专题18新定义问题在五种题型中的应用（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_初中_中考数学压轴题（全国通用）

专题 18 新定义问题在五种题型中的应用
通用的解题思路：
新定义类坐标系内代数综合问题，是在已有的数学知识基础上，从坐标、代数式、或者函数图象以及几何
图象出发，给出一个新定义，要求学生理解并应用这个定义来解决相应的数学问题。它突出考查自主学习
能力、数学阅读能力、数学抽象概括能力以及对新定义的实际应用能力。
解答此类问题，首先，认真阅读题目，结合简单示例，理解题干新定义的核心特征，如位置关系、数量关
系、变化运动特征等;其次，要根据题意，画出辅助图形，完成文字语言、符号语言和图象语言的互化，让
语言互化走在思维的最前端;最后，注意归纳结论，为后续问题做好指向。
此类新定义，名字新，但是内容一般是由我们学过的知识按照一种新的模式进行的组合，这就需要在分析
的基础上进行转化。将新定义转化为熟悉的知识和熟悉的方法，才能有效地解决问题。
题型一：数与式中的新定义问题
1．（2024•宣化区一模）对于三个实数a，b，c，用M{a，b，c}表示这三个数的平均数，用min{a，
129
b，c}表示这三个数中最小的数．例如：M{1，2，9} 4，min{1，2，3}3，min{3，1，
3
1}1．请结合上述材料，解决下列问题：
（1）min{sin30，cos60，tan45}；
（2）若M{2x，x2，3}2，求x的值．
【分析】（1）根据特殊角的三角函数值，以及定义的新运算，即可解答；
2xx2 3
（2）根据定义的新运算可得 2，然后进行计算即可解答．
3
【解答】解：（1）min{sin30，cos60，tan45}
1 1
min{ ， ，1}
2 2
1
 ；
2
（2） M{2x，x2，3}2，

2xx2 3
 2，
3整理得：x2 2x30，
(x3)(x1)0，
x30或x10，
x3或x1，
x的值为3或1．
【点评】本题考查了一元二次方程的解，实数大小比较，特殊角的三角函数值，理解定义的新运算是解题
的关键．
2．（2023•章贡区校级模拟）给出如下定义：我们把有序实数对(a，b，c)叫做关于x的二次多项式
ax2 bxc的特征系数对，把关于x的二次多项式ax2 bxc叫做有序实数对(a，b，c)的特征多项式．
（1）关于x的二次多项式3x2 2x1的特征系数对为 (3，2，1) ；
（2）求有序实数对(1，4，4)的特征多项式与有序实数对(1，4，4)的特征多项式的乘积；
（3）若有序实数对(p，q，1)的特征多项式与有序实数对(m，n，2)的特征多项式的乘积的结果为
2x4 x3 10x2 x2，直接写出(4p2q1)(2mn1)的值为 ．
【分析】（1）根据特征系数对的定义即可解答；
（2）根据特征多项式的定义先写出多项式，然后再根据多项式乘多项式进行计算即可；
（3）根据特征多项式的定义先写出多项式，然后再令x2即可得出答案．
【解答】解：（1）关于x的二次多项式3x2 2x1的特征系数对为(3，2，1)，
故答案为：(3，2，1)；
（2） 有序实数对(1，4，4)的特征多项式为：x2 4x4，

有序实数对(1，4，4)的特征多项式为：x2 4x4，
(x2 4x4)(x2 4x4)
x4 4x3 4x2 4x3 16x2 16x4x2 16x16
x4 8x2 16；
（3）根据题意得(px2 qx1)(mx2 nx2)2x4 x3 10x2 x2，
令x2，
则(4p2q1)(4m2n2)216810422，(4p2q1)(4m2n2)3284022，
(4p2q1)(4m2n2)12，
(4p2q1)(2mn1)6，
故答案为：6．
【点评】本题考查了多项式乘多项式，新定义问题，给x赋予特殊值2是解题的关键．
3．（2022•湘潭县校级模拟）阅读下列材料，并解决相关的问题．
定义：如果一个数的平方等于1，记为i2 1，这个数i叫做虚数单位．那么形如abi(a，b为实数）的
数就叫做复数，a叫这个复数的实部，b叫做这个复数的虚部，它的加，减，乘法运算与整式的加，减，乘
法运算类似．例如计算：(2i)(34i)53i．
（1）填空：i3  i ，i4  ；
（2）计算：
①(2i)(2i)；
②(2i)2．
1i
（3）试一试：请利用以前学习的有关知识将 化简成abi的形式．
1i
【分析】（1）根据i2 1，进行计算即可解答；
（2）①利用平方差公式，进行计算即可解答；
②利用完全平方公式，进行计算即可解答；
（3）分子和分母同时乘(1i)，进行计算即可解答．
【解答】解：（1） i2 1，

i3 i2i1ii，i4 (i2)2 (1)2 1，
故答案为：i，1；
（2）①(2i)(2i)
4i2
4(1)
41
5；
②(2i)244ii2
44i(1)
34i；
1i (1i)2
（3） 
1i (1i)(1i)
12ii2

1i2
12i(1)

1(1)
2i

2
i．
【点评】本题考查了整式的混合运算，实数的运算，理解定义的新运算是解题的关键．
4．（2022•沙坪坝区模拟）如果一个三位自然数M 的各个数位上的数字均不为0，且满足百位上的数字等
于十位上的数字与个位上的数字之和，则称这个数为“沙磁数”．
例如：M 321， 321，321是“沙磁数”．

又如：M 534， 534，534不是“沙磁数”．

（1）判断853，632是否是“沙磁数”？并说明理由；
（2）若M 是一个“沙磁数”，将M 的十位数字放在M 的百位数字之前得到一个四位数A，在M 的末位
之后添加数字1得到一个四位数字B，若AB能被11整除，求出所有满足条件的M ．
【分析】（1）根据新定义进行解答；
AB
（2）设M ab(ab)，求得A、B，再根据 为整数求得a、b的值，便可得出结果．
11
【解答】解：（1） 853，

853是“沙磁数”；
632，

632不是“沙磁数”；
（2）设M ab(ab)，则Abab(ab)1000b100a10bab101a1009b，
Bab(ab)11000a100b10a10b11010a90b1，
AB909a919b1，
AB能被11整除，
909a919b1 7a6b1
82a83b 是整数，
11 11
7a6b1
 是整数，
11
1„ ba„ 9，a、b为整数，

a7，b1或a4，b3或a8，b4或a9，b7，
M 716或431或844或972．
【点评】本题考查了新定义，学生的阅读理解能力以及知识的迁移能力，解题的关键是理解“沙磁数”的
定义．
5．（2022•渝中区校级模拟）材料1：若一个数各个数位上数字之和能被9整除，则这个数本身也能被9整
除；
材料2：如果一个各个数位上的数字均不为0的四位正整数m可以被9整除，且m的百位上的数字比十位
上的数字大2，则称m为“够二数”；将m的千位数字与个位数字交换，百位数字与十位数字交换，得到
mm1818
的数为m，F(m) ，例如：m8424， 84241892，422，8424是“够

999
842442481818
二数”， F(8424) 6．
999
（1）判断1314，6536是否是“够二数”，请说明理由，如果是“够二数”，请计算F(m)的值；
c
（2）若一个四位正整数nabcd是“够二数”，且 为5的倍数，请求出所有的“够二数” n的值．
F(n)
【分析】（1）根据新定义“够二数”进行解答便可；
（2）根据新定义“够二数”及数学推理解．
【解答】解：（1）1314是“够二数”，6536不是“够二数”．理由如下：
1314991，312，

1314是“够二数”，
653620922，

6536不是“够二数”，
131441311818
F(1314) 1；
999
（2） 一个四位正整数nabcd是“够二数”，

abcd 9x，其中x是正整数，且x0，则bc2，
bc2，则1c7，
ndcba，nn1818
F(n)
999
abcd dcba1818

999
1000a100b10cd 1000d 100c10ba1818

999
999a90b90c999d 1818

999
111a10b10c111d 202
 ，
111
将bc2代入，
111a111d 222
F(n) ad 2，
111
c c
  5y，其中y是整数，
F(n) ad 2
c5，b7，
 c
 5y
ad 2 ．
 a2c2d 9x
(ad 2)y1，
y是整数，

ad 21，即ad 1或ad 3，
当ad 1，
ad 1
 ，其中x0，且是整数，
ad 129x
ad 129x，a，d是整数，

x1，
 5
a
ad 1   2
当x2时， ，解得 ，不符合题意舍去．
a

d 1218
d 
7
 2
ad 1 a7
当x3时， ，解得 ，符合题意，此时n7758．
ad 1227 d 8
同理，当ad 3，n6759．
【点评】本题考查了数的运算和数学推理，根据条件进行推理是解题的关键
6．（2024•兴宁区校级模拟）广西是全国水果大省，是能实现水果自由的地方，更是沙糖桔的第一大产区．2024年伊始，伴随广西11车沙糖桔运往哈尔滨，一场特殊的“投桃报李”引发全国关注，沙糖桔一跃
成为春节期间的网红水果．小明爸爸开的水果店准备购进一批沙糖桔，有两个商家可供选择，上初三的小
明让爸爸各买一箱，标记为A，B，准备运用所学的统计知识帮助爸爸进行选择．小明在A，B两箱水果
中各随机取10个，逐一测量了它们的直径，测量结果如下（单位cm):
数据统计表
抽取序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
A箱沙糖桔直径 4.5 4.4 4.6 4.5 4.4 4.5 4.6 4.6 4.5 4.4
B箱沙糖桔直径 4.4 4.3 4.4 4.7 4.4 4.8 4.5 4.2 4.8 4.5
统计量 平均数 众数 中位数
A 4.5 b 4.5
B a 4.4 c
根据题目信息，回答下列问题：
（1）a 4.5 ，b ，c ；
（2）由折线图可知，s2 s2；（填“”“ ”或“” )
A B
（3）爸爸告诉小明沙糖桔一级果外观要求：大小均匀，直径在4cm~5cm之间．请帮助小明用合适的统计
量评价这两箱沙糖桔是否符合一级果要求，以及选择哪箱沙糖桔更好，并写出依据．
4.44.34.44.74.44.84.54.24.84.5
【分析】（1）a ，A箱抽取的10个砂糖桔测得的直径
10
数值哪个出现次数最多，即为b，对B箱抽取的10个砂糖桔测得的直径从大到小排列，取最中间两数的平
均值，即为c；
（2）由折线图可知，A箱砂糖桔直径比B箱砂糖桔直径波动小，所以A箱砂糖桔直径的方差比B箱砂糖桔直径的方差小；
（3）A、B两箱砂糖桔直径均在4cm~5cm之间，符合一级果要求，比较方差，选择方差小的，直径相差
较小．
4.44.34.44.74.44.84.54.24.84.5
【解答】解：（1）a 4.5，
10
b4.5，
4.44.5
c 4.45，
2
故答案为：4.5，4.5，4.45；
（2）由折线图可知，A箱砂糖桔直径比B箱砂糖桔直径波动小，即S2 S2，
A B
故答案为：；
（3）A、B两箱砂糖桔直径均在4cm~5cm之间，符合一级果要求，
S2 S2，
 A B
选择A箱砂糖桔更好，直径相差较小．
【点评】本题考查了折线统计图、众数、中位数、平均数，关键是掌握平均数公式．
7．（2023•丰润区二模）一个三位数，若它的十位数字等于个位数字与百位数字的和，那么称这个三位数
为“和谐数”．
（1）最小的三位“和谐数”是 110 ，最大的三位“和谐数”是 ；
（2）若一个“和谐数”的个位数字为a(a…0)，十位数字为b(b…1，ba且a、b都是自然数），请用含a，
b的代数式表示该“和谐数”；
（3）判断任意一个三位“和谐数”能否被11整除，若能，请说明理由，若不能，请举出反例．
【分析】（1）设个位数字为 x(x…0)，百位数字为 y(y0)，则十位数字为 x y，则“和谐数”为：
100y10(x y)x110y11x，由此可得结论；
（2）按题意列代数式即可；
（3）由110y11x11(10yx)可得结论．
【解答】解：（1）设个位数字为x(x…0)，百位数字为y(y0)，则十位数字为x y，
 “和谐数”为：100y10(x y)x110y11x，
当x0，y1时，有最小的三位“和谐数”是110，
当x0，y9时，有最大的三位“和谐数”是990，
故答案为：110，990；（2）100(ba)10ba100b100a10ba110b99a，
该“和谐数”为：110b99a；
（3）能，理由：
由（1）得“和谐数”为：100y10(x y)x110y11x，
110y11x11(10yx)，

任意一个三位“和谐数”能被11整除．
【点评】本题属于新定义问题，涉及到列代数式、整式加减等问题，正确理解新定义是解决本题的关键．
8．（2022•九龙坡区校级模拟）对于任意一个四位数m，若满足千位上的数字与个位上的数字之和是百位
上的数字与十位上的数字之和的2倍，则称这个四位数m为“倍和数”、例如：
m6132， 622(13)，6132是倍和数”；

m1374， 142(37)，1374不是“倍和数”；

（1）判断1047和4657是否为“倍和数”？并说明理由．
（2）当一个“倍和数” m千位上的数字与个位上的数字不相等，且千位上的数字与个位上的数字之和等
于8时，记这个“倍和数” m的千位上的数字与个位上的数字之差的绝对值为T(m)，记百位上的数字与
T(m)
十位上的数字之差的绝对值为R(m)，令G(m) ，当G(m)能被3整除时，求出满足条件的所有“倍和
R(m)
数” m．
【分析】根据新概念判断即可
【解答】（1）m1047，
172(04)，

1047是0”倍和数“
m4657，
472(65)，

4657不是”倍和数“
（2）设“倍和数” mab(4b)(8a)，（其中1„ a„ 8，0„ b„ 4且a，b为整数）．
T(m) |a4|
F(m)|2a8|，R(m)|2b4|，G(m)  ，
R(m) |b2|
m千位数上的数字与个位上的数不相等，

a4，
G(m)能被3整除，
|a4|
G(m) 3k(k为整数），
|b2|
|a4|
 k|b2|，
3
1„ a„ 8，

0|a4|„ 4，
|a4|3，
a1或7，
K|b2|1，
|b2|1，
b1或3，
故满足条件的所有“倍和数” m为：1137，1317，7131，7311
【点评】本题考查了代数式中的新题型，结合概念的整除即可解答
9．（2022•两江新区模拟）材料一：若一个两位数恰好等于它的各位数字之和的4倍，则称这个两位数为
“巧数”．
材料二：一个四位数N abcd 满足各个数位数字都不为0，且它的千位数字与百位数字组成的两位数ab，
以及十位数字与个位数字组成的两位数cd 均为“巧数”，则称这个四位数为“双巧数”．若 pacbd ，
qad bc，则记F(N)q p．
（1）请任意写出两个“巧数”，并证明任意一个“巧数”的个位数字是十位数字的2倍；
（2）若 s，t都是“双巧数”，其中 s3010100x10yz，t 1100m40010n2r，(1„ x， z，
F(s)
n„ 9，1„ y„ 8，1„ m„ 5，1„ r„ 4，且 x， y， z， m， n， r 均为整数），规定 K(s，t) ，当
F(t)
F(s)F(t)12时，求K(s,t)的最大值．
【分析】（1）设出两位数，根据这个两位数是“巧数”得出y2x，最后根据这个两位数是完全平方数，
即可得出结论；
（2）先根据这个两位数是“巧数”得出m2n，进而表示出新的两位数和三位数，再根据这个三位数与这
个两位数的差为一个完全平方数得出10(9ca)是完全平方数，即可得出结论．
【解答】解：（1）设两位数的个位数字为y，十位数字为x，(1„ x„ 9,1„ y„ 9)，
则这个两位数为(10x y)，
这个两位数是“巧数”，
4(x y)10x y，
y2x，
即：这个两位数为10x y10x2x12x，
当x2时，y4，这个两位数是24；
当x3时，y6，这个两位数为36；
（2）S 3010100x10yz3000100x10(y1)z，
p (30 y1)(10xz)31 y10xz，
1
q (30z)(10x y1)29z10x y，
1
f(S)q  p (29z10x y)(31 y10xz)22z2y；
1 1
t 1100m40010n2r 1000m100(4m)10n2r ，
p (10mn)(4010m2r)n402r，
2
q (10m2r)(4010mn)2r40n，
2
f(t)q  p (2r40n)(n402r)4r2n，
2 2
f(s) 22z2y z y1
K(s，t)   ，
f(t) 4r2n 2rn
f(S) f(t)12，即22z2y4r2n12，解得2rn7z y，

f(s) z y1
K(s，t)  ，
f(t) 7z y
s都是“双巧数”，

10(y1)z4(y1z)，解得2y2z，
f(s) z y1 2y2 y1 y1 6
K(s，t)    1 ，
f(t) 7z y 72y2 y 5 y 5 y
若要使K(s,t)最大，
则其分母最小，分子最大．
1„ z„ 9，

1„ y„ 3，且y为正整数，
y取3，
K(s,t)的最大值为2．
【点评】此题主要考查了数字问题，两位数和三位数的表示，新定义，掌握新定义“巧数”得出y2x是解
本题的关键．
10．（2022•江津区一模）一个三位数m，将m的百位数字和十位数字相加，所得数的个位数字放在m之后，得到的四位数称为m的“如虎添翼数”，将m的“如虎添翼数”的任意一个数位上的数字去掉后可以得到
四个新的三位数，把四个新的三位数的和与3的商记为F(m)．例如：m297， 2911，297的“如

虎添翼数” n是2971，将2971 的任意一个数位上的数字去掉后可以得到四个新的三位数：971、271、
971271291297
291、297，则F(n) 610．
3
（1）258的“如虎添翼数”是 2587 ，F(258) ；
（2）证明任意一个十位数字为0的三位数M ，它的“如虎添翼数”与M 的个位数字之和能被11整除；
（3）一个三位数s100x10y103(x…y且x y…9)，它的“如虎添翼数” t能被17整除，求F(s)的最大
值．
【分析】（1）根据概念进行计算从而作出判断；
（2）令M 100ab，然后根据概念并结合整式的加减运算进行分析证明；
（3）将s100x10y103变形为s100(x1)10y3，然后结合概念表示出s的如虎添翼数，并结合整
除的概念及x，y的取值范围分析其最值．
【解答】解：（1） 257，

258的如虎添翼数为2587，
将2587的任意一个数位上的数字去掉后可以得到新的三位数：587；287；257；258；
587287257258
F(258) 463，
3
故答案为：2587；463；
（2）令M 100ab(1„ a„ 9，0„ b„ 9，且a，b均为整数），则百位数字和十位数字的和为a，
M 的如虎添翼数为1000a10ba1001a10b，
其如虎添翼数和其个位数字之和为1001a10bb1001a11b，
(1001a11b)1191ab，且a，b均为整数，
任意一个十位数字为0的三位数M ，它的“如虎添翼数”与M 的个位数字之和能被11整除；
（3）s100x10y103100(x1)10y3，
百位数字和十位数字相加得x y1，
当x y1…10时，
s的如虎添翼数为：
t 1000(x1)100y30x y110
1001x101y102117(59x6y60)2x y1，
x在千位，

x对F(s)的大小影响较大，
x应取更大值，
由s是个三位数，则x1„ 9，
x„ 8，即x最大取8，
x8时，s的如虎添翼数能被17整除，则2x y128 y115 y能被17整除，

y2，
s100x10y1031008102103923，
s的如虎添翼数为9231，
231931921923
F(s) 1002，
3
即F(s)的最大值为1002．
【点评】本题属于新定义题目，理解新定义概念，掌握整式加减的运算法则是解题关键．
11．（2022•开州区模拟）一个自然数能分解成AB，其中A，B均为两位数，A的十位数字比B的十位
数字少1，且A，B的个位数字之和为10，则称这个自然数为“双十数”．
例如： 48196179，6比7小1，1910，4819是“双十数”；

又如： 14963444，3比4小1，4410，1496不是“双十数”．

（1）判断357，836是否是“双十数”，并说明理由；
（2）自然数N  AB为“双十数”，将两位数A放在两位数B的左边，构成一个新的四位数M ．例如：
48196179，M 6179，若A与B的十位数字之和能被5整除，且M 能被7整除，求所有满足条件的自
然数N．
【分析】（1）直接利用题目中的解题方法进行求解即可；
（2）首先表示出M ，利用A与B的十位数字之和能被5整除，将A与B的十位数字所有情况列出来，再
利用M 能被7整除来排除，从而得到所有满足条件的自然数N．
【解答】解：（1） 3571721，

1比2小1，718，
357不是双十数．
8362238，

2比3小1，2810，836是双十数．
（2） 自然数N  AB，两位数A放在两位数B的左边构成一个新的四位数M ，

设A的十位数字为a，个位数字为b，
B的十位数字为a1，个位数字为10b，
A与B的十位数字之和能被5整除，

aa15或aa110或aa115，
①当aa15时，
a2，
A的十位数字为2，B的十位数字为3，
M 能被7整除，

仅当b4时，M 2436时满足条件，
N 2436864，
②当aa110时，
9
a 不满足条件，
2
这种情况舍去，
③当aa115时，
a7，
A的十位数字为7，B的十位数字为8，
M 能被7整除，

当b1时，M 7189时满足条件，
N 71896319，
当b8时，M 7882时满足条件，
N 78826396，
综上，满足条件的自然数N的值为864，6319，6396．
【点评】本题主要考查数与式里的新定义问题，解题的关键是明确题干所给条件，利用已知条件进行推理
排除即可求解．
12．（2022•重庆）对于一个各数位上的数字均不为0的三位自然数N，若N能被它的各数位上的数字之和
m整除，则称N是m的“和倍数”．
例如： 247(247)2471319，247是13的“和倍数”．
又如： 214(214)2147304，214不是“和倍数”．

（1）判断357，441是否是“和倍数”？说明理由；
（2）三位数A是12的“和倍数”， a，b，c分别是数A其中一个数位上的数字，且abc．在a，
F(A)G(A)
b，c中任选两个组成两位数，其中最大的两位数记为F （A），最小的两位数记为G（A），若
16
为整数，求出满足条件的所有数A．
【分析】（1）根据“和倍数”的定义依次判断即可；
F(A)G(A) F(A)G(A)
（2）根据“和倍数”的定义表示F （A）和G（A），代入 中，根据 为整数可解
16 16
答．
【解答】解：（1） 357(357)357152312，

357不是“和倍数”；
441(441)441949，

441是9的“和倍数”；
（2）由题意得：abc12，abc，
由题意得：F （A）ab，G（A）cb，
F(A)G(A) abcb 10ab10cb 10(ac)2b
    ，
16 16 16 16
F(A)G(A)
ac12b， 为整数，

16
F(A)G(A) 10(12b)2b 1208b 11288b 1
    7 (1b)，
16 16 16 16 2
1b9，

b3，5，7，
ac9，7，5，
a8 a7
 
①当b3，ac9时，b3（舍)，b3 ，
 
c1 c2
则A732或372；
a6

②当b5，ac7时，b5 ，

c1
则A516或156；③当b7，ac5时，此种情况没有符合的值；
综上，满足条件的所有数A为：732或372或516或156．
【点评】本题考查了新定义问题，根据新定义问题进行计算是解题关键．
13．（2022•铜梁区模拟）对于任意一个四位数N，如果N满足各个数位上的数字互不相同．且个位数字不
为0，N的百位数字与十位数字之差是千位数字与个位数字之差的2倍，则称这个四位数N为“双减数”，
对于一个“双减数” N abcd ，将它的千位和百位构成的两位数为ab，个位和十位构成的两位数为dc，
abdc
规定：F(N) ．
12
7082
例如：N 7028．因为022(78)，所以7028是一个“双减数”则F(7028) 1．
12
（1）判断3401，5713是否是“双减数”，并说明理由；如果是，求出F(N)的值；
（2）若“双减数” M 的各个数位上的数字之和能被11整除，且F(M)是3的倍数，求M 的值．
【分析】（1）根据“双减数”的定义判断并求值即可；
（2）设M 1000a100b10cd，根据“双减数”的性质可推导得：ad 3，bc6，再分两种情况
讨论即可：①当abcd 11时，②当abcd 22时．
【解答】解：（1） 4042(31)，7162(53)，且满足各个位上的数字互不相等，且个位

数字不为0，
3401是“双减数，5713不是“双减数”．
3410
F(3401) 2．
12
716，532，不满足“双减数”的定义，

5713不是“双减数”．
（2）设M 1000a100b10cd，由题意可知：F(M)是3的倍数，且M 各个数位上的数字之和能被11
整除，且百位数与十位数之差是千位数与个位数之差的两倍．
abdc
F(M) 3k(k均为整数）①，abcd 11n(n为正整数）②，bc2(ad)③．
12
10bc10，

5ad 5，
由①知，10ad (10d c)36k，
10(ad)(bc)36k，
12(ad)36k，
ad 3k，k 1或k 1，即ad 3或ad 3．
当ad 3时，bc6，
ad 3，bc6，
代入②得，d 3c6cd 11n，
当ad 3时，bc6，
ad 3，bc6，
代入②得，d 3c6cd 11n，
根据“双减数”的性质可得：abcd 的最大值为30，最小值为6，
6„ abcd„ 30，
abcd 只能取11或22．
当abcd 11时，可得d c1或d c10；
d 1 d 0
当d c1时，d与c的值可能为 ， （舍去），
c0 c1
d 1
 ，
c0
a134，b066，
M 4601；
a1 a0
当d c10时，ab1，则 或 （舍去），
b0 b1
a1
 ，此时，c6，d 4．
b0
M 1064；
31 13
当abcd 26时，可得d c （舍)或d c （舍)．
2 2
M 4601或1064．
【点评】此题考查了新定义下的实数运算问题，解题的关键是根据新定义的运算规则求解．
14．（2022•大足区模拟）对任意一个四位正整数m，如果m的百位数字等于个位数字与十位数字之和，m
的千位数字等于十位数字的2倍与个位数字之和，那么称这个数m为“和谐数”．例如：m7431，满足
134，2317，所以7431是“和谐数”．例如：m6413，满足134，但21356，所
以6413不是“和谐数”．（1）判断8624和9582是不是“和谐数”，并说明理由；
（2）若m是“和谐数”，且m与22的和能被13整除，求满足条件的所有“和谐数” m．
【分析】（1）根据“和谐数”的定义直接进行判断即可；
（2）设m的个位数为a，十位数为b，根据m是“和谐数”，则m的百位数为ab，千位数为2ba，再
根据m与22的和能被13整除，即可解答．
【解答】解：（1） m8624，624，8224，

8642是“和谐数”；
m9582，582，

9582不是“和谐数”；
（2）设m的个位数为a，0„ a„ 9，十位数为b，0„ b„ 9，且a、b为整数，
m是“和谐数”，

m的百位数为ab(0„ ab„ 9)，千位数为2ba(02ba„ 9)，
m1000 (2ba)100 (ab)10ba1101a2110b，
m与22的和能被13整除，

1101a2110b2213(84a162b)9a4b22能被13整除，
9a4b22能被13整除，
2ba„ 9，且a、b为整数，

92b
a„ ，
2
a只能取0，1，2，3，4，
b1时，a0或b2时，a1或b3时，a2或b4，a3或b5，a4或b6，a5（不合
题意舍去）或b7，a6（不合题意舍去）或b8，a7（不合题意舍去）或b9，a8（不合题意
舍去），
ab1，2ba2或ab3，2ba5或ab5，2ba8或ab7，2ba11（不合题意舍
去）或ab9，2ba14（不合题意舍去），
m的值为2110或5321或8532．
【点评】本题是一道新定义题目，考查了有理数整除的相关性质，利用代数式的值进行相关分类讨论，得
出结果，解题的关键是能够理解定义．
15．（2022•南川区模拟）对于一个三位数的正整数P，满足各个数位上的数字都不为零，它的百位数字减
去十位数字的差等于十位数字减去个位数字的差，那么称这个数P为“平衡数”，对于任意一个“平衡数”，将它的前两位数加上后两位数所得的和记为m；将它的百位数字和个位数字构成的两位数加上交换这个两
位数所得到的新两位数的和记为n；把m与n的差除以 9 所得结果记为：F(P)．例如P246，因为
7088
2446，所以246是一个“平衡数”，所以m244670，n266288，则 2．
9
（1）计算：F(258)，F(741)；
（2）若 s、t都是“平衡数”其中 s10x y502，t 10ab200， (1„ x„ 9)，1„ y„ 7，1„ a„ 9，
F(s)
1„ b„ 9，x、y、a、b都是整数），规定k  ，当2F(s)F(t)1时，求k的最小值．
F(t)
【分析】（1）根据新定义进行计算即可．
（2）根据新定义，结合已知条件，用一个字母表达k，再根据这个字母的取值范围即可得出答案．
2558(2882)
【解答】解：（1）F(258) 3，
9
7441(7117)
F(741) 3．
9
（2） s10x y502，t 10ab200，(1„ x„ 9，1„ y„ 7，1„ a„ 9，1„ b„ 9，x， y，a，b都是整

数），
50x10x y2(52 y10y25) 11x10y25
F(s)  ，
9 9
20a10ab(20b10b2) 11a10b2
F(t)  ，
9 9
2F(s)F(t)1，

22x20y50 11a10b2
  1，
9 9
整理得22x20y11a10b43，
即11a10b24122x20y，
F(s)
k  ，

F(t)
11x10y25 11x10y25
k   ，
11a10b2 4122x20y
s是“平衡数”，

5xx y2，
y2x7，
11x10(2x7)25 9x45 1
则k    ，
4122x20(2x7) 18x99 1
2
x5
1„ y„ 7，
1„ 2x7„ 7，
解得4„ x„ 7，
x为整数，且x5，

x4或6或7，
当x6时，k取得最小值为1．
【点评】本题考查新定义题型、列代数式、有理数的混合运算，能根据题干中所给的新定义及运算规则完
成计算是解答本题的关键．
16．（2024•唐山一模）数学课上老师给出规定：如果两个数的平方差能被4整除，我们称这个算式是“佳
偶和谐式”．
小亮写出如下算式：82 62 74；142 122 134；1062 1042 1054．
发现：任意两个连续偶数的平方差都能被4整除，这些算式都是“佳偶和谐式”．
（1）验证：222 202是“佳偶和谐式”；
（2）证明：任意两个连续偶数的平方差都能被4整除，这些算式都是“佳偶和谐式”；
（3）小红通过小亮的结论推广得到一个命题：任意两个偶数的平方差都能被4整除，他们的算式都是“佳
偶和谐式”，直接判断此命题是真命题还是假命题．
【分析】（1）直接根据“佳偶和谐式”的定义，即可求解；
（2）设这两个连续偶数分别为n，n2，再根据平方差公式，以及“佳偶和谐式“的定义，即可求解；
（3）设任意两个偶数分别为2a，2b，再根据平方差公式，以及“佳偶和谐式’的定义，即可求解．
【解答】解：（1）证明： 222 202 214，

222 202是“佳偶和谐式”；
（2）证明：设这两个连续偶数分别为n，n2，
则(n2)2 n2
(n2n)(n2n)
2(2n2)
4(n1)，
任意两个连续偶数的平方差都能被4整除，这些算式都是“佳偶和谐式”；
（3）设任意两个偶数分别为2a，2b，
(2a)2 (2b)2(2a2b)(2a2b)
4(ab)(ab)，
任意两个偶数的平方差都能被4整除，他们的算式都是“佳偶和谐式”，
该命题是真命题．
【点评】本题主要考查的是因式分解的应用和命题与定理，熟练掌握平方差公式是解题的关键．
题型二：函数中的新定义问题
1．（2023•益阳）在平面直角坐标系xOy中，直线l:ya(x2)(a0)与x轴交于点A，与抛物线E:yax2
交于B，C两点(B在C的左边）．
（1）求A点的坐标；
（2）如图1，若B点关于x轴的对称点为B点，当以点A，B，C为顶点的三角形是直角三角形时，求实
数a的值；
（3）定义：将平面直角坐标系中横坐标与纵坐标均为整数的点叫作格点，如(2,1)，(2,0)等均为格点．如
图2，直线l与抛物线E所围成的封闭图形即阴影部分（不包含边界）中的格点数恰好是26个，求a的取值
范围．
?
【分析】（1）解方程a(x2)0；
（2）表示出点A，B，C的坐标，利用勾股定理解方程求解，注意直角顶点不确定，需分类讨论；
（3）直线l与抛物线E所围成的封闭图形（不包含边界）中的格点只能落在y轴和直线x1上，各为13个，
分别求出a的范围．
【解答】解：（1）令ya(x2)0，得x2，A点的坐标为(2,0)；
（2）联立直线l:ya(x2)与抛物线E:yax2得：
ya(x2)
 ，
yax2
x2 x20，
x1或x2，
B(1,a)，C(2,4a)，
B点关于x轴的对称点为B点，

B(1,a)，
AB2 (21)2 (0a)2 a2 1，
AC2 (22)2 (4a0)2 16a2 16，
BC2 (21)2 (4aa)2 25a2 9，
若CAB90，则AB2  AC2 BC2，即a2 116a2 1625a2 9，所以a1，
15
若ABC 90，则AB2 BC2  AC2，即a2 125a2 916a2 16，所以a ，
5
若ACB90，则AC2 BC2  AB2，即16a2 1625a2 9a2 1，此方程无解．
15
a1或a ．
5
（3）如图，直线l与抛物线E所围成的封闭图形（不包含边界）中的格点只能落在y轴和直线x1上，
D(0,2a)，E(1,a)，F(1,3a)，

ODEF 2a，
格点数恰好是26个，

落在y轴和直线x1上的格点数应各为13个，
13
落在y轴的格点应满足132a„14，即 a„ 7，
2
13 13
①若 a7，则即  y 7，所以线段EF 上的格点应该为(1,7)，(1，8)(1，19)，
2 2 E
193a„ 20
19 20
 a„
3 3
13 20
 a„
2 3②若a7，y 7，y 21，所以线段EF 上的格点正好13个，
E F
13 20
综上， a„ 或a7．
2 3
【点评】本题考查了一次函数和二次函数的图象与性质，并与直角三角形和新定义结合，关键是弄清格点
只能落在y轴和直线x1上，各为13个，并对点D、F 进行定位．
2．（2023•义乌市模拟）【概念发现】
对于平面上的图形S，先将其向上平移a个单位，再将平移后的图形沿着直线xb翻折得到图象S，记此
变换过程为图形S的(a,b)滑动对称变换，若在另一图形T上存在一动点C，图形S上存在一动点D，记CD
长度的最大值为H(S,T)，CD长度的最小值为h(S,T)．
?
【理解应用】
（1）如图1，平面直角坐标系中，M(3,2)，N(5,1)，记线段MN 为图形S，先将线段MN 向上平移1个单
位，再沿着直线x2翻折得到线段，记线段MN’，记线段MN为图形S，则图形S的( 1 ， )
滑动对称变换得到图形S．记原点O为图形T，则H(S,T) ，h(S,T) ．
【思维提升】（2）如图2， P在坐标平面内，半径为2，圆心P(6,0)，A(1,0)，B(2,0)，记 P为图形S，线段AB记
 
为图形T，图形S的(3,2)滑动对称变换得到图形S，求H(S,T)与h(S,T)的值．
【拓展延伸】
4 12
（3）如图3，记直线y x2的图象为图形S，反比例y 的图象为图形T，图形S的(2,0)滑动对称
3 x
变换得到图形S，则h(S,T) ．
【分析】（1）根据滑动对称变换的概念，此变换过程为图形S的(1,2)滑动对称变换，则H(S,T)OM，
h(S,T)ON；
（2）图形S的(3,2)滑动对称变换得到的图形S为：圆心为P(2,3)，半径为2的圆，则H(S,T)BM ，
h(S,T) AN ；
4
（3）图形S的(2,0)滑动对称变换得到的图形S为直线AB:y x4，求出与直线AB平行且与双曲线相
3
切的直线，则h(S,T)为两平行线之间的距离．
【解答】解：（1）根据滑动对称变换的概念，记线段MN 为图形S，先将线段MN 向上平移1个单位，再
沿着直线 x2翻折，此变换过程为图形 S的 (1,2)滑动对称变换，且 M(1,3)， N’ (1,2)，
H(S,T)OM 12 32  10 ，h(S,T)ON 12 22  5 ．
故答案为：1；2； 10； 5 ．
（2）图形S的(3,2)滑动对称变换得到的图形S为：圆心为P(2,3)，半径为2的圆，如图所示：
A(1,0)，B(2,0)，

H(S，T)BM BPPM  (22)2 (30)2 27，
h(S，T) AN  APPN  (21)2 (30)2 2 102．4
（3）图形S的(2,0)滑动对称变换得到的图形S为直线AB:y x4，如图所示：
3
4 12
设图中与AB平行的直线为：y xm，与反比例y 联立得
3 x
 4
y xm

 3
 ，
12
y
 x
4x2 3mx360，
△9m2 5760，
m8或m8（舍掉），
4x2 24x360，
x x 3，
1 2
C(3,4)，
34 12
在直角三角形ABC中，AC 3，BC 4，则AB5，AB边上的高CD  ；
5 5
12
h(S,T) ．
5
12
故答案为： ．
5
【点评】本题在新定义下考查了最值问题，包括点线，线圆，直线与双曲线，关键是作出变换后的图形，
最终转化成点点距．
3．（2023•姜堰区二模）在平面直角坐标系中，对于函数y ax2 bxc，其中a、b、c为常数，ac，
1
定义：函数y cx2 bxa是y ax2 bxc的衍生函数，点M(a,c)是函数y ax2 bxc的衍生点，设
2 1 1函数y ax2 bxc与其衍生函数的图象交于A、B两点（点A在点B的左侧）．
1
（1）若函数y ax2 bxc的图象过点C(1,3)、D(1,5)，其衍生点M(1,c)，求函数y ax2 bxc的解
1 1
析式；
（2）①若函数y ax2 bxc的衍生函数为y 2x1，求A、B两点的坐标；
1 2
②函数y ax2 bxc的图象如图所示，请在图中标出点A、B两点的位置；
1
（3）是否存在常数b，使得无论a为何值，函数y ax2 bxc的衍生点M 始终在直线AB上，若存在，
1
请求出b的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由衍生点M(1,c)，知a1，然后用待定系数法求函数y ax2 bxc的解析式；
1
（2）①由衍生函数的定义求出y ax2 bxc，联立y ax2 bxc与y 2x1，解方程组求A、B两
1 1 2
点的坐标；
②仿照①的过程进行求解；
（3）求出直线AB的表达式，代入点M ，寻求a，b，c之间的关系．
【解答】解：（1） 函数y ax2 bxc的衍生点M(1,c)，
 1
a1，函数y ax2 bxc的图象过点C(1,3)、D(1,5)，
 1
1bc3
 ，
1bc5
b4
 ，
c2
y x2 4x2．
1
（2）① 函数y ax2 bxc的衍生函数为y 2x1，
 1 2
y x2 2x，
1
x2 2x2x1，
x1或x1，
A(1,3)、B(1,1)，
②由图象结合（1）得y x2 4x2，
1
y 2x2 4x1，
2
x2 4x22x2 4x1，
x1或x1，
A(1,3)、B(1,5)，见图所示：（3） 点M(a,c)，y ax2 bxc，y cx2 bxa，
 1 2
ax2 bxccx2 bxa，
x1或x1，
A(1,abc)、B(1,abc)，
设直线AB的表达式为ykxm，则
kmabc
 ，
kmabc
 k b
 ，
mac
ybxac，
代入M(a,c)得，cabac，
a(b1)0，
a是任意实数，

b10，
b1．
【点评】本题是新定义题，考查了二次函数的图象与性质，解题关键是紧靠定义，尤其第（3）问，用字母
表示，有一定难度．4．（2022•遵义）新定义：我们把抛物线yax2 bxc（其中ab0)与抛物线ybx2 axc称为“关联
抛物线”．例如：抛物线 y2x2 3x1的“关联抛物线”为： y3x2 2x1．已知抛物线
C :y4ax2 ax4a3(a0)的“关联抛物线”为C ．
1 2
（1）写出C 的解析式（用含a的式子表示）及顶点坐标；
2
（2）若a0，过x轴上一点P，作x轴的垂线分别交抛物线C ，C 于点M ，N．
1 2
①当MN 6a时，求点P的坐标；
②当a4„ x„ a2时，C 的最大值与最小值的差为2a，求a的值．
2
【分析】（1）根据“关联抛物线”的定义可直接得出C 的解析式，再将该解析式化成顶点式，可得出C
2 2
的顶点坐标；
（2）①设点P的横坐标为m，则可表达点M 和点N的坐标，根据两点间距离公式可表达MN 的长，列出
方程，可求出点P的坐标；
②分情况讨论，当a4„ 2„ a2时，当2„ a4„ a2时，当a4„ a2„ 2时，分别得出C 的最大值
2
和最小值，进而列出方程，可求出a的值．
【解答】解：（1）根据“关联抛物线”的定义可得C 的解析式为：yax2 4ax4a3，
2
yax2 4ax4a3a(x2)2 3，

C 的顶点坐标为(2,3)；
2
（2）①设点P的横坐标为m，
过点P作x轴的垂线分别交抛物线C ，C 于点M ，N，
 1 2
M(m,4am2 am4a3)，N(m,am2 4am4a3)，
MN |4am2 am4a3(am2 4am4a3)||3am2 3am|，
MN 6a，

|3am2 3am|6a，
解得m1或m2，
P(1,0)或(2,0)．
② C 的解析式为：ya(x2)2 3，
 2
当x2时，y3，当xa4时，ya(a42)2 3a(a2)2 3，
当xa2时，ya(a22)2 3a3 3，
根据题意可知，需要分三种情况讨论，
Ⅰ、当a4„ 2„ a2时，0a„ 2，
且当0a„1时，函数的最大值为a(a2)2 3；函数的最小值为3，
a(a2)2 3(3)2a，解得a2 2或a2 2（舍)；
当1„ a„ 2时，函数的最大值为a3 3；函数的最小值为3，
a3 3(3)2a，解得a 2或a 2（舍)；
Ⅱ、当2„ a4„ a2时，a…2，
函数的最大值为a3 3，函数的最小值为a(a2)2 3；
a3 3[a(a2)2 3]2a，
3
解得a （舍)；
2
Ⅲ、当a4„ a2„ 2时，a„ 0，不符合题意，舍去；
综上，a的值为2 2或 2．
【点评】本题属于二次函数背景下新定义类问题，涉及两点间距离公式，二次函数的图象及性质，由“关
联抛物线”的定义得出C 的解析式，掌握二次函数图象的性质是解题关键．
2
5．（2022•湘西州）定义：由两条与x轴有着相同的交点，并且开口方向相同的抛物线所围成的封闭曲线称
为“月牙线”，如图①，抛物线C :yx2 2x3与抛物线C :yax2 2axc组成一个开口向上的“月牙
1 2
线”，抛物线C 和抛物线C 与x轴有着相同的交点A(3,0)、B（点B在点A右侧），与y轴的交点分别
1 2
为G、H(0,1)．
（1）求抛物线C 的解析式和点G的坐标．
2
（2）点M 是x轴下方抛物线C 上的点，过点M 作MN x轴于点N，交抛物线C 于点D，求线段MN 与
1 2
线段DM 的长度的比值．
（3）如图②，点E是点H 关于抛物线对称轴的对称点，连接EG，在x轴上是否存在点F ，使得EFG是
以EG为腰的等腰三角形？若存在，请求出点F 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）将A(3,0)、H(0,1)代入yax2 2axc中，即可求函数的解析式；
1 2
（2）设M(t,t2 2t3)，则D(t, t2  t1)，N(t,0)，分别求出MN ，DM ，再求比值即可；
3 3
（3）先求出 E(2,1)，设 F(x,0)，分两种情况讨论：①当 EGEF时， 2 2  (x2)2 1，可得
F( 72，0)或( 72，0)；②当EGFG时，2 2  9x2 ，F 点不存在．
【解答】解：（1）将A(3,0)、H(0,1)代入yax2 2axc中，
9a6ac0
 ，
c1
 1
a
解得 3 ，
 c1
1 2
y x2  x1，
3 3
在yx2 2x3中，令x0，则y3，
G(0,3)；
1 2
（2）设M(t,t2 2t3)，则D(t, t2  t1)，N(t,0)，
3 3
1 2 2 4
NM t2 2t3，DM  t2  t1(t2 2t3) t2  t2，
3 3 3 3
MN (t2 2t3) 3
   ；
DM 2 2
 (t2 2t3)
3
（3）存在点F ，使得EFG是以EG为腰的等腰三角形，理由如下：
由（1）可得yx2 2x3的对称轴为直线x1，
E 点与H 点关于对称轴x1对称，
E(2,1)，
设F(x,0)，
①当EGEF时，
G(0,3)，

EG2 2，
2 2  (x2)2 1，
解得x 72或x 72，
F( 72，0)或( 72，0)；
②当EGFG时，2 2  9x2 ，
此时x无实数根；
综上所述：F 点坐标为( 72，0)或( 72，0)．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰三角形的性质，分类讨
论是解题的关键．
6．（2022•南通）定义：函数图象上到两坐标轴的距离都不大于n(n…0)的点叫做这个函数图象的“n阶方
1 1 1 2
点”．例如，点( ， )是函数yx图象的“ 阶方点”；点(2,1)是函数y 图象的“2阶方点”．
3 3 2 x
1 1
（1）在①(2, )；②(1,1)；③(1,1)三点中，是反比例函数 y 图象的“1 阶方点”的有 ②③
2 x
（填序号）；
（2）若y关于x的一次函数yax3a1图象的“2阶方点”有且只有一个，求a的值；
（3）若 y关于x的二次函数 y(xn)2 2n1图象的“n阶方点”一定存在，请直接写出n的取值范
围．
【分析】（1）根据定义进行判断即可；
（2）在以O为中心，边长为4的正方形ABCD中，当直线与正方形区域只有唯一交点时，图象的“2阶方
点”有且只有一个，结合图象求a的值即可；
（3）在以O为中心，边长为2n的正方形 ABCD中，当抛物线与正方形区域有公共部分时，二次函数
y(xn)2 2n1图象的“n阶方点”一定存在，结合函数图象求解即可．
1 1
【解答】解：（1）①(2, )到两坐标轴的距离分别是2， ，
2 21
21， 1，

2
1 1
(2, )不是反比例函数y 图象的“1阶方点”；
2 x
②(1,1)到两坐标轴的距离分别是1，1，
„1，1„1，

1
(1,1)是反比例函数y 图象的“1阶方点”；
x
③(1,1)到两坐标轴的距离分别是1，1
1„1，1„1，

1
(1,1)是反比例函数y 图象的“1阶方点”；
x
故答案为：②③；
（2） 当x3时，yax3a1a(x3)11，

函数经过点(3,1)，
如图1，在以O为中心，边长为4的正方形ABCD中，当直线与正方形区域只有唯一交点时，图象的“2阶
方点”有且只有一个，
由图可知，C(2,2)，D(2,2)，
一次函数yax3a1图象的“2阶方点”有且只有一个，

当直线经过点D时，a1，此时图象的“2阶方点”有且只有一个，
当直线经过点C时，a3，此时图象的“2阶方点”有且只有一个，
综上所述：a的值为3或1；
（3）在以O为中心，边长为2n的正方形 ABCD中，当抛物线与正方形区域有公共部分时，二次函数
y(xn)2 2n1图象的“n阶方点”一定存在，
如图2，设A(n,n)，C(n,n)，B(n,n)，D(n,n)，
当抛物线经过点B时，n1；
1
当抛物线经过点D时，n1或n ；
4
1
当 „ n„1时，二次函数y(xn)2 2n1图象的“n阶方点”一定存在．
4【点评】本题属于二次函数背景下新定义问题，主要考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图
象及性质，理解定义，将所求问题转化为正方形与函数图象的交点问题是解题的关键．
7．（2022•安顺）在平面直角坐标系中，如果点P的横坐标和纵坐标相等，则称点P为和谐点．例如：点
1 1
(1,1)，( ， )，( 2 ， 2)，都是和谐点．
2 2
（1）判断函数y2x1的图象上是否存在和谐点，若存在，求出其和谐点的坐标；
5 5
（2）若二次函数yax2 6xc(a0)的图象上有且只有一个和谐点( ， )．
2 2
①求a，c的值；
1
②若1„ x„ m时，函数yax2 6xc (a0)的最小值为1，最大值为3，求实数m的取值范围．
4
【分析】（1）设函数y2x1的和谐点为(x,x)，可得2x1x，求解即可；
5 5
（2）将点( ， )代入yax2 6xc，再由ax2 6xcx有且只有一个根，△254ac0，两个方程
2 2联立即可求a、c的值；
②由①可知yx2 6x6(x3)2 3，当x1时，y1，当x3时，y3，当x5时，y1，则
3„ m„ 5时满足题意．
【解答】解：（1）存在和谐点，理由如下，
设函数y2x1的和谐点为(x,x)，
2x1x，
解得x1，
和谐点为(1,1)；
5 5
（2）① 点( ， )是二次函数yax2 6xc(a0)的和谐点，

2 2
5 25
  a15c，
2 4
25 25
c a ，
4 2
二次函数yax2 6xc(a0)的图象上有且只有一个和谐点，

ax2 6xcx有且只有一个根，
△254ac0，
25
a1，c ；
4
②由①可知yx2 6x6(x3)2 3，
抛物线的对称轴为直线x3，
当x1时，y1，
当x3时，y3，
当x5时，y1，
函数的最大值为3，最小值为1；

当3„ m„ 5时，函数的最大值为3，最小值为1．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，理解定义，并与二次函数的
性质结合解题是关键．
8．（2024•北京模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知正方形ABCD，其中A( 2 ， 2)，B( 2 ， 2)，
C( 2， 2)，D( 2， 2)，M 、N为正方形外两点，MN 1．给出如下定义：如果线段MN 平移m个单位后，两端点均落在正方形ABCD的边上，则称m的最小值为线段MN 到正方形ABCD的“平移距离”，
记为d．
（1）如图1，平移线段MN ，得到两条端点在正方形ABCD边上且长度为1的线段PP 和PP ，则这两条
1 2 3 4
线段的位置关系是 平行 ；在点P，P ，P ，P 中，连接点M 与点 的线段的长度等于d；
1 2 3 4
（2）若点M ，N都在直线yx4上，求d的值；
5 2 5 2
（3）若点M 的坐标为( , )，直接写出d的取值范围．
2 2
【分析】（1）根据平移前后的对应线段平行及平行公理的推论可得PP 和PP 的位置关系是平行；最短距
1 2 3 4
离是第一次平移后得到的对应点的连线，即可判断连接点M 与点P的线段的长度等于d；
1
（2）设MN 平移后交正方形于点P、Q．作OF MN于点F ，交PQ于点E，延长MN 交x轴于点G，
则MN //PQ，推理可得BOG和FOG均为45，那么点F 、B、O在同一条直线上，根据45的三角函
数值可得OB、BE 的长，即可求得OE的长，那么平移的距离等于OF 的长减去OE的长；
（3）由题意得，点M 平移到点B处时，平移的距离最小，点M 平移到AE或者CF 的中点时，平移的距离
最大，那么可得d的取值范围．
【解答】解：（1） 平移前后的对应线段平行，

MN //PP ，MN //PP ．
1 2 3 4
PP //PP ．
1 2 3 4
点M 的对应顶点分别是P和P ，MP MP ，
 1 3 1 3
在点P，P ，P ，P 中，连接点M 与点P的线段的长度等于d．
1 2 3 4 1
故答案为：平行，P；
1
（2）设MN 平移后交正方形于点P、Q．作OF MN于点F ，交PQ于点E，延长MN 交x轴于点G，
则MN //PQ．
OFC 90．点M ，N都在直线yx4上，

FGO45，G(4,0)．
OG4，FOG45．
OF OGsin452 2．
由题意得：BOG45，
点B在线段OF 上．
B( 2， 2)，PQ1，

1
OB2，BE  ．
2
3
OEOBBE ．
2
3
EF OF OE2 2 ．
2
3
d 2 2 ；
2
（3）①点M 平移到点B处时，平移的距离最小．
5 2 5 2
点M 的坐标为( , )，B( 2 ， 2)．

2 2
5 2 5 2
MB (  2)2 (  2)2  9 3；
2 2
②点M 平移到AE或者CF 的中点时，平移的距离最大，以AE的中点M为例．
点M是AE的中点，A坐标为( 2 ， 2)，

2
点M的坐标为( 2 ， )．
2
5 2 5 2 2 90 3 10
MM (  2)2 (  )2   ．
2 2 2 4 23
3„ d„ 10．
2
【点评】本题综合考查一次函数的应用．用到的知识点为：平面内两点的坐标分别为A(x ，y )，B(x ，
1 1 2
y )，则AB (x x )2 (y  y )2 ；直线解析式的比例系数的绝对值是1，那么这条直线与x轴或y轴的
2 1 2 1 2
夹角为45．
9．（2024•乌鲁木齐一模）我们将使得函数值为零的自变量的值称为函数的零点．例如，对于函数
yx1，令y0，可得x1，我们就说1是函数yx1的零点．
（1）求一次函数y2x3的零点；
3
（2）若二次函数 yx2 bx b的零点为x ，x ， A，B两点的坐标依次A(x ，0)，B(x ，0)，如果
2 1 2 1 2
AB2，求b的值；
（3）直线 y2xb的零点为 1，且与抛物线 ykx2 (3k3)x2k4(k 0)交于 C、 D两点，若
1
m1„ „ m2时，线段CD有最小值3 5，求m．
k
【分析】（1）当y0时，求出x的值即可；
3 3
（2）由题意可得 x2 bx b0，再由根与系数的关系可得 x x b， x x  b，根据
2 1 2 1 2 2
AB (x x )2 4xx 2，求出b的值即可；
1 2 1 2
y2x2
（3）求出 b的值，联立方程组  ，整理得 kx2 (3k1)x2k20，再求
ykx2 (3k3)x2k4
1
CD| 5|1 |，分三种情况讨论：当m2„1时，此时CD有最小值 5|1m2|3 5，解得m4或m2
k
（舍)；当m1…1时，即m…0，此时CD有最小值 5|1m1|3 5，解得m3或m3（舍)；当
m11m2，即1m0，此时CD的最小值为0．
【解答】解：（1）当y0时，2x30，3
解得x ，
2
3
一次函数y2x3的零点是 ；
2
3
（2）当y0时，x2 bx b0，
2
3
△b2 4 b0，

2
b6或b0，
3
x x b，x x  b，
1 2 1 2 2
AB (x x )2 4xx 2，
1 2 1 2
b3 13；
（3） 直线y2xb的零点为1，

2b0，
解得b2，
y2x2，
y2x2
联立方程组 ，
ykx2 (3k3)x2k4
整理得kx2 (3k1)x2k20，
3k1 2k2
x x  ，x x  ，
C D k C D k
3k1 2k2 k1 1
CD 5 ( )2 4  5| | 5|1 |，
k k k k
1
m1„ „ m2，

k
当m2„1时，即m„ 1，此时CD有最小值 5|1m2|3 5，
解得m4或m2（舍)；
当m1…1时，即m…0，此时CD有最小值 5|1m1|3 5，
解得m3或m3（舍)；
当m11m2，即1m0，此时CD的最小值为0；
综上所述：m的值为3或4．
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，一元二次方程根与系数的关系，弄清定义，分类讨论是解题的关键．
10．（2023•崇川区校级四模）规定：如果两个函数图象上至少存在一组点是关于原点对称的，我们则称这
两个函数互为“O—函数”．这组点称为“XC点”．例如：点P(1,1)在函数yx2上，点Q(1,1)在函数
yx2上，点P与点Q关于原点对称，此时函数yx2和yx2互为“O—函数”，点P与点Q则
为一组“XC点”．
6
（1）已知函数y2x1和y 互为“O—函数”，请求出它们的“XC点”；
x
（2）已知函数yx2 2x4和y4xn2022互为“O—函数”，求n的最大值并写出“XC点”；
（3）已知二次函数yax2 bxc(a0)与y2bx1互为“O—函数”有且仅存在一组“XC点”，如图，
c2 2c6
若二次函数的顶点为M ，与x轴交于A(x ，0)，B(x ，0)其中0x x ，AB ，过顶点M
1 2 1 2 c
作x轴的平行线l，点P在直线l上，记P的横坐标为 t ，连接OP，AP，BP．若OPAOBP，求t
的最小值．
2a1b
6 
【分析】（1）设P(a,b)在y2x1上，则Q(a,b)在y 上，由此得到方程组 6 ，求解方
x b

 a
程组即可；
s2 2s4t
（2）设P(s,t)在yx2 2x4上，则Q(s,t)在y4xn2022上，由此得到方程组 ，
4sn200t
整理得n(s1)2 2019，当s1时，n有最大值2019，再求“XC点”即可；yax2 bxc
（3）设P(x,y)在yax2 bxc上，则Q(x,y)在y2bx1上，由此可得方程组 ，整理
y2bx1
4acb2
得ax2 bxc10，由题意可得△b2 4a(c1)0，即 1，从而得到顶点M 的纵坐标为1，
4a
b c c2 2c6 2 c c2 2c6
又由根与系数的关系可得x x  ，x x  ，则AB  ，整理得  ，证
1 2 a 1 2 a c a a 4
1 5 1
明POA∽BOP，得到OP2 OBOAx x ，可得t1 (c1)2  ，所以当c1时，t有最小值 ．
1 2 4 4 4
6
【解答】解：（1）设P(a,b)在y2x1上，则Q(a,b)在y 上，
x
2a1b

 6 ，
b

 a
 3
a2 a
解得 或 2 ，
b3
 b4
3 3
 “XC点”为(2,3)与(2,3)或( ，4)与( ，4)；
2 2
（2）设P(s,t)在yx2 2x4上，则Q(s,t)在y4xn2022上，
s2 2s4t
 ，
4sn200t
nt4s2022s2 2s2018(s1)2 2019，
当s1时，n有最大值2019，
此时“XC点”为(1,7)与(1,7)；
（3）设P(x,y)在yax2 bxc上，则Q(x,y)在y2bx1上，
yax2 bxc
 ，
y2bx1
整理得ax2 bxc10，
有且仅存在一组“XC点”，

4acb2
△b2 4a(c1)0，即 1，
4a
顶点M 的纵坐标为1，
ax2 bxc0，
b c
x x  ，x x  ，
1 2 a 1 2 a
2
AB (x x )2 4xx  ，
1 2 1 2 a
c2 2c6
AB ，

c
c2 2c6 2
  ，
c a
c c2 2c6
  ，
a 4
OPAOBP，AOPPOB，

POA∽BOP，
OP2 OBOAx x ，
1 2
P的横坐标为 t ，

P( t ，1)，
c c2 2c6 1 5
t1   (c1)2  ，
a 4 4 4
1
当c1时，t有最小值 ．
4
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，三角形相似的判定及性质，
一元二次方程根与系数的关系，弄清定义是解题的关键．
11．（2023•长安区校级二模）在平面直角坐标系中，如果点P的横坐标和纵坐标相等，则称点P为和谐
1 1
点．例如：点(1,1)，(0,0)，( ， )，都是和谐点．
3 3
（1）判断二次函数yx2 2的图象上是否存在和谐点，若存在，求出其和谐点的坐标；
（2）若二次函数yax2 2xc(a0)的图象上有且只有一个和谐点(1,1)．
①求这个二次函数的表达式；
3
②若0„ x„ m时，函数yax2 2xc (a0)的最小值为1，最大值为3，求实数m的取值范围．（可通
2
过画出函数图象草图来求解）
【分析】（1）设函数yx2 2的和谐点为(x,x)，代入求解即可；
（2）①将点(1,1)代入yax2 2xc，再由ax2 2xcx有且只有一个根，△14ac0，两个方程联立即可求a、c的值；
1 1
②由①可知 y x2 2x1 (x2)2 3，当x2时， y3，当x0时， y1，当x4时， y1，
2 2
则2„ m„ 4时满足题意．
【解答】解：（1）存在和谐点，和谐点的坐标为(1,1)，(2,2)；
设函数yx2 2的和谐点为(x,x)，可得xx2 2，
解得x1或x2，
和谐点为(1,1)，(2,2)；
（2）① 点(1,1)是二次函数yax2 2xc(a0)的和谐点，

1a2c，
ca1，
二次函数yax2 2xc(a0)的图象上有且只有一个和谐点，

ax2 2xcx有且只有一个根，
△14ac0，
1 1
a ，c ，
2 2
1 1
该二次函数的表达式为：y x2 2x ；
2 2
1 1
②由①可知，y x2 2x1 (x2)2 3，
2 2
抛物线的对称轴为直线x2，
当x2时，y3，
当x0时，y1，
当x4时，y1，
函数的最小值为1，最大值为3，

当2„ m„ 4时，函数的最小值为1，最大值为3．
【点评】题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，理解定义，并与二次函数的性
质结合是解题的关键．
12．（2023•海州区校级一模）在平面直角坐标系中，对于两点A(x ，y )和B(x ，y )，它们横坐标之
1 1 2 2
差的绝对值与纵坐标之差的绝对值之和称为这两个点之间的曼哈顿距离，表示为：
d(A,B)|x x || y  y |．
1 2 1 2（1）如果点A(3,2)，则原点O与点A的曼哈顿距离d(O,A) 5 ；
（2）函数 y2x4(0„ x„ 2)的图象如图 1 所示， B是图象上一点，原点O与点 B的曼哈顿距离
d(O,B)3，则点B的坐标为 ；
（3）点C，D分别在x轴和y轴的正半轴上，对于线段CD上任意一点P，都满足d(O,P)3，则直线
CD的函数表达式为 ；
（4）如图2，点E(5,3)， E的半径为2，点M 在 E上，则d(O,M)的最小值为 ?．
 
【分析】（1）点A(3,2)，O(0,0)，直接套用公式d(A,B)|x x || y  y |计算；
1 2 1 2
（2）设点B(x,2x4)，根据d(O,B)3建立方程求点B的坐标；
（3）设直线CD的函数表达式为 ykxb，则点P(x,kxb)，根据d(O,P)3建立方程恒成立，求出
k、b；
（4）设M(x,y)，在圆上满足(x5)2 (y3)2 4，d(O,M)|x0|| y0|x y，则直线yxd
与圆有交点，联立方程组消y建立x的方程有解，利用△…0求最值．
【解答】解：（1） 点A(3,2)，O(0,0)，

d(O,A)|30||20|5，
故答案为：5；
（2）设点B(x,2x4)，
d(O,B)3，

|x0||2x40|3，即|x||42x|3，
0„ x„ 2，

42x…0，x42x3，
x1，
y2x42，
点B的坐标为(1,2)，
故答案为：(1,2)；
（3）设直线CD的函数表达式为ykxb，则点P(x,kxb)，
点C，D分别在x轴和y轴的正半轴上，点P在线段CD上，

x0，kxb0，
d(O,P)3，

|x0||kxb0|3，即(k1)xb3，
点P是任意一点，

k10，
k 1，b3，
直线CD的函数表达式为yx3，
故答案为：yx3；
（4）设M(x,y)，x0，y0，
E(5,3)，ME2，

 (x5)2 (y3)2 2，即(x5)2 (y3)2 4①，
d(O,M)|x0|| y0|x y，
yxd ，代入①得(x5)2 (xd 3)2 4，
2x2 (42d)xd2 6d 300，
△[(42d)]242(d2 6d 30)…0，
d2 16d 56„ 0，
82 2„ d„ 82 2 ，
d(O,M)的最小值为82 2，
故答案为：82 2．
【点评】本题在新定义下考查了方程思想，图象交点问题，关键是紧扣定义，套用公式．13．（2023•黄石模拟）定义：若一个函数图象上存在横、纵坐标相等的点，则称该点为这个函数图象的
1 1
“等值点”，例如，点(1,1)是函数的y x 图象的“等值点”．
2 2
1
（1）试判断函数y (x1)的图象上是否存在“等值点”？如果存在，求出“等值点”的坐标；如果
x1
不存在，请说明理由；
（2）已知函数yx2 2的图象的“等值点”为点A(1,1)和点B(2,2)．
①已知实数m、n满足m2 m20，n2 n20，且mn，求m2nmn2的值；
②已知实数 p、q满足 p2  p2，2q2 q1，且 p2q，求 p2 4q2的值；
③若函数yx2 2(x…1)的图象记为W 将其沿直线x1翻折后的图象记为W ，由W ，W 两部分组成的图象
1 2 1 2
记为W ，试求图象W 上的“等值点”．
1
【分析】（1）根据“等值点”的定义，解方程x 即可，注意x1；
x1
（2）①根据m2 m20，n2 n20，变形得到m2 2m，n2 2n，可知m，n是方程x2 2x
的两个根，即m，n是函数yx2 2的图象的“等值点”的横坐标，求出m、n代入即可；
②仿照①的做法，注意把2q当成一个整体；
③先求出W 的表达式，再求出它的“等值点”，注意x的范围，最后求W 上的“等值点”．
2
1 1 5 1 5
【解答】解：（1）函数 y (x1)的图象上存在“等值点”，“等值点”的坐标为( ， )．理
x1 2 2
由如下：
1 1
函数y (x1)的图象上若存在“等值点”，则x ，
x1 x1
x2 x10，
1 5 1 5
x  ，x  ，
1 2 2 2
x1，

1 5
x ，
2
1 1 5 1 5
函数y (x1)的图象上存在“等值点”，“等值点”的坐标为( ， )．
x1 2 2
（2）① 实数m、n满足m2 m20，n2 n20，

m2 2m，n2 2n，
m，n是方程x2 2x的两个根，即m，n是函数yx2 2的图象的“等值点”的横坐标，m1，n2或m2，n1，
当m1，n2时，m2nmn2 2，
当m2，n1时，m2nmn2 2，
m2nmn2 2．
② 实数 p、q满足 p2  p2，2q2 q1，

p2 2 p，(2q)2 22q，
p，2q是方程x2 2x的两个根，即 p，2q是函数yx2 2的图象的“等值点”的横坐标，
p1，2q2或 p2，2q1，
当 p1，2q2时， p2 4q2 5，
当 p2，2q1时， p2 4q2 5，
p2 4q2 5．
③函数yx2 2的顶点为(0,2)，它关于直线x1对称的点为(2,2)，
W 的函数表达式为y(x2)2 2(x„1)，
2
x(x2)2 2，
5 17 5 17
x  或x  （舍)，
1 2 2 2
5 17 5 17
W 上的“等值点”为( ， )．
2 2 2
函数yx2 2(x…1)的图象的“等值点”为点B(2,2)．

5 17 5 17
图象W 上的“等值点”为(2,2)和( ， )．
2 2
【点评】本题在新定义下考查了两个函数图象交点与方程的关系，渗透了数形结合和整体的思想．
1 1
14．（2022•长沙）若关于x的函数y，当t „ x„ t 时，函数y的最大值为M ，最小值为N，令函数
2 2
M N
h ，我们不妨把函数h称之为函数y的“共同体函数”．
2
（1）①若函数y4044x，当t 1时，求函数y的“共同体函数” h的值；
②若函数ykxb(k 0，k，b为常数），求函数y的“共同体函数” h的解析式；
2
（2）若函数y (x…1)，求函数y的“共同体函数” h的最大值；
x（3）若函数yx2 4xk ，是否存在实数k，使得函数y的最大值等于函数y的“共同体函数“h的最
小值．若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）①由题意求出M 6066，N 2022，再由定义可求h的值；
1 1 1 1
②分两种情况讨论：②当k 0时，M kt kb，N kt kb，h k；当k 0时，M kt kb，
2 2 2 2
1 1
有N kt kb，h k ；
2 2
1 2 2 4 1
（2）由题意t …1，M  ，N  ，则h ，所以h有最大值 ；
2 1 1 4t2 1 2
t t
2 2
1 1 1
（3）分四种情况讨论：①当2„ t 时，M (t 2)2 4k ，N (t 2)2 4k，ht2；②
2 2 2
1 1 1 1 5
当t „ 2时，N (t 2)2 4k ，M (t 2)2 4k，h2t；③当t „ 2„ t ，即2„ t„ ，
2 2 2 2 2
1 1 3 1 1
N (t 2)2 4k，M 4k，h (t )2；④当t2„ t ，N (t 2)2 4k ，M 4k，
2 2 2 2 2
1 5 1 31
h (t )2，画出h的函数图象，结合图象可得 4k，解得k  ．
2 2 8 8
【解答】解：（1）① t 1，

1 3
 „ x„ ，
2 2
函数y4044x，

函数的最大值M 6066，函数的最小值N 2022，
h2022；
1 1 1 1
②当k 0时，函数ykxb在t „ x„ t 有最大值M kt kb，有最小值N kt kb，
2 2 2 2
1
h k；
2
1 1 1 1
当k 0时，函数ykxb在t „ x„ t 有最大值M kt kb，有最小值N kt kb，
2 2 2 2
1
h k；
2
1
综上所述：h| k|；
2
1 3
（2）t …1，即t… ，
2 2
2 2 2
函数y (x…1)最大值M  ，最小值N  ，
x 1 1
t t
2 24
h ，
4t2 1
3 1
当t 时，h有最大值 ；
2 2
（3）存在实数k，使得函数y的最大值等于函数y的“共同体函数“h的最小值，理由如下：
yx2 4xk (x2)2 4k，

函数的对称轴为直线x2，y的最大值为4k ，
1 5
①当2„ t 时，即t… ，
2 2
1 1
此时M (t 2)2 4k ，N (t 2)2 4k，
2 2
ht2，
1 1 7
此时h的最小值为 ； 4k，解得k  ；
2 2 2
1 3
②当t „ 2时，即t„ ，
2 2
1 1
此时N (t 2)2 4k ，M (t 2)2 4k，
2 2
h2t ，
1
此时h的最小值为 ；
2
1 5
③当t „ 2„ t ，即2„ t„ ，
2 2
1
此时N (t 2)2 4k，M 4k，
2
1 3
h (t )2，
2 2
1 1 31
h的最小值为 ；4k  ，解得k  ；
8 8 8
1 3
④当t2„ t ，即 „ t2，
2 2
1
此时N (t 2)2 4k ，M 4k，
2
1 5
h (t )2，
2 2
1
h的最小值为 ；k
8
1
h的函数图象如图所示：h的最小值为 ，
8
1
由题意可得 4k，
831
解得k  ；
8
31
综上所述：k的值为 ．
8
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，理解定义，根据定义结合所
学的一次函数、反比例函数、二次函数的图象及性质综合解题，分类讨论是解题的关键．
15．（2024•长沙三模）对某一个函数给出如下定义：如果函数的自变量x与函数值y满足：当(xm)(xn)„ 0
时，(ym)(yn)„ 0(m，n为实数，且mn)，我们称这个函数在mn上是“民主函数”．比如：函数
yx1在 12上是“民主函数”．理由： 由 [x(1)](x2)„ 0，得 1„ x„ 2． x1 y，
 
1„1 y„ 2，解得1„ y„ 2，[y(1)](y2)„ 0，是“民主函数”．
6
（1）反比例函数y 是23上的“民主函数”吗？请判断并说明理由；
x
（2）若一次函数 ykxb在mn上是“民主函数”，求此函数的解析式（可用含m，n的代数式表示）；
（3）若抛物线yax2 bxc(a0,ab0)在13上是“民主函数”，且在1„ x„ 3上的最小值为4a，设
抛物线与直线 y3交于 A，B点，与 y轴相交于C点．若ABC 的内心为G，外心为M ，试求MG的
长．
【分析】（1）根据“民主函数”的定义进行判断即可；
（2）根据“民主函数”的定义以及一次函数的增减性，分两种情况进行求解即可；
b 1 b b2
（3）由a0，ab0，得  ，则抛物线ya(x )2 c 在1„ x„ 3上是递增的，可知x1时，
2a 2 2a 4a
y1，且最小值为 4a，得出抛物线的解析式，从而得出点 A、 B、 C的坐标，设 M(0,t)，根据
MAMC，可得M 的坐标，再利用面积法求出点G的坐标，即可求得答案．
【解答】（1）解：当(x2)(x3)„ 0时，则2„ x„ 3，
6
反比例函数y 在第一象限内y随x的增大而减小，

x
当2„ x„ 3时，2„ y„ 3，
(y2)(y3)„ 0，
6
反比例函数y 是23上的“民主函数”；
x
（2）由题意，得：当m„ x„ n时，m„ y„ n，
ykxb，

当k 0时，y随着x的增大而增大，
当xm时，ym，当xn时，yn，mkbm
则 ，
nkbn
k 1
解得： ，
b0
即yx；
当k 0时，y随着x的增大而减小，
当xm时，yn，当xn时，ym，
mkbn
则 ，
nkbm
k 1
解得： ，
bmn
即yxmn，
综上所述，yx或yxmn；
b b2 b b2
（3）抛物线的顶点式为ya(x )2 c ，顶点坐标为( ，c )，
2a 4a 2a 4a
a0，ab0，

b 1
  ，
2a 2
b b2
抛物线ya(x )2 c 在1„ x„ 3上是递增的，
2a 4a
当x1时，取最小值，
4a1

abc1 ，

9a3bc3
 1
a

4

解得：b0 ，

3
c
 4
1 3
抛物线的函数表达式为y x2  ，
4 4
抛物线与直线y3相交于A、B两点，设A(xA,3)，B(xB,3)，
1 3
假设A点在B点的左侧，即 x2  3，
4 4
x2 9，
解得：x 3，x 3，
A B
3
在ABC 中，A(3,3)，B(3,3)，C(0, )，
4
15
AB6，AC BC  ，
4
外心M 在线段AB的垂直平分线上，设M(0,t)，

则MAMC，
3
 (3)2 (t3)2  02 (t )2 ，
4
31
t ，
8
31
M(0, )，
8
在ABC 中，根据内心的性质，设内心G到各边距离为d，得
1 3 1 1 15
S  6(3 ) (ABBCCA)d  (6 2)d，
ABC 2 4 2 2 4
d 1，
ABC是等腰三角形，y轴为ACB的角平分线，

ABC的内心G在y轴上，
y  y d 312，
G A
G(0,2)，31 15
MG y  y  2 ．
M G 8 8
【点评】本题是二次函数综合题，主要考查了一次函数、反比例函数、二次函数的性质，三角形外心和内
心的性质等知识，理解新定义，得出抛物线的解析式从而得出ABC 的顶点坐标是解题的关键．
16．（2023•南山区三模）在平面直角坐标系中，由两条与x轴有着相同的交点，并且开口方向相同的抛物
线所围成的封闭曲线称为“月牙线”．如图所示，抛物线C 与抛物线C :ymx2 4mx12m(m0)的部分
1 2
图象组成一个“月牙线”，相同的交点分别为M ，N（点M 在点N的左侧），与y轴的交点分别为A，
B，且点A的坐标为(0,1)．
（1）求M ，N两点的坐标及抛物线C 的解析式；
1
3
（2）若抛物线C 的顶点为D，当m 时，试判断三角形MND的形状，并说明理由；
2 4
5
（3）在（2）的条件下，点P(t, )是抛物线C 上一点，抛物线C 第三象限上是否存在一点Q，使得
4 1 2
3
S  S ，若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
APM 2 ONQ
【分析】（1）令 y0，求解方程mx2 4mx12m0，可求M 、 N点坐标，设抛物线C 的解析式为
1
ya(x6)(x2)，将点A代入即可求函数的解析式；
（2）求出D点坐标，利用两点间距离公式，得到MDND，即可判断三角形形状；
（3）求出P点坐标，直线MA的解析式，过点P作PG//y轴交AM 于点G，根据所求的P点坐标，分两
种情况，利用铅锤法求相应的Q点坐标即可．
【解答】解：（1）令y0，则mx2 4mx12m0，
解得x2或x6，
M(6,0)，N(2,0)，
设抛物线C 的解析式为ya(x6)(x2)，
1
将点A(0,1)代入，得12a1，
1
解得a ，
121
y (x2 4x12)；
12
3
（2） m ，

4
3 3
y x2 3x9 (x2)2 12，
4 4
D(2,12)，
MD4 10，ND4 10，MN 8，
MDND，
MND是等腰三角形；
3
（3） 存在一点Q，使得S  S ，理由如下：
 APM 2 ONQ
5
点P(t, )是抛物线C 上一点，
 4 1
5 1
  (t2 4t12)，
4 12
解得t1或t3，
5 5
P(1, )或P(3, )，
4 4
设直线AM 的解析式为ykxb，
b1
 ，
6kb0
 1
k 
解得 6，
 b1
1
y x1，
6
过点P作PG//y轴交AM 于点G，
5 5
当P(1, )时，G(1, )，
4 6
5
PG ，
12
1 5 5
S  6  ，
APM 2 12 4
3
S  S ，
 APM 2 ONQ
3 1 5
  2| y | ，
2 2 Q 45
解得y  ，
Q 6
134 5
Q( 2， )；
3 6
5 1
当P(3, )时，G(3, )，
4 2
3
PG ，
4
1 3 9
S  6  ，
APM 2 4 4
3
S  S ，
 APM 2 ONQ
3 1 9
  2| y | ，
2 2 Q 4
3
解得y  ，
Q 2
3
Q( 142， )；
2
134 5 3
综上所述：Q点坐标为( 2， )或( 142， )．
3 6 2
【点评】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，弄清“月牙线”的定义，利
用铅锤法求三角形的面积是解题的关键．
17．（2023•宛城区校级模拟）定义：在平面直角坐标系中，有一条直线xm，对于任意一个函数，作该
函数自变量大于m的部分关于直线xm的轴对称图形，与原函数中自变量大于或等于m的部分共同构成一
个新的函数图象，则这个新函数叫做原函数关于直线xm的“镜面函数”．例如：图①是函数yx1的
图象，则它关于直线 x0的“镜面函数”的图象如图②所示，且它的“镜面函数”的解析式为
x1(x…0)
y ，也可以写成y|x|1．
x1(x0)
（1）在图③中画出函数y2x1关于直线x1的“镜面函数”的图象．
（2）函数yx2 2x2关于直线x1的“镜面函数”与直线yxm有三个公共点，求m的值．
（3）已知抛物线 yax2 4ax2(a0)，关于直线x0的“镜面函数”图象上的两点P(x ， y )，Q(x ，
1 1 2y )，当t1„ x„ t1，x…4时，均满足y…y ，直接写出t的取值范围 3„ t„ 3 ．
2 1 2 1 2
【分析】（1）根据“镜面函数”的定义画出函数y2x1的“镜面函数”的图象即可；
（2）分直线yxm过“镜面函数”图象与直线x1的交点和与原抛物线相切两种情况求解即可；
（3）根据题意可作出对应的函数图象，再根据二次函数的性质可得出关于t的不等式组，解之即可得出结
论．
【解答】解：（1）如图，即为函数函数y2x1关于直线x1的“镜面函数”的图象，
（2）如图，
对于yx2 2x2，当x0时，y2，
函数yx2 2x2与y轴的交点坐标为(0,2)，
当直线yxm经过点(1,5)时，m4；
此时yx2 2x2关于直线x1的“镜面函数”与直线yxm有三个公共点，
当直线yxm与原抛物线只有一个交点时，则有：xmx2 2x2，整理得，x2 x2m0，
此时，△(1)2 4(2m)0，
7
解得，m ，
4
y0时，△(1)2 4(2m)0，
7
综上，m的值为4或 ；
4
a(x2)2 24a(x…0)
（3）根据题意可知，该抛物线的“镜面函数”为：y ，
a(x2)2 24a(x0)
函数图象如图所示：
当x 4时，如图，点Q关于直线x2的对称点为Q(0,y )，关于x0的对称点为Q(4,y )，
2 2 2
若当t1„ x„ t1，x…4时，均满足y…y ，
1 2 1 2
t1… 4
则需满足 ，
t1„ 4
解得3„ t„ 3．
故答案为：3„ t„ 3．【点评】本题考查二次函数的综合应用；理解并运用新定义“镜面函数”，能够将图象的对称转化为点的
对称，借助图象解题是关键．
k
18．（2024•昆山市模拟）定义：若存在实数对坐标(x,y)同时满足一次函数y pxq和反比例函数y ，
x
则二次函数y px2 qxk为一次函数和反比例函数的“生成”函数．
2
（1）试判断（需要写出判断过程）：一次函数yx3和反比例函数y 是否存在“生成”函数，若存
x
在，写出它们的“生成”函数和实数对坐标．
2015
（2）已知：整数m，n，t满足条件tn8m，并且一次函数y(1n)x2m2与反比例函数y
x
存在“生成”函数y(mt)x2 (10mt)x2015，求m的值．
c
（3）若同时存在两组实数对坐标(x ，y )和(x ，y )使一次函数yax2b和反比例函数y 为“生成”
1 1 2 2 x
函数，其中，实数 abc， abc0，设 L|x x |，求 L的取值范围．（注：一元二次方程
1 2
b b2 4ac
ax2 bxc0的求根公式为x  )
1,2 2a
2
【分析】（1）只需将yx3与y 组成方程组，并求出该方程组的解即可解决问题；
x
 n3
m
1nmt   9
（2）根据题意得 ，解得 ．然后根据tn8m求出n的取值范围，进而求出m
2m210mt
t 
8n6
 9
的取值范围，就可求出整数m的值；
（3）由 abc， abc0可得 a0， c0， aac， acc，即可得到 (2b)2 4ac0，
c 1 2b c
2  ， 由 题 可 得 x x  ， x x  ， 从 而 得 到
a 2 1 2 a 1 2 ac 1 3 c 1
L x x  (x x )2  (x x )2 4x x 2 (  )2  ，利用二次函数的增减性并结合2  即
1 2 1 2 1 2 1 2 a 2 4 a 2
可得到L的取值范围．
yx3

【解答】解：（1）联立 2 ，
y

 x
x1 x2
解得 或 ．
y2 y1
2
则一次函数yx3和反比例函数y 存在“生成”函数，
x
它们的“生成”函数为yx2 3x2，实数对坐标为(1,2)，(2,1)；
（2）根据题意得：
1nmt
 ，
2m210mt
 n3
m

 9
解得： ．
8n6
t 
 9
tn8m，

8n6
n

 9
 ，
8n24
n
 9
解得6n24，
9n327，
n3
1 3，
9
1m3．
m是整数，

m2；
（3） abc，abc0，

a0，c0，aac，acc，c 1
(2b)2 4ac0，2  ，
a 2
方程ax2 2bxc0有两个不相等的实根．
由题意可知：x 、x 是方程ax2 2bxc0的两个不等实根，
1 2
2b c
x x  ，x x  ，
1 2 a 1 2 a
L x x  (x x )2
1 2 1 2
 (x x )2 4x x
1 2 1 2
2b c
 ( )2 4
a a
(ac)2 ac
2
a2
c 1 3
2 (  )2  ，
a 2 4
c 1
2  ，

a 2
 3L2 3．
【点评】本题属于二次函数综合题，主要考查解方程组、解不等式组、根与系数的关系、完全平方公式等
知识，有一定的难度，运用配方法及二次函数的增减性是解决第（3）小题的关键．
19．（2023•婺城区一模）定义：在平面直角坐标系中，直线xm与某函数图象交点记为点P，作该函数
图象中，点P及点P右侧部分关于直线xm的轴对称图形，与原函数图象上的点P及点P右侧部分共同构
成一个新函数的图象，称这个新函数为原函数关于直线xm的“迭代函数“．例如：图1是函数yx1
的图象，则它关于直线x0的“迭代函数“的图象如图2所示，可以得出它的“迭代函数“的解析式为
x1(x„ 0)
y ．
x1(x0)
x1(x…1)
（1）写出函数yx1关于直线x1的“迭代函数“的解析式为 y ．
x3(x1)
（2）若函数yx2 4x3关于直线xm的“迭代函数“图象经过(1,0)，则m ．
（3）已知正方形ABCD的顶点分别为：
A(a,a)，B(a,a)，C(a,a)，D(a,a)，其中a0．
6
①若函数y 关于直线x2的“迭代函数“的图象与正方形ABCD有3个公共点，则a ；
x6
②若a6，函数y 关于直线xn的“迭代函数“的图象与正方形ABCD有4个公共点，则n的取值范
x
围为 ．
【分析】（1）根据“迭代函数”的定义画出函数yx1的“迭代函数”的图象，设点A的横坐标为2，
求出点A关于直线x1的对称点，可得出结论；
（2）根据题意可得，(1,0)关于直线xm的对称点在原抛物线上，代入即可得出m的值；
（3）①根据题意，作出此“迭代函数”，结合图象可得出结论；
②根据题意，作出此“迭代函数”，结合图象可得出结论．
【解答】解：（1）如图1，设点C为直线x1与函数的交点，点A(2,3)，
C(1,2)，点A关于直线x1的对称点为B(0,3)，
设BC所在直线的解析式为：ykxb，
b3
 ，
kb2
k 1
解得 ，
b3
x1(x…1)
y ；
x3(x1)
x1(x…1)
故答案为：y ；
x3(x1)（2）根据题意可得，(1,0)关于直线xm的对称点(2m1,0)在原抛物线上，
(2m1)2 4(2m1)30，
1 7
解得m ；
2
1 7
故答案为： ；
2
（3）①如图21，当正方形的边BC过点(2,3)时，a3，此时正方形ABCD与此迭代函数有三个交点；
如图22，当a3时，正方形ABCD与此迭代函数有四个交点，当a继续增大，交点超过4个，不符合题
意；
故答案为：3；
②如图31，当n1时，此迭代函数与正方形ABCD有5个交点，
如图32时，当1n0时，此迭代函数与正方形ABCD有4个交点，符合条件；如图33时，当0n1时，此迭代函数与正方形ABCD有4个交点，符合题意；
当n1时，此迭代函数与正方形ABCD有3个交点，其中一个交点坐标为(1,6)；
5
如图34，当n 时，此迭代函数过点D，迭代函数与正方形ABCD有5个交点，
2
5
当n 时，迭代函数与正方形ABCD有5个交点，符合题意；
25
故答案为：0n1或1n0或n ．
2
【点评】本题考查二次函数的综合应用；理解并运用新定义“迭代函数”，能够将图象的对称转化为点的
对称，借助图象解题是关键．
20．（2023•开福区校级一模）对某一个函数给出如下定义，当自变量x满足m„ x„ n(m，n为实数，mn)
时，函数y有最大值，且最大值为2n2m，则称该函数为理想函数．
1
（1）当m1，n2时，在①y x3；②y2x4中， ② 是理想函数；
2
6m
（2）当n3m2时，反比例函数y 是理想函数，求实数m的值；
x
（3）已知二次函数yx2 nxm2 2m3是理想函数，且最大值为2m4．将该函数图象向左平移 7 个
单位长度所得图象记为C，若图象C的顶点为D，与x轴交于A，B(A在B的左侧），与y轴交于点E，
点M ，G分别为EBD的外心和内心，求以MG为边长的正方形面积．
【分析】（1）根据理想函数的定义，依次判断即可得出结论；
（2）根据理想函数的定义，对m的值进行讨论，分别求解即可；
（3）根据理想函数的定义可求出m的值，进而求出C的表达式，由此可得E，B，D的坐标，得出EBD
是直角三角形，再在EBD中可求出GM2的值，即可得出结论．
1 1 1 5
【解答】解：（1）①y x3，k  ，y随x的增大而增大，当1„ x„ 2时，最小值为 3 ，
2 2 2 2
1
最大值为 234，则2n2m4264，故①不是理想函数；
2
② y2x4， k 0， y随 x的增大而减小，当 1„ x„ 2时，最小值为 y2240，最大值为
y2(1)46，则2n2m426，故②是理想函数；故答案为：②；
（2） m„ x„ 3m2，

m3m2，
m1．
当m0时，6m0，当0m„ x„ 3m2时，y随着x的增大而减小，
则当xm时，最大值为6，
1
2(3m2)2m6，即m ．
2
2
当1m 时，6m0，当m„ x„ 3m20时，y随着x的增大而增大，
3
6m
则当x3m2时，最大值为 ，
3m2
6m
 2(3m2)2m，即m2 7m40，此方程无实根．
3m2
2
当 m0时，3m20，函数y没有最大值，不合题意，舍去．
3
1
综上所述，m的值为 ；
2
（3） 最大值为2m4，

2n2m2m4，即n2m2，
mx2m2，
mn，

m2m2，即m2，
此时yx2 2(m1)xm2 2m3[x(m1)]2 4，
对称轴为直线xm1，
当2m2„ m1，即2m„ 1时，则当xm时，y取最大值2m4，
32m4，
7
m ，不合题意，舍去，
2
当mm12m2，即m1时，
①若2m2(m1)…(m1)m，即m…0时，则当x2m2时，y取最大值．
[2m2(m1)]2 42m4，解得m 7(m 7 不合题意，舍去），
②2m2(m1)(m1)m，即1m0时，则当xm时，y取最大值，7
[m(m1)]2 42m4，m ，不合题意，舍去；
2
综上，m的值为 7 ，
y[x( 71)]2 4，则图象C的解析式为：y(x1)2 4，
图象C的顶点为D，与x轴交于A，B(A在B的左侧），与y轴交于点E，

E(0,3)，B(3,0)，D(1,4)，
EB2 18，ED2 2，BD2 20，
EB2 ED2 BD2，
BED是直角三角形，且DEB90，
如图， 点M 是BED的外心，

点M 是BD的中点，
BM DM  5，
点G是EBD的内心，即点G是EBD内切圆圆心，

3 2 22 5
r GF GT GH  2 2 5，
2
ET GH 2 2 5，
DF DT  2(2 2 5) 5 2，
MF  5( 5 2) 2，
GM2 GF2 MF2 ( 2)2 (2 2 5)2 154 10．
即以MG为边长的正方形面积为154 10 ．
【点评】本题考查了二次函数综合题，结合新定义，弄清理想函数的定义，熟知直角三角形的内心和外心
的位置是解题关键．21．（2023•门头沟区一模）在平面直角坐标系xOy中，已知图形G上的两点M ，N（点M ，N不重合）
和另一点P，给出如下定义：连接PM ，PN ，如果PM PN ，则称点P为点M ，N的“条件拐点”．
（1）如图1，已知线段MN 上的两点M(0,2)，N(4,0)．
①点P(1,3)，P(2,1)，P(4,2)中，点M ，N的“条件拐点”是 点P和点P ；
1 2 3 1 3
②如果过点A(0,a)且平行于x轴的直线上存在点M ，N的“条件拐点”，求a的取值范围；
（2）如图2，已知点F(0,1)，T(0,t)，过点F 作直线l y轴，点M ，N在直线l上，且FM FN FT ．如
果直线yxt上存在点M ，N的“条件拐点”，直接写出t的取值范围．
【分析】（1）①根据题中PM PN ，可得出：PM2 PN2 MN2，再根据三个点给出的坐标分别求出PM2
和PN2，分别验证PM2 PN2 MN2是否成立，即可求出答案；
②根据题意可知MPN 90和MN 2 5 ，则可判断出点P在以MN 的中点为圆心，以 5 为半径的圆上，
则根据过点A(0,a)且平行于x轴的直线上存在点M ，N的“条件拐点”，可得出点B到此直线的距离d„ 5，
根据中点求出点B的坐标，即可得出|a1|„ 5，解出不等式即可求出答案；
（2）先计算直线l与坐标轴的交点坐标C(0,t)，D(t,0)，根据FM FN FT 确定点M ，N，T在以F 为
圆心，以FT 为半径的圆上，分情况讨论：当t…1时，如图2；当0t1时，如图3；当1t„ 0时，如图
4；当t„ 1时，如图5；分别根据点F 到直线l的距离小于等于FT 列不等式可解答．
【解答】解：（1）① M(0,2)，N(4,0)，

MN2 (04)2 (20)2 20，
当点P(1,3)时，
1则PM2 (01)2 (23)2 2，PN2 (14)2 (30)2 18，
1 1
21820，即PM2 PN2 MN2，
 1 1
MPN 90，
PM PN ，
点P是点M ，N的“条件拐点”；
1
当点P(2,1)时，
2
则PM2 (20)2 (12)2 13，PN2 (24)2 (10)2 5，
2 2
1351820，即PM2 PN2 MN2，
2 2
MPN 90，即PM 与PN 不垂直，
点P 不是点M ，N的“条件拐点”；
2
当点P(4,2)时，
3
则PM2 (40)(22)2 16，PN2 (44)2 (20)2 4，
3 3
16420，即PM2 PN2 MN2，
 3 3
MPN 90，
PM PN ，
点P 是点M ，N的“条件拐点”；
3
故答案为：点P和点P ；
1 3
②根据①可得：MN 2 5 ，
PM PN ，

MPN 90，
如图所示：点P在以MN 的中点B为圆心，以 5 为半径的圆上，过点A(0,a)且平行于x轴的直线上存在点M ，N的“条件拐点”，

如图所示，点B到此直线的距离d„ 5，
点B是MN 的中点，且M(0,2)，N(4,0)，

点B的坐标为(2,1)，
|a1|„ 5，
解得： 51„ a„ 51；
（2）在直线yxt中，当x0时，yt，当y0时，xt，
C(0,t)，D(t,0)，
FM FN FT，

M ，N，T在以点F 为圆心，FT 为半径的圆上，
分三种情况：
①当t…1时，如图2，过点F 作FGl 于G，则FC t1，FT t1，FGC是等腰直角三角形，

t1
FG ，
2
直线yxt上存在点M ，N的“条件拐点”，

FG„ FT ，
t1
 „ t1，
2
t…32 2；
②当0t1时，如图3，过点F 作FGl 于G，则FC t1，FT 1t，
直线yxt上存在点M ，N的“条件拐点”，

FG„ FT ，
t1
 „1t，
2
t„ 32 2 ；
③当1t„ 0时，如图4，过点F 作FGl 于G，则FC t1，FT 1t，直线yxt上存在点M ，N的“条件拐点”，

FG„ FT ，
t1
 „1t，
2
t„ 32 2 ；
④当t„ 1时，如图5，过点F 作FGl 于G，则FC t1，FT 1t，
直线yxt上存在点M ，N的“条件拐点”，

FG„ FT ，
t1
 „1t，
2
t„ 32 2；
综上，t的取值为t…32 2或t„ 32 2．【点评】本题是一次函数的综合题，考查了新定义“条件拐点”的理解和运用，勾股定理的逆定理，等腰
直角三角形的性质，一次函数的性质等知识，正确的作出图形和分类讨论是解题的关键．
22．（2023•西城区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，我们给出如下定义：将图形M 绕直线x3上某
一点P顺时针旋转90，再关于直线x3对称，得到图形N，我们称图形N为图形M 关于点P的二次关联
图形．已知点A(0,1)．
（1）若点P的坐标是(3,0)，直接写出点A关于点P的二次关联图形的坐标 (2,3) ；
（2）若点A关于点P的二次关联图形与点A重合，求点P的坐标（直接写出结果即可）；
（3）已知 O的半径为1，点A关于点P的二次关联图形在 O上且不与点A重合．若线段AB1，其关
 
于点P的二次关联图形上的任意一点都在 O及其内部，求此时P点坐标及点B的纵坐标 y 的取值范
 B
围．
【分析】（1）根据题意画出图形，过点A作ADx轴于点D，可得AOPPDA，可求出点A的坐标，
进而可得点A的坐标；
（2）分析可知，当点P在x轴上方时，不存在，则点P在x轴下方，根据题意作出图形，设出点P的纵坐
标为m，表达点A的坐标，可得出结论；
（3）由（2）可知，点A的坐标，由A关于点P的二次关联图形在 O上且不与点A重合可得出点A的

坐标，由线段AB1，其关于点P的二次关联图形上的任意一点都在 O及其内部，找到临界点B，可得

出B的坐标，进而可得出点B的坐标，即可得出y 的取值范围．
B
【解答】解：（1）如图1，根据二次关联图形的定义分别找到A和A，过点A作ADx轴于点D，
ADPAOP90，
由旋转可知，APA90，AP AP，APOAPDAPDPAD90，
APOPAD，
AOPPDA(AAS)，
OAPD1，OP AD3，
A(4,3)，
A(2,3)；
故答案为：(2,3)；
（2）分析可知，点P在x轴的下方，设点P的纵坐标为m，
如图2，过点P作PE  y轴于点E，过点A作AF x轴交EP于点F ，
由（1）知AEPPFA(AAS)，
AEPF 1m，EP AF 3，
A(4m,3m)，
由题意可知，点A与点A关于直线x3对称，
4m6，3m1，
解得m2，
P(3,2)；
（3）由（2）知A(4m,3m)，
A(m2,3m)，
点A在 O上，
 
(m2)2 (3m)2 1，解得m2（舍)或m3；
P(3,3)，如图3，
线段AB1，

点B在以点A为圆心，1为半径的圆上，
若AB其关于点P的二次关联图形上的任意一点都在 O及其内部，如图3，可知点B是一个临界点，

连接OB，
OA ABOB1，

△OAB是等边三角形，
1 3
过点B作BM x轴于点M ，则AM OM  ，BM  ，
2 2
1 3
B( ， )，
2 2
13 3
B( ， )，
2 2
3 1
B( ， )，
2 2
3 1
由对称性可知，另外一点的坐标为( ， )，
2 2
1
y 的取值范围为：0„ y „ ．
B B 2
【点评】本题属于新定义类问题，主要考查轴对称最值问题，等边三角形的性质与判定，圆的定义等相关
知识，关键是理解给出新定义，画出对应的图形．
题型三：三角形中的新定义问题
1．（2023•晋中模拟）阅读下列材料并完成任务．?三角形的旁心
三角形一个内角的平分线和其他两个内角的外角平分线的交点，称为三角形的旁心，每个三
角形有三个旁心．如图1，BAC的平分线与ABC 另外两个内角ABC，ACB的外角平
分线相交于点O，则点O是ABC的一个旁心．
旁心与三角形的半周长（即周长的一半）关系密切，如图2，过ABC 的旁心O分别作ODBC
于点D，OE  AB交AB的延长线于点E，OF  AC交AC的延长线于点F ，则
1
AE (ABBC AC)．
2
下面是部分证明过程：
BO平分CBE，OE BE ，ODBC，

ODOE．（依据）
同理可得ODOF，OEOF．

任务：
（1）上述证明过程中的“依据”是指什么？
（2）请按照上面的证明思路，写出该证明过程的剩余部分；
（3）如图3，在ABC 中，BAC 90，点I 是ABC 的一个旁心且在BC边的下方．
①利用尺规作出旁心I ；（保留作图痕迹，不写作法）
②若ACB30，ABC 外接圆的半径为2，则AI  3 2 6 ．
【分析】（1）由证明过程“ BO平分CBE，OE BE ，ODBC，ODOE”知“依据”是角平分

线定理：角平分线上的点到这个角两边的距离相等；
（2）利用三角形全等可得BEBD，CDCF，AE AF，再进行线段间的运算；（3）①利用尺规作出A的平分线，C外角的平分线，交点即是旁心I ；
②构造特殊直角三角形去求解．
【解答】解：（1）上述证明过程中的“依据”是指角平分线定理：角平分线上的点到这个角两边的距离相
等；
（2） OBOB，

RtOBERtOBD(HL)，
BEBD，
同理可得CDCF，AE AF，
1 1 1 1
AE (AE AF) (ABBE ACCF) (ABBD ACCD) (ABBC AC)；
2 2 2 2
（3）①利用尺规作出旁心I:
②如图所示：
BAC 90，

ABC外接圆的圆心是BC的中点，
ABC外接圆的半径为2，

BC 4，ACB30，

1
AB BC 2，
2
AI 平分BAC，

IAF 45，
IAF 是等腰直角三角形，
AF IF ，
ABC 60，

CBF 120，
BI 平分CBF ，

IBF 60，
设BF x，则AF 2x，IF  3x，
2x 3x，
x 31，
AF 2x3 3，
AI  2AF 3 2 6 ，
故答案为：3 2 6 ．
【点评】本题在新定义下考查了角平分线的性质，尺规作图，三角形全等，解直角三角形等知识，对于
（3）②，关键是构造特殊直角三角形，利用方程去解决．
2．（2024•道里区校级一模）①请阅读下面材料，并完成相应的任务：定义：点P是ABC 内部或边上的点（顶点除外），在PBC，PAB或PCA中，如果有一个三角形与ABC
相似，那么称点P是ABC 的“相似点”．
例：如图 ①，点P在ABC 的内部，PBC BCA，PCBA，则BCP~CAB，故点P为ABC
的“相似点“．
请你运用所学知识，结合上述材料，解决下列问题：
（1）如图②，在ABC 中，AB AC，A36，PC平分ACB，求证：点P为ABC 的“相似点”；
（2）如图③，若ABC 为锐角三角形，点E是ABC 的“相似点”，且点B与点A对应，点E在ABC的
BC 3 BF
平分线BF 上，连接CE ，若  ，求 的值；
AC 5 AB
（3）如图④，在菱形ABCD中，E是AB上一点，F 是ABC 内一点，且AC 4EF ，连接DE与AC交于
点G，连接DF，GF ，若点G是DEF 的“相似点”，且EDF BAC FGC，求证：DE2EF ．
【分析】（1）根据条件可得BCP∽BAP，所以点P为ABC 的自相似点；
（2）先得出BEC∽ACB，得出EBC CAB，再根据角平分线的性质得出ABF CBF A，得出
CBF∽CAB，得出结论；
（3）先得出四边形AEHC 是平行四边形，再根据EDF H ，DEF HED，得出EDF∽EHD，进
而得出ED2 EFEH ，最后依据EH  AC 4EF，得出结论．
【解答】（1）证明：AB AC，A36，
BACB72．
PC 平分ACB，

ACPBCP36，BCPA，
BB，

BCP∽BAC，
点P为ABC 的“相似点“；
（2）解： 点E是ABC 的“相似点“，且点B与点A对应，点E在ABC的平分线上，

BEC∽ACB，
EBC CAB，
BF平分ABC，

ABF CBF A，
FAFB，
BCF ACB，CBF A，

CBF∽CAB，
CB BF 3
   ；
CA AB 5
（3）证明： 点G是DEF 的“相似点“，GEF FED，

GEF∽FED，
EFGEDF ，
EDF BAC FGC ，

EFGFGC，
AC//EF ，
分别延长EF ，DC，交于点H ，
四边形ABCD是菱形，
AB//DC，
AC//EF ，

四边形AEHC 是平行四边形，
AC EH，AE CH ，EAC H ，EDF BAC，

EDF H ，
又 DEF HED，

EDF∽EHD，
ED EF
  ，
EH ED
ED2 EFEH ，
EH  AC 4EF ，

DE2 4EF2，
DE2EF．
【点评】本题是新定义问题，主要考查了相似三角形的判定以及三菱形的判定与性质，理解新定义以及从
已知条件中获取正确的信息是解题的关键．
3．（2023•平谷区二模）在平面直角坐标系xOy中，对于OAB，其中A(1, 3)，B(2,0)，给出如下定义：
将OA边绕点O逆时针旋转60得到线段OC，连接BC，BC与OAB的过点A的高线交于点P，将点P关
于直线ykxb(k 0)对称得到点Q，我们称Q为OAB的留缘点．
（1）若k 1，b0，请在图中画出OAB的留缘点Q，并求出点Q的坐标；
（2）已知M(3,0)，N(3,5)，若线段MN 上存在OAB的留缘点，求b的取值范围．
【分析】（1）先根据题意画出图形，然后再说明四边形COBA是菱形，再确定点P的坐标，最后根据点P
关于直线yx对称求出点Q的坐标；
（2）直线ykxb是点P和留缘点的中垂线，判断线段MN 上的点与点P组成线段的中垂线位置变化，判断直线ykxb与y轴交点的范围，即可求出b的取值范围．
【解答】解：（1）如图，点Q即为OAB的留缘点，连接AC，
B(2,0)，A(1, 3)，

OB2，OA 12 ( 3)2 2，AB (21)2 ( 3)2 2，
OAB是正三角形，
AOBABO60，
将OA边绕点O逆时针旋转60得到线段OC，

OAOC 2，AOC 60，
OAC是正三角形，
AC OC 2，
四边形COBA是菱形，
1
PBH  ABO30，
2
HB1，

3
PH tanPBHHB ，
3
3
P(1, )，
3
点P与点Q关于直线yx对称，

3
Q( ，1)．
3
（2）如图所示，连接PN 、 PM ，作PN 、 PM 的中垂线 DH ，GE交 y轴与点 D、 E，设 D(0,d)、
E(0,e)，
点D、E分别在PN 、PM 的中垂线上，
NDPD，EM EP，
3 3
 32 (5d)2  12 ( d)2 ， 32 e2  12 ( e)2 ，
3 3
49(15 3) 23 3
d  ，e ，
222 6
线段MN 上存在OAB的留缘点，

49(15 3) 23 3
b… 或b„  ．
222 6
【点评】本题考查了正三角形，菱形等知识点，解题的关键是掌握正三角形、菱形、垂直平分线的性质．
4．（2022•广陵区一模）学习过三角函数，我们知道在直角三角形中，一个锐角的大小与两条边长的比值
相互唯一确定，因此边长与角的大小之间可以相互转化．
类似的，可以在等腰三角形中建立边角之间的联系，我们定义：等腰三角形中底边与腰的比叫做顶角的正
底边 BC
对(sad)．如图，在ABC 中，AB AC，顶角A的正对记作sadA，这时sad A  ．容易知道一
腰 AB
个角的大小与这个角的正对值也是相互唯一确定的．
根据上述对角的正对定义，解下列问题：
（1）sad60的值为 B ．
1 3
A． B．1 C． D．2
2 2
（2）对于0 A180，A的正对值sadA的取值范围是 ．3
（3）已知sinA ，其中A为锐角，试求sadA的值．
5
【分析】（1）根据等腰三角形的性质，求出底角的度数，判断出三角形为等边三角形，再根据正对的定义
解答；
（2）求出0度和180度时等腰三角形底和腰的比即可；
（3）作出直角ABC ，构造等腰三角形ACD，根据正对的定义解答．
【解答】解：（1）根据正对定义，
当顶角为60时，等腰三角形底角为60，
则三角形为等边三角形，
1
则sad60 1．
1
故选B．
（2）当A接近0时，sadA接近0，
当A接近180时，等腰三角形的底接近于腰的二倍，故sadA接近2．
于是sadA的取值范围是0sadA2．
故答案为0sadA2．
3
（3）如图，在ABC 中，ACB90，sinA ．
5
在AB上取点D，使AD AC，
作DH  AC，H 为垂足，令BC 3k，AB5k ，
则AD AC  (5k)2 (3k)2 4k ，
3
又 在ADH 中，AHD90，sinA ．

5
12 16
DH  ADsinA k，AH  AD2 DH2  k ．
5 54 4 10
则在CDH 中，CH  ACAH  k，CD DH2 CH2  k．
5 5
4 10
于是在ACD中，AD AC 4k，CD k．
5
CD 10
由正对的定义可得：sadA  ．
AD 5
【点评】此题是一道新定义的题目，考查了正对这一新内容，要熟悉三角函数的定义，可进行类比解答．
5．（2023•丹徒区模拟）如图 1，在 ABC中，点 D在边 AB上，点 P在边 AC上，若满足
BPDBAC，则称点P是点D的“和谐点”．
?
（1）如图2，BDPBPC 180．
①求证：点P是点D的“和谐点”；
②在边AC上还存在某一点Q（不与点P重合），使得点Q也是点D的“和谐点”，请在图2中仅用圆
规作图，找出点Q的位置，并写出证明过程．（保留作图痕迹）（2）如图3，以点A为原点，AB为x轴正方向建立平面直角坐标系，已知点B(6,0)，C(2,4)，点P在
线段AC上，且点P是点D的“和谐点”．
①若AD1，求出点P的坐标；
2 6
②若满足条件的点P恰有2个，直接写出AD长的取值范围是 „ AD ．
3 5
【分析】（1）①由BDPBPC 180考虑平角APC，只要证明BPDBAC即可；
②分别做线段DB、BP的中垂线，两条中垂线交于点O，则O为PDB的外心，以O为圆心，OP为半
径作圆交AC于点Q，点Q即为所求．用同弧所对的圆周角相等证明；
（2）①通过PBD∽ABP求出BP的长度，然后求出直线AC的表达式为： y2x，设点P的坐标为
(x,2x)，利用B、P两点间的距离公式解方程求出点P；
②求出两个临界状态时的AD：一是当点P与点C重合时；二是BDP的外接圆与线段AC恰有一个交
点时．
【解答】（1）①证明： BDPBPC 180，BDPBACAPD，

BACAPDBPC 180，
APDBPDBPC 180，

BPDBAC ，
点P是点D的“和谐点”；
②解：以B为圆心，BP为半径作弧交AC于点Q，点Q即为所求，如图：
连接BQ，
BDPBACAPD，BPDBAC，

BDPBPDAPD，
APDBPDBPC 180，
BDPBPC 180，
BPBQ，

BPC BQP，
BDPBQP180，
B、Q、P、D四点共圆，
BPDDQB，
BPDBAC ，

DQBBAC，
Q也是点D的“和谐点”；
（2）解：① BPDBAP，PBDABP，

PBD∽ABP，
BD BP 5 BP
  ，  ，
BP AB BP 6
BP 30，
C(2,4)，

直线AC的表达式为：y2x，
设点P的坐标为(x,2x)，
点B(6,0)，

(x6)2 (2x)2 30，
5x2 12x60，
6 6 6 6
x  ，x  ，
1 5 2 5
6 6 122 6 6 6 122 6
P( ， )或( ， )；
5 5 5 5
②当点P与点C重合时，BDP的外接圆与线段AC恰有两个交点，恰有两个“和谐点”，如图：点B(6,0)，C(2,4)，

BC  (62)2 (04)2 4 2，
由①知PBD∽ABP，
BD BC BD 4 2
  ，即  ，
BC AB 4 2 6
16
BD ，
3
16 2
AD ABBD6  ；
3 3
当BDP的外接圆与线段AC恰有一个交点时，如图：
此时BDP的外接圆与线段AC相切，则APPB，且PB为直径，
PDB90，
点P的坐标为(x,2x)，

ADx，PD2x，BD ABAD6x，
PADPBD90，PADAPD90，

APDPBD，
ADPPDB90，
ADP∽PDB，
AD PD
  ，
PD DB
PD2  ADDB，即(2x)2 x(6x)，
6
x ，
5
6
AD ；
5
2 6
综上，若满足条件的点P恰有2个，AD长的取值范围是 „ AD ，
3 5
2 6
故答案为： „ AD ．
3 5
【点评】本题在新定义下考查了三角形相似，解直角三角形，圆的性质，直线与圆的位置关系等知识，
渗透了方程和数形结合的思想，关键是理解定义，紧靠BPDBAC．对于（2）②，关键是找出两个
临界状态时的AD：一是当点P与点C重合时；二是BDP的外接圆与线段AC恰有一个交点时．
6．（2022•柯城区校级三模）定义：若三角形的一条边上的高线与这条边相等，则称这个三角形为“标准
三角形”．如：在ABC ，CD AB于点D，ABCD，则ABC 为标准三角形．
【概念感知】
判断：对的打“”，错的打“”．
（1）等腰直角三角形是标准三角形． 
（2）顶角为30的等腰三角形是标准三角形．
【概念理解】
若一个等腰三角形为标准三角形，则此三角形的三边长之比为 ．
【概念应用】
（1）如图，若ABC 为标准三角形，CD AB于点D，ABCD1，求CACB的最小值．
（2）若一个标准三角形的其中一边是另一边的 5 倍，求最小角的正弦值．
【分析】【概念感知】（1）根据等腰直角三角形的两条直角边互相垂直且相等，即可判断；（2）作出图形，分别对底边上的高和腰上的高进行讨论，即可求解；
【概念理解】当ABC 是等腰直角三角形时，AC:AB:BC 1:1: 2；当ABC 是等腰三角形，AB AC，
AE BC，AEBC，设BEx，则AE2x，求出AB 5x，则AB:AC:BC  5: 5:2；
【概念应用】（1）过C点作AB的平行线，作A点关于该平行线的对称点A，连接AB，当A、B、C三
点共线时，ACBC  AB，此时ACBC的值最小，求出AB即可；
（2）分两种情况讨论：①当AC  5AB时，AC  5CD，过点B作BE  AC交于E，设CD ABa，
5
则 AC  5a，由等积法求出BE a，用勾股定理分别求出 AD2a，BDa，BC  2a，则可求
5
10
sinBCE ；②当 BC  5AB时， BC  5DC，过点 B作 BE  AC交于 E，设CD ABa，则
10
10
BC  5a，由勾股定理分别求出BD2a，AD3a，AC  10a，再由等积法求出BE a，即可求
10
2
sinBCE  ．
10
【解答】解：【概念感知】
（1）如图1：等腰直角三角形ABC中，AB AC，
AB AC ，

等腰直角三角形是标准三角形，
故答案为：；
（2）如图2，在等腰三角形ABC中，BAC 30，AB AC，CD AB，
A30，

1
CD AC，
2
CA AB，

1
CD AB，
2
ABC不是标准三角形；
如图3，在等腰三角形ABC中，BAC 30，AB AC，AE BC，
此时AEBC，
ABC不是标准三角形；
故答案为：；
【概念理解】
如图1，当ABC 是等腰直角三角形时，AC:AB:BC 1:1: 2；如图4，当ABC 是等腰三角形，AB AC，AE BC，AEBC，
1 1
BEEC  BC  AE，
2 2
设BEx，则AE2x，
在RtABE中，AB 5x，
AB:AC:BC  5: 5:2；
故答案为：1:1: 2或 5: 5:2；
【概念应用】
（1）如图5，过C点作AB的平行线，作A点关于该平行线的对称点A，连接AB，
当A、B、C三点共线时，ACBC  AB，此时ACBC的值最小，
ABCD1，

AA2，
在RtABA中，AB 5，
ACBC 的最小值为 5 ；
（2）在ABC 中，ABCD，ABCD，
AC CD，BC CD，
AC  AB，BC  AB，
ABC的最小角为ACB，
①如图6，当AC  5AB时，AC  5CD，
过点B作BE  AC交于E，
设CD ABa，则AC  5a，
1 1
S  ABCD ACBE，
 ABC 2 2
5
BE a，
5
在RtACD中，AD2a，
BD ADABa，
在RtBCD中，BC  2a，
10
在RtBCE中，sinBCE ；
10
②如图7，当BC  5AB时，BC  5DC，
过点B作BE  AC交于E，设CD ABa，则BC  5a，
在RtBCD中，BD2a，
AD3a，
在RtACD中，AC  10a，
1 1
S  ABCD ACBE，
 ABC 2 2
10
BE  a，
10
2
在RtBCE中，sinBCE  ；
10
2 10
综上所述：最小角的正弦值为 或 .
10 10【点评】本题考查三角形的综合应用，熟练掌握等腰三角形的性质，直角三角形的性质，理解定义，分类
讨论，数形结合解题是关键．
7．（2023•广陵区校级四模）我们定义：若一个三角形最大边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段
的积等于这个点到最大边所对顶点连线的平方，则称这个点为这个三角形的“比例中点”．例如：如图1，
已知钝角ABC 中，ACB是钝角，点D是AB上的一点，连接CD，若CD2  ADBD，则称点D是ABC
的“比例中点”．
（1）如图2，已知点A的坐标为(4,0)，点B在y轴上，BAO30，若点M 是AOB的“比例中点”，
2 3
则点M 的坐标为 (1, 3)或(2, ) ；
3
3
（2）如图3，已知ABC 中，AB28，A45，tanB ，若点N是ABC 的“比例中点”，求AN；
4
（3）如图4，已知ABC 是等边三角形，因为等边三角形的三边相等，所以其中任意一条边都可以看成最
大边，试判断等边三角形有没有“比例中点”？说明理由．
8 3 1
【分析】（1）过点M 作MN OB于点N，连接OM ，设BM x，则AM  ABx x，BN  x，
3 2
3
NM  x，勾股定理得出OM2，根据OM2 BM AM 建立方程，解方程即可求解；
2
（ 2 ） 设 AN x， 则 BN  ABAN 28x， 过 点 C作 CD AB于 点 D， 勾 股 定 理 得 出
CN2 CD2 ND2 122 (12x)2，根据新定义建立方程，解方程即可求解；
（3）同（2）的方法进行计算，得出方程无解即可求解．
【解答】解：（1）如图2所示，过点M 作MN OB于点N，连接OM ，
已知点A的坐标为(4,0)，点B在y轴上，BAO30，

4 3
OA4,OBOAtanBAO ，
3
8 3
设BM x，则AM  ABx x，
3
1 3
BN  x，NM  x，
2 2
3 4 3 1
在RtOMN中，OM2 MN2 ON2 ( x)2 (  x)2，
2 3 2
点M 是AOB的“比例中点”，

OM2 BM AM ，
3 4 3 1 8 3
( x)2 (  x)2 x( x)，
2 3 2 3
2 3 4 3
解得：x 或x ，
3 3
2 3 4 3
BM  或BM  ，
3 3
2 3 3 3 2 3 4 3 3
当BM  时，MN  BM   1，ON OBBN    3，即M(1, 3)；
3 2 2 3 3 3
4 3 3 3 4 3 4 3 2 3 2 3 2 3
当BM  时，MN  BM   2，ON OBBN    ，即M(2, )；
3 2 2 3 3 3 3 3
2 3
故答案为：(1, 3)或(2, )；
3
（2） 点N是ABC 的“比例中点”，

CN2  ANBN，
设AN x，则BN  ABAN 28x，
如图3所示，过点C作CD AB于点D，3
ABC中，AB28，A45，tanB ，

4
4
ADCD，BD CD，
3
设ADDC 3k，则BD4k，
AB7k ，
7k 28，
解得：k 4，
ADCD12，DB16，
CN2 CD2 ND2 122 (12x)2，
122 (12x)2 x(28x)，
解得：x8或x18，
AN 8或18；
（3）等边三角形没有“比例中点”．理由如下：
设点N是ABC的“比例中点”，设等边三角形的边长为a，
CN2  ANBN，
设AN x，则BN  ABAN ax，
如图4所示，过点C作CD AB于点D，
ABC中，ABa，

1 1 3
 AD a，BD a，CD a，
2 2 23 1
CN2 CD2 ND2  a2 ( ax)2，
4 2
3 1
 a2 ( ax)2 x(ax)，
4 2
a0，

此方程无解，
等边三角形没有“比例中点”．
【点评】本题考查了几何新定义，坐标与图形，已知正切求边长，勾股定理，一元二次方程的应用，根据
题意，建立方程解方程是解题的关键．
8．（2022•任城区三模）我们定义：等腰三角形中底边与腰的比叫做顶角的正对(sad)．如图①在ABC 中，
底边 BC
AB AC，顶角A的正对记作sadA，这时sadA  ．容易知道一个角的大小与这个角的正对值也
腰 AB
是相互唯一确定的．根据上述角的正对定义，解下列问题：
（1）sad60 1 ．
（2）sad90 ．
3
（3）如图②，已知sinA ，其中A为锐角，试求sadA的值．
5
【分析】（1）顶角为60的等腰三角形是等边三角形，从而可得sad60；
（2）顶角为90的等腰三角形是等腰直角三角形，从而可得sad90 2；
（3）在AB上取AD AC 4a，作DE AC于点E，分别表示出DE、AE，CE 、CD，继而可求出sadA
的值．
【解答】解：（1）sad601；
（2）sad90 2；
（3）设AB5a，BC 3a，则AC 4a，在AB上取AD AC 4a，作DE AC于点E，如图所示：
3 12 4 16
则DE ADsinA4a  a，AE ADcosA4a  a，
5 5 5 5
16 4 4 12 4
CE4a a a，CD CE2 DE2  ( a)2 ( a)2  10a，
5 5 5 5 5
CD 10
sadA  ．
AC 5
【点评】本题考查了解直角三角形及勾股定理的知识，解答本题关键是理解“sad ”的定义，难度一般．
题型三：四边形中的新定义问题
1．（2024•河北区一模）在平面直角坐标系中，O为原点，矩形ABCD的顶点A(2,1)，B(2,1)，D(2,1)，
等边EPQ的顶点P(5, 3)，点E是BC的中点．
（Ⅰ）填空：如图①，点C的坐标为 (2,1) ，点Q的坐标为 ；
（Ⅱ）将等边EPQ沿水平方向向右平移，得到等边△EPQ，点E，P，Q的对应点分别为E，P，
Q，设EEt ，等边△EPQ与矩形ABCD重叠部分面积记为S．
①如图②，当边EP与AB相交于点M ，边EQ与CD相交于点N，点E在点(1,0)的左侧且矩形ABCD与
△EPQ重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
3
②当 t6时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
4
【分析】（Ⅰ）已知A、B、D点的坐标，四边形ABCD是矩形，求得CD、BC的长，可得C点坐标，已
y 3
知等边EPQ的顶点P(5, 3)， P  tan30，可得EF 垂直平分PQ，即EPQ 关于x轴对称，可得
EF 3Q点坐标；
（Ⅱ）①过M 作MH x轴于H ，得MH 1，五边形BCNEM 的面积四边形BMEE的面积四边形
CNEE的面积矩形BMHE的面积三角形MHE的面积矩形CNHE的面积三角形NHE的面积，根据
点E在点(1,0)的左侧且矩形ABCD与△EPQ重叠部分为五边形，可得t的取值范围；
3
②分 t„ 3、 3t„ 3、3t„ 4、4t„ 4 3、4 3t6，讨论S的取值范围．
4
【解答】解：（Ⅰ）由题意得，AB4，AD2，
四边形ABCD是矩形，

CD AB4，BC  AD2，
C(2,1)，
点E是BC的中点，

E(2,0)，
，
等边EPQ的顶点P(5, 3)，

y  3，F(5,0)，即EF 3，
P
y 3
P  tan30，即PEF 30，

EF 3
EF垂直平分PQ，
QF PF  3，
Q(5, 3)，
故答案为：(2,1)，(5, 3)；
（Ⅱ）①在矩形ABCD中，其顶点A(2,1)，B(2,1)，C(2,1)，D(2,1)，则AB//x轴//CD，CBx轴，
在等边EPQ中，P(5, 3)，Q(5, 3)，
点E是BC的中点，得E(2,0)，EPQ 关于x轴对称，
过M 作MH x轴于H ，得MH 1，
等边△EPQ是由等边EPQ 沿水平方向向右平移得到的，

1 1
MEH  PEQ PEQ30，
2 2
MH
在RtMEH中，HE  3，
tanMEH
1 3
S  MHHE ，
MEH 2 2
BBEH EHM 90，

四边形BMHE是矩形，
S EHMH t 3，
矩形BMHE
四边形BMEE的面积矩形BMHE的面积三角形MHE的面积，

3
四边形BMEE的面积为t ，
2
3
同理，四边形CNEE的面积为t ，
2
则五边形BCNEM 的面积为2t 3，即S 2t 3，
点E在点(1,0)的左侧，且矩形ABCD与△EPQ重叠部分为五边形，

 3t3；
3
② t„ 3时，
4，
1 1 3
S S  EEMN  t2MEtEEtanMEE t2，
MNE 2 2 3
3
 S„ 3，
16
3t„ 3时，
，
S 五 边 形 BCNEM 的 面 积 矩 形 BMNC的 面 积 三 角 形 MNE的 面 积
1 1
BM BC MNEH 2(t 3) 2 32t 3，
2 2
 3S„ 6 3，
3t„ 4时，
，
S 五 边 形 MNGEH 的 面 积 矩 形 MNGH 的 面 积 三 角 形 HGE的 面 积
1 1
MNMH  HGEJ 2(3 3) 2 36 3，
2 2S 6 3，
4t„ 4 3时，
，
S 矩 形 ABCD的 面 积 矩 形 BCNM 的 面 积 三 角 形 AHK 的 面 积 三 角 形 DGL的 面 积
，
1 1 1 3 1 3 3 8 3 19 3
ABBCBMBC AHAK GDLD242(t3) [4(t 3)][1 (t4)] [4(t 3)][1 (t4)] t2 t6
2 2 2 3 2 3 3 3 3
62 3„ S 6 3，
4 3t6时，
，
S 矩形ADNM 的面积 AM MN 2[4(t3)]142t，
2t„ 62 3，
3
综上， S„ 6 3．
16
【点评】本题考查了四边形综合题，关键是注意分段讨论．
2．（2023•靖江市校级三模）【概念认识】定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形．
（1）如图 1，已知在垂等四边形 ABCD中，对角线 AC与BD交于点E，若 AB AD， AB4cm，
4
cosABD ，则AC的长度 5 cm．
5
【数学理解】（2）在探究如何画“圆内接垂等四边形”的活动中，小李想到可以利用八年级的所学三角
形全等．如图 2，在 O中，已知 AB是弦， OA、 OB是半径，求作： O的内接垂等四边形
 
ABCD．（要求：尺规作图，不写作法，保留痕迹）【问题解决】（3）如图3，已知A是 O上一定点，B为 O上一动点，以AB为一边作出 O的内接
  
垂等四边形(A、B不重合且 A、B、O三点不共线），对角线 AC与BD交于点E， O的半径为

2 2，当点E到AD的距离为 3时，求弦AB的长度．
【分析】（1）根据垂等四边形的定义列式求解即可；
（2）作ODOA，OC OB，分别交 O于点D和点C，即可得到垂等四边形ABCD，连接AC，DB

并相交于点E，证明AC BD，得到AOC BOD，证明AC BD，即可得到结果；
（3）方法一：连接DO，AO，根据已知条件求出AD，DE，再根据相似三角形的性质列式计算即可；
【解答】（1）由垂等四边形的定义得AC BD，
又 AB AD，

AB
DB 5，
cosABD
AC BD5．
（2）作ODOA，OC OB，分别交 O于点D和点C，即可得到垂等四边形ABCD，如图，

连接AC，DB并相交于点E，
OC OB．ODOA，

1 1
ACD AOD45，BDC  BOC 45，
2 2
DEC 90，即AC BD，
AODO，BOCO，AOC DOB，

AOC BOD(SAS)．AC BD．
AC BD，AC BD，

四边形ABCD是垂等四边形．
（3）连接DO，AO，由（2）可得等腰RtAOD，
AD 2AO4，
作EF  AD，易证得RtDFE∽RtEFA，
FE2 DFAF:
设DF x，AF 4x，可得方程x(4x)3，
解得x1或3，如图：
DE2或2 3，
作OG AB，
1
AOG AOBEDF．

2
RtDFE∽RtOGA，
AO AG
  ，
DE EF
AOEF
AG  6或 2，
DE
AB2AG2 6或2 2．
【点评】本题主要考查了圆的综合应用，结合相似三角形的判定与性质、三角函数的应用和四边形综合
知识的计算是解题的关键．
3．（2023•射阳县一模）定义：若四边形中某个顶点与其它三个顶点距离相等，则这个四边形叫做等距四
边形，这个顶点叫做这个四边形的等距点．（1）判断：一个内角为60的菱形 是 等距四边形；（填“是”或“不是” )
（2）如图2，在55的网格图中有A、B两点，请在给出的两个网格图上各找出C、D两个格点，使得以
A、B、C、D为顶点的四边形以A为等距点的“等距四边形”，画出相应的“等距四边形”（互不全等），
并写出该等距四边形的端点均为非等距点的对角线长．端点均为非等距点的对角线长为 ；
（3）如图，在海上A，B两处执行任务的两艘巡逻艇，根据接到指令A，B两艇同时出发，A艇直接回到
驻地O，B艇到C岛执行某项任务后回到驻地O（在C岛执行任务的时间忽略不计），已知A，B，C三
3
点到O点的距离相等，AO//BC ，BC 100km，tanA ，若A艇速度为65km/h，试问B艇的速度是多
2
少时，才可以和A艇同时回到驻地？
【分析】（1）一个内角为60的菱形，得出等边三角形，再得出等距四边形．
（2）利用勾股定理求出AB的长为 10，再找到格点，使得AC  AD 10，得到等距四边形，利用勾股
定理求出端点均为非等距点的对角线长．
（3）添加辅助线，得到直角三角形，利用勾股定理，列方程，求解．
．
【解答】解：（1）菱形ABCD中，ABBC CDDA，
当A60时，ABC 是等边三角形，
AB AC BC ，
CACBCD，
一个内角为60的菱形是等距四边形．
故答案为：是．（2）
如图①，AB 32 1 10 ，
AB AC  AD 10 ，
BD 22 42  20 2 5．
如图②AC  AB AD 10 ，
CD 42 42  32 4 2．
端点均为非等距点的对角线长为2 5或4 2．
故答案为：2 5或4 2．
（3）如图③作OE BC于E，BF  AO于F ．
AO//BC，BC 100km，

OFBOEBFBE90，
四边形OEBF是矩形．
BF OE，OF BE．
BOC中，OBOC，OE BC，

1
BEEC  BC 50．
2
OF BE50，
OAOBOC  AF OF ．
设AF 2x，
3
tanA ，

2
BF 3x，
有RtBOF中：OF2 BF2 OB2，’
502 (3x)2 (502x)2，解得：x40．
OA130(km)，
130652(h)．
BCOC 100130230(km)，
2302115(km/h)．
答：B艇的速度是115km/h时，才可以和A艇同时回到驻地．
【点评】此题是一道新概念题，必须认真阅读，掌握新概念，勾股定理，等腰三角形三线合一，多知识点
综合运用是难点．
4．（2023•蒲城县一模）【了解概念】
定义提出：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．
【理解运用】
（1）如图1，在33的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，线段
AB、BC的端点均在格点上，在图1的方格纸中画出一个等邻边四边形ABCD，要求：点D在格点上；
（2）如图2，在等邻边四边形ABCD中，AB AD4，A60，ABC 90，BC 3 3，求CD的长；
【拓展提升】
（3）如图3，在平面直角坐标系中，矩形OABC 的顶点A、C分别在x、y轴正半轴上，已知OC 4，
OA6，D是OA的中点．在矩形OABC 内或边上，是否存在点E，使四边形OCED为面积最大的“等邻
边四边形”，若存在，请求出四边形OCED的最大面积及此时点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据“等邻边四边形”的定义作图即可；
（2）连接BD，根据ABD是等边三角形得出BD AB4，过点D作DEBC于点E，求出DE，BE 的
长度，根据BC的长度求出CE 的长度，最后利用勾股定理求出CD即可；
（3）先确定存在点E，设点E的坐标为(m,4)，则CEm，根据D(3,0)，列方程求出m的值，然后确定
点E的坐标和四边形OCED的面积最大值即可．【解答】解：（1）由题意知，四边形ABCD是等邻边四边形，
作图如下：（答案不唯一）
（2）连接BD，过点D作DEBC于点E，
AB AD4，A60，

ABD是等边三角形，
BD AB4，ABD60，
ABC 90，

DBC 906030，
DE BC，

BEDCED90，
1
DE BD2，
2
BE BD2 DE2 2 3，
BC 3 3，

CEBCBE 3，
CD CE2 DE2  7 ；
（3）在矩形OABC 内或边上，存在点E，使四边形OCED为面积最大的“等邻边四边形”，
理由如下：
如图，当CEDE时，四边形OCED为“等邻边四边形”，当CE 取最大值时，四边形OCED为面积最大的“等邻边四边形”，
四边形OABC 是矩形，OC 4，OA6，D为OA的中点，

BC//OA，C(0,4)，A(6,0)，D(3,0)，
设点E的坐标为(m,4)，则CEm，
CEDE ，

CE2 DE2，
m2 (m3)2 (40)2，
25
解得m ，
6
25 25
CE ，点E的坐标为( ，4)，
6 6
1 1 25  43
S  CEODOC   34 ，
四边形OCED 2 2  6  3
43
存在点E，使四边形OCED为面积最大的“等邻边四边形”，此时四边形OCED的面积最大值为 ，点
3
25
E的坐标为( ，4)．
6
【点评】本题主要考查四边形的综合题，正确理解“等邻边四边形”的定义是解题的关键．
5．（2023•涪城区模拟）定义：我们把一组对边平行另一组对边相等且不平行的四边形叫做等腰梯形．
【性质初探】如图1，已知， ABCD，B80，点E是边AD上一点，连结CE ，四边形ABCE恰为等

腰梯形．求BCE的度数；
【性质再探】如图2，已知四边形ABCD是矩形，以BC为一边作等腰梯形BCEF，BF CE，连结BE 、
CF ．求证：BECF；
【拓展应用】如图3， ABCD的对角线AC、BD交于点O，AB2，ABC 45，过点O作AC的垂线

交BC的延长线于点G，连结DG．若CDG90，求BC的长．【 分 析 】 【 性 质 初 探 】 过 点 A作 AGBC交 于 G， 过 点 E作 EH BC交 于 H ， 证 明
RtABGRtECG(HL)，即可求解；
【性质再探】证明BFC CEB(SAS)，即可求解；
【拓展应用】连接AC，过G点作GM  AD交延长线于点M ，分别证明ACG是等腰三角形，CDG是
等腰直角三角形，DGM 是等腰直角三角形，从而可求AG2 2，GM DM 2，在RtAGM中，用勾
股定理求出AD的长即为所求BC的长．
【解答】【性质初探】解：过点A作AGBC交于G，过点E作EH BC交于H ，
ABCD，

AE//BC，
AGEH ，
四边形ABCE恰为等腰梯形，

ABEC，

RtABGRtECG(HL)，
BECH ，
B80，

BCE 80；
【性质再探】证明： 四边形ABCD是矩形，

AE//BC，
四边形BCEF是等腰梯形，

BF CE，
由（1）可知，FBC ECB，
BFC CEB(SAS)，
BECF ；
【拓展应用】解：连接AC，过G点作GM  AD交延长线于点M ，
四边形ABCD是平行四边形，
O是AC的中点，
GO AC，

AC CG，
AB//CD，ABC 45，

DCG45，
CDG90，
CDDG，
BADG2，
CDG90，

CG2 2，
AG2 2 ，
ADC DCG45，

CDM 135，
GDM 45，
GM DM  2 ，
在RtAGM中，(2 2)2 (AD 2)2 ( 2)2，
AD 6 2，
BC  6 2．
【点评】本题是四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，矩形的性质，等腰直角三角形的判定及性
质，等腰梯形的性质，三角形全等的判定及性质是解题的关键．
6．（2023•常州模拟）定义：我们把对角线相等的凸四边形叫做“等角线四边形”．（1）在已经学过的“①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形“中，一定是“等角线四边形”的是 ②④
（填序号）；
（2）如图1，在正方形ABCD中，点E，F 分别在边BC，CD上，且EC DF，连接EF ，AF ，求证：
四边形ABEF是等角线四边形；
（3）如图2，ABC 中，ABC 90，AB4，BC 3，D为线段AB的垂直平分线上一点，若以点A，
B，C，D为顶点的四边形是等角线四边形，求这个等角线四边形的面积．
【分析】（1）由矩形和正方形的性质可直接求解；
（2）由“SAS ”可证ABE BCF ，可得AEBF ，可得结论；
（3）分两种情况讨论，由勾股定理求出DE的长，即可求解．
【解答】（1）解： 矩形、正方形的对角线相等，

矩形和正方形是“等角线四边形”，
故答案为：②④；
（2）证明：连接AE，BF ，
四边形ABCD是正方形，

ABBC CD，ABC BCD90，
EC DF ，

BECF ，
ABEBCF(SAS)，
AEBF，
四边形ABEF是等角线四边形；（3）当点D在AB的上方时，如图，
DE是AB的中垂线，

AEBE2，
ABC 90，AB4，BC 3，

AC 5，
四边形ABCD为等角线四边形，

AC BD5，
DE BD2 BE2  254  21，
1 1
S S S  ABDE BCBE2 213；
四边形ABCD ABD BCD 2 2
当点D在AB的下方时，如图，过点D作DF BC，交CB的延长线于F ，
四边形ACBD为等角线四边形，

BACD4，
DE  AB，ABF 90，DF CF，

四边形DEBF 是矩形，
BE DF 2，DE BF ，
CF  CD2 DF2  164 2 3，BF 2 33，
1   1
S S S  4 2 33  434 3 ，
四边形ADBC ABC ABD 2 2
综上所述：这个等角线四边形的面积为4 3或2 213．
【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质
等知识，理解等角线四边形的定义并运用是解题的关键．
7．（2023•定远县校级一模）定义：我们知道，四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如
果这两个三角形相似（不全等），我们就把这条对角线叫做这个四边形的“相似对角线”．
（1）如图1，ABC 的三个顶点均在正方形网格中的格点上，若四边形ABCD是以AC为“相似对角线”
的四边形，请只用无刻度的直尺，就可以在网格中画出点D，请你在图1中找出满足条件的点D，保留画
图痕迹（找出2个即可）
（2）①如图2，在四边形ABCD中，DAB90，DCB135，对角线AC平分DAB．请问AC是四
边形ABCD的“相似对角线”吗？请说明理由；
②若AC  10 ，求ADAB的值．
（3）如图3，在（2）的条件下，若DACB90时，将ADC以A为位似中心，位似比为 5: 2缩
小得到AEF，连接CE 、BF ，在AEF绕点A旋转的过程中，当CE 所在的直线垂直于AF 时，请你直接
写出BF 的长．
【分析】（1）先求出AB，BC，AC，再分情况求出CD或AD，即可画出图形；
（2）先判断出DDCA180DAC 135即可得出精论；
(3 )分两种情况，①延长CE 交 AF 于点 H ，先由EAC∽ADC得出 AEEF  2 ， AF 2，再得出
EA EC
CECH EH 312，再求出EAC∽FAB，继而求出  ，即可得出结论；②设AF 与EC交于
FA FB
点G，先得出AGE为等腰直角三角形，再得出CG AC2 AG2 3，再得出EAC∽FAB，继而求出
EA EC
 ，即可得出结论．
FA FB【解答】解：（1）如图1所示，
AB 5，BC 2 5，ABC 90，AC 5，
四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形，

当ACD90时，ACD∽ABC或ACD∽CBA，
AC CD AC CD
  或  ，
AB BC BC AB
5 CD 5 CD
  或  ，
5 2 5 2 5 5
CD2.5或CD10，
同理：当CAD90时，AD2.5或AD10，
如图中，D ，D ，D ，D 即为所求；
1 2 3 4
（2）①是，理由：
DAB90，AC平分DAB，

DAC CAB45，
DDCA180DAC 135，
又 DCB135DCAACB，

DACB，
DAC∽CAB，
AC是四边形ABCD的“相似对角线”；
② DAC∽CAB，

AD AC
  ，
AC AB
ADAB AC2，
AC  10，

ADAB10；
（3）①由（2）可知ADC为等腰直角三角形，AC  10 ，ADCD 5，
AEF∽ADC ，且相似比为 5: 2，

AEEF  2，AF 2，
如图，延长CE 交AF 于点H ，由题意可得：EH  AF 于H ，
1
AH  AF 1，
2
CH  AC2 AH2  9 3，
CECH EH 312，
CADEAF 45，

AC 1
CAEBAF，  ，
AB 2
AE 1
 ，

AF 2
EAC∽FAB，
EA EC 2 2
  即  ，
FA FB 2 FB
FB2 2；
②如图，设AF 与EC交于点G，
AF CE，

AGE 为等腰直角三角形，
EA 2，

AGEG1，
在RtAGC中，CG AC2 AG2 3，EC 4，
同理可证EAC∽FAB，
EA EC 2 4
  即  ，
FA FB 2 FB
FB4 2，
综上，FB2 2或FB4 2．
【点评】本题是四边形综合题．主要考查了相似三角形的判定和性质，理解新定义，勾股定理，判断两三
角形相似是解题的关键．
8．（2022春•柯桥区月考）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．
（1）阅读与理解：
如图1，四边形内接于 O，点A为弧BD的中点．四边形ABCD 是 （填“是”或“不是” )等补四边

形．
（2）探究与运用：
①如图2，在等补四边形ABCD中，AB AD，连接AC，AC是否平分BCD？请说明理由；
②如图 3，在等补四边形 ABCD中， AB AD，其外角 EAD的平分线交CD的延长线于点 F ，若
CD10，AF 5，求DF的长．
（3）思考与延伸：
在等补四边形ABCD中，AB AD3，BAD120，当对角线AC长度最大时，以AC为斜边作等腰直
角三角形ACP，直接写出线段DP的长度．
【分析】（1）由圆内接四边形互补可知，AC 180，再根据弧相等证AD AB，即可根据等补四边
形的定义得出结论；
（2）①根据弧相等可得圆周角相等；
②连接AC，先证/EADBCD，推出FCAFAD，再证ACF DAF ，利用相似三角形对应边的比相等可求DF的长；
（3）由前面的探究可知等AC是等补四边形ABCD的外接圆的直径时AC长度最大，求得此时的直径．
【解答】【解答】解：（1）证明： 四边形ABCD为圆内接四边形，

AC 180，ABCADC 180，
点A为弧BD的中点，

弧AD弧AB，
AD AB，
四边形ABCD是等补四边形；
（2）① 四边形ABCD是等补四边形，ABCD四点共圆

AB AD

弧AD弧AB，
ACDACB，即AC平分BCD；
②如图3所示，连接AC，
图3
四边形ABCD是等补四边形，

BADBCD180，
又BADEAD180，
EADBCD，
AF 平分EAD，

1
FAD EAD，
2
由①知，AC平分BCD，
1
FCA BCD，
2
FCAFAD，
又AFC DFA，ACF∽DAF ，
AF CF
  ，
DF AF
5 DF 10
即  ，
DF 5
DF 5 25．
（3）当对角线AC是直径时，长度最大，
以AC为斜边作等腰直角三角形ACP，分同侧异侧两种情况：
①如图4，P在D的异侧，将APD绕点P顺时针旋转90，得到PCQ，
PDQ是等腰直角三角形，
DQ 2DP，
DAB180，

DCB60，
由（2）知DCA30，
AD3，

DC 3 3，
DQDCCQDC AD3 33，
DQ 3 63 2
DP  ，
2 2
②如图5，P在D的同侧，过P作DP的垂线段交DC于点Q，PDC PAC 45，

PDPQ，DPQ90，
又 APC 90，

APDCPQ，
在APD和CPQ中，
APCP

APDCPQ，

DPQP
APDCPQ，
CQ AD，
DQDCCQDCAD3 33，
DQ 3 63 2
DP  ，
2 2
3 63 2 3 63 2
故答案为： 或 ．
2 2
【点评】本题考查了新定义等补四边形，圆的有关性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的判定，相
似三角形的判定与性质等，解题关键是要能够通过自主学习来进行探究，运用等．
9．（2023•澧县三模）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这
样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．
根据以上定义，解决下列问题：
（1）如图1，正方形ABCD中E是CD上的点，将BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F 在DA的延长线上，则四边形BEDF 是 （填“是”或“不是” ) “直等补”四边形；
（2）如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，ABBC 10，CD2，AD AB，过点B作BE  AD
于E．
①过C作CF BF 于点F ，试证明：BEDE，并求BE 的长；
②若M 是AD边上的动点，求BCM 周长的最小值．
【分析】（1）由旋转的性质可得ABF CBE，BF BE，根据正方形的性质得ABC D90，可
得出EBF D90，即可得出答案；
（2）①首先证明四边形CDEF 是矩形，则DE CF ，EF CD2，再证ABE BCF ，根据全等三角形
的判定和性质可得 BECF， AEBF ，等量代换即可得 BEDE；由 AEBF ， EF CD2可得
AEBE2，设BEx，根据勾股定理求出x的值即可；
②延长CD到点G，使DGCD，连接BG交AD于点M，过点G作GH BC，交BC的延长线于点H ，
证明ABE∽CGH ，根据相似三角形的性质求出CH 、HG的值，在RtBHG中，根据勾股定理求出BG，
即可求解．
【解答】解：（1） 将BCE绕B点旋转，BC与BA重合，点E的对应点F 在DA的延长线上，

ABF CBE，BF BE，
四边形ABCD是正方形，

ABC D90，ABECBE90，
ABEABF 90，即EBF D90，
EBF D180，
EBF 90，BF BE，

四边形BEDF 是“直等补”四边形．
故答案为：是；
（2）①证明： 四边形ABCD是“直等补”四边形，ABBC 10，CD2，AD AB，

ABC 90，ABCD180，
D90，
BE  AD，CF BE ，

DEF 90，CFE90，
四边形CDEF 是矩形，
DECF ，EF CD2，
ABEA90，ABECBE90，

ACBF ，
AEBBFC 90，ABBC，

ABEBCF(AAS)，
BECF ，AEBF ，
DECF ，

BEDE ；
四边形CDEF 是矩形，

EF CD2，
ABEBCF，

AEBF，
AEBE2，
设BEx，则AEx2，
在RtABE中，x2 (x2)2 102，
解得：x8或x6（舍去），
BE的长是8；② BCM 周长BCBM CM ，

当BM CM 的值最小时，BCM 的周长最小，
如图，延长CD到点G，使DGCD，连接BG交AD于点M，过点G作GH BC，交BC的延长线于点
H ，
ADC 90，

点C与点G关于AD对称，
BM CM BM MG…BG，即BM CM…BMMC，
当点M 与M重合时，BMMC的值最小，即BCM 的周长最小，
在RtABE中，AE AB2 BE2  102 82 6，
四边形ABCD是“直等补”四边形，

ABCD180，
BCDGCH 180，

AGCH ，
AEBH 90，

ABE∽CGH ，
BE AE AB 10 5 8 82 5
     ，即   ，
GH CH CG 4 2 GH CH 2
16 12
GH  ，CH  ，
5 5
12 62
BH BCCH 10  ，
5 5
62 16
BG BH2 GH2  ( )2 ( )2 2 41，
5 5
BCM 周长的最小值为2 4110．
【点评】本题是四边形的一个综合题，主要考查新定义，勾股定理，全等三角形的性质与判定，正方形的
性质，矩形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，轴对称的性质，第（2）①题关键在证
明三角形全等，第（2）②题关键确定M 的位置．10．（2023•平远县一模）综合与实践
折纸是一项有趣的活动，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．在折纸过程中，我们可以研究图形的运
动和性质，也可以在思考问题的过程中，初步建立几何直观，现在就让我们带着数学的眼光来折纸吧．定
义：将纸片折叠，若折叠后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的长方形，这样的长方形称为完美长方
形．
（1）操作发现：
如图1，将ABC纸片按所示折叠成完美长方形EFGH，若ABC 的面积为12，BC 6，则此完美长方形
的边长FG 3 ，面积为 ．
（2）类比探究：
如图2，将 ABCD纸片按所示折叠成完美长方形AEFG，若 ABCD的面积为20，BC 5，求完美长方形
 
AEFG的周长．
（3）拓展延伸：
如图3，将 ABCD纸片按所示折叠成完美长方形EFGH，若EF:EH 3:4，AD15，则此完美长方形的

周长为 ，面积为 ．
【分析】（1）由折叠可知点H 是AC中点，DF DGBF CG3，过点A作AM BC 于M ，根据三
1
角形ABC面积求AM 的长，由AM //GH ，点H 是AC中点可知GH 是ACM 中位线，得到GH  AM 2
2
进而求完美长方形面积；
5
（2）根据折叠可知，EH BE，CF FH ，从而可得EF  ，根据平行四边形ABCD面积可求得AE的
2
长为4进而可求周长；
（3）由折叠可证点 E，G分别是 AB，CD中点，进一步可证四边形 ADGE是平行四边形，所以
EG AD15，即长方形EFGH对角线长为15，设EF 3x，EH 4x，根据勾股定理得到方程，解出x，
从而可得完美长方形的边长和宽，最后求周长面积即可．
【解答】解：（1）由折叠可知，BF DF ，CGDG，AH DH CH ，
DF DGBF CG，点H 是AC中点，2DF 2DGBC 6，

DF DG3，
即FG3，
过点A作AM BC 于M ，
四边形EHGF是矩形，

HGBC，
HG//AM ，
H 是CM 中点，
1
HG AM ，
2
1
S  BCAM 12，
 ABC 2
AM 4，
1
HG AM 2，
2
完美长方形的面积为326，
故答案为：3，6；
（2）由折叠可知BEHE，CF HF ，
1 5
EF  BC  ，
2 2
同理可知S S ，S S ，
ABE AHE 四边形AHFG 四边形DCFG
长方形AEFG的面积为20210，
5
 AE10 4，
2
5
长方形AEFG的周长为2(4 )13；
2
（3）由折叠可证点E，G分别是AB，CD的中点，1 1
 AE AB,DG DC，
2 2
由题意知ABCD，AB//CD，
AE DG，AE//DG，
AEGD为平行四边形，
ADEGHF ，
在RtHEF中，设EF 3x，则EH 4x，
由勾股定理得：HF 5x，
又 5x15，

x3，
EF 9，EH 12，
周长为：2(912)42，
面积为：912108，
故答案为：42，108．
【点评】本题考查了折叠的性质，平行四边形的性质与判定等知识，熟练掌握其性质是解决此题的关键．
11．（2023•五华县一模）【定义】：
对角线相等且所夹锐角为60的四边形叫“60等角线四边形”．
如图1，四边形ABCD为“60等角线四边形”，即AC BD，AOB60．
【定义探究】：
（1）判断下列四边形是否为“60等角线四边形”，如果是在括号内打“”，如果不是打“”．
①对角线所夹锐角为60的平行四边形． 
②对角线所夹锐角为60的矩形．
③对角线所夹锐角为60，且顺次连接各边中点所形成的四边形是菱形的四边形．
【性质探究】：
（2）如图2，以AC为边，向下构造等边ACE，连接BE ，请直接写出ABCD与AC的大小关系；（3）请判断ADBC与 3AC 的大小关系，并说明理由；
【应用提升】：
（4）若“60等角线四边形”的对角线长为2，则该四边形周长的最小值为 ．
【分析】（1）根据定义即可求解；
（2）证明四边形DBEC是平行四边形，根据ABBE…AE即可求解；
3
（3）先构造平行四边形BDEC，可得对应线段相等，再求出ACE120，构造直角三角形求出AH  AC，
2
即可得出答案；
（4），根据（2）（3）的结论代入数据即可求解．
【解答】解：（1）① 对角线所夹锐角为60的平行四边形的对角线不一定相等，则不能判①是“60等角

线四边形”，
选择；
② 对角线所夹锐角为60的矩形，对角线相等，且所夹锐角为60，故②是“60等角线四边形”，

选择；
③ 对角线所夹锐角为60，且顺次连接各边中点所形成的四边形是菱形的四边形，则四边形的对角线相等，

故③是“60等角线四边形”，
选择．
故答案为：①；②；③；
（2） ACE是等边三角形，

AE EC  AC，ACE 60．
AOBACE60，

DB//EC ．
DB AC，

DBEC，
四边形DBEC是平行四边形，
BEDC．
ABE中，ABBE…AE，

即ABCD…AC；（3）如图，过C作CE//BD，且CEBD，连接DE，AE，
四边形BDEC是平行四边形，
DEBC，AC BDCE．
AOB60，

COD60．
BD//CE，

ACE18060120．
过点C作CH  AE ，交AE于点H ，
AC CE ，ACE120，

ACH 60．
AH 3
在RtACH中，sin60  ，
AC 2
3
 AH  AC，
2
则AE 3AC．
 ADBC  ADDE… 3AC；
（4）若“60等角线四边形”的对角线长为2，则AC 2，
由（2）（3）可得ABCD…AC，ADBC… 3AC，
 ABCD ADBC…( 31)AC 2( 31)2 32．
该四边形周长的最小值为2 32．
故答案为：2 32．
【点评】本题主要考查了四边形综合问题，新定义问题，特殊角三角函数值，平行四边的性质与判定等，
掌握特殊四边形的性质与判定是解题的关键．
12．（2023•任城区校级三模）定义：长宽比为 n:1(n为正整数）的矩形称为 n矩形．下面，我们通过折叠的方式折出一个 2矩形，如图①所示．
操作 1：将正方形 ABCD沿过点B的直线折叠，使折叠后的点C落在对角线BD上的点G处，折痕为
BH ．
操作2：将AD沿过点G的直线折叠，使点A，点D分别落在边AB，CD上，折痕为EF ．
则四边形BCEF为 2矩形．
证明：设正方形ABCD的边长为1，则BD 12 12  2．
由折叠性质可知BGBC 1，AFEBFE90，则四边形BCEF为矩形．
ABFE ．
EF //AD．
BG BF 1 BF
  ，即  ．
BD AB 2 1
1
BF  ．
2
1
BC:BF 1:  2:1．
2
四边形BCEF为 2矩形．
阅读以上内容，回答下列问题：
（1）在图①中，所有与CH 相等的线段是 GH 、DG ，tanHBC的值是 ；
（2）已知四边形BCEF为 2矩形，模仿上述操作，得到四边形BCMN，如图②，求证：四边形BCMN是
3矩形；
（3）将图②中的 3矩形 BCMN沿用（2）中的方式操作 3 次后，得到一个“ n矩形”，则n的值
是 ．
【分析】（1）由折叠即可得到 DGGH CH ，设 HC x，则有 DGGH x， DH  2x，根据
DC DH CH 1，就可求出HC，然后运用三角函数的定义即可求出tanHBC的值；
（2）只需借鉴阅读中证明“四边形BCEF为 2矩形”的方法就可解决问题；
（3）同（2）中的证明可得：将 3矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“ 4矩形”，将 4矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“ 5 矩形”，将 5 矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得
到一个“ 6 矩形”，由此就可得到n的值．
【解答】解：（1）由折叠可得：
DGHG，GH CH，
DGGH CH ．
设HC x，则DGGH x．
DGH 90，DH  2x，

DC DH CH  2xx1，
解得x 21．
HC 21
tanHBC    21．
BC 1
故答案为：GH 、DG， 21；
2
（2） BC 1，EC BF  ，

2
6
BE EC2 BC2  ．
2
由折叠可得BPBC 1，FNM BNM 90，EMN CMN 90．
四边形BCEF是矩形，

F FEC C FBC 90，
四边形BCMN是矩形，BNM F 90，
MN //EF ，
BP BN
  ，即BPBF BEBN ，
BE BF
2 6
1  BN，
2 2
1
BN  ，
3
1
BC:BN 1:  3:1，
3
四边形BCMN是 3的矩形；
（3）同理可得：
将 3矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“ 4矩形”，将 4矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“ 5 矩形”，
将 5 矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“ 6 矩形”，
所以将图②中的 3矩形BCMN沿用（2）中的方式操作3次后，得到一个“ 6 矩形”，
故答案为6．
【点评】本题主要考查了轴对称的性质、正方形的性质、矩形的判定与性质、平行线分线段成比例、勾股
定理等知识，考查了阅读理解能力、操作能力、归纳探究能力、推理能力，运用已有经验解决问题的能力，
是一道好题．
题型五：圆中的新定义问题
1．（2024•大连模拟）【发现问题】
如图，某公园在一个扇形OEF 草坪上的圆心O处垂直于草坪的地上竖一根柱子OA，在A处安装一个自动
喷水装置，喷头向外喷水，爱思考的小腾发现喷出的水流呈现出抛物线形状．
【提出问题】
喷出的水距地面的高度y米与喷出的水与池中心的水平距离x米之间有怎样的函数关系？
【分析问题】
10
小腾测出连喷头在内柱高 m，喷出的水流在与O点的水平距离4米处达到最高点B，点B距离地面2
9
米．于是小腾以OA所在直线为y轴，垂直于OA的地平线为x轴，点O为坐标原点建立如图1所示的平面
直角坐标系，根据测量结果得到点A，点B的坐标，从而得到y与x函数关系式．
【解决问题】
10
（1）如图1，在建立的平面直角坐标系中，点A的坐标为(0, )，水流的最高点B的坐标为(4,2)，求抛物
9
线水流对应的函数关系式；
（2）当喷头旋转120时，这个草坪刚好被水覆盖，求喷水装置能喷灌的草坪的面积（结果用含的式子表
示）；
（3）在扇形OEF 的一块三角形区域地块OEF 中，现要建造一个矩形GHMN花坛，如图2的设计方案是
使H 、G分别在OF 、OE上，MN 在EF 上．设MN 2x米，当x为多少米时，矩形GHMN花坛的面积最大？最大面积是多少平方米？
【分析】（1）设抛物线顶点式，代入A、B两点，可得；
（2）令y0，求得x，即为草坪半径，用扇形面积公式可得；
（3）已知MN 2x，借助辅助线和相似三角形对应边成比例，表示出NG，求得矩形GHMN花坛的面积表
示，可得当x为多少米时，矩形GHMN花坛的面积最大，最大面积是多少平方米．
【解答】解：（1）设抛物线的解析式为ya(xh)2 k，
水流的最高点B的坐标为(4,2)，

ya(x4)2 2，代入A点，
10
得 a(04)2 2，
9
1
解得：a ，
18
1 1 4 10
y (x4)2 2 x2  x (x0)；
18 18 9 9
（2）令y0，则x10，
120102 100
喷水装置能喷灌的草坪的面积  （平方米）；
360 3
（3）由矩形GHMN可得，GH MN 2x，NGMH ，MNGNMH 90，
，
过O作OPEF ，交EF 于点P，
EOF 120，OEOF，

FEOEFO30，
OE 10(m)，
OPOEsinPEO5(m)，EPOEcosPEO5 3(m)，
同理可得，FP5 3(m)，
ENG180MNG90EPO，PEONEG，

PEO∽NEG，
NG EN
  ，
PO EP
MH FM
同理可得，  ，
PO FP
NPEPEN，MPFPFM ，

PM PN ，
MN 2x(m)，

3
PM PN x(m)，NGMH (5 x)(m)，
3
3 3
矩形GHMN花坛的面积2x(5 x)(2 x2 10x)(m2)，
3 3
10 5 3 25 3
x  时，矩形GHMN花坛的面积最大为 平方米．
2 3 2 2
2( )
3
【点评】本题考查了扇形面积、二次函数，关键是掌握扇形面积公式．
2．（2023•湖南模拟）定义：如图1，AB是 O的直径，若弦CD//AB，则称弦CD为 O的纬线．
 
（1）如图1，弦CD是 O的纬线，求证：AC BD；

（2）弦CD和弦EF 都是半径为5的 O的纬线，CD//EF ，CD6，EF 8，求这两条纬线之间的距

离；
（3）如图2，弦MN 和弦PQ是直径AB两侧的纬线，连接OM 、ON、OP、OQ、PM 、QN， O

的半径为r ，记四边形MPQN ，OMN ，OPQ的面积依次为S，S ，S ，若同时满足下列两个条件
1 2时，求S的最大值（用含r 的式子表示）．
1
①S S  S ；
1 2 2
②其中的一条纬线长不超过半径r ．
【分析】（1）连接BC，根据平行线的性质和圆周角定理即可证明；
（2）作OH CD交EF 于I ，则OI EF ，连接OD，OF ；根据勾股定理可得OH 4，OI 3，分类
讨论：当弦CD和弦EF 在圆心的同一侧时；HI OH OI ，即可求得；当弦CD和弦EF 在圆心的两侧
时；HI OH OI ，即可求得；
（3）过点O作OE MN 于点E，OF PQ于点F ，设MN a，PQb，OEm，OF n，分别求
1 1 1 1
出S  am，S? bn，s (ab)(mn)，根据S S  S ，可得ab，mn，故s2 4a2m2，
1 2 2 2 1 2 2
a2 t
根据勾股定理可得 m2 r2，令t a2，故S2 4t(r2  )t2 4r2t，分析该二次函数可得当t 2时，
4 4
S2有最大值为3r4，即可求得．
【解答】解：（1）如图，连接BC，
CD//AB，

DCBABC，
DCB和ABC所对的弧相等，
 AC BD，
（2） 弦CD和弦EF 都是 O的纬线，
 
CD//AB，EF //AB，
作OH CD交EF 于I ，则OI EF ，连接OD，OF ，CD6，EF 8，ODOF 5，

根据勾股定理可得OH 4，OI 3，
有两种情况：
当弦CD和弦EF 在圆心的同一侧时，HI OH OI 431；
当弦CD和弦EF 在圆心的两侧时，HI OH OI 437，
CD和EF 的距离是1或7；
（3）过点作OE MN 于点E，OF PQ于点F ，
设MN a，PQb，OEm，OF n，
1 1 1
则S  am，S? bn，s (ab)(mn)，
1 2 2 2
1
S S  S，
 1 2 2
1 1 1 1
 am bn  (ab)(mn)，
2 2 2 2
即(ab)(mn)0，
ab或mn，
若mn，则ab
若ab，则mn
S 2am，
则S2 4a2m2，OEMN，

1 a
ME MN  ，
2 2
在RtOEM中，OE2 EM2 OM2，
a2
 m2 r2，
4
则m2r2号
令t a2，
t
S2 4t(r2  )t2 4r2t，
4
对称轴为t2r2，
0a„ r，

0t„ r2，
当t r2时，S2有最大值为3r4，
S 的最大值为 3r2．
【点评】本题考查平行线的性质，圆周角定理，勾股定理，二次函数的性质等，运用分类讨论思想和借
助二次函数求最值是解题的关键．
3．（2023•靖江市校级三模）【概念认识】定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形．
（1）如图 1，已知在垂等四边形 ABCD中，对角线 AC与BD交于点E，若 AB AD， AB4cm，
4
cosABD ，则AC的长度 5 cm．
5
【数学理解】（2）在探究如何画“圆内接垂等四边形”的活动中，小李想到可以利用八年级的所学三角
形全等．如图 2，在 O中，已知 AB是弦， OA、 OB是半径，求作： O的内接垂等四边形
 
ABCD．（要求：尺规作图，不写作法，保留痕迹）
【问题解决】（3）如图3，已知A是 O上一定点，B为 O上一动点，以AB为一边作出 O的内接
  
垂等四边形(A、B不重合且 A、B、O三点不共线），对角线 AC与BD交于点E， O的半径为

2 2，当点E到AD的距离为 3时，求弦AB的长度．【分析】（1）根据垂等四边形的定义列式求解即可；
（2）作ODOA，OC OB，分别交 O于点D和点C，即可得到垂等四边形ABCD，连接AC，DB

并相交于点E，证明AC BD，得到AOC BOD，证明AC BD，即可得到结果；
（3）方法一：连接DO，AO，根据已知条件求出AD，DE，再根据相似三角形的性质列式计算即可；
【解答】（1）由垂等四边形的定义得AC BD，
又 AB AD，

AB
DB 5，
cosABD
AC BD5．
（2）作ODOA，OC OB，分别交 O于点D和点C，即可得到垂等四边形ABCD，如图，

连接AC，DB并相交于点E，
OC OB．ODOA，

1 1
ACD AOD45，BDC  BOC 45，
2 2
DEC 90，即AC BD，
AODO，BOCO，AOC DOB，

AOC BOD(SAS)．
AC BD．
AC BD，AC BD，

四边形ABCD是垂等四边形．（3）连接DO，AO，由（2）可得等腰RtAOD，
AD 2AO4，
作EF  AD，易证得RtDFE∽RtEFA，
FE2 DFAF:
设DF x，AF 4x，可得方程x(4x)3，
解得x1或3，如图：
DE2或2 3，
作OG AB，
1
AOG AOBEDF．

2
RtDFE∽RtOGA，
AO AG
  ，
DE EF
AOEF
AG  6或 2，
DE
AB2AG2 6或2 2．
【点评】本题主要考查了圆的综合应用，结合相似三角形的判定与性质、三角函数的应用和四边形综合
知识的计算是解题的关键．
4．（2023•海淀区校级一模）在平面直角坐标系xOy中， O的半径为1，AB1，且A，B两点中至少

有一点在 O外．给出如下定义：平移线段AB，得到线段AB(A，B分别为点A，B的对应点），若线

段 AB上所有的点都在 O的内部或 O上，则线段 AA长度的最小值称为线段 AB到 O的“平移距
  
离”．
（1）如图1，点A，B 的坐标分别为(3,0)，(2,0)，线段AB 到 O的“平移距离”为 2 ，点A ，
1 1 1 1  2
1 1
B 的坐标分别为( ， 3)，( ， 3)，线段A B 到 O的“平移距离”为 ；
2 2 2 2 2 
（2）若点A，B都在直线y 3x2 3上，记线段AB到 O的“平移距离”为d，求d的最小值；
（3）如图2，若点A坐标为(1, 3)，线段AB到 O的“平移距离”为1，画图并说明所有满足条件的点B

形成的图形（不需证明）．
【分析】（1）根据平移的性质，以及线段AB到 O的“平移距离”的定义判断即可．

（2）如图1中，作等边OEF ，点E在x轴上，OEEF OF 1，设直线y 3x2 3交x轴于M ，交
y轴于N．则M(2,0)，N(0，2 3)，过点E作EH MN于H ，解直角三角形求出EH 即可判断．
（3）如图3，连接OA，交 O于点A，则OA2，AA1，运用“平移距离”的定义和平移的性质即可

得出答案．
【解答】解：（1）根据“平移距离”的定义可得：线段AB 到 O的“平移距离”为2，
1 1 
如图1，设A B 与y轴交于E，线段A B 向下平移得到 O的弦A B ，线段A B 与y轴交于点F ，
2 2 2 2  2 2 2 2
1
则A F  ，OA 1，OE  3，
2 2 2
3
OF  ，
2
3 3
A A EF OEOF  3  ，
2 2 2 2
3
线段A B 到 O的“平移距离”为 ，
2 2  2
3
故答案为：2， ；
2
（2）如图2中，作等边OEF ，点E在x轴上，OEEF OF 1，
设直线y 3x2 3交x轴于M ，交y轴于N．则M(2,0)，N(0，2 3)，
过点E作EH MN于H ，OM 2，ON 2 3，

tanNMO 3，
NMO60，
3
EH EM sin60 ，
2
3
观察图象可知，线段AB到 O的“平移距离”为d 的最小值为 ．
 1 2
（3）如图3，连接OA，交 O于点A，

则OA 12 ( 3)2 2，
OA到 O任意一点距离的最小值为OAOA11，

1 3
点A( ， )，
2 2
设平移后圆上另一点为B，由题意得：AB1，
有三种情况：
1 3
①点B与点O重合，则点B的坐标为( ， )；
2 2
3 3
②点B与点(1,0)重合，则点B的坐标为( ， )；
2 2
1 3
③点B与点( ， )重合，则点B的坐标为(0, 3)；
2 2
如图可知所有满足条件的点B形成的图形是以A为圆心圆心角为120的BB B ．
1 3 2【点评】本题属于圆综合题，考查了平移变换，一次函数的性质，勾股定理，解直角三角形，线段AB到 O

的“平移距离”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会寻找特殊位置
解决数学问题，属于中考压轴题．
5．（2023•青山区模拟）在同一个圆中两条互相垂直且相等的弦定义为“等垂弦”，如图①，AB、CD是 O

的弦，如果ABCD，ABCD，垂足为E，则AB、CD是等垂弦．
（1）如图②，AB是 O的弦，作OC OA、ODOB，分别交 O于点C、D，连接CD，求证：AB、
 
CD是 O的等垂弦；

BE 1
（2）在图①中， O的半径为5，E为等垂弦AB、CD的分割点，  ，求AB的长度．

AE 3【 分 析 】 （ 1 ） 连 接 BC， 证 明 AOBCOD可 得 ABCD， 再 利 用 圆 周 角 定 理 得
AEC ABCBCD90即可；
（2）作OH  AB，垂足为H ，作OGCD，垂足为G，则四边形OHEG为矩形，证明RtAHORtDGO
BE 1
可得四边形OHEG为正方形，由  可得AH 2BE2OH ，再根据勾股定理求出OH 即可．
AE 3
【解答】（1）证明：如图①，连接BC，
OC OA，ODOB，

AOC BOD90，
AOBCOD，
ABCD，
AC  AC，

1
ABC  AOC 45，
2
1
同理BCD BOD45，
2
AEC ABCBCD90，即ABCD，
ABCD，ABCD，

AB、CD是 O的等垂弦．

（2）解：如图②，作OH  AB，垂足为H ，作OGCD，垂足为G，则四边形OHEG为矩形，
AB、CD是 O的等垂弦，
 
ABCD，ABCD，
1
 AH DG AB，
2
OAOD，AHODGO90，

RtAHORtDGO(HL)，
OH OG，矩形OHEG为正方形，
OH HE，
BE 1
 ，AH BH ，

AE 3
AH 2BE2OH，
在RtAOH中，AO2  AH2 OH2，
即(2OH)2 OH2  AO2 25，
解得：OH  5，则AB4HO4 5．
【点评】本题属于新定义题型，运用了圆周角定理、全等三角形的判定及性质、勾股定理等相关知识，熟
练掌握各知识点是解决本题的关键．
6．（2023•天宁区校级一模）在平面直角坐标系xOy中， O的半径为1，A为任意一点，B为 O上任意
 
一点．给出如下定义：记A，B两点间的距离的最小值为 p（规定：点A在 O上时， p0)，最大值为

pq
q，那么把 的值称为点A与 O的“关联距离”，记作d(A, O)．
 
2
（1）如图，点D，E，F 的横、纵坐标都是整数．
①d(D, O) 2 ；

②若点M 在线段EF 上，求d(M, O)的取值范围；

（2）若点N在直线y 3x2 3上，直接写出d(N, O)的取值范围；

（3）正方形的边长为m，若点P在该正方形的边上运动时，满足d(P, O)的最小值为1，最大值为 10，

直接写出m的最小值和最大值．【分析】（1）①运用新定义“关联距离”，即可求得答案；
②根据新定义“关联距离”，分别求出d(E, O)2，d(F, O)3，即可得出答案；
 
（2）设ON d，可得 pd 1，qd 1，运用新定义“关联距离”，可得d(N, O)d ，再利用

1 1
S  OAOB ABON ，即可求得答案；
AOB 2 2
（3）如图2，找出特殊位置，分别画出图形，即可得出答案．
【解答】解：（1）① D(0,2)到 O的距离的最小值 p1，最大值q3，
 
13
d(D, O) 2，

2
故答案为：2；
②当M 在点E处，d(E, O)2，

24
当M 在点F 处，d(F, O) 3，

2
2„ d(M, O)„ 3；

（2）设ON d，
pd r d 1，qd r d 1，
pq d 1d 1
d(N, O)  d，

2 2
点N在直线y 3x2 3上，

设直线交x轴于点B，交y轴于点A，如图1，
则x0时，y2 3，y0时，x2，
A(0，2 3)，B(2,0)，OA2 3，OB2，
AB OA2 OB2 4，
当ON  AB时，d(N, O)最小，

1 1 1 1
S  OAOB ABON，即 2 32 4ON ，
AOB 2 2 2 2
ON  3，
ON 无最大值，

d(N, O)… 3；

（3）如图2， d(P, O)的最小值为1，最大值为 10，
 
两个同心圆中，小圆的半径为1，大圆的半径为 10，
KL 101，

101 2
m的最小值是  5 ，
2 2
1
在RtOMH中，OM  10，OH m1，MH  m，
2
1
(m1)2 ( m)2 ( 10)2，
2
18
解得：m2（舍去）或m ；
5
2 18
m的最小值为 5 ，最大值为 ．
2 5【点评】此题考查考查了圆的性质和新定义等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊位置解决数学
问题，属于中考压轴题．
7．（2024•朝阳区校级模拟）如图，在平面直角坐标系 xOy中，点 S(1,0)，T(1,0)．对于一个角
(0„180)，将一个图形先绕点S顺时针旋转，再绕点T逆时针旋转，称为一次“对称旋
转”．
（1）点R在线段ST上，则在点A(1,1)，B(3,2)，C(2,2)，D(0,2)中，有可能是由点R经过一次“90
对称旋转”后得到的点是 B，C ；
（2）x轴上的一点P经过一次“对称旋转”得到点Q．
①当60时，PQ ；
②当30时，若QT x轴，求点P的坐标；
（3）以点O为圆心作半径为1的圆．若在 O上存在点M ，使得点M 经过一次“对称旋转”后得到的

点在x轴上，直接写出的取值范围．
【分析】（1）根据“对称旋转”新定义即可判断；
（2）①由旋转可得SPP和TQP均为等边三角形，进而推出△PST △PPQ(SAS)，即可证得结论；②根据“对称旋转”新定义得点 Q的坐标为 Q(1,1)， PT QT 1， PTQ30，进而得出
SPT 180STPTSP90，再利用勾股定理即可求得答案；
（3）点M 在 O上，则M 绕S顺时针旋转度以后的M的轨迹为O绕S顺时针旋转度以后的 O上，
 
M关于T逆时针旋转度以后得到点N，则N在O关于T逆时针旋转度以后的 O上，若满足题意，

只需 O与x轴有交点O在粉弧上，且OT OT ，则 O与x轴相切，再证得△OTR△TOS(SSS)，
 
即可求得答案．
【解答】解：（1）如图，当点R与点O重合时，点R绕点S顺时针旋转90得到点R，点R绕点T逆时针
旋转90得到点C；
当点R与点T重合时，点R绕点S顺时针旋转90得到点R，点R绕点T逆时针旋转90得到点B；
故答案为：B，C；
（2）①当60时，如图，
x轴上的一点P经过一次“对称旋转”得到点Q，

SPP和TQP均为等边三角形，SPPP，TPQP，SPPTPQ60，
SPT TPPTPPPPQ，
SPT PPQ，
△PST △PPQ(SAS)，
PQST 2，
故答案为：2；
②当30时，设点P绕点S顺时针旋转30得到点P，则SPSP，
如图，将x轴作一次“对称旋转”后得到直线y1，
QT x轴，点P经过一次“对称旋转”得到点Q，

点Q的坐标为Q(1,1)，
点P绕点T逆时针旋转30得到点Q，

PT QT 1，PTQ30，
STP90PTQ60，
TSP30，

SPT 180STPTSP90，
ST 2，

SP ST2 PT2  3，
SPSP 3，
点P的坐标为P(1 3，0)．
（3）点M 在 O上，则M 绕S顺时针旋转度以后的M的轨迹为O绕S顺时针旋转度以后的 O上，
 
M关于T逆时针旋转度以后得到点N，则N在O关于T逆时针旋转度以后的 O上，若满足题意，
只需 O与x轴有交点O在粉弧上，且OT OT ，

如图， O与x轴相切，则OH 1，在x轴上取点R，连接OR，使OR2，


HR 3，
ORH 30，TROS 1，ORST 2，OT OT ，
△OTR△TOS(SSS)，
TSOORT 30，
故0„ 30；
如图， O与x轴相切，则OH 1，在x轴上取点R，连接OR，使OR2，

HRO30，ST OR，
TRO150，SOT STOSTORTO，

SOT RTO，
OT TO，

△OST TRO(SAS)，
OST TRO150，
150，
150„ „180；
综上所述，0„ 30或150„ „180．
【点评】本题是圆的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，旋转变换的性质，等边三角形的判定和性
质，圆的性质等，理解并熟练运用“对称旋转”新定义是解题关键．
8．（2024•海淀区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，对于ABC 与 O，给出如下定义：若ABC 的一

个顶点在 O上，除这个顶点外ABC 与 O存在且仅存在一个公共点，则称ABC 为 O的“相关三角
  
形”．
（1）如图1， O的半径为1，点C(2,0)，AOC为 O的“相关三角形”．
 
1 3
在点P(0,1)，P( ， )，P(1,1)这三个点中，点A可以与 P 点重合；
1 2 2 2 3 2
（2）如图 2， O的半径为 1，点 A(0,2)，点B是x轴上的一动点，且点B的横坐标x 的取值范围是
 B
1x 1，点C在第一象限，若ABC 为直角三角形，且ABC 为 O的“相关三角形”．求点C的横坐
B 
标x 的取值范围；
C
（3） O的半径为r ，直线y 3x 3与 O在第一象限的交点为A，点C(2,0)，若平面直角坐标系xOy
 
中存在点B（点B在x轴下方），使得ABC 为等腰直角三角形，且ABC为 O的“相关三角形”．直接

写出r 的取值范围．【分析】（1）利用相关三角形的定义逐个经判断即可；
（2）由相关三角形有一个顶点在圆上，得到点C在第一象限的圆上，再通过点B的位置和点A的位置，明
确直角只有AC BC，先确定点C，作AC BC，然后根据x 找到点B符合条件的位置，得到对应点C
C
符合条件的位置，分别计算即可．
（3）通过点 A的位置及交点个数，明确AC与 O只能有一个交点，得到半径最大值，再由 O与直线
 
y 3x 3交点在第一象限，得到半径最小值，画图确定无论点B在圆上还是圆内，圆外均存在满足条
件的等腰直角三角形ABC，得到半径的取值范围．
【解答】解：（1）如图，各点在图中位置，
由于边OC已与圆有1个交点(1,0)，且点O、C均不在圆上，故只有A在圆上，且AOC与 O与点A除
外只有(1,0)一个交点，
由OP 1，OP2 PC2 OC2，可知点P 在圆上，且PC与 O相切，可知△OPC与圆只有P 及(1,0)两个
2 2 2 2 2  2 2
交点，满足“相关三角形”条件，故点A可与P 重合，
2
PC与 O有额外交点，P 不在圆上，均不满足条件．
1  3
故答案为：P ．
2
（2） ABC为 O的“相关三角形”．点B在圆内，点A在圆外，AB与 O有一个交点，故点C只能
  
在圆上，且CA除点C外与 O没有其他交点．

ABC为直角三角形，且点C在第一象限，

当CAB90时，点C不在圆上；当ABC 90时，点C不在第一象限，
故只有ACB90，又1x 1，
B
1
当点B在(1,0)处，AC BC时，x 最小，但此时不合题意，AB的中点K( ，1)到点C的距离为AB的
C 2
1 5
一半，得到KC2  AB2  ，
4 4
1 5 3
(x  )2 (y 1)2  ，C在圆上，得到x2  y2 1，解得x  ，
C 2 C 4 C C C 5
当AC与 O相切时，x 最大，因为x 继续增大，则AC与 O会有2个交点，此时点B与原点O重合，
 C C 
作CDx于点D，
则AOC∽BDC ，
CD OC 1
   ，
BC AO 2
1
解得CD ，
2
3
OD OC2 CD2  ，
23 3
综上所述， x „ ，
5 C 2
（3） 直线y 3x 3与 O在第一象限的交点为A，直线y 3x 3与y轴的交点为(0, 3)，
 
故 r 最大时， (0, 3)在 O上， r 最大为 3， r 最小时，直线 y 3x 3与 O相切， r 最小为
 
3
OD ，
2
顶点A在 O上，当AC与 O有两个交点时，若点B在圆上，ABC 与 O有3个交点，不满足“相关三
  
角形”的条件；
若点B在圆内，则AB与 O无交点，BC与 O有一个交点，不满足“相关三角形”的条件；
 
若点B在圆外，则AB与 O有一个交点，BC与 O无交点，不满足“相关三角形”的条件；
 
故AC与 O仅能有一个交点，
当AC与 O相切时，OA AC，直线y 3x 3与x轴的交点E(1,0)，

tanOEA 3，OEA60，
恰有OEEC EA，r 1OE，
3
当 „ r„1时，AC与 O只有两个交点，

2
当点B在圆内，圆上，圆外时，ABC 与 O均只有两个交点，满足“相关三角形”的条件，

3
故 „ r„1．
2
【点评】本题为新定义类型的综合题，需按照定义进行判断，本题还涉及直角三角形，等腰直角三角形等
知识，解题时还需注意分类讨论．9．（2024•海淀区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，对于直线l:ykxb，给出如下定义：若直线l与
某个圆相交，则两个交点之间的距离称为直线l关于该圆的“圆截距”．
（1）如图1， O的半径为1，当k 1，b1时，直接写出直线l关于 O的“圆截距”；
 
（2）点M 的坐标为(1,0)，
4
①如图2，若 M 的半径为1，当b1时，直线l关于 M 的“圆截距”小于 5 ，求k的取值范围；
 
5
②如图3，若 M 的半径为2，当k的取值在实数范围内变化时，直线l关于 M 的“圆截距”的最小值2，
 
直接写出b的值．
【分析】（1）根据k和b的值直接写出直线的解析式，设直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，根据勾
股定理求出“圆截距”即可；
4
（2）①根据圆的垂径定理，确定弦长为 5 时，弦的位置，注意分类，确定直线的解析式，根据直线的增
5
减性确定k的取值范围即可；
②当最短弦长为2时，分弦在x轴上方和x轴下方两种情况讨论求解．
【解答】解：（1） k 1，b1，

直线l的解析式为yx1，
设直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，
则A(1,0)，B(0,1)，
AB 12 12  2，
即直线l关于 O的“圆截距”为 2；

（2）①如图2，设直线与y正半轴交点为P，且P(0,1)，
点M 的坐标为(1,0)， M 的半径为1，
 
圆与x轴正半轴交点为Q(2,0)，
当b1时，直线l的解析式为ykx1，
当直线经过点Q时，2k10，
1
解得k  ；
2
过点M 作MF PQ，垂足为F ，
OP1，OQ2，

PQ 12 22  5，
OP 1 5
sinPQO   ，
PQ 5 5
MF 5
MQ1，sinPQO  ，

MQ 5
5 5 2 5
MF  ，QF  12 ( )2  ，
5 5 5
设直线PQ与圆M 的另一个交点为C，
4 5
则QC 2QF  ，
5
4 5
关于 M 的“圆截距”小于 ，
 
5
1
k 的取值范围是 k 0；
2
设直线PM 与圆的交点为N，点P(0,1)，点M 的坐标为(1,0)，

OPOM ，
PMO45，
QMN 45，
根据圆的对称性，直线PQ和直线PD关于直线PN 对称，此时EDCB，
DMN 45，
DMQ90，
D的坐标为(1,1)，
k11，
解得k 2，
直线PD的解析式为y2x1，
4 5
关于 M 的“圆截距”小于 ，

5
k的取值范围是k 2；
1
综上，k的取值范围是k 2或 k 0．
2
②当k的取值在实数范围内变化时，直线l关于 M 的“圆截距”的最小值2，

设直线与y轴交点为Q(0,m)，则过Q点的“圆截距”的最小值2，
如图，即RT 2，MQRT ，
由题知，RMT为等边三角形，
MRQ60，
QM 2sin60 3，
2
由勾股定理得，OQ 3 12  2，根据图形的对称性可知，b的值为 2．
【点评】本题考查了垂径定理，一次函数的解析式和性质，特殊角的三角函数值，勾股定理，熟练掌握圆
的性质，灵活运用特殊角的三角函数值是解题的关键．
10．（2024•天宁区校级模拟）对于 C与 C上一点A，若平面内的点P满足：射线AP与 C交于点Q，
  
且PA2QA，则称点P为点A关于 C的“倍距点”．已知平面直角坐标系xOy中，点A的坐标是( 3，

0)．
（1）如图1，点O为坐标原点， O的半径是 3，点P是点A关于 O的“倍距点”．
 
①若点P在x轴正半轴上，直接写出点P的坐标是 (3 3，0) ；
②若点P在第一象限，且PAO30，求点P的坐标；
3
（2）设点T(t,0)，以点T为圆心，TA长为半径作 T ，一次函数y x4的图象分别与x轴、y轴交于

3
3
D、E，若一次函数y x4的图象上存在唯一一点P，使点P是点A关于 T 的“倍距点”，求t的

3
值．
【分析】（1）①P在x轴正半轴时，如图1，设点Q为 O与x轴正半轴的交点，根据“倍距点”的定义，

可求得AQ2 3，PA4 3，即可求出答案；
②若PAO30时，如图2，作QM x轴于M ，PN x轴于N，连接OQ，先证得AQM∽APN ，再
根据“倍距点”的定义和三角函数即可求得答案；
5 3
（2）先求得 D(4 3，0)， E(0,4)，进而得出EDO30，取 AD的中点G( ，0)，过点G作
2
3 5
GH //DE交 y轴于点 H ，则直线GH 的解析式为 y x ，当 T 与直线GH 相切时，一次函数

3 2
3
y x4的图象上存在唯一一点P，使点P是点 A关于 T 的“倍距点”，设切点为L 或L ，连接
3  1 21 1
TL ，T L ，根据AT LT  GT ，LT  GT ，AT LT ，建立方程求解即可．
1 1 2 2 1 1 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2
【解答】解：（1）①P在x轴正半轴时，如图1，设点Q为 O与x轴正半轴的交点，

点O为坐标原点， O的半径是 3，点P是点A关于 O的“倍距点”，
  
AQ2 3，PA2QA4 3，
点P离开原点O的距离4 3 33 3，
点P的坐标是(3 3，0)，
故答案为：(3 3，0)；
②若PAO30时，如图2，作QM x轴于M ，PN x轴于N，连接OQ，
QMAPNA90，
PAOPAO，

AQM∽APN ，
AM QM AQ
   ，
AN PN AP
点O为坐标原点， O的半径是 3，点P是点A关于 O的“倍距点”， PA2QA，
  
AQ 1
OAOQ 3，  ，
AP 2
AQOPAO30，
QOM 60，
OQM 30，
在RtOQM中，OQ 3，OQM 30，
3 3
QM OQcosOQM  3cos30 ，OM OQsinOQM  3sin30 ，
2 2
3 3
AM OAOM  ，
2
AM QM AQ 1
由比例式    得：AN 3 3，PN 3，
AN PN AP 2
ON  AN AO3 3 32 3，
P(2 3，3)；
（2）存在符合条件的点P．如图3，
3
一次函数y x4的图象分别与x轴、y轴交于D、E，

33
令y0，则 x40，令x0，则y4，
3
解得x4 3，
D(4 3，0)，E(0,4)，
OD4 3，OE4，
y轴x轴，

EOD90，
OE 4 3
tanEDO   ，
OD 4 3 3
EDO30，
5 3
取AD的中点G( ，0)，过点G作GH //DE交y轴于点H ，
2
3 5
则直线GH 的解析式为y x ，
3 2
3
当 T 与直线GH 相切时，一次函数y x4的图象上存在唯一一点P，使点P是点A关于 T 的“倍
 
3
距点”，
设切点为L 或L ，连接TL ，T L ，
1 2 1 1 2 2
则GLT GLT 90，
1 1 2 2
GH //DE，

OGH EDO30，
1 1
AT LT  GT ，LT  GT ，AT LT ，
1 1 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2
5 3 5 3
AT  3t，AT t 3，GT t ，GT t ，
 1 2 1 2 2 2
1 5 3 1 5 3
 3t  (t )或t 3 (t )，
2 2 2 2
3 3 3
解得：t  或 ．
2 2【点评】本题是圆与一次函数综合题，考查了圆的性质，切线的性质，待定系数法，一次函数图象，特殊
角三角函数值，相似三角形的判定和性质，新定义等，解题关键是对新定义“倍距点”的理解和运用．
11．（2023•石景山区一模）对于平面直角坐标系xOy中的点P和图形W 、给出如下定义：若图形W 上存
在点Q，使得点P绕着点Q旋转90得到的对应点P在图形W 上，则称点P为图形W 的“关联点”．
（1）图形W 是线段AB，其中点A的坐标为(0,2)，点B的坐标为(3,2)，
①如图1，在点P(1,2)，P(2,4)，P(3,1)，P(4,0)中，线段AB的“关联点”是 P(2,4)、P(3,1) ；
1 2 3 4 2 3
1
②如图2，若直线y xb上存在点P，使点P为线段AB的“关联点”，求b的取值范围；
3
（2）图形W 是以T(t,0)为圆心，1为半径的 T ．已知点M(6,0)，N(0，2 3)．若线段MN 上存在点P，

使点P为 T 的“关联点”，直接写出t的取值范围．
【分析】（1）①根据“关联点”的定义可知P(2,4)是线段AB的“关联点”；
2
1 1
②当直线y xb经过点P(3,1)时，可得b的最小值，当直线y xb经过点P(0,5)时，可得b的最大
3 1 3 2
值，可得b的取值范围为2„ b„ 5；
（2）根据“关联点”的定义可知：当线段MN 与 T 的“关联点”轨迹有交点时，t取得最大值；当线段MN

与 T 的“关联点”轨迹相切时，t取得最小值；列出不等式分别求得t的最小值和最大值即可．

【解答】解：（1）①如图1， 点A的坐标为(0,2)，点B的坐标为(3,2)，

P(2,4)绕着点Q(2,2)逆时针旋转90得到的对应点P(0,2)在线段 AB上，P(3,1)绕着点B(3,2)顺时针
2 3
旋转90得到的对应点P(0,2)在线段AB上，
点P(2,4)、P(3,1)为图形线段AB的“关联点”，
2 3
故答案为：P(2,4)、P(3,1)．
2 31
②如图2，当直线y xb经过点P(3,1)时，可得b的最小值，
3 1
1
当直线y xb经过点P(0,5)时，可得b的最大值，
3 2
1 1
把P(3,1)代入y xb，得 3b1，
1 3 3
解得：b2；
1
把P(0,5)代入y xb，得b5；
2 3
解得：b2；
b的取值范围为2„ b„ 5；
（2）根据“关联点”的定义可知：当线段MN 与 T 的“关联点”轨迹有交点时，t取得最大值；当线段MN

与 T 的“关联点”轨迹相切时，t取得最小值；如图3，
6t
 „ 21
则 2 ，

t6„ 21
解得：42 2„ t„ 7 2，
t 的取值范围为42 2„ t„ 7 2．
【点评】本题是圆的综合题，考查了旋转变换，圆的性质，“关联点”的定义等知识，解题的关键是理解
题意，学会用转化的思想思考问题，学会寻找特殊点解决问题，属于中考压轴题．
12．（2023•大兴区二模）在平面直角坐标系中，已知点A(r,0)，B(r,0)．点P为平面内一点（不与点A，
点B重合），若ABP是以线段AB为斜边的直角三角形，则称点P为线段AB的直点．
（1）若r1，
1 1
①在点P( , )，P(0,1)，P(1,1)这三个点中，点 P 是线段AB的直点；
1 2 2 2 3 2
②点P为线段AB的直点，点C(1,1)，求CP的取值范围；
（2）点D在直线yx1上，若点D的横坐标x 满足2x 4，点P为线段AB的直点，且DP1，直
D D
接写出r 的取值范围．
【分析】（1）①按所给点P，逐个计算OP，再根半径比较即可；
②连接OP作直线，交 O于M 、N，则CM 是CP的最小值，CN 是CP的最大值，再分别计算CM 、CN

即可；（2）若点D在(2,1)处和若点D在(4,3)处时，分别求出当DP1时的OP长即可．
【解答】解：（1）①若r1，
则A(1,0)，B(1,0)．
以O为圆心，1为半径作圆，
则线段AB的直点满足在 O上，

1 1
P( ， )，
 1 2 2
1 1 2
OP  ( )2 ( )2  1，
1 2 2 2
P在 O内，
1 
P不是线段AB的直点；
1
P(0,1)，
 2
OP 1，
2
P 在 O上，
2 
P 是线段AB的直点；
2
P(1,1)，
 3
OP  12 12  2 1，
3
P 在 O外，
3 
P 不是线段AB的直点；
3
故答案为：P ．
2
②如图，作直线CO，交 O于M 、N，则CM 是CP的最小值，CN 是CP的最大值，
点C(1,1)，

OC  12 12  2，
CM  21，CN  21，
 21„ OP„ 21，
（2） D在直线yx1上且满足2x 4，
 D
点D在如图中的两个点D之间，当r 0时，
若点D在(2,1)处，OD 12 22  5，
连接OD交 O于P，

当DP1时，OP 51，
即r  51，
若点D在(4,3)处，OD 32 42 5，
连接OD交 O于P，

当DP1时，OP516，
即r 6，
r的取值范围 51|r|6．
当r0时，
即 51r6，
r的取值范围6r 51．
【点评】本题考查了点圆最值的应用解答，一次函数性质及勾股定理的计算是解题关键．
13．（2023•房山区二模）在平面直角坐标系xOy中，有图形W 和点P，我们规定：若图形W 上存在点M 、N（点M 和N可以重合），满足PM PN ，其中点P是点P关于x轴的对称点，则称点P是图形W 的
“对称平衡点”．
（1）如图1所示，已知，点A(0,2)，点B(3,2)．
①在点P(0,1)，P(1,1)，P(4,1)中，是线段AB的“对称平衡点”的是 P，P ；
1 2 3 1 3
②线段AB上是否存在线段AB的“对称平衡点”？若存在，请求出符合要求的“对称平衡点”的横坐标的
范围，若不存在，请说明理由．
（2）如图2，以点A(0,2)为圆心，1为半径作 A．坐标系内的点C满足AC 2，再以点C为圆心，1为

半径作 C，若 C上存在 A的“对称平衡点”，直接写出C点纵坐标y 的取值范围．
   c
【分析】（1）①根据“对称平衡点”的定义进行判断即可；
②不存在，根据“对称平衡点”的定义进行讨论可得结论；
（2）画出图形进行判断即可．
【解答】解：（1）①如图1，点Q(1,2)，PQ 10 ，PB 10，
1 1
PQPB，
1 1
PB 10，PQ 10 ，
 3 3
PBPQ，
3 3
线段AB的“对称平衡点”是P，P ，
1 3
故答案为：P，P ；
1 3②不存在，理由如下：
设P为线段AB上任意一点，则它与线段AB上点的距离最小值为0，最大值为PA和PB中的较大值，
PA„ 3，PB„ 3，
点P关于x轴的对称点为P，它到线段AB上任意一点的距离大于等于4，
若M 、N是线段AB上的任意两点，则PM„ 3，PN…4，
不存在PM PN ，
线段AB上不存在线段AB的“对称平衡点”；
（2）如图2，由②可知线段MN 上不存在 A的“对称平衡点”， O上存在 A的“对称平衡点”，
  
A(0,2)，O(0,0)，

0„ y „ 2．
C
【点评】本题考查圆的综合应用，熟练掌握两圆的位置关系，点与圆的位置关系等知识，理解题意，弄清
“对称平衡点”的定义，取特殊点特殊位置是解题的关键．
14．（2023•广陵区校级一模）【概念学习】
在平面直角坐标系xOy中， O的半径为1，若 O平移d个单位后，使某图形上所有点在 O内或 O上，
   
则称d的最小值为 O对该图形的“最近覆盖距离”．例如，如图①，A(3,0)，B(4,0)，则 O对线段AB
 
的“最近覆盖距离”为3．【概念理解】
（1） O对点(3,4)的“最近覆盖距离”为 4 ．

（2）如图②，点P是函数y2x4图象上一点，且 O对点P的“最近覆盖距离”为3，则点P的坐标为 ．

【拓展应用】
（3）如图③，若一次函数ykx4的图象上存在点C，使 O对点C的“最近覆盖距离”为1，求k的取

值范围．
（4）D(3,m)、E(4,m1)，且4m2，将 O对线段DE的“最近覆盖距离”记为d，则d的取值范围

是 ．
【分析】（1）由题意即可求解；
（2）由题意可知， P到圆的最小距离为 3，即 P到圆心的距离为 4，设 P(x,2x4)，则
OP2 x2 (2x4)2 16，即可求解；
（3）考虑临界状态，当OC 2时，函数图象上存在点C，使 O对点C的“最近覆盖距离”为1，利用三

角形相似求出k  3；同理，另一个临界状态为k  3，即可求解；
（4）由题意可知，DE是一条倾斜角度为45，长度为 2的线段，可在圆上找到两条与之平行且等长的弦
AB，FG，如果D落在弧AF 上，或者E落在弧BG上，进而求解．
【解答】解：（1）由题意得， O对点(3,4)的“最近覆盖距离”为4，

故答案为：4；
（2）由题意可知，P到圆的最小距离为3，
即P到圆心的距离为4，
设P(x,2x4)，
则OP2 x2 (2x4)2 16，16
解得x 0,x  ，
1 2 5
16 12
故点P的坐标为(0,4)或( ， )，
5 5
16 12
故答案为：(0,4)或( ， )；
5 5
（3）如图，考虑临界状态，
当OC 2时，函数图象上存在点C，使 O对点C的“最近覆盖距离”为1，

OCDEOD，ODC EDO，

OCD∽EOD，
OC OD
  ，
OE DE
OE OC 1
则   ，
DE OD 2
设OEx，则DE2x，
由勾股定理可得：x2 16(2x)2，
4 4
解得x  3,x  3（舍)，
1 3 2 3
4
E( 3,0)，
3
此时k  3．
同理，另一个临界状态为k  3，
经分析可知，函数相比临界状态更靠近y轴，则存在点C，
k… 3或k„  3；
（4）由题意可知，DE是一条倾斜角度为45，长度为 2的线段，可在圆上找到两条与之平行且等长的弦AB，FG，
如果D落在弧AF 上，或者E落在弧BG上，则成立，
当1„ m2时，E到弧BG的最小距离为EO1，
此时3„ d 4，
当4m1时，E到弧BG的最小距离为EB，
此时3d 3 2 ，
综上，3„ d 3 2 ，
故答案为：3„ d 3 2 ．
【点评】本题是圆的综合题，主要考查了一次函数的性质、圆的基本知识、三角形相似、新定义等，数形
结合是本题解题的关键．
15．（2023•海淀区校级三模）在平面直角坐标系xOy中，给定图形W 和点P，若图形W 上存在两个点M ，
N满足PM  3PN且MPN 90，则称点P是图形W 的关联点．
已知点A(2 3，0)，B(0,2)．
（1）在点P( 3，1)，P( 3，3)，P(2 3，2)中， P，P 是线段AB的关联点；
1 2 3 1 2
（2） T 是以点T(t,0)为圆心，r 为半径的圆．

①当t 0时，若线段AB上任一点均为 O的关联点，求r 的取值范围；

②记线段AB与线段AO组成折线G，若存在t…4，使折线G的关联点都是 T 的关联点，直接写出r 的最

小值．
【分析】（1）根据关联点的定义，结合勾股定理进行判断即可；
（2）①根据题意推得三角形PMN为含30度角的直角三角形，根据瓜豆原理可得求得点O到点P的最大距
31 31 31 31
离为 r，最小距离为 r，推得 O的所有关联点在以O为圆心， r和 r为半径的两

2 2 2 2
个圆构成的圆环中，结合图形求得半径r 的取值范围；②结合①中的结论，画出满足条件的关联点的范围，进行求解即可．
【解答】解：（1） MPN 90，

MPN 为直角三角形，
满足MN2 PM2 PN2，
根据勾股定理可得：AB2 (2 3)2 22 12416，
PA ( 3)2 12 2，PB ( 3)2 32 2 3，
1 1
PA2 PB2 [( 3)2 12][( 3)2 32]41216；
1 1
PA ( 3)2 32 2 3，PB ( 3)2 12 2，
2 2
PA2 PB2 [( 3)2 32][( 3)2 12]12416；
2 2
PA2，PB (2 3)2 42 2 7，
3 3
PA2 PB2 22 [(2 3)2 42]4121632，
3 3
PB 3PA，且PA2 PB2  AB2，
 1 1 1 1
P( 3,1) 是线段AB的关联点；
1
PA 3PB，且PA2 PB2  AB2，
 2 2 2 2
P( 3,3) 是线段AB的关联点；
2
PA 7PB，且PA2 PB2  AB2，
 3 3 3 3
BAO30，PAOA，
3
PAB9030120，
3
对于线段AB上的任意两点M 、N，
当PM  3PN 时，PNM 90，如图，则MPN 必是锐角，不可能是直角，
3 3 3P(2 3,2) 不是线段AB的关联点；
3
故答案为：P，P ．
1 2
（2）①由（1）可得： MPN 90，

MPN 为直角三角形，
MN2 PM2 PN2 4PN2，
即MN 2PN ，
即三角形PMN为含30度角的直角三角形，如图：
则点P是以MN 为斜边且含30度角的直角三角形的直角顶点．
在圆O上取点M ，N，则对于任意位置的M 和N，符合的关联点有2个，如图：以点P为例，当点M 在半径为r 的 O上运动时，点N为圆上一定点，且MN 2PN ，PNM 60，

则点M 的运动轨迹为圆，故点P的轨迹也为圆，令点P的轨迹为圆R，如图：
当M ，O，N三点共线，P，R，N三点共线时，PNM 60，
3 1
OR r，RN  r，
2 2
31 31
则点O到点P的最大距离为 r，最小距离为 r，
2 2
当点N也在 O上运动时， R也随之运动，
 
31 31
则 R扫过的区域为 r 和 r为半径围成的圆，

2 2
31 31
即 O的所有关联点在以O为圆心， r和 r为半径的两个圆构成的圆环中，

2 2
31
当线段AB与半径为 r 交于点A时，r 最小，如图：
231
则 r 2 3，
2
解得r62 3，
31
当线段AB与半径为 r的圆相切时，r 最大，过点O作OH  AB，如图：
2
1 1
则S  OAOB OHAB，
OAB 2 2
1 1
即 2 32 OH4，
2 2
解得OH  3，
31
则 r  3，
2
解得r3 3，
62 3„ r„ 3 3② 当 关 联 点 在 线 段 AB上 时 ， 满 足 条 件 的 关 联 点 所 在 范 围 如 图 阴 影 部 分 ：
当 关 联 点 在 线 段 AO上 时 ， 满 足 条 件 的 关 联 点 所 在 范 围 如 图 阴 影 部 分 ：
当关联点在不同线段上时，满足条件的关联点在点 O和点 B上的范围如图阴影部分：综上，所有区域叠加一起为：
由①可知，满足T的所有关联点所在范围为圆环，
故若使得圆环能够完整“包住”关联点，圆环中外圆 的必须经过点G ，
1
GBA30，G90，OBA60，O90，

四边形AOBG为矩形，
G(2 3,2)，
则TG (42 3)2 22 ，
31
即 r  (42 3)2 22 ，
2解得r 4 2 （负值舍去）；
综上，r 的最小值为4 2．
【点评】本题考查了圆的综合应用，勾股定理，圆的相关性质，借助三角形面积求高，解一元一次方程，
解一元二次方程等，根据圆的相关性质推得满足条件关联点的范围是圆环，根据临界点求最值是解题的关
键．
16．（2024•北京一模）对于平面内的两点K、L，作出如下定义：若点Q是点L绕点K旋转所得到的点，
则称点Q是点L关于点K的旋转点；若旋转角小于90，则称点Q是点L关于点K的锐角旋转点．如图1，
点Q是点L关于点K的锐角旋转点．
（1）已知点A(4,0)，在点Q(0,4)，Q (2,2 3)，Q (2,2 3)，Q (2 2，2 2)中，是点A关于点O的锐
1 2 3 4
角旋转点的是 Q ，Q ．
2 4
（2）已知点B(5,0)，点C在直线y2xb上，若点C是点B关于点O的锐角旋转点，求实数b的取值范
围．
（3）点D是x轴上的动点，D(t,0)，E(t3,0)，点F(m,n)是以D为圆心，3为半径的圆上一个动点，且
满足n…0．若直线y2x6上存在点F 关于点E的锐角旋转点，请直接写出t的取值范围．
【分析】（1）如图中，满足条件的点在半圆上（不包括点A以及y轴上的点），点Q ，Q 满足条件．
2 4
（2）如图中，以O为圆心，3为半径作半圆，交 y轴于P(0,3)，P(0,3)当直线 y2xb与半圆有交点
（不包括P，B)时，满足条件．
（3）根据题意，点F 关于点E的锐角旋转点在半圆E上，设点P在半圆S上，点Q在半圆T上（将半圆D
绕点E旋转），如图3（1），半圆扫过的区域为图3（1）中阴影部分，求出图3（2），图3（3）中，t的
值，可得结论．
【解答】解：（1）如图， A(4,0)，Q(0,4)，
 1OAOQ 4，AOQ 90，
1 1
点Q 不是点A关于点O的锐角旋转点；
1
Q (2,2 3)，作Q F x轴于点F ，
 2 2
OQ  OF2 Q F2  22 (2 3)2 4OA，
2 2
2 3
tanQOF   3，
 2 2
QOF 60，
2
点Q 是点A关于点O的锐角旋转点；
2
Q (2,2 3)，作QGx轴于点G，
 3 3
QG 2 3
则tanQOG 3   3，
3 OG 2
QOG60，
3
OG 2
OQ   4OA，
3 cosQOG cos60
3
AOQ 18060120，
 3
Q 不是点A关于点O的锐角旋转点；
3
Q (2 2 ，2 2)，作Q H x轴于点H ，
 4 4
Q H 2 2
则tanQOH  4  1，
4 OH 2 2
QOH 45，
4
OH 2 2
OQ   4OA，
 4 cosQOH cos45
4
Q 是点A关于点O的锐角旋转点；
4综上所述，在点Q ，Q ，Q ，Q 中，是点A关于点O的锐角旋转点的是Q ，Q ，
1 2 3 4 2 4
故答案为：Q ，Q ．
2 4
（2）在y轴上取点P(0,5)，当直线y2xb经过点P时，可得b5，
当直线y2xb经过点B时，则25b0，
解得：b10，
当10b5时，OB绕点O逆时针旋转锐角时，点C一定可以落在某条直线y2xb上，
过点O作OG直线y2xb，垂足G在第四象限时，如图，
1
则OT b，OS  b，
2
1 5
ST  OS2 OT2  ( b)2 (b)2  b，
2 2
当OG5时，b取得最小值，
5 1
5( b)b( b)，

2 2
b5 5 ，
5 5„ b5．
（3）根据题意，点F 关于点E的锐角旋转点在半圆E上，设点P在半圆S上，点Q在半圆T上（将半圆D
绕点E旋转），如图3（1），半圆扫过的区域为图3（1）中阴影部分，
如图3（2）中，阴影部分与直线y2x6相切于点G，tanEMG2，SG3，过点G作GI x轴于点
I ，过点S作SJ GI 于点J，
SGJ EMG，
tanSGJ tanEMG2，3 5 6 5
GJ  ，SJ  ，
5 5
3 5
GI GJ JI 3 ，
5
1 3 3 5
MI  GI   ，
2 2 10
3 5 3 3 5 3
OEIEMI OM   ，即x t3  ，
2 2 E 2 2
3 5 3
解得t   ，
2 2
如图3（3）中，阴影部分与HK 相切于点G，tanOMK tanEMH 2，EH 6，则MH 3，EM 3 5，
x t333 5，
E
解得t 3 5，
3 5 3
观察图象可知，3 5„ t3  ．
2 2
【点评】本题属于圆综合题，考查了直线与圆的位置关系，点P是点M 关于点N的锐角旋转点的定义等知
识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊点，特殊位置解决问题，属于压轴题．
17．（2023•清江浦区校级模拟）在平面直角坐标系xOy中，对于点P和线段AB，若线段PA或PB的垂直
平分线与线段AB有公共点，则称点P为线段AB的融合点．
（1）已知A(3,0)，B(5,0)，
①在点P(6,0)，P(1,2)，P(3,2)中，线段AB的融合点是 P，P ；
1 2 3 1 3
②若直线yt上存在线段AB的融合点，求t的取值范围；
（2）已知 O的半径为4， A(a,0)，B(a1,0)，直线l过点T(0,1)，记线段 AB关于l的对称线段为 AB．若

对 于 实 数 a， 存 在 直 线 l， 使 得 O上 有 AB的 融 合 点 ， 直 接 写 出 a的 取 值 范
围．
9
【分析】（1）①分别求出PA的线段垂直平分线与x轴的交点为( ，0)，直线PB的垂直平分线与x轴的
1 2 2
5
交点为( ，0)，直线PB的垂直平分线与x轴的交点为(3,0)，再根据定义判断即可；
2 3
②线段AB的融合点在以A、B为圆心，AB为半径的圆及内部，当yt与圆有交点时，直线yt上存在
线段AB的融合点；
（2）由（1）可知，AB的融合点在以A、B为圆心，AB为圆心的圆及内部，圆O与圆A、圆B的公
共区域为以O为圆心2为半径，以T为圆心的圆环与圆O有交点，临界情况是圆内含时，当a0时，a的
最大值为 62 12  35 ，最小值为 22 12 1 31，当a0时，a的最大值为 22 12  3，最小
值为 62 12 1 351，由此可求a的取值范围为 31„ a„ 35 或 351„ a„  3．
【解答】解：（1）① P(6,0)，A(3,0)，
 1
9
PA的线段垂直平分线与x轴的交点为( ，0)，
1 2
P是线段AB的融合点；
1
P(1,2)，B(5,0)，
 2
设直线PB的垂直平分线与x轴的交点为(a,0)，
2
(a1)2 4(5a)2，
5
解得a ，
2
5
直线PB的垂直平分线与x轴的交点为( ，0)，
2 2P 不是线段AB的融合点；
2
P(3,2)，B(5,0)，
 3
设直线PB的垂直平分线与x轴的交点为(b,0)，
3
(b3)2 4(5b)2，
解得b3，
直线PB的垂直平分线与x轴的交点为(3,0)，
3
P 是线段AB的融合点；
3
故答案为：P，P ；
1 3
②线段AB的融合点在以A、B为圆心，AB为半径的圆及内部，
A(3,0)，B(5,0)，

AB2，
当yt与圆相切时，t 2或t 2，
2„ t„ 2时，直线yt上存在线段AB的融合点；
（2）由（1）可知，AB的融合点在以A、B为圆心，AB为圆心的圆及内部，
A(a,0)，B(a1,0)，

AB AB1，
O上有AB的融合点，

圆O与圆A、B有交点，
圆O与圆A、圆B的公共区域为以O为圆心2为半径，以T为圆心的圆环与圆O有交点，临界情况是圆
内含时，
当a0时，a的最大值为 62 12  35 ，最小值为 22 12 1 31，
 31„ a„ 35 ；
当a0时，a的最大值为 22 12  3，最小值为 62 12 1 351，
 351„ a„  3；
综上所述：a的取值范围为 31„ a„ 35 或 351„ a„  3．【点评】本题考查圆的综合应用，熟练掌握线段垂直平分线的性质，弄清定义，根据题意能够确定线段的
融合点的轨迹是解题的关键．
18．（2023•西城区校级模拟）在平面内，C为线段AB外的一点，若以点A，B，C为顶点的三角形为直
角三角形，则称C为线段AB的直角点．特别地，当该三角形为等腰直角三角形时，称C为线段AB的等腰
直角点．
（1）如图 1，在平面直角坐标系 xOy中，点M 的坐标为(1,0)，点 N的坐标为(1,0)，在点 P(2,1)，
1
3 1
P(1,2)，P( ， )中，线段MN 的直角点是 P 、P ；
2 3 2 2 2 3（2）在平面直角坐标系xOy中，点A，B的坐标分别为(t,0)，(0,4)．
①若t 4，如图2所示，若C是线段AB的直角点，且点C在直线yx8上，求点C的坐标；
②如图3，点D的坐标为(m,2)， D的半径为1，若 D上存在线段AB的等腰直角点，求出m的取值范
 
围．【分析】（1）根据给出的定义结合图形可直接判断；
（2）①根据题意，可以分三种情况：当点B为直角顶点，当点A为直角顶点，当点C为直角顶点，结合直
角三角形的性质可得出结论；
②以BA为边向下作正方形，则C ，C ，C 是线段AB的等腰直角点．求出点C ，C 的运动轨迹，再利用
1 2 3 1 2
直线与圆的位置关系确定m的取值范围．
【解答】解：（1） P(1,2)，M(1,0)，
 2
PM MN，
2
P 是线段MN 的直角点；
2
M(1,0)，N(1,0)，

MN 2，
3 1
P( ， )，
 3 2 2
PO1，
3
P 在以O为圆心，MN 为直径的圆上，
3
MPN 90，
3
P 是线段MN 的直角点；
3
故答案为：P 、P ；
2 3
（2）① A(4,0)，B(0,4)，

OAOB4，
OABOBA45．根据题意，若点C为线段AB的直角点，则需要分三种情况：
当点B为直角顶点，过点B作BC  AB于点C ，过点C 作CM  y轴于点M ，
1 1 1 1
CBM 45，
1
CM BM ，
1
设CM BM a，
1
C (a,a4)，
1
a8a4，解得a2，
C (2,6)；
1
当点A为直角顶点，过点A作AC  AB于点C ，过点C 作C N x轴于点N，
2 2 2 2
C AN 45，
2
C N  AN，
2
设C N  AN b，
2
C (b4,b)，
2
(b4)8b，解得b2，
C (6,2)；
2
当点C为直角顶点，取AB的中点P，
则P(2,2)，
设C 的横坐标为t，则C (t,t8)，
3 3
由直角三角形的性质可知，C PBP AP2 2 ，
3
(t2)2 (t6)2 (2 2)2，解得t 4，
C (4,4)，
3
综上，点C的坐标为(2,6)或(6,2)或(4,4)．
②如图，以AB为边向下作正方形ABCC ，连接AC ，BC 交于点C ，则C ，C ，C 是线段AB的等腰直
1 2 1 2 3 1 2 3
角点．
根据点A的运动可知，点C 在直线l :x4上运动，C 在直线l :yx4上运动，C 在直线l :yx上
1 1 2 2 3 3
运动．
设l 与y2相交于点K，l 与y2相交于点L，
2 3
K(2,2)，L(2,2)．由此可得出临界情况如图：
如图3（1）中，当 D与l 相切时，m5；
 1
如图3（2）中，当 D与l 相切时，点F 为切点，连接DF，
 2
则DFK为等腰直角三角形，且DF 1，
DK  2；
D(2 2，2)，即m2 2；
如图3（3）中，当 D与l 相切时，点G为切点，连接DG，
 3
则DGL为等腰直角三角形，且DG1，
DL 2；
D(2 2，2)，即m2 2；
如图3（4）中，当 D与l 相切时，点H 为切点，连接DH ，
 3
则DHL为等腰直角三角形，且DH 1，
DL 2；D(2 2 ，2)，即m2 2 ；
综上，符合题意的m的取值范围：5„ m„ 2 2或2 2„ m„ 2 2．
【点评】本题属于圆综合题，考查了直线与圆的位置关系，直角三角形的存在性，等腰直角三角形的存在
性等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
19．（2023•秀洲区校级二模）婆罗摩芨多是公元7世纪古印度伟大的数学家，他在三角形、四边形、零和
负数的运算规则，二次方程等方面均有建树，他也研究过对角线互相垂直的圆内接四边形，我们把这类对
角线互相垂直的圆内接四边形称为“婆氏四边形”；
（1）若平行四边形ABCD是“婆氏四边形”，则四边形ABCD是 ③ ．（填序号）
①矩形②菱形③正方形
（2）如图 1，RtABC中，BAC 90，以 AB为弦的 O交 AC于D，交BC于E，连接DE、 AE、

3
BD，AB6，sinC  ，若四边形ABED是“婆氏四边形”，求DE的长；
5
（3）如图 2，四边形 ABCD为 O的内接四边形，连接 AC， BD， OA，OB，OC，OD，已知

BOCAOD180，
①求证：四边形ABCD是“婆氏四边形”；
②当ADBC 4时，求 O半径的最小值．
【分析】（1）先证明平行四边形ABCD是矩形，再由定义证明矩形ABCD是正方形，即可求解；
（2）根据垂径定理和圆周角定理可得BEDDEC 90，ADDE，ABBE6，设ADDEm，
则CD8m，EC 4，在RtEDC中，用勾股定理可求解；
（3）①根据圆周角定理得出DCABDC 90，从而得出CED90，即可证明；
②过点O作OM  AD交于M ，过O作ON BC交于N，证明OAM BON(AAS)，设ON  AM n，
则 AD2n， BC 42n， BN 2n，在RtBON中， BO 2(n1)2 2，当n1时， BO有最小值
2，即 O半径的最小值为 2．

【解答】（1）解： 平行四边形ABCD为 O的内接四边形，
 
ABC ADC，ABCADC 180，
ABC ADC 90，
平行四边形ABCD是矩形，
四边形ABCD是“婆氏四边形”，

AC BD，
矩形ABCD是正方形，
故答案为：③；
3
（2）解： BAC 90，AB6，sinC  ，

5
BC 10，AC 8，
BD为直径，
BEDDEC 90，
四边形ABED是“婆氏四边形”，

AE BD，
ADDE，ABBE6，设ADDEm，则CD8m，EC 4，
在RtEDC中，m2 42 (8m)2，
解得m3，
DE3；
（3）①证明：如图2，设AC，BD相交于点E，
1 1
DCA AOD，BDC  BOC ，BOCAOD180，

2 2
1 1
DCABDC  (AODBOC) 18090，
2 2
CED90，
AC BD，
四边形ABCD是 O的内接四边形，
 
四边形ABCD是“婆氏四边形”；
②解：过点O作OM  AD交于M ，过O作ON BC交于N，
1 1
AM  AD，BN  BC，AMOBNO90，
2 2
AOM OAM 90，
OABOCODO，

1 1
AOM  AOD，BON  BOC，
2 2
BOCAOD180，

AOM OBN ，
OAM BON(AAS)，
1
ON  AM  AD，
2
ADBC 4，

设ON  AM n，则AD2n，BC 42n，BN 2n，
在RtBON中，BO n2 (2n)2  2(n1)2 2 ，
当n1时，BO有最小值 2，
 O半径的最小值为 2．
【点评】本题考查圆的综合应用，熟练掌握圆的性质，三角形全等的判定及性质，平行四边形的性质，矩
形的性质，正方形的性质，理解新定义是解题的关键．
20．（2023•西城区校级模拟）A，B是 C上的两个点，点P在 C的内部．若APB为直角，则称APB
 
为AB关于 C的内直角，特别地，当圆心C在APB边（含顶点）上时，称APB为AB关于 C的最佳内
 
直角．如图1，AMB是AB关于 C的内直角，ANB是AB关于 C的最佳内直角．在平面直角坐标系
 
xOy中．
（1）如图2， O的半径为5，A(0,5)，B(4,3)是 O上两点．
 
①已知 P(1,0)， P(0,3)， P(2,1)，在 APB， APB， APB中，是 AB关于 O的内直角的是
1 2 3 1 2 3 
APB，APB ；
2 3
②若在直线y2xb上存在一点P，使得APB是AB关于 O的内直角，求b的取值范围．

（2）点E是以T(t,0)为圆心，4为半径的圆上一个动点， T 与x轴交于点D（点D在点T的右边）．现

有点M(1,0)，N(0,n)，对于线段MN 上每一点H ，都存在点T，使DHE是DE关于 T 的最佳内直角，
请直接写出n的最大值，以及n取得最大值时t的取值范围．
【分析】（1）判断点P，P ，P 是否在以AB为直径的圆弧上即可得出答案；
1 2 3
（2）求得直线AB的解析式，当直线y2xb与弧AB相切时为临界情况，证明OAH∽BAD，可求出此
时b5，则答案可求出；
（3）可知线段MN 上任意一点（不包含点M)都必须在以TD为直径的圆上，该圆的半径为2，则当点N在
该圆的最高点时，n有最大值2，再分点H 不与点M 重合，点M 与点H 重合两种情况求出临界位置时的t
值即可得解．
【解答】解：（1）如图1，P(1,0)，A(0,5)，B(4,3)，
 1
AB 42 82 4 5，PA 12 52  26，PB 32 32 3 2，
1 1
P不在以AB为直径的圆弧上，
1
故APB不是AB关于 O的内直角，
1 
P(0,3)，A(0,5)，B(4,3)，
 2
PA8，AB4 5，PB4，
2 2
PA2 PB2  AB2，
2 2
APB90，
2
APB是AB关于 O的内直角，
2 
同理可得，PB2 PA2  AB2，
3 3
APB是AB关于 O的内直角，
3 
故答案为：APB，APB；
2 3
（2） APB是AB关于 O的内直角，
 
APB90，且点P在 O的内部，

满足条件的点P形成的图形为如图2中的半圆H （点A，B均不能取到），过点B作BD y轴于点D，
A(0,5)，B(4,3)，

BD4，AD8，
并可求出直线AB的解析式为y2x5，
当直线y2xb过直径AB时，b5，
连接OB，作直线OH 交半圆于点E，过点E作直线EF //AB，交y轴于点F ，
OAOB，AH BH ，

EH  AB，
EH EF ，
EF是半圆H 的切线．
OAH OAH，OHBBDA90，

OAH∽BAD，
OH BD 4 1
    ，
AH AD 8 2
1 1
OH  AH  EH ，
2 2
OH EO，
EOF AOH ，FEOAHO90，

EOF HOA(ASA)，
OF OA5，EF //AB，直线AB的解析式为y2x5，

直线EF 的解析式为y2x5，此时b5，
b的取值范围是5b„ 5．
（3） 对于线段MN 上每一个点H ，都存在点T，使DHE是DE关于 T 的最佳内直角，
 
点T一定在DHE的边上，
TD4，DHT 90，线段MN 上任意一点（不包含点M)都必须在以TD为直径的圆上，该圆的半径为

2，
当点N在该圆的最高点时，n有最大值，
即n的最大值为2．
分两种情况：
①若点H 不与点M 重合，那么点T必须在边HE上，此时DHT 90，
点H 在以DT 为直径的圆上，
如图3，当 G与MN 相切时，GH MN ，

OM 1，ON 2，

MN  ON2 OM2  5，
GMH OMN，GHM NOM ，ON GH 2，

GHM NOM(ASA)，
MN GM  5，
OG 51，OT  5，
当T与M 重合时，t 1，
此时t的取值范围是 5„ t1，
②若点H 与点M 重合时，临界位置有两个，一个是当点T与M 重合时，t 1，另一个是当TM 4时，
t5，
此时t的取值范围是1„ t5，
综合以上可得，t的取值范围是 5„ t5．
【点评】本题是圆的综合题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，直角三角形的性质，圆周角定理，勾
股定理，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，利用数形结合的思想，正确理解最
佳内直角的意义是解本题的关键．