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1. (2026·广西中考)关于$x$的一次函数$y=\frac{1}{2}k^2x + k(k≠0)$的图象与$x$轴，$y$轴分别交于$A$，$B$两点，$O$是坐标原点.
【性质初探】
(1)$y$随$x$的增大而
(2)求证：$△ AOB$的面积为1.
【归纳提炼】我们把形如$y=\frac{1}{2}k^2x + k(k≠0)$的一次函数称为“正向积1”函数.
【深入探究】
(3)图象经过点$(2,2)$的“正向积1”函数是否存在？若存在，求出该函数表达式；若不存在，请说明理由.
(4)已知点$P(m,n)$不在坐标轴上，若图象过点$P$的“正向积1”函数有且只有一个.
①求$n$关于$m$的函数表达式；
②选取一个符合条件的点$P$，并验证该点是线段$AB$的中点.
【性质初探】
(1)$y$随$x$的增大而
增大
（填“增大”或“减小”）.(2)求证：$△ AOB$的面积为1.
【归纳提炼】我们把形如$y=\frac{1}{2}k^2x + k(k≠0)$的一次函数称为“正向积1”函数.
【深入探究】
(3)图象经过点$(2,2)$的“正向积1”函数是否存在？若存在，求出该函数表达式；若不存在，请说明理由.
(4)已知点$P(m,n)$不在坐标轴上，若图象过点$P$的“正向积1”函数有且只有一个.
①求$n$关于$m$的函数表达式；
②选取一个符合条件的点$P$，并验证该点是线段$AB$的中点.
答案
1. (1) 增大 解析:一次函数为 $y=\frac{1}{2}k^2x+k(k≠0),\because k≠0,$
$\therefore k^2＞0,即\frac{1}{2}k^2＞0,\therefore y$ 随 $x$ 的增大而增大.
(2) $\because$ 函数与 $x$ 轴, $y$ 轴分别交于 $A, B$ 两点, 令 $x=0$, 得 $y=k,\therefore B(0,k),OB=|k|$. 令 $y=0$, 得 $0=\frac{1}{2}k^2x+k,\because k≠0$, 两边同时除以 $k$ 得 $\frac{1}{2}kx+1=0$, 解得 $x=-\frac{2}{k},\therefore A(-\frac{2}{k},0)$, $OA=\frac{2}{|k|},\therefore S_{△ AOB}=\frac{1}{2}×OA×OB=\frac{1}{2}×\frac{2}{|k|}×|k|=1$.
(3) 存在. 将 $(2,2)$ 代入 $y=\frac{1}{2}k^2x+k$, 得 $2=\frac{1}{2}k^2×2+k$, 整理得 $k^2+k-2=0$, 解得 $k_1=1,k_2=-2$, 均满足 $k≠0$, 因此存在符合要求的函数, 当 $k=1$ 时, 表达式为 $y=\frac{1}{2}x+1$, 当 $k=-2$ 时, 表达式为 $y=2x-2$.
(4) ① 将 $P(m,n)$ 代入 $y=\frac{1}{2}k^2x+k$, 得 $n=\frac{1}{2}k^2m+k$, 整理得 $mk^2+2k-2n=0,\because$ 函数有且只有一个, 即关于 $k$ 的一元二次方程有两个相等的实数根, 即判别式 $b^2-4ac=2^2-4×m×(-2n)=4+8mn=0.\because$ 点 $P$ 不在坐标轴上, $\therefore m≠0$, 整理得 $n=-\frac{1}{2m}(m≠0)$.
② 取 $m=1$, 得 $n=-\frac{1}{2×1}=-\frac{1}{2}$, 即 $P(1,-\frac{1}{2})$, 代入 $y=\frac{1}{2}k^2x+k$, 得 $k^2+2k+1=0$, 解得 $k=-1$, 满足 $k≠0$, 函数表达式为 $y=\frac{1}{2}x-1$, 令 $y=0$, 得 $x=2,\therefore A(2,0)$, 令 $x=0$, 得 $y=-1,\therefore B(0,-1)$,$AB$ 中点坐标为 $(\frac{2+0}{2},\frac{0+(-1)}{2})$, 即 $(1,-\frac{1}{2})$, 与点 $P$ 坐标一致, 因此点 $P$ 是线段 $AB$ 的中点.(合理即可)
$\therefore k^2＞0,即\frac{1}{2}k^2＞0,\therefore y$ 随 $x$ 的增大而增大.
(2) $\because$ 函数与 $x$ 轴, $y$ 轴分别交于 $A, B$ 两点, 令 $x=0$, 得 $y=k,\therefore B(0,k),OB=|k|$. 令 $y=0$, 得 $0=\frac{1}{2}k^2x+k,\because k≠0$, 两边同时除以 $k$ 得 $\frac{1}{2}kx+1=0$, 解得 $x=-\frac{2}{k},\therefore A(-\frac{2}{k},0)$, $OA=\frac{2}{|k|},\therefore S_{△ AOB}=\frac{1}{2}×OA×OB=\frac{1}{2}×\frac{2}{|k|}×|k|=1$.
(3) 存在. 将 $(2,2)$ 代入 $y=\frac{1}{2}k^2x+k$, 得 $2=\frac{1}{2}k^2×2+k$, 整理得 $k^2+k-2=0$, 解得 $k_1=1,k_2=-2$, 均满足 $k≠0$, 因此存在符合要求的函数, 当 $k=1$ 时, 表达式为 $y=\frac{1}{2}x+1$, 当 $k=-2$ 时, 表达式为 $y=2x-2$.
(4) ① 将 $P(m,n)$ 代入 $y=\frac{1}{2}k^2x+k$, 得 $n=\frac{1}{2}k^2m+k$, 整理得 $mk^2+2k-2n=0,\because$ 函数有且只有一个, 即关于 $k$ 的一元二次方程有两个相等的实数根, 即判别式 $b^2-4ac=2^2-4×m×(-2n)=4+8mn=0.\because$ 点 $P$ 不在坐标轴上, $\therefore m≠0$, 整理得 $n=-\frac{1}{2m}(m≠0)$.
② 取 $m=1$, 得 $n=-\frac{1}{2×1}=-\frac{1}{2}$, 即 $P(1,-\frac{1}{2})$, 代入 $y=\frac{1}{2}k^2x+k$, 得 $k^2+2k+1=0$, 解得 $k=-1$, 满足 $k≠0$, 函数表达式为 $y=\frac{1}{2}x-1$, 令 $y=0$, 得 $x=2,\therefore A(2,0)$, 令 $x=0$, 得 $y=-1,\therefore B(0,-1)$,$AB$ 中点坐标为 $(\frac{2+0}{2},\frac{0+(-1)}{2})$, 即 $(1,-\frac{1}{2})$, 与点 $P$ 坐标一致, 因此点 $P$ 是线段 $AB$ 的中点.(合理即可)
2. (2026·内蒙古中考)综合与探究.
问题情境:有一张边长为15的正方形纸片ABCD,将一张腰长为9的等腰直角三角形纸片的直角顶点与顶点A重合放置,记该三角形为△AEF.顶点E,F分别在正方形的AB,AD边上,如图①.现将△AEF绕点A按逆时针方向旋转α角,其中0°＜α＜90°,得到△AE'F',连接BE',DF',如图②.
(1)初步探究:猜想线段BE'与线段DF'的数量关系,并说明理由.
(2)深入探究:在△AEF绕点A按逆时针方向旋转过程中,当AE'与BE'互相垂直时,AE'交EF边于点M,E'F'交AD边于点N,如图③.
①求证$NA· NF'=ND· NE'$;
②求△AEM与△AFM面积的比值.
问题情境:有一张边长为15的正方形纸片ABCD,将一张腰长为9的等腰直角三角形纸片的直角顶点与顶点A重合放置,记该三角形为△AEF.顶点E,F分别在正方形的AB,AD边上,如图①.现将△AEF绕点A按逆时针方向旋转α角,其中0°＜α＜90°,得到△AE'F',连接BE',DF',如图②.
(1)初步探究:猜想线段BE'与线段DF'的数量关系,并说明理由.
(2)深入探究:在△AEF绕点A按逆时针方向旋转过程中,当AE'与BE'互相垂直时,AE'交EF边于点M,E'F'交AD边于点N,如图③.
①求证$NA· NF'=ND· NE'$;
②求△AEM与△AFM面积的比值.
答案
2. (1) $BE'=DF'$,理由如下:$\because$ 四边形 $ABCD$ 是正方形, $\therefore AB=AD,∠ BAD=90°.\because AE=AF,∠ EAF=90°,\therefore$ 由旋转可得, $AE'=AF',∠ E'AF'=90°,\therefore ∠ BAD=∠ E'AF'=90°$, $\therefore ∠ BAE'=∠ DAF',\therefore △ BAE'≌△ DAF'(SAS),\therefore BE'=DF'$.
(2) ① $\because AE'⊥ BE',\therefore ∠ AE'B=90°$.由(1)可得, $△ BAE'≌△ DAF',\therefore ∠ AE'B=∠ AF'D=90°.\because ∠ E'AF'=90°$, $\therefore ∠ E'AF'+∠ AF'D=180°,\therefore AE'// DF',\therefore \frac{NA}{ND}=\frac{NE'}{NF'}$, $\therefore NA· NF'=ND· NE'$.
② 过点 $F$ 作 $FH⊥ AF$, 交 $AE'$ 的延长线于点 $H$, 如图,
由题意得, $AB=15,AE'=AE=9,\because ∠ AE'B=90°,\therefore BE'=\sqrt{AB^2-AE'^2}=12.\because$ 正方形 $ABCD$ 中, $∠ BAD=90°,\therefore ∠ 1=∠ 3=90°-∠ 2.\because ∠ AFH=∠ BE'A=90°,\therefore △ AFH∽△ BE'A$, $\therefore \frac{FH}{AE'}=\frac{AF}{BE'},\therefore \frac{FH}{9}=\frac{9}{12},\therefore FH=\frac{27}{4}.\because ∠ HFD=∠ BAD=90°$, $\therefore FH// AE,\therefore △ AEM∽△ HFM,\therefore \frac{EM}{FM}=\frac{AE}{FH}=\frac{9}{\frac{27}{4}}=\frac{4}{3}$, $\therefore \frac{S_{△ AEM}}{S_{△ AFM}}=\frac{EM}{FM}=\frac{4}{3}$, 即 $△ AEM$ 与 $△ AFM$ 面积的比值为 $\frac{4}{3}$.
3. (2024·南通中考)综合与实践:九年级某学习小组围绕“三角形的角平分线”开展主题学习活动.
【特例探究】
(1)图①,②,③是三个等腰三角形(相关条件见图中标注),列表分析两腰之和与两腰之积.
等腰三角形两腰之和与两腰之积分析表
请补全表格中数据,并完成以下猜想.
已知$△ ABC$的角平分线$AD = 1$,$AB = AC$,$∠ BAD=α$,用含$α$的等式写出两腰之和$AB+AC$与两腰之积$AB · AC$之间的数量关系:
【变式思考】
(2)已知$△ ABC$的角平分线$AD=1$,$∠ BAC=60°$,用等式写出两边之和$AB+AC$与两边之积$AB · AC$之间的数量关系,并证明.
【拓展运用】
(3)如图④,在$△ ABC$中,$AB=AC=1$,点$D$在边$AC$上,$BD=BC=AD$.以点$C$为圆心,$CD$长为半径作弧与线段$BD$相交于点$E$,过点$E$作任意直线与边$AB$,$BC$分别交于$M$,$N$两点.请补全图形,并分析$\frac{1}{BM}+\frac{1}{BN}$的值是否变化.
【特例探究】
(1)图①,②,③是三个等腰三角形(相关条件见图中标注),列表分析两腰之和与两腰之积.
等腰三角形两腰之和与两腰之积分析表
请补全表格中数据,并完成以下猜想.
已知$△ ABC$的角平分线$AD = 1$,$AB = AC$,$∠ BAD=α$,用含$α$的等式写出两腰之和$AB+AC$与两腰之积$AB · AC$之间的数量关系:
AB+AC=2AB·AC·cos α
.【变式思考】
(2)已知$△ ABC$的角平分线$AD=1$,$∠ BAC=60°$,用等式写出两边之和$AB+AC$与两边之积$AB · AC$之间的数量关系,并证明.
【拓展运用】
(3)如图④,在$△ ABC$中,$AB=AC=1$,点$D$在边$AC$上,$BD=BC=AD$.以点$C$为圆心,$CD$长为半径作弧与线段$BD$相交于点$E$,过点$E$作任意直线与边$AB$,$BC$分别交于$M$,$N$两点.请补全图形,并分析$\frac{1}{BM}+\frac{1}{BN}$的值是否变化.
答案
3. (1) $\frac{2\sqrt{3}}{3}$ $\frac{4\sqrt{3}}{3}$ $\frac{4}{3}$ $AB+AC=2AB· AC· \cos α$
解析: $\because ∠ BAD=∠ CAD=30°$,$AD$ 是 $△ ABC$ 的角平分线, $AD=1$,$\therefore AD⊥ BC$,$\therefore AB=AC=\frac{AD}{\cos30°}=\frac{1}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$,$\therefore AB+AC=\frac{4\sqrt{3}}{3}$,$AB· AC=\frac{4}{3}$.补全表格如下:
|图序|角平分线AD的长|∠BAD的度数|腰长|两腰之和|两腰之积|
|----|----|----|----|----|----|
|图①|1|60°|2|4|4|
|图②|1|45°|$\sqrt{2}$|$2\sqrt{2}$|2|
|图③|1|30°|$\frac{2\sqrt{3}}{3}$|$\frac{4\sqrt{3}}{3}$|$\frac{4}{3}$|
如图①,
$\because AD$ 是 $∠ BAC$ 的平分线, $AB=AC$,$∠ BAD=∠ CAD=α$,$AD⊥ BC$,$\therefore AB=AC=\frac{AD}{\cosα}=\frac{1}{\cosα}$,$\therefore AB+AC=\frac{2}{\cosα}$,$AB· AC=\frac{1}{\cos^2α}$,$\therefore AB+AC=2AB· AC· \cosα$.(2) $AB+AC=\sqrt{3}AB· AC$.证明如下:
如图②,
延长 $AB$ 至点 $E$, 使 $AE=AC$, 连接 $CE$, 过点 $B$ 作 $BH⊥ CE$ 于点 $H$, 延长 $AD$ 交 $CE$ 于点 $F$,$\because ∠ BAC=60°$,$AD$ 平分 $∠ BAC$,$\therefore △ ACE$ 为等边三角形, $AF⊥ CE$,$∠ EAF=∠ CAF=30°$, 设 $AC=AE=CE=2x$,$EH=a$,$\therefore CF=EF=x$,$AF=\sqrt{3}x$, 而 $AD=1$,$\therefore DF=\sqrt{3}x-1$.$\because BH⊥ CE$,$AF⊥ CE$,$\therefore BH// AF$,$\therefore ∠ EBH=∠ EAF=30°$,$△ CDF∽△ CBH$,$\therefore BE=2a$, $BH=\sqrt{3}a$.$\because △ CDF∽△ CBH$,$\therefore \frac{DF}{BH}=\frac{CF}{CH}$, 即 $\frac{\sqrt{3}x-1}{\sqrt{3}a}=\frac{x}{2x-a}$, 解得 $a=\frac{2\sqrt{3}x^2-2x}{2\sqrt{3}x-1}$,$\therefore AB+AC=4x-2a=4x-\frac{4\sqrt{3}x^2-4x}{2\sqrt{3}x-1}=\frac{4\sqrt{3}x^2}{2\sqrt{3}x-1}$,$AB· AC=(2x-2a)2x=4x^2-4ax=\frac{4x^2}{2\sqrt{3}x-1}$,$\therefore AB+AC=\sqrt{3}AB· AC$.(3) 补全图形如图③所示.
设 $∠ A=α$,$\because BD=AD$,$\therefore ∠ ABD=∠ A=α$,$\therefore ∠ BDC=∠ ABD+∠ A=2α$.$\because BD=BC$,$\therefore ∠ C=∠ BDC=2α$.$\because AB=AC$,$\therefore ∠ ABC=∠ C=2α$.$\because ∠ A+∠ ABC+∠ C=180°$,$\therefore α+2α+2α=180°$, 解得 $α=36°$,$\therefore ∠ A=∠ ABD=∠ CBD=36°$.如图④, 
过点 $E$ 作 $EF⊥ AB$ 于点 $F$,$EH⊥ BC$ 于点 $H$, 过点 $N$ 作 $NG⊥ AB$ 于点 $G$.$\because S_{△ BMN}=S_{△ BEM}+S_{△ BEN}$, $\therefore \frac{1}{2}BM· NG=\frac{1}{2}BM· EF+\frac{1}{2}BN· EH$.$\because ∠ ABD=∠ CBD$, $EF⊥ AB$,$EH⊥ BC$,$\therefore EF=EH$, 在 $Rt△ BNG$ 中, $NG=BN· \sin∠ ABC=BN· \sin72°$,$\therefore BM· BN· \sin72°=(BM+BN)· EH$,$\therefore \frac{\sin72°}{EH}=\frac{BM+BN}{BM· BN}=\frac{1}{BM}+\frac{1}{BN}$.$\because \frac{EH}{BE}=\sin∠ CBD=\sin36°$,$\therefore EH=BE· \sin36°$,$\therefore \frac{1}{BM}+\frac{1}{BN}=\frac{\sin72°}{BE\sin36°}$.$△ ABC$ 是确定的, 由作图可得 $BE$ 为定长, 而 $\sin36°$ 和 $\sin72°$ 为定值, $\therefore \frac{\sin72°}{BE· \sin36°}$ 为定值, 即 $\frac{1}{BM}+\frac{1}{BN}$ 为定值.