专题07 新定义问题（中考重难点题型）20题（解析版）

专题07新定义问题（中考重难点题型）20题（解析版）题目精选自：2023、2024年上海名校及一二模真题，包含综合知识点新定义类型题。一、单选题1．（2022上·上海杨浦·九年级统考期中）新定义：由边长为1的小正方形构成的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点，如图，已知在的网格图形中，点A、B、C、D都在格点上，如果，那么图中所有符合要求的格点D的个数是（

）．A．3 B．5 C．7 D．9【答案】D【分析】由勾股定理及其逆定理可知是等腰直角三角形，得，然后找出所有符合条件的点D即可．【详解】解：∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，如图，由等腰直角三角形的性质可知，，由圆周角定理可知，顶点在圆周上的其余7个角的度数也是，∴符合条件的点D的个数是9个．故选D．【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，以及圆周角定理，熟练掌握圆周角定理是解答本题的关键．2．（2023·上海杨浦·统考三模）新定义：由边长为1的小正方形构成的网格图中，每个小正方形的顶点称为格点，顶点都在格点上的三角形称为格点三角形．如图，已知是的网格图中的格点三角形，那么该网格中所有与相似且有一个公共角的格点三角形的个数是（

）

A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】取的中点，再取网格点M、N，连接格点，结合中位线的性质可证明，，，再根据，，，，可得，结合，有，即可获得答案．【详解】解：如图，取的中点，再取网格点M、N，连接格点，

则，且，∴，，∴．同理可证：，．∵，，，，∴，∴，，∴，综上，满足条件的三角形有4个，故选：D．【点睛】本题主要考查了中位线的性质、相似三角形的判定等知识，熟练掌握相似三角形的判定条件是解答本题的关键．二、填空题3．（2023·上海虹口·统考一模）定义：如果以一条线段为对角线作正方形，那么称该正方形为这条线段的“对角线正方形”．例如，图①中正方形即为线段的“对角线正方形”．如图②，在中，，，，点P在边上，如果线段的“对角线正方形”有两边同时落在的边上，那么的长是．【答案】/【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．根据正方形的性质和相似三角形的判定和性质定理即可得到结论．【详解】解：当线段的“对角线正方形”有两边同时落在的边上时，设正方形的边长为x，则，∵，∴，∴，∴，解得：，∴，，∴，故答案为：．4．（2023上·上海青浦·九年级校考阶段练习）新定义：平行于三角形一边的直线被其他两边所截得的线段叫做“三角形的弦”，已知等边三角形的一条弦的长度为2cm，且这条弦将等边三角形分成面积相等的两个部分，那么这个等边三角形的边长为cm．【答案】【分析】首先根据题意画出图形，由，可得，然后由相似三角形面积比等于相似比的平方，求得答案．【详解】如图，根据题意得：，且，∴，，∴，∵，∴，即这个等边三角形的边长为：．故答案为：【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、等边三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．5．（2022·上海杨浦·统考二模）新定义：在中，点D、E分别是边的中点，如果上的所有点都在的内部或边上，那么称为的中内弧．已知在中，，，点D、E分别是边的中点，如果是的中内弧，那么长度的最大值等于．【答案】【分析】首先根据题意可知：当DE为直径时，长度取最大值，再根据圆的周长公式，即可求得【详解】解：由题知，在△ABC内部以DE为直径的半圆弧，就是△ABC的最长中内弧，∵点D、E分别是边的中点，∴DE是△ABC的中位线，∵∠A=90°，，∴，∴长度，故答案为：π．【点睛】本题主要考查了勾股定理，三角形中位线定理，弧长的计算，理解题意，得到当DE为直径时，长度取最大值是解题的关键．6．（2023·上海青浦·校考一模）新定义：有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形，如图，已知在对余四边形中，，，，，那么边的长为．【答案】【分析】连接，过点A作于点E，过点C作于点F，根据求出和的长度，进而求出的长度，根据对余四边形的定义得出，则，即可求出的长度，再根据勾股定理求出的长度，最后根据即可求解．【详解】解：连接，过点A作于点E，过点C作于点F，∵，，∴，设，根据勾股定理得：，即，解得：，∴，∵，∴，∴，∵四边形为对余四边形，∴，∵，∴，∴∵，∴，设，根据勾股定理得：，即，解得：，∴，在中，根据勾股定理得：，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了四边形的综合问题，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握解直角三角形的方法和步骤，勾股定理的内容，正确作出辅助线，构建直角三角形．7．（2023·上海闵行·校联考模拟预测）新定义：如果一个三角形一条边上的高等于这条边，那么这个三角形叫做等高底三角形，这条边叫做等底．如图，是等高底三角形，是等底，点关于直线的对称点是点，连接，如果点是的重心，那么的值是．

【答案】/【分析】延长与交于点，根据轴对称性质得，，，再由是等高底三角形，是等底，得，再根据三角形的重心定理得，设，则，由勾股定理用表示，进而计算的值便可．【详解】解：延长与交于点，如图所示：

点A关于直线的对称点是点，，，，是等高底三角形，是等底，，点是的重心，，设，则，，故答案为：．【点睛】本题主要考查了对称变换，三角形的重心性质，新定义，关键是根据三角形的重心性质得出与的数量关系．8．（2022上·上海崇明·九年级统考期末）定义：有一组对边相等而另一组对边不相等的凸四边形叫做“对等四边形”，如图，在中，，点A在边BP上，点D在边CP上，如果，，，四边形ABCD为“对等四边形”，那么CD的长为．【答案】13或12-或12+【分析】根据对等四边形的定义，分两种情况：①若CD=AB，此时点D在D1的位置，CD1=AB=13；②若AD=BC=11，此时点D在D2、D3的位置，AD2=AD3=BC=11；利用勾股定理和矩形的性质，求出相关相关线段的长度，即可解答．【详解】解：如图，点D的位置如图所示：①若CD=AB，此时点D在D1的位置，CD1=AB=13；②若AD=BC=11，此时点D在D2、D3的位置，AD2=AD3=BC=11，过点A分别作AE⊥BC，AF⊥PC，垂足为E，F，设BE=x，∵，∴AE=x，在Rt△ABE中，AE2+BE2=AB2，即x2+(x)2=132，解得：x1=5，x2=-5（舍去），∴BE=5，AE=12，∴CE=BC-BE=6，由四边形AECF为矩形，可得AF=CE=6，CF=AE=12，在Rt△AFD2中，FD2=，∴CD2=CF-FD2=12-，CD3=CF+FD2=12+，综上所述，CD的长度为13、12-或12+．故答案为：13、12-或12+．【点睛】本题主要考查了新定义，锐角三角函数，勾股定理等知识，解题的关键是理解并能运用“等对角四边形”这个概念．在（2）中注意分类讨论思想的应用、勾股定理的应用．9．（2021上·上海徐汇·九年级统考期中）定义：如果两条线段将一个三角形分成个互相没有重合部分的等腰三角形，我们把这两条线段叫做这个三角形的三分线（如图1所示）．如图2，已知在中，，，，则的三分线中，较短的那条长为．（只需写出一种情况即可）．【答案】【分析】根据等腰三角形的判定定理容易画出图形；根据，则，，则，，得出对应边成比例，，，得出方程组，解方程组即可．【详解】解：如图2所示，、就是所求的三分线．设，则，，此时，，设，，，，，，所以联立得方程组，解得，即较短的那条长为．故答案为：【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解方程组等知识，解题关键是正确作出图像．10．（2022上·上海黄浦·九年级统考期中）定义：如果将一个三角形绕着它的一个角的顶点旋转后，使这个角的一边与另一边重叠，再将所旋转后的三角形进行相似缩放，使重叠的两条边相互重合，我们称这样的图形变换为三角形转似，这个三角形的顶点称为转似中心，所得的三角形称为原三角形的转似三角形．如图，在中，，是以点为转似中心的顺时针的一个转似三角形，那么以点A为转似中心的逆时针的另一个转似三角形（点分别与对应），其中边的长为【答案】【分析】根据条件可得，然后利用相似三角形的性质就可以求出结论．【详解】解：如图所示，由题意可得，，∴，∵，∴，解得，故答案为：【点睛】本题考查了旋转的性质的运用，相似三角形的判定与性质的运用，解答时证明三角形相似，理解新定义，运用相似三角形的对应边成比例求解是关键．11．（2024上·上海崇明·九年级统考期末）定义：P为内一点，连接，在和中，如果存在一个三角形与相似，那么就称P为的自相似点，根据定义求解问题：已知在中，是边上的中线，如果的重心P恰好是该三角形的自相似点，那么的余切值为．【答案】/【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，重心的性质，锐角三角函数等知识；过点E作于E，由题意得，结合重心性质得；设，则，由勾股定理得；由E为中点及，可得，进而得，由中线性质及面积关系可求得，由勾股定理求得，则由余切的定义即可求得结果；由相似及重心性质得到的关系是解题的关键．【详解】解：如图，中线交于点P，过点E作于E，∵，，∴不可能与相似，∴与相似，即，且，∴，即；∵P是重心，∴；∵是斜边上中线，∴，∴，∴，∴；设，则，由勾股定理得；∵E为中点，，∴，由重心性质得：；∵为中线，∴，即，∴，由勾股定理得：，在中，；故答案为：．三、解答题12．（2023上·上海嘉定·九年级统考期末）定义：对于抛物线（、、是常数，），若，则称该抛物线是黄金抛物线，已知平面直角坐标系，抛物线是黄金抛物线，与轴交于点，顶点为．(1)求此黄金抛物线的表达式及点坐标；(2)点在这个黄金抛物线上．①点在这个黄金抛物线的对称轴上，求的正弦值．②在射线上是否存在点，使以点、、所组成的三角形与相似，且相似比不为1．若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)，(2)①，②存在，【分析】（1）根据黄金抛物线的定义，列出方程求出值，进而求出顶点的坐标即可；（2）①将点代入解析式，求出的值，求出对称轴，得到的值，进而求出的长，勾股定理逆定理，得到，利用正弦的定义，求解即可；②分和，两种情况进行讨论求解即可．本题考查二次函数的综合应用，相似三角形的判定和性质．利用数形结合，分类讨论的思想，进行求解，是解题的关键．【详解】（1）解：抛物线是黄金抛物线，，所求抛物线的表达式为，配方得：，点的坐标为；（2）①由（1）得：抛物线的对称轴是直线，点的坐标为，点在这个黄金抛物线上，，，点的坐标为，，，，，，．②存在过点作，垂足为抛物线与轴交于点，点的坐标为，

点的坐标为，，

，点的坐标为，

，，

，

，要使以点、、所组成的三角形与相似，有两种情况第一种：，又，，∴与全等，相似比为1，不合题意，舍去；第二种：，∵，，，，，，，点在射线上，点的坐标为．13．（2022上·上海·九年级上海市民办新复兴初级中学校考期中）我们定义【，，】为函数的“特征数”，如：函数的“特征数”是【2，，5】，函数的“特征数”是【0，1，2】(1)若一个函数的“特征数”是【1，，1】，将此函数图像先向左平移2个单位，再向上平移1个单位，得到一个图像对应的函数“特征数”是______；(2)将“特征数”是【0，，】的图像向上平移2个单位，得到一个新函数，这个函数的解析式是______；(3)在（2）中，平移前后的两个函数图像分别与轴交于A、两点，与直线分别交于、两点，在给出的平面直角坐标系中画出图形，并求出以A、、、四点为顶点的四边形的面积；(4)若（3）中的四边形与“特征数”是【1，，】的函数图像有交点，求满足条件的实数的取值范围．【答案】(1)【1，0，】(2)(3)图见解析；面积为(4)【分析】（1）由已知可知，平移后的函数为，则可求“特征数”；（2）由已知可知函数为，平移后函数为；（3）令，求出，令，求出，，则，又由，可判断四边形是菱形；然后结合图形求面积即可；（4）由已知可得，则函数与AD边无交点，只能与BC边有交点，将代入函数，将代入函数求解即可得出结果．【详解】（1）解：∵函数的特征数是【1，，1】，∴函数为，将函数向左平移2个单位，再向上平移1个单位得到，∴函数的“特征数”是【1，0，】．故答案为：【1，0，】．（2）∵函数的“特征数”是【0，，】，∴，∵函数图象向上平移2个单位，∴平移后函数为．故答案为：．（3）解：令，则，∴，令，则，，∴，，∵，，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形．；（4）∵函数的“特征数”是【1，，】，∴，∴由函数图象得：函数与AD边无交点，∴函数与BC边有交点，将代入函数得：，将代入函数得：，∴．【点睛】本题考查二次函数的综合、新定义，函数的平移，理解定义，能将定义与所学函数知识结合是解题的关键．14．（2024·上海普陀·统考一模）综合实践九年级第一学期教材第2页结合教材图形给出新定义对于下图中的三个四边形，通常可以说，缩小四边形，得到四边形；放大四边形，得到四边形．

图形的放大或缩小，称为图形的放缩运动．将一个图形放大或缩小后，就得到与它形状相同的图形．图中，四边形和四边形都与四边形形状相同．我们把形状相同的两个图形说成是相似的图形，或者就说是相似形．如图，对于两个多边形，如果它们的对应顶点的连线相交于一点，并且这点与对应顶点所连线段成比例，那么这两个多边形就是位似多边形，这个点就是位似中心．(1)填空：在上图中位似中心是点________；________多边形是特殊的________多边形．（填“位似”或“相似”）(2)在平面直角坐标系中（如下图），二次函数的图像与x轴交于点A，点B是此函数图像上一点（点A、B均不与点O重合），已知点B的横坐标与纵坐标相等，以点O为位似中心，相似比为，将缩小，得到它的位似．

①画出，并求经过O、、三点的抛物线的表达式；②直线与二次函数的图像交于点M，与①中的抛物线交于点N，请判断和是否为位似三角形，并根据新定义说明理由．【答案】(1)P；位似；相似(2)①图形见解析；；②和为位似三角形，理由见解析【分析】（1）根据位似图形的定义，即可求解；（2）①根据位似图形的定义，画出图形，再求出、的坐标，即可求解；②过点M作轴于点D，过点N作轴于点C，联立求出点M，N的坐标，可得，从而得到，进而得到，再由点的坐标为，点A的坐标为，可得，然后根据新定义，即可求解．【详解】（1）解：在上图中位似中心是点P；位似多边形是特殊的相似多边形．故答案为：P；位似；相似（2）解：①如图，即为所求；

令，则，解得：或0，∴点A的坐标为，设点B的坐标为，∴，解得：或0，∴点B的坐标为，∵以点O为位似中心，相似比为，将缩小，得到它的位似，∴点的坐标为，点的坐标为，设经过O、、三点的抛物线的表达式为，把点，，代入得：，解得：，∴经过O、、三点的抛物线的表达式为，②和为位似三角形，理由如下：如图，过点M作轴于点D，过点N作轴于点C，

联立得：，解得：或，∴点M的坐标为，∴，，，同理点N的坐标为，∴，，∴，∵，∴，∴，∵点的坐标为，点A的坐标为，∴，∴，∴和为位似三角形．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，二次函数的综合应用，理解新定义，利用数形结合思想解答是解题的关键．15．（2022上·上海闵行·九年级统考期中）已知，在中，，，，点、分别在边、上，且均不与顶点重合，（如图1所示），设，．(1)当点与点重合时（如图2所示），求线段的长；(2)在图1中当点不与点重合时，求关于的函数解析式及其定义域；(3)我们把有一组相邻内角相等的凸四边形叫做等邻角四边形．请阅读理解以上定义，完成问题探究：如图1，设点在边上，，如果四边形是等邻角四边形，求线段的长．【答案】(1)(2)(3)或或【分析】（1）由点与点重合，可想到，过点作于，再结合的勾股定理和面积，即可求解的长，又在中可求解，最后利用等腰的性质即可求解的长；（2）由题意想到过点作于，则可知，即可知与之间的数量关系，再结合可知，即可知与的数量关系，最后由共线的数量关系即可求解与之间的函数关系；（3）分三种情况：当时，当时，当时，分别求解即可．【详解】（1）过点作于，在中，，，，，，，，，；（2）过点作于，，，，，，，，，，，，，，结合可知的最小值为（3）当时，如图，，，，，，当时，，，，，，，；当时，即点与点重合，由得，，；综上所述，如果凸四边形是等邻角四边形，线段的长为或或．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理、等邻角四边形、分类讨论等知识点，属于四边形的综合应用题，具有一定难度．解题的关键是掌握相似三角形的判定与性质，理解等邻角四边形的定义，并注意数形结合以及分类思想的应用．16．（2023·上海普陀·统考二模）如图，半圆的直径，点是上一点（不与点、重合），点是的中点，分别连接、．

(1)当是圆的内接正六边形的一边时，求的长；(2)设，，求与之间的函数解析式，并写出x的取值范围；(3)定义：三角形一边上的中线把这个三角形分成两个小三角形，如果其中有一个小三角形是等腰三角形，且这条中线是这个小三角形的腰，那么这条中线就称为这个三角形的中腰线．分别延长、相交于点，连接．是的中腰线，求的长．【答案】(1)(2)(3)的长为或【分析】（1）连接，，是圆的内接正六边形的一边时，进而判断是等边三角形，即可求解；（2）根据题意证明，得出则,，在，中，勾股定理即可求解；（3）分情况讨论，①当时，如图所示，过点作于点，则，②当时，分别画出图形，根据，解方程即可求解．【详解】（1）解：如图所示，连接，，

∵半圆的直径，∴，∵是圆的内接正六边形的一边时，∴,∴，∵是的中点，∴，∵，∴是等边三角形，∴；（2）解：如图所示，连接交于点，

∵是的中点，∴，∵是直径，∴，∴，∴，∴，∵，，∴,∴，在中，，∴，在中，，∴，∴，∵，∴，∴；（3）解：①当时，如图所示，过点作于点，则，

设，由（2）可得，，∵，为的中点，∴，∴，在中，，∴，在中，，又∵∴，解得：，∴；②如图所示，当时，

同理可得，则，,∴，解得：，∴，综上所述，的长为或．【点睛】本题考查了正多边形与圆，垂径定理，函数关系式，等边三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，熟练掌握是解题的关键．17．（2022·上海青浦·校考一模）在平面直角坐标系中（如图），已知抛物线，其顶点为．(1)写出这条抛物线的开口方向、顶点的坐标；(2)我们把一条抛物线上横坐标与纵坐标相等的点叫做这条抛物线的“不动点”．①试求抛物线的“不动点”的坐标；②向左或向右平移抛物线，使所得新抛物线的顶点是该抛物线的“不动点”，其对称轴与轴交于点，且四边形是梯形，求新抛物线的表达式．【答案】(1)抛物线开口向上，顶点的坐标为(2)①与；②新抛物线的表达式为【分析】（1）由，故该抛物线开口向上，将抛物线的解析式化为顶点式即可得到顶点的坐标；（2）①设抛物线“不动点”坐标为，则，解出方程即可求解；②新抛物线顶点为“不动点”，则设点，则新抛物线的对称轴为，与轴的交点为，由四边形是梯形，则直线在轴左侧，而点，点，则，即可求解．【详解】（1）解：∵，∴该抛物线开口向上，又∵，∴顶点的坐标为．∴这条抛物线开口向上，顶点的坐标为．（2）①设抛物线“不动点”坐标为，∴，解得：，，∴抛物线的“不动点”的坐标为与；②向左或向右平移抛物线，使所得新抛物线的顶点是该抛物线的“不动点”，其对称轴与轴交于点，且四边形是梯形，∴，与不平行，∵新抛物线顶点为“不动点”，则设点，∴新抛物线的对称轴为：，与轴的交点，又∵点，点，∴，∴，∴新抛物线是由抛物线向左平移个单位得到的，表达式为：．∴新抛物线的表达式为．【点睛】本题为二次函数综合运用题，正确利用二次函数基本知识、梯形基本性质进行分析是解题关键．18．（2023上·上海静安·九年级上海市市北初级中学校考期中）在平面直角坐标系中，把一条线段绕其一个端点顺时针旋转，并把这条线段伸长或缩短，称这样的运动叫做线段的“旋似”，经“旋似”运动后新线段和原线段的夹角为“旋似角”，新线段长和原线段长比值为“旋似比”：如图，平面直角坐标系中有一点，把线段绕点做“旋似”运动，点的对应点是点，若“旋似角”为，

(1)当“旋似比”为时，求点的坐标；(2)过做轴，点为垂足，连接，若轴，求此时的“旋似比”；(3)当“旋似比”为时，设线段与轴交于点，点是轴上一点，且满足，求点的坐标．【答案】(1)点；(2)“旋似比”为；(3)．【分析】（）先证明，再利用“旋似比”为即可求解；（）证明，再根据相似三角形的性质即可求解；（）由“旋似比”为，求出点，再求出解析式，则有，从而得出，最后根据角度和差即可求解．【详解】（1）如图，过作轴于点，过作轴于点，∴∵，，∴，，，∴，∴，∴，，∴点；（2）如图，∵，∴，，∵，，∴，∴，∴，即，∴此时的“旋似比”为；（3）如图，延长交于点，∵“旋似比”为，∴同理：点，设解析式为，∴，解得：，∴解析式为，则有，∴，∵，∴，∴，∴点的坐标．【点睛】此题考查了相似三角形的性质与判定，待定系数法求解析式，解题的关键是根据题意转化为相似三角形，熟练掌握相似三角形的性质与判定．19．（2023·上海杨浦·统考一模）新定义：由边长为1的小正方形构成的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图