15，26，37，48，59；
32633321111，F（26）=，F（37）=，F（48）==，F（59）=，∵＞＞＞＞，513844513375937593∴所有“吉祥数”中，F（t）的最大值为．
4（3）F（15）=
考点：1．因式分解的应用；2．新定义；3．因式分解；4．阅读型．
5．（2017山东省济宁市）定义：点P是△ABC内部或边上的点（顶点除外），在△PAB，△PBC，△PCA中，若至少有一个三角形与△ABC相似，则称点P是△ABC的自相似点．
例如：如图1，点P在△ABC的内部，∠PBC=∠A，∠PCB=∠ABC，则△BCP∽△ABC，故点P是△ABC的自相似点．
请你运用所学知识，结合上述材料，解决下列问题： 在平面直角坐标系中，点M是曲线y?33（x＞0）上的任意一点，点N是x轴正半轴上的任意一点． x（1）如图2，点P是OM上一点，∠ONP=∠M，试说明点P是△MON的自相似点；当点M的坐标是（3，3），点N的坐标是（3，0）时，求点P的坐标；
（2）如图3，当点M的坐标是（3，3），点N的坐标是（2，0）时，求△MON的自相似点的坐标； （3）是否存在点M和点N，使△MON无自相似点？若存在，请直接写出这两点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）P（【解析】
试题分析：（1）由∠ONP=∠M，∠NOP=∠MON，得出△NOP∽△MON，证出点P是△MON的自相似点；过P作
23333，）；（2）（1，）或（2，）；（3）存在, M（3，3），N（23，0）．
3434PD⊥x轴于D，则tan∠POD=
MN =3，求出∠AON=60°，由点M和N的坐标得出∠MNO=90°，由相似三ON角形的性质得出∠NPO=∠MNO=90°，在Rt△OPN中，由三角函数求出OP=答案；
（2）作ME⊥x轴于H，由勾股定理求出OM=23，直线OM的解析式为y=
333，OD=，PD=，即可得出2443x，ON=2，∠MOH=30°，分两3种情况：①作PQ⊥x轴于Q，由相似点的性质得出PO=PN，OQ=
1ON=1，求出P的纵坐标即可； 2②求出MN=(3)?1=2，由相似三角形的性质得出可；
2223PNMN，求出PN=，在求出P的横坐标即?3ONMO
（2）作ME⊥x轴于H，如图3所示：
22∵点M的坐标是（3，3），点N的坐标是（2，0），∴OM=3?(3) =23，直线OM的解析式为y=3x，3ON=2，∠MOH=30°，分两种情况：
①如图3所示：∵P是△MON的相似点，∴△PON∽△NOM，作PQ⊥x轴于Q，∴PO=PN，OQ=
1ON=1，∵P的2横坐标为1，∴y=②如图4所示：
333×1=，∴P（1，）； 333由勾股定理得：MN=(3)?1=2，∵P是△MON的相似点，∴△PNM∽△NOM，∴
22PN2PNMN??，即，2ONMO23解得：PN=2323232333，即P的纵坐标为，代入y=x得： =x ，解得：x=2，∴P（2，）； 333333233）或（2，）；
33综上所述：△MON的自相似点的坐标为（1，
（3）存在点M和点N，使△MON无自相似点，M（3，3），N（23，0）；理由如下：
∵M（3，3），N（23，0），∴OM=23=ON，∠MON=60°，∴△MON是等边三角形，∵点P在△ABC的内部，∴∠PBC≠∠A，∠PCB≠∠ABC，∴存在点M和点N，使△MON无自相似点．
考点：1．反比例函数综合题；2．阅读型；3．新定义；4．存在型；5．分类讨论；6．压轴题． 6．（2017江苏省盐城市）（探索发现】
如图①，是一张直角三角形纸片，∠B=60°，小明想从中剪出一个以∠B为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE、EF剪下时，所得的矩形的面积最大，随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为 ．
【拓展应用】
如图②，在△ABC中，BC=a，BC边上的高AD=h，矩形PQMN的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，则矩形PQMN面积的最大值为 ．（用含a，h的代数式表示） 【灵活应用】
如图③，有一块“缺角矩形”ABCDE，AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形（∠B为所剪出矩形的内角），求该矩形的面积． 【实际应用】
如图④，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB=50cm，BC=108cm，CD=60cm，且tanB=tanC=徐师傅从这块余料中裁出了顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，求该矩形的面积． 【答案】【探索发现】
4，木匠31ab；【拓展应用】；【灵活应用】720；【实际应用】1944． 24
【拓展应用】：由△APN∽△ABC知
PNAEa，可得PN=a﹣PQ，设PQ=x，由S?BCADh矩形PQMN=PQ?PN═
ahah，据此可得； ?(x?)2?h24【灵活应用】：添加如图1辅助线，取BF中点I，FG的中点K，由矩形性质知AE=EH20、CD=DH=16，分别证△AEF≌△HED、△CDG≌△HDE得AF=DH=16、CG=HE=20，从而判断出中位线IK的两端点在线段AB和DE上，利用【探索发现】结论解答即可；
【实际应用】：延长BA、CD交于点E，过点E作EH⊥BC于点H，由tanB=tanC知EB=EC、BH=CH=54，EH=
4BH=72，3继而求得BE=CE=90，可判断中位线PQ的两端点在线段AB、CD上，利用【拓展应用】结论解答可得． 试题解析：【探索发现】
∵EF、ED为△ABC中位线，∴ED∥AB，EF∥BC，EF=
11BC，ED=AB，又∠B=90°，∴四边形FEDB是矩形，22则
S矩形FEDBS?ABC11BC?AB11EF?DE22 ===，故答案为：；
112AB?BCAB?BC222【拓展应用】
PNAEPNhP?Qa，即，∴PN=a﹣PQ，设PQ=x，则S矩形PQMN=PQ?PN=x?=BCADahhaa2ah2ahhabab（a﹣x）=?x?ax =?(x?)?，∴当PQ=时，S矩形PQMN最大值为，故答案为：；
hhh24244∵PN∥BC，∴△APN∽△ABC，∴【灵活应用】
如图1，延长BA、DE交于点F，延长BC、ED交于点G，延长AE、CD交于点H，取BF中点I，FG的中点K，由题意知四边形ABCH是矩形，∵AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，∴EH=20、DH=16，∴AE=EH、CD=DH，在△
AEF和△HED中，∵∠FAE=∠DHE，AE=AH，∠AEF=∠HED，∴△AEF≌△HED（ASA），∴AF=DH=16，同理△CDG≌△HDE，∴CG=HE=20，∴BI=
1（AB+AF）=24，∵BI=24＜32，∴中位线IK的两端点在线段AB和DE上，2
