2025年中考数学复习创新题型——新定义问题解答题专题提升训练

2025年中考数学复习创新题型——新定义问题 解答题专题提升训练 1．新定义：如果，则叫做的“和谐角”．已知：，点E、F是直线、任意两点上，，， (1)【操作发现】 如图1，小丽发现是的“和谐角”，你同意小丽的说法吗？并说明理由 (2)【探索证明】 如图2，点M、N在直线、上，H在线段上，连接，线段的延长线交延长线于Q，小明发现，当，是的“和谐角”时，和是互补的．你同意小明的说法吗？并说明理由 (3)【拓展应用】 ①如图3，点M、N在直线、上，，过E作交直线于G，当是的“和谐角”时，直接写出的度数 ． ②如图4，将图3 中线段平移到的右侧，，过E作交直线于G，请画出图形，当和是“和谐角”时，求的度数． 2．定义：在平面直角坐标系中，若、的坐标分别为、，则称为若、的“绝对距离”，表示为． 【概念理解】 （1）一次函数图像与轴、轴分别交于、点． ①为_______； ②点为一次函数图像在第一象限内的一点，，求的坐标； ③一次函数的图像与轴、分别交于、点，为线段上的任意一点，试说明：； 【问题解决】 （2）点、为二次函数图像上的点，且在的右边，当时，．若，求的最大值； （3）已知的坐标为，点为反比例函数图像上一点，且在的右边，，试说明满足条件的点有且只有一个． 3．定义：经过函数图像上的一点作x轴的平行线，将平行线上方的图像沿平行线向下翻折形成新的函数图像，我们把满足这种情况的函数图像称为经过这一点的“折叠函数”． 【基本应用】 (1)如图，点、、均在直线l上．    ①请使用无刻度的直尺和圆规作出经过点C的“折叠函数”与x轴的交点D（异于点A）； ②求出经过点A、C、D的二次函数表达式； (2)在（1）的条件下，点为二次函数图像上一动点，若经过点P的“折叠函数”与x轴至少有3个交点，求a的取值范围． 【创新应用】 (3)如果反比例函数的图像上有一点，则经过点M的“折叠函数”与x轴的交点坐标为________． 4．对于由若干不相等的整数组成的数组和有理数，给出如下定义：如果在数轴上存在一条长为1个单位长度的线段，使得将数组中的每一个数乘以之后，计算的结果都能够用线段上的某个点来表示，就称为数组的收纳系数． 例如，对于数组：1，2，3，因为，，，取为原点，为表示数1的点，那么这三个数都可以用线段上的某个点来表示，可以判断是的收纳系数． 已知是数组的收纳系数，此时线段的端点，表示的数分别为，． (1)对数组：1，2，，在1，，这三个数中，可能是______； (2)对数组：1，2，，若的最大值为，求的值； (3)已知100个连续整数中第一个整数为，从中选择个数，组成数组． ①当，且时，直接写出的最大值； ②当时，直接写出的最大值和相应的的最小值． 5．对于平面直角坐标系中的任意线段，给出如下定义： 线段上各点到x轴距离的最大值，叫做线段的“轴距”，记作．例如，如图，点，，则线段的“轴距”为3，记作．将经过点且垂直于y轴的直线记为直线． (1)已知点，， ①线段的“轴距”______； ②线段关于直线的对称线段为，则线段的“轴距”______； (2)已知点，，线段关于直线的对称线段为． ①若，求m的值； ②当m在某一范围内取值时，无论m的值如何变化，的值总不变，请直接写出m的取值范围． 6．对于平面直角坐标系中的点A和点P，若将点P绕点A逆时针旋转90°后得到点Q，则称点Q为点P关于点A的“垂链点”，图1为点P关于点A的“垂链点”Q的示意图． (1)已知点A的坐标为，点P关于点A的“垂链点”为点Q； ①若点P的坐标为，则点Q的坐标为_______________； ②若点Q的坐标为，则点P的坐标为__________； (2)如图2，已知点C的坐标为，点D在直线上，若点D关于点C的“垂链点”在坐标轴上，试求出点D的坐标； (3)如图3，已知图形G是端点为和的线段，图形H是以点O为中心，各边分别与坐标轴平行的边长为6的正方形，点M为图形G上的动点，点N为图形H上的动点，若存在点，使得点M关于点T的“垂链点”恰为点N，请直接写出t的取值范围． 7．对于数轴上不重合的两点A，B，给出如下定义：若数轴上存在一点M，通过比较线段AM和BM的长度，将较短线段的长度定义为点M到线段AB的“绝对距离”．若线段AM和BM的长度相等，将线段AM或BM的长度定义为点M到线段AB的“绝对距离”． (1)当数轴上原点为O，点A表示的数为-1，点B表示的数为5时 ①点O到线段AB的“绝对距离”为______； ②点M表示的数为m，若点M到线段AB的“绝对距离”为3，则m的值为______； (2)在数轴上，点P表示的数为-6，点A表示的数为-3，点B表示的数为2．点P以每秒2个单位长度的速度向正半轴方向移动时，点B同时以每秒1个单位长度的速度向负半轴方向移动，设移动的时间为秒，当点P到线段AB的“绝对距离”为2时，求t的值． 8．若不等式（组）只有个正整数解（为自然数），则称这个不等式（组）为阶不等式（组）． 我们规定：当时，这个不等式（组）为0阶不等式（组）． 例如：不等式只有4个正整数解，因此称其为4阶不等式． 不等式组只有3个正整数解，因此称其为3阶不等式组． 请根据定义完成下列问题： (1)是 阶不等式；是 阶不等式组； (2)若关于的不等式组 是4阶不等式组，求的取值范围； (3)关于的不等式组 的正整数解有，，，，…，其中…．如果 是阶不等式组，且关于的方程的解是 的正整数解，直接写出的值以及的取值范围． 9．定义：对于平面直角坐标系xOy中的点和直线，我们称点是直线的反关联点，直线是点的反关联直线．特别地，当时，直线的反关联点为．已知点，，． (1)点B的反关联直线的解析式为______，直线AC的反关联点的坐标为______； (2)设直线AC的反关联点为点D； ①若点P在直线AC上，求的最小值； ②若点E在点B的反关联直线上，且，求点E的坐标． 10．定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形． 根据以上定义，解决下列问题： (1)如图1，正方形ABCD中E是CD上的点，将△BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，则四边形BEDF　　（填“是”或“不是”）“直等补”四边形； (2)如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，过点B作BE⊥AD于E． ①过C作CF⊥BF于点F，试证明：BE＝DE，并求BE的长； ②若M是AD边上的动点，求△BCM周长的最小值． 11．对于平面内的∠M和∠N，若存在一个常数k＞0，使得∠M+k∠N=360°，则称∠N为∠M的k系补周角．如若∠M=90°，∠N=45°，则∠N为∠M的6系补周角． (1)若∠H=120°，则∠H的4系补周角的度数为　　°； (2)在平面内AB∥CD，点E是平面内一点，连接BE，DE； ①如图1，∠D=60°，若∠B是∠E的3系补周角，求∠B的度数； ②如图2，∠ABE和∠CDE均为钝角，点F在点E的右侧，且满足∠ABF=n∠ABE，∠CDF=n∠CDE（其中n为常数且n＞1），点P是∠ABE角平分线BG上的一个动点，在P点运动过程中，请你确定一个点P的位置，使得∠BPD是∠F的k系补周角，并直接写出此时的k值（用含n的式子表示）． 12．定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角． （1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角． ①若∠A＝40°，直接写出∠E的度数是 ； ②求∠E与∠A的数量关系，并说明理由． （2）如图2，四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，点E在BD的延长线上，连CE，若∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角，求证：DA＝DE． 13．定义：一个函数图象上若存在横、纵坐标相等的点，则称该点为这个函数图象的“1倍点”，若存在纵坐标是横坐标的2倍的点，则称该点为这个函数图象的“2倍点”．例如，点(-1，-1)是函数y＝4x+3图象的“1倍点”，点(-，-3)是函数y＝4x+3图象的“2倍点”． （1）函数y=x2-8的图象上是否存在“2倍点”？如果存在，求出“2倍点”． （2）将函数的图象记为W1，其沿直线翻折后的图象记为W2，W1和W2构成的整体记为W，若W恰有2个“2倍点”，请直接写出m的取值范围． （3）若抛物线y=ax2+5x+c上有且只有一个“1倍点”E，该抛物线与x轴交于M、N两点(点M在点N的左侧)．当a>1时． 求：①c的取值范围； ②∠EMN的度数． 14．定义：图象与x轴有两个交点的函数y＝叫做关于m的对称函数，它与x轴负半轴交点记为A，与x轴正半轴交点记为B， （1）关于l的对称函数y＝与直线x＝1交于点C，如图． ①直接写出点的坐标：A（ ，0）；B（ ，0）；C（1， ）； ②P为关于l的对称函数图象上一点（点P不与点C重合），当时，求点P的坐标； （2）当直线y＝x与关于m的对称函数有两个交点时，求m的取值范围． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．(1)同意，理由见解析 (2)同意，理由见解析 (3)①；②图见解析， 【分析】本题考查了平行公理推论、平行线的判定与性质、垂直的定义等知识，熟练掌握平行线的判定与性质是解题关键． （1）过点作，先根据平行线的性质可得，再根据平行公理推论可得，根据平行线的性质可得，然后根据即可得； （2）过点作，先根据平行线的性质可得，从而可得，再根据平行线的判定可得，根据平行线的性质可得，然后根据平行公理推论和平行线的性质可得，从而可得，最后根据可得，由此即可得； （3）①设，先求出，，再过点作，根据平行线的性质可得，，然后根据建立方程，解方程即可得； ②根据题意画出图形，过点作，设，先求出，，，则，再根据和是“和谐角”建立方程，解方程即可得． 【详解】（1）解：同意，理由如下： 如图，过点作， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是的“和谐角”． （2）解：同意，理由如下： 如图，过点作， ∴， ∵是的“和谐角”， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 由（1）已得：， ∴， ∴和是互补的． （3）解：①设， ∵， ∴， ∵是的“和谐角”， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 如图，过点作， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴， 故答案为：． ②由题意，画出图形如下： 过点作， 设， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵和是“和谐角”， ∴，即， 解得或（不符合题意，舍去）， ∴． 2．（1）①9；②；③见解析；（2）；（3）见解析 【分析】（1）①由得，，即得； ②设，由N在第一象限得，根据得：，即可解得，； ③由中，得，由得，设，，即得，，从而证明； （2）将代入得，即知二次函数为，当时，，可解得或，根据Q在P的右边，可得，又，有，即，，二次函数为，则，因，所以，即得，故的最大值为； （3）设点的坐标为，依题意可知：，得出，分类求出m的值即可得出答案． 【详解】解：（1）①在中，令得，令得， ，， ； ②设， 在第一象限， ， 解得， 由得：， ， 解得， ； ③证明：如图：    在中，令得， ， 由得， ， 设， 为线段上的点， ， ∴， ， ； （2）将代入得：， ， 二次函数为， 当时，， 解得或， 在P的右边， 且， ， ， ，即， ， 二次函数为， ， ， ，即， ， ， 的最大值为； （3）设点的坐标为，依题意可知：， 所以， 若，即，，所以（舍去）或， 若，即，，所以（舍去）或（舍去）， 所以，满足条件的点有且只有一个，是． 【点睛】本题考查函数综合应用，涉及新定义、去绝对值、二次函数性质等知识，解题的关键是读懂“绝对距离”的定义，根据已知确定字母范围去绝对值． 3．(1)①以点C为顶点，作,作，交x轴于点D，则点D即为所求；② (2)或 (3) 【分析】（1）①将已知点坐标代入解析式的一般式，待定系数法确定解析式，进而确定，，以点C为顶点，作,作，交x轴于点D，则点D即为所求； ②由图知，,可证,得,由两点间距离公式求得,进一步求得,确定,待定系数法确定经过,,三点的抛物线解析式； （2）设点，由两图象关于直线对称，可求新抛物线顶点纵坐标为，确定翻折后的抛物线解析式为，分情况讨论：如图，点P在x轴上方时，原抛物线与x轴恒有两个交点，当翻折部分与x轴有且仅有一个交点时，折叠函数与x轴有三个交点，解，解得（P在对称轴左侧）， （P在对称轴右侧）， 如图2，当点P在x轴上时，折叠函数与x轴有且仅有两个交点；（ P在对称轴左侧），（P在对称轴右侧），　得出结论； （3）确定原函数解析式，进而根据对称性求得翻折函数的解析式， 时，，解得，所以交点坐标为． 【详解】（1）解：①设直线的解析式为，则 ， 解得：， ∴直线解析式为， 将代入得，，解得：， ∴ 以点C为顶点，作，作，交x轴于点D，则点D即为所求；    ②由图知，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， 设经过，，三点的抛物线为，则： ， 解得：， ∴解析式． （2）解：原抛物线， 点，所以新抛物线的解析式顶点纵坐标为： ， 故翻折后的抛物线解析式为：， 如图，点P在x轴上方时，原抛物线与x轴恒有两个交点，当翻折部分与x轴有且仅有一个交点时，折叠函数与x轴有三个交点，满足题意，则，解得（P在对称轴左侧）， （P在对称轴右侧），      如图，当点P落在x轴上时，折叠函数与x轴有且仅有两个交点， 点P落在x轴上时，（ P在对称轴左侧），（P在对称轴右侧）； 当点P落在x轴在下方时，折叠函数与x轴无交点． ∴当折叠函数与x轴至少有三个交点时，或．      （3）解：反比例函数的图象经过点， ∴， ∴，    如图，设点在翻折后的图象上，则其关于直线的对称点在上，对称点坐标为，代入得，，即折后的图象解析式为， 时，，解得， 所以交点坐标为． 故答案为：． 【点睛】本题考查尺规作图，待定系数法确定函数图象，函数图象变换，正确绘制满足要求的函数图象，确定随着参数变化，图象的不同位置状态是解题的关键． 4．(1) (2)的值为或4 (3)①的最大值为21；②的最大值为；相应的最小值为 【分析】（1）根据收纳系数的定义即可解答； （2）根据已知收纳系数为，得出最大数和最小数，分三种情况进行讨论，即可得出答案； （3）根据数组的收纳系数即可得出答案． 【详解】（1）解：，，，， 不可能为1； ，，，， 不可能为； ，，，， 可能为． 故答案为：； （2）解：取收纳系数，将它乘以数组中的每个数，得： ，，． 依题意，的最大值即为， ，，中最大的数与最小的数的差恰好为． 情况1：当时，最大的数为，最小的数为，，得； 情况2：当时，最大的数为，最小的数为，不合题意； 情况3：当时，最大的数为，最小的数为，，得； 综上，的值为或4． （3）解：的最大值为21； 的最大值为； 相应的最小值为． 【点睛】本题属于新定义题目，本题考查了数组的收纳系数，解题关键是读懂题目中的例子，仿照例子解题． 5．(1)①4；②1 (2)①或5；②或 【分析】（1）①画出图形，根据 “轴距”的定义求解即可； ②先求出C，D的坐标，然后画出图形，根据 “轴距”的定义求解即可 （2）①先求出G，H的坐标，然后根据“轴距”定义构建方程求解即可； ②分和讨论即可． 【详解】（1）解：①如图1， ∵线段上点B到x轴的距离最大，∴； ②∵，， ∴A，B关于直线的对称点，， 如图2， ， ∵线段上点C到x轴的距离最大，∴； （2）解：①∵，， ∴E，F关于直线的对称点，， 当时， ∵， ∴， ∴或7（舍去）； 当时， ∵， ∴， ∴或（舍去）； 综上，或5； ②∵，， I. 当时，，， ∴，， ∴， ， ∴当时，的值总不变； II. 当时，，， ∴， ∴， III. 当时，，，即， ∴，， ∴， ∴当时，的值总不变； 综上，当或时，的值总不变． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了轴对称变换，坐标与图形性质，线段的“轴距”的定义等知识，解题的关键是理解新定义，属于中考常考题型． 6．(1)① (2)或 (3)或 【分析】（1）根据旋转的性质，即可求解； （2）①当点D在第一象限时，点D关于点C的“垂链点”在x轴上，轴，即可求解；②当点D在第二象限时，证明即可求解； （3）分点N落在正方形右边一条边上、上边一条边上两种情况，分别求解即可． 【详解】（1）点A的坐标为，即点A是原点，根据旋转性质得：①点②点， 故答案为， （2）①当点D在第一象限时，点D关于点C的“垂链点”在x轴上， 轴， 故点； ②当点D在第二象限时，如下图，设点，点(0，n）， 点D的“垂链点”在y轴上， 过点D作轴于点H， ， ， ，, ， 则，即，解得：， 故点， 综上，点或 （3）图形G所在的直线表达式为：， 设点，其中， 当N落在正方形的右边的一条边上， ①当T在x轴上方时，如下图： 分别过M、N作y轴的垂线交于点、， 同理可证：M， ，即，， 而，且， 则； ②当T在x轴下方时， 当时，点M关于点T的“垂链点”恰好为N在正方形的边上， 故； 当点T在下方时，且， 同理可得：解得：且，不符合题意舍去； 当N点落在正方形的上面的一条边上时，同理可得：，而，且， 解得：， 综上，t的取值范围是：或． 【点睛】本题考查一次函数综合运用，正方形的性质，图形的旋转，解不等式等，这种新定义类的题目，通常按照题设顺序逐次求解，解题时注意分类讨论，避免遗漏． 7．(1)①  ；②﹣4或2或8 (2)t的值为或 【分析】(1))①分别求出OA、OB的长，然后比较大小，较短线段的长就是O点到线段AB的“绝对距离”． ②分三种情况：点M在点A左边时；点M在A、B中间时；点M在B点右侧时． (2)求出点P运动到点A时需要的时间为秒，点B运动到点A时需要的时间为5秒，点P、点B相遇需要的时间为秒．再表示出移动时间为t秒时，点P、点B表示的数，然后分四种情况进行讨论：①；②；③；④t>5．根据点P到线段AB的“绝对距离”为2列出方程，解方程即可． 【详解】（1）①∵OA=1，OB=5， 1<5， ∴点O到线段AB的“绝对距离”为1， 故答案为1 ②点M表示的数为m，点A表示的数为﹣1，点B表示的数为5， 若点M到线段AB的“绝对距离”为3，则可分三种情况： Ⅰ）当点M在点A的左边时，， ∵点M到线段AB的“绝对距离”为3， ∴， ∴，符合题意； Ⅱ）当点M在点A、B之间时， ∵，， 如果，那么，此时，符合题意； Ⅲ）当点M在点B的右边时，， ∵点M到线段AB的“绝对距离”为3， ∴， ∴，符合题意； 综上，所求m的值为﹣4或2或8． 故答案为﹣4或2或8． （2）点P运动到点A时需要的时间为秒，点B运动到点A时需要的时间为5秒，点P、点B相遇需要的时间为秒． 当移动的时间为秒时，点P表示的数为，点B表示的数为． 分四种情况： ①当时，， ∵， ∴，符合题意； ②当时， ，， 如果，，此时，不合题意，舍去； 如果，，此时，不合题意，舍去； ③当时，， ∵， ∴，符合题意； ④当时，， ∵， ∴，不合题意，舍去． 综上，所求t的值为或 【点睛】本题考查了新定义，一元一次方程的应用，数轴上两点间的距离．理解点到线段的 “绝对距离”的定义，进行分类讨论是解题的关键． 8．(1)0、1 (2) (3)； 【分析】（1）求出题中的不等式（组）的解集，再根据已知所给定义即可得到解答； （2）首先根据已知求出原不等式组的正整数解并用数轴表示出来，然后可得a的取值范围； （3）根据已知可得关于m的方程，求出m后可以用数轴表示出不等式组的正整数解，根据数轴即可得到的取值范围． 【详解】（1）∵没有正整数解， ∴是0阶不等式， 解可得1<x<3， ∴有一个正整数解2， ∴是1阶不等式组， 故答案为0，1； （2）如图， 由题意可得有4个正整数解：1、2、3、4； ∴的取值范围是； （3）∵， ∴x=，a3=， ∴m为偶数，且am-3=m-1， ∴+m-6=m-1， ∴m=10， ∴可得图如下所示： ∴的取值范围是． 【点睛】本题考查新定义有理数运算的综合应用，熟练掌握不等式（组）的求解及用数轴表示解集是解题关键． 9．(1)， (2)①；②或 【分析】（1）根据反关联点，反关联直线的定义解决问题即可； （2）①作点B关于直线AC的对称点B′，连接DB′交AC于P，连接PB，此时PD＋PB的值最小，然后利用勾股定理求解即可； ②设E（m，−4m），根据构建方程求出m即可． 【详解】（1）解：∵B（0，−4）， ∴点B的反关联直线的解析式为：y＝−4x， ∵A（−2，2），C（0，0）， ∴直线AC的解析式为y＝−x， ∴直线AC的反关联点的坐标为（0，−1）， 故答案为：y＝−4x，（0，−1）； （2）由（1）可知，， ①如图，作点B关于直线AC的对称点B'，连接DB'交AC于P，连接PB，此时的值最小， ∵，， ∴的最小值为：； ②设， 由题意得：， 解得：， ∴或． 【点睛】本题考查一次函数的性质，待定系数法，轴对称最短问题等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 10．(1)是； (2)①见解析，BE的长是8；②△BCM周长的最小值为210 【分析】（1）由旋转的性质可得∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，根据正方形的性质得∠ABC＝∠D＝90°，可得出∠EBF＝∠D＝90°，即可得出答案； （2）①首先证明四边形CDEF是矩形，则DE＝CF，EF＝CD＝2，再证△ABE≌△BCF，根据全等三角形的判定和性质可得BE＝CF，AE＝BF，等量代换即可得BE＝DE；由AE＝BF，EF＝CD＝2可得AE＝BE﹣2，设BE＝x，根据勾股定理求出x的值即可； ②延长CD到点G，使DG＝CD，连接BG交AD于点M′，过点G作GH⊥BC，交BC的延长线于点H，证明△ABE∽△CGH，根据相似三角形的性质求出CH、HG的值，在Rt△BHG中，根据勾股定理求出BG，即可求解． 【详解】（1）∵将△BCE绕B点旋转，BC与BA重合，点E的对应点F在DA的延长线上， ∴∠ABF＝∠CBE，BF＝BE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠D＝90°， ∴∠ABE+∠CBE＝90°， ∴∠ABE+∠ABF＝90°，即∠EBF＝∠D＝90°， ∴∠EBF+∠D＝180°， ∵∠EBF＝90°，BF＝BE， ∴四边形BEDF是“直等补”四边形． 故答案为：是； （2）①证明：∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB， ∴∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°， ∴∠D＝90°， ∵BE⊥AD，CF⊥BE， ∴∠DEF＝90°，∠CFE＝90°， ∴四边形CDEF是矩形， ∴DE＝CF，EF＝CD＝2， ∵∠ABE+∠A＝90°，∠ABE+∠CBE＝90°， ∴∠A＝∠CBF， ∵∠AEB＝∠BFC＝90°，AB＝BC， ∴△ABE≌△BCF（AAS）， ∴BE＝CF，AE＝BF， ∵DE＝CF， ∴BE＝DE； ∵四边形CDEF是矩形， ∴EF＝CD＝2， ∵△ABE≌△BCF， ∴AE＝BF， ∴AE＝BE﹣2， 设BE＝x，则AE＝x﹣2， 在Rt△ABE中，x2+（x﹣2）2＝102， 解得：x＝8或x＝﹣6（舍去）， ∴BE的长是8； ②∵△BCM周长＝BC+BM+CM， ∴当BM+CM的值最小时，△BCM的周长最小， 如图，延长CD到点G，使DG＝CD，连接BG交AD于点M′，过点G作GH⊥BC，交BC的延长线于点H， ∵∠ADC＝90°， ∴点C与点G关于AD对称， ∴BM+CM＝BM+MG≥BG，即BM+CM≥BM′+M′C， ∴当点M与M′重合时，BM′+M′C的值最小，即△BCM的周长最小， 在Rt△ABE中，AE6， ∵四边形ABCD是“直等补”四边形， ∴∠A+∠BCD＝180°， ∵∠BCD+∠GCH＝180°， ∴∠A＝∠GCH， ∵∠AEB＝∠H＝90°， ∴△ABE∽△CGH， ∴，即， ∴GH，CH， ∴BH＝BC+CH＝10， ∴BG2， ∴△BCM周长的最小值为210． 【点睛】本题是四边形的一个综合题，主要考查新定义，勾股定理，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，矩形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，轴对称的性质，第（2）①题关键在证明三角形全等，第（2）②题关键确定M的位置． 11．(1)60 (2)①∠B=75°，②当BG上的动点P为∠CDE的角平分线与BG的交点时，满足∠BPD是∠F的k系补周角，此时k=2n． 【分析】（1）设∠H的4系补周角的度数为x°，根据新定义列出方程求解便可； （2）①过E作EF∥AB，得∠B+∠D=∠BED，再由已知∠D=60°，∠B是∠E的3系补周角，列出∠B的方程，求得∠B便可； ②根据k系补周角的定义先确定P点的位置，再结合∠ABF=n∠ABE，∠CDF=n∠CDE求解k与n的关系即可求解． 【详解】（1）解：设∠H的4系补周角的度数为x°，根据新定义得，120+4x=360， 解得，x=60， ∠H的4系补周角的度数为60°， 故答案为：60； （2）解：①过E作EF∥AB，如图1， ∴∠B=∠BEF， ∵AB∥CD， ∴EF∥CD，∠D=60°， ∴∠D=∠DEF=60°， ∵∠B+60°=∠BEF+∠DEF， 即∠B+60°=∠BED， ∵∠B是∠BED的3系补周角， ∴∠BED=360°-3∠B， ∴∠B+60°=360°-3∠B， ∴∠B=75°； ②当BG上的动点P为∠CDE的角平分线与BG的交点时，满足∠BPD是∠F的k系补周角，此时k=2n． 【点睛】本题主要考查了平行线的性质与判定，角平分线的定义，理解题意是解题的关键． 12．（1）①20°；②，理由见解析；（2）证明见解析 【分析】（1）①根据题目定义推出∠E＝∠A，从而得出结论；②直接根据求解①过程证明即可； （2）首先根据题意推出A、B、C、D四点共圆，然后作四边形ABCD的外接圆交CE于点F，连接AF，DF，再根据圆的内接四边形的性质等推出∠AFD＝∠DFE，然后根据“遥望角”的定义推出∠E＝∠DAF，即可证△DAF≌△DEF，从而得出结论． 【详解】（1）解：①∵∠E是△ABC中∠A的遥望角， ∴∠EBC＝∠ABC，∠ECD＝∠ACD， ∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A， ∵∠A＝40°， ∴∠E＝20°． 故答案为：20°； ②，理由如下： ∵∠E是△ABC中∠A的遥望角， ∴∠EBC＝∠ABC，∠ECD＝∠ACD， ∴∠E＝∠ECD﹣∠EBD＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A； （2）证明：∵∠ABC＝∠ADC＝90°， ∴A、B、C、D四点共圆， 作四边形ABCD的外接圆交CE于点F，连接AF，DF， ∵四边形FBCD内接于⊙O， ∴∠DFC+∠DBC＝180°， ∵∠DFC+∠DFE＝180°， ∴∠DFE＝∠DBC， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠DBC， ∵∠ABD＝∠AFD， ∴∠AFD＝∠DFE， ∵∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角， 由（1）得∠E＝∠BAC， ∵∠BAC＝∠BDC， ∴∠E＝∠BDC， ∵∠E+∠DCE＝∠BAC， ∴∠E＝∠DCE， ∵∠DCE＝∠DAF， ∴∠E＝∠DAF， ∵DF＝DF，∠AFD＝∠DFE， ∴△DAF≌△DEF（AAS）， ∴DA＝DE． 【点睛】本题考查新定义问题，涉及三角形角平分线的拓展运用，圆的内接四边形的性质等，理解题目定义，灵活运用“四点共圆”的证明方法是解题关键． 13．（1）存在，(4，8)，(-2，-4)；（2）＜或-2＜＜4；（3）①0＜c＜4 ；②45° 【分析】（1）假设存在“2倍点”，设“2倍点”为，代入函数解析式求解即可得； （2）由（1）可得：有两个“2倍点”，分别为：，，根据图象翻折可得：，然后对m的取值进行分类讨论，理清每种情况下“2倍点”存在的个数，即可得出m的取值范围； （3）根据抛物线上只有一个“1倍点”可得，利用一元二次方程根的判别式可得，再由，即可得出c的取值范围；根据，将其变形代入方程求解可得点M的坐标，将其变形代入求解可得点E的坐标，过点E作轴于点H，可得为等腰直角三角形，即可得出角的度数． 【详解】解：（1）假设存在“2倍点”，设“2倍点”为，则： ， 解得：，， ∴存在两个“2倍点”，分别为：，； （2）由（1）可得：图象有两个“2倍点”，分别为：，， ， ， ①当时，，两部分组成的图象必有两个“2倍点”，， 令， 整理可得：， 图象上不存在“2倍点”， ∴， 解得：， 综合可得：； ②当时，图象有3个“2倍点”，分别为，，； ③当时，图象有2个“2倍点”； ④当时，图象有1个“2倍点”，为； ⑤当时，图象没有“2倍点”； 综上可得：图象恰好有2个“2倍点”时，m的取值范围为：或； （3）①抛物线上只有一个“1倍点”， ∴， 整理得：， ∴， ∴， ∴， ∴； ②∵， 则， 解得：或，即点M的坐标为， 结合图象，如图所示： 由，， 解得， 即点E的坐标为， 过点E作轴于点H， 则， ， ∴． 【点睛】题目主要考查二次函数与新定义综合运用，包括一元二次方程根的判别式、图象翻折的性质等，理解并运用新定义，运用分类讨论思想是解题关键． 14．（1）①﹣2，2，2；②点P坐标为或或；（2）． 【分析】（1）①把点的横（纵）坐标代入解析式中即可求得点的纵（横）坐标； ②先根据三角形面积公式求得，再根据得到，解得或，再根据解析式求出点P的横坐标即可； （2）先根据关于m的对称函数的解析式， 确定m的取值范围为，再根据一次函数与二元一次方程组的关系确定直线y=x与关于m的对称函数的两个交点的坐标，再根据交点存在确定m的取值范围． 【详解】解：（1）①当时，令，即，解得，此时满足题意，故． 当时，令，即，解得，此时满足题意，故． 当时，，故． 故答案为：，2，2． ②∵，，， ∴AB=4，． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴或． 当，且时，令，即，解得，此时与点C重合，故舍去． 当，且时，令，即，解得，此时符合题意，故． 当，且时，令，即，解得，此时符合题意，故． 当，且时，令，即，解得，此时符合题意，故． 故点P坐标为或或． （2）∵关于m的对称函数的解析式为 ∴该函数图象为两个一次函数图象的一部分结合起来的图象． ∵一次函数图象与x轴最多只有一个交点，且关于m的对称函数与x轴有两个交点， ∴组成该对称函数的两个一次函数图象的部分图象都与x轴有交点． ∵对于，令y=0，即，解得x=2， ∴x=2必须在的范围之内． ∴． ∵对于，令y=0，即，解得， ∴必须在的范围之内． ∴． ∴． ∵直线y＝x与关于m的对称函数有两个交点， ∴直线y=x分别与直线和各有一个交点． 对于直线y=x与直线， 联立可得解得 ∴直线y=x与直线必有一交点． 对于直线y=x与直线， 联立可得解得 ∵， ∴必须在的范围之内才能保证直线y=x与直线有交点． ∴． ∴． ∴m的取值范围是． 【点睛】本题考查求一次函数自变量的值或函数值，坐标与图形关系，三角形面积公式，一次函数与二元一次方程组的关系，熟练掌握分类讨论思想和数形结合思想是解题关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$