【真題再現(xiàn)】直面中考真題，實戰(zhàn)培優(yōu)提升
一、解答題
1．（2022·江蘇南通·統(tǒng)考中考真題）定義：函數(shù)圖像上到兩坐標(biāo)軸的距離都不大于n(n≥0)的點叫做這個函數(shù)圖像的“n階方點”．例如，點13,13是函數(shù)y=x圖像的“12階方點”；點(2,1)是函數(shù)y=2x圖像的“2階方點”．
(1)在①?2,?12；②(?1,?1)；③(1,1)三點中，是反比例函數(shù)y=1x圖像的“1階方點”的有___________（填序號）；
(2)若y關(guān)于x的一次函數(shù)y=ax?3a+1圖像的“2階方點”有且只有一個，求a的值；
(3)若y關(guān)于x的二次函數(shù)y=?(x?n)2?2n+1圖像的“n階方點”一定存在，請直接寫出n的取值范圍．
2．（2021·江蘇南通·統(tǒng)考中考真題）定義：若一個函數(shù)圖象上存在橫、縱坐標(biāo)相等的點，則稱該點為這個函數(shù)圖象的“等值點”．例如，點(1,1)是函數(shù)y=12x+12的圖象的“等值點”．
（1）分別判斷函數(shù)y=x+2,y=x2?x的圖象上是否存在“等值點”？如果存在，求出“等值點”的坐標(biāo)；如果不存在，說明理由；
（2）設(shè)函數(shù)y=3x(x>0),y=?x+b的圖象的“等值點”分別為點A，B，過點B作BC⊥x軸，垂足為C．當(dāng)△ABC的面積為3時，求b的值；
（3）若函數(shù)y=x2?2(x≥m)的圖象記為W1，將其沿直線x=m翻折后的圖象記為W2．當(dāng)W1,W2兩部分組成的圖象上恰有2個“等值點”時，直接寫出m的取值范圍．
3．（2021·江蘇鹽城·統(tǒng)考中考真題）學(xué)習(xí)了圖形的旋轉(zhuǎn)之后，小明知道，將點P繞著某定點A順時針旋轉(zhuǎn)一定的角度α，能得到一個新的點P′．經(jīng)過進(jìn)一步探究，小明發(fā)現(xiàn)，當(dāng)上述點P在某函數(shù)圖像上運(yùn)動時，點P′也隨之運(yùn)動，并且點P′的運(yùn)動軌跡能形成一個新的圖形．
試根據(jù)下列各題中所給的定點A的坐標(biāo)和角度α的大小來解決相關(guān)問題．
【初步感知】
如圖1，設(shè)A(1,1)，α=90°，點P是一次函數(shù)y=kx+b圖像上的動點，已知該一次函數(shù)的圖像經(jīng)過點P1(?1,1)．
（1）點P1旋轉(zhuǎn)后，得到的點P′1的坐標(biāo)為________；
（2）若點P′的運(yùn)動軌跡經(jīng)過點P′2(2,1)，求原一次函數(shù)的表達(dá)式．
【深入感悟】
（3）如圖2，設(shè)A(0,0)，α=45°，點P反比例函數(shù)y=?1x(x30°；
（3）請你運(yùn)用所學(xué)知識，結(jié)合以上活動經(jīng)驗，解決問題：如圖2，已知矩形ABCD的邊長AB=2，BC=3，點P在直線CD的左側(cè)，且tan∠DPC=43．
①線段PB長的最小值為_______；
②若S△PCD=23S△PAD，則線段PD長為________．
9．（2021·江蘇連云港·統(tǒng)考中考真題）在數(shù)學(xué)興趣小組活動中，小亮進(jìn)行數(shù)學(xué)探究活動．
（1）△ABC是邊長為3的等邊三角形，E是邊AC上的一點，且AE=1，小亮以BE為邊作等邊三角形BEF，如圖1，求CF的長；
（2）△ABC是邊長為3的等邊三角形，E是邊AC上的一個動點，小亮以BE為邊作等邊三角形BEF，如圖2，在點E從點C到點A的運(yùn)動過程中，求點F所經(jīng)過的路徑長；
（3）△ABC是邊長為3的等邊三角形，M是高CD上的一個動點，小亮以BM為邊作等邊三角形BMN，如圖3，在點M從點C到點D的運(yùn)動過程中，求點N所經(jīng)過的路徑長；
（4）正方形ABCD的邊長為3，E是邊CB上的一個動點，在點E從點C到點B的運(yùn)動過程中，小亮以B為頂點作正方形BFGH，其中點F、G都在直線AE上，如圖4，當(dāng)點E到達(dá)點B時，點F、G、H與點B重合．則點H所經(jīng)過的路徑長為______，點G所經(jīng)過的路徑長為______．
10．（2020·江蘇鹽城·統(tǒng)考中考真題）木門常常需要雕刻美麗的圖案．
（1）圖①為某矩形木門示意圖，其中AB長為200厘米，AD長為100厘米，陰影部分是邊長為30厘米的正方形雕刻模具，刻刀的位置在模具的中心點P處，在雕刻時始終保持模具的一邊緊貼木門的一邊，所刻圖案如虛線所示，求圖案的周長；
（2）如圖②，對于1中的木門，當(dāng)模具換成邊長為303厘米的等邊三角形時，刻刀的位置仍在模具的中心點P處，雕刻時也始終保持模具的一邊緊貼本門的一邊，使模具進(jìn)行滑動雕刻．但當(dāng)模具的一個頂點與木門的一個頂點重合時，需將模具繞著重合點進(jìn)行旋轉(zhuǎn)雕刻，直到模具的另一邊與木門的另一邊重合．再滑動模具進(jìn)行雕刻，如此雕刻一周，請在圖②中畫出雕刻所得圖案的草圖，并求其周長．
11．（2020·江蘇常州·中考真題）如圖1，⊙I與直線a相離，過圓心I作直線a的垂線，垂足為H，且交⊙I于P、Q兩點（Q在P、H之間）．我們把點P稱為⊙I關(guān)于直線a的“遠(yuǎn)點”，把PQ?PH的值稱為⊙I關(guān)于直線a的“特征數(shù)”．

（1）如圖2，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點E的坐標(biāo)為(0,4)，半徑為1的⊙O與兩坐標(biāo)軸交于點A、B、C、D．
①過點E畫垂直于y軸的直線m，則⊙O關(guān)于直線m的“遠(yuǎn)點”是點_________（填“A”、“B”、“C”或“D”），⊙O關(guān)于直線m的“特征數(shù)”為_________；
②若直線n的函數(shù)表達(dá)式為y=3x+4，求⊙O關(guān)于直線n的“特征數(shù)”；
（2）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線l經(jīng)過點M(1,4)，點F是坐標(biāo)平面內(nèi)一點，以F為圓心，2為半徑作⊙F．若⊙F與直線l相離，點N(?1,0)是⊙F關(guān)于直線l的“遠(yuǎn)點”，且⊙F關(guān)于直線l的“特征數(shù)”是45，求直線l的函數(shù)表達(dá)式．
12．（2020·江蘇南京·統(tǒng)考中考真題）如圖①，要在一條筆直的路邊l上建一個燃?xì)庹荆騦同側(cè)的A、B兩個城鎮(zhèn)分別發(fā)鋪設(shè)管道輸送燃?xì)?，試確定燃?xì)庹镜奈恢?，使鋪設(shè)管道的路線最短．
（1）如圖②，作出點A關(guān)于l的對稱點A′，線A′B與直線l的交點C的位置即為所求， 即在點C處建氣站， 所得路線ACB是最短的，為了讓明點C的位置即為所求，不妨在l直線上另外任取一點C′，連接AC′，BC′， 證明AC+CB0），則BC= 時，AC+BC最大．
推理證明
（5）對（4）中的猜想進(jìn)行證明．
問題1．在圖①中完善2的描點過程，并依次連線；
問題2．補(bǔ)全觀察思考中的兩個猜想：3 _______ 4 _______
問題3．證明上述5中的猜想：
問題4．圖②中折線B?E?F?G?A是一個感光元件的截面設(shè)計草圖，其中點A,B間的距離是4厘米，AG=BE=1厘米，∠E=∠F=∠G=90°,平行光線從AB區(qū)域射入，∠BNE=60°,線段FM、FN為感光區(qū)域，當(dāng)EF的長度為多少時，感光區(qū)域長度之和最大，并求出最大值．
14．（2019·江蘇蘇州·統(tǒng)考中考真題）已知矩形ABCD中，AB=5cm，點P為對角線AC上的一點，且AP=25cm.如圖①，動點M從點A出發(fā)，在矩形邊上沿著A→B→C的方向勻速運(yùn)動(不包含點C).設(shè)動點M的運(yùn)動時間為t(s)，ΔAPM的面積為S(cm2)，S與t的函數(shù)關(guān)系如圖②所示：
(1)直接寫出動點M的運(yùn)動速度為 cm/s，BC的長度為 cm;
(2)如圖③，動點M重新從點A出發(fā)，在矩形邊上，按原來的速度和方向勻速運(yùn)動.同時，另一個動點N從點D出發(fā)，在矩形邊上沿著D→C→B的方向勻速運(yùn)動，設(shè)動點N的運(yùn)動速度為vcm/s.已知兩動點M、N經(jīng)過時間xs在線段BC上相遇(不包含點C)，動點M、N相遇后立即停止運(yùn)動，記此時ΔAPM與ΔDPN的面積為S1cm2,S2cm2.
①求動點N運(yùn)動速度vcm/s的取值范圍;
②試探究S1?S2是否存在最大值.若存在，求出S1?S2的最大值并確定運(yùn)動速度時間x的值；若不存在，請說明理由.

15．（2019·江蘇南京·統(tǒng)考中考真題）【概念認(rèn)知】：
城市的許多街道是相互垂直或平行的，因此，往往不能沿直線行走到達(dá)目的地，只能按直角拐彎的方式行走．可以按照街道的垂直和平行方向建立平面直角坐標(biāo)系xOy，對兩點A(x1，y1)和B(x2，y2)，用以下方式定義兩點間距離：d(A，B)＝x1?x2＋y1?y2．
【數(shù)學(xué)理解】：
（1）①已知點A(﹣2，1)，則d(O，A)＝ ；②函數(shù)y=?2x+4(0≤x≤2)的圖像如圖①所示，B是圖像上一點，d(O，B)＝3，則點B的坐標(biāo)是 ．
（2）函數(shù)y=4x(x＞0)的圖像如圖②所示，求證：該函數(shù)的圖像上不存在點C，使d(O，C)＝3．
（3）函數(shù)y=x2?5x+7(x≥0)的圖像如圖③所示，D是圖像上一點，求d(O，D)的最小值及對應(yīng)的點D的坐標(biāo)．
【問題解決】：
（4）某市要修建一條通往景觀湖的道路，如圖④，道路以M為起點，先沿MN方向到某處，再在該處拐一次直角彎沿直線到湖邊，如何修建能使道路最短？（要求：建立適當(dāng)?shù)钠矫嬷苯亲鴺?biāo)系，畫出示意圖并簡要說明理由）
【專項突破】深挖考點考向，揭示內(nèi)涵實質(zhì)
一．解答題（共30小題）
1．（2022?濱?？h模擬）如圖1，直線l：y＝kx+b（k＜0，b＞0）與x、y軸分別相交于A、B兩點，將△AOB繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△COD，過點A、B、D的拋物線W叫做直線l的關(guān)聯(lián)拋物線，而直線l叫做拋物線W的關(guān)聯(lián)直線．
（1）已知直線l1：y＝﹣3x+3，求直線l1的關(guān)聯(lián)拋物線W1的表達(dá)式；
（2）若拋物線，求它的關(guān)聯(lián)直線l2的表達(dá)式；
（3）如圖2，若直線l3：y＝kx+4（k＜0），G為AB中點，H為CD中點，連接GH，M為GH中點，連接OM．若，求直線l3的關(guān)聯(lián)拋物線W3的表達(dá)式；
（4）在（3）的條件下，將直線CD繞著C點旋轉(zhuǎn)得到新的直線l4：y＝mx+n，若點P（x1，y1）與點Q（x2，y2）分別是拋物線W3與直線l4上的點，當(dāng)0≤x≤2時，|y1﹣y2|≤4，請直接寫出m的取值范圍．
2．（2022?淮安二模）我們把函數(shù)圖象上橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)互為相反數(shù)的點定義為這個函數(shù)圖象上的“互反點”．例如在二次函數(shù)y＝x2的圖象上，存在一點P（﹣1，1），則P為二次函數(shù)y＝x2圖象上的“互反點”．
（1）分別判斷y＝﹣x+3、y＝x2+x的圖象上是否存在“互反點”？如果存在，求出“互反點”的坐標(biāo)；如果不存在，說明理由．
（2）如圖①，設(shè)函數(shù)y＝（x＜0），y＝x+b的圖象上的“互反點”分別為點A，B，過點B作BC⊥x軸，垂足為C．當(dāng)△ABC的面積為5時，求b的值；
（3）如圖②，Q（m，0）為x軸上的動點，過Q作直線l⊥x軸，若函數(shù)y＝﹣x2+2（x≥m）的圖象記為W1，將W1沿直線l翻折后的圖象記為W2，當(dāng)W1，W2兩部分組成的圖象上恰有2個“互反點”時，直接寫出m的取值范圍．
3．（2022?姑蘇區(qū)校級模擬）平面直角坐標(biāo)系xOy中，對于任意的三個點A、B、C，給出如下定義：若矩形的任何一條邊均與某條坐標(biāo)軸平行，且A，B，C三點都在矩形的內(nèi)部或邊界上，則稱該矩形為點A，B，C的“三點矩形”．在點A，B，C的所有“三點矩形”中，若存在面積最小的矩形，則稱該矩形為點A，B，C的“最佳三點矩形”．
如圖1，矩形DEFG，矩形IJCH都是點A，B，C的“三點矩形”，矩形IJCH是點A，B，C的“最佳三點矩形”．
如圖2，已知M（4，1），N（﹣2，3），點P（m，n）．
（1）①若m＝2，n＝4，則點M，N，P的“最佳三點矩形”的周長為 ，面積為 ；
②若m＝2，點M，N，P的“最佳三點矩形”的面積為24，求n的值；
（2）若點P在直線y＝﹣2x+5上．
①求點M，N，P的“最佳三點矩形”面積的最小值及此時m的取值范圍；
②當(dāng)點M，N，P的“最佳三點矩形”為正方形時，求點P的坐標(biāo)；
（3）若點P（m，n）在拋物線y＝ax2+bx+c上，當(dāng)且僅當(dāng)點M，N，P的“最佳三點矩形”面積為12時，﹣2≤m≤﹣1或1≤m≤3，直接寫出拋物線的解析式．
4．（2022?江都區(qū)一模）對某一個函數(shù)給出如下定義：如果存在實數(shù)M，對于任意的函數(shù)值y，都滿足y≤M，那么稱這個函數(shù)是有上界函數(shù)．在所有滿足條件的M中，其最小值稱為這個函數(shù)的上確界．例如，函數(shù)y＝﹣（x﹣3）2+2是有上界函數(shù)，其上確界是2．
（1）函數(shù)①y＝x2+2x+1和②y＝2x﹣3（x≤5）中是有上界函數(shù)的為 （只填序號即可），其上確界為 ；
（2）若反比例函數(shù)y＝（a≤x≤b，a＞0）的上確界是b+1，且該函數(shù)的最小值為2，求a、b的值；
（3）如果函數(shù)y＝﹣x2+2ax+2（﹣1≤x≤3）是以6為上確界的有上界函數(shù)，求實數(shù)a的值．
5．（2022?如東縣一模）定義：若兩個函數(shù)的圖象關(guān)于某一點P中心對稱，則稱這兩個函數(shù)關(guān)于點P互為“伴隨函數(shù)”．例如，函數(shù)y＝x2與y＝﹣x2關(guān)于原點O互為“伴隨函數(shù)”．
（1）函數(shù)y＝x+1關(guān)于原點O的“伴隨函數(shù)”的函數(shù)解析式為 ，函數(shù)y＝（x﹣2）2+1關(guān)于原點O的“伴隨函數(shù)”的函數(shù)解析式為 ；
（2）已知函數(shù)y＝x2﹣2x與函數(shù)G關(guān)于點P（m，3）互為“伴隨函數(shù)”．若當(dāng)m＜x＜7時，函數(shù)y＝x2﹣2x與函數(shù)G的函數(shù)值y都隨自變量x的增大而增大，求m的取值范圍；
（3）已知點A（0，1），點B（4，1），點C（2，0），二次函數(shù)y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0）與函數(shù)N關(guān)于點C互為“伴隨函數(shù)”，將二次函數(shù)y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0）與函數(shù)N的圖象組成的圖形記為W，若圖形W與線段AB恰有2個公共點，直接寫出a的取值范圍．
6．（2022?如皋市一模）定義：在平面直角坐標(biāo)系中，點M（x1，y1），N（x2，y2），若x1﹣x2＝y(tǒng)1﹣y2，則稱點M，N互為正等距點，|y1﹣y2|叫做點M，N的正等距．特別地，一個點與它本身互為正等距點，且正等距為0．例如，點（﹣2，3），（1，6）互為正等距點，兩點的正等距為3．在平面直角坐標(biāo)系中，點A的坐標(biāo)為（2，1）．
（1）判斷反比例函數(shù)y＝（x＜0）的圖象上是否存在點A的正等距點？若存在，求出該點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；
（2）若與點A的正等距等于4的點恰好落在直線y＝kx+2上，求k的值；
（3）若拋物線y＝﹣（x﹣a）（x﹣a﹣6）上存在點A的正等距點B，且點A，B的正等距不超過1，請直接寫出a的取值范圍．
7．（2022?常州模擬）對某一個函數(shù)給出如下定義：如果存在實數(shù)M，對于任意的函數(shù)值y，都滿足y≤M，那么稱這個函數(shù)是有上界函數(shù)．在所有滿足條件的M中，其最小值稱為這個函數(shù)的上確界．例如，圖中的函數(shù)y＝﹣（x﹣3）2+2是有上界函數(shù)，其上確界是2．
（1）函數(shù)①y＝x2+2x+1和②y＝2x﹣3（x≤2）中是有上界函數(shù)的為 （只填序號即可），其上確界為 ；
（2）如果函數(shù)y＝﹣x+2（a≤x≤b，b＞a）的上確界是b，且這個函數(shù)的最小值不超過2a+1，求a的取值范圍；
（3）如果函數(shù)y＝x2﹣2ax+2（1≤x≤5）是以3為上確界的有上界函數(shù)，求實數(shù)a的值．
8．（2021?梁溪區(qū)校級二模）在拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）中，規(guī)定：（1）符號[a，b，c]稱為該拋物線的“拋物線系數(shù)”； （2）如果一條拋物線與x軸有兩個交點，那么以拋物線的頂點和這兩個交點為頂點的三角形稱為這條拋物線的“拋物線三角形”．
完成下列問題：
（1）若一條拋物線的系數(shù)是[﹣1，0，m+1]，則此拋物線的函數(shù)表達(dá)式為 （含參數(shù)m），當(dāng)m滿足 時，此拋物線沒有“拋物線三角形”；
（2）若拋物線y＝x2+bx的“拋物線三角形”是等腰直角三角形，求出該拋物線的“拋物線系數(shù)”；
（3）若一條拋物線的系數(shù)是[a，﹣4a，c]（a＜0）與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸負(fù)半軸交于點C，頂點為D，已知S△ABD：S四邊形ABCD＝1：4，且tan∠ACB＝．求該拋物線的函數(shù)關(guān)系式．
9．（2021?鹽都區(qū)二模）將拋物線y＝ax2的圖象（如圖1）繞原點順時針旋轉(zhuǎn)90度后可得新的拋物線圖象（如圖2），記為C：y2＝x．
【概念與理解】
將拋物線y1＝4x2和y2＝x2按上述方法操作后可得新的拋物線圖象，記為：C1： ；C2： ．
【猜想與證明】
在平面直角坐標(biāo)系中，點M（x，0）在x軸正半軸上，過點M作平行于y軸的直線，分別交拋物線C1于點A、B，交拋物線C2于點C、D，如圖3所示．
（1）填空：當(dāng)x＝1時，＝ ；當(dāng)x＝2時，＝ ；
（2）猜想：對任意x（x＞0）上述結(jié)論是否仍然成立？若成立，請證明你的猜想；若不成立，請說明理由．
【探究與應(yīng)用】
（3）利用上面的結(jié)論，可得△AOB與△COD面積比為 ；
（4）若△AOB和△COD中有一個是直角三角形時，求△COD與△AOB面積之差；
【聯(lián)想與拓展】
（5）若拋物線C3：y2＝mx、C4：y2＝nx（0＜m＜n），M（k，0）在x軸正半軸上，如圖所示，過點M作平行于y軸的直線，分別交拋物線C3于點A、B，交拋物線C4于點C、D．過點A作x軸的平行線交拋物線C4于點E，過點D作x軸的平行線交拋物線C3于點F．對于x軸上任取一點P，均有△PAE與△PDF面積的比值1：3，請直接寫出m和n之間滿足的等量關(guān)系是 ．
10．（2019?廣陵區(qū)校級三模）【探究】如圖1，點N（m，n）是拋物線上的任意一點，l是過點（0，﹣2）且與x軸平行的直線，過點N作直線NH⊥l，垂足為H．
①計算：m＝0時，NH＝ ；m＝4時，NO＝ ．
②猜想：m取任意值時，NO NH（填“＞”、“＝”或“＜”）．
【定義】我們定義：平面內(nèi)到一個定點F和一條直線l（點F不在直線l上）距離相等的點的集合叫做拋物線，其中點F叫做拋物線的“焦點”，直線l叫做拋物線的“準(zhǔn)線”．如圖1中的點O即為拋物線y1的“焦點”，直線l：y＝﹣2即為拋物線y1的“準(zhǔn)線”．可以發(fā)現(xiàn)“焦點”F在拋物線的對稱軸上．
【應(yīng)用】（1）如圖2，“焦點”為F（﹣4，﹣1）、“準(zhǔn)線”為l的拋物線與y軸交于點N（0，2），點M為直線FN與拋物線的另一交點．MQ⊥l于點Q，直線l交y軸于點H．
①直接寫出拋物線y2的“準(zhǔn)線”l： ；
②計算求值：＝ ；
（2）如圖3，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以原點O為圓心，半徑為1的⊙O與x軸分別交于A、B兩點（A在B的左側(cè)），直線與⊙O只有一個公共點F，求以F為“焦點”、x軸為“準(zhǔn)線”的拋物線的表達(dá)式．
11．（2022?武進(jìn)區(qū)二模）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I，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，已知四邊形ABCD是以AB為鄰余線的鄰余四邊形，AB＝15，AD＝6，BC＝3，∠ADC＝135°，求CD的長度．
12．（2022?工業(yè)園區(qū)模擬）【理解概念】
如果一個矩形的一條邊與一個三角形的一條邊能夠重合，且三角形的這條邊所對的頂點恰好落在矩形這條邊的對邊上，則稱這樣的矩形為這個三角形的“矩形框”．如圖①，矩形ABDE即為△ABC的“矩形框”．
（1）三角形面積等于它的“矩形框”面積的 ；
（2）鈍角三角形的“矩形框”有 個；
【鞏固新知】
（3）如圖①，△ABC的“矩形框”ABDE的邊AB＝6cm，AE＝2cm，則△ABC周長的最小值為 cm；
（4）如圖②，已知△ABC中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，求△ABC的“矩形框”的周長；
【解決問題】
（5）如圖③，銳角三角形木板ABC的邊AB＝14cm，AC＝15cm，BC＝13cm，求出該木板的“矩形框”周長的最小值．
13．（2022?姑蘇區(qū)一模）定義：有兩個內(nèi)角分別是它們對角的一半的四邊形叫做半對角四邊形．
（1）如圖1，在半對角四邊形ABCD中，∠B＝∠D，∠C＝∠A，則∠B+∠C＝ °；
（2）如圖2，銳角△ABC內(nèi)接于⊙O，若邊AB上存在一點D，使得BD＝BO，在OA上取點E，使得DE＝OE，連接DE并延長交AC于點F，∠AED＝3∠EAF．求證：四邊形BCFD是半對角四邊形；
（3）如圖3，在（2）的條件下，過點D作DG⊥OB于點H，交BC于點G，OH＝2，DH＝6．
①連接OC，若將扇形OBC圍成一個圓錐的側(cè)面，則該圓錐的底面半徑為 ；
②求△ABC的面積．
14．（2021?新吳區(qū)二模）定義：長寬比為：1（n為正整數(shù)）的矩形稱為矩形．下面，我們通過折疊的方式折出一個矩形，如圖a所示．
操作1：將正方形ABEF沿過點A的直線折疊，使折疊后的點B落在對角線AE上的點G處，折痕為AH．
操作2：將FE沿過點G的直線折疊，使點F、點E分別落在邊AF，BE上，折痕為CD．則四邊形ABCD為矩形．
（1）證明：四邊形ABCD為矩形；
（2）點M是邊AB上一動點．
①如圖b，O是對角線AC的中點，若點N在邊BC上，OM⊥ON，連接MN．求tan∠OMN的值；
②若AM＝AD，點N在邊BC上，當(dāng)△DMN的周長最小時，求的值；
③連接CM，作BR⊥CM，垂足為R．若AB＝2，則DR的最小值＝ ．
15．（2022?通州區(qū)一模）平面直角坐標(biāo)系xOy中，對于點P（x，y），給出如下定義：若x，y滿足|xy|＝2|x|+2|y|，且xy≠0，則稱點P為平衡點．例如，點是平衡點．
（1）P1（2，2）和P2（，﹣5）兩點中，點 是平衡點；
（2）若平衡點P在一次函數(shù)的圖象上，求點P的坐標(biāo)；
（3）如圖，矩形OABC的邊OA，OC分別在x軸、y軸的正半軸上，OC＝6．反比例函數(shù)的圖象交邊BC于點D，交邊AB于點E若D，E兩點均為平衡點．求∠ODE的正切值．
16．（2022?淮安區(qū)模擬）我們定義：等腰三角形中底邊與腰的比叫做底角的鄰對（can），如圖1，在△ABC中，AB＝AC，底角∠B的鄰對記作canB，這時canB＝＝．容易知道一個角的大小與這個角的鄰對值是一一對應(yīng)的，根據(jù)上述角的鄰對的定義，解下列問題：
（1）can30°＝ ，若canB＝1，則∠B＝ °．
（2）如圖2，在△ABC中，AB＝AC，canB＝，S△ABC＝48，求△ABC的周長．
17．（2022?廣陵區(qū)一模）學(xué)習(xí)過三角函數(shù)，我們知道在直角三角形中，一個銳角的大小與兩條邊長的比值相互唯一確定，因此邊長與角的大小之間可以相互轉(zhuǎn)化．
類似的，可以在等腰三角形中建立邊角之間的聯(lián)系，我們定義：等腰三角形中底邊與腰的比叫做頂角的正對（sad）．如圖，在△ABC中，AB＝AC，頂角A的正對記作sadA，這時sadA＝．容易知道一個角的大小與這個角的正對值也是相互唯一確定的．
根據(jù)上述對角的正對定義，解下列問題：
（1）sad60°的值為 ．
A． B．1 C．D．2
（2）對于0°＜A＜180°，∠A的正對值sadA的取值范圍是 ．
（3）已知sinA＝，其中∠A為銳角，試求sadA的值．
18．（2022?鹽城一模）對于平面內(nèi)的兩點K、L，作出如下定義：若點Q是點L繞點K旋轉(zhuǎn)所得到的點，則稱點Q是點L關(guān)于點K的旋轉(zhuǎn)點；若旋轉(zhuǎn)角小于90°，則稱點Q是點L關(guān)于點K的銳角旋轉(zhuǎn)點．如圖1，點Q是點L關(guān)于點K的銳角旋轉(zhuǎn)點．
（1）已知點A（4，0），在點Q1（0，4），Q2（2，），Q3（﹣2，），Q4（，﹣2）中，是點A關(guān)于點O的銳角旋轉(zhuǎn)點的是 ．
（2）已知點B（5，0），點C在直線y＝2x+b上，若點C是點B關(guān)于點O的銳角旋轉(zhuǎn)點，求實數(shù)b的取值范圍．
（3）點D是x軸上的動點，D（t，0），E（t﹣3，0），點F（m，n）是以D為圓心，3為半徑的圓上一個動點，且滿足n≥0．若直線y＝2x+6上存在點F關(guān)于點E的銳角旋轉(zhuǎn)點，請直接寫出t的取值范圍．
19．（2022?鐘樓區(qū)校級模擬）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，正方形ABCD的頂點分別為A（0，1），B（﹣1，0），C（0，﹣1），D（1，0）．對于圖形M，給出如下定義：P為圖形M上任意一點，Q為正方形ABCD邊上任意一點，如果P，Q兩點間
的距離有最大值，那么稱這個最大值為圖形M的“正方距”，記作d（M）．
已知點E（3，0）．
①直接寫出d（點E）的值；
②過點E畫直線y＝kx﹣3k與y軸交于點F，當(dāng)d（線段EF）取最小值時，求k的取值范圍；
③設(shè)T是直線y＝﹣x+3上的一點，以T為圓心，長為半徑作⊙T．若d（⊙T）滿足d（⊙T）＞+，直接寫出圓心T的橫坐標(biāo)x的取值范圍．
20．（2022?常州一模）對于平面直角坐標(biāo)系xOy中的圖形M、N，給出如下定義：P為圖形M上任意一點，Q為圖形N上任意一點，如果P、Q兩點間的距離有最小值，那么稱這個最小值為圖形M、N間的“圖距離“，記作d（M，N）．已知點A（﹣2，6），B（﹣2，﹣2），C（6，﹣2）．
（1）d（點O，△ABC）；
（2）線段L是直線y＝x（﹣2≤x≤2）上的一部分，若d（L，△ABC）＝1，且L的長度最長時，求線段L兩個端點的橫坐標(biāo)；
（3）⊙T的圓心為T（t，0），半徑為1．若d（⊙T，△ABC）＝1，直接寫出t的取值范圍．
21．（2022?秦淮區(qū)二模）【概念認(rèn)識】
與矩形一邊相切（切點不是頂點）且經(jīng)過矩形的兩個頂點的圓叫做矩形的第Ⅰ類圓；與矩形兩邊相切（切點都不是頂點）且經(jīng)過矩形的一個頂點的圓叫做矩形的第Ⅱ類圓．
【初步理解】
（1）如圖①～③，四邊形ABCD是矩形，⊙O1和⊙O2都與邊AD相切，⊙O2與邊AB相切，⊙O1和⊙O3都經(jīng)過點B，⊙O3經(jīng)過點D，3個圓都經(jīng)過點C．在這3個圓中，是矩形ABCD的第Ⅰ類圓的是 ，是矩形ABCD的第Ⅱ類圓的是 ．
【計算求解】
（2）已知一個矩形的相鄰兩邊的長分別為4和6，直接寫出它的第Ⅰ類圓和第Ⅱ類圓的半徑長．
【深入研究】
（3）如圖④，已知矩形ABCD，用直尺和圓規(guī)作圖．（保留作圖痕跡，并寫出必要的文字說明）
①作它的1個第Ⅰ類圓；
②作它的1個第Ⅱ類圓．
22．（2022?常熟市模擬）定義：圓心在三角形的一條邊上，并與三角形的其中一邊所在直線相切的圓稱為這個三角形的切圓，相切的邊稱為這個圓的切邊．
（1）如圖1，△ABC中，AB＝CB，∠A＝30°，點O在AC邊上，以O(shè)C為半徑的⊙O恰好經(jīng)過點B，求證：⊙O是△ABC的切圓．
（2）如圖2，△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，⊙O是△ABC的切圓，且另外兩條邊都是⊙O的切邊，求⊙O的半徑．
（3）如圖3，△ABC中，以AB為直徑的⊙O恰好是△ABC的切圓，AC是⊙O的切邊，⊙O與BC交于點F，取弧BF的中點D，連接AD交BC于點E，過點E作EH⊥AB于點H，若CF＝8，BF＝10，求AC和EH的長．
23．（2021?工業(yè)園區(qū)校級二模）如果三角形的兩個內(nèi)角a與β叫滿足2a+β＝90°，那么我們稱這樣的三角形為“準(zhǔn)互余三角形”．
（1）若△ABC是“準(zhǔn)互余三角形”，∠C＞90°，∠A＝60°，則∠B＝ ．
（2）如圖（1），AB是半圓的直徑，AB＝10，BC＝6，C是半圓上的點，D是上的點，BD交AC于點E．
①若D是的中點．則圖中共有 對“準(zhǔn)互余三角形”；
②當(dāng)△DEC是“準(zhǔn)互余三角形”時，求CE的長；
③如圖（2）所示，若F是上的點（不與B、C重合），G為射線AF上一點，且滿足∠CBG＝2∠CAB．當(dāng)△ABG是“準(zhǔn)互余三角形”時，求AG的長．
24．（2021?常州一模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，⊙O的半徑是，A，B為⊙O外兩點，AB＝2．給出如下定義：平移線段AB，使平移后的線段A′B′成為⊙O的弦（點A′，B′分別為點A，B的對應(yīng)點），線段AA′長度的最小值成為線段AB到⊙O的“優(yōu)距離”．
（1）如圖1，⊙O中的弦P1P2、P3P4是由線段AB平移而得，這兩條弦的位置關(guān)系是 ；在點P1，P2，P3，P4中，連接點A與點 的線段長度等于線段AB到⊙O的“優(yōu)距離”；
（2）若點A（0，7），B（2，5），線段AA′的長度是線段AB到⊙O的“優(yōu)距離”，則點A′的坐標(biāo)為 ；
（3）如圖2，若A，B是直線y＝﹣x+6上兩個動點，記線段AB到⊙O的“優(yōu)距離”為d，則d的最小值是 ；請你在圖2中畫出d取得最小值時的示意圖，并標(biāo)記相應(yīng)的字母．
25．（2021?建鄴區(qū)二模）【概念學(xué)習(xí)】
在平面直角坐標(biāo)系xOy中，⊙O的半徑為1，若⊙O平移d個單位后，使某圖形上所有點在⊙O內(nèi)或⊙O上，則稱d的最小值為⊙O對該圖形的“最近覆蓋距離”．例如，如圖①，A（3，0），B（4，0），則⊙O對線段AB的“最近覆蓋距離”為3．
【概念理解】
（1）⊙O對點（3，4）的“最近覆蓋距離”為 ．
（2）如圖②，點P是函數(shù)y＝2x+4圖象上一點，且⊙O對點P的“最近覆蓋距離”為3，則點P的坐標(biāo)為 ．
【拓展應(yīng)用】
（3）如圖③，若一次函數(shù)y＝kx+4的圖象上存在點C，使⊙O對點C的“最近覆蓋距離”為1，求k的取值范圍．
（4）D（3，m）、E（4，m+1），且﹣4＜m＜2，將⊙O對線段DE的“最近覆蓋距離”記為d，則d的取值范圍是 ．
26．（2020?金壇區(qū)二模）對于⊙C與⊙C上一點A，若平面內(nèi)的點P滿足：射線AP與⊙C交于點Q，且PA＝2QA，則稱點P為點A關(guān)于⊙C的“倍距點”．已知平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A的坐標(biāo)是（﹣，0）．
（1）如圖1，點O為坐標(biāo)原點，⊙O的半徑是，點P是點A關(guān)于⊙O的“倍距點”．
①若點P在x軸正半軸上，直接寫出點P的坐標(biāo)是 ；
②若點P在第一象限，且∠PAO＝30°，求點P的坐標(biāo)；
（2）設(shè)點T（t，0），以點T為圓心，TA長為半徑作⊙T，一次函數(shù)y＝x+4的圖象分別與x軸、y軸交于D、E，若一次函數(shù)y＝x+4的圖象上存在唯一一點P，使點P是點A關(guān)于⊙T的“倍距點”，求t的值．
27．（2021?高郵市校級模擬）A，B是⊙C上的兩個點，點P在⊙C的內(nèi)部．若∠APB為直角，則稱∠APB為AB關(guān)于⊙C的內(nèi)直角，特別地，當(dāng)圓心C在∠APB邊（含頂點）上時，稱∠APB為AB關(guān)于⊙C的最佳內(nèi)直角．如圖1，∠AMB是AB關(guān)于⊙C的內(nèi)直角，∠ANB是AB關(guān)于⊙C的最佳內(nèi)直角．在平面直角坐標(biāo)系xOy中．
（1）如圖2，⊙O的半徑為5，A（0，﹣5），B（4，3）是⊙O上兩點．
①已知P1（1，0），P2（0，3），P3（﹣2，1），在∠AP1B，∠AP2B，∠AP3B中，是AB關(guān)于⊙O的內(nèi)直角的是 ；
②若在直線y＝2x+b上存在一點P，使得∠APB是AB關(guān)于⊙O的內(nèi)直角，求b的取值范圍．
（2）點E是以T（t，0）為圓心，4為半徑的圓上一個動點，⊙T與x軸交于點D（點D在點T的右邊）．現(xiàn)有點M（1，0），N（0，n），對于線段MN上每一點H，都存在點T，使∠DHE是DE關(guān)于⊙T的最佳內(nèi)直角，請直接寫出n的最大值，以及n取得最大值時t的取值范圍．
28．（2021秋?潤州區(qū)校級月考）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，⊙C的半徑為r，P是與圓心C不重合的點，點P關(guān)于⊙C的反稱點的定義如下：若在射線CP上存在一點P′，滿足CP+CP′＝2r，則稱P′為點P關(guān)于⊙C的反稱點，如圖為點P及其關(guān)于⊙C的反稱點P′的示意圖．
（1）當(dāng)⊙O的半徑為1時，
①分別判斷點M（3，1），N（，0），T（﹣1，）關(guān)于⊙O的反稱點是否存在？若存在，直接求其坐標(biāo)；
②將⊙O沿x軸水平向右平移1個單位為⊙O′，點P在直線y＝﹣x+1上，若點P關(guān)于⊙O′的反稱點P′存在，且點P′不在坐標(biāo)軸上，則點P的橫坐標(biāo)的取值范圍 ；
（2）⊙C的圓心在x軸上，半徑為1，直線y＝﹣x+12與x軸，y軸分別交于點A、B，點E與點D分別在點A與點B的右側(cè)2個單位，線段AE、線段BD都是水平的，若四邊形ABDE四邊上存在點P，使得點P關(guān)于⊙C的反稱點P′在⊙C的內(nèi)部，直接寫出圓心C的橫坐標(biāo)的取值范圍．
29．（2022秋?秦淮區(qū)校級月考）【數(shù)學(xué)概念】
我們把存在內(nèi)切圓與外接圓的四邊形稱為雙圓四邊形．例如，如圖①，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙M，且每條邊均與⊙P相切，切點分別為E，F(xiàn)，G，H，因此該四邊形是雙圓四邊形．
【性質(zhì)初探】
（1）雙圓四邊形的對角的數(shù)量關(guān)系是 ，依據(jù)是 ．
（2）直接寫出雙圓四邊形的邊的性質(zhì)．（用文字表述）
（3）在圖①中，連接GE，HF，求證GE⊥HF．
【揭示關(guān)系】
（4）根據(jù)雙圓四邊形與四邊形、平行四邊形、矩形、菱形、正方形的關(guān)系，在圖②中畫出雙圓四邊形的大致區(qū)域，并用陰影表示．
【特例研究】
（5）已知P，M分別是雙圓四邊形ABCD的內(nèi)切圓和外接圓的圓心，若AB＝1，∠BCD＝60°，∠B＝90°，則PM的長為 ．
30．（2021秋?廣陵區(qū)校級月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A與點B的坐標(biāo)分別是（1，0），（7，0）．
（1）對于坐標(biāo)平面內(nèi)的一點P，給出如下定義：如果∠APB＝45°，則稱點P為線段AB的“等角點”．顯然，線段AB的“等角點”有無數(shù)個，且A、B、P三點共圓．
①設(shè)A、B、P三點所在圓的圓心為C，則點C的坐標(biāo)是 ，⊙C的半徑是 ；
②y軸正半軸上是否有線段AB的“等角點”？如果有，求出“等角點”的坐標(biāo)；如果沒有，請說明理由；
（2）若點P在y軸正半軸上運(yùn)動，則當(dāng)∠APB的度數(shù)最大時，點P的坐標(biāo)為 ．
已知線段BC=2，使用作圖工具作∠BAC=30°，嘗試操作后思考：
（1）這樣的點A唯一嗎？
（2）點A的位置有什么特征？你有什么感悟？
AC
2.8
2.7
2.6
2.3
2
1.5
0.4
BC
0.4
0.8
1.2
1.6
2
2.4
2.8
AC+BC
3.2
3.5
3.8
3.9
4
3.9
3.2
2023年中考數(shù)學(xué)大題高分秘籍（江蘇專用）
專題13新定義材料閱讀類創(chuàng)新題（江蘇真題15道模擬30道）
【真題再現(xiàn)】直面中考真題，實戰(zhàn)培優(yōu)提升
一、解答題
1．（2022·江蘇南通·統(tǒng)考中考真題）定義：函數(shù)圖像上到兩坐標(biāo)軸的距離都不大于n(n≥0)的點叫做這個函數(shù)圖像的“n階方點”．例如，點13,13是函數(shù)y=x圖像的“12階方點”；點(2,1)是函數(shù)y=2x圖像的“2階方點”．
(1)在①?2,?12；②(?1,?1)；③(1,1)三點中，是反比例函數(shù)y=1x圖像的“1階方點”的有___________（填序號）；
(2)若y關(guān)于x的一次函數(shù)y=ax?3a+1圖像的“2階方點”有且只有一個，求a的值；
(3)若y關(guān)于x的二次函數(shù)y=?(x?n)2?2n+1圖像的“n階方點”一定存在，請直接寫出n的取值范圍．
【答案】(1)②③
(2)3或?1；
(3)14≤n≤1
【分析】（1）根據(jù)“n階方點”的定義逐個判斷即可；
（2）如圖作正方形，然后分a＞0和a＜0兩種情況，分別根據(jù)“2階方點”有且只有一個判斷出所經(jīng)過的點的坐標(biāo)，代入坐標(biāo)求出a的值，并舍去不合題意的值即可得；
（3）由二次函數(shù)解析式可知其頂點坐標(biāo)在直線y＝－2x＋1上移動，作出簡圖，由函數(shù)圖象可知，當(dāng)二次函數(shù)圖象過點（n，－n）和點（－n， n）時為臨界情況，求出此時n的值，由圖象可得n的取值范圍．
【詳解】（1）解：∵點?2,?12到x軸的距離為2，大于1，
∴不是反比例函數(shù)y=1x圖象的“1階方點”，
∵點(?1,?1)和點(1,1)都在反比例函數(shù)y=1x的圖象上，且到兩坐標(biāo)軸的距離都不大于1，
∴(?1,?1)和(1,1)是反比例函數(shù)y=1x圖象的“1階方點”，
故答案為：②③；
（2）如圖作正方形，四個頂點坐標(biāo)分別為（2，2），（－2，2），（－2，－2），（2，－2），
當(dāng)a＞0時，若y關(guān)于x的一次函數(shù)y=ax?3a+1圖象的“2階方點”有且只有一個，
則y=ax?3a+1過點（－2，2）或（2，－2），
把（－2，2）代入y=ax?3a+1得：2=?2a?3a+1，解得：a=?15（舍去）；
把（2，－2）代入y=ax?3a+1得：?2=2a?3a+1，解得：a=3；
當(dāng)a＜0時，若y關(guān)于x的一次函數(shù)y=ax?3a+1圖象的“2階方點”有且只有一個，
則y=ax?3a+1過點（2，2）或（－2，－2），
把（2，2）代入y=ax?3a+1得：2=2a?3a+1，解得：a=?1；
把（－2，－2）代入y=ax?3a+1得：?2=?2a?3a+1，解得：a=35（舍去）；
綜上，a的值為3或?1；
（3）∵二次函數(shù)y=?(x?n)2?2n+1圖象的頂點坐標(biāo)為（n，?2n+1），
∴二次函數(shù)y=?(x?n)2?2n+1圖象的頂點坐標(biāo)在直線y＝－2x＋1上移動，
∵y關(guān)于x的二次函數(shù)y=?(x?n)2?2n+1圖象的“n階方點”一定存在，
∴二次函數(shù)y=?(x?n)2?2n+1的圖象與以頂點坐標(biāo)為（n，n），（－n，n），（－n，－n），（n，－n）的正方形有交點，
如圖，當(dāng)y=?(x?n)2?2n+1過點（n，－n）時，
將（n，－n）代入y=?(x?n)2?2n+1得：?n=?(n?n)2?2n+1，
解得：n=1，
當(dāng)y=?(x?n)2?2n+1過點（－n，n）時，
將（－n，n）代入y=?(x?n)2?2n+1得：n=?(?n?n)2?2n+1，
解得：n=14或n=?1（舍去），
由圖可知，若y關(guān)于x的二次函數(shù)y=?(x?n)2?2n+1圖象的“n階方點”一定存在，n的取值范圍為：14≤n≤1．
【點睛】本題考查了新定義，反比例函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特點，一次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，二次函數(shù)的圖象和性質(zhì)，正確理解“n階方點”的幾何意義，熟練掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．
2．（2021·江蘇南通·統(tǒng)考中考真題）定義：若一個函數(shù)圖象上存在橫、縱坐標(biāo)相等的點，則稱該點為這個函數(shù)圖象的“等值點”．例如，點(1,1)是函數(shù)y=12x+12的圖象的“等值點”．
（1）分別判斷函數(shù)y=x+2,y=x2?x的圖象上是否存在“等值點”？如果存在，求出“等值點”的坐標(biāo)；如果不存在，說明理由；
（2）設(shè)函數(shù)y=3x(x>0),y=?x+b的圖象的“等值點”分別為點A，B，過點B作BC⊥x軸，垂足為C．當(dāng)△ABC的面積為3時，求b的值；
（3）若函數(shù)y=x2?2(x≥m)的圖象記為W1，將其沿直線x=m翻折后的圖象記為W2．當(dāng)W1,W2兩部分組成的圖象上恰有2個“等值點”時，直接寫出m的取值范圍．
【答案】（1）函數(shù)y=x+2沒有“等值點”； 函數(shù)y=x2?x的“等值點”為(0，0)，(2，2)；（2）b=43或?23；（3）m0,a>0,
∴y≤22a,
當(dāng)y取最大值22a時，
2x2?42ax+4a2=0
2x?2a2=0
x1=x2=2a
∴當(dāng)BC=2a時，y有最大值．
法二：（基本不等式）
設(shè)BC=m,AC=n,AC+BC=y
在Rt△ABC中，∵∠C=90°,
∴m2+n2=4a2
∵m?n2≥0,
∴m2+n2≥2mn．
當(dāng)m=n時，等式成立
∴4a2≥2mn,
mn≤2a2．
∵y=m+n=m2+n2+2mn
=4a2+2mn，
∵mn≤2a2,
∴y≤22a,
∴當(dāng)BC=AC=2a時，y有最大值．
問題4：
法一：延長AM交EF于點C,
過點A作AH⊥EF于點H,垂足為H,
過點B作BK⊥GF交于點K,垂足為K,
BK交AH于點Q,

由題可知：在△BNE中，∠BNE=60°,∠E=90°,BE=1
∴tan∠BNE=BENE
即3=1NE
∴NE=33
∵AM//BN,
∴∠C=60°,
又∵∠GFE=90°,
∴∠CMF=30°,
∴∠AMG=30°,
∵∠G=90°,AG=1,∠AMG=30°，
∴在Rt△AGM中，
tan∠AMG=AGGM，
即33=1GM
∴GM=3,
∵∠G=∠GFH=90°,∠AHF=90°,
∴四邊形AGFH為矩形
∴AH=FG,
∵∠GFH=∠E=90°,∠BHF=90°，
∴四邊形BKFE為矩形，
∴BK=FE,
∵FN+FM=EF+FG?EN?GM
=BK+AH?33?3
=BQ+AQ+QH+QK?433
=BQ+AQ+2?433
∴在Rt△ABQ中，AB=4．
由問題3可知，當(dāng)BQ=AQ=22時，AQ+BQ最大
∴BQ=AQ=22時，F(xiàn)M+FN最大為42+2?433cm
即當(dāng)EF=22+1時，感光區(qū)域長度之和FM+FN最大為42+2?433cm
法二：
延長EB、GA相交于點H,

同法一求得：
GM=3,NE=33
設(shè)AH=a,BH=b
∵四邊形GFEH為矩形，
∴GF=EH,EF=GH,
∴MF=EH?GM=b+1?3．
FN=EF?NE=a+1?33
∴MF+FN=a+b+2?433
∵a2+b2=16,
由問題3可知，當(dāng)a=b=22時，a+b最大
∴a=b=22時FM+FN最大為42+2?433cm
即當(dāng)EF=22+1時，感光區(qū)域長度之和FM+FN最大為42+2?433cm．
【點睛】本題考查了一元二次方程，二次函數(shù)，不等式，解直角三角形，三角函數(shù)，矩形的性質(zhì)等知識點，熟悉相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
14．（2019·江蘇蘇州·統(tǒng)考中考真題）已知矩形ABCD中，AB=5cm，點P為對角線AC上的一點，且AP=25cm.如圖①，動點M從點A出發(fā)，在矩形邊上沿著A→B→C的方向勻速運(yùn)動(不包含點C).設(shè)動點M的運(yùn)動時間為t(s)，ΔAPM的面積為S(cm2)，S與t的函數(shù)關(guān)系如圖②所示：
(1)直接寫出動點M的運(yùn)動速度為 cm/s，BC的長度為 cm;
(2)如圖③，動點M重新從點A出發(fā)，在矩形邊上，按原來的速度和方向勻速運(yùn)動.同時，另一個動點N從點D出發(fā)，在矩形邊上沿著D→C→B的方向勻速運(yùn)動，設(shè)動點N的運(yùn)動速度為vcm/s.已知兩動點M、N經(jīng)過時間xs在線段BC上相遇(不包含點C)，動點M、N相遇后立即停止運(yùn)動，記此時ΔAPM與ΔDPN的面積為S1cm2,S2cm2.
①求動點N運(yùn)動速度vcm/s的取值范圍;
②試探究S1?S2是否存在最大值.若存在，求出S1?S2的最大值并確定運(yùn)動速度時間x的值；若不存在，請說明理由.

【答案】(1)2，10；(2)①23cm/s＜v≤6cm/s；②當(dāng)x=154時，S1?S2取最大值2254.
【分析】（1）由題意可知圖像中0~2.5s時，M在AB上運(yùn)動，求出速度，2.5~7.5s時，M在BC上運(yùn)動，求出BC長度；（2）①分別求出在C點相遇和在B點相遇時的速度，取中間速度，注意C點相遇時的速度不能取等于；②過M點做MH⊥AC，則MH=12CM=15?2x5
得到S1，同時利用S1+S2=S矩形ABCD?SΔPAD?SΔCDM（N）?SΔABM(N)=15，得到S2，再得到S1?S2關(guān)于x的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)性質(zhì)求得最大值
【詳解】(1)5÷2.5=2cm/s；（7.5-2.5）×2=10cm
(2)①解：在C點相遇得到方程5v=7.5
在B點相遇得到方程15v=2.5
∴5v=7.515v=2.5
解得 v=23v=5
∵在邊BC上相遇，且不包含C點
∴23cm/s＜v≤6cm/s
②如下圖S1+S2=S矩形ABCD?SΔPAD?SΔCDM（N）?SΔABM(N)
=75?10?5×15?2x2?5×2x?52
=15
過M點做MH⊥AC，則MH=12CM=15?2x5
∴S1=12MH?AP=?2x+15
∴S2=2x
S1?S2=?2x+15?2x
=?4x2+30x
=?4x?1542+2254
因為2.5＜154＜7.5，所以當(dāng)x=154時，S1?S2取最大值2254.
【點睛】本題重點考查動點問題，二次函數(shù)的應(yīng)用，求不規(guī)則圖形的面積等知識點，第一問關(guān)鍵能夠從圖像中得到信息，第二問第一小問關(guān)鍵在理清楚運(yùn)動過程，第二小問關(guān)鍵在能夠用x表示出S1和S2
15．（2019·江蘇南京·統(tǒng)考中考真題）【概念認(rèn)知】：
城市的許多街道是相互垂直或平行的，因此，往往不能沿直線行走到達(dá)目的地，只能按直角拐彎的方式行走．可以按照街道的垂直和平行方向建立平面直角坐標(biāo)系xOy，對兩點A(x1，y1)和B(x2，y2)，用以下方式定義兩點間距離：d(A，B)＝x1?x2＋y1?y2．
【數(shù)學(xué)理解】：
（1）①已知點A(﹣2，1)，則d(O，A)＝ ；②函數(shù)y=?2x+4(0≤x≤2)的圖像如圖①所示，B是圖像上一點，d(O，B)＝3，則點B的坐標(biāo)是 ．
（2）函數(shù)y=4x(x＞0)的圖像如圖②所示，求證：該函數(shù)的圖像上不存在點C，使d(O，C)＝3．
（3）函數(shù)y=x2?5x+7(x≥0)的圖像如圖③所示，D是圖像上一點，求d(O，D)的最小值及對應(yīng)的點D的坐標(biāo)．
【問題解決】：
（4）某市要修建一條通往景觀湖的道路，如圖④，道路以M為起點，先沿MN方向到某處，再在該處拐一次直角彎沿直線到湖邊，如何修建能使道路最短？（要求：建立適當(dāng)?shù)钠矫嬷苯亲鴺?biāo)系，畫出示意圖并簡要說明理由）
【答案】（1）【數(shù)學(xué)理解】：① 3， ② (1，2) ；（2）見解析；（3）dO，D有最小值3，此時點D的坐標(biāo)是（2，1）；【問題解決】：（4）先沿MN方向修建到H處，再沿HE方向修建到E處，見解析.
【分析】（1）①根據(jù)定義可求出d（O，A）＝|0＋2|＋|0?1|＝2＋1＝3；②由兩點間距離：d（A，B）＝|x1?x2|＋|y1?y2|及點B是函數(shù)y＝?2x＋4的圖象上的一點，可得出方程組，解方程組即可求出點B的坐標(biāo)；
（2）由條件知x＞0，根據(jù)題意得x+4x=3，整理得x2?3x＋4＝0，由△＜0可證得該函數(shù)的圖象上不存在點C，使d（O，C）＝3．
（3）根據(jù)條件可得|x|＋|x2?5x＋7|，去絕對值后由二次函數(shù)的性質(zhì)可求出最小值；
（4）以M為原點，MN所在的直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系xOy，將函數(shù)y＝?x的圖象沿y軸正方向平移，直到與景觀湖邊界所在曲線有交點時停止，設(shè)交點為E，過點E作EH⊥MN，垂足為H，修建方案是：先沿MN方向修建到H處，再沿HE方向修建到E處，可由d（O，P）≥d（O，E）證明結(jié)論即可．
【詳解】解：（1）①由題意得：d（O，A）＝|0＋2|＋|0?1|＝2＋1＝3；
②設(shè)B（x，y），由定義兩點間的距離可得：|0?x|＋|0?y|＝3，
∵0≤x≤2，
∴x＋y＝3，
∴x＋y＝3y＝?2x＋4，
解得： x＝1，y＝2，
∴B（1，2），
（2）假設(shè)函數(shù)y=4xx>0的圖像上存在點Cx，y，使dO，C=3.
根據(jù)題意，得x?0+4x?0=3.
因為x>0，所以4x>0, x?0+4x?0=x+4x.
所以x+4x=3.
方程兩邊乘x，得x2+4=3x.
整理，得x2?3x+4=0.
因為a=1，b=?3，c=4，b2?4ac=?32?4×1×4=?70的圖像上不存在點C，使dO，C=3.
（3）設(shè)Dx，y.
根據(jù)題意，得dO，D=x?0+x2?5x+7?0=x+x2?5x+7.
因為x2?5x+7=x?522+34>0，又x?0，
所以dO，D=x+x2?5x+7=x+x2?5x+7=x2?4x+7=x?22+3.
所以當(dāng)x=2時，dO，D有最小值3，此時點D的坐標(biāo)是2， 1.
（4）如圖，以M為原點，MN所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系xOy.將函數(shù)y=?x的圖像沿y軸正方向平移.直到與景觀湖邊界所在曲線有交點時停止.設(shè)交點為E，過點E作EH⊥MN，垂足為H.修建方案是：先沿MN方向修建到H處，再沿HE方向修建到E處.
理由：設(shè)過點E的直線l1與x軸相交于點F.在景觀湖邊界所在曲線上任取一點P，過點P作直線l2∥l1，l2與x軸相交于點G.因為∠EFH=45°，所以EH=HF，dO，E=OH+EH=OF.同理dO，P=OG.因為OG?OF，所以dO，P?dO，E.因此，上述方案修建的道路最短.
【點睛】本題考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及的知識點有新定義，解方程（組），二次函數(shù)的性質(zhì)，一次函數(shù)與反比例函數(shù)等，涉及知識點較多，較為復(fù)雜，熟練掌握相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．
【專項突破】深挖考點考向，揭示內(nèi)涵實質(zhì)
1．（2022?濱海縣模擬）如圖1，直線l：y＝kx+b（k＜0，b＞0）與x、y軸分別相交于A、B兩點，將△AOB繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△COD，過點A、B、D的拋物線W叫做直線l的關(guān)聯(lián)拋物線，而直線l叫做拋物線W的關(guān)聯(lián)直線．
（1）已知直線l1：y＝﹣3x+3，求直線l1的關(guān)聯(lián)拋物線W1的表達(dá)式；
（2）若拋物線，求它的關(guān)聯(lián)直線l2的表達(dá)式；
（3）如圖2，若直線l3：y＝kx+4（k＜0），G為AB中點，H為CD中點，連接GH，M為GH中點，連接OM．若，求直線l3的關(guān)聯(lián)拋物線W3的表達(dá)式；
（4）在（3）的條件下，將直線CD繞著C點旋轉(zhuǎn)得到新的直線l4：y＝mx+n，若點P（x1，y1）與點Q（x2，y2）分別是拋物線W3與直線l4上的點，當(dāng)0≤x≤2時，|y1﹣y2|≤4，請直接寫出m的取值范圍．
【分析】（1）分別將x＝0、y＝0代入11：y＝﹣3x+3，求出B、A兩點坐標(biāo)，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得OD＝OB，由此求出D的坐標(biāo)，再用待定系數(shù)法求W1的表達(dá)式；
（2）令y＝0，可求得A、D的坐標(biāo)，結(jié)合旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求出B的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求12的表達(dá)式；
（3）連接OG、OH，易得△OGH是等腰直角三角形，由此計算出OG，再由直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)可得AB的長，利用勾股定理求出OA，從而得點A的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求W3的表達(dá)式；
（4）由（3）得C（0，2），故l4：y＝mx+2，當(dāng)0≤x≤2時，|y1﹣y2|≤4，只需，|y1﹣y2|max≤4，分析拋物線W3與直線l4的位置關(guān)系，確定當(dāng)0≤x≤2時，|y1﹣y2|≤的最大值在什么位置取得，從而對，|y1﹣y2|≤4進(jìn)行轉(zhuǎn)化，求出m的范圍．
【解答】解：（1）11：y＝﹣3x+3，
∵當(dāng)x＝0時，y＝3，
∴B（0，3）；
當(dāng)y＝0時，即﹣3x+3＝0，解得x＝1，
∴A（1，0），
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，OD＝OB＝3，
∴D（﹣3，0）．
設(shè)W1的解析式為y＝ax2+bx+c，
則，
解得：，
∴W1：y＝﹣x2﹣2x+3；
（2）W2：y＝﹣x2﹣x+2，
令y＝0，即﹣x2﹣x+2＝0，
解得x1＝﹣2，x2＝1，
∴D（﹣2，0），A（1，0），
有旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，OB＝OD＝2．
∴B（0，2），
設(shè)l2的解析式為y＝k2x+b2，
則，
解得，
∴l(xiāng)2：y＝﹣2x+2；
（3）連接OG、OH，有旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知OG＝OH，∠GOH＝90°，
∴△GOH是等腰直角三角形，
又∵M(jìn)G＝MH，
∴MG＝OM＝，
在Rt△OGM中，OG＝＝，
在Rt△AOB中，AG＝BG，
∴AB＝2OG＝2，
13：y＝kx+4，當(dāng)x＝0時，y＝4，
∴點B（0，4），即OB＝4．
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，OD＝OB＝4，
∴點D（﹣4，0）．
在Rt△AOB中，OA＝＝2，
∴A（2，0），
設(shè)W3的解析式為y＝a3x2+b3x+c3，
則，
解得，
∴W3：y＝﹣x2﹣x+4；
（4）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，OC＝OA＝2．
∴C（0，2），
∵l4：y＝mx+n經(jīng)過點C（0，2），
∴n＝2，即l4：y＝mx+2．
根據(jù)題意可知，當(dāng)0≤x≤2時，|y1﹣y2|≤4，
分析W3與l4的位置關(guān)系可知，只需當(dāng)x＝2時，|y1﹣y2|≤4即可，
∴|（﹣22﹣2+4）﹣（2m+2）|≤4，即|2m+2|≤4，
∴﹣4≤2m+2≤4，
解得：﹣3≤m≤1．
∴m的取值范圍是：﹣3≤m≤1．
【點評】本題考查了二次函數(shù)與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用，待定系數(shù)法求一次函數(shù)、二次函數(shù)解析式，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，勾股定理，一元一次不等式，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)與應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)知識點并靈活運(yùn)用．
2．（2022?淮安二模）我們把函數(shù)圖象上橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)互為相反數(shù)的點定義為這個函數(shù)圖象上的“互反點”．例如在二次函數(shù)y＝x2的圖象上，存在一點P（﹣1，1），則P為二次函數(shù)y＝x2圖象上的“互反點”．
（1）分別判斷y＝﹣x+3、y＝x2+x的圖象上是否存在“互反點”？如果存在，求出“互反點”的坐標(biāo)；如果不存在，說明理由．
（2）如圖①，設(shè)函數(shù)y＝（x＜0），y＝x+b的圖象上的“互反點”分別為點A，B，過點B作BC⊥x軸，垂足為C．當(dāng)△ABC的面積為5時，求b的值；
（3）如圖②，Q（m，0）為x軸上的動點，過Q作直線l⊥x軸，若函數(shù)y＝﹣x2+2（x≥m）的圖象記為W1，將W1沿直線l翻折后的圖象記為W2，當(dāng)W1，W2兩部分組成的圖象上恰有2個“互反點”時，直接寫出m的取值范圍．
【分析】（1）由定義可知，函數(shù)與y＝﹣x的交點即為“互反點”；
（2）求出A（﹣，），B（﹣b，b），可得S△ABC＝×|b|×|﹣b|＝5，求出b的值；
（3）函數(shù)y＝﹣x2+2關(guān)于直線x＝m的對稱拋物線解析式為y＝﹣（x﹣2m）2+2，聯(lián)立方程組，當(dāng)Δ＝0時，m＝﹣，因此當(dāng)m＜﹣時，W1，W2兩部分組成的圖象上恰有2個“互反點”；函數(shù)y＝﹣x2+2與直線x＝m的交點為（m，﹣m2+2），當(dāng)點（m，﹣m2+2）在直線y＝﹣x上時，解得m＝﹣1或m＝2，結(jié)合圖象可知：﹣1＜m＜2時，W1，W2兩部分組成的圖象上恰有2個“互反點”．
【解答】解：（1）y＝﹣x+3中，x+y＝3，
∴y＝﹣x+3的圖象上不存在“互反點”；
y＝x2+x中，當(dāng)y＝﹣x時，﹣x＝x2+x，
解得x＝0或x＝﹣2，
∴（0，0），（﹣2，2）是y＝x2+x的圖象上的“互反點”；
（2）y＝（x＜0）中，當(dāng)y＝﹣x時，﹣x＝，
解得x＝﹣，
∴A（﹣，），
y＝x+b中，當(dāng)y＝﹣x時，﹣x＝x+b，
解得x＝﹣b，
∴B（﹣b，b），
∴BC＝|b|，
∴S△ABC＝×|b|×|﹣b|＝5，
解得b＝4或b＝﹣2；
（3）函數(shù)y＝﹣x2+2關(guān)于直線x＝m的對稱拋物線解析式為y＝﹣（x﹣2m）2+2，
由定義可知，“互反點”在直線y＝﹣x上，
聯(lián)立方程組，
整理得x2﹣（4m+1）x+4m2﹣2＝0，
Δ＝（4m+1）2﹣4（4m2﹣2）＝0，
解得m＝﹣，
當(dāng)m＜﹣時，y＝﹣（x﹣2m）2+2與y＝﹣x沒有交點，此時y＝﹣x與y＝﹣x2+2有兩個交點，
∴m＜﹣時，W1，W2兩部分組成的圖象上恰有2個“互反點”；
當(dāng)x＝m時，y＝﹣m2+2，
∴函數(shù)y＝﹣x2+2與直線x＝m的交點為（m，﹣m2+2），
當(dāng)點（m，﹣m2+2）在直線y＝﹣x上時，﹣m2+2＝﹣m，
解得m＝﹣1或m＝2
當(dāng)m＝﹣1時，W1，W2兩部分組成的圖象上恰有3個“互反點”，
∴m＞﹣1時，W1，W2兩部分組成的圖象上恰有2個“互反點”；
當(dāng)m＝2時，W1，W2兩部分組成的圖象上恰有1個“互反點”，
∴m＜2時，W1，W2兩部分組成的圖象上恰有2個“互反點”；
∴﹣1＜m＜2時，W1，W2兩部分組成的圖象上恰有2個“互反點”；
綜上所述：﹣1＜m＜2或m＜﹣時，W1，W2兩部分組成的圖象上恰有2個“互反點”．
【點評】本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，理解定義，數(shù)形結(jié)合，分類討論是解題的關(guān)鍵．
3．（2022?姑蘇區(qū)校級模擬）平面直角坐標(biāo)系xOy中，對于任意的三個點A、B、C，給出如下定義：若矩形的任何一條邊均與某條坐標(biāo)軸平行，且A，B，C三點都在矩形的內(nèi)部或邊界上，則稱該矩形為點A，B，C的“三點矩形”．在點A，B，C的所有“三點矩形”中，若存在面積最小的矩形，則稱該矩形為點A，B，C的“最佳三點矩形”．
如圖1，矩形DEFG，矩形IJCH都是點A，B，C的“三點矩形”，矩形IJCH是點A，B，C的“最佳三點矩形”．
如圖2，已知M（4，1），N（﹣2，3），點P（m，n）．
（1）①若m＝2，n＝4，則點M，N，P的“最佳三點矩形”的周長為 18 ，面積為 18 ；
②若m＝2，點M，N，P的“最佳三點矩形”的面積為24，求n的值；
（2）若點P在直線y＝﹣2x+5上．
①求點M，N，P的“最佳三點矩形”面積的最小值及此時m的取值范圍；
②當(dāng)點M，N，P的“最佳三點矩形”為正方形時，求點P的坐標(biāo)；
（3）若點P（m，n）在拋物線y＝ax2+bx+c上，當(dāng)且僅當(dāng)點M，N，P的“最佳三點矩形”面積為12時，﹣2≤m≤﹣1或1≤m≤3，直接寫出拋物線的解析式．
【分析】（1）①利用“最佳三點矩形”的定義求解即可，
②利用“最佳三點矩形”的定義求解即可；
（2）①利用“最佳三點矩形”的定義求得面積的最小值為12，
②由“最佳三點矩形”的定義求得正方形的邊長為6，分別將y＝7，y＝﹣3代入y＝﹣2x+5，可得x分別為﹣1，5，點P的坐標(biāo)為（﹣1，7）或（4，﹣3）；
（3）利用“最佳三點矩形”的定義畫出圖形，可分別求得解析式．
【解答】解：（1）①如圖，畫出點M，N，P的“最佳三點矩形”，可知矩形的周長為6+6+3+3＝18，
面積為3×6＝18；
故答案為：18，18．
②∵M(jìn)（4，1），N（﹣2，3），
∴|xM﹣xN|＝6，|yM﹣yN|＝2．
又∵m＝2，點M，N，P的“最佳三點矩形”的面積為24．
∴此矩形的鄰邊長分別為6，4．
∴n＝﹣1或5．
（2）如圖，
①由圖象可得，點M，N，P的“最佳三點矩形”面積的最小值為12；
分別將y＝3，y＝1代入y＝﹣2x+5，可得x分別為1，2；
結(jié)合圖象可知：1≤m≤2；
②當(dāng)點M，N，P的“最佳三點矩形”為正方形時，邊長為6，
分別將y＝7，y＝﹣3代入y＝﹣2x+5，可得x分別為﹣1，4；
∴點P的坐標(biāo)為（﹣1，7）或（4，﹣3）；
（3）設(shè)拋物線的解析式為y＝ax2+bx+c，經(jīng)過點（﹣1，1），（1，1），（3，3），
∴，
，
∴y＝x2+，
同理拋物線經(jīng)過點（﹣1，3），（1，3），（3，1），可求得拋物線的解析式為y＝﹣x2+，
∴拋物線的解析式y(tǒng)＝x2+或y＝﹣x2+．
【點評】本題主要考查了一次函數(shù)的綜合題，涉及點的坐標(biāo)，正方形及矩形的面積及待定系數(shù)法求函數(shù)解析式等知識，解題的關(guān)鍵是理解運(yùn)用好“最佳三點矩形”的定義．
4．（2022?江都區(qū)一模）對某一個函數(shù)給出如下定義：如果存在實數(shù)M，對于任意的函數(shù)值y，都滿足y≤M，那么稱這個函數(shù)是有上界函數(shù)．在所有滿足條件的M中，其最小值稱為這個函數(shù)的上確界．例如，函數(shù)y＝﹣（x﹣3）2+2是有上界函數(shù)，其上確界是2．
（1）函數(shù)①y＝x2+2x+1和②y＝2x﹣3（x≤5）中是有上界函數(shù)的為 ② （只填序號即可），其上確界為 7 ；
（2）若反比例函數(shù)y＝（a≤x≤b，a＞0）的上確界是b+1，且該函數(shù)的最小值為2，求a、b的值；
（3）如果函數(shù)y＝﹣x2+2ax+2（﹣1≤x≤3）是以6為上確界的有上界函數(shù)，求實數(shù)a的值．
【分析】（1）y＝x2+2x+1＝（x+1）2≥0，則函數(shù)是沒有上界函數(shù)；y＝2x﹣3（x≤5）時y≤7，則函數(shù)是有上界函數(shù)，上確界為7；
（2）由題意可得≤y≤，則＝b+1，＝2，分別求出a、b即可；
（3）分三種情況討論：①a≤﹣1時，1﹣2a＝6，解得a＝﹣；②a≥3時，6a﹣7＝6，解得a＝（舍）；③﹣1＜a＜3時，x＝a時，y有最大值a2+2，a2+2＝6，解得a＝2或a＝﹣2（舍）．
【解答】解：（1）∵y＝x2+2x+1＝（x+1）2，
∴y≥0，
∴y＝x2+2x+1沒有上界函數(shù)；
∵y＝2x﹣3（x≤5），
∴y≤7，
∴y＝2x﹣3（x≤5）有上界函數(shù)，上確界為7，
故答案為：②，7；
（2）∵y＝（a≤x≤b，a＞0），
∴當(dāng)x＝a時，y有最大值，當(dāng)x＝b時，y有最小值，
∴≤y≤，
∵函數(shù)上確界是b+1，
∴＝b+1，
∵函數(shù)的最小值為2，
∴＝2，
∴b＝3，
∴a＝；
（3）∵y＝﹣x2+2ax+2＝﹣（x﹣a）2+a2+2，
∴當(dāng)x＝a時，y有最大值a2+2，
①a≤﹣1時，x＝﹣1，y有最大值1﹣2a，
∵6為上確界，
∴1﹣2a＝6，
∴a＝﹣；
②a≥3時，x＝3時，y有最大值6a﹣7，
∵6為上確界，
∴6a﹣7＝6，
∴a＝（舍）；
③﹣1＜a＜3時，x＝a時，y有最大值a2+2，
∵6為上確界，
∴a2+2＝6，
∴a＝2或a＝﹣2（舍）；
綜上所述：a的值為﹣或2．
【點評】本題考查二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，理解定義，將所求問題轉(zhuǎn)化為求二次函數(shù)的最大值問題是解題的關(guān)鍵．
5．（2022?如東縣一模）定義：若兩個函數(shù)的圖象關(guān)于某一點P中心對稱，則稱這兩個函數(shù)關(guān)于點P互為“伴隨函數(shù)”．例如，函數(shù)y＝x2與y＝﹣x2關(guān)于原點O互為“伴隨函數(shù)”．
（1）函數(shù)y＝x+1關(guān)于原點O的“伴隨函數(shù)”的函數(shù)解析式為 y＝x﹣1 ，函數(shù)y＝（x﹣2）2+1關(guān)于原點O的“伴隨函數(shù)”的函數(shù)解析式為 y＝﹣（x+2）2﹣1 ；
（2）已知函數(shù)y＝x2﹣2x與函數(shù)G關(guān)于點P（m，3）互為“伴隨函數(shù)”．若當(dāng)m＜x＜7時，函數(shù)y＝x2﹣2x與函數(shù)G的函數(shù)值y都隨自變量x的增大而增大，求m的取值范圍；
（3）已知點A（0，1），點B（4，1），點C（2，0），二次函數(shù)y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0）與函數(shù)N關(guān)于點C互為“伴隨函數(shù)”，將二次函數(shù)y＝ax2﹣2ax﹣3a（a＞0）與函數(shù)N的圖象組成的圖形記為W，若圖形W與線段AB恰有2個公共點，直接寫出a的取值范圍．
【分析】（1）結(jié)合新定義利用待定系數(shù)法解答即可；
（2）利用數(shù)形結(jié)合的方法結(jié)合圖象，利用新定義的規(guī)定解得即可；
（3）利用分類討論的方法分三種情況解答：①當(dāng)“伴隨函數(shù)”的頂點在AB上時，求得函數(shù)N的頂點坐標(biāo)，利用對稱性求得對稱點的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法即可求解；②當(dāng)兩個函數(shù)的交點在AB上時，利用兩函數(shù)與x軸的交點坐標(biāo)，求函數(shù)N的解析式，令y＝1，即可求得a值；③當(dāng)“伴隨函數(shù)”經(jīng)過點B時，將坐標(biāo)代入函數(shù)N的解析式即可確定a的取值范圍．
【解答】解：（1）∵兩個函數(shù)是關(guān)于原點O的“伴隨函數(shù)”，
∴兩個函數(shù)的點分別關(guān)于原點中心對稱，
設(shè)函數(shù)y＝x+1上的任一點為（x，y），則它的對稱點為（﹣x，﹣y），
將（﹣x，﹣y）代入函數(shù)y＝x+1得：
﹣y＝﹣x+1，
∴y＝x﹣1．
函數(shù)y＝x+1關(guān)于原點O的“伴隨函數(shù)”的函數(shù)解析式為y＝x﹣1；
同理可得，函數(shù)y＝（x﹣2）2+1關(guān)于原點O的“伴隨函數(shù)”的函數(shù)解析式為y＝﹣（x+2）2﹣1，
故答案為：y＝x﹣1；y＝﹣（x+2）2﹣1；
（2）如圖，當(dāng)m＜x＜7時，函數(shù)y＝x2﹣2x與函數(shù)G的函數(shù)值y都隨自變量x的增大而增大，
∵“伴隨函數(shù)”的開口方向向下，
∴在對稱軸的左側(cè)y隨自變量x的增大而增大，
∴m＜7，同時“伴隨函數(shù)”的對稱軸應(yīng)與直線x＝7重合或在直線x＝7的左側(cè)，
∴m≥，
∴m≥4，
綜上，函數(shù)y＝x2﹣2x與函數(shù)G的函數(shù)值y都隨自變量x的增大而增大，m的取值范圍為4≤m＜7；
（3）a的取值范圍為a＝或a＝或a＞．理由：
①當(dāng)“伴隨函數(shù)”的頂點在AB上時，如圖，
∵y＝ax2﹣2ax﹣3a＝a（x﹣1）2﹣4a，
∴二次函數(shù)y＝ax2﹣2ax﹣3a的對稱軸為直線x＝1，
∵點C（2，0）為對稱中心，
∴函數(shù)N的對稱軸為直線x＝3，
∴函數(shù)N的頂點坐標(biāo)為（3，1），
∵（3，1）關(guān)于點C（2，0）對稱的點為（1，﹣1），
∴將（1，﹣1）代入y＝ax2﹣2ax﹣3a得：
a﹣2a﹣3a＝﹣1，
∴a＝；
②當(dāng)兩個函數(shù)的交點在AB上時，如圖，
二次函數(shù)y＝ax2﹣2ax﹣3a與x軸的交點為（﹣1，0）和（3，0），
∵點C（2，0）為對稱中心，
∴函數(shù)N與x軸的交點為（5，0）和（1，0），
∴函數(shù)N的解析式為y＝﹣ax2+6ax﹣5a，
當(dāng)y＝1時，
，
解得：a＝；
③當(dāng)“伴隨函數(shù)”經(jīng)過點B時，如圖，
∵點B（4，1），
∴1＝﹣a×16+6a×4﹣5a，
解得：a＝．
綜上，圖形W與線段AB恰有2個公共點，a的取值范圍為a＝或a＝或a＞．
【點評】本題主要考查了待定系數(shù)法，二次函數(shù)的性質(zhì)，拋物線與x軸的交點，中心對稱圖形的性質(zhì)，拋物線上點的坐標(biāo)的特征，本題是新定義型題目，理解新定義并熟練應(yīng)用以及熟練掌握二次函數(shù)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
6．（2022?如皋市一模）定義：在平面直角坐標(biāo)系中，點M（x1，y1），N（x2，y2），若x1﹣x2＝y(tǒng)1﹣y2，則稱點M，N互為正等距點，|y1﹣y2|叫做點M，N的正等距．特別地，一個點與它本身互為正等距點，且正等距為0．例如，點（﹣2，3），（1，6）互為正等距點，兩點的正等距為3．在平面直角坐標(biāo)系中，點A的坐標(biāo)為（2，1）．
（1）判斷反比例函數(shù)y＝（x＜0）的圖象上是否存在點A的正等距點？若存在，求出該點的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；
（2）若與點A的正等距等于4的點恰好落在直線y＝kx+2上，求k的值；
（3）若拋物線y＝﹣（x﹣a）（x﹣a﹣6）上存在點A的正等距點B，且點A，B的正等距不超過1，請直接寫出a的取值范圍．
【分析】（1）設(shè)所求點與點A（2，1）的正等距為m，則其坐標(biāo)為（2﹣m，1﹣m），代入反比例函數(shù)的解析式，求出m即可；
（2）由正等距的定義可得出與A（2，1）的正等距等于4的點為（6，5）或（﹣2，﹣3），分別代入直線解析式即可得出結(jié)論；
（3）設(shè)所求點與點A（2，1）的正等距為t（0＜t≤1），則其正等距點B的坐標(biāo)為（2﹣t，1﹣t）或（2+t，1+t），顯然點B在直線y＝x﹣1上運(yùn)動，令﹣（x﹣a）（x﹣a﹣6）＝x﹣1，整理得x2﹣（2a+2）x+a2+6a﹣4＝0，所以Δ＝（2a+2）2﹣4（a2+6a﹣4）≥0，則a≤，當(dāng)a＝時，交點在2到3之間．再分情況討論，進(jìn)行計算即可．
【解答】解：（1）存在，理由如下：
設(shè)所求點與點A（2，1）的正等距為m，則其坐標(biāo)為（2﹣m，1﹣m），
代入反比例函數(shù)的解析式y(tǒng)＝（x＜0），
∴（2﹣m）（1﹣m）＝2，
解得m＝3或m＝0（舍），
∴m＝3，
∴符合題意的點A的正等距點為（﹣1，﹣2）；
（2）由題意可知，與A（2，1）的正等距等于4的點為（6，5）或（﹣2，﹣3），
若（6，5）恰好落在直線y＝kx+2上，
∴6k+2＝5，解得k＝；
若（﹣2，﹣3）恰好落在直線y＝kx+2上，
∴﹣2k+2＝﹣3，解得k＝；
綜上，k的值為或．
（3）設(shè)所求點與點A（2，1）的正等距為t（0≤t≤1），則其正等距點B的坐標(biāo)為（2﹣t，1﹣t）或（2+t，1+t），
顯然點B在直線y＝x﹣1上運(yùn)動，
令﹣（x﹣a）（x﹣a﹣6）＝x﹣1，
整理得x2﹣（2a+2）x+a2+6a﹣4＝0，
∴Δ＝（2a+2）2﹣4（a2+6a﹣4）≥0，
∴a≤，
當(dāng)a＝時，交點在2到3之間．
當(dāng)點B的坐標(biāo)為（2﹣t，1﹣t）時，點B在直線y＝x﹣1（1≤x≤2）上運(yùn)動，
則有[﹣（2﹣a）（2﹣a﹣6）﹣1][﹣（1﹣a）（1﹣a﹣6）]≤0，
整理得（a+1）（a+5）（a2+2a﹣4）≤0，
∴﹣5≤a≤﹣1﹣或1≤a≤﹣1+；
同理，若當(dāng)點B（2+t，1+t）時，點B在直線y＝x﹣1（2≤x≤3）上運(yùn)動，
則有[﹣（2﹣a）（2﹣a﹣6）﹣1][﹣（3﹣a）（3﹣a﹣6）﹣2]≤0，
整理得（a+1）（a﹣1）（a2+2a﹣4）≤0，
∴﹣1≤a≤﹣1﹣或1≤a≤﹣1+；
當(dāng)﹣1+≤a≤時，在2≤x≤3上，函數(shù)與直線有兩個交點，符合題意；
綜上，a的取值范圍為：﹣5≤a≤﹣1或1≤a≤．
【點評】本題屬于新定義類問題，涉及待定系數(shù)法求函數(shù)表達(dá)式，二次函數(shù)的性質(zhì)，分類討論思想等知識；第（3）問易錯點，忽略在2≤x≤3上，存在函數(shù)與直線有兩個交點，符合題意．
7．（2022?常州模擬）對某一個函數(shù)給出如下定義：如果存在實數(shù)M，對于任意的函數(shù)值y，都滿足y≤M，那么稱這個函數(shù)是有上界函數(shù)．在所有滿足條件的M中，其最小值稱為這個函數(shù)的上確界．例如，圖中的函數(shù)y＝﹣（x﹣3）2+2是有上界函數(shù)，其上確界是2．
（1）函數(shù)①y＝x2+2x+1和②y＝2x﹣3（x≤2）中是有上界函數(shù)的為 ② （只填序號即可），其上確界為 1 ；
（2）如果函數(shù)y＝﹣x+2（a≤x≤b，b＞a）的上確界是b，且這個函數(shù)的最小值不超過2a+1，求a的取值范圍；
（3）如果函數(shù)y＝x2﹣2ax+2（1≤x≤5）是以3為上確界的有上界函數(shù)，求實數(shù)a的值．
【分析】（1）分別求出兩個函數(shù)的最大值即可求解；
（2）由題意可知：﹣b+2≤y≤﹣a+2，再由﹣a+2＝b，﹣b+2≤2a+1，b＞a，即可求a的取值范圍；
（3）當(dāng)a≤1時，27﹣10a＝3，可得a＝2.4（舍）；當(dāng)a≥5時，3﹣2a＝3，可得a＝0（舍）；當(dāng)1＜a≤3時，27﹣10a＝3，可得a＝2.4；當(dāng)3＜a＜5時，3﹣2a＝3，可得a＝0．
【解答】解：（1）①y＝x2+2x+1＝（x+1）2≥0，
∴①無上確界；
②y＝2x﹣3（x≤2），
∴y≤1，
∴②有上確界，且上確界為1，
故答案為：②，1；
（2）∵y＝﹣x+2，y隨x值的增大而減小，
∴當(dāng)a≤x≤b時，﹣b+2≤y≤﹣a+2，
∵上確界是b，
∴﹣a+2＝b，
∵函數(shù)的最小值不超過2a+1，
∴﹣b+2≤2a+1，
∴a≥﹣1，
∵b＞a，
∴﹣a+2＞a，
∴a＜1，
∴a的取值范圍為：﹣1≤a＜1；
（3）y＝x2﹣2ax+2的對稱軸為直線x＝a，
當(dāng)a≤1時，y的最大值為25﹣10a+2＝27﹣10a，
∵3為上確界，
∴27﹣10a＝3，
∴a＝2.4（舍）；
當(dāng)a≥5時，y的最大值為1﹣2a+2＝3﹣2a，
∵3為上確界，
∴3﹣2a＝3，
∴a＝0（舍）；
當(dāng)1＜a≤3時，y的最大值為25﹣10a+2＝27﹣10a，
∵3為上確界，
∴27﹣10a＝3，
∴a＝2.4；
當(dāng)3＜a＜5時，y的最大值為1﹣2a+2＝3﹣2a，
∵3為上確界，
∴3﹣2a＝3，
∴a＝0，
綜上所述：a的值為2.4．
【點評】本題是二次函數(shù)的綜合題，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，根據(jù)所給范圍分類討論求二次函數(shù)的最大值是解題的關(guān)鍵．
8．（2021?梁溪區(qū)校級二模）在拋物線y＝ax2+bx+c（a≠0）中，規(guī)定：（1）符號[a，b，c]稱為該拋物線的“拋物線系數(shù)”； （2）如果一條拋物線與x軸有兩個交點，那么以拋物線的頂點和這兩個交點為頂點的三角形稱為這條拋物線的“拋物線三角形”．
完成下列問題：
（1）若一條拋物線的系數(shù)是[﹣1，0，m+1]，則此拋物線的函數(shù)表達(dá)式為 y＝﹣x2+m+1 （含參數(shù)m），當(dāng)m滿足 m≤﹣1 時，此拋物線沒有“拋物線三角形”；
（2）若拋物線y＝x2+bx的“拋物線三角形”是等腰直角三角形，求出該拋物線的“拋物線系數(shù)”；
（3）若一條拋物線的系數(shù)是[a，﹣4a，c]（a＜0）與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側(cè)），與y軸負(fù)半軸交于點C，頂點為D，已知S△ABD：S四邊形ABCD＝1：4，且tan∠ACB＝．求該拋物線的函數(shù)關(guān)系式．
【分析】（1）由“拋物線系數(shù)”定義直接求解析式即可，再由題意可知y＝﹣x2+m+1與x軸沒有兩個不同的交點，則Δ＝4（m+1）≤0，求出m的取值范圍即可；
（2）求出頂點為D（﹣，﹣），拋物線與x軸的兩個交點為A（0，0），B（﹣b，0），則AB＝|b|，AD＝，BD＝，再由勾股定理AB2＝AD2+BD2，可得b2＝+，從而求出b＝2或b＝﹣2，即可求解；
（3）求出D（2，﹣4a+c），C（0，c），再由S△ABD：S四邊形ABCD＝1：4，可得＝，解得c＝3a，由此可求A（1，0），B（3，0），過點A作AG⊥BC交于點G，再由tan∠ACB＝，設(shè)AG＝x，可得CG＝2x，AC＝x，在Rt△ABG中，BG＝，在Rt△OAC中，AC＝，5x2＝1+9a2，在Rt△BAC中，（2x+）2＝9a2+9，整理得（2x+）2＝8+5x2，解得x2＝2或x2＝，即可求a＝﹣1或a＝﹣，再求函數(shù)的解析式即可．
【解答】解：（1）∵拋物線的系數(shù)是[﹣1，0，m+1]，
∴y＝﹣x2+m+1，
∵拋物線沒有“拋物線三角形”，
∴y＝﹣x2+m+1與x軸沒有兩個不同的交點，
∴Δ＝4（m+1）≤0，
∴m≤﹣1，
故答案為：y＝﹣x2+m+1，m≤﹣1；
（2）∵y＝x2+bx＝（x+）2﹣，
∴拋物線的頂點為D（﹣，﹣），
∵x2+bx＝0時，x＝0或x＝﹣b，
∴拋物線與x軸的兩個交點為A（0，0），B（﹣b，0），
∴AB＝|b|，AD＝，BD＝，
∴AD＝BD，
∵“拋物線三角形”是等腰直角三角形，
∴∠ADB＝90°，
∴AB2＝AD2+BD2，
∴b2＝+，
∴b＝0（舍）或b＝2或b＝﹣2，
∴拋物線的解析式為y＝x2+2x或y＝x2﹣2x，
∴“拋物線系數(shù)”為[1，2，0]或[1，﹣2，0]；
（3）∵拋物線的系數(shù)是[a，﹣4a，c]，
∴y＝ax2﹣4ax+c（a＜0），
∵y＝ax2﹣4ax+c＝a（x﹣2）2﹣4a+c，
∴D（2，﹣4a+c），
令x＝0，則y＝c，
∴C（0，c），
∵C點在y軸負(fù)半軸，
∴c＜0，
∵S△ABD：S四邊形ABCD＝1：4，
∴＝，
∴c＝3a，
∴y＝ax2﹣4ax+3a＝a（x﹣1）（x﹣3），
∴A（1，0），B（3，0），
過點A作AG⊥BC交于點G，
∵tan∠ACB＝，
∴＝，
設(shè)AG＝x，
∴CG＝2x，
∴AC＝x，
在Rt△ABG中，BG＝，
在Rt△OAC中，AC＝，
∴5x2＝1+9a2，
在Rt△BAC中，（2x+）2＝9a2+9，
∴（2x+）2＝8+5x2，
解得x2＝2或x2＝，
∴a＝﹣1或a＝﹣，
∴y＝﹣x2+4x﹣3或y＝﹣x2+x﹣1．
【點評】本題是二次函數(shù)的綜合題，熟練掌握二次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，理解新定義，能將所求將二次函數(shù)的知識相結(jié)合是解題的關(guān)鍵．
9．（2021?鹽都區(qū)二模）將拋物線y＝ax2的圖象（如圖1）繞原點順時針旋轉(zhuǎn)90度后可得新的拋物線圖象（如圖2），記為C：y2＝x．
【概念與理解】
將拋物線y1＝4x2和y2＝x2按上述方法操作后可得新的拋物線圖象，記為：C1： y2＝x ；C2： y2＝x ．
【猜想與證明】
在平面直角坐標(biāo)系中，點M（x，0）在x軸正半軸上，過點M作平行于y軸的直線，分別交拋物線C1于點A、B，交拋物線C2于點C、D，如圖3所示．
（1）填空：當(dāng)x＝1時，＝ ；當(dāng)x＝2時，＝ ；
（2）猜想：對任意x（x＞0）上述結(jié)論是否仍然成立？若成立，請證明你的猜想；若不成立，請說明理由．
【探究與應(yīng)用】
（3）利用上面的結(jié)論，可得△AOB與△COD面積比為 ；
（4）若△AOB和△COD中有一個是直角三角形時，求△COD與△AOB面積之差；
【聯(lián)想與拓展】
（5）若拋物線C3：y2＝mx、C4：y2＝nx（0＜m＜n），M（k，0）在x軸正半軸上，如圖所示，過點M作平行于y軸的直線，分別交拋物線C3于點A、B，交拋物線C4于點C、D．過點A作x軸的平行線交拋物線C4于點E，過點D作x軸的平行線交拋物線C3于點F．對于x軸上任取一點P，均有△PAE與△PDF面積的比值1：3，請直接寫出m和n之間滿足的等量關(guān)系是 n3＝9m3 ．
【分析】【概念與理解】根據(jù)題干中所給定義可直接得出結(jié)論；
【猜想與證明】（1）把x＝1代入C1中可分別求出點A和點B的坐標(biāo)，進(jìn)而求出AB的長；把x＝1代入C2中可分別求出點C和點D的坐標(biāo)，進(jìn)而求出CD的長．
（2）利用（1）中思路可分別表達(dá)出AB和CD的長，再作商即可．
【探究與應(yīng)用】
（3）△AOB和△COD中，高相同，面積比就等于底之比；
（4）需要分兩種情況：①△AOB是直角三角形時；②當(dāng)△COD中有一個是直角三角形時，再分情況討論即可；
【聯(lián)想與拓展】
（5）根據(jù)【探索與應(yīng)用】中面積求法表示m和n，再根據(jù)△PAE與△PDF面積的比值1：3可得出結(jié)論．
【解答】解：【概念與理解】
根據(jù)題中的定義可知：C1：y2＝x；C2：y2＝x；
故答案為：y2＝x；y2＝x；
【猜想與證明】
（1）把x＝1代入C1中，得y2＝，
∴y＝±，
∴A（1，），B（1，﹣）．
∴AB＝1；
把x＝1代入C2中，得y2＝1，
∴y＝±1，
∴C（1，1），D（1，﹣1）．
∴CD＝2．
∴＝．
把x＝2代入C1中，得y2＝，
∴y＝±，
∴A（1，），B（1，﹣）．
∴AB＝；
把x＝2代入C2中，得y2＝2，
∴y＝±，
∴C（1，），D（1，﹣）．
∴CD＝2．
∴＝＝．
故答案為：；．
（2）成立，理由如下：
C1：y2＝x，x＞0，
∴y1＝；y2＝﹣．
∴A（x，），B（x，﹣）；
∴AB＝；
C2：y2＝x，x＞0，
∴y1＝；y2＝﹣；
∴A（x，），B（x，﹣）；
∴AB＝2；
＝＝．
【探究與應(yīng)用】
（3）△AOB的面積＝h?AB；
△COD的面積＝h?CD，
∴S△AOB：S△COD＝h?AB：h?CD＝．
故答案為：．
（4）①△AOB是直角三角形時，
∵AM＝BM＝；
∴OM＝AM，
∴x＝，解得x＝或x＝0（舍去）；
∴OM＝，AB＝，CD＝1，
∴S＝S△COD﹣S△AOB＝××1﹣××＝；
當(dāng)△COD中有一個是直角三角形時，
∵CM＝DM＝，
∴OM＝AM，則x＝，得x＝1或x＝0（舍去）；
∴OM＝1，AB＝1，CD＝2，
∴S＝S△COD﹣S△AOB＝×1×2﹣×1×1＝．
∴面積差為或；
【聯(lián)想與拓展】
（5）由題意C3：y2＝mx、C4：y2＝nx（0＜m＜n），M（k，0）在x軸正半軸上，
當(dāng)x＝k時，y2＝mk，y2＝nk，
解得y＝±或y＝±，
∴A（k，），B（k，﹣），C（k，），D（k，﹣），
∵AE∥x軸，DF∥x軸，
∴E（，），F(xiàn)（，﹣），
∴AE＝k﹣，DF＝﹣k，
∴S△PAE＝??（k﹣），S△PDF＝??（﹣k），
∵△PAE與△PDF面積的比值1：3，
∴[??（k﹣）]：[??（﹣k）]＝1：3，
整理得，n3＝9m3．
故答案為：n3＝9m3．
【點評】本題是在平面直角坐標(biāo)系下考查新定義，主要考查函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，題目相對比較簡單，關(guān)鍵是正確表達(dá)三角形的面積．
10．（2019?廣陵區(qū)校級三模）【探究】如圖1，點N（m，n）是拋物線上的任意一點，l是過點（0，﹣2）且與x軸平行的直線，過點N作直線NH⊥l，垂足為H．
①計算：m＝0時，NH＝ 1 ；m＝4時，NO＝ 5 ．
②猜想：m取任意值時，NO ＝ NH（填“＞”、“＝”或“＜”）．
【定義】我們定義：平面內(nèi)到一個定點F和一條直線l（點F不在直線l上）距離相等的點的集合叫做拋物線，其中點F叫做拋物線的“焦點”，直線l叫做拋物線的“準(zhǔn)線”．如圖1中的點O即為拋物線y1的“焦點”，直線l：y＝﹣2即為拋物線y1的“準(zhǔn)線”．可以發(fā)現(xiàn)“焦點”F在拋物線的對稱軸上．
【應(yīng)用】（1）如圖2，“焦點”為F（﹣4，﹣1）、“準(zhǔn)線”為l的拋物線與y軸交于點N（0，2），點M為直線FN與拋物線的另一交點．MQ⊥l于點Q，直線l交y軸于點H．
①直接寫出拋物線y2的“準(zhǔn)線”l： y＝﹣3 ；
②計算求值：＝ 1 ；
（2）如圖3，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以原點O為圓心，半徑為1的⊙O與x軸分別交于A、B兩點（A在B的左側(cè)），直線與⊙O只有一個公共點F，求以F為“焦點”、x軸為“準(zhǔn)線”的拋物線的表達(dá)式．
【分析】（1）①根據(jù)勾股定理，可得ON的長，根據(jù)點到直線的距離，可得可得NH的長；
②根據(jù)圖象上的點滿足函數(shù)解析式，可得點的坐標(biāo)，根據(jù)勾股定理，可得NO的長，根據(jù)點到直線的距離，可得NH的長；
（2）①根據(jù)拋物線的“準(zhǔn)線”的定義即可得到拋物線y2的“準(zhǔn)線”l；
②先求出MQ和NH的長，代入即可求解；
（2）分兩種情況：①當(dāng)“焦點”為，頂點為，C（2，0）時；②當(dāng)“焦點”為，頂點為，C（﹣2，0）時；進(jìn)行討論可得以F為“焦點”、x軸為“準(zhǔn)線”的拋物線的表達(dá)式．
【解答】解：（1）①當(dāng)m＝0時，N（0，﹣1），ON＝1，NH＝﹣1﹣（﹣2）＝1；
當(dāng)m＝4時，y＝3，N（4，3），ON＝＝5，NH＝3﹣（﹣2）＝3+2＝5，
故答案為：1；5；
（2）猜想：NO＝NH，
證明：如圖1，NH交x軸與點Q，
∵N在y＝x2﹣1上，
∴設(shè)N（m，m2﹣1），NQ＝|m2﹣1|，OQ＝|m|，
∵△ONQ是直角三角形，
∴ON＝＝＝＝m2+1，
NH＝y(tǒng)N﹣（﹣2）＝（m2﹣1）﹣（﹣2）＝m2+1
ON＝NH．
故答案為：＝；
【應(yīng)用】（1）①拋物線y2的“準(zhǔn)線”l：y＝﹣3；
故答案為：y＝﹣3；
②＝+＝1；
故答案為：1；
（2）如圖3，設(shè)直線與x軸相交于點C．
由題意可知直線CF切⊙O于F，連接OF．
∴∠OFC＝90°
∴∠COF＝60°
又∵OF＝1，
∴OC＝2，
∴C（±2，0），
∴“焦點”、．
∴拋物線y3的頂點為．
①當(dāng)“焦點”為，頂點為，C（2，0）時，
則直線CF1：．
過點A作AM⊥x軸，交直線CF1于點M．
∴MA＝MF1，
∴在拋物線y3上．
設(shè)拋物線，將M點坐標(biāo)代入可求得：，
∴；
②當(dāng)“焦點”為，頂點為，C（﹣2，0）時，
由中心對稱性可得：y3＝（x+）2+＝x2+x+．
綜上所述：拋物線或y3＝x2+x+．
【點評】本題考查了二次函數(shù)綜合題，利用了勾股定理，點到直線的距離，線段中點的性質(zhì)，線段的和差，拋物線的“焦點”，拋物線的“準(zhǔn)線”的定義，分類思想的應(yīng)用，利用的知識點較多，題目稍有難度．
11．（2022?武進(jìn)區(qū)二模）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I，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，已知四邊形ABCD是以AB為鄰余線的鄰余四邊形，AB＝15，AD＝6，BC＝3，∠ADC＝135°，求CD的長度．
【分析】（1）根據(jù)鄰余四邊形的定義證明結(jié)論即可；
（2）連接AB，在∠A+∠B＝90°的基礎(chǔ)上選擇合適的E點和F點連接作圖即可；
（3）鄰余四邊形的定義可得∠H＝90°，由勾股定理可求解．
【解答】（1）證明：∵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）解：如圖所示（答案不唯一），
（3）解：如圖3，延長AD，CB交于點H，
∵四邊形ABCD是以AB為鄰余線的鄰余四邊形，
∴∠A+∠B＝90°，
∵∠ADC＝135°，
∴∠HDC＝45°，
∴∠HDC＝∠HCD＝45°，
∴CH＝DH，
∵AB2＝AH2+BH2，
∴225＝（6+DH）2+（3+DH）2，
∴DH＝6（負(fù)值舍去），
∴CD＝6．
【點評】本題是四邊形綜合題，考查了勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，理解新定義并運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．
12．（2022?工業(yè)園區(qū)模擬）【理解概念】
如果一個矩形的一條邊與一個三角形的一條邊能夠重合，且三角形的這條邊所對的頂點恰好落在矩形這條邊的對邊上，則稱這樣的矩形為這個三角形的“矩形框”．如圖①，矩形ABDE即為△ABC的“矩形框”．
（1）三角形面積等于它的“矩形框”面積的 ；
（2）鈍角三角形的“矩形框”有 1 個；
【鞏固新知】
（3）如圖①，△ABC的“矩形框”ABDE的邊AB＝6cm，AE＝2cm，則△ABC周長的最小值為 （6+2） cm；
（4）如圖②，已知△ABC中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，求△ABC的“矩形框”的周長；
【解決問題】
（5）如圖③，銳角三角形木板ABC的邊AB＝14cm，AC＝15cm，BC＝13cm，求出該木板的“矩形框”周長的最小值．
【分析】（1）利用同底等高的面積關(guān)系求解即可；
（2）根據(jù)鈍角三角形垂線的特點進(jìn)行判斷即可；
（3）作A點關(guān)于DE的對稱點F，連接BF，則△ABC周長≥AC+BF，求出BF+AC即可求解；
（4）以三角形三邊分別為矩形的一邊作“矩形框”，分別求出周長即可；
（5）以三角形三邊分別為矩形的一邊作“矩形框”，分別求出周長，取最小值即可．
【解答】解：（1）∵S△ABC＝×AB×AE，S矩形ABDE＝AB×AE，
∴S△ABC＝S矩形ABDE，
故答案為：；
（2）由定義可知，鈍角三角形以鈍角所對的邊為矩形一邊，能夠構(gòu)造出一個“矩形框”，
故答案為：1；
（3）如圖①，作A點關(guān)于DE的對稱點F，連接BF，
∴CF＝AC，
∴AC+BC≥BF，
∴△ABC周長＝AB+AC+BC≥AC+BF，
∵AB＝6cm，AE＝2cm，
在Rt△ABF中，BF＝2，
∴△ABC周長的最小值（6+2）cm，
故答案為：（6+2）；
（4）如圖②﹣1，以AB邊為矩形一邊時，作“矩形框”ABDE，
∵∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，
∴AB＝5cm，
∵S△ABC＝×3×4＝×5×AE，
∴AE＝，
∴矩形ABDE的周長＝2×（5+）＝（cm）；
如圖②﹣2，以BC邊為矩形一邊時，作“矩形框”BCAF，
∴矩形BCAF的周長＝2×（3+4）＝14（cm）；
同理，以AB為矩形一邊時，“矩形框”的周長為14cm；
綜上所述：△ABC的“矩形框”的周長為cm或14cm；
（5）如圖③﹣1，以AB為一邊作“矩形框”ABDE，過點C作CG⊥AB交于G，
∴CG2＝AC2﹣AG2＝BC2﹣BG2，AG+BG＝AB，
又∵AB＝14cm，AC＝15cm，BC＝13cm，
∴AG＝9cm，BG＝5cm，
∴CG＝12cm，
∴“矩形框”ABDE的周長＝2×（14+12）＝52cm；
如圖③﹣2，以BC為一邊作“矩形框”BCNM，過點A作AH⊥CB交于H，
∵S△ABC＝×CG×AB＝×12×14＝×AH×BC，
∴AH＝cm，
∴“矩形框”BCNM的周長＝2×（13+）＝cm；
如圖③﹣3，以AC為矩形一邊，作“矩形框”ACTS，過點B作BK⊥AC交于點K，
∵S△ABC＝×CG×AB＝×12×14＝×BK×AC，
∴BK＝cm，
∴“矩形框”ACTS的周長＝2×（15+）＝cm；
∵＜52＜，
∴該木板的“矩形框”周長的最小值為cm．
【點評】本題考查四邊形的綜合應(yīng)用，熟練掌握矩形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，理解定義，能夠分類構(gòu)造“矩形框”是解題的關(guān)鍵．
13．（2022?姑蘇區(qū)一模）定義：有兩個內(nèi)角分別是它們對角的一半的四邊形叫做半對角四邊形．
（1）如圖1，在半對角四邊形ABCD中，∠B＝∠D，∠C＝∠A，則∠B+∠C＝ 120 °；
（2）如圖2，銳角△ABC內(nèi)接于⊙O，若邊AB上存在一點D，使得BD＝BO，在OA上取點E，使得DE＝OE，連接DE并延長交AC于點F，∠AED＝3∠EAF．求證：四邊形BCFD是半對角四邊形；
（3）如圖3，在（2）的條件下，過點D作DG⊥OB于點H，交BC于點G，OH＝2，DH＝6．
①連接OC，若將扇形OBC圍成一個圓錐的側(cè)面，則該圓錐的底面半徑為 ；
②求△ABC的面積．
【分析】（1）利用半對角四邊形的定義和四邊形的內(nèi)角和定理解答即可；
（2）連接OC，利用半對角四邊形的定義分別計算∠ACB＝∠BDF和∠ABC＝∠DFC即可；
（3）①連接OC，通過計算的長度，利用圓錐的側(cè)面展開圖的弧長等于底面圓的周長，列出等式即可求解；
②過點O作OM⊥BC于點M，利用直角三角形的邊角關(guān)系求得線段BC，HG的長，證明△BDG∽△BCA，利用相似三角形的面積比等于相似比的平方，通過計算△BDG的面積求得結(jié)論．
【解答】（1）解：∵四邊形ABCD是半對角四邊形，
∴∠B＝∠D，∠C＝∠A．
∴∠D＝2∠B，∠A＝2∠C．
∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，
∴3∠B+3∠C＝360°，
∴∠B+∠C＝120°，
故答案為：120；
（2）證明：連接OC，如圖，
在△BDE和△BOE中，
，
∴△BDE≌△BOE（SSS）．
∴∠BDF＝∠BOE．
∵∠ACB＝∠BOE，
∴∠ACB＝∠BDF．
設(shè)∠EAF＝α，則∠AED＝3α．
∵∠AED＝∠EAF+∠AFE，
∴∠AFE＝∠AED﹣∠EAF＝2α，
∴∠DFC＝180°﹣∠AFD＝180°﹣2α．
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠EAF＝α，
∴∠AOC＝180°﹣∠EAF﹣∠OCA＝180°﹣2α，
∴∠AOC＝∠DFC．
∵∠ABC＝∠AOC，
∴∠ABC＝∠DFC，
∴四邊形BCFD是半對角四邊形；
（3）解：①連接OC，如圖，
四邊形BCFD是半對角四邊形，且∠ABC＝∠DFC，∠ACB＝∠BDF，
由（1）的方法可求得：∠ABC+∠ACB＝120°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝60°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝120°．
設(shè)⊙O的半徑為r，則BD＝BO＝r，BH＝r﹣2，
在Rt△BDH中，
∵BD2＝BH2+DH2，
r2＝62+（r﹣2）2．
解得：r＝10．
∴BD＝BO＝10，BH＝BO﹣OH＝8．
∴扇形OBC的弧長＝＝，
設(shè)該圓錐的底面半徑為x，
∴2πx＝，
∴x＝．
故答案為：；
②過點O作OM⊥BC于點M，
∵OB＝OC，∠BOC＝120°，
∴∠OBC＝∠OCB＝30°．
∵OM⊥BC，
∴BM＝CM＝．
∵BM＝OB?cs30°＝5，
∴BC＝10．
在Rt△BGH中，
HG＝BH?tan30°＝8×＝．
∴DG＝DH+HG＝6+．
∵BH⊥DG，∠HBG＝30°，
∴∠BGD＝60°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BGD＝∠BAC．
∵∠DBG＝∠CBA，
∴△BDG∽△BCA．
∴＝，
∴S△ABC＝3S△DBG＝3××DG?BH＝3××8×（6+）＝72+32．
【點評】本題主要考查了四邊形的內(nèi)角和定理，圓周角定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理及其推論，勾股定理，解直角三角形，特殊角的三角函數(shù)值，圓錐的側(cè)面展開圖，扇形的弧長，相似三角形的判定與性質(zhì)，垂徑定理，本題是閱讀型題目，理解并熟練應(yīng)用新定義是解題的關(guān)鍵．
14．（2021?新吳區(qū)二模）定義：長寬比為：1（n為正整數(shù)）的矩形稱為矩形．下面，我們通過折疊的方式折出一個矩形，如圖a所示．
操作1：將正方形ABEF沿過點A的直線折疊，使折疊后的點B落在對角線AE上的點G處，折痕為AH．
操作2：將FE沿過點G的直線折疊，使點F、點E分別落在邊AF，BE上，折痕為CD．則四邊形ABCD為矩形．
（1）證明：四邊形ABCD為矩形；
（2）點M是邊AB上一動點．
①如圖b，O是對角線AC的中點，若點N在邊BC上，OM⊥ON，連接MN．求tan∠OMN的值；
②若AM＝AD，點N在邊BC上，當(dāng)△DMN的周長最小時，求的值；
③連接CM，作BR⊥CM，垂足為R．若AB＝2，則DR的最小值＝ 2 ．
【分析】（1）先判斷出∠DAG＝45°，進(jìn)而判斷出四邊形ABCD是矩形，再求出AB：AD的值，即可得出結(jié)論；
（2）①如圖b，先判斷出四邊形BQOP是矩形，進(jìn)而得出，，再判斷出Rt△QON∽Rt△POM，進(jìn)而判斷出＝．，即可得出結(jié)論；
②作M關(guān)于直線BC對稱的點P，則△DMN的周長最小，判斷出，得出AB＝CD＝a．進(jìn)而得出BP＝BM＝AB﹣AM＝（﹣1）a．即可得出結(jié)論；
③先求出BC＝AD＝2，再判斷出點R是BC為直徑的圓上，即可得出結(jié)論．
【解答】證明：（1）設(shè)正方形ABEF的邊長為a，
∵AE是正方形ABEF的對角線，
∴∠DAG＝45°，
由折疊性質(zhì)可知AG＝AB＝a，∠FDC＝∠ADC＝90°，
則四邊形ABCD為矩形，
∴△ADG是等腰直角三角形．
∴AD＝DG＝，
∴AB：AD＝a：＝：1．
∴四邊形ABCD為矩形；
（2）①解：如圖b，作OP⊥AB，OQ⊥BC，垂足分別為P，Q．
∵四邊形ABCD是矩形，∠B＝90°，
∴四邊形BQOP是矩形．
∴∠POQ＝90°，OP∥BC，OQ∥AB．
∴，．
∵O為AC中點，
∴OP＝BC，OQ＝AB．
∵∠MON＝90°，
∴∠QON＝∠POM．
∴Rt△QON∽Rt△POM．
∴＝．
∴tan∠OMN＝．
②解：如圖c，作M關(guān)于直線BC對稱的點P，連接DP交BC于點N，連接MN．
則△DMN的周長最小，
∵DC∥AP，
∴，
設(shè)AM＝AD＝a，則AB＝CD＝a．
∴BP＝BM＝AB﹣AM＝（﹣1）a．
∴＝＝2+，
③如備用圖，
∵四邊形ABCD為矩形，AB＝2，
∴BC＝AD＝2，
∵BR⊥CM，
∴點R在以BC為直徑的圓上，記BC的中點為I，
∴CI＝BC＝1，
∴DR最小＝﹣1＝2
故答案為：2
【點評】此題相似形綜合題，主要考查了新定義，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，矩形的性質(zhì)和判定，利用對稱性和垂線段最短確定出最小值是解本題的關(guān)鍵．
15．（2022?通州區(qū)一模）平面直角坐標(biāo)系xOy中，對于點P（x，y），給出如下定義：若x，y滿足|xy|＝2|x|+2|y|，且xy≠0，則稱點P為平衡點．例如，點是平衡點．
（1）P1（2，2）和P2（，﹣5）兩點中，點 P2 是平衡點；
（2）若平衡點P在一次函數(shù)的圖象上，求點P的坐標(biāo)；
（3）如圖，矩形OABC的邊OA，OC分別在x軸、y軸的正半軸上，OC＝6．反比例函數(shù)的圖象交邊BC于點D，交邊AB于點E若D，E兩點均為平衡點．求∠ODE的正切值．
【分析】（1）根據(jù)平衡點的定義判斷即可．
（2）設(shè)P（a，﹣a+2）（a＜0），根據(jù)平衡點定義列等式，解方程即可求出a，即可得點P坐標(biāo)．
（3）由OC＝6，可得D（，6），結(jié)合平衡點的定義，可得|k|＝2||+2×6，求得k＝18，即可得反比例函數(shù)解析式，令點E的坐標(biāo)為（a，），a＞0，由點E為平衡點，可得18＝2a+，進(jìn)而可得點D的坐標(biāo)為（6，3）．過點E作EM⊥OD于點M，連接OE．結(jié)合＝S矩形ABCO﹣S△COD﹣S△BDE﹣S△AOE，可得出EM和DM，即可得出答案．
【解答】解：（1）對于P1（2，2），
∵|2×2|＝4，2×|2|+2×|2|＝8，4≠8，
∴P1不是平衡點．
對于P2（，﹣5），
∵，2×+2×|﹣5|＝，
∴P2是平衡點．
故答案為：P2．
（2）設(shè)P（a，﹣a+2）（a＜0），
則|a（﹣a+2）|＝2|a|+2|﹣a+2|，
整理得﹣a（﹣a+2）＝﹣2a+2（﹣a+2），
即+a﹣4＝0，
解得a＝﹣4或a＝2（舍去），
∴點P的坐標(biāo)為（﹣4，4）．
（3）∵OC＝6，
∴點D的縱坐標(biāo)為6，
將點y＝6代入反比例函數(shù)中，
得x＝，
則D（，6），
∵D為平衡點，
∴|k|＝2||+2×6，
由題意知k＞0，
∴k＝+12，
解得k＝18，
則反比例函數(shù)的解析式為（x＞0），
令點E的坐標(biāo)為（a，），a＞0，
∵點E為平衡點，
∴18＝2a+，
解得a＝3或a＝6，
∴點E的坐標(biāo)為（6，3）．
過點E作EM⊥OD于點M，連接OE．
∵OC＝OA＝6，BD＝BE＝AE＝3，
∴OD＝3，DE＝3，
∵＝S矩形ABCO﹣S△COD﹣S△BDE﹣S△AOE，
即＝36﹣9﹣﹣9，
解得EM＝．
∴DM＝＝，
∴tan∠ODE＝＝3．
故∠ODE的正切值為3．
【點評】本題考查新定義問題、反比例函數(shù)與一次函數(shù)交點問題，能正確理解新定義的內(nèi)容是解答本題的關(guān)鍵．
16．（2022?淮安區(qū)模擬）我們定義：等腰三角形中底邊與腰的比叫做底角的鄰對（can），如圖1，在△ABC中，AB＝AC，底角∠B的鄰對記作canB，這時canB＝＝．容易知道一個角的大小與這個角的鄰對值是一一對應(yīng)的，根據(jù)上述角的鄰對的定義，解下列問題：
（1）can30°＝ ，若canB＝1，則∠B＝ 60 °．
（2）如圖2，在△ABC中，AB＝AC，canB＝，S△ABC＝48，求△ABC的周長．
【分析】（1）根據(jù)定義，要求can30°的值，想利用等腰三角形的三線合一性質(zhì)，想到過點A作AD⊥BC，垂足為D，根據(jù)∠B＝30°，可得：BD＝AB，再利用等腰三角形的三線合一性質(zhì)，求出BC即可解答，
根據(jù)定義，canB＝1，可得底邊與腰相等，所以這個等腰三角形是等邊三角形，從而得∠B＝60°；
（2）根據(jù)定義，想利用等腰三角形的三線合一性質(zhì)，想到過點A作AD⊥BC，垂足為D，canB＝，所以設(shè)BC＝8x，AB＝5x，然后利用勾股定理表示出三角形的高，再利用S△ABC＝48，列出關(guān)于x的方程即可解答．
【解答】解：（1）如圖：過點A作AD⊥BC，垂足為D，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BC＝2BD，
∵∠B＝30°，
∴BD＝ABcs30°＝AB，
∴BC＝2BD＝AB，
∴can30°＝＝＝，
若canB＝1，
∴canB＝＝1，
∴BC＝AB，
∵AB＝AC，
∴AB＝BC＝AC，
∴△ABC是等邊三角形，
∴∠B＝60°，
故答案為：，60；
（2）過點A作AD⊥BC，垂足為D，
∵canB＝，
∴＝，
∴設(shè)BC＝8x，AB＝5x，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴BD＝BC＝4x，
∴AD＝＝3x，
∵S△ABC＝48，
∴BC?AD＝48，
∴?8x?3x＝48，
∴x2＝4，
∴x＝±2（負(fù)值舍去），
∴x＝2，
∴AB＝AC＝10，BC＝16，
∴△ABC的周長為36，
答：△ABC的周長為36．
【點評】本題考查了解直角三角形，熟練掌握等腰三角形的三線合一的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
17．（2022?廣陵區(qū)一模）學(xué)習(xí)過三角函數(shù)，我們知道在直角三角形中，一個銳角的大小與兩條邊長的比值相互唯一確定，因此邊長與角的大小之間可以相互轉(zhuǎn)化．
類似的，可以在等腰三角形中建立邊角之間的聯(lián)系，我們定義：等腰三角形中底邊與腰的比叫做頂角的正對（sad）．如圖，在△ABC中，AB＝AC，頂角A的正對記作sadA，這時sadA＝．容易知道一個角的大小與這個角的正對值也是相互唯一確定的．
根據(jù)上述對角的正對定義，解下列問題：
（1）sad60°的值為 B ．
A． B．1 C．D．2
（2）對于0°＜A＜180°，∠A的正對值sadA的取值范圍是 0＜sadA＜2 ．
（3）已知sinA＝，其中∠A為銳角，試求sadA的值．
【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，求出底角的度數(shù)，判斷出三角形為等邊三角形，再根據(jù)正對的定義解答；
（2）求出0度和180度時等腰三角形底和腰的比即可；
（3）作出直角△ABC，構(gòu)造等腰三角形ACD，根據(jù)正對的定義解答．
【解答】解：（1）根據(jù)正對定義，
當(dāng)頂角為60°時，等腰三角形底角為60°，
則三角形為等邊三角形，
則sad60°＝＝1．
故選B．
（2）當(dāng)∠A接近0°時，sadA接近0，
當(dāng)∠A接近180°時，等腰三角形的底接近于腰的二倍，故sadA接近2．
于是sadA的取值范圍是0＜sadA＜2．
故答案為0＜sadA＜2．
（3）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，sinA＝．
在AB上取點D，使AD＝AC，
作DH⊥AC，H為垂足，令BC＝3k，AB＝5k，
則AD＝AC＝＝4k，
又∵在△ADH中，∠AHD＝90°，sinA＝．
∴DH＝ADsinA＝k，AH＝＝k．
則在△CDH中，CH＝AC﹣AH＝k，CD＝＝k．
于是在△ACD中，AD＝AC＝4k，CD＝k．
由正對的定義可得：sadA＝＝．
【點評】此題是一道新定義的題目，考查了正對這一新內(nèi)容，要熟悉三角函數(shù)的定義，可進(jìn)行類比解答．
18．（2022?鹽城一模）對于平面內(nèi)的兩點K、L，作出如下定義：若點Q是點L繞點K旋轉(zhuǎn)所得到的點，則稱點Q是點L關(guān)于點K的旋轉(zhuǎn)點；若旋轉(zhuǎn)角小于90°，則稱點Q是點L關(guān)于點K的銳角旋轉(zhuǎn)點．如圖1，點Q是點L關(guān)于點K的銳角旋轉(zhuǎn)點．
（1）已知點A（4，0），在點Q1（0，4），Q2（2，），Q3（﹣2，），Q4（，﹣2）中，是點A關(guān)于點O的銳角旋轉(zhuǎn)點的是 Q2，Q4 ．
（2）已知點B（5，0），點C在直線y＝2x+b上，若點C是點B關(guān)于點O的銳角旋轉(zhuǎn)點，求實數(shù)b的取值范圍．
（3）點D是x軸上的動點，D（t，0），E（t﹣3，0），點F（m，n）是以D為圓心，3為半徑的圓上一個動點，且滿足n≥0．若直線y＝2x+6上存在點F關(guān)于點E的銳角旋轉(zhuǎn)點，請直接寫出t的取值范圍．
【分析】（1）如圖中，滿足條件的點在半圓上（不包括點A以及y軸上的點），點Q2，Q4滿足條件．
（2）如圖中，以O(shè)為圓心，3為半徑作半圓，交y軸于P（0，3），P′（0，﹣3）當(dāng)直線y＝2x+b與半圓有交點（不包括P，B）時，滿足條件．
（3）根據(jù)題意，點F關(guān)于點E的銳角旋轉(zhuǎn)點在半圓E上，設(shè)點P在半圓S上，點Q在半圓T上（將半圓D繞點E旋轉(zhuǎn)），如圖3（1），半圓掃過的區(qū)域為圖3（1）中陰影部分，求出圖3（2），圖3（3）中，t的值，可得結(jié)論．
【解答】解：（1）如圖，∵A（4，0），Q1（0，4），
∴OA＝OQ1＝4，∠AOQ1＝90°，
∴點Q1不是點A關(guān)于點O的銳角旋轉(zhuǎn)點；
∵Q2（2，），作Q2F⊥x軸于點F，
∴OQ2＝＝＝4＝OA，
∵tan∠Q2OF＝＝，
∴∠Q2OF＝60°，
∴點Q2是點A關(guān)于點O的銳角旋轉(zhuǎn)點；
∵Q3（﹣2，），作Q3G⊥x軸于點G，
則tan∠Q3OG＝＝＝，
∴∠Q3OG＝60°，
∴OQ3＝＝＝4＝OA，
∵∠AOQ3＝180°﹣60°＝120°，
∴Q3不是點A關(guān)于點O的銳角旋轉(zhuǎn)點；
∵Q4（，﹣2），作Q4H⊥x軸于點H，
則tan∠Q4OH＝＝＝1，
∴∠Q4OH＝45°，
∵OQ4＝＝＝4＝OA，
∴Q4是點A關(guān)于點O的銳角旋轉(zhuǎn)點；
綜上所述，在點Q1，Q2，Q3，Q4中，是點A關(guān)于點O的銳角旋轉(zhuǎn)點的是Q2，Q4，
故答案為：Q2，Q4．
（2）在y軸上取點P（0，5），當(dāng)直線y＝2x+b經(jīng)過點P時，可得b＝5，
當(dāng)直線y＝2x+b經(jīng)過點B時，則2×5+b＝0，
解得：b＝﹣10，
∴當(dāng)﹣10＜b＜5時，OB繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)銳角時，點C一定可以落在某條直線y＝2x+b上，
過點O作OG⊥直線y＝2x+b，垂足G在第四象限時，如圖，
則OT＝﹣b，OS＝﹣b，
∴ST＝＝＝﹣b，
當(dāng)OG＝5時，b取得最小值，
∵5×（﹣b）＝﹣b×（﹣b），
∴b＝﹣5，
∴﹣5≤b＜5．
（3）根據(jù)題意，點F關(guān)于點E的銳角旋轉(zhuǎn)點在半圓E上，設(shè)點P在半圓S上，點Q在半圓T上（將半圓D繞點E旋轉(zhuǎn)），如圖3（1），半圓掃過的區(qū)域為圖3（1）中陰影部分，
如圖3（2）中，陰影部分與直線y＝2x+6相切于點G，tan∠EMG＝2，SG＝3，過點G作GI⊥x軸于點I，過點S作SJ⊥GI于點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＝+，
如圖3（3）中，陰影部分與HK相切于點G，tan∠OMK＝tan∠EMH＝2，EH＝6，則MH＝3，EM＝3，
∴xE＝t﹣3＝﹣3﹣3，
解得t＝﹣3，
觀察圖象可知，﹣3≤t＜3++．
【點評】本題屬于圓綜合題，考查了直線與圓的位置關(guān)系，點P是點M關(guān)于點N的銳角旋轉(zhuǎn)點的定義等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會尋找特殊點，特殊位置解決問題，屬于壓軸題．
19．（2022?鐘樓區(qū)校級模擬）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，正方形ABCD的頂點分別為A（0，1），B（﹣1，0），C（0，﹣1），D（1，0）．對于圖形M，給出如下定義：P為圖形M上任意一點，Q為正方形ABCD邊上任意一點，如果P，Q兩點間
的距離有最大值，那么稱這個最大值為圖形M的“正方距”，記作d（M）．
已知點E（3，0）．
①直接寫出d（點E）的值；
②過點E畫直線y＝kx﹣3k與y軸交于點F，當(dāng)d（線段EF）取最小值時，求k的取值范圍；
③設(shè)T是直線y＝﹣x+3上的一點，以T為圓心，長為半徑作⊙T．若d（⊙T）滿足d（⊙T）＞+，直接寫出圓心T的橫坐標(biāo)x的取值范圍．
【分析】①由定義可知d（點E）＝BE＝4；
②由題意可知d（線段EF）的最小值＝d（點E）＝4，當(dāng)d（點F）＝4時，F(xiàn)（0，3）或（0，﹣3），分別求出相應(yīng)的k的值，則可求﹣1≤k≤1；
③由②可知，d（點E）＝d（點F）＝4＜，D點T在第二象限或第四象限，設(shè)T（x，﹣x+3），當(dāng)T點在第二象限時，TC＝時，x＝2﹣；當(dāng)T點在第四象限時，TB＝時，x＝1+；即可求x＞1+或x＜2﹣時滿足題意．
【解答】解：①∵E（3，0），B（﹣1，0），
∴d（點E）＝BE＝4；
②∵d（線段EF）取最小值，
∴d（線段EF）的最小值＝d（點E）＝4，
∴d（點F）≤4，
當(dāng)d（點F）＝4時，F(xiàn)（0，3）或（0，﹣3），
當(dāng)F（0，3）時，k＝﹣1，
當(dāng)F（0，﹣3）時，k＝1，
∴﹣1≤k≤1；
③由②可知，d（點E）＝d（點F）＝4＜，
∴D點T在第二象限或第四象限，
設(shè)T（x，﹣x+3），
當(dāng)T點在第二象限時，TC＝時，x2+（﹣x+3+1）2＝，
解得x＝2﹣或x＝2+（舍）；
當(dāng)T點在第四象限時，TB＝時，（x+1）2+（﹣x+3）2＝，
解得x＝1+或x＝1﹣（舍）；
∵d（⊙T）＞+，
∴x＞1+或x＜2﹣．
【點評】本題考查圓的綜合應(yīng)用，熟練掌握一次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，圓的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，弄清定義，數(shù)形結(jié)合解題是關(guān)鍵．
20．（2022?常州一模）對于平面直角坐標(biāo)系xOy中的圖形M、N，給出如下定義：P為圖形M上任意一點，Q為圖形N上任意一點，如果P、Q兩點間的距離有最小值，那么稱這個最小值為圖形M、N間的“圖距離“，記作d（M，N）．已知點A（﹣2，6），B（﹣2，﹣2），C（6，﹣2）．
（1）d（點O，△ABC）；
（2）線段L是直線y＝x（﹣2≤x≤2）上的一部分，若d（L，△ABC）＝1，且L的長度最長時，求線段L兩個端點的橫坐標(biāo)；
（3）⊙T的圓心為T（t，0），半徑為1．若d（⊙T，△ABC）＝1，直接寫出t的取值范圍．
【分析】（1）畫出圖形，結(jié)合定義即可求解；
（2）線段L上點R（﹣1，﹣1）到△ABC的邊AB的距離是1，到邊BC的距離是1；過點S作SH∥x軸交AC于點H，直線y＝x交線段AC于點G，過G點作GW⊥GH交于W，求出直線AC與直線y＝x的交點G（2，2），在等腰直角三角形△SGH中，求出GW＝，則可求S（2﹣，2﹣），即可求解；
（3）分三種情況討論：①當(dāng)⊙T在△ABC的左側(cè)時，T（﹣4，0）；②當(dāng)⊙T在△ABC內(nèi)部時，當(dāng)T點與O點重合時，滿足題意；過T點作TM⊥AC交于M，設(shè)直線AC與x軸交點為N，則△PMN是等腰直角三角形，求出T（4﹣2，0），可得0≤t≤4﹣2時，若d（⊙T，△ABC）＝1；③當(dāng)⊙T在△ABC右側(cè)時，過T點作TK⊥AC交于K，同②可求T（4+2，0），則t＝﹣4或0≤t≤4﹣2或t＝4+2時，d（⊙T，△ABC）＝1．
【解答】解：（1）如圖1，點O到△ABC的最短距離為2，
∴d（點O，△ABC）＝2；
（2）如圖2，∵AB＝8，BC＝8，
∴∠A＝∠C＝45°，
∵y＝x是第一、三象限的角平分線，
∴直線y＝x垂直線段AC，
線段L上點R（﹣1，﹣1）到△ABC的邊AB的距離是1，到邊BC的距離是1，
設(shè)線段L上點S到線段AC的距離為1，
過點S作SH∥x軸交AC于點H，直線y＝x交線段AC于點G，過G點作GW⊥GH交于W，
設(shè)直線AC的解析式為y＝kx+b，
∴，
解得，
∴y＝﹣x+4，
聯(lián)立方程組，
解得
∴G（2，2），
∴△SGH是等腰直角三角形，
∵SG＝1，
∴GW＝，
∴S（2﹣，2﹣），
∴線段SR的長是線段L長的最大值，
此時線段L的兩個端點橫坐標(biāo)為﹣1，2﹣；
（3）①當(dāng)⊙T在△ABC的左側(cè)時，
∵d（⊙T，△ABC）＝1，⊙T的半徑為1，
∴T（﹣4，0），
∴t＝﹣4；
②當(dāng)⊙T在△ABC內(nèi)部時，
如圖3，當(dāng)T點與O點重合時，d（⊙T，△ABC）＝1，
此時t＝0，
如圖4，過T點作TM⊥AC交于M，設(shè)直線AC與x軸交點為N，
∵AB＝8，BC＝8，
∴∠A＝∠C＝45°，
∴∠MNP＝45°，
∴△PMN是等腰直角三角形，
∵TM＝2，
∴TN＝2，
∴T（4﹣2，0），
∴t＝4﹣，
∴0≤t≤4﹣2時，若d（⊙T，△ABC）＝1；
③如圖5，當(dāng)⊙T在△ABC右側(cè)時，過T點作TK⊥AC交于K，
由②可知△KTN是等腰直角三角形，
∵TK＝2，
∴TN＝2，
∴T（4+2，0），
∴t＝4+2；
綜上所述：t＝﹣4或0≤t≤4﹣2或t＝4+2．
【點評】本題是圓的綜合題，熟練掌握圓的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，一次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，數(shù)形結(jié)合，分類討論是解題的關(guān)鍵．
21．（2022?秦淮區(qū)二模）【概念認(rèn)識】
與矩形一邊相切（切點不是頂點）且經(jīng)過矩形的兩個頂點的圓叫做矩形的第Ⅰ類圓；與矩形兩邊相切（切點都不是頂點）且經(jīng)過矩形的一個頂點的圓叫做矩形的第Ⅱ類圓．
【初步理解】
（1）如圖①～③，四邊形ABCD是矩形，⊙O1和⊙O2都與邊AD相切，⊙O2與邊AB相切，⊙O1和⊙O3都經(jīng)過點B，⊙O3經(jīng)過點D，3個圓都經(jīng)過點C．在這3個圓中，是矩形ABCD的第Ⅰ類圓的是 ① ，是矩形ABCD的第Ⅱ類圓的是 ② ．
【計算求解】
（2）已知一個矩形的相鄰兩邊的長分別為4和6，直接寫出它的第Ⅰ類圓和第Ⅱ類圓的半徑長．
【深入研究】
（3）如圖④，已知矩形ABCD，用直尺和圓規(guī)作圖．（保留作圖痕跡，并寫出必要的文字說明）
①作它的1個第Ⅰ類圓；
②作它的1個第Ⅱ類圓．
【分析】（1）由定義直接判斷即可；
（2）第Ⅰ類圓分兩種情況求：當(dāng)AD＝6，AB＝4時和AD＝4，BC＝6時；第Ⅰ類圓和第Ⅱ類圓都利用勾股定理和垂徑定理求解即可；
（3）第一步：作∠BAD的平分線；第二步：在角平分線上任取點E，過點E作EF⊥AD，垂足為點F；第三步：以點E為圓心，EF為半徑作圓E，交AC于點G，連接FG；第四步過點C作CH∥FG，CH交AD于點H；第五步過點H作AD的垂線，交∠BAD的平分線于點O；第六步：以點O為圓心，OH為半徑的圓，⊙O即為所求第Ⅱ類圓．
【解答】解：（1）由定義可得，①的矩形有一條邊AD與⊙O1相切，點B、C在圓上，
∴①是第Ⅰ類圓；
②的矩形有兩條邊AD、AB與⊙O2相切，點C在圓上，
∴②是第Ⅱ類圓；
故答案為：①，②；
（2）如圖1，設(shè)AD＝6，AB＝4，切點為E，過點O作EF⊥BC交BC于F，交AD于E，連接BO，
設(shè)BO＝r，則OE＝r，OF＝4﹣r，
由垂徑定理可得，BF＝CF＝3，
在Rt△BOF中，r2＝（4﹣r）2+32，
解得r＝；
如圖2，設(shè)AD＝4，BC＝6，切點為E，過點O作EF⊥BC交BC于F，交AD于E，連接BO，
設(shè)BO＝r，則OE＝r，OF＝6﹣r，
由垂徑定理可得，BF＝CF＝2，
在Rt△BOF中，r2＝（6﹣r）2+22，
解得r＝；
綜上所述：第Ⅰ類圓的半徑是或；
如圖3，AD＝6，AB＝4，過點O作MN⊥AD交于點M，交BC于點N，連接OC，
設(shè)AB邊與⊙O的切點為G，連接OG，
∴GO⊥AB，
設(shè)OM＝r，則OC＝r，則ON＝4﹣r，
∵OG＝r，
∴BN＝r，
∴NC＝6﹣r，
在Rt△OCN中，r2＝（4﹣r）2+（6﹣r）2，
解得r＝10﹣4，
∴第Ⅱ類圓的半徑是10﹣4；
（3）①如圖4，
第一步，作線段AD的垂直平分線交AD于點E，
第二步，連接EC，
第三步，作EC的垂直平分線交EF于點O，
第四步，以O(shè)為圓心，EO為半徑作圓，
∴⊙O即為所求第Ⅰ類圓；
②如圖5，
第一步：作∠BAD的平分線；
第二步：在角平分線上任取點E，過點E作EF⊥AD，垂足為點F；
第三步：以點E為圓心，EF為半徑作圓E，交AC于點G，連接FG；
第四步：過點C作CH∥FG，CH交AD于點H；
第五步：過點H作AD的垂線，交∠BAD的平分線于點O；
第六步：以點O為圓心，OH為半徑的圓，⊙O即為所求第Ⅱ類圓．

【點評】本題考查圓的性質(zhì)和相關(guān)計算，理解定義，熟練掌握垂徑定理，線段的垂直平分線性質(zhì)，勾股定理是解題的關(guān)鍵．
22．（2022?常熟市模擬）定義：圓心在三角形的一條邊上，并與三角形的其中一邊所在直線相切的圓稱為這個三角形的切圓，相切的邊稱為這個圓的切邊．
（1）如圖1，△ABC中，AB＝CB，∠A＝30°，點O在AC邊上，以O(shè)C為半徑的⊙O恰好經(jīng)過點B，求證：⊙O是△ABC的切圓．
（2）如圖2，△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，⊙O是△ABC的切圓，且另外兩條邊都是⊙O的切邊，求⊙O的半徑．
（3）如圖3，△ABC中，以AB為直徑的⊙O恰好是△ABC的切圓，AC是⊙O的切邊，⊙O與BC交于點F，取弧BF的中點D，連接AD交BC于點E，過點E作EH⊥AB于點H，若CF＝8，BF＝10，求AC和EH的長．
【分析】（1）連接OB，說明AB是圓的切線即可利用新定義得出結(jié)論；
（2）利用分類討論的方法分兩種情況解答：①當(dāng)圓心O在BC邊上，⊙O與AB，AC邊相切于點M，N時，連接OA，OM，ON，利用切線長定理和切線的性質(zhì)定理，和相似三角形的判定定理與性質(zhì)求得線段DM，再利用勾股定理即可求出圓的半徑；②當(dāng)圓心O在AC邊上，⊙O與AB，BC邊相切于點M，N時，連接OM，ON，BO，過點A作AH⊥BC于點H，利用切線的性質(zhì)定理和三角形的面積公式，設(shè)OM＝ON＝r，列出方程即可求解；
（3）連接AF，利用直徑所對的圓周角為直角和切線的性質(zhì)定理證明得到△ACF∽△BAF，利用相似三角形的性質(zhì)求的AF，利用勾股定理求得AC；利用角平分線的性質(zhì)求得EF，BE，再利用平行線分線段成比例定理即可求得EH．
【解答】（1）證明：連接OB，如圖，
∵AB＝AC，∠A＝30°，
∴∠A＝∠C＝30°．
∴∠CAB＝180°﹣∠A﹣∠C＝120°．
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠C＝30°．
∴∠OBA＝∠CBA﹣∠OBC＝90°．
即OB⊥BA．
∵OB是圓的半徑，
∴AB與⊙O相切．
∵圓心O在AC邊上，
∴⊙O是△ABC的切圓；
（2）解：①當(dāng)圓心O在BC邊上，⊙O與AB，AC邊相切于點M，N時，
連接OA，OM，ON，如圖，
∵AB，AC是⊙O的切線，
∴OM⊥AB，ON⊥AC，AO平分∠BAC．
∵AB＝AC，
∴AO⊥BC，OB＝OC＝BC＝3．
∵AO⊥BO，OM⊥AB，
∴△BOM∽△BAO．
∴．
∴．
∴BM＝．
∴OM＝＝；
②當(dāng)圓心O在AC邊上，⊙O與AB，BC邊相切于點M，N時，
連接OM，ON，BO，過點A作AH⊥BC于點H，如圖，
設(shè)OM＝ON＝r，
∵AB，BC是⊙O的切線，
∴OM⊥AB，ON⊥BC．
∵AB＝AC，AH⊥BC，
∴BH＝CH＝BC＝3，
∴AH＝＝4．
∴×BC?AH＝×6×4＝12．
∵S△ABC＝S△ABO+S△CBO，
∴×AB?r+×BC?r＝12．
∴＝12．
∴r＝．
綜上，⊙O的半徑為或；
（3）解：連接AF，如圖，
∵AB為⊙O的直徑，
∴AF⊥BC．
∵⊙O是△ABC的切圓，AC是⊙O的切邊，
∴AB⊥AC．
∴△ACF∽△BAF．
∴．
∴．
∴AF＝4．
∴AC＝＝12，
AB＝＝6．
∵D是弧BF的中點，
∴∠FAD＝∠BAD．
∴＝．
設(shè)FE＝2k，則BE＝3k，
∵BF＝FE+BE＝10，
∴2k+3k＝10．
∴k＝2．
∴EF＝4，BE＝6．
∵EH⊥AB，AC⊥AB，
∴EH∥AC．
∴．
∴．
∴EH＝4．
【點評】本題主要考查了三角形的內(nèi)角和定理，等腰三角形的性質(zhì)，圓的切線的判定與性質(zhì)，切線長定理，勾股定理，平行線的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，三角形的面積，圓周角定理及其推論，角平分線的性質(zhì)，連接過切點的半徑是常添加的輔助線，本題是新定義型題目，連接并熟練應(yīng)用新定義是解題的關(guān)鍵．
23．（2021?工業(yè)園區(qū)校級二模）如果三角形的兩個內(nèi)角a與β叫滿足2a+β＝90°，那么我們稱這樣的三角形為“準(zhǔn)互余三角形”．
（1）若△ABC是“準(zhǔn)互余三角形”，∠C＞90°，∠A＝60°，則∠B＝ 15° ．
（2）如圖（1），AB是半圓的直徑，AB＝10，BC＝6，C是半圓上的點，D是上的點，BD交AC于點E．
①若D是的中點．則圖中共有 3 對“準(zhǔn)互余三角形”；
②當(dāng)△DEC是“準(zhǔn)互余三角形”時，求CE的長；
③如圖（2）所示，若F是上的點（不與B、C重合），G為射線AF上一點，且滿足∠CBG＝2∠CAB．當(dāng)△ABG是“準(zhǔn)互余三角形”時，求AG的長．
【分析】（1）根據(jù)準(zhǔn)互余的定義，易知∠B＝15°；
（2）①根據(jù)同弧所對的圓周角相等，推導(dǎo)出∠ABC＝2∠ABD，再由∠ACB＝90°，可得∠CAB+∠CBA＝∠CAB+2∠ABD＝90°，從而得到△ABE是“準(zhǔn)互余三角形”；再由△DCE∽△ABE可得△DCE是“準(zhǔn)互余三角形”；
②設(shè)∠EDC+2∠ECD＝90°，證明△BCE∽△ACB，即可求CE＝；
③將△ABC沿AB翻折得到△ABC′，可證明C′、B、G三點共線，再證明△AC′B∽△GC′A，即可求AG＝．
【解答】解：（1）∵△ABC是“準(zhǔn)互余三角形”．∠C＞90°，∠A＝60°，
∴60°+2∠B＝90°，
∴∠B＝15°；
故答案為：15°；
（2）①∵D是的中點，
∴＝，
∴∠CBD＝∠ABD＝∠CAD＝∠ACD，
∴∠ABC＝2∠ABD，
∵AB是直徑，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠CBA＝∠CAB+2∠ABD＝90°，
∴△ABE是“準(zhǔn)互余三角形”；
∵△ABE∽△DCE，
∴△DCE是“準(zhǔn)互余三角形”；
∵∠DCA＝∠ABD＝∠DBC，∠CDE＝∠CDB，
∴△DCE∽△DBC，
∴△DBC是“準(zhǔn)互余三角形”；
故答案為：3；
②如圖1中，過點E作EM⊥AB于點M，則△BEC≌△BEM，
∴EC＝EM，BC＝BM＝6，
∵AB＝10，
∴AM＝4，
設(shè)EC＝EM＝x，則有（8﹣x）2＝x2+42，
∴x＝3，
∴EC＝3，
∵△DEC是“準(zhǔn)互余三角形”，
∴滿足條件，EC＝3．
如圖（2）中，∵△DEC是“準(zhǔn)互余三角形”，
設(shè)∠EDC+2∠ECD＝90°，
∵＝，
∴∠ABD＝∠ACD，
∵＝，
∴∠BDC＝∠CAB，
∵△ABC是“準(zhǔn)互余三角形”，
∴∠CBD＝∠ABD，
∴△BCE∽△ACB，
∴＝，
∵AB＝10，BC＝6，AC＝8，
∴CE＝．
綜上所述，滿足條件的EC的值為3或．
綜上所述：CE的長為3或；
③將△ABC沿AB翻折得到△ABC′，
∴∠CAB＝∠BAC'，
∵∠ACB＝90°，
∴∠AC'B＝90°，
∴∠ABC'＝90°﹣∠BAC，
∵∠CBG＝2∠CAB，
∴∠C'BG＝2（90°﹣∠CAB）+2∠CAB＝180°，
∴C′、B、G三點共線，
∵△ABG是“準(zhǔn)互余三角形”，
∴∠BAG+2∠AGB＝90°，
∴∠BGF＝45°﹣∠GAB，
∵∠CBG＝2∠CAF+2∠GAB，
∴45°﹣∠GAB+2∠CAF+2∠GAB＝90°+∠CAF，
∴45°﹣∠GAB＝∠CAF+∠GAB＝∠CAB＝∠C'AB，
∴△AC′B∽△GC′A，
∴＝，即＝，
∴AG＝．
【點評】本題考查圓的綜合應(yīng)用，熟練掌握圓周角定理，三角形相似的判定及性質(zhì)，理解新定義是解題的關(guān)鍵．
24．（2021?常州一模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，⊙O的半徑是，A，B為⊙O外兩點，AB＝2．給出如下定義：平移線段AB，使平移后的線段A′B′成為⊙O的弦（點A′，B′分別為點A，B的對應(yīng)點），線段AA′長度的最小值成為線段AB到⊙O的“優(yōu)距離”．
（1）如圖1，⊙O中的弦P1P2、P3P4是由線段AB平移而得，這兩條弦的位置關(guān)系是 平行 ；在點P1，P2，P3，P4中，連接點A與點 P2 的線段長度等于線段AB到⊙O的“優(yōu)距離”；
（2）若點A（0，7），B（2，5），線段AA′的長度是線段AB到⊙O的“優(yōu)距離”，則點A′的坐標(biāo)為 （1，3） ；
（3）如圖2，若A，B是直線y＝﹣x+6上兩個動點，記線段AB到⊙O的“優(yōu)距離”為d，則d的最小值是 ；請你在圖2中畫出d取得最小值時的示意圖，并標(biāo)記相應(yīng)的字母．
【分析】（1）根據(jù)平移的性質(zhì)，可以得到AB∥P1P2∥P3P4，由圖可以得到AP2的長度等于線段AB到⊙O的“優(yōu)距離”；
（2）根據(jù)定義和（1）提示，可以知道，平移AB，使對應(yīng)點落在圓上，即在圓上滿足AB∥A′B′，AB＝A′B′，這樣的A′B′只有兩條，別切位于圓心兩側(cè)，根據(jù)題意畫出草圖，可以得到如圖1的位置，線段AA′是線段AB到⊙O的優(yōu)距離，利用A和B坐標(biāo)，求出直線AB解析式，從而得到直線A′B′的比例系數(shù)k＝﹣1，同時可以得到△AOM為等腰直角三角形，因為A′B′＝2，過O作OH⊥A′B′，利用垂徑定理和勾股定理，求出OH＝2，利用∠AMO＝45，得到△OTM為等腰直角三角形，過H作HE⊥x軸于E點，從而可以求得H（2，2），得到直線A′B′解析式為y＝﹣x+4，設(shè)A′（a，﹣a+4），過A′作A′F⊥x軸于F，在Rt△A′OF中，利用勾股定理，列出方程即可求解；
（3）由（2）可知，AB經(jīng)過平移，對應(yīng)點落在圓上，AB∥A′B′，AB＝A′B′，符合條件的A′B′只有兩條，并且位于O點兩側(cè)，如圖2，根據(jù)垂線段最短，當(dāng)AA′⊥AB時，d最小，過O作OH⊥A′B′，分別交A′B′于H，交AB于T，用（2）中方法求解OH和OT，得到HT的長度，即可解決．
【解答】解：（1）∵AB平移得到P1P2，
∴AB∥P1P2，
同理，AB∥P3P4，
∴P1P2∥P3P4，
由圖可得，連接點A與點P2的線段長度等于線段AB到⊙O的“優(yōu)距離”，
故答案為：平行，P2，；
（2）如圖1，過B作BG⊥y軸于G，則G（0，5），
∴AG＝BG＝2，∠GAB＝∠GBA＝45°，
∴AB＝，
設(shè)直線AB為y＝kx+7，代入點B，得k＝﹣1，
∴直線AB為y＝﹣x+7，
設(shè)直線AB交x軸于M，
∵BG⊥y軸，
∴BG∥x軸，
∴∠AMO＝∠GBA＝45°，
由（1）可得，平移AB，使對應(yīng)點落在⊙上，此時AB∥A′B′，且AB＝A′B′，
這樣的對應(yīng)線段有兩條，分別位于圓心O點兩側(cè)，
所以當(dāng)A′在如圖位置時，線段AA′的長度是AB到⊙O的“優(yōu)距離”，
過O作OH⊥A′B′，分別交A′B′于H，交AM于T
∵A′B′∥AM，
∴∠OHB′＝∠OTM＝90°，
∴∠TOM＝90°﹣∠AMO＝45°，
連接A′O，
∵OH⊥A′B′，
∴A′H＝B′H＝，
在Rt△A′OH中，，
過H作HE⊥x軸于E，
∵sin∠TOM＝sin45°＝，
∴HE＝OE＝2，
∴H（2，2），
∵AB∥A′B′，
∴設(shè)直線A′B′為y＝﹣x+m，代入點H，得m＝4，
∴直線A′B′為y＝﹣x+4，
設(shè)A′（a，﹣a+4），過A′作A′F⊥x軸于F，
在Rt△A′OF中，A′O2＝OF2+A′F2，
∴a2+（﹣a+4）2＝10，
∴a＝1或3，
∵，
∴a＝1，
∴A′（1，3），
故答案為：（1，3）；
（3）由（2）可知，AB經(jīng)過平移，對應(yīng)點落在圓上，AB∥A′B′，AB＝A′B′，
符合條件的A′B′只有兩條，并且位于O點兩側(cè)，
如圖2，根據(jù)垂線段最短，當(dāng)AA′⊥AB時，d最小，
∵AB∥A′B′，AB＝A′B′，
∴四邊形AA′B′B為平行四邊形，
∵AA′⊥AB，
∴?AA′B′B為矩形，
∴A′B′＝AB＝，
令x＝0，則y＝﹣x+6＝6，
∴N（0，6），
同理，M（6，0），
∴OM＝ON＝6，
∴△MON為等腰直角三角形，
過O作OH⊥A′B′，分別交A′B′于H，交AB于T，連接OA′，
∴A′H＝B′H＝，
在Rt△A′OH中，OH＝，
∵AB∥A′B′，
∴∠OTM＝∠OHB′＝90°，
∴OT⊥MN，
又△MON是等腰直角三角形，
∴OT＝，
∴，
∵A′A⊥AB，OT⊥AB，
∴AA′∥OT，
又AB∥A′B′，
∴四邊形A′ATH為平行四邊形，
∴d＝AA′＝HT＝，
即d的最小值為．
【點評】本題是以圓為背景的新定義題目，能在題目中提煉出定義的內(nèi)容，是本題的突破口，借助特殊三角形和勾股定理，垂徑定理，求解相關(guān)的線段和角度，是解決此類問題的基本功．
25．（2021?建鄴區(qū)二模）【概念學(xué)習(xí)】
在平面直角坐標(biāo)系xOy中，⊙O的半徑為1，若⊙O平移d個單位后，使某圖形上所有點在⊙O內(nèi)或⊙O上，則稱d的最小值為⊙O對該圖形的“最近覆蓋距離”．例如，如圖①，A（3，0），B（4，0），則⊙O對線段AB的“最近覆蓋距離”為3．
【概念理解】
（1）⊙O對點（3，4）的“最近覆蓋距離”為 4 ．
（2）如圖②，點P是函數(shù)y＝2x+4圖象上一點，且⊙O對點P的“最近覆蓋距離”為3，則點P的坐標(biāo)為 （0，4）或（﹣，﹣） ．
【拓展應(yīng)用】
（3）如圖③，若一次函數(shù)y＝kx+4的圖象上存在點C，使⊙O對點C的“最近覆蓋距離”為1，求k的取值范圍．
（4）D（3，m）、E（4，m+1），且﹣4＜m＜2，將⊙O對線段DE的“最近覆蓋距離”記為d，則d的取值范圍是 3≤d＜3 ．
【分析】（1）由題意即可求解；
（2）由題意可知，P到圓的最小距離為3，即P到圓心的距離為4，設(shè)P（x，2x+4），則OP2＝x2+（2x+4）2＝16，即可求解；
（3）考慮臨界狀態(tài)，當(dāng)OC＝2時，函數(shù)圖象上存在點C，使⊙O對點C的“最近覆蓋距離”為1，利用三角形相似求出；同理，另一個臨界狀態(tài)為，即可求解；
（4）由題意可知，DE是一條傾斜角度為45°，長度為的線段，可在圓上找到兩條與之平行且等長的弦AB，F(xiàn)G，如果D落在弧AF上，或者E落在弧BG上，進(jìn)而求解．
【解答】解：（1）由題意得，⊙O對點（3，4）的“最近覆蓋距離”為4，
故答案為：4；
（2）由題意可知，P到圓的最小距離為3，
即P到圓心的距離為4，
設(shè)P（x，2x+4），
則OP2＝x2+（2x+4）2＝16，
解得，
故點P的坐標(biāo)為（0，4）或（﹣，﹣），
故答案為：（0，4）或（﹣，﹣）；
（3）如圖，考慮臨界狀態(tài)，
當(dāng)OC＝2時，函數(shù)圖象上存在點C，使⊙O對點C的“最近覆蓋距離”為1，
∵∠OCD＝∠EOD，∠ODC＝∠EDO，
∴△OCD∽△EOD，
∴，
則，
設(shè)OE＝x，則DE＝2x，
由勾股定理可得：x2+16＝（2x）2，
解得（舍），
∴，
此時．
同理，另一個臨界狀態(tài)為，
經(jīng)分析可知，函數(shù)相比臨界狀態(tài)更靠近y軸，則存在點C，
∴或；
（4）由題意可知，DE是一條傾斜角度為45°，長度為的線段，
可在圓上找到兩條與之平行且等長的弦AB，F(xiàn)G，
如果D落在弧AF上，或者E落在弧BG上，則成立，
當(dāng)﹣1≤m＜2時，E到弧BG的最小距離為EO﹣1，
此時3≤d＜4，
當(dāng)﹣4＜m＜﹣1時，E到弧BG的最小距離為EB，
此時，
綜上，，
故答案為：．
【點評】本題是圓的綜合題，主要考查了一次函數(shù)的性質(zhì)、圓的基本知識、三角形相似、新定義等，數(shù)形結(jié)合是本題解題的關(guān)鍵．
26．（2020?金壇區(qū)二模）對于⊙C與⊙C上一點A，若平面內(nèi)的點P滿足：射線AP與⊙C交于點Q，且PA＝2QA，則稱點P為點A關(guān)于⊙C的“倍距點”．已知平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A的坐標(biāo)是（﹣，0）．
（1）如圖1，點O為坐標(biāo)原點，⊙O的半徑是，點P是點A關(guān)于⊙O的“倍距點”．
①若點P在x軸正半軸上，直接寫出點P的坐標(biāo)是 （3，0） ；
②若點P在第一象限，且∠PAO＝30°，求點P的坐標(biāo)；
（2）設(shè)點T（t，0），以點T為圓心，TA長為半徑作⊙T，一次函數(shù)y＝x+4的圖象分別與x軸、y軸交于D、E，若一次函數(shù)y＝x+4的圖象上存在唯一一點P，使點P是點A關(guān)于⊙T的“倍距點”，求t的值．
【分析】（1）①P在x軸正半軸時，如圖1，設(shè)點Q為⊙O與x軸正半軸的交點，根據(jù)“倍距點”的定義，可求得AQ＝2，PA＝4，即可求出答案；
②若∠PAO＝30°時，如圖2，作QM⊥x軸于M，PN⊥x軸于N，連接OQ，先證得△AQM∽△APN，再根據(jù)“倍距點”的定義和三角函數(shù)即可求得答案；
（2）先求得D（﹣4，0），E（0，4），進(jìn)而得出∠EDO＝30°，取AD的中點G（，0），過點G作GH∥DE交y軸于點H，則直線GH的解析式為y＝x+，當(dāng)⊙T與直線GH相切時，一次函數(shù)y＝x+4的圖象上存在唯一一點P，使點P是點A關(guān)于⊙T的“倍距點”，設(shè)切點為L1或L2，連接T1L1，T2L2，根據(jù)AT1＝L1T1＝GT1，L2T2＝GT2，AT2＝L2T2，建立方程求解即可．
【解答】解：（1）①P在x軸正半軸時，如圖1，設(shè)點Q為⊙O與x軸正半軸的交點，
∵點O為坐標(biāo)原點，⊙O的半徑是，點P是點A關(guān)于⊙O的“倍距點”，
∴AQ＝2，PA＝2QA＝4，
∴點P離開原點O的距離＝4＝3，
∴點P的坐標(biāo)是（3，0），
故答案為：（3，0）；
②若∠PAO＝30°時，如圖2，作QM⊥x軸于M，PN⊥x軸于N，連接OQ，
∴∠QMA＝∠PNA＝90°，
∵∠PAO＝∠PAO，
∴△AQM∽△APN，
∴，
∵點O為坐標(biāo)原點，⊙O的半徑是，點P是點A關(guān)于⊙O的“倍距點”，PA＝2QA，
∴OA＝OQ＝，，
∴∠AQO＝∠PAO＝30°，
∴∠QOM＝60°，
∴∠OQM＝30°，
在Rt△OQM中，OQ＝，∠OQM＝30°，
∴QM＝OQ?cs∠OQM＝?cs30°＝，OM＝OQ?sin∠OQM＝?sin30°＝，
∴AM＝OA+OM＝，
∴由比例式得：AN＝3，PN＝3，
∴ON＝AN﹣AO＝3﹣＝2，
∴P（2，3）；
（2）存在符合條件的點P．如圖3，
∵一次函數(shù)y＝x+4的圖象分別與x軸、y軸交于D、E，
∴令y＝0，則x+4＝0，令x＝0，則y＝4，
解得x＝﹣4，
∴D（﹣4，0），E（0，4），
∴OD＝4，OE＝4，
∵y軸⊥x軸，
∴∠EOD＝90°，
∴tan∠EDO＝＝＝，
∴∠EDO＝30°，
取AD的中點G（，0），過點G作GH∥DE交y軸于點H，
則直線GH的解析式為y＝x+，
當(dāng)⊙T與直線GH相切時，一次函數(shù)y＝x+4的圖象上存在唯一一點P，使點P是點A關(guān)于⊙T的“倍距點”，
設(shè)切點為L1或L2，連接T1L1，T2L2，
則∠GL1T1＝∠GL2T2＝90°，
∵GH∥DE，
∴∠OGH＝∠EDO＝30°，
∴AT1＝L1T1＝GT1，L2T2＝GT2，AT2＝L2T2，
∵AT1＝﹣﹣t，AT2＝t+，GT1＝t+，GT2＝t+，
∴﹣﹣t＝×（t+）或t+＝×（t+），
解得：t＝﹣或．
【點評】本題是圓與一次函數(shù)綜合題，考查了圓的性質(zhì)，切線的性質(zhì)，待定系數(shù)法，一次函數(shù)圖象，特殊角三角函數(shù)值，相似三角形的判定和性質(zhì)，新定義等，解題關(guān)鍵是對新定義“倍距點”的理解和運(yùn)用．
27．（2021?高郵市校級模擬）A，B是⊙C上的兩個點，點P在⊙C的內(nèi)部．若∠APB為直角，則稱∠APB為AB關(guān)于⊙C的內(nèi)直角，特別地，當(dāng)圓心C在∠APB邊（含頂點）上時，稱∠APB為AB關(guān)于⊙C的最佳內(nèi)直角．如圖1，∠AMB是AB關(guān)于⊙C的內(nèi)直角，∠ANB是AB關(guān)于⊙C的最佳內(nèi)直角．在平面直角坐標(biāo)系xOy中．
（1）如圖2，⊙O的半徑為5，A（0，﹣5），B（4，3）是⊙O上兩點．
①已知P1（1，0），P2（0，3），P3（﹣2，1），在∠AP1B，∠AP2B，∠AP3B中，是AB關(guān)于⊙O的內(nèi)直角的是 ∠AP2B，∠AP3B ；
②若在直線y＝2x+b上存在一點P，使得∠APB是AB關(guān)于⊙O的內(nèi)直角，求b的取值范圍．
（2）點E是以T（t，0）為圓心，4為半徑的圓上一個動點，⊙T與x軸交于點D（點D在點T的右邊）．現(xiàn)有點M（1，0），N（0，n），對于線段MN上每一點H，都存在點T，使∠DHE是DE關(guān)于⊙T的最佳內(nèi)直角，請直接寫出n的最大值，以及n取得最大值時t的取值范圍．
【分析】（1）判斷點P1，P2，P3是否在以AB為直徑的圓弧上即可得出答案；
（2）求得直線AB的解析式，當(dāng)直線y＝2x+b與弧AB相切時為臨界情況，證明△OAH∽△BAD，可求出此時b＝5，則答案可求出；
（3）可知線段MN上任意一點（不包含點M）都必須在以TD為直徑的圓上，該圓的半徑為2，則當(dāng)點N在該圓的最高點時，n有最大值2，再分點H不與點M重合，點M與點H重合兩種情況求出臨界位置時的t值即可得解．
【解答】解：（1）如圖1，
∵P1（1，0），A（0，﹣5），B（4，3），
∴AB＝＝4，P1A＝＝，P1B＝＝3，
∴P1不在以AB為直徑的圓弧上，
故∠AP1B不是AB關(guān)于⊙O的內(nèi)直角，
∵P2（0，3），A（0，﹣5），B（4，3），
∴P2A＝8，AB＝4，P2B＝4，
∴P2A2+P2B2＝AB2，
∴∠AP2B＝90°，
∴∠AP2B是AB關(guān)于⊙O的內(nèi)直角，
同理可得，P3B2+P3A2＝AB2，
∴∠AP3B是AB關(guān)于⊙O的內(nèi)直角，
故答案為：∠AP2B，∠AP3B；
（2）∵∠APB是AB關(guān)于⊙O的內(nèi)直角，
∴∠APB＝90°，且點P在⊙O的內(nèi)部，
∴滿足條件的點P形成的圖形為如圖2中的半圓H（點A，B均不能取到），
過點B作BD⊥y軸于點D，
∵A（0，﹣5），B（4，3），
∴BD＝4，AD＝8，
并可求出直線AB的解析式為y＝2x﹣5，
∴當(dāng)直線y＝2x+b過直徑AB時，b＝﹣5，
連接OB，作直線OH交半圓于點E，過點E作直線EF∥AB，交y軸于點F，
∵OA＝OB，AH＝BH，
∴EH⊥AB，
∴EH⊥EF，
∴EF是半圓H的切線．
∵∠OAH＝∠OAH，∠OHB＝∠BDA＝90°，
∴△OAH∽△BAD，
∴，
∴OH＝AH＝EH，
∴OH＝EO，
∵∠EOF＝∠AOH，∠FEO＝∠AHO＝90°，
∴△EOF≌△HOA（ASA），
∴OF＝OA＝5，
∵EF∥AB，直線AB的解析式為y＝2x﹣5，
∴直線EF的解析式為y＝2x+5，此時b＝5，
∴b的取值范圍是﹣5＜b≤5．
（3）∵對于線段MN上每一個點H，都存在點T，使∠DHE是DE關(guān)于⊙T的最佳內(nèi)直角，
∴點T一定在∠DHE的邊上，
∵TD＝4，∠DHT＝90°，線段MN上任意一點（不包含點M）都必須在以TD為直徑的圓上，該圓的半徑為2，
∴當(dāng)點N在該圓的最高點時，n有最大值，
即n的最大值為2．
分兩種情況：
①若點H不與點M重合，那么點T必須在邊HE上，此時∠DHT＝90°，
∴點H在以DT為直徑的圓上，
如圖3，當(dāng)⊙G與MN相切時，GH⊥MN，
∵OM＝1，ON＝2，
∴MN＝＝，
∵∠GMH＝∠OMN，∠GHM＝∠NOM，ON＝GH＝2，
∴△GHM≌△NOM（ASA），
∴MN＝GM＝，
∴OG＝﹣1，
∴OT＝+1，
當(dāng)T與M重合時，t＝1，
∴此時t的取值范圍是﹣﹣1≤t＜1，
②若點H與點M重合時，臨界位置有兩個，一個是當(dāng)點T與M重合時，t＝1，另一個是當(dāng)TM＝4時，t＝5，
∴此時t的取值范圍是1≤t＜5，
綜合以上可得，t的取值范圍是﹣﹣1≤t＜5．
【點評】本題是圓的綜合題，考查了一次函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，直角三角形的性質(zhì)，圓周角定理，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，利用數(shù)形結(jié)合的思想，正確理解最佳內(nèi)直角的意義是解本題的關(guān)鍵．
28．（2021秋?潤州區(qū)校級月考）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，⊙C的半徑為r，P是與圓心C不重合的點，點P關(guān)于⊙C的反稱點的定義如下：若在射線CP上存在一點P′，滿足CP+CP′＝2r，則稱P′為點P關(guān)于⊙C的反稱點，如圖為點P及其關(guān)于⊙C的反稱點P′的示意圖．
（1）當(dāng)⊙O的半徑為1時，
①分別判斷點M（3，1），N（，0），T（﹣1，）關(guān)于⊙O的反稱點是否存在？若存在，直接求其坐標(biāo)；
②將⊙O沿x軸水平向右平移1個單位為⊙O′，點P在直線y＝﹣x+1上，若點P關(guān)于⊙O′的反稱點P′存在，且點P′不在坐標(biāo)軸上，則點P的橫坐標(biāo)的取值范圍 1﹣≤x≤1+且x≠2﹣ ；
（2）⊙C的圓心在x軸上，半徑為1，直線y＝﹣x+12與x軸，y軸分別交于點A、B，點E與點D分別在點A與點B的右側(cè)2個單位，線段AE、線段BD都是水平的，若四邊形ABDE四邊上存在點P，使得點P關(guān)于⊙C的反稱點P′在⊙C的內(nèi)部，直接寫出圓心C的橫坐標(biāo)的取值范圍．
【分析】（1）①根據(jù)反稱點的定義直接求解即可；
②P點在以O(shè)'（1，0）為圓心，2為半徑的圓及圓內(nèi)部，并且P點在直線y＝﹣x+1上，當(dāng)O'P＝2時，過P點作PG⊥x軸交于點G，可得O'P＝2，PG＝，此時P點坐標(biāo)為（1﹣，0），當(dāng)P'點在D點處時，O'P'＝，此時O'P＝2﹣，P'（2﹣，0），又由（1﹣，0）關(guān)于O'對稱的點為（1+，0），可得P點的橫坐標(biāo)的取值范圍1﹣≤x≤1+且x≠2﹣；
（2）P點在以C為圓心，2為半徑的圓及圓內(nèi)部，并且P點在四邊形BAED的邊上，當(dāng)CP⊥AB時，PC＝2，此時P'與C點重合，C（12﹣2，0）；當(dāng)P點與E點重合時，PE＝2，此時P'與C點重合，C（16，0），即可求圓心C的橫坐標(biāo)的取值范圍為．
【解答】解：（1）①∵M(jìn)（3，1），
∴OM＝＞2，
∴M點不存在反稱點；
∵N（，0），
∴ON＝，
當(dāng)N'（，0）時，ON+ON'＝2，
∴N點存在反稱點N'（，0）；
∵T（﹣1，），
∴OT＝2，
∴T'（0，0）是T點的反稱點，
∴T點存在反稱點T'（0，0）；
②P點在以O(shè)'（1，0）為圓心，2為半徑的圓及圓內(nèi)部，并且P點在直線y＝﹣x+1上，
當(dāng)O'P＝2時，過P點作PG⊥x軸交于點G，
∴O'P＝2，
直線y＝﹣x+1與x軸的交點為O'（1，0），與y軸的交點D（0，1），
∴OD＝OO'＝1，
∴∠PO'D＝45°，
∴PG＝，
∴此時P點坐標(biāo)為（1﹣，0），
當(dāng)P'點在D點處時，O'P'＝，
此時O'P＝2﹣，
∴P'（2﹣，0），
（1﹣，0）關(guān)于O'對稱的點為（1+，0），
∴P點的橫坐標(biāo)的取值范圍1﹣≤x≤1+且x≠2﹣，
故答案為：1﹣≤x≤1+且x≠2﹣；
（2）P點在以C為圓心，2為半徑的圓及圓內(nèi)部，并且P點在四邊形BAED的邊上，當(dāng)CP⊥AB時，PC＝2，此時P'與C點重合，
令x＝0，則y＝12，
∴B（0，12），
令y＝0，則x＝12，
∴A（12，0），
∴OA＝BO＝12，
∴∠BAO＝45°，
∴AC＝2，
∴OC＝12﹣2，
∴C（12﹣2，0）；
∵AE＝2，
∴E（14，0），
∴當(dāng)P點與E點重合時，PE＝2，此時P'與C點重合，
∴C（16，0）；
∴圓心C的橫坐標(biāo)的取值范圍為．
【點評】本題考查圓的綜合應(yīng)用，弄清定義，將所求對稱點問題轉(zhuǎn)化為直線與圓的位置關(guān)系，數(shù)形結(jié)合是解題的關(guān)鍵．
29．（2022秋?秦淮區(qū)校級月考）【數(shù)學(xué)概念】
我們把存在內(nèi)切圓與外接圓的四邊形稱為雙圓四邊形．例如，如圖①，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙M，且每條邊均與⊙P相切，切點分別為E，F(xiàn)，G，H，因此該四邊形是雙圓四邊形．
【性質(zhì)初探】
（1）雙圓四邊形的對角的數(shù)量關(guān)系是 互補(bǔ) ，依據(jù)是 圓的內(nèi)接四邊形的對角互補(bǔ) ．
（2）直接寫出雙圓四邊形的邊的性質(zhì)．（用文字表述）
（3）在圖①中，連接GE，HF，求證GE⊥HF．
【揭示關(guān)系】
（4）根據(jù)雙圓四邊形與四邊形、平行四邊形、矩形、菱形、正方形的關(guān)系，在圖②中畫出雙圓四邊形的大致區(qū)域，并用陰影表示．
【特例研究】
（5）已知P，M分別是雙圓四邊形ABCD的內(nèi)切圓和外接圓的圓心，若AB＝1，∠BCD＝60°，∠B＝90°，則PM的長為 2﹣ ．
【分析】（1）利用雙圓四邊形的定義與圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)解答即可；
（2）利用圓的切線長定理解答即可；
（3）連接PH，PG，PE，PF，HE，設(shè)HF，EG交于點N，利用圓的切線的性質(zhì)定理，四邊形的內(nèi)角和定理，圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)定理，圓周角定理和三角形的內(nèi)角和定理以及垂直的定義解答即可；
（4）利用雙圓四邊形的定義和特殊四邊形的性質(zhì)解答即可；
（5）連接AC，ME，MF，利用（1）中的結(jié)論，切線長定理和對稱性可知：A，M，P，C在一條直線上，利用浙江紹興的邊角關(guān)系定理求得線段AC，BC的值；利用正方形的判定定理與性質(zhì)定理可得：BE＝BF＝ME＝MF，設(shè)BE＝BF＝ME＝MF＝x，則CF＝﹣x，利用相似三角形的判定與性質(zhì)列出比例式求得x值，再利用直角三角形的邊角關(guān)系定理求出AM，則PM＝PA﹣AM．
【解答】（1）解：雙圓四邊形的對角的數(shù)量關(guān)系是：對角互補(bǔ)，
理由：圓的內(nèi)接四邊形的對角互補(bǔ)，
故答案為：互補(bǔ)；圓內(nèi)接四邊形對角互補(bǔ)；
（2）解：雙圓四邊形的邊的性質(zhì)：雙圓四邊形的對邊之和相等；
（3）證明：連接PH，PG，PE，PF，HE，設(shè)HF，EG交于點N，如圖，
∵AD為⊙P的切線，
∴PH⊥AD，
同理：PG⊥CD，PF⊥BC，PE⊥AB，
∴∠DHP＝∠DGP＝∠PEB＝∠PFB＝90°．
∵∠PHD+∠D+∠PGD+∠HPG＝360°，
∴∠HPG+∠D＝180°．
同理：∠EPF+∠B＝180°．
∴∠HPG+∠D+∠EPF+∠B＝180°+180°＝360°，
∵∠D+∠B＝180°，
∴∠HPG+∠EPF＝180°．
∵∠HEG＝∠HPG，∠EHF＝∠EPF，
∴∠EHF+∠HEF＝（∠HPG+∠EPF）＝90°，
∴∠HNE＝180°﹣（∠EHF+∠HEF）＝90°，
∴GE⊥HF；
（4）解：雙圓四邊形的大致區(qū)域，用陰影表示如下：
（5）解：連接AC，ME，MF，如圖，
∵四邊形ABCD是雙圓四邊形，
∴∠D+∠B＝90°，
∵∠B＝90°，
∴∠D＝90°，
∴AC為⊙P的直徑．
∵CG，CF為⊙M的切線，
∴CM平分∠BCD，
同理：AM為∠DAB的平分線，
利用對稱性可知：A，M，P，C在一條直線上，
∵∠BCD＝60°，
∴∠ACB＝∠BCD＝30°，
在Rt△ABC中，
AC＝2AB＝2，
∴BC＝＝．
∴AP＝AC＝1．
∵BA，BF為⊙M的切線，
∴ME⊥AB，MF⊥BC，
∵∠B＝90°，
∴四邊形MEBF為矩形，
∵M(jìn)E＝MF，
∴四邊形MEBF為正方形，
∴BE＝BF＝ME＝MF．
設(shè)BE＝BF＝ME＝MF＝x，則CF＝﹣x，
∵M(jìn)F∥AB，
∴，
∴，
∴x＝．
∴ME＝．
∵M(jìn)E∥BC，
∴∠AME＝∠BCA＝30°，
∴在Rt△AME中，
∵cs∠AME＝，
∴AM＝＝﹣1．
∴PM＝PA﹣AM＝1﹣（1）＝2﹣．
故答案為：2．
【點評】本題主要考查了圓的有關(guān)性質(zhì)，圓的內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，圓的切線的性質(zhì)，切線長定理，圓周角定理，直角三角形的性質(zhì)，直角三角形的邊角關(guān)系定理，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，正方形的判定與性質(zhì)，本題是閱讀型題目，理解并熟練應(yīng)用新定義是解題的關(guān)鍵．
30．（2021秋?廣陵區(qū)校級月考）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A與點B的坐標(biāo)分別是（1，0），（7，0）．
（1）對于坐標(biāo)平面內(nèi)的一點P，給出如下定義：如果∠APB＝45°，則稱點P為線段AB的“等角點”．顯然，線段AB的“等角點”有無數(shù)個，且A、B、P三點共圓．
①設(shè)A、B、P三點所在圓的圓心為C，則點C的坐標(biāo)是 （4，3）或（4，﹣3） ，⊙C的半徑是 3 ；
②y軸正半軸上是否有線段AB的“等角點”？如果有，求出“等角點”的坐標(biāo)；如果沒有，請說明理由；
（2）若點P在y軸正半軸上運(yùn)動，則當(dāng)∠APB的度數(shù)最大時，點P的坐標(biāo)為 （0，） ．
【分析】（1）①設(shè)AB的中點為G，則G（4，0），過點G作AB的垂線，并且以G點為圓心，GA為半徑作圓，圓與垂線的交點為C點，以C為圓心，CA為半徑作圓，點P在該圓上，則∠APB＝45°，由此求出C（4，3），AC＝3，再由C點關(guān)于x軸的對稱點為（4，﹣3），可得滿足條件的點C有兩個，分別是（4，3），（4，﹣3），圓的半徑即為AC的長；
②設(shè)y軸坐標(biāo)軸上的“等角點”P的坐標(biāo)為（0，t），由①知，CP＝3，再由3＝，即可求P（0，3+）或（0，3﹣）；
（2）經(jīng)過A、B、P三點的圓的圓心一定在第一象限，設(shè)圓心為E，過E作EP⊥x軸交于P，過E作EG⊥x軸交于G，在y軸上任意取一點M，連接AM、BM，MB與圓E的交點為N，連接AN，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)可知∠APB＞∠AMB，則當(dāng)y軸與圓E相切時，∠APB的度數(shù)最大，求出OP的長即可確定P點坐標(biāo)．
【解答】解：（1）①∵A（1，0），B（7，0），
設(shè)AB的中點為G，則G（4，0），
過點G作AB的垂線，并且以G點為圓心，GA為半徑作圓，圓與垂線的交點為C點，
∴∠ACB＝90°，
以C為圓心，CA為半徑作圓，點P在該圓上，
∴∠APB＝45°，
∵AG＝3，
∴CG＝3，
∴C（4，3），
∴AC＝3，
∵C點關(guān)于x軸的對稱點為（4，﹣3），
∴滿足條件的點C有兩個，分別是（4，3），（4，﹣3），
故答案為：（4，3）或（4，﹣3），3；
②y軸正半軸上有線段AB的“等角點”，理由如下：
設(shè)y軸坐標(biāo)軸上的“等角點”P的坐標(biāo)為（0，t），
由①知，CP＝3，
∴3＝，
解得t＝3+或t＝3﹣，
∴P（0，3+）或（0，3﹣）；
（2）∵點P在y軸正半軸上運(yùn)動，
∴經(jīng)過A、B、P三點的圓的圓心一定在第一象限，
設(shè)圓心為E，
過E作EP⊥x軸交于P，過E作EG⊥x軸交于G，
∴四邊形POGE為矩形，
∴PE＝OG，OP＝EG，
在y軸上任意取一點M，連接AM、BM，MB與圓E的交點為N，連接AN，
∴∠APB＝∠ANB，
∵∠ANB＞∠AMB，
∴∠APB＞∠AMB，
∴當(dāng)y軸與圓E相切時，∠APB的度數(shù)最大，
∵A（1，0），B（7，0），
∴G（4，0），
∴OG＝PE＝4，AG＝3，
∴AE＝4，
∴EG＝，
∴OP＝，
∴P（0，），
故答案為：（0，）．
【點評】本題考查圓的綜合應(yīng)用，熟練掌握圓周角與圓心角的關(guān)系，三角形外接圓的性質(zhì)，弄清定義，將所求問題轉(zhuǎn)化為三角形的外接圓知識是解題的關(guān)鍵．
已知線段BC=2，使用作圖工具作∠BAC=30°，嘗試操作后思考：
（1）這樣的點A唯一嗎？
（2）點A的位置有什么特征？你有什么感悟？
AC
2.8
2.7
2.6
2.3
2
1.5
0.4
BC
0.4
0.8
1.2
1.6
2
2.4
2.8
AC+BC
3.2
3.5
3.8
3.9
4
3.9
3.2

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