2024年中考數(shù)學(xué)二輪題型突破題型10 閱讀理解及定義型問題（復(fù)習(xí)講義）（教師版）

題型十閱讀理解及定義型問題（復(fù)習(xí)講義）【考點總結(jié)|典例分析】考點01新定義型閱讀理解題常見的兩種類型1.新定義概念型閱讀題:解新定義概念型閱讀題,要把握新概念的現(xiàn)實模型,理解新概念的形成過程,以便于正確應(yīng)用新概念進行分析、解決問題.2.新定義運算型閱讀題:把新定義運算轉(zhuǎn)化為一般的實數(shù)運算是解這類閱讀理解題的關(guān)鍵.【特別提醒】(1)正確理解新定義運算的含義,認真分析題目中的定義,嚴格按照新定義的運算順序進行運算求解,切記不可脫離題目要求.(2)在新定義的算式中,若遇有括號的也要先算括號里面的.(3)材料中的新概念、新運算與我們已學(xué)過的概念、運算有著密切的聯(lián)系,注意“新”“舊”知識之間的聯(lián)系與轉(zhuǎn)化.考點02新公式應(yīng)用型閱讀題新公式應(yīng)用型閱讀題常見的三種類型1.新數(shù)學(xué)公式型:通過閱讀材料,給出新的數(shù)學(xué)公式,根據(jù)新的數(shù)學(xué)公式解決所給問題.2.新變換法則型:通過閱讀材料,給出新的數(shù)學(xué)變換法則,根據(jù)新的變換法則解決所給問題.3.新規(guī)定型:通過閱讀材料,給出新的規(guī)定,根據(jù)新規(guī)定解決所給問題.【知識歸納】新公式應(yīng)用型閱讀題的解題策略1.通過對所給材料的閱讀，從中獲得新的數(shù)學(xué)公式或某種新的變換法則.2.分析新公式的結(jié)構(gòu)特征及適用范圍.3.將新公式轉(zhuǎn)化為已學(xué)知識，尋找解決問題的突破口，進而利用新公式解決問題.解一元一次不等式的注意事項解一元一次不等式的步驟與解一元一次方程的步驟基本類似，只是注意在不等式的兩邊同乘或同除一個負數(shù)時，不等號的方向要發(fā)生改變．在數(shù)軸上表示不等式的解集時，要注意“分界點”和“方向”，大于向右畫，小于向左畫，含等于號的畫成實心點，不含等于號的要畫成空心圓圈．考點03新解題方法型閱讀題新解題方法型閱讀題常見的兩種類型1.以例題的形式給出新方法:材料中首先給出一道例題及其解題方法,然后仿照新的解題方法解決與例題類似的問題.這類新方法型閱讀題在中考中最為常見,值得關(guān)注.2.以新知識的形式給出新方法:先給出體現(xiàn)一個新解題方法的閱讀材料,通過閱讀體會新方法的實質(zhì),然后用新方法解決相關(guān)的問題.【特別提醒】(1)認真閱讀題目,理解掌握新的解題方法是解決新問題的關(guān)鍵.(2)體會轉(zhuǎn)化思想在解新方法型閱讀題中的作用,理解新方法并進行轉(zhuǎn)化,用我們熟悉的知識來解決新問題.【知識歸納】解答數(shù)字規(guī)律題的步驟(1)計算前幾項，一般算出四五項.(2)找出幾項的規(guī)律，這個規(guī)律或是循環(huán)，或是成一定的數(shù)列規(guī)律如等差，等比等.(3)用代數(shù)式表示出規(guī)律或是得出循環(huán)節(jié)(即幾個數(shù)一個循環(huán)).(4)驗證你得出的結(jié)論.考點04歸納概括型閱讀題歸納概括型閱讀題常見的三種類型1.等式型:通過對給出的幾個等式中數(shù)的變化,分析、類比、推斷、猜測,歸納出等式存在的一般性規(guī)律,再用含字母的等式表示一般規(guī)律.2.代數(shù)式型:通過對給出的幾個代數(shù)式中數(shù)和字母的變化,分析、類比、猜測,歸納出代數(shù)式存在的一般性規(guī)律,再用含字母的代數(shù)式表示一般規(guī)律.3.三角函數(shù)式型:通過對給出的幾個三角函數(shù)式中數(shù)或字母的變化,分析、類比、猜測,歸納出三角函數(shù)式存在的一般性規(guī)律,再用數(shù)或含字母的式子表示一般規(guī)律.1．（2023·湖北武漢·統(tǒng)考中考真題）皮克定理是格點幾何學(xué)中的一個重要定理，它揭示了以格點為頂點的多邊形的面積，其中N,L分別表示這個多邊形內(nèi)部與邊界上的格點個數(shù)．在平面直角坐標系中，橫、縱坐標都是整數(shù)的點為格點．已知A0,30，，則△ABO內(nèi)部的格點個數(shù)是（

）A．266 B．270 C．271 D．285【答案】C【分析】首先根據(jù)題意畫出圖形，然后求出△ABO【詳解】如圖所示，

∵A0,30，，∴S△∵OA上有31個格點，OB上的格點有2,1，4,2，6,3，8,4，10,5，12,6，14,7，16,8，18,9，20,10，共10個格點，AB上的格點有1,29，2,28，3,27，4,26，5,25，6,24，7,23，8,22，9,21，10,20，11,19，12,18，13,17，16,14，15,15，16,14，17,13，18,12，19,11，共19個格點，∴邊界上的格點個數(shù)L=31+10+19=60，∵，∴300=N+1∴解得N=271．∴△ABO故選：C．【點睛】本題主要考查了坐標與圖形的性質(zhì)，解決問題的關(guān)鍵是掌握數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想．2．（2023·重慶·統(tǒng)考中考真題）在多項式x?y?z?m?n（其中x>y>z>m>n)中，對相鄰的兩個字母間任意添加絕對值符號，添加絕對值符號后仍只有減法運算，然后進行去絕對值運算，稱此為“絕對操作”．例如：x?y?|z?m|?n=x?y?z+m?n，x?y?z?m?n=x?y?z?m+n①存在“絕對操作”，使其運算結(jié)果與原多項式相等；②不存在“絕對操作”，使其運算結(jié)果與原多項式之和為0；③所有的“絕對操作”共有7種不同運算結(jié)果．其中正確的個數(shù)是()A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】根據(jù)給定的定義，舉出符合條件的說法①和②．說法③需要對絕對操作分析添加一個和兩個絕對值的情況，并將結(jié)果進行比較排除相等的結(jié)果，匯總得出答案．【詳解】解：x?y?z?m?n=x?y?z?m?n，故說法①若使其運算結(jié)果與原多項式之和為0，必須出現(xiàn)?x，顯然無論怎么添加絕對值，都無法使x的符號為負，故說法②正確．當添加一個絕對值時，共有4種情況，分別是x?y?z?m?n=x?y?z?m?n；x?y?z?m?n=x?y+z?m?n；x?y?|z?m|?n=x?y?z+m?n；x?y?z?m?n=x?y?z?m+n．當添加兩個絕對值時，共有3種情況，分別是x?y?z?m有兩對運算結(jié)果相同，故共有5種不同運算結(jié)果，故說法③不符合題意．故選：C．【點睛】本題考查新定義題型，根據(jù)多給的定義，舉出符合條件的代數(shù)式進行情況討論；需要注意去絕對值時的符號，和所有結(jié)果可能的比較．主要考查絕對值計算和分類討論思想的應(yīng)用．3．（2023·山東·統(tǒng)考中考真題）若一個點的縱坐標是橫坐標的3倍，則稱這個點為“三倍點”，如：等都是三倍點”，在?3<x<1的范圍內(nèi)，若二次函數(shù)y=?x2?x+c的圖象上至少存在一個“三倍點”，則c的取值范圍是（A．?14≤c<1 B．?4≤c<?3 C． 【答案】D【分析】由題意可得：三倍點所在的直線為y=3x，根據(jù)二次函數(shù)y=?x2?x+c的圖象上至少存在一個“三倍點”轉(zhuǎn)化為y=?x2?x+c和y=3x至少有一個交點，求【詳解】解：由題意可得：三倍點所在的直線為y=3x，在?3<x<1的范圍內(nèi)，二次函數(shù)y=?x即在?3<x<1的范圍內(nèi)，y=?x2?x+c令3x=?x2?x+c則Δ=b2?4ac=x=?∴x1=?2+∴?3<?2+4+c<1當?3<?2+4+c<1時，?1<4+c<3，即當?3<?2?4+c<1時，?3<4+c<1，即綜上，c的取值范圍是?4≤c<5，故選：D．【點睛】本題考查二次函數(shù)與一次函數(shù)交點問題，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是關(guān)鍵．4.（2022·重慶）對多項式x?y?z?m?n任意加括號后仍然只含減法運算并將所得式子化簡，稱之為“加算操作”，例如：(x?y)?(z?m?n)=x?y?z+m+n，x?①至少存在一種“加算操作”，使其結(jié)果與原多項式相等；②不存在任何“加算操作”，使其結(jié)果與原多項式之和為0；③所有的“加算操作”共有8種不同的結(jié)果．以上說法中正確的個數(shù)為（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】給x?y添加括號，即可判斷①說法是否正確；根據(jù)無論如何添加括號，無法使得x的符號為負號，即可判斷②說法是否正確；列舉出所有情況即可判斷③說法是否正確．【詳解】解：∵x?∵x又∵無論如何添加括號，無法使得x的符號為負號∴②說法正確∵當括號中有兩個字母，共有4種情況，分別是x?y?z?m?n、x?y?z?m?n、x?y?當括號中有三個字母，共有3種情況，分別是x?y?z?m?n、x?y?z?m?n當括號中有四個字母，共有1種情況，x∴共有8種情況∴③說法正確∴正確的個數(shù)為3故選D．【點睛】本題考查了新定義運算，認真閱讀，理解題意是解答此題的關(guān)鍵．5．（2022·湖南常德）我們發(fā)現(xiàn)：6+3=3，6+6+3=3，6+6+6+3=3，…，6+6+6+?+6+6+3=3n個根號，一般地，對于正整數(shù)a，b，如果滿足b+b+b+?+b+b+a=an個根號時，稱A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【分析】根據(jù)定義逐項分析判斷即可．【詳解】解：∵12+4=4，4,1291+9=10≠99,91不是完美方根數(shù)對；故②不正確；若a,380是完美方根數(shù)對，則380+a=a即a2=380+a解得∵a是正整數(shù)則a=20故③正確；若x,y是完美方根數(shù)對，則y+x=x∴y+x=x2【點睛】本題考查了求算術(shù)平方根，解一元二次方程，二次函數(shù)的定義，理解定義是解題的關(guān)鍵．7．對于實數(shù)a、b，定義一種新運算“?”為：，這里等式右邊是實數(shù)運算．例如：．則方程x??2A．x＝4B．x＝5C．x＝6D．x＝7【答案】B【解析】根據(jù)新定義運算，把方程轉(zhuǎn)化為分式方程．因為x?(?2)=1x?(?2)8.將關(guān)于x的一元二次方程x2-px+q=0變形為x2=px-q，就可以將x2表示為關(guān)于x的一次多項式，從而達到“降次”的目的，又如A.1?5B.3?5C.1+【答案】C【解析】本題考查了降次法、整體代入法、整式的化簡求值，一元二次方程的解法.解答過程如下：∵x2-x-1=0，∴∴x4-2x3+3x=(x+1)=1-x-1+3x=2x，∵x2-x-1=0，且x＞0，∴x=∴原式=2×1+52=9．（2023·湖南常德·統(tǒng)考中考真題）沈括的《夢溪筆談》是中國古代科技史上的杰作，其中收錄了計算圓弧長度的“會圓術(shù)”，如圖．AB是以O(shè)為圓心，OA為半徑的圓弧，C是弦AB的中點，D在AB上，CD⊥AB．“會圓術(shù)”給出AB長l的近似值s計算公式：s=AB+CD2OA，當OA=2，【答案】0.1【分析】由已知求得AB與CD的值，代入s=AB+C【詳解】∵OA=OB=2，∠∴AB=22∵C是弦AB的中點，D在AB上，CD⊥∴延長DC可得O在DC上，OC=∴CD=OD?OC=2?2∴s=AB+Cl=90×2×2π∴l(xiāng)?s=故答案為：0.1．【點睛】本題考查扇形的弧長，掌握垂徑定理?；￠L公式是關(guān)鍵．10．（2023·重慶·統(tǒng)考中考真題）對于一個四位自然數(shù)M，若它的千位數(shù)字比個位數(shù)字多6，百位數(shù)字比十位數(shù)字多2，則稱M為“天真數(shù)”．如：四位數(shù)7311，∵，3?1=2，∴7311是“天真數(shù)”；四位數(shù)8421，∵，∴8421不是“天真數(shù)”，則最小的“天真數(shù)”為________；一個“天真數(shù)”M的千位數(shù)字為a，百位數(shù)字為b，十位數(shù)字為c，個位數(shù)字為d，記，，若PMQM能被10整除，則滿足條件的M的最大值為________．【答案】6200；9313【分析】根據(jù)題中“天真數(shù)”可求得最小的“天真數(shù)”；先根據(jù)題中新定義得到c+d=a+b?8，進而PMQM=4a+b?8a?5，若【詳解】解：根據(jù)題意，只需千位數(shù)字和百位數(shù)字盡可能的小，所以最小的“天真數(shù)”為6200；根據(jù)題意，a?d=6，b?c=2，6≤a≤9，2≤b≤9，則c+d=a+b∴PM∴PM若M最大，只需千位數(shù)字a取最大，即a=9，∴PM∵PM∴b=3，∴滿足條件的M的最大值為9313，故答案為：6200，9313．【點睛】本題是一道新定義題，涉及有理數(shù)的運算、整式的加減、數(shù)的整除等知識，理解新定義是解答的關(guān)鍵．11．（2022·四川眉山）將一組數(shù)2，2，6，22，…，，按下列方式進行排列：2，2，6，2210，23，14…若2的位置記為(1,2)，14的位置記為(2,3)，則27【答案】(4,2)【分析】先找出被開方數(shù)的規(guī)律，然后再求得27【詳解】數(shù)字可以化成：2，4，6，8；10，，14，16；∴規(guī)律為：被開數(shù)為從2開始的偶數(shù)，每一行4個數(shù)，∵27=∴27的位置記為(4,2)故答案為：【點睛】本題考查了類比點的坐標解決實際問題的能力和閱讀理解能力．被開方數(shù)全部統(tǒng)一是關(guān)鍵．12．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）在平面直角坐標系xOy中，一個圖形上的點都在一邊平行于x軸的矩形內(nèi)部（包括邊界），這些矩形中面積最小的矩形稱為該圖形的關(guān)聯(lián)矩形．例如：如圖，函數(shù)的圖象（拋物線中的實線部分），它的關(guān)聯(lián)矩形為矩形OABC．若二次函數(shù)圖象的關(guān)聯(lián)矩形恰好也是矩形OABC，則b=________．

【答案】712或【分析】根據(jù)題意求得點A3,0，B3,4，【詳解】由，當x=0時，y=4，∴C0,4∵A3,0，四邊形ABCO∴B3,4①當拋物線經(jīng)過O，B時，將點0,0，B3,4代入，∴c=0解得：b=②當拋物線經(jīng)過點A,C時，將點A3,0,C0,4代入∴c=4解得：b=?綜上所述，b=712或故答案為：712或?【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求拋物線解析式，理解新定義，最小矩形的限制條件是解題的關(guān)鍵．13.對于任意兩個不相等的數(shù)a，b，定義一種新運算“”如下：ab＝，如：32＝＝，那么124＝______．【答案】【解析】依題意可知124＝＝＝．14.定義一種新運算：對于任意的非零實數(shù)a，b，a?b=1a+【答案】?【分析】根據(jù)新定義可得(x+1)?x=2x+1x2【詳解】解：∵a?b=1a+又∵(x+1)?x=2x+1x，∴∴x2+x2x+1?x2x+1∵(x+1)?x=2x+1x即x≠0，∴2x+1=0，解得經(jīng)檢驗x=?12是方程2x+1x【點睛】本題主要考查了新定義下的實數(shù)運算，解分式方程，正確理解題意得到關(guān)于x的方程是解題的關(guān)鍵．15.定義[a，b，c]為函數(shù)y＝ax2+bx+c的特征數(shù)，下面給出特征數(shù)為[2m，1﹣m，﹣1﹣m]的函數(shù)的一些結(jié)論：①當m＝﹣3時，函數(shù)圖象的頂點坐標是（13,②當m＞0時，函數(shù)圖象截x軸所得的線段長度大于32QUOTE；③當m＜0時，函數(shù)在x＞14QUOTE時，y隨x的增大而減?。虎墚攎≠0時，函數(shù)圖象經(jīng)過同一個點．其中正確的結(jié)論有___________【解析】解：根據(jù)定義可得函數(shù)y＝2mx2+（1﹣m）x+（﹣1﹣m），①當m＝﹣3時，函數(shù)解析式為y＝﹣6x2+4x+2，∴?b∴頂點坐標是（13②函數(shù)y＝2mx2+（1﹣m）x+（﹣1﹣m）與x軸兩交點坐標為（1，0），（﹣m+12mQUOTE，0），當m＞0時，1﹣（﹣m+12mQUOTE）＝32+12m③當m＜0時，函數(shù)y＝2mx2+（1﹣m）x+（﹣1﹣m）開口向下，對稱軸x=1④當m≠0時，x＝1代入解析式y(tǒng)＝0，則函數(shù)一定經(jīng)過點（1，0），正確．故選：①②④16.若記y=f（x）=x21+x2，其中f（1）表示當x=1時y的值，即f（1）=121+12=12；f（12）表示當x=12時y的值，即f（12）=f（12【解析】解：∵y=f（x）=x2∴f（1x）=（1x∴f（x）+f（1x∴f（1）+f（2）+f（12）+f（3）+f（12）+…+f（2011）+f（=f（1）+[f（2）+f（12）]+[f（3）+f（13）]+…+[f（2011）+f（=12=12=201012故答案為：20101217．（2023·內(nèi)蒙古通遼·統(tǒng)考中考真題）閱讀材料：材料1：關(guān)于x的一元二次方程ax2+bx+c=0a≠0的兩個實數(shù)根x1，x2和系數(shù)a，材料2：已知一元二次方程x2?x?1=0的兩個實數(shù)根分別為m，n，求解：∵m，n是一元二次方程x2∴m+n=1,mn=?1．則m2根據(jù)上述材料，結(jié)合你所學(xué)的知識，完成下列問題：(1)應(yīng)用：一元二次方程2x2+3x?1=0的兩個實數(shù)根為x1，(2)類比：已知一元二次方程2x2+3x?1=0的兩個實數(shù)根為m，n(3)提升：已知實數(shù)s，t滿足2s2+3s?1=0，2t2【答案】(1)?32(2)13(3)的值為或?17【分析】（1）直接利用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系求解即可；（2）利用一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系可求出m+n=?32，mn=?1（3）由題意可將s、t可以看作方程2x2+3x?1=0的兩個根，即得出s+t=?32，st=?12【詳解】（1）解：∵一元二次方程2x2+3x?1=0的兩個根為x∴x1+x故答案為：?32，（2）解：∵一元二次方程2x2+3x?1=0的兩根分別為m∴m+n=?ba=?∴m===13（3）解：∵實數(shù)s、t滿足2s∴s、t可以看作方程2x∴s+t=?ba=?∵t?s==17∴t?s=172或當t?s=171s當t?s=?171s綜上分析可知，的值為或?17．【點睛】本題考查一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系，完全平方公式的變形計算，分式的混合運算．理解題意，掌握一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)根與系數(shù)的關(guān)系：x18．（2022·重慶）若一個四位數(shù)M的個位數(shù)字與十位數(shù)字的平方和恰好是M去掉個位與十位數(shù)字后得到的兩位數(shù)，則這個四位數(shù)M為“勾股和數(shù)”．例如：M=2543，∵32又如：M=4325，∵52+2(1)判斷2022，5055是否是“勾股和數(shù)”，并說明理由；(2)一個“勾股和數(shù)”M的千位數(shù)字為a，百位數(shù)字為b，十位數(shù)字為c，個位數(shù)字為d，記GM=c+d9，PM=10【答案】(1)2022不是“勾股和數(shù)”，5055是“勾股和數(shù)”；理由見解析(2)8109或8190或4536或4563．【分析】（1）根據(jù)“勾股和數(shù)”的定義進行驗證即可；（2）由“勾股和數(shù)”的定義可得10a+b=c2+d2，根據(jù)GM，(1)解：2022不是“勾股和數(shù)”，5055是“勾股和數(shù)”；理由：∵，8≠20，∴1022不是“勾股和數(shù)”；∵52(2)∵M為“勾股和數(shù)”，∴10a+b=c2+∵GM=c+d∵PM∴c2∴①c=0，d=9或c=9，d=0，此時M=8109或8190；②c=3，d=6或c=6，d=3，此時M=4536或4563，綜上，M的值為8109或8190或4536或4563．【點睛】本題以新定義為背景考查了整式混合運算的應(yīng)用以及學(xué)生應(yīng)用知識的能力，解題關(guān)鍵是要理解新定義，能根據(jù)條件找出合適的“勾股和數(shù)”．19．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考中考真題）定義：有兩個相鄰的內(nèi)角是直角，并且有兩條鄰邊相等的四邊形稱為鄰等四邊形，相等兩鄰邊的夾角稱為鄰等角．

(1)如圖1，在四邊形ABCD中，AD∥BC,∠A=90°，對角線BD平分∠ADC．求證：四邊形ABCD為鄰等四邊形．(2)如圖2，在6×5的方格紙中，A，B，C三點均在格點上，若四邊形ABCD是鄰等四邊形，請畫出所有符合條件的格點D．(3)如圖3，四邊形ABCD是鄰等四邊形，∠DAB=∠ABC=90°，∠BCD為鄰等角，連接AC，過B作BE∥AC交DA的延長線于點E．若AC=8,DE=10，求四邊形EBCD的周長．【答案】(1)證明見解析(2)畫圖見解析(3)38?6【分析】（1）先證明∠ABC=180°?∠A=90°，∠ADB=∠CBD，再證明CD=CB，即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)新定義分兩種情況進行討論即可；①∠B=∠C=90，結(jié)合圖形再確定滿足CB=CD或AD=CD的格點D；②∠B=∠A=90，結(jié)合圖形再確定滿足AB=AD的格點D；（3）如圖，過C作CQ⊥AD于Q，可得四邊形ABCQ是矩形，AQ=BC，AD∥BC，證明四邊形ACBE為平行四邊形，可得BE=AC=8，AE=BC，設(shè)BC=AE=x，而DE=10，，DQ=x?10?x=2x?10，由新定義可得CD=CB=x，由勾股定理可得：x【詳解】（1）解：∵AD∥∴∠ABC=180°?∠A=90°，∠ADB=∵對角線BD平分∠ADC∴∠ADB=∴∠CBD=∴CD=CB，∴四邊形ABCD為鄰等四邊形．（2）解：D1，D2，（3）如圖，過C作CQ⊥AD于Q，

∵∠DAB=∴四邊形ABCQ是矩形，∴AQ=BC,AB=CQ，AD∥∵BE∥∴四邊形ACBE為平行四邊形，∴BE=AC=8，AE=BC，設(shè)BC=AE=x，而DE=10，∴，DQ=x?10?x=2x?10由新定義可得CD=CB=x，由勾股定理可得：x2整理得：x2解得：x1=10?32∴CB=CD=10?32∴四邊形EBCD的周長為10+8+210?3【點睛】本題考查的是新定義的含義，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的判定，平行四邊形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，一元二次方程的解法，理解題意，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．20.請你閱讀引例及其分析解答，希望能給你以啟示，然后完成對探究一和探究二的解答．引例：設(shè)a，b，c為非負實數(shù)，求證：eq\r(a2＋b2)＋eq\r(b2＋c2)＋eq\r(c2＋a2)≥eq\r(2)(a＋b＋c)，分析：考慮不等式中各式的幾何意義，我們可以試構(gòu)造一個邊長為a＋b＋c的正方形來研究．解：如圖①，設(shè)正方形的邊長為a＋b＋c，則AB＝eq\r(a2＋b2)，BC＝eq\r(b2＋c2)，CD＝eq\r(a2＋c2)，顯然AB＋BC＋CD≥AD，∴eq\r(a2＋b2)＋eq\r(b2＋c2)＋eq\r(c2＋a2)≥eq\r(2)(a＋b＋c)．探究一：已知兩個正數(shù)x，y，滿足x＋y＝12，求eq\r(x2＋4)＋eq\r(y2＋9)的最小值(圖②僅供參考)；探究二：若a，b為正數(shù)，求以eq\r(a2＋b2)，eq\r(4a2＋b2)，eq\r(a2＋4b2)為邊的三角形的面積．【解答】解：探究一：如解圖①，構(gòu)造矩形AECF，并設(shè)矩形的兩邊長分別為12，5，①則x＋y＝12，AB＝eq\r(x2＋4)，BC＝eq\r(y2＋9)，顯然AB＋BC≥AC，當A，B，C三點共線時，AB＋BC最小，即eq\r(x2＋4)＋eq\r(y2＋9)的最小值為AC，∵AC＝eq\r(122＋52)＝13，∴eq\r(x2＋4)＋eq\r(y2＋9)的最小值為13；②探究二：如解圖②，設(shè)矩形ABCD的兩邊長分別為2a，2b，E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點，則CF＝eq\r(4a2＋b2)，CE＝eq\r(a2＋4b2)，EF＝eq\r(a2＋b2)，設(shè)以eq\r(a2＋b2)，eq\r(4a2＋b2)，eq\r(a2＋4b2)為邊的三角形的面積為S△CEF，∴S△CEF＝S矩形ABCD－S△CDF－S△AEF－S△BCE＝4ab－eq\f(1,2)×2a×b－eq\f(1,2)ab－eq\f(1,2)a×2b＝eq\f(3,2)ab，∴以eq\r(a2＋b2)，eq\r(4a2＋b2)，eq\r(a2＋4b2)為邊的三角形的面積為eq\f(3,2)ab.21．（2022·重慶）對于一個各數(shù)位上的數(shù)字均不為0的三位自然數(shù)N，若N能被它的各數(shù)位上的數(shù)字之和m整除，則稱N是m的“和倍數(shù)”．例如：∵247÷(2+4+7)=247÷13=19，∴247是13的“和倍數(shù)”．又如：∵214÷(2+1+4)=214÷7=30??(1)判斷357，441是否是“和倍數(shù)”？說明理由；(2)三位數(shù)A是12的“和倍數(shù)”，a，b，c分別是數(shù)A其中一個數(shù)位上的數(shù)字，且a>b>c．在a，b，c中任選兩個組成兩位數(shù)，其中最大的兩位數(shù)記為F(A)，最小的兩位數(shù)記為G(A)，若F(A)+G(A)16【答案】(1)357不是15“和倍數(shù)”，441是9的“和倍數(shù)”；理由見解析(2)數(shù)A可能為732或372或516或156【分析】（1）根據(jù)題目中給出的“和倍數(shù)”定義進行判斷即可；（2）先根據(jù)三位數(shù)A是12的“和倍數(shù)”得出a+b+c=12，根據(jù)a>b>c，F(xiàn)A是最大的兩位數(shù)，GA是最小的兩位數(shù)，得出FA+GA=10a+2b+10c，F(xiàn)(A)+G(A)16=k（k為整數(shù)），結(jié)合a+b+c=12得出(1)解：∵357÷3+5+7∵441÷4+4+1(2)∵三位數(shù)A是12的“和倍數(shù)”，∴a+b+c=12，∵a>b>c，∴在a，b，c中任選兩個組成兩位數(shù)，其中最大的兩位數(shù)FA=10a+b，最小的兩位數(shù)GA∵F(A)+G(A)16為整數(shù)，設(shè)F(A)+G(A)16=k整理得：5a+5c+b=8k，根據(jù)a+b+c=12得：a+c=12?∵a>b>c，∴12?b＞b，解得b＜6，∵“和倍數(shù)”是各數(shù)位上的數(shù)字均不為0的三位自然數(shù)，∴a>b>c＞0，∴b＞1，∴1＜b＜6，把a+c=12?b代入5a+5c+b=8k得：512?b+b=8k，整理得：b=15?2k，∵1＜b＜6，k為整數(shù)，∴b=3或當b=3時，a+c=12?3=9，∵a>b>c＞0，∴a＞3，0＜c＜3，∴a=7，b=3，c=2，或a=8，b=3，c=1，要使三位數(shù)A是12的“和倍數(shù)”，數(shù)A必須是一個偶數(shù)，當a=7，b=3，c=2時，組成的三位數(shù)為732或372，∵732÷12=61，∴732是12的“和倍數(shù)”，∵372÷12=31，∴372是12的“和倍數(shù)”；當a=8，b=3，c=1時，組成的三位數(shù)為318或138，∵318÷12=26??????6，∴318不是12的“和倍數(shù)”，∵138÷12=11??????6，∴138不是12的“和倍數(shù)”；當b=5時，a+c=12?5=7，∵a>b>c＞0，∴5＜a＜7，∴a=6，b=5，c=1，組成的三位數(shù)為516或156，∵516÷12=43，∴516是12的“和倍數(shù)”，∵156÷12=13，∴156是12的“和倍數(shù)”；綜上分析可知，數(shù)A可能為732或372或516或156．【點睛】本題主要考查了新定義類問題，數(shù)的整除性，列代數(shù)式，利用數(shù)位上的數(shù)字特征和數(shù)據(jù)的整除性，是解題的關(guān)鍵，分類討論是解答本題的重要方法，本題有一定的難度．22．（2023·河北·統(tǒng)考中考真題）在平面直角坐標系中，設(shè)計了點的兩種移動方式：從點移動到點(x+2,y+1)稱為一次甲方式：從點移動到點(x+1,y+2)稱為一次乙方式．點P從原點O出發(fā)連續(xù)移動2次；若都按甲方式，最終移動到點；若都按乙方式，最終移動到點N(2,4)；若按1次甲方式和1次乙方式，最終移動到點．

(1)設(shè)直線l1經(jīng)過上例中的點M,N，求l1的解析式；并直接寫出將l1(2)點P從原點O出發(fā)連續(xù)移動10次，每次移動按甲方式或乙方式，最終移動到點．其中，按甲方式移動了m次．①用含m的式子分別表示x,y；②請說明：無論m怎樣變化，點Q都在一條確定的直線上．設(shè)這條直線為l3，在圖中直接畫出l(3)在（1）和（2）中的直線上分別有一個動點，橫坐標依次為a,b,c，若A，B，C三點始終在一條直線上，直接寫出此時a，b，c之間的關(guān)系式．【答案】(1)l1的解析式為y=?x+6；l2的解析式為(2)①x=m+10,y=20?m；②l3的解析式為y=?x+30(3)5a+3c=8b【分析】（1）根據(jù)待定系數(shù)法即可求出l1的解析式，然后根據(jù)直線平移的規(guī)律：上加下減即可求出直線l（2）①根據(jù)題意可得：點P按照甲方式移動m次后得到的點的坐標為2m,m，再得出點2m,m按照乙方式移動10?m次后得到的點的橫坐標和縱坐標，即得結(jié)果；②由①的結(jié)果可得直線l3（3）先根據(jù)題意得出點A，B，C的坐標，然后利用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式，再把點C的坐標代入整理即可得出結(jié)果．【詳解】（1）設(shè)l1的解析式為，把、N(2,4)代入，得4k+b=22k+b=4，解得：k=?1∴l(xiāng)1的解析式為y=?x+6將l1向上平移9個單位長度得到的直線l2的解析式為（2）①∵點P按照甲方式移動了m次，點P從原點O出發(fā)連續(xù)移動10次，∴點P按照乙方式移動了10?m次，∴點P按照甲方式移動m次后得到的點的坐標為2m,m；∴點2m,m按照乙方式移動10?m次后得到的點的橫坐標為2m+10?m=m+10，縱坐標為m+210?m∴x=m+10,y=20?m；②由于x+y=m+10+20?m=30，∴直線l3的解析式為y=?x+30函數(shù)圖象如圖所示：

（3）∵點的橫坐標依次為a,b,c，且分別在直線上，∴Aa,?a+6設(shè)直線AB的解析式為y=mx+n，把A、B兩點坐標代入，得ma+n=?a+6mb+n=?b+15，解得：m=?1+∴直線AB的解析式為y=?1+∵A，B，C三點始終在一條直線上，∴c?1+整理得：5a+3c=8b；即a，b，c之間的關(guān)系式為：5a+3c=8b．【點睛】本題是一次函數(shù)和平移綜合題，主要考查了平移的性質(zhì)和一次函數(shù)的相關(guān)知識，正確理解題意、熟練掌握平移的性質(zhì)和待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式是解題關(guān)鍵．23.閱讀材料:各類方程的解法求解一元一次方程，根據(jù)等式的基本性質(zhì)，把方程轉(zhuǎn)化為x=a的形式，求解二元一次方程組，把它轉(zhuǎn)化為一元一次方程來解;類似的，求解三元一次方程組，把它轉(zhuǎn)化為解二元次方程組．求解一元二次方程，把它轉(zhuǎn)化為兩個一元一次方程來解．求解分式方程，把它轉(zhuǎn)化為整式方程來解，由于“去分母”可能產(chǎn)生增根，所以解分式方程必須檢驗．各類方程的解法不盡相同，但是它們有一個共同的基本數(shù)學(xué)思想一轉(zhuǎn)化，把未知轉(zhuǎn)化為已知．用“轉(zhuǎn)化”的數(shù)學(xué)思想，我們]還可以解一些新的方程．例如，一元三次方程x3+x2－2x=0可以通過因式分解把它轉(zhuǎn)化為x(x2+x－2)=0，解方程x=0和x2+x－2=0，可得方程x3+x2－2x=0的解(1)問題:方程x3+x2－2x=0的解是x1=0，x2=______．x3=______．(2)拓展:用“轉(zhuǎn)化”思想求方程2x+3=x(3)應(yīng)用:如圖，已知矩形草坪ABCD的長AD=8m，寬AB=3m，小華把一根長為10m的繩子的一端固定在點B，沿草坪邊沿BA、AD走到點P處，把長繩PB段拉直并固定在點P，然后沿草坪邊沿PD、DC走到點C處，把長繩剩下的一段拉直，長繩的另一端恰好落在點C．求AP的長．【解析】（1）x2=1,x3=－2（2）2x+3兩邊平方，得2x+3=解此方程，得x檢驗：當x=3時，滿足題意；當x=－1時，不滿足題意，舍去原方程的根為x=3。設(shè)AP=xm，因AD=8m，則PD=(8－x)m在RtΔABP中，PB=AP在RtΔPCD中，PC=PD∵PB=10－PC∴x兩邊平方，化簡得：5再次兩邊平方，整理得到x2?8x+16=0解得x=4經(jīng)檢驗，x=4滿足題意。答：該段運河的河寬為4m。24．（2023·湖北荊州·統(tǒng)考中考真題）如圖1，點P是線段AB上與點A，點B不重合的任意一點，在AB的同側(cè)分別以A，P，B為頂點作∠1=∠2=∠3，其中∠1與∠3的一邊分別是射線AB和射線BA，∠2的兩邊不在直線AB上，我們規(guī)定這三個角互為等聯(lián)角，點P為等聯(lián)點，線段AB為等聯(lián)線．(1)如圖2，在5×3個方格的紙上，小正方形的頂點為格點、邊長均為1，AB為端點在格點的已知線段．請用三種不同連接格點的方法，作出以線段AB為等聯(lián)線、某格點P為等聯(lián)點的等聯(lián)角，并標出等聯(lián)角，保留作圖痕跡；(2)如圖3，在Rt△APC中，∠A=90°，AC>AP，延長AP至點B，使AB=AC，作∠A的等聯(lián)角∠CPD和∠PBD．將沿PC折疊，使點A落在點M處，得到△MPC，再延長PM交BD的延長線于E，連接CE并延長交PD的延長線于F①確定△PCF②若AP:PB=1:2，BF=2k，求等聯(lián)線AB和線段PE的長（用含【答案】(1)見解析(2)①等腰直角三角形，見解析；②；PE=5【分析】（1）根據(jù)新定義，畫出等聯(lián)角；（2）①△PCF是等腰直角三角形，過點C作CN⊥BE交的延長線于N．由折疊得AC=CM，∠CMP=∠CME=∠A=90°，∠1=∠2，證明四邊形ABNC為正方形，進而證明Rt△CME≌Rt②過點F作FQ⊥BE于Q，F(xiàn)R⊥PB交PB的延長線于，則∠R=∠A=90°．證明△APC≌△RFP，得出AP=BR=FR，在Rt△BRF中，BR2+FR2=BF2，BF=2k，進而證明四邊形BRFQ【詳解】（1）解：如圖所示（方法不唯一）（2）①△PCF如圖，過點C作CN⊥BE交的延長線于N．由折疊得AC=CM，∠CMP=∠CME=∠A=90°，∠∵AC=AB，∠A=∴四邊形ABNC為正方形∴又∵CE=CE∴Rt∴∠3=∠4，而∠1+∠2+∠3+∠4=90°，∠∴∴△②過點F作FQ⊥BE于Q，F(xiàn)R⊥PB交PB的延長線于，則∠R=∠∵∠1+∴∠由△PCF是等腰直角三角形知：PC=PF，∴△∴AP=FR，AC=PR，而AC=AB，∴AP=BR=FR在Rt△BRF中，BR∴AP=BR=FR=k∴PB=2AP=2k∴AB=AP+PB=BN=3k由BR=FR，∠QBR=∴四邊形BRFQ為正方形，BQ=QF=k，由FQ⊥BN，CN⊥BN得：FQ∥∴△QEF∴QENE=即2k?NENE=k由①知：PM=AP=k，ME=NE=3∴PE=PM+ME=k+【點睛】本題考查了幾何新定義，正方形的性質(zhì)與判定，折疊問題，全等三角形的性質(zhì)與判定，相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，理解新定義，掌握正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．25.閱讀材料：三角形的三條中線必交于一點，這個交點稱為三角形的重心．（1）特例感知：如圖（一），已知邊長為2的等邊△ABC的重心為點O，求△OBC與△ABC的面積．（2）性質(zhì)探究：如圖（二），已知△ABC的重心為點O，請判斷、S△OBCS（3）性質(zhì)應(yīng)用：如圖（三），在正方形ABCD中，點E是CD的中點，連接交對角線AC于點M．①若正方形ABCD的邊長為4，求EM的長度；②若S△CME=1，求正方形【解析】（1）連接DE，利用相似三角形證明ODAO（2）根據(jù)（1）的證明可求解；（3）①證明△CME∽△ABM得EMBM②分別求出S△BMC和S△ABM即可.【答案】（1）連接DE，如圖，∵點O是△ABC的重心，∴AD，是BC，AC邊上的中線，∴D，E為BC，AC邊上的中點，為△ABC的中位線，∴DE//AB，DE=1∴△ODE~△OAB，，∴AB=2，BD=1∴AD=3，，∴S△ABC（2）由（1）可知，ODOAS△OBC（3）①∵四邊形ABCD是正方形，∴?CD//AB，，∴△∵E為CD的中點，∴CE=∴EMBE=②∴S△CME=1∴S△∵MEBM∴S△CME∴S△AMB∴S又S∴S△∴正方形A