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2022年中考数学二轮压轴题——新定义问题（解答题）1．（2022·北京·北理工附中一模）对于平面内的及其内部的一点，设点到直线，的距离分别为，，称和这两个数中较大的一个为点关于的“偏率”在平面直角坐标系中，点，分别为轴正半轴，轴正半轴上的两个点．(1)若点的坐标为，则点关于的“偏率”为______；(2)若第一象限内点关于的“偏率”为1，则，满足的关系为______；(3)若第一象限内点关于的“偏率”为2．在平面直角坐标系上，画出所有点E形成的图形．2．（2022·北京·北师大实验中学一模）在平面直角坐标系中，给定线段和图形，给出如下定义：平移线段至，使得线段上的所有点均在图形上或其内部，则称该变换为线段到图形的平移重合变换，线段的长度称为该次平移重合变换的平移距离，其中，所有平移重合变换的平移距离中的最大值称为线段到图形的最大平移距离，最小值称为线段到图形的最小平移距离：如图1，点(1)①在图1中作出线段到线段的平移重合变换（任作一条平移后的线段）；②线段到线段的最小平移距离是__________，最大平移距离是__________．(2)如图2，作等边 （点在线段的上方），①求线段到等边最大平移距离．②点是坐标平面内一点，线段的长度为1，线段到等边的最小平移距离的最大值为__________，最大平移距离的最小值为__________．3．（2022·北京房山·一模）现将偶数个互不相等的有理数分成个数相同的两排，需满足第一排中的数越来越大，第二排中的数越来越小．例如，轩轩将“”进行如下分组：第一列 第二列第一排 1 2第二排 4 3然后把每列两个数的差的绝对值进行相加，定义为该分组方式的“M值”．例如，以上分组方式的“M值”为．(1)另写出“”的一种分组方式，并计算相应的“M值”；(2)将4个自然数“”按照题目要求分为两排，使其“M值”为6，则a的值为________；(3)已知有理数满足，且将6个有理数“”按照题目要求分为两排，使其“M值”为18，求d的值．4．（2022·北京·一模）在平面直角坐标系中，已知线段和图形，如果对于给定的角，存在线段上一点，使得将线段绕点顺时针旋转角之后，所得到的线段与图形有公共点，则称图形是线段的联络图形．例如，如图中的正方形即为线段的联络图形．已知点，(1)若点的坐标为，直线是线段的联络图形，则可能是下列选项中的　　（填序号）①；②；③(2)若点的坐标为，直线是线段的联络图形，求的取值范围；(3)若第一象限内的点满足，点，，若存在某个点，以及某个，使得线段是线段的联络图形，直接写出的取值范围．5．（2022·北京密云·一模）在平面直角坐标系xOy中，已知点A（1，0）和点B（5，0）．对于线段AB和直线AB外的一点C，给出如下定义：点C到线段AB两个端点的连线所构成的夹角∠ACB叫做线段AB关于点C的可视角，其中点C叫做线段AB的可视点．(1)在点D（-2，2）、E（1，4）、F（3，-2）中，使得线段AB的可视角为45°的可视点是 ；(2)⊙P为经过A，B两点的圆，点M是⊙P上线段AB的一个可视点.① 当AB为⊙P的直径时，线段AB的可视角∠AMB为 度；② 当⊙P的半径为4时，线段AB的可视角∠AMB为 度；(3)已知点N为y轴上的一个动点，当线段AB的可视角∠ANB最大时，求点N的坐标．6．（2022·北京西城·二模）对于面积为S的三角形和直线l，将该三角形沿直线l折叠，重合部分的图形面积记为，定义为该三角形关于直线l的对称度．如图，将面积为S的ABC沿直线l折叠，重合部分的图形为，将的面积记为，则称为ABC关于直线l的对称度．在平面直角坐标系xOy中，点A(0，3)，B(－3，0)，C(3，0)．（1）过点M(m，0)作垂直于x轴的直线，①当时，ABC关于直线的对称度的值是 ：②若ABC关于直线的对称度为1，则m的值是 ．（2）过点N(0，n)作垂直于y轴的直线，求△ABC关于直线的对称度的最大值．（3）点P(－4，0)满足，点Q的坐标为(t，0)，若存在直线，使得APQ关于该直线的对称度为1，写出所有满足题意的整数t的值．7．（2022·贵阳·一模）在平面直角坐标系中，对于图形，给出如下定义：为图形上任意一点，为图形上任意一点，如果，两点间的距离有最大值，那么称这个最大值为图形和的“极大距离”，记为．已知：正方形，其中，，，．(1)已知点，①若，则（点，正方形　　；②若（点，正方形，则　　．(2)已知点，，若（线段，正方形，求的取值范围．(3)一次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，求（线段，正方形的最小值，并直接写出此时的取值范围．8．（2022·湖北·武汉市卓刀泉中学七年级阶段练习）对于平面内的∠M和∠N，若存在一个常数k＞0，使得∠M+k∠N=360°，则称∠N为∠M的k系补周角．如若∠M=90°，∠N=45°，则∠N为∠M的6系补周角．(1)若∠H=120°，则∠H的4系补周角的度数为　　°；(2)在平面内AB∥CD，点E是平面内一点，连接BE，DE；①如图1，∠D=60°，若∠B是∠E的3系补周角，求∠B的度数；②如图2，∠ABE和∠CDE均为钝角，点F在点E的右侧，且满足∠ABF=n∠ABE，∠CDF=n∠CDE（其中n为常数且n＞1），点P是∠ABE角平分线BG上的一个动点，在P点运动过程中，请你确定一个点P的位置，使得∠BPD是∠F的k系补周角，并直接写出此时的k值（用含n的式子表示）．9．（2022·重庆忠县·一模）对于任意一个四位数，若千位上的数字与百位上的数字之和是十位上的数字与个位上的数字之和的2倍，则称是“2倍和数”．如，因为，所以3504是“2倍和数”；，因为，所以6824不是“2倍和数”．(1)判断6423，4816是否为“2倍和数”？并说明理由；(2)对于“2倍和数”，当百位上的数字是个位上的数字的3倍，且各数位上的数字之和能被9整除时，记．求的最大值和最小值．10．（2022·北京师大附中一模）规定：平面内点A到图形G上各个点的距离的最小值称为该点到这个图形的最小距离d，点A到图形G上各个点的距离的最大值称为该点到这个图形的最大距离D，定义点A到图形G的距离跨度为R＝D﹣d．在平面直角坐标系xOy中，（1）如图1，图形G1为以O为圆心，2为半径的圆，直接写出以下各点到图形G1的距离跨度： A（1，0）的距离跨度 　 　；B（﹣）的距离跨度 　 　；C（﹣3，﹣2）的距离跨度 　 　；（2）如图2，图形G2为以D（﹣1，0）为圆心，2为半径的圆，直线y＝k（x﹣1）上存在到G2的距离跨度为2的点，求k的取值范围；（3）如图3，射线OP：y＝x（x≥0），⊙E是以3为半径的圆，且圆心E在x轴上运动，若射线OP上存在点到⊙E的距离跨度为2，直接写出圆心的横坐标的取值范围 　 　．11．（2022·江苏扬州·模拟预测）阅读理解：如图①，在四边形ABCD的边AB上任取一点E（点E不与A、B重合），分别连接ED、EC，可以把四边形ABCD分成三个三角形，如果其中有两个三角形相似，我们就把E叫做四边形ABCD的边AB上的“相似点”；如果这三个三角形都相似，我们就把E叫做四边形ABCD的边AB上的“强相似点”．解决问题：（1）如图①，∠A＝∠B＝∠DEC＝45°，试判断点E是否是四边形ABCD的边AB上的相似点，并说明理由；（2）如图②，在矩形ABCD中，A、B、C、D四点均在正方形网格（网格中每个小正方形的边长为1）的格点（即每个小正方形的顶点）上，试在图②中画出矩形ABCD的边AB上的强相似点；（3）如图③，将矩形ABCD沿CM折叠，使点D落在AB边上的点E处，若点E恰好是四边形ABCM的边AB上的一个强相似点，试探究AB与BC的数量关系．12．（2022·江西·寻乌县教育局教学研究室一模）【概念感知】我们把两个二次项系数之和为1，对称轴相间，且图象与y轴交点也相同的二次函数称为“友好对称二次函数”，例如：的“友好对称二次函数”为．【特例求解】（1）的“友好对称二次函数”为______________；的“友好对称二次函数”为____________．【性质探究】（2）关于“友好对称二次函数”，下列结论正确的是___________（填入正确的序号）①二次项系数为1的二次函数没有“友好对称二次函数”；②二次项系为的二次函数的“友好对称二次函数”是它本身；③的“友好对称二次函数”为．④任意两个“友好对称二次函数”与y轴一定有交点，与x轴至少有一个二次函数有交点．【拓屐应用】（3）如图，二次函数与其“友好对称二次函数”都与y轴交于点A，点B，C分別在，上，点B，C的横坐标均为，它们关于的对称轴的称点分别力，，连接，，，．①若，且四边形为正方形，求m的值；②若，且四边形邻边之比为，直接写出a的值．13．（2022·湖南·长沙市中雅培粹学校一模）若关于x的方程（）的解与关于y的方程（）的解满足，则称方程（）与方程（）是“雅系友好方程”．例如：方程的解是，方程的解是，因为，方程与方程是“雅系友好方程”．（1）请通过计算判断方程与方程是不是“雅系友好方程”；（2）若关于x，y的两个方程与方程是“雅系友好方程”，求m的值；（3）关于x，y的两个方程与方程，若对于任何数m，都使得它们不是“雅系友好方程”，求n的值．14．（2022·江苏·沭阳县修远中学二模）定义：若整数k的值使关于x的方程的解为整数，则称k为此方程的“友好系数”．（1）判断k1＝0，k2＝1是否为方程的“友好系数”，写出判断过程；（2）方程“友好系数”的个数是有限个，还是无穷多？如果是有限个，求出此方程的所有“友好系数”；如果是无穷多，说明理由．15．（2022·北京师大附中一模）对于平面直角坐标系内的任意两点，定义它们之间的“直角距离”为．对于平面直角坐标系内的任意两个图形M，N，给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，如果P，Q两点间的“直角距离”有最小值，那么称这个最小值为图形M，N间的“直角距离”，记作D（M，N）．（1）已知，则＝________，＝________；（2）已知，若，则t的取值范围是________；（3）已知A（1，0），若坐标平面内的点P满d（P，A）＝1，则在图中画出所有满足条件的点P所构成的图形，该图形的面积是_________；（4）已知，直线过点且垂直于y轴，若直线上存在点Q满足，则t的取值范围是________．16．（2022·山东·青岛市崂山区金家岭学校一模）先阅读下列材料，然后解答问题：材料：从4张不同的卡片中选取2张，有6种不同的选法，抽象成数学问题就是从4个不同元素中选取2个元素的组合，组合数记为＝＝6．一般地，从n个不同元素中选取m个元素的组合数记作，＝（m≤n）．例如：从6个不同元素中选3个元素的组合，组合数记作＝＝20（1）为迎接国家建设工作检查，学校将举办小型书画展览．王老师在班级8幅优秀书画中选取3幅，共有多少种选法？（2）探索发现：计算：＝　 　，＝　 　，＝　 　，＝　 　，＝　 　，＝　 　．由上述计算，试猜想，，之间有什么关系．（只写结论，不需说明理由）（3）请你直接利用（2）中猜想的结论计算：++++…+．17．（2022·江苏·常州市清潭中学一模）【阅读理解】点A、B、C为数轴上三点，如果点C在A、B之间且到A的距离是点C到B的距离4倍，那么我们就称点C是{A，B}的奇点．例如，如图1，点A表示的数为﹣4，点B表示的数为1．表示0的点C到点A的距离是4，到点B的距离是1，那么点C是{A，B}的奇点；又如，表示﹣3的点D到点A的距离是1，到点B的距离是4，那么点D就不是{A，B}的奇点，但点D是{B，A}的奇点．【知识运用】如图2，M、N为数轴上两点，点M所表示的数为﹣4，点N所表示的数为6．（1）数　 　所表示的点是{M，N}的奇点；数　 　所表示的点是{N，M}的奇点；（2）如图3，A、B为数轴上两点，点A所表示的数为﹣50，点B所表示的数为30．现有一动点P从点B出发向左运动，当P点运动到数轴上的什么位置时，P、A和B中恰有一个点为其余两点的奇点？18．给定一个十进制下的自然数，对于每个数位上的数，求出它除以2的余数，再把每一个余数按照原来的数位顺序排列，得到一个新的数，定义这个新数为原数的“模二数”，记为．如，．对于“模二数”的加法规定如下：将两数末位对齐，从右往左依次将相应数位上的数分别相加，规定：0与0相加得0；0与1相加得1；1与1相加得0，并向左边一位进1．如735、561的“模二数”111、101相加的运算过程如图所示．111+1011100根据以上材料，解决下列问题：（1）的值为 ，的值为 ；（2）如果两个自然数的和的“模二数”与它们的“模二数”的和相等，则称这两个数“模二相加不变”． 如，，因为，,所以，即124与630满足“模二相加不变”．判断12，65，97这三个数中哪些与23“模二相加不变 ”，并说明理由试卷第1页，共3页试卷第1页，共3页参考答案：1．(1)5(2)a＝b(3)见解析【解析】（1）根据“偏率”的定义，求点P到OM（即x轴）的距离和点P到ON（即y轴）的距离，用较大的数除以较小的数即为“偏率”；（2）根据“偏率”定义，可知点Q到OM、ON距离相等，且Q在第一象限，所以其横纵坐标相等；（3）根据“偏率”定义，可知点E到OM、ON距离之比为2，且E在第一象限，所以其图像如图所示．(1)解：∵点M，N分别在x轴正半轴，y轴正半轴上，∴点P（1，5）到OM距离d1＝5，到ON距离d2＝1，∴点P关于∠MON的“偏率”为：5；故答案为：5；(2)∵点Q（a，b）在第一象限，到OM距离d1＝b，到ON距离d2＝a，∴点Q关于∠MON的“偏率”为：1或1，∴a＝b，故答案为：a＝b；(3)∵点在第一象限，∴点E到OM距离d1＝y，到ON距离d2＝x，又∵点E关于的“偏率”为2，∴点E关于∠MON的“偏率”为：2或，即点E在函数或的图象上，点E形成的图形如图所示：2．(1)①见解析；②；(2)①；②；【解析】（1）①连接AQ，作，点与点Q重合，此时即要求作的线段；②设PQ与y轴交于点B，根据勾股定理求出的长度，即为最大平移距离，OB的长度即为最小平移距离；（2）①当点在线段PR上，点在线段QR上时，线段OA到等边△PQR的平移距离最大，延长交y轴于点E，PQ与y轴交于点F，作于点H，根据平移和等边三角形的性质，求出，，最后根据勾股定理即可求解；②由于点B在以O点为圆心，1为半径的圆上，根据点Ｂ到等边△PQR的最小距离和最大距离，即可求出线段OB到等边△PQR的最小平移距离的最大值和最大平移距离的最小值．(1)连接AQ，作，点与点Q重合，如图所示：此时即要求作的线段；②设PQ与y轴交于点B，∵，，，∴轴，，BQ=5，∵线段到线段的最小平移距离为OB的长，∴线段到线段的最小平移距离为，∴，∵，∴，∴最大平移距离是；故答案为：；．(2)①如图所示：∵当点在线段PR上，点在线段QR上时，线段OA到等边△PQR的平移距离最大，∴线段到等边有最大平移距离为线段的长度，延长交y轴于点E，PQ与y轴交于点F，作于点H，∵是等边三角形，∴，∴，，∵，∴△是等边三角形，∴，∴，∵，∴，∴，由题意可得四边形EFH是矩形，∴，∴，∴，∴，∵轴，∴，∴线段到等边最大平移距离为．②∵点B是坐标平面内一点，线段OB的长度为1，∴点B在以O点为圆心，1为半径的圆上，∵点B到等边的最小距离为，∴当点B在（0，-1）上时，线段OB到等边△PQR的最小平移距离的值最大，即线段OB到等边△PQR的最小平移距离的最大值为；连接OR，过R作RM⊥x轴，垂足为M，交PQ于点N，如图所示：为等边三角形，且，，∴轴，，∴，，，，，∴N点的横坐标为2，∴点M的坐标正好为（2，0），∴，点O到等边的最大距离为，∴点B在OR上时，线段OB最大平移距离的值最小，且最小值为．故答案为：；．3．(1)4(2)3或11(3)【解析】（1）根据题目要求进行分组，计算“M值”即可；（2）按照和两种情况进行分类讨论即可；（3）根据，，得出，，按照，；，；，四种情况进行分类讨论，得出答案即可．(1)解：当根据题意分组如下：第一列 第二列第一排 1 4第二排 3 2，即M的值为4．(2)当时，根据题意分组如下：第一列 第二列第一排 a 6第二排 8 7，解得：；当时，根据题意分组如下：第一列 第二列第一排 6 7第二排 a 8，解得：；故答案为：或．(3)，，，，，当，则，根据题意分组如下：第一列 第二列 第三列第一排 2-d -5 -2第二排 d 4 2，解得：（不符合题意舍去）；当则时，根据题意分组如下：第一列 第二列 第三列第一排 -5 2-d -2第二排 d 4 2，解得：（不符合题意舍去）；当则，当时，根据题意分组如下：第一列 第二列 第三列第一排 -5 -2 2-d第二排 4 d 2，解得：（符合题意）；当时，根据题意分组如下：第一列 第二列 第三列第一排 -5 -2 2-d第二排 4 2 d，解得：（不符合题意舍去），综上分析可知，．【点睛】本题主要考查了新定义创新题，理解题目中要求，分类进行讨论，列出相关的方程是解题的关键．4．(1)②③；(2)的取值范围为或；(3)的取值范围为；【解析】（1）将线段绕Ａ点逆时针旋转，使点落到直线上的点，过点作于，根据边之间的数量关系可知若直线是线段的联络图形，最小取值为，将线段绕中点逆时针旋转，此时点刚好落到直线上的点，此时若直线是线段的联络图形，最大取值为；（2）设直线与轴和轴的交点分别为Ｃ点和点，由CD两点坐标可以计算出线段OC，OD的长度，从而可知，根据B点与A点的位置关系可分成两种情况，点在Ａ点左侧与点在Ａ点右侧画出图分类讨论即可；（3）点在以Ａ为圆心半径为2的圆上，且在第一象限，可分成两种情况，与点在轴上，画出图象，并借助直角三角形的三角函数计算即可．(1)解：如下图，将线段绕Ａ点逆时针旋转，使点落到直线上的点，过点作于，，，，，，在△中，，即若直线是线段的联络图形，最小取值为，如下图，将线段绕中点逆时针旋转，此时点刚好落到直线上的点，即若直线是线段的联络图形，最大取值为，，故答案为：②③．(2)设直线与轴和轴的交点分别为点和点，在直线中，当时，，当时，，，，，，在Rt△OCD中，，，①若点在Ａ点左侧，连接，如下图，，，在Rt△OCA中，，，，，故，直线是线段的联络图形，，即，；②若点在Ａ点右侧，在上取一点，使，如下图，由①知，，，直线是线段的联络图形，，即，，综上，的取值范围为或．(3)（3）由题知，点在以Ａ为圆心半径为2的圆上，且在第一象限，当时，如下图，过点作轴于点，，，，，在Rt△PCQ中，，，在Rt△APB中，，，；当点在轴上时，如下图，在中，，，当时，线段在直线上，又点在第一象限，故，符合条件，综上，的取值范围为．【点睛】本题主要考查一次函数的性质，特殊角三角函数等知识，熟练掌握一次函数的性质，特殊角三角函数及正确理解线段的联络图形这一新定义是解题的关键．5．(1)点E(2)① 90；② 30或150(3)N（0，）或（0，- ）【解析】（1）AE、BE、AB满足勾股定理，且AE=AB，可知为等腰直角三角形，则∠AEB=45°，故E点可使线段AB的可视角为45°．（2）①由半径所对的圆周角为90°即可得出∠AMB为90°．②连接AP、BP，即可得出为等边三角形，由圆周角定理即可求得∠AMB为30°或150°．（3）以AB为弦作圆M且过点N，由圆周角定理可得出当圆心角AMB最大时，圆周角ANB最大，由直线与圆的位置关系得出当y轴与圆M相切时圆心角AMB最大，进而可求得N点坐标．(1)连接AE，BE∵AE=4，AB=4，AE⊥AB∴为等腰直角三角形∴∠AEB=45°．故使得线段AB的可视角为45°的可视点是点E．(2)①有题意可知，此时AB为⊙P直径由半径所对的圆周角为90°可知∠AMB为90°②当⊙P的半径为4时，AB为⊙P一条弦，连接AP，BP∵BP=AP=4，AB=4∴为等边三角形∴∠APB=60°当点M在圆心一侧由圆周角定理知∠AMB=当点M不在圆心一侧由内切四边形性质可知∠AMB=180°-30°=150°(3)（3）解： ∵过不在同一条直线上的三点确定一个圆，∴A、B、N三点共圆，且过A、B两点的圆有无数个，圆心在直线x=3上.即：点N的位置为过A、B两点的圆与y轴的交点.设过A、B两点的圆为⊙M，半径为r.当r如图所示：当r=3时，y轴与⊙M交于一点，此时y轴与⊙M相切，切点即为点N.当r>3时，y轴与⊙M1交于两点，此时y轴与⊙M1相交，交点设为N1、N2.连接AM、BM、AN、BN、AM1、BM1、AN1、BN1．此时，∠ANB、∠AMB分别为⊙M中弧AB所对的圆周角和圆心角；∠AN1B、∠AM1B分别为⊙M1中弧AB所对的圆周角和圆心角.∵∠1=∠M1AM+∠AM1M，∠2=∠M1BM+∠BM1M，∴∠1+∠2=∠M1AM+∠AM1M+∠BM1M+∠M1BM，即∠AMB=∠M1AM+∠AM1B+∠M1BM∴∠AMB>∠AM1B∴∠ANB>∠AN1B∵∠AN1B=∠AN2B∴∠ANB>∠AN2B∴当y轴与⊙M相切于点N时，∠ANB的值最大.在Rt△AMC中，AM=r=3，AC=2∴MC=∵MN⊥y轴，MC⊥AB， ∴四边形OCMN为矩形.∴ON=MC=∴N（0，）同理，当点N在y轴负半轴时，坐标为（0，- ）综述所述，N（0，）或（0，-）.【点睛】本题考查了圆周角定理，将可视角的定义转化为圆内弦AB的圆周角是解题的关键，再结合图象计算即可．6．（1）①；②0；（2）；（3）4或1【解析】（1）①作图，求出，再根据定义求值即可；②通过数形结合的思想即可得到；（2）根据求△ABC关于直线的对称度的最大值，即是求最大值即可；（3）存在直线，使得APQ关于该直线的对称度为1，即转变为APQ是等腰三角形，需要分类进行讨论，分；；，同时需要满足t的值为整数．【详解】解：（1）①当时，根据题意作图如下：，为等腰直角三角形，，，根据折叠的性质，，，关于直线的对称度的值是：，故答案是：；②如图：根据等腰三角形的性质，当时，有,ABC关于直线的对称度为1，故答案是：0；（2）过点N(0，n)作垂直于y轴的直线，要使得△ABC关于直线的对称度的最大值，则需要使得最大，如下图：当时，取到最大，根据，可得为的中位线，，，△ABC关于直线的对称度的最大值为：；（3）若存在直线，使得APQ关于该直线的对称度为1，即为等腰三角形即可，①当时，为等腰三角形，如下图：，；②当时，为等腰三角形，如下图：，；③当时，为等腰三角形，如下图：设，则，根据勾股定理：，，解得：，（不是整数，舍去），综上：满足题意的整数的值为：4或1．【点睛】本题考查了三角形的折叠，对称类新概念问题、等腰三角形的性质、勾股定理，解题的关键是读懂题干信息，搞懂对称度的概念，再结合数形结合及分类讨论的思想进行求解．7．(1)①；②或(2)(3)或【解析】（1）①根据图形和的“极大距离”的定义求解即可．②分两种情形，利用勾股定理求解即可．（2）分两种情形：如图2中，当在轴的右侧时，如图3中，当在轴的左侧时，分别求出落在特殊位置的的值即可解决问题．（3）当（线段，正方形取最小值，推出（线段，正方形的最小值（点，正方形，推出（点，正方形，当（点，正方形时，或，求出两种特殊位置的值，可得结论．(1)解：①如图1中，时，，（点，正方形．故答案为：．②（点，正方形，当点在轴的右侧时，，解得或（舍弃），当点在轴的左侧时，，解得或（舍弃），综上所述，满足条件的的值为或．故答案为：或．(2)解：如图2中，当在轴的右侧时，若时，，解得，或（舍弃），若时，，解得，或（舍弃），观察图象可知，满足条件的的值为．如图3中，当在轴的左侧时，若，则有，，解得，或4（舍弃），若时，，解得，或7（舍弃），观察图象可知，满足条件的的值为．综上所述，满足条件的的值为或．(3)解：如图4中，当（线段，正方形取最小值，（线段，正方形的最小值（点，正方形，（点，正方形，当（点，正方形时，或，代入，得，将代入，得，观察图形可知，满足条件的的值为：或．【点睛】本题属于一次函数综合题，考查了一次函数的性质，勾股定理，图形和的“极大距离”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．8．(1)60(2)①∠B=75°，②当BG上的动点P为∠CDE的角平分线与BG的交点时，满足∠BPD是∠F的k系补周角，此时k=2n．【解析】（1）设∠H的4系补周角的度数为x°，根据新定义列出方程求解便可；（2）①过E作EF∥AB，得∠B+∠D=∠BED，再由已知∠D=60°，∠B是∠E的3系补周角，列出∠B的方程，求得∠B便可；②根据k系补周角的定义先确定P点的位置，再结合∠ABF=n∠ABE，∠CDF=n∠CDE求解k与n的关系即可求解．(1)解：设∠H的4系补周角的度数为x°，根据新定义得，120+4x=360，解得，x=60，∠H的4系补周角的度数为60°，故答案为：60；(2)解：①过E作EF∥AB，如图1，∴∠B=∠BEF，∵AB∥CD，∴EF∥CD，∠D=60°，∴∠D=∠DEF=60°，∵∠B+60°=∠BEF+∠DEF，即∠B+60°=∠BED，∵∠B是∠BED的3系补周角，∴∠BED=360°-3∠B，∴∠B+60°=360°-3∠B，∴∠B=75°；②当BG上的动点P为∠CDE的角平分线与BG的交点时，满足∠BPD是∠F的k系补周角，此时k=2n．【点睛】本题主要考查了平行线的性质与判定，角平分线的定义，理解题意是解题的关键．9．(1)6423是“2倍和数”， 4816不是“2倍和数”，理由见解析；(2)最大值是3117，最小值是1107．【解析】（1）根据定义进行判断即可（2）设的个位上的数字为，十位上的数字为，则百位上的数字为，千位上的数字为，进而求得的各数位上的数字之和，根据，可得能被3整除，进而求二元一次方程的整数解即可，进而列出，即可求得的最大值和最小值．(1)，∴6423是“2倍和数”，，∴4816不是“2倍和数”；(2)设的个位上的数字为，十位上的数字为，则百位上的数字为，千位上的数字为，，，，，为整数），的各数位上的数字之和为，各数位上的数字之和能被9整除，能被3整除，或，，，，的最大值是3117，最小值是1107．【点睛】本题考查了新定义，求二元一次方程的整数解，整除，理解新定义是解题的关键．10．（1）2；2；4；（2）﹣≤k≤；（3）﹣1≤xE≤2．【解析】（1）先根据距离跨度的定义求得点到圆的最小距离d和最大距离D，利用D﹣d即可得出结论；（2）利用（1）计算过程得出规律：到G2的距离跨度为2的点在以D为圆心，1为半径的圆上；由已知可得：直线y＝k（x﹣1）经过点A（1，0），利用直线y＝k（x﹣1）与该圆相切时的k值，结合图形，发现直线y＝k（x﹣1）与以点D为圆心，1为半径的圆有公共点时 满足条件，从而得到k的取值范围；（3）过点E作EC⊥OP于点C，交⊙E于点D，H，由题意：⊙E是以3为半径的圆，且圆心E在x轴上运动，若射线OP上存在点到⊙E的距离跨度为2，此时以点E为圆心1为半径的圆与射线OP相切，当以E为圆心1为半径的圆与射线OP有交点时，满足条件，结合图形即可的结论．【详解】解答：解：（1）如图，设圆O交x轴于点E，F，∵A（1，0）在直径EF上，∴d＝AF＝1，D＝AE＝3，∴A（1，0）的距离跨度＝D﹣d＝2；连接OB，过点B作BD⊥OE，则OD＝，BD＝．∴BO＝．∵⊙O的半径为2，∴d＝1，D＝3，∴B（，）的距离跨度＝3﹣1＝2；连接CO并延长交⊙O于点G，H，∴d＝CG，D＝CH，∵⊙O的直径径为4，∴C（﹣3，﹣2）的距离跨度＝D﹣d＝CH﹣CG＝GH＝4．故答案为：2；2；4．（2）对于直线y＝k（x﹣1），令y＝0，则x＝1，∴直线y＝k（x﹣1）经过点A（1，0）．由（1）知：到G2的距离跨度为2的点在以D为圆心，1为半径的圆上，设直线y＝k（x﹣1）与该圆相切于点M，N，如图，连接DM，DN，则DM⊥AM，DN⊥AN，∵DM＝1，AD＝2，∴sin∠MAD＝，∴∠MAD＝30°．∴∠MDA＝60°．过点M作MB⊥AD于点B，在Rt△MBD中，∵cos∠MDB＝，∴BD＝MD×cos60°＝，∴OB＝OD﹣BD＝．∵sin∠MDB＝，∴MB＝MD×sin∠MDB＝，∴M（﹣，）．∵点M在直线y＝k（x﹣1）上，∴．∴．同理，当直线经过点N时,．∵直线y＝k（x﹣1）上存在到G2的距离跨度为2的点，∴直线y＝k（x﹣1）与以点D为圆心，1为半径的圆有公共点，∴观察图形可得k的取值范围为：﹣≤k≤．（3）如图，过点E作EC⊥OP于点C，交⊙E于点D，H，由题意：⊙E是以3为半径的圆，且圆心E在x轴上运动，若射线OP上存在点到⊙E的距离跨度为2，此时以点E为圆心1为半径的圆与射线OP相切，当以E为圆心1为半径的圆与射线OP有交点时，满足条件，∴CD＝2，CH＝4，CE＝1．∵射线OP的解析式为:，∴∠COE＝30°，OE＝2CE＝2，当E′（﹣1，0）时，点O到⊙E距离跨度为2，观察图形可知，满足条件的圆心E的横坐标xE的取值范围为：﹣1≤xE≤2．故答案为：﹣1≤xE≤2．【点睛】本题主要是考查了圆与锐角三角函数的综合应用，能够根据题目所给的新定义，结合圆的性质以及锐角三角函数值求解对应边长和坐标的值，是解决此类问题的关键．11．（1）点E是四边形ABCD的AB边上的相似点．理由见解析；（2）作图见解析；（3）【解析】（1）要证明点E是四边形ABCD的AB边上的相似点，只要证明有一组三角形相似就行，很容易证明△ADE∽△BEC，所以问题得解．（2）以CD为直径画弧，取该弧与AB的一个交点即为所求．（3）由点E是矩形ABCD的AB边上的一个强相似点，得△AEM∽△BCE∽△ECM，根据相似三角形的对应角相等，可求得∠BCE=∠BCD=30°，利用含30°角的直角三角形性质可得BE与AB，数量关系，利用三角函数得出AB与BC边之间的数量关系．【详解】（1）点E是四边形ABCD的边AB上的相似点．理由：∠A＝45°，∴∠ADE+∠DEA=135°．∵∠DEC=45°，∴∠BEC+∠DEA=135°．∴∠ADE=∠BEC．∵∠A=∠B，∴△ADE∽△BEC．∴点E是四边形ABCD的AB边上的相似点．（2）作图如下：图2①DA=2，AE=1，∠DAE=90°，DE=，EB=4，CB=2，∠EBC=90°，EC=，∴，∴△DEC为直角三角形，∠DEC=90°∵，∠DAE=∠EBC =90°∴△DAE∽△EBC，∵，∠DAE=∠DEC =90°，∴△DAE∽△CED，∴△DAE∽△EBC∽△CED，图2②图2①DA=2，AE=4，∠DAE=90°，DE=，EB=1，CB=2，∠EBC=90°，EC=，∴，∴△DEC为直角三角形，∠DEC=90°∵，∠DAE=∠EBC =90°∴△DAE∽△EBC，∵，∠DAE=∠CED=90°，∴△DAE∽△CED，∴△DAE∽△EBC∽△CED，

（3）∵点E是四边形ABCM的边AB上的一个强相似点，∴△AEM∽△BCE∽△ECM，∴∠BCE=∠ECM=∠AEM．由折叠可知：△ECM≌△DCM，∴∠ECM=∠DCM，CE=CD，∴∠BCE=∠ECM=∠DCM，∴∠BCE=∠BCD=30°，∴BE=CE=AB．在Rt△BCE中，tan∠BCE==tan30°，∴，∴．【点睛】本题考查新定义问题，相似形综合题，三角函数，勾股定理，画图，解题的关键是熟练的掌握相似形综合题，三角函数，勾股定理．12．（1）y＝x2，y＝x2+2x－5；（2）①②③；（3）①m的值为；②a的值为－或或或【解析】（1）根据题中“友好对称二次函数”的性质：二次项系数之和为1，对称轴相同，且图象与y轴交点也相同，据此求解即可；（2）根据题中“友好对称二次函数”的性质逐个判断即可得；（3）①根据题意可得：二次函数L1：，二次函数L2：，点B的坐标为，点C的坐标为，则可得点，点的坐标，然后得出线段，的长，根据四边形为正方形，得出方程求解即可；②当时，点B的坐标为，点C的坐标为，则可得点，点的坐标，然后得出线段，的长，根据题意：四边形的邻边之比为1：2，得出或，求解即可得．【详解】解：（1）∵，∴函数的“友好对称二次函数”为；，原函数的对称轴为：，∴，∴，，∴函数的“友好对称二次函数”为，,故答案为：；；（2）∵，∴二次项系数为1的二次函数没有“友好对称二次函数”，①正确；∵，∴二次项系数为的二次函数的“友好对称二次函数”是它本身，②正确；由定义，的“友好对称二次函数”为，③正确；若，则其“友好对称二次函数”为，此时这两条抛物线与x轴都没有交点，④错误；故答案为：①②③；（3）二次函数L1：的对称轴为直线，其“友好对称二次函数”L2：．①∵，∴二次函数L1：，二次函数L2：，∴点B的坐标为，点C的坐标为，∴点的坐标为，点的坐标为，∴，，∵四边形为正方形，∴，即，解得：，（不合题意，舍去），∴m的值为；②当时，点B的坐标为，点C的坐标为，∴点的坐标为，点的坐标为，∴，，∵四边形的邻边之比为1：2，∴或，即或，解得：，，，，∴a的值为－或或或．【点睛】题目主要考查二次函数拓展运用，正方形的性质，两点之间的距离等，理解题意，熟练掌握运用二次函数的性质是解题关键．13．（1）是；（2）；（3）【解析】（1）将两个方程先求解得出：，，然后将其代入即可确定这两个方程是不是“雅系友好方程”；（2）先将两个方程求解可得：，，根据两个方程是“雅系友好方程”，代入，求解即可得出m的值；（3）先将两个方程求解可得：，，根据两个方程不是“雅系友好方程”，代入，化简为：，根据与的取值无关，即可得出n的值．【详解】解：（1）方程求解可得：，方程求解可得：，当，时，，∴这两个方程是“雅系友好方程”；（2），解得：，，解得：，∵这两个方程是“雅系友好方程”，∴，代入得：，解得：；（3），解得：，，解得：，对于任何数m，它们都不是“雅系友好方程”，∴，代入可得：，化简为：，与的取值无关，∴，∴．【点睛】题目主要考查一元一次方程的解法，理解中新定义的“雅系友好方程”条件是解题关键．14．（1）k1＝0，k2＝1是方程的“友好系数”，理由见解析；（2）方程“友好系数”的个数是有限个，分别为【解析】（1）分别把k1＝0，k2＝1代入原方程，再解方程，根据方程的解结合新定义可得答案；（2）先解方程，可得再按照新定义进行讨论即可得到答案.【详解】解：（1）当时，原方程化为：，整理得：解得：根据新定义可得：是方程的“友好系数”；当时，原方程化为：整理得：解得：根据新定义可得：是方程的“友好系数”；（2）去分母得：整理得：为整数，则所以方程的解为：当时，满足方程的解为整数，此时的值为：其中为正整数，所以的值为：所以方程“友好系数”的个数是有限个，分别为【点睛】本题考查的是新定义运算，一元一次方程的解法，含字母系数的一元一次方程的整数解问题，理解新定义，清晰的分类讨论是解本题的关键.15．（1）3，1；（2）或；（3）画图见解析，2；（4）．【解析】（1）根据“直角距离”的公式代入即可求出的值；利用待定系数法求出AB的表达式，根据题意表示出，最后根据一次函数的增减性即可求解；（2）首先根据“直角距离”的公式表示出点O和y=-x+1的“直角距离”，然后根据，可判断出，进而可求出t的取值范围；（3）首先设出点P的坐标为（x，y），根据题意代入表示出d（P，A）＝1，可得出关于x和y的方程，分情况讨论画出所有满足条件的点P所构成的图形，最后求解面积即可．（4）设点Q的坐标为（x，t），根据题意代入，得到，然后分情况讨论求解即可．【详解】解：（1）∵，∴，设AB的表达式为，将，代入得：，解得，∴，∴设线段AB上一点的坐标为（x，-2x+2），且，∴，∵，∴，∴，即，∵，∴随x的增大而减小，∵，∴当时，有最小值，最小值，∴．故答案为：3，1；（2）∵设经过点A和点的表达式为，代入得：，解得：，∴．∴点O和“直角距离”，∵，∴，∴或；（3）设点P的坐标为（x，y），∵A（1，0），∴代入足d（P，A）＝1，得: ，即．当时，，即，当时，；当时，；当时，，即，当时，；当时，；∴如图所示，正方形ABCD即所有满足条件的点P所构成的图形，∴，∴S正方形ABCD= ；（4）设点Q的坐标为（x，t），∵，∴，即．∴当时， ，解得：，应舍去；当时， ，解得：；∴当时， ，解得：，应舍去；∴当时， ，解得：，∵，∴，∴，∴，解得：；∴当时， ，解得：，∴综上所述，t的取值范围是．【点睛】此题考查了平面直角坐标系和新定义问题，绝对值的意义，一次函数，分类讨论方法等知识点，解题的关键是正确分析“直角距离”的公式，并列出方程求解．16．（1）56种；（2）3，1，4，10，5，15；Ckn+ nk+1＝Cn+1k+1；（3）165【解析】（1）根据材料给出组合的方法直接计算即可；（2）根据新定义分别进行计算；利用计算结果得∵+=，+＝，由此规律可得+=， ；（3）利用（2）中的规律从左到右依次计算即可．【详解】解：（1）根据公式＝＝56，答：共有56种选法．（2）＝3，＝1，＝4，＝10，＝5，＝15，∵+＝3+1＝4=，+＝10+5=15=，∴+=， 故答案为3；1；4；10；5；15；（3）++++…+，＝+++…+，＝++…+，＝，＝，＝165．【点睛】本题考查组合新定义计算，有理数的乘除法混合计算，掌握新定义的计算方法与性质，有理数的乘除法混合计算法则是解题关键．17．（1）4；-2；（2）P点运动到数轴上的-34或14或-70或-370位置时，P、A和B中恰有一个点为其余两点的奇点．【解析】（1）根据定义发现：奇点表示的数到{ M，N}中，前面的点M是到后面的数N的距离的4倍，从而得出结论；根据定义发现：奇点表示的数到{N，M}中，前面的点N是到后面的数M的距离的4倍，从而得出结论；（2）点A到点B的距离为80，由奇点的定义可知：分4种情况列式：①PA=4PB；②PB=4PA；③AB=4PA；④PA=4AB；可以得出结论．【详解】解：（1）6-（-4）=10，10÷（4+1）=2，6-2=4；-4+2=-2．故数4所表示的点是{ M，N}的奇点；数-2所表示的点是{N，M}的奇点．故答案为：4；-2；（2）30-（-50）=80，80÷（4+1）=16，①当PA=4PB时，30-16=14，②当PB=4PA时，-50+16=-34，③当AB=4PA时，-50-80÷4=-70，④当PA=4AB时，-50-80×4=-370．故P点运动到数轴上的-34或14或-70或-370位置时，P、A和B中恰有一个点为其余两点的奇点．【点睛】本题考查了数轴及数轴上两点的距离、动点问题，认真理解新定义：奇点表示的数是与前面的点A的距离是到后面的数B的距离的4倍，列式可得结果．18．（1）1011，1101；（2）12、97不变，理由见解析【解析】（1）根据定义直接求出；先求出中各自的“模二数”，再根据法则计算；（2）根据定义分别计算判断．【详解】解：（1）=1011，=10+1011=1101；故答案为：（2）①，,，∴，∴与满足“模二相加不变”.，，，，∴与不满足“模二相加不变”；，，，，，∴与满足“模二相加不变”．【点睛】此题考查进制问题，属于新型定义以及判断问题，正确掌握定义及计算法则进行计算判断是解题的关键．答案第1页，共2页答案第1页，共2页

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