【命題】已知平面上兩個定點A，B，則所有滿足PAPB=k（k＞0且k≠1）的點【證明】如圖①，要使需PAPB=k，一定在直線AB上存在一點O，使△OPB∽△OAP，這時PAPB=OPOB=k，且OP2＝OB×OA，設(shè)AB＝p，OB請你完成余下的證明．【應用】在△ABC中，∠A，∠B，∠C的對邊分別是a，b，c，c＝2，b＝2a，求三角形ABC面積的最大值．【拓展】如圖②，⊙O是正方形ABCD的內(nèi)切圓，AB＝4，點P是⊙O上一個動點，求AP+2212．（2019秋?邗江區(qū)校級期末）定義：我們知道，四邊形的一條對角線把這個四邊形分成了兩個三角形，如果這兩個三角形相似（不全等），我們就把這條對角線叫做這個四邊形的“相似對角線”．理解：（1）如圖1，已知Rt△ABC在正方形網(wǎng)格中，請你只用無刻度的直尺在網(wǎng)格中找到一點D，使四邊形ABCD是以AC為“相似對角線”的四邊形（畫出1個即可）；（2）如圖2，在四邊形ABCD中，∠ABC＝80°，∠ADC＝140°，對角線BD平分∠ABC．求證：BD是四邊形ABCD的“相似對角線”；運用：（3）如圖3，已知FH是四邊形EFGH的“相似對角線”，∠EFH＝∠HFG＝30°．連接EG，若△EFG的面積為43，求FH13．（2020?浙江自主招生）定義：如果一條直線把一個封閉的平面圖形分成面積相等的兩部分，我們把這條直線稱為這個平面圖形的一條中分線．如三角形的中線所在的直線是三角形的一條中分線．（1）按上述定義，分別作出圖1、圖2的一條中分線．（2）如圖3，已知拋物線y=12x2﹣3x+m與x軸交于點A（2，0）和點B，與y軸交于點C，頂點為①求m的值和點D的坐標；②探究在坐標平面內(nèi)是否存在點P，使得以A、C、D、P為頂點的平行四邊形的一條中分線經(jīng)過點O．若存在，求出中分線的解析式；若不存在，請說明理由．14．（2020?無錫模擬）定義：只有一組對角是直角的四邊形叫做損矩形，連結(jié)它的兩個非直角頂點的線段叫做這個損矩形的直徑．（1）識圖：如圖（1），損矩形ABCD，∠ABC＝∠ADC＝90°，則該損矩形的直徑線段為．（2）探究：在上述損矩形ABCD內(nèi)，是否存在點O，使得A、B、C、D四個點都在以O(shè)為圓心的同一圓上？如果有，請指出點O的具體位置；若不存在，請說明理由．（3）實踐：已知如圖三條線段a、b、c，求作相鄰三邊長順次為a、b、c的損矩形ABCD（尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡）．15．（2020?新北區(qū)一模）定義：在平面直角坐標系中，對于任意P（x1，y1），Q（x2，y2），若點M（x，y）滿足x＝3（x1+x2），y＝3（y1+y2），則稱點M是點P，Q的“美妙點”．例如：點P（1，2），Q（﹣2，1），當點M（x，y）滿足x＝3×（1﹣2）＝﹣3，y＝3×（2+1）＝9時，則點M（﹣3，9）是點P，Q的“美妙點”．（1）已知點A（﹣1，3），B（3，3），C（2，﹣2），請說明其中一點是另外兩點的“美妙點”；（2）如圖，已知點D是直線y=13x+2上的一點．點E（3，0），點M（x，y）是點D①求y與x的函數(shù)關(guān)系式；②若直線DM與x軸相交于點F，當△MEF為直角三角形時，求點D的坐標．16．（2020?新昌縣模擬）如果一個直角三角形的三邊長分別為a﹣d，a，a+d，（a＞d＞0），則稱這個三角形為均勻直角三角形．（1）判定按照上述定義，下列長度的三條線段能組成均勻直角三角形的是（）A.1，2，3；B.1，3，2；C.1，3，3；D.3，4，5．（2）性質(zhì)求證：任何均勻直角三角形的較小直角邊與較大直角邊的比是3：4．（3）應用如圖，在一塊均勻直角三角形紙板ABC中剪一個矩形，且矩形的一邊在AB上，其余兩個頂點分別在BC，AC上，已知AB＝50cm，BC＞AC，∠C＝90°，求剪出矩形面積的最大值．17．（2020?通州區(qū)一模）平面直角坐標系xOy中，對于點A和線段BC，給出如下定義：若△ABC是等腰直角三角形，則稱點A為BC的“等直點”；特別的，若△ABC是以BC為斜邊的等腰直角三角形，則稱點A為BC的“完美等直點”．（1）若B（﹣2，0），C（2，0），則在D（0，2），E（4，4），F(xiàn)（﹣2，﹣4），G（0，2）中，線段BC的“等直點”是；（2）已知B（0，﹣6），C（8，0）．①若雙曲線y=kx上存在點A，使得點A為BC的“完美等直點”，求②在直線y＝x+6上是否存在點P，使得點P為BC的“等直點”？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由；（3）若B（0，2），C（2，0），⊙T的半徑為3，圓心為T（t，0）．當在⊙T內(nèi)部，恰有三個點是線段BC的“等直點”時，直接寫出t的取值范圍．18．（2020?江北區(qū)模擬）一般地，對于已知一次函數(shù)y1＝ax+b，y2＝cx+d（其中a，b，c，d為常數(shù)，且ac＜0），定義一個新函數(shù)y=y1y2，稱y是y1與y2的算術(shù)中項，（1）如：一次函數(shù)y1=12x﹣4，y2=?13x+6，y是x①自變量x的取值范圍是，當x＝時，y有最大值．②根據(jù)函數(shù)研究的途徑與方法，請?zhí)顚懴卤?，并在圖1中描點、連線，畫出此函數(shù)的大致圖象．x8910121314161718y01.21.62.0421.20③請寫出一條此函數(shù)可能有的性質(zhì)．（2）如圖2，已知一次函數(shù)y1=12x+2，y2＝﹣2x+6的圖象交于點E，兩個函數(shù)分別與x軸交于點A，C，與y軸交于點B，D，y是x的算術(shù)中項函數(shù)，即y①判斷：點A、C、E是否在此算術(shù)中項函數(shù)的圖象上？②在平面直角坐標系中是否存在一點，到此算術(shù)中項函數(shù)圖象上所有點的距離相等？如果存在，請求出這個點；如果不存在，請說明理由．19．（2020?新余模擬）定義：如果三角形的一個內(nèi)角是另一個內(nèi)角的2倍，那么稱這個三角形為“倍角三角形”．如圖①，在△ABC中，∠A＝80°，∠B＝40°，那么△ABC就是一個“倍角三角形”．[定義應用]（1）已知△ABC是倍角三角形，∠A＝60°．則這個三角形其余兩個內(nèi)角的度數(shù)分別為．[性質(zhì)探究]（2）在△ABC中，∠A，∠B，∠C所對邊的邊長分別為a，b，c．若∠A＝2∠B，且∠A＝60°，如圖②，易得到a2＝b（b+c）．那么在任意的△ABC中，滿足∠A＝2∠B，如圖③，關(guān)系式a2＝b（b+c）是否仍然成立？若成立，請加以證明；若不成立，請說明理由．[拓展應用]（3）若一等腰三角形恰好是一個倍角三角形，求它的腰與底邊之比．20．（2020?寧波模擬）若一個三角形一邊長的平方等于另兩邊長的乘積的2倍，我們把這個三角形叫做好玩三角形．（1）在△ABC中，AB＝1，BC=6，AC＝3，求證：△ABC（2）一個等腰三角形的腰長為m，底邊長為n，當這個等腰三角形為好玩三角形時，求mn（3）如圖1，△CDE是以DE為斜邊的等腰直角三角形，點A，B都在直線DE上，連結(jié)AC，BC．若∠A+∠B＝45°，求證：線段AD，DE，BE三條線段組成的三角形是好玩三角形．（4）如圖2，在Rt△ABC中，點D，E，F(xiàn)，G都在線段AB上，以DE，EF，F(xiàn)G為邊分別向上作正方形，H，K，M，N分別落在Rt△ABC的邊上．以DE，12EF，F(xiàn)G為三邊長恰好能組成好玩三角形，直接寫出DE決勝2020年中考數(shù)學壓軸題全揭秘（浙江專用）專題12閱讀理解創(chuàng)新型問題【例1】（2019?紹興）我國的《洛書》中記載著世界上最古老的一個幻方：將1～9這九個數(shù)字填入3×3的方格內(nèi)，使三行、三列、兩對角線上的三個數(shù)之和都相等．如圖的幻方中，字母m所表示的數(shù)是4．【分析】根據(jù)“每行、每列、每條對角線上的三個數(shù)之和相等”解答即可．【解析】根據(jù)“每行、每列、每條對角線上的三個數(shù)之和相等”，可知三行、三列、兩對角線上的三個數(shù)之和都等于15，∴第一列第三個數(shù)為：15﹣2﹣5＝8，∴m＝15﹣8﹣3＝4．故答案為：4【例2】（2019?臺州）砸“金蛋”游戲：把210個“金蛋”連續(xù)編號為1，2，3，…，210，接著把編號是3的整數(shù)倍的“金蛋”全部砸碎；然后將剩下的“金蛋”重新連續(xù)編號為1，2，3，…，接著把編號是3的整數(shù)倍的“金蛋”全部砸碎……按照這樣的方法操作，直到無編號是3的整數(shù)倍的“金蛋”為止．操作過程中砸碎編號是“66”的“金蛋”共3個．【分析】求出第一次編號中砸碎3的倍數(shù)的個數(shù)，得余下金蛋的個數(shù)，再求第二次編號中砸碎的3的倍數(shù)的個數(shù)，得余下金蛋的個數(shù)，依次推理便可得到操作過程中砸碎編號是“66”的“金蛋”總個數(shù)．【解析】∵210÷3＝70，∴第一次砸碎3的倍數(shù)的金蛋個數(shù)為70個，剩下210﹣70＝140個金蛋，重新編號為1，2，3，…，140；∵140÷3＝46…2，∴第二次砸碎3的倍數(shù)的金蛋個數(shù)為46個，剩下140﹣46＝94個金蛋，重新編號為1，2，3，…，94；∵94÷3＝31…1，∴第三次砸碎3的倍數(shù)的金蛋個數(shù)為31個，剩下94﹣31＝63個金蛋，∵63＜66，∴砸三次后，就不再存在編號為66的金蛋，故操作過程中砸碎編號是“66”的“金蛋”共有3個．故答案為：3．【例3】（2019?寧波）定義：有兩個相鄰內(nèi)角互余的四邊形稱為鄰余四邊形，這兩個角的夾邊稱為鄰余線．（1）如圖1，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分線，E，F(xiàn)分別是BD，AD上的點．求證：四邊形ABEF是鄰余四邊形．（2）如圖2，在5×4的方格紙中，A，B在格點上，請畫出一個符合條件的鄰余四邊形ABEF，使AB是鄰余線，E，F(xiàn)在格點上．（3）如圖3，在（1）的條件下，取EF中點M，連結(jié)DM并延長交AB于點Q，延長EF交AC于點N．若N為AC的中點，DE＝2BE，QB＝3，求鄰余線AB的長．【分析】（1）AB＝AC，AD是△ABC的角平分線，又AD⊥BC，則∠ADB＝90°，則∠FAB與∠EBA互余，即可求解；（2）如圖所示（答案不唯一），四邊形AFEB為所求；（3）證明△DBQ∽△ECN，即可求解．【解析】（1）∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分線，∴AD⊥BC，∴∠ADB＝90°，∴∠DAB+∠DBA＝90°，∠FAB與∠EBA互余，∴四邊形ABEF是鄰余四邊形；（2）如圖所示（答案不唯一），四邊形AFEB為所求；（3）∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分線，∴BD＝CD，∵DE＝2BE，∴BD＝CD＝3BE，∴CE＝CD+DE＝5BE，∵∠EDF＝90°，點M是EF的中點，∴DM＝ME，∴∠MDE＝∠MED，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∴△DBQ∽△ECN，∴QBNC∵QB＝3，∴NC＝5，∵AN＝CN，∴AC＝2CN＝10，∴AB＝AC＝10．【例4】（2019?臺州）我們知道，各個角都相等，各條邊都相等的多邊形叫做正多邊形．對一個各條邊都相等的凸多邊形（邊數(shù)大于3），可以由若干條對角線相等判定它是正多邊形．例如，各條邊都相等的凸四邊形，若兩條對角線相等，則這個四邊形是正方形．（1）已知凸五邊形ABCDE的各條邊都相等．①如圖1，若AC＝AD＝BE＝BD＝CE，求證：五邊形ABCDE是正五邊形；②如圖2，若AC＝BE＝CE，請判斷五邊形ABCDE是不是正五邊形，并說明理由：（2）判斷下列命題的真假．（在括號內(nèi)填寫“真”或“假”）如圖3，已知凸六邊形ABCDEF的各條邊都相等．①若AC＝CE＝EA，則六邊形ABCDEF是正六邊形；（假）②若AD＝BE＝CF，則六邊形ABCDEF是正六邊形．（假）【分析】（1）①由SSS證明△ABC≌△BCD≌△CDE≌△DEA≌EAB得出∠ABC＝∠BCD＝∠CDE＝∠DEA＝∠EAB，即可得出結(jié)論；②由SSS證明△ABE≌△BCA≌△DEC得出∠BAE＝∠CBA＝∠EDC，∠AEB＝∠ABE＝∠BAC＝∠BCA＝∠DCE＝∠DEC，由SSS證明△ACE≌△BEC得出∠ACE＝∠CEB，∠CEA＝∠CAE＝∠EBC＝∠ECB，由四邊形ABCE內(nèi)角和為360°得出∠ABC+∠ECB＝180°，證出AB∥CE，由平行線的性質(zhì)得出∠ABE＝∠BEC，∠BAC＝∠ACE，證出∠BAE＝3∠ABE，同理：∠CBA＝∠D＝∠AED＝∠BCD＝3∠ABE＝∠BAE，即可得出結(jié)論；（2）①證明△AEF≌△CAB≌△ECD，如果△AEF、△CAB、△ECD都為相同的等腰直角三角形，則∠F＝∠D＝∠B＝90°，而正六邊形的各個內(nèi)角都為120°，即可得出結(jié)論；②證明△BFE≌△FBC得出∠BFE＝∠FBC，證出∠AFE＝∠ABC，證明△FAE≌△BCA得出AE＝CA，同理：AE＝CE，得出AE＝CA＝CE，由①得：六邊形ABCDEF不是正六邊形．【解答】（1）①證明：∵凸五邊形ABCDE的各條邊都相等，∴AB＝BC＝CD＝DE＝EA，在△ABC、△BCD、△CDE、△DEA、EAB中，AB=BC=CD=DE=EABC=CD=DE=EA=AB∴△ABC≌△BCD≌△CDE≌△DEA≌EAB（SSS），∴∠ABC＝∠BCD＝∠CDE＝∠DEA＝∠EAB，∴五邊形ABCDE是正五邊形；②解：若AC＝BE＝CE，五邊形ABCDE是正五邊形，理由如下：在△ABE、△BCA和△DEC中，AE=BA=DCAB=BC=DE∴△ABE≌△BCA≌△DEC（SSS），∴∠BAE＝∠CBA＝∠EDC，∠AEB＝∠ABE＝∠BAC＝∠BCA＝∠DCE＝∠DEC，在△ACE和△BEC中，AE=BCCE=BE∴△ACE≌△BEC（SSS），∴∠ACE＝∠CEB，∠CEA＝∠CAE＝∠EBC＝∠ECB，∵四邊形ABCE內(nèi)角和為360°，∴∠ABC+∠ECB＝180°，∴AB∥CE，∴∠ABE＝∠BEC，∠BAC＝∠ACE，∴∠CAE＝∠CEA＝2∠ABE，∴∠BAE＝3∠ABE，同理：∠CBA＝∠D＝∠AED＝∠BCD＝3∠ABE＝∠BAE，∴五邊形ABCDE是正五邊形；（2）解：①若AC＝CE＝EA，如圖3所示：則六邊形ABCDEF是正六邊形；假命題；理由如下：∵凸六邊形ABCDEF的各條邊都相等，∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，在△AEF、△CAB和△ECD中，EF=AB=CDAF=CB=ED∴△AEF≌△CAB≌△ECD（SSS），如果△AEF、△CAB、△ECD都為相同的等腰直角三角形，則∠F＝∠D＝∠B＝90°，而正六邊形的各個內(nèi)角都為120°，∴六邊形ABCDEF不是正六邊形；故答案為：假；②若AD＝BE＝CF，則六邊形ABCDEF是正六邊形；假命題；理由如下：如圖4所示：連接AE、AC、CE、BF，在△BFE和△FBC中，EF=CBBE=FC∴△BFE≌△FBC（SSS），∴∠BFE＝∠FBC，∵AB＝AF，∴∠AFB＝∠ABF，∴∠AFE＝∠ABC，在△FAE和△BCA中，AF=CB∠AFE=∠CBA∴△FAE≌△BCA（SAS），∴AE＝CA，同理：AE＝CE，∴AE＝CA＝CE，由①得：△AEF、△CAB、△ECD都為相同的等腰直角三角形，則∠F＝∠D＝∠B＝90°，而正六邊形的各個內(nèi)角都為120°，∴六邊形ABCDEF不是正六邊形；故答案為：假．【例5】（2019?嘉興）小波在復習時，遇到一個課本上的問題，溫故后進行了操作、推理與拓展．（1）溫故：如圖1，在△ABC中，AD⊥BC于點D，正方形PQMN的邊QM在BC上，頂點P，N分別在AB，AC上，若BC＝6，AD＝4，求正方形PQMN的邊長．（2）操作：能畫出這類正方形嗎？小波按數(shù)學家波利亞在《怎樣解題》中的方法進行操作：如圖2，任意畫△ABC，在AB上任取一點P'，畫正方形P'Q'M'N'，使Q'，M'在BC邊上，N'在△ABC內(nèi)，連結(jié)BN'并延長交AC于點N，畫NM⊥BC于點M，NP⊥NM交AB于點P，PQ⊥BC于點Q，得到四邊形PPQMN．小波把線段BN稱為“波利亞線”．（3）推理：證明圖2中的四邊形PQMN是正方形．（4）拓展：在（2）的條件下，在射線BN上截取NE＝NM，連結(jié)EQ，EM（如圖3）．當tan∠NBM=34時，猜想∠請幫助小波解決“溫故”、“推理”、“拓展”中的問題．【分析】（1）利用相似三角形的性質(zhì)構(gòu)建方程即可解決問題．（2）根據(jù)題意畫出圖形即可．（3）首先證明四邊形PQMN是矩形，再證明MN＝PN即可．（4）證明△BQE∽△BEM，推出∠BEQ＝∠BME，由∠BME+∠EMN＝90°，可得∠BEQ+∠NEM＝90°，即可解決問題．【解答】（1）解：如圖1中，∵PN∥BC，∴△APN∽△ABC，∴PNBC=AE解得PN=12（2）能畫出這樣的正方形，如圖2中，正方形PNMQ即為所求．（3）證明：如圖2中，由畫圖可知∠QMN＝∠PQM＝∠MNP＝∠BM′N′＝90°，∴四邊形PNMQ是矩形，MN∥M′N′，∴△BN′M′∽△BNM，∴M'N'MN同理可得：P'N'PN∴M'N'MN∵M′N′＝P′N′，∴MN＝PN，∴四邊形PQMN是正方形．（4）解：如圖3中，結(jié)論：∠QEM＝90°．理由：由tan∠NBM=MNBM=34，可以假設(shè)MN＝3k，BM＝4k，則BN＝5k，BQ＝k∴BQBE=k∴BQBE∵∠QBE＝∠EBM，∴△BQE∽△BEM，∴∠BEQ＝∠BME，∵NE＝NM，∴∠NEM＝∠NME，∵∠BME+∠EMN＝90°，∴∠BEQ+∠NEM＝90°，∴∠QEM＝90°．1．（2020?江干區(qū)模擬）已知：如圖，在Rt△ABC和Rt△ABD中，∠ACB＝90°，∠ABD＝90°，AB＝BD，BC＝4，（點A、D分別在直線BC的上下兩側(cè)），點G是Rt△ABD的重心，射線BG交邊AD于點E，射線BC交邊AD于點F．（1）求證：∠CAF＝∠CBE；（2）當點F在邊BC上，AC＝1時，求BF的長；（3）若△BGC是以BG為腰的等腰三角形，試求AC的長．【分析】（1）由點G是Rt△ABD的重心，可得BE⊥AD，由外角的性質(zhì)可求解；（2）過點D作DH⊥BC于H，由“AAS”可證△ABC≌△BDH，可得AC＝BH＝1，HD＝BC＝4，通過證明△AFC∽△DFH，可得ACDH（3）分兩種情況討論，利用等腰三角形的性質(zhì)和全等三角形的性質(zhì)可求解．【解答】證明：（1）（1）∵點G是Rt△ABD的重心，∴BE是Rt△ABD的中線，又∵在Rt△ABC中，∠ABD＝90°，AB＝BD，∴BE⊥AD，即∠AEB＝90°，∵∠AFB＝∠ACF+∠FAC＝∠FBE+∠BEF，且∠ACF＝∠BEF＝90°，∴∠CAF＝∠CBE；（2）過點D作DH⊥BC于H，∵∠ABD＝90°，∴∠ABC+∠DBC＝90°，且∠ABC+∠BAC＝90°，∴∠BAC＝∠DBC，且AB＝BD，∠ACB＝∠BHD，∴△ABC≌△BDH（AAS）∴AC＝BH＝1，HD＝BC＝4，∴HC＝3，∵∠ACB＝∠DHC＝90°，∠AFC＝∠DFH，∴△AFC∽△DFH，∴AC∴CF=14∴HF=3×4∴BF＝BH+HF＝1+12（3）當GC＝GB時，如圖，連接DG并延長交BC于H，交AB于N，連接NC，∵點G是Rt△ABD的重心，∴AN＝BN，∵∠ACB＝90°，∴BN＝NC＝AN，∴點N在BC的垂直平分線上，∵BG＝GC，∴點G在BC的垂直平分線上，∴DN垂直平分BC，∴BH＝HC＝2，DH⊥BC，∵∠ABD＝90°，∴∠ABC+∠DBC＝90°，且∠ABC+∠BAC＝90°，∴∠BAC＝∠DBC，且AB＝BD，∠ACB＝∠BHD，∴△ABC≌△BDH（AAS）∴AC＝BH＝2；若BG＝BC＝4，如圖，∵點G是Rt△ABD的重心，∴BG＝2GE，∴GE＝2，∴BE＝6，∵∠ABD＝90°，AB＝BD，BE⊥AD∴BE＝AE＝6，∴AB=2AE＝62∴AC=AB2?BC綜上所述：AC＝2或214．2．（2020?柯橋區(qū)模擬）如圖，在△ABC中，G為邊AB中點，∠AGC＝α．Q為線段BG上一動點（不與點B重合），點P在中線CG上，連接PA，PQ，記BQ＝kGP．（1）若α＝60°，k＝1，①當BQ=12BG時，求∠②寫出線段PA、PQ的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．（2）當α＝45°時．探究是否存在常數(shù)k，使得②中的結(jié)論仍成立？若存在，寫出k的值并證明；若不存在，請說明理由．【分析】（1）①先判斷出△AGM是等邊三角形，進而判斷出AG＝BG＝2BQ，再判斷出GP＝MP，得出AP平分∠MAG，即可得出結(jié)論；②先判斷出△PGN是等邊三角形，進而判斷出GQ＝AN，進而判斷出△ANP≌△QGP，即可得出結(jié)論；（2）先判斷出PH＝PG，∠PHA＝∠PGQ＝135°，得出HG＝BQ，再判斷出AH＝GQ．進而得出△AHP≌△QGP，即可得出結(jié)論．【解析】（1）①如圖1，在GC上取點M，使得GM＝GA，連接AM，∵∠AGM＝α＝60°，∴△AGM為等邊三角形，∴AG＝GM，∠MAG＝60°，∵BQ=12∴Q為GB的中點，∵G為AB的中點，∴AG＝BG＝2BQ，∵k＝1，∴BQ＝GP，∴GM＝AG＝BG＝MG＝2GP，∴GP＝MP，∴AP平分∠MAG，∴∠PAG＝∠PAM＝30°；②如圖2，在AG上取點N，連接PN，使得PN＝PG，∵∠PGN＝60°，∴△PGN是等邊三角形，∵BG＝GA，∴BQ＝PG＝PN＝NG＝GQ，∴GQ＝AN，∵∠ANP＝∠QGP，∴△ANP≌△QGP（SAS），∴PA＝PQ；（2）存在，k=2，使得②證明：如圖3，過點P作PG的垂線交AG于點H．∵∠AGC＝45°，∴∠PHG＝45°，∴PH＝PG，∠PHA＝∠PGQ＝135°，∵GH=2PH，∴HG＝BQ，∵AG＝BG，∴AH＝GQ．∴△AHP≌△QGP（SAS）∴PA＝PQ．3．（2020?寧波模擬）定義：如果一個三角形一邊上的中線與這條邊上的高線之比為52（1）已知：Rt△ABC中，∠ACB＝90°．①當AC＝BC時，求證：△ABC是“神奇三角形”；②當AC≠BC時，且△ABC是“神奇三角形”，求tanA的值；（2）如圖，在△ABC中，AB＝AC，CD是AB邊上的中線，若∠DCB＝45°，求證：△ABC是“神奇三角形”．【分析】（1）①作AC邊上的中線BM，設(shè)CM＝AM＝a，則BC＝AC＝2a，求出BM，則可得出結(jié)論；②分三種不同情況：當AC邊上的中線與AC邊上的高的比為52時，當BC邊上的中線與BC邊上的高的比為52時，當AB邊上的中線與AB邊上的高的比為（2）作CH⊥AB于點H，AE⊥BC于點E，AE交CD于K，連接BK，得出BK⊥CD，則CHDH=tan∠CDH=KB【解析】（1）①證明：如圖，作AC邊上的中線BM，設(shè)CM＝AM＝a，則BC＝AC＝2a，∵∠ACB＝90°，∴BM=CM∴BMBC∴△ABC是“神奇三角形”；②當AC邊上的中線與AC邊上的高的比為52設(shè)BM=5a，BC＝2a∵∠ACB＝90°，∴CM=(5∴AC＝2a，∴AC＝BC，不合題意，舍去；同理，當BC邊上的中線與BC邊上的高的比為52當AB邊上的中線與AB邊上的高的比為52當BC＞AC時，如圖，作AB邊上的中線CM，作AB邊上的高線CD，設(shè)CM=5a，CD＝2a，則DM＝a∵∠ACB＝90°，∴CM=12AB＝∴AD＝（5?1）a∴tanA=CD當BC＜AC時，如圖，作AB邊上的中線CM，作AB邊上的高線CD，同理可得，tanA=5綜合可得tanA的值為5+12或（2）證明：如圖，作CH⊥AB于點H，AE⊥BC于點E，AE交CD于K，連接BK，∵AB＝AC，∴E是BC的中點，∵CD是AB邊上的中線，∴點K是△ABC的重心，∴KC＝2DK，∵AE是BC的垂直平分線，∴KC＝KB，∴∠KBC＝∠KCB＝45°，∴∠CKB＝90°，即BK⊥CD，∴CHDH=tan∠CDH∴CDCH∴△ABC是“神奇三角形”．4．（2020?上城區(qū)一模）如圖，在等邊三角形ABC中，BC＝8，過BC邊上一點P，作∠DPE＝60°，分別與邊AB，AC相交于點D與點E．（1）在圖中找出與∠EPC始終相等的角，并說明理由；（2）若△PDE為正三角形時，求BD+CE的值；（3）當DE∥BC時，請用BP表示BD，并求出BD的最大值．【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)解答；（2）證明△BDP≌△CPE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BD＝CP，BP＝CE，結(jié)合圖形計算，得到答案；（3）證明△BDP∽△CPE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列式求出BP與BD的關(guān)系，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出BD的最大值．【解析】（1）∠BDP＝∠EPC，理由如下：∵△ABC為等邊三角形，∴∠B＝60°，∵∠DPE＝60°，∴∠DPE＝∠B，∵∠DPC是△BDP的外角，∴∠DPE+∠EPC＝∠B+∠BDP，∴∠EPC＝∠BDP；（2）∵△PDE為正三角形，∴PD＝PE，在△BDP和△CPE中，∠B=∠C∠BDP=∠CPE∴△BDP≌△CPE（AAS），∴BD＝CP，BP＝CE，∴BD+CE＝CP+BP＝BC＝8；（3）∵DE∥BC，△ABC為等邊三角形，∴△ADE為等邊三角形，∴AD＝AE，∴BD＝CE，∵∠B＝∠C，∠EPC＝∠BDP，∴△BDP∽△CPE，∴BDPC=BP整理得，BD=?B﹣BP2+8BP＝﹣（BP﹣4）2+16，∴BD的最大值為4．5．（2020?北京模擬）對于平面直角坐標系xOy中的圖形M，N，給出如下定義：如果點P為圖形M上任意一點，點Q為圖形N上任意一點，那么稱線段PQ長度的最小值為圖形M，N的“近距離”，記作d（M，N）．若圖形M，N的“近距離”小于或等于1，則稱圖形M，N互為“可及圖形”．（1）當⊙O的半徑為2時，①如果點A（0，1），B（3，4），那么d（A，⊙O）＝1，d（B，⊙O）＝3；②如果直線y＝x+b與⊙O互為“可及圖形”，求b的取值范圍；（2）⊙G的圓心G在x軸上，半徑為1，直線y＝﹣x+5與x軸交于點C，與y軸交于點D，如果⊙G和∠CDO互為“可及圖形”，直接寫出圓心G的橫坐標m的取值范圍．【分析】（1）①如圖1中，設(shè)⊙O交y軸于E，連接OB交⊙于F．根據(jù)圖形M，N的“近距離”的定義計算即可．②如圖2中，作OH⊥EF于H，交⊙O于G．求出兩種特殊位置b的值即可判斷．（2）分三種情形求出經(jīng)過特殊位置的G的坐標即可判斷．【解析】（1）①如圖1中，設(shè)⊙O交y軸于E，連接OB交⊙于F．由題意d（A，⊙O）＝AE＝1，d（B，⊙O）＝BF＝OB﹣OF＝5﹣2＝3．故答案為1，3．②如圖2中，作OH⊥EF于H，交⊙O于G．當GH＝1時，OF＝OG+GH＝3，∵直線EF的解析式為y＝x+b，∴E（0，b），F(xiàn)（﹣b，0），∴OE＝OF＝b，∵OH⊥EF，∴HE＝HF，∵EF＝2OH＝6，∴b＝32，根據(jù)對稱性可知當﹣32≤b≤32時，直線y＝x+b與⊙O（2）如圖3中，當⊙G在y軸的左側(cè)，OG＝2時，GG（﹣2，0），當⊙G′在y軸的右側(cè)，作G′H⊥CD于H，當HG′＝2時，∵直線y＝x﹣5交x軸于C，交y軸于D，∴C（5，0），D（0，5），∴OC＝OD＝5，∠OCD＝45°，∵∠CHG′＝90°，∴CH＝HG′＝2，∴CG′＝22，∴G′（5﹣22，0），當點G″在直線CD的右側(cè)時，同法可得G″（5+22，0），觀察圖象可知滿足條件的m的值為：﹣2≤m≤2或5﹣22≤m≤5+226．（2020?寧波模擬）若兩條線段將一個三角形分割成三個等腰三角形，則這兩條線段稱為三分線．（1）如圖①，△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，請在圖中畫出兩條三分線，并標出每個等腰三角形頂角的度數(shù)（畫出一種分割即可）．（2）如圖②，△ABC中，∠C＝90°，∠A＝60°，請在圖中畫出兩條三分線，并標出每個等腰三角形頂角的度數(shù)（畫出一種分割即可）．（3）如圖③，△ABC中，∠BAC為鈍角，AE，DE為三分線，BD＝BE，DA＝DE，CA＝CE．①求∠B和∠C的關(guān)系式．②求∠BAC的取值范圍．【分析】（1）根據(jù)三分線的定義、等腰三角形的定義畫出圖形；（2）根據(jù)三分線的定義、等腰三角形的定義畫出圖形；（3）①設(shè)∠B＝α，∠C＝β，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理用α表示出∠BED、∠DEA，用β表示出∠CEA，根據(jù)平角的定義列出式子，整理得到答案；②根據(jù)三角形內(nèi)角和定理得到0°＜α＜60°，根據(jù)①中結(jié)論計算，得到答案．【解析】（1）如圖①；（2）如圖②；（3）①設(shè)∠B＝α，∠C＝β，∵BD＝BE，∴∠BED＝∠BDE=12（180°﹣α）＝90°?∵DA＝DE，∴∠DEA＝∠DAE，∴∠DEA=12∠BDE＝45°?∵CA＝CE，∴∠CEA＝∠CAE=12（180°﹣β）＝90°?∴90°?12α+45°?14α整理得，3α+2β＝180°，即3∠B+2∠C＝180°；②∠BAC＝∠DAE+∠CAE＝45°?14α+90°＝135°?14（α+2＝135°?14（3α+2β）＝90°+12∵3α+2β＝180°，∴0°＜α＜60°，∴90°＜∠BAC＜120°．7．（2019秋?奉化區(qū)期末）定義：有兩個相鄰內(nèi)角和等于另兩個內(nèi)角和的一半的四邊形稱為半四邊形，這兩個角的夾邊稱為對半線．（1）如圖1，在對半四邊形ABCD中，∠A+∠B=12（∠C+∠D），求∠A與∠（2）如圖2，O為銳角△ABC的外心，過點O的直線交AC，BC于點D，E，∠OAB＝30°，求證：四邊形ABED是對半四邊形；（3）如圖3，在△ABC中，D，E分別是AC，BC上一點，CD＝CE＝3，CE＝3EB，F(xiàn)為DE的中點，∠AFB＝120°，當AB為對半四邊形ABED的對半線時，求AC的長．【分析】（1）根據(jù)四邊形內(nèi)角和為360°及對半四邊形的定義可求出∠A與∠B的度數(shù)之和；（2）連結(jié)OC，由三角形外心的性質(zhì)可得，OA＝OB＝OC，證∠CAB+∠CBA＝120°，則另兩個內(nèi)角之和為240°，由對半四邊形的定義可以進行判定；（3）若AB為對半線，則∠CAB+∠CBA＝120°，先證△CDE為等邊三角形，再證△ADF∽△FEB，由相似三角形的性質(zhì)求出AD的長，進一步求出AC的長．【解析】（1）由四邊形內(nèi)角和為360°，可得∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，則∠A+∠B+2（∠A+∠B）＝360°，∴∠A+∠B＝120°；（2）如圖2，連結(jié)OC，由三角形外心的性質(zhì)可得，OA＝OB＝OC，∴∠OAB＝∠OBA＝30°，∠OCA＝∠OAC，∠OCE＝∠OBC，∴∠ACB＝（180°﹣30°﹣30°）÷2＝60°，則∠CAB+∠CBA＝120°，在四邊形ABED中，∠CAB+∠CBA＝120°，則另兩個內(nèi)角之和為240°，∴四邊形ABED為對半四邊形；（3）若AB為對半線，則∠CAB+∠CBA＝120°，∴∠C＝60°，又∵CD＝CE，∴△CDE為等邊三角形，∵∠CDE＝CED＝60°，DE＝DC＝3，∴∠ADF＝∠FEB＝120°，∵AFB＝120°，∴∠DFA+∠EFB＝60°，又∵∠DAF+∠DFA＝60°，∴∠DAF＝∠EFB，∴△ADF∽△FEB，∴ADFE∵CE＝DE＝3，CE＝3BE，F(xiàn)是DE的中點，∴BE＝1，DF＝EF=3∴AD3∴AD=9∴CA＝CD+AD＝3+98．（2020春?邗江區(qū)校級期中）數(shù)學教育家波利亞曾說：“對一個數(shù)學問題，改變它的形式，變換它的結(jié)構(gòu)，直到發(fā)現(xiàn)有價值的東西，這是數(shù)學解題的一個重要原則”．材料一：平方運算和開方運算是互逆運算．如a2±2ab+b2＝（a±b）2，那么a2±2ab+b2=|a±b|，如何將雙重二次根式5±26化簡．我們可以把5±2材料二：在直角坐標系xOy中，對于點P（x，y）和Q（x，y′）給出如下定義：若y′=y(x≥0)?y(x＜0)，則稱點Q為點例如：點（3，2）的“橫負縱變點”為（3，2），點（﹣2，5）的“橫負縱變點”為（﹣2，﹣5）．問題：（1）點（2，?3）的“橫負縱變點”為（2，?3）；點（﹣33，﹣2）的“橫負縱變點”為（﹣3（2）化簡：7+210（3）已知a為常數(shù)（1≤a≤2），點M（?2，m）是關(guān)于x的函數(shù)y=?1x（a+2a?1+a?2a?1【分析】（1）根據(jù)“橫負縱變點”的定義即可解決問題．（2）模仿例題解決問題即可．（3）首先化簡雙重二次根式，再根據(jù)待定系數(shù)法，“橫負縱變點”解決問題即可．【解析】（1）點（2，?3）的“橫負縱變點”為（2，?3），點（﹣3故答案為（2，?3），（﹣33（2）∵2+5＝7，2×5＝10，∴7+210（3）∵1+（a﹣1）＝a，1?（a﹣1）＝a﹣1，∴a+2a?1∴函數(shù)y=?2∵點M（?2，m）在y=?∴m=2∴M（?2，2∴點M的“橫負縱變點”M′的坐標為（?2，?9．（2020?麗水模擬）新定義：如果一個矩形，它的周長和面積分別是另外一個矩形的周長和面積的一半，則這個矩形是另一個矩形的“減半”矩形．（1）已知矩形ABCD的長12、寬2，矩形EFGH的長4、寬3，試說明矩形ABCD是矩形EFGH的“減半”矩形．（2）矩形的長和寬分別為2，1時，它是否存在“減半”矩形？請作出判斷，并請說明理由．【分析】（1）分別計算出矩形ABCD是矩形EFGH周長和面積即可說明矩形ABCD是矩形EFGH的“減半”矩形．（2）假設(shè)存在，不妨設(shè)“減半”矩形的長和寬分別為x、y，根據(jù)如果存在另一個矩形，它的周長和面積分別是已知矩形的周長和面積的一半，可列出方程組求解．【解析】（1）由題意可知：矩形ABCD的周長＝（12+2）×2＝28，面積＝12×2＝24，矩形EFGH的周長＝（4+3）×14，面積＝3×4＝12，所以矩形ABCD是矩形EFGH的“減半”矩形；（2）不存在．理由如下：假設(shè)存在，不妨設(shè)“減半”矩形的長和寬分別為x、y，則x+y=3由①得：y=32?把③代入②得：x2?32b2﹣4ac=94?所以不存在．10．（2019秋?鄞州區(qū)期末）定義：若函數(shù)y＝x2+bx+c（c≠0）與x軸的交點A，B的橫坐標為xA，xB，與y軸交點的縱坐標為yC，若xA，xB中至少存在一個值，滿足xA＝y(tǒng)C（或xB＝y(tǒng)C），則稱該函數(shù)為友好函數(shù)．如圖，函數(shù)y＝x2+2x﹣3與x軸的一個交點A的橫坐標為3，與y軸交點C的縱坐標為﹣3，滿足xA＝y(tǒng)C，稱y＝x2+2x﹣3為友好函數(shù)．（1）判斷y＝x2﹣4x+3是否為友好函數(shù)，并說明理由；（2）請?zhí)骄坑押煤瘮?shù)y＝x2+bx+c表達式中的b與c之間的關(guān)系；（3）若y＝x2+bx+c是友好函數(shù)，且∠ACB為銳角，求c的取值范圍．【分析】（1）求出函數(shù)y＝x2﹣4x+3與坐標軸的交點，可直接根據(jù)友好函數(shù)的定義進行判斷；（2）當x＝0時，y＝c，即與y軸交點的縱坐標為c，將（c，0）代入y＝x2+bx+c，即可求出b與c之間的關(guān)系；（3）分情況討論：①當C在y軸負半軸上時，畫出草圖，求出函數(shù)與x軸的一個交點為（1，0），則∠ACO＝45°，所以只需滿足∠BCO＜45°，即可判斷c的取值范圍；②當C在y軸正半軸上，且A與B不重合時，畫出草圖，顯然都滿足∠ACB為銳角，即可寫出c的取值范圍；③當C與原點重合時，不符合題意．【解析】（1）y＝x2﹣4x+3是友好函數(shù)，理由如下：當x＝0時，y＝3；當y＝0時，x＝1或3，∴y＝x2﹣4x+3與x軸一個交點的橫坐標和與y軸交點的縱坐標都是3，∴y＝x2﹣4x+3是友好函數(shù)；（2）當x＝0時，y＝c，即與y軸交點的縱坐標為c，∵y＝x2+bx+c是友好函數(shù)，∴x＝c時，y＝0，即（c，0）在y＝x2+bx+c上，代入得：0＝c2+bc+c，∴0＝c（c+b+1），而c≠0，∴b+c＝﹣1；（3）①如圖1，當C在y軸負半軸上時，由（2）可得：c＝﹣b﹣1，即y＝x2+bx﹣b﹣1，顯然當x＝1時，y＝0，即與x軸的一個交點為（1，0），則∠ACO＝45°，∴只需滿足∠BCO＜45°，即BO＜CO∴c＜﹣1；②如圖2，當C在y軸正半軸上，且A與B不重合時，∴顯然都滿足∠ACB為銳角，∴c＞0，且c≠1；③當C與原點重合時，不符合題意，綜上所述，c＜﹣1或c＞0，且c≠1．11．（2020?浙江自主招生）【定義】滿足一定條件的點所經(jīng)過的路線稱為這個點的軌跡．【命題】已知平面上兩個定點A，B，則所有滿足PAPB=k（k＞0且k≠1）的點【證明】如圖①，要使需PAPB=k，一定在直線AB上存在一點O，使△OPB∽△OAP，這時PAPB=OPOB=k，且OP2＝OB×OA，設(shè)AB＝p，OB請你完成余下的證明．【應用】在△ABC中，∠A，∠B，∠C的對邊分別是a，b，c，c＝2，b＝2a，求三角形ABC面積的最大值．【拓展】如圖②，⊙O是正方形ABCD的內(nèi)切圓，AB＝4，點P是⊙O上一個動點，求AP+22【分析】【證明】由已知可得]k2a2＝a（a+p），所以點O的位置確定，且OP為ka（常量），即點P的軌跡是圓；【運用】運用（1）的結(jié)論，由于p＝2，k＝2，得到a=222?1=23，所以圓的半徑為43，即當【拓展】連OA，OP，OD，在OD上取一點E，使OE=2，連PE，AE．根據(jù)OP2＝22＝4，OE?OD=2?22=4，得到OP2＝OE?OD，所以△POE∽△DOP，因此PEPD=OEOP=22，得PE=22PD，所以AP+22PD【解析】【證明】∴k2a2＝a（a+p），∵p．k是常數(shù)，∴a是常數(shù)，∴點O的位置確定，且OP為ka（常量），∴點P的軌跡是圓；【運用】運用（1）的結(jié)論，由于p＝2，k＝2，∴a=2∴圓的半徑為43∴當OC⊥AB時．OABC面積最大，最大值為43【拓展】如圖，連OA，OP，OD，在OD上取一點E，使OE=2，連PE，AE∵OP2＝22＝4，OE?OD=2∴OP2＝OE?OD，∠POE＝∠DOP，∴△POE∽△DOP，∴PEPD∴PE=22∴AP+22PD＝AP+PE≤AE=(2即AP+22DP的最小值為12．（2019秋?邗江區(qū)校級期末）定義：我們知道，四邊形的一條對角線把這個四邊形分成了兩個三角形，如果這兩個三角形相似（不全等），我們就把這條對角線叫做這個四邊形的“相似對角線”．理解：（1）如圖1，已知Rt△ABC在正方形網(wǎng)格中，請你只用無刻度的直尺在網(wǎng)格中找到一點D，使四邊形ABCD是以AC為“相似對角線”的四邊形（畫出1個即可）；（2）如圖2，在四邊形ABCD中，∠ABC＝80°，∠ADC＝140°，對角線BD平分∠ABC．求證：BD是四邊形ABCD的“相似對角線”；運用：（3）如圖3，已知FH是四邊形EFGH的“相似對角線”，∠EFH＝∠HFG＝30°．連接EG，若△EFG的面積為43，求FH【分析】（1）先求出AB，BC，AC，再分情況求出CD或AD，即可畫出圖形；（2）先判斷出∠A+∠ADB＝140°＝∠ADC，即可得出結(jié)論；（3）先判斷出△FEH∽△FHG，得出FH2＝FE?FG，再判斷出EQ=32FE，繼而求出FG?【解析】（1）由圖1知，AB=5，BC＝25，∠ABC＝90°，AC∵四邊形ABCD是以AC為“相似對角線”的四邊形，①當∠ACD＝90°時，△ACD∽△ABC或△ACD∽△CBA，∴ACCD=AB∴CD＝10或CD＝2.5同理：當∠CAD＝90°時，AD＝2.5或AD＝10，如圖中，D1，D2，D3，D4即為所求．（2）證明：如圖2中，∵∠ABC＝80°，BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC＝40°，∴∠A+∠ADB＝140°∵∠ADC＝140°，∴∠BDC+∠ADB＝140°，∴∠A＝∠BDC，∴△ABD∽△DBC，∴BD是四邊形ABCD的“相似對角線”；（3）如圖3，∵FH是四邊形EFGH的“相似對角線”，∴△EFH與△HFG相似，∵∠EFH＝∠HFG，∴△FEH∽△FHG，∴FEFH∴FH2＝FE?FG，過點E作EQ⊥FG于Q，∴EQ＝FE?sin60°=32∵12FG×EQ＝43∴12FG×32FE∴FG?FE＝16，∴FH2＝FE?FG＝16，∴FH＝4．13．（2020?浙江自主招生）定義：如果一條直線把一個封閉的平面圖形分成面積相等的兩部分，我們把這條直線稱為這個平面圖形的一條中分線．如三角形的中線所在的直線是三角形的一條中分線．（1）按上述定義，分別作出圖1、圖2的一條中分線．（2）如圖3，已知拋物線y=12x2﹣3x+m與x軸交于點A（2，0）和點B，與y軸交于點C，頂點為①求m的值和點D的坐標；②探究在坐標平面內(nèi)是否存在點P，使得以A、C、D、P為頂點的平行四邊形的一條中分線經(jīng)過點O．若存在，求出中分線的解析式；若不存在，請說明理由．【分析】（1）對角線所在的直線為平行四邊形的中分線，直徑所在的直線為圓的中分線；（2）①將A（2，0）代入拋物線y=12x2﹣3x+m，得12×4?3×2+m=0，解得m＝4，拋物線解析式y(tǒng)=12x2﹣3x+4②根據(jù)拋物線解析式求出A（2，0），B（4，0），C（0，4），當A、C、D、P為頂點的四邊形為平行四邊形時，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，過對角線的交點的直線將該平行四邊形分成面積相等的兩部分，所以平行四邊形的中分線必過對角線的交點．Ⅰ．當CD為對角線時，對角線交點坐標為（32，74），中分線解析式為y=76x；Ⅱ．當AC為對角線時，對角線交點坐標（1，2）．中分線解析式為y＝2x；Ⅲ．當AD【解析】（1）如圖，對角線所在的直線為平行四邊形的中分線，直徑所在的直線為圓的中分線，（2）①將A（2，0）代入拋物線y=12x2﹣3x+12解得m＝4，∴拋物線解析式y(tǒng)=12x2﹣3x+4∴頂點為D（3，?1②將y＝0代入拋物線解析式y(tǒng)=12x2﹣312x2﹣3x解得x＝2或4，∴A（2，0），B（4，0），令x＝0，則y＝4，∴C（0，4），當A、C、D、P為頂點的四邊形為平行四邊形時，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，過對角線的交點的直線將該平行四邊形分成面積相等的兩部分，所以平行四邊形的中分線必過對角線的交點．Ⅰ．當CD為對角線時，對角線交點坐標為（0+32，4?∵中分線經(jīng)過點O，∴中分線解析式為y=7Ⅱ．當AC為對角線時，對角線交點坐標為（2+02∵中分線經(jīng)過點O，∴中分線解析式為y＝2x；Ⅲ．當AD為對角線時，對角線交點坐標為（2+32，0?∵中分線經(jīng)過點O，∴中分線解析式為y=?110綜上，中分線的解析式為式為y=76x或為y＝2x或為y14．（2020?無錫模擬）定義：只有一組對角是直角的四邊形叫做損矩形，連結(jié)它的兩個非直角頂點的線段叫做這個損矩形的直徑．（1）識圖：如圖（1），損矩形ABCD，∠ABC＝∠ADC＝90°，則該損矩形的直徑線段為AC．（2）探究：在上述損矩形ABCD內(nèi)，是否存在點O，使得A、B、C、D四個點都在以O(shè)為圓心的同一圓上？如果有，請指出點O的具體位置；若不存在，請說明理由．（3）實踐：已知如圖三條線段a、b、c，求作相鄰三邊長順次為a、b、c的損矩形ABCD（尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡）．【分析】（1）由損矩形的直徑的定義即可得到答案；（2）由∠ADC＝∠ABC＝90°可判定A，B，C，D四點共圓，易得圓心是線段AC的中點；（3）首先畫線段AB＝a，再以A為圓心，b長為半徑畫弧，再以B為圓心，c長為半徑畫弧，過點B作直線與以B為圓心的弧相交與點C，連接AC，以AC的中點為圓心，12AC為半徑畫弧，與以點A為圓心的弧交于點D，連接AD、DC，BC【解析】（1）由定義知，線段AC是該損矩形的直徑，故答案為：AC；（2）∵∠ADC＝∠ABC＝90°，∴∠ADC+∠ABC＝180°，∴A、B、C、D四點共圓，∴在損矩形ABCD內(nèi)存在點O，使得A、B、C、D四個點都在以O(shè)為圓心的同一個圓上，∵∠ABC＝90°，∴AC是⊙O的直徑，∴O是線段AC的中點；（3）如圖所示，四邊形ABCD即為所求．15．（2020?新北區(qū)一模）定義：在平面直角坐標系中，對于任意P（x1，y1），Q（x2，y2），若點M（x，y）滿足x＝3（x1+x2），y＝3（y1+y2），則稱點M是點P，Q的“美妙點”．例如：點P（1，2），Q（﹣2，1），當點M（x，y）滿足x＝3×（1﹣2）＝﹣3，y＝3×（2+1）＝9時，則點M（﹣3，9）是點P，Q的“美妙點”．（1）已知點A（﹣1，3），B（3，3），C（2，﹣2），請說明其中一點是另外兩點的“美妙點”；（2）如圖，已知點D是直線y=13x+2上的一點．點E（3，0），點M（x，y）是點D①求y與x的函數(shù)關(guān)系式；②若直線DM與x軸相交于點F，當△MEF為直角三角形時，求點D的坐標．【分析】（1）由3×（﹣1+2）＝3，3×（3﹣2）＝3，故點B是A、C的“美妙點”；（2）設(shè)點D（m，13m+2），①M是點D、E的“美妙點”，則x＝3（3+m）＝9+3m，y＝3（0+13m②分∠MEF為直角、∠MFE是直角、∠EMF是直角三種情況，分別求解即可．【解析】（1）∵3×（﹣1+2）＝3，3×（3﹣2）＝3，∴點B是A、C的“美妙點”；（2）設(shè)點D（m，13m①∵M是點D、E的“美妙點”．∴x＝3（3+m）＝9+3m，y＝3（0+13m+2）＝故m=13∴y＝（13x﹣3）+6=1②由①得，點M（9+3m，m+6），如圖1，當∠MEF為直角時，則點M（3，4），∴9+3m＝3，解得：m＝﹣2；∴點D（﹣2，43當∠MFE是直角時，如圖2，則9+3m＝m，解得：m=?9∴點D（?92，當∠EMF是直角時，不存在，綜上，點D（﹣2，43）或（?9216．（2020?新昌縣模擬）如果一個直角三角形的三邊長分別為a﹣d，a，a+d，（a＞d＞0），則稱這個三角形為均勻直角三角形．（1）判定按照上述定義，下列長度的三條線段能組成均勻直角三角形的是（）A.1，2，3；B.1，3，2；C.1，3，3；D.3，4，5．（2）性質(zhì)求證：任何均勻直角三角形的較小直角邊與較大直角邊的比是3：4．（3）應用如圖，在一塊均勻直角三角形紙板ABC中剪一個矩形，且矩形的一邊在AB上，其余兩個頂點分別在BC，AC上，已知AB＝50cm，BC＞AC，∠C＝90°，求剪出矩形面積的最大值．【分析】（1）根據(jù)新定義“均勻直角三角形”判斷即可；（2）根據(jù)勾股定理列方程即可得到結(jié)論；（3）根據(jù)勾股定理求得BC＝40，AC＝30，過C作CH⊥AB于H交EF于M，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)和二次函數(shù)的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【解析】（1）A、∵1+2＝3，∴1，2，3三條線段不能組成三角形，故A不符合題意；B、當3?d＝1，3+得d＝1+3，d＝2?∵1+3≠2?3C、∵1+3∴1，3，3三條線段不能組成三角形，故C不符合題意；D、當4﹣d＝3，4+d＝5，得d＝1，∵32+42+52，∴3，4，5能組成均勻直角三角形，故D符合題意；故選D．（2）∵直角三角形的三邊長分別為a﹣d，a，a+d，∴（a﹣d）2+a2＝（a+d）2，化簡得a2﹣4ad＝0，∴a（a﹣4d）＝0，∵a＞d＞0，∴a﹣4d＝0，∴a＝4d，∴較小直角邊與較大直角邊的比是（a﹣d）：a＝3d：4d＝3：4；（3）∵Rt△ABC是均勻直角三角形，∴設(shè)AC＝a﹣d，BC＝a，AB＝a+d，∵AB＝50，∴d＝50﹣a，∴AC＝2a﹣50，∵AC2+BC2＝AB2，∴（2a﹣50）2+a2＝502，∵a＞0，∴a＝40，∴BC＝40，AC＝30，過C作CH⊥AB于H交EF于M，∴CH=AC?BC∵四邊形DEFG是矩形，∴設(shè)FG＝x，∴CM＝24﹣x，∵EF∥AB，∴△CFE∽△CBA，∴EFAB∴EF50∴EF=25(24?x)∴S矩形DEFG＝FG?EF=25x(24?x)12=?2512∴剪出矩形面積的最大值是300cm2．17．（2020?通州區(qū)一模）平面直角坐標系xOy中，對于點A和線段BC，給出如下定義：若△ABC是等腰直角三角形，則稱點A為BC的“等直點”；特別的，若△ABC是以BC為斜邊的等腰直角三角形，則稱點A為BC的“完美等直點”．（1）若B（﹣2，0），C（2，0），則在D（0，2），E（4，4），F(xiàn)（﹣2，﹣4），G（0，2）中，線段BC的“等直點”是D和F；（2）已知B（0，﹣6），C（8，0）．①若雙曲線y=kx上存在點A，使得點A為BC的“完美等直點”，求②在直線y＝x+6上是否存在點P，使得點P為BC的“等直點”？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由；（3）若B（0，2），C（2，0），⊙T的半徑為3，圓心為T（t，0）．當在⊙T內(nèi)部，恰有三個點是線段BC的“等直點”時，直接寫出t的取值范圍．【分析】（1）如圖1，哪個點與線段BC構(gòu)建等腰直角三角形，哪個點就是線段BC的“等直點”，觀察圖形可得；（2）①分兩種情況：點A在第一象限和第四象限，作輔助線，構(gòu)建三角形全等，設(shè)AE＝x，利用勾股定理列方程可得A的坐標，代入雙曲線y=kx中，可得②如圖3，過C作PC⊥BC，交直線y＝x+6于點P，過P作PE⊥x軸于E，證明△PEC∽△COB，得OCOB=PEEC=86=43，設(shè)CE＝3x，PE＝4x，則PC＝5x，AE＝PE＝4x，根據(jù)（3）分三種情況：①在⊙T內(nèi)部，恰有三個點A，O，G是線段BC的“等直點”時，②在⊙T內(nèi)部，恰有三個點F，O，G是線段BC的“等直點”時，③在⊙T內(nèi)部，恰有三個點F，O，P是線段BC的“等直點”時，根據(jù)勾股定理計算OT的長，確定T的坐標，即t的值，可得結(jié)論．【解析】（1）如圖1，觀察圖形可知：△BDC和△FBC是等腰直角三角形，所以線段BC的“等直點”是D和F，故答案為：D和F；（2）①分兩種情況：i）當點A在第四象限時，如圖2，∵點A為BC的“完美等直點”，∴△ABC是以BC為斜邊的等腰直角三角形，∵B（0，﹣6），C（8，0），∴OB＝6，OC＝8，∴BC＝10，∴AB＝AC＝52，過A作AE⊥x軸于E，AF⊥y軸于F，∵∠BAC＝∠EAF＝90°，∴∠CAE＝∠BAF，∵AB＝AC，∠AEC＝∠AFB＝90°，∴△AEC≌△AFB（AAS），∴AE＝AF，設(shè)AE＝x，則AF＝OE＝x，CE＝8﹣x，∴AC2＝CE2+AE2，即(52解得：x＝1（舍）或7，∴A（7，﹣7），∴k＝﹣7×7＝﹣49；ii）當點A1在第一象限時，如圖2，同理可得A1（1，1），∴k＝1×1＝1，綜上，k的值是﹣49或1；②如圖3，過C作PC⊥BC，交直線y＝x+6于點P，過P作PE⊥x軸于E，∵∠PCB＝∠PCE+∠BCO＝∠BCO+∠OBC＝90°，∴∠PCE＝∠OBC，∵∠PEC＝∠BOC＝90°，∴△PEC∽△COB，∴OCOB設(shè)CE＝3x，PE＝4x，則PC＝5x，AE＝PE＝4x，∵OA＝6，∴OE＝4x﹣6＝8﹣3x，∴x＝2，∴PC＝10＝BC，∵∠PCB＝90°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴點P為BC的“等直點”，且P（2，8）；（3）分三種情況：①在⊙T內(nèi)部，恰有三個點A，O，G是線段BC的“等直點”時，如圖4，△ABC，△BCG，△OBC都是等腰直角三角形，當⊙T經(jīng)過點G時，連接TG，∵OG＝OC＝2，TG＝3，∴OT=3如圖5，⊙T經(jīng)過點F時，△BCF，△BCH，△BCP是等腰直角三角形時，連接TF，同理得TC=5∴OT=5∴當在⊙T內(nèi)部，恰有三個點是線段BC的“等直點”時，t的取值范圍?5＜t≤2②在⊙T內(nèi)部，恰有三個點F，O，G是線段BC的“等直點”時，如圖6，⊙T經(jīng)過點A時，OT＝AT﹣OA＝3﹣2＝1，如圖7，⊙T經(jīng)過點P時，連接TP，過P作PE⊥x軸于E，∴TE=5∴OT＝OE﹣TE＝4?5∴當在⊙T內(nèi)部，恰有三個點是線段BC的“等直點”時，t的取值范圍1≤t≤4?5③在⊙T內(nèi)部，恰有三個點F，O，P是線段BC的“等直點”時，如圖8，⊙T經(jīng)過點G時，同理得：OT=5如圖9，⊙T經(jīng)過點O時，此時OT＝3，∴在⊙T內(nèi)部，恰有三個點是線段BC的“等直點”時，t的取值范圍5≤t綜上，在⊙T內(nèi)部，恰有三個點是線段BC的“等直點”時，t的取值范圍?5＜t≤2?5或1≤t≤4?518．（2020?江北區(qū)模擬）一般地，對于已知一次函數(shù)y1＝ax+b，y2＝cx+d（其中a，b，c，d為常數(shù)，且ac＜0），定義一個新函數(shù)y=y1y2，稱y是y1與y2的算術(shù)中項，（1）如：一次函數(shù)y1=12x﹣4，y2=?13x+6，y是x①自變量x的取值范圍是8≤x≤18，當x＝13時，y有最大值．②根據(jù)函數(shù)研究的途徑與方法，請?zhí)顚懴卤?，并在圖1中描點、連線，畫出此函數(shù)的大致圖象．x8910121314161718y01.21.622.0421.71.20③請