【上海专用】2023年中考数学易错题汇编——02 材料信息题（原卷版+解析版）

这是一份【上海专用】2023年中考数学易错题汇编——02 材料信息题（原卷版+解析版），文件包含上海专用2023年中考数学易错题汇编02材料信息题解析版docx、上海专用2023年中考数学易错题汇编02材料信息题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共41页， 欢迎下载使用。

易错点02 上海中考特色—材料信息题





1、 审题不仔细，还未完全立意，确定已知，求解问题就开始解题；
2、 解题忽略一些特殊位置，特殊条件，及隐含条件；
3、 考虑不全面，达到某些已知条件要求，但实际却不符合结果。


例题1．（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】2-2##-2+2
【分析】如图，当等弦圆O最大时，则⊙O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DK经过圆心，CF⊥AB，分别求解AC，BC，CF， 设⊙O的半径为r, 再分别表示EF,OF,OE, 再利用勾股定理求解半径r即可．
【解析】解：如图，当等弦圆O最大时，则⊙O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，

∵CD=CK=EQ,∠ACB=90°,
∴∠COD=∠COK=90°, DK过圆心O，CF⊥AB，
∵AC=BC,∠ACB=90°,AB=2,
∴AC=BC=2,AF=BF=CF=12AB=1,
设⊙O的半径为r,
∴CD=r2+r2=2r=EQ,OF=1-r,OE=r,
∵CF⊥AB,
∴EF=QF=22r,
∴r2=(1-r)2+(22r)2,
整理得：r2-4r+2=0,
解得：r1=2+2,r2=2-2,
∵OC ∴r=2+2不符合题意，舍去，
∴当等弦圆最大时，这个圆的半径为2-2.
故答案为：2-2
【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．
例题2．（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．
【解析】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．
例题3．（2020·上海·统考中考真题）如果存在一条线把一个图形分割成两个部分，使其中一个部分沿某个方向平移后能与另一个部分重合，那么我们把这个图形叫做平移重合图形．下列图形中，平移重合图形是(　　　)
A．平行四边形 B．等腰梯形 C．正六边形 D．圆
【答案】A
【分析】证明平行四边形是平移重合图形即可．
【解析】如图，平行四边形ABCD中，取BC，AD的中点E，F，连接EF．

则有：AF=FD，BE=EC，AB=EF=CD，
∴四边形ABEF向右平移可以与四边形EFCD重合，
∴平行四边形ABCD是平移重合图形．
故选：A．
【点睛】本题考查平移的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
例题4．（2018·上海·统考中考真题）对于一个位置确定的图形，如果它的所有点都在一个水平放置的矩形内部或边上，且该图形与矩形的每条边都至少有一个公共点（如图1），那么这个矩形水平方向的边长称为该图形的宽，铅锤方向的边长称为该矩形的高．如图2，菱形ABCD的边长为1，边AB水平放置．如果该菱形的高是宽的，那么它的宽的值是_____．

【答案】
【解析】【分析】先根据要求画图，设矩形的宽AF=x，则CF=x，根据勾股定理列方程即可得结论．
【解析】在菱形上建立如图所示的矩形EAFC，
设AF=x，则CF=x，
在Rt△CBF中，CB=1，BF=x﹣1，
由勾股定理得：BC2=BF2+CF2，
即：12=（x-1）2+（x）2，
解得：x=或0（舍），
即它的宽的值是，
故答案为．

【点睛】本题考查了新定义题，矩形的性质、勾股定理等，根据题意正确画出图形，熟练应用相关的知识进行解答是关键.
例题5．（2017·上海·中考真题）我们规定：一个正n边形（n为整数，n≥4）的最短对角线与最长对角线长度的比值叫做这个正n边形的“特征值”，记为λn，那么λ6=____．
【答案】
【解析】解：如图，正六边形ABCDEF中，对角线BE、CF交于点O，连接EC．

易知BE是正六边形最长的对角线，EC的正六边形的最短的对角线，
∵△OBC是等边三角形
∴∠OBC=∠OCB=∠BOC=60°，
∵OE=OC
∴∠OEC=∠OCE，
∵∠BOC=∠OEC+∠OCE
∴∠OEC=∠OCE=30°
∴∠BCE=90°，
∴△BEC是直角三角形
∴=cos30°=，
∴λ6=.
考点：1.正多边形与圆；2.等边三角形的性质；3.锐角三角函数
例题6．（2019·上海·中考真题）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.

【答案】(l)抛物线y＝x2－2x的开口向上，顶点A的坐标是(1，－1)，抛物线的变化情况是：抛物线在对称轴左侧的部分是下降的，右侧的部分是上升的；(2)①(0，0)、(3，3)； ②新抛物线的表达式是y＝(x＋1)2－1.
【分析】（1），故该抛物线开口向上，顶点的坐标为；
（2）①设抛物线“不动点”坐标为，则，即可求解；②新抛物线顶点为“不动点”，则设点，则新抛物线的对称轴为：，与轴的交点，四边形是梯形，则直线在轴左侧，而点，点，则，即可求解.
【解析】(l)，
抛物线y＝x2－2x的开口向上，顶点A的坐标是(1，－1)，
抛物线的变化情况是：抛物线在对称轴左侧的部分是下降的，右侧的部分是上升的.
(2)①设抛物线y＝x2－2x的“不动点”坐标为(t，t).
则t＝t2－2t，解得t1＝0，t2＝3.
所以，抛物线y＝x2－2x的“不动点”的坐标是(0，0)、(3，3).
②∵新抛物线的顶点B是其“不动点”，∴设点B的坐标为(m，m)
∴新抛物线的对称轴为直线x＝m，与x轴的交点为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的坐标为(1，一1)，点B的坐标为(m，m)，
m＝－1.
∴新抛物线是由抛物线y＝x2－2x向左平移2个单位得到的，
∴新抛物线的表达式是y＝(x＋1)2－1.
【点睛】本题为二次函数综合运用题，涉及到二次函数基本知识、梯形基本性质，此类新定义题目，通常按照题设顺序，逐次求解即可.


1、一直追求数学的逻辑推理，而忽略题目本身；
2、不要忽视一些基础几何性质，它们往往是打开思路的“奇兵”。

一、填空题
1．（2023·上海静安·统考一模）定义：把二次函数与（a≠0，m、n是常数）称作互为“旋转函数”．如果二次函数与（b、c是常数）互为“旋转函数”，写出点的坐标_________．
【答案】
【分析】根据题意，把所给的两个二次函数转化成旋转函数即可．
【解析】




∴
∴解得：
故答案为：
【点睛】本题考查的是学生对二次函数解析式的变形能力，解题的关键是根据题意去变换形式，细心谨慎．
2．（2022·上海·上海市娄山中学校考二模）如图1，内有一点，满足，那么点被称为的“布洛卡点”．如图2，在中，，，点是的一个“布洛卡点”，那么______．

【答案】
【分析】通过证明，可得，从而即可求解．
【解析】解：，
，，
点是的一个“布洛卡点”，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，证明三角形相似是解此题的关键．
3．（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
【解析】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．
4．（2020·上海·统考二模）我们把有一条边是另一条边的2倍的梯形叫做“倍边梯形”，在⊙O中，直径AB＝2，PQ是弦，若四边形ABPQ是“倍边梯形”，那么PQ的长为_____．
【答案】1
【分析】由梯形知AB∥PQ，据此可得AQ=BP，即四边形ABPQ是等腰梯形，再根据“倍边梯形”的定义分AB=2PQ和AB=2AQ两种情况求解可得．
【解析】解：如图，

∵四边形ABPQ是梯形，
∴PQ∥AB，
∴AQ＝PB，
∵四边形ABPQ是“倍边梯形”，且AB＝2，
∴当AB＝2PQ时，PQ＝1；
当AB＝2AQ＝2时，AQ＝PB＝1，
∵OA＝OQ＝OP＝OB＝1，
∴△AOQ、△BOP均为等边三角形，
∴∠AOQ＝∠BOP＝60°，
则∠POQ＝60°，
∵OQ＝OP＝1，
∴△POQ也是等边三角形，
∴PQ＝1；
综上，PQ＝1，
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查垂径定理定理，解题的关键是掌握垂径定理、等腰梯形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识点．
5．（2022·上海崇明·统考二模）如果三角形一条边上的中线恰好等于这条边的长，那么我们称这个三角形为“匀称三角形”．在中，，若是“匀称三角形”，那么_______．
【答案】
【分析】作的三条中线AD，BE，CF，由题中定义得当BE为的中线时，为“匀称三角形”，设AC=2a，则CE=a，BE=2a，在中，根据勾股定理得，在中，根据勾股定理得，即可得．
【解析】解：如图所示，作的三条中线AD，BE，CF，

∵，
∴，
即CF不能为匀称三角形中线，
在中，，
即AD不能成为“匀称三角形”的中线，
∴当BE为的中线时，为“匀称三角形”，
设AC=2a，则CE=a，BE=2a，
在中，根据勾股定理得，
，
在中，根据勾股定理得，

∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了新定义，勾股定理，解题的关键是理解新定义．
6．（2022·上海松江·统考二模）定义：在平面直角坐标系中，为坐标原点，对于任意两点、称的值为、两点的“直角距离”．直线与坐标轴交于A、两点，为线段上与点A、不重合的一点，那么、两点的“直角距离”是___________．
【答案】5
【分析】根据“直角距离”的概念，设，判断出Q点横坐标和纵坐标的正负性，计算即得结果；
【解析】解：由题意知，设，
∴、两点的“直角距离”是：，
将代入得，，故；
将代入得，，解得：，故；
∵为线段上与点A、不重合的一点，
∴
∴
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查一次函数的应用，掌握题目中的“直角距离”的概念，结合一次函数知识进行解题是关键．
7．（2022·上海杨浦·校考一模）对于平面直角坐标系中的点，若点的坐标为（其中k为常数，且），则称点为点P的“k属派生点”，例如，的 “2属派生点”为，即，若点P的“k属派生点”的坐标为，请写出一个符合条件的点P的坐标： ______．
【答案】(1，2)（答案不唯一）
【分析】根据题意可列方程组，即可解出k的值，从而得到，即只要P点的横、纵坐标和为3即可，从而即可写出一个符合条件的点P的坐标．
【解析】根据题意可知，
解得：，
∴即，
∴只要P点的横纵坐标和为3即可．
∴符合条件的点P的坐标可以为：(1，2)．
故答案为：(1，2) （答案不唯一）．
【点睛】本题考查二元一次方程组的应用，点的坐标．读懂题意，理解“k属派生点”的定义是解题关键．

易错题02 材料信息题 习题
未命名

一、填空题
1．阅读：对于线段与点O（点O与不在同一直线上），如果同一平面内点P满足：射线与线段交于点Q，且，那么称点P为点O关于线段的“准射点”．
问题：如图，矩形中，，点E在边上，且，联结．设点F是点A关于线段的“准射点”，且点F在矩形的内部或边上，如果点C与点F之间距离为d，那么d的取值范围为___________．

【答案】
【分析】设交于点Q，由点F是点A关于线段的“准射点”可得，过点F作交于点G，交于点H，由平行线分线段成比例定理得，，连接，求出的长，作于M，求出的长即可．
【解析】如图，设交于点Q，

∵点F是点A关于线段的“准射点”，
∴，
∴Q是的中点，即，
过点F作交于点G，交于点H，
∴，
∴，，
∴点F在线段上，
连接，则．
作于M，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∴．
∵，
∴
∴d的取值范围是．
【点睛】本题考查了新定义，矩形的性质，勾股定理，垂线段最短，三角形的面积公式，平行线分线段成比例定理，以及平行四边形的判定与性质，判断出点F的位置是解答本题的关键．
2．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．
【解析】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．
3．在半面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（1，0），P是第一象限内任意一点，连接PO、PA，若∠POA＝m°，∠PAO＝n°，则我们把（m°，n°）叫做点P的“双角坐标”例如，点（1，1）的“双角坐标”为（45°，90°）。（1）点（）的“双角坐标”为 ___．（2）若“双角坐标”为（30°，60°），则点坐标为 ___．（3）若点P到x轴的距离为，则m+n的最小值为 ___．
【答案】     （，）     （，）     90
【分析】（1）分别求出tan∠POA、tan∠PAO即可得∠POA、∠PAO的度数，从而得出答案；
（2）根据∠POA、∠PAO的度数度数和tan∠POA、tan∠PAO的值可求坐标；
（3）根据三角形内角和定理知若要使m+n取得最小值，即∠POA+∠PAO取得最小值，则∠OPA需取得最大值，OA中点为圆心，为半径画圆，与直线y=相切于点P，由∠OPA=∠1＞∠OP′A知此时∠OPA最大，∠OPA=90°，即可得出答案．
【解析】解：（1）∵P（，），OA＝1，
，
，
∴∠POA＝45°，∠PAO＝45°，即点P的“双角坐标”为（45°，45°），
故答案为：（45°，45°）；
（2）如图，点P的“双角坐标”为（30°，60°），作于点B，

∵“双角坐标”为（30°，60°），
∴∠POA＝30°，∠PAO＝60°，
设，则，，

解得，
，，
∴点P的点坐标为（，）．
故答案为：（，）；　
（3）根据三角形内角和定理知若要使m+n取得最小值，即∠POA+∠PAO取得最小值，则∠OPA需取得最大值，如图，

∵点P到x轴的距离为，OA＝1，
∴以OA中点为圆心，为半径画圆，与直线y＝相切于点P，在直线y＝上任取一点P′，连接、，交圆于点Q，
∵∠OPA＝∠1， ，
∴，
∴此时∠OPA最大，∠OPA＝90°，
∴m+n的最小值为: ．
故答案为90．
【点睛】本题主要考查坐标与图形的性质、锐角的三角函数、三角形的内角和定理、外角的性质及圆周角定理，根据内角和定理推出m+n取得最小值即为∠OPA取得最大值，且找到满足条件的点P位置是关键．
4．若抛物线的顶点为，抛物线的顶点为B，且满足顶点A在抛物线上，顶点B在抛物线上，则称抛物线与抛物线互为“关联抛物线”，已知顶点为M的抛物线与顶点为N的抛物线互为“关联抛物线”，直线MN与轴正半轴交于点D，如果，那么顶点为N的抛物线的表达式为_________
【答案】
【分析】设顶点为N的抛物线顶点坐标N为（a，b），由题意可知，即可求得D点坐标为（6，0），则有直线MD解析式为，因为N点过直线MD，N点也过抛物线，故有，解得，故N点坐标为（，），可设顶点为N的抛物线的表达式为，又因为M点过，即可解得a=-1，故顶点为N的抛物线的表达式为．
【解析】设顶点为N的抛物线顶点坐标N为（a，b）
已知抛物线的顶点坐标M为（2，3）
∵
∴
即
解得
∵直线MN与轴正半轴交于点D
∴D点坐标为（6，0）
则直线MD解析式为
N点在直线MD上，N点也在抛物线
故有
化简得
联立得
化简得
解得a=或a=2（舍）
将a=代入有

解得
故N点坐标为（，）
则顶点为N的抛物线的表达式为
将（2，3）代入有

化简得
解得a=-1
故顶点为N的抛物线的表达式为
故答案为：．
【点睛】本题考查了二次函数的图象及其性质，三角函数的应用．理解题意所述“关联抛物线”的特点，即若抛物线的顶点为，抛物线的顶点为B，且满足顶点A在抛物线上，顶点B在抛物线上是解题的关键．
5．定义：如果两条线段将一个三角形分成个互相没有重合部分的等腰三角形，我们把这两条线段叫做这个三角形的三分线（如图1所示）．如图2，已知在中，，，，则的三分线中，较短的那条长为________．（只需写出一种情况即可）．

【答案】
【分析】根据等腰三角形的判定定理容易画出图形；根据，则，，则，，得出对应边成比例，，，得出方程组，解方程组即可．
【解析】解：如图2所示，、就是所求的三分线．

设，则，，
此时，，
设，，
，
，
，
，
所以联立得方程组，
解得，
即较短的那条长为．
故答案为：
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，解方程组等知识，解题关键是正确作出图像．
6．新定义：有一组对角互余的凸四边形称为对余四边形.如图，已知在对余四边形中，，，，，那么边的长为______．

【答案】9
【分析】连接AC，作交BC于E点，由，，可得AE=6，BE=8，并求出AC的长，作交AD于F点，可证，最后求得AF和DF的长，可解出最终结果．
【解析】解：如图，连接AC，作交BC于E点，
，，
，设AE=3x，BE=4x，
，则，
解得x=2，则AE=6，BE=8，
又，CE=BC-BE=4，
，
作交AD于F点，
，，
，==，
又，同理可得DF=3，CF=4，
，
AD=AF+DF=9．
故答案为：9．

【点睛】本题考查四边形综合问题，涉及解直角三角形，勾股定理，有一定难度，熟练掌握直角三角形和勾股定理知识点，根据题意做出正确的辅助线是解决本题的关键．
7．定义：如果三角形的两个内角∠α与∠β满足∠α=2∠β，那么，我们将这样的三角形称为“倍角三角形”．如果一个等腰三角形是“倍角三角形”，那么这个等腰三角形的腰长与底边长的比值为____．
【答案】或．
【分析】若等腰三角形的三个内角、，，利用和得，此“倍角三角形”为等腰直角三角形，从而得到腰长与底边长的比值；若等腰三角形的三个内角、，，利用和得，如图，，，作的平分线，则，易得，再证明，利用相似比得到，等量代换得到，然后解关于的方程得与的比值即可．
【解析】解：若等腰三角形的三个内角、，，
，，
，解得，
此“倍角三角形”为等腰直角三角形，
腰长与底边长的比值为；
若等腰三角形的三个内角、，，
，，
，解得，
如图，，，作的平分线，则，
，
，
，
，
即，
，，
，
，
即，
整理得，解得，
即，
此时腰长与底边长的比值为，
综上所述，这个等腰三角形的腰长与底边长的比值为或．
故答案为或．

【点睛】本题考查了三角形的相似判定和性质，等腰三角形的性质，熟悉相关性质是解题的关键．
8．如果三角形的两个内角∠α与∠β满足2α+β＝90°，那么，我们将这样的三角形称为“准互余三角形”．在△ABC中，已知∠C＝90°，BC＝3，AC＝4（如图所示），点D在AC边上，联结BD．如果△ABD为“准互余三角形”，那么线段AD的长为_____（写出一个答案即可）．

【答案】或
【分析】作DM⊥AB于M．设∠ABD＝α，∠A＝β．分两种情形：①当2α+β＝90°时．②当α+2β＝90°时，分别求解即可．
【解析】解：过点D作DM⊥AB于M．设∠ABD＝α，∠A＝β．

①当2α+β＝90°时，∵α+β+∠DBC＝90°，
∴∠DBC＝∠DBA，
∵DM⊥AB，DC⊥BC，
∴DM＝DC，
∵∠DMB＝∠C＝90°，DM＝DC，BD＝BD，
∴Rt△BDC≌Rt△BDM（HL），
∴BM＝BC＝3，
∵∠C＝90°，BC＝3，AC＝4，
∴AB＝＝5，
∴AM＝5﹣3＝2，设AD＝x，则CD＝DM＝4﹣x，
在Rt△ADM中，则有x2＝（4﹣x）2+22，
解得x＝．
∴AD＝．
②当α+2β＝90°时，∵α+β+∠DBC＝90°，
∴∠DBC＝β＝∠A，
∵∠C＝∠C，
∴△CBD∽△CAB，
∴BC2＝CD•CA，
∴CD＝，
∴AD＝AC﹣CD＝4﹣＝．
故答案为：或．
【点睛】本题考查的是勾股定理，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．
9．已知点在内，联结、、，在、和中，如果存在一个三角形与相似，那么就称点为的自相似点．如图，在中，，，，如果点为的自相似点，那么的余切值等于__________．

【答案】
【分析】先找到Rt△ABC的内相似点，再根据三角函数的定义计算∠ACP的余切即可.
【解析】∵AC=12，BC=5，
∴∠CAB<∠CBA，
故可在∠CAB内作∠CBP=∠CAB，
又∵点P为△ABC的自相似点，
∴过点C作CP⊥PB，并延长CP交AB于点D，
则△BPC∽△ACB，
∴点P为△ABC的自相似点，
∴∠BCP=∠CBA，
∴∠ACP=∠BAC，
∴∠ACP的余切，
故答案为：.

【点睛】此题考查相似三角形，解题关键在于两个三角形相似则余切值相等.
10．如果直线l把△ABC分割后的两个部分面积相等，且周长也相等，那么就把直线l叫做△ABC的“完美分割线”，已知在△ABC中，AB＝AC，△ABC的一条“完美分割线”为直线l，且直线l平行于BC，若AB＝2，则BC的长等于_____．
【答案】4﹣4．
【分析】设直线l与AB、CD分别交于点E、D，由“完美分割线”的定义可知，S△AED＝S四边形BCDE，设AE＝AD＝x，证△AED∽△ABC，可求x的值，进一步可求出BC的长．
【解析】解：如图，设直线l与AB、CD分别交于点E、D，
则由“完美分割线”的定义可知，S△AED＝S四边形BCDE，
∴，
∵l∥BC，
∴△AED∽△ABC，
∴，
设AE＝AD＝x，
则，
∴x＝，
∴BE＝CD＝2﹣，
∴BC＝2﹣2（2﹣）＝4﹣4．

【点睛】本题考查了新定义，相似三角形的判定与性质等，解题关键是能够领悟新定义的性质，并进行运用．
11．定义：我们知道，四边形的一条对角线把这个四边形分成两个三角形，如果这两个三角形相似但不全等，我们就把这条对角线叫做这个四边形的相似对角线，在四边形ABCD中，对角线BD是它的相似对角线，∠ABC=70°，BD平分∠ABC，那么∠ADC=____________度
【答案】145
【分析】先画出示意图，由相似三角形的判定可知，在△ABD和△DBC中，已知∠ABD=∠CBD，所以需另一组对应角相等，若∠A=∠C，则△ABD与△DBC全等不符合题意，所以必定有∠A=∠BDC,再根据四边形的内角和为360°列式求解.
【解析】解：根据题意画出示意图，已知∠ABD=∠CBD，
△ABD与△DBC相似，但不全等，
∴∠A=∠BDC，∠ADB=∠C.
又∠A+∠ABC+∠C+∠ADC=360°，
∴2∠ADB+2∠BDC+∠ABC=360°，
∴∠ADB+∠BDC=145°，
即∠ADC=145°.

【点睛】对于新定义问题，读懂题意是关键.
12．如图，将的边绕着点顺时针旋转得到，边AC绕着点A逆时针旋转得到，联结．当时，我们称是的“双旋三角形”．如果等边的边长为a，那么它的“双旋三角形”的面积是__________（用含a的代数式表示）．

【答案】.
【分析】首先根据等边三角形、“双旋三角形”的定义得出△A B'C'是顶角为150°的等腰三角形，其中AB'=AC'=a．过C'作C'D⊥AB'于D，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半得出C'DAC'a，然后根据S△AB'C'AB'•C'D即可求解．
【解析】∵等边△ABC的边长为a，∴AB=AC=a，∠BAC=60°．
∵将△ABC的边AB绕着点A顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到AB'，∴AB'=AB=a，∠B'AB=α．
∵边AC绕着点A逆时针旋转β（0°＜β＜90°）得到AC'，∴AC'=AC=a，∠CAC'=β，∴∠B'AC'=∠B'AB+∠BAC+∠CAC'=α+60°+β=60°+90°=150°．
如图，过C'作C'D⊥AB'于D，则∠D=90°，∠DAC'=30°，∴C'DAC'a，∴S△AB'C'AB'•C'Da•aa2．
故答案为a2．

【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了含30°角的直角三角形的性质，等边三角形的性质以及三角形的面积．
13．如果菱形有一条对角线等于它的边长，那么称此菱形为“完美菱形”．如图，已知“完美菱形”ABCD的边长为4，BD是它的较短对角线，点M、N分别是边AD，CD上的两个动点，且满足AM＋CN＝4，设△BMN的面积为S，则S的取值范围是_____．

【答案】≤S≤
【分析】过点B作BH⊥CD于H，过点B作BG⊥NM于G，由ABCD是完美菱形可得△BCD是等边三角形，由△CNB≌△DMB可得△BNM是等边三角形，设BN=a，则△BNM面积=；等边△BCD中，BH⊥CD，则BH≤BN≤BC，便可解答；
【解析】解：如图，过点B作BH⊥CD于H，过点B作BG⊥NM于G，

∵ABCD是完美菱形，
∴BC=CD=DB=4，△BCD是等边三角形，
∴∠BCD=∠BDC=∠CBD=60°，
∵BC∥AD，
∴∠BCD+∠CDA=180°，
∴∠BDA=60°，
∵AM+DM=4，AM+CN=4，
∴CN=DM，
△CNB和△DMB中：CN=DM，∠NCB=∠MDB，CB=DB，
∴△CNB≌△DMB（SAS），
∴NB=MB，∠CBN=∠DBM，
∵∠CBN+∠NBD=60°，
∴∠DBM++∠NBD=60°，
∴△BNM是等边三角形，
设BN=a，则NG=，BG= =，
∴△BNM面积=NM•BG=，
等边△BCD中，BH⊥CD，则BH≤BN≤BC，
BC=4，CH=2，则BH==，
∴≤BN≤4，
∴≤△BNM面积≤，
故答案为：≤S≤；
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，掌握等边三角形的判定和性质是解题关键．
14．如果一个三角形的两条边的和是第三边的两倍，则称这个三角形是“优三角形”，这两条边的比称为“优比”（若这两边不等，则规定优比是较大边与较小边的比）．比如等边三角形就是一个优比为1的优三角形．若△ABC是优三角形，且∠ABC＝120°，BC＝4．则这个三角形的面积是 _____．
【答案】或
【分析】根据题意画出图形，过A作AH⊥CB交CB的延长线于H．分两种情形：若AB＜BC，则AB+AC＝2BC＝8；若AB≥BC，则AC+BC＝2AB，分别利用参数构建方程求解即可．
【解析】解：过点A作AH⊥CB交CB的延长线于H．

①若AB＜BC，则AB+AC＝2BC＝8，
设BH＝x，
在Rt△ABH中，∠H＝90°，∠ABH＝180°﹣120°＝60°，
∴AB＝2x，AH＝BH＝x，
∴AC＝8﹣2x，
在Rt△ACH中，则有（x）2+（x+4）2＝（8﹣2x）2，
解得x＝，
∴AH＝，
∴S△ABC＝BC×AH＝×4×＝；
（2）若AB≥BC，则AC+BC＝2AB，
设BH＝x，则AB＝2x，AH＝x，AC＝4x﹣4，
在Rt△ACH中，则有（x）2+（x+4）2＝（4x﹣4）2，
解得x＝或x＝0（舍去），
∴S△ABC＝BC×AH＝×4×＝，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了“优三角形”以及“优比”的新定义问题，解题时用到了三角形的三边关系、勾股定理解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
15．对于任意三角形，如果存在一个菱形，使得这个菱形的一条边与三角形的一条边重合，且三角形的这条边所对的顶点在菱形的这条边的对边上，那么称这个菱形为该三角形的“最优覆盖菱形”．问题：如图，在中，，，且的面积为m，如果存在“最优覆盖菱形”为菱形，那么m的取值范围是________．

【答案】
【分析】由的面积为m可得的高为，然后再分三角形的高取最小值和最大值两种情况求解即可．
【解析】解：∵的面积为m
∴边BC上的高为
如图：当高取最小值时，为等边三角形，A与M或N或MN上一重合重合，
如图：过A作AD⊥BC，垂足为D
∵等边三角形ABC,BC=4
∴∠ABC=60°,BC=4，∠BAD=30°
∴BD=2,
∴AD==2
∴，即m=4；

如图：当高取最大值时，菱形为正方形，
∴A在中点，
∴，即m=8

∴．
故填：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、正方形的性质、等边三角形的性质以及勾股定理，考查知识点较多，灵活应用相关知识成为解答本题的关键．
16．在平面直角坐标系中，对于不在坐标轴上的任意一点，我们把点称为点A的“倒数点”．如图，矩形的顶点C为，顶点E在y轴上，函数的图象与交于点A．若点B是点A的“倒数点”，且点B在矩形的一边上，则的面积为_________．

【答案】或
【分析】根据题意，点B不可能在坐标轴上，可对点B进行讨论分析：①当点B在边DE上时；②当点B在边CD上时；分别求出点B的坐标，然后求出的面积即可．
【解析】解：根据题意，
∵点称为点的“倒数点”，
∴，，
∴点B不可能在坐标轴上；
∵点A在函数的图像上，
设点A为，则点B为，
∵点C为，
∴，
①当点B在边DE上时；
点A与点B都在边DE上，
∴点A与点B的纵坐标相同，
即，解得：，
经检验，是原分式方程的解；
∴点B为，
∴的面积为：；
②当点B在边CD上时；
点B与点C的横坐标相同，
∴，解得：，
经检验，是原分式方程的解；
∴点B为，
∴的面积为：；
故答案为：或．
【点睛】本题考查了反比例函数的图像和性质，矩形的性质，解分式方程，坐标与图形等知识，解题的关键是熟练掌握反比例函数的性质，运用分类讨论的思想进行分析．