21. 在平面直角坐标系$xOy$中，对于与原点不重合的两个点$P(a,b)$和$Q(c,d)$，关于$x,y$的方程$ax+by=1$称为点$P$的“照耀方程”。若$\begin{cases} x=c, \\ y=d \end{cases}$是方程$ax+by=1$的解，则称点$P$“照耀”了点$Q$。
例如，点$P(5,7)$的“照耀方程”是$5x+7y=1$，且$\begin{cases} x=3, \\ y=-2 \end{cases}$是该方程的解，则点$P(5,7)$“照耀”了点$Q(3,-2)$。
(1)下列点中被点$A(3,-2)$“照耀”的点为________；
$B_1(-1,1),B_2(4,6),B_3(5,7)$
(2)若点$C(p,q)$同时被点$D(5,-9)$和点$E(-3,7)$“照耀”，请求出$p,q$的值；
(3)若有$n$个不同的点$P_1,P_2,···,P_n$，每个点都“照耀”了其后所有的点，如$P_1$“照耀”了$P_2,P_3,···,P_n$；$P_2$“照耀”了$P_3,P_4,···,P_n$……$P_{n-1}$“照耀”了$P_n$，请写出$n$的最大值，并说明理由。

21.(1)$B_3(5,7)$
(2)依题意,得$\begin{cases} 5p-9q=1, \\ -3p+7q=1, \end{cases}$解得$\begin{cases} p=2, \\ q=1. \end{cases}$
(3)$n$的最大值为3.理由如下:设$P_1,P_2$的坐标分别为$(a_1,b_1)$,$(a_2,b_2)$.
$\because P_1,P_2$都“照耀”了$P_3,P_4,\dots,P_n$,
$\therefore P_3,P_4,\dots,P_n$的坐标均为由$P_1,P_2$所确定的方程组$\begin{cases} a_1x+b_1y=1, \\ a_2x+b_2y=1 \end{cases}$的解.
$\because$该方程组最多只有一组解,$\therefore n$的最大值为3.

【分析】
(1) 首先根据“照耀”的定义，先写出点A的照耀方程，再将三个待判断的点分别代入方程，验证等式是否成立，成立的点就是被点A照耀的点。
(2) 点C同时被D、E照耀，说明点C的坐标同时满足D、E的照耀方程，据此列出关于p、q的二元一次方程组，解方程组即可得到p、q的值。
(3) 根据“照耀”的含义，若存在$P_1$、$P_2$两个点，则所有被它们同时照耀的点都是这两个点的照耀方程组成的方程组的解，而二元一次方程组最多只有1组解，因此最多只能有1个公共的被照耀点，据此可推出n的最大值。
【解析】
(1) 点$A(3,-2)$的照耀方程为$3x-2y=1$：
代入$B_1(-1,1)$：左边$=3×(-1)-2×1=-5≠1$，不满足；
代入$B_2(4,6)$：左边$=3×4-2×6=0≠1$，不满足；
代入$B_3(5,7)$：左边$=3×5-2×7=1=1$，满足。
故被点A照耀的点是$B_3(5,7)$。
(2) 依题意，点$C(p,q)$同时满足D、E的照耀方程，可列方程组：
$\begin{cases}5p-9q=1&①\\-3p+7q=1&②\end{cases}$
①×3得：$15p-27q=3$ ③
②×5得：$-15p+35q=5$ ④
③+④得：$8q=8$，解得$q=1$。
将$q=1$代入①得：$5p-9×1=1$，解得$p=2$。
(3) $n$的最大值为3，理由如下：
设$P_1(a_1,b_1)$，$P_2(a_2,b_2)$，若两个点都照耀$P_3,P_4,\dots,P_n$，则这些点的坐标都是方程组$\begin{cases}a_1x+b_1y=1\\a_2x+b_2y=1\end{cases}$的解。
由于二元一次方程组最多只有1组解，因此满足条件的公共点最多只有1个，即最多存在$P_3$1个点，故$n$的最大值为3。
【答案】
(1)$B_3(5,7)$；(2)$\begin{cases}p=2\\q=1\end{cases}$；(3)$n$的最大值为3
【知识点】
新定义问题，二元一次方程的解，二元一次方程组的解法
【点评】
本题以新定义为背景，考查了二元一次方程及方程组的相关性质，解题的关键是准确理解“照耀”的含义，将新定义问题转化为常规的方程（组）问题求解，最后一问需要结合方程组解的个数进行逻辑推理，能较好地考查知识迁移和逻辑思维能力。
【难度系数】
0.6