2025年中考数学二轮专题复习高频压轴考点新定义新运算问题综合

2025年中考数学二轮专题复习高频压轴考点新定义新运算问题综合 1．（2024·四川眉山·中考真题）定义运算：，例如，则函数的最小值为（    ） A． B． C． D． 2．（2023·湖南岳阳·中考真题）若一个点的坐标满足，我们将这样的点定义为“倍值点”．若关于的二次函数（为常数，）总有两个不同的倍值点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）现定义一种新运算“※”，对任意有理数、都有，则（　　） A． B． C． D． 4．（2024·上海·模拟预测）新定义：与被称为“同族二次函数”，若和是同族二次函数，则二次函数的开口方向和最值为（    ） A．开口向上，最小值为2018 B．开口向下，最大值为2018 C．开口向上，最小值为2019 D．开口向下，最大值为2019 5．（2024·山东济南·模拟预测）新定义：若两个函数图像有公共点，则称这两个函数图像为牵手函数．已知抛物线与线段是牵手函数，则的取值范围是（    ） A． B． C．或 D． 6．（2024·湖北武汉·模拟预测）我们定义一种新函数：形如的函数叫做“鹊桥”函数．数学兴趣小组画出一个“鹊桥”函数的图象如图所示，下列结论正确的是（    ） 我 A．当时，函数的最大值是4 B．函数值随的增大而增大，则 C．关于的方程的所有实数根的和为4 D．当直线与该图象恰有三个公共点时，则 7．（2024·山东威海·中考真题）定义新运算： ①在平面直角坐标系中，表示动点从原点出发，沿着轴正方向（）或负方向（）．平移个单位长度，再沿着轴正方向（）或负方向（）平移个单位长度．例如，动点从原点出发，沿着轴负方向平移个单位长度，再沿着轴正方向平移个单位长度，记作． ②加法运算法则：，其中，，，为实数． 若，则下列结论正确的是（    ） A．， B．， C．， D．， 8．（2024·浙江·二模）新定义：两边之比等于黄金比的矩形叫做黄金矩形，如图，矩形是黄金矩形（），点E、F分别在边、上，将矩形沿直线折叠，使点B的对应点落在CD边上，点A的对应点为，过点E作于点G，当矩形也是黄金矩形（）时，则（    ） A． B． C． D． 9．（2024·江苏无锡·二模）定义：在平面直角坐标系中，函数图象上到一条坐标轴的距离等于，到另一条坐标轴的距离不大于的点叫做该函数图象的“方内点”． 对于下列四个结论： ①点是一次函数图象的“2方内点”； ②函数图象上不存在“2方内点”； ③若直线的“方内点”有两个，则； ④当函数的“方内点”恰有3个时，符合条件的的值也有3个．其中正确的序号为（    ） A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．②③④ 10．（2024·山东济南·三模）定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”，例如，四边形中，若或，则四边形是“对补四边形”． ①如图1，四边形是“对补四边形”，若，且时，； ②如图2，四边形是“对补四边形”，当，且时，图中，，之间的数量关系是； ③如图3，在四边形中，，平分，则四边形是“对补四边形”； ④如图4，在四边形中，，平分，且时，则． 以上结论正确的是（    ） A．①② B．②③ C．③④ D．②③④ 二、填空题 11．（2024·甘肃·中考真题）定义一种新运算*，规定运算法则为：（m，n均为整数，且）．例：，则 ． 12．（2024·宁夏银川·一模）对于实数，定义一种运算“”为：，则不等式组的解集为 ． 13．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）对于实数，定义运算“※”为，例如，则关于的不等式有且只有一个正整数解时，的取值范围是 ． 14．（2024·广东广州·中考真题）定义新运算：例如：，．若，则的值为 ． 15．（2024·四川泸州·中考真题）定义：在平面直角坐标系中，将一个图形先向上平移个单位，再绕原点按逆时针方向旋转角度，这样的图形运动叫做图形的变换．如：点按照变换后得到点的坐标为，则点按照变换后得到点的坐标为 ． 16．（2024·四川乐山·中考真题）定义：函数图象上到两坐标轴的距离都小于或等于1的点叫做这个函数图象的“近轴点”．例如，点是函数图象的“近轴点”． （1）下列三个函数的图象上存在“近轴点”的是 （填序号）； ①；②；③． （2）若一次函数图象上存在“近轴点”，则m的取值范围为 ． 17．（2024·四川成都·模拟预测）定义：若x，y满足，（k为常数），且，则称点为“优点”．若是“优点”，则 ；若抛物线上至少存在一个“优点”，则的取值范围为 ． 18．（2024·浙江杭州·一模）在直角坐标系中，对于直线，给出如下定义：若直线与某个圆相交，则两个交点之间的距离称为直线关于该圆的“圆截距”． 如图，点的坐标为，若的半径为2，当的取值在实数范围内变化时，直线关于的“圆截距”的最小值为，则的值为 ． 19．（2024·黑龙江大庆·中考真题）定义：若一个函数图象上存在纵坐标是横坐标2倍的点，则把该函数称为“倍值函数”，该点称为“倍值点”．例如：“倍值函数”，其“倍值点”为．下列说法不正确的序号为 ． ①函数是“倍值函数”； ②函数的图象上的“倍值点”是和； ③若关于x的函数的图象上有两个“倍值点”，则m的取值范围是； ④若关于x的函数的图象上存在唯一的“倍值点”，且当时，n的最小值为k，则k的值为． 20．（2024·上海浦东新·二模）定义：四边形中，点E在边上，连接、，如果的面积是四边形面积的一半，且的面积是及面积的比例中项，我们称点E是四边形的边上的一个面积黄金分割点． 已知：如图，四边形是梯形，且，，如果点E是它的边上的一个面积黄金分割点，那么的值是 ． 三、解答题 21．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）在平面直角坐标系中，对于点，给出如下定义：当点，满足时，称点是点的等和点． (1)已知点，在，，中，是点等和点的有_____； (2)若点的等和点在直线上，求的值； (3)已知，双曲线和直线，满足的取值范围是或．若点在双曲线上，点的等和点在直线上，求点的坐标． 22．（2024·广东深圳·中考真题）垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中平行四边形”． (1)如图1所示，四边形为“垂中平行四边形”，，，则________；________； (2)如图2，若四边形为“垂中平行四边形”，且，猜想与的关系，并说明理由； (3)①如图3所示，在中，，，交于点，请画出以为边的垂中平行四边形，要求：点在垂中平行四边形的一条边上（温馨提示：不限作图工具）； ②若关于直线对称得到，连接，作射线交①中所画平行四边形的边于点，连接，请直接写出的值． 23．（2024·北京·中考真题）在平面直角坐标系中，的半径为1，对于的弦和不在直线上的点，给出如下定义：若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”． (1)如图，点，． ①在点，，中，点___________是弦的“可及点”，其中____________； ②若点是弦的“可及点”，则点的横坐标的最大值为__________； (2)已知是直线上一点，且存在的弦，使得点是弦的“可及点”．记点的横坐标为，直接写出的取值范围． 24．（2024·甘肃兰州·中考真题）在平面直角坐标系中，给出如下定义：点P是图形W外一点，点Q在的延长线上，使得，如果点Q在图形W上，则称点P是图形W的“延长2分点”，例如：如图1，是线段外一点，在的延长线上，且，因为点Q在线段上，所以点P是线段的“延长2分点”． (1)如图1，已知图形：线段，，，在中，______是图形的“延长2分点”； (2)如图2，已知图形：线段，，，若直线上存在点P是图形的“延长2分点”，求b的最小值： (3)如图3，已知图形：以为圆心，半径为1的，若以，，为顶点的等腰直角三角形上存在点P，使得点P是图形的“延长2分点”．请直接写出t的取值范围． 25．（2024·四川·中考真题）【定义与性质】 如图，记二次函数和的图象分别为抛物线C和． 定义：若抛物线的顶点在抛物线C上，则称是C的伴随抛物线． 性质：①一条抛物线有无数条伴随抛物线； ②若是C的伴随抛物线，则C也是的伴随抛物线，即C的顶点在上． 【理解与运用】 （1）若二次函数和的图象都是抛物线的伴随抛物线，则______，______． 【思考与探究】 （2）设函数的图象为抛物线． ①若函数的图象为抛物线，且始终是的伴随抛物线，求d，e的值； ②若抛物线与x轴有两个不同的交点，，请直接写出的取值范围．    26．（2024·河南·中考真题）综合与实践 在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究 定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形． (1)操作判断 用分别含有和角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有________（填序号）． (2)性质探究 根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质．下面研究与对角线相关的性质． 如图2，四边形是邻等对补四边形，，是它的一条对角线． ①写出图中相等的角，并说明理由； ②若，，，求的长（用含m，n，的式子表示）． (3)拓展应用 如图3，在中，，，，分别在边，上取点M，N，使四边形是邻等对补四边形．当该邻等对补四边形仅有一组邻边相等时，请直接写出的长． 27．（2024·江苏南京·模拟预测）如定义：对于一次函数、，我们称函数为函数、的“组合函数”． (1)若，试判断函数是否为函数，的“组合函数”，并说明理由： (2)设函数与的图像相交于点． ①若，点在函数、的“组合函数”图像的上方．求的取值范围； ②若，函数、的“组合函数”图像经过点，是否存在大小确定的值，对于不等于1的任意实数．都有“组合函数”图像与轴交点的位置不变？若存在．请求出的值及此时点的坐标；若不存在．请说明理由． 28．（2024·湖南·模拟预测）定义：由两条与轴有着相同的交点，并且开口方向相同的抛物线所围成的封闭曲线称为“月牙线”．如图1，抛物线与抛物线组成一个开口向上的“月牙线”，抛物线与抛物线与轴有相同的交点，（点在点的左侧），与轴的交点分别为，且点的坐标为，抛物线的解析式为． (1)求M，N两点的坐标； (2)在第三象限内的抛物线上是否存在一点P，使得的面积最大？若存在，求出的面积的最大值；若不存在，说明理由． (3)如图2，若有一组成“月牙线”的抛物线，它们的解析式分别为，，为轴上一点，过任意作一射线分别交和于，两点，过作直线的垂线，垂足为，过作直线的垂线，垂足为，是否存在这样的点，使，恒成立？若存在，求出点的坐标，并探究是否为定值，说明理由． 29．（2024·山西·中考真题）阅读与思考 下面是博学小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 关于“等边半正多边形”的研究报告 博学小组 研究对象：等边半正多边形 研究思路：类比三角形、四边形，按“概念﹣性质﹣判定”的路径，由一般到特殊进行研究． 研究方法：观察（测量、实验）﹣猜想﹣推理证明 研究内容： 【一般概念】对于一个凸多边形（边数为偶数），若其各边都相等，且相间的角相等、相邻的角不相等，我们称这个凸多边形为等边半正多边形．如图1，我们学习过的菱形（正方形除外）就是等边半正四边形，类似地，还有等边半正六边形、等边半正八边形… 【特例研究】根据等边半正多边形的定义，对等边半正六边形研究如下： 概念理解：如图2，如果六边形是等边半正六边形，那么，，，且． 性质探索：根据定义，探索等边半正六边形的性质，得到如下结论： 内角：等边半正六边形相邻两个内角的和为▲°． 对角线：… 任务： (1)直接写出研究报告中“▲”处空缺的内容： ． (2)如图3，六边形是等边半正六边形．连接对角线，猜想与的数量关系，并说明理由； (3)如图4，已知是正三角形，是它的外接圆．请在图4中作一个等边半正六边形（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）． 30．（2024·广东广州·模拟预测）我们定义：过三角形的一个顶点的线段将三角形分成两个三角形，其中一个三角形与原三角形相似，且相似比为，则原三角形叫做“友好三角形”； (1)如图1，已知在中，，，求证：是“友好三角形”； (2)如图2，在的网格图中，点A、B在格点上，请在图中画出一个符合条件的“友好三角形”，要求点在格点上； (3)如图3，在（1）的条件中，作的外接圆，点是上的一点，，连接DE； ①设，，求关于的函数关系式； ②当时，求的半径． 参考答案 1．B 【分析】本题考查二次函数求最值，根据新定义，得到二次函数关系式，进而利用二次函数的性质，求最值即可． 【详解】解：由题意得，， 即， 当时，函数的最小值为． 故选：B． 2．D 【分析】利用“倍值点”的定义得到方程，则方程的，可得，利用对于任意的实数总成立，可得不等式的判别式小于0，解不等式可得出的取值范围． 【详解】解：由“倍值点”的定义可得：， 整理得， ∵关于的二次函数（为常数，）总有两个不同的倍值点， ∴ ∵对于任意实数总成立， ∴ 整理得， ∴ ∴， ∴，或 当时，解得， 当时，此不等式组无解， ∴， 故选：D． 【点睛】本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，一元二次方程根的判别式以及二次函数与不等式的关系，理解新定义并能熟练运用是解答本题的关键． 3．B 【分析】该题主要考查了整式的混合运算，解题的关键是根据新定义列出等式． 原式利用题中的新定义计算即可得到结果． 【详解】解：根据题中的新定义得： ， 故选：B． 4．C 【分析】本题主要考查了二次函数的性质．根据“同族二次函数”的定义可求出a，b的值，即可求解． 【详解】解：∵， ∴， ∵和是同族二次函数， ∴， 解得：， ∴二次函数， ∴二次函数的开口方向向上，有最小值2019． 故选：C 5．B 【分析】本题主要考查了二次函数与一次函数的性质，熟练掌握函数的递变规律是解本题的关键．依据两个函数有公共点，则联立的二次方程有实数根，判别式大于或等于，可初步确定的取值范围，然后再依据自变量的取值范围进一步确定的取值范围，即可求解． 【详解】解：抛物线与线段是牵手函数， 抛物线与平行于轴的线段相切或者相交， 代入中， 即关于的二次方程有两个相等或者不等的实数根， 整理上述关于的二次方程得①， 对于①式， 解得：，    将①式整理成关于的二次方程：， 则关于的判别式：， 解得：， 结合的已知取值范围得出：线段与抛物线有公共点的取值范围为：． 观察图1～图4中抛物线与线段的相对位置关系递变规律发现：当时， 正好是线段与抛物线有公共点时的抛物线最高与最低的位置，其递变规律是， 把代入方程①式：， 可求得， 即抛物线与线段有公共点时的最高与最低位置， 因此，的取值范围是． 故选：B． 6．C 【分析】本题主要考查二次函数的图象与性质，熟练掌握二次函数的图象与性质是解题的关键；由图象可知的对称轴为直线，根据函数的性质可知当或时，y随x的增大而减小，当或时，y随x的增大而增大，进而可排除A、B选项，对于C选项可看作直线与的交点问题，对于D选项可通过图象进行求解． 【详解】解：由图象可知该函数没有最大值；故A选项错误； 由图象可知当时，其对称轴为直线，则有当或时，y随x的增大而减小，当或时，y随x的增大而增大，故B选项错误； 如图， 由图可知：与，与分别关于对称轴对称，根据对称性可知：，，所以关于的方程的所有实数根的和为4，故C选项正确； 如图，明显当直线与该图象恰有三个公共点时，m的值有两个值；故D选项错误； 故选C． 7．B 【分析】本题考查了新定义运算，平面直角坐标系，根据新定义得出，即可求解． 【详解】解：∵， ∴ 解得：， 故选：B． 8．D 【分析】本题考查黄金比，矩形与折叠，勾股定理． 连接，根据黄金矩形的定义设，，则，证明得到，从而，设，则 ，在中，根据构造方程，求解得到，从而． 【详解】连接， ∵矩形是黄金矩形，，， ∴设，， ∵矩形是黄金矩形，， ∴， ∴， ∵四边形是四边形翻折得到， ∴，， ， ∴， ∵在矩形中，， 又 ∴， ∴， ∴， 设，则 ， ∵在中，， ∴ 解得：， ∴， ∴． 故选：D 9．C 【分析】本题为新定义题型，考查了一次函数、反比例函数、二次函数的图象与性质，函数图象上点的坐标特征．根据“a方内点”的定义，逐一判断即可． 【详解】解：①点到x轴距离为2，到y轴的距离等于1，不大于2， 故是一次函数图像的“2方内点”；故①正确； ②当时，，则点到y轴的距离为2，到x轴的距离为，不大于2，即点是函数图像上的“2方内点”；故②错误； ③若直线的“方内点”有两个， 由题意知，函数图象的“方内点”是指函数图象上点落在以原点为中心，边长为1且相邻两边分别与x轴、y轴平行的正方形边上， 如图，当时，，即直线过定点， 当时，直线与有无数个“方内点”， 对于直线，把点代入中，， 解得：， 当时，直线与正方形的边有两个交点，表明有两个“方内点”，故③正确； ④抛物线的“方内点”是函数图象上落在以原点为中心，边长为且相邻两边分别平行于x轴与y轴的正方形上的点，如下图； 当抛物线顶点在直线上时，抛物线恰有三个“方内点”， 此时：，解得：（舍去）； 当抛物线经过点时，抛物线恰有三个“方内点”， 此时，整理得：， 解得：（舍去）； 当抛物线经过点时，抛物线恰有三个“方内点”， 此时，整理得：， 解得：（舍去）； 综上，a的值恰有三个，分别为， 故④正确； 故正确的有①③④， 故选：C． 10．B 【分析】①根据“对补四边形”的定义，由，得，再利用勾股定理即可求得答案； ②延长至点，使得，连接，根据“对补四边形”的定义，可证明，继而证明，从而可得结论； ③过点作于点，于点，则，可证，进而可证四边形是“对补四边形”； ④设，则根据，再运用建立方程，解方程即可求得． 【详解】解：如图1，连接， ，， ， 在中 ， 在中 ， ， ， ，故①错误； 如图2，延长至点，使得，连接， 四边形是“对补四边形”， ， ， ， ， ， ， ， 即， ， ， ， ， ， ， ， 即，故②正确； 如图3，过点作于点，于点， 则， 平分， ， ， ， ， ， ， 与互补， 四边形是“对补四边形”； 由③可知四边形是“对补四边形”， ， ， ， 设， 则， ， ， ， ， ， ， 整理得：， 解得：． 在中，， ，故④错误， 故选：B． 【点睛】本题考查了勾股定理，四边形内角和定理，全等三角形的性质与判定，解一元二次方程，三角函数的定义等知识，熟练掌握勾股定理和全等三角形的判定和性质，准确理解新定义是解题的关键． 11．8 【分析】根据定义，得，解得即可． 本题考查了新定义计算，正确理解定义的运算法则是解题的关键． 【详解】根据定义，得， 故答案为：8． 12． 【分析】本题考查了新定义下的实数运算，一元一次不等式组，关键是掌握求不等式组的运算． 先运算，，化简关于的一元一次不等式组，再求不等式组可得的解集． 【详解】解：∵， ∵， ∴解时， 即为解：， 解得：， 故答案为：． 13． 【分析】本题考查了一元一次不等式的整数解，解一元一次不等式组，根据新定义和正整数解列出关于的不等式组是解题的关键．根据新定义列出不等式，解关于的不等式，再由不等式的解集有且只有一个正整数解得出关于的不等式组求解可得． 【详解】解：根据题意可知， 解得： 有且只有一个正整数解 解不等式①，得： 解不等式②，得： 故答案为：． 14．或 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，一元一次方程的应用，解题的关键是明确新运算的定义．根据新定义运算法则列出方程求解即可． 【详解】解：∵ 而， ∴①当时，则有， 解得，； ②当时，， 解得， 综上所述，x的值是或， 故答案为：或． 15． 【分析】本题考查了解直角三角形，坐标与图形．根据题意，点向上平移2个单位，得到点，再根据题意将点绕原点按逆时针方向旋转，得到，，据此求解即可． 【详解】解：根据题意，点向上平移2个单位，得到点，      ∴，， ∴，， ∴， 根据题意，将点绕原点按逆时针方向旋转， ∴， 作轴于点， ∴，， ∴， ∴点的坐标为， 故答案为：． 16． ③ 或 【分析】本题主要考查了新定义——“近轴点”．正确理解新定义，熟练掌握一次函数，反比例函数，二次函数图象上点的坐标特点，是解决问题的关键． （1）①中，取，不存在“近轴点”； ②，由对称性，取，不存在“近轴点”； ③，取时，，得到是的“近轴点”； （2）图象恒过点，当直线过时， ，得到；当直线过时，，得到． 【详解】（1）①中， 时，， 不存在“近轴点”； ②， 由对称性，当时，， 不存在“近轴点”； ③， 时，， ∴是的“近轴点”； ∴上面三个函数的图象上存在“近轴点”的是③ 故答案为：③； （2）中， 时，， ∴图象恒过点， 当直线过时，， ∴， ∴； 当直线过时，， ∴， ∴； ∴m的取值范围为或． 故答案为：或． 17． 6 【分析】本题考查了二次函数图象上的点的坐标特征以及新定义问题，根据“优点”定义得出，进而计算即可得出的值，求出直线解析式，根据二次函数的性质并结合题意，计算即可得答案，熟练掌握二次函数的图象与性质是解此题的关键． 【详解】解：由“优点”定义可知，， 解得或6． 由题意可知，． ∴． ∴． ∴，， ∴． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴直线上的点都是“优点”． 对于直线，当时，；当时，． 设，． 由题意可知，抛物线上至少存在一个“优点”，即转化为抛物线与直线至少有一个交点． 如图1，当抛物线与有且只有一个交点时，联立， 整理，得． ∴． 解得， 此时取得最小值． 如图2，当抛物线过点A时，． 解得， 此时取得最大值． ∴的取值范围为． 故答案为6，． ． 18． 【分析】 本题主要考查了垂径定理，勾股定理，一次函数与几何综合，如图所示，设直线l与交于B、C，与y轴交于D，过点M作于E，连接，先证明当点E与点D重合时，最大，即此时最小，再由，求出，可得，解得． 【详解】 如图所示，设直线l与交于B、C，与y轴交于D，过点M作于E，连接， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴当最大时，最小，即此时最小， ∵， ∴当点E与点D重合时，最大，即此时最小， ∵直线l关于的“圆截距”的最小值为，即， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， 故答案为：． 19．①③④ 【分析】本题考查了新定义问题，二次函数的图象与系数的关系，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数的性质，二次函数的最值问题．根据“倍值函数”的定义，逐一判断即可． 【详解】解：①函数中，令，则，无解，故函数不是“倍值函数”，故①说法错误； ②函数中，令，则， 解得或， 经检验或都是原方程的解， 故函数的图象上的“倍值点”是和，故②说法正确； ③在中， 令，则， 整理得， ∵关于x的函数的图象上有两个“倍值点”， ∴且， 解得且，故③说法错误； ④在中， 令，则， 整理得， ∵该函数的图象上存在唯一的“倍值点”， ∴， 整理得， ∴对称轴为，此时n的最小值为， 根据题意分类讨论， ，解得； ，无解； ，解得或（舍去）， 综上，k的值为0或，故④说法错误； 故答案为：①③④． 20． 【分析】设，，，结合题意可得：，，可得，如图，过作交于，过作于，交于，证明是的中位线，同理可得：，证明是梯形中位线，可得，从而可得答案． 【详解】解：设，，， ∴结合题意可得：，， ∴， ∴， ∴，， 如图，过作交于，过作于，交于， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， 过作交于， ∴四边形，，是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是的中位线， 同理可得：， ∴是梯形中位线， ∴， ∴； 故答案为： 【点睛】本题考查的是新定义的含义，三角形的中位线的判定与性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，理解题意是解本题的关键． 21．(1)和； (2)； (3)或． 【分析】（）根据等和点的定义判断即可求解； （）设点的横坐标为，根据等和点的定义得点的纵坐标为，即可得点的坐标为，把点的坐标代入即可求解； （）由题意可得，，双曲线分布在一、三象限内，设直线与双曲线的交点分别为点，如图，由时的取值范围是或，可得点的横坐标为，点的横坐标为，即得，得到反比例函数解析式为，设，点的横坐标为，根据等和点的定义得，代入得，解方程得，，据此即可求解； 本题考查了点的坐标新定义运算，一次函数点的坐标特征，一次函数与反比例函数的交点问题，理解等和点的定义是解题的关键． 【详解】（1）解：由，得，， ∴点是点的等和点； 由，得，，， ∵， ∴不是点的等和点； 由，得，， ∴是点的等和点； 故答案为：和； （2）解：设点的横坐标为， ∵点是点的等和点， ∴点的纵坐标为， ∴点的坐标为， ∵点在直线上， ∴， ∴； （3）解：由题意可得，，双曲线分布在一、三象限内，设直线与双曲线的交点分别为点，如图，由时的取值范围是或，可得点的横坐标为，点的横坐标为， 把代入得，， ∴， 把代入得，， ∴， ∴反比例函数解析式为， 设，点的横坐标为， ∵点是点的等和点， ∴点的纵坐标为， ∴， ∵点在直线上， ∴， 整理得，， 去分母得，， 解得，， 经检验，是原方程的解， ∴点的坐标为或．    22．(1)， (2)，理由见解析 (3)①见解析；②或． 【分析】（1）根据题意可推出，得到，从而推出，再根据勾股定理可求得，再求得； （2）根据题意可推出，得到，设，则，，再利用勾股定理得到，从而推出、，即可求得答案； （3）①分情况讨论，第一种情况，作的平行线，使，连接，延长交于点；第二种情况，作的平分线，取交的平分线于点，延长交的延长线于点，在射线上取，连接；第三种情况，作，交的延长线于点，连接，作的垂直平分线； 在延长线上取点F，使，连接； ②根据①中的三种情况讨论： 第一种情况，根据题意可证得是等腰三角形，作，则，可推出，从而推出，计算可得，最后利用勾股定理即可求得； 第二种情况，延长、交于点，同理可得是等腰三角形，连接，可由，结合三线合一推出，从而推出，同第一种情况即可求得； 第三种情况无交点，不符合题意． 【详解】（1）解：，为的中点，，，， ，， ，即，解得， ， ； 故答案为：1；； （2）解：，理由如下： 根据题意，在垂中四边形中，，且为的中点， ，； 又， ， ； 设，则， ， ， ，， ， ， ， ； （3）解：①第一种情况： 作的平行线，使，连接， 则四边形为平行四边形； 延长交于点， ， ， ， ，， ，即， 为的中点； 故如图1所示，四边形即为所求的垂中平行四边形： 第二种情况： 作的平分线，取交的平分线于点，延长交的延长线于点，在射线上取，连接， 故为的中点； 同理可证明：， 则， 则四边形是平行四边形； 故如图2所示，四边形即为所求的垂中平行四边形： 第三种情况： 作，交的延长线于点，连接，作的垂直平分线； 在延长线上取点F，使，连接， 则为的中点， 同理可证明，从而， 故四边形是平行四边形； 故如图3所示，四边形即为所求的垂中平行四边形： ②若按照图1作图， 由题意可知，， 四边形是平行四边形， ， ， 是等腰三角形； 过P作于H，则， ，， ，， ， ； ,， ， ，即   ∴ 若按照图2作图， 延长、交于点， 同理可得：是等腰三角形， 连接， ， ， ， ， ； 同理，， ，，， ，即，   ， 若按照图3作图，则：没有交点，不存在PE（不符合题意） 故答案为：或． 【点睛】本题考查了垂中平行四边形的定义，平行四边形的性质与判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理，尺规作图，等腰三角形的判定与性质等，熟练掌握以上知识点，读懂题意并作出合适的辅助线是解题的关键． 23．(1)①，45；② (2)或 【分析】（1）由相对运动理解，作出关于的对称圆，若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”，则点C应在的圆内或圆上，先求得，根据点与圆的位置关系的判断方法分别判断即可得出在上，故符合题意，根据圆周角定理即可求解； ②取中点为H，连接，可确定点D在以H为圆心，为半径的上方半圆上运动（不包括端点A、B），当轴时，点D横坐标最大，可求，故点的横坐标的最大值为； （2）反过来思考，由相对运动理解，作出关于的对称圆，故点P需要在的圆内或圆上，作出的外接圆，连接，则点P在以为圆心，为半径的上运动（不包括端点M、N），可求，随着的增大，会越来越靠近，当点与点重合时，点P在上，即为临界状态，此时最大，，由，故当最大，时，此时为等边三角形，此时，故当，的最大值为2，设，则，解得：，可求直线与交于点，，故t的取值范围是或． 【详解】（1）解：①：反过来思考，由相对运动理解，作出关于的对称圆， ∵若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”， ∴点C应在的圆内或圆上， ∵点，， ∴， 而， ∴, 由对称得：， ∴为等腰直角三角形， ∴, 设半径为， 则,故在外，不符合题意； ，故在上，符合题意； ，故在外，不符合题意， ∴点是弦的“可及点”， 可知三点共线， ∵， ∴， 故答案为：，45； ②取中点为H，连接， ∵， ∴， ∴点D在以H为圆心，为半径的上方半圆上运动（不包括端点A、B）， ∴当点轴时，点D横坐标最大， ∵，， ∴， ∴， ∵点，， ∴， ∴此时， ∴点的横坐标的最大值为， 故答案为：； （2）解：反过来思考，由相对运动理解，作出关于的对称圆， ∵若点关于直线的对称点在上或其内部，且，则称点是弦的“可及点”， ∴点C应在的圆内或圆上， 故点P需要在的圆内或圆上， 作出的外接圆，连接， ∴点P在以为圆心，为半径的上运动（不包括端点M、N）， ∴， ∴， 由对称得点在的垂直平分线上， ∵的外接圆为， ∴点也在的垂直平分线上，记与交于点Q， ∴， ∴， 随着的增大，会越来越靠近，当点与点重合时，点P在上，即为临界状态，此时最大，， 连接， ∵， ∴当最大,时，此时为等边三角形， 由上述过程知 ∴， ∴当，的最大值为2， 设，则， 解得：， 而记直线与交于，与y轴交于点K，过点S作轴， 当，当时，， 解得， ∴与x轴交于点， ∴，而 ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴t的取值范围是或． 【点睛】本题考查了新定义，轴对称变换，点与圆的位置关系，圆周角定理，解直角三角形，一次函数与坐标轴的交点问题，已知两点求距离等知识点，正确添加辅助线，找到临界状态情况是解题的关键． 24．(1) (2) (3)或 【分析】（1）根据题意，画出图象，进行判断即可； （2）作以原点为位似中心，位似比为的位似图形，根据直线上存在点P是图形的“延长2分点”，得到直线与有交点，进而得到当过点时，值最小，进行求解即可； （3）作以原点为位似中心，位似比为的位似，得到与有交点，求出与相切以及与相切，两种情况求出的临近值，即可得出结果． 【详解】（1）解：作线段以原点为位似中心，位似比为的位似图形， ∵，， ∴，， ∵点是图形的“延长2分点”， ∴点在线段上， ∵在线段上， ∴是图形的“延长2分点”； 故答案为：； （2）作以原点为位似中心，位似比为的位似图形，如图， ∵，， ∴，， ∵直线上存在点P是图形的“延长2分点”， ∴直线与有交点， ∴当过点时，值最小， 把，代入，得：， ∴的最小值为； （3）作以原点为位似中心，位似比为的位似， ∵，，， ∴，，， ∵等腰直角三角形上存在点P，使得点P是图形的“延长2分点”， ∴当与有交点时，满足题意， 当与相切时，如图，则：或， ∴时，满足题意； 当与相切时，且切点为，连接，则：， ∵为等腰直角三角形， ∴为等腰直角三角形， ∵，，， ∴轴， ∴， ∵以为圆心，半径为1的， ∴点在直线上，， ∴， ∴， ∴或， ∴； 综上：或． 【点睛】本题考查坐标与图形变换—位似，等腰三角形的性质，勾股定理，切线的性质等知识点，综合性强，难度大，属于压轴题，理解并掌握新定义，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键． 25．（1）2；；（2）①；②或 【分析】题目主要考查二次函数的综合应用及新定义理解，熟练掌握二次函数的性质结合图象求解是解题关键． （1）根据题意确定点在的伴随抛物线上，代入求解即可； （2）①根据题意确定顶点坐标为：，然后代入解析式得出，即可求解； ②根据题意得出顶点坐标在图像上滑动，然后分情况分析即可得出结果． 【详解】解：（1）二次函数和的图象都是抛物线的伴随抛物线， ∴点在的伴随抛物线上， 代入得：，， 解得：，， 故答案为：2；； （2）①， ∴顶点坐标为：， ∵函数的图象为抛物线，且始终是的伴随抛物线， ∴， 整理得：， ∴； ②∵与x轴有两个不同的交点，， 由①得：函数的图象为抛物线，且始终是的伴随抛物线， ∴顶点坐标在图像上滑动， 顶点为， 当时， 解得：或， 抛物线与x轴交两个点， 当顶点在下方时，抛物线有两个交点，， ∵若是的伴随抛物线，则也是的伴随抛物线，即C的顶点在上． ∴在 上， 当顶点在下方时，； 综上可得：或． 26．(1)②④ (2)①．理由见解析；② (3)或 【分析】（1）根据邻等对补四边形的定义判断即可； （2）①延长至点E，使，连接，根据邻等对补四边形定义、补角的性质可得出，证明，得出，，根据等边对等角得出，即可得出结论； ②过A作于F，根据三线合一性质可求出，由①可得，在中，根据余弦的定义求解即可； （3）分，，，四种情况讨论即可． 【详解】（1）解：观察图知，图①和图③中不存在对角互补，图2和图4中存在对角互补且邻边相等， 故图②和图④中四边形是邻等对补四边形， 故答案为：②④； （2）解：①，理由： 延长至点E，使，连接， ∵四边形是邻等对补四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴； ②过A作于F， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴； （3）解：∵，，， ∴， ∵四边形是邻等对补四边形， ∴， ∴， 当时，如图，连接，过N作于H， ∴， 在中， 在中， ∴， 解得， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， ∴； 当时，如图，连接， ∵， ∴， ∴，故不符合题意，舍去； 当时，连接，过N作于H， ∵，， ∴， ∴，即， 解得， ∵，， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， ∴； 当时，如图，连接， ∵， ∴， ∴，故不符合题意，舍去； 综上，的长为或． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，明确题意，理解新定义，添加合适辅助线，构造全等三角形、相似三角形是解题的关键． 27．(1)是；理由见解析 (2)①  ②存在；， 【分析】本题考查了一次函数的图像和性质，一次函数与不等式的关系，一次函数与一元一次方程，正确理解“组合函数”的定义是解本题的关键． （1）把，代入组合函数中，化简后进行判断即可； （2）①先求出点的坐标和“组合函数”，把代入“组合函数”，再根据题意，列不等式求解即可；②将点代入“组合函数”，整理得，把代入“组合函数”，消去，把代入解一元一次方程即可求解． 【详解】（1）解：是函数，的“组合函数”， 理由：由函数，的“组合函数”为：， 把，代入上式，得， 函数是函数，的“组合函数”； （2）解：①解方程组 得． 函数与的图像相交于点， 点的坐标为， 、的“组合函数”为， ， ，点在函数、的“组合函数”图像的上方． ，整理，得， ， 解得：， 的取值范围为； ②存在，理由如下： 函数的“组合函数”图像经过点． 将点坐标代入"组合函数"，得 ， ， ，． 将代入， 把代入，得 解得：， 设，则， ． 对于不等于的任意实数，存在“组合函数”图像与轴交点的位置不变． 28．(1)，； (2)存在，的面积的最大值为； (3)存在，，是定值，理由见解析． 【分析】（1）把代入，再解方程可得答案； （2）如图，连接、、、，由抛物线和抛物线与轴有着相同的交点，并且开口方向相同，可设抛物线的解析式为：，再求解抛物线的解析式为，可设点的坐标为两条，再建立函数关系时，利用二次函数的性质可得答案； （3）设，，可得，，结合，可得，设，证明，即符合题意；设的直线为，可得，解得，从而可得答案． 【详解】（1）解：在抛物线的解析式中， 当时，， ， ， 解得，，， 点在点的左边， ，； （2）解：存在，理由如下： 如图，连接、、、， 抛物线和抛物线与轴有着相同的交点，并且开口方向相同， 可设抛物线的解析式为：， 抛物线与轴的交点为， ， ， 抛物线的解析式为， 可设点的坐标为， ， ， 根据二次函数的图象和性质知，当时，即点的坐标为时，的面积有最大值，最大值为． （3）解：设，， ， 直线， ，则， ， ， 整理得：， 由恒成立，则方程的解与无关， ，解得：， ， 设， ， 直线， ， ， ，即符合题意； ，，， 设的直线为， ，解得：， 同理为， ，解得：， ， 整理得：， ， ，则， ，， ． 【点睛】本题考查的是抛物线与轴的交点坐标，二次函数图象与图形面积问题，勾股定理的应用，二次函数与线段比值为定值问题，本题难度大，对学生要求高，灵活选用合适的方法解题是关键． 29．(1)240 (2)，理由见解析 (3)见解析 【分析】本题主要考查圆综合题，以等边半正六边形为背景，理解题意以及掌握圆和多边形的相关性质是解题关键． （1）六边形内角和为，由等边半正六边形的定义即可得出相邻两内角和为； （2）连接，，通过已知条件可证，得到，，进一步证明证出； （3）作、、的垂直平分线，在圆内线上取一点或者圆外取一点都行，切记不能取圆上，否则就是正六边形了． 【详解】（1）解：∵六边形内角和为，且，， ∴等边半正六边形相邻两个内角的和为， 故答案为：240； （2）解：． 理由如下：连接，． 六边形是等边半正六边形． ，． ． ． 在与中， ， ． ； （3）解：如图，六边形即为所求（答案不唯一）． 作法一： 作法二：． 30．(1)见解析 (2)见解析 (3)①；② 【分析】（1）先求出，再证明，再由，即可证明； （2）如图所示，取与格线的交点D，易证明，再由，则可证明； （3）①由相似三角形的性质得到，，则，再证明，得到，接着证明，得到，则，即可得到；②连接，证明是等边三角形，得到，则，解得，（不合题意，舍去），得到， ， ， 过点作于点， ， ∴，， 在中，， ， 的半径为． 【详解】（1）证明：， ，，， ， ， ， 是友好三角形； （2）解：如图所示，即为所求； 易求出， ∴， 再由，则可证明； （3）解：①， ，， ， ， ， 四边形内接于， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， 与的函数关系式为：； ②连接、， ， ， 是等边三角形， ， ， 解得，（不合题意，舍去）， ∴， ， ， ， 过点作于点， ， ∴，， 在中，， ， 的半径为． 学科网（北京）股份有限公司 $$