资源简介

新定义阅读理解题型
自主学习单
桂园中学 黎幼彦
知识技能梳理
1.新定义阅读理解题是中考数学压轴题的高频考点，核心考查学生的数学阅读能力、知识迁移能力与逻辑推理能力，常见分为三大类：
（1） 定义新运算：自定义特殊运算规则，需严格按题目要求计算
（2） 初高中衔接知识：引入高中基础概念，用初中方法解决
（3） 定义新概念：自定义几何、代数类全新概念，是本节重点突破的主流题型

2、解题核心关键
（1） 吃透新定义：逐句拆解，明确概念的条件、原理、步骤和结论，圈出所有限制条件
（2）活用示例：用题目给出的例子验证理解，归纳解题方法和分类标准
（3）类比迁移：将新概念与初中已学知识关联，把陌生问题转化为熟悉题型
3、必备数学思想
（1）转化思想：把未知问题转化为已学知识解决
（2）类比思想：通过新旧概念的相似性，迁移解题方法
（3）分类讨论思想：全面分析所有可能情况，避免漏解
学习过程
模块一：以圆为载体
例3．（2021秋 阿鲁科尔沁旗期末）我们定义：如果圆的两条弦互相垂直且相交，那么这两条弦互为“十字弦”，也把其中的一条弦叫做另一条弦的“十字弦”．如图（1），已知⊙O的两条弦AB⊥CD，则AB、CD互为“十字弦”，AB是CD的“十字弦”，CD也是AB的“十字弦”．
【概念理解】
（1）若⊙O的半径为5，一条弦AB＝8，则弦AB的“十字弦”CD的最大值为 　　 ，最小值为 　　 ．
（2）如图2，若⊙O的弦CD恰好是⊙O的直径，弦AB与CD相交于H，连接AC，若AC＝12，DH＝7，CH＝9，求证：AB、CD互为“十字弦”；
【问题解决】
（3）如图3，在⊙O中，半径为，弦AB与CD相交于H，AB、CD互为“十字弦”且AB＝CD，，则CD的长度 　　 ．
【解答】（1）解：当CD为⊙O的直径时，CD有最大值，最大值为10，
如图4，当点D与点A重合时，CD有最小值，
连接BC，
∵AB⊥CD，
∴BC为⊙O的直径，
由勾股定理得：AC6，
故答案为：10；6；
（2）证明：如图2，连接AD，
∵CD为⊙O的直径，
∴∠CAD＝90°，
∵AC＝12，DH＝7，CH＝9，
∴，，
∴，
∵∠C＝∠C，
∴△HCA∽△ACD，
∴∠CHA＝∠CAD＝90°，
∴AB⊥CD，
∴AB、CD互为“十字弦”；
（3）解：如图3，过点O作OE⊥CD于E，OF⊥AB于F，连接OD，
∵AB⊥CD，
∴四边形EOFH为矩形，
∵AB＝CD，OE⊥CD，OF⊥AB，
∴OE＝OF，
∴矩形EOFH为正方形，
∴OE＝EH，
设DH＝x，则CH＝5x，
∴CD＝CH+DH＝6x，
∵OE⊥CD，
∴DECD＝3x，
∴EH＝OE＝2x，
在Rt△OED中，OE2+DE2＝OD2，即（2x）2+（3x）2＝（）2，
解得：x1＝1，x2＝﹣1（舍去），
∴CD＝6x＝6，
故答案为：6．
例4．（2023秋 威海期末）定义：圆心在三角形的一边上，与另一边相切，且经过三角形一个顶点（非切点）的圆，称为这个三角形圆心所在边上的“伴随圆”．
（1）如图①，在△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，AC＝3，则BC边上的伴随圆的半径为 　　 ．
（2）如图②，△ABC中∠ACB＝90°，点E在边AB上，AE＝2BE，D为AC的中点，且∠CED＝90°．
①求证：△CED的外接圆是△ABC的AC边上的伴随圆；
②的值为 　　 ．
【解答】（1）解：∵∠C＝90°，AB＝5，BC＝3，
∴，
∵BC是圆的切线，∠BCA＝90°，
∴AC为圆的直径．
∴AC边上的伴随圆的半径为2．
（2）①证明：作出△CDE的外接圆⊙O，连接OE、OB，如图，
∵△CED为直角三角形，
∴△CED的外接圆圆心O在CD中点上，
设⊙O的半径为r，则DC＝2r，OC＝OD＝r，
∴OA＝3r，
∴．
∵EA＝2BE，
∴，
∴．
∵∠A＝∠A，
∴△AED∽△ABO，
∴∠AED＝∠ABO，
∴ED∥OB，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∵OE＝OD，
∴∠3＝∠2，
∴∠1＝∠4，
在△BCO和△BEO中，
，
∴△BCO≌△BEO（SAS），
∴∠BEO＝∠BCO＝90°，
∴OE⊥AB，
∴AB是⊙O的切线．
∵⊙O经过点C，
∴△CED的外接圆是△ABC的AC边上的伴随圆；
②解：如图，设圆O的半径为r，
∵在 Rt△OAE 中，OA＝3r，OE＝r，
∴EA2r．
∵AE＝2BE，
∴BEr
∴AB＝BE+AE＝3r，
∵在 Rt△ABC中，AC＝2CD＝4r，AB＝3r，
∴BCr，
∵在Rt△OBC中，OC＝r，
∴，
∴．
∵∠EDC＝∠1，
∴，
∵cos∠EDC，
∴．
∴DEr．
∴CEr，
∴．
故答案为：．
模块一巩固练习
1.已知⊙C的半径为r，点P是与圆心C不重合的点，点P关于⊙C的反演点的定义如下：若点P′在射线CP上，满足CP′ CP＝r2，则称点P′是点P关于⊙C的反演点．图1为点P及其关于⊙C的反演点P′的示意图．
在平面直角坐标系xOy中，⊙O的半径为6，⊙O与x轴的正半轴交于点A．
（1）如图2，∠AOB＝45°，OB＝18．若点A′，B′分别是点A，B关于⊙O的反演点．则点A′的坐标是 　　 ，点B′的坐标是 　　 ；
（2）已知点Q在x轴下方，且2≤OQ≤9，直线上存在点Q关于⊙O的反演点Q′，求m的取值范围；
（3）如图3，已知直线l：y＝﹣6，点K是直线l上的动点，点K′是点K关于⊙O的反演点．请直接写出线段AK′的长度k的取值范围．
【解答】解：（1）∵OA OA′＝R2，
∵OA＝6，R＝6，
∴OA′＝6，
∵A′在x轴上，
∴A′坐标为（6，0）．
∵OB OB′＝R2，
∵OB＝18，R＝6，
∴OB′＝2，
∵∠AOB＝45°，
∴x＝y＝2．
故答案为：（6，0），（，）．
（2）直线上存在点Q关于⊙O的反演点Q′，
设Q′坐标为（x，x+m）．
OQ′2＝x2+（x+m）2
x2mx+m2﹣OQ′2＝0．
Δ＝﹣4m2OQ′2≥0．
m2，
∵OQ OQ'＝R2＝36，
∵2≤OQ≤9，
∴4≤OQ'≤18．
∴m2≤432，
∴﹣12．
∵点Q在x轴下方，
∴点Q'也在x轴下方，y＜0，x＜18．
y，
∴．
∴当2≤OQ≤9时，m的取值范围：﹣12m＜6．
（3）如图，设l交y轴于点B，OB的中点为C．连结BK'，AC．
∵OK OK'＝R2，
∴，
∵∠BOK＝∠BOK'，
∴△BOK∽△K'OB，
∴∠OK'B＝∠OBK＝90°，
∴点K'在OB为直径的圆上，圆心为C，半径为3．
AC2＝OC2+OA2，
AC
AK'的最大值为3，
AK'的最小值为．
k的取值范围：k．
2．阅读与思考
请阅读下列材料，并按要求完成相应的任务．
弥勒是德国著名数学家，他在1471年提出了著名的弥勒定理：
如图1，已知A，B是∠MON的边ON上的定点，当且仅当△ABC的外接圆与OM相切（⊙P与OM相切于点C）时∠ACB最大，此时OC2＝OA OB．
小明思考后给出如下证明：
证明：如图2，在OM上任取一点C′，连接AC′，BC′，BC′与⊙P相交于点D，连接AD．
∵点C，D在⊙P上，
∴∠ACB＝∠ADB（依据①），
又∵∠ADB是△AC′D的一个外角，
∴∠ADB＞∠AC′B，
∴∠ACB＞∠AC′B，
即当且仅当△ABC的外接圆与OM相切（⊙P与OM相切于点C）时∠ACB最大．
如图3，过切点C作⊙P的直径CQ，连接BQ，则∠CBQ＝90°，CQ⊥OM，
∴∠Q+∠BCQ＝90°，∠BCQ+∠OCB＝90°
∴∠Q＝∠OCB，（依据②）
又∵∠Q＝∠OAC，
…
∴OC2＝OA OB．
任务：
（ 1）写出小明证明过程中的依据：
依据①：　 　 ，依据②：　 ；
（2）请你将小明的证明过程补充完整；
（3）结论应用：如图4，已知点A，B的坐标分别是（0，1）和（0，4），C是x轴正半轴上一个动点，当∠ACB最大时，点C的坐标为 　　 ．
【解答】（1）解：依据①：同弧所对的圆周角相等，
依据②：同角的余角相等．
故答案为：同弧所对的圆周角相等，同角的余角相等；
（2）证明：在OM上任取一点C′，连接AC′，BC′，BC′与⊙P相交于点D，连接AD，如图，
∵点C，D在⊙P上，
∴∠ACB＝∠ADB，
又∵∠ADB是△AC′D的一个外角，
∴∠ADB＞∠AC′B，
∴∠ACB＞∠AC′B，
∵⊙P与OM相切于点C，
∴点C为⊙P与OM的唯一公共点，
即当且仅当△ABC的外接圆与OM相切（⊙P与OM相切于点C）时∠ACB最大．
过切点C作⊙P的直径CQ，连接BQ，如图，
则∠CBQ＝90°，CQ⊥OM，
∴∠Q+∠BCQ＝90°，∠BCQ+∠OCB＝90°
∴∠Q＝∠OCB，
又∵∠Q＝∠OAC，
∴△OCQ∽△OBC，
∴，
∴OC2＝OA OB；
（3）解：∵点A，B的坐标分别是（0，1）和（0，4），
∴OA＝1，OB＝4，
∴A，B是∠xOy的边Oy上的定点，
∴由弥勒定理可知：当且仅当△ABC的外接圆与Ox相切时∠ACB最大，此时OC2＝OA OB，
∴OC2＝1×4，
∴OC＝2．
∴C（2，0）．
故答案为：（2，0）．
3．定义：圆心在三角形的一边上，与另一边相切，且经过三角形一个顶点（非切点）的圆，称为这个三角形圆心所在边上的“伴随圆”．
（1）如图①，在△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，AC＝3，则BC边上的伴随圆的半径为　2　 ；
（2）如图②，△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，直接写出它的所有伴随圆的半径；
【解答】（1）解：在△ABC中，∠C＝90°，AB＝5，AC＝3，
由勾股定理得：，
∵AC是圆的切线，∠BCA＝90°，
∴BC为圆的直径，
∴BC边上的伴随圆的半径为2，
故答案为：2；
（2）解：△ABC的伴随圆的半径为或或．理由如下：
当O在BC上时，如图②﹣1，AB＝AC＝5，BC＝6，AB与⊙O相切于点D，连接OD，过点A作AE⊥BC，
∴BE＝EC＝3，
在△AEB中，由勾股定理得：，
∵AB与⊙O相切，
∴OD⊥AB，
∴∠BDO＝∠BEA＝90°，
又∵∠OBD＝∠EBA，
∴△ODB∽△AEB，
∴，
设⊙O的半径为r，则OB＝6﹣r，
∴，
解得：，
∴△ABC的BC边上的伴随圆的半径为；
当O在AB上时，如图②﹣2，BC与⊙O相切于点D，连接OD，过点A作AE⊥BC，垂足为E，
∴OD⊥BC，
∴OD∥AE，
∴△BOD∽△BAE，
∴，
设⊙O的半径为r，则OB＝5﹣r，
∴，
解得：；
如图②﹣3，AC与⊙O相切于点D，连接OD，过点B作BF⊥AC，过点A作AE⊥BC，垂足为E，
∵，
∴，
解得：BF＝4.8，
∵AC与⊙O相切，
∴DO⊥AC，
∴DO∥BF，
∴△AOD∽△ABF，
∴，即，
解得：；
综上所述，△ABC的伴随圆的半径为或或；
4．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得所著的一部数学著作，全书共13卷，以第1卷的23个定义、5个公设和5个公理作为基本出发点，给出了119个定义和465个命题及证明．其中，命题4.2的内容是：给定一个三角形，可作圆内接相似三角形．小美想尝试对这个命题进行证明，于是根据书中命题的内容及图形的画法写出了已知和求证．
已知：如图1，△ABC为已知三角形；如图2，HG是⊙O的切线，D为切点，∠EDH＝∠B，∠FDG＝∠C．
求证：△DEF∽△ACB．
小美在图2的基础上，添加了辅助线：如图3，连接DO并延长，交⊙O于点P，连接PE，PF．
（1）请在小美所添辅助线的基础上，求证：△DEF∽△ACB．
（2）若AB＝AC＝2.5，BC＝4，EF＝8，求⊙O的半径．
【解答】（1）证明：∵DP是⊙O的直径，
∴∠DEP＝90°，
∴∠EDP+∠EPD＝90°；
∵HG是⊙O的切线，
∴PD⊥HG，
∴∠EDH+∠EDP＝90°．
∴∠EDH＝∠EPD．
∵∠EPD＝∠EFD，
∴∠EDH＝∠EFD．
∵∠B＝∠EDH，
∴∠B＝∠EFD，
同理∠C＝∠DEF，
∴△DEF∽△ACB；
（2）解：如图3，连接OE，设OD与EF交于点M，由（1）得△DEF∽△ACB，
∴．
∵AB＝AC＝2.5，BC＝4，EF＝8，
∴，
∴DF＝DE＝5（经检验，是分式方程的解，且符合题意），
∴OD⊥EF且EM＝FM，
∴EM＝FM＝4，
在Rt△DEM中，由勾股定理得：．
设OE＝OD＝r，则OM＝r﹣3，
在Rt△OEM中，由勾股定理得：42+（r﹣3）2＝r2，
解得：，
∴⊙O的半径为．
模块二：以三角形，四边形为载体
例1．（2024 深圳）【定义】
如果从一个平行四边形的一个顶点向不过该顶点的对角线作垂线，垂线交平行四边形的边于另一点，且该点为所在边的中点，那么这个平行四边形叫做“垂中平行四边形”，垂足叫做“垂中点”．
如图1，在 ABCD中，BF⊥AC于点E，交AD于点F，若F为AD的中点，则 ABCD是垂中平行四边形，E是垂中点．
【应用】
（1）如图1，在垂中平行四边形ABCD中，E是垂中点．若，CE＝2，则AE＝　　 ；AB＝　　 ；
（2）如图2，在垂中平行四边形ABCD中，E是垂中点．若AB＝BD，试猜想AF与CD的数量关系，并加以证明；
（3）如图3，在△ABC中，BE⊥AC于点E，CE＝2AE＝12，BE＝5．
①请画出以BC为边的垂中平行四边形，使得E为垂中点，点A在垂中平行四边形的边上；
（不限定画图工具，不写画法及证明，在图上标明字母）
②将△ABC沿AC翻折得到△AB'C，若射线CB'与①中所画的垂中平行四边形的边交于另一点P，连接PE，请直接写出PE的长．
【解答】解：（1）由题可知，，
∵AF∥BC，
∴△AEF∽△CEB，
∴，
∵CE＝2，
∴AE＝1，
∵，
∴，
∴；
故答案为：1；；
（2），证明如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD，
∴△AED∽△FEB，
∴2，
设BE＝x，则DE＝2x，
∴AB＝BD＝3x，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）①第一种情况：如图①．
第二种情况：如图②．
第三种情况：如图③．
②若按照上图①作图，即如图④，
由题意可知，∠ACB＝∠ACP，四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ACB＝∠PAC，
∴∠PAC＝∠PCA，
∴△PAC是等腰三角形；
过P作PH⊥AC于H，则AH＝HC，
∵BE＝5，CE＝2AE＝12，
∴B′E＝BE＝5，AE＝6，
∴，
∴EH＝AH﹣AE＝9﹣6＝3，
∵PH⊥AC，BE⊥AC，
∴△CPH∽△CB′E，
∴，
即，
∴；
若按照上图②作图，即如图⑤，
延长CA、DF交于点G，
同理可得△PGC是等腰三角形，
连接PA，
∵GF∥BC，
∴△GAF∽△CAB，
∴，
∴AG＝AC，
∴PA⊥AC；
同理△CPA∽△CB′E，
∵AE＝6，EC＝12，B'E＝BE＝5，
∴，
即，
∴；
若按照上图③作图，则没有交点，不存在PE（不符合题意），即如图⑥，
故答案为：或．
例2．（2025 深圳）综合与探究
【探索发现】如图1，小军用两个大小不同的等腰直角三角板拼接成一个四边形．
【抽象定义】以等腰三角形的一腰为边向外作等腰三角形，使该边所对的角等于原等腰三角形的顶角，此时该四边形称为“双等四边形”，原等腰三角形称为四边形的“伴随三角形”．如图2，在△ABC中，AB＝AC，AC＝AD，∠D＝∠BAC．此时，四边形ABCD是“双等四边形”，△ABC是“伴随三角形”．
【问题解决】如图3，在四边形ABCD中，AB＝AC，AD＝CD，∠D＝∠BAC．求：①AD与BC的位置关系为：　　 ；②AC2　　 AD BC．（填“＞”，“＜”或“＝”）
【方法应用】①如图4，在△ABC中，AC＝BC．将△ABC绕点A逆时针旋转至△ADE，点D恰好落在BC边上，求证：四边形ABDE是双等四边形．
②如图5，在等腰三角形ABC中，AC＝BC，cosB，AB＝5，在平面内找一点D，使四边形ABCD是以△ABC为伴随三角形的双等四边形，若存在，请求出CD的长，若不存在，请说明理由．
【解答】【问题解决】解：①∵AB＝AC，DA＝DC，∠BAC＝∠ADC，
∴，，
∴∠DAC＝∠ACB，
∴AD∥BC；
②∵∠DAC＝∠ACB，∠BAC＝∠ADC，
∴△ABC∽△DAC，
∴，
∴AC2＝BC CD，
∵CD＝AD，
∴AC2＝BC AD；
故答案为：①平行；②＝；
【方法应用】①证明：∵△ADE为△ABC旋转得到，
∴AB＝AD，
令∠B＝α，则∠ADB＝α，∠BAD＝180°﹣2α，
∴∠ADE＝∠B＝a，
由旋转得，DE＝BC，AE＝AC，
又∵AC＝BC，
∴EA＝ED，
∴∠DAE＝∠ADE＝α，
∴∠E＝180°﹣2α，
∴∠E＝∠BAD，
∴四边形ABDE为双等四边形；
②解：作AH⊥BC于点H，
∴ AB＝5，
∴BH＝3，AH＝4，
设CH＝x，则AC＝BC＝x+3，
在Rt△AHC中，CH2+AH2＝AC2，
即x2+42＝（x+3）2，
解得：，
∴，，
第一种情况：若∠ACB＝∠D＝∠CAD，CA＝CD时，CD＝AC；
第二种情况：若∠ACB＝∠D＝∠ACD，AD＝AC时，
∴AD＝AC，
作AM⊥CD于点M，
∴CM＝DM，
∴，
∴CMAC，
∴；
第三种情况：若∠D＝∠ACB，DA＝DC时，如图，
∴∠DAC＝∠DCA＝∠CAB＝∠ABC，
∴△CAB∽△DAC，
∴，
∴，
∴；
综上所述：满足条件时，或或．
模块二巩固练习
1．（2024 河南）综合与实践
在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验．请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究．
定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形．
（1）操作判断
用分别含有30°和45°角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有 　　 （填序号）．
（2）性质探究
根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质．下面研究与对角线相关的性质．
如图2，四边形ABCD是邻等对补四边形，AB＝AD，AC是它的一条对角线．
①写出图中相等的角，并说明理由；
②若BC＝m，DC＝n，∠BCD＝2θ，求AC的长（用含m，n，θ的式子表示）．
（3）拓展应用
如图3，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，分别在边BC，AC上取点M，N，使四边形ABMN是邻等对补四边形．当该邻等对补四边形仅有一组邻边相等时，请直接写出BN的长．
【解答】解：（1）观察图知，图①和图③中不存在对角互补，图②和图④中存在对角互补且邻边相等，
故图②和图④中四边形是邻等对补四边形，
故答案为：②④；
（2）①∠ACD＝∠ACB，
理由：延长CB至点E，使BE＝DC，连接AE，
∵四边形ABCD是邻等对补四边形，
∴∠ABC+∠D＝180°，
∵∠ABC+∠ABE＝180°，
∴∠ABE＝∠D，
∵AB＝AD，
∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴∠E＝∠ACD，AE＝AC，
∴∠E＝∠ACB，
∴∠ACD＝∠ACB；
②过A点作AF⊥BC交于F点，
∵AE＝AC，
∴CF＝EFEC（m+n），
∵∠BCD＝2θ，
∴∠ACD＝∠ACB＝θ，
在Rt△AFC中，AC，
∴AC的长为；
（3）∵∠B＝90°，AB＝3，BC＝4，
∴AC5，
∵四边形ABMN是邻等对补四边形，
∴∠ANM+∠B＝180°，
∴∠ANM＝90°，
当AB＝BM时，
方法一：如图，连接AM，过N作NH⊥BC于H，
∴AM2＝AB2+BM2＝18，
在Rt△AMN中，MN2＝AM2﹣AN2＝18﹣AN2，
在Rt△CMN中，MN2＝CM2﹣CN2＝（4﹣3）2﹣（5﹣AN）2，
18﹣AN2＝（4﹣3）2﹣（5﹣AN）2，
解得AN＝4.2，
∴CN＝0.8，
∵∠NHC＝∠ABC＝90°，∠C＝∠C，
∴△NHC∽△ABC，
∴，
即，
∴NH，CH，
∴BH，
∴BN，
方法二：∵∠ANM＝90°，
∠C＝∠C，
∴△CNM∽△CBA，
∴，
即，
∴NM，CN，
∴AN＝5，
根据（2）的结论，
则BN；
当AN＝AB时，如图，连接AM，
∵AM＝AM，
∴Rt△ABM≌Rt△ANM（HL），
∴BM＝NM，故不符合题意，舍去；
当AN＝MN时，
方法一：过N作NH⊥BC于H，
∵∠MNC＝∠ABC＝90°，∠C＝∠C，
∴△CMN∽△CAB，
即，
即，
解得CN，
∵∠NHC＝∠ABC＝90°，∠C＝∠C，
∴△NHC∽△ABC，
∴，
即，
∴NH，CH，
∴BH，
∴BN，
方法二：设AN＝MN＝x，
则CN＝5﹣x，
∴，
∴x，
∴CM，
∴BM＝4，
根据（2）的结论，
则BN；
当BM＝MN时，如图，连接AM，
∵AM＝AM，
∴Rt△ABM≌Rt△ANM（HL），
∴AN＝AB，故不符合题意，舍去；
综上，BN的长为或．
2【了解概念】有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形．
【性质初探】
（1）如图1，在对余四边形ABCD中，连接AC，∠D＝30°，∠ACD＝105°，AB＝AC，求∠BAD的度数；
【图形判定】
（2）如图2，在凸四边形ABCD中，DA＝DB，DA⊥DB，E为四边形ABCD外一点，DE⊥CD且DE＝CD，当2CD2+CB2＝CA2时，判断四边形ABCD是否为对余四边形？并证明你的结论；
【类比迁移】
（3）如图3，在Rt△ABD中，∠ADB＝90°，∠A＝30°，存在点C使得四边形ABCD为对余四边形，∠C的两邻边长度之比为3：4且两邻边中较长边的长度为，请你求出此时AC的长．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是对余四边形，依题意得，∠B+∠D＝90°，
∵∠D＝30°，
∴∠B＝90°﹣∠D＝60°，
∵AB＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝60°，
∵∠ACD＝105°，
∴∠BCD＝∠ACB+∠ACD＝165°，
在四边形ABCD中，∠BAD＝360°﹣∠B﹣∠ACD﹣∠D＝360°﹣60°﹣165°﹣30°＝105°；
（2）四边形ABCD是对余四边形，证明如下：
如图2，连接AC、BE，
∵DA⊥DB，DE⊥CD，
∴∠ADB＝∠CDE＝90°，
∴∠ADB+∠BDC＝∠CDE+∠BDC，即∠ADC＝∠BDE，
∵DA＝DB，DE＝CD，
∴△ADC≌△BDE（SAS），
∴AC＝BE，
∵DA＝DB，DA⊥DB，
∴，
∵DE⊥CD，DE＝CD，
∴，CE2＝CD2+ED2＝2CD2，
∵2CD2+CB2＝CA2，
∴CE2+CB2＝BE2，
∴△BCE为直角三角形，且∠BCE＝90°，
∴∠DCB＝∠BCE﹣∠DCE＝45°，
∴∠DCB+∠A＝45°+45°＝90°，
∴四边形ABCD是对余四边形；
（3）①如图3所示，当BC边为较长边时，过点D作DN⊥CD交CB的延长线于点N，连接AN，
则，CDBC，∠NDC＝90°，
∵∠ADB＝90°，∠DAB＝30°，四边形ABCD为对余四边形，
∴∠BCD＝90°﹣∠DAB＝60°，
∴∠DNC＝90°﹣∠DCB＝30°＝∠DAB，
∵∠ADB＝∠NDC＝90°，
∴△ADB∽△NDC，
∴，
又∵∠ADB﹣∠NDB＝∠NDC﹣∠NDB，即∠ADN＝∠BDC，
∴△ADN∽△BDC，
∴，∠AND＝∠BCD＝60°，
∴∠ANC＝∠AND+∠DNC＝60°+30°＝90°，
在Rt△ABD中，∠DBA＝60°，
∴tan∠DBA，
∴，
∴ANBC，
在Rt△NDC中，∠DNC＝30°，CD，
∴CN＝2CD，
∴AC；
②如备用图所示，当CD边为较长边时，过点D作DM⊥CD交CB的延长线于点N，连接AM，
同①可求得∠AMC＝90°，，，
∴AC；
综上，AC的长为或．
3．阅读与思考
请仔细阅读下列研究报告，并完成相应的任务．
关于“双心四边形”的研究报告 研究对象：双心四边形 研究思路：根据研究几何图形的一般路径，按照“概念一性质一判定”的路径展开研究． 研究方法：观察一猜想一推理证明一应用拓展 研究内容：【概念提出】我们知道，任意三角形都有外接圆和内切圆．类似地，如果一个四边形既有外接圆又有内切圆，我们称这样的四边形为双心四边形． 【特例感知】我们研究过的平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是双心四边形的是▲；（填特殊四边形的名称） 【性质探究】根据双心四边形的定义，对其性质研究如下： 对角：双心四边形的对角▲； 对边：双心四边形两组对边之和相等． 理由如下： 如图1，四边形ABCD是双心四边形，其中⊙M是四边形ABCD的外接圆，⊙P是四边形ABCD的内切圆，切点分别为E，F，G，H．连接PE，PF，PB． ∵⊙P与AB，BC分别相切于点E，F， ∴PE⊥AB，PF⊥BC（依据1▲）， ∴∠PEB＝∠PFB＝90°． ∵PB＝PB，PE＝PF， ∴Rt△PBE≌Rt△PBF（依据2▲）． …
任务：
（1）填空：
材料中“▲”处空缺的内容依次为：　 　 ，　 　 ，　 　 ，　 　 ；
（2）请将材料中关于对边性质的证明过程补充完整；
（3）如图2，AB，BC是⊙O的两条弦，AB＝4，BC＝6，且AB⊥BC．请你用无刻度直尺和圆规，求作双心四边形ABCD，并直接写出其外接圆与内切圆圆心之间的距离．
（要求：保留作图痕迹，不写作法）
【解答】解：（1）平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是双心四边形的是正方形；
∵圆的内接四边形的对角互补，
∴双心四边形的对角互补；
∵⊙P与AB，BC分别相切于点E，F，
∴PE⊥AB，PF⊥BC（圆的切线垂直于经过切点的半径），
全等三角形的判定依据为：斜边与一条直角边对应相等的两个直角三角形全等．
故答案为：正方形；对角互补；圆的切线垂直于经过切点的半径；斜边与一条直角边对应相等的两个直角三角形全等；
（2）如图1，四边形ABCD是双心四边形，其中⊙M是四边形ABCD的外接圆，⊙P是四边形ABCD的内切圆，切点分别为E，F，G，H．连接PE，PF，PB，
∵⊙P与AB，BC分别相切于点E，F，
∴PE⊥AB，PF⊥BC（圆的切线垂直于经过切点的半径），
∴∠PEB＝∠PFB＝90°．
在Rt△PBE和Rt△PBF中，
，
∴Rt△PBE≌Rt△PBF（HL）．
∴BE＝BF，
同理可得：AE＝AH，DH＝DG，CG＝CF，
∴BE+AE+CG+DG＝BF+AH+DH+CF，
∴AB+CD＝AD+BC，
∴双心四边形两组对边之和相等；
（3）以点C为圆心，CB为半径画弧交⊙O于点D，连接CD，AD，则四边形ABCD为所画的双心四边形ABCD，如图，
其外接圆与内切圆圆心之间的距离为.理由：
连接AC，如图，
由题意得：CB＝CD＝6，
∵AB⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
∴AC为⊙O的直径，
∴∠ADC＝90°．
∴AC．
∴OA．
在Rt△ADC和Rt△ABC中，
4 ．（2026 深圳一模）【综合与实践】
在数学的学习过程中，我们除了掌握课本中常见的四边形外，还会遇到许多具有独特性质的特殊四边形．让我们结合已有知识，对以下特殊四边形展开探究．
定义：在四边形中，若有一个内角为直角，且从该直角顶点引出的对角线，将其对角分成的两个角中恰有一个角为直角，则称这样的四边形为“璧合四边形 ”．
【初步探究】
（1）如图 1，在“璧合四边形 ABCD ”中，若∠A ＝60 ° , 则∠CBD ＝ 60 ° , 的值为（ ） ． 【问题解决】
（2）如图 2，在“璧合四边形 ABCD ”中， ∠ADB=∠ABC ＝90 ° , ∠A ＝45 ° , E 为线段 AB 上一点，且 CD⊥DE，求的值．
【拓展应用】
（3）如图 3，在“璧合四边形 ABCD ”中， ∠A ＝45 ° , AD ＝12 ，E 为线段 AB 上一动点，且 CD⊥
DE，连接 CE，将△CDE 沿 CE 翻折，得到△CFE，连接 BF，若 BF＝4，作出图形并求线段 AE 的长．
【解答】解：（1）在“壁合四边形 ABCD ”中，LA ＝60 。， :LABC＝LADB ＝90 。，
:LABD ＝90 。 -LA ＝90 。 -60。＝30 。，
:LCBD ＝90 。 -LABD ＝90 。 -30。＝60 。，
: = ,
故答案为：60 。，；
（2）在“壁合四边形 ABCD ”中，LA ＝45 。，LADB＝LABC ＝90 。， :LABD ＝180 。 -90 。 -45。＝45 。，
:LA＝LABD，LCBD＝LABC -LABD ＝90 。 -45。＝45 。， :AD＝BD，LA＝LCBD，
“CD丄DE，
:LCDE ＝90 。，
:LBDC+LBDE ＝90 。， “LADE+LBDE ＝90 。， :LADE＝LBDC，
在△ADE 和△BDC 中，
第 56 页（共 58 页）
∴△ADE≌△BDC（ASA）， ∴AE＝BC，
∴;
（3）如图 3，过点 D 作 DP⊥AB 于点 P，
由（2）知，AD＝BD ＝12，
∴ ,
∵∠A ＝45 ° ,
∴∠ABD=∠A ＝45 ° ,
∴∠ADB ＝90 ° ,
∴ ,
同理（2）可得，△ADE≌△BDC（ASA）， ∴CD＝DE，
∵将△CDE 沿 CE 翻折，得到△CFE， ∴CD＝DE＝EF＝FC，
∵CD⊥DE，
∴∠CDE ＝90 ° ,
∴四边形 CDEF 为正方形，
如图 3，连接 DF，当点 D 的对应点 F 在 AB 的上方时，则，∠EDF=∠BDP ＝45 ° , ∴∠BDP﹣∠FDP=∠FDE﹣∠FDP，
∴∠BDF=∠PDE，
∵ ,
∴△BDF∽△PDE，
第 57 页（共 58 页）
∴ ,
∵BF＝4，
∴ ,
∴ ,
∵ ,
∴;
如图 4，当点 D 的对应点 F 在 AB 的下方时，
同理可得： ，；
综上所述，AE 的长为或．
模块三：以函数为载体
例5．（2019 上海）在平面直角坐标系xOy中（如图），已知抛物线y＝x2﹣2x，其顶点为A．
（1）写出这条抛物线的开口方向、顶点A的坐标，并说明它的变化情况；
（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y＝x2﹣2x的“不动点”的坐标；
②平移抛物线y＝x2﹣2x，使所得新抛物线的顶点B是该抛物线的“不动点”，其对称轴与x轴交于点C，且四边形OABC是梯形，求新抛物线的表达式．
【解答】解：（1）∵a＝1＞0，
故该抛物线开口向上，顶点A的坐标为（1，﹣1），
当x＞1，y随x的增大而增大，当x＜1，y随x增大而减小；
（2）①设抛物线“不动点”坐标为（t，t），则t＝t2﹣2t，
解得：t＝0或3，
故“不动点”坐标为（0，0）或（3，3）；
② (1)当OC∥AB时，
∵新抛物线顶点B为“不动点”，则设点B（m，m），
∴新抛物线的对称轴为：x＝m，与x轴的交点C（m，0），
∵四边形OABC是梯形，
∴直线x＝m在y轴左侧，
∵BC与OA不平行，
∴OC∥AB，
又∵点A（1，﹣1），点B（m，m），
∴m＝﹣1，
故新抛物线是由抛物线y＝x2﹣2x向左平移2个单位得到的；
(2)当OB∥AC时，
同理可得：抛物线的表达式为：y＝（x﹣2）2+2＝x2﹣4x+6，
当四边形OABC是梯形，字母顺序不对，故舍去，
综上，新抛物线的表达式为：y＝（x+1）2﹣1．
例6．定义：若两个函数图象有交点，则称这两个函数为“关联函数”．两个函数图象构成的封闭图形（含边界）叫做“关联区域”．如图1，y＝x+3与y＝x2是关联函数，阴影部分是关联区域．如图2，过关联区域内一点P（m，n）作y轴平行线，分别交函数图象与A、B两点，当线段AB长度最大时，该距离叫做“最优关联距离”，若此时n为整数，则称点P为“最优关联点”．
（1）证明：函数y＝x+1与y＝﹣x2﹣2x+5是“关联函数”；
（2）求“关联函数”y＝x+1与y＝﹣x2﹣2x+5的“最优关联距离”；
（3）若“关联函数”y＝x+1与y＝﹣x2﹣2x+c恰有三个“最优关联点”，求c的取值范围．
【解答】（1）证明：由题意得，，
则x+1＝﹣x2﹣2x+5，
整理得x2+3x﹣4＝0，
Δ＝32﹣4×1×（﹣4）＝25＞0，
∴该方程有两个不相等的实数根，
∴这两个函数图象有2个交点，
∴函数y＝x+1与y＝﹣x2﹣2x+5是“关联函数”；
（2）解：如图，
由题意得A（m，m+1），B（m，﹣m2﹣2m+5），
∴AB＝﹣m2﹣2m+5﹣（m+1）＝﹣m2﹣3m+4，
∴，
∵﹣1＜0，
∴当时，AB取得最大值为，
∴“关联函数”y＝x+1与y＝﹣x2﹣2x+5的“最优关联距离”为；
（3）解：如图：由题意得A（m，m+1），B（m，﹣m2﹣2m+c），
∴AB＝﹣m2﹣2m+c﹣（m+1）＝﹣m2﹣3m+c﹣1，
∴，
∵﹣1＜0，
∴当时，AB取得最大值，
当时，；，
∴，
∵“关联函数”y＝x+1与y＝﹣x2﹣2x+c恰有三个“最优关联点”，
∴n有三个整数值，即为0，1，2，如图：
∴2c＜3，解得，
∴“关联函数”y＝x+1与y＝﹣x2﹣2x+c恰有三个“最优关联点”时，则c的取值范围为．
模块三巩固练习
1．在平面直角坐标系xOy中，对于点P（x，y）．和Q（x，y'），给出如下定义：如果，那么称点Q为点P的“关联点”．
例如：点（5，6）的“关联点”为点（5，6），点（﹣5，6）的“关联点”为点（﹣5，﹣6）．
（1）在点E（0，0），F（2，5），G（﹣1，﹣1），H（﹣3，5）中，的“关联点”在函数y＝2x+1的图象上；
（2）如果一次函数y＝x+3图象上点M的“关联点”是N（n，2），求点M的坐标；
（3）如果点P在函数y＝﹣x2+4（﹣2＜x＜a）的图象上，其“关联点”Q的纵坐标y′的取值范围是﹣4＜y'≤4，求实数a的取值范围．
【解答】解：（1）由题意新定义知：点E（0，0）的“关联点”是（0，0），
当x＝0时，y＝2×0+1＝1≠0，
∴E（0，0）的“关联点”不在函数y＝2x+1图象上；
∵点F（2，5）的“关联点”是（2，5），
当x＝2时，y＝2×2+1＝5，
∴F（2，5）的“关联点”在函数y＝2x+1图象上；
∵点G（﹣1，﹣1）的“关联点”是（﹣1，1），
当x＝﹣1时，y＝2×（﹣1）+1＝﹣1≠1，
∴G（﹣1，﹣1）的“关联点”不在函数y＝2x+1图象上；
∵点H（﹣3，5）的“关联点”是（﹣3，﹣5），
当x＝﹣3时，y＝2×（﹣3）+1＝﹣5，
∴H（﹣3，5）的“关联点”在函数y＝2x+1图象上；
∴F（2，5）和H（﹣3，5）的“关联点”在函数y＝2x+1图象上；
故答案为：F（2，5）和H（﹣3，﹣5）；
（2）
解：当n≥0时，则点M（n，2），
则2＝n+3，解得：n＝﹣1（舍去）；
当n＜0时，点M（n，﹣2），﹣2＝n+3，解得：n＝﹣5，
∴点M（﹣5，﹣2）；
（3）如图所示为“关联点”函数图象：
从函数图象看，“关联点”Q的纵坐标y′的取值范围是﹣4＜y'≤4，
函数图象只需要找到最小值（直线y＝﹣4）与直线x＝a从大于等于2开始运动，直到与y＝﹣4有交点结束，都符合要求，
∴﹣4＝﹣a2+4，
解得：（舍去负值），
观察图象可知满足条件的a的取值范围为：．
2．对于平面直角坐标系xOy中的点P和正方形给出如下定义：若正方形的对角线交于点O，四条边分别和坐标轴平行，我们称该正方形为“原点正方形”．当“原点正方形”上存在点Q，满足PQ≤1时，称点P为原点正方形的“友好点”．
（1）当“原点正方形”边长为4时，
①在点P1（0，0），P2（﹣1，1），P3（1，3），P4（3，3）中，“原点正方形”的“友好点”是 P2，P3 ．
②点P在直线y＝x的图象上，若点P为“原点正方形”的“友好点”，求点P横坐标的取值范围；
（2）一次函数y＝﹣x+2的图象分别与x轴，y轴交于点A、B，若线段AB上存在“原点正方形”的“友好点”，直接写出“原点正方形”边长a的取值范围．
【解答】解：（1）①当点P1（0，0）时，正方形上与点P1的最小距离是2，故不存在Q点使P1Q≤1；
当P2（﹣1，1）时，存在Q（﹣2，1），使P2Q≤1；
当P3（1，3）时，存在Q（2，2），使P3Q≤1；
当P4（3，3）时，正方形上与点P4的最小距离是，故不存在Q点使P4Q≤1；
故答案为：P2，P3；
②∵正方形的边长为4，
∴A（﹣2，2），B（﹣2，﹣2），C（2，﹣2），D（2，2），
∴P点在边长为6和边长为2的正方形区域内，如图阴影部分区域，
∵阴影部分的四个角是四个半径为1的四分之一圆，
∴P点横坐标的取值范围是：1≤x≤2或﹣2x≤﹣1；
（2）直线y＝﹣x+2与x轴交点A（2，0），与y轴交点B（0，2），
∴AO＝2，
以AB的中点（1，1）为圆心，1为半径作圆，
∴OD1，
∴小正方形的边长为2，
当CA＝1时，C点坐标为（3，0），
∴大正方形的边长为6，
∴2a≤6时，线段AB上存在“原点正方形”的“友好点”．
3 ．（定义：我们把称为y ＝ax+b（a≠0 ，b ，c 为常数）的互倒一次函数． （1）请你写出 y ＝2x -3 的其中一个互倒一次函数 ；
（2）如图 1，y ＝3x 与是一对互倒一次函数，点 A 是y ＝3x 在第一象限图象上的任意一点，过点A 作 AB⊥x 轴于点 B，交于点 C．求证：△AOB∽△OCB；
（3）如图 2 ，与（d≠0）相交于点 Q ，与y 轴相交于点 P，请判断是否为定值．若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由
【解答】故答案为：（答案不唯一）；
（2）证明：设 OB ＝3a， ∵AB⊥x 轴于点 B，
∴∠ABO ＝90 。，
∵点 C 在图象上，点 A 在y ＝3x 图象上，
∴C 点纵坐标为 a，A 点纵坐标为 9a， ∴A（3a ，9a），C（3a ，a），
∴AB ＝9a ，BC ＝a，
∴ , ,
∴ ,
∵∠ABO=∠OBC， ∴△AOB∽△OCB；
（3）解：是定值，为，
理由：由得，当 x ＝0 时，y ＝d，
∴与y 轴相交于点 P（0 ，d），
由，
解得：，
∴ ,
∴ , OQ = ,
第 53 页（共 58 页）

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