专题40 新定义问题（4大考点）-中考数学总复习真题探究与变式训练（全国通用）

这是一份专题40 新定义问题（4大考点）-中考数学总复习真题探究与变式训练（全国通用），文件包含专题40新定义问题4大考点解析版docx、专题40新定义问题4大考点原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共116页， 欢迎下载使用。

模块三 重难点题型专项训练
专题40 新定义问题（4大考点）
考查类型
考查类型一 定义新运算
考查类型二 新概念的理解与应用
考查类型三 几何新定义问题
考查类型四 函数新定义问题
新题速递

考点类型一 定义新运算

1．（2022·内蒙古·中考真题）对于实数a，b定义运算“⊗”为，例如，则关于x的方程的根的情况，下列说法正确的是（    ）
A．有两个不相等的实数根 B．有两个相等的实数根
C．无实数根 D．无法确定
【答案】A
【分析】先根据新定义得到关于x的方程为，再利用一元二次方程根的判别式求解即可．
【详解】解：∵，
∴，
∴，
∴，
∴方程有两个不相等的实数根，
故选A．
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式，新定义下的实数运算，正确得到关于x的方程为是解题的关键．
2．（2022·黑龙江大庆·统考中考真题）函数叫做高斯函数，其中x为任意实数，表示不超过x的最大整数．定义，则下列说法正确的个数为(   )
①；
②；
③高斯函数中，当时，x的取值范围是；
④函数中，当时，．
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】根据表示不超过x的最大整数，即可解答．
【详解】解：①，故原说法错误；
②，正确，符合题意；
③高斯函数中，当时，x的取值范围是，正确，符合题意；
④函数中，当时，，正确，符合题意；
所以，正确的结论有3个．
故选：D．
【点睛】本题考查了有理数的混合运算，解决本题的关键是明确表示不超过x的最大整数．
3．（2022·黑龙江绥化·统考中考真题）定义一种运算；，．例如：当，时，，则的值为_______．
【答案】
【分析】根据代入进行计算即可．
【详解】解：
=
=
=
=．
故答案为：．
【点睛】此题考查了公式的变化，以及锐角三角函数值的计算，掌握公式的转化是解题的关键．
4．（2021·内蒙古呼和浩特·统考中考真题）若把第n个位置上的数记为，则称，，，…，有限个有序放置的数为一个数列A．定义数列A的“伴生数列”B是：﹐，…其中是这个数列中第n个位置上的数，，2，…k且并规定，．如果数列A只有四个数，且，，，依次为3，1，2，1，则其“伴生数列”B是__________．
【答案】0，1，0，1
【分析】根据定义先确定x0=x4=1与x5=x1=3，可得x0，，，，， x5依次为1，3，1，2，1，3，根据定义其“伴生数列”B是y1， y2， y3， y4；依次为0， 1， 0， 1即可．
【详解】解：∵，，，依次为3，1，2，1，
∴x0=x4=1，x5=x1=3，
∴x0，，，，， x5依次为1，3，1，2，1，3，
∵x0==1，y1=0；x1≠x3，y2=1；==1，y3=0；≠x5，y4=1；
∴其“伴生数列”B是y1， y2， y3， y4；依次为0， 1， 0， 1．
故答案为：0， 1， 0， 1．
【点睛】本题考查新定义数列与伴生数列，仔细阅读题目，理解定义，抓住“伴生数列”中yn与数列A中关系是解题关键．
5．（2021·江苏南通·统考中考真题）定义：若一个函数图象上存在横、纵坐标相等的点，则称该点为这个函数图象的“等值点”．例如，点是函数的图象的“等值点”．
（1）分别判断函数的图象上是否存在“等值点”？如果存在，求出“等值点”的坐标；如果不存在，说明理由；
（2）设函数的图象的“等值点”分别为点A，B，过点B作轴，垂足为C．当的面积为3时，求b的值；
（3）若函数的图象记为，将其沿直线翻折后的图象记为．当两部分组成的图象上恰有2个“等值点”时，直接写出m的取值范围．
【答案】（1）函数y=x+2没有“等值点”； 函数的“等值点”为(0，0)，(2，2)；（2）或；（3）或．．
【分析】（1）根据定义分别求解即可求得答案；
（2）根据定义分别求A(，)，B(，)，利用三角形面积公式列出方程求解即可；
（3）由记函数y=x2-2（x≥m）的图象为W1，将W1沿x=m翻折后得到的函数图象记为W2，可得W1与W2的图象关于x=m对称，然后根据定义分类讨论即可求得答案．
【详解】解：（1）∵函数y=x+2，令y=x，则x+2=x，无解，
∴函数y=x+2没有“等值点”；
∵函数，令y=x，则，即，
解得：，
∴函数的“等值点”为(0，0)，(2，2)；
（2）∵函数，令y=x，则，
解得：(负值已舍)，
∴函数的“等值点”为A(，)；
∵函数，令y=x，则，
解得：，
∴函数的“等值点”为B(，)；
的面积为，
即，
解得：或；

（3）将W1沿x=m翻折后得到的函数图象记为W2．
∴W1与W2两部分组成的函数W的图象关于对称，
∴函数W的解析式为，
令y=x，则，即，
解得：，
∴函数的“等值点”为(-1，-1)，(2，2)；
令y=x，则，即，
当时，函数W的图象不存在恰有2个“等值点”的情况；
当时，观察图象，恰有2个“等值点”；

当时，
∵W1的图象上恰有2个“等值点”(-1，-1)，(2，2)，
∴函数W2没有“等值点”，
∴，
整理得：，
解得：．
综上，m的取值范围为或．
【点睛】本题属于二次函数的综合题，考查了二次函数、反比例函数、一次函数的性质以及函数的对称性．解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．



一、新定义问题介绍
新定义的题目大概可分为两个问题的综合：模型化问题&变量问题
大部分问题都是两者兼有之的，不过总会偏向某一方面。
二、新定义的结构：“新定义”=定义条件+名称与表述
题干——新定义——顶点选点/求值——单变量——多变量
解决这类问题的核心就是提取模型
提取模型就是把定义条件用我们已知的几何基本模型
（有一些特殊的题提取出的模型可能是代数模型）运用所给的内容联系学过的内容。进行提取分析。
而这就是所谓“提取模型”的含义
三、新定义的类型与作用
第一问：简单，一般是给出点并选点，用于发现模型
第二问：偏难，一般是单变量问题（即只有一个变化图形），用于验证模型/初步实践模型
第三问：很难，一般是多变量问题（很多图形同时变化），用于应用/实践模型
或者
题干：得到模型，第一问：检验模型，第二问：实践模型，第三问：进一步实践模型
或者：题干：，第一问：发现模型，第二问：验证模型，第三问：实践模型
四、解决思路：
第一问：题目一般会给出几个特殊点，通过这些特殊点将能够发现某些关系（点的轨迹是个圆？可行的点在圆内还是圆上还是圆外？），帮助构建模型。
第二问：运用第一问构建出来的模型，进行关系间的操作以求得范围边界（例如相切相交之类），并且以此来验证模型是否正确且完善（例如圆上能不能取，线段端点能不能取等等），用订正后的模型再次订正这道题。
第三问：运用第二问完善得到的模型，通过对变量的处理以及几何图形的关系得到结果。
五、核心与主旨
核心：将题干中复杂的语言翻译学生的便于操作的语言
主旨：没有无缘无故的第一问，三问联动处理，逐渐递进，相互依存



1．（2021·内蒙古鄂尔多斯·统考一模）定义新运算：对于任意实数a、b，都有a*b．例如：4*2，因为4＞2，所以4*2＝42﹣4×2＝8．若x1，x2是一元二次方程x2+x﹣6＝0的两个根，则x1*x2的值为（　　）
A．10或﹣10 B．10 C．﹣10 D．3或﹣3
【答案】A
【分析】首先解方程x2+x﹣6＝0，再根据运算a*b，分两种情况进行讨论求出x1*x2的值即可．
【详解】解：∵x1，x2是一元二次方程x2+x﹣6＝0的两个根，
∴（x﹣2）（x+3）＝0，
解得：x＝2或﹣3，
①当x1＝2，x2＝﹣3时，x1*x2＝22﹣2×（﹣3）＝10；
②当x1＝﹣3，x2＝2时，x1*x2＝﹣3×2﹣22＝﹣10．
故选：A．
【点睛】此题考查了解一元二次方程，已知字母的值求代数式的值，正确掌握解一元二次方程的方法求出x1，x2以及利用新定义计算是解题的关键．
2．（2022·湖南永州·统考二模）定义运算：把缩写为n！，n！叫做n的阶乘，如3！，4！．请你化简1！×1＋2！×2＋3！×3＋…＋n！×n，得（    ）
A．（n＋1）！－1 B．n！－1
C．（n＋1）！ D．（n＋1）！＋1
【答案】A
【分析】利用乘法分配律计算求值即可；
【详解】解：1！×1＋2！×2＋3！×3＋…＋n！×n
=1！×1＋2！×（3-1）＋3！×（4-1）＋…＋n！×（n+1-1）
=1！＋3！-2！＋4！-3！＋…＋（n+1）！-n！
=1！ -2！＋（n+1）！
=（n＋1）！－1
故选： A．
【点睛】本题考查了数字规律的探索，利用乘法分配律变形求值是解题关键．
3．（2022·湖北恩施·统考二模）定义：若10x＝N，则x＝log10N，x称为以10为底的N的对数，简记为lgN，其满足运算法则：lgM+lgN＝lg（M•N）（M＞0，N＞0）．例如：因为102＝100，所以2＝lg100，亦即lg100＝2；lg4+lg3＝lg12．根据上述定义和运算法则，计算（lg2)2+lg2•lg5+lg5的结果为_____
【答案】1
【分析】根据题意，按照题目的运算法则计算即可．
【详解】解：∵101=10，
∴lg10=1，
∴原式=（lg2）2+lg2•lg5+lg5
=lg2（lg2+lg5）+lg5
=lg2×lg10+lg5
=lg2+lg5
=lg10
=1．
故答案为1．
【点睛】本题考查学生的材料阅读理解能力，正确理解对数运算法则是解题的关键．
4．（2022·湖北十堰·校联考一模）对有理数x，y定义运算：x※y＝ax+by，其中a，b是常数．如果2※(-1)=-4，3※2>1，那么a，b的取值范围为_________
【答案】，
【分析】根据新定义的运算法则可得，即得出，，解出a、b的取值范围即可．
【详解】根据题意可知，
∴，，，，
∴，，
解得：，．
故答案为：，．
【点睛】本题考查新定义下的实数运算，二元一次方程和解一元一次不等式．理解题意掌握新定义的运算法则是解题关键．
5．（2023·重庆黔江·校联考模拟预测）阅读以下材料：指数与对数之间有密切的联系，它们之间可以互化．
对数的定义：一般地，若（且），那么x叫做以a为底N的对数，记作，比如指数式可以转化为对数式，对数式，可以转化为指数式．
我们根据对数的定义可得到对数的一个性质：
（，，，），理由如下：
设，，则，，
，由对数的定义得
又，
．
请解决以下问题：
(1)将指数式转化为对数式 　　；
(2)求证：（，，，）；
(3)拓展运用：计算　　．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)2

【分析】（1）根据指数与对数的关系求解即可；
（2）根据指数与对数的关系求证即可；
（3）利用对数运算法则求解即可．
【详解】（1）解：根据指数与对数关系得：．
故答案为：；
（2）解：设，，则，，
，
．
．
（3）解：


．
故答案为：2．
【点睛】本题考查用新定义的知识解题，理解新定义，找到指数和对数的关键是求解本题的关键．
6．（2022·湖北黄石·黄石十四中校考模拟预测）x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的两个实数根，若满足|x1﹣x2|＝1，则此类方程称为“差根方程”．根据“差根方程”的定义，解决下列问题：
(1)通过计算，判断下列方程是否是“差根方程”：
①x2﹣4x﹣5＝0；      
②2x2﹣2x+1＝0；
(2)已知关于x的方程x2+2ax＝0是“差根方程”，求a的值；
(3)若关于x的方程ax2+bx+1＝0（a，b是常数，a＞0）是“差根方程”，请探索a与b之间的数量关系式．
【答案】(1)①不是；②是
(2)
(3)b2＝a2+4a

【分析】（1）根据“差根方程”定义判断即可．
（2）根据x2+2ax＝0是“差根方程”，且x1＝0，x2＝﹣2a得到2a＝±1，从而得到a＝±；
（3）设x1，x2是一元二次方程ax2+bx+1＝0（a，b是常数，a＞0）的两个实数根，根据根与系数的关系得到，整理即可得到b2＝a2+4a．
（1）
解：①设x1，x2是一元二次方程x2﹣4x﹣5＝0的两个实数根，
∴x1+x2＝4，x1•x2＝﹣5，
∴|x1﹣x2|＝，
∴方程x2﹣4x﹣5＝0不是差根方程；
②设x1，x2是一元二次方程2x2﹣2+1＝0的两个实数根，
∴x1+x2＝，x1•x2＝，
∴|x1﹣x2|＝，
∴方程2x2﹣2+1＝0是差根方程；
（2）
x2+2ax＝0，
因式分解得：x（x+2a）＝0，
解得：x1＝0，x2＝﹣2a，
∵关于x的方程x2+2ax＝0是“差根方程”，
∴2a＝±1，即a＝±；
（3）
设x1，x2是一元二次方程ax2+bx+1＝0（a，b是常数，a＞0）的两个实数根，
∴x1+x2＝，x1•x2＝，
∵关于x的方程ax2+bx+1＝0（a，b是常数，a＞0）是“差根方程”，
∴|x1﹣x2|＝1，
∴|x1﹣x2|＝＝1，即，
∴b2＝a2+4a．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解，根与系数的关系，根的判别式，一次函数图象上点的坐标特征，正确的理解“差根方程”的定义是解题的关键．


考点类型二 新概念的理解与应用

1．（2021·山东济南·统考中考真题）新定义：在平面直角坐标系中，对于点和点，若满足时，；时，，则称点是点的限变点．例如：点的限变点是，点的限变点是．若点在二次函数的图象上，则当时，其限变点的纵坐标的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，当时，的图象向下平移4个单位，当时，，的图象关于轴对称，据此即可求得其限变点的纵坐标的取值范围，作出函数图像，直观的观察可得到的取值范围
【详解】点在二次函数的图象上，则当时，其限变点的图像即为图中虚线部分，如图，

当时，的图象向下平移4个单位，当时，的图象关于轴对称，
从图可知函数的最大值是当时，取得最大值3，
最小值是当时，取得最小值，
．
故选D．
【点睛】本题考查了新定义，二次函数的最值问题，分段讨论函数的最值，可以通过函数图像辅助求解，理解新定义，画出函数图像是解题的关键．
2．（2021·湖南永州·统考中考真题）定义：若，则，x称为以10为底的N的对数，简记为，其满足运算法则：．例如：因为，所以，亦即；．根据上述定义和运算法则，计算的结果为（    ）
A．5 B．2 C．1 D．0
【答案】C
【分析】根据新运算的定义和法则进行计算即可得．
【详解】解：原式，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了新定义下的实数运算，掌握理解新运算的定义和法则是解题关键．
3．（2022·上海·统考中考真题）定义：有一个圆分别和一个三角形的三条边各有两个交点，截得的三条弦相等，我们把这个圆叫作“等弦圆”，现在有一个斜边长为2的等腰直角三角形，当等弦圆最大时，这个圆的半径为_____．
【答案】##
【分析】如图，当等弦圆O最大时，则经过等腰直角三角形的直角顶点C，连接CO交AB于F，连接OE，DK，再证明经过圆心，，分别求解AC，BC，CF， 设的半径为 再分别表示 再利用勾股定理求解半径r即可．
【详解】解：如图，当等弦圆O最大时，则经过等腰直角三角形的直角顶点C，连接CO交AB于F，连接OE，DK，


过圆心O，，


设的半径为
∴



整理得：
解得：

不符合题意，舍去，
∴当等弦圆最大时，这个圆的半径为
故答案为：
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，弦，弧，圆心角之间的关系，圆周角定理的应用，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，掌握以上知识是解本题的关键．
4．（2022·江苏苏州·统考中考真题）定义：一个三角形的一边长是另一边长的2倍，这样的三角形叫做“倍长三角形”．若等腰△ABC是“倍长三角形”，底边BC的长为3，则腰AB的长为______．
【答案】6
【分析】分类讨论：AB=AC=2BC或BC=2AB=2AC，然后根据三角形三边关系即可得出结果．
【详解】解：∵△ABC是等腰三角形，底边BC=3
∴AB=AC
当AB=AC=2BC时，△ABC是“倍长三角形”；
当BC=2AB=2AC时，AB+AC=BC，根据三角形三边关系，此时A、B、C不构成三角形，不符合题意；
所以当等腰△ABC是“倍长三角形”，底边BC的长为3，则腰AB的长为6．
故答案为6．
【点睛】本题考查等腰三角形，三角形的三边关系，涉及分类讨论思想，结合三角形三边关系，灵活运用分类讨论思想是解题的关键．
5．（2022·湖南湘西·统考中考真题）定义：由两条与x轴有着相同的交点，并且开口方向相同的抛物线所围成的封闭曲线称为“月牙线”，如图①，抛物线C1：y＝x2+2x﹣3与抛物线C2：y＝ax2+2ax+c组成一个开口向上的“月牙线”，抛物线C1和抛物线C2与x轴有着相同的交点A（﹣3，0）、B（点B在点A右侧），与y轴的交点分别为G、H（0，﹣1）．

(1)求抛物线C2的解析式和点G的坐标．
(2)点M是x轴下方抛物线C1上的点，过点M作MN⊥x轴于点N，交抛物线C2于点D，求线段MN与线段DM的长度的比值．
(3)如图②，点E是点H关于抛物线对称轴的对称点，连接EG，在x轴上是否存在点F，使得△EFG是以EG为腰的等腰三角形？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y＝x2+x﹣1，G（0，﹣3）
(2)
(3)存在，（﹣2，0）或（﹣﹣2，0）

【分析】（1）将A（﹣3，0）、H（0，﹣1）代入y＝ax2+2ax+c中，即可求函数的解析式．
（2）设M（t，t2+2t﹣3），则D（t，），N（t，0），分别求出MN，DM，再求比值即可．
（3）先求出E（﹣2，﹣1），设F（x，0），分来两种情况讨论：①当EG＝EF时，，可得F（﹣2，0）或（﹣﹣2，0）；②当EG＝FG时，2＝，F点不存在．
【详解】（1）解：将A（﹣3，0）、H（0，﹣1）代入y＝ax2+2ax+c中，
∴，
解得，
∴y＝x2+x﹣1，
在y＝x2+2x﹣3中，令x＝0，则y＝﹣3，
∴G（0，﹣3）．
（2）设M（t，t2+2t﹣3），则D（t，），N（t，0），
∴NM＝﹣t2﹣2t+3，，
∴＝．
（3）存在点F，使得△EFG是以EG为腰的等腰三角形，理由如下：
由（1）可得y＝x2+2x﹣3的对称轴为直线x＝﹣1，
∵E点与H点关于对称轴x＝﹣1对称，
∴E（﹣2，﹣1），
设F（x，0），
①当EG＝EF时，
∵G（0，﹣3），
∴EG＝2，
∴2＝，
解得x＝﹣2或x＝﹣﹣2，
∴F（﹣2，0）或（﹣﹣2，0）；
②当EG＝FG时，2＝，
此时x无解；
综上所述：F点坐标为（﹣2，0）或（﹣﹣2，0）．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰三角形的性质，分类讨论是解题的关键．

1．（2022·江苏苏州·苏州高新区实验初级中学校考三模）新定义：在平面直角坐标系中，对于点P（m，n）和点P′（m，n′），若满足m≥0时，n′=n-4；m＜0时，n′=-n，则称点P′（m，n′）是点P（m，n）的限变点．例如：点P1（2，5）的限变点是P1′（2，1），点P2（-2，3）的限变点是P2′（-2，-3）．若点P（m，n）在二次函数y=-x2+4x+2的图象上，则当-1≤m≤3时，其限变点P′的纵坐标n'的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据新定义得到当m≥0时，n′=-m2+4m+2-4=-（m-2）2+2，在0≤m≤3时，得到-2≤n′≤2；当m＜0时，n′=m2-4m-2=（m-2）2-6，在-1≤m＜0时，得到-2≤n′≤3，即可得到限变点P′的纵坐标n'的取值范围是-2≤n′≤3．
【详解】解：由题意可知，
当m≥0时，n′=-m2+4m+2-4=-（m-2）2+2，
∴当0≤m≤3时，-2≤n′≤2，
当m＜0时，n′=m2-4m-2=（m-2）2-6，
∴当-1≤m＜0时，-2＜n′≤3，
综上，当-1≤m≤3时，其限变点P′的纵坐标n'的取值范围是-2≤n′≤3，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了二次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是根据限变点的定义得到n′关于m的函数．
2．（2021·湖南长沙·长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校校考一模）定义：对于给定的一次函数（、为常数，且，把形如的函数称为一次函数的“相依函数”，已知一次函数，若点在这个一次函数的“相依函数”图象上，则的值是（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】找出一次函数的“相依函数”，再利用一次函数图象上点的坐标特征，即可求出m的值．
【详解】解：一次函数的“相依函数”为，
∵点P（−2，m）在一次函数的“相依函数”图象上，
∴m＝−1×（−2）−1＝1．
故选：A．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，根据“相依函数”的定义，找出一次函数的“相依函数”是解题的关键．
3．（2023·江苏苏州·统考一模）定义：如果三角形的一个内角是另一个内角的2倍，那么称这个三角形为“倍角三角形”．若是“倍角三角形”，，，则的面积为____________．
【答案】或4
【分析】分情况讨论，当是（或）2倍时，为等腰直角三角形；当或时，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求解即可．
【详解】解：当时，则，
∴，
∵，，
∴，
∴的面积为；
同理，当时，的面积为；
当时，
∵，
则，，
∵，
∴，，
∴的面积为；
当时，
∵，
则，，
∵，
∴，，
∴的面积为；
综上，的面积为或4；
故答案为：或4．
【点睛】本题考查了勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，正确理解“倍角三角形”的概念，分类讨论是解题的关键．
4．（2022·四川成都·校联考模拟预测）定义：由a，b构造的二次函数叫做一次函数y＝ax＋b的“滋生函数”，一次函数y＝ax＋b叫做二次函数的“本源函数”（a，b为常数，且）．若一次函数y＝ax＋b的“滋生函数”是，那么二次函数的“本源函数”是______．
【答案】
【分析】由“滋生函数”和“本源函数”的定义，运用待定系数法求出函数的本源函数．
【详解】解：由题意得
解得
∴函数的本源函数是．
故答案为：．
【点睛】本题考查新定义运算下的一次函数和二次函数的应用，解题关键是充分理解新定义“本源函数”．
5．（2023·河北秦皇岛·统考一模）定义：如果二次函数，（，、、是常数）与，、、是常数）满足，，，则这两个函致互为“旋转函数”．例如：求函数的“旋转函数”，由函数可知，，，．根据，，求出、、就能确定这个函数的“旋转函数”．
请思考并解决下面问题：
(1)写出函数的“旋转函数”；
(2)若函数与互为“旋转函数”，求的值；
(3)已知函数的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A、B、C关于原点的对称点分别是、、，试求证：经过点、、的二次函数与互为“旋转函数”．
【答案】(1)；
(2)1；
(3)见解析．

【分析】（1）根据“旋转函数”的定义求出另一个函数的、、的值，从而得出函数解析式；
（2）根据定义得出和的二元一次方程组，从而得出答案；
（3）首先求出、、三点的坐标，然后得出对称点的坐标，从而求出函数解析式，然后根据新定义进行判定．
【详解】（1）根据题意得，
解得
故解析式为：．
（2）根据题意得
∴
∴．
（3）根据题意得，，
∴，，
又
且经过点，，的二次函数为
∵
∴两个函数互为“旋转函数”．
【点睛】本题考查了二次函数，新定义型；涉及了待定系数法，关于原点对称的点的坐标等知识，正确理解题意，熟练运用相关知识是解题的关键．
6．（2022·山东济宁·校考二模）【定义】如图1，A，B为直线同侧的两点，过点作关于直线的对称点，连接交直线于点，连接，则称点为点，关于直线的“等角点”．

【运用】
(1)如图2，在平面直角坐标系中，已知，两点．，，三点中，点________是点，关于直线的等角点；
(2)已知：如图3，矩形的顶点，分别在轴、轴上，，，矩形的对角线相交于点，点为点和点关于轴的“等角点”．求的面积．
【答案】(1)E
(2)

【分析】（1）点A关于直的对称点为，得到直线的解析式为，进而得出结论
（2）延长BA至，使，得到直线的解析式为，从而得出结论．
【详解】（1）解：点A关于直线的对称点为，
∴直线的解析式为，
当时，，
故答案为：E；
（2）解：如图，延长BA至，使，

∵，
∴，
∴直线的解析式为，
∴，
．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求直线解析式、对称点的性质，正确理解题意是解题的关键．


考点类型三 几何新定义问题

1．（2021·湖南岳阳·统考中考真题）定义：我们将顶点的横坐标和纵坐标互为相反数的二次函数称为“互异二次函数”．如图，在正方形中，点，点，则互异二次函数与正方形有交点时的最大值和最小值分别是（    ）

A．4，-1 B．，-1 C．4，0 D．，-1
【答案】D
【分析】分别讨论当对称轴位于y轴左侧、位于y轴与正方形对称轴x=1之间、位于直线x=1和x=2之间、位于直线x=2右侧共四种情况，列出它们有交点时满足的条件，得到关于m的不等式组，求解即可．
【详解】解：由正方形的性质可知：B（2,2）；
若二次函数与正方形有交点,则共有以下四种情况:
当时，则当A点在抛物线上或上方时，它们有交点，此时有，
解得：；
当时，则当C点在抛物线上或下方时，它们有交点，此时有，
解得：；
当时，则当O点位于抛物线上或下方时，它们有交点，此时有，
解得：；
当时，则当O点在抛物线上或下方且B点在抛物线上或上方时，它们才有交点，此时有，
解得：；
综上可得：的最大值和最小值分别是，．
故选：D．
【点睛】本题考查了抛物线与正方形的交点问题，涉及到列一元一次不等式组等内容，解决本题的关键是能根据图像分析交点情况，并进行分类讨论，本题综合性较强，需要一定的分析能力与图形感知力，因此对学生的思维要求较高，本题蕴含了分类讨论和数形结合的思想方法等．
2．（2020·山东潍坊·中考真题）定义表示不超过实数的最大整数，如[1.8]=1，[-1.4]=-2，[-3]=-3.函数的图象如图所示，则方程的解为（ ）.

A．或 B．或
C．或 D．或
【答案】B
【详解】试题分析：根据新定义和函数图象讨论：
当1≤x≤2时，x2=1，解得x1=，x2=﹣；
当﹣1≤x≤0时，x2=0，解得x1=x2=0；
当﹣2≤x＜﹣1时，x2=﹣1，方程没有实数解；
所以方程[x]=x2的解为0或．
故选B
考点：1、解一元二次方程﹣因式分解法；2、实数大小比较；3、函数的图象
3．（2021·上海·统考中考真题）定义：在平面内，一个点到图形的距离是这个点到这个图上所有点的最短距离，在平面内有一个正方形，边长为2，中心为O，在正方形外有一点，当正方形绕着点O旋转时，则点P到正方形的最短距离d的取值范围为__________．

【答案】
【分析】先确定正方形的中心O与各边的所有点的连线中的最大值与最小值，然后结合旋转的条件即可求解．
【详解】解：如图1，设的中点为E，连接OA，OE，则AE=OE=1，∠AEO=90°，．
∴点O与正方形边上的所有点的连线中，
最小，等于1，最大，等于．

∵，
∴点P与正方形边上的所有点的连线中，
如图2所示，当点E落在上时，最大值PE=PO-EO=2-1=1；
如图3所示，当点A落在上时，最小值．
∴当正方形ABCD绕中心O旋转时，点P到正方形的距离d的取值范围是．
故答案为：
【点睛】本题考查了新定义、正方形的性质、勾股定理等知识点，准确理解新定义的含义和熟知正方形的性质是解题的关键．
4．（2021·四川成都·统考中考真题）我们对一个三角形的顶点和边都赋给一个特征值，并定义：从任意顶点出发，沿顺时针或逆时针方向依次将顶点和边的特征值相乘，再把三个乘积相加，所得之和称为此三角形的顺序旋转和或逆序旋转和如图1，是该三角形的顺序旋转和，是该三角形的逆序旋转和．已知某三角形的特征值如图2，若从1，2，3中任取一个数作为x，从1，2，3，4中任取一个数作为y，则对任意正整数k，此三角形的顺序旋转和与逆序旋转和的差都小于4的概率是_________．

【答案】
【分析】先画树状图确定的所有的等可能的结果数，再分别计算符合要求的结果数，再利用概率公式计算即可得到答案．
【详解】解：画树状图如下：

所以一共有种等可能的结果，
又三角形的顺序旋转和与逆序旋转和分别为：


＜恒成立，为正整数，
满足条件的有：共种情况，
所以此三角形的顺序旋转和与逆序旋转和的差都小于4的概率是：
故答案为：
【点睛】本题考查的是自定义情境下的概率计算，不等式的性质，掌握利用列表法或画树状图的方法求解等可能事件的概率是解题的关键．
5．（2022·山东青岛·统考中考真题）【图形定义】
有一条高线相等的两个三角形称为等高三角形．
例如：如图①．在和中，分别是和边上的高线，且，则和是等高三角形．

【性质探究】
如图①，用，分别表示和的面积．
则，
∵
∴．
【性质应用】
(1)如图②，D是的边上的一点．若，则__________；
(2)如图③，在中，D，E分别是和边上的点．若，，，则__________，_________；
(3)如图③，在中，D，E分别是和边上的点，若，，，则__________．
【答案】(1)
(2)；
(3)

【分析】（1）由图可知和是等高三角形，然后根据等高三角形的性质即可得到答案；
（2）根据，和等高三角形的性质可求得，然后根据和等高三角形的性质可求得；
（3）根据，和等高三角形的性质可求得，然后根据，和等高三角形的性质可求得．
【详解】（1）解：如图，过点A作AE⊥BC，

则，
∵AE=AE，
∴．
（2）解：∵和是等高三角形，
∴，
∴；
∵和是等高三角形，
∴，
∴．
（3）解：∵和是等高三角形，
∴，
∴；
∵和是等高三角形，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了等高三角形的定义、性质以及应用性质解题，熟练掌握等高三角形的性质并能灵活运用是解题的关键．



1．（2021·江苏南京·统考二模）百度百科这样定义凹四边形：把四边形的某边向两方延长，其他各边有不在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫做凹四边形．关于凹四边形（如图），以下结论：
①；
②若，则；
③若，则；
④存在凹四边形，有．
其中所有正确结论的序号是（    ）

A．①② B．①②③ C．①②④ D．①③④
【答案】A
【分析】根据凹四边形的定义及相关知识，逐项加以甄别即可．
【详解】解：①如图1，连接AC并延长到点E．




即
所以结论①正确；
②如图2，连接BD，作直线AC．



∴点A在线段BD的垂直平分线上．

∴点C在线段BD的垂直平分线上．
∴点A和点C都在线段BD的垂直平分线上．
∴直线AC是线段BD的垂直平分线．

所以结论②正确；
③如图③，


由①可知，
当时，有

因再无其它已知条件证得BC=CD，所以结论③错误；
④如图④，假设存在凹四边形ABCD，连接AC．

当时，



∴AB∥CD，BC∥DA．
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵平行四边形是凸四边形，
这与“四边形ABCD是凹四边形”的假设相矛盾．
∴不存在凹四边形ABCD，使得
所以结论④错误．
故选：A
【点睛】本题考查了对新定义的理解、三角形的外角性质、线段的垂直平分线的判定、反证法等知识点，综合运用上述的知识点，对每个结论加以推理证明是解题的关键．
2．（2022·江苏苏州·苏州市振华中学校校考二模）在平面直角坐标系中，点A在直线l上，以A为圆心，为半径的圆与y轴的另一个交点为E，给出如下定义：若线段，和直线l上分别存在点B，点C和点D，使得四边形是矩形（点顺时针排列），则称矩形为直线l的“理想矩形”．例如，右图中的矩形为直线l的“理想矩形”．若点，则直线的“理想矩形”的面积为（    ）

A．12 B． C． D．
【答案】B
【分析】过点作轴于点，连接、，如图，根据点在直线上可求出，设直线与轴相交于点，易求出，，根据勾股定理可求出、、的值，从而可求出“理想矩形” 面积．
【详解】解：过点作轴于点，连接、，如图．

点的坐标为，
，，．
点在直线上，
，
解得．
设直线与轴相交于点，
当时，，点，，
，
，．
在中，．
在中，．
所求“理想矩形” 面积为；
故选：．
【点睛】本题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，矩形的性质、勾股定理、特殊角的三角函数值等知识，解直角三角形求得矩形的边的关键．
3．（2022·河南郑州·统考一模）定义：平面上一点到图形的最短距离为．如图，，等边三角形的边长为，点为等边三角形的中心，当等边三角形绕点旋转时，的取值范围是______．

【答案】
【分析】由题意以及等边三角形的性质得过等边三角形的顶点时，d最小，OP过等边三角形各边的中点时，d最大，分别求出d的值即可得出答案．
【详解】解：如图：过顶点A时，点O与边上所有点的连线中，最大，此时最小；设的中点是E，过点E时，点O与边上所有点的连线中，最小，此时最大，
如图1，过顶点A时，过点O作于点E，

∵等边三角形边长为，O为等边三角形的中心，
∴，，，
，
，
，
；
如图2，过点的中点E时，

∵等边三角形边长为，O为等边三角形中心，
∴，，
，
，
；
∴d的取值范围为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，根据题意得出d最大、最小时点P的位置是解题的关键．
4．（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．
5．（2022·江苏淮安·统考一模）【图形定义】有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．

【问题探究】
(1)如图①，已知矩形是“等邻边四边形”，则矩形___________（填“一定”或“不一定”）是正方形；
(2)如图②，在菱形中，，，动点、分别在、上（不含端点），若，试判断四边形是否为“等邻边四边形”？如果是“等邻边四边形”，请证明；如果不是，请说明理由；此时，四边形的周长的最小值为___________；
【尝试应用】
(3)现有一个平行四边形材料，如图③，在中，，，，点在上，且，在边上有一点，使四边形为“等邻边四边形”，请直接写出此时四边形ABEP的面积可能为的值___________．
【答案】(1)一定
(2)四边形是“等邻边四边形”，理由见解析，四边形的周长最小值为
(3)或或14

【分析】（1）根据等邻边四边形的定义和正方形的判定可得出结论；
（2）如图②中，结论：四边形是等邻四边形，利用全等三角形的性质证明即可；
（3）如图③中，过点作于，点作于N，则四边形是矩形．分三种情形：①当时，②当时，③当时，分别求解即可．
【详解】（1）∵四边形的邻边相等，
∴矩形一定是正方形；
故答案为：一定；
（2）如图②，四边形是等邻四边形；
理由：连接．
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，都是等边三角形，
∴    ，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴四边形是等邻四边形，
∴，
∵，
∴的值最小时，四边形的周长最小，
根据垂线段最短可知，当时，的值最小，
此时，，
∴四边形的周长的最小值为．

（3）如图③中，过点作于，点作于N，则四边形是矩形．
∵，，
∴，，
∵，
∴，

①当时，
．
②当时，设，
在中，∵，
∴，
∴，
∴．
③当时，点与重合，此时．
．
综上：四边形的面积为或或14．
【点睛】本题考查了“等邻边四边形”的定义，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，梯形的面积等知识，解题的关键是理解题意，学会正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．

考点类型四 函数新定义问题

1．（2020·山东潍坊·中考真题）若定义一种新运算：例如：；．则函数的图象大致是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据，可得当时，，分两种情况当时和当时，分别求出一次函数的关系式，然后判断即可．
【详解】解：当时，，
∴当时，，
即：，
当时，，
即：，∴，
∴当时，，函数图像向上，随的增大而增大，
综上所述，A选项符合题意，
故选：A．
【点睛】本题考查了一次函数的图象，能在新定义下，求出函数关系式是解题的关键
2．（2021·四川雅安·统考中考真题）定义：，若函数，则该函数的最大值为（    ）
A．0 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据题目中所给的运算法则，分两种情况进行求解即可．
【详解】令,
当时，即时，，
令 ，则w与x轴的交点坐标为（2，0），（-1，0），
∴当时，，
∴（），
∵y随x的增大而增大，
∴当x=2时，；
当时，即时，，
令 ，则w与x轴的交点坐标为（2，0），（-1，0），
∴当时，或，
∴（或），
∵的对称轴为x=1，
∴当时，y随x的增大而减小，
∵当x=2时，=3，
∴当时，y<3；
当，y随x的增大而增大，
∴当x=-1时，=0；
∴当时，y<0；
综上，的最大值为3．
故选C．
【点睛】本题是新定义运算与二次函数相结合的题目，解题时要注意分情况讨论，不要漏解．
3．（2020·广西贵港·中考真题）我们定义一种新函数：形如（，且）的函数叫做“鹊桥”函数．小丽同学画出了“鹊桥”函数y=|x2-2x-3|的图象（如图所示），并写出下列五个结论：①图象与坐标轴的交点为，和；②图象具有对称性，对称轴是直线；③当或时，函数值随值的增大而增大；④当或时，函数的最小值是0；⑤当时，函数的最大值是4．其中正确结论的个数是______.

【答案】4
【分析】由，和坐标都满足函数，∴①是正确的；从图象可以看出图象具有对称性，对称轴可用对称轴公式求得是直线，②也是正确的；
根据函数的图象和性质，发现当或时，函数值随值的增大而增大，因此③也是正确的；函数图象的最低点就是与轴的两个交点，根据，求出相应的的值为或，因此④也是正确的；从图象上看，当或，函数值要大于当时的，因此⑤时不正确的；逐个判断之后，可得出答案．
【详解】解：①∵，和坐标都满足函数，∴①是正确的；
②从图象可知图象具有对称性，对称轴可用对称轴公式求得是直线，因此②也是正确的；
③根据函数的图象和性质，发现当或时，函数值随值的增大而增大，因此③也是正确的；
④函数图象的最低点就是与轴的两个交点，根据，求出相应的的值为或，因此④也是正确的；
⑤从图象上看，当或，函数值要大于当时的，因此⑤是不正确的；
故答案是：4

【点睛】理解“鹊桥”函数的意义，掌握“鹊桥”函数与与二次函数之间的关系；两个函数性质之间的联系和区别是解决问题的关键；二次函数与轴的交点、对称性、对称轴及最值的求法以及增减性应熟练掌握.
4．（2021·四川乐山·统考中考真题）在直角坐标系xOy中，对于点P（x，y）和Q（x，y′），给出如下定义：若，则称点Q为点P的“可控变点”．
例如：点（1，2）的“可控变点”为点（1，2），点（﹣1，3）的“可控变点”为点（﹣1，﹣3）．
（1）若点（﹣1，﹣2）是一次函数图象上点M的“可控变点”，则点M的坐标为 ；
（2）若点P在函数（）的图象上，其“可控变点”Q的纵坐标y′的取值范围是，则实数a的取值范围是 ．
【答案】（1） （﹣1，2）；（2） ≤a≤．
【详解】试题分析：（1）根据“可控变点”的定义可知点M的坐标为（﹣1，2）；
（2）依题意，图象上的点P的“可控变点”必在函数的图象上，如图所示，
∵，
当y′=16时，或，
∴x=0或x=，
当x=-5时，x2-16=9，
当y′=9时，
∴x=，
∴a的取值范围是≤a≤．
故答案为（1）（﹣1，2）；（2）≤a≤．
   
考点：1．二次函数图象上点的坐标特征；2．一次函数图象上点的坐标特征；3．新定义．
5．（2022·甘肃兰州·统考中考真题）在平面直角坐标系中，是第一象限内一点，给出如下定义：和两个值中的最大值叫做点P的“倾斜系数”k．

(1)求点的“倾斜系数”k的值；
(2)①若点的“倾斜系数”，请写出a和b的数量关系，并说明理由；
②若点的“倾斜系数”，且，求OP的长；
(3)如图，边长为2的正方形ABCD沿直线AC：运动，是正方形ABCD上任意一点，且点P的“倾斜系数”，请直接写出a的取值范围．
【答案】(1)3
(2)①a-2b或b=2a，②OP=
(3)a>3+

【分析】（1）直接由“倾斜系数”定义求解即可；
（2）①由点的“倾斜系数”，由=2或=2求解即可；
②由a=2b或b=2a，又因a+b=3，求出a、b值，即可得点P坐标，从而由勾股定理可求解；
（3）当点P与点D重合时，且k=时，a有最小临界值，此时，=，则，求得a=+1；当点P与B点重合，且k=时，a有最大临界值，此时，，则，求得：a=3+；即可求得时，a的取值范围．
【详解】（1）解：由题意，得，，
∵3>，
∴点的“倾斜系数”k=3；
（2）解：①a=2b或b=2a，
∵点的“倾斜系数”，
当=2时，则a=2b；
当=2时，则b=2a，
∴a=2b或b=2a；
②∵的“倾斜系数”，
当=2时，则a=2b
∵，
∴2b+b=3，
∴b=1，
∴a=2，
∴P(2，1)，
∴OP=；
当=2时，则b=2a，
∵，
∴a+2a=3，
∴a=1，
∴b=2，
∴P(1，2)
∴OP=；
综上，OP=；
（3）解：由题意知，当点P与点D重合时，且k=时，a有最小临界值，如图，连接OD，延长DA交x轴于E，

此时，=，
则，
解得：a=+1；
∵则;
当点P与B点重合，且k=时，a有最大临界值，如图，连接OB，延长CB交x轴于F，

此时，，
则，
解得：a=3+，
∵,则;
综上，若P的“倾斜系数”，则a>3+．
【点睛】本题考查新定义，正方形的性质，正比例函数性质，解题的关键是：（1）（2）问理解新定义，（3）问求临界值．




1．（2022·湖南岳阳·统考二模）定义：我们将某函数图象在x轴上方的部分沿x轴翻折，其余部分不变，从而形成新图象的过程称为“非正变换”．已知抛物线y＝﹣x2﹣2x＋3的图象如图所示，则将其进行“非正变换”后得到的图象与直线y＝x＋m有四个交点时m的范围是（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据函数解析式画出图形，然后结合图形找出抛物线与x轴有四个交点的情形，最后求得直线的解析式，从而可求得m的值．
【详解】解：由y=0可知，抛物线与c轴交于A(-3，0)，B(1，0)两点，
“非正变换”后的图像如下图所示：

当x＜-3或c＞1时，由图像可得函数解析式仍为y=-x2-2x+3，
当-3≤x≤1时，计算可得函数解析式为y=x2+2x-3．
当直线与抛物线交于A点时，此时交点数为1；在AB点中间交点数为2；
向下移动至B点时，交点数为3，再向下移动则交点为4；
∴m＜-1．
向下移动至与抛物线相切时交点为3，在这之前交点为4个．
联立抛物线与直线，
得x2+x-3-m=0，
抛物线与直线只有一个交点，所以方程有两个相等的实数根，
∴△=1-4×（-3-m)=0，
∴m=-，
∴m>-．
综上，-
故选：A．
【点睛】本题主要考查的是二次函数的综合应用，根据题意画出如图，找出新图象与直线y=x+m有四个不同公共点的条件是解题的关键．
2．（2022·浙江宁波·统考一模）定义：已知函数与二次函数，其中，，为常数，且，，则称这两个函数互为倒函数，下列结论正确的是（    ）
A．若是的倒函数图像上的一点，则
B．当两个互为倒函数的图像的开口方向相反时，则它们与轴均无交点
C．若二次函数图像上存在一点，则它的倒函数图像上必存在一点
D．两个互为倒函数的图像必有两个交点
【答案】D
【分析】由题意知，的倒函数解析式为，将代入，求出的值，进而可判断A的正误；根据两个互为倒函数的图像的开口方向相反，可得，根据，可知两个函数与x轴均有两个交点，进而可判断B的正误；由在上，可得，将代入得，，由，可判断C的正误；令，则，整理得，由，可或，进而可判断D的正误．
【详解】解：由题意知，的倒函数解析式为，
将代入得，，
解得，
∴A错误；故不符合题意；
∵两个互为倒函数与的图像的开口方向相反，
∴，
∴，
∴两个函数与x轴均有两个交点，
∴B错误；故不符合题意；
∵在上，
∴，
将代入得，，
∵，
∴C错误；故不符合题意；
令，则，
整理得，
∵，
解得或，
∴两个互为倒函数的图像必有两个交点，
∴D正确，故符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了二次函数的图像与性质，函数与x轴的交点个数等知识．解题的关键在于理解倒函数的定义，并运用二次函数知识进行求解．
3．（2021·四川乐山·统考三模）对某一个函数给出如下定义：若存在实数M＞0，对于任意的函数值y，都满足﹣M＜y＜M，在所有满足条件的M中，其最小值称为这个函数的边界值．例如，如图中的函数是有界函数，其边界值是1．
（1）判断函数y＝（x＞0）是否为有界函数 ___（填“是”或“否”）；
（2）将函数y＝x2（﹣1≤x≤m，m≥0）的图象向下平移m个单位，得到的函数的边界值是t，若≤t≤1则m的取值范围是 ___．

【答案】     否     0m或m1
【分析】（1）在x的取值范围内，y（x＞0）的y无最大值，不是有界函数；
（2）先设m＞1，函数向下平移m个单位后，x＝0时，y＝﹣m＜﹣1，此时边界值t＞1，与题意不符，故，判断出函数y＝x2所过的点，结合平移，即可求解．
【详解】解：（1）∵y（x＞0）的y无最大值，
∴y（x＞0）不是有界函数，
故答案为：否；
（2）若m＞1，图象向下平移m个单位后，x＝0时，y＜﹣m＜﹣1，此时函数的边界值t＞1，不合题意，故．
∴函数y＝x2（，，当x＝﹣1时，ymax＝1，当x＝0时，ymin＝0，
∴向下平移m个单位后，ymax＝1﹣m，ymin＝﹣m，
∵边界值t，
∴1﹣m或﹣1﹣m，
∴0m或m1，
故答案为：0m或m1．
【点睛】本题考查了反比例函数的性质，二次函数的性质，结合新定义，弄清函数边界值的定义，熟悉平移变换的性质是解题的关键．
4．（2022·山东临沂·统考二模）在平面直角坐标系中，对于点P(x，y)和点Q(x，y′)，给出如下定义：若，则称点Q是点P的限变点．例如(2，3)的限变点是(2，2)；(−5，−4)的限变点是(−5，4)．若点P(x，y)在二次函数y=x2−2x−8的图像上（x轴下方），则其限变点Q的纵坐标y′的取值范围是______．
【答案】-10≤y′<8
【分析】求得抛物线与x轴的交点坐标以及顶点坐标，再分当0≤x<4和-2 【详解】解：解方程x2−2x−8=0得：x=4或x=-2，
∴抛物线与x轴相交于(4，0)，(-2，0)两点，
y=x2−2x−8= (x-1)2−9，
∴顶点为(1，-9)，
当0≤x<4时，y′=y-1，最大值为-1，最小值为-10；
当-2 综上，其限变点Q的纵坐标y′的取值范围是-10≤y′<8．
故答案为：-10≤y′<8．

【点睛】本题考查了二次函数的性质，限变点的定义，利用数形结合解决问题是解题的关键．
5．（2022·江苏淮安·淮阴中学新城校区校联考二模）我们把函数图象上横坐标与纵坐标互为相反数的点定义为这个函数图象上的“互反点”．例如在二次函数的图象上，存在一点，则P为二次函数图象上的“互反点”．

(1)分别判断的图象上是否存在“互反点”？如果存在，求出“互反点”的坐标；如果不存在，说明理由．
(2)如图①，设函数的图象上的“互反点”分别为点过点B作轴，垂足为C．当的面积为5时，求b的值；
(3)如图②，为x轴上的动点，过Q作直线轴，若函数的图象记为W1，将W1沿直线l翻折后的图象记为W2，当两部分组成的图象上恰有2个“互反点”时，直接写出m的取值范围．
【答案】(1)的图象上不存在“互反点”；是的图象上的“互反点”
(2)或
(3)或

【分析】（1）由定义可知，函数与的交点即为“互反点”；
（2）求出，，可得，求出b的值；
（3）函数关于直线的对称抛物线解析式为，联立方程组，当时，，因此当时，两部分组成的图象上恰有2个“互反点”；函数与直线的交点为，当点在直线上时，解得或，结合图象可知：时，两部分组成的图象上恰有2个“互反点”．
【详解】（1）解：中，，

∴的图象上不存在“互反点”；
中，当时，，
解得或，
是的图象上的“互反点”；
（2）解：中，当时，，
解得，
，
中，当时，，
解得，
，
，
∴，
解得或；

（3）解：函数关于直线的对称抛物线解析式为，
由定义可知，“互反点”在直线上，
联立方程组，
整理得，
，
解得，
当时，与没有交点，此时与有两个交点，
∴时，两部分组成的图象上恰有2个“互反点”；
当时，，
∴函数与直线的交点为，
当点在直线上时，，解得或，

当时，两部分组成的图象上恰有3个“互反点”，
∴时，两部分组成的图象上恰有2个“互反点”；
当时，两部分组成的图象上恰有1个“互反点”，
∴时，两部分组成的图象上恰有2个“互反点”；
∴时，两部分组成的图象上恰有2个“互反点”；
综上所述：或时，两部分组成的图象上恰有2个“互反点”．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，理解定义，数形结合，分类讨论是解题的关键．


【培优练习】
1．（2023秋·山西运城·九年级校考期末）定义为，，中的最小值，例如：，．如果，那么的取值范围是（    ）
A． B．或 C． D．或
【答案】A
【分析】由4，，3中最小值为3，可得，即，设，进而求解即可．
【详解】解：由题意得4，， 3中最小值为3，
∴，即，
设，如图，

当时，
解得：，
故选：A．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质，解题关键是掌握二次函数与方程及不等式的关系．
2．（2023秋·山东济南·九年级统考期末）新定义：若一个点的纵坐标是横坐标的2倍，则称这个点为二倍点．若二次函数（c为常数）在的图象上存在两个二倍点，则c的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由点的纵坐标是横坐标的2倍可得二倍点在直线上，由可得二倍点所在线段的端点坐标，结合图象，通过求抛物线与线段的交点求解．
【详解】解：由题意可得二倍点所在直线为，
将代入得，
将代入得，
设，，如图，

联立与，得方程，
即
抛物线与直线有两个交点，
，
解得，
当直线和直线与抛物线交点在点A，上方时，抛物线与线段有两个交点，
把代入，得，
把代入得，
，
解得，
．
故选D．
【点睛】本题考查二次函数图象与正比例函数图象的交点问题，解题关键掌握函数与方程及不等式的关系，将代数问题转化为图形问题求解．
3．（2022·浙江·九年级自主招生）定义：若点在函数的图象上，将以a为二次项系数，b为一次项系数构造的二次函数称为函数的一个“派生函数”．例如：点在函数的图象上，则函数称为函数的一个“派生函数”．现给出以下两个命题：（1）存在函数的一个“派生函数”，其图象的对称轴在y轴的右侧（2）函数的所有“派生函数”的图象都经过同一点，下列判断正确的是（    ）
A．命题（1）是假命题，命题（2）是真命题 B．命题（1）与命题（2）都是假命题
C．命题（1）是真命题，命题（2）是假命题 D．命题（1）与命题（2）都是真命题
【答案】A
【分析】根据二次函数的性质a、b同号对称轴在y轴左侧，a、b异号对称轴在y轴右侧即可判断；根据“派生函数”，时，，经过原点，即可得出结论．
【详解】解：∵在函数的图象上，
∴a和b同号，所以对称轴在y轴左侧，
∴存在函数的一个“派生函数”，其图象的对称轴在y轴的右侧是假命题．
∵函数的所有“派生函数”为，
∴时，，
∴所有“派生函数”为经过原点，
∴函数的所有“派生函数”的图象都进过同一点，是真命题．
故选：A
【点睛】本题考查反比例函数与二次函数的性质以及真假命题的判断，解题的关键是理解题意掌握二次函数的性质．
4．（2022秋·重庆大渡口·九年级校考期末）若定义一种新运算：，例如：，．下列说法：
①；
②若，则或2；
③若，则或；
④与直线（m为常数）有1个交点，则．
其中正确的个数是（    ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【分析】根据新运算可判断①正确；根据新运算分两种情况结合一元二次方程可判断②正确；根据新运算分两种情况结合一元一次不等式可判断③正确；根据新运算分两种情况结合抛物线的性质可判断④正确，即可．
【详解】解：①，故①正确；
②若，则，
解得：或2，
当时，，
当时，；
若，则，
解得：或，
当时，，不符合题意，舍去，
当时，，不符合题意，舍去；
∴若，则或2，故②正确；
③若，即，
此时，
解得：，
∴，
若，即，
此时，
解得：，
∴，
∴若，则或，故③正确；
④若，即或，
此时，
如图，

此时与直线（m为常数）不可能有1个交点；
若，即，
此时，
如图，

当时，，
当时，，
∴若抛物线与直线（m为常数）有1个交点，则，故④正确．
∴正确的个数是4．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，解一元一次不等式，二次函数的图象和性质，理解新运算，利用分类讨论思想解答是解题的关键．
5．（2022秋·山东临沂·九年级统考期中）定义：如果一元二次方程满足，那么我们称这个方程为“凤凰”方程．已知是“凤凰”方程，且有两个相等的实数根，则下列结论正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意得，再根据，即可求出a、b、c之间的关系.
【详解】∵是“凤凰”方程            
∴①
又∵一元二次方程有两个相等的实数根
②
由①式得
③
把③式代入②式得




故选：C
【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的判别式.读懂题意并且熟记一元二次方程根的判别式，会根据根的判别式求字母的值是解题的关键.
6．（2023秋·重庆江津·九年级统考期末）若定义一种新运算：，例如：，，下列说法：①；②若，则；③的解为；④函数与轴交于和．其中正确的个数是（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】C
【分析】根据新运算，判断各项即可．
【详解】解：，
，故①正确；
，，
，
，故②正确：
当时，，，即，解得，
当时，，，即，解得，
故③错误；

，
令，即，该方程无解，
该函数与轴没有交点，
故④错误；
故选：C．
【点睛】本题考查了新定义下的运算，解一元二次方程，解题的关键在于弄清新运算的运算法则，注意分情况讨论．
7．（2022秋·河北秦皇岛·九年级校联考阶段练习）我们定义一种新函数：形如的函数叫做“鹊桥”函数．小丽同学画出了“鹊桥”函数的图像（如图所示），并写出下列结论：
①图像与坐标轴的交点为，和；
②图像具有对称性，对称轴是直线；
③当或时，函数值随的增大而增大；
④当或时，函数的最小值是0；
⑤当时，函数的最大值是4；
⑥若点在该图像上，则当时，可以找到4个不同的点．
其中正确结论的个数是（    ）

A．6 B．5 C．4 D．3
【答案】B
【分析】由，和坐标都满足函数，①正确的；从图象可以看出图象具有对称性，对称轴可用对称轴公式求得是直线，②正确的；根据函数的图象和性质，发现当或时，函数值随值的增大而增大，因此③正确的；函数图象的最低点就是与轴的两个交点，根据，求出相应的的值为或，因此④正确的；从图象上看，当或，函数值要大于当时的，因此⑤不正确；根据函数解析式求得当时的自变量的值，从而可对⑥作出判断，可得出答案．
【详解】解：①∵，和坐标都满足函数，故①正确；
②从图象可知图象具有对称性，对称轴可用对称轴公式求得是直线，故②正确；
③根据函数的图象和性质，发现当或时，函数值随值的增大而增大，故③正确；
④函数图象的最低点就是与轴的两个交点，根据，求出相应的的值为或，故④正确；
⑤从图象上看，当或，函数值要大于，因此⑤不正确；
⑥如图，由图象可知，函数图像与直线有四个交点，即当时，可以找到4个不同的点．故⑥正确．

故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，解题的关键是理解“鹊桥”函数的意义，掌握“鹊桥”函数与与二次函数之间的关系；两个函数性质之间的联系和区别是解决问题的关键；二次函数与轴的交点、对称性、对称轴及最值的求法以及增减性应熟练掌握．
8．（2022·重庆璧山·统考一模）定义：如果代数式（，、、是常数）与（，、、是常数），满足，，，则称这两个代数式A与B互为“同心式”，下列四个结论：
（1）代数式：的“同心式”为；
（2）若与互为“同心式”，则的值为1；
（3）当时，无论x取何值，“同心式”A与B的值始终互为相反数；
（4）若A、B互为“同心式”，有两个相等的实数根，则．
其中，正确的结论有（    ）个．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】根据同心式的定义结合代数式和方程求解即可
【详解】根据同心式的定义：
（1）∵，
∴代数式：的“同心式”不是；
故（1）是错误的；
（2）∵与互为“同心式”，
∴，
解得：，
∴，
故（2）是正确的；
（3）当时，且， ，
∴，，即A与B的值始终互为相反数，
故（3）是正确的；
（4）∵A、B互为“同心式”，
∴，，
∵有两个相等的实数根，
∴有两个相等的实数根，
∴，即，
故（4）是正确的；
故选：C
【点睛】本题根据新定义和题目的要求构建方程，考查了数学建模和数学运算的核心素养，解题的关键是理解题目中的新定义．
9．（2023秋·浙江宁波·九年级统考期末）定义：有一个圆分别和一个三角形的三条边各有两个交点，截得的三条弦相等，我们把这个圆叫作“等弦圆”，现在有一个斜边长为6的等腰直角三角形，当等弦圆最大时，这个圆的半径为________．
【答案】##
【分析】根据题意画出相应的图形，利用圆周角定理、直角三角形的边角关系以及三角形的面积公式进行计算即可．
【详解】解：如图所示：

圆与三角形的三条边都有两个交点，截得的三条弦相等，
圆心就是三角形的内心，
当过时，且在等腰直角三角形的三边上截得的弦相等，即，此时最大，
过点分别作弦的垂线，垂足分别为，连接，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
解得：，
即，
在中，，
故答案为：．
【点睛】本题考查了圆周角定理、直角三角形的边角关系以及三角形面积的计算，掌握圆周角定理、直角三角形的边角关系以及三角形面积的计算是正确解答的前提，画出符合题意的图形是正确解答的关键．
10．（2022秋·江苏扬州·九年级统考期中）定义：有一个圆分别和一个三角形的三条边各有两个交点，截得的三条弦相等，我们把这个圆叫作“等弦圆”，现在有一个斜边长为4的等腰直角三角形，当等弦圆最大时，这个圆的半径为 _____．
【答案】##
【分析】根据题意得出圆心O就是三角形的内心，当过点C时，且在等腰直角三角形的三边上截得的弦相等，即，此时最大，过点O分别作弦、、的垂线，垂足分别为P、N、M，连接、、，根据等腰直角三角形的性质求出，设，则，根据列出关于x的方程，解方程得出x的值，再根据直角三角形的性质即可得出答案．
【详解】解：如图所示，

∵圆与三角形的三条边都有两个交点，截得的三条弦相等，
∴圆心O就是三角形的内心，
∴当过点C时，且在等腰直角三角形的三边上截得的弦相等，即，此时最大，
过点O分别作弦、、的垂线，垂足分别为P、N、M，连接、、，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，
解得，
即，
在中，，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，三角形的内心，圆的性质，三角形面积的计算，解题的关键是找出当过点C时，且在等腰直角三角形的三边上截得的弦相等，即，此时最大，
11．（2022秋·浙江嘉兴·九年级桐乡市第七中学校考期中）在直角坐标系中，对于点和，给出如下定义：若称点Q为点P的“可控变点”，例如：点的“可控变点”为点，点的“可控变点”为点．
（1）若点是一次函数图象上点M的“可控变点”，则点的坐标为__________；
（2）若点P在函数的图象上，其“可控变点”Q的纵坐标的取值范围是，则实数a的取值范围是__________．
【答案】         
【分析】（1）根据“可控变点”的定义求解即可；
（2）由题意可得，点的“可控变点”一定在函数的图象上，结合图象和定义，即可求解．
【详解】解：（1），
∴点的“可控变点”的坐标为；
（2）由题意可得图象上的点的“可控变点”必在函数的图象上，
如图

∵
∴解得，
当时，
当时，，解得
的取值范围为
故答案为：，
【点睛】此题考查的是新定义题型，根据可控变点的定义，可得函数解析式，根据自变量与函数值的对应关系，可得答案．
12．（2022秋·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．
13．（2021·江苏泰州·校考一模）定义新运算：[a，b，c]＝a（c＜a＜b），即[a，b，c]的取值为a，b，c的中位数，例如，[1，2，3]＝2，[3，4，8]＝4，已知函数y＝[x+2，x2+1，﹣x+2]与直线y＝x+b有3个交点时，则b的值为____．
【答案】或b＝2
【分析】画出函数的数y＝[x＋2，x2＋1，−x＋2]的图象，观察图象，利用图象法解决问题即可．
【详解】解：由题意：函数y＝[x＋2，x2＋1，−x＋2]的图象如图所示（图中实线）．

由，解得或，
∴A（，），
直线y＝x＋2交y轴于B（0，2），
观察图象可知：当直线经过点A或点B时，函数y＝[x＋2，x2＋1，−x＋2]与直线有3个交点，
∴或b＝2，
∴b＝或b＝2，
故答案为：或b＝2．
【点睛】本题考查中位数，函数的图象等知识，解题的关键是理解题意，学会利用图象法解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
14．（2023秋·四川成都·九年级统考期末）在平面直角坐标系中，定义：直线的伴随点为．例如直线的伴随点为．特别的，直线的伴随点为．如图，平面上的三条直线两两相交且不交于同一点．三个交点分别为A，B，C，且各自的伴随点分别为，若与相似，则k的值为________．

【答案】或
【分析】先分别求解A，B，C，，，的坐标，再证明，再分两种情况讨论即可．
【详解】解：∵的伴随点为，
的伴随点为，
的伴随点为，
而与的交点，
与的交点，
与的交点，
如图，，此时，
，，
∴，
∴，

∵与相似，
∴当时，此时两个三角形全等，
∴，
同理可得：，
∴，
∴，解得，经检验舍去，
∴，
当时，
∴，而，，
∴，
整理得：，
解得：，，
经检验；不符合题意，
∴，
综上：的值为：或．
故答案为：或．
【点睛】本题考查的是新定义的含义，正比例函数的性质，交点坐标的含义，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，理解新定义，清晰的分类讨论是解本题的关键．
15．（2023秋·山东日照·九年级日照港中学校联考期末）我们给出定义：如果两个锐角的和为，那么称这两个角互为半余角．如图，在中，，互为半余角，且，则______．

【答案】
【分析】要求tanA的值，想到构造直角三角形，根据已知可得∠ACB的补角为45°，所以过点B作BD⊥AC，交AC的延长线于点D，分别在Rt△CDB和Rt△ABD中利用锐角三角函数的定义进行计算即可解答．
【详解】解：过点B作BD⊥AC，交AC的延长线于点D，如图所示，

∵，
∴设，，
∵，互为半余角，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
在中，，
故答案为：
【点睛】本题考查了余角和补角，解直角三角形，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
16．（2022春·广西南宁·九年级校考阶段练习）（1）【定义理解】如图1，在中，E是的中点，P是的中点，就称是的“双中线”，，则______．
（2）【类比探究】①如图2，E是菱形一边上的中点，P是上的中点，则称是菱形的“双中线”，若，则______．
②如图3，是矩形的“双中线”，若，求的长．
（3）【拓展应用】如图4，是平行四边形的“双中线”，若，，求的长．

【答案】（1）；（2）①，②3；（3）3
【分析】（1）利用勾股定理求出，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求出结论；
（2）延长交的延长线于点F，，利用证出，从而求出，过点B作，交的延长线于点M，根据直角三角形的性质可得，，利用勾股定理求出，再利用“双中线”，即可求出结论；
（3）连接，延长交的延长线于H，利用证出，从而求出，利用勾股定理求出，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求出结论；
（4）连接，延长交的延长线于H，利用证出，从而求出，可得到，从而得到，再由平行四边形的性质， 可得，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求出结论．
【详解】解：（1）【定义理解】如图1中，

∵，
∴，
∵E是的中点，
∴，
∴，
∵P是的中点，
∴．
故答案为：．
（2）【类比探究】①延长交的延长线于点F，

∵四边形是菱形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
过点B作，交的延长线于点M，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵是菱形的“双中线”，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
②如图3中，连接，延长交的延长线于H．

在矩形中，，
∴，，
∵是矩形的“双中线”，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴．
（3）【拓展应用】如图4中，连接，延长交的延长线于H，

在平行四边形中，，，
∴，，
∵是平行四边形的“双中线”，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∵四边形是平行四边形，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查的是直角三角形的性质、全等三角形的判定及性质，平行四边形，菱形和矩形的性质，此题难度较大，掌握直角三角形的性质、全等三角形的判定及性质、平行四边形，菱形和矩形的性质是解决此题的关键．
17．（2023·广东深圳·校考一模）【定义】在平面内，把一个图形上任意一点与另一个图形上任意一点之间的距离的最小值，称为这两个图形之间的距离，即A，B分别是图形M和图形N上任意一点，当的长最小时，称这个最小值为图形M与图形N之间的距离．
例如，如图1，，线段的长度称为点A与直线之间的距离，当时，线段的长度也是与之间的距离．
【应用】
（1）如图2，在等腰中，，，点D为边上一点，过点D作交于点E．若，，则与之间的距离是 ；
（2）如图3，已知直线与双曲线交于与B两点，点A与点B之间的距离是 ，点O与双曲线之间的距离是 ；
【拓展】
（3）按规定，住宅小区的外延到高速路的距离不超过时，需要在高速路旁修建与高速路相同走向的隔音屏障（如图4）．有一条“东南−西北”走向的笔直高速路，路旁某住宅小区建筑外延呈双曲线的形状，它们之间的距离小于．现以高速路上某一合适位置为坐标原点，建立如图5所示的直角坐标系，此时高速路所在直线的函数表达式为，小区外延所在双曲线的函数表达式为，那么需要在高速路旁修建隔音屏障的长度是多少？

【答案】（1）；（2），；（3）80米
【分析】（1）过点D作于点H，得出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出结果即可；
（2）先根据一次函数解析式求出，然后再求出反比例函数解析式，再求出点，根据两点点距离公式求出的值即可；作，且与双曲线只有一个交点，设直线的解析式为，求出一次函数解析式，再求出交点坐标，最后求出的值即可；
（3）作直线，设的解析式为，与双曲线交于点A、B，过点O作于点P，过点P作轴于点H，过点A、B分别作直线的垂线、，垂足为E、F，先求出直线的解析式，然后求出点A、B的坐标，根据两点之间距离公式求出的长，进而即可得出答案．
【详解】解：（1）如图，过点D作于点H，

∵，，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴；
故答案为：；
（2）把代入中，得：，
∴，
把代入，得：，
∴，
∴双曲线的解析式为，
联立，得：，
即，
解得：，，
∴，
∴；
如图，作，且与双曲线只有一个交点，设直线的解析式为，
则，

整理得：，
∴，
∴或（不符合题意，舍去），
∴直线的解析式为，
由，
解得：，
∴，
∴；
故答案为：；．
（3）如图，作直线，设的解析式为，与双曲线交于点A、B，过点O作于点P，过点P作轴于点H，过点A、B分别作直线的垂线、，垂足为E、F，

则，
∵直线平分第二、四象限角，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
代入，得，
解得：，
∴，
联立得：，
解得：或，
∴，，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
答：需要在高速路旁修建隔音屏障的长度是80米．
【点睛】本题主要考查了一次函数和反比例函数的综合应用，两点之间距离公式，矩形的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握两点之间距离公式，准确计算．
18．（2022秋·湖南长沙·九年级校联考期末）新定义：若实数m，n满足时，就称点为“雅隽致远点”.
(1)判断点、是不是“雅隽致远点”？
(2)若反比例函数的图象上存在两个不同的“雅隽致远点”A，B，且，求出反比例函数的解析式；
(3)已知抛物线上存在唯一的“雅隽致远点”，且当时，s的最小值为，求t值.
【答案】(1)不是“雅隽致远点”；不是“雅隽致远点”
(2)
(3)或

【分析】（1）根据“雅隽致远点”的定义进行判断即可；
（2）根据题目中给出的信息得出P在直线上，根据A、B为“雅隽致远点”，且.，得出，求出k的值即可；
（3）根据抛物线上存在唯一的“雅隽致远点”，得出于x方程的，得出，得出.，又，分三种情况讨论即可得出答案．
【详解】（1）解：，∵，
∴不是“雅隽致远点”，
，∵，
∴是“雅隽致远点”；
（2）解：∵，
∴，
∴为，
∴P在直线上，
即上的所有点均为“雅隽致远点”，
又A、B为“雅隽致远点”，且.，
∴联立，得，
∴，得，，，
∴.，
∴，
∴，
解得：，
∴反比例函数的解析式为．
（3）解：∵抛物线上存在唯一的“雅隽致远点”，
∴，即关于x方程的，
∴，
∴，又，
①时，时，s取最小值，即，方程无实根；
②时，时，s取最小值.，即，
解得，
∵，
∴；
③时，时，s取最小值，即，
解得，
综上所示：或．
【点睛】本题主要考查了新定义运算，解题的关键是理解题意，熟练掌握一元二次方程根的判别式和根与系数的关系．
19．（2023秋·四川自贡·九年级统考期末）在平面直角坐标系中，的半径为r，P是与圆心C不重合的点，点P关于的限距点的定义如下：若为直线与的一个交点，满足，则称为点P关于的限距点，如图1为点P及其关于的限距点的示意图．

(1)当的半径为时．
①分别判断点，，关于的限距点是否存在？若存在，求其坐标；
②如图2，点D的坐标为，DE，DF分别切于点E，F，点P在的边上．若点P关于的限距点存在，求点的横坐标的取值范围．
(2)保持（1）中D，E，F三点不变，点P在的边DE，DF上沿F→D→E的方向运动，的圆心C的坐标为，半径为r，若点P关于的限距点不存在，则r的取值范围为______．
【答案】(1)①；②
(2)

【分析】（1）①画出图形，由图可求解；
②分两种情况：Ⅰ、当点在线段上时，Ⅱ、当点在线段，上时，分别求解即可；
（2）过点C作于M，如图，求得，根据点P关于的限距点不存在，所以或，求解即可．
【详解】（1）解：①如图，

从图中可以看出点，点关于的限距点不存在，
点关于的限距点存在，其坐标为；
②如图所示，连接并延长交于点，连接并延长交于点，

点的坐标为，
．
切于点，
．
，
，．
，分别切于点，点，
，，．
．．
， ，
，，，
设点关于的限距点的横坐标为，
Ⅰ、当点在线段上时，
直线的延长线与点交点满足，
点关于的限距点存在，其横坐标满足；
Ⅱ、当点在线段，上时，
直线与的交点满足或，
点关于的限距点不存在；
综上所述，点关于的限距点的横坐标的取值范围为：；
（2）解：由（1）可知， ，
，，
∴，
过点C作于M，如图，

则，
∵点P关于的限距点不存在，
∴或，
解得：．
【点睛】本题考查新定义，圆的有关概念与性质，直线与圆的位置关系，圆的切线的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，点的坐标的特征，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解决此类问题常用的方法，本题是阅读型题目，准确理解新定义并熟练应用是解题的关键．
20．（2023秋·江西南昌·九年级南昌市第十七中学校考期末）小贤与小杰在探究某类二次函数问题时，经历了如下过程：

求解体验：
(1)已知抛物线经过点，则b＝ ，顶点坐标为 ，该抛物线关于点成中心对称的抛物线表达式是 ．
抽象感悟：
我们定义：对于抛物线，以y轴上的点为中心，作该抛物线关于点M对称的抛物线，则我们又称抛物线为抛物线y的“衍生抛物线”，点M为“衍生中心”．
(2)已知抛物线关于点的衍生抛物线为，若这两条抛物线有交点，求m的取值范围．
问题解决：
(3)已知抛物线．
①若抛物线y的衍生抛物线为，两抛物线有两个交点，且恰好是它们的顶点，求a，b的值及衍生中心的坐标；
②若抛物线y关于点的衍生抛物线为，其顶点为；关于点的衍生抛物线为，其顶点为；…；关于点的衍生抛物线为，其顶点为，…（为正整数）．求的长（用含n的式子表示）．
【答案】(1)；；；
(2)
(3)①；衍生中心的坐标为；②

【分析】（1）把代入 即可求出，然后把抛物线解析式变为顶点式即可求得抛物线的顶点坐标，继而可得顶点关于的对称点，从而可写出原抛物线关于点成中心对称的抛物线的表达式；
（2）先求出抛物线 的顶点是，从而求出 关于的对称点是，得 ，根据两抛物线有交点，可以确定方程 有解，继而求得的取值范围即可；
（3）①先求出抛物线以及抛物线的衍生抛物线为，的顶点坐标，根据两抛物线有两个交点，且恰好是它们的顶点，求的值及再根据中点坐标公式即可求出衍生中心的坐标；
②根据中心对称，由题意得出 ， …   分别是 ， … 的中位线，继而可得 ， ，… ，再根据点的坐标即可求得的长，即可求解．
【详解】（1）解：把代入，得，
∴，
∴顶点坐标是，
∵关于的对称点，
∴成中心对称的抛物线表达式是：，
即 ，
故答案为：，，；

（2）∵ ，
∴ 顶点是
∵关于的对称点是，
∴ ，
∵ 两抛物线有交点，
∴ 有解，
∴ 有解，
∴ ，
∴ ；

（3）①∵，
∴顶点，
代入 得：①
∵，
∴顶点，
代入 得：②
由① ②得 ，
∵ ，，
∴ ，
∴ 两顶点坐标分别是，，
由中点坐标公式得“衍生中心”的坐标是；

②如图，设，…，与轴分别相于，…  ，，
则，，…，分别关于，…， 中心对称，
∴ ， …   分别是 ， … 的中位线，
∴ ， ，… ，
∵ ， ，
∴．

【点睛】本题考查了二次函数的图像和性质，理解题意，画出符合题意的图形借助数形结合思想解决问题是关键．