模塊一：以函數為載體例題1：在平面直角坐標系中，如果一個點的橫坐標與縱坐標相等，則稱該點為“雁點”．例如……都是“雁點”．（1）求函數圖象上的“雁點”坐標；（2）若拋物線上有且只有一個“雁點”E，該拋物線與x軸交于M、N兩點（點M在點N的左側）．當時．①求c的取值范圍；②求的度數；如圖，拋物線與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），P是拋物線上一點，連接，以點P為直角頂點，構造等腰，是否存在點P，使點C恰好為“雁點”？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【答案】（1）和；（2）①；②45°；（3）存在，P點坐標為或或【分析】（1）根據“雁點”的定義可得y=x，再聯立求出“雁點”坐標即可；（2）根據和y=x可得，再利用根的判別式得到，再求出a的取值范圍；將點c代入解析式求出點E的坐標，令y=0，求出M的坐標，過E點向x軸作垂線，垂足為H點，如圖所示，根據EH=MH得出為等腰直角三角形，∠EMN的度數即可求解；（3）存在，根據圖1，圖2，圖3進行分類討論，設C（m，m），P（x，y），根據三角形全等得出邊相等的關系，再逐步求解，代入解析式得出點P的坐標．【詳解】解：（1）聯立，解得或

即：函數上的雁點坐標為和．（2）①聯立得∵這樣的雁點E只有一個，即該一元二次方程有兩個相等的實根，∴∵∵∴②將代入，得解得，∴對于，令有解得∴過E點向x軸作垂線，垂足為H點，EH=，MH=∴∴為等腰直角三角形，（3）存在，理由如下：如圖所示：過P作直線l垂直于x軸于點k，過C作CH⊥PK于點H設C（m，m），P（x，y）∵△CPB為等腰三角形，∴PC=PB，∠CPB=90°，∴∠KPB+∠HPC=90°，∵∠HPC+∠HCP=90°，∴∠KPB=∠HCP，∵∠H=∠PKB=90°，∴△CHP≌△PKB，∴CH=PK，HP=KB，即∴當時，∴如圖2所示，同理可得：△KCP≌△JPB∴KP=JB，KC=JP設P（x，y），C（m，m）∴KP=x-m，KC=y-m，JB=y，JP=3-x，即解得令解得∴或如圖3所示，∵△RCP≌△TPB∴RC=TP，RP=TB設P（x，y），C（m，m）即解得令解得∴此時P與第②種情況重合綜上所述，符合題意P的坐標為或或例題2、城市的許多街道是相互垂直或平行的，因此，往往不能沿直線行走到達目的地，只能按直角拐彎的方式行走．可以按照街道的垂直和平行方向建立平面直角坐標系xOy，對兩點Ax1,y1數學理解：（1）①已知點A（﹣2，1），O為原點，則d（O，A）＝．②函數y=?2x+4（0≤x≤2）的圖象如圖①所示，B是圖象上一點，O為原點，d（O，B）＝3，則點B的坐標是．（2）函數y=4x（x>0）的圖象如圖②所（3）函數y=x2?5x+7問題解決：（4）某市要修建一條通往景觀湖的道路，如圖④，道路以M為起點，先沿MN方向到某處，再在該處拐一次直角彎沿直線到湖邊，如何修建能使道路最短？（要求：建立適當的平面直角坐標系，畫出示意圖并簡要說明理由）（1）①由題意得：d（O，A）＝|0+2|+|0?1|=2+1=3；②設B（x，y），由定義兩點間的距離可得：|0﹣x|+|0﹣y|＝3，∵0≤x≤2，∴x+y＝3，∴x+y=3y=?2x+4，解得：x=1∴B（1，2），故答案為：3，（1，2）；（2）假設函數y=4x（根據題意，得|x?0|+|4∵x＞0，∴4x>0，∴x+4x=3∴x2?3x+4=0，∴∴方程x2∴該函數的圖象上不存在點C，使d（O，C）＝3．（3）設D（x，y），根據題意得，d（O，D）＝|x?0|+|x∵x2又x≥0，∴d（O，D）=|x|+|=∴當x＝2時，d（O，D）有最小值3，此時點D的坐標是（2，1）．（4）如圖，以M為原點，MN所在的直線為x軸建立平面直角坐標系xOy，將函數y＝﹣x的圖象沿y軸正方向平移，直到與景觀湖邊界所在曲線有交點時停止，設交點為E，過點E作EH⊥MN，垂足為H，修建方案是：先沿MN方向修建到H處，再沿HE方向修建到E處．理由：設過點E的直線l1與x軸相交于點F．在景觀湖邊界所在曲線上任取一點P，過點P作直線l2∥l1，l2與x軸相交于點G．∵∠EFH＝45°，∴EH＝HF，d（O，E）＝OH+EH＝OF，同理d（O，P）＝OG，∵OG≥OF，∴d（O，P）≥d（O，E），∴上述方案修建的道路最短．練習1：定義：若一次函數y＝ax+b和反比例函數y＝﹣滿足a﹣b＝b﹣c，則稱y＝ax2+bx+c為一次函數和反比例函數的“等差”函數．(1)判斷y＝x+b和y＝﹣是否存在“等差”函數？若存在，寫出它們的“等差”函數；(2)若y＝5x+b和y＝﹣存在“等差”函數，且“等差”函數的圖象與y＝﹣的圖象的一個交點的橫坐標為1，求反比例函數的表達式；(3)若一次函數y＝ax+b和反比例函數y＝﹣（其中a、b、c為常數，且a＞0，c＞0，a＝b）存在“等差”函數，且y＝ax+b與“等差”函數有兩個交點A（x1，y1）、B（x2，y2），試判斷“等差”函數圖象上是否存在一點P（x，y）（其中x1＜x＜x2），使得△ABP的面積最大？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由．【分析】（1）假設存在，根據等差函數定義得出b＝4，從而得出解析式；（2）根據等差函數定義得出5+c＝2b，即c＝2b﹣5，根據“等差”函數的圖象與y＝﹣的圖象的一個交點的橫坐標為1，列出方程即可求得b，進而求得c，即可解決問題．（3）存在，由題意a＝b，a+c＝2b，推出b＝2c，a＝3c，則一次函數解析式為y＝3cx+2c，“等差”函數解析式為y＝3cx2+2cx+c，即3x2﹣x﹣1＝0，可得x1+x2＝，x1x2＝-，|x1﹣x2|＝，再構建二次函數，利用二次函數的性質即可解決問題．(1)存在，假設一次函數y＝x+b與反比例函數y＝﹣存在“等差”函數，則a＝1，c＝3，a+c＝2b，解得：b＝2，∴存在“等差”函數，其解析式為y＝x2+2x+3；(2)根據題意知：a＝5，5+c＝2b，∴c＝2b﹣5，則“等差”函數的解析式為y＝5x2+bx+2b﹣5，反比例函數的解析式為y＝﹣，根據題意，將x＝1代入，得：5+b+2b﹣5＝﹣2b+5，解得b＝1，c＝﹣3，故一次函數的解析式為y＝5x+1，反比例函數的解析式為y＝(3)存在．根據題意知：a＝b，a+c＝2b，∴b＝2c，a＝3c，則“等差”函數的解析式為y＝3cx2+2cx+c，一次函數解析式為y＝3cx+2c，∵y＝3cx+2c與“等差”函數y＝3cx2+2cx+c有兩個交點A（x1，y1）、B（x2，y2），∴3cx2﹣cx﹣c＝0，即3x2﹣x﹣1＝0，∴x1+x2＝，x1?x2＝﹣，∴|x1﹣x2|＝，如圖，過點P（x，3cx2+2cx+c）作PH⊥x軸，交AB于H，則H（x，3cx+2c），∵點P（x，y）（其中x1＜x＜x2），∴P點在A，B之間，∴PH＝3cx+2c﹣（3cx2+2cx+c）＝﹣3cx2+cx+c，＝﹣3c（x2﹣x﹣）＝﹣3c[（x﹣）2﹣]，∴S＝|x1﹣x2|?PH＝××{﹣3c[（x﹣）2﹣]}＝﹣c[（x﹣）2﹣]，∴當x＝時，S取得最大值，最大值為c．此時點P的坐標是（，c）．練習2：定義：若一個函數圖象上存在橫、縱坐標相等的點，則稱該點為這個函數圖象的“等值點”．例如，點是函數的圖象的“等值點”．（1）分別判斷函數的圖象上是否存在“等值點”？如果存在，求出“等值點”的坐標；如果不存在，說明理由；（2）設函數的圖象的“等值點”分別為點A，B，過點B作軸，垂足為C．當的面積為3時，求b的值；（3）若函數的圖象記為，將其沿直線翻折后的圖象記為．當兩部分組成的圖象上恰有2個“等值點”時，直接寫出m的取值范圍。【詳解】解：（1）∵函數y=x+2，令y=x，則x+2=x，無解，∴函數y=x+2沒有“等值點”；∵函數，令y=x，則，即，解得：，∴函數的“等值點”為(0，0)，(2，2)；（2）∵函數，令y=x，則，解得：(負值已舍)，∴函數的“等值點”為A(，)；∵函數，令y=x，則，解得：，∴函數的“等值點”為B(，)；的面積為，即，解得：或；（3）將W1沿x=m翻折后得到的函數圖象記為W2．∴W1與W2兩部分組成的函數W的圖象關于對稱，∴函數W的解析式為，令y=x，則，即，解得：，∴函數的“等值點”為(-1，-1)，(2，2)；令y=x，則，即，當時，函數W的圖象不存在恰有2個“等值點”的情況；當時，觀察圖象，恰有2個“等值點”；當時，∵W1的圖象上恰有2個“等值點”(-1，-1)，(2，2)，∴函數W2沒有“等值點”，∴，整理得：，解得：．綜上，m的取值范圍為或．練習3、我們規定：關于x的反比例函數y＝稱為一次函數y＝ax+b的“次生函數”，關于x的二次函數y＝ax2+bx﹣（a+b）稱為一次函數y＝ax+b的“再生函數”．(1)按此規定：一次函數y＝x﹣3的“次生函數”為：，“再生函數”為：；(2)若關于x的一次函數y＝x+b的“再生函數”的頂點在x軸上，求頂點坐標；(3)若一次函數y＝ax+b與其“次生函數”交于點（1，﹣2）、（4，﹣）兩點，其“再生函數”與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左邊），與y軸交于點C．①若點D（1，3），求∠CBD的正切值；②若點E在直線x＝1上，且∠CBE＝45°，求點E的坐標．（1）∵一次函數的a＝1，b＝-3，∴的“次生函數”為，的“再生函數”為，故答案為，；（2）∵y＝x+b的“再生函數”為：，又∵的頂點在x軸上，∴，∴解得：，∴，∴頂點坐標為：(1，0)；（3）①∵y＝ax+b與其“次生函數”的交點為：(1，-2)、(4，)，∴，解得：，∴一次函數的解析式為，∴的“再生函數”為：，令y＝0，則，解得：x1＝1，x2＝4，∴A（1，0），B（4，0），C（0，2），如圖，過點C作軸交直線x＝1于點H，∵D（1，3），C（0，2），∴CH＝DH＝1，∴∠CDH＝45°．又∵AD＝AB＝3，∴∠ADB＝45°，∴∠CDB＝90°．∵，，∴；②如圖，若點E在x軸的下方，∵∠CBE＝∠ABD＝45°，∴∠ABE＝∠CBD，又∵∠EAB＝∠CDB＝90°，∴△CBD∽△EBA，∴，即，∴AE＝1∴E(1，-1)；如圖，若點E在x軸的上方，過點C作CM⊥CB，交BE于點M，過點M作MN⊥y軸于點N，∵∠CBE＝45°，∠BCM＝90°，∴BC＝CM，∵∠BCO+∠MCN＝90°，∠BCO+∠OBC＝90°，∴∠MCN＝∠OBC，∴在△BOC≌△MNC中，，∴△BOC≌△MNC(AAS)，∴MN＝OC＝2，NC＝OB＝4，∴M（2，6），設直線BM的表達式為：y＝kx+b，則，解得：，∴直線BM的表達式為：，把x＝1代入得：y＝9，∴E（1，9），練習4、如果拋物線C1的頂點在拋物線C2上，拋物線C2的頂點也在拋物線C1上時，那么我們稱拋物線C1與C2“互為關聯”的拋物線．如圖1，已知拋物線C1：y1＝x2+x與C2：y2＝ax2+x+c是“互為關聯”的拋物線，點A，B分別是拋物線C1，C2的頂點，拋物線C2經過點D（6，﹣1）．(1)直接寫出A，B的坐標和拋物線C2的解析式；(2)拋物線C2上是否存在點E，使得△ABE是直角三角形？如果存在，請求出點E的坐標；如果不存在，請說明理由；(3)如圖2，點F（﹣6，3）在拋物線C1上，點M，N分別是拋物線C1，C2上的動點，且點M，N的橫坐標相同，記△AFM面積為S1（當點M與點A，F重合時S1＝0），△ABN的面積為S2（當點N與點A，B重合時，S2＝0），令S＝S1+S2，觀察圖象，當y1≤y2時，寫出x的取值范圍，并求出在此范圍內S的最大值．【詳解】（1）拋物線C1：∴A(-2，-1)，將A(-2，-1)，D(6，-1)代入拋物線：，得：，解得：，∴，∴B（2，3）；（2）設直線AB的解析式為：，則，解得：∴直線AB的解析式：y＝x+1，①若B為直角頂點，BE⊥AB，kBE·kAB=-1，∴kBE=-1，故可設直線BE解析式為，將B點坐標代入，得：，解得：，直線BE解析式為．聯立，解得，，∴E（6，-1）；②若A為直角頂點，AE⊥AB，同理得AE解析式：．聯立，解得，，∴E（10，-13）；③若E為直角頂點，設E（m，）由AE⊥BE得kBE·kAE=-1，即，整理，得：，∴m+2＝0或m-2＝0或（無解），∴解得m＝2或-2（不符合題意舍去），∴點E的坐標E（6，-1）或E（10，-13）；（3）∵，∴，設，且，設直線AF的解析式為，則，解得：∴直線AF的解析式：y＝-x-3，如圖，過M作x軸的平行線MQ交AF于Q，則，∴．設AB交MN于點P，易知P（t，t+1），，∴，∴當t＝2時，S的最大值為16．模塊二以三角形、四邊形為載體例題1：以三角形為載體【定義理解】如圖1，在△ABC中，E是BC的中點，P是AE的中點，就稱CP是△ABC的“雙中線”，∠ACB＝90°，AC＝3，AB＝5，則CP＝．（2）【類比探究】①如圖2，E是菱形ABCD一邊上的中點，P是BE上的中點，則稱AP是菱形ABCD的“雙中線”，若AB＝4，∠BAD＝120°，則AP＝．②如圖3，AP是矩形ABCD的“雙中線”，若AB＝4，BC＝6，求AP的長．（3）【拓展應用】如圖4，AP是平行四邊形ABCD的“雙中線”，若AB＝4，BC＝6，∠BAD＝120°，求AP的長．解：（1）【定義理解】如圖1中，∵，∴，∵E是的中點，∴，∴，∵P是的中點，∴．故答案為：．（2）【類比探究】①延長交的延長線于點F，∵四邊形是菱形，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，過點B作，交的延長線于點M，∵，∴，∴，∴，，∴，∴，∵是菱形的“雙中線”，∴，∴，∴；故答案為：；②如圖3中，連接，延長交的延長線于H．在矩形中，，∴，，∵是矩形的“雙中線”，∴，，∴，∴，∴，在中，，∵，∴．（3）【拓展應用】如圖4中，連接，延長交的延長線于H，在平行四邊形中，，，∴，，∵是平行四邊形的“雙中線”，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，即，∵四邊形是平行四邊形，，∴，∴，∴．例題2以四邊形為載體我們定義：有一組鄰角相等的凸四邊形做“等鄰角四邊形”，例如：如圖1，∠B＝∠C，則四邊形ABCD為等鄰角四邊形．（1）定義理解：已知四邊形ABCD為等鄰角四邊形，且∠A＝130°，∠B＝120°，則∠D＝度．（2）變式應用：如圖2，在五邊形ABCDE中，ED∥BC，對角線BD平分∠ABC．①求證：四邊形ABDE為等鄰角四邊形；②若∠A+∠C+∠E＝300°，∠BDC＝∠C，請判斷△BCD的形狀，并明理由．（3）深入探究：如圖3，在等鄰角四邊形ABCD中，∠B＝∠BCD，CE⊥AB，垂足為E，點P為邊BC上的一動點，過點P作PM⊥AB，PN⊥CD，垂足分別為M，N．在點P的運動過程中，判斷PM+PN與CE的數量關系？請說明理由．（4）遷移拓展：如圖4，是一個航模的截面示意圖．四邊形ABCD是等鄰角四邊形，∠A＝∠ABC，E為AB邊上的一點，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分別為D、C，AB＝2dm，AD＝3dm，BD＝dm．M、N分別為AE、BE的中點，連接DM、CN，求△DEM與△CEN的周長之和．（1）解：∵四邊形ABCD為等鄰角四邊形，∠A＝130°，∠B＝120°，∴∠C＝∠D，∴∠D＝55°，故答案為：55；（2）①證明：∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，∵ED∥BC，∴∠EDB＝∠DBC，∴∠EDB＝∠ABD，∴四邊形ABDE為等鄰角四邊形；②解：△BDC是等邊三角形，理由如下：∵∠BDC＝∠C，∴BD＝BC，∠DBC＝180°﹣2∠C，∵∠A+∠E+∠ABD+∠BDE＝360°，∴∠A+∠E＝360°﹣2∠ABD，∵∠A+∠C+∠E＝300°，∴300°﹣∠C＝360°﹣2（180°﹣2∠C），∴∠C＝60°，又∵BD＝BC，∴△BDC是等邊三角形；（3）解：PM+PN＝CE，理由如下：如圖，延長BA，CD交于點H，連接HP，∵∠B＝∠BCD，∴HB＝HC，∵S△BCH＝S△BPH+S△CPH，∴×BH×CE＝×BH×PM+×CH×PN，∴CE＝PM+PN；（4）解：如圖，延長AD，BC交于點H，過點B作BG⊥AH于G，∵ED⊥AD，EC⊥CB，M、N分別為AE、BE的中點，∴AM＝DM＝ME，EN＝NB＝CN，∵AB2＝BG2+AG2，BD2＝BG2+DG2，∴52﹣（3+DG）2＝37﹣DG2，∴DG＝1，∴BG＝＝6，由（3）可得DE+EC＝BG＝6，∴△DEM與△CEN的周長之和＝ME+DM+DE+EC+EN+CN＝AE+BE+BG＝AB+BG＝（6+2）dm．練習1：我們約定：若三角形一邊上的中線將三角形分得的兩個小三角形中有一個三角形與原三角形相似，我們則稱原三角形為關于該邊的“優美三角形”．例如：如圖1，在△ABC中，AD為邊BC上的中線，△ABD與△ABC相似，那么稱△ABC為關于邊BC的“優美三角形”．（1）如圖2，在△ABC中，BC＝AB，求證：△ABC為關于邊BC的“優美三角形”；（2）如圖3，已知△ABC為關于邊BC的“優美三角形”，點D是△ABC邊BC的中點，以BD為直徑的⊙O恰好經過點A．①求證：直線CA與⊙O相切；②若⊙O的直徑為2，求線段AB的長；（3）已知三角形ABC為關于邊BC的“優美三角形”，BC＝4，∠B＝30°，求△ABC的面積．【分析】（1）利用兩邊成比例，夾角相等證明△ABD∽△CBA即可求解；（2）①連接OA，證明∠CAD+∠OAD＝90°，可得OA⊥AC，再由OA是⊙O的半徑，即可證明直線AC與⊙O相切；②由△CAD∽△CBA，求出AC＝4，再由＝＝，設AD＝x，則AB＝2x，在Rt△ABD中，利用勾股定理求出x的值，即可求AB＝4；（3）過點A作AE⊥BC交于E點，分兩種情況討論：①若△BAD∽△BCA，可求AB＝2，在Rt△ABE中，AE＝AB＝，則S△ABC＝AE?BC＝2；②若△CAD∽△CBA，可求AC＝2，在Rt△ABE中，設AE＝x，則BE＝x，CE＝4﹣x，在Rt△AEC中，利用勾股定理可求x＝±1，再求S△ABC＝?AE?BC＝2±2．【解答】（1）證明：∵AD是中線，∴BD＝BC＝AB，∴＝＝，∴△ABD∽△CBA，∴△ABC是關于邊BC的“優美三角形”；（2）①證明：連接OA，∵△ABC為關于邊BC的“優美三角形”，∴△CAD∽△CBA，∴∠CAD＝∠CBA，∵OA＝OB，∴∠OAB＝∠CBA，∴∠CAD＝∠OAB，∵BD是⊙O的直徑，∴∠BAD＝90°，∴∠OAB+∠OAD＝90°，∴∠CAD+∠OAD＝90°，∴OA⊥AC，∵OA是⊙O的半徑，∴直線AC與⊙O相切；②解：∵△CAD∽△CBA，∴AC2＝CD?BC，∴AC＝4，∵＝＝，設AD＝x，則AB＝2x，在Rt△ABD中，AB2+AD2＝BD2，即4x2+2x2＝24，∴x＝2，∴AB＝4；（3）解：過點A作AE⊥BC交于E點，①若△BAD∽△BCA，∴AB2＝BD?BC，∴AB＝2，在Rt△ABE中，∠B＝30°，∴AE＝AB＝，∴S△ABC＝AE?BC＝2；②若△CAD∽△CBA，∴AC2＝CD?BC，∴AC＝2，在Rt△ABE中，∠B＝30°，設AE＝x，則BE＝x，∴CE＝4﹣x，在Rt△AEC中，AC2＝AE2+CE2，∴x2+（4﹣x）2＝8，解得x＝±1，∴S△ABC＝?AE?BC＝2±2；綜上所述：△ABC的面積為2或2±2．練習2、我們不妨定義：有兩邊之比為1：的三角形叫敬“勤業三角形”．（1）下列各三角形中，一定是“勤業三角形”的是；（填序號）①等邊三角形；②等腰直角三角形；③含30°角的直角三角形；④含120°角的等腰三角形．（2）如圖1，△ABC是⊙O的內接三角形，AC為直徑，D為AB上一點，且BD＝2AD，作DE⊥OA，交線段OA于點F，交⊙O于點E，連接BE交AC于點G．試判斷△AED和△ABE是否是“勤業三角形”？如果是，請給出證明，并求出的值；如果不是，請說明理由；（3）如圖2，在（2）的條件下，當AF：FG＝2：3時，求∠BED的余弦值．【分析】（1）根據“勤業三角形”的定義進行計算，即可一一判定；（2）如圖，連結OE，設∠ABE＝α，可證得∠AED＝∠ABE＝α，△ADE∽△AEB，可得AE2＝AB?AD，結合AD＝AB，可得AB＝AE，即可判定△AED和△ABE都是“勤業三角形“，再根據相似三角形的性質即可求得的值；（3）如圖，過點G作GI∥AB交DE于點I，可得△FGI∽△FAD，△EIG∽△EDB，可證得，設EG＝3a，則BE＝4a，利用，可求得ED＝，EF＝，從而可得答案．【解答】解：①等邊三角形各邊的比值為1，故等邊三角形不是“勤業三角形“；②等腰直角三角形兩直角邊的比值為1，直角邊與斜邊的比為1：，故等腰直角三角形不是“勤業三角形”；③設含30角的直角三角形的最短邊長為a，則斜邊長為2a，另一條直角邊長為a，a：a＝1：，故含30°角的直角三角形是“勤業三角形“；④如圖：△ABC中，AB＝AC，∠a＝120°，過點A作AD⊥BC于點D，∴∠B＝∠C＝30°，設AD＝a，則AB＝AC＝2a，BD＝DC＝a，∴BC＝2a，∴AB：BC＝AC：BC＝1：，∴含120°角的等腰三角形是“勤業三角形”，故答案為：③④；（2）解：△AED和△ABE都是“勤業三角形”，證明如下：如圖：連接OE，設∠ABE＝α，∴∠AOE＝2∠ABE＝2α，∵OA＝OE，∴∠OAE＝（180°﹣∠AOE）＝（180°﹣2a）＝90°﹣α，又∵DE⊥AC，∴∠AED+∠OAE＝90°，即∠AED+90°﹣α＝90°，∴∠AED＝∠ABE＝α，叉∵∠EAD＝∠BAE，∴△ADE∽△AEB，∴，AE2＝AD?AB，∵BD＝2AD，∴AD＝AB，∴，AE2＝3AD2，∴，，∴△AED和△ABE都是“勤業三角形“，∴；（3）解：如圖：過點G作GI∥AB交DE于點I，∴△FGI∽△FAD，△EIG∽△EDB，∴，，∴GI＝AD，∵BD＝2AD，∴，∴，設EG＝3a，EB＝4a，由（2）知，，∴ED＝a，∴E1＝ED＝a，DI＝ED﹣E1＝，∴IF＝，∴EF＝EI+IF＝a+＝，在Rt△EFG中，cos∠FEG＝，即cos∠BED＝．練習3、定義：對于一個四邊形，我們把依次連結它的各邊中點得到的新四邊形叫做原四邊形的“中點四邊形”．如果原四邊形的中點四邊形是個正方形，我們把這個原四邊形叫做“中方四邊形”．概念理解：下列四邊形中一定是“中方四邊形”的是．A．平行四邊形B．矩形C．菱形D．正方形性質探究：如圖1，四邊形ABCD是“中方四邊形”，觀察圖形，寫出關于四邊形ABCD的兩條結論：；．問題解決：如圖2，以銳角△ABC的兩邊AB，AC為邊長，分別向外側作正方形ABDE和正方形ACFG，連結BE，EG，GC．求證：四邊形BCGE是“中方四邊形”；拓展應用：如圖3，已知四邊形ABCD是“中方四邊形”，M，N分別是AB，CD的中點，（1）試探索AC與MN的數量關系，并說明理由．（2）若AC＝2，求AB+CD的最小值．【分析】概念理解：根據定義“中方四邊形”，即可得出答案；性質探究：由四邊形ABCD是“中方四邊形”，可得EFGH是正方形且E、F、G、H分別是AB、BC、CD、AD的中點，利用三角形中位線定理即可得出答案；問題解決：如圖2，取四邊形BCGE各邊中點分別為P、Q、R、L并順次連接成四邊形MNRL，連接CE交AB于P，連接BG交CE于K，利用三角形中位線定理可證得四邊形MNRL是平行四邊形，再證得△EAC≌△BAG（SAS），推出?MNRL是菱形，再由∠LMN＝90°，可得菱形MNRL是正方形，即可證得結論；拓展應用：（1）如圖3，分別作AD、BC的中點E、F并順次連接EN、NF、FM、ME，可得四邊形ENFM是正方形，再根據等腰直角三角形性質即可證得結論；（2）如圖4，分別作AD、BC的中點E、F并順次連接EN、NF、FM、ME，連接BD交AC于O，連接OM、ON，當點O在MN上（即M、O、N共線）時，OM+ON最小，最小值為MN的長，再結合（1）的結論即可求得答案．【解答】解：概念理解：在平行四邊形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四邊形”，理由如下：因為正方形的對角線相等且互相垂直，故選：D；性質探究：①AC＝BD，②AC⊥BD；理由如下：如圖1，∵四邊形ABCD是“中方四邊形”，∴EFGH是正方形且E、F、G、H分別是AB、BC、CD、AD的中點，∴∠FEH＝90°，EF＝EH，EH∥BD，EH＝BD，EF∥AC，EF＝AC，∴AC⊥BD，AC＝BD，故答案為：AC⊥BD，AC＝BD；問題解決：如圖2，取四邊形BCGE各邊中點分別為P、Q、R、L并順次連接成四邊形MNRL，連接CE交AB于P，連接BG交CE于K，∵四邊形BCGE各邊中點分別為M、N、R、L，∴MN、NR、RL、LM分別是△BCG、△CEG、△BGE、△CEB的中位線，∴MN∥BG，MN＝BG，RL∥BG，RL＝BG，RN∥CE，RN＝CE，ML∥CE，ML＝CE，∴MN∥RL，MN＝RL，RN∥ML∥CE，RN＝ML，∴四邊形MNRL是平行四邊形，∵四邊形ABDE和四邊形ACFG都是正方形，∴AE＝AB，AG＝AC，∠EAB＝∠GAC＝90°，又∵∠BAC＝∠BAC，∴∠EAB+∠BAC＝∠GAC+∠BAC，即∠EAC＝∠BAG，在△EAC和△BAG中，，∴△EAC≌△BAG（SAS），∴CE＝BG，∠AEC＝∠ABG，又∵RL＝BG，RN＝CE，∴RL＝RN，∴?MNRL是菱形，∵∠EAB＝90°，∴∠AEP+∠APE＝90°．又∵∠AEC＝∠ABG，∠APE＝∠BPK，∴∠ABG+∠BPK＝90°，∴∠BKP＝90°，又∵MN∥BG，ML∥CE，∴∠LMN＝90°，∴菱形MNRL是正方形，即原四邊形BCGE是“中方四邊形”；拓展應用：（1）MN＝AC，理由如下：如圖3，分別作AD、BC的中點E、F并順次連接EN、NF、FM、ME，∵四邊形ABCD是“中方四邊形”，M，N分別是AB，CD的中點，∴四邊形ENFM是正方形，∴FM＝FN，∠MFN＝90°，∴MN＝＝＝FM，∵M，F分別是AB，BC的中點，∴FM＝AC，∴MN＝AC；（2）如圖4，分別作AD、BC的中點E、F并順次連接EN、NF、FM、ME，連接BD交AC于O，連接OM、ON，當點O在MN上（即M、O、N共線）時，OM+ON最小，最小值為MN的長，∴2（OM+ON）最小＝2MN，由性質探究②知：AC⊥BD，又∵M，N分別是AB，CD的中點，∴AB＝2OM，CD＝2ON，∴2（OM+ON）＝AB+CD，∴（AB+CD）最小＝2MN，由拓展應用（1）知：MN＝AC；又∵AC＝2，∴MN＝，∴（AB+CD）最小＝2．練習4、我們定義：有一組對角相等而另一組對角不相等的凸四邊形叫做“等對角四邊形”．(1)已知四邊形ABCD是“等對角四邊形”，，，則=________°，=_________°．(2)如圖1，在中，，為斜邊邊上的中線，過點作垂直于交于點，試說明四邊形是“等對角四邊形”．(3)如圖2，在中，，，，平分，點在線段延長線上，以點為頂點構成的四邊形為“等對角四邊形”，求線段的長．解析】（1）解：∵四邊形是“等對角四邊形”，，∴，∴，故答案為：，；（2）證明：如圖：在中，∵為斜邊邊上的中線，∴，∴，∵，∴，∴．∵，∴，∴，且，∴四邊形是“等對角四邊形”；（3）解：點在的延長線上，當，時，過作于，于，如圖：∴，∵平分，，∴是等腰直角三角形，∴，∵，∴，∴，即，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，即∴，∴=；點在的延長線上，，時，過作交的延長線于，如圖：∵平分，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵，，∴，∴，即，∴，∴，∴，∴；綜上所述，線段的長為或5模塊3以圓為載體例題1：婆羅摩芨多是公元7世紀古印度偉大的數學家，他在三角形、四邊形、零和負數的運算規則，二次方程等方面均有建樹，他也研究過對角線互相垂直的圓內接四邊形，我們把這類對角線互相垂直的圓內接四邊形稱為“婆氏四邊形”．（1）若平行四邊形ABCD是“婆氏四邊形”，則四邊形ABCD是（填序號）；①矩形②菱形③正方形（2）如圖，四邊形ABCD內接于圓，P為圓內一點，∠APD＝∠BPC＝90°，且∠ADP＝∠PBC，求證：四邊形ABCD為“婆氏四邊形”；（3）在（2）的條件下，BD＝4，且AB＝DC．①當DC＝2時，求AC的長度；②當DC的長度最小時，請直接寫出tan∠ADP的值．【分析】（1）利用平行四邊形的性質，圓內接四邊形的性質，“婆氏四邊形”的定義和正方形的判定定理解得即可；（2）連接AC，交PD于點G，交BD于點E，利用相似三角形的判定與性質得到△APC∽△DPB，∠PAC＝∠PDB；再利用直角三角形的兩個銳角互余即可得出結論；（3）①設CE＝x，利用相似三角形的性質得到CE＝，在Rt△DEC中，利用勾股定理列出方程即可求得x的值，進而利用相似三角形的性質求得AE的長，結論可求；②設DC的長度為a，CE＝x，在Rt△DEC中，利用勾股定理列出方程，利用Δ≥0即可求得DC的最小值，利用（3）①中的方法求得x值，再利用相似三角形是性質和直角三角形的邊角關系定理即可求得結論．【解答】（1）解：若平行四邊形ABCD是“婆氏四邊形”，則四邊形ABCD是正方形．理由：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠ABC＝∠ADC．∵四邊形ABCD是圓內接四邊形，∴∠ABC+∠ADC＝180°．∴∠ABC＝∠ADC＝90°．∴平行四邊形ABCD是矩形．∵四邊形ABCD是“婆氏四邊形”，∴AC⊥BD．∴矩形ABCD是正方形．故答案為：③；（2）證明：連接AC，交PD于點G，交BD于點E，如圖，∵∠APD＝∠BPC＝90°，且∠ADP＝∠PBC，∴△APD∽△BPC．∴．∵∠APD＝∠BPC＝90°，∴∠APD+∠DPC＝∠BPC+∠DPC．即：∠APC＝∠DPB．∴△APC∽△DPB．∴∠PAC＝∠PDB．∵∠APD＝90°，∴∠PAC+∠PGA＝90°．∵∠PGA＝∠DGE，∴∠PDB+∠DGE＝90°．∴∠GED＝90°．∴AC⊥BD．∵四邊形ABCD內接于圓，∴四邊形ABCD為“婆氏四邊形”；（3）解：①由（2）知：AC⊥BD與點E，設CE＝x，∵∠AEB＝∠DEC＝90°，∠BAC＝∠BDC，∴△ABE∽△DCE．∴．∵AB＝DC，∴BE＝CE＝x．∵BD＝4，∴DE＝4﹣x．∵CE2+DE2＝CD2，∴．解得：x＝．∵當x＝時，BE＝x＝3＞4，∴x＝不合題意，舍去．∴x＝．∴BE＝x＝3﹣．∴DE＝BD﹣BE＝+1．∵△ABE∽△DCE，∴．∴AE＝DE＝3+．∴AC＝AE+CE＝3++＝2+2；②設DC的長度為a，CE＝x，∵∠AEB＝∠DEC＝90°，∠BAC＝∠BDC，∴△ABE∽△DCE．∴．∵AB＝DC，∴BE＝CE＝x．∵BD＝4，∴DE＝4﹣x．∵CE2+DE2＝CD2，∴．∴4x+16﹣a2＝0．∵Δ＝﹣4×4（16﹣a2）≥0，∴a2≥4．∵a＞0，∴a≥2，∴a有最小值2．即DC的長度最小值為2．∴．解得：x＝．∴CE＝．∴BE＝3．∴DE＝BD﹣BE＝1．∴AE＝DE＝．∴AC＝AE+CE＝2．由（2）知：△APD∽△BPC，∴．在Rt△APD中，tan∠ADP＝．例題2、定義：圓心在三角形的一條邊上，并與三角形的其中一邊所在直線相切的圓稱為這個三角形的切圓，相切的邊稱為這個圓的切邊．（1）如圖1，△ABC中，AB＝CB，∠A＝30°，點O在AC邊上，以OC為半徑的⊙O恰好經過點B，求證：⊙O是△ABC的切圓．（2）如圖2，△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，⊙O是△ABC的切圓，且另外兩條邊都是⊙O的切邊，求⊙O的半徑．（3）如圖3，△ABC中，以AB為直徑的⊙O恰好是△ABC的切圓，AC是⊙O的切邊，⊙O與BC交于點F，取弧BF的中點D，連接AD交BC于點E，過點E作EH⊥AB于點H，若CF＝8，BF＝10，求AC和EH的長．【分析】（1）連接OB，說明AB是圓的切線即可利用新定義得出結論；（2）利用分類討論的方法分兩種情況解答：①當圓心O在BC邊上，⊙O與AB，AC邊相切于點M，N時，連接OA，OM，ON，利用切線長定理和切線的性質定理，和相似三角形的判定定理與性質求得線段DM，再利用勾股定理即可求出圓的半徑；②當圓心O在AC邊上，⊙O與AB，BC邊相切于點M，N時，連接OM，ON，BO，過點A作AH⊥BC于點H，利用切線的性質定理和三角形的面積公式，設OM＝ON＝r，列出方程即可求解；（3）連接AF，利用直徑所對的圓周角為直角和切線的性質定理證明得到△ACF∽△BAF，利用相似三角形的性質求的AF，利用勾股定理求得AC；利用角平分線的性質求得EF，BE，再利用平行線分線段成比例定理即可求得EH．【解答】（1）證明：連接OB，如圖，∵AB＝AC，∠A＝30°，∴∠A＝∠C＝30°．∴∠CAB＝180°﹣∠A﹣∠C＝120°．∵OB＝OC，∴∠OBC＝∠C＝30°．∴∠OBA＝∠CBA﹣∠OBC＝90°．即OB⊥BA．∵OB是圓的半徑，∴AB與⊙O相切．∵圓心O在AC邊上，∴⊙O是△ABC的切圓；（2）解：①當圓心O在BC邊上，⊙O與AB，AC邊相切于點M，N時，連接OA，OM，ON，如圖，∵AB，AC是⊙O的切線，∴OM⊥AB，ON⊥AC，AO平分∠BAC．∵AB＝AC，∴AO⊥BC，OB＝OC＝BC＝3．∵AO⊥BO，OM⊥AB，∴△BOM∽△BAO．∴．∴．∴BM＝．∴OM＝＝；②當圓心O在AC邊上，⊙O與AB，BC邊相切于點M，N時，連接OM，ON，BO，過點A作AH⊥BC于點H，如圖，設OM＝ON＝r，∵AB，BC是⊙O的切線，∴OM⊥AB，ON⊥BC．∵AB＝AC，AH⊥BC，∴BH＝CH＝BC＝3，∴AH＝＝4．∴×BC?AH＝×6×4＝12．∵S△ABC＝S△ABO+S△CBO，∴×AB?r+×BC?r＝12．∴＝12．∴r＝．綜上，⊙O的半徑為或；（3）解：連接AF，如圖，∵AB為⊙O的直徑，∴AF⊥BC．∵⊙O是△ABC的切圓，AC是⊙O的切邊，∴AB⊥AC．∴△ACF∽△BAF．∴．∴．∴AF＝4．∴AC＝＝12，AB＝＝6．∵D是弧BF的中點，∴∠FAD＝∠BAD．∴＝．設FE＝2k，則BE＝3k，∵BF＝FE+BE＝10，∴2k+3k＝10．∴k＝2．∴EF＝4，BE＝6．∵EH⊥AB，AC⊥AB，∴EH∥AC．∴．∴．∴EH＝4．練習1、在平面直角坐標系xOy中，對于直線l：y＝kx+b，給出如下定義：若直線l與某個圓相交，則兩個交點之間的距離稱為直線l關于該圓的“圓截距”．（1）如圖1，⊙O的半徑為1，當k＝1，b＝1時，直接寫出直線l關于⊙O的“圓截距”；（2）點M的坐標為（1，0），①如圖2，若⊙M的半徑為1，當b＝1時，直線l關于⊙M的“圓截距”小于，求k的取值范圍；②如圖3，若⊙M的半徑為2，當k的取值在實數范圍內變化時，直線l關于⊙M的“圓截距”的最小值2，直接寫出b的值．【分析】（1）根據k和b的值直接寫出直線的解析式，設直線與x軸交于點A，與y軸交于點B，根據勾股定理求出“圓截距”即可；（2）①根據圓的垂徑定理，確定弦長為時，弦的位置，注意分類，確定直線的解析式，根據直線的增減性確定k的取值范圍即可；②當最短弦長為2時，分弦在x軸上方和x軸下方兩種情況討論求解．【解答】解：（1）∵k＝1，b＝1，∴直線l的解析式為y＝x+1，設直線與x軸交于點A，與y軸交于點B，則A（﹣1，0），B（0，1），∴AB＝＝，即直線l關于⊙O的“圓截距”為；（2）①如圖2，設直線與y正半軸交點為P，且P（0，1），∵點M的坐標為（1，0），⊙M的半徑為1，∴圓與x軸正半軸交點為Q（2，0），當b＝1時，直線l的解析式為y＝kx+1，當直線經過點Q時，2k+1＝0，解得k＝﹣；過點M作MF⊥PQ，垂足為F，∵OP＝1，OQ＝2，∴PQ＝，∴sin∠PQO＝，∵MQ＝1，sin∠PQO＝，∴MF＝，QF＝，設直線PQ與圓M的另一個交點為C，則QC＝2QF＝，∵關于⊙M的“圓截距”小于，∴k的取值范圍是﹣＜k＜0；設直線PM與圓的交點為N，∵點P（0，1），點M的坐標為（1，0），∴OP＝OM，∴∠PMO＝45°，∴∠QMN＝45°，根據圓的對稱性，直線PQ和直線PD關于直線PN對稱，此時ED＝CB，∴∠DMN＝45°，∴∠DMQ＝90°，∴D的坐標為（1，﹣1），∴k+1＝﹣1，解得k＝﹣2，∴直線PD的解析式為y＝﹣2x+1，關于⊙M的“圓截距”小于，k的取值范圍是k＜﹣2；綜上，k的取值范圍是k＜﹣2或﹣＜k＜0．②當k的取值在實數范圍內變化時，直線l關于⊙M的“圓截距”的最小值2，設直線與y軸交點為Q（0，m），則過Q點的“圓截距”的最小值2，如下圖，即RT＝2，MQ⊥RT，由題知，△RMT為等邊三角形，∴∠MRQ＝60°，∴QM＝2×sin60°＝，由勾股定理得，OQ＝＝，根據圖形的對稱性可知，b的值為．練習2、如圖1，在平面內，過⊙T外一點P畫它的兩條切線，切點分別為M、N，若∠MPN≥90°，則稱點P為⊙T的“限角點”．（1）在平面直角坐標系xOy中，當⊙O半徑為1時，在①P1（1，0），②，③P3（﹣1，﹣1），④P4（2，﹣1）中，⊙O的“限角點”是；（填寫序號）（2）如圖2，⊙A的半徑為，圓心為（0，2），直線l：y＝﹣x+b交坐標軸于點B、C，若直線l上有且只有一個⊙O的“限角點”，求b的值．（3）如圖3，E（2，3）、F（1，2）、G（3，2），⊙D的半徑為，圓心D從原點O出發，以個單位/s的速度沿直線l：y＝x向上運動，若△EFG三邊上存在⊙D的“限角點”，請直接寫出運動的時間t（s）的取值范圍．【分析】（1）根據定義可知當P為圓O的“限角點”時，1＜OP≤，再由兩點間距離公式進行判斷即可；（2）由題意可知，當P為圓A的“限角點”時，＜AP≤2，設直線l上有且只有一個⊙O的“限角點”P（m，﹣m+b），當PA＝2，此時AP⊥BC，利用tan∠OCB＝＝＝，先求出CP＝，再求AC＝，最后根據b﹣2＝，求出b＝；（3）由題意可知移動后D點坐標為（t，t），設△EFG邊上的點P是圓D的“限角點”，則＜PD≤2，在圓D移動的過程中，DF＝時，△EFG邊上開始出現⊙D的“限角點”，當圓D移動到E點在圓上時，△EFG邊上最后一個⊙D的“限角點”消失，當圓D再次移動到點E在圓上時，DE＝，△EFG三邊上又開始要出現⊙D的“限角點”；求出直線y＝x與直線EG的交點設為H（，），當DH＝2時，△EFG邊上存在最后一個⊙D的“限角點”．【解答】解：（1）∵⊙O半徑為1，∴當P為圓O的“限角點”時，1＜OP≤，∵OP1＝1，OP2＝，OP3＝，OP4＝，∴⊙O的“限角點”是P2，P3，故答案為：②④；（2）∵⊙A的半徑為，∴當P為圓A的“限角點”時，＜AP≤2，設直線l上有且只有一個⊙O的“限角點”P（m，﹣m+b），∴PA＝2，此時AP⊥BC，令x＝0，則y＝b，∴C（0，b），令y＝0，則x＝b，∴B（b，0），∴tan∠OCB＝＝＝，∴CP＝，∴AC＝，∴b﹣2＝，∴b＝；（3）∵圓心D從原點O出發，以個單位/s的速度沿直線l移動，∴圓沿x軸正方向移動t個單位，沿y軸正方向移動t個單位，∴移動后D點坐標為（t，t），設△EFG邊上的點P是圓D的“限角點”，則＜PD≤2，在圓D移動的過程中，當DF＝2時，（t﹣1）2+（t﹣2）2＝4，解得t＝或t＝，當t＝時，△EFG邊上開始出現⊙D的“限角點”，當圓D移動到E點在圓上時，DE＝，（t﹣2）2+（t﹣3）2＝2，解得t＝或t＝，∴≤t＜時，△EFG邊上存在⊙D的“限角點”，當圓D再次移動到點E在圓上時，DE＝，（t﹣2）2+（t﹣3）2＝2，解得t＝或t＝，當t＝時，△EFG三邊上開始又要出現⊙D的“限角點”；設直線EG的解析式為y＝kx+b，直線y＝x與直線EG的交點設為點H，∴，解得，解得y＝﹣x+5，聯立方程組，解得，∴H（，），當DH＝2時，2（t﹣）2＝4，解得t＝+或t＝﹣+，∴當t＝+，△EFG邊上存在⊙D的“限角點”，∴＜t≤+時，△EFG邊上存在⊙D的“限角點”；綜上所述：≤t＜或＜t≤+時，△EFG邊上存在⊙D的“限角點”．練習3、如圖，在平面直角坐標系xOy中，點A與點B的坐標分別是（1，0），（7，0）．（1）對于坐標平面內的一點P，給出如下定義：如果∠APB＝45°，那么稱點P為線段AB的“完美點”．①設A、B、P三點所在圓的圓心為C，則點C的坐標是，⊙C的半徑是②y軸正半軸上是否有線段AB的“完美點