重难点08 上海中考新定义问题(5大题型+高分技法+限时提升练)-2025年中考数学【热点·重点·难点】专练(上海专用)

重难点08 上海中考新定义问题 上海中考新定义问题以“新”为切入点，却始终围绕数学核心知识与思想方法，要求学生具备扎实的基础，灵活的思维及较强的知识迁移能力，在备考中需注重对“提取模型 - 验证模型 - 应用模型” 思维链的训练，提升应对新情境、新定义的综合素养.常考点有相似三角形、函数、解直角三角形、分类讨论或正多边形等. 题型一 相似三角形 相函相似三角形新定义问题解题四部曲 第一步：精读题目，理解新定义 仔细阅读题目，圈画新定义的关键条件。例如，若定义“亲和三角形"为“有一组角相等，且夹该角的两边乘积相等的两个三角形”，则需明确“一组角相等““两边乘积相等”这两个核心条件。 第二步：关联常规知识，分析新定义与相似三角形的联系 将新定义与相似三角形的判定(如 AA、SAS、SS)和性质(对应边成比例、对应角相等)对比，看是否是常规知识的延伸或变形。例如:若新定义为“两边成比例且非夹角相等的两个三角形相似”，需思考与常规 SAS 判定的区别，避免混淆。若新定义涉及“相似比为某两边平方的比”，则在计算时调整相似比的计算方式。 第三步：应用新定义，建立数学关系 证明题:严格按照新定义的条件推导。如证明两个三角形是“新定义相似”，需逐一验证定义中的每个条件。计算题:利用新定义建立等式。例如，i已知新定义“优相似三角形”的相似比为某两边之和的比，若给出部分边长，可据此列方程求解未知边。 第四步：验证结果，确保符合新定义 解题后，复查结果是否满足新定义的所有要求。例如，新定义中若规定“三角形边长为正整数”，则需检查计算出的边长是否符合该条件. 典例1．（2025·上海徐汇·一模）定义一个三角形中一内角的平分线和该角对边上高，以及这条边围成的新三角形是它的“内拐三角形”．命题“两三角形相似，它们的内拐三角形相似”和其逆命题中，（  ）正确． A．两个都 B．仅原命题 C．仅原命题的逆命题 D．没有一个 1-1（2023·上海杨浦·三模）新定义：由边长为1的小正方形构成的网格图中，每个小正方形的顶点称为格点，顶点都在格点上的三角形称为格点三角形．如图，已知是的网格图中的格点三角形，那么该网格中所有与相似且有一个公共角的格点三角形的个数是（   ）    A．1 B．2 C．3 D．4 1-2（2025·上海闵行·一模）定义：如果一个四边形的两条对角线将它分成的四个小三角形都是相似三角形，那么称这样的四边形为“全相似四边形”．如图，在四边形中，，，下列条件能使四边形成为“全相似四边形”的是（    ） A． B． C． D． 1-3（23-24九年级上·上海·阶段练习）定义：如图1，对于线段的内分点和外分点，如果满足，那么称是“调和点列”．如图2，在中，点在上，点在的延长线上，联结，射线与射线交于点，若是调和点列，且，则的值是 ．            1-4（24-25九年级上·上海闵行·阶段练习）新定义：由边长为1的小正方形构成的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，已知在的网格图形中，的顶点、、都在格点上．请按要求完成下列问题： (1)　　；　　； (2)请仅用无刻度的直尺在线段上求作一点，使（不要求写作法，但保留作图痕迹，写出结论）． 1-5（2024·上海嘉定·三模）定义：若一个圆内接四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为圆美四边形． (1)请在特殊四边形中找出一个圆美四边形，该四边形的名称是 ；如图1，在等腰中，，经过点A、B的交边于点D，交于点E，连接，若四边形为圆美四边形，则的值恰与 °角的余切值相等 (2)如图2，在中，经过点A、B的交边于点D，交于点E，连接交于点F，若在四边形的内部存在一点P，使得，连接交于点G，连接，若． ①试说明：四边形为圆美四边形； ②若，，，当最小时，求：的值 1-6（2024·上海浦东新·一模）新定义1：将宽与长的比等于黄金分割比的矩形称为黄金矩形   新定义2：将顶角为的等腰三角形称为黄金三角形 ①在一张矩形纸片的一端，利用图1的方法折出一个正方形，然后把纸片展平 ②如图2，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平 ③折出内侧矩形的对角线，并把折到图3中所示的处 ④展平纸片，按照所得到的点D折出 (1)根据以上折纸法，求证：矩形为黄金矩形 (2)如图5，已知为黄金三角形，，求：的长 (3)在（2）的条件下，截取交AC于D，截取交线段于E，过E作任意直线与边交于P，Q两点，试判断：是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由 题型二 函数 1.拆解定义:圈画关键条件，举例理解规则本质. 2.转化迁移:关联函数性质(如对称性、单调性)或图象特征. 3.分类讨论:按参数、定义域分段或逻辑分支穷举情形. 4.构造方程(不等式):代入条件列关系式求解，注意定义域限制，验证结果:回归定义检查是否满足所有隐含条件. 典例2（2024·上海·三模）定义：若一次函数的图象与二次函数的图象有两个交点，并且都在坐标轴上，则称二次函数为一次函数的轴点函数．函数（c为常数，）的图象与x轴交于点M，其轴点函数与x轴的另一交点为．若，则的值为（ ） A． B．5或 C． D．或3 2-1（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 2-2（24-25九年级下·上海虹口·阶段练习）定义：我们把一个函数图像上到两条坐标轴的距离都不大于的点叫做这个函数图像的“n阶方点”．例如点是反比例函数图像的一个“2阶方点”；点是正比例函数图像的一个“3阶方点”．如果点是一次函数的“2阶方点”，那么a的取值范围是 ． 2-3（2023·上海松江·二模）我们定义：二次项系数之和为，图像都经过原点且对称轴相同的两个二次函数称作互为友好函数，那么的友好函数是 ． 2-4（2025·上海松江·一模）在平面直角坐标系中（如图），已知二次函数的图像与轴负半轴交于点，与轴交于点，且． (1)当时，求该二次函数的函数值； (2)定义：对于一个函数，满足的实数叫做这个函数的不动点．如果二次函数存在唯一的一个不动点，试求出这个不动点； (3)将绕点逆时针旋转，点落在点处，点落在点处，当四边形是梯形时，点恰好落在该二次函数图像上，求该二次函数的解析式． 2-5（24-25九年级上·上海宝山·阶段练习）新定义：在平面直角坐标系中，函数自变量与因变量乘积最大时的点坐标成为该函数的“最值点” (1)如图，若抛物线M经过和点和，则M上是否存在最值点？若存在，请求出最值点，若不存在，请说明理由； (2)若直线交抛物线于A，两点，则直线不低于抛物线时，请直接写出自变量x的取值范围； (3)求直线的最值点． 2-6（2024·上海·模拟预测）新定义：无理数的被开方数（T为正整数）满足（其中n为正整数），则称无理数的“青一区间”为，在平面直角坐标系中建立点为的青一坐标，同理可得的青一区间为，为的青一坐标，两坐标的距离，叫做的青一距． (1)的青一坐标与的青一坐标关于_________对称； (2)的青一区间为_______，的青一区间为_________，的青一距为_______； (3)实数x，y满足关系式：，若直线过的青一坐标和的青一坐标，求：的青一距和直线与x轴夹角的正弦值． 2-7（2024·上海·模拟预测）如图1，已知点，，直线与反比例函数的图象与第一象限交于． (1)求k的值； (2)如图2，点是反比例函数图象上一点，连接，，试问在轴上是否存在一点，使的面积与的面积相等，若存在，请求点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)新定义：如图2，在平面内，若三角形的一边等于另一边的3倍，则两边较长的那一边叫做麒麟边，两边夹角叫做麒麟角，三角形叫做麒麟三角形，若为麒麟三角形，为麒麟边，为麒麟角，A，B在反比例函数上，且点A横坐标为，直线交y轴于C，与y轴的截距为2，求n的值． 2-8（24-25九年级上·上海·期末）我们将平面直角坐标系中的图形D和点 P给出如下定义：如果将图形D绕点 P顺时针旋转得到图形，那么图形称为图形D关于点 P的“垂直图形”． 已知点A的坐标为，点B的坐标为，关于原点O的“垂直图形”记为，点A、B的对应点分别为点，． (1)请写出：点的坐标为 ；点的坐标为 ； (2)请求出经过点 A、B、的二次函数解析式： (3)请直接写出经过点 A、B、A'的抛物线的表达式为 ． 题型三 解直角三角形 新定义问题，要认真研读题目给出的新定义内容，搞清楚它的数学含义，适用条件以及涉及的范围。比如说，对于＂等腰三角形中底边与腰的比叫做顶角的正对＂这样的新定义，你得马上明白怎么根据这个定义去计算和推导相关结论。这就要求逐字逐句分析定义，圈出关键信息，要是有不理解的地方，再反复读几遍，直到完全掌握。新定义看着陌生，但背后往往和咱们学过的解直角三角形知识有联系，像三角函数的定义，勾股定理等。比如，有些新定义问题会涉及类似正弦、余弦、正切和余切，这时就可以通过作辅助线构造直角三角形，把问题转化为直角三角形里的边角关系问题。举个例子，如果题目给出三角形三边关系的新定义，你可以尝试作高，把三角形分成两个直角三角形，再利用勾股定理和三角函数去求解. 典例3（2025·上海·二模）定义符号代表在平面直角坐标系xOy中，函数的图像两两相交(每两个函数图像有且仅有1个交点)得到三个交点组成的三角形．那么，的最短边长度为 ． 3-1（2024九年级下·上海·专题练习）定义：如图1，点，把线段分割成、和，如果以、、为边的三角形是一个直角三角形，那么称点、是线段的勾股分割点．问题：如图2，在中，已知点、是边的勾股分割点（线段，射线、与射线分别交于点、．如果，，，那么的值为 ． 3-2（2023·上海闵行·模拟预测）新定义：如果一个三角形一条边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做等高底三角形，这条边叫做等底．如图，是等高底三角形，是等底，点关于直线的对称点是点，连接，如果点是的重心，那么的值是 ．    3-3（2024九年级下·上海·专题练习）新定义：已知三条平行直线，相邻两条平行线间的距离相等，我们把三个顶点分别在这样的三条平行线上的三角形称为格线三角形．如图，已知等腰为“格线三角形”，且，那么直线与直线的夹角的余切值为 ． 3-4（2024九年级下·上海·专题练习）定义：如图，点、把线段分割成线段、和，若以、、为边的三角形是一个直角三角形，则称点、是线段的勾股分割点．已知点、是线段的勾股分割点，如果，，那么 ．    3-5（2025·上海杨浦·一模）定义：如图1，已知点、是的边上的两个定点，点是边上的一个动点，当时，称点是线段的最佳视野点．如图2，某商业广场上安装了一块巨型显示屏，点到水平地面的距离为5米，在水平地面的处有一个自动扶梯，点、、在同一直线上．已知自动扶梯的坡度是，点到点的距离是10米．    (1)当行人行走在水平地面时，发现点恰好是屏幕的最佳视野点，且从点测得点的仰角为．求的长；（忽略行人的高度） (2)在（1）的条件下，如果要在自动扶梯上找到屏幕的最佳视野点，有人说“最佳视野点就是屏幕的垂直平分线与的交点”．你同意这个说法吗？请通过计算说明理由．（忽略行人的高度） 题型四 分类讨论 新定义分类讨论问题的核心是“以定义为纲，以逻辑为线”。学生需克服对“新名词”的畏难心理，通过"逐句拆解定义→锁定分类触发点→分层有序讨论→严格校验结论”的思维链，将复杂问题转化为多个可控的子问题. 典例4定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点到这边所对顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“好点”．如图，在中，于点E，，，，点D是边上的“好点”，则线段的长为 ． 4-1（24-25九年级上·上海黄浦·期中）定义：如果一个三角形一条边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做“等高底”三角形，这条边叫做这个三角形的“等底”如图，已知，与之间的距离为．“等高底”是钝角三角形，且，的“等底”在直线上，点在直线，有一边的长是的倍．将绕点按顺时针方向旋转得到，所在直线交于，则 ． 4-2（24-25九年级上·上海闵行·期中）新定义：将一个凸四边形分成一个等腰三角形和一个等腰直角三角形的对角线叫做这个四边形的“智慧线”．已知一个直角梯形的“智慧线”等于2，它的面积是 ． 4-3我们定义：有两边之比是的三角形叫“倍半三角形”．已知直角三角形是倍半三角形，如果，，那么的面积 ． 4-4（24-25九年级上·上海崇明·阶段练习）定义：在平面直角坐标系中，如果两条抛物线关于直线对称，那么我们把一条抛物线称为另一条抛物线关于直线的镜像抛物线．如图，已知抛物线，顶点为A，该抛物线关于直线的镜像抛物线的顶点为B，如果，（是锐角）则m的值是 ． 4-5（2024·上海虹口·阶段练习）定义：有且只有一组邻边相等，且对角互补的四边形叫做单邻等对补四边形．如图所示，在Rt中，，，，分别在、上取点、，如果四边形为单邻等对补四边形，那么的长为 ． 4-6（2024·上海黄浦·期中）新定义：将一个凸四边形分成一个等腰三角形和一个等腰直角三角形的对角线叫做这个四边形的“等腰直角线”．已知一个直角梯形的“等腰直角线”等于4，它的面积是 ． 题型五 正多边形 典例5（23-24八年级下·上海·期末）定义：如果以一条线段为对角线作正方形，那么称该正方形为这条线段的“对角线正方形”．例如，如图1中正方形即为线段的“对角线正方形”．如图2，在中，，，，点在边上，如果线段的“对角线正方形”有两边同时落在的边上，那么的长是 ． 5-1（2024·上海·模拟预测）新定义：正n边形最短对角线与最长对角线长度的比值为正n边形的特征值，则n的取值范围为 ，正六边形的特征值为 ． 5-2（23-24九年级下·上海崇明·期中）新定义：我们把抛物线，（其中）与抛物线称为“关联抛物线”．例如：抛物线的“关联抛物线”为．已知抛物线的“关联抛物线”为，抛物线的顶点为P，且抛物与x轴相交于M、N两点，点P关于x轴的对称点为Q，若四边形是正方形，那么抛物线的表达式为 ． （建议用时30分钟） 1.（2024·上海普陀·二模）如图，在梯形中，（），，．将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、． (1)当点正好落在的延长线上时，求的度数； (2)联结，设，． ①求关于的函数解析式； ②定义：同中心同边数的两个正多边形称为双同正多边形．设是一个正多边形的中心角，联结，请说明以线段、为边的正多边形是双同正多边形的理由．当这两个正多边形的面积比是时，求双同正多边形的边数． 2.（23-24九年级下·上海·阶段练习）定义：把经过三角形的一个顶点并与其对边所在直线相切的圆叫做三角形的“切接圆” 已知在中，，，． (1)如图1，点在边上，过点且与相切于点，则是的一个“切接圆”，求该圆的半径； (2)过点的的“切接圆”中，是否存在面积的最小值，若存在请求出最小值，若不存在请说明理由； (3)如图2，把放在平面直角坐标系中，使点与原点重合，点落在轴正半轴上．求证：以抛物线上任意一点为圆心都可以作过点的的“切接圆”． 3.（2023·上海崇明·三模）新定义：有两边之比为1：的三角形叫做“勤业三角形”． (1)下列各三角形中，一定是“勤业三角形”的是________；（填序号） ①等边三角形；②等腰直角三角形；③含角的直角三角形；④含角的等腰三角形． (2)如图1，是⊙O的内接三角形，为直径，为上一点，且，作，交线段于点，交⊙O于点，连接交于点．试判断和△是否是“勤业三角形”并证明 (3)如图2，在（2）的条件下，当时，求的余弦值 4. 新定义：平行于三角形一边的直线被其他两边所截得的线段叫做“三角形的弦”，已知等边三角形的一条弦的长度为，且这条弦将等边三角形分成面积的两个部分，那么这个等边三角形的边长为 ． 5.（2024·上海虹口·二模）新定义：已知抛物线（其中），我们把抛物线称为的“轮换抛物线”．例如：抛物线的“轮换抛物线”为． 已知抛物线：的“轮换抛物线”为，抛物线、与轴分别交于点、，点在点的上方，抛物线的顶点为． (1)如果点的坐标为，求抛物线的表达式； (2)设抛物线的对称轴与直线相交于点，如果四边形为平行四边形，求点的坐标； (3)已知点在抛物线上，点坐标为，当与相似时，求的值． 6．（2025·上海·模拟预测）小浓与同学学习完黄金分割比的相关知识后，决定进一步探究．他们查阅资料，总结出以下的定义： 1）有两边之比为黄金分割比的三角形是“黄金三角形”； 2）能被一条垂直于较长边且经过这条边的黄金分割点的直线分割为一个正方形和一个新矩形的矩形是“黄金矩形” 根据以上定义，小浓自拟了一道题，请你解决： 如图1，黄金矩形中，点E，F分别在边与边上，且满足，点F是边的黄金分割点．已知大于， (1)求证：四边形也是黄金矩形； (2)已知边．如图2，将四边形绕点F逆时针旋转，落至的位置． i．若，且此时边与线段有交点，用含的三角比（即，，，的任意若干种）的代数式表示四边形的面积，并直接写出其面积最大时线段的长； ii．连接，若是黄金三角形，求点至直线的距离（用a表示）并直接写出相对应的度数． 1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点08 上海中考新定义问题 上海中考新定义问题以“新”为切入点，却始终围绕数学核心知识与思想方法，要求学生具备扎实的基础，灵活的思维及较强的知识迁移能力，在备考中需注重对“提取模型 - 验证模型 - 应用模型” 思维链的训练，提升应对新情境、新定义的综合素养.常考点有相似三角形、函数、解直角三角形、分类讨论或正多边形等. 题型一 相似三角形 相函相似三角形新定义问题解题四部曲 第一步：精读题目，理解新定义 仔细阅读题目，圈画新定义的关键条件。例如，若定义“亲和三角形"为“有一组角相等，且夹该角的两边乘积相等的两个三角形”，则需明确“一组角相等““两边乘积相等”这两个核心条件。 第二步：关联常规知识，分析新定义与相似三角形的联系 将新定义与相似三角形的判定(如 AA、SAS、SS)和性质(对应边成比例、对应角相等)对比，看是否是常规知识的延伸或变形。例如:若新定义为“两边成比例且非夹角相等的两个三角形相似”，需思考与常规 SAS 判定的区别，避免混淆。若新定义涉及“相似比为某两边平方的比”，则在计算时调整相似比的计算方式。 第三步：应用新定义，建立数学关系 证明题:严格按照新定义的条件推导。如证明两个三角形是“新定义相似”，需逐一验证定义中的每个条件。计算题:利用新定义建立等式。例如，i已知新定义“优相似三角形”的相似比为某两边之和的比，若给出部分边长，可据此列方程求解未知边。 第四步：验证结果，确保符合新定义 解题后，复查结果是否满足新定义的所有要求。例如，新定义中若规定“三角形边长为正整数”，则需检查计算出的边长是否符合该条件. 典例1．（2025·上海徐汇·一模）定义一个三角形中一内角的平分线和该角对边上高，以及这条边围成的新三角形是它的“内拐三角形”．命题“两三角形相似，它们的内拐三角形相似”和其逆命题中，（  ）正确． A．两个都 B．仅原命题 C．仅原命题的逆命题 D．没有一个 【答案】B 【分析】本题考查了命题与定理的知识，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定，根据“内拐三角形”的定义分别画出图形，再判断原命题和逆命题的真假即可． 【详解】解：如图1情况，若、相似，的“内拐三角形”为、的“内拐三角形”为， 则，， ∴， 又∵， ∴； 如图3情况，也可同理得出此结论． 即：原命题为真命题． 逆命题：若两三角形的内拐三角形相似，则它们相似； 如图2，在直线上取一点，将沿翻折后与直线交于点， 此时、的内拐三角形都是，但、不相似， 因此逆命题为假命题． 综上所述，原命题为真命题，逆命题为假命题，即仅原命题正确． 故选：B． 1-1（2023·上海杨浦·三模）新定义：由边长为1的小正方形构成的网格图中，每个小正方形的顶点称为格点，顶点都在格点上的三角形称为格点三角形．如图，已知是的网格图中的格点三角形，那么该网格中所有与相似且有一个公共角的格点三角形的个数是（   ）    A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】取的中点，再取网格点M、N，连接格点，结合中位线的性质可证明，，，再根据，，，，可得，结合，有，即可获得答案． 【详解】解：如图，取的中点，再取网格点M、N，连接格点，    则，且， ∴，， ∴． 同理可证：，． ∵，，，， ∴， ∴，， ∴， 综上，满足条件的三角形有4个， 故选：D． 【点睛】本题主要考查了中位线的性质、相似三角形的判定等知识，熟练掌握相似三角形的判定条件是解答本题的关键． 1-2（2025·上海闵行·一模）定义：如果一个四边形的两条对角线将它分成的四个小三角形都是相似三角形，那么称这样的四边形为“全相似四边形”．如图，在四边形中，，，下列条件能使四边形成为“全相似四边形”的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查相似图形，全等三角形的判定和性质．如图，连接交于点O．证明，推出，再证明当时符合题意即可． 【详解】解：如图，连接交于点O． 在和中， ， ∴， ∴， 当时，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴，同法可证， 故选项B符合题意． 当或或时都不符合题意． 故选：B． 1-3（23-24九年级上·上海·阶段练习）定义：如图1，对于线段的内分点和外分点，如果满足，那么称是“调和点列”．如图2，在中，点在上，点在的延长线上，联结，射线与射线交于点，若是调和点列，且，则的值是 ．           图1                      图2 【答案】/ 【分析】根据调和点列可得，进而得出，证明，得出，进而即可求解． 【详解】解：∵是调和点列，且， ∴ ∴ 即 解得：（负值舍去） ∵, ∴ ∴ ∴ ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了几何新定义，相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 1-4（24-25九年级上·上海闵行·阶段练习）新定义：由边长为1的小正方形构成的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，已知在的网格图形中，的顶点、、都在格点上．请按要求完成下列问题： (1)　　；　　； (2)请仅用无刻度的直尺在线段上求作一点，使（不要求写作法，但保留作图痕迹，写出结论）． 【答案】(1)4， (2)作图见解析 【分析】本题考查作图-应用与设计作图，设计三角形面积，锐角三角函数等知识，解题的关键是掌握相似三角形的性质和判定定理． （1）由正方形面积减去三个直角三角形面积可求，过A作于D，用面积法可求的长，在中可得； （2）取格点E，F，连接交于P，由可知，从而，即可得，故P是满足条件的点． 【详解】（1）解：由图可得：， 过作于，如图： ， ， ， 故答案为：4，； （2）解：如图： 点即为所求点． 1-5（2024·上海嘉定·三模）定义：若一个圆内接四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为圆美四边形． (1)请在特殊四边形中找出一个圆美四边形，该四边形的名称是 ；如图1，在等腰中，，经过点A、B的交边于点D，交于点E，连接，若四边形为圆美四边形，则的值恰与 °角的余切值相等 (2)如图2，在中，经过点A、B的交边于点D，交于点E，连接交于点F，若在四边形的内部存在一点P，使得，连接交于点G，连接，若． ①试说明：四边形为圆美四边形； ②若，，，当最小时，求：的值 【答案】(1)正方形； (2)①见解析；②1 【分析】此题考查的是圆的综合题，主要考查了新定义圆美四边形的定义的理解和运用，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解答本题的关键． （1）根据圆美四边形的定义即可直接得出结论；连接，先判断出，得出，得到，得到，再求出，即可得到答案； （2）①先判断出，得出，进而判断出，得出，即可得出结论； ②先判断出，再证，进而得出，设，则，， 即可得出关于x、y的等式，进一步即可求出最终结果． 【详解】（1）根据圆美四边形的定义可知，正方形是圆美四边形， 连接，如图， ∵， ∴是的直径， ∴， ∵四边形为圆美四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴在等腰中，， ∴， ∴， ∵， ∴； 如图所示，是等腰直角三角形，，点D是延长线上一点，且， 则，， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴的值恰与角的余切值相等； 故答案为：正方形； （2）①∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， 即， ∴， ∴， 又∵，， ∴，即， ∴， 又∵A，B，E，D在同一个圆上， ∴四边形为圆美四边形； ②∵， ∴，， ∴， ∵ A，B，E，D在同一个圆上，， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， 设，则，， ∵， ， ∴在中，， ∴， 则利用勾股定理可得， 同理在中可求得：， 根据 得：， 即有 ∴当时，y取最小值，最小值为， 此时． 1-6（2024·上海浦东新·一模）新定义1：将宽与长的比等于黄金分割比的矩形称为黄金矩形   新定义2：将顶角为的等腰三角形称为黄金三角形 ①在一张矩形纸片的一端，利用图1的方法折出一个正方形，然后把纸片展平 ②如图2，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平 ③折出内侧矩形的对角线，并把折到图3中所示的处 ④展平纸片，按照所得到的点D折出 (1)根据以上折纸法，求证：矩形为黄金矩形 (2)如图5，已知为黄金三角形，，求：的长 (3)在（2）的条件下，截取交AC于D，截取交线段于E，过E作任意直线与边交于P，Q两点，试判断：是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据折叠的性质得出，，结合，即可判定四边形是正方形，可得，再求出，则由勾股定理可得，再证明即可； （2）作的角平分线交于D，先求出，再证明，得到，进一步证明，根据相似三角形的性质列出比例式求解即可； （3）如图所示，过点E分别作的垂线，垂足分别为F，G，过点Q作于H，根据，得到；再证明，进而得到，解直角三角形得到，则，再解直角三角形得到，则；证明，得到，则，可得；如图所示，连接，由勾股定理得到，根据，得到，据此代值计算即可． 【详解】（1）证明：由折叠可知：， 又∵， 四边形是矩形， 又由折叠可知：， 四边形是正方形， ∴， 由题意得， ∴； 由折叠得， ∴， ∴，， ∴矩形是黄金矩形； （2）解：如图所示，作的角平分线交于D， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 解得或（舍去）， 经检验，是原方程的解． （3）解：如图所示，过点E分别作的垂线，垂足分别为F，G，过点Q作于H， ∵， ∴； 由（2）可知，当平分时有， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 如图所示，连接， 在中，， ∵， ∴ ． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，矩形与折叠问题，等腰三角形的性质与判定等等，正确理解题意作出辅助线构造相似三角形是解题的关键． 题型二 函数 1.拆解定义:圈画关键条件，举例理解规则本质. 2.转化迁移:关联函数性质(如对称性、单调性)或图象特征. 3.分类讨论:按参数、定义域分段或逻辑分支穷举情形. 4.构造方程(不等式):代入条件列关系式求解，注意定义域限制，验证结果:回归定义检查是否满足所有隐含条件. 典例2（2024·上海·三模）定义：若一次函数的图象与二次函数的图象有两个交点，并且都在坐标轴上，则称二次函数为一次函数的轴点函数．函数（c为常数，）的图象与x轴交于点M，其轴点函数与x轴的另一交点为．若，则的值为（ ） A． B．5或 C． D．或3 【答案】D 【分析】本题主要考查了二次函数与轴交点问题、一次函数与轴交点问题，读懂轴点函数的定义是解题的关键．根据题意，用表示出点、的坐标，代入，解出即可得到答案． 【详解】解：函数（为常数，）的图象与轴交于点 其轴点函数与轴的两个交点为、 或 解得：或 故选：D． 2-1（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 【答案】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 2-2（24-25九年级下·上海虹口·阶段练习）定义：我们把一个函数图像上到两条坐标轴的距离都不大于的点叫做这个函数图像的“n阶方点”．例如点是反比例函数图像的一个“2阶方点”；点是正比例函数图像的一个“3阶方点”．如果点是一次函数的“2阶方点”，那么a的取值范围是 ． 【答案】 【分析】本题考查一次函数、不等式组，根据是一次函数的“2阶方点”，得关于的不等式组，解不等式组即可求解，理解新定义是解决问题的关键． 【详解】解：∵点是一次函数的“2阶方点”， ∴，即：， ∴， 解得：， 故答案为：． 2-3（2023·上海松江·二模）我们定义：二次项系数之和为，图像都经过原点且对称轴相同的两个二次函数称作互为友好函数，那么的友好函数是 ． 【答案】 【分析】函数的对称轴为设的友好函数是根据二次项系数之和为，图像都经过原点且对称轴相同可列出方程组，解出即可求出． 【详解】解：函数的对称轴为 设的友好函数是 的友好函数是 故答案为： 【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，解题的关键是读懂“友好对称二次函数”的定义． 2-4（2025·上海松江·一模）在平面直角坐标系中（如图），已知二次函数的图像与轴负半轴交于点，与轴交于点，且． (1)当时，求该二次函数的函数值； (2)定义：对于一个函数，满足的实数叫做这个函数的不动点．如果二次函数存在唯一的一个不动点，试求出这个不动点； (3)将绕点逆时针旋转，点落在点处，点落在点处，当四边形是梯形时，点恰好落在该二次函数图像上，求该二次函数的解析式． 【答案】(1)0 (2)这个不动点是 (3)或 【分析】（1）令，得，得，进而得，代入解析式得得，从而得，再把代入解析式即可得解； （2）由得：，根据函数有唯一的不动点得或．把代入，得，求解即可； （3）分和利用解直角三角形，旋转的性质及二次函数的图像及性质即可求解． 【详解】（1）解：令，得， ． 代入解析式得得 ∴ 当时 当时，． （2）解：由得： ∵有唯一的不动点 解得：（舍）或． 当时， ∴， 这个不动点是． （3）解：①当时，如图 由旋转可得，， ， ∴ ， ②当时，如图，过作于点， 由旋转得， ∴， ，， ∴ 解得， ． 故二次函数解析式为或， 【点睛】本题主要考查了二次函数的图形及性质，一元二次方程根的判别式，解直角三角形及旋转的性质，熟练掌握二次函数的图形及性质是解题的关键． 2-5（24-25九年级上·上海宝山·阶段练习）新定义：在平面直角坐标系中，函数自变量与因变量乘积最大时的点坐标成为该函数的“最值点” (1)如图，若抛物线M经过和点和，则M上是否存在最值点？若存在，请求出最值点，若不存在，请说明理由； (2)若直线交抛物线于A，两点，则直线不低于抛物线时，请直接写出自变量x的取值范围； (3)求直线的最值点． 【答案】(1)不存在，理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）采用待定系数法求出抛物线M的解析式为，根据二次函数的性质得到当时，y随x的增大而增大，由可得当时，随x的增大而增大，即不存在最大值，即可解答； （2）结合图象即可求解； （3）对于直线，有，根据二次函数的性质即可求解． 【详解】（1）解：设抛物线M的解析式为， ∵抛物线M经过和点和， ∴，解得 ∴抛物线M的解析式为， ∴抛物线M的开口向上，对称轴为， 当时，y随x的增大而增大， ∵， 由抛物线M的增减性可得，当时，随x的增大而增大， ∴随x的增大而增大，即不存在最大值， ∴抛物线M上不存在最值点． （2）解：∵直线交抛物线M于，两点， ∴由图象可得，直线不低于抛物线时，x的取值范围为． （3）解：对于直线，有 ， ∴当时，有最大值， 此时， ∴直线的最值点为． 【点睛】本题考查新定义，待定系数法求二次函数解析式，二次函数的图象及性质，直线与抛物线的交点问题等，正确理解函数的“最值点”是解题的关键． 2-6（2024·上海·模拟预测）新定义：无理数的被开方数（T为正整数）满足（其中n为正整数），则称无理数的“青一区间”为，在平面直角坐标系中建立点为的青一坐标，同理可得的青一区间为，为的青一坐标，两坐标的距离，叫做的青一距． (1)的青一坐标与的青一坐标关于_________对称； (2)的青一区间为_______，的青一区间为_________，的青一距为_______； (3)实数x，y满足关系式：，若直线过的青一坐标和的青一坐标，求：的青一距和直线与x轴夹角的正弦值． 【答案】(1)原点 (2)，， (3)， 【分析】本题考查坐标与中心对称，无理数的估算，求一次函数的解析式，求正弦值： （1）根据点的坐标特征，进行判断即可； （2）根据青一区间和青一距的定义，进行求解即可； （3）非负性求出的值，进而求出青一区间和青一距，待定系数法求出函数解析式，数形结合求出角的正弦值即可． 【详解】（1）解：和的横纵坐标均为相反数， 故的青一坐标与的青一坐标关于原点对称； 故答案为：原点； （2）∵， ∴的青一区间为； ∵ ∴的青一区间为； ∵， ∴的青一区间为，的青一区间为； ∴的青一距为； 故答案为：，，； （3）∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴的青一区间为：，的青一区间为：， ∴的青一距为； ∵直线过的青一坐标和的青一坐标，即直线过和， ∴，解得：， ∴， 如图：不妨设，过点作轴，则：， ∴， ∴． 2-7（2024·上海·模拟预测）如图1，已知点，，直线与反比例函数的图象与第一象限交于． (1)求k的值； (2)如图2，点是反比例函数图象上一点，连接，，试问在轴上是否存在一点，使的面积与的面积相等，若存在，请求点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)新定义：如图2，在平面内，若三角形的一边等于另一边的3倍，则两边较长的那一边叫做麒麟边，两边夹角叫做麒麟角，三角形叫做麒麟三角形，若为麒麟三角形，为麒麟边，为麒麟角，A，B在反比例函数上，且点A横坐标为，直线交y轴于C，与y轴的截距为2，求n的值． 【答案】(1) (2)存在，点的坐标为：或 (3) 【分析】（1）利用待定系数法求得直线的解析式，即可得点，则待定系数法即可求的反比例函数； （2）当点在点右侧时，过点作直线，交轴于点，则点为所求点，即可求解；当点在点的左侧时，根据点的对称性即可求解； （3）由题意可知，因此当为直角三角形时，不可能为斜边，有或两种情况讨论．作辅助线构造三垂直模型，证得相似三角形，即可求解． 【详解】（1）解：设直线的表达式为：， 由点，点得 ，解得 则直线的表达式为：， 当时，即，则， 即点， 将点的坐标代入反比例函数表达式得：， 即反比例函数的表达式为：； （2）解：存在，理由： 点是反比例函数图象上一点，则点， 当点在点右侧时， 过点作直线，交轴于点，则点为所求点， 直线的表达式为：，， 则直线的表达式为：， 令，则， 解得：，则点， 则， 当点在点的左侧时，由对称性可得点的坐标为：， 即点， 综上，点的坐标为：或； （3）解：为“麒麟三角形”， 为“麒麟边”， 为“麒麟角”， ， 是直角三角形， 不可能为斜边，即， 或， 如图1，当时，过作轴于，过作轴于， ，， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， 点坐标为， ， 此时，点不可能在反比例函数上，故该情况不存在； ②如图2，当时，过作轴于，过作轴交于， ， ， ， ， ， ， ，， 设，， ， ， 点坐标，点坐标． ，在上， ， 解得：； 综上，， 则点的坐标为：， 将点的坐标代入函数表达式得：． 【点睛】本题为反比例函数综合题，主要考查了求一次函数解析式、反比例函数的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质，以及对称性，解题的关键是构造直角三角形和相似三角形，以及分类讨论思想的应用． 2-8（24-25九年级上·上海·期末）我们将平面直角坐标系中的图形D和点 P给出如下定义：如果将图形D绕点 P顺时针旋转得到图形，那么图形称为图形D关于点 P的“垂直图形”． 已知点A的坐标为，点B的坐标为，关于原点O的“垂直图形”记为，点A、B的对应点分别为点，． (1)请写出：点的坐标为 ；点的坐标为 ； (2)请求出经过点 A、B、的二次函数解析式： (3)请直接写出经过点 A、B、A'的抛物线的表达式为 ． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题主要考查待定系数法求函数解析式，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． （1）根据旋转的性质得到，即可得到答案； （2）根据待定系数法求解即可； （3）根据待定系数法求解即可； 【详解】（1）解：点A的坐标为，点B的坐标为， 由旋转可知， ， 故答案为：； （2）解：设抛物线解析式为， 将代入， 得， 解得， ； （3）解：设抛物线解析式为， 将代入， 得， 解得， ． 题型三 解直角三角形 新定义问题，要认真研读题目给出的新定义内容，搞清楚它的数学含义，适用条件以及涉及的范围。比如说，对于＂等腰三角形中底边与腰的比叫做顶角的正对＂这样的新定义，你得马上明白怎么根据这个定义去计算和推导相关结论。这就要求逐字逐句分析定义，圈出关键信息，要是有不理解的地方，再反复读几遍，直到完全掌握。新定义看着陌生，但背后往往和咱们学过的解直角三角形知识有联系，像三角函数的定义，勾股定理等。比如，有些新定义问题会涉及类似正弦、余弦、正切和余切，这时就可以通过作辅助线构造直角三角形，把问题转化为直角三角形里的边角关系问题。举个例子，如果题目给出三角形三边关系的新定义，你可以尝试作高，把三角形分成两个直角三角形，再利用勾股定理和三角函数去求解. 典例3（2025·上海·二模）定义符号代表在平面直角坐标系xOy中，函数的图像两两相交(每两个函数图像有且仅有1个交点)得到三个交点组成的三角形．那么，的最短边长度为 ． 【答案】 【分析】先画简易图象，并求解函数的交点坐标，再利用勾股定理求解三边的长度，从而可得答案. 【详解】解：如图， 当时，，解得：， ∴， 当时，，解得：， ∴， 当时，则， 解得：或（舍去）， ∴， ∴， ∴，， ， ∴， ∴的最短边长度为； 故答案为： 【点睛】本题考查的是一次函数，反比例函数的应用，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，新定义的含义，理解题意是解本题的关键. 3-1（2024九年级下·上海·专题练习）定义：如图1，点，把线段分割成、和，如果以、、为边的三角形是一个直角三角形，那么称点、是线段的勾股分割点．问题：如图2，在中，已知点、是边的勾股分割点（线段，射线、与射线分别交于点、．如果，，，那么的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查勾股定理及应用，涉及新定义，相似三角形的判定与性质，解题的关键是读懂新定义，用含的式子表示和．由点、是边的勾股分割点（线段，，，可得，而，即得，，，，从而可得答案． 【详解】解：点、是边的勾股分割点（线段，，， ， ， ，， ， ， ， 同理， ， ． 故答案为：． 3-2（2023·上海闵行·模拟预测）新定义：如果一个三角形一条边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做等高底三角形，这条边叫做等底．如图，是等高底三角形，是等底，点关于直线的对称点是点，连接，如果点是的重心，那么的值是 ．    【答案】/ 【分析】延长与交于点，根据轴对称性质得，，，再由是等高底三角形，是等底，得，再根据三角形的重心定理得，设，则，由勾股定理用表示，进而计算的值便可． 【详解】解：延长与交于点，如图所示：    点A关于直线的对称点是点， ，，， 是等高底三角形，是等底， ， 点是的重心， ， 设，则， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了对称变换，三角形的重心性质，新定义，关键是根据三角形的重心性质得出与的数量关系． 3-3（2024九年级下·上海·专题练习）新定义：已知三条平行直线，相邻两条平行线间的距离相等，我们把三个顶点分别在这样的三条平行线上的三角形称为格线三角形．如图，已知等腰为“格线三角形”，且，那么直线与直线的夹角的余切值为 ． 【答案】3 【分析】本题考查了解直角三角形，等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定，平行线间的距离等知识点，能正确作出辅助线是解此题的关键． 过作直线于，延长交直线于，过作直线于，根据全等三角形的判定得出，根据全等三角形的性质得出，，求出，再解直角三角形求出答案即可． 【详解】解：过作直线于，延长交直线于，过作直线于，则， 直线直线直线，相邻两条平行线间的距离相等（设为， 直线，， ， ，， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 故答案为：3． 3-4（2024九年级下·上海·专题练习）定义：如图，点、把线段分割成线段、和，若以、、为边的三角形是一个直角三角形，则称点、是线段的勾股分割点．已知点、是线段的勾股分割点，如果，，那么 ．    【答案】 【分析】本题考查了勾股定理．由勾股定理求得的长度即可． 【详解】解：依题意得：，即， 解得（舍去负值）． 故答案为：． 3-5（2025·上海杨浦·一模）定义：如图1，已知点、是的边上的两个定点，点是边上的一个动点，当时，称点是线段的最佳视野点．如图2，某商业广场上安装了一块巨型显示屏，点到水平地面的距离为5米，在水平地面的处有一个自动扶梯，点、、在同一直线上．已知自动扶梯的坡度是，点到点的距离是10米．    (1)当行人行走在水平地面时，发现点恰好是屏幕的最佳视野点，且从点测得点的仰角为．求的长；（忽略行人的高度） (2)在（1）的条件下，如果要在自动扶梯上找到屏幕的最佳视野点，有人说“最佳视野点就是屏幕的垂直平分线与的交点”．你同意这个说法吗？请通过计算说明理由．（忽略行人的高度） 【答案】(1)的长是10米 (2)不同意，理由见解析 【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用-仰角俯角． （1）连接，由题意得，，，设为，则为，根据点H恰好是屏幕的最佳视野点列方程求出x即可解答； （2）作的垂直平分线交于，交于点，分别延长与交于点，分别求出，，，计算得出，从而判断点不是屏幕的最佳视野点． 【详解】（1）解：如图，连接，    由题意得，，，， 设，则，， ∵点恰好是屏幕的最佳视野点， ∴， ∴， 解得：（舍去），， ∴（米）， ∴（米）， ∴的长是10米； （2）解：不同意．理由如下： 作的垂直平分线交于，交于点，分别延长与交于点，    由题意，可得：，， ∵自动扶梯的坡度是， ∴， ∵， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点不是自动扶梯上的最佳视野点． 题型四 分类讨论 新定义分类讨论问题的核心是“以定义为纲，以逻辑为线”。学生需克服对“新名词”的畏难心理，通过"逐句拆解定义→锁定分类触发点→分层有序讨论→严格校验结论”的思维链，将复杂问题转化为多个可控的子问题. 典例4定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点到这边所对顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“好点”．如图，在中，于点E，，，，点D是边上的“好点”，则线段的长为 ． 【答案】或5 【分析】本题考查了等腰三角形的判定、勾股定理、一元二次方程的应用等知识，正确理解“好点”的定义是解题关键．先求出，设，则，，再分三种情况：①点在上；②点与点重合，③点在上，利用勾股定理求出的值，再根据“好点”的定义求出的值，两者建立方程，解方程即可得． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， ∴， 设， ∵， ∴，， ①如图，当点在上时，则， ∴， 在中，， ∵点是边上的“好点”， ∴， ∴， 解得或（不符合题设，舍去）， ∴此时； ②如图，当点与点重合时，则， ∴，， ∴，这与点是边上的“好点”矛盾，则的情形不存在； ③如图，当点在上时，则， ∴， 在中，， ∵点是边上的“好点”， ∴， ∴， 解得或（不符合题设，舍去）， ∴此时； 综上，线段的长为或5， 故答案为：或5． 4-1（24-25九年级上·上海黄浦·期中）定义：如果一个三角形一条边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做“等高底”三角形，这条边叫做这个三角形的“等底”如图，已知，与之间的距离为．“等高底”是钝角三角形，且，的“等底”在直线上，点在直线，有一边的长是的倍．将绕点按顺时针方向旋转得到，所在直线交于，则 ． 【答案】或 【分析】分别过点作于点，点作于点，由题意易得，然后可得，进而可分当时，当时，最后根据勾股定理可进行求解 【详解】解：分别过点作于点，点作于点，如图所示： 由题意可得：， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ①当时，则在中，由勾股定理得：， ∴， ∴在中，由勾股定理得：， ∵， ∴，即， ∵是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴； ②当时，则在中，由勾股定理得：， ∴在中，由勾股定理得：， ∵， ∴，即， ∵是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴； 综上所述：或； 故答案为或； 【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、二次根式的运算及勾股定理，熟练掌握等腰直角三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、二次根式的运算及勾股定理是解题的关键． 4-2（24-25九年级上·上海闵行·期中）新定义：将一个凸四边形分成一个等腰三角形和一个等腰直角三角形的对角线叫做这个四边形的“智慧线”．已知一个直角梯形的“智慧线”等于2，它的面积是 ． 【答案】3或 【分析】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、三角形的内角和定理、勾股定理、平行线的性质、二次根式的运算，理解题中定义，分类讨论是解答的关键．根据题意，画出图形，根据等腰直角三角形的性质，结合梯形的面积公式求解即可． 【详解】解：如图1，为等腰直角三角形，， ∴， ∴； 如图2，为等腰直角三角形，， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 综上，这个直角梯形的面积为3或． 4-3我们定义：有两边之比是的三角形叫“倍半三角形”．已知直角三角形是倍半三角形，如果，，那么的面积 ． 【答案】1或或 【分析】本题考查了三角形的面积，勾股定理的应用，分三种情况讨论，利用三角形面积公式求得即可．分类讨论思想的运用是解题的关键． 【详解】解：， 为斜边， 当时，的面积； 当时，的面积； 当时，则， 的面积； 故答案为：1或或. 4-4（24-25九年级上·上海崇明·阶段练习）定义：在平面直角坐标系中，如果两条抛物线关于直线对称，那么我们把一条抛物线称为另一条抛物线关于直线的镜像抛物线．如图，已知抛物线，顶点为A，该抛物线关于直线的镜像抛物线的顶点为B，如果，（是锐角）则m的值是 ． 【答案】或 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质、轴对称的性质、解直角三角形，由题意可得，再分两种情况：当直线在点的左侧时，当直线在点的右侧时，再结合轴对称的性质、解直角三角形，计算即可得解，采用数形结合与分类讨论的思想是解此题的关键． 【详解】解：∵， ∴， 当直线在点的左侧时， ∵该抛物线关于直线的镜像抛物线的顶点为B， ∴点的纵坐标为， 连接交轴于点，如图： ， 则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 当直线在点的右侧时，同理可得：， 综上所述，的值为或， 故答案为：或． 4-5（2024·上海虹口·阶段练习）定义：有且只有一组邻边相等，且对角互补的四边形叫做单邻等对补四边形．如图所示，在Rt中，，，，分别在、上取点、，如果四边形为单邻等对补四边形，那么的长为 ． 【答案】或 【分析】此题主要考查了相似三角形的性质及判定、勾股定理，理解“单邻等对补四边形”定义，熟练运用相似三角形的性质及判定、勾股定理是解决问题的关键． 根据题意，分四种情况画出图形，证明，根据相似三角形的性质逐一求解判断即可． 【详解】解：在中，，，， ， ①当时，如下图所示： ， ， 由“单邻等对补四边形”的定义可得：， ， ， ， ， ， ，即， ，， ， ，不符合“单邻等对补四边形”的定义； ②当时，如图所示： ， ，即， ， ③当时，如图所示： ， ， ，即， ， 综上所述，的长为或． 4-6（2024·上海黄浦·期中）新定义：将一个凸四边形分成一个等腰三角形和一个等腰直角三角形的对角线叫做这个四边形的“等腰直角线”．已知一个直角梯形的“等腰直角线”等于4，它的面积是 ． 【答案】或12 【分析】分两种情况，结合勾股定理，即可求解． 【详解】解：如图，在梯形中，，是等腰直角三角形，，    ∴， ∴， ∴梯形的面积为； 如图，在梯形中，，是等腰直角三角形，，    ∴，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴梯形的面积为； 如图，在梯形中，，是等腰直角三角形，； 综上所述，它的面积为或12． 故答案为：或12 【点睛】本题主要考查了勾股定理，等腰直角三角形，梯形，利用分类讨论思想解答是解题的关键． 题型五 正多边形 典例5（23-24八年级下·上海·期末）定义：如果以一条线段为对角线作正方形，那么称该正方形为这条线段的“对角线正方形”．例如，如图1中正方形即为线段的“对角线正方形”．如图2，在中，，，，点在边上，如果线段的“对角线正方形”有两边同时落在的边上，那么的长是 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．设正方形的边长为，则，，由，可得，根据正方形的性质和相似三角形的判定和性质定理即可得到结论． 【详解】解：当线段的“对角线正方形”有两边同时落在的边上时， 设正方形的边长为，则，， ， ， ， ， 解得：， ， 故答案为：． 5-1（2024·上海·模拟预测）新定义：正n边形最短对角线与最长对角线长度的比值为正n边形的特征值，则n的取值范围为 ，正六边形的特征值为 ． 【答案】 / 【分析】本题主要考查了多边形对角线的定义、正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、余弦的定义等知识点，发现正六边形的最短对角线和最长对角线的关系成为解题的关键． 根据对角线的形成条件可确定n的取值范围，再根据正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、余弦的定义即可求得正六边形的特征值． 【详解】解：由于正多边形存在对角线，则， 如图，正六边形中，对角线交于点O，连接． 易知是正六边形最长的对角线，是正六边形的最短的对角线， ∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是直角三角形， ∴． 故答案为,． 5-2（23-24九年级下·上海崇明·期中）新定义：我们把抛物线，（其中）与抛物线称为“关联抛物线”．例如：抛物线的“关联抛物线”为．已知抛物线的“关联抛物线”为，抛物线的顶点为P，且抛物与x轴相交于M、N两点，点P关于x轴的对称点为Q，若四边形是正方形，那么抛物线的表达式为 ． 【答案】 【分析】本题考查了抛物线新定义问题，正确理解定义，熟练掌握平行坐标轴直线上两点间距离计算方式是解题的关键．根据定义，得到抛物线的表达式，然后利用公式求出顶点坐标和对称点坐标，根据四边形是正方形求出距离，然后利用两点间距离公式和一元二次方程根与系数的关系求出的值，即可求解． 【详解】解： ， “关联抛物线”为：， 设抛物线的顶点，则 ，， 抛物线的顶点， 点P关于x轴的对称点， 连接交轴于，如图所示， 四边形是正方形， ， ， 设抛物线：与轴交点，，，即为方程的根， 则，， ， 解得， 抛物线的表达式为，即， 故答案为：． （建议用时30分钟） 1.（2024·上海普陀·二模）如图，在梯形中，（），，．将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、． (1)当点正好落在的延长线上时，求的度数； (2)联结，设，． ①求关于的函数解析式； ②定义：同中心同边数的两个正多边形称为双同正多边形．设是一个正多边形的中心角，联结，请说明以线段、为边的正多边形是双同正多边形的理由．当这两个正多边形的面积比是时，求双同正多边形的边数． 【答案】(1) (2)①；②理由见解析，双同正多边形的边数为 【分析】（1）当点正好落在的延长线上时，连接，根据平行线的性质、旋转的性质、等边对等角的性质，得出，结合三角形内角和为求出度数即可； （2）①连接、、、，过点作于点，根据旋转的性质、相似三角形的判定定理，证明，得出，结合勾股定理，用含的代数式表示出、，代入中整理得出关于的函数解析式即可；②根据①过程中，，，已知，说明以线段、为边的正多边形是双同正多边形即可；根据当这两个正多边形的面积比是时，相似多边形的面积比等于相似比的平方，得出相似比为，求出的长，结合勾股定理计算，求出，得出，计算即可得出双同正多边形的边数． 【详解】（1）解：如图，当点正好落在的延长线上时，连接， ∵，，将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、， ∴（两直线平行，内错角相等），，， ∴， ∴； （2）解：①如图，连接、、、，过点作于点， ∵将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、， ∴， 和都等于旋转角，即， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴，， ， ∴， ∴， ， ∵， ∴， ， ， 整理得：； ②以线段、为边的正多边形是双同正多边形，理由如下， 如图，由①过程得：，，， ∵，是一个正多边形的中心角，将梯形绕点按顺时针方向旋转，使点与点重合，此时点、的对应点分别是点、， ∴， ∴也是一个正多边形的中心角， ∴以线段、为边，以点为的中心的两个正多边形的中心角也相等，即这两个正多边形是双同正多边形， ∴这两个正多边形也是相似多边形， ∵当这两个正多边形的面积比是时， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴这两个正多边形的中心角， ∴这两个正多边形的边数， ∴当这两个正多边形的面积比是时，双同正多边形的边数为． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、正多边形的性质等，熟练掌握相似三角形的判定与性质、推理证明是解题的关键． 2.（23-24九年级下·上海·阶段练习）定义：把经过三角形的一个顶点并与其对边所在直线相切的圆叫做三角形的“切接圆” 已知在中，，，． (1)如图1，点在边上，过点且与相切于点，则是的一个“切接圆”，求该圆的半径； (2)过点的的“切接圆”中，是否存在面积的最小值，若存在请求出最小值，若不存在请说明理由； (3)如图2，把放在平面直角坐标系中，使点与原点重合，点落在轴正半轴上．求证：以抛物线上任意一点为圆心都可以作过点的的“切接圆”． 【答案】(1) (2) (3)见解析 【分析】（1）连接，设，利用平行线分线段成比例定理，构建方程求解即可； （2）当是的直径时，的半径最小，最小值为，此时面积也最小，计算即可得出答案； （3）设抛物线上任意一点为，设到轴的距离为，证明，可得结论． 【详解】（1）解：连接， ， 设， ∵与相切于点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 解得， ∴； （2）解：存在，当是的直径时，的半径最小，最小值为，此时面积也最小，为； （3）证明：设抛物线上任意一点为， ∴， 设到轴的距离为， 由题意得：， ∴ ， ∴以抛物线上任意一点为圆心都可以作过点的的“切接圆”． 【点睛】本题考查圆与二次函数综合、勾股定理、切线的性质、 分线段成比例定理等知识点，解题的关键是理解题意，学会利用参数解决问题． 3.（2023·上海崇明·三模）新定义：有两边之比为1：的三角形叫做“勤业三角形”． (1)下列各三角形中，一定是“勤业三角形”的是________；（填序号） ①等边三角形；②等腰直角三角形；③含角的直角三角形；④含角的等腰三角形． (2)如图1，是⊙O的内接三角形，为直径，为上一点，且，作，交线段于点，交⊙O于点，连接交于点．试判断和△是否是“勤业三角形”并证明 (3)如图2，在（2）的条件下，当时，求的余弦值 【答案】(1)③④ (2)都是“勤业三角形”，证明见解析 (3) 【分析】（1）根据“勤业三角形”的定义进行计算，即可一一判定； （2）如图，连接，设，可证得，，可得，结合，可得，即可判定和都是“勤业三角形”； （3）如图，过点G作交DE于点I，可得， ，可证得，设，则，利用，可求得，，从而可得答案． 【详解】（1）解：①等边三角形各边的比值为1，故等边三角形不是“勤业三角形”； ②等腰直角三角形两直角边的比值为1，直角边与斜边的比为，故等腰直角三角形不是“勤业三角形”； ③设含角的直角三角形的最短边长为a，则斜边长为2a，另一条直角边长为，，故含角的直角三角形是“勤业三角形”； ④如图：中，AB=AC，，过点A作于点D， ， 设，则， ， ， ， 含角的等腰三角形是“勤业三角形”； 故答案为：③④； （2）解：△和△都是“勤业三角形”， 证明如下： 如图：连接，设 ， ， ， ， 又 ， ，即 ， ， 又 ， ， ， ， ， ， ， ， ，， 和都是“勤业三角形”； （3）解：如图：过点G作交DE于点I， ， ， ， ， ， ， ， ， 设， 由（2）知， ， ， ， ， ， ， 在中，， 即． 【点睛】本题考查的是新定义问题，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，锐角三角函数的定义等有关知识，作出辅助线是解决本题的关键． 4. 新定义：平行于三角形一边的直线被其他两边所截得的线段叫做“三角形的弦”，已知等边三角形的一条弦的长度为，且这条弦将等边三角形分成面积的两个部分，那么这个等边三角形的边长为 ． 【答案】或 【分析】此题考查了相似三角形的判定与性质，由 ，然后由相似三角形面积比等于相似比的平方，求得答案. 【详解】如图，根据题意得：， ∴， 当时， ， ， ， ， 当时， ， ， ， ， 即这个等边三角形的边长为：或， 故答案为：或． 5.（2024·上海虹口·二模）新定义：已知抛物线（其中），我们把抛物线称为的“轮换抛物线”．例如：抛物线的“轮换抛物线”为． 已知抛物线：的“轮换抛物线”为，抛物线、与轴分别交于点、，点在点的上方，抛物线的顶点为． (1)如果点的坐标为，求抛物线的表达式； (2)设抛物线的对称轴与直线相交于点，如果四边形为平行四边形，求点的坐标； (3)已知点在抛物线上，点坐标为，当与相似时，求的值． 【答案】(1) (2) (3)或或 【分析】本题考查的是二次函数综合题，重点考查二次函数的性质、平行四边形性质及相似三角形性质， （1）将点代入表达式，求出m的值，根据“轮换抛物线”定义写出即可； （2）根据轮换抛物线定义得出抛物线表达式及点E、F坐标，并求出P、Q坐标，根据平行四边形性质得出列方程并解出m值，进而解决问题； （3）求出，由点关于对称，平行于y轴，得到，根据和相似，分，两种情况讨论即可． 【详解】（1）解：抛物线：与轴交于点坐标为， 当，代入，得， ， 抛物线表达式为， 抛物线的“轮换抛物线”为表达式为； （2）解：抛物线：， 当时，，即与y轴交点为， 抛物线：的“轮换抛物线”为， 抛物线表达式为， 同理抛物线与y轴交点为， 抛物线对称轴为直线， 当时，， 抛物线的顶点坐标为， 当时，， 抛物线的对称轴与直线交点， 点在点的上方， ， 解得：， ， 四边形为平行四边形， ，即， 解得：， ； （3）解：由（2）知 ：，：，，，，， 点在抛物线上， 即， 如图， 点关于对称， ， 又平行于y轴， ， ， 和相似， 有两种可能： 情形1：， ， ，， ， 解得：（符合题意）； 情形2：， ， ，， ， 解得：（符合题意）或（符合题意）， 综上，当与相似时，的值为或或． 6．（2025·上海·模拟预测）小浓与同学学习完黄金分割比的相关知识后，决定进一步探究．他们查阅资料，总结出以下的定义： 1）有两边之比为黄金分割比的三角形是“黄金三角形”； 2）能被一条垂直于较长边且经过这条边的黄金分割点的直线分割为一个正方形和一个新矩形的矩形是“黄金矩形” 根据以上定义，小浓自拟了一道题，请你解决： 如图1，黄金矩形中，点E，F分别在边与边上，且满足，点F是边的黄金分割点．已知大于， (1)求证：四边形也是黄金矩形； (2)已知边．如图2，将四边形绕点F逆时针旋转，落至的位置． i．若，且此时边与线段有交点，用含的三角比（即，，，的任意若干种）的代数式表示四边形的面积，并直接写出其面积最大时线段的长； ii．连接，若是黄金三角形，求点至直线的距离（用a表示）并直接写出相对应的度数． 【答案】(1)见解析 (2)①，；②当或时，点至直线的距离；当或时，点至直线的距离 【分析】（1）连接，交于点H，过点H作于点I，利用黄金矩形的性质和相似三角形的判定与性质证明是黄金分割点，再证明四边形是正方形即可； （2）①连接，过点作于点N，由旋转得，，，证明，可得，设，则，则，继而可得，那么，当最大时，则最大，故当最大时，最大，由于边与线段有交点，则当点与点重合时，最大，由上知，则，故； ②分两种情况讨论，构造相似三角形，利用相似三角形的性质以及解直角三角形即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是黄金矩形， ∴四边形是正方形，为的黄金分割点， ∴， 设，则， 连接，交于点H，过点H作于点I， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵四边形是矩形，四边形是正方形， ∴， ∴四边形是矩形， ∵ ∴四边形是正方形， ∵， ∴点H为的黄金分割点， ∴四边形也是黄金矩形； （2）解：①连接，过点作于点N， 由旋转得，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当最大时，则最大， ∴当最大时，最大， ∵边与线段有交点， ∴当点与点重合时，最大，如图： ∵， ∴由上知， ∴ ∴； ②当时，且在上方，在上取点L，使得，连接，过点作于点O，过点作于M，交于点， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，而 ∴， 设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴由勾股定理得，， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴当时，点至直线的距离， 当旋转角为：时，如图： ∵此时，故点与上述点关于对称 ∴点至直线的距离； 当时，在延长线上取点L，使得，连接，过点作交延长线于点O，过点作于M，交于点， 同理可证明， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴设， 则， ∵， ∴， ∴， ∴旋转角， 设，则， ∴由勾股定理得，， ∴， 解得：， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当时，点至直线的距离 当旋转角为：时，如图： ∵此时，故点与上述点关于对称 ∴点至直线的距离； 综上：当或时，点至直线的距离；当或时，点至直线的距离． 【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定与性质，黄金分割，解直角三角形，正方形、矩形的性质，全等三角形的判定与性质，难度很大，综合性很强，熟练掌握黄金分割及其相关推导是解题的关键． 1 / 68 学科网（北京）股份有限公司 $$