专题14 阅读理解类的常见压轴题-【聚焦压轴】2022届中考数学压轴大题专项训练1

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AB2+AC2=2AD2+2BD2．小明尝试对它进行证明，部分过程如下：
解：过点A作AE⊥BC于点E，如图2，在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2，
同理可得：AC2=AE2+CE2，AD2=AE2+DE2，
为证明的方便，不妨设BD=CD=x，DE=y，
∴AB2+AC2=AE2+BE2+AE2+CE2=…
（1）请你完成小明剩余的证明过程；
理解运用：
（2）①在△ABC中，点D为BC的中点，AB=6，AC=4，BC=8，则AD= ；
②如图3，⊙O的半径为6，点A在圆内，且OA=2，点B和点C在⊙O上，且∠BAC=90°，点E、F分别为AO、BC的中点，则EF的长为 ；
拓展延伸：
（3）小明解决上述问题后，联想到如下的题目：
如图4，已知⊙O的半径为5，以A（-3，4）为直角顶点的△ABC的另两个顶点B，C都在⊙O上，D为BC的中点，求AD长的最大值．
请你利用上面的方法和结论，求出AD长的最大值．
【答案】（1）见解析；（2）①；②4；（3）AD长的最大值为10．
【解题思路分析】（1）过点A作AE⊥BC于点E，如图2，在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2，同理可得：AC2=AE2+CE2，AD2=AE2+DE2，为证明的方便，不妨设BD=CD=x，DE=y，根据勾股定理即可证明；
（2）①利用中线定理计算即可；②利用中线定理即可解决；
（3）如图4中，连接OA，取OA的中点E，连接DE．利用中线定理求出DE，再利用三边关系即可解决问题；
【解析】解：（1）过点A作AE⊥BC于点E，如图2，
在Rt△ABE中，AB2=AE2+BE2，
同理可得：AC2=AE2+CE2，AD2=AE2+DE2，
为证明的方便，不妨设BD=CD=x，DE=y，
∴AB2+AC2=2AE2+（x+y）2+（x-y）2=2AE2+2x2+2y2
=2AE2+2BD2+2DE2
=2AD2+2BD2；
（2）①∵AB2+AC2=2AD2+2BD2，
∴62+42=2AD2+2×42，
∴AD=；
②如图3中，
∵AF是△ABC的中线，EF是△AEO的中线，OF是△BOC的中线，
∵2EF2+2AE2=AF2+OF2，
2AF2+2BF2=AB2+AC2，
OF2=OB2-BF2，
∴4EF2=2OB2-4AE2=2OB2-OA2，
∴EF2=OB2-OA2=16，
∴EF=4（负根舍弃），
故答案为：①；②4；
（3）如图4中，连接OA，取OA的中点E，连接DE．
由（2）的②可知：DE2=OB2-OA2=，
∴DE=；
在△ADE中，AE=，DE=，
∵AD≤AE+DE，
∴AD长的最大值为+=10．
2．（2021·河南郑州外国语中学九年级模拟预测）阅读材料：平面几何中的费马问题是十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题．1643年，在一封写给意大利数学家和物理学家托里拆利的私人信件中，费马提出了下面这个极富挑战性和趣味性的几何难题，请求托里拆利帮忙解答：给定不在一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最短的点P的位置．托里拆利成功地解决了费马的问题．后来人们就把平面上到一个三角形的三个顶点A，B，C距离之和最小的点称为ABC的费马-托里拆利点，也简称为费马点或托里拆利点．问题解决：
（1）费马问题有多种不同的解法，最简单快捷的还是几何解法．如图1，我们可以将绕点B顺时针旋转60°得到，连接PD，可得为等边三角形，故PD=PB，由旋转可得DE=PC，因PA+PB+PC=PA+PD+DE，由 可知，PA+PB+PC的最小值与线段 的长度相等；
（2）如图2，在直角三角形ABC内部有一动点P，∠BAC=90°，∠ACB=30°，连接PA，PB，PC，若AB=2，求PA+PB+PC的最小值；
（3）如图3，菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°，平面内有一动点E，在点E运动过程中，始终有∠BEC=90°，连接AE、DE，在内部是否存在一点P，使得PA+PD+PE最小，若存在，请直接写出PA+PD+PE的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）两点之间，线段最短；AE；（2）2；（3）存在，2-2
【解题思路分析】（1）连接AE，由两点之间线段最短即可求解；
（2）在Rt△ABC中先求出AC，将△BPC绕点C顺时针旋转60°得到△CDE，连接PD、AE，由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值与线段AE的长度相等，根据勾股定理即可求解；
（3）在△ADE内部取一点P，连接PA、PD、PE，把△PAD饶点D顺时针旋转60°得到△FGD，根据旋转的性质和两点之间线段最短可知，PA+PD+PE的最小值与线段GE的长度相等，再根据圆的特点、菱形与勾股定理即可求出GE，故可求解．
【解析】（1）连接AE，如图，
由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值为线段AE的长
故答案为：两点之间线段最短；AE；
（2）∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，∠ACB=30°，AB=2
∴BC=2AB=4
由勾股定理可得AC=
如图2，将△BPC绕点C顺时针旋转60°得到△CDE，连接PD、AE，可得△CPD为等边三角形，∠BCE=60°
∴PD=PC
由旋转可得DE=PB，CE=BC=4
∴PA+PB+PC=PA+DE+PD
由两点之间线段最短可知，PA+PB+PC的最小值与线段AE的长度相等
∵∠ACE=∠ACB+∠BCE=30°+60°=90°
∴在Rt△ACE中，AE=
即PA+PB+PC的最小值为2；
（3）存在在内部是否存在一点P，使得PA+PD+PE最小，
如图3，在△ADE内部取一点P，连接PA、PD、PE，把△PAD饶点D顺时针旋转60°得到△FGD，连接PF、GE、AG，可得△PDF、△ADG均为等边三角形
∴PD=PF
由旋转可得PA=GF
∴PA+PD+PE=GF+PF+PE，两点之间线段最短可知，PA+PD+PE的最小值与线段GE的长度相等
∵∠BEC=90°
∴点E在以BC为直径的O上，如图3
则OB=OC==2
如图3，连接OG交⊙O于点H，连接CG交AD于点K，连接AC，则当点E与点H重合时，GE取最小值，即PA+PD+PE的最小值为线段GH的长
∵菱形ABCD的边长为4，∠ABC=60°
∴AB=BC=CD=AD=4
∴△ABC、△ACD均为等边三角形
∴AC=CD=AD=DG=AG=4，∠ACB=∠ACD=60°
∴四边形ACDG是菱形，∠ACG=∠ACD=30°
∴CG、AD互相垂直平分
∴DK=AD=2
∴根据勾股定理得CK=
∴CG=2CK=
∵∠OCG=∠ACB+∠ACG=60°+30°=90°
∴在Rt△OCG中，OG=
∵OH=OC=2
∴GH=OG-OH=2-2
即PA+PD+PE的最小值为2-2．
3．（2021·山东城阳·九年级期末）（1）阅读下面的材料：
如果函数＝f（）满足：对于自变量x的取值范围内的任意，，
（1）若＜，都有f（）＜f（），则称f（）是增函数；
（2）若＜，都有f（）＞f（），则称f（）是减函数．
例题：证明函数f（）＝（＞0）是减函数．
证明：设0＜＜，
f（）﹣f（）＝＝＝．
∵0＜＜，
∴﹣＞0，＞0．
∴＞0.即f（）﹣f（）＞0．
∴f（）＞f（）．
∴函数f（）＝（＞0）是减函数．
（2）根据以上材料，解答下面的问题：
已知：函数f（）＝（＜0），
①计算：f（﹣1）＝ ，f（﹣2）＝ ；
②猜想：函数f（）＝（＜0）是 函数（填“增”或“减”）；
③验证：请仿照例题证明你对②的猜想．
【答案】①，；②增；③见解析
【解题思路分析】（1）根据题目中的函数解析式可以解答本题；
（2）由（1）答案可得结论；
（3）根据题目中例子的证明方法可以证明（2）中的猜想成立．
【解析】解：①∵，
∴，；
②由（1）可知，-1<-2时，有，
∴函数f（）＝（＜0）是增函数；
③证明：设x1＜x2＜0，∵f（x1）﹣f（x2）＝﹣＝3（x1﹣x2）＋ ，
∵x1＜x2＜0，∴x2﹣x1＞0，x1＋x2＜0，
∴f（x1）﹣f（x2）＜0，
∴f（x1）＜f（x2），
∴函数f（x）＝（x＜0）是增函数．
4．阅读下列材料：小明同学遇到了这样一个问题：如图1，M是边长为a的正方形ABCD内一定点，请在图中作出两条直线（要求其中一条直线必须过点M，将正方形ABCD的面积分割成面积相等的四个部分．
小明是这样思考的：数学课上曾经做过一道类似的题目，如图2，O是边长为a的正方形ABCD的对角线的交点，将以点O为顶点的直角绕点O旋转，且两直角边分别与BA，CB相交，与正方形重叠部分（即阴影部分）的面积为一个确定的值．可以类比解决此问题．
参考小明同学的想法，解答问题：
（1）请你回答图2中重叠部分（即阴影部分）的面积为 ；
（2）请你在图3中，解决原问题：
（3）如图4，在四边形AOCD中，A（0，1），C（4，0），D（4，3），点P是AD的中点，在边OC上存在一点Q，使PQ所在直线将四边形AOCD的面积分成相等的两部分，请你画出该直线，并直接写出该直线的表达式．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）作图见解析，
【解题思路分析】（1）证明从而，重叠部分（即阴影部分）的面积为，且，即可得到答案；
（2）连接、交于，作直线交、于、，过作，交、于、，直线、即为满足条件的直线；
（3）连接并延长交延长线于，在上取，使，连接，则直线即为所求直线，求出、坐标，即可得解析式．
【解析】解：（1）如图：
四边形是正方形，
，，，
，
，
在和中，
，
，
，
重叠部分（即阴影部分）的面积为，
而正方形的边长为，
，
重叠部分（即阴影部分）的面积为，
故答案为：；
（2）连接、交于，作直线交、于、，过作，交、于、，如图：
由（1）知，
同理可得，
，
直线、即为满足条件的直线；
（3）连接并延长交延长线于，在上取，使，连接，则直线即为所求直线，如图：
过作于，于，
，，，点是的中点，
，，①，
②，
设直线解析式为，将代入得：
，解得，
直线解析式为，
令得，
，
，
③，
由①②③可得：，
，
，
点是的中点，
，
，，于，于，
，
又，
，
，
，
所在直线将四边形的面积分成相等的两部分，
，，
，
设直线解析式为，将，代入得：
，解得，
解析式为．
5．（2021·江苏射阳·九年级三模）（阅读理解）设点在矩形内部，当点到矩形的一条边的两个端点距离相等时，称点为该边的“和谐点”．例如：如图1，矩形中，若，则称为边的“和谐点”．
（解题运用）已知，点在矩形内部，且，．
（1）设是边的“和谐点”，则_____边的“和谐点”（填“是”或“不是”）；连接，，求的值．
（2）若是边的“和谐点”，连接，，当时，求的值；
（3）如图2，若是边的“和谐点”，连接；，，求的最大值．
【答案】（1）是；PA=5；（2）或；（3）．
【解题思路分析】（1）连接、，根据“和谐点”的定义及矩形的性质可得，利用SAS可证明，得，即可得出结论；过点P作PE⊥AD于E，延长EP交BC于G，作PF⊥AB于F，根据“和谐点”的定义可得EG为AD的垂直平分线，可得PF=4，PG=10-PE，根据列方程可求出PE的长，利用勾股定理即可得答案；
（2）先由“和谐点”的定义得，，点在和的垂直平分线上，过点作于，于，求出，再证∽，可得，设，则，解得：或，再利用勾股定理，即可求解；
（3）过点作于，再证明，设，则，得到关于的二次函数，根据二次函数的性质即可得出结论．
【解析】（1）是边的“和谐点”，理由如下：
如图1，连接、，
∵是边的“和谐点”，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴是边的“和谐点”，
故答案为：是
过点P作PE⊥AD于E，延长EP交BC于G，作PF⊥AB于F，
∵是边的“和谐点”，
∴EG为AD的垂直平分线，
∴PF=4，PG=10-PE，
∵，
∴，即20+4（10-PE）=16PE，
解得：PE=3，
∴PA==，
（2）∵是边的“和谐点”，
由（1）可知：也是边的“和谐点”，
∴，，
∴点在和的垂直平分线上，
如图2，过点作于，于，
∴，，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴四边形是矩形，，
∴，
∵，且在矩形内部，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴∽，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
解得：或，
当时，，
当时，，
∴的值为或．
（3）如图3，过点作于，
由（2）知：点在和的垂直平分线上，
∴，
∵，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
当时，有最大值25，
∴有最大值，
∴当时，的最大值是．
6．（2021·河南周口·九年级二模）问题情景：如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”，按照此定义，我们学过的平行四边形中的菱形、正方形等都是“垂美四边形”，“菱形”也是“垂美四边形”．
概念理解：
（1）如图2，已知等腰梯形是“垂美四边形”，，，求 的长．
性质探究：
（2）如图3，已知四边形是“垂美四边形”，试探究其两组对边，与， 之间的数量关系，并写出证明过程．
问题解决：
（3）如图4，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形 与正方形，连接，， ， 与交于点，已知， ，求 的中线的长．
【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）．
【解题思路分析】解：（1）根据，可得和都是等腰直角三角形，则可求得 ，，利用勾股定理可得的长度；
（2）由题意可知，，， ，，化简后可得；
（3）连接，，易证，可得 可视为绕点逆时针旋转后得到的，由旋转的性质知，，得到四边形 为“垂美四边形”．根据， ，，可得，， ，可求得，根据为直角三角形， 为其斜边上的中线，可得．
【解析】解：（1）由题意知，，
∴和都是等腰直角三角形，
∴， ．
∴．
（2）由题意可知，，，
∴，①
，，
∴，②
∴由①②可知，“垂美四边形”的两组对边之间的数量关系是
（3）连接，．
∵，
，，
∴．
∴可视为绕点逆时针旋转 后得到的．
由旋转的性质知，．
∴四边形为“垂美四边形”．
∴由（2）知，．
又，，
∴，，．
∴，
∴，
∴
又为直角三角形，为其斜边上的中线，
∴
7．（2021·渝中·重庆巴蜀中学九年级月考）阅读材料，完成下列问题：
材料一：若一个四位正整数（各个数位均不为0），千位和十位数字相同，百位和个位数字相同，则称该数为“重叠数”，例如5353、3535都是“重叠数”．
材料二：将一位四位正整数m的百位和十位交换位置后得到四位数n，F（m）＝m﹣n．
（1）F（1234）＝ ；F（8735）＝ ；
（2）试证明任意重叠数能被101整除；
（3）若t为一个“重叠数”，另一个“重叠数”s＝1000a＋100（a＋4）＋10a＋（a＋4）．（1≤a≤8）．若F（s）＋F（t）为一个完全平方数，请求出所有满足条件的F（t）的值．
【答案】（1）-90，360；（2）证明见解析；（3）-360或540 ．
【解题思路分析】（1）按照F（m）＝m﹣n进行求解；
（2）设重叠数个位、百位数字为a，十位、千位数字为b，然后根据定义重叠数的数值进行整理后可以得到解答；
（3）可设t=m+100m+10n+1000n，则由题意可以用m、n表示出F（s）＋F（t），再根据题意由完全平方数的意义可以得到结果．
【解析】解：（1）由题意可得：
F（1234）＝1234-1324=-90，
F（8735）＝ 8735-8375=360，
故答案为-90，360；
（2）设某重叠数个位、百位数字为a，十位、千位数字为b，则其值为：
a+100a+10b+1000b=101a+1010b
=101（a+10b），
∵a、b为整数，
∴a+10b为整数，
∴任意重叠数能被101整除；
（3）设t=m+100m+10n+1000n，则：
F（t）=（m+100m+10n+1000n）-（m+10m+100n+1000n）
=m+100m+10n+1000n-m-10m-100n-1000n
=90（m-n），
由题意可得：
F（s）=1000a＋100（a＋4）＋10a＋（a＋4）-1000a-10（a＋4）-100a-（a＋4）
=360，
∴F（s）＋F（t）=360+90（m-n）=90（4+m-n），
∵1≤m≤9，1≤n≤9，
∴-8≤m-n≤8，
∴-4≤4+m-n≤12，
由题意可得：
4+m-n=0或4+m-n=10，
即m-n=-4或m-n=6，
∵F（t）=90（m-n），
∴F（t）=-360或F（t）=540．
8．阅读理解，在平面直角坐标系中，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，如何求P1P2的距离．
如图1，作Rt△P1P2Q，在Rt△P1P2Q中，＝＋＝，所以＝．因此，我们得到平面上两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)之间的距离公式为＝．
根据上面得到的公式，解决下列问题：
（1）已知平面两点A(－3，4)，B(5，10)，求AB的距离；
（2）若平面内三点A(－2，2)，B(5，－2)，C(1，4)，试判断△ABC的形状，说明理由；
（3）如图2，在有对称美的正方形AOBC中，A(－4，3)，点D在OA边上，且D(－1，)，直线l经过O，C两点，点E是直线l上的一个动点，求DE＋EA的最小值．
【答案】（1）10；（2）直角三角形，理由见解析；（3）最小值为BD=．
【解题思路分析】(1)直接代入两点间的距离公式计算即可；
（2）利用公式计算三角形三边的长，根据边长的关系判定三角形的形状；
（3）根据正方形的性质,知点A关于直线OC的对称点是B,因此EA+ED的最小值为BD,求得点B的坐标,利用距离公式即可求得.
【解析】(1) ∵点A(－3，4)，B(5，10)，
∴AB= =10;
(2) △ABC是直角三角形;理由如下:
∵A(－2，2)，B(5，－2)，C(1，4)，
∴= =65,
= =52,
= =13,
∴+=,
故△ABC是直角三角形；
(3)过点A,B分别作AM⊥x轴，BN⊥x轴，垂足分别为M，N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OB，∠AOB=90°，
∵∠AOM+∠NOB=90°，∠AOM+∠MAO=90°，
∴∠MAO=∠NOB，
∴△MAO≌△NOB，
∴AM=ON，MO=BN，
∵A(-4,3)，
∴OM=4，AM=3,
∴ON=3,BN=4，
∴B（3,4），
∵点A关于直线OC的对称点是B,
∴EA+ED的最小值为BD,
∵D(－1，)，
∴BD= =,
故DE＋EA的最小值为.
9．（2020·兰州交通大学附属中学九年级月考）（阅读）如图1，若，且点在同一直线上，则我们把与称为旋转相似三角形．
（理解）（1）如图2，和是等边三角形，点在边上，连接．求证：与是旋转相似三角形．
（应用）（2）如图3，与是旋转相似三角形，．求证：．
（拓展）（3）如图4，是四边形的对角线，，，，，．试在边上确定一点，使得四边形是矩形，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【解题思路分析】（1）根据和是等边三角形，可得，，即有，利用点在同一直线，可判断和是旋转相似三角形；
（2）根据与是旋转相似三角形，得，即有，，，易证，得，，有，根据，得，．利用，易证，可得；
（3）过点作，垂足为，连接，易得，即有，，可证，可求得，．设，则，，可得方程，解得，则有，根据，，利用勾股定理可得是直角三角形，，可证四边形是矩形．
【解析】（1）证明：和是等边三角形，
∴，，，
∴， ，
∴，
又∵点在同一直线，
∴和是旋转相似三角形．
（2）证明：∵与是旋转相似三角形，
∴
∴， ，，
∴，
∴，
∴，，
∴ ．
∵，
∴，
∴ ．
∵，
∴．
又∵，
∴，
∴．
（3）解：如图，过点作，垂足为，连接．
∵，，
∴
∴， ，
∴，
∴，
∴，
∴ ，
∴．
∵，
∴，
∴．
设，则，，
在中，，
解得，
∴．
又，，
∴是直角三角形，．
又，
∴四边形是矩形．
10．（2019·福建省漳州第一中学九年级）先阅读材料，再解答问题：
已知点和直线，则点到直线的距离可用公式计算．例如：求点到直线的距离．
解：由直线可知：．
所以点到直线的距离为．
求：（1）已知直线与平行，求这两条平行线之间的距离；
（2）已知直线分别交轴于两点，⊙C是以为圆心，为半径的圆，为⊙C上的动点，试求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）18
【解题思路分析】（1）在直线上任取一点，由直线与平行，则两直线间的距离即为点P到的距离；再根据题干所给距离公式解答即可；
（2）分别令x=0、y=0求得对应的y和x，进而确定点A、B的坐标和AB的长度；设圆心到直线即的距离为，⊙C的半经为，然后根据题干所给距离公式求得半径R，然后再根据直线与圆的位置关系列出不等式，求得点到直线的距离的最大值，最后运用圆的面积公式求解即可．
【解析】解：（1）在直线上任取一点，
直线与平行，
这两条平行线之间的距离等于点到直线的距离．
直线可变形为，其中．
点到直线的距离．
这两条平行线之间的距离等于 ；
（2）令得；令得
，．
设圆心到直线即的距离为，的半经为
，即：
又∵⊙C上任意点到直线的距离h≤，
⊙C上任意点到直线的距离的最大值hmax=
所以的面积的最大值为：
．
11．（2020·杭州市采荷中学九年级期中）阅读理解：对于某种几何图形给出如下定义：符合一定条件的动点形成的图形，叫做符合这个条件的点的轨迹．如平面内到线段两个端点距离相等的点的轨迹是这条线段的垂直平分线．
解决问题：如图，已知在平面直角坐标系中，直线交轴于点A，点A关于轴的对称点为点B，过点B作直线平行于轴．
（1）过一动点向直线作垂线，垂足为Q，求当为正三角形时P点的坐标；
（2）若动点满足到直线的距离等于线段的长度，求动点C轨迹的函数表达式；
（3）若（2）中的动点C的轨迹与直线交于E、F两点，分别过E、F作直线的垂线，垂足分别是M、N，求证：为定值．
【答案】（1）或；（2）；（3）定值为2，证明见解析
【解题思路分析】（1）根据P的坐标及题意，表示出Q的坐标，从而列出三边长的平方，再根据等边三角形的性质建立方程分别求解即可，注意题目要求的范围；
（2）同（1）的方法，表示出CA的平方与C到直线l的距离的平方，建立等式化简即可得到关系式；
（3）首先确定出E，F，M，N点坐标之间的关系，再根据勾股定理的逆定理证明出直角三角形，从而利用三角形的外接圆，及圆的切线相关性质证明即可．
【解析】（1）如图所示，，
且由题可知：，，
∴直线为：，则，
∵为正三角形，
∴AP=AQ=QP，
∴，，，
∴，
即：，，
解得或，
当时，（舍负），
∴，，
当时，（舍负），
∴，，
∴或；
（2）∵，，
∴，C到直线l的距离的平方为：，
∵点满足到直线的距离等于线段的长度，
∴，
整理得：，
∴动点C轨迹的函数表达式为：；
（3）设点，点，
∵动点C的轨迹与直线交于E、F两点，
∴，
∴，
∴，
∵过E、F作直线的垂线，垂足分别是M、N，
∴，，
∴，
，
∴，△AMN为直角三角形，MN为斜边，
取MN的中点Q，
∴点Q为△AMN外接圆的圆心，
∴，直线AQ的解析式为：，
∵直线EF的解析时为：，
∴AQ⊥EF，
∴EF为△AMN外接圆的切线，
∵点E，F在直线上，
∴，
∵ME，NF，EF是△AMN外接圆的切线，
∴，
∴，
∵，
∴
∴为定值，定值为2
12．（2020·四川凉山·九年级月考）先阅读理解下面的例题，再按要求解决问题．
例题：解一元二次不等式．
解：∵，
∴．
由有理数的乘法法则“两数相乘，同号得正”，有
①解不等式组①，得
②解不等式组②，得，
故原不等式的解集为或，
即一元二次不等式的解集为或．
问题：（1）求关于x的两个多项式的商组成的不等式的解集．
（2）若a，b是（1）中解集x的整数解，以a，b，c为为边长，c是中的最长的边长，①求c的取值范围：②若c为整数，求这个等腰的周长．
【答案】（1）；（2）①3＜c＜6或4＜c＜8或4＜c＜8；②10或11或13或14或15．
【解题思路分析】（1）利用不等式得到①，②，进而求出即可；
（2）根据（1）中所求，得出a，b的值，再求c，进而求出这个等腰△ABC的周长即可．
【解析】（1）∵，
∴由“两数相除，异号得负”，有：
①解不等式组①得：；
②解不等式组②得：无解；
∴原不等式的解集为；
（2）①a，b的解集的整数解，
∴a=3，b=3；a=3，b=4；a=4，b=4．
∵c是△ABC的最大边，
当a=3，b=3时，3＜c＜6；
当a=3，b=4时，4≤c＜7；
当a=4，b=4时， 4＜c＜8；
②当a=3，b=3时，3＜c＜6，
∴c=4或5，
∴=10或11；
当a=3，b=4时，4≤c＜7，
∴c=4，
∴=11；
当a=4，b=4时
∴4＜c＜8，
∴c=5，6，7，
∴=13或14或15．
13．（2021·绍兴市柯桥区杨汛桥镇中学九年级月考）（了解概念）
有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形，连接这两个角的顶点的线段称为对余线．
（理解运用）
（1）如图①，对余四边形ABCD中，AB＝5，BC＝6，CD＝4，连接AC．若AC＝AB，求sin∠CAD的值；
（2）如图②，凸四边形ABCD中，AD＝BD，AD⊥BD，当2CD2+CB2＝CA2时，判断四边形ABCD是否为对余四边形．证明你的结论；
（拓展提升）
（3）在平面直角坐标系中，点A（﹣1，0），B（3，0），C（1，2），四边形ABCD是对余四边形，点E在对余线BD上，且位于△ABC内部，∠AEC＝90°+∠ABC．设＝u，点D的纵坐标为t，请直接写出u关于t的函数解析式．
【答案】（1）；（2）四边形ABCD是对余四边形，证明见解析；（3）u＝（0＜t＜4）．
【解题思路分析】（1）先构造直角三角形，然后利用对余四边形的性质和相似三角形的性质，求出sin∠CAD的值．
（2）通过构造手拉手模型，即构造等腰直角三角形，通过证明三角形全等，利用勾股定理来证明四边形ABCD为对余四边形．
（3）过点D作DH⊥x轴于点H，先证明△ABE∽△DBA，得出u与AD的关系，设D（x，t），再利用（2）中结论，求出AD与t的关系即可解决问题．
【解析】解：（1）过点A作AE⊥BC于E，过点C作CF⊥AD于F．
∵AC＝AB，
∴BE＝CE＝3，
在Rt△AEB中，AE＝，
∵CF⊥AD，
∴∠D+∠FCD＝90°，
∵∠B+∠D＝90°，
∴∠B＝∠DCF，
∵∠AEB＝∠CFD＝90°，
∴△AEB∽△DFC，
∴，
∴，
∴CF＝，
∴sin∠CAD＝．
（2）如图②中，结论：四边形ABCD是对余四边形．
理由：过点D作DM⊥DC，使得DM＝DC，连接CM．
∵四边形ABCD中，AD＝BD，AD⊥BD，
∴∠DAB＝∠DBA＝45°，
∵∠DCM＝∠DMC＝45°，
∵∠CDM＝∠ADB＝90°，
∴∠ADC＝∠BDM，
∵AD＝DB，CD＝DM，
∴△ADC≌△BDM（SAS），
∴AC＝BM，
∵2CD2+CB2＝CA2，CM2＝DM2+CD2＝2CD2，
∴CM2+CB2＝BM2，
∴∠BCM＝90°，
∴∠DCB＝45°，
∴∠DAB+∠DCB＝90°，
∴四边形ABCD是对余四边形．
（3）如图③中，过点D作DH⊥x轴于H．
∵A（﹣1，0），B（3，0），C（1，2），
∴OA＝1，OB＝3，AB＝4，AC＝BC＝，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴∠ACB＝90°，
∴∠CBA＝∠CAB＝45°，
∵四边形ABCD是对余四边形，
∴∠ADC+∠ABC＝90°，
∴∠ADC＝45°，
∵∠AEC＝90°+∠ABC＝135°，
∴∠ADC+∠AEC＝180°，
∴A，D，C，E四点共圆，
∴∠ACE＝∠ADE，
∵∠CAE+∠ACE＝∠CAE+∠EAB＝45°，
∴∠EAB＝∠ACE，
∴∠EAB＝∠ADB，
∵∠ABE＝∠DBA，
∴△ABE∽△DBA，
∴，
∴
∴u＝，
设D（x，t），
由（2）可知，BD2＝2CD2+AD2，
∴（x﹣3）2+t2＝2[（x﹣1）2+（t﹣2）2]+（x+1）2+t2，
整理得（x+1）2＝4t﹣t2，
在Rt△ADH中，AD＝，
∴u＝＝（0＜t＜4），
即u＝（0＜t＜4）．
14．（2020·江苏东台·九年级月考）阅读理解：
如图，在纸面上画出了直线l与⊙O，直线l与⊙O相离，P为直线l上一动点，过点P作⊙O的切线PM，切点为M，连接OM、OP，当△OPM的面积最小时，称△OPM为直线l与⊙O的“最美三角形”．
解决问题：
（1）如图1，⊙A的半径为1，A(0，2) ，分别过x轴上B、O、C三点作⊙A的切线BM、OP、CQ，切点分别是M、P、Q，下列三角形中，是x轴与⊙A的“最美三角形”的是 ．(填序号)
①；②；③
（2）如图2，⊙A的半径为1，A(0，2)，直线y=kx（k≠0）与⊙A的“最美三角形”的面积为，求k的值．
（3）点B在x轴上，以B为圆心，为半径画⊙B，若直线y=x+3与⊙B的“最美三角形”的面积小于，请直接写出圆心B的横坐标的取值范围．

【答案】（1）②；（2）±1；（3）＜＜或＜＜
【解题思路分析】（1）本题先利用切线的性质，结合勾股定理以及三角形面积公式将面积最值转化为线段最值，了解最美三角形的定义，根据圆心到直线距离最短原则解答本题．
（2）本题根据k的正负分类讨论，作图后根据最美三角形的定义求解EF，利用勾股定理求解AF，进一步确定∠AOF度数，最后利用勾股定理确定点F的坐标，利用待定系数法求k．
（3）本题根据⊙B在直线两侧不同位置分类讨论，利用直线与坐标轴的交点坐标确定∠NDB的度数，继而按照最美三角形的定义，分别以△BND，△BMN为媒介计算BD长度，最后与OD相减求解点B的横坐标范围．
【解析】（1）如下图所示：
∵PM是⊙O的切线，
∴∠PMO=90°，
当⊙O的半径OM是定值时，，
∵，
∴要使面积最小，则PM最小，即OP最小即可，当OP⊥时，OP最小，符合最美三角形定义．
故在图1三个三角形中，因为AO⊥x轴，故△AOP为⊙A与x轴的最美三角形．
故选：②．
（2）①当k＜0时，按题意要求作图并在此基础作FM⊥x轴，如下所示：
按题意可得：△AEF是直线y=kx与⊙A的最美三角形，故△AEF为直角三角形且AF⊥OF．
则由已知可得：，故EF=1．
在△AEF中，根据勾股定理得：．
∵A(0,2)，即OA=2，
∴在直角△AFO中，，
∴∠AOF=45°，即∠FOM=45°，
故根据勾股定理可得：MF=MO=1，故F(-1,1)，
将F点代入y=kx可得：．
②当k＞0时，同理可得k=1．
故综上：．
（3）记直线与x、y轴的交点为点D、C，则，，
①当⊙B在直线CD右侧时，如下图所示：
在直角△COD中，有，，故，即∠ODC=60°．
∵△BMN是直线与⊙B的最美三角形，
∴MN⊥BM，BN⊥CD，即∠BND=90°，
在直角△BDN中，，
故．
∵⊙B的半径为，
∴．
当直线CD与⊙B相切时，，
因为直线CD与⊙B相离，故BN＞，此时BD＞2，所以OB=BD-OD＞．
由已知得：＜，故MN＜1．
在直角△BMN中，＜，此时可利用勾股定理算得BD＜， ＜ =，
则＜＜．
②当⊙B在直线CD左侧时，同理可得：＜＜．
故综上：＜＜或＜＜．
15．（2020·江苏江都·九年级三模）阅读理解题．
定义：如果四边形的某条对角线平分一组对角，那么把这条对角线叫做“美妙线”，该四边形叫做“美妙四边形”．
如图，在四边形ABDC中，对角线BC平分∠ACD和∠ABD，那么对角线BC叫“美妙线”，四边形ABDC就称为“美妙四边形”．
问题：
（1）下列四边形：平行四边形、矩形、菱形、正方形，其中是“美妙四边形”的有 个；
（2）四边形ABCD是“美妙四边形”，AB=∠BAD=60°，∠ABC=90°，求四边形ABCD的面积．（画出图形并写出解答过程）
【答案】（1）2 ；（2）或．
【解题思路分析】（1）由四边形的性质可知：菱形和正方形的每条对角线平分一组对角结合“美妙四边形”的定义即可确定；
（2）分AC或BD是美妙线两种情况，先证明△ABC≌△ADC，则S四边形ABCD=2S△ABC,最后代入即可．
【解析】解：（1）∵菱形和正方形的每一条对角线平分一组对角，
∴菱形和正方形是“美妙四边形”.
故答案为2；
(2) ① 当AC为“美妙线”时，如图：
易得，即
②若BD为“美妙线”，如图：作DE⊥AB于点E
设AE=x，则DE=x，BE=x
∴
∴
∴，即
综上，四边形的面积为或．