1. (2024·河北)在平面直角坐标系中，我们把一个点的纵坐标与横坐标的比值称为该点的“特征值”。如图，矩形 $ABCD$ 位于第一象限，其四条边分别与坐标轴平行，则该矩形四个顶点中“特征值”最小的是(
A.点 $A$
B.点 $B$
C.点 $C$
D.点 $D$
B
)A.点 $A$
B.点 $B$
C.点 $C$
D.点 $D$
答案：1.B
解析：
解：设点$A(a,b)$，其中$a＞0$，$b＞0$。
因为矩形$ABCD$的四条边分别与坐标轴平行，
所以点$B(a+c,b)$，$C(a+c,b+d)$，$D(a,b+d)$，其中$c＞0$，$d＞0$。
点$A$的特征值为$\frac{b}{a}$，
点$B$的特征值为$\frac{b}{a+c}$，
点$C$的特征值为$\frac{b+d}{a+c}$，
点$D$的特征值为$\frac{b+d}{a}$。
因为$a+c＞a＞0$，$b+d＞b＞0$，
所以$\frac{b}{a+c}＜\frac{b}{a}＜\frac{b+d}{a}$，$\frac{b}{a+c}＜\frac{b+d}{a+c}$。
故特征值最小的是点$B$。
答案：B
因为矩形$ABCD$的四条边分别与坐标轴平行，
所以点$B(a+c,b)$，$C(a+c,b+d)$，$D(a,b+d)$，其中$c＞0$，$d＞0$。
点$A$的特征值为$\frac{b}{a}$，
点$B$的特征值为$\frac{b}{a+c}$，
点$C$的特征值为$\frac{b+d}{a+c}$，
点$D$的特征值为$\frac{b+d}{a}$。
因为$a+c＞a＞0$，$b+d＞b＞0$，
所以$\frac{b}{a+c}＜\frac{b}{a}＜\frac{b+d}{a}$，$\frac{b}{a+c}＜\frac{b+d}{a+c}$。
故特征值最小的是点$B$。
答案：B
2. 亮点原创·对于两个不相等的实数 $a,b$，我们规定符号 $\min\{a,b\}$ 表示 $a,b$ 中较小的数，如：$\min\{3,5\}=3$。按照这个规定，方程 $\min\{-2,-3\}=\frac{3}{x - 2}-\frac{x}{2 - x}$ 的解为(
A.$x = - 2$
B.$x = - 3$
C.$x=\frac{1}{3}$
D.$x=\frac{3}{4}$
D
)A.$x = - 2$
B.$x = - 3$
C.$x=\frac{1}{3}$
D.$x=\frac{3}{4}$
答案：2.D
解析：
解：因为$-3 ＜ -2$，所以$\min\{-2, -3\}=-3$。
方程可化为$-3 = \frac{3}{x - 2} - \frac{x}{2 - x}$，
整理得$-3 = \frac{3}{x - 2} + \frac{x}{x - 2}$，
即$-3 = \frac{3 + x}{x - 2}$，
两边同乘$x - 2$得$-3(x - 2) = 3 + x$，
$-3x + 6 = 3 + x$，
$-4x = -3$，
$x = \frac{3}{4}$。
经检验，$x = \frac{3}{4}$是原方程的解。
答案：D
方程可化为$-3 = \frac{3}{x - 2} - \frac{x}{2 - x}$，
整理得$-3 = \frac{3}{x - 2} + \frac{x}{x - 2}$，
即$-3 = \frac{3 + x}{x - 2}$，
两边同乘$x - 2$得$-3(x - 2) = 3 + x$，
$-3x + 6 = 3 + x$，
$-4x = -3$，
$x = \frac{3}{4}$。
经检验，$x = \frac{3}{4}$是原方程的解。
答案：D
3. 对于任意两个正数 $m,n$，定义运算“※”：$m※n=\begin{cases}\sqrt{m}-\sqrt{n}(m\geqslant n),\\\sqrt{m}+\sqrt{n}(m\lt n),\end{cases}$ 则计算 $(8※3)×(18※27)$ 的结果为 ______ 。
答案：$3. 3 + 3\sqrt{6}$
解析：
$8※3=\sqrt{8}-\sqrt{3}=2\sqrt{2}-\sqrt{3}$，$18※27=\sqrt{18}+\sqrt{27}=3\sqrt{2}+3\sqrt{3}$，$(8※3)×(18※27)=(2\sqrt{2}-\sqrt{3})(3\sqrt{2}+3\sqrt{3})=2\sqrt{2}×3\sqrt{2}+2\sqrt{2}×3\sqrt{3}-\sqrt{3}×3\sqrt{2}-\sqrt{3}×3\sqrt{3}=12 + 6\sqrt{6} - 3\sqrt{6} - 9 = 3 + 3\sqrt{6}$
4. 定义：如果一个关于 $x$ 的分式方程 $\frac{a}{x}=b$ 的解为 $x=\frac{1}{a - b}$，那么称这个方程为差解方程。例如：$\frac{2}{x}=\frac{4}{3}$ 就是差解方程。若关于 $x$ 的分式方程 $\frac{m}{x}=m - 2$ 是差解方程，则 $m$ 的值为
-2
。答案：4. -2
解析：
解方程$\frac{m}{x}=m - 2$，得$x = \frac{m}{m - 2}$。
因为该方程是差解方程，所以其解为$x = \frac{1}{m-(m - 2)}$，化简得$x = \frac{1}{2}$。
则$\frac{m}{m - 2} = \frac{1}{2}$，
$2m = m - 2$，
$m = -2$。
经检验，$m = -2$是原方程的解。
$-2$
因为该方程是差解方程，所以其解为$x = \frac{1}{m-(m - 2)}$，化简得$x = \frac{1}{2}$。
则$\frac{m}{m - 2} = \frac{1}{2}$，
$2m = m - 2$，
$m = -2$。
经检验，$m = -2$是原方程的解。
$-2$
5. 定义：对角线互相垂直的四边形叫作“对垂四边形”。如图，在“对垂四边形”$ABCD$ 中，对角线 $AC$ 与 $BD$ 交于点 $O$，$AC = 2\sqrt{2}$。若 $E,F,G,H$ 分别是边 $AB,BC,CD,DA$ 的中点，且四边形 $EFGH$ 是“对垂四边形”，则四边形 $EFGH$ 的面积是
2
。答案：5. 2
解析：
证明：
∵E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,DA的中点，
∴EF=GH=$\frac{1}{2}$AC，EH=FG=$\frac{1}{2}$BD，EF//AC，EH//BD。
∵AC⊥BD，
∴EF⊥EH，
∴四边形EFGH是矩形。
∵四边形EFGH是“对垂四边形”，矩形对角线相等，
∴矩形EFGH的对角线互相垂直且相等，故EFGH为正方形。
∵AC=2$\sqrt{2}$，
∴EF=$\frac{1}{2}$AC=$\sqrt{2}$。
∴四边形EFGH的面积=EF²=($\sqrt{2}$)²=2。
2
∵E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,DA的中点，
∴EF=GH=$\frac{1}{2}$AC，EH=FG=$\frac{1}{2}$BD，EF//AC，EH//BD。
∵AC⊥BD，
∴EF⊥EH，
∴四边形EFGH是矩形。
∵四边形EFGH是“对垂四边形”，矩形对角线相等，
∴矩形EFGH的对角线互相垂直且相等，故EFGH为正方形。
∵AC=2$\sqrt{2}$，
∴EF=$\frac{1}{2}$AC=$\sqrt{2}$。
∴四边形EFGH的面积=EF²=($\sqrt{2}$)²=2。
2
6. 定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形。根据以上定义，解答下列问题：
(1) 如图①，以菱形 $ABCD$ 的一边 $CD$ 为边向外作正方形 $CDEF$，$M,N$ 分别是菱形和正方形的对角线交点，连接 $MN$。
① 求证：四边形 $DMCN$ 是“直等补”四边形，
② 若 $MN=\sqrt{2}$，求四边形 $DMCN$ 的面积；
(2) 如图②，四边形 $ABCD$ 是“直等补”四边形，其中 $AB = BC = 5$，$CD\gt AB$，过点 $B$ 作 $BE⊥ CD$ 于点 $E$，且 $BE = 4$，连接 $BD$，若 $P$ 是线段 $BD$ 上的动点，连接 $PE,PC$，请你直接写出 $\triangle PEC$ 周长的最小值。
(1) 如图①，以菱形 $ABCD$ 的一边 $CD$ 为边向外作正方形 $CDEF$，$M,N$ 分别是菱形和正方形的对角线交点，连接 $MN$。
① 求证：四边形 $DMCN$ 是“直等补”四边形，
② 若 $MN=\sqrt{2}$，求四边形 $DMCN$ 的面积；
(2) 如图②，四边形 $ABCD$ 是“直等补”四边形，其中 $AB = BC = 5$，$CD\gt AB$，过点 $B$ 作 $BE⊥ CD$ 于点 $E$，且 $BE = 4$，连接 $BD$，若 $P$ 是线段 $BD$ 上的动点，连接 $PE,PC$，请你直接写出 $\triangle PEC$ 周长的最小值。
答案：
6. (1) ① 因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，即∠DMC = 90°。因为四边形CDEF是正方形，所以DF⊥CE，ND = NC，即∠DNC = 90°。又∠DMC + ∠DNC = 180°，所以四边形DMCN是“直等补”四边形。
② 如图①，过点N分别作NQ⊥CM于点Q，NP⊥MD，交MD的延长线于点P，则∠NQC = ∠NQM = ∠NPD = 90°。由(1)①，得∠PMQ = ∠DNC = 90°，ND = NC，所以四边形MPNQ是矩形。所以∠PNQ = 90°，即∠DNP + ∠DNQ = 90°。又∠CNQ + ∠DNQ = 90°，所以∠DNP = ∠CNQ。所以△NPD ≌ △NQC（AAS）。所以$S_{△NPD} = S_{△NQC}，$NP = NQ。所以矩形MPNQ是正方形。所以$S_{四边形DMCN} = S_{正方形MPNQ} = \frac{1}{2}MN^2 = \frac{1}{2} × (\sqrt{2})^2 = 1。$
(2) △PEC周长的最小值为$\sqrt{65} + 3。$ 解析：如图②，延长DA到点F，过点B作BE'⊥AF于点E'，则∠BE'D = 90°。因为四边形ABCD是“直等补”四边形，AB = BC，CD ＞ AB，所以∠ABC = 90°。又∠ABC + ∠ADC = 180°，所以∠ADC = 90°。因为BE⊥CD，所以∠BEC = ∠BED = 90°，即∠BEC = ∠BE'A，四边形BEDE'是矩形。所以∠E'BE = 90°。又∠ABE' + ∠ABE = 90°，∠CBE + ∠ABE = 90°，所以∠ABE' = ∠CBE。所以△ABE' ≌ △CBE（AAS）。所以BE' = BE。所以矩形BEDE'是正方形。又BE = 4，所以DE' = DE = BE' = 4。连接PE'，CE'，易得PE' = PE。又PE + PC = PE' + PC ≥ CE'，所以当C，P，E'三点共线时，PE + PC的值最小，且最小值是CE'的长。在Rt△BEC中，BC = 5，由勾股定理，得$CE = \sqrt{BC^2 - BE^2} = 3，$所以CD = CE + DE = 7。在Rt△CDE'中，由勾股定理，得$CE' = \sqrt{CD^2 + DE'^2} = \sqrt{65}，$所以△PEC周长的最小值为$CE' + CE = \sqrt{65} + 3。$
6. (1) ① 因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，即∠DMC = 90°。因为四边形CDEF是正方形，所以DF⊥CE，ND = NC，即∠DNC = 90°。又∠DMC + ∠DNC = 180°，所以四边形DMCN是“直等补”四边形。
② 如图①，过点N分别作NQ⊥CM于点Q，NP⊥MD，交MD的延长线于点P，则∠NQC = ∠NQM = ∠NPD = 90°。由(1)①，得∠PMQ = ∠DNC = 90°，ND = NC，所以四边形MPNQ是矩形。所以∠PNQ = 90°，即∠DNP + ∠DNQ = 90°。又∠CNQ + ∠DNQ = 90°，所以∠DNP = ∠CNQ。所以△NPD ≌ △NQC（AAS）。所以$S_{△NPD} = S_{△NQC}，$NP = NQ。所以矩形MPNQ是正方形。所以$S_{四边形DMCN} = S_{正方形MPNQ} = \frac{1}{2}MN^2 = \frac{1}{2} × (\sqrt{2})^2 = 1。$
(2) △PEC周长的最小值为$\sqrt{65} + 3。$ 解析：如图②，延长DA到点F，过点B作BE'⊥AF于点E'，则∠BE'D = 90°。因为四边形ABCD是“直等补”四边形，AB = BC，CD ＞ AB，所以∠ABC = 90°。又∠ABC + ∠ADC = 180°，所以∠ADC = 90°。因为BE⊥CD，所以∠BEC = ∠BED = 90°，即∠BEC = ∠BE'A，四边形BEDE'是矩形。所以∠E'BE = 90°。又∠ABE' + ∠ABE = 90°，∠CBE + ∠ABE = 90°，所以∠ABE' = ∠CBE。所以△ABE' ≌ △CBE（AAS）。所以BE' = BE。所以矩形BEDE'是正方形。又BE = 4，所以DE' = DE = BE' = 4。连接PE'，CE'，易得PE' = PE。又PE + PC = PE' + PC ≥ CE'，所以当C，P，E'三点共线时，PE + PC的值最小，且最小值是CE'的长。在Rt△BEC中，BC = 5，由勾股定理，得$CE = \sqrt{BC^2 - BE^2} = 3，$所以CD = CE + DE = 7。在Rt△CDE'中，由勾股定理，得$CE' = \sqrt{CD^2 + DE'^2} = \sqrt{65}，$所以△PEC周长的最小值为$CE' + CE = \sqrt{65} + 3。$