【专题分析】
创新意识的激发,创新思维的训练,创新能力的培养,是素质教育中最具活力的课题,体现在数学教学方面,就是创新试题的命制.自新课改进行以来,创新类试题大量呈现,这类试题通常都源于新课程标准,又不完全拘泥于新课程标准.形式多样,有的是操作创新题,有的是新定义试题,有的是情境创新题,有的是规律探究创新题,有的是最优方案设计创新题,有的是信息迁移类创新题,有的是题型创新,有的是“老树新花”型创新. 【知识归纳】
在创新类题目中,体现更多的是新定义题,即定义一些考生从未接触过的新概念、新公式、新运算、新法则,它立意新,容量大,具有相当浓度和明确导向,更多体现了新课改精神,是创新题中的新宠.一般包含:规律中的新定义,运算中的新定义,探究中的新定义,开放中的新定义,阅读理解中的新定义.通常和其他知识综合在一起考查,灵活性较强,对考生的要求一般比较高,要求考生解题时能够运用已掌握的知识和方法理解“新定义”,做到“化生为熟”,现学现用.
无论是哪种形式的创新题,要想解决这类问题,就要求平时加强对新课程理念的贯彻落实,平时教学中注重过程性教学,注意培养自主探究的学习习惯,注重积累数学活动经验,注重培养应用新知识解决问题的能力. 【题型解析】 题型1:新定义题
例题：（2017山东枣庄）我们知道，任意一个正整数n都可以进行这样的分解：n=p×q（p，q是正整数，且p≤q），在n的所有这种分解中，如果p，q两因数之差的绝对值最小，我们就称p×q是n的最佳分解．并规定：F（n）=
．
例如12可以分解成1×12，2×6或3×4，因为12﹣1＞6﹣2＞4﹣3，所以3×4是12的最佳分解，所以F（12）=
．
（1）如果一个正整数m是另外一个正整数n的平方，我们称正整数m是完全平方数．
求证：对任意一个完全平方数m，总有F（m）=1；
（2）如果一个两位正整数t，t=10x+y（1≤x≤y≤9，x，y为自然数），交换其个位上的数与十位上的数得到的新数减去原来的两位正整数所得的差为36，那么我们称这个数t为“吉祥数”，求所有“吉祥数”； （3）在（2）所得“吉祥数”中，求F（t）的最大值． 【考点】59：因式分解的应用．
【分析】（1）对任意一个完全平方数m，设m=n2（n为正整数），找出m的最佳分解，确定出F（m）的值即可；
（2）设交换t的个位上数与十位上的数得到的新数为t′，则t′=10y+x，根据“吉祥数”的定义确定出x与y的关系式，进而求出所求即可；
（3）利用“吉祥数”的定义分别求出各自的值，进而确定出F（t）的最大值即可．
【解答】解：（1）证明：对任意一个完全平方数m，设m=n2（n为正整数）， ∵|n﹣n|=0，
∴n×n是m的最佳分解，
∴对任意一个完全平方数m，总有F（m）=
=1；
（2）设交换t的个位上数与十位上的数得到的新数为t′，则t′=10y+x， ∵t是“吉祥数”，
∴t′﹣t=（10y+x）﹣（10x+y）=9（y﹣x）=36， ∴y=x+4，
∵1≤x≤y≤9，x，y为自然数，
∴满足“吉祥数”的有：15，26，37，48，59； （3）F（15）=∵＞
＞
，F（26）=＞
＞
，
．
，F（37）=
，F（48）=
=
，F（59）=
，
∴所有“吉祥数”中，F（t）的最大值为
方法指导：“新定义型专题”关键要把握两点: (1)掌握问题原型的特点及问题解决的思想方法;
(2)根据问题情景的变化,通过认真思考,合理进行思想方法的迁移. 题型2:操作创新题
例题: （2017浙江义乌）如图，∠AOB=45°，点M，N在边OA上，OM=x，ON=x+4，点P是边OB上的点，若使点P，M，N构成等腰三角形的点P恰好有三个，则x的值是 ．
【考点】KI：等腰三角形的判定．
【分析】分三种情况讨论：先确定特殊位置时成立的x值， ①如图1，当M与O重合时，即x=0时，点P恰好有三个；
②如图2，构建腰长为4的等腰直角△OMC，和半径为4的⊙M，发现M在点D的位置时，满足条件；
③如图3，根据等腰三角形三种情况的画法：分别以M、N为圆心，以MN为半径画弧，与OB的交点就是满足条件的点P，再以MN为底边的等腰三角形，通过画图发现，无论x取何值，以MN为底边的等腰三角形都存在一个，所以只要满足以MN为腰的三角形有两个即可． 【解答】解：分三种情况：
①如图1，当M与O重合时，即x=0时，点P恰好有三个；
②如图2，以M为圆心，以4为半径画圆，当⊙M与OB相切时，设切点为C，⊙M与OA交于D，
∴MC⊥OB， ∵∠AOB=45°，
∴△MCO是等腰直角三角形， ∴MC=OC=4， ∴OM=4
，
﹣4时，同理可知：点P恰好有三个；
当M与D重合时，即x=OM﹣DM=4
③如图3，取OM=4，以M为圆心，以OM为半径画圆，
则⊙M与OB除了O外只有一个交点，此时x=4，即以∠PMN为顶角，MN为腰，符合条件的点P有一个，以N圆心，以MN为半径画圆，与直线OB相离，说明此时以∠PNM为顶角，以MN为腰，符合条件的点P不存在，还有一个是以NM为底边的符合条件的点P；
点M沿OA运动，到M1时，发现⊙M1与直线OB有一个交点； ∴当4＜x＜4
时，圆M在移动过程中，则会与OB除了O外有两个交点，满足
点P恰好有三个；
综上所述，若使点P，M，N构成等腰三角形的点P恰好有三个，则x的值是：x=0或x=4
﹣4或4
． ﹣4或4
．
故答案为：x=0或x=4
方法指导：操作过程中注意对一些问题的全面性分析,点的位置及其角度的不同或许出现不同的答案. 题型3:“老树新花”型
例题：（2017江西）中国人最先使用负数，魏晋时期的数学家刘徽在“正负术”的注文中指出，可将算筹（小棍形状的记数工具）正放表示正数，斜放表示负数．如图，根据刘徽的这种表示法，观察图①，可推算图②中所得的数值为 ．
【考点】11：正数和负数．
【分析】根据有理数的加法，可得答案． 【解答】解：图②中表示（+2）+（﹣5）=﹣3， 故答案为：﹣3．
方法指导:理解题干中告诉我们的古代的数学知识是解题的关键所在. 【提升训练】
1. （2017张家界）阅读理解题：
定义：如果一个数的平方等于﹣1，记为i2=﹣1，这个数i叫做虚数单位，把形如a+bi（a，b为实数）的数叫做复数，其中a叫这个复数的实部，b叫做这个复数的虚部，它的加、减，乘法运算与整式的加、减、乘法运算类似． 例如计算：（2﹣i）+（5+3i）=（2+5）+（﹣1+3）i=7+2i； （1+i）×（2﹣i）=1×2﹣i+2×i﹣i2=2+（﹣1+2）i+1=3+i； 根据以上信息，完成下列问题： （1）填空：i3= ﹣i ，i4= 1 ；
（2）计算：（1+i）×（3﹣4i）； （3）计算：i+i2+i3+„+i2017． 【考点】2C：实数的运算．
【分析】（1）把i2=﹣1代入求出即可；
（2）根据多项式乘以多项式的计算法则进行计算，再把i2=﹣1代入求出即可； （3）先根据复数的定义计算，再合并即可求解． 【解答】解：（1）i3=i2•i=﹣i，i4=（i2）2=（﹣1）2=1． 故答案为：﹣i，1； （2）（1+i）×（3﹣4i） =3﹣4i+3i﹣4i2 =3﹣i+4 =7﹣i；
（3）i+i2+i3+„+i2017 =i﹣1﹣i+1+„+i =i．
2. （2017重庆B）对任意一个三位数n，如果n满足各个数位上的数字互不相同，且都不为零，那么称这个数为“相异数”，将一个“相异数”任意两个数位上的数字对调后可以得到三个不同的新三位数，把这三个新三位数的和与111的商记为F（n）．例如n=123，对调百位与十位上的数字得到213，对调百位与个位上的数字得到321，对调十位与个位上的数字得到132，这三个新三位数的和为213+321+132=666，666÷111=6，所以F（123）=6． （1）计算：F（243），F（617）；
（2）若s，t都是“相异数”，其中s=100x+32，t=150+y（1≤x≤9，1≤y≤9，x，y都是正整数），规定：k=
，当F（s）+F（t）=18时，求k的最大值．
【分析】（1）根据F（n）的定义式，分别将n=243和n=617代入F（n）中，即可求出结论；
（2）由s=100x+32、t=150+y结合F（s）+F（t）=18，即可得出关于x、y的二元一次方程，解之即可得出x、y的值，再根据“相异数”的定义结合F（n）的定义式，即可求出F（s）、F（t）的值，将其代入k=
中，找出最大值即可．
【解答】解：（1）F（243）=（423+342+234）÷111=9； F（617）=（167+716+671）÷111=14．
（2）∵s，t都是“相异数”，s=100x+32，t=150+y，
∴F（s）=（302+10x+230+x+100x+23）÷111=x+5，F（t）=（510+y+100y+51+105+10y）÷111=y+6．
∵F（t）+F（s）=18， ∴x+5+y+6=x+y+11=18， ∴x+y=7．
∵1≤x≤9，1≤y≤9，且x，y都是正整数， ∴
或
或
或
或
或
．
∵s是“相异数”， ∴x≠2，x≠3． ∵t是“相异数”， ∴y≠1，y≠5． ∴∴∴
或
或或
． 或
， 或
或
，
，
∴k的最大值为
【点评】本题考查了因式分解的应用以及二元一次方程的应用，解题的关键是：（1）根据F（n）的定义式，求出F（243）、F（617）的值；（2）根据s=100x+32、t=150+y结合F（s）+F（t）=18，找出关于x、y的二元一次方程． 3. （2017湖南株洲）
如图示，若△ABC内一点P满足∠PAC=∠PBA=∠PCB，则点P为△ABC的布洛卡点．三角形的布洛卡点（Brocard point）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．L．Crelle 1780﹣1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意，1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard 1845﹣1922）重新发现，并用他的名字命名．问题：已知在等腰直角三角形DEF中，∠EDF=90°，若点Q为△DEF的布洛卡点，DQ=1，则EQ+FQ=（ ）
A．5 B．4 C． D．
【考点】R2：旋转的性质；JB：平行线的判定与性质；KW：等腰直角三角形． 【分析】由△DQF∽△FQE，推出题．
【解答】解：如图，在等腰直角三角形△DEF中，∠EDF=90°，DE=DF，∠1=∠2=∠3，
=
=
=
，由此求出EQ、FQ即可解决问
∵∠1+∠QEF=∠3+∠DFQ=45°， ∴∠QEF=∠DFQ，∵∠2=∠3， ∴△DQF∽△FQE， ∴
=
=
=
，
∵DQ=1， ∴FQ=
，EQ=2，
，
∴EQ+FQ=2+故选D
4. （2017江西）我们定义：如图1，在△ABC看，把AB点绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC'，连接B'C'．当α+β=180°时，我们称△A'B'C'是△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”． 特例感知：
（1）在图2，图3中，△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．
①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD= ②如图3，当∠BAC=90°，BC=8时，则AD长为 4 ． 猜想论证：
BC；
（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明． 拓展应用
（3）如图4，在四边形ABCD，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD=2
，DA=6．在
四边形内部是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．
【考点】LO：四边形综合题．
【分析】（1）①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD=AB′即可解决问题；
②首先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题； （2）结论：AD=BC．如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M，首先证明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M，即可解决问题；
（3）存在．如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．想办法证明PA=PD，PB=PC，再证明∠APD+∠BPC=180°，即可； 【解答】解：（1）①如图2中，
∵△ABC是等边三角形， ∴AB=BC=AB=AB′=AC′， ∵DB′=DC′， ∴AD⊥B′C′，
∵∠BAC=60°，∠BAC+∠B′AC′=180°， ∴∠B′AC′=120°， ∴∠B′=∠C′=30°， ∴AD=AB′=BC， 故答案为．
②如图3中，
∵∠BAC=90°，∠BAC+∠B′AC′=180°， ∴∠B′AC′=∠BAC=90°， ∵AB=AB′，AC=AC′， ∴△BAC≌△B′AC′， ∴BC=B′C′， ∵B′D=DC′，
∴AD=B′C′=BC=4， 故答案为4．
（2）结论：AD=BC．
理由：如图1中，延长AD到M，使得AD=DM，连接E′M，C′M
∵B′D=DC′，AD=DM，
∴四边形AC′MB′是平行四边形， ∴AC′=B′M=AC，
∵∠BAC+∠B′AC′=180°，∠B′AC′+∠AB′M=180°， ∴∠BAC=∠MB′A，∵AB=AB′， ∴△BAC≌△AB′M， ∴BC=AM， ∴AD=BC． （3）存在．
理由：如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN． 连接DF交PC于O．
∵∠ADC=150°， ∴∠MDC=30°， 在Rt△DCM中，∵CD=2
，∠DCM=90°，∠MDC=30°，
∴CM=2，DM=4，∠M=60°，
在Rt△BEM中，∵∠BEM=90°，BM=14，∠MBE=30°， ∴EM=BM=7， ∴DE=EM﹣DM=3，
∵AD=6，
∴AE=DE，∵BE⊥AD， ∴PA=PD，PB=PC， 在Rt△CDF中，∵CD=2∴tan∠CDF=
，
，CF=6，
∴∠CDF=60°=∠CPF， 易证△FCP≌△CFD， ∴CD=PF，∵CD∥PF， ∴四边形CDPF是矩形， ∴∠CDP=90°，
∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°， ∴△ADP是等边三角形，
∴∠ADP=60°，∵∠BPF=∠CPF=60°， ∴∠BPC=120°， ∴∠APD+∠BPC=180°，
∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”， 在Rt△PDN中，∵∠PDN=90°，PD=AD=6，DN=∴PN=
=
=
．
，
5. （2017年江苏扬州）我们规定：三角形任意两边的“极化值”等于第三边上的中线和这边一半的平方差．如图1，在△ABC中，AO是BC边上的中线，AB与AC的“极化值”就等于AO2﹣BO2的值，可记为AB△AC=AO2﹣BO2．
（1）在图1中，若∠BAC=90°，AB=8，AC=6，AO是BC边上的中线，则AB△AC= 0 ，OC△OA= 7 ；
（2）如图2，在△ABC中，AB=AC=4，∠BAC=120°，求AB△AC、BA△BC的值； （3）如图3，在△ABC中，AB=AC，AO是BC边上的中线，点N在AO上，且ON=AO．已知AB△AC=14，BN△BA=10，求△ABC的面积． 【考点】KY：三角形综合题．
【分析】（1）①先根据勾股定理求出BC=10，再利用直角三角形的性质得出OA=OB=OC=5，最后利用新定义即可得出结论；
②再用等腰三角形的性质求出CD=3，再利用勾股定理求出OD，最后用新定义即可得出结论；
（2）①先利用含30°的直角三角形的性质求出AO=2，OB=2可得出结论；
②先构造直角三角形求出BE，AE，再用勾股定理求出BD，最后用新定义即可得出结论；
（3）先构造直角三角形，表述出OA，BD2，最后用新定义建立方程组求解即可得出结论．
【解答】解：①∵∠BAC=90°，AB=8，AC=6， ∴BC=10，
∵点O是BC的中点， ∴OA=OB=OC=BC=5，
∴AB△AC=AO2﹣BO2=25﹣25=0， ②如图1，
取AC的中点D，连接OD， ∴CD=AC=3， ∵OA=OC=5， ∴OD⊥AC， 在Rt△COD中，OD=
=4，
，再用新定义即
∴OC△OA=OD2﹣CD2=16﹣9=7， 故答案为0，7；
（2）①如图2，取BC的中点D，连接AO， ∵AB=AC， ∴AO⊥BC，
在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°， ∴∠ABC=30°，
在Rt△AOB中，AB=4，∠ABC=30°， ∴AO=2，OB=2
，
∴AB△AC=AO2﹣BO2=4﹣12=﹣8， ②取AC的中点D，连接BD， ∴AD=CD=AC=2，
过点B作BE⊥AC交CA的延长线于E， 在Rt△ABE中，∠BAE=180°﹣∠BAC=60°， ∴∠ABE=30°， ∵AB=4， ∴AE=2，BE=2
，
∴DE=AD+AE=4，
在Rt△BED中，根据勾股定理得，BD=∴BA△BC=BD2﹣CD2=24； （3）如图3， 设ON=x，OB=OC=y， ∴BC=2y，OA=3x， ∵AB△AC=14， ∴OA2﹣OB2=14， ∴9x2﹣y2=14①，
取AN的中点D，连接BD， ∴AD=DB=AN=×OA=ON=x， ∴OD=ON+DN=2x，
在Rt△BOD中，BD2=OB2+OD2=y2+4x2，
=
=2
，
∵BN△BA=10， ∴BD2﹣DN2=10， ∴y2+4x2﹣x2=10， ∴3x2+y2=10② 联立①②得，∴BC=4，OA=3
，
． 或
（舍），
∴S△ABC=BC×AO=6
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容