專題22閱讀理解題

專題22閱讀理解題1．（2023·陜西西安·?？家荒＃╅喿x下列材料，并解決相應問題：，用上述類似的方法化簡下列各式．(1)；(2)若是的小數(shù)部分，求的值．【答案】(1)；(2)【分析】（1）將的分子與分母同時乘以，化簡即可．（2）根據(jù)可得整數(shù)部分為1，所以小數(shù)部分為，代入式子計算即可．【詳解】（1）解：（2）解：是的小數(shù)部分，，2．（2023·安徽滁州·校聯(lián)考一模）【數(shù)學閱讀】圖1是由若干個小圓圈推成的一個形如等邊三角形的圖案，最上面一層有一個圓圈，以下各層均比上一層多一個圓圈，一共推了n層．將圖1倒置后與原圖1排成圖2的形狀，這樣圖2中每一行的圓圈數(shù)都是．我們可以利用“倒序相加法”算出圖1中所有圓圈的個數(shù)為：．【問題解決】(1)按照圖1的規(guī)則擺放到第12層時，求共用了多少個圓圈；(2)按照圖1的規(guī)則擺放到第19層，每個圓圈都按圖3的方式填上一串連續(xù)的正整數(shù)：1，2，3，4，……，則第19層從左邊數(shù)第二個圓圈中的數(shù)字是______．【答案】(1)78個圓圈；(2)173【分析】（1）將代入公式求解即可得；（2）先計算當時的值，然后根據(jù)題意，第19層從左邊數(shù)第二個圓圈中的數(shù)字即可得出．【詳解】（1）解：圖1中所有圓圈的個數(shù)為：，當時，，答：擺放到第12層時，求共用了78個圓圈；（2）先計算當時，，第19層從左邊數(shù)第二個圓圈中的數(shù)字為：，故答案為：173．3．（2023·內蒙古包頭·統(tǒng)考一模）閱讀下面的材料，并回答所提出的問題：如圖所示，在銳角三角形中，求證：這個三角形不是一個直角三角形，不能直接使用銳角三角函數(shù)的知識去處理，所以必須構造直角三角形，過點A作，垂足為D，則在和中由正弦定義可完成證明．解：如圖，過點A作，垂足為D，在中，，則中，，則所以，即(1)在上述分析證明過程中，主要用到了下列三種數(shù)學思想方法的哪一種（）A、數(shù)形結合的思想；B、轉化的思想；C、分類的思想(2)用上述思想方法解答下面問題．在中，，求和的面積．(3)用上述結論解答下面的問題（不必添加輔助線）在銳角三角形中，，求的度數(shù)．【答案】(1)B；(2)；(3)【分析】（1）題中給出的解題的過程是通過構建直角三角形，將條件進行轉化而得出的結果，因此應該選B；（2）作于D，在直角三角形中求出和的長，進而求出的長，然后根據(jù)勾股定理即可求出的長，根據(jù)三角形的面積公式可求出的面積；（3）可將的值代入題目給出的等量關系中求出的值，進而可求出的度數(shù)．【詳解】（1）由求解過程可知主要用到了轉化的思想故選：B；（2）過A作于D，在直角三角形中，，∴，∴，直角三角形中，根據(jù)勾股定理可得，，；（3）由題意可得：＝，即：，∴sinB＝，∴．4．（2023·河南商丘·?？家荒＃╅喿x下列材料，完成相應任務：弗朗索瓦?韋達，法國杰出數(shù)學家．第一個有意識地和系統(tǒng)地使用字母來表示已知數(shù)、未知數(shù)及其乘冪，帶來了代數(shù)學理論研究的重大進步，在歐洲被尊稱為“代數(shù)學之父”．他還發(fā)現(xiàn)從圓外一點引圓的切線和割線，切線長是這點到割線與圓交點的兩條線段長的比例中項（切割線定理）．如圖1，P是外一點，是的切線，是的一條割線，與的另一個交點為B，則．證明：如圖2，連接、，過點C作的直徑，連接．∵是的切線，∴，∴，即．……任務：(1)請按照上面證明思路寫出該證明的剩余部分．(2)如圖3，與相切于點A，連接并延長與交于點B、C，，，，連接．①與的位置關系是．②求的長．【答案】(1)見解析；(2)①平行；②【分析】（1）先根據(jù)切線的性質和圓周角定理證得，進而證明，利用相似三角形的性質求解即可；（2）根據(jù)圓周角定理證得，根據(jù)平行線的判定即可得出結論；（3）連接，根據(jù)已知和（1）中結論和求得，，再利用勾股定理求得，然后證明，利用相似三角形的性質即可求解．【詳解】（1）證明：如圖2，連接、，過點C作的直徑，連接．∵是的切線，∴，∴，即．∵是直徑，∴，即，∵，∴，∵，∴，∴，∴；（2）解：①∵，，∴，∴，故答案為：平行；②如圖3，連接，∵與相切，為割線，∴，∵，∴，∴，即，∴，由（1）可知，，∴，∴，在中，，由勾股定理可知，，∴，即，∴，由（1）中證明過程可知，又，∴，∴，即∴．5．（2023·山西臨汾·統(tǒng)考一模）閱讀理解下面內容，并解決問題.用求差法比較大小學習了不等式的知識后，我們根據(jù)等式和不等式的基本性質，可知比較兩個數(shù)或式子的大小可以通過求它們的差來判斷．如果兩個數(shù)或式子為和，那么當時，一定有；當時，一定有；當時，一定有．反過來也正確，即當時，一定有；當時，一定有；當時，一定有．因此，我們經常把要比較的對象先數(shù)量化，再求它們的差，根據(jù)差的正負判斷對象的大小．這種比較大小的方法被稱為“求差法”．例如：已知，比較與的大?。猓骸?，∴，，，∴，∴．“求差法”的實質是把兩個數(shù)（或式子）的大小判斷的問題，轉化為一個數(shù)（或式子）與0的大小比較的問題．一般步驟為①作差；②變形；③判斷符號；④得出結論．請解決以下問題：(1)用“”或“”填空：______．(2)制作某產品有兩種用料方案，方案：用塊型鋼板，塊型鋼板；方案：用塊型鋼板，塊型鋼板；已知型鋼板的面積比型鋼板的面積大，若型鋼板的面積為，型鋼板的面積為，則從省料的角度考慮，應選哪種方案？并說明理由．(3)已知，比較與的大小．【答案】(1)；(2)應選方案，理由見解析；(3)當時，；當時，；當時，．【分析】（1）利用求差法進行大小比較即可；（2）先表示方案的面積，再表示方案的面積，最后求差比較方案和方案的大小即可；（3）利用求差法分情況討論即可得到正確的結論．【詳解】（1）解：∵，∴，故答案為：；（2）解：∵若型鋼板的面積為，型鋼板的面積為，∴方案的面積為：；方案的面積為：，∴，∵型鋼板的面積比型鋼板的面積大，∴，∴，∴方案省料．（3）解：∵，∵，∴①當，即時，，∴，∴②當，即時，，∴，∴③當，即時，，∴，綜上可知：當時，；當時，；當時，．6．（2023·山西晉中·統(tǒng)考一模）通過學習《解直角三角形》這一章，王凱同學勤學好問，在課外學習活動中，探究發(fā)現(xiàn)，三角形的面積、邊、角之間存在一定的數(shù)量關系，下面是他的學習筆記．請仔細閱讀下列材料并完成相應的任務．在中，，，的對邊分別為a、b、c，的面積為，過點A作，垂足為D，則在中，∵∴∴同理可得，，即……………①由以上推理得結論：三角形的面積等于兩邊及其夾角正弦積的一半．又∵∴將等式兩邊同除以，得，∴…②由以上推理得結論：在一個三角形中，各邊和它所對角的正弦的比值相等．理解應用：如圖，甲船以海里/時的速度向正北方向航行，當甲船位于A處時，乙船位于甲船的南偏西75°方向的B處，且乙船從B處沿北偏東15°方向勻速直線航行，當甲船航行20分鐘到達D處時，乙船航行到甲船的南偏西60°方向的C處，此時兩船相距海里．(1)求：的面積；(2)求：乙船航行的速度（結果保留根號）．【答案】(1)；(2)（海里/每小時）【分析】（1）結合題中條件可求出的長，再根據(jù)材料中的結論1：三角形的面積等于兩邊及其夾角正弦值的一半，即可求出答案．（2）根據(jù)第一問可知是等邊三角形，結合題中條件求出和的大小，根據(jù)材料中的結論2：在一個三角形中，各邊和它所對角的正弦的比值相等，可求出的長，從而可求出答案．【詳解】（1）解：由題意知：，，，由結論①知，，所以的面積為．（2）解：由（1）知，，∴是等邊三角形，∴，，又，∴，由題意知，，∴，在中，由材料中結論②得，∴，∴乙船航行的速度為：（海里/小時）．7．（2023·河北秦皇島·統(tǒng)考一模）定義：如果二次函數(shù)，（，、、是常數(shù)）與，、、是常數(shù)）滿足，，，則這兩個函致互為“旋轉函數(shù)”．例如：求函數(shù)的“旋轉函數(shù)”，由函數(shù)可知，，，．根據(jù)，，求出、、就能確定這個函數(shù)的“旋轉函數(shù)”．請思考并解決下面問題：(1)寫出函數(shù)的“旋轉函數(shù)”；(2)若函數(shù)與互為“旋轉函數(shù)”，求的值；(3)已知函數(shù)的圖象與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，點A、B、C關于原點的對稱點分別是、、，試求證：經過點、、的二次函數(shù)與互為“旋轉函數(shù)”．【答案】(1)；(2)1；(3)見解析．【分析】（1）根據(jù)“旋轉函數(shù)”的定義求出另一個函數(shù)的、、的值，從而得出函數(shù)解析式；（2）根據(jù)定義得出和的二元一次方程組，從而得出答案；（3）首先求出、、三點的坐標，然后得出對稱點的坐標，從而求出函數(shù)解析式，然后根據(jù)新定義進行判定．【詳解】（1）根據(jù)題意得，解得故解析式為：．（2）根據(jù)題意得∴∴．（3）根據(jù)題意得，，∴，，又且經過點，，的二次函數(shù)為∵∴兩個函數(shù)互為“旋轉函數(shù)”．8．（2023·江蘇揚州·校考一模）定義：將函數(shù)l的圖象繞點P（m，0）旋轉180°，得到新的函數(shù)l'的圖象，我們稱函數(shù)l'是函數(shù)關于點P的旋轉函數(shù)．例如：當m=0時，函數(shù)關于點（0，0）旋轉函數(shù)為．(1)在圖1的平面直角坐標系中，畫出一次函數(shù)關于P（0，0）的旋轉函數(shù)圖象；(2)圖2中圖象是函數(shù)y＝（x+1）2+3關于點P（m，0）的旋轉函數(shù)的圖象，請求出圖2中所示圖象的函數(shù)解析式,并求出m的值；(3)借助以往研究函數(shù)的經驗，以及網格的特征，在圖3的網格中畫出反比例函數(shù)關于點（1，0）的旋轉函數(shù)圖象，并結合所畫圖象，直接寫出該圖象的兩條相關性質．【答案】(1)見解析；(2)m=1；(3)畫圖見解析；當x>2時，y隨x的增大而減小，該函數(shù)關于點（2，0）成中心對稱【分析】（1）先求出一次函數(shù)與x軸、y軸的兩個交點坐標分別為（3,0），（0,3），然后將點旋轉，最后連接即可確定旋轉函數(shù)圖象；（2）由圖象可設解析式為：，將圖象中的點代入即可確定解析式，與原函數(shù)解析式及圖象對比即可得出結果；（3）作出相應的反比例函數(shù)，然后旋轉得出圖象，根據(jù)圖象說出相應的性質即可．【詳解】（1）解：y=x+3，當x=0時，y=3，當y=0時，x=3，∴與x軸、y軸的兩個交點坐標分別為（3,0），（0,3），兩個交點關于P(0,0)旋轉180°后的坐標為（3,0），（0，3），連接即可得出旋轉函數(shù)圖象如圖所示：（2）由圖象可設解析式為：把（2，4）代入得：，∴函數(shù)的解析式為：，借助圖象可知m=1；（3）解：反比例函數(shù)的旋轉圖象如圖所示：（注意連線時要用平滑曲線，兩邊出頭）性質：本題為開放問題，言之有理即可：如：該函數(shù)與x軸無交點，當x>2時，y隨x的增大而減小，當x＜2時，y隨x的增大而減小，該函數(shù)關于點（2,0）成中心對稱．9．（2023·山西晉城·統(tǒng)考一模）下面是小亮同學在數(shù)學雜志上看到的小片段，請仔細閱讀并完成相應的任務．一元二次方程根與系數(shù)的關系通過學習用公式法解一元二次方程可以發(fā)現(xiàn)，一元二次方程的根完全由它的系數(shù)確定，求根公式就是根與系數(shù)關系的一種形式．除此以外，一元二次方程的根與系數(shù)之間還有一些其他形式的關系．從因式分解的角度思考這個問題，若把一元二次方程的兩個實數(shù)根分別記為，則有恒等式，即．比較兩邊系數(shù)可得：________，________．任務：(1)填空：__________，__________．(2)小亮同學利用求根公式進行推理，同樣能夠得出一元二次方程兩根之和、兩根之積與系數(shù)之間的關系．下面是小亮同學的部分推理過程，請完成填空，并補全推理過程．解：對于一元二次方程，當時，有兩個實數(shù)根________，________．……(3)方程的兩根之和為__________，兩根之積為__________．【答案】(1)，；(2)，，補全推理過程見解析；(3)，【分析】（1）由合并同類項和同類項的定義即可得出答案；（2）根據(jù)公式法解一元二次方程即可得出，，再計算和即可補全推理過程；（3）根據(jù)一元二次方程根與系數(shù)的關系即可解答．【詳解】（1）解：∵，∴，，∴，．故答案為：，；（2）解：對于一元二次方程，當時，有兩個實數(shù)根，，∴，．故答案為：，；（3）解：∵，∴，∴兩根之和為，兩根之積為．故答案為：，．10．（2023·安徽合肥·?？家荒＃╅喿x與思考下面是小宇同學的數(shù)學小論文，請仔細閱讀并完成相應的任務用函數(shù)觀點認識一元二次方程根的情況我們知道，一元二次方程的根就是相應的二次函數(shù)的圖象（稱為拋物線）與x軸交點的橫坐標．拋物線與x軸的交點有三種情況：有兩個交點、有一個交點、無交點．與此相對應，一元二次方程的根也有三種情況：有兩個不相等的實數(shù)根、有兩個相等的實數(shù)根、無實數(shù)根．因此可用拋物線與x軸的交點個數(shù)確定一元二次方程根的情況下面根據(jù)拋物線的頂點坐標（，）和一元二次方程根的判別式，分別分和兩種情況進行分析：（1）時，拋物線開口向上．①當時，有．∵，∴頂點縱坐標．∴頂點在x軸的下方，拋物線與x軸有兩個交點（如圖1）．②當時，有．∵，∴頂點縱坐標．∴頂點在x軸上，拋物線與x軸有一個交點（如圖2）．∴一元二次方程有兩個相等的實數(shù)根．③當時，……（2）時，拋物線開口向下．……任務：(1)上面小論文中的分析過程，主要運用的數(shù)學思想是（從下面選項中選出兩個即可）；A．數(shù)形結合B．統(tǒng)計思想C．分類討論D．轉化思想(2)請參照小論文中當時①②的分析過程，寫出③中當時，一元二次方程根的情況的分析過程，并畫出相應的示意圖；(3)實際上，除一元二次方程外，初中數(shù)學還有一些知識也可以用函數(shù)觀點來認識，例如：可用函數(shù)觀點來認識一元一次方程的解．請你再舉出一例為【答案】(1)AC；(2)分析見解析；作圖見解析；(3)答案見解析【分析】（1）解一元二次方程的解轉化為拋物線與x軸交點的橫坐標；還體現(xiàn)了分類討論思想；（2）依照例題，畫出圖形，數(shù)形結合，可以解答；（3）結合所學知識，找到用轉化思想或數(shù)形結合或分類討論思想解決問題的一種情況即可．【詳解】（1）解：上面解一元二次方程的過程中體現(xiàn)了轉化思想、數(shù)形結合、分類討論思想，故答案為：AC；（2）解：a>0時，拋物線開口向上．當△=b2?4ac<0時，有4ac?b2>0﹒∵a>0，∴頂點縱坐標﹒∴頂點在x軸的上方，拋物線與x軸無交點（如圖）：∴一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)無實數(shù)根．（3）解：可用函數(shù)觀點認識二元一次方程組的解．（答案不唯一．又如：可用函數(shù)觀點認識一元一次不等式的解集，等）11．（2023·湖南株洲·統(tǒng)考一模）閱讀下面材料：小騰遇到這樣一個問題：如圖1，在△ABC中，點D在線段BC上，∠BAD＝75°，∠CAD＝30°，AD＝2，BD＝2DC，求AC的長．小騰發(fā)現(xiàn)，過點C作CE∥AB，交AD的延長線于點E，經過推理和計算能夠使問題得到解決，如圖2．(1)請回答：∠ACE的度數(shù)為，AC的長為．(2)參考小騰思考問題的方法，解決問題：如圖3，在四邊形ABCD中，∠BAC＝90°，∠CAD＝30°，∠ADC＝75°，AC與BD交于點E，AE＝2，BE＝2ED，求BC的長．【答案】(1)75°，3；(2)【分析】（1）求出∠BAD＝∠AEC＝75°，∠ABC＝∠BCE，可得∠ABC＋∠ACB＝∠ACE＝75°，然后證明△ABD∽△ECD，利用相似三角形的性質求出DE＝1，進而得出AC＝AE＝3；（2）證明△ABE∽△FDE，根據(jù)相似的三角形的性質可得EF＝1，AB＝2DF，然后求出∠ADC＝∠ACD＝75°，根據(jù)等腰三角形的判定，可得AD＝AC，解直角三角形可得DF的長，進而求出AD和AB，根據(jù)勾股定理可得答案．【詳解】（1）解：∵CE∥AB，∴∠BAD＝∠AEC＝75°，∠ABC＝∠BCE，∴∠ABC＋∠ACB＝∠BCE＋∠ACB＝∠ACE＝180°?75°?30°＝75°，∴AE＝AC，又∵CE∥AB，∴△ABD∽△ECD，∴，∵BD＝2DC，∴AD＝2DE＝2，∴DE＝1，∴AE＝AD＋DE＝3，∴AC＝AE＝3，故答案為：75°，3；（2）如圖，過點D作DF⊥AC于點F，∴∠DFA=90°，∵∠BAC＝90°＝∠DFA，∴AB∥DF，∴△ABE∽△FDE，∴，∴EF＝1，AB＝2DF，在△ACD中，∠CAD＝30°，∠ADC＝75°，∴∠ACD＝75°，∴AC＝AD，在Rt△AFD中，AF＝2＋1＝3，∠FAD＝30°，∴DF＝AF·tan30°＝，AD＝2DF＝，∴AC＝AD＝，AB＝2DF＝，∴BC＝．12．（2023·安徽合肥·?？家荒＃╅喿x下面的材料：我們可以用配方法求一個二次三項式的最大值或最小值，例如：求代數(shù)式的最小值．方法如下．∵，由，得；∴代數(shù)式的最小值是4．(1)①仿照上述方法求代數(shù)式的最小值為．②代數(shù)式的最大值為．(2)延伸與應用：如圖示，小紅父親想用長60m的柵欄．再借助房屋的外墻圍成一個矩形的羊圈，已知房屋外墻長40m，設矩形ABCD的邊面積為．當分別為多少米時，羊圈的面積最大？最大值是多少？【答案】(1)①；②11；(2)當分別為15m，30m時，羊圈的面積最大，最大為．【分析】（1）①仿照題意進行求解即可；②仿照題意進行求解即可；（2）設，則，利用矩形面積公式得到，然后仿照題意求解即可．【詳解】（1）解：①∵，，∴，∴代數(shù)式的最小值為，故答案為：；②∵，，∴∴，∴代數(shù)式的最大值為11，故答案為：11；（2）解：設，則，∴，∵，∴，∴，當時，，∴當時，S最大，最大值為450，∴當分別為15m，30m時，羊圈的面積最大，最大為．13．（2023·湖北黃石·校聯(lián)考一模）閱讀材料，解答問題：已知實數(shù)m，n滿足，，且，則m，n是方程的兩個不相等的實數(shù)根，由韋達定理可知，．根據(jù)上述材料，解決以下問題：(1)直接應用：已知實數(shù)a，b滿足：，且，則______，______；(2)間接應用：在（1）條件下，求的值；(3)拓展應用：已知實數(shù)x，y滿足：，且，求的值．【答案】(1)7，1；(2)；(3)【分析】（1）根據(jù)題意可得：a，b是方程的兩個不相等的實數(shù)根，模仿例題即可得出答案；（2）先化簡原式，再根據(jù)（1）的值代入計算即可；（3）令，，則，，再模仿例題解決問題即可．【詳解】（1）解：根據(jù)題意可得：a，b是方程的兩個不相等的實數(shù)根，由韋達定理可知：，，故答案為：7，1（2）由（1）得，∴（取正）（3）令，，則，，∵，∴，即，∴a，b是方程的兩個不相等的實數(shù)根，∴，故．14．（2023·山西太原·山西實驗中學校考一模）閱讀材料，解決問題折疊、旋轉是我們常見的兩種圖形變化方式如圖1，在中，，點D，E在邊上，，若，，求的長．小明發(fā)現(xiàn)，如果將繞點A按逆時針方向旋轉，得到，連接（如圖2）．使條件集中在中，可求得（即）的長，具體作法為：作，且，連接，可證，再結合已知中，可證，得，接著在中利用勾股定理即可求得的長，即的長．(1)請你回答：與全等的條件是__________（填“”、“”、“”、“”或“”中的一個），的長為__________；(2)如圖3，正方形中，點P為延長線上一點，將沿翻折至位置，延長交直線于點F．①求證：；②連接交于點O，連接（如圖4），請你直接寫出的值．【答案】(1)，；(2)①證明見詳解；②【分析】（1）根據(jù)繞點A按逆時針方向旋轉得到可得，，結合可得，根據(jù)邊角邊定理即可得到證明，在中利用勾股定理即可得到答案；（2）①連接，根據(jù)定理即可得到，即可得到證明；②連接，過C作交延長線于一點G，根據(jù)折疊得到，，由①可得，，即可得到，從而得到，根據(jù)正方形性質可得，，結合可得，即可得到，即可得到答案.【詳解】（1）解：∵繞點A按逆時針方向旋轉得到，∴，，，∵，∴，在與中，∴，∵，，∴，∵繞點A按逆時針方向旋轉得到，∴，，∴，∴，在中，，∵，∴，故答案為：，；（2）解：①連接，∵沿翻折至位置，四邊形是正方形，∴，，在在與中，，

∴，∴；②連接，過C作交延長線于一點G，∵沿翻折至位置，∴，，∵，∴，∴，∴，∵四邊形是正方形，∴，，

∵，∴，在與中，，∴，∴，，∴，在中，，∴.15．（2023·北京順義·北京市順義區(qū)仁和中學?？家荒＃τ谄矫嬷苯亲鴺讼祒Oy中的圖形M，N，給出如下定義：P為圖形M上任意一點，Q為圖形N上任意一點，如果P，Q兩點間的距離有最小值，那么稱這個最小值為圖形M，N間的“閉距離”，記作d（M，N），特殊地，當圖形M與圖形N有公共點時，規(guī)定d（M，N）＝0已知點．（1）①求d（點O，線段AB）；②若d（線段CD，直線AB）＝1，直接寫出m的值；（2）⊙O的半徑為r，若d（⊙O，線段AB）≤1，直接寫出r的取值范圍；（3）若直線上存在點E，使d（E，）＝1，直接寫出b的取值范圍．【答案】（1）①；②；（2）；（3）【分析】（1）①根據(jù)題意作圖，由三角形的面積公式及“閉距離”的定義即可求解；②根據(jù)題意作圖，根據(jù)含30°的直角三角形的性質即可求出D點坐標，故可求解；（2）根據(jù)題意作圖，由d（⊙O，線段AB）≤1，分情況討論即可求解；（3）根據(jù)題意作圖，找到d（⊙O，線段AB）=1的點，再根據(jù)解直角三角形、一次函數(shù)的解析式求解方法求出b的值，故可求解．【詳解】（1）①如圖，作OH⊥AB，∵∴AO=2，BO=，AB=根據(jù)三角形的面積公式可得∴OH=∴d（點O，線段AB）=；②∵AO=2，BO=，AB=∴AB=2AO，∴∠ABO=30°如圖，作HD⊥AB，∵d（線段CD，直線AB）＝1，∴DH=1∴BD=2HD=2∴DO=BOBD=∴D（，0）∴m=；（2）如圖，OH⊥AB，交⊙O于M點，BI=1當d（⊙O，線段AB）≤1當HM≤1時，由（1）可得OH=∴當BI≤1時，此時IO=BI+OB=∴故若d（⊙O，線段AB）≤1時，r的取值范圍為；（3）∵d（E，）＝1，如圖，作CM⊥直線于M點，此時CM=1設直線與x軸交于K點，則∠CKM=60°∴CK=CM÷cos60°=∴K（2+，0），代入得解得b=如圖，作BG⊥直線于G點，此時BG=1設直線與y軸交于N點，則∠GNB=90°60°=30°∴BN=2BG=2∴N（0，），代入得解得b=∵存在點E，使d（E，）＝1，∴b的取值范圍是．16．（2023·安徽滁州·校考一模）定義：我們知道，四邊形的一條對角線把這個四邊形分成了兩個三角形，如果這兩個三角形相似（不全等），我們就把這條對角線叫做這個四邊形的“相似對角線”．（1）如圖

1，ABC的三個頂點均在正方形網格中的格點上，若四邊形ABCD是以AC為“相似對角線”的四邊形，請只用無刻度的直尺，就可以在網格中畫出點D，請你在圖1中找出滿足條件的點D，保留畫圖痕跡（找出2個即可）（2）①如圖2，在四邊形ABCD中，DAB90,DCB135，對角線AC平分DAB．請問AC是四邊形ABCD的“相似對角線”嗎？請說明理由；②若AC＝，求ADAB的值．（3）如圖3，在（2）的條件下，若∠D=∠ACB=90°時，將△ADC以A為位似中心，位似比為縮小得到△AEF，連接CE、BF，在△AEF繞點A旋轉的過程中，當CE所在的直線垂直于AF時，請你直接寫出BF的長．【答案】（1）見解析；（2）①AC

是四邊形

ABCD的“相似對角線”，理由見解析；②

AD

AB

的值為10；（3）

BF的長為或．【分析】（1）先求出AB，BC，AC，再分情況求出CD或AD，即可畫出圖形；（2）先判斷出即可得出結論．（3）分兩種情況，①延長CE交AF于點H，先由得出，，再得出，再求出，繼而求出即可得出結論．②設AF與EC交于點G，先得出△AGE為等腰直角三角形，再得出，再得出，繼而求出，即可得出結論．【詳解】解：（1）如圖1所示．AB＝，BC＝2，∠ABC＝90°，AC＝5，∵四邊形ABCD是以AC為“相似對角線”的四邊形，①當∠ACD＝90°時，△ACD∽△ABC或△ACD∽△CBA，∴或，∴或，∴CD＝2.5或CD＝10，同理：當∠CAD＝90°時，AD＝2.5或AD＝10，如圖中，即為所求；（2）①∵，AC平分，∴，∴，又∵，∴，∴，∴AC是四邊形ABCD的“相似對角線”，②∵，∴，∴，∵，∴；（3）①由（2）可知△ADC為等腰直角三角形，，∴，∵，且相似比為，∴，，如圖，延長CE交AF于點H，由題意可得：EH⊥AF于H，∴，∴，∴，∵

,∴，，∵，∴，∴即，∴；②如圖，設AF與EC交于點G，∵AF⊥CE，∴△AGE為等腰直角三角形，∵，∴，在Rt△AGC中，，∴，同理可證，∴即，∴，綜上，或．17．（2023·北京西城·北京市第三十五中學?？家荒＃┰谄矫嬷苯亲鴺讼抵?，⊙O的半徑為1，對于直線l和線段AB，給出如下定義：若將線段AB關于直線l對稱，可以得到⊙O的弦A′B′（A′，B′分別為A，B的對應點），則稱線段AB是⊙O的關于直線l對稱的“關聯(lián)線段”．例如：在圖1中，線段是⊙O的關于直線l對稱的“關聯(lián)線段”．（1）如圖2，的橫、縱坐標都是整數(shù)．①在線段中，⊙O的關于直線y＝x＋2對稱的“關聯(lián)線段”是_______；②若線段中，存在⊙O的關于直線y＝－x＋m對稱的“關聯(lián)線段”，則＝；（2）已知直線交x軸于點C，在△ABC中，AC=3，AB=1，若線段AB是⊙O的關于直線對稱的“關聯(lián)線段”，直接寫出b的最大值和最小值，以及相應的BC長．【答案】（1）①A1B1；②2或3；（2）b的最大值為，此時BC＝；b的最小值為，此時BC＝【分析】（1）①根據(jù)題意作出圖象即可解答；②根據(jù)“關聯(lián)線段”的定義，可確定線段A2B2存在“關聯(lián)線段”，再分情況解答即可；（2）設與AB對應的“關聯(lián)線段”是A’B’，由題意可知：當點A’（1，0）時，b最大，當點A’（1，0）時，b最??；然后分別畫出圖形求解即可；【詳解】解：（1）①作出各點關于直線y=x+2的對稱點，如圖所示，只有A1B1符合題意；故答案為：A1B1；②由于直線A1B1與直線y=x+m垂直，故A1B1不是⊙O的關于直線y＝x＋m對稱的“關聯(lián)線段”；由于線段A3B3=，而圓O的最大弦長直徑=2，故A3B3也不是⊙O的關于直線y＝x＋m對稱的“關聯(lián)線段”；直線A2B2的解析式是y=x+5，且，故A2B2是⊙O的關于直線y＝x＋2對稱的“關聯(lián)線段”；當A2B2是⊙O的關于直線y＝x＋m對稱的“關聯(lián)線段”，且對應兩個端點分別是（0，1）與（1,0）時，m=3，當A2B2是⊙O的關于直線y＝x＋m對稱的“關聯(lián)線段”，且對應兩個端點分別是（0，1）與（1,0）時，m=2，故答案為：2或3．（2）設與AB對應的“關聯(lián)線段”是A’B’，由題意可知：當點A’（1，0）時，b最大，當點A’（1，0）時，b最小；當點A’（1，0）時，如圖，連接OB’，CB’，作B’M⊥x軸于點M，∴CA’=CA=3，∴點C坐標為（4，0），代入直線，得b=；∵A’B’=OA’=OB’=1，∴△OA’B’是等邊三角形，∴OM=，，在直角三角形CB’M中，CB'=，即；當點A’（1，0）時，如圖，連接OB’，CB’，作B’M⊥x軸于點M，∴CA’=CA=3，∴點C坐標為（2，0），代入直線，得b=；∵A’B’=OA’=OB’=1，∴△OA’B’是等邊三角形，∴OM=，，在直角三角形CB’M中，CB'=；即綜上，b的最大值為，此時BC＝；b的最小值為，此時BC＝．18．（2023·陜西寶雞·一模）定義：若四邊形有一組對角互補，一組鄰邊相等，且相等鄰邊的夾角為直角，像這樣的圖形稱為“直角等鄰對補”四邊形，簡稱“直等補”四邊形．根據(jù)以上定義，解決下列問題：(1)如圖1，正方形ABCD中E是CD上的點，將△BCE繞B點旋轉，使BC與BA重合，此時點E的對應點F在DA的延長線上，則四邊形BEDF（填“是”或“不是”）“直等補”四邊形；(2)如圖2，已知四邊形ABCD是“直等補”四邊形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，過點B作BE⊥AD于E．①過C作CF⊥BF于點F，試證明：BE＝DE，并求BE的長；②若M是AD邊上的動點，求△BCM周長的最小值．【答案】(1)是；(2)①見解析，BE的長是8；②△BCM周長的最小值為210【分析】（1）由旋轉的性質可得∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，根據(jù)正方形的性質得∠ABC＝∠D＝90°，可得出∠EBF＝∠D＝90°，即可得出答案；（2）①首先證明四邊形CDEF是矩形，則DE＝CF，EF＝CD＝2，再證△ABE≌△BCF，根據(jù)全等三角形的判定和性質可得BE＝CF，AE＝BF，等量代換即可得BE＝DE；由AE＝BF，EF＝CD＝2可得AE＝BE﹣2，設BE＝x，根據(jù)勾股定理求出x的值即可；②延長CD到點G，使DG＝CD，連接BG交AD于點M′，過點G作GH⊥BC，交BC的延長線于點H，證明△ABE∽△CGH，根據(jù)相似三角形的性質求出CH、HG的值，在Rt△BHG中，根據(jù)勾股定理求出BG，即可求解．【詳解】（1）∵將△BCE繞B點旋轉，BC與BA重合，點E的對應點F在DA的延長線上，∴∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，∵四邊形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，∴四邊形BEDF是“直等補”四邊形．故答案為：是；（2）①證明：∵四邊形ABCD是“直等補”四邊形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，∴∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°，∴∠D＝90°，∵BE⊥AD，CF⊥BE，∴∠DEF＝90°，∠CFE＝90°，∴四邊形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；∵四邊形CDEF是矩形，∴EF＝CD＝2，∵△ABE≌△BCF，∴AE＝BF，∴AE＝BE﹣2，設BE＝x，則AE＝x﹣2，在Rt△ABE中，x2+（x﹣2）2＝102，解得：x＝8或x＝﹣6（舍去），∴BE的長是8；②∵△BCM周長＝BC+BM+CM，∴當BM+CM的值最小時，△BCM的周長最小，如圖，延長CD到點G，使DG＝CD，連接BG交AD于點M′，過點G作GH⊥BC，交BC的延長線于點H，∵∠ADC＝90°，∴點C與點G關于AD對稱，∴BM+CM＝BM+MG≥BG，即BM+CM≥BM′+M′C，∴當點M與M′重合時，BM′+M′C的值最小，即△BCM的周長最小，在Rt△ABE中，AE6，∵四邊形ABCD是“直等補”四邊形，∴∠A+∠BCD＝180°，∵∠BCD+∠GCH＝180°，∴∠A＝∠GCH，∵∠AEB＝∠H＝90°，∴△ABE∽△CGH，∴，即，∴GH，CH，∴BH＝BC+CH＝10，∴BG2，∴△BCM周長的最小值為210．19．（2023·江蘇蘇州·蘇州中學?？家荒＃┒x：如果一個四邊形的一組對角互余，那么我們稱這個四邊形為“對角互余四邊形”．(1)利用下面哪組圖形可以得到一個對角互余四邊形______（填寫序號）①兩個等腰三角形；②兩個等邊三角形；③兩個直角三角形；④兩個全等三角形(2)如圖1，在對角互余四邊形中，，且，．若，求四邊形的面積和周長．(3)如圖2，在四邊形中，連接，，點是外接圓的圓心，連接，．求證：四邊形是“對角互余四邊形”；(4)在（3）的條件下，如圖3，已知，，，連接，求的值．（結果用帶有a，b的代數(shù)式表示）【答案】(1)①③；(2)周長為；面積；(3)見解析；(4)【分析】（1）結合定義來判斷，重點是拼成的四邊形一對對角互余．（2）因為，，所以，所以在對角互余四邊形中，只能．這樣利用含直角三角形三邊的特殊關系，就可以解決問題；（3）連接，則，得出，進而得出，即可得出；（4）如圖，作，過點作于點，連．得出，同理可得，進而證明，得出，在中，，即可得出．【詳解】（1）解：①兩個等腰三角形底邊相等，頂角互余，就可以，故①可以得到一個對角互余四邊形；②等邊三角形不成，即使是全等的等邊三角形拼成四邊形對角和為或，故②得不到對角互余四邊形；③兩個全等的直角三角形或有一條直角邊相等的相似的兩個直角三角都可以，故③可以得到一個對角互余四邊形；④若是兩個全等的直角三角形，根據(jù)③可以得到一個對角互余四邊形，兩個一般全等三角形，不成立，故答案為：①③．（2）∵，，∴，∵對角互余四邊形中，，∴，在中，，，，∴，，在中，，，∴，，∵，，∴，四邊形的周長；（3）連接，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴四邊形是“對角互余四邊形”；（4）如圖，作，過點作于點，連．∵，∴．∴，即．∵，，∴．同理可得．∴．∵，∴．∴，∴．∴，∴．在中，，∴．∴，即．∴．20．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考一模）新定義：垂直于圖形的一邊且等分這個圖形面積的直線叫作圖形的等積垂分線，等積垂分線被該圖形截的線段叫做等積垂分線段．問題探究：(1)如圖1，等邊邊長為3，垂直于邊的等積垂分線段長度為______；(2)如圖2，在中，，，，求垂直于邊的等積垂分線段長度；(3)如圖3，在四邊形中，，，，求出它的等積垂分線段長．【答案】(1)；(2)邊的等級垂分線段的長度為；(3)四邊形的一條等積垂分線段的長為【分析】（1）過點A作，根據(jù)等邊三角形性質求解即可．（2）線段EF是垂直于BC邊的等積垂分線段，設，作，構建方程即可得到答案．（3）分兩種情況，作，設或作，設，構建方程即可得到答案．【詳解】（1）解：如圖所示為垂直于邊的等積垂分線，∵是等邊三角形，，∴，∴，（2）解：如圖2中，線段是垂直于邊的等級垂分線段，設．作于．在中，∵，，，∴，，∵，∴，由題意：，∴，解得或（舍棄），∴邊的等積垂分線段的長度為．（3）①如圖31中，當線段是等積垂分線段時，設交于．作于．設．在中，∵，，，∴，∵，∴，∴，∴，，∴，∵，，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，由，可得，，∴，∵四邊形的面積＝四邊形的面積，的面積＝的面積，∴的面積＝的面積，∴，解法（負根已經舍棄），∴．②如圖32中，當線段是等積垂分線段時，設交于．作于．設，則，．∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，，∴由的面積＝的面積，∴，解得（負根已經舍棄），∴．綜上所述，四邊形的一條等積垂分線段的長為．21．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考一模）在初中階段的函數(shù)學習中，我們經歷了“確定函數(shù)的表達式——利用函數(shù)圖象研究其性質——運用函數(shù)解決問題”的學習過程．在畫函數(shù)圖象時，我們通過描點或平移的方法畫出了所學的函數(shù)圖象．同時，我們也學習了絕對值的意義．結合上面經歷的學習過程，現(xiàn)在來解決下面的問題：在函數(shù)中，當時，；當時，．(1)求這個函數(shù)的表達式；(2)在給出的平面直角坐標系中，請用你喜歡的方法畫出這個函數(shù)的圖象，并寫出這個函數(shù)的一條性質；(3)已知函數(shù)的圖象如圖所示，結合你所畫的函數(shù)圖象，直接寫出不等式的解集．(4)若方程有四個不相等的實數(shù)根，則實數(shù)的取值范圍是______．【答案】(1)；(2)見解析；(3)；(4)【分析】（1）把，；，代入求解即可；（2）由，得出，再根據(jù)函數(shù)的圖象寫出函數(shù)的性質；（3）根據(jù)圖象得出不等式的解集；（4）根據(jù)題意畫出圖象，再根據(jù)有四個不相等的實數(shù)根，得出結果．【詳解】（1）解：在函數(shù)中，當時，；當時，，，解得，這個函數(shù)的表達式為；（2）解：，，函數(shù)過點和，函數(shù)過點和，該函數(shù)圖象如圖所示，性質：當時，的值隨的增大而增大；（3）解：由函數(shù)的圖象可得，不等式的解集為：；（4）解：由得，作出的圖象，由圖象可知，要使方程有四個不相等的實數(shù)根，則，故答案為：．22．（2023·河南周口·校聯(lián)考一模）請閱讀以下材料，完成相應任務．我們知道，過任意一個三角形的三個頂點能作一個圓，那么過任意一個四邊形的四個頂點能作一個圓嗎？李雷經過實踐探究發(fā)現(xiàn)了如下結論：如果線段同側兩點（與線段在同一平面內）分別與線段兩端點的連線所組成的夾角相等，那么這兩點和線段兩端點四點共圓．下面是李雷證明上述命題的過程（不完整）．已知：如圖1，點，是線段同側兩點，且．求證：點，，，四點共圓．證明：作的外接圓，假設點在外或在內．如圖2，若點在外．設與交于點，連接，則（依據(jù)一），又（依據(jù)二），．．這與已知條件“”矛盾，故點在外不成立；如圖3，若點在內，（請同學們補充完整省略的部分證明過程）綜上所述，作的外接圓，點在上，即點，，，四點共圓．(1)填空：將材料中依據(jù)一、依據(jù)二補充完整；依據(jù)一：；依據(jù)二：．(2)請按照上面的證明思路，寫出該證明的剩余部分；(3)填空：如圖4，在四邊形中，，對角線，交于點，為中點，若，，則．【答案】(1)同弧所對的圓周角相等；三角形的外角等于與它不相鄰的兩個內角的和；(2)見解析；(3)【分析】（1）由圓周角定理和三角形的外角性質即可得出結論；（2）作的外接圓，假設點在外或在內．由反證法、圓周角定理以及三角形的外角性質即可得出結論；（3）證點，，，四點共圓，再由相似三角形得，然后由為中點，得，即可解決問題．【詳解】（1）解：依據(jù)一：同弧所對的圓周角相等；依據(jù)二：三角形的外角等于與它不相鄰的兩個內角的和；故答案為：同弧所對的圓周角相等；三角形的外角等于與它不相鄰的兩個內角的和；（2）如圖3，若點在內，延長與交于點，連接，則，又，．．這與已知條件“”矛盾，故點在內不成立；（3），點，，，四點共圓，∵，∴，∴，，為中點，，，，，，解得：（負值已舍去），故答案為：．23．（2023·福建廈門·廈門一中?？家荒＃┒x：若三角形有兩個內角的差為90°，則這樣的三角形叫做“準直角三角形”．(1)若是“準直角三角形”，，，則___________°；(2)如圖1，中，，，．若D是AC上的一點，，請判斷是否為準直角三角形，并說明理由；(3)如圖2，在四邊形中，，，，，且是“準直角三角形“，求的面積．【答案】(1)；(2)是準直角三角形，理由見解析；(3)48或24【分析】（1）分和，兩種情況，進行討論求解；（2）勾股定理求出的長，進而求出的長，過點作于點，利用三角函數(shù)，求出的長，推出，得到，利用外角的性質，推出，即可得出結論；（3）過點C作于F，，交的延長線于E，易證，得到，，分和，兩種情況進行討論求解即可．【詳解】（1）解：∵是“準直角三角形”，，，①當時，則：，∴（不合題意，舍去）；②當時，則：，∵，∴，∴；故答案為：；（2）解：是準直角三角形，理由如下：∵中，，，，∴，，，∵，∴，過點作于點，則：，，，∴，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，∴是準直角三角形；（3）解：如圖，過點C作于F，，交的延長線于E，設，∵，∴，∴，又∵，∴，又∵，∴，∴，∴，當時，∵，∴，過點作于點，則：，∴設，則，∴，∴，∴；當，又：，∴，又∵，∴，∴∴，∴．綜上所述：的面積為48或24．24．（2023·北京豐臺·北京市第十二中學校考一模）在平面直角坐標系中，對于點P和，給出如下定義：若上存在一點T，使點P繞點T逆時針旋轉的對應點在上，則稱P為的旋轉點．下圖為的旋轉點P的示意圖．(1)已知：的半徑為2．①在點，，中，的旋轉點是；②點P在直線上，若點P為的旋轉點，求點P的橫坐標的取值范圍．(2)設⊙C的圓心在x軸上，半徑為2，若在直線上存在點D，使得半徑為1的上存在點P是的旋轉點，直接寫出圓心C的橫坐標的取值范圍．【答案】(1)①M，N；②或(2)或【分析】（1）①畫出圖形，結合“旋轉點”的定義即可解答；②如圖，點T是上的任意一點，將點P繞點T逆時針旋轉得到點R，連接，．將點P繞點C逆時針旋轉得到點F，連接，，設交于點K．結合等腰直角三角形的性質和三角形相似的判定和性質即可證明，說明點R的運動軌跡為以F為圓心為半徑的圓．即當時，與有交點，說明當時，P為的旋轉點．最后再由這個結論即可求解；（2）由圖易知與直線平行且與相切的直線解析式為，過點C作該直線的垂線，垂足為H，設該直線與x軸交于點E．由（1）可知，當時，在直線上存在點D，使得半徑為1的上存在點P是的旋轉點，進而可求出點C的橫坐標取值范圍．再根據(jù)圓的對稱性求出點C在y軸左側滿足條件的點C的橫坐標取值范圍即可．【詳解】（1）①如圖1，∵點繞點逆時針旋轉的對應點在上，∴M為的旋轉點；∵點繞點逆時針旋轉的對應點在上，∴N為的旋轉點；∵點繞圓上任意點逆時針旋轉的對應點不在上，∴O不是的旋轉點．故答案為：M，N；②如圖2中，點T是上的任意一點，將點P繞點T逆時針旋轉得到點R，連接，．將點P繞點C逆時針旋轉得到點F，連接，，設交于點K．∴和都為等腰直角三角形，∴，，，∴，,∴，∴，∴，∴點R的運動軌跡為以F為圓心為半徑的圓．當時，與有交點，∴當時，P為的旋轉點．

如圖3，結合前面所得結論和的半徑為2，即得出：當，即和當，即時，點P為的旋轉點，∴當時，點P為的旋轉點，結合圓的對稱性可知當時，點P也為的旋轉點．綜上可知點P的橫坐標的取值范圍為或；（2）如圖4，由圖易知與直線平行且與相切的直線解析式為，過點C作該直線的垂線，垂足為H，設該直線與x軸交于點．由（1）可知，當時，在直線上存在點D，使得半徑為1的上存在點P是的旋轉點，∴圓心C的橫坐標的取值范圍是，根據(jù)圓的對稱性可知當時也滿足．綜上可知圓心C的橫坐標的取值范圍是或．25．（2023·北京西城·校考一模）在平面直角坐標系中，對于點C和圓P，給出如下定義：若圓P上存在A、B兩點，使得是等腰直角三角形，且，則稱點C是圓P的“等垂點”．(1)當點P坐標為，且圓P的半徑為2時，①如圖1，若圓P上存在兩點和，請直接寫出此時圓P的“等垂點”C的坐標__________；②如圖2，若直線上存在圓P的“等垂點”，求b的取值范圍；(2)設圓P的圓心P在y軸上，半徑為2．若直線上存在點R，使半徑為1的圓R上有點S是圓P的“等垂點”，請直接寫出圓心P的縱坐標的取值范圍．【答案】(1)①、；②；(2)【分析】（1）①連接，，連接,過A點作交的延長線于點，再根據(jù)“等垂點”定義即可作答；②當直線再圓P上方時，此時以直徑為腰構造等腰，此時使得點剛好在直線上，此時為上臨界位置，即可求出，將代入直線，可得；當直線再圓P下方時，此時以直徑為腰構造等腰，此時使得點剛好在直線上，此時為下臨界位置，問題隨之得解；（2）隨著圓R的移動，圓R的覆蓋區(qū)域為直線與直線所夾的區(qū)域，再求出即直線解析式為：，直線解析式為：，當圓P位于x軸的上方時，此時以直徑為腰構造等腰，此時使