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4. [2025 泰州泰兴期末] 定义:在平面直角坐标系$xOy$中,对于$S(a,b),T(c,d)$,若$|a|+|b|=|c|+|d|$,则称$S,T$两点互为“和辉点”.如图,已知点$P(-2,4)$与点$M$互为“和辉点”,点$M$在$x$轴的负半轴上.
(1)直接写出点$M$的坐标:
(2)直线$l$经过点$A(1,0)$且与$x$轴垂直,在直线$l$上存在一点$E$,使$∠PEA + ∠PAM = 90°$.
①直接写出点$E$的坐标:
②已知直线$y = kx + 10$经过点$P$且与直线$l$相交于点$C$,求证:$∠PAM + 2∠PCA = 90°$.
(3)点$D,Q$均为点$P$的“和辉点”,且点$D$的坐标为$(1,n)$,点$Q$的横坐标为$t(t ＜ 0)$,若$∠QAM + 2∠QDA = 90°$,求$t^2 +5t$的值.
5. [2025 宿迁泗阳期末] 阅读理解:在平面直角坐标
(1)直接写出点$M$的坐标:
(-6,0)
.(2)直线$l$经过点$A(1,0)$且与$x$轴垂直,在直线$l$上存在一点$E$,使$∠PEA + ∠PAM = 90°$.
①直接写出点$E$的坐标:
(1,8)
;②已知直线$y = kx + 10$经过点$P$且与直线$l$相交于点$C$,求证:$∠PAM + 2∠PCA = 90°$.
(3)点$D,Q$均为点$P$的“和辉点”,且点$D$的坐标为$(1,n)$,点$Q$的横坐标为$t(t ＜ 0)$,若$∠QAM + 2∠QDA = 90°$,求$t^2 +5t$的值.
5. [2025 宿迁泗阳期末] 阅读理解:在平面直角坐标
答案
(1) $(-6,0)$
由题意,设 $M(m,0)(m＜0)$. $\because$ 点 $P(-2,4)$ 与点 $M$ 互为“和辉点”, $\therefore |-2|+|4|=|m|+|0|$, 即 $|m|=6,\therefore m=-6$(正值舍去), $\therefore$ 点 $M$ 的坐标为 $(-6,0)$.
(2) ① $(1,8)$
如图1, $\because ∠ PAM + ∠ PAE = 90°, ∠ PAM + ∠ PEA = 90°$,
$\therefore ∠ PAE = ∠ PEA, \therefore PA = PE$. 过点 $P$ 作 $PH⊥ AE$, 则 $AH = EH$. $\because P(-2,4),l⊥ x$ 轴, $\therefore AH=EH=4,\therefore AE=8,\therefore$ 点 $E$ 的坐标为 $(1,8)$.
②证明: $\because$ 直线 $y=kx+10$ 经过点 $P$,
$\therefore 4=-2k+10$, 解得 $k=3,\therefore y=3x+10$.
当 $x=1$ 时, $y=3×1+10=13$,
$\therefore$ 点 $C$ 的坐标为 $(1,13)$.
$\because E(1,8),P(-2,4)$,
$\therefore CE=5,PE=\sqrt{(1+2)^2+(8-4)^2}=5$,
$\therefore PE=CE,\therefore ∠ EPC=∠ PCE$,
$\therefore ∠ PEA=∠ EPC+∠ PCE=2∠ PCE$.
又 $\because ∠ PEA+∠ PAM=90°$,
$\therefore ∠ PAM+2∠ PCA=90°$.
(3) 解: $\because$ 点 $D$ 为点 $P$ 的“和辉点”,
$\therefore 1+|n|=2+4=6,\therefore n=\pm5$.
设点 $Q$ 的坐标为 $(t,y),\therefore |t|+|y|=6$,
$\therefore -t+|y|=6,\therefore |y|=t+6$, 过点 $Q$ 作 $QH⊥ l$ 于点 $H$.
①当 $n=-5$ 时, $D(1,-5)$, 则 $AD=5$.
当点 $Q$ 在第二象限时, 则点 $Q(t,t+6)$.
如图2, 则 $AH=t+6,QH=1-t$.
$\because ∠ QAM+2∠ QDA=90°,∠ QAM+∠ QAH=90°$,
$\therefore ∠ QAH=2∠ QDA$.
$\because ∠ QAH=∠ QDA+∠ AQD$,
$\therefore ∠ QDA=∠ AQD,\therefore AQ=AD=5$.
在 $\mathrm{Rt}△ AHQ$ 中, 由勾股定理, 得 $(t+6)^2+(1-t)^2=5^2$,
整理, 得 $t^2+5t=-6$.
当点 $Q$ 在第三象限时, 则点 $Q(t,-t-6)$, 即点 $Q$ 在直线 $y=-x-6$ 上.
如图3, 设 $QH$ 与 $y$ 轴交于点 $H'$, $DQ$ 与 $y$ 轴交于点 $D'$.
设直线 $y=-x-6$ 与 $y$ 轴交于点 $N$, 则 $N(0,-6)$,
$\therefore OM=ON=6,\therefore ∠ MNO=45°$.
$\because l// y$ 轴,
$\therefore ∠ QDH=∠ QD'H'＞∠ MNO$,
$\therefore 2∠ QDA＞90°$,
$\therefore ∠ QAM+2∠ QDA=90°$ 不成立, 不符合题意.
②当 $n=5$ 时, $D(1,5)$, 同理可得 $t^2+5t=-6$.
综上所述, $t^2+5t$ 的值为 $-6$.
解析
【分析】
本题围绕新定义“和辉点”展开，解题思路如下：
1. 第(1)问：直接套用“和辉点”的定义，即两点横、纵坐标的绝对值之和相等，结合点M在x轴负半轴（纵坐标为0）的特征，列等式计算即可得到M的坐标。
2. 第(2)①问：首先根据平角性质可知∠PAM+∠PAE=90°，结合已知∠PEA+∠PAM=90°，可得∠PAE=∠PEA，即PA=PE，△PAE为等腰三角形；过P作直线l的垂线，利用等腰三角形三线合一的性质求出AE的长度，即可确定E点坐标。
3. 第(2)②问：先将点P代入直线解析式求出k值，再求出直线与l的交点C的坐标；通过计算PE、CE的长度证明两者相等，得到等腰△PEC，利用三角形外角性质可得∠PEA=2∠PCA，结合①中的角度关系即可完成证明。
4. 第(3)问：先根据“和辉点”定义求出D点的纵坐标，分D点纵坐标为5和-5两种情况讨论；通过角度转化得到∠QDA=∠AQD，即AQ=AD，再利用勾股定理列方程，整理即可得到t²+5t的值，注意排除不符合角度限制的情况。
【解析】
(1) 设$M(m,0)(m＜0)$，根据“和辉点”定义：
$\because$ 点$P(-2,4)$与$M$互为“和辉点”，
$\therefore |-2|+|4|=|m|+|0|$，即$|m|=6$，
$\because m＜0$，$\therefore m=-6$，即$M(-6,0)$。
(2) ① 如图1，$\because ∠ PAM + ∠ PAE = 90°, ∠ PAM + ∠ PEA = 90°$，
$\therefore ∠ PAE = ∠ PEA, \therefore PA = PE$。
过点$P$作$PH⊥ AE$，根据等腰三角形三线合一，$AH = EH$。
$\because P(-2,4)$，直线$l$过$A(1,0)$与x轴垂直，$\therefore AH=4$，则$EH=4$，$AE=8$，
$\therefore E$的坐标为$(1,8)$。
② 证明：$\because$ 直线$y=kx+10$经过点$P(-2,4)$，
$\therefore 4=-2k+10$，解得$k=3$，即直线解析式为$y=3x+10$。
当$x=1$时，$y=3×1+10=13$，$\therefore C(1,13)$。
$\because E(1,8),P(-2,4)$，
$\therefore CE=13-8=5$，$PE=\sqrt{(1+2)^2+(8-4)^2}=\sqrt{9+16}=5$，
$\therefore PE=CE$，$\therefore ∠ EPC=∠ PCE$。
根据三角形外角性质，$∠ PEA=∠ EPC+∠ PCE=2∠ PCE$，
又$\because ∠ PEA+∠ PAM=90°$，
$\therefore ∠ PAM+2∠ PCA=90°$，得证。
(3) 解：$\because$ 点$D$为点$P$的“和辉点”，$D(1,n)$，
$\therefore |1|+|n|=|-2|+|4|=6$，即$|n|=5$，$\therefore n=\pm5$。
设$Q(t,y)(t＜0)$，根据“和辉点”定义：$|t|+|y|=6$，即$-t+|y|=6$，$|y|=t+6$。
过点$Q$作$QH⊥ l$于点$H$：
① 当$n=-5$时，$D(1,-5)$，$AD=5$。
若$Q$在第二象限，则$y=t+6$，即$Q(t,t+6)$，如图2。
$\because ∠ QAM+2∠ QDA=90°,∠ QAM+∠ QAH=90°$，
$\therefore ∠ QAH=2∠ QDA$。
又$\because ∠ QAH=∠ QDA+∠ AQD$，
$\therefore ∠ QDA=∠ AQD$，$\therefore AQ=AD=5$。
在$\mathrm{Rt}△ AHQ$中，由勾股定理得：$(t+6)^2+(1-t)^2=5^2$，
整理得：$t^2+12t+36 + t^2-2t+1=25$，即$2t^2+10t+12=0$，化简得$t^2+5t=-6$。
若$Q$在第三象限，则$y=-t-6$，即$Q$在直线$y=-x-6$上，如图3。
设直线$y=-x-6$与$y$轴交于点$N(0,-6)$，则$OM=ON=6$，$∠MNO=45°$。
$\because l// y$轴，$\therefore ∠ QDH=∠ QD'H'＞∠ MNO=45°$，
$\therefore 2∠ QDA＞90°$，$∠ QAM+2∠ QDA=90°$不成立，舍去。
② 当$n=5$时，$D(1,5)$，同理可证$AQ=AD=5$，代入勾股定理计算，同样可得$t^2+5t=-6$。
综上，$t^2+5t=-6$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{(-6,0)}$
(2) ① $\boldsymbol{(1,8)}$
② 证明见解析；
(3) $\boldsymbol{-6}$
【知识点】
新定义问题、一次函数综合、等腰三角形与勾股定理
【点评】
本题结合新定义考查了一次函数、几何角度转化、等腰三角形判定性质和勾股定理的综合应用，渗透了分类讨论的思想，解题的关键是正确理解新定义，能通过角度关系转化得到等腰三角形，进而结合代数运算求解。
【难度系数】
0.4
本题围绕新定义“和辉点”展开，解题思路如下：
1. 第(1)问：直接套用“和辉点”的定义，即两点横、纵坐标的绝对值之和相等，结合点M在x轴负半轴（纵坐标为0）的特征，列等式计算即可得到M的坐标。
2. 第(2)①问：首先根据平角性质可知∠PAM+∠PAE=90°，结合已知∠PEA+∠PAM=90°，可得∠PAE=∠PEA，即PA=PE，△PAE为等腰三角形；过P作直线l的垂线，利用等腰三角形三线合一的性质求出AE的长度，即可确定E点坐标。
3. 第(2)②问：先将点P代入直线解析式求出k值，再求出直线与l的交点C的坐标；通过计算PE、CE的长度证明两者相等，得到等腰△PEC，利用三角形外角性质可得∠PEA=2∠PCA，结合①中的角度关系即可完成证明。
4. 第(3)问：先根据“和辉点”定义求出D点的纵坐标，分D点纵坐标为5和-5两种情况讨论；通过角度转化得到∠QDA=∠AQD，即AQ=AD，再利用勾股定理列方程，整理即可得到t²+5t的值，注意排除不符合角度限制的情况。
【解析】
(1) 设$M(m,0)(m＜0)$，根据“和辉点”定义：
$\because$ 点$P(-2,4)$与$M$互为“和辉点”，
$\therefore |-2|+|4|=|m|+|0|$，即$|m|=6$，
$\because m＜0$，$\therefore m=-6$，即$M(-6,0)$。
(2) ① 如图1，$\because ∠ PAM + ∠ PAE = 90°, ∠ PAM + ∠ PEA = 90°$，
$\therefore ∠ PAE = ∠ PEA, \therefore PA = PE$。
过点$P$作$PH⊥ AE$，根据等腰三角形三线合一，$AH = EH$。
$\because P(-2,4)$，直线$l$过$A(1,0)$与x轴垂直，$\therefore AH=4$，则$EH=4$，$AE=8$，
$\therefore E$的坐标为$(1,8)$。
② 证明：$\because$ 直线$y=kx+10$经过点$P(-2,4)$，
$\therefore 4=-2k+10$，解得$k=3$，即直线解析式为$y=3x+10$。
当$x=1$时，$y=3×1+10=13$，$\therefore C(1,13)$。
$\because E(1,8),P(-2,4)$，
$\therefore CE=13-8=5$，$PE=\sqrt{(1+2)^2+(8-4)^2}=\sqrt{9+16}=5$，
$\therefore PE=CE$，$\therefore ∠ EPC=∠ PCE$。
根据三角形外角性质，$∠ PEA=∠ EPC+∠ PCE=2∠ PCE$，
又$\because ∠ PEA+∠ PAM=90°$，
$\therefore ∠ PAM+2∠ PCA=90°$，得证。
(3) 解：$\because$ 点$D$为点$P$的“和辉点”，$D(1,n)$，
$\therefore |1|+|n|=|-2|+|4|=6$，即$|n|=5$，$\therefore n=\pm5$。
设$Q(t,y)(t＜0)$，根据“和辉点”定义：$|t|+|y|=6$，即$-t+|y|=6$，$|y|=t+6$。
过点$Q$作$QH⊥ l$于点$H$：
① 当$n=-5$时，$D(1,-5)$，$AD=5$。
若$Q$在第二象限，则$y=t+6$，即$Q(t,t+6)$，如图2。
$\because ∠ QAM+2∠ QDA=90°,∠ QAM+∠ QAH=90°$，
$\therefore ∠ QAH=2∠ QDA$。
又$\because ∠ QAH=∠ QDA+∠ AQD$，
$\therefore ∠ QDA=∠ AQD$，$\therefore AQ=AD=5$。
在$\mathrm{Rt}△ AHQ$中，由勾股定理得：$(t+6)^2+(1-t)^2=5^2$，
整理得：$t^2+12t+36 + t^2-2t+1=25$，即$2t^2+10t+12=0$，化简得$t^2+5t=-6$。
若$Q$在第三象限，则$y=-t-6$，即$Q$在直线$y=-x-6$上，如图3。
设直线$y=-x-6$与$y$轴交于点$N(0,-6)$，则$OM=ON=6$，$∠MNO=45°$。
$\because l// y$轴，$\therefore ∠ QDH=∠ QD'H'＞∠ MNO=45°$，
$\therefore 2∠ QDA＞90°$，$∠ QAM+2∠ QDA=90°$不成立，舍去。
② 当$n=5$时，$D(1,5)$，同理可证$AQ=AD=5$，代入勾股定理计算，同样可得$t^2+5t=-6$。
综上，$t^2+5t=-6$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{(-6,0)}$
(2) ① $\boldsymbol{(1,8)}$
② 证明见解析；
(3) $\boldsymbol{-6}$
【知识点】
新定义问题、一次函数综合、等腰三角形与勾股定理
【点评】
本题结合新定义考查了一次函数、几何角度转化、等腰三角形判定性质和勾股定理的综合应用，渗透了分类讨论的思想，解题的关键是正确理解新定义，能通过角度关系转化得到等腰三角形，进而结合代数运算求解。
【难度系数】
0.4
系中,给出如下定义:
定义一:若有三点$P,M,N$,且$PM=PN$,则称点$P$是$M,N$的“轴美点”;
定义二:若函数图象上存在某点$P$到$x$轴和$y$轴的距离中,其中一个距离是另一个距离的$2$倍,则称点$P$为该函数的“倍美点”,此函数称为“倍美函数”.如点$(-2,4)$是函数$y=-\frac{1}{2}x +3$图象上的点,所以函数$y=-\frac{1}{2}x +3$是“倍美函数”,点$(-2,4)$是该函数的“倍美点”.像$y=-\frac{1}{2}x,y=2x$等则是特殊的“倍美函数”.
根据以上材料,完成下列问题:
(1)已知直线$y=x+2$与$x$轴和$y$轴分别交于点$A,B$,若有三点$C(-3,2),D(-2,2),E(0,-2)$,则其中是$A,B$“轴美点”的是
(2)已知两点$G(-2,0),H(0,4)$.
①请证明点$G,H$的“轴美点”在直线$y=-\frac{1}{2}x +\frac{3}{2}$上;
②在①的条件下,若“倍美函数”$y=mx -3$的图象上存在点$P$,使得点$P$既是$G,H$的“轴美点”,又是此函数的“倍美点”,求出$m$的值.
(3)已知“倍美函数”$y=|x -2| +n$,是否存在整数$n$使得该函数恰好具有三个“倍美点”?若存在,请求出$n$的值和“倍美点”坐标;若不存在,简要说明理由.
定义一:若有三点$P,M,N$,且$PM=PN$,则称点$P$是$M,N$的“轴美点”;
定义二:若函数图象上存在某点$P$到$x$轴和$y$轴的距离中,其中一个距离是另一个距离的$2$倍,则称点$P$为该函数的“倍美点”,此函数称为“倍美函数”.如点$(-2,4)$是函数$y=-\frac{1}{2}x +3$图象上的点,所以函数$y=-\frac{1}{2}x +3$是“倍美函数”,点$(-2,4)$是该函数的“倍美点”.像$y=-\frac{1}{2}x,y=2x$等则是特殊的“倍美函数”.
根据以上材料,完成下列问题:
(1)已知直线$y=x+2$与$x$轴和$y$轴分别交于点$A,B$,若有三点$C(-3,2),D(-2,2),E(0,-2)$,则其中是$A,B$“轴美点”的是
D
.(只填字母)(2)已知两点$G(-2,0),H(0,4)$.
①请证明点$G,H$的“轴美点”在直线$y=-\frac{1}{2}x +\frac{3}{2}$上;
②在①的条件下,若“倍美函数”$y=mx -3$的图象上存在点$P$,使得点$P$既是$G,H$的“轴美点”,又是此函数的“倍美点”,求出$m$的值.
(3)已知“倍美函数”$y=|x -2| +n$,是否存在整数$n$使得该函数恰好具有三个“倍美点”?若存在,请求出$n$的值和“倍美点”坐标;若不存在,简要说明理由.
答案
(1) D
对于 $y=x+2$, 令 $x=0$, 得 $y=2,\therefore B(0,2)$; 令 $y=0$, 得 $0=x+2$, 解得 $x=-2,\therefore A(-2,0)$. $\because C(-3,2),D(-2,2),E(0,-2),\therefore CA=\sqrt{[-3-(-2)]^2+(2-0)^2}=\sqrt{5},CB=3$, $DA=2,DB=2,EB=4,EA=\sqrt{2^2+2^2}=\sqrt{8},\therefore DA=DB,\therefore D$ 是 $A,B$ 的“轴美点”.
(2) ①证明: 设直线 $y=-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}$ 上一点 $M$ 的坐标为 $(x,-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2})$.
$\because G(-2,0),H(0,4)$,
$\therefore GM=\sqrt{(-2-x)^2+[0-(-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2})]^2}=\sqrt{\frac{5}{4}x^2+\frac{5}{2}x+\frac{25}{4}}$,
$HM=\sqrt{(0-x)^2+[4-(-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2})]^2}=\sqrt{\frac{5}{4}x^2+\frac{5}{2}x+\frac{25}{4}}$,
$\therefore GM=HM$,
$\therefore G,H$ 的“轴美点”在直线 $y=-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}$ 上.
②解: 由题意, 设 $P(a,-\frac{1}{2}a+\frac{3}{2})$.
分以下两种情况讨论:
Ⅰ. 当点 $P$ 到 $x$ 轴的距离是到 $y$ 轴的距离的 2 倍时,
有 $2|a|=|-\frac{1}{2}a+\frac{3}{2}|$,
$\therefore 2a=-\frac{1}{2}a+\frac{3}{2}$ 或 $-2a=-\frac{1}{2}a+\frac{3}{2}$,
解得 $a=0.6$ 或 $a=-1$;
Ⅱ. 当点 $P$ 到 $y$ 轴的距离是到 $x$ 轴的距离的 2 倍时,
有 $|a|=2|-\frac{1}{2}a+\frac{3}{2}|$,
$\therefore a=2(-\frac{1}{2}a+\frac{3}{2})$ 或 $-a=2(-\frac{1}{2}a+\frac{3}{2})$,
解得 $a=1.5$ 或无解.
当 $a=0.6$ 时, 点 $P$ 的坐标为 $(0.6,1.2)$,
$\therefore 1.2=0.6m-3$, 解得 $m=7$;
当 $a=-1$ 时, 点 $P$ 的坐标为 $(-1,2)$,
$\therefore 2=-m-3$, 解得 $m=-5$;
当 $a=1.5$ 时, 点 $P$ 的坐标为 $(1.5,0.75)$,
$\therefore 0.75=1.5m-3$, 解得 $m=2.5$.
综上所述, $m$ 的值为 7 或 $-5$ 或 $2.5$.
(3) 解: “倍美函数”的“倍美点”一定在 $|y|=2|x|$ 或 $|x|=2|y|$ 的图象上, 即在 $y=\pm2x$ 或 $y=\pm\frac{1}{2}x$ 的图象上.
$\because$ “倍美函数” $y=|x-2|+n$ 恰好具有三个“倍美点”,
$\therefore y=|x-2|+n$ 与 $y=\pm\frac{1}{2}x$ 和 $y=\pm2x$ 的图象恰好有 3 个交点,
如图.
当 $n=1$ 时, $y=|x-2|+n$ 恰好具有三个“倍美点”, 分别是 $(2,1),(1,2),(-3,6)$;
当 $n=-2$ 时, $y=|x-2|+n$ 恰好具有三个“倍美点”,
由 $\begin{cases}y=x-2-2,\\y=-0.5x,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}x=\frac{8}{3},\\y=-\frac{4}{3},\end{cases}$
由 $\begin{cases}y=x-2-2,\\y=0.5x,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}x=8,\\y=4.\end{cases}$
综上所述, 当 $n=1$ 时, “倍美点”分别是 $(2,1),(1,2),(-3,6)$,
当 $n=-2$ 时, “倍美点”分别是 $(0,0),(\frac{8}{3},-\frac{4}{3}),(8,4)$.
解析
【分析】
(1) 先根据“轴美点”定义可知，该点需满足到A、B两点距离相等，先求出直线$y=x+2$与x轴、y轴的交点A、B的坐标，再分别计算C、D、E三点到A、B的距离，找出距离相等的点即可。
(2) ①要证明G、H的“轴美点”在直线$y=-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}$上，可设该直线上任意一点坐标，分别计算该点到G、H的距离，证明二者相等即可；②点P是G、H的“轴美点”，故P在直线$y=-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}$上，同时P是“倍美点”，需满足到x轴的距离是到y轴距离的2倍，或到y轴的距离是到x轴距离的2倍，分两类列方程求出P点坐标，再代入$y=mx-3$即可求出m的取值。
(3) 根据“倍美点”定义，所有倍美点都在$y=\pm2x$或$y=\pm\frac{1}{2}x$的图象上，要使$y=|x-2|+n$恰好有3个倍美点，即该绝对值函数与上述四条直线共有3个交点，结合绝对值函数的V型图象特征，找到交点数为3时的整数n，再求解对应交点坐标即可。
【解析】
(1) 对于$y=x+2$，令$x=0$，得$y=2$，$\therefore B(0,2)$；令$y=0$，得$0=x+2$，解得$x=-2$，$\therefore A(-2,0)$。
$\because C(-3,2),D(-2,2),E(0,-2)$，
$\therefore CA=\sqrt{[-3-(-2)]^2+(2-0)^2}=\sqrt{5},CB=3$，
$DA=2,DB=2$，
$EB=4,EA=\sqrt{2^2+2^2}=\sqrt{8}$，
$\therefore DA=DB$，$\therefore D$是$A,B$的“轴美点”。
(2) ①证明：设直线$y=-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}$上一点$M$的坐标为$(x,-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2})$。
$\because G(-2,0),H(0,4)$，
$\therefore GM=\sqrt{(-2-x)^2+[0-(-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2})]^2}=\sqrt{\frac{5}{4}x^2+\frac{5}{2}x+\frac{25}{4}}$，
$HM=\sqrt{(0-x)^2+[4-(-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2})]^2}=\sqrt{\frac{5}{4}x^2+\frac{5}{2}x+\frac{25}{4}}$，
$\therefore GM=HM$，
$\therefore G,H$的“轴美点”在直线$y=-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}$上。
②解：由题意，设$P(a,-\frac{1}{2}a+\frac{3}{2})$。
分以下两种情况讨论：
Ⅰ. 当点$P$到$x$轴的距离是到$y$轴的距离的2倍时，
有$2|a|=|-\frac{1}{2}a+\frac{3}{2}|$，
$\therefore 2a=-\frac{1}{2}a+\frac{3}{2}$ 或 $-2a=-\frac{1}{2}a+\frac{3}{2}$，
解得$a=0.6$ 或 $a=-1$；
Ⅱ. 当点$P$到$y$轴的距离是到$x$轴的距离的2倍时，
有$|a|=2|-\frac{1}{2}a+\frac{3}{2}|$，
$\therefore a=2(-\frac{1}{2}a+\frac{3}{2})$ 或 $-a=2(-\frac{1}{2}a+\frac{3}{2})$，
解得$a=1.5$ 或无解。
当$a=0.6$时，点$P$的坐标为$(0.6,1.2)$，
$\therefore 1.2=0.6m-3$，解得$m=7$；
当$a=-1$时，点$P$的坐标为$(-1,2)$，
$\therefore 2=-m-3$，解得$m=-5$；
当$a=1.5$时，点$P$的坐标为$(1.5,0.75)$，
$\therefore 0.75=1.5m-3$，解得$m=2.5$。
综上所述，$m$的值为7或$-5$或$2.5$。
(3) 解：“倍美函数”的“倍美点”一定在$|y|=2|x|$或$|x|=2|y|$的图象上，即在$y=\pm2x$或$y=\pm\frac{1}{2}x$的图象上。
$\because$ “倍美函数”$y=|x-2|+n$恰好具有三个“倍美点”，
$\therefore y=|x-2|+n$与$y=\pm\frac{1}{2}x$和$y=\pm2x$的图象恰好有3个交点，
如图。
当$n=1$时，$y=|x-2|+n$恰好具有三个“倍美点”，分别是$(2,1),(1,2),(-3,6)$；
当$n=-2$时，$y=|x-2|+n$恰好具有三个“倍美点”，
由$\begin{cases}y=x-2-2,\\y=-0.5x,\end{cases}$解得$\begin{cases}x=\frac{8}{3},\\y=-\frac{4}{3},\end{cases}$
由$\begin{cases}y=x-2-2,\\y=0.5x,\end{cases}$解得$\begin{cases}x=8,\\y=4.\end{cases}$
综上所述，当$n=1$时，“倍美点”分别是$(2,1),(1,2),(-3,6)$，
当$n=-2$时，“倍美点”分别是$(0,0),(\frac{8}{3},-\frac{4}{3}),(8,4)$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{D}$
(2) ①证明见解析；②$\boldsymbol{m}$的值为$\boldsymbol{7}$或$\boldsymbol{-5}$或$\boldsymbol{2.5}$
(3) 存在，当$\boldsymbol{n=1}$时，倍美点为$\boldsymbol{(2,1),(1,2),(-3,6)}$；当$\boldsymbol{n=-2}$时，倍美点为$\boldsymbol{(0,0),(\frac{8}{3},-\frac{4}{3}),(8,4)}$
【知识点】
新定义问题，一次函数性质，分类讨论思想
【点评】
本题以新定义为载体，结合一次函数、绝对值函数的相关知识，考查知识迁移能力与逻辑推理能力，解题的关键是准确理解新定义，将陌生问题转化为熟悉的一次函数交点、距离计算问题，分类讨论时需注意不要漏解。
【难度系数】
0.3
(1) 先根据“轴美点”定义可知，该点需满足到A、B两点距离相等，先求出直线$y=x+2$与x轴、y轴的交点A、B的坐标，再分别计算C、D、E三点到A、B的距离，找出距离相等的点即可。
(2) ①要证明G、H的“轴美点”在直线$y=-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}$上，可设该直线上任意一点坐标，分别计算该点到G、H的距离，证明二者相等即可；②点P是G、H的“轴美点”，故P在直线$y=-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}$上，同时P是“倍美点”，需满足到x轴的距离是到y轴距离的2倍，或到y轴的距离是到x轴距离的2倍，分两类列方程求出P点坐标，再代入$y=mx-3$即可求出m的取值。
(3) 根据“倍美点”定义，所有倍美点都在$y=\pm2x$或$y=\pm\frac{1}{2}x$的图象上，要使$y=|x-2|+n$恰好有3个倍美点，即该绝对值函数与上述四条直线共有3个交点，结合绝对值函数的V型图象特征，找到交点数为3时的整数n，再求解对应交点坐标即可。
【解析】
(1) 对于$y=x+2$，令$x=0$，得$y=2$，$\therefore B(0,2)$；令$y=0$，得$0=x+2$，解得$x=-2$，$\therefore A(-2,0)$。
$\because C(-3,2),D(-2,2),E(0,-2)$，
$\therefore CA=\sqrt{[-3-(-2)]^2+(2-0)^2}=\sqrt{5},CB=3$，
$DA=2,DB=2$，
$EB=4,EA=\sqrt{2^2+2^2}=\sqrt{8}$，
$\therefore DA=DB$，$\therefore D$是$A,B$的“轴美点”。
(2) ①证明：设直线$y=-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}$上一点$M$的坐标为$(x,-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2})$。
$\because G(-2,0),H(0,4)$，
$\therefore GM=\sqrt{(-2-x)^2+[0-(-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2})]^2}=\sqrt{\frac{5}{4}x^2+\frac{5}{2}x+\frac{25}{4}}$，
$HM=\sqrt{(0-x)^2+[4-(-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2})]^2}=\sqrt{\frac{5}{4}x^2+\frac{5}{2}x+\frac{25}{4}}$，
$\therefore GM=HM$，
$\therefore G,H$的“轴美点”在直线$y=-\frac{1}{2}x+\frac{3}{2}$上。
②解：由题意，设$P(a,-\frac{1}{2}a+\frac{3}{2})$。
分以下两种情况讨论：
Ⅰ. 当点$P$到$x$轴的距离是到$y$轴的距离的2倍时，
有$2|a|=|-\frac{1}{2}a+\frac{3}{2}|$，
$\therefore 2a=-\frac{1}{2}a+\frac{3}{2}$ 或 $-2a=-\frac{1}{2}a+\frac{3}{2}$，
解得$a=0.6$ 或 $a=-1$；
Ⅱ. 当点$P$到$y$轴的距离是到$x$轴的距离的2倍时，
有$|a|=2|-\frac{1}{2}a+\frac{3}{2}|$，
$\therefore a=2(-\frac{1}{2}a+\frac{3}{2})$ 或 $-a=2(-\frac{1}{2}a+\frac{3}{2})$，
解得$a=1.5$ 或无解。
当$a=0.6$时，点$P$的坐标为$(0.6,1.2)$，
$\therefore 1.2=0.6m-3$，解得$m=7$；
当$a=-1$时，点$P$的坐标为$(-1,2)$，
$\therefore 2=-m-3$，解得$m=-5$；
当$a=1.5$时，点$P$的坐标为$(1.5,0.75)$，
$\therefore 0.75=1.5m-3$，解得$m=2.5$。
综上所述，$m$的值为7或$-5$或$2.5$。
(3) 解：“倍美函数”的“倍美点”一定在$|y|=2|x|$或$|x|=2|y|$的图象上，即在$y=\pm2x$或$y=\pm\frac{1}{2}x$的图象上。
$\because$ “倍美函数”$y=|x-2|+n$恰好具有三个“倍美点”，
$\therefore y=|x-2|+n$与$y=\pm\frac{1}{2}x$和$y=\pm2x$的图象恰好有3个交点，
如图。
当$n=1$时，$y=|x-2|+n$恰好具有三个“倍美点”，分别是$(2,1),(1,2),(-3,6)$；
当$n=-2$时，$y=|x-2|+n$恰好具有三个“倍美点”，
由$\begin{cases}y=x-2-2,\\y=-0.5x,\end{cases}$解得$\begin{cases}x=\frac{8}{3},\\y=-\frac{4}{3},\end{cases}$
由$\begin{cases}y=x-2-2,\\y=0.5x,\end{cases}$解得$\begin{cases}x=8,\\y=4.\end{cases}$
综上所述，当$n=1$时，“倍美点”分别是$(2,1),(1,2),(-3,6)$，
当$n=-2$时，“倍美点”分别是$(0,0),(\frac{8}{3},-\frac{4}{3}),(8,4)$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{D}$
(2) ①证明见解析；②$\boldsymbol{m}$的值为$\boldsymbol{7}$或$\boldsymbol{-5}$或$\boldsymbol{2.5}$
(3) 存在，当$\boldsymbol{n=1}$时，倍美点为$\boldsymbol{(2,1),(1,2),(-3,6)}$；当$\boldsymbol{n=-2}$时，倍美点为$\boldsymbol{(0,0),(\frac{8}{3},-\frac{4}{3}),(8,4)}$
【知识点】
新定义问题，一次函数性质，分类讨论思想
【点评】
本题以新定义为载体，结合一次函数、绝对值函数的相关知识，考查知识迁移能力与逻辑推理能力，解题的关键是准确理解新定义，将陌生问题转化为熟悉的一次函数交点、距离计算问题，分类讨论时需注意不要漏解。
【难度系数】
0.3
