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重难点 03 阅读理解问题与探究型问题
类型一 阅读理解问题
题型01 新定义型问题
【考情分析】新定义型问题属于阅读理解类问题，其出题形式通常在学生已学知识的基础上，引入一个全
新的数学概念、运算或规则. 这些新定义可能涉及代数、几何、函数等多个领域，要求学生通过阅读和理
解题目中的新信息，迅速将其与已有知识相结合，解决相关问题. 这类题目考查学生自学及灵活应用的能
力，准确抓住新定义的本质内容是解题的关键，难度较大.
考向一 实数与方程类
1．（2024·山东威海·中考真题）定义新运算：
①在平面直角坐标系中，{a,b}表示动点从原点出发，沿着x轴正方向（a≥0）或负方向（a<0）．平移
|a|个单位长度，再沿着y轴正方向（b≥0）或负方向（b<0）平移|b|个单位长度．例如，动点从原点出
发，沿着x轴负方向平移2个单位长度，再沿着y轴正方向平移1个单位长度，记作{−2,1}．
②加法运算法则：{a,b}+{c,d}={a+c,b+d}，其中a，b，c，d为实数．
若{3,5}+{m,n}={−1,2}，则下列结论正确的是（ ）
A．m=2，n=7 B．m=−4，n=−3
C．m=4，n=3 D．m=−4，n=3
【答案】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3+m=−1,5+n=2，即可求解．
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【详解】解：∵{a,b}+{c,d}={a+c,b+d}，{3,5}+{m,n}={−1,2}
∴3+m=−1,5+n=2
解得：m=−4，n=−3
故选：B．
2．（2024·甘肃·中考真题）定义一种新运算*，规定运算法则为：m∗n=mn−mn（m，n均为整数，且
m≠0）．例：2∗3=23−2×3=2，则(−2)∗2= ．
【答案】8
【分析】根据定义，得(−2)∗2=(−2) 2−2×(−2)=8，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(−2)∗2=(−2) 2−2×(−2)=8，
故答案为：8．
3．（2024·广东广州·中考真题）定义新运算：a⊗b=¿例如：−2⊗4=(−2) 2−4=0，2⊗3=−2+3=1．
3
若x⊗1=− ，则x的值为 ．
4
1 7
【答案】− 或
2 4
【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：∵a⊗b=¿
3
而x⊗1=− ，
4
3
∴①当x≤0时，则有x2−1=−
，
4
1
解得，x=− ；
2
3
②当x>0时，−x+1=− ，
4
7
解得，x=
4
1 7
综上所述，x的值是− 或 ，
2 4
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1 7
故答案为：− 或 ．
2 4
4．（2022·内蒙古·中考真题）对于实数a，b定义运算“ ”为a⊗b=b2−ab，例如
3⊗2=22−3×2=−2，则关于x的方程(k−3) ⊗x=k⊗−1的根的情况，下列说法正确的是（ ）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．无实数根 D．无法确定
【答案】A
【分析】先根据新定义得到关于x的方程为x2−(k−3)x+1−k=0，再利用一元二次方程根的判别式求解
即可．
【详解】解：∵(k−3)⊗x=k−1，
∴x2−(k−3)x=k−1，
∴x2−(k−3)x+1−k=0，
∴Δ=b2−4ac=(k−3) 2−4(1−k)=k2−6k+9−4+4k=(k−1) 2+4>0，
∴方程x2−(k−3)x+1−k=0有两个不相等的实数根，
故选A．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，新定义下的实数运算，正确得到关于x的方程为
x2−(k−3)x+1−k=0是解题的关键．
考向二 函数类
5．（2024·四川眉山·中考真题）定义运算：a⊗b=(a+2b)(a−b)，例如4⊗3=(4+2×3)(4−3)，则函
数y=(x+1)⊗2的最小值为（ ）
A．−21 B．−9 C．−7 D．−5
【答案】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，y=(x+1)⊗2=(x+1+2×2)(x+1−2)=(x+5)(x−1)，
即y=x2+4x−5=(x+2) 2−9，
∴当x=−2时，函数y=(x+1)⊗2的最小值为−9．
故选：B．
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6．（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”y=3x+1，其“倍值点”为(−1，−2)．下
列说法不正确的序号为 ．
①函数y=2x+4是“倍值函数”；
8
②函数y= 的图象上的“倍值点”是(2，4)和(−2，−4)；
x
1 4
③若关于x的函数y=(m−1)x2+mx+ m的图象上有两个“倍值点”，则m的取值范围是m< ；
4 3
n k
④若关于x的函数y=x2+(m−k+2)x+ − 的图象上存在唯一的“倍值点”，且当−1≤m≤3时，n的
4 2
−3−√5
最小值为k，则k的值为 ．
2
【答案】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y=2x+4中，令y=2x，则2x=2x+4，无解，故函数y=2x+4不是“倍值函数”，
故①说法错误；
8 8
②函数y= 中，令y=2x，则2x= ，
x x
解得x=2或x=−2，
经检验x=2或x=−2都是原方程的解，
8
故函数y= 的图象上的“倍值点”是(2，4)和(−2，−4)，故②说法正确；
x
1
③在y=(m−1)x2+mx+ m中，
4
1
令y=2x，则2x=(m−1)x2+mx+ m，
4
1
整理得(m−1)x2+(m−2)x+ m=0，
4
1
∵关于x的函数y=(m−1)x2+mx+ m的图象上有两个“倍值点”，
4
1
∴△=(m−2) 2−4(m−1)× m>0且m−1≠0，
4
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4
解得m< 且m≠1，故③说法错误；
3
n k
④在y=x2+(m−k+2)x+ − 中，
4 2
n k
令y=2x，则2x=x2+(m−k+2)x+ − ，
4 2
n k
整理得x2+(m−k)x+ − =0，
4 2
∵该函数的图象上存在唯一的“倍值点”，
∴△=(m−k) 2−4×
(n
−
k)
=0，
4 2
整理得n=(m−k) 2+2k，
∴对称轴为m=k，此时n的最小值为2k，
根据题意分类讨论，
¿，解得k=0；
¿，无解；
−3−√5 −3+√5
¿，解得k= 或k= （舍去），
2 2
−3−√5
综上，k的值为0或 ，故④说法错误；
2
故答案为：①③④．
7．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）在平面直角坐标系中，对于点M(x ,y )，给出如下定义：当点
1 1
N(x ,y )，满足x +x = y + y 时，称点N是点M的等和点．
2 2 1 2 1 2
(1)已知点M(1,3)，在N (4,2)，N (3,−1)，N (0,−2)中，是点M等和点的有_____；
1 2 3
(2)若点M(3,−2)的等和点N在直线y=x+b上，求b的值；
k
(3)已知，双曲线y = 和直线y =x−2，满足y 4或−20，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A、B，如图，
由y 4或−20，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A、B，如
图，由y 4或−28（不符合题意舍去），
1 2
∴CB=CD=10−3√2，
∴四边形EBCD的周长为10+8+2(10−3√2)=38−6√2．
【点睛】本题考查的是新定义的含义，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，矩
形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，理解题意，作出合适的辅助线是解本题的关键．
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题型02 思维阅读型问题
考向一 实数与方程类
15．（2024·安徽·中考真题）数学兴趣小组开展探究活动，研究了“正整数N能否表示为x2−y2（x，y
均为自然数）”的问题．
(1)指导教师将学生的发现进行整理，部分信息如下（n为正整数）：
N 奇数 4的倍数
1=12−02 4=22−02
3=22−12 8=32−12
5=32−22 12=42−22
表示
结果
7=42−32 16=52−32
9=52−42 20=62−42
⋯ ⋯
一般
2n−1=n2−(n−1) 2 4n=______
结论
按上表规律，完成下列问题：
（ⅰ）24=（ ）❑ 2−（ ）❑ 2；
（ⅱ）4n=______；
(2)兴趣小组还猜测：像2，6，10，14，⋯这些形如4n−2（n为正整数）的正整数N不能表示为
x2−y2（x，y均为自然数）．师生一起研讨，分析过程如下：
假设4n−2=x2−y2，其中x，y均为自然数．
分下列三种情形分析：
①若x，y均为偶数，设x=2k，y=2m，其中k，m均为自然数，
则x2−y2=(2k) 2−(2m) 2=4(k2−m2)为4的倍数．
而4n−2不是4的倍数，矛盾．故x，y不可能均为偶数．
②若x，y均为奇数，设x=2k+1，y=2m+1，其中k，m均为自然数，
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则x2−y2=(2k+1) 2−(2m+1) 2=______为4的倍数．
而4n−2不是4的倍数，矛盾．故x，y不可能均为奇数．
③若x，y一个是奇数一个是偶数，则x2−y2为奇数．
而4n−2是偶数，矛盾．故x，y不可能一个是奇数一个是偶数．
由①②③可知，猜测正确．
阅读以上内容，请在情形②的横线上填写所缺内容．
【答案】(1)（ⅰ）7，5；（ⅱ）(n+1) 2−(n−1) 2；
(2)4(k2−m2+k−m)
【分析】（1）（ⅰ）根据规律即可求解；（ⅱ）根据规律即可求解；
（2）利用完全平方公式展开，再合并同类项，最后提取公因式即可；
本题考查了平方差公式，完全平方公式，掌握平方差公式和完全平方公式的运算是解题的关键．
【详解】（1）（ⅰ）由规律可得，24=72−52，
故答案为：7，5；
（ⅱ）由规律可得，4n=(n+1) 2−(n−1) 2，
故答案为：(n+1) 2−(n−1) 2；
（2）解：假设4n−2=x2−y2，其中x，y均为自然数．
分下列三种情形分析：
①若x，y均为偶数，设x=2k，y=2m，其中k，m均为自然数，
则x2−y2=(2k) 2−(2m) 2=4(k2−m2)为4的倍数．
而4n−2不是4的倍数，矛盾．故x，y不可能均为偶数．
②若x，y均为奇数，设x=2k+1，y=2m+1，其中k，m均为自然数，
则x2−y2=(2k+1) 2−(2m+1) 2=4(k2−m2+k−m)为4的倍数．
而4n−2不是4的倍数，矛盾．故x，y不可能均为奇数．
③若x，y一个是奇数一个是偶数，则x2−y2为奇数．
而4n−2是偶数，矛盾．故x，y不可能一个是奇数一个是偶数．
由①②③可知，猜测正确．
故答案为：4(k2−m2+k−m)．
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16．（2023·山东潍坊·中考真题）［材料阅读]
用数形结合的方法，可以探究q+q2+q3+...+qn+…的值，其中00，
∴m−n−2=0，
∴m−n=2．
考向二 函数类
19．（2023·江苏泰州·中考真题）阅读下面方框内的内容，并完成相应的任务．
小丽学习了方程、不等式、函数后提出如下问题：如何求不等式x2−x−6<0的解集？
通过思考，小丽得到以下3种方法：
方法1 方程x2−x−6=0的两根为x =−2，x =3，可得函数y=x2−x−6的图像与x轴的两个交点横坐
1 2
标为−2、3，画出函数图像，观察该图像在x轴下方的点，其横坐标的范围是不等式x2−x−6<0的解
集．
方法2 不等式x2−x−6<0可变形为x20时，不等式变为x−1< ；当x<0时，不等式变为x−1>
x x
6
．问题转化为研究函数y=x−1与y= 的图像关系…
x
任务：(1)不等式x2−x−6<0的解集为_____________；
(2)3种方法都运用了___________的数学思想方法（从下面选项中选1个序号即可）；
A.分类讨论 B.转化思想 C.特殊到一般 D.数形结合
(3)请你根据方法3的思路，画出函数图像的简图，并结合图像作出解答．
【答案】(1)−20)的图象交于点A，与x
x
轴交于点B．将直线AB绕点A顺时针旋转45°后的直线与y轴交于点E，过点A作AM⊥x轴于点M，过
点A作AN⊥y轴于点N，已知OA=5．
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(1)求反比例函数的解析式；
(2)直接写出tan∠BAM、tan∠NAE的值；
(3)求直线AE的解析式．
12
【答案】(1)y= (x>0)
x
1 1
(2)tan∠BAM= ，tan∠NAE=
3 2
1
(3)y= x+1
2
【分析】（1）首先求出点B(3,0)，然后设A(a,3a−9)，在Rt△AOM中，利用勾股定理求出a=4，得到
m
A(4,3)，然后代入y= (x>0)求解即可；
x
（2）首先根据A(4,3)，B(3,0)得到MO=4，BO=3，求出MB=1，AM=3，然后利用正切值的概念求
BM 1
出tan∠BAM= = ，然后证明出四边形NOMA是矩形，得到∠BAM+∠NAE=45°，然后由
AM 3
1 1
tan∠BAM= 即可求出tan∠NAE= ；
3 2
1
（3）首先根据矩形的性质得到AN=OM=4，NO=AM=3，然后利用tan∠NAE= 求出NE=2，进而
2
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得到E(0,1)，然后设直线AE的解析式为y=kx+b，利用待定系数法将E(0,1)和A(4,3)代入求解即可．
【详解】（1）将y=0代入y=3x−9得，x=3，
∴B(3,0)，
m
∵直线y=3x−9与反比例函数y= (x>0)的图象交于点A，
x
∴设A(a,3a−9)，
∵AM⊥x，OA=5，
∴在Rt△AOM中，OM2+AM2=AO2，
∴a2+(3a−9) 2=52，
7
∴解得a =4，a = ，
1 2 5
∵点A的横坐标要大于点B的横坐标，
7
∴a = 应舍去，
2 5
∴a=4，
∴A(4,3)，
m
∴将A(4,3)代入y= (x>0)，解得m=12；
x
12
∴反比例函数的解析式为y= (x>0)；
x
（2）∵A(4,3)，B(3,0)，
∴MO=4，BO=3，
∴MB=1，AM=3，
∵AM⊥x，
BM 1
∴tan∠BAM= = ，
AM 3
∵AN⊥y，∠NOM=90°，
∴四边形NOMA是矩形，
∴∠NAM=90°，
∵将直线AB绕点A顺时针旋转45°后的直线与y轴交于点E，
∴∠BAE=45°，
∴∠BAM+∠NAE=45°，
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1
∵tan∠BAM= ，
3
1
∴tan∠NAE= ；
2
（3）∵四边形NOMA是矩形，
∴AN=OM=4，NO=AM=3，
1
∵AN⊥y，tan∠NAE= ，
2
NE 1 NE 1
∴ = ，即 = ，
AN 2 4 2
∴解得NE=2，
∴OE=ON−NE=1，
∴E(0,1)，
∴设直线AE的解析式为y=kx+b，
∴将E(0,1)和A(4,3)代入得，¿，
∴解得¿，
1
∴直线AE的解析式为y= x+1．
2
【点睛】此题考查了反比例函数，一次函数和几何综合题，矩形的性质，解直角三角形，勾股定理等知识，
解题的关键是正确理解材料的内容．
21．（2023·湖北鄂州·中考真题）某数学兴趣小组运用《几何画板》软件探究y=ax2(a>0)型抛物线图象．
( 1 )
发现：如图1所示，该类型图象上任意一点P到定点F 0, 的距离PF，始终等于它到定直线l：
4a
1
y=− 的距离PN（该结论不需要证明）．他们称：定点F为图象的焦点，定直线l为图象的准线，
4a
1 1
y=− 叫做抛物线的准线方程．准线l与y轴的交点为H．其中原点O为FH的中点，FH=2OF= ．
4a 2a
( 1) 1 1
例如，抛物线y=2x2，其焦点坐标为F 0, ，准线方程为l：y=− ，其中PF=PN，FH=2OF= ．
8 8 4
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【基础训练】
1
(1)请分别直接写出抛物线y= x2 的焦点坐标和准线l的方程：___________，___________；
4
【技能训练】
1
(2)如图2，已知抛物线y= x2 上一点P(x ,y )(x >0)到焦点F的距离是它到x轴距离的3倍，求点P的
4 0 0 0
坐标；
【能力提升】
1 1
(3)如图3，已知抛物线y= x2 的焦点为F，准线方程为l．直线m：y= x−3交y轴于点C，抛物线上动
4 2
点P到x轴的距离为d ，到直线m的距离为d ，请直接写出d +d 的最小值；
1 2 1 2
【拓展延伸】
该兴趣小组继续探究还发现：若将抛物线y=ax2(a>0)平移至y=a(x−h) 2+k(a>0)．抛物线
( 1 ) ( 1 )
y=a(x−h) 2+k(a>0)内有一定点F h,k+ ，直线l过点M h,k− 且与x轴平行．当动点P在该
4a 4a
抛物线上运动时，点P到直线l的距离PP 始终等于点P到点F的距离（该结论不需要证明）．例如：抛
1
( 25) 23
物线y=2(x−1) 2+3上的动点P到点F 1, 的距离等于点P到直线l：y= 的距离．
8 8
请阅读上面的材料，探究下题：
(4)如图4，点D ( −1, 3) 是第二象限内一定点，点P是抛物线y= 1 x2−1上一动点，当PO+PD取最小值
2 4
时，请求出△POD的面积．
【答案】(1)(0,1)，y=−1；
( 1)
(2) √2, ；
2
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8
(3) √5−1
5
9
(4)
8
【分析】（1）根据题中所给抛物线的焦点坐标和准线方程的定义求解即可；
1
（2）利用两点间距离公式结合已知条件列式整理得x 2=8 y 2+2y −1，然后根据y = x 2 ，求出y ，
0 0 0 0 4 0 0
进而可得x ，问题得解；
0
（3）过点P作PE⊥直线m交于点E，过点P作PG⊥准线l交于点G，结合题意和（1）中结论可知
PG=PF=d +1，PE=d ，根据两点之间线段最短可得当F，P，E三点共线时，d +d 的值最小；待定
1 2 1 2
系数法求直线PE的解析式，求得点P的坐标为(2√5−4,9−4√5)，根据点E是直线PE和直线m的交点，
(8 11)
求得点E的坐标为 ,− ，即可求得d 和d 的值，即可求得；
5 5 1 2
1
（4）根据题意求得抛物线y= x2−1的焦点坐标为F(0,0)，准线l的方程为y=−2，过点P作PG⊥准线
4
l交于点G，结合题意和（1）中结论可知PG=PF，则PO+PD=PG+PD，根据两点之间线段最短可得
( 1 3)
当D，P，G三点共线时，PO+PD的值最小；求得P − ,− ，即可求得△POD的面积．
2 4
1 1
【详解】（1）解：∵抛物线y= x2 中a= ，
4 4
1 1
∴ =1，− =−1，
4a 4a
1
∴抛物线y= x2 的焦点坐标为(0,1)，准线l的方程为y=−1，
4
故答案为：(0,1)，y=−1；
1
（2）解：由（1）知抛物线y= x2 的焦点F的坐标为(0,1)，
4
∵点P(x ,y )(x >0)到焦点F的距离是它到x轴距离的3倍，
0 0 0
∴√x 2+(y −1) 2=3 y ，整理得：x 2=8 y 2+2y −1，
0 0 0 0 0 0
1
又∵y = x 2 ，
0 4 0
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∴4 y =8 y 2+2y −1
0 0 0
1 1
解得：y = 或y =− （舍去），
0 2 0 4
∴x =√2，
0
( 1)
∴点P的坐标为 √2, ；
2
（3）解：过点P作PE⊥直线m交于点E，过点P作PG⊥准线l交于点G，结合题意和（1）中结论可知
PG=PF=d +1，PE=d ，如图：
1 2
若使得d +d 取最小值，即PF+PE−1的值最小，故当F，P，E三点共线时，PF+PE−1=EF−1，即
1 2
此刻d +d 的值最小；
1 2
∵直线PE与直线m垂直，故设直线PE的解析式为y=−2x+b，
将F(0,1)代入解得：b=1，
∴直线PE的解析式为y=−2x+1，
1
∵点P是直线PE和抛物线y= x2 的交点，
4
1
令 x2=−2x+1，解得：x =2√5−4，x =−2√5−4（舍去），
4 1 2
故点P的坐标为(2√5−4,9−4√5)，
∴d =9−4√5，
1
∵点E是直线PE和直线m的交点，
1 8
令−2x+1= x−3，解得：x= ，
2 5
(8 11)
故点E的坐标为 ,− ，
5 5
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√ ( 8) 2 ( 11) 2
∴d = 2√5−4− + 9−4√5+ ，
2 5 5
8
d +d = √5−1．
1 2 5
8
即d +d 的最小值为 √5−1．
1 2 5
1 1
（4）解：∵抛物线y= x2−1中a= ，
4 4
1 1
∴ =1，− =−1，
4a 4a
1
∴抛物线y= x2−1的焦点坐标为F(0,0)，准线l的方程为y=−2，
4
过点P作PG⊥准线l交于点G，结合题意和（1）中结论可知PG=PF，则PO+PD=PG+PD，如图：
若使得PO+PD取最小值，即PG+PD的值最小，故当D，P，G三点共线时，
PO+PD=PG+PD=DG，即此刻PO+PD的值最小；如图：
( 3)
∵点D的坐标为 −1, ，DG⊥准线l，
2
1 3
∴点P的横坐标为−1，代入y= x2−1解得y=− ，
4 4
( 1 3) 3 3 9
即P − ,− ，OP= + = ，
2 4 2 4 4
1 9 9
则△POD的面积为S = × ×1= ．
△POD 2 4 8
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【点睛】本题考查了两点间距离公式结合，两点之间线段最短，三角形的面积，一次函数的交点坐标，一
次函数与抛物线的交点坐标等，解决问题的关键是充分利用新知识的结论．
考向三 几何类
22．（2023·山西·中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
瓦里尼翁平行四边形
我们知道，如图1，在四边形ABCD中，点E,F,G,H分别是边AB,BC,CD，DA的中点，顺次连接
E,F,G,H，得到的四边形EFGH是平行四边形．
EFGH
我查阅了许多资料，得知这个平行四边形 被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦
里尼翁(Varingnon，Pierre1654－1722)是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系
密切．
①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或
正方形．
②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．
③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：
证明：如图2，连接AC，分别交EH,FG于点P,Q，过点D作DM⊥AC于点M，交HG于点N．
1
∵H,G分别为AD,CD的中点，∴HG∥AC,HG= AC．（依据1）
2
DN DG 1
= DG=GC DN=NM= DM
NM GC 2
∴ ．∵ ，∴ ．
∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，∴HE∥GF，即HP∥GQ．
∵HG∥AC，即HG∥PQ，
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1
∴四边形HPQG是平行四边形．（依据2）∴S =HG⋅MN= HG⋅DM．
▱HPQG 2
1 1
∵S = AC⋅DM=HG⋅DM，∴S = S ．同理，…
△ADC 2 ▱HPQG 2 △ADC
任务：
(1)填空：材料中的依据1是指：_____________．
依据2是指：_____________．
(2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH，使得四边形
EFGH为矩形；（要求同时画出四边形ABCD的对角线）
(3)在图1中，分别连接AC,BD得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长与对角线AC,BD长
度的关系，并证明你的结论．
【答案】(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的
定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
(2)答案不唯一，见解析
(3)平行四边形EFGH的周长等于对角线AC与BD长度的和，见解析
【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可；
（2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可；
（3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论．
【详解】（1）解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）
平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
（2）解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：
如图即为所求
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（3）瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于四边形ABCD的两条对角线AC与BD长度的和，
证明如下：∵点E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,DA的中点，
1 1
∴EF= AC,GH= AC．
2 2
∴EF+GH=AC．
同理EH+FG=BD．
∴四边形EFGH的周长=EF+GH+EH+FG=AC+BD．
即瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于对角线AC与BD长度的和．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线．熟练掌握三角形中位线定理是解题的
关键．
23．（2024·湖北·模拟预测）阅读以下材料并完成问题
材料一：数形结合是一种重要的数学思想如√a2+b2可看做是图一中AB的长，√(a+1) 2+b2可看做是AD的
长．
材料二：费马点问题是一个古老的数学问题．费马点即在△ABC中有一点P使得PA+PB+PC的值最小．
著名法学家费马给出的证明方法如下：
将△ABP绕B点向外旋转60°得到△A B C ，并连接PP 易得△PP B是等边三角形、PA=P A ，则
1 1 1 1 1 1 1
PB=P P ，则PA+PB+PC=P A +PP +PC，所以PA+PB+PC的值最小为A C．
1 1 1 1 1 1
请结合以上两材料求出√x2+ y2+√x2+ y2+1−2x+√x2+ y2+12−4√3 y的最小值
【答案】√19
【分析】本题考查坐标与图形，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，将原式转
化为 ，构造直角三角形 ， ，
√x2+ y2+√(1−x) 2+ y2+√x2+(2√3−y) 2 ABC ∠ACB=90°
，以 为坐标原点构造直角坐标系，设 为 ，进而得到 ，
AC=2√3,BC=1 C P (x,y) PC=√x2+ y2
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， ，将 绕点 点逆时针旋转 得到 ，并做
PA=√x2+(2√3−y) 2 PB=√(1−x) 2+ y2 △APC C 60° △A PC
1 1
A D⊥BC，根据旋转的性质，含30度角的性质，求出A B的长，根据
1 1
PA+PB+PC=AP +P P+BP≥A B，进行求解即可．
1 1 1
【详解】解：原式=√x2+ y2+√(1−x) 2+ y2+√x2+(2√3−y) 2
可看做下图中的PA+PB+PC，其中P为(x,y)
则PC=√x2+ y2，PA=√x2+(2√3−y) 2，PB=√(1−x) 2+ y2
将△APC绕点C点逆时针旋转60°得到△A PC ，并做A D⊥BC
1 1 1
∵∠PCP =∠AC A =60°，∠ACD=90°，A C=AC=2√3，PC=PC ，AP =AP，
1 1 1 1 1
∴∠A CD=30°，△CPP 为等边三角形，
1 1
1
∴A D= A C=√3，DC=√3A D=3，PP =CP，
1 2 1 1 1
又∵BC=1
∴DC=4
∴A B=√√3 2+42=√19，
1
∵PA+PB+PC=AP +P P+BP≥A B，
1 1 1
∴PA+PB+PC=AP +P P+BP≥A B=√19，
1 1 1
∴PA+PB+PC的最小值为√19；
∴√x2+ y2+√x2+ y2+1−2x+√x2+ y2+12−4√3 y的最小值为√19．
24．（2024·山西·模拟预测）阅读与思考：
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阅读以下材料，并按要求完成相应任务：
婆罗摩笈多（Brahmagupta）是古代印度著名数学家、天文学家，他在三角形、四边
形、零和负数的算术运算规则、二次方程等方面均有建树，他曾经提出了“婆罗摩笈多
定理”，该定理也称为“古拉美古塔定理”，该定理的内容及部分证明过程如下：古拉
美古塔定理，如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为点M，直线
ME⊥BC，垂足为点E，并且交直线AD于点F，则AF=FD．
∵AC⊥BD ME⊥BC
，证明： ， ，
∴∠BMC=∠AMD=∠MEC=90°，
∴∠CME+∠ECM=90°，∠CBD+∠ECM=90°，
∴∠CBD=∠CME．
∵C´D=C´D，
∴_____________________（同弧所对的圆周角相等）．
又∵∠CME=∠AMF，
∴∠AMF=∠CAD．
∴AF=FM．
…
任务：
(1)材料中横线部分缺少的内容为：______；
(2)古拉美古塔定理的逆命题：如图，四边形ABCD内接于⊙O，对角线AC⊥BD，垂足为点M，直线
FM交BC于点E，交AD于点F．若AF=FD，则FE⊥BC．请证明该命题．
【答案】(1)∠CBD=∠CAD
(2)见解析
【分析】本题考查圆周角定理，斜边上的中线，等角对等边：
（1）根据圆周角定理，作答即可；
（2）斜边上的中线，得到FM=AF=FD，得到∠MAD=∠AMF，∠ADM=∠FMD， 圆周角定理，
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得到∠MAD=∠CBD，推出∠BEM=90°，即可得证．
【详解】（1）证明：∵AC⊥BD，ME⊥BC，
∴∠BMC=∠AMD=∠MEC=90°，
∴∠CME+∠ECM=90°，∠CBD+∠ECM=90°，
∴∠CBD=∠CME．
∵C´D=C´D，
∴∠CBD=∠CAD（同弧所对的圆周角相等）．
又∵∠CME=∠AMF，
∴∠AMF=∠CAD．
∴AF=FM．
故答案为：∠CBD=∠CAD；
（2）证明：在Rt△AMD中，AF=FD，
∴FM=AF=FD，
∴∠MAD=∠AMF，∠ADM=∠FMD，
∵C´D=C´D，
∴∠MAD=∠CBD，
∵∠BME=∠FMD，
∴∠BME=∠ADM，
∴∠CBD+∠BME=∠MAD+∠ADM=90°，
∴∠BEM=90°，
∴FE⊥BC．
题型03 模型学习型问题
【考情分析】模型学习型问题是给出一个新的数学模型，先简单介绍模型的应用方法，再要求学生在实际
的问题环境中应用该模型解题，模型思想是数学中的常用思想，特别是几何证明中，掌握适当的模型更有
利于学生快速的解题.
25．（2022·山东青岛·模拟预测）模型介绍：古希腊有一个著名的“将军饮马问题”，大致内容如下：古
希腊一位将军，每天都要巡查河岸侧的两个军营A、B，他总是先去A营，再到河边饮马，之后再去B营，
如图①，他时常想，怎么走才能使每天的路程之和最短呢？
大数学家海伦曾用轴对称的方法巧妙的解决了这问题
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如图②，作B关于直线l的对称点B'，连接AB'与直线l交于点C，点C就是所求的位置．
请你在下列的阅读、应用的过程中，完成解答．
(1)理由：如图③，在直线l上另取任一点C'，连接AC'，BC'，B'C'，
∵直线l是点B，B'的对称轴，点P，C'在l上，
CB=______，C'B=______，
∴AC+CB=AC+CB'=______．
∴在△AC'B'中，∵AB'90°，分别以AB、AC为直角边构造等腰直角
三角形ABD和ACE，连接BE、CD，则BE与CD的关系是： ；
1
(2)【初步应用】如图2所示，连接DE，求证：S = BE2 ；
四边形BCED 2
(3)【深入研究】在（2）的条件下，试判断△ABC和△ADE的面积有何关系，并加以证明；
(4)【拓广探索】如图3，在△ABC中，∠BAC=75°，AB=4√2，AC=2，以BC为直角边构造等腰直角
三角形BCP，且∠PBC=90°，连接AP，试直接写出AP的长度．
【答案】(1)BE=CD且BE⊥CD
(2)见解析
(3)△ABC和△ADE的面积相等，理由见解析
(4)2√21
【分析】（1）根据等腰三角形的判定和性质证明△BAE≌△DAC(SAS)即可求解；
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1 1
（2）在△BDE中，S = BE·DF，在△BCE中，S = BE·CF，再根据
△BDE 2 △BCE 2
S =S +S ，即可求解；
四边形BCED △BDE △BCE
（3）如图所示，延长BA到点H，使得BA=AH，连接CH，根据题意可证△ADE≌△AHC(SAS)，再根
据三角形中线平分三角形面积可求解；
（4）如图所示，以AB为边作等腰直角三角形ABQ，连接CQ，设AP，CQ交于点R，证明
△ABC≌△ABP，易得AP⊥CQ，则可得AQ的长；延长CA，过点Q作QT⊥CA延长线于点T，则可
求得AT，TQ的长，在Rt△CQT中，由勾股定理可求得CQ的长，从而得到AP的长．
【详解】（1）解：∵△ABD，△ACE都是等腰直角三角形，
∴AB=AD，AC=AE，∠BAD=∠CAE=90°，
∴∠BAD+∠DAE=∠DAE+∠EAC，
∴∠BAE=∠DAC，
在△BAE，△DAC中，
¿，
∴△BAE≌△DAC(SAS)，
∴BE=DC，∠ABE=∠ADC，
在△ABD中，∠BAD=90°=∠ABE+∠EBD+∠ADB，
∴在△BDF中，∠EBD+∠ADB+∠ADC=90°，
∴∠BFD=90°，即BE⊥DC，
故答案为：BE=CD且BE⊥CD；
（2）证明：由（1）可知，BE=CD且BE⊥CD，
1
在△BDE中，S = BE·DF，
△BDE 2
1
在△BCE中，S = BE·CF，
△BCE 2
∵S =S +S ，
四边形BCED △BDE △BCE
1 1
∴S = BE·DF+ BE·CF
四边形BCED 2 2
1
= BE×(DF+CF)
2
1
= BE·CD
2
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1
= BE2 ，
2
1
∴S = BE2 ；
四边形BCED 2
（3）解：△ABC和△ADE的面积相等，理由如下，
如图所示，延长BA到点H，使得BA=AH，连接CH，
∵∠CAE=90°，
∴∠CAH+∠HAE=90°，
∵∠BAD=90°，即DA⊥BH，
∴∠DAE+∠EAH=90°，
∴∠CAH=∠EAD，
∵BA=AH，BA=DA，
∴AH=AD，
在△ADE，△AHC中，
¿，
∴△ADE≌△AHC(SAS)，
∴S =S ，
△ADE △AHC
在△BCH中，点A是BH中点，
∴S =S ，
△ABC △AHC
∴S =S =S ，
△ABC △AHC △ADE
∴△ABC和△ADE的面积相等；
（4）解：如图所示，以AB为边作等腰直角三角形ABQ，连接CQ，设AP，CQ交于点R，
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∴BQ=BA，BC=BP，∠ABQ=∠CBQ=90°，
∴∠QBA+∠ABC=∠ABC+∠CBP，即∠QBC=∠ABP，
∴△ABC≌△ABP(SAS)，
∴QC=AP，∠BQR=∠¯¿，
∵∠BQR+∠RQA+∠BAQ=90°，
∴∠¯+∠AQR+∠BAQ=90°，
∴∠ARQ=90°，即AP⊥CQ，垂足为R，
在Rt△ABQ中，AB=QB=4√2，
∴AQ=√2AB=4√2×√2=8，
如图所示，延长CA，过点Q作QT⊥CA延长线于点T，
∵∠BAC=75°，∠BAQ=45°，
∴∠QAT=180°−∠BAC−∠BAQ=180°−75°−45°=60°，
在Rt△AQT中，∠AQT=30°，AQ=8，
1 1
∴AT= AQ= ×8=4，QT=√3AT=4√3，
2 2
在Rt△CQT中，TC=TA+AC=4+2=6，
∴QC=√QT2+TC2=√(4√3) 2+62=2√21，
∴AP=QC=2√21，
∴AP的长度为2√21．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，中线平分三角形面积，勾股
定理等知识的综合，含30°角的直角三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定和性质，等腰三角形的
判定和性质是解题的关键．
28．（2024·河南驻马店·二模）【问题发现】
（1）在数学活动课上，赵老师给出如下问题：“如图1 所示，△ABC 是等腰直角三角形，AB=AC，
∠BAC=90°，点D在BC上，连接AD，探究AD，BD，CD之间的数量关系．”王林思考片刻之后，利
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用手拉手模型解答问题如下：
图示 思路
将线段AD绕点 A逆时针旋转90°得线
段AE，连接CE，DE，易证
△ABD≌△ACE，得到BD=CE，
∠ABD=∠ACE=45°，在
Rt△DCE 中，易得
CD2+CE2=DE2，由DE=√2AD，
得AD，BD，CD 之间的数量关系为
_______．
【类比分析】
（2）如图2所示，当点D在线段BC的延长线上时，请问（1）中的结论还成立吗？请给出判定，并写出你
的推导过程；
【拓展延伸】
（3）若（1）中的点 D在射线CB上，且 CD=√3BD，请直接写出∠ADC的度数．
【答案】（1）BD²+CD²=2AD²；（2）（1）中结论成立，见解析；（3）75°或15°
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，锐角三角函数，解题
的关键是灵活运用这些性质，并正确作出辅助线．
（1）根据题意可得△DCE是直角三角形，根据勾股定理和全等三角形对应边线段相等即可求解；
（2）将线段AD绕点A逆时针旋转90°得线段AE．可证明△ABD≌△BCE，进而得到BD=CE，
∠A=∠CBF，进而证明∠B=∠ACB=∠ACE=45°，进而得到在Rt△DCE中，∠DBF=90°，再根
据勾股定理即可求解；
（3）分两种情况讨论：当点D在AB上时，当点D在BA延长线上时，在利用前面结论在Rt△BDE中得
BE
tan∠BDE= =√3， 得∠BDE=60°，进而得出∠ADC．
BD
【详解】证明：（1）将线段AD绕点 A逆时针旋转90°得线段AE，连接CE，DE，
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∴∠CAB=∠DAE=90°
，
∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠CAE，
∴∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴ △ABD≌△ACE(SAS)，
∴BD=CE，∠B=∠ACE，
∵ AB=AC，∠BAC=90°，
∴ ∠B=∠ACB=∠ACE=45°，
∴∠DCE=90°，
∴CD2+CE2=DE2，
∵AD=AE，∠DAE=90°，
∴ DE2=2AD2，
∴ CD2+BD2=2AD2；
（2）（1）中结论成立．
理由：将线段AD绕点A逆时针旋转90°得线段AE．
如图1所示，连接DE，CE．
∵ △ABC 为等腰直角三角形，
∴AB=AC，∠BAC=90°，∠ABC=∠ACB=45°．
由旋转性质可知△ADE为等腰直角三角形．
∴AD=AE，∠DAE=90°．
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∴∠BAC=∠DAE=90°．
∴∠BAD=∠CAE．
∴△BAD≌△CAE．
∴BD=CE，∠ABC=∠ACE=45°．
∴∠BCE=∠ACE+∠ACB=90°；
在Rt△DCE中，CD²+CE²=DE²，且DE=√2AD．
∴CD2+CE2=2AD2．
∴BD²+CD²=2AD²．
（3）如图所示，当点D在CB上时，
同理可得：△ABE≌△ACD(SAS)，BE=CD=√3BD，∠EBD=90°，ED=√2AD，
BE
∴在Rt△BDE中， tan∠BDE= =√3．
BD
∴∠BDE=60°．
∵∠ADE=45°，
∴∠ADC=180°−105°=75°；
如图3所示，当点D在CB延长线上时，∠BDE=60°，∠ADE=45°，
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∴∠ADC=60°−45°=15°．
综上所述，∠ADC的度数为75°或15°．
命题预测
1．（2025·贵州黔南·一模）定义一种新运算“aΔb”：当a≥b时，aΔb=a+2b；当a1，求x的取值范围．
【答案】(1)−10
(2)x≥3
【分析】此题考查了有理数的混合运算和解一元一次不等式组．
（1）根据新定义进行计算即可；
（2）分两种情况列出不等式组，解不等式组即可得到答案．
【详解】（1）解：由题意可得，(−4)Δ3=(−4)−2×3=−10，
故答案为：−10
（2）由题意，知¿，①或¿，②
由①，得x≥3；
由②，得该不等式组无解；
∴x的取值范围为x≥3
2．（2024·甘肃·模拟预测）在正数范围内定义一种运算：M(a,b)=a2−2ab+b2，如
M(1,3)=1−2×1×3+32=4，若M(2,m)=9，则m的值为 ．
【答案】5
【分析】此题考查了一元二次方程的应用，弄清题中的新定义是解本题的关键．利用题中的新定义，得到
22−4m+m2=9 ，解出即可求解．
【详解】解：由题意得：22−4m+m2=9，即m2−4m−5=0
(m+1)(m−5)=0
∴m+1=0或m−5=0
解得：m=−1（舍去）或m=5．
故答案为：5．
3．（2025·河南焦作·一模）新定义：如果二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象经过点(−1,0)，那么称此
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二次函数图象为“定点抛物线”．
(1)若抛物线y=x2−mx+2−k与x轴只有一个公共点，且是“定点抛物线”，求该抛物线的表达式．
(2)已知抛物线y=mx2+nx−m+n（m，n为常数，且m≠0）．
①求证：该抛物线为“定点抛物线”；
②若m<0，当抛物线的顶点在最低位置时，抛物线上有两点(2,s)，(k,t)，当s−1时，y随x的增大而减小，当x<−1时，y随x的增大而增大.
∴抛物线上有两点(2,s)，(k,t)，且s0)的图象上有且只有一个完美点(3,3)，求二次函数的解析式；
【定义应用】
（4）若二次函数y=(x−m) 2+3m−2(m≥0)的图象上存在到两个坐标轴的距离相等且等于m的完美点，
请直接写出m的值．
【答案】（1）k=−3；
（2）(2,2)，(−2,−2)，(−1+√5,1−√5)，(−1−√5,1+√5)；
1 9
（3）y= x2−2x+ ；
2 2
−1+√3 1
（4）m= 或m=1或m= ．
2 2
【分析】（1）把点代入一次函数解析式，分别求出到坐标轴的距离，再根据完美点的定义进行判定即可
求解；
（2）联立方程组¿或¿即可求解；
（3）根据完美点可得二次函数与有且只有一个交点，得到Δ=32−4ac=0，把完美点(3,3)代入二次函数
解析式得9a−6+c=3，由此联立方程组求解即可；
（4）根据题意，分类讨论：
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第一种情况，设这个完美点是二次函数y=(x−m) 2+3m−2(m≥0)与y=x的交点；
第二种情况，设这个完美点是二次函数y=(x−m) 2+3m−2(m≥0)与直线y=−x的交点；联立方程组即
可求解．
【详解】（1）解∵点(a+1,−2a)是一次函数y=kx+4(k≠0)第四象限图象的完美点，
∴a+1=2a，
解得：a=1，
∴点(a+1,−2a)的坐标为(2,−2)，
代入y=kx+4，
可得，k=−3；
（2）解：∵完美点是函数图象上到两坐标轴的距离相等的点，
即完美点在直线y=x或直线y=−x上，
∴¿或¿
解得：¿，¿或¿，¿，
∴二次函数y=x2+x−4图象的完美点分别是：(2,2)，(−2,−2)，(−1+√5,1−√5)，(−1−√5,1+√5)；
（3）解：∵二次函数y=ax2−2x+c(a>0)的图象上有且只有一个完美点(3,3)，
在直线y=x上，¿
∵ax2−3x+c=0有且只有一个完美点，
∴Δ=32−4ac=0，
把点(3,3)代入y=ax2−2x+c，
得9a−6+c=3，
1 9
解得：a= ，c= ，
2 2
1 9
∴y= x2−2x+ ；
2 2
−1+√3 1
（4）m= 或m=1或m= ；
2 2
解∵二次函数y=(x−m) 2+3m−2(m≥0)的图象上存在到两个坐标轴的距离相等且等于m的完美点，
即完美点在直线y=x或直线y=−x上，
∴¿或¿
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①当¿时，
即(x−m) 2+3m−2=x，
整理得，x2−(2m+1)x+m2+3m−2=0有实数根，
∴Δ=(2m+1) 2−4(m2+3m−2)=−8m+9≥0，
9
∴m≤ ，
8
∵m≥0，
9
∴0≤m≤ ，
8
当x=m时，y=x=m，
将(m,m)代入y=(x−m) 2+3m−2，
解得，m=1，
当x=−m时，y=x=−m，
将(−m,−m)代入y=(x−m) 2+3m−2，
−1−√3 −1+√3
解得，m = <0（舍去），m = ，
1 2 2 2
∵|x|=m，
−1+√3
∴m= 或m=1；
2
②当¿时，
即(x−m) 2+3m−2=−x，
整理得，x2−(2m−1)x+m2+3m−2=0有实数根，
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∴Δ=(2m−1) 2−4(m2+3m−2)=−16m+9≥0，
9
∴m≤ ，
16
∵m≥0，
9
∴0≤m≤ ，
16
当x=m时，y=−x=−m，
将(m,−m)代入y=(x−m) 2+3m−2，
1
解得，m= ，
2
当x=−m时，y=−x=m，
将(−m,m)代入y=(x−m) 2+3m−2，
−1−3 −1+3 1
解得，m = =−1<0（舍去），m = = ，
1 4 2 4 2
∵|x|=m，
1
∴m= ，
2
−1+√3 1
综上所述，m= 或m=1或m= ；
2 2
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查定义新运算，一次函数图象的性质，二次函数图象的性质，
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一元二次方程根与系数的关系，二元一次方程组的计算，理解题目中完美点的含义及计算，掌握一次函数，
二次函数图象的性质是解题的关键．
5．（2025·山西·一模）阅读下列材料，并完成相应的任务
数形结合解决二次根式求和问题
求两个二次根式的和，通常将二次根式化为最简二次根式，然后观察是否能合并同类二
次根式，若能则合并，若不能则直接写出结果．但有一些二次根式并不能化为最简二次
根式，如何进行求和运算？
下面我们讨论一种新的方法——数形结合法
【例题】求√x2+9+√(7−x) 2+16的最小值
【分析】√x2+9=√x2+32，将x和3分别作为Rt△ABC的两条直角边，如图1所示，
AC=3，BC=x，AB=√x2+9，
√(7−x) 2+16=√(7−x) 2+42，将7−x和4分别作为Rt△≝¿的两条直角边，如图2所
示，EF=7−x，DE=4，则DF=√(7−x) 2+42，
将Rt△ABC与Rt△≝¿如图3所示放置，使点B与点F重合，BC与EF在一条直线上，
则AB+DF的最小值为线段AD的长．（依据）
任务：
(1)直接写出材料中的依据为：_________；
(2)写出求解AD长的解题过程；
(3)按照材料中例题的方法，直接写出√x2+4+√x2−6x+13的最小值为_________．
【答案】(1)两点之间线段最短
(2)7√2
(3)5
【分析】本题考查了两点之间线段最短、矩形的判定与性质、勾股定理，二次根式的运算；熟练掌握以上
知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）根据两点之间线段最短即可得解；
（2）作DG⊥AC交AC的延长线于G，则四边形DGCE为矩形，得出CG=DE=4，DG=CE，求出
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AG=AC+CG=7，GD=CE=7，再由勾股定理计算即可得解；
（3）仿照材料给出的方法计算即可得解．
【详解】（1）解：材料中的依据为：两点之间线段最短；
（2）解：如图：作DG⊥AC交AC的延长线于G，
则∠G=∠GCE=∠E=90°，
∴四边形DGCE为矩形，
∴CG=DE=4，DG=CE
∵EF=7−x，AC=3，BC=x，
∴AG=AC+CG=7，GD=CE=7，
∴AD=√AG2+GD2=7√2；
（3）解：√x2+4=√x2+22，将x和2分别作为Rt△ABC的两条直角边，如图1所示，AC=2，BC=x，
AB=√x2+4，
√x2−6x+13=√(x−3) 2+4=√(3−x) 2+22，将3−x和2分别作为Rt△≝¿的两条直角边，如图2所示，
EF=3−x，DE=2，则DF=√(3−x) 2+22，
将Rt△ABC与Rt△≝¿如图3所示放置，使点B与点F重合，BC与EF在一条直线上，则AB+DF的最小
值为线段AD的长，
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作DG⊥AC交AC的延长线于G，
则∠G=∠GCE=∠E=90°，
∴四边形DGCE为矩形，
∴CG=DE=2，DG=CEE
∵EF=3−x，AC=2，BC=x，
∴AG=AC+CG=4，GD=CE=3，
∴AD=√AG2+GD2=5；
∴√x2+4+√x2−6x+13的最小值为5．
6．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）给定一个矩形A，如果存在另一个矩形B，它的周长和面积分别是已知矩
形周长和面积的一半，那么称矩形B是矩形A的“对半矩形”
（1）阅读：当已知矩形A的边长分别为6和1时，
(7 )
小明是这样研究的，设所求的对半矩形B的一边是x，则另一边为 −x
2
(7 )
由题意得方程：x −x =3，化简得：2x2−7x+6=0，
2
∵b−4ac=49−48>0，
∴x =2，x =3
1 2
∴矩形A存在对半矩形B．
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小红的做法是：设所求的对半矩形的两边分别是x和y，由题意得方程组：
¿
消去y化简后也得到：2x2−7x+6=0
然后通过解该一元二次方程我们可以求出对半矩形B的两边长
（2）如果已知矩形A的边长分别为3和2，请你仿照小明或小红的方法研究矩形A是否存在对半矩形B．
（3）方程和函数之间密不可分，我们可以利用函数图象解决方程的相关问题，如图，在同一平面直角坐
标系中画出了一次函数和反比例函数的部分图象，其中x和y分别表示矩形A的对半矩形B的两边长，请
你结合之前的研究，回答下列问题：
①这个图象所研究的矩形A的面积为 ；周长为 ．
②对半矩形B的两边长为 ．
（4）在第（3）题的图形中，若点M(2,3)在双曲线上，MB⊥x轴，MC⊥y轴，垂足分别为B、C．连
接OM，将△MOC沿若OM折叠，点C落在点P处，求点P的坐标，并判断点P是否落在双曲线上
【答案】（2）不存在对半矩形B，理由见解析；（3）①12，24；②3+√3，3−√3；（4）点P不在双曲
线上，理由见解析
【分析】（2）设所求矩形的一条边是x，根据周长表示出另外一条边，根据面积列出方程，整理用解一元
二次方程的方法求一元二次方程的根即可；
（3）①结合图像求得一次函数解析式为和反比例函数解析式，结合一次函数解析式x+ y=6和反比例函数
解析式xy=6，可得矩形B的两边之和以及面积，即可求得矩形A的面积和周长；②联立一次函数和反比
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例函数，利用公式法可求出满足条件的矩形B的两边长；
（4）设MB和OP交于点N，由折叠的性质和矩形的性质得△OCM≌△MBO≌△OPM，则有NO=NM，
设BN=a，则ON=MN=3−a，利用勾股定理求得a，进一步得到△OBN∽△OEP，即可求得OE和PE，
(36 15)
得到点P , 代入xy=6，等式不成立，即可判断点P不在双曲线上．
13 13
(5 )
【详解】解：（2）设所求矩形的一边是x，则另一边为 −x ，
2
(5 )
由题意得方程：x −x =3，
2
化简得：2x2−5x+6=0，
∵b2−4ac=25−48<0，
∴原方程无解，
则满足要求的矩形B不存在．
（3）①设直线的关系式为y=kx+b，把(0,6)，(6,0)代入得：¿，
解得：¿，
则一次函数解析式为y=−x+6，
k' k'
设反比例函数解析式为y= ，把(2,3)代入得：3= ，解得：k'=6，
x 2
6
∴反比例函数解析式为y= ，
x
根据一次函数解析式可得：x+ y=6，根据反比例函数解析式可得：xy=6，
∴矩形B的两边之和为6，面积为6，
∴矩形A的面积为6×2=12，周长为：6×2×2=24；
故答案为：12，24；
②把y=−x+6代入xy=6得x(−x+6)=6，
解得：x =3+√3，x =3−√3，
1 2
当x =3+√3时，y =3−√3，
1 1
当x =3−√3时，y =3+√3，
2 2
∴对半矩形B的两边长为3+√3，3−√3．
故答案为：3+√3，3−√3；
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（4）设MB和OP交于点N，
由△OCM≌△MBO≌△OPM得∠1=∠2，
∴NO=NM，设BN=a，则ON=MN=3−a，
5
在Rt△OBN中，22+a2=(3−a) 2，解得a= ，
6
13
∴ON=3−a= ，
6
作PE⊥x轴，垂足为E，
∵MB⊥x轴，
∴MB∥PE，
∴△OBN∽△OEP，
OB ON BN 36 15
则 = = ，解得OE= ，PE= ，
OE OP EP 13 13
(36 15)
那么，点P , 代入xy=6，等式不成立
13 13
故点P不在双曲线上．
【点睛】此题主要考查解一元二次方程、一次函数和反比例函数的性质、折叠的性质、矩形的性质、勾股
定理、全等三角形的性质和相似三角形的性质，解题的关键是利用函数图象得函数解析，并熟练掌握上述
性质．
7．（2025·宁夏·模拟预测） 阅读与思考
阅读下列材料，并完成相应任务．
函数是从数量的角度反映变化规律和对应关系的数学模型，初中阶段学习的函数有一次函数、二次函数、
反比例函数，学习时可以从数量特征和几何特征（图象）来研究函数的性质．下面是研究三大函数图象沿
y轴向下平移的特征．
一次函数图象的平移：
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如图①，一次函数y=3x−3分别与x轴，y轴交于点A，B，将直线AB沿y轴向下平移3个单位，分别与x
轴，y轴交于点D，C．分别将x=0，y=0代入y=3x−3，求得A(1,0)，B(0,−3)，则OA=1，OB=3，
由平移的性质得AB∥CD，BC=3，∴∠ABO=∠DCO，C(0,−6)，∵∠AOB=∠DOC，∴
OA OB
△ABO∽△DCO（依据），∴ = ，∵OA=1，OB=3，OC=6，∴OD=2，∴D(2,0)，设直线
OD OC
CD的函数表达式为y=kx+b(k≠0)，分别将D(2,0)，C(0,−6)代入y=kx+b(k≠0)，解得k=3，b=−6，
直线CD的函数表达式为y=3x−6．
猜想1：将直线l ：y =kx+b(k≠0)沿y轴向下平移m个（m>0）单位后，所得直线l 的函数表达式为：
1 1 2
y =kx+b−m(k≠0,m>0)．
2
证明1：设点P(c,d)为l 上的任意一点，沿y轴向下平移m个单位后的对应点为Q(c,d−m)，将x=c代入
1
y =kx+b−m，得y =kx+b−m，∵点P(c,d)为l 上的点，∴d=kx+b，∴kc=d−b，∴
2 2 1
y =d−b+b−m=d−m，∴点Q(c,d−m)在直线y =kx+b−m上．
2 2
结论1：猜想正确．
二次函数图象的平移：
猜想2：将二次函数y =ax2(a≠0)的图象沿y轴向下平移m (m>0)个单位后，所得二次函数的函数表达式
1
为：y =ax2−m(a≠0,m>0)．
2
证明2：……
反比例函数图象的平移：
……
（1）任务一：填空：证明△ABO∽△DCO的依据是： ，
（2）任务二：请完成猜想2的证明；
3 3
（3）任务三：如图②，直线y=2与反比例函数y= (x>0)的图象交于点A，将反比例函数y= (x>0)的
x x
图象沿y轴向下平移2个单位后与直线y=2交于点B，直接写出线段AB的长．
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3
【答案】任务一：两角分别相等的两个三角形相似（2）证明见解析；（3）
4
【分析】本题考查相似三角形，反比例函数和二次函数的综合，解题的关键是掌握相似三角形的判定和性
质，反比例函数的图象和性质，二次函数的图象和性质．
（1）根据相似三角形的判定，待定系数法确定函数的表达式体现的数学思想，即可；
（2）设点P(n,t)是函数y =ax2(a≠0)上的一点，点Q是函数平移后对应的点P，根据（1）中的方法进行
1
验证，即可；
3
（3）由（1）（2）得平移后的函数表达式为：y = −2，根据题意，求出点A，点B的坐标，即可求出
2 x
AB的值．
【详解】（1）由题意得：¿，
∴△ABO∽△DCO，
依据为：两角分别相等的两个三角形相似；
故答案为：两角分别相等的两个三角形相似；
（2）设点P(n,t)是函数y =ax2(a≠0)上的一点，沿y轴向下平移m个单位后对应点Q(n,t−m)，
1
当x=n时，y =an2 ，
1
∵点P(n,t)为y =ax2(a≠0)上的点，
1
∴t=an2，
∴t−m=an2−m，
∴点Q(n,t−m)在函数y 上，
2
∴平移后的表达式为：y =ax2−m(a≠0,m>0)；
2
3
（3）由（1）（2）得，平移后的函数的表达式为：y = −2，
2 x
3
∵直线y=2与反比例函数y= (x>0)的图象交于点A，
x
3
∴2= ，
x
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3
解得：x= ，
2
(3 )
∴点A ,2 ，
2
∵平移后的函数与直线y=2交于点B，
3
∴2= −2，
x
3
解得：x= ，
4
(3 )
∴点B ,2 ，
4
3 3 3
∴AB= − = ．
2 4 4
类型二 探究型问题
题型01 “操作-探究”型问题
【考情分析】“操作--探究”型问题经常与图形的折叠联系在一起考查，试题一般先介绍动手操作过程，
然后再探究其中的某些结论，解题的关键是注意在操作过程中的等量关系,折叠前后重合的线段和角都相等.
1．（2024·山西·中考真题）综合与探究
问题情境：如图1，四边形ABCD是菱形，过点A作AE⊥BC于点E，过点C作CF⊥AD于点F．
猜想证明：
（1）判断四边形AECF的形状，并说明理由；
深入探究：
（2）将图1中的△ABE绕点A逆时针旋转，得到△AHG，点E，B的对应点分别为点G，H．
①如图2，当线段AH经过点C时，GH所在直线分别与线段AD，CD交于点M，N．猜想线段CH与MD
的数量关系，并说明理由；
②当直线GH与直线CD垂直时，直线GH分别与直线AD，CD交于点M，N，直线AH与线段CD交于点
Q．若AB=5，BE=4，直接写出四边形AMNQ的面积．
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9 63
【答案】（1）矩形，理由见解析；（2）①CH=MD，理由见解析；② 或
4 4
【分析】（1）由AE⊥BC，CF⊥AD和菱形性质得∠AEC=90°，∠AFC=90°，∠ECF=90°．
可证四边形AECF为矩形；
（2）①由菱形和旋转得性质证△HAM≌△DAC，可证CH=MD；
②分情况讨论：当点N在线段CD上时，当点N在线段DC延长线上时，分别画出图形，求出结果即可．
【详解】解：（1）四边形AECF为矩形．理由如下：
∵AE⊥BC，CF⊥AD，
∴∠AEC=90°，∠AFC=90°，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，
∴∠AFC+∠ECF=180°，
∴∠ECF=180°−∠AFC=90°，
∴∠ECF=∠AEC=∠AFC=90°，
∴四边形AECF为矩形．
（2）①CH=MD．理由如下：
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD，∠B=∠D，
∵△ABE旋转得到△AHG，
∴AB=AH，∠B=∠H，
∴AH=AD，∠H=∠D，
∵∠HAM=∠DAC，
∴△HAM≌△DAC，
∴AM=AC，
∴AH−AC=AD−AM，
∴CH=MD．
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②解：如图所示，当点N在线段CD上时，过点A作AP⊥CD于P，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠B=∠D，
∵AE⊥BC，
∴∠AEB=90°=∠APD，
∴△ABE≌△ADP，
∴AE=AP，
由旋转知：AH=AB=5，GH=BE=4，∠G=90°，
∴AE=AG=AP=√AB2−BE2=3，
∵GH⊥CD，
∴∠GNP=90°，
∴∠APD=∠G=∠GNP=90°，
∴四边形APNG为矩形，
∵AP=AG，
∴四边形APNG为正方形，
∴GN=PN=3，
∵DP=√AD2−AP2=4，
∴NH=ND=4−3=1，
AG QN MN 3
tan∠H=tan∠D= = = = ，
GH NH ND 4
3
∴QN=MN= ，
4
3 9
∴PQ=3− = ，
4 4
∴S =S −S
四边形AMNQ 梯形AMNP △APQ
1 1
= (MN+AP)⋅PN− AP×PQ
2 2
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1 (3 ) 1 9
= × +3 ×3− ×3×
2 4 2 4
9
= ；
4
当点N在线段DC延长线上时，AG在AB上，过点A作AK⊥CD于K，连接AN，如图所示：
由旋转知：GH=BE=4，AG=AE=3，∠D=∠H，AH=AD，
∵∠HAM=∠DAQ，
∴△AMH≌△AQD，
∴AM=AQ，HM=DQ，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠B=∠D，
∵AE⊥BC，
∴∠AEB=90°=∠AKD，
∴△ABE≌△ADK，
∴AE=AK=AG=3，DK=BE=4，
∵∠AGN=∠GNK=∠AKN=90°，
∴ 四边形AGNK为矩形，
∵AG=AK，
∴四边形AGNK为正方形，
∴GN=AK=3，AG∥NK，
∴HN=4+3=7，
∵AG∥NK，
∴△AGH∽△QNH，
HG AG
∴ = ，
HN NQ
4 3
∴ = ，
7 NQ
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21
解得NQ= ，
4
∵ND=NK+KD=3+4=7，
∴NH=ND，
∴NH−MH=ND−DQ，
即NM=NQ，
∵AM=AQ，AN=AN，
∴△AMN≌△AQN，
1 1 21 63
∴S =2S =2× NQ×AK=2× × ×3= ，
四边形AMNQ △ANQ 2 2 4 4
9 63
综上，四边形AMNQ的面积是 或 ．
4 4
【点睛】本题是正方形，菱形综合题，主要考查正方形的判定与性质，菱形的性质，矩形的判定与性质，
旋转的性质，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，解直角三角形的应用，四边形的面积
等知识，熟练掌握特殊图形的性质与判定，添加正确的辅助线是解题关键．
2．（2024·江苏宿迁·中考真题）在综合实践活动课上，同学们以折叠正方形纸片展开数学探究活动
【操作判断】
操作一：如图①，对折正方形纸片ABCD，得到折痕AC，把纸片展平；
操作二：如图②，在边AD上选一点E，沿BE折叠，使点A落在正方形内部，得到折痕BE；
操作三：如图③，在边CD上选一点F，沿BF折叠，使边BC与边BA重合，得到折痕BF把正方形纸片展
平，得图④，折痕BE、BF与AC的交点分别为G、H．
根据以上操作，得∠EBF=________°．
【探究证明】
（1）如图⑤，连接GF，试判断△BFG的形状并证明；
（2）如图⑥，连接EF，过点G作CD的垂线，分别交AB、CD、EF于点P、Q、M．求证：EM=MF．
【深入研究】
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AG 1 GH
若 = ，请求出 的值（用含k的代数式表示）．
AC k HC
【答案】[操作判断]45；
[探究证明]（1）等腰直角三角形，理由见详解；（2）见详解；
k2−2k+2
[深入研究]
k2−2k
【分析】[操作判断] 根据正方形的性质以及折叠的性质即可求解；
[探究证明]（1）先证明△GHB∽△FHC，再证明△GHF∽△BHC，则∠7=∠8=45°，继而得到
∠7=∠5=45°，因此GB=GF，∠BGF=90°，即△BFG是等腰直角三角形；（2）由翻折得，
∠AEB=∠BEF，由PQ∥AD，得到∠AEB=∠EGM，故∠BEF=∠EGM，因此ME=MG，而由
∠EGM+∠MGF=∠BEF+∠EFG=90°，得到∠MGF=∠EFG，则MG=MF，因此EM=MF；
CH BC √2 AG 1
[深入研究] 连接BD，先证明△BED∽△BHC，则 = = ，由 = ，设AG=1,AC=k，则
ED BD 2 AC k
AE 1 √2
√2 = k
AB=BC=AC⋅cos∠4= k=AD，而△AEG∽△CBG， 则√2 k−1，可得 2 ，
2 k AE=
2 k−1
√2k(k−2) k2−2k k2−2k k2−2k+2 GH k2−2k+2
DE= ，CH= ，那么GH=k−1− = ，故 = ．
2k−2 2k−2 2k−2 2k−2 CH k2−2k
【详解】[操作判断] 解：如图，
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由题意得，∠1=∠2,∠3=∠4，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=90°，
∴2(∠2+∠3)=90°，
∴∠2+∠3=45°，
即∠EBF=45°，
故答案为：45；
[探究证明] 解：（1）如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，∠6=∠8=45°，
∵∠5=45°，
∴∠5=∠6，
∵∠GHB=∠FHC，
∴△GHB∽△FHC，
GH BH
∴ = ，
FH CH
GH FH
∴ = ，
BH CH
∵∠GHF=∠BHC，
∴△GHF∽△BHC，
∴∠7=∠8=45°，
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∴∠7=∠5=45°，
∴GB=GF，∠BGF=90°，
∴△BFG是等腰直角三角形；
（2）如图，
由翻折得，∠AEB=∠BEF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=90°，即AD⊥DC，
∵PQ⊥CD，
∴PQ∥AD，
∴∠AEB=∠EGM，
∴∠BEF=∠EGM，
∴ME=MG，
∵∠BGF=90°，
∴∠EGF=90°，
∴∠EGM+∠MGF=∠BEF+∠EFG=90°，
∴∠MGF=∠EFG，
∴MG=MF，
∴EM=MF；
[深入研究] 解：如图，连接BD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC，∠ABC=∠DAB=∠ADC=∠BCD=90°，AD∥BC，
∵AC,BD是对角线，
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∴∠4=∠5=∠CBD=45°，
∵∠EBF=45°，
∴∠2+∠3=∠1+∠2，
∴∠1=∠3，
∴△BED∽△BHC，
CH BC
∴ = ，
ED BD
在Rt△BCD中，∠CBD=45°，
BC √2
∴cos∠CBD= = ，
BD 2
CH √2
∴ = ,
ED 2
AG 1
∵ = ，
AC k
∴设AG=1,AC=k，
√2
∴AB=BC=AC⋅cos∠4= k=AD，
2
∵AD∥BC，
∴△AEG∽△CBG，
AE AG
∴ = ，
BC GC
AE 1
=
∴√2 k−1，
k
2
√2
k
∴ 2 ，
AE=
k−1
√2
k
∴ √2 2 √2k(k−2)，
DE= k− =
2 k−1 2k−2
√2 k2−2k
∴CH= ED= ，
2 2k−2
k2−2k k2−2k+2
∴GH=k−1− = ，
2k−2 2k−2
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GH k2−2k+2
∴ = ．
CH k2−2k
【点睛】本题考查了正方形背景下的折叠问题，相似三角形的判定与性质，正方形的性质，折叠的性质，
等腰三角形的判定，解直角三角形，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解题的关键．
3．（2024·山东济宁·中考真题）综合与实践
某校数学课外活动小组用一张矩形纸片（如图1，矩形ABCD中，AB>AD且AB足够长）进行探究活动．
【动手操作】
如图2，第一步，沿点A所在直线折叠，使点D落在AB上的点E处，折痕为AF，连接EF，把纸片展平．
第二步，把四边形AEFD折叠，使点A与点E重合，点D与点F重合，折痕为GH，再把纸片展平．
第三步，连接GF．
【探究发现】
根据以上操作，甲、乙两同学分别写出了一个结论．
甲同学的结论：四边形AEFD是正方形．
1
乙同学的结论：tan∠AFG= ．
3
（1）请分别判断甲、乙两同学的结论是否正确．若正确，写出证明过程；若不正确，请说明理由．
【继续探究】
在上面操作的基础上，丙同学继续操作．
如图3，第四步，沿点G所在直线折叠，使点F落在AB上的点M处，折痕为GP，连接PM，把纸片展平．
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第五步，连接FM交GP于点N．
根据以上操作，丁同学写出了一个正确结论：FN⋅AM=GN⋅AD．
（2）请证明这个结论．
【答案】（1）甲、乙同学的结论正确，证明见解析，（2）证明见解析
【分析】本题主要考查了折叠的性质，矩形的性质和判定，正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，全
等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的三线合一性质，解题的关键是正确作出
辅助线并熟练掌握相关的性质定理，
（1）先证明四边形AEFD为矩形，再根据AD=AE即可证明四边形AEFD为正方形，设AG=a，由折叠
1
性质可知：¿=AG= AE=a，EF=AE=2a，再根据等腰直角三角形的性质分别求出AM=MG，AF，
2
即可得出MF=AF−AM，进而可得出结论；
（2）作GR∥QS交SM于点R，利用HL证明Rt△GHP≌Rt△GRP，得出∠FPG=∠MPG，再证明四边
形GMPF为菱形，得出GM=MP，进而证明AM=RP，再根据SAS证明Rt△DAM≌Rt△GRP，得出
∠AMD=∠RPG，进而证明△DAM∽△FNG，即可得出结论
【详解】解：（1）甲、乙同学的结论都正确，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAE=∠D=90°
由第一步操作根据折叠性质可知：AD=AE，DF=EF，∠AEF=∠D=90°
∴∠DAE=∠AEF=∠D=90°
∴四边形AEFD为矩形，
又∵AD=AE
∴四边形AEFD为正方形，
故甲同学的结论正确；
作GM⊥AF于点M，
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∵ AEFD
四边形 为正方形，
∴∠FAE=45°
设AG=a，
1
由第二步操作根据折叠性质可知：¿=AG= AE=a，
2
∴EF=AE=2a
在Rt△AMG中，
∵∠MAG=45°
√2
∴AM=MG= a
2
在Rt△AEF中，AF=√2AE=2√2a,
√2 3√2
∴MF=AF−AM=2√2a− a= a
2 2
√2
a
MG 2 1
∴tan∠AFG= = =
MF 3√2 3
a
2
故乙同学的结论正确；
（2）作GR∥QS交SM于点R，如图所示：
∵GP
为折痕,
∴AG=QG,AD=QS,DF=SM,DP=SP,FP=MP,∠ADF=∠DAE=∠Q=∠S=90°
∵GR∥QS
∴∠SRG=∠QGR=∠Q=∠S=90°
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∴四边形QSRG为矩形，
∴SR=QG=AG=DH，GR=QS=AD=HG
在Rt△GHP和Rt△GRP中，
¿
∴Rt△GHP≌Rt△GRP(HL)
∴∠FPG=∠MPG
又∵FP=MP
∴PG⊥FM,FN=MN
由折叠性质可知：GF=GM
∵PG⊥FM,FN=MN
∴∠FGP=∠MGP
∵FP∥GM
∴∠FPG=∠GMP
∴∠FPG=∠MPG=∠FGP=∠MGP
∴FG=FP=PM=GM
∴四边形GMPF为菱形，
∴GM=MP
∵RM=SM−SR=DF−DH=HF=AG
∴AG+GM=RM+MP
即AM=RP
在Rt△DAM和Rt△GRP中，
¿
∴Rt△DAM≌Rt△GRP(SAS)
∴∠AMD=∠RPG
∵∠RPG=∠FGN
∴∠FGN=∠AMD
∵PG⊥FM
∴∠FNG=90°
∴∠FNG=∠DAM=90°
∴△DAM∽△FNG
AD FN
∴ =
AM GN
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∴FN⋅AM=GN⋅AD
题型02 “探究-结论”型问题
【考情分析】“探究--结论”型问题的特点：题干较长，给学生一定的阅读压力，故学生在阅读的过程中
要学会抓住主要信息，函数的探究问题是这类题目的常用出题角度，从最简单的列表、描点、连线入手，
探究某一函数的特征，用以体现学习过程的重要性.
4．（2024·广西·中考真题）课堂上，数学老师组织同学们围绕关于x的二次函数y=x2+2ax+a−3的最值
问题展开探究．
【经典回顾】二次函数求最值的方法．
（1）老师给出a=−4，求二次函数y=x2+2ax+a−3的最小值．
①请你写出对应的函数解析式；
②求当x取何值时，函数y有最小值，并写出此时的y值；
【举一反三】老师给出更多a的值，同学们即求出对应的函数在x取何值时，y的最小值．记录结果，并整
理成下表：
a … −4 −2 0 2 4 …
x … * 2 0 −2 −4 …
y的最小值 … * −9 −3 −5 −15 …
注：*为②的计算结果．
【探究发现】老师：“请同学们结合学过的函数知识，观察表格，谈谈你的发现．”
甲同学：“我发现，老师给了a值后，我们只要取x=−a，就能得到y的最小值．”
乙同学：“我发现，y的最小值随a值的变化而变化，当a由小变大时，y的最小值先增大后减小，所以我
猜想y的最小值中存在最大值．”
（2）请结合函数解析式y=x2+2ax+a−3，解释甲同学的说法是否合理？
（3）你认为乙同学的猜想是否正确？若正确，请求出此最大值；若不正确，说明理由．
11
【答案】（1）①y=x2−8x−7；②当x=4时，y有最小值为−23（2）见解析（3）正确，−
4
【分析】本题考查二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解题的关键：
（1）①把a=−4代入解析式，写出函数解析式即可；②将一般式转化为顶点式，进行求解即可；
（2）将一般式转化为顶点式，根据二次函数的性质进行解释即可；
（3）将一般式转化为顶点式，表示出y的最大值，再利用二次函数求最值即可．
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【详解】解：（1）①把a=−4代入y=x2+2ax+a−3，得：
y=x2+2⋅(−4)x+(−4)−3=x2−8x−7；
∴y=x2−8x−7；
②∵y=x2−8x−7=(x−4) 2−23，
∴当x=4时，y有最小值为−23；
（2）∵y=x2+2ax+a−3=(x+a) 2−a2+a−3，
∵抛物线的开口向上，
∴当x=−a时，y有最小值；
∴甲的说法合理；
（3）正确；
∵y=x2+2ax+a−3=(x+a) 2−a2+a−3，
∴当x=−a时，y有最小值为−a2+a−3，
即：y =−a2+a−3=− ( a− 1) 2 − 11 ，
min 2 4
1 11
∴当a= 时，y 有最大值，为− ．
2 min 4
5．（2024·宁夏·中考真题）在同一平面直角坐标系中，函数y=2x+1的图象可以由函数y=2x的图象平移
得到．依此想法，数学小组对反比例函数图象的平移进行探究．
(1)【动手操作】
列表：
x ⋯ −5 −4 −3 −2 −1 1 2 3 4 5 ⋯
2 2 1 2 2 1 2
y= ⋯ − − − −1 −2 2 1 ⋯
x 5 2 3 3 2 5
3 1
x ⋯ −5 −4 −3 −2 − − 0 1 2 3 ⋯
2 2
2 1 2 2 1
y= ⋯ − − −1 −2 −4 4 2 1 ⋯
x+1 2 3 3 2
2 2
描点连线：在已画出函数y= 的图象的坐标系中画出函数y= 的图象．
x x+1
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(2)【探究发现】
2 2
①将反比例函数y= 的图象向___________平移___________个单位长度得到函数y= 的图象．
x x+1
②上述探究方法运用的数学思想是（ ）
整体思想 B．类比思想 C．分类讨论思想
(3)【应用延伸】
1 1
①将反比例函数y=− 的图象先___________，再___________得到函数y=− −1的图象．
x x−2
1
②函数y=− −1图象的对称中心的坐标为___________．
x−2
【答案】(1)图见解析
(2)①左，1；②B
(3)①右平移2个单位长度；向下平移1个单位长度（向下平移1个单位长度；向右平移2个单位长度）；
②(2,−1)
2
【分析】（1）列表，描点、连线画出函数y= 的图象即可；
x+1
（2）结合图象填空即可；
（3）根据发现的规律填空即可．
【详解】（1）描点、连线画出函数图象如图所示：
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2 2
（2）①函数y= 的图象可以看作是由函数y= 的图象向左平移1个单位长度，
x+1 x
②上述探究方法运用的数学思想是类比思想．
故答案为：左，1；B
1 1
（3）①函数y=− −1的图象可以看作是由函数y=− 的图象向右平移2个单位长度；
x−2 x
向下平移1个单位长度（向下平移1个单位长度；向右平移2个单位长度）而得到；
1
②根据平移的性质，函数y=− −1图象的对称中心的坐标为(2,−1)．
x−2
故答案为：右平移2个单位长度；向下平移1个单位长度（向下平移1个单位长度；向右平移2个单位长
度）；(2,−1)
【点睛】本题考查了反比例函数的图象，一次函数的图象，正比例函数图象，一次函数图象与几何变换，
数形结合是解题的关键．
6．（2023·内蒙古呼和浩特·中考真题）探究函数y=−2|x| 2+4|x|的图象和性质，探究过程如下：
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(1)自变量x的取值范围是全体实数，x与y的几组对应值列表如下
5 3 1 1 3 5
x ⋯ − −2 − −1 − 0 1 2 ⋯
2 2 2 2 2 2
5 3 3 3 3 5
y ⋯ − 0 m 0 2 0 − ⋯
2 2 2 2 2 2
其中，m=________．根据上表数据，在图1所示的平面直角坐标系中，通过描点画出了函数图象的一部
分，请画出该函数图象的另一部分．观察图象，写出该函数的一条性质；
(2)点F是函数y=−2|x| 2+4|x|图象上的一动点，点A(2,0)，点B(−2,0)，当S =3时，请直接写出所有
△FAB
满足条件的点F的坐标；
(3)在图2中，当x在一切实数范围内时，抛物线y=−2x2+4x交x轴于O，A两点（点O在点A的左边），
点P是点Q(1,0)关于抛物线顶点的对称点，不平行y轴的直线l分别交线段OP，AP（不含端点）于M，N
两点．当直线l与抛物线只有一个公共点时，PM与PN的和是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请
说明理由．
【答案】(1)2，图见解析，图象关于y轴对称
( √7+2 3) ( 1 3) ( 3 3)
(2)F ± ,− 或F ± , 或F ± ,
2 2 2 2 2 2
(3)是定值，√17
【分析】（1）把x=−1代入解析式，求出m的值即可，描点，连线画出函数图形，根据图形写出一条性质
即可；
1
（2）利用S = ×4×|y |=3，进行求解即可．
△FAB 2 F
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（3）根据题意，求出抛物线的顶点坐标，点O,A,P的坐标，进而求出直线OP,AP的解析式，设直线l的
解析式为y=px+q，联立抛物线的解析式，根据两个图象只有一个交点，得到Δ=0，得到
(4−p) 2 p2
q= = −p+2，分别联立直线l和直线OP,AP的解析式，求出M,N的坐标，利用锐角三角形函
8 8
数求出PM,PN的长，再进行求解即可得出结论．
【详解】（1）解：当x=−1时，y=−2×|−1| 2+4|−1|=−2+4=2，
∴m=2，
根据题干中的表格数据，描点，连线，得到函数图象，如下：
由图象可知：图象关于y轴对称；
故答案为：4．
（2）解：∵点A(2,0)，点B(−2,0)，
∴AB=4，
1
∴S = ×4×|y |=3，
△FAB 2 F
3
∴|y |= ，
F 2
3
∴y =± ，
F 2
3 3
当y = 时：−2|x| 2+4|x|= ，
F 2 2
3 1 1 3
解得：x =− ,x =− ,x = ,x = ，
1 2 2 2 3 2 4 2
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( 1 3) ( 3 3)
∴F ± , 或F ± , ，
2 2 2 2
3 3
当y =− 时：−2|x| 2+4|x|=− ，
F 2 2
√7 √7
解得：x = +1,x =− −1，
1 2 2 2
( √7+2 3)
∴F ± ,− ；
2 2
( √7+2 3) ( 1 3) ( 3 3)
综上：F ± ,− 或F ± , 或F ± , ；
2 2 2 2 2 2
（3）是定值；
∵y=−2x2+4x=−2(x−1) 2+2，当y=0时，−2x2+4x=0，解得：x =0,x =2，
1 2
∴对称轴为直线x=1，顶点坐标为(1,2)，O(0,0),A(2,0)，
∵点P是点Q(1,0)关于抛物线顶点的对称点，
∴P(1,4)，
设直线OP的解析式为y=kx，把P(1,4)代入，得：k=4，
∴y=4x，
设直线AP的解析式为y=ax+b，
则：¿，解得：¿，
∴y=−4x+8，
设直线l：y=px+q，
联立y=−2x2+4x和y=px+q，得：−2x2+(4−p)x−q=0，
∵直线l与抛物线只有一个交点，
∴Δ=(4−p) 2−4×2q=0，
(4−p) 2 p2
∴q= = −p+2，
8 8
8−q
联立y=−4x+8，y=px+q，得：x = ，
N p+4
q
联立y=4x，y=px+q，得：x = ，
M 4−p
如图：∵PO,PA关于PQ对称，
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∴∠OPQ=∠APQ，
∵Q(1,0)，P(1,4)，
∴OQ=1,PQ=4，
∴PO=√17，
1
∴sin∠OPQ=sin∠APQ= ，
√17
过点M作ME⊥PQ，过点N作NF⊥PQ，
q 8−q
则：ME=1− ,NF= −1，
4−p p+4
ME NF
∴PM= ,PN= ，
sin∠MPE sin∠APQ
∴PM+PN=√17(ME+NF)
( q 8−q )
=√17 1− + −1
4−p p+4
8(p+q−4)
=√17⋅
p2−16
(
p2
)
8 p+ −p+2−4
8
=√17⋅
p2−16
(p2−16)
=√17⋅
p2−16
=√17；
∴PM与PN的和为定值：√17．
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【点睛】本题考查二次函数的综合应用，解直角三角形．解题的关键是掌握描点法画函数图象，利用数形
结合的思想进行求解．本题的综合性强，难度较大，属于中考压轴题．
题型03 “探究-应用”型问题
【考情分析】“探究--应用”型问题在形式上一般有三部分，前两部分都是探索特殊情况下的结论，难度
一般不大，最后一问是应用结论的过程，需要构造之前的数学模型，探索特殊位置时各个量间的关系，体
现了学习中的猜想--验证--应用的过程.
7．（2024·山东淄博·中考真题）在综合与实践活动课上，小明以“圆”为主题开展研究性学习．
【操作发现】
小明作出了⊙O的内接等腰三角形ABC，AB=AC．并在BC边上任取一点D（不与点B，C重合），连
接AD，然后将△ABD绕点A逆时针旋转得到△ACE．如图①
小明发现：CE与⊙O的位置关系是__________，请说明理由：
【实践探究】
连接DE，与AC相交于点F．如图②，小明又发现：当△ABC确定时，线段CF的长存在最大值．
请求出当AB=3√10．BC=6时，CF长的最大值；
【问题解决】
在图②中，小明进一步发现：点D分线段BC所成的比CD:DB与点F分线段DE所成的比DF:FE始终相
等．请予以证明．
3√10
【答案】操作发现：CE与⊙O相切；实践探究： ；问题解决：见解析
10
【分析】操作发现：连接CO并延长交⊙O于点M，连接AM，根据直径所对圆周角为直角得到
∠MAC=90°，根据旋转的性质得到∠B=∠ACE，由圆周角定理推出∠B=∠AMC，等量代换得到
∠ACE=∠AMC，利用直角三角形的性质即可证明∠OCE=90°，即可得出结论；
实践探究：证明△ABC∽△ADE，得到∠B=∠ADE=∠ACB，结合三角形外角的性质得到
AB BD
∠CDF=∠BAD，易证△ABD∽△DCF，得到 = ，设BD=x，则CD=6−x，得到
CD CF
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√10 √10 3√10
CF= x(6−x)=− (x−3) 2+ ，利用二次函是的性质即可求解；
30 30 10
问题解决：过点E作EN∥BC交AC于点N，由旋转的性质知：∠B=∠ACE，证明∠ENC=∠ACE，
推出EN=CE，由旋转的性质得：△ABD≌△ACE，
CD DF
得到BD=EN，根据EN∥BC，易证△CDF∽△NEF，得到 = ，即可证明结论．
EN EF
【详解】操作发现：
解：连接CO并延长交⊙O于点M，连接AM，
∵MC ⊙O
是 直径，
∴ ∠MAC=90°，
∴∠AMC+∠ACM=90°，
由旋转的性质得∠B=∠ACE，
∵ ∠B=∠AMC，
∴ ∠ACE=∠AMC，
∴ ∠OCE=∠ACM+∠ACE=∠ACM+∠AMC=90°，
∵OC是⊙O的半径，
∴ CE与⊙O相切；
实践探究：
解： 由旋转的性质得：∠BAD=∠CAE,AD=AE，
∴ ∠BAD+∠CAD=∠CAE+∠CAD即∠BAC=∠DAE，
∵AB=AC，
AB AC
∴ = ，
AD AE
∴△ABC∽△ADE，
∴∠B=∠ADE=∠ACB，
∵∠ADC=∠ADE+∠CDF=∠B+∠BAD，
∴∠CDF=∠BAD，
∴△ABD∽△DCF，
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AB BD
∴ = ，
CD CF
设BD=x，则CD=6−x，
3√10 x
∴ = ，
6−x CF
√10 √10 3√10
∴ CF= x(6−x)=− (x−3) 2+ ，
30 30 10
√10
∵− <0，
30
3√10
∴当x=3时，CF有最大值为 ；
10
问题解决：
证明：过点E作EN∥BC交AC于点N，
∴∠ENC=∠ACB
由旋转的性质知：∠B=∠ACE，
∵∠B=∠ACB，
∴∠ACB=∠ACE，
∴∠ENC=∠ACE，
∴EN=CE，
由旋转的性质得：△ABD≌△ACE，
∴BD=CE，
∴BD=EN，
∵EN∥BC，
∴△CDF∽△NEF，
CD DF
∴ = ，
EN EF
∵BD=EN，
CD DF
∴ = ．
BD EF
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【点睛】本题考查圆周角定理，切线的证明，旋转的性质，三角形相似的判定与性质，二次函数最值的应
用，正确作出辅助线，构造三角形相似是解题的关键．
8．（2024·江苏南通·中考真题）综合与实践：九年级某学习小组围绕“三角形的角平分线”开展主题学习
活动．
【特例探究】
（1）如图①，②，③是三个等腰三角形（相关条件见图中标注），列表分析两腰之和与两腰之积．
等腰三角形两腰之和与两腰之积分析表
角平分线AD的 ∠BAD的度 两腰之 两腰之
图序 腰长
长 数 和 积
图① 1 60° 2 4 4
图② 1 45° √2 2√2 2
图③ 1 30° ______ ______ ______
请补全表格中数据，并完成以下猜想．
已知△ABC的角平分线AD=1，AB=AC，∠BAD=α，用含α的等式写出两腰之和AB+AC与两腰之积
AB⋅AC之间的数量关系：______．
【变式思考】
（2）已知△ABC的角平分线AD=1，∠BAC=60°，用等式写出两边之和AB+AC与两边之积AB⋅AC
之间的数量关系，并证明．
【拓展运用】
（3）如图④，△ABC中，AB=AC=1，点D在边AC上，BD=BC=AD．以点C为圆心，CD长为半径
作弧与线段BD相交于点E，过点E作任意直线与边AB，BC分别交于M，N两点．请补全图形，并分析
1 1
+ 的值是否变化？
BM BN
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AB+AC
【答案】（1）见解析； =2cosα，（2）AB+AC=√3AB⋅AC，证明见解析；（3）
AB⋅AC
1 1
+ 是定值
BM BN
AD 1
【分析】（1）根据特殊角的三角函数值分别计算，再填表即可；再由AB=AC= = 可得结论；
cosα cosα
（2）如图，延长AB至E使AE=AC，连接CE，过B作BH⊥CE于H，延长AD交CE于F，证明△ACE
为等边三角形，AF⊥CE，∠EAF=∠CAF=30°，设AC=AE=CE=2x，EH=a，利用相似三角形的
2√3x2−2x
性质求解a= ，再进一步可得AB+AC=√3AB⋅AC；
2√3x−1
（3）根据题目要求画图，设∠A=α，运用等腰三角形性质和三角形内角和定理可求得α=36°，过点E作
EF⊥AB于F，EH⊥BC于H，过点N作NG⊥AB于G，利用S =S +S ，即可求得答案．
△BMN △BEM △BEN
【详解】解：（1）∵∠BAD=∠CAD=30°，AD是△ABC的角平分线，AD=1，
∴AD⊥BC，
AD 1 2√3
AB=AC= = =
∴ cos30° √3 3 ；
2
4√3 4
∴AB+AC= ，AB⋅AC= ；
3 3
角平分线AD的 ∠BAD的度
图序 腰长 两腰之和 两腰之积
长 数
图① 1 60° 2 4 4
图② 1 45° √2 2√2 2
2√3 4√3 4
图③ 1 30°
3 3 3
如图，由（1）可得：AD⊥BC，
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AD 1
∴AB=AC= = ，
cosα cosα
2 1
∴AB+AC= ，AB⋅AC= ，
cosα cos2α
AB+AC
∴ =2cosα；
AB⋅AC
（2）猜想：AB+AC=√3AB⋅AC，理由如下：
如图，延长AB至E使AE=AC，连接CE，过B作BH⊥CE于H，延长AD交CE于F，
∵∠BAC=60°，AD平分∠BAC，
∴△ACE为等边三角形，AF⊥CE，∠EAF=∠CAF=30°，
设AC=AE=CE=2x，EH=a，
∴CF=EF=x，AF=√3x，而AD=1，
∴DF=√3x−1，
∵BH⊥CE，AF⊥CE，
∴BH∥AF，
∴∠EBH=∠EAF=30°，△CDF∽△CBH，
∴BE=2a，EH=√3a，
∵△CDF∽△CBH，
DF CF √3x−1 x
∴ = ，即 = ，
BH CH √3a 2x−a
2√3x2−2x
解得：a= ，
2√3x−1
2√3x2−2x 4√3x2
∴AB+AC=4x−2a=4x− = ；
2√3x−1 2√3x−1
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4x2
AB⋅AC=2x(2x−2a)=4x2−4ax=
，
2√3−1
∴AB+AC=√3AB⋅AC；
（3）补全图形如图所示：
设∠A=α，
∵BD=AD，
∴∠ABD=∠A=α，
∴∠BDC=∠ABD+∠A=2α，
∵BD=BC，
∴∠BCD=∠BDC=2α，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=2α，
∵∠A+∠ABC+∠ACB=180°，
∴α+2α+2α=180°，
解得：α=36°，
∴∠A=∠ABD=∠CBD=36°，
如图，过点E作EF⊥AB于F，EH⊥BC于H，过点N作NG⊥AB于G，
∵S =S +S
△BMN △BEM △BEN
，
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1 1 1
∴ BM⋅NG= BM⋅EF+ BN⋅EH，
2 2 2
∵∠ABD=∠CBD，EF⊥AB，EH⊥BC，
∴EF=EH，
在Rt△BNG中，NG=BN⋅sin∠ABC=BN⋅sin72°，
∴BM⋅BN⋅sin72°=(BM+BN)⋅EH，
sin72° BM+BN 1 1
∴ = = + ，
EH BM⋅BN BM BN
EH
∵ =sin∠CBD=sin36°，
BE
∴EH=BE⋅sin36°，
1 1 sin72°
∴ + = ，
BM BN BEsin36°
由△ABC是确定的，由作图可得BE为定长，而sin36°和sin72°为定值，
sin72°
∴ 为定值，
BE⋅sin36°
1 1
即 + 为定值．
BM BN
【点睛】本题属于实际探究题，考查了类比方法的应用，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，
勾股定理的应用，锐角三角函数的灵活应用，作出合适的辅助线是解本题的关键．
9．（2024·江苏镇江·中考真题）主题学习：仅用一把无刻度的直尺作图
【阅读理解】
任务：如图1，点D、E分别在△ABC的边AB、AC上，DE∥BC，仅用一把无刻度的直尺作DE、BC的
中点．
操作：如图2，连接BE、CD交于点P，连接AP交DE于点M，延长AP交BC于点N，则M、N分别为DE、
BC的中点．
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DM AM EM AM
理由：由DE∥BC可得△ADM∽△ABN及△AEM∽△ACN，所以 = ， = ．所以，
BN AN CN AN
DM BN DM MP EM MP
= ．同理，由△DMP∽△CNP及△EMP∽△BNP，可得 = ， = ．所以
EM CN CN NP BN NP
DM CN BN CN
= ．所以 = ，则BN=CN，DM=EM，即M、N分别为DE、BC的中点．
EM BN CN BN
【实践操作】
请仅用一把无刻度的直尺完成下列作图，要求：不写作法，保留作图痕迹．
（1）如图3，l ∥l ，点E、F在直线l 上．
1 2 2
①作线段EF的中点；
②在①中作图的基础上，在直线l 上位于点Ｆ的右侧作一点P，使得PF=EF；
2
（2）小明发现，如果重复上面的过程，就可以作出长度是已知线段长度的3倍、4倍、…k倍（k为正整
数）的线段．如图4，l ∥l ，已知点P 、P 在l 上，他利用上述方法作出了P P =P P =P P ．点E、
1 2 1 2 1 2 3 3 4 1 2
F在直线l 上，请在图4中作出线段EF的三等分点；
2
【探索发现】
请仅用一把无刻度的直尺完成作图，要求：不写作法，保留作图痕迹．
1
（3）如图5，DE是△ABC的中位线．请在线段EC上作出一点Q，使得QE= CE（要求用两种方法）．
3
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【答案】（1）①见解析，②见解析；
（2）见解析；
（3）见解析
【分析】实践操作（1）①根据[阅读理解]部分的作法：在l 上方任取一点A，得到△AEF，AE与交l 于点
1 1
B，AF交l 于点C，连接CE，BF交于点O，作射线AO交l ，l 分别于N，M，点M即为所求点；
1 1 2
②作射线FN交AE于点G，作射线GC交l 于点P，点P即为所求；
2
（2）根据上述作法，有两种作法；
[探索发现]如作法一，根据相似可知，连接CD，BE交于点O，则DO:OC=1:2，即点O是CD的三等分
点之一，由此可以得出过点O作BC的平行线；同理可得点M是CP的三等分点之一，则OM∥BC，即点
Q为所求作点．
【详解】解：[实践操作]
（1）①如图，
点M即为所求作的点；
②如图，
点P即为所求作的点；
（2）如图，
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作法一、
作法二、
点N，M即为所求作的点；
[探索发现]（3）如图，
作法一、
作法二、
作法三、
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作法四、
作法五、
点Q即为所求的点．
【点睛】本题主要相似三角形的性质与判定，复杂的几何作图，考查类比的数学思想，理解[阅读理解]部
分中M，N为中点是解题关键．
10．（2024·山东东营·中考真题）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=1，BC=3．
(1)问题发现
如图1，将△CAB绕点C按逆时针方向旋转90°得到△CDE，连接AD，BE，线段AD与BE的数量关系是
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______，AD与BE的位置关系是______；
(2)类比探究
将△CAB绕点C按逆时针方向旋转任意角度得到△CDE，连接AD，BE，线段AD与BE的数量关系、位置
关系与（1）中结论是否一致？若AD交CE于点N，请结合图2说明理由；
(3)迁移应用
如图3，将△CAB绕点C旋转一定角度得到△CDE，当点D落到AB边上时，连接BE，求线段BE的长．
【答案】(1)BE=3AD；AD⊥BE
(2)一致；理由见解析
3√10
(3)BE=
5
【分析】（1）延长DA交BE于点H，根据旋转得出CD=AC=1，CE=BC=3，∠ACD=∠ACB=90°，
根据勾股定理得出AD=√12+12=√2，BE=√32+32=3√2，根据等腰三角形的性质得出
1 1
∠ADC=∠DAC= ×90°=45°，∠CBE=∠CEB= ×90°=45°，根据三角形内角和定理求出
2 2
∠BHD=180°−45°−45°=90°，即可得出结论；
AD AC 1
（2）延长DA交BE于点H，证明△ACD∽△BCE，得出 = = ，∠ADC=∠BEC，根据三角形
BE BC 3
内角和定理得出∠EHN=∠DCN=90°，即可证明结论；
1
（3）过点C作CN⊥AB于点N，根据等腰三角形的性质得出AN=ND= AD，根据勾股定理得出
2
AN AC √10
AB=√12+32=√10，证明△ACN∽△ABC，得出 = ，求出AN= ，根据解析（2）得出
AC AB 10
3√10
BE=3AD= ．
5
【详解】（1）解：延长DA交BE于点H，如图所示：
∵将△CAB绕点C按逆时针方向旋转90°得到△CDE，
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∴CD=AC=1，CE=BC=3，∠ACD=∠ACB=90°，
∴根据勾股定理得：AD=√12+12=√2，BE=√32+32=3√2，
∴BE=3AD，
∵CD=AC，CE=BC，∠ACD=∠ACB=90°，
1 1
∴∠ADC=∠DAC= ×90°=45°，∠CBE=∠CEB= ×90°=45°，
2 2
∴∠BHD=180°−∠ADC−∠CBE=180°−45°−45°=90°，
∴AD⊥BE．
（2）解：线段AD与BE的数量关系、位置关系与（1）中结论一致；理由如下：
延长DA交BE于点H，如图所示：
∵将△CAB绕点C旋转得到△CDE，
∴CD=AC=1，CE=BC=3，∠ACD=∠BCE，∠DCE=∠ACB=90°，
AC CD 1
∴ = = ，
BC CE 3
∴△ACD∽△BCE，
AD AC 1
∴ = = ，∠ADC=∠BEC，
BE BC 3
∴BE=3AD；
又∵∠ENH=∠CND，∠HEN+∠ENH+∠EHN=180°，∠CND+∠CDN+∠DCN=180°，
∴∠EHN=∠DCN=90°，
∴AD⊥BE；
（3）解：过点C作CN⊥AB于点N，如图所示：
根据旋转可知：AC=CD，
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1
∴AN=ND= AD，
2
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=1，BC=3，
∴根据勾股定理得：AB=√12+32=√10，
∵∠ANC=∠ACB=90°，∠A=∠A，
∴△ACN∽△ABC，
AN AC
∴ = ，
AC AB
AN 1
即 = ，
1 √10
√10
解得：AN= ，
10
√10
∴AD=2AN= ，
5
3√10
根据解析（2）可知：BE=3AD= ．
5
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的
关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法．
11．（2024·山东潍坊·中考真题）【问题提出】
在绿化公园时，需要安装一定数量的自动喷洒装置，定时喷水养护，某公司准备在一块边长为18m的正方
形草坪（如图1）中安装自动喷洒装置，为了既节约安装成本，又尽可能提高喷洒覆盖率，需要设计合适
的安装方案．
k
说明：一个自动喷洒装置的喷洒范围是半径为r(m)的圆面．喷洒覆盖率ρ= ，s为待喷洒区域面积，k为
s
待喷洒区域中的实际喷洒面积．
【数学建模】
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这个问题可以转化为用圆面覆盖正方形面积的数学问题．
【探索发现】
（1）如图2，在该草坪中心位置设计安装1个喷洒半径为9m的自动喷洒装置，该方案的喷洒覆盖率ρ=
______．
9
（2）如图3，在该草坪内设计安装4个喷洒半径均为 m的自动喷洒装置；如图4，设计安装9个喷洒半径
2
9
均为3m的自动喷洒装置；⋅⋅⋅⋅⋅⋅，以此类推，如图5，设计安装n2个喷洒半径均为 m的自动喷洒装
n
置．与（1）中的方案相比，采用这种增加装置个数且减小喷洒半径的方案，能否提高喷洒覆盖率？请判
断并给出理由．
（3）如图6所示，该公司设计了用4个相同的自动喷洒装置喷洒的方案，且使得该草坪的喷洒覆盖率ρ=1．
已知正方形ABCD各边上依次取点F，G，H，E，使得AE=BF=CG=DH，设AE=x(m)，⊙O 的面积
1
为y(m2)，求y关于x的函数表达式，并求当y取得最小值时r的值．
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【问题解决】
（4）该公司现有喷洒半径为3√2m的自动喷洒装置若干个，至少安装几个这样的喷洒装置可使该草坪的喷
洒覆盖率ρ=1？（直接写出结果即可）
π π 81π 9√2
【答案】（1） ；（2）不能，理由见解析；（3）y= (x−9) 2+ ；当y取得最小值时r= ；
4 2 2 2
（4）9
【分析】（1）根据定义，分别计算圆的面积与正方形的面积，即可求解；
（2）根据（1）的方法求得喷洒覆盖率即可求解；
（3）根据勾股定理求得x,r的关系，进而根据圆的面积公式得出函数关系式，根据二次函数的性质，即可
求解；
（4）根据（3）的结论可得当圆为正方形的外接圆时，面积最小，则求得半径为3√2m的圆的内接正方形
的边长为6，进而将草坪分为9个正方形，即可求解．
【详解】（1）当喷洒半径为9m时，喷洒的圆面积s=πr2=π×92=81πm2．
正方形草坪的面积S=a2=182=324m2．
k 81π π
故喷洒覆盖率ρ= = = ．
s 324 4
9 2
（2）对于任意的n，喷洒面积k =n2π( ) =81πm2，而草坪面积始终为324m2．
n n
π
因此，无论n取何值，喷洒覆盖率始终为 ．
4
这说明增加装置个数同时减小喷洒半径，对提高喷洒覆盖率不起作用．
（3）如图所示，连接EF，
k
要使喷洒覆盖率ρ=1，即要求 =1，其中s为草坪面积，k为喷洒面积．
s
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∴⊙O ,⊙O ,⊙O ,⊙O 都经过正方形的中心点O，
1 2 3 4
在Rt△AEF中，EF=2r，AE=x，
∵AE=BF=CG=DH
∴AF=18−x，
在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2
∴4r2=x2+(18−x) 2
x2+(18−x) 2
∴y=πr2= π
4
π 81π
= (x−9) 2+
2 2
∴当x=9时，y取得最小值，此时4r2=92+92
9√2
解得：r=
2
（4）由（3）可得，当⊙O 的面积最小时，此时圆为边长为9m的正方形的外接圆，
1
√2
则当r=3√2m时，圆的内接正方形的边长为 ×2×3√2=6m
2
18
而草坪的边长为18m， =3，即将草坪分为9个正方形，将半径为3√2m的自动喷洒装置放置于9个正方
6
形的中心，此时所用装置个数最少，
∴至少安装9个这样的喷洒装置可使该草坪的喷洒覆盖率ρ=1
【点睛】本题考查了正方形与圆综合问题，二次函数的应用；本题要求我们先理解和计算喷洒覆盖率，然
后通过调整喷洒装置的数量和喷洒半径来分析喷洒覆盖率的变化，最后在一个特定的条件下找出喷洒面积
和喷洒半径之间的函数关系．解决此类问题的关键在于将实际问题转化为数学问题，即如何将喷洒覆盖率
的计算问题转化为面积计算和函数求解问题．同时，在解决具体问题时，需要灵活运用已知的数学知识，
如圆的面积公式，正方形面积公式，以及函数解析式求解等．最后，还需要注意将数学计算结果还原为实
际问题的解决方案．
题型04 命题预测
1．（2025·山东济南·一模）综合与实践
如图1，某兴趣小组计划开垦一个面积为8m2的矩形地块ABCD种植农作物，地块一边靠墙，另外三边用
木栏围住，木栏总长为am．
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【问题提出】
小组同学提出这样一个问题：若a=10，能否围出矩形地块？
【问题探究】
小颖尝试从“函数图象”的角度解决这个问题：
设AB为xm，BC为ym．由矩形地块面积为8m2，得到xy=8，满足条件的(x,y)可看成是反比例函数
8
y= 的图象在第一象限内点的坐标；木栏总长为10m，得到2x+ y=10，满足条件的(x,y)可看成一次函
x
数y=−2x+10的图象在第一象限内点的坐标，同时满足这两个条件的(x,y)就可以看成两个函数图象交点
的坐标．
8
如图2，反比例函数y= (x>0)的图象与直线l ：y=−2x+10的交点坐标为(1,8)和 ，因此，木栏总长为
x 1
10m时，能围出矩形地块，分别为：AB=1m，BC=8m；或AB= m，BC= m．
（1）根据小颖的分析思路，完成上面的填空．
【类比探究】
（2）若a=6，能否围出矩形地块？请仿照小颖的方法，在图2中画出一次函数图象并说明理由．
【问题延伸】
当木栏总长为am时，小颖建立了一次函数y=−2x+a．发现直线y=−2x+a可以看成是直线y=−2x通
8
过平移得到的，在平移过程中，当过点(2,4)时，直线y=−2x+a与反比例函数y= (x>0)的图象有唯一
x
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交点．
（3）请在图2中画出直线y=−2x+a过点(2,4)时的图象，并求出a的值．
【答案】（1）(4,2)；4；2；（2）不能，图见解析，理由见解析；（3）图形见解析，8
【分析】本题考查了实际应用题的函数直观解释，比较新颖，实质是一次函数和反比例函数图象得交点问
题．
（1）观察图象或联立解方程组得到另一个交点坐标为(4,2)；
8
（2）观察图象得到l 与函数y= 图象没有交点，所以不能围出；
2 x
（3）平移直线y=−2x通过(2,4)，将点(2,4)代入y=−2x+a，解得a=8．
8
【详解】解：（1）将反比例函数y= 与直线l ：y=−2x+10联立得：
x 1
¿，
8
∴ =−2x+10，
x
整理得：x2−5x+4=0，
解得：x =1，x =4，
1 2
∴另一个交点坐标为(4,2)，
∵AB为xm，BC为ym，
∴AB=4，BC=2．
故答案为：(4,2)；4；2；
（2）a=6，不能围出矩形地块；理由如下：
若a=6，木栏总长为6m，得到2x+ y=a=6，满足条件的(x,y)可看成一次函数y=−2x+6的图象在第一
象限内点的坐标，
y=−2x+6的图象，如图中直线l 所示：
2
8
∵l 与函数y= 图象没有交点，
2 x
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∴不能围出面积为8m2的矩形；
（3）如图中直线l 所示：
3
将点(2,4)代入y=−2x+a得：4=−2×2+a，
解得a=8．
即a的值为8．
2．（2025·江西·模拟预测）综合与实践
如图1，在 ▱ABCD中，点E,F分别在直线AB和AD上，直线CE,BF相交于点G,∠FGC=∠DAB，某
数学兴趣小组在探究CE,BF,AB,AD四条线段的比例关系时，经历了如下过程：
【特例感知】
（1）①如图2，当∠A=90°,AB=AD时，若EC=√5，则BF= ；
AB 3 BF
②如图3，当∠A=90°时，若 = ，则 = ．
AD 2 CE
【猜想证明】
（2）猜想BF,CE,AB,AD四条线段的比例关系，并结合图1进行证明．（备注：从图1中的①或②选择
一个证明即可）
【拓展应用】
（3）如图4，在四边形ABCD中，对角线AC,BD相交于点
BD 3
E,∠BAD=90°,∠ABC=∠AED=60°,AB=6，若 = ，试求边BC的长．
AC 2
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3
【答案】[特例感知]（1）①√5；② ；
2
AB BF
[猜想证明]（2）BF,CE,AB,AD四条线段的比例关系为： = ，理由见详解
AD CE
[拓展应用]（3）BC=2
【分析】（1）①当∠BAD=90°,AB=AD时，平行四边形ABCD是正方形，可证△ABF≌△BCE(ASA)，
得到BF=CE=√5，由此即可求解；②当∠A=90°时，四边形ABCD是矩形，则
AB BF
∠A=∠ABC=90°=∠FGC，AD=BC，∠AFB=∠BEC，可证△ABF∽△BCE，得到 = ，
BC CE
由此即可求解 ；
（2）选择图1中的①：根据平行四边形的性质得到∠CGB=∠EBC，且∠BCG=∠ECB，可证
BC BG BE BG
△BCG∽△ECB，得到 = ，∠CBG=∠CEB，再证明△BEG∽△BFA，得到 = ，即
CE BE BF AB
AB BG
= ，由此即可求解；选择图1中的②：证明方法同上；
BF BE
（3）如图所示，过D作DM∥BC交AB于M，则∠ABC=∠AED=∠AMD=60°，∠MDA=30°，
设AM=a，则DM=2AM=2a，AD=√3a，设BD=3x，AC=2x，先证明△BEA∽△BMD，得到
BE AB AE 12−2a 4a BE BC CE
= = ，解得BE= ，AE= ，再证明△BCE∽△ACB，得到 = = ，求出
BM BD MD x x AB AC BC
12−2a 1 (12−2a) 2
BC= ，CE= ⋅ ，最后根据AC=AE+CE和AB2+AD2=BD2列方程求解即可．
3 2x 3
【详解】解：[特例感知]
（1）四边形ABCD是平行四边形，
①当∠BAD=90°,AB=AD时，平行四边形ABCD是正方形，如图所示，
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∴∠BAF=∠CBE=90°,AB=BC，
∵∠FGC=∠DAB
∴∠FGC=∠DAB=90°，即CE⊥BF，
∵∠EBG+∠GBC=∠GBC+∠BCG=90°，
∴∠ABF=∠BCE，
在△ABF和△BCE中，
¿，
∴△ABF≌△BCE(ASA)，
∴BF=CE=√5，
故答案为：√5；
②当∠A=90°时，如图所示，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ABC=90°=∠FGC，AD=BC，
∴CE⊥BF，
∴∠ABF+∠AFB=∠ABF+∠BEG=90°
∴∠AFB=∠BEC，
∴△ABF∽△BCE，
AB BF
∴ = ，
BC CE
AB 3 AB 3
∵ = ，即 = ，
AD 2 BC 2
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BF 3
∴ = ，
CE 2
3
故答案为： ；
2
AB BF
[猜想证明]（2） = ，理由如下，
AD CE
选择图1中的①，四边形ABCD是平行四边形，点E,F在线段AB,AD上，∠FGC=∠DAB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD,AD=BC,AB∥CD,AD∥BC，
∴∠A+∠ABC=180°，
∵∠FGC+∠CGB=180°，∠A=∠FGC，
∴∠CGB=∠EBC，且∠BCG=∠ECB，
∴△BCG∽△ECB，
BC BG
∴ = ，∠CBG=∠CEB，
CE BE
∵AF∥BC，
∴∠AFB=∠CBG，
∴∠AFB=∠BEG，且∠EBG=∠FBA，
∴△BEG∽△BFA，
BE BG
∴ = ，
BF AB
AB BG
∴ = ，
BF BE
BC AB
∴ = ，
CE BF
AB BF
∴ = ，
BC CE
∵AD=BC，
AB BF
∴ = ；
AD CE
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图1中的②：四边形ABCD是平行四边形，点E,F在直线AB,AD上，∠FGC=∠DAB，
同理，四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD,AD=BC,AB∥CD,AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC=180°，
∵∠FGC+∠CGB=180°，∠DAB=∠FGC，
∴∠CGB=∠EBC，且∠BCG=∠ECB，
∴△BCG∽△ECB，
BC BG
∴ = ，∠CBG=∠CEB，
CE BE
∵AF∥BC，
∴∠AFB=∠CBG，
∴∠AFB=∠BEG，且∠EBG=∠FBA，
∴△BEG∽△BFA，
BE BG
∴ = ，
BF AB
AB BG
∴ = ，
BF BE
BC AB
∴ = ，
CE BF
AB BF
∴ = ，
BC CE
∵AD=BC，
AB BF
∴ = ；
AD CE
AB BF
综上所述，BF,CE,AB,AD四条线段的比例关系为： = ；
AD CE
[拓展应用]（3）如图所示，过D作DM∥BC交AB于M，
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∴∠ABC=∠AMD=60°，
∵∠BAD=90°，
∴∠MDA=30°，
∴设AM=a，则DM=2AM=2a，AD=√3a，
∵AB=6，
∴BM=AB−AM=6−a
BD 3
∵ = ，
AC 2
∴设BD=3x，AC=2x，
∵∠ABC=∠AED=60°，
∴∠ABC=∠AED=∠AMD=60°，
∴∠BMD=∠BEA=120°，
∵∠MBD=∠EBA，
∴△BEA∽△BMD，
BE AB AE
∴ = = ，
BM BD MD
BE 6 AE
∴ = = ，
6−a 3x 2a
12−2a 4a
解得BE= ，AE= ，
x x
∵∠ABC=∠AED=∠BEC=60°，∠BCE=∠BCA，
∴△BCE∽△ACB，
BE BC CE
∴ = = ，
AB AC BC
12−2a
∴ x BC CE，
= =
6 2x BC
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12−2a 1 (12−2a) 2
∴BC= ，CE= ⋅ ，
3 2x 3
∵AC=AE+CE，
1 (12−2a) 2 4a
∴ ⋅ + =2x，
2x 3 x
(12−2a) 2
去分母得 +8a=4x2，
9
(6−a) 2
整理得x2= +2a，
9
∵Rt△ABD中，AB2+AD2=BD2，
∴62+(√3a) 2=(3x) 2，整理得36+3a2=9x2，
[(6−a) 2 ]
∴36+3a2=9 +2a ，
9
解得a=3或a=0（舍去），
12−2a 12−2×3
∴BC= = =2．
3 3
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，正方形的性质，矩形的性质，勾股定理，解一元二次方
程等知识点，解题的关键是证明相似．
3．（2025·河南开封·一模）综合与实践在Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=1,BC=2．
问题发现
（1）如图1，将△CAB绕点C按顺时针方向旋转90°得到△CDE，连接AD，BE，线段AD与BE之间的数
量关系是___________，AD与BE的位置关系是___________．
类比探究
（2）如图2，将△CAB绕点C按顺时针方向旋转任意角度得到△CDE，连接AD，BE，线段AD与BE之
间的数量关系、位置关系与（1）中的结论是否一致？请说明理由．
迁移应用
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（3）如图3，将△CAB绕点C旋转一定的角度得到△CDE，当点D落到边AB上时，连接BE，求线段BE
的长．
【答案】（1）BE=2AD， AD⊥BE（2）线段AD与BE的数量关系、位置关系与（1）中结论一致，理
4√5
由见解析（3）
5
【分析】（1）根据旋转性质得AC=CD,∠ACD=90°,BC=CE,∠ECD=90°,根据勾股定理列式解得
AD=√AC2+CD2=√2,EB=√BC2+CE2=2√2,故BE=2AD；运用三角形内角和性质，得出
180°−∠ADC−∠CAD=180°−∠HDB−∠CBE，即∠DHB=∠ACD=90°，即可作答．
（2）根据旋转性质得AC=DC=1,BC=CE=2,∠ECB=∠ACD，根据两边成比例，夹角相等得
AD AC 1
△ACD∽△BCE，即 = = ，∠CDA=∠CEB，得BE=2AD，则
BE BC 2
∠CEB+∠ENH=∠CDA+∠CND=90°，即∠EHD=90°,进行作答即可．
（3）如图，过点C作CN⊥AB于点N，根据勾股定理得AB=√AC2+BC2=√5，再证明
√5 2√5 4√5
△ACN∽△ABC，得AN= ，因为AC=DC,CN⊥AB,所以AD=2AN= ，得BE=2AD= ．
5 5 5
即可作答．
【详解】（1）∵将△CAB绕点C按顺时针方向旋转90°得到△CDE，连接AD，BE，
∴AC=CD,∠ACD=90°,BC=CE,∠ECD=90°,
∴∠CAD=∠CDA=45°,∠CBE=∠CEB=45°，
∴AD=√AC2+CD2=√2,EB=√BC2+CE2=2√2,
∴AD与BE之间的数量关系是BE=2AD，
延长AD交EB于一点H，
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∵∠CAD=∠CBE，∠ADC=∠HDB，
∴180°−∠ADC−∠CAD=180°−∠HDB−∠CBE，
即∠DHB=∠ACD=90°，
∴AD与BE的位置关系是 AD⊥BE，
故答案为：BE=2AD， AD⊥BE；
（2）线段AD与BE的数量关系、位置关系与（1）中结论一致，
理由如下：
如图，延长DA交BE于点H，
∵ △CAB C △CDE
将 绕点 按逆时针方向旋转任意角度得到 ，
∴AC=DC=1,BC=CE=2,∠ECB=∠ACD，
AC CD 1
∴ = = ,
BC CE 2
∴△ACD∽△BCE，
AD AC 1
∴ = = ，∠CDA=∠CEB
BE BC 2
∴BE=2AD，
∵∠DCE=90°,
∴∠CEB+∠ENH=∠CDA+∠CND=90°，．
∴∠EHD=90°,
∴AD⊥BE
（3）如图，过点C作CN⊥AB于点N，
∵∠ACB=90°,AC=1,BC=2
，
∴AB=√AC2+BC2=√1+4=√5，
∵CN⊥AB,
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∴∠ANC=90°=∠ACB，
又∵∠A=∠A,
∴△ACN∽△ABC，
AC AN
∴ = ,
AB AC
∴√5AN=1,
√5
∴AN= ，
5
∵AC=DC,CN⊥AB,
2√5
∴AD=2AN= ，
5
4√5
由（2）可知BE=2AD= ．
5
【点睛】本题考查了旋转性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角形内角和性质，难度较大，综
合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
4．（2025·江西·模拟预测）【探究证明】折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸开展数学探
究，探索数学奥秘．
【动手操作】如图1，将矩形纸片ABCD对折，使AD与BC重合，展平纸片，得到折痕EF；折叠纸片，
使点B落在EF上，并使折痕经过点A，得到折痕AM，点B，E的对应点分别为B'，E'，展平纸片，连接
AB'，BB'，BE'．
请完成：（1）观察图1中∠1，∠2和∠3，试猜想这三个角的大小关系；
（2）证明（1）中的猜想；
【类比操作】如图2，N为矩形纸片ABCD的边AD上的一点，连接BN，在AB上取一点P，折叠纸片，使
B，P两点重合，展平纸片，得到折痕EF；折叠纸片，使点B，P分别落在EF，BN上，得到折痕l，点
B，P的对应点分别为B'，P'，展平纸片，连接BB'，P'B'．
请完成：
（3）BB'是∠NBC的一条________等分线．
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【答案】（1）∠1=∠2=∠3；（2）见解析；（3）三
【分析】（1）根据题意可进行求解；
（2）由折叠的性质可知AB'=BB'，AB=AB'，然后可得AB'=BB'=AB，则有△ABB'是等边三角形，
进而问题可求证；
1
（3）连接PB'，根据等腰三角形性质证明∠PB'E=∠BB'E= ∠BB'P，根据平行线的性质证明
2
1
∠BB'E=∠CBB'= ∠BB'P，证明△PBB'≌△P'B'B(SAS)，得出∠P'BB'=∠PB'B，即可证明
2
1
∠CBB'= ∠CBN．
3
【详解】（1）解：由题意可知∠1=∠2=∠3；
（2）证明：由折叠的性质可得：AB'=BB'，AB=AB'，AE=AE'，AE=BE，
∴AB'=BB'=AB，AE'=B'E'，
∴△ABB'是等边三角形，
∵AE'=B'E'，∠ABB'=60°，
1
∴∠ABE'=∠B'BE'= ∠ABB'=30°，
2
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴∠3=30°，
∴∠1=∠2=∠3；
（3）证明：连接PB'，如图所示：
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由折叠的性质可知：BB'=PB'，PB=P'B'，∠PBB'=∠P'B'B，
∵折痕B'E⊥AB，BB'=PB'，
1
∴∠PB'E=∠BB'E= ∠BB'P，
2
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠EBC=90°，
∴CB⊥AB，
∵B'E⊥AB，
∴B'E∥BC，
1
∴∠BB'E=∠CBB'= ∠BB'P，
2
∵在△PBB'和△P'B'B中，
¿，
∴△PBB'≌△P'B'B(SAS)，
∴∠P'BB'=∠PB'B，
1
∴∠CBB'= ∠NBB'
，
2
1
∴∠CBB'= ∠CBN，
3
∴BB'是∠NBC的一条三等分线．
故答案为：三．
【点睛】本题主要考查折叠的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质与判定及矩形的性质，三
角形全等的判定和性质，作出辅助线，熟练掌握折叠的性质，证明△PBB'≌△P'B'B是解题的关键．
130
