专题10 新定义、规律探究与最值问题（3年汇编）（广东专用）2024-2026年中考数学真题分类汇编

可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题10新定义、规律探究与最值问题 3年真题1年模拟答案版 三年真题分类园 考点01新定义阅读理解探究 1.(1)解：①，四边形ABCD是平行四边形， ∴.AO=CO,BO=D0, ,E是OB的中点， BC=0-号B0-D0. ,四边形AECD为k倍四边形， ..k=Do EO 2 ②如图，过点B,D分别作AC的垂线，垂足分别为E,F, D 图2 ,四边形ABCD为k倍四边形，对角线AC被BD平分， D0=k, B .∠EOB=∠DOF,∠BEO=∠DFO=90 ∴.△BOE一△DOF, 器 水 1AC×DF =k, S△ACB 1AC×BE 1/36 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)解：如图，过点A作AG‖CD交BD于点G, 图3 ∠3=∠BDC, ,∠BDC=2∠ABD .∠3=2∠2， 又，∠1+∠2=∠3， .∠1=∠2， ..AG=BG, ,四边形ABCD为k倍四边形，其对角线BD平分对角线AC, ..AP=PC, 又.∠APG=∠CPD, △APG≌△CPD AAS, ∴.AG=CD,GP=DP, 设CD=a, ∴.AG=CD=a ..BG=a, .BD=4CD=4a. ∴.GD=BD-BG=4a-a=3a, :GP=PD--GD-30 2 3 ∴.BP=BG+GP=a+ a=5 , 2 5 k=B即= PD 3 3 3 (3)解：设AC,BD交于点E,过点B,D分别作AC的垂线，垂足分别为H,G BE ①当DE 2时，设BE=2,DE=1,如图4， 2/36 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 M 图4 ,∠ABC=90°，BD平分AC, ∴BE=AE=EC=2, ,∠BEH=∠DEG,∠DGE=∠BHE=90°， ∴.△DGE一△BHE, 能器兴2 设EH=2m,则EG=m, ∴.AH=AE+EH=2+2m,AG=AE-≥=2-m, .∠BAC=∠DAC,∠AGD=∠AHB=90°， .△ABH-△ADG, 铝册2 .AH=2AG,即2+2m=22-m, 解得：m=2 1 CG=CE+≥=2+1=5 221 △CD=DE-GE-r-f-是 3 tan∠ACD=tan∠GCD=GD=2_3 CG 5 ； @当0E,设BE=1,DE=2,知图4 3/36 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 H G C M 图4 同①可得BE=AE=EC=1,△ABH~△ADG, ..AH_BH_1 AG GD 2 同①可得△DGE一△BHE, BE BH EH 1 DEGD-EG2 设EH=m,则EG=2m, .AH=AE-HE=1-m,AG=AE+EG=1+2m, .2AH=AG,即21-m=1+2m, 新m是 :EG-2m-j.CG-CE-EG-1-2m-1-2x1-1 42 R么cp-D-aF-花-- V15 tan∠ACD=tan∠GCD=GP=2=15. 2 3 综上所述，tan∠ACD的值为S或V15. 2.(1)解：：AD=5+1,矩形ABCD是黄金矩形， :4B6-1 AD 2 :AB-51x95+1=2: 2 (②)证明：：折叠黄金矩形纸片ABCD,点B落在AD上的点E处， .AB=AE,∠B=∠AEF, 4/36 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 又，四边形ABCD是矩形， :.∠BAE=∠B=∠C=∠D=90°，AB=CD,AD=BC=V5+1, ∴∠BAE=∠B=∠AEF=90°， ∴.四边形ABFE是矩形， .AB=AE, .四边形ABFE是正方形： .AB=BF=EF=AE, 由(1)可知，AB=2, .AB=BF=EF=AE=2, .DE=CF=V5+1-2=V5-1, ,∠C=∠D=ㄥg=90°， ∴.四边形CFED是矩形， ..EF=CD=2, :DE-6-1 'FE 2 .四边形CDEF是黄金矩形， 3)四边形BPQF是黄金矩形.证明如下： ,PQ⊥EF,四边形ABFE是正方形， .∠B=∠BFE=∠PQF=90°， .四边形BFQP是矩形： 由(2)可知， AB=BF=AE=EF=2, G为AE的中点， ..AG=EG=1, FG=EG2+EF2=V12+22=5 如图，连接PG,由对折可得：FH=FB=2,BP=PH,∠PHF=∠B=90°， 设BP=PH=X,则AP=2-X, 5/36 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :SAAPG+S△PBr+S△PGF=S#形 ×1×2-x+22x+号×95x=方×1+2x2. 2 解得：x=V5-1, .BP=V5-1, :B即-6-1 BE 2 四边形BFQP是黄金矩形. 考点02规律探究 1.(1)解：2条直线相交，最多有1个交点，a的最大值为360°÷2×2=90°： 3条直线相交，最多有1+2=3个交点，a的最大值为360°÷3×2=60°： 4条直线相交，最多有1+2+3=6个交点，α的最大值为360°÷(4×2=45°： 5条直线相交，最多有1+2+3+4=10个交点，a的最大值为360°÷|5×2=36° 故填表见答案； (2)解：①由(1)规律可得，m=1+2+3++n-1=1+n-1n-1-nn-1-n2-n 2 2 180° ②α的最大值为 ，理由如下： n 将所有直线平移至交于同一点，直线间的夹角大小保持不变，此时n条直线将周角360°分割为2n个相邻 的角（对顶角两两相等），设为∠A1,∠A2,∠A3,,∠A2n, 则∠A1+∠A2+∠A3+…+∠A2n=360°， 最小角为0， .∠A1≥a,∠A2≥a,∠A3≥a,",∠A2n≥a ∴.∠A1+∠A2+∠A3+.+∠A2n=360≥2n·a 解得a≤180· n 6/36 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 80° ∴.aα的最大值为 n 2.(1)解：由表中勾股数的规律可知，令a=10,b,c=26, 则由勾股数定义可知a2+b2=c2, 即102+b2=262, ∴.b2=262-10=26+10川26-10=36×161 解得b=24或b=-24(舍去)： 故答案为：24. 2a=k(m2-n2)b=2kn'c=km2+n2y其中kmn都是正整数. m>n' 证明过程如下： a=k(m2-n2)'b=2kmn'c=k(m2+n2)' .a2=k2(m2-n22=k2(m-2m2n2+n4)=k2m4-2k2m2n2+k2n b2=4k2m2n2, c2=k2(m2+n22=k2(m4+2m2n2+n4)=k2m4+2k2m2n2+k2n4, :a2+b2=k2m4-2k2m2n2+k2n4+4k2m2n2=k2m+2km2n2+k2n4, .a2+b2=c2: (3)解：由于该图案是由四个全等的直角三角形组成，下面只需要解决其中一个直角三角形的种植情况 即可，如图所示： B 设AC<BC,即直角三角形中最短边为AC, .‘仅在三角形边上种花，三角形顶点处都种一株花，各边上相邻两株花之间的距离均为1m,三角形最短 边种21株花， .∴.AC=20m, 由题意可知，BC最小为21m, 7/36 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 那么AB=AC2+BC=202+212=29m, 那么这块绿地最少需要种植(20+21+29)×4=280株花， 考点03最值问题 1.(1)解：，二次函数y=-x2+bx+3的图象经过点A-3,0, .将点A-3,0代入y=-x2+bx+3,则-9-3b+3=0 解得b=-2 ∴.二次函数的解析式为y=-x2-2x+3: (2)解：过点C作CT⊥AB于点T C:O 对于y=-x2-2x+3,当x=0时，y=3, B0,3, .OB=3, A-3,0, OA=3, 六AB=OA2+0B=32 ”y=-x2-2x+3=-x+12+4 ∴.对称轴为直线x=-1 .C-1,0, ∴.0C=1,AC=-1--3=2 BC=√OC2+0B=V10' .CT⊥AB 8/36 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AB×CT=号AGx0B :CT=2x3-2, 39V2 BT-BC2-CT2=282 ∴在Rt△BCT中，coS∠ABC= BT_2V2_2V5 BC 10 5 (3)解：过点Q作QE⊥x轴交AB、X轴于点D,E, 图2 由(2)知OA=OB=3, ,∠AOB=90° .∠A=45°， .∠ADE=∠QDP=45°，△ADE为等腰直角三角形 .QP⊥AB, ∴△QDP为等腰直角三角形，QP=DP QD-QP2+DP2=82DP 设PQ=PD=m,则QD=V2m, 同理设DE=AE=n,则AD=V2n ..OE=OA-AE=3-n Qn-3,n+/2m/ 将点Qn-3,n+2m代入y=-X-2x+3 则-n-32-2ln-3+3=n+2m 9/36 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 整理得，m=- 2n+3 2n, BP=AB-AP=32-2n-m :BP+2PQ=32-2n-m+2m=32-2n- 22+32。 2n+ 整理得，BP+2PQ=- n+3V2 2 设抛物线顶点为点F,对称轴与线段AB的交点为点G, “y=-x+1P+4 .F-1,4, 同理可得△ACG为等腰直角三角形， ..CA=CG=2, .G-1,2, BF2+BG2=-1-02+4-3P+-1-02+3-22=4'FG2=4-2P=4 ..BE2+BG2=FG2 .BF⊥AB .当点P与点B重合时，则点Q与抛物线顶点F重合，则点D为抛物线对称轴与线段AB的交点G, .0<n≤2， -2<0 2 V2 .当n=- 2 1时， 2 2 BP+2PQ取得最大值， 2× 2 :最大值为_2×1+2x1+32=252 2x2+22 2.(1)解：如图， 10136 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B 0 D 图1 ,O为AC中点， ∴AO=OC, 根据作图可得BO=OD, ∴.四边形ABCD为平行四边形， (2)①证明：，△ABC一△FCE, .∠F=∠BAC,∠ACB=∠FEC, .∠ACE=∠F+∠CEF=∠ECB+∠ACB, ∴.∠BCE=∠F=∠BAC, ,△ABC一△FCE, 提 且CF=AC, 是 ∴.△ABC一△CBE, ②.∠AEC=45°，AC=4, ∴.E在△AEC的外接圆上运动，设△AEC的外接圆为⊙O' 如图，设EF与⊙O'交于点G,连接AG, G B C 图2 ∴.∠AO'C=2∠AEC=90° :0'A=0C=2AC=22 2 11136 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 “cG=cG .∠GAF=∠CEF .∠CEF=∠ACB ∴∠GAF=∠BCA 又，∠F=∠BAC .△BAC一△GFA 又CF=AC,则AF=2AC, 脂船 :BC-号AG ∴.当AG为⊙0'的直径时，AG取得最大值为4V2 ∴BC的最大值为2V2 3.(1)解：：抛物线G:y=aX2-6ax-a23+2a2+1(a>0 “抛物线对称轴为直线：x=-60=3; 2a (2)解：：直线：y=mx+n过点C(3,1), .3m2+n=1, 如图， D ,直线l:y=mx+n过点C(3,1),交线段AB于点D,记△CDA的周长为C1,△CDB的周长为C2,且 C1=C2+2, ∴.A在B的左边，AD+AC+CD=CD+BC+BD+2, ,C在抛物线的对称轴上， 12136 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..CA=CB. .AD=BD+2, 设Dp,2, :x1+x2=2×3 p-X1=X2-p+2 解得：p=4, .D4,2, 3m2+n=1, 4m2+n=2 m2=1, 解得：m=±1； (3)解：①如图，当1‖AB时，与抛物线交于E,F, :直线y=x+n, .∠DCF=45°， .3t=45, 解得：t=15, ②Sas-F-yayE即， 当y=1时，ax2-6ax-a3+2a2+1=1, .x2-6x-a2+2a=0, x,+x2=6'x1x2=-a2+2a EF=X1-x2x+x24x1 13136 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 =36-4-a2+2a =74a2-8a+36 =4a-12+32 .4>0, ∴.当a=1时，EF的最小值为42 6此时SA匹号×42=22 ,对于任意的a>0,均有S≥k成立， k的最大值为2V2, .抛物线G为y=x2-6x+2 一年模拟练测园 1.C 2.D 3.D 4.C 5.D 6.A 7.2n+2 (-5}。-55 -5 8.(1)解：：（5)+1-5+14， :5*255 44: 9_37-49=7 3 由题意得：44,88， 故管条为：￥3之9 8 14136 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 a2 a a- (2)解：归纳： a+1a+1 ,a+1≠0， ∴a+-l: (3)解：存在，理由如下： 2=a a-a+a+1且"a+a+1均为整数 a. a2 =0,a=0 当a=0时，a+1a+1,满足条件； a=1-1 当a≠0时，a+1a+1为整数，a+1=±1，a=-2或a=0(舍)， 综上：a=0或a=-2」 9.(1)解：a°=360a+109,a-1189a+360: 故答案为：360a+109,1189a+360 (2)解：这个猜想是正确的. 理由如下：ar2=aa=a(sa+). sa2+ta =s(3a+1)+ta =3sa+s+ta =(3s+t)a+s .这个猜想是正确的. 10.(1)解：根据新定义，3>1， :P(3,1)=3-1=2 -1<2, P(-1,2)=-1+2=1 .P(3,1)+P(-1,2)=2+1=3 15136 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)解：a+b=20,a>b .2a>a+b=20,即a>10,b=20-a<10 :.P(10,a)-P(10,b)=10+a-(10-b)=a+b=20 （3)解：t是正数， .t2+2026>2026 :.P(+2026,2026)=P+2026-2026=2=2 t=V2」 .100<V2+99<101,即100<t+99<101, :P1,1+99)+P(2,t+99)+P(3,1+99)+…+P(199,1+99) =1+t+99+2+t+99+3+t+99+…+100+t+99+101-(t+99)+102-(t+99)+…+199-(t+99) =(1+2+3+…+199)+100(t+99)-99(t+99) =（1+199)x199 +t+99 2 =19900+√2+99 =19999+2. 11.(1)解：观察表格规律，当最底层有6个杯子时，杯子的总数是1+2+3+4+5+6=21（个）， 故答案为：21； )解：①当塔有1层时，杯子总数.4-1、X 2个杯子， 当塔有2层时，杯子总数： 4=1+2=3=2×3 个杯子， 当塔有3层时，杯子总数： 4=1+2+3=6=3×4 个杯子， 当塔有4层时，杯子总数：0，=1+2+3+4=10=4 2个杯子， 16136 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 100×101=5050 当塔有100层时，杯子总数是2 (个)： n(n+1) ②由规律得，要摆一个n层的“速叠杯”塔，一共需要2个杯子（用含n的式子表示）； n(n+1) =120 ③令2 整理得n(n+1)=240 由15×16=240. 得n=15； AB=120rx18-12 （3)解： 180 ,12m=2π×MA, 解得：MA=6cm, ,第一层摆放杯子的总长度不超过108cm, 设第一层杯子的个数为x个，则6×2x≤108， 解得：x≤9， x取最大值为9， 即第一层摆放杯子9个，杯子的层数也是9， .杯子的总数为2 9+1)x9=45 个)： 在图2中，OA=18cm,OD=8cm, ND∥MA, .△ONDAOMA, ND OD ON 8 4 .MA OA OM189」 在RtOAM中，OM=VO-AM2=Vi82-6=122(cm), ON -gov-16 9 .MW=0M-Ow=20 3(cm) 17136 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.最大高度为：9MN=60W2cm 12.(1)解：由图可知，圆弧a有一部分在△ABC外，而圆弧b、c、d都在△ABC的内部或边上， ∴，圆弧a不是△ABC的中内弧，圆弧b、c、d是△ABC的中内弧； (2)解：由垂径定理可知，点P在线段DE的垂直平分线上： 当中内弧为劣弧时，如图，设DE的中点为F, 由图可知，PF越小，经过D、E两点的中内弧越长： 当中内弧为半圆或优弧时，如图， R B 由图可知，PF越大，经过D、E两点的中内弧越长： (3)解：：∠A=60°，AC=AB, .△ABC是等边三角形， .AB=BC=AC=8. ∴应选择向下凸的优弧DE, 如图，F为DE的中点，圆弧DHE即为所求： 18136 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D E B H :△ABC是等边三角形， 又，D,E分别是△ABC两边的中点， :.CD⊥AB,BE⊥AC,BE平分∠ABC,CD平分∠ACB, 点P是△ABC的内心，也是△ABC的外心， A、F、P、H共线， ,D,E分别是△ABC两边的中点， .DE是△ABC的中位线， PEBC=4,DE∥BCy ,点F为DE的中点， DF=IDE=2 .PF⊥DE, 2 在RtADFP中，PD=VPF2+F2=VPF2+4」 :FH PF PH PF PD PF+PF2+4 ∴.FH随着PF的增大而增大， 由(2)可知，PF越大，优弧DHE越长， .当FH最大时，优弧DHE最长， .PD⊥AB, ∴圆P与AB相切， ∴圆P是△ABC的内切圆， 圆P与BC相切于点H, ,圆弧DHE上的点都在△ABC的内部或者边上，符合中内弧的定义，且此时FH取得最大值， ∴优弧DHE即为所求最长的中内弧： :BE平分∠ABC,CD平分∠ACB, 19136 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠E8c-4Bc=30,∠Bc-4C8=30 :DE∥BC, .∠PED=∠EBC=30°，∠PDE=∠BCD=30°， .∠DPE=180°-∠PDE-∠PED=120, ∴.优弧DHE的圆心角为360°-120°=240°， 2W3 DF PF=DF·tan∠PDE=2×tan30°= PD 2-43 在RtAPDF中， 3, COS∠PDE =c0530° 3, 240π× 4v3 片5--424 240π·PD2 3 32π 33 360 360 9 32π，45 .围成的图形的面 S0=SPDE+Sm形PnE=9十3； (4)解：由思意可知，点4的坐标为(2k,4,点B的坐标为(4,0) :DE是△AOB的中位线， ·点D的坐标为k,2),点E的坐标为(3k,2) ∴DE的垂直平分线为直线x=2k, 同理，OB的垂直平分线也是直线x=2k, 由(2)可知，点P在DE的垂直平分线上， 点P的坐标为(2k,b). :点4的坐标为(2k,4) AP垂直平分DE,也垂直平分OB, AD=AE,40=4B. 如图，设直线AP交DE于点F,交圆P于点H,交x轴于点G, 20136 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A1 D F p 0 G :AP是DE、OB的垂直平分线， AGLOB,AF1DE,点F的坐标为(2k,2), .'DF EF =k, :点4的坐标为(2,4)， :AG=4 ..AF FG=2 当中内弧在DE上方时，由对称性可知，DE下方必定存在相等的圆弧， 最长的中内弧在DE的下方， 根据中内弧的定义可知，圆弧DHE上的点都在△ABC的内部或者边上， .∠QDP≥90°，且点H在点G的上方或者重合， ①当∠ODP=90°时，如图， D E G B x …AD=AE ∠ADE<90 21136 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠0DF>90°， .∠ODP=90°， ∴点P在DE下方，∠ADP=180°-∠0P=90 .PF=2-b, :AF⊥DE :∠PFD=∠AFD=90 ∠DAF+∠A0F=90,∠P0F+∠ADF=90, .∠PDF=∠DAF, :.△PDFn△DAF, PF DF 2-bk :0FAF,即k2, 在RAPDF中，PD=VPF2+DF=V(2-b}+R=F-46+4+ .b=2-1k2 2 ,即k2=4-2b, .PD=Vb2-6b+8 .FH=PF+PH=PF+PD=2-b+b2-66+8. :FH≤FG=2, .2-b+VB-6b+8≤2， 4 b≥ 解得3， 2-1k2≥4 .2 3, 22136 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 整理，得 k>1, 2V3 :1<ks 3, b=2-1<k25 2 3 ②当∠ODP>90°时，如图， D E HG B 由(3)可知，圆P与B,C相切时，圆弧DHE最长， 此时点G与点H重合， 、23 k 由①可知，此时3， 当点P在DE下方时，PF=2-b, 在RtAPDF中，PD=PF2+DF=V2-b}+ .FH PF+PH=PF+PD=2, :2-b+V(2-b)2+k2=2 2+1 化简，得-4 当点P在DE上方时，如图，此时PF=b-2, 23136 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ◇ H(G B1末 在RtAPDF中， PD=JPF2+DF2=(6-2)+k2 ..FH PH-PF PD-PF=2, b-2+k2-(6-2)=2 6=k2+1 化简，得4 此时，无论点A、B如何扩大，必定存在满足要求的圆弧DHE, 2-1<ks23 2 3 b= 2W3 3 综上所述， 13.(1)解：①平行四边形和菱形的对角相等，不一定互补， ∴平行四边形和菱形不一定是“求同存异四边形”； :矩形的邻边不一定相等， 矩形不一定是“求同存异四边形”： 正方形中有一组邻边相等，并且对角也互补， 正方形一定是“求同存异四边形”. ②四边形ABCD为“求同存异四边形”， ∠D=180°-∠B=180°-35°=145° (2)证明：，BD垂直平分AC, AB=CB,AD=CD,AE=CE,∠BEA=∠AED=90. BD=BD, 24136 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .△ABD CBD(SSS), :.∠BAD=∠BCD AE BE DE CE, AE BE :DE AE 又：∠BEA=∠AED=90°， .△ABEn△DAE, ∴.∠BAE=∠ADE, ∴.∠BAD=∠BAE+∠EAD=∠ADE+∠EAD=18O°-∠AED=90°， .∠BAD=∠BCD=90°」 .∠BAD+∠BCD=180°， .四边形ABCD是“求同存异四边形” (3)解：圆内接四边形ABCD为“求同存异四边形”，且圆内接四边形对角互补， ·四边形ABCD必有一组邻边相等， 当AB=CB时，如图所示， E 0 则根据垂径定理可得，BD垂直平分AC, .AD=CD 同理，当AD=CD时，则AB=CB BD为直径，BD垂直平分AC, .AE-CEACBAD-Z8CD-0 1 :4C-=2 CE AB2+AD2=BD2. Sm号4BAD-5DAC 21 ∴ABAD=BDAE=2×2X=X 25136 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AB+AD=(AB+AD)=AB2+2AB.AD+AD=BD+2x=4+2x C -CE +4B+AD=2+2x+4 当BC=CD时， :BC=CD」 ∴.∠BAC=∠CAD=∠BDC=∠CBD 如图所示，延长AB至点F,使BF=AD,连接CF, :四边形ABCD是圆内接四边形， ∴.∠ABC+∠ADC=180° ∠ABC+∠FBC=180°， ∴.∠FBC=∠ADC 又BF=AD,BC=CD, ∴.△FBC≌△ADC(SAS), ∴.∠FCB=∠ACD,FC=AC. :BD为直径， .∠BAD=∠BCD=90°， ·∠BAC=∠CAD=∠BDC=∠CBD=45°，△BCD为等腰直角三角形， ∴∠FCA=∠ACB+∠FCB=∠ACB+∠ACD=∠BCD=90°，BD=VBC2+CD2=V2BC=V2CD, CD-8C-BD- ∴△ACF为等腰直角三角形， .AF=VAC2+CF2=2AC=x, 26136 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AB+AD=AB+BF=AF=√2x :∠CAD=∠BDC=45°，∠ACD=∠DCE, △CAD∽△CDE, CA CD CD CE, ..CE=CD-()2 CA xx, AC_x CE2-2 AC y= +AB+AD=父+V2x CE 2 当BA=AD时，如图所示， D BD为直径， .∠BAD=90° BD=VBA+AD=2AB=2AD, 84-AD-BD 2 .AB+AD=22 .BA=AD, ..BA=AD, .∠ADB=ACD ,∠DAE=∠CAD, ∴.△DAEn△CAD」 27136 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AE AD AD AC, AB=D=2-2 AC xx, .CE=AC-AE=x-2--2 xx, AC x x2 CEx2-2x2-2 +AB+AD=- CE 22*25 x2 x2 综上，y=v2x+4+2或=2+2x成y= x2 y= 或x2-2 +2V2 14.(1)解：：AB=AC,∠BAC=120°， .∠B=∠C=30°， AD=BD, .∠BAD=∠B=30°， .∠DAC=∠BAC-∠BAD=120°-30°=90°，即△ADC为直角三角形， AD=BD. “△ABD为等腰三角形， .AD是△ADC的“奇妙分割线”： 证明：，四边形ABCD是平行四边形， .AD∥BC,AB∥CD,AD=BC=5,CD=AB=V5. .△ADF∽△CEF,∠DCF=∠BAC=90°， DF AF AD 5 :.EF CF CE3,△CDF为直角三角形， .∠BAC=90°， :4C=V8C-AB=53-(5=25 .∠DCF=90°， 28136 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 DF-VCDCF5)55 EF-3DF-35-CF 5 4 :.ACEF是等腰三角形， .CF是△DCE的“奇妙分割线”： (3)解：由翻折可知，BD=DE,AE=AB=5,∠ADB=∠ADE, ∴.△BDE是等腰三角形， 又，DE是△BCE的“奇妙分割线”， .△DCE为直角三角形： ①当∠EDC=90°时，∠BDE=90°， .∠ADB+∠ADE+∠BDE=360° .∠ADB=∠ADE=135°， .∠ADC=45°， 如图，过点A作AF⊥BC交BC的延长线于F,则∠AFB=90°， --F AB=5, sin∠ABC=3 .AF=ABsin∠ABC=3, :BF=AB2-AF2=4. :∠ADC=45°， .DF=AF =3, .BD=BF-DF=1: ②当∠DCE=90°时， 如图，作AF⊥BC交BC的延长线于F,过E作EG⊥AF交AF的延长线于G, 29136 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 F G 则∠G=∠CFG=∠ECF=90° .四边形CEGF是矩形， .EG=CF,CE=FG. 由①可知，AF=3,BF=4, .EG=CF=BF-BC=4-3=1. AE=AB=5,EG⊥AG, AG=AE2-EG2=52-1=26 .CE=FG=AG-AF=2V6-3. 设BD=DE=x,则CD=3-x, 在Rt△DCE中，∠DCE=90°， CD+CE2-DE,3-x)+(26-3)x 解得x=7-2V6 BD=7-2V6: ③当∠CED=90°时，不存在满足题意的图形，舍去； 综上，BD的长为1或7-26」 15.(1)解：根据“楚河汉界线”的定义知，“楚河汉界线”在图像G的下方，在图像G的上方， “在平面直角坐标系中将①y=-2x,②y=4x-1,③y=-2x+3,④y=-3x-l画出来，如下图所示： 30136 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 y=-2x B(2,2) A y+-2x+3 6 由图像可知，①y=-2x④y=-3x-1满足条件： (2)解：△EDF与⊙O的“楚河汉界线”有且只有一条， .“楚河汉界线”是与⊙O相切且切点为点D的直线， .OD为⊙0的半径， 如图所示，连接OD,过点D作DM⊥x轴交x轴于点M, D .∠OMD=90°， :点D的坐标为（人5，】 :OM=5,DM=1, 在Rt△ODM中， OD=DM2+OM=+(3)=2 .⊙0的半径为2： 过点D作⊙0的切线交x轴于点Q,交y轴于点P, 31136 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :.∠0DP=∠OD0=90°， .∠OMD=90°， .∠D00+∠D00=90°，∠D00+∠0DM=90°， .∠DQ0=∠ODM 又：∠OMD=∠0D0=90°， .AODMAOOD OD OM 2-5 :.000D,即O02,解 0Q-45 3， 直卫的坐标为3,0 设P吧所在直线的解析式为'=c+b(k≠0)， 将点气0D,) 分别代入y=:+b(k≠0). 1=3k+b 45 k=-V5 0= -k+b 得 3 解得b=4 ·“楚河汉界线”的解析式为y=-V5x+4: (3)解：：正方形GHMN的边GH在y轴上，其他三边都在y轴的右侧，点(L,)是此正方形的中心， .正方形GHMN的边长为2， 点G(0,1+,H(0,t-),M(2,1-1),N(2,t+1). 二次函数y=-r+2x+3(0≤x≤4)开口向下， 32136 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 b2 x= =1 顶点横坐标为 2a2x(-可，将x=1代入，解得y=4, 顶点坐标为4)】 将x=0代入y=-r+2x+3(0≤x≤4)中，解得y=3, 将x=4代入y=-+2x+3(0≤x≤4中，解得y=5, 二次函数的两个端点坐标为(0,3列，(4，-5)， ①当1<0时，正方形GMN在函数y=-x+2x+3(0≤x≤4)的下方，如下图所示： 0 G ·“楚河汉界线”y=-2x+b有且只有一条， ·“楚河汉界线”y=-2x+b经过点N(2,1+),点(4，-5)， 将4，-5)代入y=-2x+b中，得-5=-2×4+b,解得b=3, ·“楚河汉界线”的解析式为y=-2x+3 将N(2,t+)代入y=-2x+3,得1+1=-2×2+3，解得1=-2： ②当正方形在“楚河汉界线”的上方，函数"=-r+2x+30≤x≤4)在“楚河汉界线”的下方， 33136 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则点H(0,1-)在“楚河汉界线”的上方， 即t-1≥-2×0+b,解得t≥b+1, 二次函数y=-r+2x+3(0≤x≤4)在“楚河汉界线”的下方， y=-2x+b 联立y=-x+2x+3,解得-x2+4x+3-b=0, 此时，两条线有一个交点或者无交点， :△=-4c=4-4×(-H×(3-b)0,解得，b≥7， t随b的变化而变化，取“楚河汉界线”临界值，即b=7, .b+1=8, .t≥8： 当正方形在“楚河汉界线”的下方，函数y=-+2x+3(0≤x≤4)在“楚河汉界线”的上方， 则点N(2,1+1)在“楚河汉界线”的下方， 即t+1≤-2×2+b,解得t≤b-5, 二次函数在“楚河汉界线”的上方， 即-5≥-2×4+b,解得b≤3， t随b的变化而变化，取“楚河汉界线”临界值，即b=3, b-5=-2, t≤-2： 综上所述，t的取值范围为t≤-2或者t≥8， 16.(1)解：，一个点的纵坐标是横坐标的3倍，则称这个点为“三倍点”， .“三倍点”所在的直线为y=3x y=-2x+1 ①联立y=-2x+1和y=3x得，y=3x, 1 X= 3 y= 解得： 34136 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 3 1 5 =3× 5, 13 :53是“三倍点”， 故函数y=-2x+1的图象上存在“三倍点”，√： ②联立y)2+x+2 和y=3x得，y=3x x2-2x+2=0 :2 4=(-29-4×)×2=0 2 9 .方程有两个相等的实数根， 1 y=-x2+x+2 函数 2 的图象上有且只有一个“三倍点”，√. (2)证明：联立y=-3x+m和反比例函数解析式得：y=-3x+m =-3x+m x 整理得，-3x2+mx-k=0, 设方程的两根为，x, :+为m 1 3, :点P是线段AB的中点， 点P的横坐标为2+5)小m 1 1 x= -m y=-3x+m= 当6时， .y=3x 点P是“三倍点”· 35136 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (3)解：-3<c≤5或c=-4 由题意得，“三倍点”所在的直线为y=3x, :在-3≤x≤1的范围内，二次函数y=-x-x+C的图象上有且只有一个“三倍点”， :在-3≤x≤1的范围内，二次函数y=-X-x+c和直线y=3x有且只有一个交点， [y=-x2-x+c 联立y=-X-x+C和y=3x得， y=3x .3x=-x2-x+c, 整理得，x2+4x-c=0, .△=b2-4ac=16+4c≥0 解得：c≥-4， 当△=b2-4ac=16+4c=0时， 解得：c=一4，此时，方程有两个相等的实数根，x=-2,符合题意； 当△>0时，解方程得，x=-2+V4+C,x=-2-V4+e, -2-V4+e2-3∫-2-4+e<-3 :.-2+4+e>1或-2+V4+c≤1， -2-V4+c2-3 [c≤-3 由-2+4+C>1可得c>5,无解，不符合题意， -2-V4+c<-3 c>-3 由-2+V4+c≤1可得c≤5， .-3<c≤5. 综上，c的取值范围为-3<c≤5或c=-4. 36136 专题10 新定义、规律探究与最值问题 3年真题1年模拟 考点分类 广东考情（2024-2026） 命题规律 考点01 新定义阅读理解探究 2026广东卷 2025广东卷 多为试卷压轴大题，分值10-12分。题干给出全新概念、运算或者规则，要求现场阅读理解、迁移运用；融合代数、几何知识，设问层层递进。第一小问模仿套用，难度较低；后两问综合变形，区分度高。近三年文字阅读量适中，不设置晦涩概念，重点考查现场学习、知识迁移能力。 考点02 规律探究 2026广东卷 2025广东卷 以选择、填空为主，偶尔出现在大题第一小问，分值3分。包含数字规律、代数式规律、图形循环递推规律；观察前几项归纳通项，再代入求解。规律类型常规，极少出现极其复杂递推公式；近三年侧重基础归纳推理，数字运算简单，重在找变化模式。 考点03 最值问题 2026广东卷 2025广东卷 2024广东卷 分布广泛，选填、解答压轴均会出现，分值3-10 分。代数类依托一次函数、二次函数求最值；几何类包含将军饮马、线段最短、面积最值，常结合动点。二次函数最值为高频；几何最值侧重转化思想。近三年减少繁琐计算，重视模型识别，强调将最值问题转化成熟悉的函数或者几何基本模型。 考点01 新定义阅读理解探究 1．（2026·广东深圳·中考真题）综合与探究 定义：若四边形的一条对角线被另一条对角线平分，且另一条对角线被交点分成的两条线段长度之比为，则称该四边形为“倍四边形”． (1)①如图1，在中，对角线与交于点，点为中点．若四边形为倍四边形，则的值为__________； ②如图2，在倍四边形中，若对角线被平分，则__________；（用含的代数式表示） (2)如图3，四边形为倍四边形，其对角线平分对角线，且满足，，求的值； (3)如图4，已知定点，，且，点为射线上一动点，点为平面内一点，连接，，，构成四边形．若平分，，四边形为2倍四边形，求的值． 2．（2025·广东广州·中考真题）宽与长的比是（约为）的矩形叫做黄金矩形．现有一张黄金矩形纸片，长．如图1，折叠纸片，点B落在上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展开． (1)求的长； (2)求证：四边形是黄金矩形； (3)如图2，点G为的中点，连接，折叠纸片，点B落在上的点H处，折痕为，过点P作于点Q．四边形是否为黄金矩形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由． 考点02 规律探究 1．（2026·广东·中考真题）综合与实践 【提出问题】 同一平面内，有条直线两两相交，设它们最多有个交点，相交所成的最小角为．某数学学习小组提出了下列探究问题． 问题一：与的关系； 问题二：的最大值与的关系． 【特例感知】 如图1，当时，学习小组发现，的最大值为． 【实验探究】 步骤一：动手操作 学习小组画出了当时的两种情况，如图2，图3． 步骤二：观察分析 （一）由图2，图3得； （二）在图2中，的最大值为； （三）在图3中，的最大值为． 【规律探索】 (1)完成下表： 2 3 4 5 1 3 的最大值 【解决问题】 (2)①用关于的代数式表示，直接写出即可； ②的最大值与的关系是什么？写出并说明理由． 2．（2025·广东·中考真题）《九章算术》是世界上较早给出勾股数公式的著作，掌握确定勾股数组的方法对研究直角三角形具有重要意义．若直角三角形的三边长，，都是正整数，则，，为一组“勾股数”．下表中的每一组数都是勾股数． 3，4，5 7，24，25 11，60，61 15，112，113 19，180，181 4，3，5 8，15，17 12，35，37 16，63，65 20，21，29 5，12，13 9，12，15 13，84，85 17，144，145 21，28，35 6，8，10 10，___，26 14，48，50 18，80，82 22，120，122 (1)请补全上表中的勾股数． (2)根据上表中数据规律，用含字母（均为正整数）的代数式分别表示，，，使该组代数式能表示上表中所有的勾股数，并证明． (3)某校计划在一块绿地上种花，使之构成如图所示的图案，该图案是由四个全等的直角三角形组成．种花要求：仅在三角形边上种花，每个三角形顶点处都种一株花，各边上相邻两株花之间的距离均为．如果每个三角形最短边都种21株花，那么这块绿地最少需要种植多少株花？ 考点03 最值问题 1．（2026·广东·中考真题）如图1，设为坐标原点，二次函数的图象经过点，与轴交于点，其对称轴与轴交于点，连接，． (1)求二次函数的解析式； (2)求的值； (3)如图2，动点在线段上，过点作的垂线，与二次函数在第二象限的图象交于点，求的最大值． 2．（2026·广东·中考真题）如图1，设为坐标原点，二次函数的图象经过点，与轴交于点，其对称轴与轴交于点，连接，． (1)求二次函数的解析式； (2)求的值； (3)如图2，动点在线段上，过点作的垂线，与二次函数在第二象限的图象交于点，求的最大值． 3．（2025·广东广州·中考真题）如图1，，为中点，点在上方，连接，． (1)尺规作图：作点关于点的对称点（保留作图痕迹，不写作法），连接，，并证明：四边形为平行四边形； (2)如图2，延长至点，使得，当点在直线的上方运动，直线的上方有异于点的动点，连接，，，，若，且． ①求证：； ②的长是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由． 4．（2024·广东广州·中考真题）已知抛物线过点和点，直线过点，交线段于点，记的周长为，的周长为，且． (1)求抛物线的对称轴； (2)求的值； (3)直线绕点以每秒的速度顺时针旋转秒后得到直线，当时，直线交抛物线于，两点． ①求的值； ②设的面积为，若对于任意的，均有成立，求的最大值及此时抛物线的解析式． 1．（2026·广东河源·二模）/规律探索/ 如图是一组有规律的图案，它由若干个长度相同的小木棒拼接而成．第1个图案中有10根小木棒，第2个图案中有18根小木棒，第3个图案中有26根小木棒，第4个图案中有34根小木棒……依此规律，第个图案中小木棒的根数（用含的代数式表示）为（     ） A． B． C． D． 2．（2026·广东汕头·一模）观察一列数：，按你发现的规律计算这列数的第8个数为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·广东汕头·一模）如图是年月的月历，小李同学用图2形框在图1的月历上框出四个数字，将该图形框上下左右移动，且一定要框住月历中的四个日期．若其中两个日期如图3所示，则与的数量关系是（    ） A． B． C． D． 4．（2026·广东佛山·一模）定义一种新运算：对于两个非零实数，，，其中、为常数．若，则的值是（   ）． A． B． C． D． 5．（2026·广东茂名·一模）定义关于任意正整数的一种新运算：．若规定，则（   ） A．3 B．6 C．18 D．81 6．（2026·广东深圳·二模）定义：如果二次函数与满足，，则称它们互为“旋转函数”．已知二次函数与互为“旋转函数”，则这两个函数的顶点距离为（    ） A． B．10 C． D． 7．（2026·广东中山·二模）如图是烷烃前种化合物的分子结构模型图，其中灰球代表碳原子，白球代表氢原子．如图，第种烷烃化合物有个碳原子，个氢原子；如图，第种烷烃化合物有个碳原子，6个氢原子；如图3，第种烷烃化合物有3个碳原子，个氢原子；…按照这一规律，第种烷烃化合物的分子结构模型中氢原子的个数_____________ （用含n的式子表示）． 8．（2026·广东潮州·一模）【代数探究】观察下列等式的结构规律： (1)仿写：根据上述规律填空： (2)归纳：请你用字母表示一个符合上述等式结构规律的等式，并求出所用字母满足的取值范围 (3)拓展：在（2）归纳表示出的等式规律中，是否存在所用字母均为整数的情况？若存在，请你求出满足条件的字母的值，若不存在，请说明理由． 9．（2026·广东江门·二模）设a是方程的一个根，学习小组的成员发现如下一系列等式： ； ； ； ； …… (1)根据以上规律填空：________，________； (2)小华同学通过观察比较两个相邻的等式，提出了一个猜想：设n是正整数，若，则请你判断这个猜想是否正确，并说明理由． 10．（2026·广东·二模）阅读与思考 【阅读理解】 材料一：对于实数m，n，定义新运算：当时，；当时，．例如：，． 材料二：计算：． 设，则． 由得 ． 所以 【问题解决】 (1)计算：； (2)已知，求； (3)对于正数t，有，求的值． 11．（2026·广东汕头·一模）综合与实践 有趣的“速叠杯” “速叠杯”是一项好玩的手部运动．它的叠放方式如图1：从下往上，最底层摆若干个杯子，每往上一层减少1个杯子，直到顶层只有1个杯子，形成一个“塔”形． 小丽在活动中记录了不同叠放情况下杯子的总数： 最底层杯子数 x 1 2 3 4 5 杯子总数 y 1 3 6 10 15 (1)观察表格，当最底层有6个杯子时，杯子的总数是 个． (2)通过观察杯子的摆放规律，用an表示图n的杯子数，其中，2，3，…，小丽发现 当塔有1层时，杯子总数：个杯子 当塔有2层时，杯子总数：个杯子 当塔有3层时，杯子总数：个杯子 当塔有4层时，杯子总数：个杯子 … 根据以上规律： ①当塔有100层时，杯子总数是 个； ②要摆一个n层的“速叠杯”塔，一共需要 个杯子（用含n的式子表示）； ③若现有120个杯子，按照这种叠放方式，能恰好叠放成一个完整的“速叠杯”塔， ． (3)杯子的侧面展开图如图2所示，，分别为上、下底面圆的半径，，所对的圆心角，，．将这样足够数量的杯子按图1中的方式叠放，但受桌面长度限制，第一层摆放杯子的总长度不超过，求杯子叠放达到的最大高度和此时杯子的总数． 12．（2026·广东潮州·一模）【新定义探究】 定义：在中，，分别是两边的中点，经过，两点的所有弧中，如果某条弧上所有的点都在的内部或边上，则称这条弧是的一条中内弧．这条弧所在圆的圆心记为． (1)理解定义：如图1，，，，表示经过，两点的四条弧，其中____不是的中内弧，____是的中内弧（填，，，）； (2)总结规律：经过、两点的所有中内弧中，点与线段有怎样的位置关系？点到中点的距离与经过、两点的中内弧长短又有怎样的关系？ (3)实践操作：如图2，若，，，连接．请你利用尺规作图法作出经过，两点的的最长中内弧，并计算它与围成图形的面积．（保留作图痕迹，不要求写作法） (4)拓广探索：如图3，在平面直角坐标系中，点，，将点，的横坐标扩大倍（）纵坐标保持不变，对进行变换得到，是的中位线，设最长中内弧所在圆的圆心的纵坐标为，直接写出与的函数关系式以及的取值范围． 13．（2026·广东深圳·三模）定义：把有一组邻边相等，并且对角也互补的四边形叫作“求同存异四边形”． 【定义感知】：如图1，四边形中，若，，则四边形叫作“求同存异四边形”． 【理解应用】 (1)①在以下四种图形中，一定是“求同存异四边形”的是______； A．平行四边形            B．菱形                C．正方形                D．矩形 ②“求同存异四边形”中，若，则______； (2)如图2，在四边形中，对角线，交于点E，若垂直平分，且，求证：四边形是“求同存异四边形”； 【拓展延伸】 (3)如图3，在中，为直径，A，C分别为上的两个动点，使得四边形为“求同存异四边形”，对角线，交于点E，若，，，直接写出y与x的函数关系式． 14．（2026·广东深圳·一模）【定义】连接三角形的一个顶点与对边上任意一点的线段，把这个三角形分割成两个三角形，其中一个是等腰三角形，另一个是直角三角形，就称这条线段是该三角形的“奇妙分割线”． (1)【理解定义】 如图，在中，，，D是线段上一点，连接，若，那么线段 （填“是”或“不是”）的“奇妙分割线”． (2)【运用定义】 如图，在平行四边形中，，，连接，若，E是线段上一点，，连接交与点F．求证：线段是的“奇妙分割线”． (3)【拓展提升】 如图，在中，，，，点D是线段上的动点（点D不与B、C重合），连接，将沿翻折得到，点B的对应点为点E，连接、，当是的“奇妙分割线”时，求线段的长． 15．（2026·广东东莞·一模）【概念定义】中国象棋棋盘上双方的分界处也称为“楚河汉界”，以“楚河汉界”比喻双方对垒的分界线，在平面直角坐标系中，为了对两个图形进行分界，对“楚河汉界线”给出如下定义：点是图形上的任意一点，点是图形上的任意一点，若存在直线l：满足且，则直线就是图形与的“楚河汉界线”． 例如：如图1，直线l：是函数的图象与正方形的一条“楚河汉界线”． (1)【初步应用】：在直线①，②，③，④中，是图1函数的图象与正方形的“楚河汉界线”的有_____（填序号）； (2)【深入探究】：如图2，第一象限的等腰直角的两腰分别与坐标轴平行，直角顶点D的坐标是，若与的“楚河汉界线”有且只有一条，此时的半径为_____，请求出此“楚河汉界线”的表达式； (3)【拓展延伸】：正方形的边在y轴上，其他三边都在y轴的右侧，点是此正方形的中心，直线是函数的图象与正方形的“楚河汉界线”． ①若，“楚河汉界线”有且只有一条时，求t的值； ②若存在“楚河汉界线”，请求出t的取值范围． 16．（2026·广东深圳·二模）定义：若一个点的纵坐标是横坐标的倍，则称这个点为“三倍点”．如，，等都是“三倍点”． (1)请你判断下列说法是否正确（在相应的横线上，正确的打“√”，错误的打“×”）． ①函数的图象上存在“三倍点”．_______ ②函数的图象上有且只有一个“三倍点”．_______ (2)一次函数与反比例函数的图象交于、两点，点是线段的中点，求证：点是“三倍点”． (3)在的范围内，若二次函数的图象上有且只有一个“三倍点”，直接写出的取值范围． 试卷第1页，共3页 2 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 新定义、规律探究与最值问题 3年真题1年模拟 考点分类 广东考情（2024-2026） 命题规律 考点01 新定义阅读理解探究 2026广东卷 2025广东卷 多为试卷压轴大题，分值10-12分。题干给出全新概念、运算或者规则，要求现场阅读理解、迁移运用；融合代数、几何知识，设问层层递进。第一小问模仿套用，难度较低；后两问综合变形，区分度高。近三年文字阅读量适中，不设置晦涩概念，重点考查现场学习、知识迁移能力。 考点02 规律探究 2026广东卷 2025广东卷 以选择、填空为主，偶尔出现在大题第一小问，分值3分。包含数字规律、代数式规律、图形循环递推规律；观察前几项归纳通项，再代入求解。规律类型常规，极少出现极其复杂递推公式；近三年侧重基础归纳推理，数字运算简单，重在找变化模式。 考点03 最值问题 2026广东卷 2025广东卷 2024广东卷 分布广泛，选填、解答压轴均会出现，分值3-10 分。代数类依托一次函数、二次函数求最值；几何类包含将军饮马、线段最短、面积最值，常结合动点。二次函数最值为高频；几何最值侧重转化思想。近三年减少繁琐计算，重视模型识别，强调将最值问题转化成熟悉的函数或者几何基本模型。 考点01 新定义阅读理解探究 1．（2026·广东深圳·中考真题）综合与探究 定义：若四边形的一条对角线被另一条对角线平分，且另一条对角线被交点分成的两条线段长度之比为，则称该四边形为“倍四边形”． (1)①如图1，在中，对角线与交于点，点为中点．若四边形为倍四边形，则的值为__________； ②如图2，在倍四边形中，若对角线被平分，则__________；（用含的代数式表示） (2)如图3，四边形为倍四边形，其对角线平分对角线，且满足，，求的值； (3)如图4，已知定点，，且，点为射线上一动点，点为平面内一点，连接，，，构成四边形．若平分，，四边形为2倍四边形，求的值． 【答案】(1)①；② (2) (3)或 【分析】（1）①根据平行四边形的性质可得，根据点为中点，得出，结合倍四边形的定义，即可求解； ②过点分别作的垂线，垂足分别为，证明得出，进而根据三角形的面积比，即可求解； （2）过点作交于点，证明得出，设，进而表示出的长，即可求解； （3）设交于点，过点分别作的垂线，垂足分别为；分两种情况讨论，当时，设，证明得出，设，则，证明得出，进而求得的值，勾股定理求得，进而根据正切的定义，即可求解；当时，同理可得结论． 【详解】（1）解：①∵四边形是平行四边形， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵四边形为倍四边形， ∴； ②如图，过点分别作的垂线，垂足分别为， ∵四边形为倍四边形，对角线被平分， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， （2）解：如图，过点作交于点， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵四边形为倍四边形，其对角线平分对角线， ∴， 又∵， ∴， ∴，， 设， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：设交于点，过点分别作的垂线，垂足分别为 ①当时，设，如图4， ∵，平分， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， 解得：， ∴， 在中，， ∴； ②当时，设，如图4， 同①可得，， ∴， 同①可得， ∴， 设，则， ∴，， ∵，即， 解得：， ∴,， 在中，， ∴， 综上所述，的值为或． 2．（2025·广东广州·中考真题）宽与长的比是（约为）的矩形叫做黄金矩形．现有一张黄金矩形纸片，长．如图1，折叠纸片，点B落在上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展开． (1)求的长； (2)求证：四边形是黄金矩形； (3)如图2，点G为的中点，连接，折叠纸片，点B落在上的点H处，折痕为，过点P作于点Q．四边形是否为黄金矩形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由． 【答案】(1)2 (2) 证明：∵折叠黄金矩形纸片，点B落在上的点E处， ∴，， 又∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形； ∴， 由（1）可知，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是黄金矩形． (3) 四边形是黄金矩形．证明如下： ∵，四边形是正方形， ∴， ∴四边形是矩形； 由（2）可知， ， ∵为的中点， ∴， ∴， 如图，连接，由对折可得：，，， 设，则， ∵ ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴四边形是黄金矩形． 【分析】（1）根据黄金矩形的定义可得：，再进一步求解即可； （2）先证明四边形是正方形；可得，，证明四边形是矩形，从而可得答案； （3）先证四边形是矩形，然后求解，由对折可得：，设，则，由面积可得：，可得：，再进一步可得结论． 【详解】（1）解：∵，矩形是黄金矩形， ∴， ∴； （2）略 （3）略 【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的运算，理解黄金矩形的定义是关键． 考点02 规律探究 1．（2026·广东·中考真题）综合与实践 【提出问题】 同一平面内，有条直线两两相交，设它们最多有个交点，相交所成的最小角为．某数学学习小组提出了下列探究问题． 问题一：与的关系； 问题二：的最大值与的关系． 【特例感知】 如图1，当时，学习小组发现，的最大值为． 【实验探究】 步骤一：动手操作 学习小组画出了当时的两种情况，如图2，图3． 步骤二：观察分析 （一）由图2，图3得； （二）在图2中，的最大值为； （三）在图3中，的最大值为． 【规律探索】 (1)完成下表： 2 3 4 5 1 3 的最大值 【解决问题】 (2)①用关于的代数式表示，直接写出即可； ②的最大值与的关系是什么？写出并说明理由． 【答案】(1) 2 3 4 5 1 3 6 10 的最大值 (2)①； ②的最大值为，理由如下： 将所有直线平移至交于同一点，直线间的夹角大小保持不变，此时n条直线将周角分割为个相邻的角(对顶角两两相等)，设为， 则， ∵最小角为， ∴ ∴ 解得 ∴的最大值为． 【分析】（1）找出规律即可求解； （2）①根据（1）中填表得到的规律求解即可；②将所有直线平移至交于同一点，直线间的夹角大小保持不变，此时n条直线将周角分割为个相邻的角(对顶角两两相等)，设为，可得不等式，即可求解． 【详解】（1）解：2条直线相交，最多有1个交点，的最大值为； 3条直线相交，最多有个交点，的最大值为； 4条直线相交，最多有个交点，的最大值为； 5条直线相交，最多有个交点，的最大值为； 故填表见答案； （2）解：①由（1）规律可得，； ②略 2．（2025·广东·中考真题）《九章算术》是世界上较早给出勾股数公式的著作，掌握确定勾股数组的方法对研究直角三角形具有重要意义．若直角三角形的三边长，，都是正整数，则，，为一组“勾股数”．下表中的每一组数都是勾股数． 3，4，5 7，24，25 11，60，61 15，112，113 19，180，181 4，3，5 8，15，17 12，35，37 16，63，65 20，21，29 5，12，13 9，12，15 13，84，85 17，144，145 21，28，35 6，8，10 10，___，26 14，48，50 18，80，82 22，120，122 (1)请补全上表中的勾股数． (2)根据上表中数据规律，用含字母（均为正整数）的代数式分别表示，，，使该组代数式能表示上表中所有的勾股数，并证明． (3)某校计划在一块绿地上种花，使之构成如图所示的图案，该图案是由四个全等的直角三角形组成．种花要求：仅在三角形边上种花，每个三角形顶点处都种一株花，各边上相邻两株花之间的距离均为．如果每个三角形最短边都种21株花，那么这块绿地最少需要种植多少株花？ 【答案】(1) (2)，，，其中、、都是正整数，， 证明过程如下： ，，， ， ， ， ， ； (3)280 【分析】（1）先由表中勾股数规律，令，，，由勾股数定义列方程求解即可得到答案； （2）由表中数据，分别用代数式表示出，，，再由整式混合运算求证即可得证明； （3）由于该图案是由四个全等的直角三角形组成，下面只需要解决其中一个直角三角形的种植情况即可，根据题意可知，最短边为20，另一个直角边为21，然后根据勾股定理求得斜边，即可得到答案． 【详解】（1）解：由表中勾股数的规律可知，令，，， 则由勾股数定义可知， 即， ， 解得或（舍去）； 故答案为：24． （2）略 （3）解：由于该图案是由四个全等的直角三角形组成，下面只需要解决其中一个直角三角形的种植情况即可，如图所示： 设，即直角三角形中最短边为， 仅在三角形边上种花，三角形顶点处都种一株花，各边上相邻两株花之间的距离均为，三角形最短边种株花， ， 由题意可知，最小为， 那么 ， 那么这块绿地最少需要种植株花． 【点睛】本题考查由勾股数涉及的数字规律问题，难度中等偏上，涉及勾股数定义、整式加减乘法混合运算、平方差公式等知识，观察分析所给表中勾股数，分类找准规律并灵活运算解决实际问题是关键． 考点03 最值问题 1．（2026·广东·中考真题）如图1，设为坐标原点，二次函数的图象经过点，与轴交于点，其对称轴与轴交于点，连接，． (1)求二次函数的解析式； (2)求的值； (3)如图2，动点在线段上，过点作的垂线，与二次函数在第二象限的图象交于点，求的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）运用待定系数法求解即可； （2）过点作于点，先由勾股定理求解，然后运用等积法求解，再由勾股定理求解，即可求解； （3）过点作轴交、轴于点，可得，为等腰直角三角形，设，则，设，则，表示出，将点代入，整理得，那么得到，整理得，，再由二次函数的性质求解即可． 【详解】（1）解：∵二次函数的图象经过点， ∴将点代入，则 解得 ∴二次函数的解析式为； （2）解：过点作于点 对于，当时，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵ ∴对称轴为直线 ∴， ∴， ∴， ∵ ∴ ∴， ∴ ∴在中，； （3）解：过点作轴交、轴于点， 由（2）知， ∵ ∴， ∴，为等腰直角三角形 ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴ 设，则， 同理设，则 ∴ ∴， 将点代入， 则， 整理得，， ∵ ∴ 整理得， 设抛物线顶点为点，对称轴与线段的交点为点， ∵ ∴， 同理可得为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴ ∴ ∴当点与点重合时，则点Q与抛物线顶点重合，则点D为抛物线对称轴与线段的交点， ∴， ∵ ∴当时，取得最大值， ∴最大值为． 2．（2025·广东广州·中考真题）如图1，，为中点，点在上方，连接，． (1)尺规作图：作点关于点的对称点（保留作图痕迹，不写作法），连接，，并证明：四边形为平行四边形； (2)如图2，延长至点，使得，当点在直线的上方运动，直线的上方有异于点的动点，连接，，，，若，且． ①求证：； ②的长是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)解：如图， ∵为中点， ∴， 根据作图可得， ∴四边形为平行四边形， (2)①证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴且， ∴， ∴， ② 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）连接并延长，在的延长线上截取，连接，进而根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，即可得证； （2）①根据得出，，根据已知可得； ②根据，，得出在的外接圆上运动，设的外接圆为，设与交于点，连接，证明得出，当为的直径时，取得最大值为，进而即可求解． 【详解】（1）略 （2）①略 ②∵，， ∴在的外接圆上运动，设的外接圆为 如图，设与交于点，连接， ∴ ∴ ∵ ∴， ∵ ∴ 又∵ ∴ 又，则， ∴ ∴ ∴当为的直径时，取得最大值为 ∴的最大值为 3．（2024·广东广州·中考真题）已知抛物线过点和点，直线过点，交线段于点，记的周长为，的周长为，且． (1)求抛物线的对称轴； (2)求的值； (3)直线绕点以每秒的速度顺时针旋转秒后得到直线，当时，直线交抛物线于，两点． ①求的值； ②设的面积为，若对于任意的，均有成立，求的最大值及此时抛物线的解析式． 【答案】(1)对称轴为直线：； (2) (3)①，②的最大值为，抛物线为； 【分析】（1）直接利用对称轴公式可得答案； （2）如图，由，可得在的左边，，证明，可得，设，建立，可得：，，再利用待定系数法求解即可； （3）①如图，当时，与抛物线交于，由直线，可得，可得，从而可得答案；②计算，当时， 可得，则，，可得 ，可得当时，的最小值为，再进一步求解可得答案． 【详解】（1）解：∵抛物线， ∴抛物线对称轴为直线：； （2）解：∵直线过点， ∴， 如图， ∵直线过点，交线段于点，记的周长为，的周长为，且， ∴在的左边，， ∵在抛物线的对称轴上， ∴， ∴， 设， ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴， 解得：； （3）解：①如图，当时，与抛物线交于， ∵直线， ∴， ∴， 解得：， ②∵， 当时，， ∴， ∴，， ∴ ， ∵， ∴当时，的最小值为， ∴此时， ∵对于任意的，均有成立， ∴的最大值为， ∴抛物线为； 【点睛】本题考查的是二次函数的图象与性质，一次函数的性质，坐标与图形面积，一元二次方程根与系数的关系，理解题意，利用数形结合的方法解题是关键． 1．（2026·广东河源·二模）/规律探索/ 如图是一组有规律的图案，它由若干个长度相同的小木棒拼接而成．第1个图案中有10根小木棒，第2个图案中有18根小木棒，第3个图案中有26根小木棒，第4个图案中有34根小木棒……依此规律，第个图案中小木棒的根数（用含的代数式表示）为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据已知图形，得到后一个图形比前一个图形多8根小木棒，列出代数式即可． 【详解】解：第1个图案中小木棒的根数为； 第2个图案中小木棒的根数为； 第3个图案中小木棒的根数为 依此规律，第个图案中小木棒的根数为． 2．（2026·广东汕头·一模）观察一列数：，按你发现的规律计算这列数的第8个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别观察数列分子、分母和对应序号的关系，总结出第n个数的规律，代入计算即可得到结果. 【详解】解：序号为1时，分子，分母； 序号为2时，分子，分母； 序号为3时，分子，分母； 序号为4时，分子，分母； ∴ 可得规律：第个数为， 将代入公式，得， 因此第8个数为. 3．（2026·广东汕头·一模）如图是年月的月历，小李同学用图2形框在图1的月历上框出四个数字，将该图形框上下左右移动，且一定要框住月历中的四个日期．若其中两个日期如图3所示，则与的数量关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了数形结合与代数推理的知识点，通过观察月历，月历横排相邻两个数相差，竖排相邻两个数相差，从而可以推出与的数量关系． 【详解】解：月历横排相邻两个数相差，竖排相邻两个数相差， 第一排的两个数字为，，第二排的两个数字为，， ， ， 故选． 4．（2026·广东佛山·一模）定义一种新运算：对于两个非零实数，，，其中、为常数．若，则的值是（   ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据新定义的运算法则和已知条件推算出，再代入计算即可． 【详解】解：由题意可知，， ∴， ∴． 5．（2026·广东茂名·一模）定义关于任意正整数的一种新运算：．若规定，则（   ） A．3 B．6 C．18 D．81 【答案】D 【分析】根据给定的运算规则，将变形为两个的乘积，代入已知条件计算即可． 【详解】解：∵对任意正整数，满足，且已知， 又∵， ∴． 6．（2026·广东深圳·二模）定义：如果二次函数与满足，，则称它们互为“旋转函数”．已知二次函数与互为“旋转函数”，则这两个函数的顶点距离为（    ） A． B．10 C． D． 【答案】A 【分析】先根据“旋转函数”的定义求出未知二次函数的系数，再分别求出两个二次函数的顶点坐标，最后利用两点间距离公式计算顶点距离即可． 【详解】解：∵二次函数与互为“旋转函数”， 根据定义得，，， 解得，，， 即另一个函数为． 对配方得：， ∴该函数顶点坐标为， 对配方得：， ∴该函数顶点坐标为， 根据两点间距离公式，两个顶点的距离为：． 7．（2026·广东中山·二模）如图是烷烃前种化合物的分子结构模型图，其中灰球代表碳原子，白球代表氢原子．如图，第种烷烃化合物有个碳原子，个氢原子；如图，第种烷烃化合物有个碳原子，6个氢原子；如图3，第种烷烃化合物有3个碳原子，个氢原子；…按照这一规律，第种烷烃化合物的分子结构模型中氢原子的个数_____________ （用含n的式子表示）． 【答案】 【分析】观察前面四幅图可知氢原子的个数是序号的倍加，即可求解． 【详解】第1种化合物的分子模型中，氢原子的个数为：， 第2种化合物的分子模型中，氢原子的个数为：， 第3种化合物的分子模型中，氢原子的个数为：， 第4种化合物的分子模型中，氢原子的个数为：， …… 第种化合物的分子模型中，氢原子的个数为． 8．（2026·广东潮州·一模）【代数探究】观察下列等式的结构规律： (1)仿写：根据上述规律填空： (2)归纳：请你用字母表示一个符合上述等式结构规律的等式，并求出所用字母满足的取值范围 (3)拓展：在（2）归纳表示出的等式规律中，是否存在所用字母均为整数的情况？若存在，请你求出满足条件的字母的值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)取值范围： (3)存在；或 【分析】（1）根据等式中的数字变化规律填空即可； （2）根据发现的规律写出等式，并根据分式有意义的条件确定字母的值； （3）根据得到的等式结合字母为整数的条件求解即可. 【详解】（1）解：∵， ∴； 由题意得：，， 故答案为：； （2）解：归纳： ∵， ∴； （3）解：存在，理由如下： ∵且均为整数， ∴当时，，满足条件； 当时，为整数，，或（舍）， 综上：或. 9．（2026·广东江门·二模）设a是方程的一个根，学习小组的成员发现如下一系列等式： ； ； ； ； …… (1)根据以上规律填空：________，________； (2)小华同学通过观察比较两个相邻的等式，提出了一个猜想：设n是正整数，若，则请你判断这个猜想是否正确，并说明理由． 【答案】(1)， (2)这个猜想是正确的，见解析 【分析】本题主要考查了整式运算的应用，规律探索，多项式乘法，解题的关键是熟练掌握相关的运算法则． （1）根据题干的信息，得出答案即可； （2）根据，则，求出，即可证明结论正确． 【详解】（1）解：，； 故答案为：， （2）解：这个猜想是正确的． 理由如下：． 这个猜想是正确的． 10．（2026·广东·二模）阅读与思考 【阅读理解】 材料一：对于实数m，n，定义新运算：当时，；当时，．例如：，． 材料二：计算：． 设，则． 由得 ． 所以 【问题解决】 (1)计算：； (2)已知，求； (3)对于正数t，有，求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据新定义规则判断两个数的大小关系，再代入对应法则计算； （2）利用推出，再代入对应法则化简计算； （3）先根据已知条件求出正数，再根据的大小分情况，结合材料二的求和法则计算即可. 【详解】（1）解：根据新定义，， ， ， ， ． （2）解： ，即，． ． （3）解：t是正数， ， ． ，即， ． 11．（2026·广东汕头·一模）综合与实践 有趣的“速叠杯” “速叠杯”是一项好玩的手部运动．它的叠放方式如图1：从下往上，最底层摆若干个杯子，每往上一层减少1个杯子，直到顶层只有1个杯子，形成一个“塔”形． 小丽在活动中记录了不同叠放情况下杯子的总数： 最底层杯子数 x 1 2 3 4 5 杯子总数 y 1 3 6 10 15 (1)观察表格，当最底层有6个杯子时，杯子的总数是 个． (2)通过观察杯子的摆放规律，用an表示图n的杯子数，其中，2，3，…，小丽发现 当塔有1层时，杯子总数：个杯子 当塔有2层时，杯子总数：个杯子 当塔有3层时，杯子总数：个杯子 当塔有4层时，杯子总数：个杯子 … 根据以上规律： ①当塔有100层时，杯子总数是 个； ②要摆一个n层的“速叠杯”塔，一共需要 个杯子（用含n的式子表示）； ③若现有120个杯子，按照这种叠放方式，能恰好叠放成一个完整的“速叠杯”塔， ． (3)杯子的侧面展开图如图2所示，，分别为上、下底面圆的半径，，所对的圆心角，，．将这样足够数量的杯子按图1中的方式叠放，但受桌面长度限制，第一层摆放杯子的总长度不超过，求杯子叠放达到的最大高度和此时杯子的总数． 【答案】(1)21 (2)①5050；②；③15 (3)最大高度为，杯子的总数为45个 【分析】（1）观察表格规律进行计算即可； （2）①根据摆放规律填写即可； ②根据摆放规律可得要摆一个n层的“速叠杯”塔，一共需要个杯子； ③根据题意得，求出即可； （3）求出，设第一层杯子的个数为x个，则，即可求出第一层杯子的数量、杯子的层数、杯子的总数；证明，得，由勾股定理求出，进而可得，，从而可求杯子叠放达到的最大高度． 【详解】（1）解：观察表格规律，当最底层有6个杯子时，杯子的总数是（个）， 故答案为：21； （2）解：①当塔有1层时，杯子总数：个杯子， 当塔有2层时，杯子总数：个杯子， 当塔有3层时，杯子总数：个杯子， 当塔有4层时，杯子总数：个杯子， … 当塔有100层时，杯子总数是（个）； ②由规律得，要摆一个n层的“速叠杯”塔，一共需要个杯子（用含n的式子表示）； ③令， 整理得， 由， 得； （3）解：∵，， 解得：， ∵第一层摆放杯子的总长度不超过， 设第一层杯子的个数为x个，则， 解得：， x取最大值为9， 即第一层摆放杯子9个，杯子的层数也是9， ∴杯子的总数为（个）； 在图2中，，， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴最大高度为：． 12．（2026·广东潮州·一模）【新定义探究】 定义：在中，，分别是两边的中点，经过，两点的所有弧中，如果某条弧上所有的点都在的内部或边上，则称这条弧是的一条中内弧．这条弧所在圆的圆心记为． (1)理解定义：如图1，，，，表示经过，两点的四条弧，其中____不是的中内弧，____是的中内弧（填，，，）； (2)总结规律：经过、两点的所有中内弧中，点与线段有怎样的位置关系？点到中点的距离与经过、两点的中内弧长短又有怎样的关系？ (3)实践操作：如图2，若，，，连接．请你利用尺规作图法作出经过，两点的的最长中内弧，并计算它与围成图形的面积．（保留作图痕迹，不要求写作法） (4)拓广探索：如图3，在平面直角坐标系中，点，，将点，的横坐标扩大倍（）纵坐标保持不变，对进行变换得到，是的中位线，设最长中内弧所在圆的圆心的纵坐标为，直接写出与的函数关系式以及的取值范围． 【答案】(1)；，， (2)规律见解析 (3)图见解析，围成的图形的面积为 (4) 【分析】（1）根据定义进行判断即可； （2）由垂径定理可判断点与的位置关系，到中点的距离与中内弧的长度，需要分两类讨论，结合作图，总结出规律即可； （3）连接、，交点即为点，以点为圆心，为半径，向下作优弧，交于点，圆弧即为所求最长的中内弧．围成的图形可以看作一个三角形和一个扇形，分别求出面积，再求和即可； （4）由题意容易判断，是、的垂直平分线，设直线交于点，交圆于点，交轴于点，则．由轴对称的性质可得，最长的中内弧必定在的下方，由中内弧的定义可知，，且点在点的上方或者重合．分类讨论，当，容易判定，则，计算得，利用勾股定理求出半径，结合求出；当，由（3）可知，圆弧与相切时最长，利用或，求得． 【详解】（1）解：由图可知，圆弧有一部分在外，而圆弧、、都在的内部或边上， ∴圆弧不是的中内弧，圆弧、、是的中内弧； （2）解：由垂径定理可知，点在线段的垂直平分线上； 当中内弧为劣弧时，如图，设的中点为， 由图可知，越小，经过、两点的中内弧越长； 当中内弧为半圆或优弧时，如图， 由图可知，越大，经过、两点的中内弧越长； （3）解：∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴应选择向下凸的优弧， 如图，为的中点，圆弧即为所求： ∵是等边三角形， 又∵，分别是两边的中点， ∴，，平分，平分， ∴点是的内心，也是的外心， ∴、、、共线， ∵，分别是两边的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∵点为的中点， ∴，， 在中，， ∴， ∴随着的增大而增大， 由（2）可知，越大，优弧越长， ∴当最大时，优弧最长， ∵， ∴圆与相切， ∴圆是的内切圆， ∴圆与相切于点， ∵圆弧上的点都在的内部或者边上，符合中内弧的定义，且此时取得最大值， ∴优弧即为所求最长的中内弧； ∵平分，平分， ∴，， ∵， ∴，， ∴， ∴优弧的圆心角为， 在中，，， ∴， ∴围成的图形的面积； （4）解：由题意可知，点的坐标为，点的坐标为， ∵是的中位线， ∴点的坐标为，点的坐标为， ∴的垂直平分线为直线， 同理，的垂直平分线也是直线， 由（2）可知，点在的垂直平分线上， ∴点的坐标为， ∵点的坐标为， ∴垂直平分，也垂直平分， ∴，， 如图，设直线交于点，交圆于点，交轴于点， ∵是、的垂直平分线， ∴，，点的坐标为， ∴， ∵点的坐标为， ∴， ∴， 当中内弧在上方时，由对称性可知，下方必定存在相等的圆弧， ∴最长的中内弧在的下方， 根据中内弧的定义可知，圆弧上的点都在的内部或者边上， ∴，且点在点的上方或者重合， ①当时，如图， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴点在下方，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， 在中，， ∵，即， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴， 整理，得， ∵， ∴， ∴； ②当时，如图， 由（3）可知，圆与相切时，圆弧最长， 此时点与点重合， 由①可知，此时， 当点在下方时，， 在中，， ∵， ∴， 化简，得； 当点在上方时，如图，此时， 在中，， ∵， ∴， 化简，得； 此时，无论点、如何扩大，必定存在满足要求的圆弧， ∴； 综上所述，． 13．（2026·广东深圳·三模）定义：把有一组邻边相等，并且对角也互补的四边形叫作“求同存异四边形”． 【定义感知】：如图1，四边形中，若，，则四边形叫作“求同存异四边形”． 【理解应用】 (1)①在以下四种图形中，一定是“求同存异四边形”的是______； A．平行四边形            B．菱形                C．正方形                D．矩形 ②“求同存异四边形”中，若，则______； (2)如图2，在四边形中，对角线，交于点E，若垂直平分，且，求证：四边形是“求同存异四边形”； 【拓展延伸】 (3)如图3，在中，为直径，A，C分别为上的两个动点，使得四边形为“求同存异四边形”，对角线，交于点E，若，，，直接写出y与x的函数关系式． 【答案】(1)①C；② (2)证明：∵垂直平分， ∴，，，． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． 又， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是“求同存异四边形”． (3)或或 【分析】（1）根据平行四边形、菱形、矩形、正方形的性质，即可解答； （2）根据全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，结合“求同存异四边形”的定义，即可得证； （3）根据“求同存异四边形”的定义，分情况讨论即可． 【详解】（1）解：①平行四边形和菱形的对角相等，不一定互补， 平行四边形和菱形不一定是“求同存异四边形”； 矩形的邻边不一定相等， 矩形不一定是“求同存异四边形”； 正方形中有一组邻边相等，并且对角也互补， 正方形一定是“求同存异四边形”． ②四边形为“求同存异四边形”， ． （2）略 （3）解：圆内接四边形为“求同存异四边形”，且圆内接四边形对角互补， 四边形必有一组邻边相等， 当时，如图所示， 则根据垂径定理可得，垂直平分， ． 同理，当时，则． 为直径，垂直平分， ，， ，． ， ． ， ； 当时， ， ． 如图所示，延长至点，使，连接， 四边形是圆内接四边形， ． ， ． 又，， ， ，． 为直径， ， ，为等腰直角三角形， ，， 为等腰直角三角形，， ， ． ，， ， ， ， ， ； 当时，如图所示， 为直径， ， ， ， ． ， ， ． ， ， ， ， ， ， ， 综上，或或． 14．（2026·广东深圳·一模）【定义】连接三角形的一个顶点与对边上任意一点的线段，把这个三角形分割成两个三角形，其中一个是等腰三角形，另一个是直角三角形，就称这条线段是该三角形的“奇妙分割线”． (1)【理解定义】 如图，在中，，，D是线段上一点，连接，若，那么线段 （填“是”或“不是”）的“奇妙分割线”． (2)【运用定义】 如图，在平行四边形中，，，连接，若，E是线段上一点，，连接交与点F．求证：线段是的“奇妙分割线”． (3)【拓展提升】 如图，在中，，，，点D是线段上的动点（点D不与B、C重合），连接，将沿翻折得到，点B的对应点为点E，连接、，当是的“奇妙分割线”时，求线段的长． 【答案】(1)是 (2) 证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∴，， ∴，为直角三角形， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰三角形， ∴是的“奇妙分割线”； (3)1或 【分析】（1）根据“奇妙分割线”的定义即可判断； （2）根据平行四边形的性质得到，，，，则，，得到为直角三角形，再利用相似三角形的性质和勾股定理求出和的长，进而推出是等腰三角形，即可证明； （3）由翻折可知，，，，则是等腰三角形，根据是的“奇妙分割线”，可知为直角三角形，再分3种情况讨论求解线段的长即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴，即为直角三角形， ∵， ∴为等腰三角形， ∴是的“奇妙分割线”； （2）略 （3）解：由翻折可知，，，， ∴是等腰三角形， 又∵是的“奇妙分割线”， ∴为直角三角形； ①当时，， ∵ ∴， ∴， 如图，过点A作交的延长线于F，则， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ②当时， 如图，作交的延长线于F，过E作交的延长线于G， 则， ∴四边形是矩形， ∴，， 由①可知，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 设，则， 在中，， ∴，即， 解得， ∴； ③当时，不存在满足题意的图形，舍去； 综上，的长为1或． 15．（2026·广东东莞·一模）【概念定义】中国象棋棋盘上双方的分界处也称为“楚河汉界”，以“楚河汉界”比喻双方对垒的分界线，在平面直角坐标系中，为了对两个图形进行分界，对“楚河汉界线”给出如下定义：点是图形上的任意一点，点是图形上的任意一点，若存在直线l：满足且，则直线就是图形与的“楚河汉界线”． 例如：如图1，直线l：是函数的图象与正方形的一条“楚河汉界线”． (1)【初步应用】：在直线①，②，③，④中，是图1函数的图象与正方形的“楚河汉界线”的有_____（填序号）； (2)【深入探究】：如图2，第一象限的等腰直角的两腰分别与坐标轴平行，直角顶点D的坐标是，若与的“楚河汉界线”有且只有一条，此时的半径为_____，请求出此“楚河汉界线”的表达式； (3)【拓展延伸】：正方形的边在y轴上，其他三边都在y轴的右侧，点是此正方形的中心，直线是函数的图象与正方形的“楚河汉界线”． ①若，“楚河汉界线”有且只有一条时，求t的值； ②若存在“楚河汉界线”，请求出t的取值范围． 【答案】(1)①④ (2)2，“楚河汉界线”的解析式为 (3)①②的取值范围为或者 【分析】（1）将几个函数图像在平面直角坐标系中画出来，根据“楚河汉界线”的定义找出正确答案； （2）根据条件可知“楚河汉界线”是的切线，且点为切点，利用切点的性质求出的切线，再根据双垂直得到，利用相似求得点的坐标，根据待定系数法求出“楚河汉界线”的解析式； （3）根据“楚河汉界线”的定义，分成抛物线在“楚河汉界线”上方和抛物线在“楚河汉界线”下方两种可能，找出的取值范围，取的特殊值，从而解出的取值范围． 【详解】（1）解：根据“楚河汉界线”的定义知，“楚河汉界线”在图像的下方，在图像的上方， ∴在平面直角坐标系中将①，②，③，④画出来，如下图所示： 由图像可知，满足条件； （2）解：∵与的“楚河汉界线”有且只有一条， ∴“楚河汉界线”是与相切且切点为点的直线， ∴为的半径， 如图所示，连接，过点作轴交轴于点， ∴， ∵点的坐标为， ∴， 在中，， ∴的半径为； 过点作的切线交轴于点，交轴于点， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即，解得， ∴点的坐标为， 设所在直线的解析式为， 将点分别代入， 得，解得， ∴“楚河汉界线”的解析式为； （3）解：∵正方形的边在y轴上，其他三边都在y轴的右侧，点是此正方形的中心， ∴正方形的边长为2， ∴点； 二次函数开口向下， 顶点横坐标为，将代入，解得， ∴顶点坐标为， 将代入中，解得， 将代入中，解得， ∴二次函数的两个端点坐标为； ①当时，正方形在函数的下方，如下图所示： ∵“楚河汉界线”有且只有一条， ∴“楚河汉界线”经过点，点， 将代入中，得，解得， ∴“楚河汉界线”的解析式为， 将代入，得，解得； ②当正方形在“楚河汉界线”的上方，函数在“楚河汉界线”的下方， 则点在“楚河汉界线”的上方， 即，解得， 二次函数在“楚河汉界线”的下方， 联立，解得， 此时，两条线有一个交点或者无交点， ∴，解得；， 随的变化而变化，取“楚河汉界线”临界值，即， ∴， ∴； 当正方形在“楚河汉界线”的下方，函数在“楚河汉界线”的上方， 则点在“楚河汉界线”的下方， 即，解得， 二次函数在“楚河汉界线”的上方， 即，解得， 随的变化而变化，取“楚河汉界线”临界值，即， ∴， ∴； 综上所述，的取值范围为或者． 16．（2026·广东深圳·二模）定义：若一个点的纵坐标是横坐标的倍，则称这个点为“三倍点”．如，，等都是“三倍点”． (1)请你判断下列说法是否正确（在相应的横线上，正确的打“√”，错误的打“×”）． ①函数的图象上存在“三倍点”．_______ ②函数的图象上有且只有一个“三倍点”．_______ (2)一次函数与反比例函数的图象交于、两点，点是线段的中点，求证：点是“三倍点”． (3)在的范围内，若二次函数的图象上有且只有一个“三倍点”，直接写出的取值范围． 【答案】(1)①√；②√ (2)见解析 (3)或 【分析】（1）根据“三倍点”的定义可得“三倍点”所在的直线为， ①联立和，解方程组得出，即可得出函数的图象上存在“三倍点”； ②联立和，得出，根据判别式，得出方程有两个相等的实数根，即可得出函数的图象上有且只有一个“三倍点”； （2）联立和反比例函数解析式得出 ，根据一元二次方程根与系数的关系得出点的横坐标为，进而求出纵坐标为，即可得出结论； （3）联立和得，根据判别式得出符合题意，当判别式时求出，，根据在的范围内，若二次函数的图象上有且只有一个“三倍点”得出或，解不等式求出的取值范围即可． 【详解】（1）解：∵一个点的纵坐标是横坐标的倍，则称这个点为“三倍点”， ∴“三倍点”所在的直线为， ①联立和得，， 解得：， ∵， ∴是“三倍点”， 故函数的图象上存在“三倍点”，√； ②联立和得，， ∴， ∵， ∴方程有两个相等的实数根， ∴函数的图象上有且只有一个“三倍点”，√． （2）证明：联立和反比例函数解析式得：， ∴ ， 整理得， ， 设方程的两根为，， ∴， ∵点是线段的中点， ∴点的横坐标为 ， 当时， ， ∴， ∴点是“三倍点”． （3）解：或． 由题意得，“三倍点”所在的直线为， ∵在的范围内，二次函数的图象上有且只有一个“三倍点”， ∴在的范围内，二次函数和直线有且只有一个交点， 联立和得，， ∴， 整理得，， ∴ 解得：， 当时， 解得：，此时，方程有两个相等的实数根，，符合题意； 当时，解方程得，，， ∴或， 由可得，无解，不符合题意， 由可得， ∴， 综上，的取值范围为或． 试卷第1页，共3页 2 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $