2024年中考数学压轴题型（江苏专用）专题07 新定义情景题（解答压轴题）（教师版）

PAGE1PAGE专题07新定义情景题（解答压轴题）通用的解题思路：1.理解新定义：首先，你需要仔细阅读题目，确保你完全理解题目中给出的新定义。这可能需要你反复阅读，甚至可能需要你用自己的话重新解释这个定义，以确保你真正理解了它。2.找出关键信息：在理解新定义的基础上，找出题目中的关键信息。这可能包括给定的数值、公式、图形或其他信息。这些信息将帮助你解决问题。3.应用新定义：将新定义应用到题目中。这可能涉及到将新定义转化为数学表达式，或者将新定义用于解决特定的问题。4.解决问题：使用新定义和关键信息，尝试解决问题。这可能涉及到计算、推理、证明或其他数学技能。5.检查答案：最后，检查你的答案是否符合题目的要求。如果可能，你可以使用不同的方法重新计算或验证你的答案，以确保其正确性。1．（2023·江苏盐城·中考真题）定义：若一次函数的图象与二次函数的图象有两个交点，并且都在坐标轴上，则称二次函数为一次函数的轴点函数．【初步理解】（1）现有以下两个函数：①；②，其中，_________为函数的轴点函数．（填序号）【尝试应用】（2）函数（为常数，）的图象与轴交于点，其轴点函数与轴的另一交点为点.若，求的值．【拓展延伸】（3）如图，函数（为常数，）的图象与轴、轴分别交于，两点，在轴的正半轴上取一点，使得.以线段的长度为长、线段的长度为宽，在轴的上方作矩形.若函数（为常数，）的轴点函数的顶点在矩形的边上，求的值．

【答案】（1）①；（2）或；（3）或或【分析】（1）求出函数与坐标轴的交点，再判断这两个点在不在二次函数图象上即可；（2）求出函数与坐标轴的交点，再由求出点坐标，代入二次函数解析式计算即可；（3）先求出，的坐标，再根据的顶点在矩形的边上分类讨论即可．【详解】（1）函数交轴于，交轴于，∵点、都在函数图象上∴①为函数的轴点函数；∵点不在函数图象上∴②不是函数的轴点函数；故答案为：①；（2）函数交轴于，交轴于，∵函数的轴点函数∴和都在上，∵∴∵，∴∴或当时，把代入得，解得，当时，把代入得，解得，综上，或；（3）函数交轴于，交轴于，∵，以线段的长度为长、线段的长度为宽，在轴的上方作矩形∴，，,∵函数（为常数，）的轴点函数∴和在上∴，整理得∴∴的顶点坐标为，∵函数的顶点在矩形的边上∴可以分三种情况讨论：当与重合时；当在上时；当在上时；当与重合时，即，解得；当在上时，，整理得，解得此时二次函数开口向下，则∴整理得：，由整理得，∴解得，∴，当在上时，，整理得，解得∴此时对称轴左边y随x的增大而增大，∴∴整理得：∴代入、后成立∴，综上所述，或或【点睛】本题综合考查一次函数与二次函数，解题的关键是理解轴点函数的定义．2．（2023·江苏·中考真题）综合与实践定义：将宽与长的比值为（为正整数）的矩形称为阶奇妙矩形．（1）概念理解：当时，这个矩形为1阶奇妙矩形，如图（1），这就是我们学习过的黄金矩形，它的宽（）与长的比值是_________．（2）操作验证：用正方形纸片进行如下操作（如图（2））：第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为，连接；第二步：折叠纸片使落在上，点的对应点为点，展开，折痕为；第三步：过点折叠纸片，使得点分别落在边上，展开，折痕为．试说明：矩形是1阶奇妙矩形．

（3）方法迁移：用正方形纸片折叠出一个2阶奇妙矩形．要求：在图（3）中画出折叠示意图并作简要标注．（4）探究发现：小明操作发现任一个阶奇妙矩形都可以通过折纸得到．他还发现：如图（4），点为正方形边上（不与端点重合）任意一点，连接，继续（2）中操作的第二步、第三步，四边形的周长与矩形的周长比值总是定值．请写出这个定值，并说明理由．【答案】（1）；（2）见解析；（3），理由见解析【分析】（1）将代入，即可求解．（2）设正方形的边长为，根据折叠的性质，可得，设，则，在中，勾股定理建立方程，解方程，即可求解；（3）仿照（2）的方法得出2阶奇妙矩形．（4）根据（2）的方法，分别求得四边形的周长与矩形的周长，即可求解．【详解】解：（1）当时，，故答案为：．（2）如图（2），连接，

设正方形的边长为，根据折叠的性质，可得设，则根据折叠，可得，，在中，，∴，在中，∴解得：∴∴矩形是1阶奇妙矩形．（3）用正方形纸片进行如下操作（如图）：第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为，再对折，折痕为，连接；第二步：折叠纸片使落在上，点的对应点为点，展开，折痕为；第三步：过点折叠纸片，使得点分别落在边上，展开，折痕为．矩形是2阶奇妙矩形，

理由如下，连接，设正方形的边长为，根据折叠可得，则，

设，则根据折叠，可得，，在中，，∴，在中，∴解得：∴当时，∴矩形是2阶奇妙矩形．（4）如图（4），连接诶，设正方形的边长为1，设，则，

设，则根据折叠，可得，，在中，，∴，在中，∴整理得，∴四边形的边长为矩形的周长为，∴四边形的周长与矩形的周长比值总是定值【点睛】本题考查了正方形的折叠问题，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．3．（2023·江苏南通·中考真题）定义：平面直角坐标系中，点，点，若，，其中为常数，且，则称点是点的“级变换点”．例如，点是点的“级变换点”．(1)函数的图象上是否存在点的“级变换点”?若存在，求出的值；若不存在，说明理由；(2)点与其“级变换点”分别在直线，上，在，上分别取点，．若，求证：；(3)关于x的二次函数的图象上恰有两个点，这两个点的“1级变换点”都在直线上，求n的取值范围．【答案】(1)存在，(2)见解析(3)n的取值范围为且【分析】（1）根据“级变换点”定义求解即可；（2）求出点的坐标为，得到直线，的解析式分别为和，根据进行证明．（3）由题意得，二次函数的图象上的点的“1级变换点”都在函数的图象上，得到函数的图象与直线必有公共点．分当时和当，时分类讨论即可．【详解】（1）解：函数的图象上存在点的“级变换点”根据“级变换点”定义，点的“级变换点”为，把点代入中，得，解得．（2）证明：点为点的“级变换点”，点的坐标为．直线，的解析式分别为和．当时，．，．，．．（3）解：由题意得，二次函数的图象上的点的“1级变换点”都在函数的图象上．由，整理得．，函数的图象与直线必有公共点．由得该公共点为．①当时，由得．又得，且．②当，时，两图象仅有一个公共点，不合题意，舍去．综上，n的取值范围为且．【点睛】本题考查解一元一次不等式，根据题意理解新定义是解题的关键．4．（2022·江苏泰州·中考真题）定义：对于一次函数，我们称函数为函数的“组合函数”.(1)若m=3，n=1，试判断函数是否为函数的“组合函数”，并说明理由;(2)设函数与的图像相交于点P.①若，点P在函数的“组合函数”图像的上方，求p的取值范围；②若p≠1，函数的“组合函数”图像经过点P.是否存在大小确定的m值，对于不等于1的任意实数p，都有“组合函数”图像与x轴交点Q的位置不变?若存在，请求出m的值及此时点Q的坐标;若不存在，请说明理由.【答案】(1)是函数的“组合函数”(2)①；②存在，见详解【分析】（1）把m=3，n=1代入组合函数中，化简后进行判断即可；（2）①先求出点P的坐标和“组合函数”，把代入“组合函数”，再根据题意，列不等式求解即可；②将点P代入“组合函数”，整理得m+n=1，把n=1-m代入“组合函数”，消去n，把y=0代入解一元一次方程即可求解．【详解】（1）解：是函数的“组合函数”，理由：由函数的“组合函数”为：，把m=3，n=1代入上式，得，函数是函数的“组合函数”；（2）解：①解方程组得，函数与的图像相交于点P，点P的坐标为，的“组合函数”为，，，点P在函数的“组合函数”图像的上方，，整理，得，，，p的取值范围为；②存在，理由如下：函数的“组合函数”图像经过点P．将点P的坐标代入“组合函数”，得，，，，，将代入=，把y=0代入，得解得：，设，则，，对于不等于1的任意实数p，存在“组合函数”图像与x轴交点Q的位置不变．【点睛】本题考查了一次函数的图像和性质，一次函数与不等式的关系，一次函数与一元一次方程，正确理解“组合函数”的定义是解本题的关键．5．（2021·江苏南通·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．1．在平面直角坐标系中，的半径为，对于直线和线段，给出如下定义：若线段关于直线的对称图形是的弦（，分别为，的对应点），则称线段是关于直线的“对称弦”(1)如图，点，，，，，的横、纵坐标都是整数．线段，，中，是关于直线的“对称弦”的是；(2)是关于直线的“对称弦”，若点的坐标为，且，求点的坐标；(3)已知直线和点，若线段是关于直线的“对称弦”，且，直接写出的值．【答案】(1)(2)或(3)或【分析】（1）根据题中定义即可画图得出；（2）根据题意可得直线垂直平分，，结合点的坐标，推得点在上，即可得出点是与交点，根据等边三角形的性质和勾股定理即可求得点、的坐标；（3）结合（2）可得点是点与交点，先求出直线与，轴的交点坐标，结合三角形的面积求得的值，根据锐角三角函数可求得点的坐标，根据两点间的距离公式即可列出方程，解方程即可．【详解】（1）解：如图所示：∴关于直线的“对称弦”的是线段；（2）解：设点，关于直线的对称点为,，∴直线垂直平分，，∵是关于直线的“对称弦”，∴,在上，∵点的坐标为，即点在上，∵直线经过圆心，∴点也在上，∵，故点在以点为圆心，为半径的圆上，如图：与交于点与点；∵，即是等边三角形，故点的横坐标为，点的纵坐标为，同理，点的横坐标为，点的纵坐标为，综上，点的坐标为或；（3）解：设点关于直线的对称点为,∴直线垂直平分，∵线段是关于直线的“对称弦”，∴在上，由（2）可得点在以点为圆心，为半径的圆上，又∵，即；令直线与，轴交于点，，过点作直线交于点，点作轴交于点，如图：令，则，即点，,令，则，即点，，则，则，∴，∵，，∴，∵，∴，∵，，∴，，∴，，即点的坐标为，∵，；∴，整理得：，解得：或，故的值为或．【点睛】本题考查了轴对称的性质，一次函数与坐标轴的交点问题，解直角三角形，勾股定理，等边三角形的判定和性质等，正确理解新定义的含义，灵活应用数形结合思想是解题的关键．2．在平面直角坐标系中，对于图形与图形给出如下定义：为图形上任意一点，将图形绕点顺时针旋转得到，将所有组成的图形记作，称是图形关于图形的“关联图形”．(1)已知，，，其中．若，请在图中画出点关于线段的“关联图形”；若点关于线段的“关联图形”与坐标轴有公共点，直接写出的取值范围；(2)对于平面上一条长度为的线段和一个半径为的圆，点在线段关于圆的“关联图形”上，记点的纵坐标的最大值和最小值的差为，当这条线段和圆的位置变化时，直接写出的取值范围（用含和的式子表示）．【答案】(1)①见详解；②或(2)【分析】（）根据新定义找出关键点的旋转后连接即可；同上理分情况讨论即可；（）画出分析图，如图所示，线段的长度为，圆的半径为，易得且相似比为，再移动图形即可求出；本题考查了旋转的性质，圆的有关性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识的应用是解题的关键．【详解】（1）解：如图所示：线段即为所求；如图：当时，点关于线段的“关联图形”与轴恰有公共点，∴时，点关于线段的“关联图形”与轴有公共点；当时，点关于线段的“关联图形”与轴恰有公共点，∴时，点关于线段的“关联图形”与轴有公共点；综上所述：或；（2）如图，画出分析图，如图所示，线段的长度为，圆的半径为，点分别绕点顺时针旋转得到，分析可知且相似比为，可得圆的半径均为，随意转动图，可得．3．定义：在平面直角坐标系中，若某函数图象上至少存在不同的两点关于直线（n为常数）对称，则称该函数为“函数”．(1)在下列函数中，是“函数”的有（填序号）．①；②；③；④(2)若关于x的函数是“函数”，且图象与直线相交于A，B两点，函数图象的顶点为P，当时，求h，k的值．(3)若关于x的函数是函数，且过点，当时，函数的最大值与最小值的差为2，求t的值．【答案】(1)④(2)，(3)或【分析】（1）由定义即可求解；（2）证明、、是等腰直角三角形，得到，即可求解；（3）由新定义得到“函数”为，再分类求解即可．【详解】（1）由定义知，整个图象关于成轴对称，符合题设的条件，其他都不符合新定义的要求．故答案为：④；（2）如图：根据题意，，则，，函数的图象与直线相交于、两点，直线与轴交于点，设，，联立两个函数的表达式得：，整理得：，，，且，则，根据该函数图象关于直线对称得，，，，、、是等腰直角三角形，点到的距离为，，由得，（舍去），；（3）由题意，得，解得，此“函数”为，①当时，当时，，当时，，，解得：；②当，即时，当时，，当时，，则，解得：；③当时，当时，，当时，，则，解得：（舍去）；④当时，当时，，当时，，则，解得：（舍去）；综上所述：或．【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到新定义、等腰直角三角形的性质、轴对称的性质等，分类求解是解题的关键．4．定义：一组邻边相等且对角互补的四边形叫作“等补四边形”．如图1，四边形中，，，则四边形叫作“等补四边形”．(1)概念理解①在以下四种图形中，一定是“等补四边形”的是（

）A．平行四边形

B．菱形

C．矩形

D．正方形②等补四边形中，若，则；③如图1，在四边形中，平分，，．求证：四边形是等补四边形．(2)探究发现如图2，在等补四边形中，，连接，是否平分？请说明理由．(3)拓展应用如图3，在等补四边形中，，其外角的平分线交的延长线于点，，，求的长．【答案】(1)①D；②；③见解析(2)平分，理由见解析(3)．【分析】（1）①判断图形是否满足“等补四边形”的对角互补，邻边相等的条件；②利用“等补四边形”的对角互补，列式计算即可求解；③在上截取，证明，推出，．据此即可证明结论成立；（2）过点分别作于，于，证明，推出，根据角平分线的判定定理即可得解；（3）连接，由（2）知，平分，证得，再证明，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．【详解】（1）解：①平行四边形的对角相等，不一定互补，对边相等，邻边不一定相等，平行四边形不一定是等补四边形；菱形四边相等，对角相等，但不一定互补，菱形不一定是等补四边形；矩形对角互补，但邻边不一定相等，矩形不一定是等补四边形；正方形四个角是直角，四条边相相等，正方形一定是等补四边形，故选：D；②等补四边形对角互补，，设，∴，解得，∴，∴，故答案为：；③证明：在上截取，连接，如图1，在和中，，，，．，．．，，又，四边形是等补四边形；（2）解：平分，理由如下，如图2，过点分别作于，于，则，四边形是等补四边形，，又，，，，，是的平分线（在角的内部且到角两边距离相等的点在角平分线上），即平分．（3）解：连接，∵等补四边形中，，由（2）知，平分，∵四边形是等补四边形，∴，又，∴，∵是的平分线，∴，∵，∴，∴，即，解得．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的判定，“等补四边形”的概念，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．5．新定义：已知抛物线（其中），我们把抛物线称为的“轮换抛物线”．例如：抛物线的“轮换抛物线”为．已知抛物线：的“轮换抛物线”为，抛物线、与轴分别交于点、，点在点的上方，抛物线的顶点为．(1)如果点的坐标为，求抛物线的表达式；(2)设抛物线的对称轴与直线相交于点，如果四边形为平行四边形，求点的坐标；(3)已知点在抛物线上，点坐标为，当时，求的值．【答案】(1)(2)(3)或【分析】本题考查的是二次函数综合题，重点考查二次函数的性质、平行四边形性质及相似三角形性质，（1）将点代入表达式，求出m的值，根据“轮换抛物线”定义写出即可；（2）根据轮换抛物线定义得出抛物线表达式及点E、F坐标，并求出P、Q坐标，根据平行四边形性质得出列方程并解出m值，进而解决问题；（3）先求，结合求出的点P、E、F坐标得出及，根据相似三角形性质得出关于m的方程，解方程即可解决．【详解】（1）解：抛物线：与轴交于点坐标为，当，代入，得，，抛物线表达式为，抛物线的“轮换抛物线”为表达式为；（2）解：抛物线：，当时，，即与y轴交点为，抛物线：的“轮换抛物线”为，抛物线表达式为，同理抛物线与y轴交点为，抛物线对称轴为直线，当时，，抛物线的顶点坐标为，当时，，抛物线的对称轴与直线交点，点在点的上方，，解得：，，四边形为平行四边形，，即，解得：，；（3）解：点在抛物线上，当时，，即，点坐标为，，，，，，，，，，解得：．6．定义概念：在平面直角坐标系中，我们定义直线为抛物线的“衍生直线”．如图1，抛物线与其“衍生直线”交于A，B两点（点B在x轴上，点A在点B的左侧），与x轴负半轴交于点．

(1)求抛物线和“衍生直线”的表达式及点A的坐标；(2)如图2，抛物线的“衍生直线”与y轴交于点，依次作正方形，正方形，…，正方形（n为正整数），使得点，，，…，在“衍生直线”上，点，，，…，在x轴负半轴上．①直接写出下列点的坐标：______，______，______，______；②试判断点，，…，是否在同一条直线上？若是，请求出这条直线的解析式；若不是，请说明理由．【答案】(1)抛物线的表达式为，“衍生直线”的表达式为，点A的坐标为(2)①，，，；②是，这条直线的解析式为【分析】（1）由题意可知，再根据“衍生直线”的定义可知“衍生直线”的表达式为．进而可求出点B的坐标．由抛物线与x轴交于点，，即可直接得出抛物线的表达式为．联立、，解之即可求出点A的坐标；（2）①根据题意可求出，即得出．结合正方形的性质可得出，即可求出．再根据点，，，…，在直线上，可求出，从而可求出，同理得出，…，；②由，令，，结合幂的运算法则即可得出这条直线的表达式．【详解】（1）解：抛物线为，，“衍生直线”的表达式为．“衍生直线”与x轴交于点B，点B的坐标为．抛物线与x轴交于点，，抛物线的表达式为．令，解得或，把代入，得，点A的坐标为；（2）解：①对于，令，则，∴，∴．∵四边形为正方形，∴，∴．∵点，，，…，在“衍生直线”上，即在直线上，∴，∴．同理可求出，…，．故答案为：，，，；②点，，…，在同一条直线上．令，，∴，∴，这条直线的表达式为．【点睛】本题为二次函数和一次函数的综合题，考查二次函数和一次函数的性质，二次函数与一元二次方程的关系，正方形的性质，幂的运算，坐标与图形等知识．理解题意，掌握“衍生直线”的定义是解题关键．7．定义：若一个三角形的面积是另一个三角形面积的倍，就说这个三角形是另一个三角形的“倍三角形”，另一个三角形是这个三角形的“分之一三角形”．如图1，的中线把三角形分成面积相等的两部分，即和的面积都是面积的一半，所以是或的“2倍三角形”，和都是的“2分之一三角形”．(1)①如图2，是的“2倍三角形”，那么是的“________分之一三角形”；②若点是的重心，连接，，则是的“________倍三角形”；(2)在中，，分别延长边，到点，，连接．已知，是的“16倍三角形”．求证：与是相似三角形；(3)如图3，在矩形中，，连接，过点作于点，点，分别是线段，上的动点，连接，．已知是的“4倍三角形”，求的最小值．【答案】(1)①3；②3(2)见解析(3)【分析】（1）①首先根据题意得到的面积是面积的3倍，然后根据“分之一三角形”的概念求解即可；②根据题意画出图形，设，求出，然后根据三角形重心的性质和中线的性质表示出，进而根据“倍三角形”的概念求解即可；（2）根据题意画出图形，连接，根据三角形中线的性质和“倍三角形”的性质得到，进而求出，然后得到，，进而得到，结合即可证明出；（3）作点C关于的对称点，点Q关于的对称点，连接，，，根据题意得到的面积是面积的4倍，的面积是面积的3倍，然后证明出，得到，求出，然后得到，，然后证明出当点E，P，三点共线时，有最小值，即的长度，当时，最小，然后求出，，然后利用特殊角的三角函数值求解即可．【详解】（1）①∵是的“2倍三角形”，∴的面积是面积的2倍，∴的面积是面积的3倍，∴是的“3分之一三角形”；②如图所示，点D是的中点，点O是是的重心∵点D是的中点∴设∴∵点O是的重心∴∴∴∴∴是的3倍∴是的“3倍三角形”；（2）如图所示，连接，∵∴∴∵是的“16倍三角形”∴∴∴∴∴，即∵，∴∴，∴又∵∴；（3）如图所示，作点C关于的对称点，点Q关于的对称点，连接，，∵是的“4倍三角形”，∴的面积是面积的4倍∴的面积是面积的4倍∴的面积是面积的3倍∵∴∵∴∴，即∴∵的面积是面积的3倍∴∴∵点C关于的对称点∴∵点C关于的对称点，点Q关于的对称点∴∴∴当点E，P，三点共线时，有最小值，即的长度，∴当时，最小∵，，∴∴由对称性质可得，∴∴．∴的最小值为，∴的最小值为．【点睛】此题考查了矩形的性质，相似三角形的性质和判定，解直角三角形，轴对称性质，三角形重心的性质等知识，解题的关键是正确作出辅助线求解．8．【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；并直接写出四边形的周长的最小值；【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”，请直接写出此时的长．【答案】（1）一定；（2）四边形是等邻边四边形，理由见解析，周长的最小值为4+4；（3）AP的长为或或3【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，过点作于，则四边形是矩形．分三种情形：①当时，②当时，③当时，四边形为“等邻边四边形”，分别求解即可．【详解】解：（1）矩形是“等邻边四边形”，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中，结论：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，，，，，，，，四边形是等邻边四边形，，，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，过点作于，则四边形是矩形．，，，，，，①当时，四边形为“等邻边四边形”；②当时，四边形为“等邻边四边形”，设，在中，，，，；③当时，四边形为“等邻边四边形”，此时点与重合，，综上所述：的长为或或3．【点睛】本题属于四边形综合题，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．9．在平面直角坐标系中，的半径为1，对于直线l和线段，给出如下定义：若将线段关于直线l对称，可以得到的弦（，分别为A，B的对应点），则称线段是的关于直线l对称的“关联线段”．例如：在图1中，线段是的关于直线l对称的“关联线段”．(1)如图2，点，，，，，的横、纵坐标都是整数．①在线段，，中，的关于直线对称的“关联线段”是______；②若线段，，中，存在的关于直线对称的“关联线段”，则______；(2)已知交x轴于点C，在中，，．若线段是的关于直线对称的“关联线段”，直接写出b的最大值和最小值，以及相应的长．【答案】(1)①；②3或2；(2)b的最大值为，；最小值为，．【分析】（1）①分别画出线段，，关于直线对称线段，运用数形结合思想，即可求解；②从图象性质可知，直线与x轴的夹角为45°，而线段⊥直线，线段关于直线对称线段还在直线上，显然不可能是的弦；线段，的最长的弦为2，得线段的对称线段不可能是的弦，而线段∥直线，线段，所以线段的对称线段，且线段，平移这条线段，使其在上，有两种可能，画出对应图形即可求解；（2）先表示出，b最大时就是最大，b最小时就是长最小，根据线段关于直线对称线段在上，得，再由三角形三边关系得