2023年中考数学高频考点突破——几何中新定义附答案

这是一份2023年中考数学高频考点突破——几何中新定义附答案，共73页。试卷主要包含了定义1，我们定义，综合与实践，定义等内容，欢迎下载使用。
2023年中考数学高频考点突破——几何中新定义附答案
1．定义1：只有一组对边平行的四边形是梯形．平行的两边叫做梯形的底边，较长的一条底边叫下底，较短的一条底边叫上底，另外两边叫腰．
定义2：如果梯形的一条对角线等于上、下底之和，那么这个梯形叫和等梯形，这条对角线叫和等线．
【概念理解】
(1)如图1，在梯形中，，四边形_______（填“是”或“不是”）和等梯形；

(2)如图2，在矩形中，，点E在AB上，，若在上存在点P使得四边形是和等梯形，求的长；
【探索发现】
(3)如图3，四边形是以为和等线的和等梯形，，、交于点O，请判别的形状，并说明理由：
【灵活运用】
(4)如图4，点E在平行四边形的边上，在边上找一点P，使得四边形是以为和等线的和等梯形．
要求：借助直尺和圆规用两种方法作出点P，不写作法，保留作图痕迹．






2．我们定义：有两组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．如菱形、筝形都是特殊的“等邻边四边形”．

(1)如图1，四边形中，若，，对角线恰平分，则四边形　 　“等邻边四边形”（填“是”或“不是”）．
(2)在探究“等邻边四边形”性质时：
①小红画了一个“等邻边四边形”（如图，其中，，若，，写出、的度数．
②小红猜想：对于任意四边形，若有一组邻边相等，一组对角相等，则这个四边形为“等邻边四边形”你认为他的猜想正确吗？若正确，请证明；若不正确，请举出反例．
(3)在锐角中，，在平面内存在一点，使，，四边形可能是“等邻边四边形”吗？若可能，请画出示意图，并直接写出的度数，若不可能，请说明理由．













3．在学习了“中心对称图形…平行四边形”这一章后，同学小明对特殊四边形的探究产生了浓厚的兴趣，他发现除了已经学过的特殊四边形外，还有很多比较特殊的四边形，勇于创新的他大胆地作出这样的定义：有一个内角是直角，且对角线互相垂直的四边形称为“双直四边形”。请你根据以上定义，回答下列问题：
　　
(1)下列关于“双直四边形”的说法，正确的有 （把所有正确的序号都填上）；
①双直四边形”的对角线不可能相等：②“双直四边形”的面积等于对角线乘积的一半；③若一个“双直四边形”是中心对称图形，则其一定是正方形
(2)如图①，正方形中，点分别在边 上，连接
，，若，证明：四边形为“双直四边形”；
(3)如图②，在平面直角坐标系中，已知点，，点在线段
上且，是否存在点在第一象限，使得四边形
为“双直四边形”，若存在；求出所有点的坐标，若不存在，请说明理由．














4．在平面直角坐标系中，对于点，给出如下定义：当点满足时，称点Q是点P的等积点．已知点．

(1)在，，中，点P的等积点是 ．
(2)点Q是P点的等积点，点C在x轴上，以O，P，Q，C为顶点的四边形是平行四边形，求点C的坐标．
(3)已知点和点，点N是以点M为中心，边长为2且各边与坐标轴平行的正方形T上的任意一点，对于线段上的每一点A，在线段上都存在一个点R使得A为R的等积点，直接写出m的取值范围．
















5．对于平面直角坐标系中的图形M、N，给出如下定义：P为图形M上任意一点，Q为图形N上任意一点，如果P、Q两点间的距离有最小值，那么称这个最小值为图形M，N间的“近距离”，记作．在中，点，，，，如图1．

(1)直接写出（点O，）___________．
(2)若点P在y轴正半轴上，d（点P，），求点P坐标；
(3)已知点、、、，顺次连接点E、F、H、G，将得到的四边形记为图形W（包括边界）．在图2中画出图形W，直接写出（W，）的值．












6．综合与实践
新定义：我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做积等三角形．

(1)【初步尝试】如图1，已知中，，，，为上一点，当______时，与为积等三角形；
(2)【理解运用】如图2，与为积等三角形；若，，且线段的长度为正整数，求的长；
(3)【综合应用】如图3，已知中，，分别以，为边向外作正方形和正方形，连接，求证：与为积等三角形．




















7．定义：既相等又垂直的两条线段称为“等垂线段”，如图1，在中，，，点、分别在边、上，，连接、，点、、分别为、、的中点，且连接、．

(1)观察猜想
线段与______填（“是”或“不是”）“等垂线段”．
(2)绕点按逆时针方向旋转到图2所示的位置，连接，，试判断与是否为“等垂线段”，并说明理由．
(3)拓展延伸
把绕点在平面内自由旋转，若，，请直接写出与的积的最大值．

















8．在平面直角坐标系中，对于点P和正方形，给出如下定义：若点P关于y轴的对称点到正方形的边所在直线的最大距离是最小距离的k倍，则称点P是正方形的“k倍距离点”．已知：点A（a，0），B（a，a）．

(1)当时，
①点C的坐标是 　 　；
②在三个点中， 　 　是正方形的“3倍距离点”；
(2)当时，点（其中）是正方形的“2倍距离点”，求n的取值范围；
(3)点．当时，线段上存在正方形的“2倍距离点”，直接写出a的取值范围．












9．在平面直角坐标系中，图形W上任意两点间的距离若有最大值，将这个最大值记为d．对于点P和图形W给出如下定义：点Q是图形W上任意一点，若P，Q两点间的距离有最小值，且最小值恰好为d，则称点P为图形W的“关联点”．

(1)如图1，图形W是矩形，其中点A的坐标为，点C的坐标为（4，3），则 ___．在点 ，，，中，矩形，的“关联点”是___；
(2)如图2，图形W是中心在原点的正方形DEFG，其中D点的坐标为（1，1）．若直线上存在点P，使点P为正方形DEFG的“关联点”，求b的取值范围；
(3)已知点，．图形W是以为圆心，1为半径的⨀T，若线段MN上存在点P，使点P为⨀T的“关联点”，直接写出t的取值范围．











10．如图，正三角形、正方形、正六边形等正n边形与圆的形状有差异，我们将正n边形与圆的接近程度称为“接近度”．

(1)角的“接近度”定义：设正n边形的每个内角的度数为，将正n边形的“接近度”定义为．于是越小，该正n边形就越接近于圆，
①若，则该正n边形的“接近度”等于 ．
②若，则该正n边形的“接近度”等于______．
③当“接近度”等于______．时，正n边形就成了圆．
(2)边的“接近度”定义：设一个正n边形的外接圆的半径为R，正n边形的中心到各边的距离为d，将正n边形的“接近度”定义为．分别计算时边的“接近度”，并猜测当边的“接近度”等于多少时，正n边形就成了圆？

















11．在平面直角坐标中，直线l为二、四象限角平分绒，图形T关于x轴的对称图形称为图形T的一次反射图形，记作图形；图形关于直线l的对称图形称为图形T的二次反射图形，记作图形．
例如，点的一次反射点为，二次反射点为．根据定义，回答下列问题：

(1)①点的一次反射点为______，二次反射点为______；
②当点A在第二象限时，点、，中可以是点A的二次反射点的是______；
(2)若点A在第一象限，点、分别是点A的一次、二次反射点，为等边三角形，求射线与y轴所夹锐角的度数；
(3)已知点，．若以为边的正方形的二次反射图形与直线有公共点，则n的取值范围为______．








12．我们定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”．例如：如图①，，则四边形为“等邻角四边形”．

(1)定义理解：以下平面图形中，是等邻角四边形的是___________．
①平行四边形；②矩形；③菱形；④等腰梯形．
(2)深入探究：
①已知四边形为“等邻角四边形”，且，则________．
②如图②，在五边形中， ，对角线平分，求证：四边形为等邻角四边形．
(3)拓展应用：如图③，在等邻角四边形中，，点P为边BC上的一动点，过点P作，垂足分别为M，N．在点P的运动过程中，的值是否会发生变化？请说明理由．
















13．我们定义：若一个凸四边形的两条对角线相等，则称这个四边形为等对角线四边形．如矩形，正方形都是等对角线四边形．
(1)如图 ，已知点 ，， 在格点（小正方形的顶点）上，请在方格图中画出所有的等对角线四边形 ，使点 在格点上．

(2)如图 ，已知等对角线四边形 中，，，，，求 的长．

(3)如图 ，已知凸四边形 中，对角线 ， 交于点 ，点 ， 分别为边 ， 的中点，连接 ，分别与对角线 ， 交于点 ，，若 为等边三角形．

①求证：四边形 是等对角线四边形；且 ．
②试猜想 与 的大小关系，并请证明，你的猜想．

14．定义：有三个角相等的四边形叫做三等角四边形．

(1)在三等角四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C，则∠A的取值范围为 ．
(2)如图①，折叠平行四边形DEBF，使得顶点E、F分别落在边BE、BF上的点A、C处，折痕为DG、DH．求证：四边形ABCD为三等角四边形；
(3)如图②，三等角四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C，若AB＝5，AD＝，DC＝7，则BC的长度为 ．








15．对于一个四边形给出如下定义：有一组对角相等且有一组邻边相等，则称这个四边形为奇特四边形．

(1)判断命题“另一组邻边也相等的奇特四边形为正方形”是真命题还是假命题？
(2)如图，在正方形中，是边上一点，是延长线一点，，连接，，，取的中点，连接并延长交于点．探究：四边形是否是奇特四边形，如果是证明你的结论，如果不是请说明理由．
(3)在（2）的条件下，若四边形的面积为，则的值是多少？










16．定义：我们把一组邻边相等，一组对角互补的四边形叫做“锥形”．如图1，四边形中，，，则四边形是锥形．探究新知：

(1)锥形中，与有何关系：_____．
(2)如图2，锥形中，，，连接，现进行以下操作：延长到点，使，连接，猜想形状并加以证明．
(3)应用新知：锥形中，，，，，，求和的长．











17．在平面直角坐标系中，对于直线l：（）与图形M给出如下定义：若直线l与图形M有两个交点P，Q，则线段的长度称为直线l关于图形M的“截距”．如图，矩形的其中三个顶点的坐标为，，．

(1)点C的坐标是 ．
(2)直线关于矩形的“截距”是 ；
直线关于矩形的“截距”是，求m的值．
(3)如果直线（）经过点，且关于矩形的“截距”的最小值是，求k的取值范围．

















18．定义：我们把三角形被一边中线分成的两个三角形叫做“朋友三角形”．性质：“朋友三角形”的面积相等．
例如：如图1，在中，如果是边上的中线，那么和是“朋友三角形”，则有．
应用：如图2，在矩形ABCD中，点E在AD上，点F在BC上，AE=BF，AF与BE交于点O．

(1)求证：和是“朋友三角形”．
(2)如图3，在四边形中，，//，，，点在上，点在上，与交于点，．
①求证：和是“朋友三角形”；
②连接，若和是“朋友三角形”，求四边形的面积．
(3)在中，，，点在线段上，连接，和是“朋友三角形”，将沿所在直线翻折，得到，若与重合部分的面积等于面积的，则的面积是________（请直接写出答案）．

参考答案：
1．(1)是
(2)当或时，四边形是和等梯形；
(3)是等腰三角形，理由见解析
(4)理由见解析

【分析】（1）连接，，由勾股定理求得，，根据定义即可判断；
（2）连接，，设，可得，，分两种情况：当时，当时，分别求解即可；
（3）延长使得，，可知四边形是平行四边形，可得，，可知，由题意得，进而可得，可知，可得，即，即可判断是等腰三角形；
（4）方法一：由（3）得证明过程可知，当延长使得，再在上找点使得为等腰三角形，则，即可求得点；方法二：由（3）的结论可知，在上取点使得时，即，由得，，则，则，则，即可求得点；
【解析】（1）解：连接，，

∵，
∴，，
，
∴，
∴四边形是和等梯形，
故答案为：是；
（2）连接，，

∵四边形是矩形，，，设，
∴，
当时，四边形是和等梯形，
即，解得：，即：；
当时，四边形是和等梯形，
即，解得：，即：；
综上，当或时，四边形是和等梯形；
（3）是等腰三角形，理由如下：
延长使得，，

∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
又∵四边形是以为和等线的和等梯形，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
（4）方法一：由（3）得证明过程可知，当延长使得，再在上找点使得为等腰三角形，则，即可求得点；
即：在延长线上截取，再以点，点为圆心，适当长为半径画弧，交于两点，连接两点，交于于一点，如图所示，该点即为所求点；

方法二：由（3）的结论可知，在上取点使得时，即，由得，，则，则，则，即可求得点；
即：连接，在上截取，连接并延长交于点，如图所示，该点即为所求点．
【点评】本题考查勾股定理，平行四边形的判定及性质，等腰三角形的判定，掌握相关性质定理是解决问题的关键，还考查了尺规作图——作垂直平分线．
2．(1)是
(2)①；②小红猜想错误，理由见解析
(3)的值为或

【分析】（1）只要证明，即可解决问题；
（2）①如图2中，连接．只要证明，可得解决问题；
②猜想错误，反例说明即可；
（3）分两种情形分别求解即可.
【解析】（1）如图1中，

，，
四边形是等腰梯形，
，
，，
，
，，
四边形有两组邻边相等，
四边形是“等邻边四边形”，
故答案为：是．
（2）①如图2中，连接．

，，，
，
，
，，
，
．
②小红猜想错误．反例，如图所示．

四边形中，，，
四边形不是“等邻边四边形”．
（3）①如图3中，当，

四边形是“等邻边四边形”．
，，，
，
，    
，，
，
，
，
，

②如图4中，当是等边三角形时，四边形是“等邻边四边形”．

综上所述，满足条件的的值为或．
【点评】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰梯形的性质、等边三角形的性质、“等邻边四边形”的定义等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
3．(1)②③
(2)见解析
(3)，

【分析】（1）由“双直四边形”的定义依次判断即可.
（2）设的交点为点，先根据SAS证明    ，于是得，再证明，即可得 ，由此得四边形为“双直四边形”.
（3）先求出的解析式，再分三种情况讨论：，，，分别求出点D的坐标即可.
【解析】（1）∵“双直四边形”的对角线互相垂直，
∴“双直四边形”的面积等于对角线乘积的一半.
故②正确.
∵中心对称的四边形是平行四边形，对角线互相垂直且有一个角是直角的的平行四边形是正方形.
∴若一个“双直四边形”是中心对称图形，则其一定是正方形.
故③正确.
∵正方形是“双直四边形”，正方形的对角线相等.
故①不正确.
故答案为：②③
（2）
如图，设与的交点为
∵四边形是正方形
    
又







    
∴四边形为“双直四边形”
（3）假设存在点在第一象限，使得四边形 为“双直四边形”.

如图，设的交点为




即

解得



是的中点，

设直线的解析式为则
    
解得     
∴直线的解析式为    
设
①当时，则

则
②当时

是




此时点坐标还是.
③当时

是等腰直角三角形



整理得

当时，    
此时在第四象限，不符合题意.
当时，
此时在第一象限，符合题意.
综上，D点坐标为或
【点评】本题是一道四边形的综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，一次函数等知识，综合性较强，题目难度较大.熟练掌握以上知识以及分类讨论思想是解题的关键.
4．(1)
(2)或
(3)

【分析】(1)根据定义，计算确定即可．
(2)根据平行四边形的性质，运用平移的思想分类计算即可．
(3)根据定义，确定等积点的范围，利用正方形的性质，确定四个顶点的坐标，根据性质建立不等式计算即可．
【解析】（1）∵，，，，
∴，，，
∴点P的等积点是，
故答案为：．
（2）设点，
∵，点Q是P点的等积点，
∴即，
故点Q在直线上，

∴点，
当点O平移得到点P时，平移规律是向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度，
∵O，P，Q，C为顶点的四边形是平行四边形，
∴点向右平移1个单位长度，再向上平移2个单位长度得到点C，
∴点，
∵点在x轴上，
∴点，
解得，
∴点；
当点P平移得到点O时，平移规律是向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度，
∵O，P，Q，C为顶点的四边形是平行四边形，
∴点向左平移1个单位长度，再向下平移2个单位长度得到点C，
∴点，
∵点在x轴上，
∴点，
解得，
∴点；
综上所述，点或．
（3）设点，
∵，点Q是P点的等积点，
∴即，
故点Q在直线上，
设点B的等积点坐标，
∵，
∴即，
故点B的等积点在直线上，
∵点，点N是以点M为中心，边长为2且各边与坐标轴平行的正方形T上的任意一点，
设该正方形为，则，
∵为的等积点，在上，
∴每一点A在直线与直线在第一象限交成的锐角内部或边上，
当在直线上时，m取得最小值，
故，
解得；

当在直线上时，m取得最大值，
故，
解得；
故m的取值范围是．
【点评】本题考查了新定义问题，平行四边形的判定，平移规律，正方形的性质，正确理解新定义是解题的关键．
5．(1)
(2)
(3)

【分析】（1）过点O作于点T，由，，得到，求出，即可得到答案；
（2）过点P作于点H，设交y轴于点Q，得到，利用，利用勾股定理求出，得到即可；
（3）过点H作于点J，延长交于点K，由，得到，求出，根据等腰直角三角形的性质得到即可．
【解析】（1）解：过点O作于点T，

∵点，，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
∴（点O，）
故答案为；
（2）如图1中，过点P作于点H，
设交y轴于点Q，
∵d（点P，），
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）图形W如图2，过点H作于点J，延长交于点K，

∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴，
∴
∴（W，）．
【点评】此题考查了新定义，勾股定理，等腰直角三角形的性质，正确理解新定义解决问题是解题的关键．
6．(1)1.5
(2)2或3
(3)见解析

【分析】（1）利用三角形中线的性质即可解决问题
（2）证明，推出，，利用三角形的三边关系即可解决问题．
（3）过点作，交延长线于点H，先证明，则，，然后再依据积等三角形的定义进行证明即可．
【解析】（1）如图，在中，，

∵，，
∴，
∴，，
∵与不全等与为积等三角形，
∴．，
∴．
当时，与为积等三角形．
（2）如图，过点C作，交的延长线于点E，

∵与为积等三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为正整数，
∴．
∴的长为2或3．
（3）如图，过点作，交延长线于点H，

∵四边形和四边形均为正方形，
∴，，，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴与为积等三角形．
【点评】本题考查了正方形的性质、三角形中位线、全等三角形的判定与性质．理解并掌握积等三角形的定义，是解题的关键．
7．(1)是
(2)是，答案见解析
(3)

【分析】（1）根据中位线的性质以及，，可得，由中位线性质可得，，再由结合平行线的性质，可证，故线段与是“等垂线段”．
（2）先证，可得，根据中位线的性质得到，，即；由中位线性质可得，，再由结合平行线的性质，可证，故线段与是“等垂线段”．
（3）由（2）可知，，，故，当取最大值时，与的积有最大值．当、、三点共线，且点在之间时，取最大值．此时．最后根据已知条件，计算出最大值即可．
【解析】（1）解：线段与是“等垂线段”．
理由如下：
∵点、、分别为、、的中点，
∴，，
∵，，
∴，
即，
∴．
∵点、、分别为、、的中点，
∴，，
∵在中，，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，
∴，即线段与是“等垂线段”，
故答案为：是．
（2）解：线段与是“等垂线段”，理由如下：
∵绕点按逆时针方向旋转到图2所示的位置，
∴，，
∵，
∴，
即，
在与中，
∵，
∴，
∴，
∵点、、分别为、、的中点，
∴，，
∵，
∴．
∵点、、分别为、、的中点，
∴，，
∵在中，，，
∴，
∴，，

∵，，
∴，
∵，
∴，
即
，
∴，
∴．
∵，．
故线段与是“等垂线段”．
（3）解：由（2）可知，，，
故，
当取最大值时，与的积有最大值．
∵把绕点在平面内自由旋转，
∴当、、三点共线，且点在之间时，
取最大值．
∴此时．
∵在中，，，，为的中点，
∴，
同理可得，，
∴的最大值为3，与的积有最大值．
【点评】本题考查了中位线的性质及运用，全等三角形的判定与性质以及图形动态问题，综合运用以上知识是解题的关键．
8．(1)①（0，4）；②，
(2)或
(3)或

【分析】（1）①当时，可得点A（4，0），B（4，4）．根据四边形是正方形，可得，所以点C的坐标是（0，4）；
②根据点关于y轴的对称点坐标为（1，1），而点（1，1）到正方形的边所在直线的最大距离是，到的最小距离为1，可得点是正方形的“3倍距离点”，同理即可解决问题；
（2）当时，点A（6，0），B（6，6），C（0，6），结合（1）即可解决问题；
（3）根据点关于y轴的对称点坐标为，得直线的解析式为，设线段上一点P（m，m），则，分两种情况讨论：当P在正方形内时，当P在正方形外时，进而可以解决问题．
【解析】（1）解：①当时，如图1，点A（4，0），B（4，4）．
∵四边形是正方形，
∴，
点C的坐标是（0，4），
故答案为：（0，4）；

②∵点关于y轴的对称点坐标为（1，1），
而点（1，1）到正方形的边所在直线的最大距离是，到的最小距离为1，
∴点是正方形的“3倍距离点”；
同理可得点是正方形的“1倍距离点”；
同理可得点是正方形OABC的“3倍距离点”；
∴是正方形的“3倍距离点”，
故答案为：；
（2）当时，如图2，点A（6，0），B（6，6），C（0，6），

∵点关于y轴的对称点坐标为（2，n），，
当时，到的距离倍的到的距离，
当时，到的距离倍的到的距离，
当时，到的距离倍的到的距离，
当时，到的距离倍的到的距离，
∴，
∴，
综上所述：点（其中）是正方形的“2倍距离点”时，n的取值范围是或；
（3）解：∵点关于y轴的对称点坐标为，设直线的解析式为，
代入得，
，解得：，
∴直线的解析式为，
设线段上一点P（m，m），
则，
当P在正方形内时，
①，
∴，
∴（舍去）；
②，
∴，
∴；
当P在正方形外时，
，
∴，
∴；
此时不存在的情况，
∴线段上存在正方形的“2倍距离点”，a的取值范围是或．
【点评】本题属于一次函数的综合题，考查了正方形的性质，平面直角坐标系，“k倍距离点”的定义等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会寻找特殊位置．
9．(1)，
(2)
(3)

【分析】（1）根据所给的定义，对每一个点进行判断即可；
（2）由题意可得，过O点作垂直直线，交于点M，当时，，则时，直线，上存在点P,使点P为正方形的“关联点”；
(3)由题意可得，当T点在x轴负半轴上时，过点T作交于点L，交圆于点K，当时，，此时，当T点在x轴正半轴上时，当时，此时，则时，线段上存在点P,使点P为⊙T的“关联点”.
【解析】（1）解：，
（2）解：∵，四边形是正方形，
∴，
过O点作垂直直线，交于点M，
当时，，
，
∵，
∴时直线上存在点P使P为正方形的关联点．

（3）解： ∵⊙T的圆心为半径为1，
∴
当T点在x轴负半轴上时，过点T作交于L交于K，交y轴于H
当时，
∵，，
∴，，
在中，
∵，，
∴
有∵
∴
∴
∴
此时
当T点在x轴正半轴上时，当，此时，
∴时，线段上存在点P，使点P为的“关联点”．

【点评】本题考查圆的综合应用，弄清定义，能够根据定义，结合矩形的性质，圆的性质，属性结合解题是关键．
10．(1)①120；②18；③0
(2)时，；时，，当边的“接近度”等于0时，正n边形就成了圆

【分析】（1）①根据正n边形的“接近度”的定义，即可求解；②根据正n边形的“接近度”的定义，即可求解；③根据正n边形的“接近度”的定义，即可求解；
（2）结合正多边形的外接圆的半径与正多边形的中心到各边的距离构造的直角三角形，求解即可．
【解析】（1）解：①当时， ，
∴“接近度”等于；
故答案为：120
②当时， ，
∴“接近度”等于；
故答案为：18
③∵越小，该正n边形就越接近于圆，
∴当时，该正n边形就成了圆，
此时，
∴；
故答案为：0
（2）解：如图，当时，为正的外接圆，，

∴，
∴，
∴，
∴；
如图，当时，为正六边形的外接圆，，

∴，
∴，
∴，
∴；
当边的“接近度”等于0时，正n边形就成了圆．
【点评】此题考查了正多边形与其外接圆的关系．解此题的关键是注意数形结合思想的应用．
11．(1)①，；②点M
(2)射线与y轴所夹锐角的度数为或；
(3)

【分析】（1）①根据轴对称的性质即可得出答案；
②由轴对称的性质得点M在第一象限，即可得出答案；
（2）由题意得点在第四象限，在x轴正半轴取点B、在直线l第四象限内取点C、在y轴负半轴上取点D，则，，分两种情况：①当射线与y轴所夹锐角的度数大于时；②当射线与y轴所夹锐角的度数小于时；由等边三角形的性质和轴对称的性质即可得出答案；
（3）由题意知点E、F的二次反射坐标为，得当时，以为边的正方形的二次反射图形与直线没有公共点，则以为边的正方形的范围为：，因此正方形一次反射的范围为：，正方形二次反射的范围为：，进而得出结论．
【解析】（1）解：①∵点关于x轴的对称点为：，
点关于直线l的对称点为：，
∴点的一次反射点为 ，二次反射点为，
故答案为：，；
②∵点A在第二象限，
∴一次反射点在第三象限，二次反射点在第一象限，
∵点，
∴只有点M在第一象限，
∴点M可以是点A的二次反射点，
故答案为：点M；
（2）解：∵点A在第一象限，
∴点在第四象限，在x轴正半轴取点B、在直线l第四象限内取点C、在y轴负半轴上取点D，如图1所示：

则，，
分两种情况：
①当射线与y轴所夹锐角的度数大于时，如图1所示：
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴射线与y轴所夹锐角的度数为：；
②当射线与y轴所夹锐角的度数小于时，如图2所示：

∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴射线与y轴所夹锐角的度数为：；
综上所述，射线与y轴所夹锐角的度数为或；
（3）解：∵点，
∴点E、F的二次反射坐标为，
∴当时，以为边的正方形的二次反射图形与直线没有公共点，
∴，
∴以为边的正方形的范围为：，
∴正方形一次反射的范围为：，
正方形二次反射的范围为：，
∵以为边的正方形的二次反射图形与直线有公共点，
∴，
∴，
故答案为：．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、轴对称的性质、等边三角形的性质、坐标与图形性质、角平分线定义、不等式组的解法等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握轴对称的性质、正方形的性质和等边三角形的性质是解题的关键．
12．(1)②④
(2)①或或；②见解析
(3)不会发生变化，理由见解析

【分析】（1）根据平行四边形、矩形、菱形、等腰梯形的性质即可解答；
（2）①分当和、时三种情况求解；
②由得，根据对角线平分，得，故，即证得四边形为等邻角四边形；
（3）过C作于H，过P作于G，由，，得四边形是矩形，得，可证明，得，即有，从而说明在点P的运动过程中，的值总等于C到的距离，不会变化．
【解析】（1）解：①平行四边形的邻角互补，不是等邻角四边形；
②矩形四个角都是直角，则邻角相等，是等邻角四边形；
③菱形的邻角互补，不是等邻角四边形；
④等腰梯形的两个底角相等，是等邻角四边形．
综上，②④是等邻角四边形．
故答案为：②④；
（2）解：①当时，四边形为“等邻角四边形”，
∵，
∴；
当时，四边形为“等邻角四边形”，
当时，四边形为“等邻角四边形”，
；
故答案为：或或；
②∵，
∴，
∵对角线平分，
∴，
∴，
∴四边形为等邻角四边形；
（3）解：在点P的运动过程中，的值不会发生变化，理由如下：
过C作于H，过P作于G，如图：

∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，即，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴（），
∴，
∴，
即在点P的运动过程中，的值总等于C到AB的距离，是定值．
【点评】本题考查多边形综合应用，涉及新定义、多边形内角和、三角形全等的判定及性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
13．(1)详见解析
(2)5
(3)①详见解析；②猜想，证明见解析

【分析】（1）根据网格特点和勾股定理得到的点D即为所求；
（2）过点A作，交的延长线于，利用含30度角的直角三角形的性质求解，，设，利用勾股定理列方程求解即可；
（3）①如图，取的中点，连接，，证明为等边三角形，再利用三角形的中位线性质即可证得结论；②取的中点，连接，，利用三角形的中位线性质和三角形的三边关系即可解答．
（1）
解：如图1，四边形、即为所求作；

（2）
解：如图2，过点作，交的延长线于，则，
∵，
∴，则，
∵，
∴，，
设，由 得，，
解得：，
∴．

（3）
解：①如图3，取 的中点，连接，，
∵为等边三角形，故，
∵、分别为，的中点，
∴由中位线定理得，，，，，
∴，，
∴为等边三角形，
则 ，
∴ ，
则四边形为等对角线四边形．

②猜想．
证明：如上图，取的中点，连接，，
则，分别为、的中位线，
故有，，
而，则．（当且仅当，，三点共线时，即与 平行时，等号成立．）
【点评】本题考查等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、三角形的中位线性质、勾股定理、三角形的三边关系等知识，理解新定义，掌握等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质，会根据网格特点和勾股定理画图找点以及添加辅助线构造中位线是解答的关键．
14．(1)60°＜∠BAD＜120°
(2)见解析
(3)

【分析】（1）根据四边形的内角和是360°，确定出∠BAD的范围；
（2）由四边形DEBF为平行四边形，得到∠E＝∠F，且∠E+∠EBF＝180°，再根据等角的补角相等，判断出∠DAB＝∠DCB＝∠ABC即可；
（3）延长BA，过D点作DG⊥BA，继续延长BA，使得AG＝EG，连接DE；延长BC，过D点作DH⊥BC，继续延长BC，使得CH＝HF，连接DF，由SAS证明△DEG≌△DAG，得出AD＝DE＝，∠DAG＝∠DEA，由SAS证明△DFH≌△DCH，得出CD＝DF＝7，∠DCH＝∠DFH，证出，得出四边形DEBF是平行四边形，得出DF＝BE＝7，DE＝BF＝，由等腰三角形的性质得出EG＝AG＝（BE﹣AB）＝1，在Rt△DGA中，由勾股定理求出DG＝＝5，由平行四边形DEBF的面积求出DH＝，在Rt△DCH中，由勾股定理求出CH＝，即可得出BC的长度．
【解析】（1）解：∵∠BAD＝∠B＝∠BCD，∠BAD+∠B+∠BCD∠ADC=360°，
∴3∠BAD+∠ADC＝360°，
∴∠ADC＝360°﹣3∠BAD．
∵0＜∠ADC＜180°，
∴0°＜360°﹣3∠BAD＜180°，
∴60°＜∠BAD＜120°；
故答案为：60°＜∠BAD＜120°；
（2）证明：∵四边形DEBF为平行四边形，
∴∠E＝∠F，，
∴∠E+∠EBF＝180°．
根据题意得：DE＝DA，DF＝DC，
∴∠E＝∠DAE＝∠F＝∠DCF，
∵∠DAE+∠DAB＝180°，∠DCF+∠DCB＝180°，∠E+∠EBF＝180°，
∴∠DAB＝∠DCB＝∠ABC，
∴四边形ABCD是三等角四边形；
（3）解：延长BA，过D点作DG⊥BA，继续延长BA，使得AG＝EG，连接DE；延长BC，过D点作DH⊥BC，继续延长BC，使得CH＝HF，连接DF，如图所示：
在△DEG和△DAG中，，
∴△DEG≌△DAG（SAS），
∴AD＝DE＝，∠DAG＝∠DEA，
在△DFH和△DCH中，，
∴△DFH≌△DCH（SAS），
∴CD＝DF＝7，∠DCH＝∠DFH，
∵∠BAD＝∠B＝∠BCD，
∴∠DEB+∠B＝180°，∠DFB+∠B＝180°，
∴，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴DF＝BE＝7，DE＝BF＝，
∴EG＝AG＝（BE﹣AB）＝×（7﹣5）＝1，
在Rt△DGA中，DG＝＝＝5，
∵平行四边形DEBF的面积＝BE•DG＝DH•BF，
即：7×5＝DH×，
∴DH＝，
在Rt△DCH中，CH＝＝＝，
∴BC＝BF﹣2CH＝﹣2×＝；
故答案为：．

【点评】本题是四边形综合题目，考查了三等角四边形的判定与性质，翻折变换﹣折叠问题，四边形的内角和定理，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和运用勾股定理是解决问题的关键．
15．(1)假命题
(2)四边形是奇特四边形，证明见解析
(3)

【分析】（1）假命题，根据命题画图验证即可；
（2）根据，证得，利用全等三角形的性质，得出，，进而得出，又因为是的中点，所以得出，，再结合题意，得出四边形是奇特四边形；
（3）过点作，，利用得出，进而判断出四边形是正方形，根据等量代换，得出，从而求出，再根据正方形的面积公式，得出，再利用平行线等分线段，得出，进而得出，即可求出的值．
（1）
解：假命题，如图，
∵，，
又∵，
而四边形不是正方形．

（2）
解：四边形是奇特四边形，
∵四边形是正方形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∵是的中点，
∴，，
∴，
∴四边形是奇特四边形．
（3）
解：过点作，，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∵四边形的面积为，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴．

【点评】本题考查了正方形的性质与判定、直角三角形的性质、全等三角形的性质与判定、真假命题的判断，解本题的关键在熟练掌握相关性质与定理．
16．(1)+=180°
(2)等腰三角形，证明见解析
(3)AC=6，AD=2

【分析】（1）直接由四边形内角和等于360度求解即可；
（2）证△ABE≌△ADC(SAS）即可得AE=AC，从而得出结论；
（3）延长到点，使，连接，过点F作AF⊥BC于F，先由（2）得到△ABE≌△ADC(SAS），从而证△AEC是等边三角形，得到AC=CE=6，则有CF=EF=3，BF=1，在Rt△ACF中，由勾股定理，求得AF=，在Rt△ABF中，由勾股定理，求得AB=，即可得出AD．
（1）
解：∵，∠A+∠B+∠C+∠D=360°，
∴∠B+∠D=180°，
故答案为：∠B+∠D=180°；
（2）
解：△ACE是等腰三角形
证明：如图2，
由（1）知：∠ABC+∠D=180°
∵∠ABC+∠ABE=180°，
∴∠ABE=∠D，
∵AB=AD，BE=CD，
∴△ABE≌△ADC(SAS），
∴AE=AC，
∴ △ACE是等腰三角形；

（3）
解：延长到点，使，连接，过点F作AF⊥BC于F，如图3，
由（2）知：△ABE≌△ADC(SAS）
∴AE=AC，∠BAE=∠DAC，
∴∠EAC=∠BAE+∠BAC=∠DAC+∠BAC=∠BAC=60°，
∴△AEC是等边三角形，
∴AC=CE=CB+BE=CB+CD=4+2=6，
∵AF⊥BC于F，
∴CF=EF=3，
∴BF=1，
在Rt△ACF中，由勾股定理，得
AF=，
在Rt△ABF中，由勾股定理，得
AB=，
∴AD=AB=．
答：AC长为6，AD长为．

【点评】本题考查新定义，全等三角形的判定与性质，等腰三角形与等边三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理是解题的关键．
17．(1)；
(2)，或；
(3)或．

【分析】（1）根据矩形性质以及点的坐标即可求出点C坐标；
（2）根据截距的定义求解即可；
（3）根据“截距”是时，可知过点或，再利用经过点，求出或．进一步可求出或．
（1）
解：∵是矩形，且，，．
∴；
（2）
解：由截距的定义可知：
经过点，
∴关于矩形的“截距”是，
∵直线关于矩形的“截距”是，
∴直线经过点或．
∴或．
（3）
解：当直线（）关于矩形的“截距”是时，
∴经过点或．
又∵经过点，
∴或．
∴关于矩形的“截距”的最小值是时，或．

【点评】本题考查矩形的性质，直角坐标系点的坐标，一次函数．解题的关键是理解截距的定义，根据截距的定义再利用矩形的性质解答．
18．(1)见解析
(2)①见解析；②四边形的面积为48
(3)8或

【分析】（1）连接EF，根据四边形ABCD为矩形，可知，再借助AE=BF，可证明四边形ABFE为平行四边形，由平行四边形的性质“平行四边形的对角线相互平分”可知，即是的中线，即可证明和是“朋友三角形”；
（2）①先证明，可推导，即和是“朋友三角形”；②由和是“朋友三角形”，可知，再借助，求得，根据和是“朋友三角形”、和是“朋友三角形”、，可依次求得、、、的面积，最后由四边形的面积求解即可；
（3）根据题意画出符合条件的两种情况：①证明四边形是平行四边形，求出BC、并推导，根据三角形面积公式求解即可；②求出高CQ、在求出的面积，即可求出的面积．
（1）
证明：连接EF，


∵四边形ABCD为矩形，
∴，
∵AE=BF，
∴四边形ABFE为平行四边形，
∴，即是的中线，
∴和是“朋友三角形”；
（2）
①证明：∵//，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∴和是“朋友三角形”；
②解：∵和是“朋友三角形”，
∴，
∵，
，
∵和是“朋友三角形”，
∴，
∵，
∴，
∵和是“朋友三角形”，
，
∴四边形的面积

；
（3）
分为两种情况：
①如图1所示：

∵，
∴，
∵沿折叠A和重合，
∴，
∵与重合部分的面积等于面积的，
∴，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
过作于，
∵，，
∴，
即和重合，
∴，由勾股定理得，
∴的面积；
②如图2所示：

∵.
∴，
∵沿折叠A和重合，
∴，
∵与重合部分的面积等于面积的，
∴，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
过作于，
∵，，
∴，
∴．
综上所述，的面积是8或．
故答案为：8或．
【点评】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、含30°角的直角三角形的性质等知识，是四边形综合题目，难度大，综合性强，解题关键是理解“朋友三角形”的概念及利用分类讨论的思想分析问题．