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重难点突破 06 开放探究与新定义问题
目 录
题型01 新定义问题
类型一 新定义问题-数、式、方程
类型二 新定义问题-函数
类型三 新定义问题-图形的性质与变化
题型02 方法迁移题型
题型03 归纳概括问题
题型04 探究实践类问题
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【命题趋势】开放探究与新定义问题是近年中考数学的热点问题．开放探究（阅读理解）问题通常不会单
独考查，往往会结合初中数学中某个知识点进行命题，进而既能考查初中数学中某个知识点的掌握情况，
又能考查学生的自学能力和分析问题、解决问题的能力． 新定义问题是在问题中定义了初中数学中没有
学过的一些新概念、新运算、新符号，要求学生读懂题意并结合已有知识进行理解，而后根据新定义进行
运算、推理、迁移的一种题型．一般有三种类型问题：（1）定义新运算；（2）定义初、高中知识衔接新
知识；（3）定义新概念．这类试题考查考生对新定义的理解和认识，以及灵活运用知识的能力，解题时
需要将新定义的知识与已学知识联系起来，利用已有的知识经验来解决问题．
题型 01 新定义问题
类型一 新定义问题-数、式、方程
1．（2022·四川巴中·中考真题）对于实数a，b定义新运算：a※b=ab2−b，若关于x的方程1※x=k有
两个不相等的实数根，则k的取值范围（ ）
1 1 1 1
A．k>− B．k<− C．k>− 且k≠0 D．k≥− 且k≠0
4 4 4 4
【答案】A
【分析】根据新定义运算法则列方程，然后根据一元二次方程的概念和一元二次方程的根的判别式列不等
式组求解．
【详解】解：∵1※x=k，
∴x2−x=k，
即x2−x−k=0，
∵关于x的方程1※x=k有两个不相等的实数根，
∴Δ=(−1) 2−4×(−k)＞0，
1
解得：k＞− ，故A正确．
4
故选：A．
【点睛】本题属于新定义题目，考查一元二次方程的根的判别式，熟练掌握根的判别式Δ＝b2−4ac当Δ
＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0方程没有实数根．
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2．（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．
1 1
3．（2022·浙江宁波·中考真题）定义一种新运算：对于任意的非零实数a，b，a⊗b= + ．若
a b
2x+1
(x+1)⊗x= ，则x的值为 ．
x
1
【答案】− /−0.5
2
2x+1 2x+1 2x+1
【分析】根据新定义可得(x+1)⊗x=
，由此建立方程
=
解方程即可．
x2+x x2+x x
1 1
【详解】解：∵a⊗b= + ，
a b
1 1 x+1+x 2x+1
∴(x+1)⊗x= + = =
，
x+1 x x(x+1) x2+x
2x+1
又∵(x+1)⊗x= ，
x
2x+1 2x+1
=
∴ ，
x2+x x
∴(x2+x)(2x+1)−x(2x+1)=0，
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∴(x2+x−x)(2x+1)=0，
∴x2(2x+1)=0，
2x+1
∵(x+1)⊗x= 即x≠0，
x
∴2x+1=0，
1
解得x=− ，
2
1 2x+1 2x+1
经检验x=− 是方程 = 的解，
2 x2+x x
1
故答案为：− ．
2
【点睛】本题主要考查了新定义下的实数运算，解分式方程，正确理解题意得到关于x的方程是解题的关
键．
4．（2023·山东枣庄·中考真题）对于任意实数a，b，定义一种新运算：a※b=¿，例如：
3※1=3−1=2，5※4=5+4−6=3．根据上面的材料，请完成下列问题：
(1)4※3=___________，(−1)※(−3)=___________；
(2)若(3x+2)※(x−1)=5，求x的值．
【答案】(1)1；2；
(2)x=1，
【分析】（1）原式利用题中的新定义计算即可求出值；
（2）已知等式利用已知的新定义进行分类讨论并列出方程，再计算求出x的值即可．
【详解】（1）∵4＜3×2，
∴4※3=4+3−6=1，
∵−1＞(−3)×2
∴(−1)※(−3)=−1−(−3)=2；
故答案为：1；2；
（2）若3x+2≥2(x−1)时，即x≥−4时，则
(3x+2)−(x−1)=5，
解得：x=1，
若3x+2＜2(x−1)时，即x＜−4时，则
(3x+2)+(x−1)−6=5，
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5
解得：x= ，不合题意，舍去，
2
∴x=1，
【点睛】此题考查了实数的新定义运算及解一元一次方程，弄清题中的新定义是解本题的关键．
类型二 新定义问题-函数
5．（2023·山东济南·中考真题）定义：在平面直角坐标系中，对于点P(x ,y )，当点Q(x ,y )满足
1 1 2 2
2(x +x )= y + y 时，称点Q(x ,y )是点P(x ,y )的“倍增点”，已知点P (1,0)，有下列结论：
1 2 1 2 2 2 1 1 1
①点Q (3,8)，Q (−2,−2)都是点P 的“倍增点”；
1 2 1
②若直线y=x+2上的点A是点P 的“倍增点”，则点A的坐标为(2,4)；
1
③抛物线y=x2−2x−3上存在两个点是点P 的“倍增点”；
1
4√5
④若点B是点P 的“倍增点”，则P B的最小值是 ．
1 1 5
其中，正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】①根据题目所给“倍增点”定义，分别验证Q ,Q 即可；②点A(a,a+2)，根据“倍增点”定义，
1 2
列出方程，求出a的值，即可判断；③设抛物线上点D(t,t2−2t−3)是点P 的“倍增点”，根据“倍增
1
点”定义列出方程，再根据判别式得出该方程根的情况，即可判断；④设点B(m,n)，根据“倍增点”定
义可得2(m+1)=n，根据两点间距离公式可得P B2=(m−1) 2+n2，把n=2(m+1)代入化简并配方，即可
1
16
得出P B2 的最小值为 ，即可判断．
1 5
【详解】解：①∵P (1,0)，Q (3,8)，
1 1
∴2(x +x )=2×(1+3)=8,y + y =0+8=8，
1 2 1 2
∴2(x +x )= y + y ，则Q (3,8)是点P 的“倍增点”；
1 2 1 2 1 1
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∵P (1,0)，Q (−2,−2)，
1 2
∴2(x +x )=2×(1−2)=−2,y + y =0−2=−2，
1 2 1 2
∴2(x +x )= y + y ，则Q (−2,−2)是点P 的“倍增点”；
1 2 1 2 2 1
故①正确，符合题意；
②设点A(a,a+2)，
∵点A是点P 的“倍增点”，
1
∴2×(1+a)=0+a+2，
解得：a=0，
∴A(0,2)，
故②不正确，不符合题意；
③设抛物线上点D(t,t2−2t−3)是点P 的“倍增点”，
1
∴2(1+t)=t2−2t−3，整理得：t2−4t−5=0，
∵Δ=(−4) 2−4×1×(−5)=36>0，
∴方程有两个不相等实根，即抛物线y=x2−2x−3上存在两个点是点P 的“倍增点”；
1
故③正确，符合题意；
④设点B(m,n)，
∵点B是点P 的“倍增点”，
1
∴2(m+1)=n，
∵B(m,n)，P (1,0)，
1
∴P B2=(m−1) 2+n2
1
=(m−1) 2+[2(m+1) 2]
=5m2+6m+5
( 3) 2 16
=5 m+ + ，
5 5
∵5>0，
16
∴P B2 的最小值为 ，
1 5
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√16 4√5
∴P B的最小值是 = ，
1
5 5
故④正确，符合题意；
综上：正确的有①③④，共3个．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了新定义，解一元一次方程，一元二次方程根的判别式，两点间的距离公式，解题
的关键是正确理解题目所给“倍增点”定义，根据定义列出方程求解．
6．（2023·江苏盐城·中考真题）定义：若一次函数的图象与二次函数的图象有两个交点，并且都在坐标轴
上，则称二次函数为一次函数的轴点函数．
【初步理解】
（1）现有以下两个函数：①y=x2−1；②y=x2−x，其中，_________为函数y=x−1的轴点函数．（填
序号）
【尝试应用】
（2）函数y=x+c（c为常数，c>0）的图象与x轴交于点A，其轴点函数y=ax2+bx+c与x轴的另一交
1
点为点B.若OB= OA，求b的值．
4
【拓展延伸】
1
（3）如图，函数y= x+t（t为常数，t>0）的图象与x轴、y轴分别交于M，C两点，在x轴的正半轴上
2
取一点N，使得ON=OC.以线段MN的长度为长、线段MO的长度为宽，在x轴的上方作矩形MNDE.若函
1
数y= x+t（t为常数，t>0）的轴点函数y=mx2+nx+t的顶点P在矩形MNDE的边上，求n的值．
2
1
【答案】（1）①；（2）b=5或−3；（3）n=1或n=−1−√2或n=
4
【分析】（1）求出函数y=x−1与坐标轴的交点，再判断这两个点在不在二次函数图象上即可；
1
（2）求出函数y=x+c与坐标轴的交点，再由OB= OA求出点B坐标，代入二次函数解析式计算即可；
4
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（3）先求出M，C的坐标，再根据y=mx2+nx+t的顶点P在矩形MNDE的边上分类讨论即可．
【详解】（1）函数y=x−1交x轴于(1,0)，交y轴于(0,−1)，
∵点(1,0)、(0,−1)都在y=x2−1函数图象上
∴①y=x2−1为函数y=x−1的轴点函数；
∵点(0,−1)不在y=x2−x函数图象上
∴②y=x2−x不是函数y=x−1的轴点函数；
故答案为：①；
（2）函数y=x+c交x轴于A(−c,0)，交y轴于(0,c)，
∵函数y=x+c的轴点函数y=ax2+bx+c
∴A(−c,0)和(0,c)都在y=ax2+bx+c上，
∵c>0
∴OA=c
1
∵OB= OA，
4
1
∴OB= c
4
( 1 ) (1 )
∴B − c,0 或B c,0
4 4
( 1 ) ( 1 )
当B − c,0 时，把A(−c,0) B − c,0 代入y=ax2+bx+c得
4 4
¿，解得b=5，
(1 ) (1 )
当B c,0 时，把A(−c,0) B c,0 代入y=ax2+bx+c得
4 4
¿，解得b=−3，
综上，b=5或−3；
1
（3）函数y= x+t交x轴于M(−2t,0)，交y轴于C(0,t)，
2
∵ON=OC，以线段MN的长度为长、线段MO的长度为宽，在x轴的上方作矩形MNDE
∴N(t,0)，D(t,2t)，E(−2t,2t),
1
∵函数y= x+t（t为常数，t>0）的轴点函数y=mx2+nx+t
2
∴M(−2t,0)和C(0,t)在y=mx2+nx+t上
∴0=m(−2t) 2+n(−2t)+t，整理得4mt−2n+1=0
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1
∴n=2mt+
2
( n 4mt−n2 )
∴y=mx2+nx+t的顶点P坐标为 − , ，
2m 4m
∵函数y=mx2+nx+t的顶点P在矩形MNDE的边上
∴可以分三种情况讨论：当P与M重合时；当P在ED上时；当P在DN上时；
当P与M重合时，即¿，解得n=1；
当P在ED上时，¿，整理得n2+2n−1=0，解得n=−1±√2
此时二次函数开口向下，则m<0
n
∴−2t<− <t整理得：4mt<n<−2mt，
2m
1 1
由n=2mt+ 整理得2mt=n− ，
2 2
( 1) ( 1)
∴2 n− <n<− n−
2 2
1
解得n< ，
4
∴n=−1−√2，
1 1
当P在DN上时，¿，整理得2mt=−n=n− ，解得n=
2 4
1
∴2mt=−
4
此时对称轴左边y随x的增大而增大，
∴m<0
4mt−n2
∴0≤ ≤2t整理得：8mt≤4mt−n2≤0
4m
1 1
∴代入2mt=− 、n= 后8mt≤4mt−n2≤0成立
4 4
1
∴n= ，
4
1
综上所述，n=1或n=−1−√2或n=
4
【点睛】本题综合考查一次函数与二次函数，解题的关键是理解轴点函数的定义．
7．（2023·北京·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为1．对于⊙O的弦AB和⊙O外一点
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C给出如下定义：
若直线CA，CB中一条经过点O，另一条是⊙O的切线，则称点C是弦AB的“关联点”．
( √2 √2) (√2 √2)
(1)如图，点A(−1,0)，B − , ，B ,−
1 2 2 2 2 2
①在点C (−1,1)，C (−√2,0)，C (0,√2)中，弦AB 的“关联点”是______．
1 2 3 1
②若点C是弦AB 的“关联点”，直接写出OC的长；
2
(6√5 )
(2)已知点M(0,3)，N ,0 ．对于线段MN上一点S，存在⊙O的弦PQ，使得点S是弦PQ的“关联
5
点”，记PQ的长为t，当点S在线段MN上运动时，直接写出t的取值范围．
【答案】(1)C ，C ；OC=√2
1 2
2√3 2√6
(2)1≤t≤ 或 ≤t≤√3．
3 3
【分析】（1）根据题目中关联点的定义并分情况讨论计算即可；
(6√5 )
（2）根据M(0,3)，N ,0 两点来求最值情况，S共有2种情况，分别位于点M和经过点O的MN的
5
垂线上，运用相似三角形计算即可．
【详解】（1）解：①由关联点的定义可知，若直线CA，CB中一经过点O，另一条是⊙O的切线，则称
点C是弦AB的“关联点”，
( √2 √2)
∵点A(−1,0)，B − , ，C (−1,1)，C (−√2,0)，C (0,√2)，
1 2 2 1 2 3
∴直线B C 经过点O，且AC 与⊙O相切，
1 2 2
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∴C 是弦AB 的“关联点”，
2 1
( √2 √2)
又∵C (−1,1)和A(−1,0)横坐标相等，与B − , 都位于直线y=−x上，
1 1 2 2
∴AC 与⊙O相切，B C 经过点O，
1 1 1
∴C 是弦AB 的“关联点”．
1 1
(√2 √2)
②∵A(−1,0)，B ,− ，
2 2 2
设C(a，b)，如下图所示，共有两种情况，
a、若C B 与⊙O相切，AC经过点O，
1 2
则C B 、AC 所在直线为： ¿，
1 2 1
解得：C (√2，0)，
1
∴OC =√2，
1
b、若AC 与⊙O相切，C B 经过点O，
2 2 2
则C B 、AC 所在直线为：¿，
2 2 2
解得：C (−1，1)，
2
∴OC =√2，
2
综上，OC =√2．
❑
（2）解：∵线段MN上一点S，存在⊙O的弦PQ，使得点S是弦PQ的“关联点”，
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(6√5 )
又∵弦PQ随着S的变动在一定范围内变动，且M(0,3)，N ,0 ，OM>ON，
5
∴S共有2种情况，分别位于点M和经过点O的MN的垂线上，如图所示，
①当S位于点M(0,3)时，MP为⊙O的切线，作PJ⊥OM，
∵M(0,3)，⊙O的半径为1，且MP为⊙O的切线，
∴OP⊥MP，
∵PJ⊥OM，
∴△MPO∽△POJ，
OP OM 1
∴ = ，即 =3，
OJ OP OJ
1
解得OJ= ，
3
2√2 2
∴根据勾股定理得，PJ=√PO2−OJ2= ，Q J=
3 1 3
2√3 2√6
根据勾股定理，PQ =√Q P2+Q J2= ，同理，PQ =√Q P2+Q J2= ，
1 1 1 3 2 2 2 3
2√3 2√6
∴当S位于点M(0,3)时，PQ 的临界值为 和 ．
1 3 3
②当S位于经过点O的MN的垂直平分线上即点K时，
(6√5 )
∵点M(0,3)，N ,0 ，
5
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9√5
∴MN=√OM2+ON2=
，
5
∴OK=OM×ON÷MN=2，
又∵⊙O的半径为1，∴∠OKZ=30°，
∴三角形OPQ为等边三角形，
∴在此情况下，PQ=1，PQ=√3，
∴当S位于经过点O的MN的垂直平分线上即点K时，PQ 的临界值为1和√3，
1
2√3 2√6
∴在两种情况下，PQ 的最小值在1≤t≤ 内，最大值在 ≤t≤√3，
❑ 3 3
2√3 2√6
综上所述，t的取值范围为1≤t≤ 或 ≤t≤√3，
3 3
【点睛】本题主要考查最值问题，题目较为新颖，要灵活运用知识点，明确新概念时解答此题的关键．
8．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）定义：在平面直角坐标系xOy中，当点N在图形M的内部，或在图形
M上，且点N的横坐标和纵坐标相等时，则称点N为图形M的“梦之点”．
(1)如图①，矩形ABCD的顶点坐标分别是A(−1,2)，B(−1,−1)，C(3,−1)，D(3,2)，在点M (1,1)，
1
M (2,2)，M (3,3)中，是矩形ABCD“梦之点”的是___________；
2 3
k
(2)点G(2,2)是反比例函数y = 图象上的一个“梦之点”，则该函数图象上的另一个“梦之点”H的坐标
1 x
是___________，直线GH的解析式是y =___________．当y >y 时，x的取值范围是___________．
2 1 2
1 9
(3)如图②，已知点A，B是抛物线y=− x2+x+ 上的“梦之点”，点C是抛物线的顶点，连接AC，
2 2
AB，BC，判断△ABC的形状，并说明理由．
【答案】(1)M ，M
1 2
(2)H(−2,−2)，y =x，x<−2或0<x<2
2
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(3)△ABC是直角三角形，理由见解析
【分析】（1）根据“梦之点”的定义判断这几个点是否在矩形内部或边上即可；
k
（2）把G(2,2)代入y = 求出解析式，再求与y=x的交点即为H，最后根据函数图象判断当y >y 时，x
1 x 1 2
的取值范围；
（3）根据“梦之点”的定义求出点A，B的坐标，再求出顶点C的坐标，最后求出AC，AB，BC，即可
判断△ABC的形状．
【详解】（1）∵矩形ABCD的顶点坐标分别是A(−1,2)，B(−1,−1)，C(3,−1)，D(3,2)，
∴矩形ABCD“梦之点”(x,y)满足−1≤x≤3，−1≤ y≤2，
∴点M (1,1)，M (2,2)是矩形ABCD“梦之点”，点M (3,3)不是矩形ABCD“梦之点”，
1 2 3
故答案为：M ，M ；
1 2
k
（2）∵点G(2,2)是反比例函数y = 图象上的一个“梦之点”，
1 x
k
∴把G(2,2)代入y = 得k=4，
1 x
4
∴y = ，
1 x
∵“梦之点”的横坐标和纵坐标相等，
∴“梦之点”都在直线y=x上，
联立¿，解得¿或¿，
∴H(−2,−2)，
∴直线GH的解析式是y =x，
2
函数图象如图：
由图可得，当y >y 时，x的取值范围是x<−2或0<x<2；
1 2
故答案为：H(−2,−2)，y =x，x<−2或0<x<2；
2
（3）△ABC是直角三角形，理由如下：
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1 9
∵点A，B是抛物线y=− x2+x+ 上的“梦之点”，
2 2
∴联立¿，解得¿或¿，
∴A(3,3)，B(−3,−3)，
1 9 1
∵y=− x2+x+ =− (x−1) 2+5
2 2 2
∴顶点C(1,5)，
∴AC2=(3−1) 2+(3−5) 2=8，AB2=(−3−3) 2+(−3−3) 2=72，BC2=(−3−1) 2+(−3−5) 2=80，
∴BC2=AC2+AB2，
∴△ABC是直角三角形．
【点睛】本题是函数的综合题，考查了一次函数、反比例函数、二次函数，理解坐标与图形性质，记住两
点间的距离公式，正确理解新定义是解决此题的关键．
类型三 新定义问题-图形的性质与变化
9．（2022·黑龙江绥化·中考真题）定义一种运算；sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ，
sin(α−β)=sinαcosβ−cosαsinβ．例如：当α=45°，β=30°时，sin(45°+30°)=
√2 √3 √2 1 √6+√2
× + × = ，则sin15°的值为 ．
2 2 2 2 4
√6−√2
【答案】
4
【分析】根据sin(α−β)=sinαcosβ−cosαsinβ代入进行计算即可．
【详解】解：sin15°=sin(45°−30°)
=sin45°cos30°−cos45°sin30°
√2 √3 √2 1
= × − ×
2 2 2 2
√6 √2
= −
4 4
√6−√2
= ．
4
√6−√2
故答案为： ．
4
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【点睛】此题考查了公式的变化，以及锐角三角函数值的计算，掌握公式的转化是解题的关键．
10．（2023·江苏·中考真题）综合与实践
√22n+1−1
定义：将宽与长的比值为 （n为正整数）的矩形称为n阶奇妙矩形．
2n
（1）概念理解：
当n=1时，这个矩形为1阶奇妙矩形，如图（1），这就是我们学习过的黄金矩形，它的宽（AD）与长
(CD)的比值是_________．
（2）操作验证：
用正方形纸片ABCD进行如下操作（如图（2））：
第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为EF，连接CE；
第二步：折叠纸片使CD落在CE上，点D的对应点为点H，展开，折痕为CG；
第三步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、BC上，展开，折痕为GK．
试说明：矩形GDCK是1阶奇妙矩形．
（3）方法迁移：
用正方形纸片ABCD折叠出一个2阶奇妙矩形．要求：在图（3）中画出折叠示意图并作简要标注．
（4）探究发现：
小明操作发现任一个n阶奇妙矩形都可以通过折纸得到．他还发现：如图（4），点E为正方形ABCD边
AB上（不与端点重合）任意一点，连接CE，继续（2）中操作的第二步、第三步，四边形AGHE的周长
与矩形GDCK的周长比值总是定值．请写出这个定值，并说明理由．
√5−1 1
【答案】（1） ；（2）见解析；（3） ，理由见解析
2 2
√22n+1−1
【分析】（1）将n=1代入 ，即可求解．
2n
（2）设正方形的边长为2，根据折叠的性质，可得AE=EB=1，设DG=x，则AG=2−x，在
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Rt△AEG,Rt△GHE中，勾股定理建立方程，解方程，即可求解；
（3）仿照（2）的方法得出2阶奇妙矩形．
（4）根据（2）的方法，分别求得四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长，即可求解．
√22n+1−1 √5−1
【详解】解：（1）当n=1时， = ，
2n 2
√5−1
故答案为： ．
2
（2）如图（2），连接EG，
设正方形的边长为2，根据折叠的性质，可得AE=EB=1
设DG=x，则AG=2−x
根据折叠，可得GH=GD=x，CH=CD=2，
在Rt△BEC中，EC=√EB2+BC2=√12+22=√5，
∴EH=√5−2，
在Rt△AEG,Rt△GHE中，
AG2+AE2=GE2,GH2+EH2=GE2
∴(2−x) 2+12=(√5−2) 2+x2
解得：x=√5−1
GD √5−1
∴ =
DC 2
∴矩形GDCK是1阶奇妙矩形．
（3）用正方形纸片ABCD进行如下操作（如图）：
第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为MN，再对折，折痕为EF，连接CE；
第二步：折叠纸片使CD落在CE上，点D的对应点为点H，展开，折痕为CG；
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第三步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、BC上，展开，折痕为GK．
矩形GDCK是2阶奇妙矩形，
理由如下，连接GE，设正方形的边长为4，根据折叠可得EB=1，则AE=4−1=3，
设DG=x，则AG=4−x
根据折叠，可得GH=GD=x，CH=CD=4，
在Rt△BEC中，EC=√EB2+BC2=√12+42=√17，
∴EH=√17−4，
在Rt△AEG,Rt△GHE中，
AG2+AE2=GE2,GH2+EH2=GE2
∴(4−x) 2+32=(√17−4) 2+x2
解得：x=√17−1
GD √17−1
∴ =
DC 4
√22n+1−1 √17−1
当n=2时， =
2n 4
∴矩形GDCK是2阶奇妙矩形．
（4）如图（4），连接诶GE，设正方形的边长为1，设EB=m，则AE=1−m，
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设DG=x，则AG=1−x
根据折叠，可得GH=GD=x，CH=CD=1，
在Rt△BEC中，EC=√EB2+BC2=√1+m2，
∴EH=√1+m2−1，
在Rt△AEG,Rt△GHE中，
AG2+AE2=GE2,GH2+EH2=GE2
∴(1−x) 2+(1−m) 2=(√1+m2−1) 2 +x2
整理得，x=√m2+1−m
∴四边形AGHE的边长为1−x+x+√1+m2−1+1−m=√1+m2−m+1 =x+1
矩形GDCK的周长为2(GD+DC)=2(x+1)，
1
∴四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值总是定值
2
【点睛】本题考查了正方形的折叠问题，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
11．（2023·浙江宁波·中考真题）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻
等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．
(1)如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC,∠A=90°，对角线BD平分∠ADC．求证：四边形ABCD为
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邻等四边形．
(2)如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形ABCD是邻等四边形，请画出所有符
合条件的格点D．
(3)如图3，四边形ABCD是邻等四边形，∠DAB=∠ABC=90°，∠BCD为邻等角，连接AC，过B作
BE∥AC交DA的延长线于点E．若AC=8,DE=10，求四边形EBCD的周长．
【答案】(1)证明见解析
(2)画图见解析
(3)38−6√2
【分析】（1）先证明∠ABC=180°−∠A=90°，∠ADB=∠CBD，再证明CD=CB，即可得到结论；
（2）根据新定义分两种情况进行讨论即可；①∠B=∠C=90，结合图形再确定满足CB=CD或AD=CD
的格点D；②∠B=∠A=90，结合图形再确定满足AB=AD的格点D；
（3）如图，过C作CQ⊥AD于Q，可得四边形ABCQ是矩形，AQ=BC，AD∥BC，证明四边形
ACBE为平行四边形，可得BE=AC=8，AE=BC，设BC=AE=x，而DE=10，AD=10−x，
DQ=x−(10−x)=2x−10，由新定义可得CD=CB=x，由勾股定理可得：x2−(2x−10) 2=82−x2，再
解方程可得答案．
【详解】（1）解：∵AD∥BC,∠A=90°，
∴∠ABC=180°−∠A=90°，∠ADB=∠CBD，
∵对角线BD平分∠ADC，
∴∠ADB=∠CDB，
∴∠CBD=∠CDB，
∴CD=CB，
∴四边形ABCD为邻等四边形．
（2）解：D ，D ，D 即为所求；
1 2 3
（3）如图，过C作CQ⊥AD于Q，
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∵∠DAB=∠ABC=90°，
∴四边形ABCQ是矩形，
∴AQ=BC,AB=CQ，AD∥BC，
∵BE∥AC，
∴四边形ACBE为平行四边形，
∴BE=AC=8，AE=BC，
设BC=AE=x，而DE=10，
∴AD=10−x，DQ=x−(10−x)=2x−10，
由新定义可得CD=CB=x，
由勾股定理可得：x2−(2x−10) 2=82−x2，
整理得：x2−20x+82=0，
解得：x =10−3√2，x =10+3√2>8（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．
12．（2022·北京·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知点M(a,b),N.对于点P给出如下定义：将点
P向右(a≥0)或向左(a<0)平移|a|个单位长度，再向上(b≥0)或向下(b<0)平移|b|个单位长度，得到点
P'，点P'关于点N的对称点为Q，称点Q为点P的“对应点”．
(1)如图，点M(1,1),点N在线段OM的延长线上，若点P(−2,0),点Q为点P的“对应点”．
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①在图中画出点Q；
1
②连接PQ,交线段ON于点T.求证：NT= OM;
2
1
(2)⊙O的半径为1，M是⊙O上一点，点N在线段OM上，且ON=t( <t<1)，若P为⊙O外一点，点Q
2
为点P的“对应点”，连接PQ.当点M在⊙O上运动时直接写出PQ长的最大值与最小值的差（用含t的式
子表示）.
【答案】(1)见解析
(2)4t−2
【分析】（1）①先根据定义和M(1,1)求出点P'的坐标，再根据点P'关于点N的对称点为Q求出点Q的
1
坐标；②延长ON至点A(3,3)，连接AQ，利用AAS证明ΔAQT≅ΔOPT，得到TA=¿= OA，再计算
2
√2 1
出OA，OM，ON即可求出NT=ON−OT= = OM；
2 2
（2）连接PO并延长至S，使OP=OS，延长SQ至T，使ST=OM，结合对称的性质得出NM为ΔP'QT
1
的中位线，推出NM= QT，得出SQ=ST−TQ=1−(2−2t)=2t−1，则
2
PQ −PQ =(PS+QS)−(PS−QS)=2QS．
max min
【详解】（1）解：①点Q如下图所示．
∵点M(1,1)，
∴点P(−2,0)向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到点P'，
∴P'(−1,1)，
∵点P'关于点N的对称点为Q，N(2,2)，
∴点Q的横坐标为：2×2−(−1)=5，纵坐标为：2×2−1=3，
∴点Q(5,3)，在坐标系内找出该点即可；
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②证明：如图延长ON至点A(3,3)，连接AQ，
∵ AQ//OP，
∴∠AQT=∠OPT，
在ΔAQT与Δ∠OPT中，
¿，
∴ΔAQT≅ΔOPT(AAS)，
1
∴TA=¿= OA，
2
∵ A(3,3)，M(1,1)，N(2,2)，
∴OA=√32+32=3√2，OM=√12+12=√2，ON=√22+22=2√2，
1 3
∴¿= OA= √2，
2 2
3 √2
∴NT=ON−OT=2√2− √2= ，
2 2
1
∴NT= OM；
2
（2）解：如图所示，
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连接PO并延长至S，使OP=OS，延长SQ至T，使ST=OM，
∵M(a,b)，点P向右(a≥0)或向左(a<0)平移|a|个单位长度，再向上(b≥0)或向下(b<0)平移|b|个单
位长度，得到点P'，
∴PP'=OM=1，
∵点P'关于点N的对称点为Q，
∴NP'=NQ，
又∵OP=OS，
∴OM∥ST，
∴NM为ΔP'QT的中位线，
1
∴NM//QT，NM= QT，
2
∵NM=OM−ON=1−t，
∴TQ=2NM=2−2t，
∴SQ=ST−TQ=1−(2−2t)=2t−1，
在ΔPQS中，PS−QS<PQ<PS+QS，
结合题意，PQ =PS+QS，PQ =PS−QS，
max min
∴PQ −PQ =(PS+QS)−(PS−QS)=2QS=4t−2，
max min
即PQ长的最大值与最小值的差为4t−2．
【点睛】本题考查点的平移，对称的性质，全等三角形的判定，两点间距离，中位线的性质及线段的最值
问题，第2问难度较大，根据题意，画出点Q和点P'的轨迹是解题的关键．
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题型 02 方法迁移题型
13．（2023·湖南张家界·中考真题）阅读下面材料：
将边长分别为a，a+√b，a+2√b，a+3√b的正方形面积分别记为S ，S ，S ，S ．
1 2 3 4
则S −S =(a+√b) 2 −a2
2 1
=[(a+√b)+a]⋅[(a+√b)−a]
=(2a+√b)⋅√b
=b+2a√b
例如：当a=1，b=3时，S −S =3+2√3
2 1
根据以上材料解答下列问题：
(1)当a=1，b=3时，S −S =______，S −S =______；
3 2 4 3
(2)当a=1，b=3时，把边长为a+n√b的正方形面积记作S ，其中n是正整数，从（1）中的计算结果，
n+1
你能猜出S −S 等于多少吗？并证明你的猜想；
n+1 n
(3)当a=1，b=3时，令t =S −S ，t =S −S ，t =S −S ，…，t =S −S ，且T=t +t +t +⋯+t ，
1 2 1 2 3 2 3 4 3 n n+1 n 1 2 3 50
求T的值．
【答案】(1)9+2√3，15+2√3
(2)猜想结论：S −S =6n−3+2√3，证明见解析
n+1 n
(3)7500+100√3
【分析】（1）根据题意，直接代入然后利用完全平方公式展开合并求解即可；
（2）根据题意得出猜想，然后由完全平方公式展开证明即可；
（3）结合题意利用（2）中结论求解即可．
【详解】（1）解：S −S =(a+2√b) 2 −(a+√b) 2
3 2
=a2+4a√b+4b−(a2+2a√b+b)
=a2+4a√b+4b−a2−2a√b−b
=2a√b+3b
当a=1，b=3时，
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原式=2√3+9；
S −S =(a+3√b) 2 −(a+2√b) 2
4 3
=a2+6a√b+9b−(a2+4a√b+4b)
=a2+6a√b+9b−a2−4a√b−4b
=2a√b+5b
当a=1，b=3时，
原式=2√3+15；
（2）猜想结论：S −S =6n−3+2√3
n+1 n
证明：S −S =(1+n√3) 2 −[1+(n−1)√3] 2
n+1 n
=[2+(2n−1)√3]×√3
=3(2n−1)+2√3
=6n−3+2√3；
（3）T=t +t +t +⋯+t
1 2 3 50
=S −S +S −S +S −S +⋯+S −S
2 1 3 2 4 3 51 50
=S −S
51 1
=(1+50√3) 2 −1
=7500+100√3．
【点睛】题目主要考查利用完全平方公式进行计算，理解题意，得出相应规律是解题关键．
14．（23-24九年级上·江苏宿迁·阶段练习）阅读材料：各类方程的解法：求解一元一次方程，根据等式的
基本性质，把方程转化为x＝a的形式，求解二元一次方程组，把它转化为一元一次方程来解：类似的，三
元一次方程组，把它转化为解二元一次方程组．求解一元二次方程，把它转化为两个一元一次方程来解．
求解分式方程，把它转化为整式方程来解，由于“去分母”可能产生增根，所以解分式方程必须检验．各
类方程的解法不尽相同，但是它们有一个共同的基本数学思想﹣﹣转化，把未知转化为已知．用“转化”
的数学思想，我们还可以解一些新的方程．例如，一元三次方程x3+x2−2x=0，可以通过因式分解把它
转化为x(x2+x−2)=0，解方程x=0和x2+x−2=0，可得方程x3+x2−2x=0的解．
(1)问题：方程6x3+14x2−12x=0的解是：x =0，x = ，x = ；
1 2 3
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(2)拓展：用“转化”思想求方程√2x+3=x的解；
(3)应用：如图，已知矩形草坪ABCD的长AD=14m，宽AB=12m，点P在AD上（AP>PD），小华把
一根长为28m的绳子一段固定在点B，把长绳PB段拉直并固定在点P，再拉直，长绳的另一端恰好落在点
C，求AP的长．
2
【答案】(1) ，−3
3
(2)x=3
(3)9m
【分析】本题考查了无理方程、一元二次方程的解法，看懂题例理解转化的思想方法是解决本题的关键．
（1）利用因式分解法，求解即可；
（2）两边平方，把无理方程转化为一元二次方程，求解即可；
（3）设AP的长为xm，通过勾股定理用含x的代数式表示出BP、PC，根据绳长列出方程，利用转化的
思想把无理方程转化为整式方程，求解即可．
【详解】（1）解：∵6x3+14x2−12x=0，
∴2x(3x2+7x−6)=0．
∴2x(3x−2)(x+3)=0．
∴2x=0或3x−2=0或x+3=0．
2
∴x =0，x = ，x =−3
1 2 3 3
2
故答案为： ，−3
3
（2）解：方程√2x+3=x，两边平方得2x+3=x2，
∴x2−2x−3=0．
∴(x−3)(x+1)=0．
∴x =3，x =−1．
1 2
经检验，x=3是原方程的根，x=−1不是原方程的根．
所以原方程的解为x=3
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（3）解：设AP的长为xm，则DP的长为(14−x)m．
由题意得：√122+x2+√(14−x) 2+122=28
整理得2√122+x2=x+21
两边平方得4(144+x2)=x2+42x+441，
即3x2−42x+135=0．
整理得x2−14x+45=0．
∴(x−5)(x−9)=0．
∴x =5,x =9
1 2
经检验x =5,x =9是原方程的根．
1 2
由于AP>DP，
∴AP=9m．
15．（2022·湖北黄石·中考真题）阅读材料，解答问题：
材料1
为了解方程(x2) 2 −13x2+36=0，如果我们把x2看作一个整体，然后设y=x2，则原方程可化为
y2−13 y+36=0，经过运算，原方程的解为x =±2，x =±3．我们把以上这种解决问题的方法通常叫
1,2 3,4
做换元法．
材料2
已知实数m，n满足m2−m−1=0，n2−n−1=0，且m≠n，显然m，n是方程x2−x−1=0的两个不相等
的实数根，由韦达定理可知m+n=1，mn=−1．
根据上述材料，解决以下问题：
(1)直接应用：
方程x4−5x2+6=0的解为_______________________；
(2)间接应用：
已知实数a，b满足：2a4−7a2+1=0，2b4−7b2+1=0且a≠b，求a4+b4的值；
(3)拓展应用：
1 1 1
已知实数x，y满足： + =7，n2−n=7且n>0，求 +n2 的值．
m4 m2 m4
【答案】(1)x =√2，x =−√2，x =√3，x =−√3
1 2 3 4
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45 45±7√41
(2) 或
4 4
(3)15
【分析】（1）利用换元法降次解决问题；
（2）模仿例题解决问题即可；
1
（3）令 =a，-n=b，则a2+a-7=0，b2 +b=0，再模仿例题解决问题．
m2
【详解】（1）解：令y=x2，则有y2-5y+6=0，
∴（y-2）（y-3）=0，
∴y =2，y =3，
1 2
∴x2=2或3，
∴x =√2，x =−√2，x =√3，x =−√3，
1 2 3 4
故答案为：x =√2，x =−√2，x =√3，x =−√3；
1 2 3 4
（2）解：∵a≠b，
∴a2≠b2或a2=b2(a=−b)
①当a2≠b2时，令a2=m，b2=n，
∴m≠n则2m2−7m+1=0，2n2−7n+1=0，
∴m，n是方程2x2−7x+1=0的两个不相等的实数根，
∴¿，
45
此时a4+b4=m2+n2=(m+n) 2−2mn=
；
4
7±√41
②当a2=b2(a=−b)时，a2=b2=
，
4
2
此时a4+b4=2a4=2(a2) 2 =2 (7±√41) = 45±7√41 ；
4 4
45 45±7√41
综上：a4+b4=
或
4 4
1
（3）解：令 =a，−n=b，则a2+a−7=0，b2+b−7=0，
m2
∵n>0，
1
∴ ≠−n即a≠b，
m2
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∴a，b是方程x2+x−7=0的两个不相等的实数根，
∴¿，
1
故
+n2=a2+b2=(a+b) 2−2ab=15．
m4
【点睛】本题考查了根与系数的关系，幂的乘方与积的乘方，换元法，解一元二次方程等知识，解题的关
键是理解题意，学会模仿例题解决问题．
16．（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x2<x+6，问题转化为研究函数y=x2与y=x+6的图像关系．画出
函数图像，观察发现：两图像的交点横坐标也是−2、3；y=x2的图像在y=x+6的图像下方的点，其横坐
标的范围是该不等式的解集．
6 6
方法3 当x=0时，不等式一定成立；当x>0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)−2<x<3
(2)D
(3)图像见解析，不等式x2−x−6<0的解集为−2<x<3
【分析】（1）如图1，作y=x2−x−6的图像，由方法1可知，不等式x2−x−6<0的解集为−2<x<3；
（2）由题意知，3种方法都运用了数形结合的数学思想方法；
6
（3）如图2，作函数y=x−1与y= 的图像，由图像可得，x2−x−6<0的解集为−2<x<0，或0<x<3，
x
进而可得x2−x−6<0的解集．
【详解】（1）解：如图1，作y=x2−x−6的图像，
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由方法1可知，不等式x2−x−6<0的解集为−2<x<3，
故答案为：−2<x<3；
（2）解：由题意知，3种方法都运用了数形结合的数学思想方法，
故选：D；
6
（3）解：如图2，作函数y=x−1与y= 的图像，
x
由图像可得，x2−x−6<0的解集为−2<x<0，或0<x<3，
综上，x2−x−6<0的解集为−2<x<3．
【点睛】本题考查了数形结合求一元二次不等式的解集，作二次函数、一次函数、反比例函数的图像．解
题的关键在于理解题意并正确的作函数图象．
17．（2023·四川凉山·中考真题）阅读理解题：
阅读材料：
1
如图1，四边形ABCD是矩形，△AEF是等腰直角三角形，记∠BAE为α、∠FAD为β，若tanα= ，则
2
1
tanβ= ．
3
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1
证明：设BE=k，∵tanα= ，∴AB=2k，
2
易证△AEB≌△EFC(AAS)
∴EC=2k,CF=k，
∴FD=k,AD=3k
DF k 1
∴tanβ= = = ，
AD 3k 3
1 1
若α+β=45°时，当tanα= ，则tanβ= ．
2 3
1 1
同理：若α+β=45°时，当tanα= ，则tanβ= ．
3 2
根据上述材料，完成下列问题：
m
如图2，直线y=3x−9与反比例函数y= (x>0)的图象交于点A，与x轴交于点B．将直线AB绕点A顺
x
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．
题型 03 归纳概括问题
18．（2023·浙江嘉兴·中考真题）观察下面的等式：
32−12=8×1,52−32=8×2,72−52=8×3,92−72=8×4,⋯
(1)写出192−172的结果．
(2)按上面的规律归纳出一个一般的结论（用含n的等式表示，n为正整数）
(3)请运用有关知识，推理说明这个结论是正确的．
【答案】(1)8×9
(2)(2n+1) 2−(2n−1) 2=8n
(3)见解析
【分析】（1）根据题干的规律求解即可；
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（2）根据题干的规律求解即可；
（3）将(2n+1) 2−(2n−1) 2因式分解，展开化简求解即可．
【详解】（1）192−172=8×9；
（2）(2n+1) 2−(2n−1) 2=8n；
（3）(2n+1) 2−(2n−1) 2
=(2n+1+2n−1)(2n+1−2n+1)
=4n×2
=8n．
【点睛】此题考查数字的变化规律，因式分解，整式乘法的混合运算，解题关键是通过观察，分析、归纳
发现其中的变化规律．
19．（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．
我查阅了许多资料，得知这个平行四边形EFGH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．
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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，
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．
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【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
（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．
20．（2022·吉林·中考真题）下面是王倩同学的作业及自主探究笔记，请认真阅读并补充完整．
【作业】如图①，直线l ∥l ，△ABC与△DBC的面积相等吗？为什么？
1 2
解：相等．理由如下：
1 1
设l 与l 之间的距离为h，则S = BC⋅h，S = BC⋅h．
1 2 △ABC 2 △DBC 2
∴S =S ．
△ABC △DBC
【探究】
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S h
(1)如图②，当点D在l ，l 之间时，设点A，D到直线l 的距离分别为h，h'，则 △ABC = ．
1 2 2 S h'
△DBC
证明：∵S
△ABC
S AM
(2)如图③，当点D在l ，l 之间时，连接AD并延长交l 于点M，则 △ABC = ．
1 2 2 S DM
△DBC
证明：过点A作AE⊥BM，垂足为E，过点D作DF⊥BM，垂足为F，则∠AEM=∠DFM=90°，
∴AE∥ ．
∴△AEM∽ ．
AE AM
∴ = ．
DF DM
S
由【探究】（1）可知 △ABC = ，
S
△DBC
S AM
∴ △ABC = ．
S DM
△DBC
(3)如图④，当点D在l 下方时，连接AD交l 于点E．若点A，E，D所对应的刻度值分别为5，1.5，0，
2 2
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S 的值为 ．
△ABC
S
△DBC
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
7
(3)
3
1 1
【分析】（1）根据三角形的面积公式可得S = BC⋅h,S = BC⋅h' ，由此即可得证；
△ABC 2 △DBC 2
（2）过点A作AE⊥BM，垂足为E，过点D作DF⊥BM，垂足为F，先根据平行线的判定可得
AE AM
AE∥DF，再根据相似三角形的判定可证△AEM∼△DFM，根据相似三角形的性质可得 = ，
DF DM
然后结合【探究】（1）的结论即可得证；
（3）过点A作AM⊥BC于点M，过点D作DN⊥BC于点N，先根据相似三角形的判定证出
AM AE 7
△AME∼△DNE，再根据相似三角形的性质可得 = = ，然后根据三角形的面积公式可得
DN DE 3
1 1
S = BC⋅AM，S = BC⋅DN，由此即可得出答案．
△ABC 2 △DBC 2
1 1
【详解】（1）证明：∵S = BC⋅h，S = BC⋅h' ，
△ABC 2 △DBC 2
S h
∴ △ABC = ．
S h'
△DBC
（2）证明：过点A作AE⊥BM，垂足为E，过点D作DF⊥BM，垂足为F，则
∠AEM=∠DFM=90°，
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∴AE∥DF．
∴△AEM∼△DFM．
AE AM
∴ = ．
DF DM
S AE
由【探究】（1）可知 △ABC = ，
S DF
△DBC
S AM
∴ △ABC = ．
S DM
△DBC
（3）解：过点A作AM⊥BC于点M，过点D作DN⊥BC于点N，则∠AME=∠DNE=90°，
∴AM∥DN，
∴△AME∼△DNE，
AM AE
∴ = ，
DN DE
∵点A,E,D所对应的刻度值分别为5，1.5，0，
∴AE=5−1.5=3.5，DE=1.5，
AM 3.5 7
∴ = = ，
DN 1.5 3
1 1
又∵S = BC⋅AM，S = BC⋅DN，
△ABC 2 △DBC 2
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S AM 7
∴ △ABC = = ，
S DN 3
△DBC
7
故答案为： ．
3
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、平行线的判定、三角形的面积等知识点，熟练掌握相似三
角形的判定与性质是解题关键．
21．（2022·湖南·中考真题）阅读下列材料：
a b
在△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，求证： = ．
sinA sinB
证明：如图1，过点C作CD⊥AB于点D，则：
在RtΔBCD中， CD=asinB
在RtΔACD中，CD=bsinA
∴asinB=bsinA
a b
∴ =
sin A sinB
根据上面的材料解决下列问题：
b c
(1)如图2，在ΔABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，求证： = ；
sinB sinC
(2)为了办好湖南省首届旅游发展大会，张家界市积极优化旅游环境．如图3，规划中的一片三角形区域需
美化，已知∠A=67°，∠B=53°，AC=80米，求这片区域的面积．（结果保留根号．参考数据：
sin53°≈0.8，sin67°≈0.9)
【答案】(1)见解析
(2)1800√3
【分析】（1）作BC边上的高，利用三角函数表示AD后，即可建立关联并求解；
（2）作BC边上的高，利用三角函数分别求出AE和BC，即可求解．
【详解】（1）证明：如图2，过点A作AD⊥BC于点D，
在Rt ΔABD中，AD=csinB，
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在Rt ΔACD中，AD=bsinC，
∴ csinB=bsinC，
b c
∴ = ；
sinB sinC
（2）解：如图3，过点A作AE⊥BC于点E，
∵∠BAC=67°，∠B=53°，
∴∠C=60°，
√3
在Rt ΔACE中，AE=AC⋅sin60°=80× =40√3(m)
2
AC BC
又∵ = ，
sinB sin∠BAC
80 BC
即 = ，
0.8 0.9
∴ BC=90(m)，
1
∴ S = ×90×40√3=1800√3(m2)．
△ABC 2
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系，即锐角三角函数的定义是解决问
题的前提．
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题型 04 探究实践类问题
22．（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0<q<1．
1 (1) 2 (1) 3 (1) n
例求 + + +⋯+ +⋯的值．
2 2 2 2
方法1：借助面积为1的正方形，观察图①可知
1 (1) 2 (1) 3 (1) n
+ + +⋯+ +⋯的结果等于该正方形的面积，
2 2 2 2
1 (1) 2 (1) 3 (1) n
即 + + +⋯+ +⋯=1．
2 2 2 2
1 1
方法2：借助函数y= x+ 和y=x的图象，观察图②可知
2 2
1 (1) 2 (1) 3 (1) n
+ + +⋯+ +⋯的结果等于a ，a ，a ，…，a …等各条竖直线段的长度之和，
2 2 2 2 1 2 3 n
即两个函数图象的交点到x轴的距离．因为两个函数图象的交点(1,1)到x轴的距为1，
1 (1) 2 (1) 3 (1) n
所以， + + +⋯+ +⋯=1．
2 2 2 2
【实践应用】
2 (2) 2 (2) 3 (2) n
任务一 完善 + + +⋯+ +⋯的求值过程．
3 3 3 3
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2 (2) 2 (2) 3 (2) n
方法1：借助面积为2的正方形，观察图③可知 + + +⋯+ +⋯=______．
3 3 3 3
2 2
方法2：借助函数y= x+ 和y=x的图象，观察图④可知
3 3
因为两个函数图象的交点的坐标为______，
2 (2) 2 (2) 3 (2) n
所以， + + +⋯+ +⋯= ______．
3 3 3 3
3 (3) 2 (3) 3 (3) 2
任务二 参照上面的过程，选择合适的方法，求 + + +⋯+ +⋯的值．
4 4 4 4
任务三 用方法2，求q+q2+q3+⋯+qn+⋯的值（结果用q表示）．
【迁移拓展】
√5+1
长宽之比为 :1的矩形是黄金矩形，将黄金矩形依次截去一个正方形后，得到的新矩形仍是黄金矩形．
2
2 4 6 2n
(√5−1) (√5−1) (√5−1) (√5−1)
观察图⑤，直接写出 + + +⋯+ +⋯的值．
2 2 2 2
q √5−1
【答案】任务一，方法1：2；方法2：(2,2)，2；任务二，3；任务三， ；[迁移拓展]
1−q 2
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【分析】任务一，仿照例题，分别根据方法1，2进行求解即可；
3 3
任务二，借助函数y= x+ 和y=x得出交点坐标，进而根据两个函数图象的交点到x轴的距离．因为两
4 4
个函数图象的交点(2,2)到x轴的距为2，即可得出结果；
任务三 参照方法2，借助函数y=qx+q和y=x的图象，得出交点坐标，即可求解；
0
(√5−1)
[迁移拓展]观察图⑤第一个正方形的面积为1×1=1= ，第二个正方形的面积为
2
(√5+1 ) 2 (√5−1) 2 (√5−1) 2 (√5−1) 4 (√5−1) 6 (√5−1) 2n
−1 = ，……进而得出则 + + +⋯+ +⋯的值
2 2 2 2 2 2
√5+1
等于长宽之比为 :1的矩形减去1个面积为1的正方形的面积，即可求解．
2
2 (2) 2 (2) 3 (2) n
【详解】解：任务一，方法1：借助面积为2的正方形，观察图③可知 + + +⋯+ +⋯= 2
3 3 3 3
故答案为：2．
2 2
方法2：借助函数y= x+ 和y=x的图象，观察图④可知
3 3
因为两个函数图象的交点的坐标为(2,2)，
2 (2) 2 (2) 3 (2) n
所以， + + +⋯+ +⋯= 2．
3 3 3 3
故答案为：(2,2)，2．
3 3
任务二：参照方法2，借助函数y= x+ 和y=x的图象，¿，
4 4
解得：¿
∴两个函数图象的交点的坐标为(3,3)，
3 (3) 2 (3) 3 (3) 2
+ + +⋯+ +⋯=3．
4 4 4 4
( q q )
任务三 参照方法2，借助函数y=qx+q和y=x的图象，两个函数图象的交点的坐标为 , ，
1−q 1−q
q
∴q+q2+q3+⋯+qn+⋯=
1−q
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0
(√5−1)
[迁移拓展]根据图⑤，第一个正方形的面积为1×1=1= ，第二个正方形的面积为
2
(√5+1 ) 2 (√5−1) 2
−1 = ，……
2 2
(√5−1) 2 (√5−1) 4 (√5−1) 6 (√5−1) 2n √5+1
则 + + +⋯+ +⋯的值等于长宽之比为 :1的矩形减去1个
2 2 2 2 2
面积为1的正方形的面积，
(√5−1) 2 (√5−1) 4 (√5−1) 6 (√5−1) 2n √5+1 √5−1
即 + + +⋯+ +⋯= ×1−1=
2 2 2 2 2 2
【点睛】本题考查了一次函数交点问题，正方形面积问题，理解题意，仿照例题求解是解题的关键．
23．（2023·甘肃兰州·中考真题）综合与实践
【思考尝试】
（1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点
F，GD⊥DF，AG⊥DG，AG=CF．试猜想四边形ABCD的形状，并说明理由；
【实践探究】
（2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，
DF⊥CE于点F，AH⊥CE于点H，GD⊥DF交AH于点G，可以用等式表示线段FH，AH，CF的数
量关系，请你思考并解答这个问题；
【拓展迁移】
（3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E是边
AB上一点，AH⊥CE于点H，点M在CH上，且AH=HM，连接AM，BH，可以用等式表示线段CM，
BH的数量关系，请你思考并解答这个问题．
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【答案】（1）四边形ABCD是正方形，证明见解析；（2）FH=AH+CF；（3）MC=√2BH，证明见
解析；
【分析】（1）证明△ADG≌△CDF，可得AD=CD，从而可得结论；
（2）证明四边形DGHF是矩形，可得∠G=90°=∠DFC，同理可得：∠ADG=∠CDF，证明
△ADG≌△CDF，DG=DF，AG=CF，证明四边形DGHF是正方形，可得HG=HF，从而可得结论；
AC
（3）如图，连接AC，证明∠AHE=∠ABC=90°， =√2，∠BAC=45°，△AHE∽△CBE，可得
AB
AE HE
= ，再证明△HEB∽△AEC，可得∠HBE=∠MCA，证明△AHB∽△AMC，可得
CE BE
HB AB 1
= = ，从而可得答案．
MC AC √2
【详解】解：（1）∵GD⊥DF，DF⊥CE，AG⊥DG，
∴∠G=∠DFC=90°，∠ADG+∠ADF=90°，
∵矩形ABCD，
∴∠ADC=90°=∠ADF+∠CDF，
∴∠ADG=∠CDF，
∵AG=CF，
∴△ADG≌△CDF，
∴AD=CD，
∴矩形ABCD是正方形．
（2）∵DF⊥CE，AH⊥CE，GD⊥DF，
∴∠DFH=∠H=∠GDF=90°，
∴四边形DGHF是矩形，
∴∠G=90°=∠DFC，
同理可得：∠ADG=∠CDF，
∵正方形ABCD，
∴AD=CD，
∴△ADG≌△CDF，
∴DG=DF，AG=CF，
∴四边形DGHF是正方形，
∴HG=HF，
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∴FH=HG=AH+AG=AH+CF．
（3）如图，连接AC，
∵AH⊥CE，正方形ABCD，
AC
∴∠AHE=∠ABC=90°， =√2，∠BAC=45°，
AB
∵∠AEH=∠CEB，
∴△AHE∽△CBE，
AE HE
∴ = ，
CE BE
∵∠BEH=∠AEC，
∴△HEB∽△AEC，
∴∠HBE=∠MCA，
∵AH⊥CE,AH=HM，
∴∠HAM=45°=∠BAC，
∴∠HAE=∠MAC，
∴△AHB∽△AMC，
HB AB 1
∴ = = ，
MC AC √2
∴MC=√2BH．
【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，全等三角形的判定与性质，相似三角形
的判定与性质，作出合适的辅助线，构建相似三角形是解本题的关键．
24．（2023·甘肃兰州·中考真题）综合与实践
问题探究：（1）如图1是古希腊数学家欧几里得所著的《几何原本》第1卷命题9：“平分一个已知
角．”即：作一个已知角的平分线，如图2是欧几里得在《几何原本》中给出的角平分线作图法：在OA
和OB上分别取点C和D，使得OC=OD，连接CD，以CD为边作等边三角形CDE，则OE就是∠AOB的
平分线．
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请写出OE平分∠AOB的依据：____________；
类比迁移：
（2）小明根据以上信息研究发现：△CDE不一定必须是等边三角形，只需CE=DE即可．他查阅资料：
我国古代已经用角尺平分任意角．做法如下：如图3，在∠AOB的边OA，OB上分别取OM=ON，移动
角尺，使角尺两边相同刻度分别与点M，N重合，则过角尺顶点C的射线OC是∠AOB的平分线，请说明
此做法的理由；
拓展实践：
（3）小明将研究应用于实践．如图4，校园的两条小路AB和AC，汇聚形成了一个岔路口A，现在学校要
在两条小路之间安装一盏路灯E，使得路灯照亮两条小路（两条小路一样亮），并且路灯E到岔路口A的
距离和休息椅D到岔路口A的距离相等．试问路灯应该安装在哪个位置？请用不带刻度的直尺和圆规在对
应的示意图5中作出路灯E的位置．（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】（1）SSS；（2）证明见解析；（3）作图见解析；
【分析】（1）先证明△OCE≌△ODE(SSS)，可得∠AOE=∠BOE，从而可得答案；
（2）先证明△OCM≌△OCN(SSS)，可得∠AOC=∠BOC，可得OC是∠AOB的角平分线；
（3）先作∠BAC的角平分线，再在角平分线上截取AE=AD即可．
【详解】解：（1）∵OC=OD，CE=DE，DE=DE，
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∴△OCE≌△ODE(SSS)，
∴∠AOE=∠BOE，
∴OE是∠AOB的角平分线；
故答案为：SSS
（2）∵OM=ON，CM=CN，OC=OC，
∴△OCM≌△OCN(SSS)，
∴∠AOC=∠BOC，
∴OC是∠AOB的角平分线；
（3）如图，点E即为所求作的点；
．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，角平分线的定义与角平分线的性质，作已知角的角平分
线，理解题意，熟练的作角的平分线是解本题的关键．
25．（2023·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践
数学模型可以用来解决一类问题，是数学应用的基本途径．通过探究图形的变化规律，再结合其他数学知
识的内在联系，最终可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更广阔的数学天地．
(1)发现问题：如图1，在△ABC和△AEF中，AB=AC，AE=AF，∠BAC=∠EAF=30°，连接BE，
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CF，延长BE交CF于点D．则BE与CF的数量关系：______，∠BDC=______°；
(2)类比探究：如图2，在△ABC和△AEF中，AB=AC，AE=AF，∠BAC=∠EAF=120°，连接BE，
CF，延长BE，FC交于点D．请猜想BE与CF的数量关系及∠BDC的度数，并说明理由；
(3)拓展延伸：如图3，△ABC和△AEF均为等腰直角三角形，∠BAC=∠EAF=90°，连接BE，CF，
且点B，E，F在一条直线上，过点A作AM⊥BF，垂足为点M．则BF，CF，AM之间的数量关系：
______；
(4)实践应用：正方形ABCD中，AB=2，若平面内存在点P满足∠BPD=90°，PD=1，则S =
△ABP
______．
【答案】(1)BE=CF，30
(2)BE=CF，∠BDC=60°，证明见解析
(3)BF=CF+2AM
7+√7 7−√7
(4) 或
4 4
【分析】（1）根据已知得出∠BAE=∠CAF，即可证明△BAE≌△CAF，得出BE=CF，
∠ABE=∠ACF，进而根据三角形的外角的性质即可求解；
（2）同（1）的方法即可得证；
1
（3）同（1）的方法证明△BAE≌△CAF(SAS)，根据等腰直角三角形的性质得出AM= EF=EM=MF，
2
即可得出结论；
（4）根据题意画出图形，连接BD，以BD为直径,BD的中点为圆心作圆，以D点为圆心，1为半径作圆，
√2
两圆交于点P,P ，延长BP至M，使得PM=DP=1，证明△ADP∽△BDM，得出PA= BM，勾股定
1 2
√2 √2+√14
理求得PB，进而求得BM，根据相似三角形的性质即可得出PA= (1+√7)= ，勾股定理求得
2 2
BQ,PQ，进而根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】（1）解：∵∠BAC=∠EAF=30°，
∴∠BAE=∠CAF，
又∵AB=AC，AE=AF，
∴△BAE≌△CAF，
∴BE=CF，∠ABE=∠ACF
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设AC,BD交于点O，
∵∠AOD=∠ACF+∠BDC=∠ABE+∠BAO
∴∠BDC=∠BAO=∠BAC=30°，
故答案为：BE=CF，30．
（2）结论：BE=CF，∠BDC=60°；
证明：∵∠BAC=∠EAF=120°，
∴∠BAC−∠EAC=∠EAF−∠EAC，即∠BAE=∠CAF，
又∵AB=AC，AE=AF，
∴△BAE≌△CAF
∴BE=CF，
∠AEB=∠AFC
∵∠EAF=120°，AE=AF，
∴∠AEF=∠AFE=30°，
∴∠BDC=∠BEF−∠EFD=∠AEB+30°−(∠AFC−30°)=60°，
（3）BF=CF+2AM，理由如下，
∵∠BAC=∠EAF=90°，
∴∠BAC−∠EAC=∠EAF−∠EAC，
即∠BAE=∠CAF，
又∵△ABC和△AEF均为等腰直角三角形
∴AB=AC,AE=AF，
∴△BAE≌△CAF(SAS)，
∴BE=CF，
在Rt△AEF中，AM⊥BF，
1
∴AM= EF=EM=MF，
2
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∴BF=BE+EF=CF+2AM；
（4）解：如图所示，
连接BD，以BD为直径,BD的中点为圆心作圆，以D点为圆心，1为半径作圆，两圆交于点P,P ，
1
延长BP至M，使得PM=DP=1，
则△MDP是等腰直角三角形，∠MDP=45°
∵∠CDB=45°,
∴∠MDB=∠MDP+∠PDC+∠CDB=90°+∠PDC =∠ADP，
AD 1 DP 1
∵ = , = ，
DB √2 DM √2
∴△ADP∽△BDM
PA 1 √2
∴ = = ，
BM √2 2
√2
∴PA= BM，
2
∵AB=2，
在Rt△DPB中，PB=√DB2−DP2=√(2√2) 2 −12=√7，
∴BM=BP+PM=√7+1
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√2 √2+√14
∴PA= (1+√7)=
2 2
过点P作PQ⊥AB于点Q，
设QB=x，则AQ=2−x，
在Rt△APQ中，PQ2=AP2−AQ2，
在Rt△PBQ中，PQ2=PB2−BQ2
∴AP2−AQ2=PB2−BQ2
∴
(√2+√14) 2
−(2−x) 2=(√7) 2 −x2
2
7−√7 7−√7
解得：x= ，则BQ= ，
4 4
设PQ,BD交于点G，则△BQG是等腰直角三角形，
7−√7
∴QG=QB=
4
在Rt△DPB,Rt△DP B中，
1
¿
∴Rt△DPB≌Rt△DP B
1
∴∠PDB=∠P DB
1
又PD=P D=1，DG=DG
1
∴△PGD≌△P DG
1
∴∠PGD=∠P GD=45°
1
∴∠PGP =90°，
1
∴P G∥AB
1
1 1 7−√7 7−√7
∴S = AB×QG= ×2× = ，
△ABP 1 2 2 4 4
在Rt△PQB中，PQ=√PB2−BQ2=
√
(√7) 2 −
(7−√7) 2
=
7+√7
，
4 4
1 1 7+√7 7+√7
∴S = AB×PQ= ×2× = ，
△ABP 2 2 4 4
7+√7 7−√7
综上所述，S = 或
△ABP 4 4
7+√7 7−√7
故答案为： 或 ．
4 4
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【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，直
径所对的圆周角是直角，熟练运用已知模型是解题的关键．
56
