中考数学专题复习《阅读理解及新定义》测试卷附带答案

第第页中考数学专题复习《阅读理解及新定义》测试卷（附带答案)学校:___________班级:___________姓名:___________考号:___________热点解读中考数学中阅读理解型问题在近几年的全国中考试题中频频“亮相”，应引起我们特别地重视，这类问题一般文字叙述较长，信息量较大，各种关系错综复杂，考查的知识也灵活多样，既考查学生的阅读能力，又考查学生的解题能力，属于新颖数学题。如果对这类题型了解不清楚的情况下，很多同学直接就选择了放弃，其实其难度并不是特别大部分，分值拿到手还是非常轻松的。解题思路解决这类问题的关键是要认真仔细地阅读所给的材料，边读边勾画出重要的信息，弄清材料中隐含了什么新的数学知识、结论，或揭示了什么数学规律，或暗示了什么新的解题方法，然后展开联想，将获得的新信息、新知识、新方法进行迁移，建模应用，解决题目中提出的问题。所以这类题型并不是像其他题型一样定点考察个别明确的知识点，而是通过材料的阅读。分析匹配到相对应的基础知识内容，结合题目当中所给的方法来进行解题。在历年的考题当中，以下的三大类阅读型的题型值得大家在复习当中明确其考查的方式和方法，对于大家对阅读型理解题型的了解迈出重要的一步。首先，阅读试题所提供的新定义，新定理，解决新问题。这类题型的解决方法以及做题的规律都从题目当中进行寻找，题目已经给出，只要结合题目中的方法进行简单的推理，那么就可以得到我们解决问题的方法，其中计算的方式是大家比较困难的，所以题目中所给的例子一定要研读清楚，搞清楚其变化的规律，就能掌握其解题的技巧。针对练习1、（2024·陕西西安·二模）完成下列各题

(1)【问题提出】如图1，为的一条弦，点C在弦所对的优弧上，根据圆周角性质，我们知道的度数______（填“变”或“不变”）；若，则______度．即：若线段的长度已知，的大小确定，则点一定在某一个确定的圆上，我们把这样的几何模型称之为“定弦定角”模型；(2)【问题探究】如图2，在凸四边形中，，，，，试求四边形面积的最大值；(3)【问题解决】如图3是四边形休闲区域设计示意图，已知，，休闲区域内原有一条笔直小路的长为80米，现为了市民在该区域内散步方便，准备再修一条长为30米的小路，满足点M在边上，点N在小路上．按设计要求需要给图中阴影区域（即与四边形MBCN，小路宽度忽略不计）种植花卉，为了节约成本且满足设计需求，阴影部分的面积要尽可能的小．请问，是否存在符合设计要求的方案?若存在，请直接写出阴影部分面积的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)不变，50°，(2)(3)存在，【分析】（1）根据圆周角定理进行解答即可；（2）过点B作于点E，连接，当的面积最大时，四边形的面积最大，利用（2）中的结论计算的面积最大值即可得出结论．（3）根据题意，要使阴影部分面积最小，只需的面积最大即可，连接，作的外接圆，连接，利用（2）结论即可求得的面积的最大值；将绕着点C旋转得到，通过说明三点共线，则四边形的面积的面积，利用阴影部分面积的最小值=四边形的面积的面积的最大值，即可得出结论．【详解】（1）解：∵为的一条弦，点C在弦所对的优弧上，∴根据圆周角性质，我们知道的度数不变；∵，，则；（2）解：过点B作于点E，连接，如图，

∵∴，∴．∵，∴当的面积最大时，四边形的面积最大．作的外接圆连接，如图，

设经过圆心O时的线段为，则，过点O作于点E，连接，如图，

∵∴四边形是矩形，∴∵，∴∵，∴∴∴即，∴当且仅当经过圆心O时，最大；与上述过程同理，当点C为的中点时，的面积最大．设为的中点为，连接，交于点F，则，∵∴，∴∵∴，∴，∴∴，∴．∴，∵，∴，∴的面积的最大值，∴四边形的面积的最大值．（3）解：存在符合设计要求的方案，阴影部分面积的最小值平方米，理由：根据题意，要使阴影部分面积最小，只需的面积最大即可，连接，如图，

∵∴∴∴四点共圆，∴作的外接圆，连接如图．

∴∵∴为等腰直角三角形，∴．由（2）的结论可知：当点A为优弧的中点时，的面积的最大值为平方米．将绕着点C旋转得到，如图，

则∴∵∴∴∴三点共线，∴为等腰直角三角形，∴米，∵∴平方米，∴阴影部分面积的最小值平方米．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，四点共圆，等腰直角三角形的判定与性质，图形的旋转的性质，特殊角的三角函数值，直角三角形的边角关系定理，利用已知条件构造恰当的辅助线是解题的关键．2、（2024九年级·全国·竞赛）在正方形内找一点，连接．

(1)将按顺时针方向旋转到的位置，如图1．①设，求旋转到的过程中边所扫过的区域（图中阴影部分）的面积；②若，求的长度．(2)如图2，若，求证：点在对角线上．【答案】(1)6(2)见解析【分析】此题考查了旋转的性质、等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理、正方形的性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．（1）①根据旋转的性质得到，即可得到图中阴影部分面积等于环形的面积，求解即可．②连接，根据旋转的性质得到，，，则为等腰直角三角形，得到，进一步得到，根据勾股定理即可求出答案；（2）将绕点A顺时针方向旋转到的位置，则由（1）中的②可知为等腰直角三角形，，，证明进一步证明，即可得到结论．【详解】（1）解：①如图，

∵将按顺时针方向旋转到的位置，∴，∴所求面积相当于图中环形的面积，即为．②连接，

∵将按顺时针方向旋转到的位置，，∴，，，∴为等腰直角三角形，，，．（2）如图，将绕点A顺时针方向旋转到的位置，则由（1）中的②可知为等腰直角三角形，，，

，∵，∴，∴，，∴，点在对角线上．3、（2024九年级·全国·竞赛）如图，点为等腰直角斜边的中点，与分别相切于点，交于点的延长线交的延长线于点，已知．(1)求的长；(2)求证：；(3)求由和所围成的图形（阴影部分）的面积．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】本题考查了切线的性质、正方形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、求弧长、扇形面积公式、圆周角定理、三角形外角的定义及性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．（1）连接，由题意得出，且半径，证明四边形为正方形，得出，，再由弧长公式计算即可得出答案；（2）证明得出，由圆周角定理结合对顶角相等得出，由三角形外角的定义及性质得出，即可得证；（3）由（1）（2）可得，求出，，，连接，再由阴影部分的面积为计算即可得出答案．【详解】（1）解：如图，连接，点分别为与的切点，，且半径，为等腰直角的斜边，，，四边形为正方形，，，；（2）解：，，，而，，，，又，；（3）解：由上述结论可知，，，，，连接，则，阴影部分的面积为．4、（23-24九年级上·陕西渭南·期末）【初步探究】（）如图，在中，点分别在上，连接．已知四边形是平行四边形，．①若，求线段的长；②若的面积为，求平行四边形的面积．【深入探究】（）如图，某工厂有一块形如四边形的铁皮，其中，，，．为节约资源，现要从这块铁皮上截取矩形铁皮（阴影部分）备用，点分别在上．设矩形铁皮的边，矩形的面积为，求出与之间的函数关系式，并求矩形面积的最大值．【答案】（）；；（），最大值为．【分析】（）证明即可求解；利用相似三角形的性质分别求出和的面积，即可求解；（）过点作于点，交于点，设，证明，得到，根据矩形面积公式即可得到与之间的函数关系式，再根据函数的性质即可求出面积的最大值．【详解】解：（）∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∵，∴，解得，∴线段的长为；∵，∴，∵的面积为，∴，∴，∵，，∴∵四边形是平行四边形，∴，，∴，相似比为，∴，∵，∴，∴，∴平行四边形的面积，∴平行四边形的面积为；（）过点作于点，交于点，则，，，∴，，设，则，∵矩形，∴，∴，∴，即，∴，∴，∴当时，矩形面积最大，最大值为．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，矩形的性质，二次函数的最值等，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．5、（22-23九年级下·河南新乡·开学考试）定义：有一组对角互补的四边形叫做对补四边形．

(1)观察猜想如图①，四边形是对补四边形，且对角线平分，则和的数量关系是________．(2)深入探究如图②，在直角三角形中，，，CD平分与交于点D，E为边上的一点，连接，作与交于点F．①如果，求四边形的面积；②如图③，设的长为x（），阴影部分的面积为y（），求y与x的函数关系式．(3)解决问题如图③，在（2）的条件下，直接写出阴影部分面积的最大值．【答案】(1)(2)①；②(3)【分析】（1）过点作，，通过证明即可求解；（2）①过点D作于点G，于点H，利用全等三角形的判定与性质，求解即可；②过点D作，交于点G，通过证明求解即可；（3）利用二次函数的性质求解即可．【详解】（1）解：，理由如下：过点作，，如下图：

则，由题意可得：，∴，又∵平分∴∴∴（2）解：①如图②，过点D作于点G，于点H．又平分，∴．又∵∴四边形为矩形，又∵CD平分，，∴∴矩形是正方形．∵，∴，．∴．又，∴．∴∵，，∴．设，则，，，，

在中，，∴．∴．∴．∴．∴四边形的面积为．②如图③，过点D作，交于点G．

由（1）可知，．∵，∴．∴．∴，．又，∴．∴．（3）由（2）可得即当时，最大，为阴影部分面积的最大值为．【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的判定与性质，角平分线的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．6、（2023·福建·模拟预测）如图，在正方形中，以A为圆心，作半径为4的圆心角是的弧，且这条弧恰好经过B、D两点．的一条切线与分别交于M、N．求图中阴影部分面积的最小值．【答案】图中阴影部分面积的最小值为．【分析】设，，则，，求得当取最小值，有最大值，则图中阴影部分面积有最小值，当时，有最小值，据此求解即可．【详解】解：设与的切点为E，连接，∴，，∴，，∴，，设，，则，，∵，∴，整理得，∴，当取最小值，有最大值，则图中阴影部分面积有最小值．连接，当时，有最小值，此时，切点为F，则都是等腰直角三角形，在正方形中，，则，∴，∴，∴图中阴影部分面积的最小值．【点睛】本题考查了切线的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，推出当时，图中阴影部分面积有最小值是解题的关键．7、（2023·江苏盐城·中考真题）课堂上，老师提出了下面的问题：已知，，，试比较与的大小．小华：整式的大小比较可采用“作差法”.老师：比较与的大小．小华：∵，∴．老师：分式的大小比较能用“作差法”吗？…(1)请用“作差法”完成老师提出的问题．(2)比较大小：__________．（填“”“”或“”）【答案】(1)(2)【分析】（1）根据作差法求的值即可得出答案；（2）根据作差法求的值即可得出答案．【详解】（1）解：，，，；（2）解：，．故答案为：．【点睛】本题考查分式运算的应用，解题关键是理解材料，通过作差法求解，掌握分式运算的方法．8、（2023·江苏盐城·中考真题）定义：若一次函数的图象与二次函数的图象有两个交点，并且都在坐标轴上，则称二次函数为一次函数的轴点函数．【初步理解】（1）现有以下两个函数：①；②，其中，_________为函数的轴点函数．（填序号）【尝试应用】（2）函数（为常数，）的图象与轴交于点，其轴点函数与轴的另一交点为点.若，求的值．【拓展延伸】（3）如图，函数（为常数，）的图象与轴、轴分别交于，两点，在轴的正半轴上取一点，使得.以线段的长度为长、线段的长度为宽，在轴的上方作矩形.若函数（为常数，）的轴点函数的顶点在矩形的边上，求的值．

【答案】（1）①；（2）或；（3）或或【分析】（1）求出函数与坐标轴的交点，再判断这两个点在不在二次函数图象上即可；（2）求出函数与坐标轴的交点，再由求出点坐标，代入二次函数解析式计算即可；（3）先求出，的坐标，再根据的顶点在矩形的边上分类讨论即可．【详解】（1）函数交轴于，交轴于，∵点、都在函数图象上∴①为函数的轴点函数；∵点不在函数图象上∴②不是函数的轴点函数；故答案为：①；（2）函数交轴于，交轴于，∵函数的轴点函数∴和都在上，∵∴∵，∴∴或当时，把代入得，解得，当时，把代入得，解得，综上，或；（3）函数交轴于，交轴于，∵，以线段的长度为长、线段的长度为宽，在轴的上方作矩形∴，，,∵函数（为常数，）的轴点函数∴和在上∴，整理得∴∴的顶点坐标为，∵函数的顶点在矩形的边上∴可以分三种情况讨论：当与重合时；当在上时；当在上时；当与重合时，即，解得；当在上时，，整理得，解得此时二次函数开口向下，则∴整理得：，由整理得，∴解得，∴，当在上时，，整理得，解得∴此时对称轴左边y随x的增大而增大，∴∴整理得：∴代入、后成立∴，综上所述，或或【点睛】本题综合考查一次函数与二次函数，解题的关键是理解轴点函数的定义．9、（2023·江苏镇江·中考真题）【发现】如图1，有一张三角形纸片，小宏做如下操作：

（1）取，的中点D，E，在边上作；（2）连接，分别过点D，N作，，垂足为G，H；（3）将四边形剪下，绕点D旋转至四边形的位置，将四边形剪下，绕点E旋转至四边形的位置；（4）延长，交于点F．小宏发现并证明了以下几个结论是正确的：①点Q，A，T在一条直线上；②四边形是矩形；③；④四边形与的面积相等．【任务1】请你对结论①进行证明．【任务2】如图2，在四边形中，，P，Q分别是，的中点，连接．求证：．【任务3】如图3，有一张四边形纸，，，，，，小丽分别取，的中点P，Q，在边上作，连接，她仿照小宏的操作，将四边形分割、拼成了矩形．若她拼成的矩形恰好是正方形，求的长．【答案】[任务1]见解析；[任务2]见解析；[任务3]【分析】（1）由旋转的性质得对应角相等，即，，由三角形内角和定理得，从而得，即Q，A，T三点共线；（2）梯形中位线的证明问题常转化为三角形的中位线问题解决，连接并延长，交的延长线于点E，证明，可得，，由三角形中位线定理得；（3）过点D作于点R，由，得，从而得，由【发现】得，则，，由【任务2】的结论得，由勾股定理得．过点Q作，垂足为H．由及得，从而得，证明，得，从而得．【详解】[任务1]证法1：由旋转得，，．在中，，∴，∴点Q，A，T在一条直线上．证法2：由旋转得，，．∴，．∴点Q，A，T在一条直线上．[任务2]证明：如图1，连接并延长，交的延长线于点E．∵，∴．∵Q是的中点，∴．在和中，∴．∴，．又∵P是的中点，∴，∴是的中位线，∴，∴．

[任务3]的方法画出示意图如图2所示．

由【任务2】可得，．过点D作，垂足为R．在中，，∴．∴，∴，．在中，由勾股定理得．过点Q作，垂足为H．∵Q是的中点，∴．在中，，∴．又由勾股定理得．由，得．又∵，∴．∴，即，∴．∴．【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形的内角和定理、三点共线问题的证明、全等三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理、梯形的面积计算．10、（2023·江苏·中考真题）综合与实践定义：将宽与长的比值为（为正整数）的矩形称为阶奇妙矩形．（1）概念理解：当时，这个矩形为1阶奇妙矩形，如图（1），这就是我们学习过的黄金矩形，它的宽（）与长的比值是_________．（2）操作验证：用正方形纸片进行如下操作（如图（2））：第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为，连接；第二步：折叠纸片使落在上，点的对应点为点，展开，折痕为；第三步：过点折叠纸片，使得点分别落在边上，展开，折痕为．试说明：矩形是1阶奇妙矩形．

（3）方法迁移：用正方形纸片折叠出一个2阶奇妙矩形．要求：在图（3）中画出折叠示意图并作简要标注．（4）探究发现：小明操作发现任一个阶奇妙矩形都可以通过折纸得到．他还发现：如图（4），点为正方形边上（不与端点重合）任意一点，连接，继续（2）中操作的第二步、第三步，四边形的周长与矩形的周长比值总是定值．请写出这个定值，并说明理由．【答案】（1）；（2）见解析；（3），理由见解析【分析】（1）将代入，即可求解．（2）设正方形的边长为，根据折叠的性质，可得，设，则，在中，勾股定理建立方程，解方程，即可求解；（3）仿照（2）的方法得出2阶奇妙矩形．（4）根据（2）的方法，分别求得四边形的周长与矩形的周长，即可求解．【详解】解：（1）当时，，故答案为：．（2）如图（2），连接，

设正方形的边长为，根据折叠的性质，可得设，则根据折叠，可得，，在中，，∴，在中，∴解得：∴∴矩形是1阶奇妙矩形．（3）用正方形纸片进行如下操作（如图）：第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为，再对折，折痕为，连接；第二步：折叠纸片使落在上，点的对应点为点，展开，折痕为；第三步：过点折叠纸片，使得点分别落在边上，展开，折痕为．矩形是2阶奇妙矩形，

理由如下，连接，设正方形的边长为，根据折叠可得，则，

设，则根据折叠，可得，，在中，，∴，在中，∴解得：∴当时，∴矩形是2阶奇妙矩形．（4）如图（4），连接诶，设正方形的边长为1，设，则，

设，则根据折叠，可得，，在中，，∴，在中，∴整理得，∴四边形的边长为矩形的周长为，∴四边形的周长与矩形的周长比值总是定值【点睛】本题考查了正方形的折叠问题，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．11、（2023·江苏·中考真题）对于平面内的一个四边形，若存在点，使得该四边形的一条对角线绕点旋转一定角度后能与另一条对角线重合，则称该四边形为“可旋四边形”，点是该四边形的一个“旋点”．例如，在矩形中，对角线、相交于点，则点是矩形的一个“旋点”．

(1)若菱形为“可旋四边形”，其面积是，则菱形的边长是_______；(2)如图1，四边形为“可旋四边形”，边的中点是四边形的一个“旋点”．求的度数；(3)如图2，在四边形中，，与不平行．四边形是否为“可旋四边形”？请说明理由．【答案】(1)(2)(3)是【分析】（1）根据“可旋四边形”的性质可得，根据正方形的判定可得菱形为正方形，根据正方形四条边都相等的性质即可求解；（2）连接，根据“可旋四边形”的性质和题意可得，，推得，根据等边对等角可得，，根据三角形内角和定理即可求出结果；分别作，的垂直平分线，交于点，连接，，，，根据垂直平分线的性质可得，，根据全等三角形的判定和性质可得，求得，即可证明四边形是“可旋四边形”．【详解】（1）解：∵菱形为“可旋四边形”，则菱形的一条对角线绕点旋转一定角度后能与另一条对角线重合，即，则菱形为正方形，∵菱形的面积为，∴菱形的边长是．故答案为：．（2）解：连接，如图：

∵四边形为“可旋四边形”，且点是四边形的一个“旋点”，∴，∴，∵点是边的中点，∴，∴，∴，∵，即，∴．（3）解：四边形是“可旋四边形”；理由如下：分别作，的垂直平分线，交于点，连接，，，，如图：

∵点在线段和线段的垂直平分线上，∴，，在和中，，∴，∴，则，即，∴四边形是“可旋四边形”．【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，等边对等角，三角形内角和定理，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是做辅助线，构建全等三角形．12、（2023·江苏南通·中考真题）定义：平面直角坐标系中，点，点，若，，其中为常数，且，则称点是点的“级变换点”．例如，点是点的“级变换点”．(1)函数的图象上是否存在点的“级变换点”?若存在，求出的值；若不存在，说明理由；(2)点与其“级变换点”分别在直线，上，在，上分别取点，．若，求证：；(3)关于x的二次函数的图象上恰有两个点，这两个点的“1级变换点”都在直线上，求n的取值范围．【答案】(1)存在，(2)见解析(3)n的取值范围为且【分析】（1）根据“级变换点”定义求解即可；（2）求出点的坐标为，得到直线，的解析式分别为和，根据进行证明．（3）由题意得，二次函数的图象上的点的“1级变换点”都在函数的图象上，得到函数的图象与直线必有公共点．分当时和当，时分类讨论即可．【详解】（1）解：函数的图象上存在点的“级变换点”根据“级变换点”定义，点的“级变换点”为，把点代入中，得，解得．（2）证明：点为点的“级变换点”，点的坐标为．直线，的解析式分别为和．当时，．，．，．．（3）解：由题意得，二次函数的图象上的点的“1级变换点”都在函数的图象上．由，整理得．，函数的图象与直线必有公共点．由得该公共点为．①当时，由得．又得，且．②当，时，两图象仅有一个公共点，不合题意，舍去．综上，n的取值范围为且．【点睛】本题考查解一元一次不等式，根据题意理解新定义是解题的关键．13、（2023·江苏宿迁·中考真题）规定：若函数的图像与函数的图像有三个不同的公共点，则称这两个函数互为“兄弟函数”，其公共点称为“兄弟点”．(1)下列三个函数①；②；③，其中与二次函数互为“兄弟函数”的是________（填写序号）；(2)若函数与互为“兄弟函数”，是其中一个“兄弟点”的横坐标．①求实数a的值；②直接写出另外两个“兄弟点”的横坐标是________、________；(3)若函数（m为常数）与互为“兄弟函数”，三个“兄弟点”的横坐标分别为、、，且，求的取值范围．【答案】(1)②(2)；、(3)【分析】（1）在平面直角坐标系中作出；；；图像，结合“兄弟函数”定义即可得到答案；（2）①根据“兄弟函数”定义，当时，求出值，列方程求解即可得到答案；②联立方程组求解即可得到答案；（3）根据“兄弟函数”定义，联立方程组，分类讨论，由，按照讨论结果求解，即可得到答案．【详解】（1）解：作出；；；图像，如图所示：

与图像有三个不同的公共点，根据“兄弟函数”定义，与二次函数互为“兄弟函数”的是②，故答案为：②；（2）解：①函数与互为“兄弟函数”，是其中一个“兄弟点”的横坐标，，则，解得；②联立，即，是其中一个解，因式分解得，则，解得，另外两个“兄弟点”的横坐标是、；（3）解：在平面直角坐标系中作出（m为常数）与图像，如图所示：

联立，即，①当时，，即，当时，；②当时，，即，由①中，则，；由图可知，两个函数的交点只能在第二象限，从而，再根据三个“兄弟点”的横坐标分别为、、，且，，，，，由得到，即．【点睛】本题考查函数综合，涉及新定义函数，搞懂题意，按照“兄弟函数”、“兄弟点”定义数形结合是解决问题的关键．14、（2023·江苏泰州·中考真题）阅读下面方框内的内容，并完成相应的任务．小丽学习了方程、不等式、函数后提出如下问题：如何求不等式的解集？通过思考，小丽得到以下3种方法：方法1

方程的两根为，，可得函数的图像与x轴的两个交点横坐标为、，画出函数图像，观察该图像在x轴下方的点，其横坐标的范围是不等式的解集．方法2

不等式可变形为，问题转化为研究函数与的图像关系．画出函数图像，观察发现：两图像的交点横坐标也是、3；的图像在的图像下方的点，其横坐标的范围是该不等式的解集．方法3

当时，不等式一定成立；当时，不等式变为；当时，不等式变为．问题转化为研究函数与的图像关系…任务：(1)不等式的解集为_____________；(2)3种方法都运用了___________的数学思想方法（从下面选项中选1个序号即可）；A.分类讨论

B.转化思想

C.特殊到一般

D.数形结合(3)请你根据方法3的思路，画出函数图像的简图，并结合图像作出解答．【答案】(1)(2)D(3)图像见解析，不等式的解集为【分析】（1）如图1，作的图像，由方法1可知，不等式的解集为；（2）由题意知，3种方法都运用了数形结合的数学思想方法；（3）如图2，作函数与的图像，由图像可得，的解集为，或，进而可得的解集．【详解】（1）解：如图1，作的图像，

由方法1可知，不等式的解集为，故答案为：；（2）解：由题意知，3种方法都运用了数形结合的数学思想方法，故选：D；（3）解：如图2，作函数与的图像，

由图像可得，的解集为，或，综上，的解集为．【点睛】本题考查了数形结合求一元二次不等式的解集，作二次函数、一次函数、反比例函数的图像．解题的关键在于理解题意并正确的作函数图象．15、（2023·江苏徐州·中考真题）【阅读理解】如图1，在矩形中，若，由勾股定理，得，同理，故．【探究发现】如图2，四边形为平行四边形，若，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由．【拓展提升】如图3，已知为的一条中线，．求证：．【尝试应用】如图4，在矩形中，若，点P在边上，则的最小值为_______．

【答案】探究发现：结论依然成立，理由见解析；拓展提升：证明见解析；尝试应用：【分析】探究发现：作于点E，作交的延长线于点F，则，证明，，利用勾股定理进行计算即可得到答案；拓展提升：延长到点C，使，证明四边形是平行四边形，由【探究发现】可知，，则，得到，即可得到结论；尝试应用：由四边形是矩形，，得到，，设，，由勾股定理得到，根据二次函数的性质即可得到答案．【详解】探究发现：结论依然成立，理由如下：作于点E，作交的延长线于点F，则，

∵四边形为平行四边形，若，∴，∵，，∴，∴，∴，∴；拓展提升：延长到点C，使，

∵为的一条中线，∴，∴四边形是平行四边形，∵．∴由【探究发现】可知，，∴，∴，∴；尝试应用：∵四边形是矩形，，∴，，设，则，∴，∵，∴抛物线开口向上，∴当时，的最小值是故答案为：【点睛】此题考查了二次函数的应用、勾股定理、平行四边形的判定和性质、矩形的性质等知识，熟练掌握勾股定理和数形结合是解题的关键．16、（2023·江苏苏州·中考真题）某动力科学研究院实验基地内装有一段笔直的轨道，长度为的金属滑块在上面做往返滑动．如图，滑块首先沿方向从左向右匀速滑动，滑动速度为，滑动开始前滑块左端与点重合，当滑块右端到达点时，滑块停顿，然后再以小于的速度匀速返回，直到滑块的左端与点重合，滑动停止．设时间为时，滑块左端离点的距离为，右端离点的距离为，记与具有函数关系．已知滑块在从左向右滑动过程中，当和时，与之对应的的两个值互为相反数；滑块从点出发到最后返回点，整个过程总用时（含停顿时间）．请你根据所给条件解决下列问题：

(1)滑块从点到点的滑动过程中，的值________________；（填“由负到正”或“由正到负”）(2)滑块从点到点的滑动过程中，求与的函数表达式；(3)在整个往返过程中，若，求的值．【答案】(1)由负到正(2)(3)当或时，【分析】（1）根据等式，结合题意，即可求解；（2）设轨道的长为，根据已知条件得出，则，根据当和时，与之对应的的两个值互为相反数；则时，，得出，继而求得滑块返回的速度为，得出，代入，即可求解；（3）当时，有两种情况，由（2）可得，①当时，②当时，分别令，进而即可求解．【详解】（1）∵，当滑块在点时，，，当滑块在点时，，，∴的值由负到正．故答案为：由负到正．（2）解：设轨道的长为，当滑块从左向右滑动时，∵，∴，∴∴是的一次函数，∵当和时，与之对应的的两个值互为相反数；∴当时，，∴，∴，∴滑块从点到点所用的时间为，∵整个过程总用时（含停顿时间）．当滑块右端到达点时，滑块停顿，∴滑块从点到点的滑动时间为，∴滑块返回的速度为，∴当时，，∴，∴，∴与的函数表达式为；（3）当时，有两种情况，由（2）可得，①当时，，解得：；②当时，，解得：，综上所述，当或时，．【点睛】本题考查了一次函数的应用，分析得出，并求得往返过程中的解析式是解题的关键．17、（2023·江苏连云港·中考真题）【问题情境

建构函数】（1）如图1，在矩形中，是的中点，，垂足为．设，试用含的代数式表示．

【由数想形

新知初探】（2）在上述表达式中，与成函数关系，其图像如图2所示．若取任意实数，此时的函数图像是否具有对称性？若有，请说明理由，并在图2上补全函数图像．

【数形结合

深度探究】（3）在“取任意实数”的条件下，对上述函数继续探究，得出以下结论：①函数值随的增大而增大；②函数值的取值范围是；③存在一条直线与该函数图像有四个交点；④在图像上存在四点，使得四边形是平行四边形．其中正确的是__________．（写出所有正确结论的序号）【抽象回归

拓展总结】（4）若将（1）中的“”改成“”，此时关于的函数表达式是__________；一般地，当取任意实数时，类比一次函数、反比例函数、二次函数的研究过程，探究此类函数的相关性质（直接写出3条即可）．【答案】（1）；（2）取任意实数时，对应的函数图像关于原点成中心对称，见解析；（3）①④；（4），见解析【分析】（1）证明，得出，进而勾股定理求得，即，整理后即可得出函数关系式；（2）若为图像上任意一点，则．设关于原点的对称点为，则．当时，可求得．则也在的图像上，即可得证，根据中心对称的性质补全函数图象即可求解；（3）根据函数图象，以及中心对称的性质，逐项分析判断即可求解；（4）将（1）中的4换成，即可求解；根据（2）的图象探究此类函数的相关性质，即可求解．【详解】（1）在矩形中，，∴．∵，∴，∴．∴．∴，∴．∵，点是的中点，∴．在中，，∴．∴．∴关于的表达式为：．（2）取任意实数时，对应的函数图像关于原点成中心对称．理由如下：若为图像上任意一点，则．设关于原点的对称点为，则．当时，．∴也在的图像上．∴当取任意实数时，的图像关于原点对称．函数图像如图所示．

（3）根据函数图象可得①函数值随的增大而增大，故①正确，②由(1)可得函数值，故函数值的范围为，故②错误；③根据中心对称的性质，不存在一条直线与该函数图像有四个交点，故③错误；④因为平行四边形是中心对称图形，则在图像上存在四点，使得四边形是平行四边形，故④正确；故答案为：①④．（4）关于的函数表达式为；当取任意实数时，有如下相关性质：当时，图像经过第一、三象限，函数值随的增大而增大，的取值范围为；当时，图像经过第二、四象限，函数值随的增大而减小，的取值范围为；函数图像经过原点；函数图像关于原点对称；【点睛】本题考查了相似三角形的性质，中心对称的性质，根据函数图象获取信息，根据题意求得解析式是解题的关键．18、（2022·江苏南京·中考真题）在平面内，先将一个多边形以自身的一个顶点为位似中心放大或缩小，再将所得多边形沿过该点的直线翻折，我们称这种变换为自位似轴对称变换，变换前后的图形成自位似轴对称．例如：如图①，先将以点为位似中心缩小，得到，再将沿过点的直线翻折，得到，则与成自位似轴对称．

(1)如图②，在中，，，，垂足为，下列3对三角形：①与；②与；③与．其中成自位似轴对称的是________（填写所有符合条件的序号）；(2)如图③，已知经过自位似轴对称变换得到，是上一点，用直尺和圆规作点，使与是该变换前后的对应点（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）；(3)如图④，在中，是的中点，是内一点，，，连接，求证：．【答案】(1)①②(2)见解析(3)见解析【分析】（1）根据题中定义作出图形，即可得出结论；（2）先根据题意和轴对称性质作出轴对称前的，即以点为位似中心缩小的，在作出Q对应的，进而作出点对应的点P即可；（3）延长交于点，证明和得到，进而得到，证明得到，利用平行线的判定即可得出结论．【详解】（1）解：①与成自位似轴对称，对称轴为的角平分线所在的直线，如图；

②与成自位似轴对称，对称轴为平分线所在的直线，如图，

，③与不成自位似轴对称，故答案为：①②；（2）解：如图，1）分别在和上截取，，2）连接，在上截取，3）连接并延长交于P，则点即为所求；

（3）证明：延长交于点，∵，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵是中点，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴．

【点睛】本题考查位似和轴对称的性质、相似三角形的判定与性质，理解题中所给定义，熟练掌握轴对称性质和相似三角形的判定与性质是解答的关键．19、（2022·江苏南通·中考真题）定义：函数图像上到两坐标轴的距离都不大于的点叫做这个函数图像的“n阶方点”．例如，点是函数图像的“阶方点”；点是函数图像的“2阶方点”．(1)在①；②；③三点中，是反比例函数图像的“1阶方点”的有___________（填序号）；(2)若y关于x的一次函数图像的“2阶方点”有且只有一个，求a的值；(3)若y关于x的二次函数图像的“n阶方点”一定存在，请直接写出n的取值范围．【答案】(1)②③(2)3或；(3)【分析】（1）根据“n阶方点”的定义逐个判断即可；（2）如图作正方形，然后分a＞0和a＜0两种情况，分别根据“2阶方点”有且只有一个判断出所经过的点的坐标，代入坐标求出a的值，并舍去不合题意的值即可得；（3）由二次函数解析式可知其顶点坐标在直线y＝－2x＋1上移动，作出简图，由函数图象可知，当二次函数图象过点（n，－n）和点（－n，n）时为临界情况，求出此时n的值，由图象可得n的取值范围．【详解】（1）解：∵点到x轴的距离为2，大于1，∴不是反比例函数图象的“1阶方点”，∵点和点都在反比例函数的图象上，且到两坐标轴的距离都不大于1，∴和是反比例函数图象的“1阶方点”，故答案为：②③；（2）如图作正方形，四个顶点坐标分别为（2，2），（－2，2），（－2，－2），（2，－2），当a＞0时，若y关于x的一次函数图象的“2阶方点”有且只有一个，则过点（－2，2）或（2，－2），把（－2，2）代入得：，解得：（舍去）；把（2，－2）代入得：，解得：；当a＜0时，若y关于x的一次函数图象的“2阶方点”有且只有一个，则过点（2，2）或（－2，－2），把（2，2）代入得：，解得：；把（－2，－2）代入得：，解得：（舍去）；综上，a的值为3或；（3）∵二次函数图象的顶点坐标为（n，），∴二次函数图象的顶点坐标在直线y＝－2x＋1上移动，∵y关于x的二次函数图象的“n阶方点”一定存在，∴二次函数的图象与以顶点坐标为（n，n），（－n，n），（－n，－n），（n，－n）的正方形有交点，如图，当过点（n，－n）时，将（n，－n）代入得：，解得：，当过点（－n，n）时，将（－n，n）代入得：，解得：或（舍去），由图可知，若y关于x的二次函数图象的“n阶方点”一定存在，n的取值范围为：．【点睛】本题考查了新定义，反比例函数图象上点的坐标特点，一次函数的图象和性质，二次函数的图象和性质，正确理解“n阶方点”的几何意义，熟练掌握数形结合思想的应用是解题的关键．20、（2022·江苏盐城·中考真题）【发现问题】小明在练习簿的横线上取点为圆心，相邻横线的间距为半径画圆，然后半径依次增加一个间距画同心圆，描出了同心圆与横线的一些交点，如图1所示，他发现这些点的位置有一定的规律．【提出问题】小明通过观察，提出猜想：按此步骤继续画圆描点，所描的点都在某二次函数图像上．(1)【分析问题】小明利用已学知识和经验，以圆心为原点，过点的横线所在直线为轴，过点且垂直于横线的直线为轴，相邻横线的间距为一个单位长度，建立平面直角坐标系，如图2所示．当所描的点在半径为5的同心圆上时，其坐标为___________．(2)【解决问题】请帮助小明验证他的猜想是否成立．(3)【深度思考】小明继续思考：设点，为正整数，以为直径画，是否存在所描的点在上．若存在，求的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)或(2)成立，理由见解析(3)存在，4【分析】（1）先画出图形，再结合实际操作可得再利用勾股定理求解AC，BC，从而可得答案；（2）解法1：设半径为的圆与直线的交点为．利用勾股定理可得，即，可得，可得上，从而验证猜想；解法2：设半径为的圆与直线交点为，可得，解方程可得．则，再消去，可得，从而验证猜想；（3）如图，设所描的点在上，由，建立方程，整理得结合，都是正整数，从而可得答案．【详解】（1）解：如图，∴∴故答案为：或（2）小明的猜想成立．解法1：如图，设半径为的圆与直线的交点为．因为，所以，即，所以，所以上，小明的猜想成立．解法2：设半径为的圆与直线交点为，因为，所以，解得，所以．，消去，得，点在抛物线上，小明的猜想成立．（3）存在所描的点在上，理由：如图，设所描的点在上，则，因为，所以，整理得，因为，都是正整数，所以只有，满足要求．因此，存在唯一满足要求的，其值是4．【点睛】本题考查的是切线的性质，垂径定理的应用，坐标与图形，二次函数的图像与性质，勾股定理的应用，方程的正整数解问题，理解题意，建立几何模型与函数模型是解本题的关键．21、（2022·江苏泰州·中考真题）定义：对于一次函数，我们称函数为函数的“组合函数”.(1)若m=3，n=1，试判断函数是否为函数的“组合函数”，并说明理由;(2)设函数与的图像相交于点P.①若，点P在函数的“组合函数”图像的上方，求p的取值范围；②若p≠1，函数的“组合函数”图像经过点P.是否存在大小确定的m值，对于不等于1的任意实数p，都有“组合函数”图像与x轴交点Q的位置不变?若存在，请求出m的值及此时点Q的坐标;若不存在，请说明理由.【答案】(1)是函数的“组合函数”(2)①；②存在，见详解【分析】（1）把m=3，n=1代入组合函数中，化简后进行判断即可；（2）①先求出点P的坐标和“组合函数”，把代入“组合函数”，再根据题意，列不等式求解即可；②将点P代入“组合函数”，整理得m+n=1，把n=1-m代入“组合函数”，消去n，把y=0代入解一元一次方程即可求解．【详解】（1）解：是函数的“组合函数”，理由：由函数的“组合函数”为：，把m=3，n=1代入上式，得，函数是函数的“组合函数”；（2）解：①解方程组得，函数与的图像相交于点P，点P的坐标为，的“组合函数”为，，，点P在函数的“组合函数”图像的上方，，整理，得，，，p的取值范围为；②存在，理由如下：函数的“组合函数”图像经过点P．将点P的坐标代入“组合函数”，得，，，，，将代入=，把y=0代入，得解得：，设，则，，对于不等于1的任意实数p，存在“组合函数”图像与x轴交点Q的位置不变．【点睛】本题考查了一次函数的图像和性质，一次函数与不等式的关系，一次函数与一元一次方程，正确理解“组合函数”的定义是解本题的关键．22、（2022·江苏常州·中考真题）在四边形中，是边上的一点．若，则点叫做该四边形的“等形点”．(1)正方形_______“等形点”（填“存在”或“不存在”）；(2)如图，在四边形中，边上的点是四边形的“等形点”．已知，，，连接，求的长；(3)在四边形中，EH//FG．若边上的点是四边形的“等形点”，求的值．【答案】(1)不存在，理由见详解(2)(3)1【分析】（1）根据“等形点”的概念，采用反证法即可判断；（2）过A点作AM⊥BC于点M，根据“等形点”的性质可得AB=CD=，OA=OC=5，OB=7=OD，设MO=a，则BM=BO-MO=7-a，在Rt△ABM和Rt△AOM中，利用勾股定理即可求出AM，则在Rt△AMC中利用勾股定理即可求出AC；（3）根据“等形点”的性质可得OF=OH，OE=OG，∠EOF=∠GOH，再根据，可得∠EOF=∠OEH，∠GOH=∠EHO，即有∠OEH=∠OHE，进而有OE=OH，可得OF=OG，则问题得解．【详解】（1）不存在，理由如下：假设正方形ABCD存在“等形点”点O，即存在△OAB≌△OCD，∵在正方形ABCD中，点O在边BC上，∴∠ABO=90°，∵△OAB≌△OCD，∴∠ABO=∠CDO=90°，∴CD⊥DO，∵CD⊥BC，∴，∵O点在BC上，∴DO与BC交于点O，∴假设不成立，故正方形不存在“等形点”；（2）如图，过A点作AM⊥BC于点M，如图，∵O点是四边形ABCD的“等形点”，∴△OAB≌△OCD，∴AB=CD，OA=OC，OB=OD，∠AOB=∠COD，∵，OA=5，BC=12，∴AB=CD=，OA=OC=5，∴OB=BC-OC=12-5=7=OD，∵AM⊥BC，∴∠AMO=90°=∠AMB，∴设MO=a，则BM=BO-MO=7-a，∴在Rt△ABM和Rt△AOM中，，∴，即，解得：，即，∴MC=MO+OC=，∴在Rt△AMC中，，即AC的长为；（3）如图，∵O点是四边形EFGH的“等形点”，∴△OEF≌△OGH，∴OF=OH，OE=OG，∠EOF=∠GOH，∵，∴∠EOF=∠OEH，∠GOH=∠EHO，∴根据∠EOF=∠GOH有∠OEH=∠OHE，∴OE=OH，∵OF=OH，OE=OG，∴OF=OG，∴．参考答案热点解读中考数学中阅读理解型问题在近几年的全国中考试题中频频“亮相”，应引起我们特别地重视，这类问题一般文字叙述较长，信息量较大，各种关系错综复杂，考查的知识也灵活多样，既考查学生的阅读能力，又考查学生的解题能力，属于新颖数学题。如果对这类题型了解不清楚的情况下，很多同学直接就选择了放弃，其实其难度并不是特别大部分，分值拿到手还是非常轻松的。解题思路解决这类问题的关键是要认真仔细地阅读所给的材料，边读边勾画出重要的信息，弄清材料中隐含了什么新的数学知识、结论，或揭示了什么数学规律，或暗示了什么新的解题方法，然后展开联想，将获得的新信息、新知识、新方法进行迁移，建模应用，解决题目中提出的问题。所以这类题型并不是像其他题型一样定点考察个别明确的知识点，而是通过材料的阅读。分析匹配到相对应的基础知识内容，结合题目当中所给的方法来进行解题。在历年的考题当中，以下的三大类阅读型的题型值得大家在复习当中明确其考查的方式和方法，对于大家对阅读型理解题型的了解迈出重要的一步。首先，阅读试题所提供的新定义，新定理，解决新问题。这类题型的解决方法以及做题的规律都从题目当中进行寻找，题目已经给出，只要结合题目中的方法进行简单的推理，那么就可以得到我们解决问题的方法，其中计算的方式是大家比较困难的，所以题目中所给的例子一定要研读清楚，搞清楚其变化的规律，就能掌握其解题的技巧。针对练习1、（2024·陕西西安·二模）完成下列各题

(1)【问题提出】如图1，为的一条弦，点C在弦所对的优弧上，根据圆周角性质，我们知道的度数______（填“变”或“不变”）；若，则______度．即：若线段的长度已知，的大小确定，则点一定在某一个确定的圆上，我们把这样的几何模型称之为“定弦定角”模型；(2)【问题探究】如图2，在凸四边形中，，，，，试求四边形面积的最大值；(3)【问题解决】如图3是四边形休闲区域设计示意图，已知，，休闲区域内原有一条笔直小路的长为80米，现为了市民在该区域内散步方便，准备再修一条长为30米的小路，满足点M在边上，点N在小路上．按设计要求需要给图中阴影区域（即与四边形MBCN，小路宽度忽略不计）种植花卉，为了节约成本且满足设计需求，阴影部分的面积要尽可能的小．请问，是否存在符合设计要求的方案?若存在，请直接写出阴影部分面积的最小值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)不变，50°，(2)(3)存在，【分析】（1）根据圆周角定理进行解答即可；（2）过点B作于点E，连接，当的面积最大时，四边形的面积最大，利用（2）中的结论计算的面积最大值即可得出结论．（3）根据题意，要使阴影部分面积最小，只需的面积最大即可，连接，作的外接圆，连接，利用（2）结论即可求得的面积的最大值；将绕着点C旋转得到，通过说明三点共线，则四边形的面积的面积，利用阴影部分面积的最小值=四边形的面积的面积的最大值，即可得出结论．【详解】（1）解：∵为的一条弦，点C在弦所对的优弧上，∴根据圆周角性质，我们知道的度数不变；∵，，则；（2）解：过点B作于点E，连接，如图，

∵∴，∴．∵，∴当的面积最大时，四边形的面积最大．作的外接圆连接，如图，

设经过圆心O时的线段为，则，过点O作于点E，连接，如图，

∵∴四边形是矩形，∴∵，∴∵，∴∴∴即，∴当且仅当经过圆心O时，最大；与上述过程同理，当点C为的中点时，的面积最大．设为的中点为，连接，交于点F，则，∵∴，∴∵∴，∴，∴∴，∴．∴，∵，∴，∴的面积的最大值，∴四边形的面积的最大值．（3）解：存在符合设计要求的方案，阴影部分面积的最小值平方米，理由：根据题意，要使阴影部分面积最小，只需的面积最大即可，连接，如图，

∵∴∴∴四点共圆，∴作的外接圆，连接如图．

∴∵∴为等腰直角三角形，∴．由（2）的结论可知：当点A为优弧的中点时，的面积的最大值为平方米．将绕着点C旋转得到，如图，

则∴∵∴∴∴三点共线，∴为等腰直角三角形，∴米，∵∴平方米，∴阴影部分面积的最小值平方米．【点睛】本题是圆的综合题，主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，垂径定理，勾股定理，四点共圆，等腰直角三角形的判定与性质，图形的旋转的性质，特殊角的三角函数值，直角三角形的边角关系定理，利用已知条件构造恰当的辅助线是解题的关键．2、（2024九年级·全国·竞赛）在正方形内找一点，连接．

(1)将按顺时针方向旋转到的位置，如图1．①设，求旋转到的过程中边所扫过的区域（图中阴影部分）的面积；②若，求的长度．(2)如图2，若，求证：点在对角线上．【答案】(1)6(2)见解析【分析】此题考查了旋转的性质、等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理、正方形的性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．（1）①根据旋转的性质得到，即可得到图中阴影部分面积等于环形的面积，求解即可．②连接，根据旋转的性质得到，，，则为等腰直角三角形，得到，进一步得到，根据勾股定理即可求出答案；（2）将绕点A顺时针方向旋转到的位置，则由（1）中的②可知为等腰直角三角形，，，证明进一步证明，即可得到结论．【详解】（1）解：①如图，

∵将按顺时针方向旋转到的位置，∴，∴所求面积相当于图中环形的面积，即为．②连接，

∵将按顺时针方向旋转到的位置，，∴，，，∴为等腰直角三角形，，，．（2）如图，将绕点A顺时针方向旋转到的位置，则由（1）中的②可知为等腰直角三角形，，，

，∵，∴，∴，，∴，点在对角线上．3、（2024九年级·全国·竞赛）如图，点为等腰直角斜边的中点，与分别相切于点，交于点的延长线交的延长线于点，已知．(1)求的长；(2)求证：；(3)求由和所围成的图形（阴影部分）的面积．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】本题考查了切线的性质、正方形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、求弧长、扇形面积公式、圆周角定理、三角形外角的定义及性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．（1）连接，由题意得出，且半径，证明四边形为正方形，得出，，再由弧长公式计算即可得出答案；（2）证明得出，由圆周角定理结合对顶角相等得出，由三角形外角的定义及性质得出，即可得证；（3）由（1）（2）可得，求出，，，连接，再由阴影部分的面积为计算即可得出答案．【详解】（1）解：如图，连接，点分别为与的切点，，且半径，为等腰直角的斜边，，，四边形为正方形，，，；（2）解：，，，而，，，，又，；（3）解：由上述结论可知，，，，，连接，则，阴影部分的面积为．4、（23-24九年级上·陕西渭南·期末）【初步探究】（）如图，在中，点分别在上，连接．已知四边形是平行四边形，．①若，求线段的长；②若的面积为，求平行四边形的面积．【深入探究】（）如图，某工厂有一块形如四边形的铁皮，其中，，，．为节约资源，现要从这块铁皮上截取矩形铁皮（阴影部分）备用，点分别在上．设矩形铁皮的边，矩形的面积为，求出与之间的函数关系式，并求矩形面积的最大值．【答案】（）；；（），最大值为．【分析】（）证明即可求解；利用相似三角形的性质分别求出和的面积，即可求解；（）过点作于点，交于点，设，证明，得到，根据矩形面积公式即可得到与之间的函数关系式，再根据函数的性质即可求出面积的最大值．【详解】解：（）∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∵，∴，解得，∴线段的长为；∵，∴，∵的面积为，∴，∴，∵，，∴∵四边形是平行四边形，∴，，∴，相似比为，∴，∵，∴，∴，∴平行四边形的面积，∴平行四边形的面积为；（）过点作于点，交于点，则，，，∴，，设，则，∵矩形，∴，∴，∴，即，∴，∴，∴当时，矩形面积最大，最大值为．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，矩形的性质，二次函数的最值等，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．5、（22-23九年级下·河南新乡·开学考试）定义：有一组对角互补的四边形叫做对补四边形．

(1)观察猜想如图①，四边形是对补四边形，且对角线平分，则和的数量关系是________．(2)深入探究如图②，在直角三角形中，，，CD平分与交于点D，E为边上的一点，连接，作与交于点F．①如果，求四边形的面积；②如图③，设的长为x（），阴影部分的面积为y（），求y与x的函数关系式．(3)解决问题如图③，在（2）的条件下，直接写出阴影部分面积的最大值．【答案】(1)(2)①；②(3)【分析】（1）过点作，，通过证明即可求解；（2）①过点D作于点G，于点H，利用全等三角形的判定与性质，求解即可；②过点D作，交于点G，通过证明求解即可；（3）利用二次函数的性质求解即可．【详解】（1）解：，理由如下：过点作，，如下图：

则，由题意可得：，∴，又∵平分∴∴∴（2）解：①如图②，过点D作于点G，于点H．又平分，∴．又∵∴四边形为矩形，又∵CD平分，，∴∴矩形是正方形．∵，∴，．∴．又，∴．∴∵，，∴．设，则，，，，

在中，，∴．∴．∴．∴．∴四边形的面积为．②如图③，过点D作，交于点G．

由（1）可知，．∵，∴．∴．∴，．又，∴．∴．（3）由（2）可得即当时，最大，为阴影部分面积的最大值为．【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的判定与性质，角平分线的性质，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．6、（2023·福建·模拟预测）如图，在正方形中，以A为圆心，作半径为4的圆心角是的弧，且这条弧恰好经过B、D两点．的一条切线与分别交于M、N．求图中阴影部分面积的最小值．【答案】图中阴影部分面积的最小值为．【分析】设，，则，，求得当取最小值，有最大值，则图中阴影部分面积有最小值，当时，有最小值，据此求解即可．【详解】解：设与的切点为E，连接，∴，，∴，，∴，，设，，则，，∵，∴，整理得，∴，当取最小值，有最大值，则图中阴影部分面积有最小值．连接，当时，有最小值，此时，切点为F，则都是等腰直角三角形，在正方形中，，则，∴，∴，∴图中阴影部分面积的最小值．【点睛】本题考查了切线的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，推出当时，图中阴影部分面积有最小值是解题的关键．7、（2023·江苏盐城·中考真题）课堂上，老师提出了下面的问题：已知，，，试比较与的大小．小华：整式的大小比较可采用“作差法”.老师：比较与的大小．小华：∵，∴．老师：分式的大小比较能用“作差法”吗？…(1)请用“作差法”完成老师提出的问题．(2)比较大小：__________．（填“”“”或“”）【答案】(1)(2)【分析】（1）根据作差法求的值即可得出答案；（2）根据作差法求的值即可得出答案．【详解】（1）解：，，，；（2）解：，．故答案为：．【点睛】本题考查分式运算的应用，解题关键是理解材料，通过作差法求解，掌握分式运算的方法．8、（2023·江苏盐城·中考真题）定义：若一次函数的图象与二次函数的图象有两个交点，并且都在坐标轴上，则称二次函数为一次函数的轴点函数．【初步理解】（1）现有以下两个函数：①；②，其中，_________为函数的轴点函数．（填序号）【尝试应用】（2）函数（为常数，）的图象与轴交于点，其轴点函数与轴的另一交点为点.若，求的值．【拓展延伸】（3）如图，函数（为常数，）的图象与轴、轴分别交于，两点，在轴的正半轴上取一点，使得.以线段的长度为长、线段的长度为宽，在轴的上方作矩形.若函数（为常数，）的轴点函数的顶点在矩形的边上，求的值．

【答案】（1）①；（2）或；（3）或或【分析】（1）求出函数与坐标轴的交点，再判断这两个点在不在二次函数图象上即可；（2）求出函数与坐标轴的交点，再由求出点坐标，代入二次函数解析式计算即可；（3）先求出，的坐标，再根据的顶点在矩形的边上分类讨论即可．【详解】（1）函数交轴于，交轴于，∵点、都在函数图象上∴①为函数的轴点函数；∵点不在函数图象上∴②不是函数的轴点函数；故答案为：①；（2）函数交轴于，交轴于，∵函数的轴点函数∴和都在上，∵∴∵，∴∴或当时，把代入得，解得，当时，把代入得，解得，综上，或；（3）函数交轴于，交轴于，∵，以线段的长度为长、线段的长度为宽，在轴的上方作矩形∴，，,∵函数（为常数，）的轴点函数∴和在上∴，整理得∴∴的顶点坐标为，∵函数的顶点在矩形的边上∴可以分三种情况讨论：当与重合时；当在上时；当在上时；当与重合时，即，解得；当在上时，，整理得，解得此时二次函数开口向下，则∴整理得：，由整理得，∴解得，∴，当在上时，，整理得，解得∴此时对称轴左边y随x的增大而增大，∴∴整理得：∴代入、后成立∴，综上所述，或或【点睛】本题综合考查一次函数与二次函数，解题的关键是理解轴点函数的定义．9、（2023·江苏镇江·中考真题）【发现】如图1，有一张三角形纸片，小宏做如下操作：

（1）取，的中点D，E，在边上作；（2）连接，分别过点D，N作，，垂足为G，H；（3）将四边形剪下，绕点D旋转至四边形的位置，将四边形剪下，绕点E旋转至四边形的位置；（4）延长，交于点F．小宏发现并证明了以下几个结论是正确的：①点Q，A，T在一条直线上；②四边形是矩形；③；④四边形与的面积相等．【任务1】请你对结论①进行证明．【任务2】如图2，在四边形中，，P，Q分别是，的中点，连接．求证：．【任务3】如图3，有一张四边形纸，，，，，，小丽分别取，的中点P，Q，在边上作，连接，她仿照小宏的操作，将四边形分割、拼成了矩形．若她拼成的矩形恰好是正方形，求的长．【答案】[任务1]见解析；[任务2]见解析；[任务3]【分析】（1）由旋转的性质得对应角相等，即，，由三角形内角和定理得，从而得，即Q，A，T三点共线；（2）梯形中位线的证明问题常转化为三角形的中位线问题解决，连接并延长，交的延长线于点E，证明，可得，，由三角形中位线定理得；（3）过点D作于点R，由，得，从而得，由【发现】得，则，，由【任务2】的结论得，由勾股定理得．过点Q作，垂足为H．由及得，从而得，证明，得，从而得．【详解】[任务1]证法1：由旋转得，，．在中，，∴，∴点Q，A，T在一条直线上．证法2：由旋转得，，．∴，．∴点Q，A，T在一条直线上．[任务2]证明：如图1，连接并延长，交的延长线于点E．∵，∴．∵Q是的中点，∴．在和中，∴．∴，．又∵P是的中点，∴，∴是的中位线，∴，∴．

[任务3]的方法画出示意图如图2所示．

由【任务2】可得，．过点D作，垂足为R．在中，，∴．∴，∴，．在中，由勾股定理得．过点Q作，垂足为H．∵Q是的中点，∴．在中，，∴．又由勾股定理得．由，得．又∵，∴．∴，即，∴．∴．【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形的内角和定理、三点共线问题的证明、全等三角形的判定与性质、三角形的中位线定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理、梯形的面积计算．10、（2023·江苏·中考真题）综合与实践定义：将宽与长的比值为（为正整数）的矩形称为阶奇妙矩形．（1）概念理解：当时，这个矩形为1阶奇妙矩形，如图（1），这就是我们学习过的黄金矩形，它的宽（）与长的比值是_________．（2）操作验证：用正方形纸片进行如下操作（如图（2））：第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为，连接；第二步：折叠纸片使落在上，点的对应点为点，展开，折痕为；第三步：过点折叠纸片，使得点分别落在边上，展开，折痕为．试说明：矩形是1阶奇妙矩形．

（3）方法迁移：用正方形纸片折叠出一个2阶奇妙矩形．要求：在图（3）中画出折叠示意图并作简要标注．（4）探究发现：小明操作发现任一个阶奇妙矩形都可以通过折纸得到．他还发现：如图（4），点为正方形边上（不与端点重合）任意一点，连接，继续（2）中操作的第二步、第三步，四边形的周长与矩形的周长比值总是定值．请写出这个定值，并说明理由．【答案】（1）；（2）见解析；（3），理由见解析【分析】（1）将代入，即可求解．（2）设正方形的边长为，根据折叠的性质，可得，设，则，在中，勾股定理建立方程，解方程，即可求解；（3）仿照（2）的方法得出2阶奇妙矩形．（4）根据（2）的方法，分别求得四边形的周长与矩形的周长，即可求解．【详解】解：（1）当时，，故答案为：．（2）如图（2），连接，

设正方形的边长为，根据折叠的性质，可得设，则根据折叠，可得，，在中，，∴，在中，∴解得：∴∴矩形是1阶奇妙矩形．（3）用正方形纸片进行如下操作（如图）：第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为，再对折，折痕为，连接；第二步：折叠纸片使落在上，点的对应点为点，展开，折痕为；第三步：过点折叠纸片，使得点分别落在边上，展开，折痕为．矩形是2阶奇妙矩形，

理由如下，连接，设正方形的边长为，根据折叠可得，则，

设，则根据折叠，可得，，在中，，∴，在中，∴解得：∴当时，∴矩形是2阶奇妙矩形．（4）如图（4），连接诶，设正方形的边长为1，设，则，

设，则根据折叠，可得，，在中，，∴，在中，∴整理得，∴四边形的边长为矩形的周长为，∴四边形的周长与矩形的周长比值总是定值【点睛】本题考查了正方形的折叠问题，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．11、（2023·江苏·中考真题）对于平面内的一个四边形，若存在点，使得该四边形的一条对角线绕点旋转一定角度后能与另一条对角线重合，则称该四边形为“可旋四边形”，点是该四边形的一个“旋点”．例如，在矩形中，对角线、相交于点，则点是矩形的一个“旋点”．

(1)若菱形为“可旋四边形”，其面积是，则菱形的边长是_______；(2)如图1，四边形为“可旋四边形”，边的中点是四边形的一个“旋点”．求的度数；(3)如图2，在四边形中，，与不平行．四边形是否为“可旋四边形”？请说明理由．【答案】(1)(2)(3)是【分析】（1）根据“可旋四边形”的性质可得，根据正方形的判定可得菱形为正方形，根据正方形四条边都相等的性质即可求解；（2）连接，根据“可旋四边形”的性质和题意可得，，推得，根据等边对等角可得，，根据三角形内角和定理即可求出结果；分别作，的垂直平分线，交于点，连接，，，，根据垂直平分线的性质可得，，根据全等三角形的判定和性质可得，求得，即可证明四边形是“可旋四边形”．【详解】（1）解：∵菱形为“可旋四边形”，则菱形的一条对角线绕点旋转一定角度后能与另一条对角线重合，即，则菱形为正方形，∵菱形的面积为，∴菱形的边长是．故答案为：．（2）解：连接，如图：

∵四边形为“可旋四边形”，且点是四边形的一个“旋点”，∴，∴，∵点是边的中点，∴，∴，∴，∵，即，∴．（3）解：四边形是“可旋四边形”；理由如下：分别作，的垂直平分线，交于点，连接，，，，如图：

∵点在线段和线段的垂直平分线上，∴，，在和中，，∴，∴，则，即，∴四边形是“可旋四边形”．【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，等边对等角，三角形内角和定理，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是做辅助线，构建全等三角形．12、（2023·江苏南通·中考真题）定义：平面直角坐标系中，点，点，若，，其中为常数，且，则称点是点的“级变换点”．例如，点是点的“级变换点”．(1)函数的图象上是否存在点的“级变换点”?若存在，求出的值；若不存在，说明理由；(2)点与其“级变换点”分别在直线，上，在，上分别取点，．若，求证：；(3)关于x的二次函数的图象上恰有两个点，这两个点的“1级变换点”都在直线上，求n的取值范围．【答案】(1)存在，(2)见解析(3)n的取值范围为且【分析】（1）根据“级变换点”定义求解即可；（2）求出点的坐标为，得到直线，的解析式分别为和，根据进行证明．（3）由题意得，二次函数的图象上的点的“1级变换点”都在函数的图象上，得到函数的图象与直线必有公共点．分当时和当，时分类讨论即可．【详解】（1）解：函数的图象上存在点的“级变换点”根据“级变换点”定义，点的“级变换点”为，把点代入中，得，解得．（2）证明：点为点的“级变换点”，点的坐标为．直线，的解析式分别为和．当时，．，．，．．（3）解：由题意得，二次函数的图象上的点的“1级变换点”都在函数的图象上．由，整理得．，函数的图象与直线必有公共点．由得该公共点为．①当时，由得．又得，且．②当，时，两图象仅有一个公共点，不合题意，舍去．综上，n的取值范围为且．【点睛】本题考查解一元一次不等式，根据题意理解新定义是解题的关键．13、（2023·江苏宿迁·中考真题）规定：若函数的图像与函数的图像有三个不同的公共点，则称这两个函数互为“兄弟函数”，其公共点称为“兄弟点”．(1)下列三个函数①；②；③，其中与二次函数互为“兄弟函数”的是________（填写序号）；(2)若函数与互为“兄弟函数”，是其中一个“兄弟点”的横坐标．①求实数a的值；②直接写出另外两个“兄弟点”的横坐标是________、________；(3)若函数（m为常数）与互为“兄弟函数”，三个“兄弟点”的横坐标分别为、、，且，求的取值范围．【答案】(1)②(2)；、(3)【分析】（1）在平面直角坐标系中作出；；；图像，结合“兄弟函数”定义即可得到答案；（2）①根据“兄弟函数”定义，当时，求出值，列方程求解即可得到答案；②联立方程组求解即可得到答案；（3）根据“兄弟函数”定义，联立方程组，分类讨论，由，按照讨论结果求解，即可得到答案．【详解】（1）解：作出；；；图像，如图所示：

与图像有三个不同的公共点，根据“兄弟函数”定义，与二次函数互为“兄弟函数”的是②，故答案为：②；（2）解：①函数与互为“兄弟函数”，是其中一个“兄弟点”的横坐标，，则，解得；②联立，即，是其中一个解，因式分解得，则，解得，另外两个“兄弟点”的横坐标是、；（3）解：在平面直角坐标系中作出（m为常数）与图像，如图所示：

联立，即，①当时，，即，当时，；②当时，，即，由①中，则，；由图可知，两个函数的交点只能在第二象限，从而，再根据三个“兄弟点”的横坐标分别为、、，且，，，，，由得到，即．【点睛】本题考查函数综合，涉及新定义函数，搞懂题意，按照“兄弟函数”、“兄弟点”定义数形结合是解决问题的关键．14、（2023·江苏泰州·中考真题）阅读下面方框内的内容，并完成相应的任务．小丽学习了方程、不等式、函数后提出如下问题：如何求不等式的解集？通过思考，小丽得到以下3种方法：方法1

方程的两根为，，可得函数的图像与x轴的两个交点横坐标为、，画出函数图像，观察该图像在x轴下方的点，其横坐标的范围是不等式的解集．方法2

不等式可变形为，问题转化为研究函数与的图像关系．画出函数图像，观察发现：两图像的交点横坐标也是、3；的图像在的图像下方的点，其横坐标的范围是该不等式的解集．方法3

当时，不等式一定成立；当时，不等式变为；当时，不等式变为．问题转化为研究函数与的图像关系…任务：(1)不等式的解集为_____________；(2)3种方法都运用了___________的数学思想方法（从下面选项中选1个序号即可）；A.分类讨论

B.转化思想

C.特殊到一般

D.数形结合(3)请你根据方法3的思路，画出函数图像的简图，并结合图像作出解答．【答案】(1)(2)D(3)图像见解析，不等式的解集为【分析】（1）如图1，作的图像，由方法1可知，不等式的解集为；（2）由题意知，3种方法都运用了数形结合的数学思想方法；（3）如图2，作函数与的图像，由图像可得，的解集为，或，进而可得的解集．【详解】（1）解：如图1，作的图像，

由方法1可知，不等式的解集为，故答案为：；（2）解：由题意知，3种方法都运用了数形结合的数学思想方法，故选：D；（3）解：如图2，作函数与的图像，

由图像可得，的解集为，或，综上，的解集为．【点睛】本题考查了数形结合求一元二次不等式的解集，作二次函数、一次函数、反比例函数的图像．解题的关键在于理解题意并正确的作函数图象．15、（2023·江苏徐州·中考真题）【阅读理解】如图1，在矩形中，若，由勾股定理，得，同理，故．【探究发现】如图2，四边形为平行四边形，若，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由．【拓展提升】如图3，已知为的一条中线，．求证：．【尝试应用】如图4，在矩形中，若，点P在边上，则的最小值为_______．

【答案】探究发现：结论依然成立，理由见解析；拓展提升：证明见解析；尝试应用：【分析】探究发现：作于点E，作交的延长线于点F，则，证明，，利用勾股定理进行计算即可得到答案；拓展提升：延长到点C，使，证明四边形是平行四边形，由【探究发现】可知，，则，得到，即可得到结论；尝试应用：由四边形是矩形，，得到，，设，，由勾股定理得到，根据二次函数的性质即可得到答案．【详解】探究发现：结论依然成立，理由如下：作于点E，作交的延长线于点F，则，

∵四边形为平行四边形，若，∴，∵，，∴，∴，∴，∴；拓展提升：延长到点C，使，

∵为的一条中线，∴，∴四边形是平行四边形，∵．∴由【探究发现】可知，，∴，∴，∴；尝试应用：∵四边形是矩形，，∴，