最新中考数学重难点与压轴题型训练（讲义） 专题12 新定义型几何图形综合问题（重点突围）

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一、复习方法
1.以专题复习为主。 2.重视方法思维的训练。
3.拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。
二、复习难点
1.专题的选择要准，安排时间要合理。 2.专项复习要以题带知识。
3.在复习的过程中要兼顾基础，在此基础上适当增加变式和难度，提高能力。
专题12 新定义型几何图形综合问题
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目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc1913" 【直击中考】 PAGEREF _Tc1913 \h 1
\l "_Tc18962" 【考向一 与三角形有关的新定义型问题】 PAGEREF _Tc18962 \h 1
\l "_Tc25272" 【考向二 与四角形有关的新定义型问题】 PAGEREF _Tc25272 \h 11
\l "_Tc21545" 【考向三 三角形与圆综合的新定义型问题】 PAGEREF _Tc21545 \h 23
\l "_Tc30624" 【考向四 四角形与圆综合的新定义型问题】 PAGEREF _Tc30624 \h 31
【直击中考】
【考向一 与三角形有关的新定义型问题】
例题：（2022·江西抚州·统考一模）定义：从三角形（不是等腰三角形）的一个顶点引出一条射线与对边相交，顶点与交点所连线段把这个三角形分割成两个小三角形，如果其中一个为等腰三角形，另一个与原三角形相似，我么就把这条线段叫做这个三角形的“华丽分割线”．
例如：如图1，AD把△ABC分成△ABD和△ADC，若△ABD是等腰三角形，且△ADC∽△BAC，那么AD就是△ABC的“华丽分割线”．
【定义感知】
(1)如图1，在中，，AB=BD．求证：AD是的“华丽分割线”．
【问题解决】
(2)①如图2，在中，，AD是的“华丽分割线”，且是等腰三角形，则的度数是________；
②如图3，在中，AB=2，AC=，AD是 的“华丽分割线”，且是以AD为底边的等腰三角形，求华丽分割线AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)①21°或者42°；②AD=
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出角的度数，进而利用相似三角形的判定解答即可；
（2）①分两种情况讨论，利用三角形内角和解答即可；
②根据相似三角形的性质解答即可．
【详解】（1）证明：∵AB=AD，
∴△ABD是等腰三角形，
∵∠B=40°，
∴∠ADB==70°，
∴∠ADC=180°-∠BDA=110°=∠BAC，
又∵∠C=∠C，
∴△ADC∽△BAC，
∴AD是△ABC的“华丽分割线”．
（2）①当AB＝BD时，得∠ADB＝67°，
∴∠ADC＝180°−∠ADB＝113°．
∵△ADC∽△BAC，
∴∠BAC＝∠ADC＝113°．
在△ABC中，由内角和定理得∠C＝21°；
当AD＝BD时，
∴∠ADC＝92°，
∵△ADC∽△BAC，
∴∠BAC＝∠ADC＝92°，
在△ABC中，由内角和定理得∠C＝42°；
综上分析可知，∠C的度数为21°或42°；
故答案为：21°或42°；
②∵AD是的“华丽分割线”，且△ABD是以AD为底边的等腰三角形，
∴△ADC∽△BAC，
∴，
即，解得：CD=1，
∴，
即，解得：．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的综合题，关键是根据相似三角形的判定和性质以及等腰三角形的性质解答．
【变式训练】
1．（2022·山东济宁·三模）我们定义：等腰三角形中底边与腰的比叫做顶角的正对（）．如图，在中，AB=AC，顶角的正对记作，这时，容易知道一个角的大小与这个角的正对值也是相互唯一确定的．根据上述角的正对定义，解答下列问题：
(1)___________，___________；
(2)如图，已知，其中为锐角，试求的值．
【答案】(1)，；
(2)．
【分析】（1）根据正对的含义分别求解即可；
（2）延长到点，使得，连接，由题意可得：，求解即可．
【详解】（1）解：为等边三角形，如下图：
则，
，
为等腰直角三角形，如下图：
则，，
由勾股定理可得：，
；
故答案为：，；
（2）解：延长到点，使得，连接，如图：
，设，
由勾股定理可得：，
则，
由勾股定理可得：，
由题意可得：，
【点睛】此题考查了解直角三角形，以及新定义三角函数，解题的关键是理解题意，掌握三角函数的定义．
2．（2022春·福建龙岩·九年级校考期中）在一个三角形中，如果有两个内角与满足，那么我们称这样的三角形为“亚直角三角形”．根据这个定义，显然，则这个三角形的第三个角为，这就是说“亚直角三角形”是特殊的钝角三角形．
(1)【尝试运用】:若某三角形是“亚直角三角形”，且一个内角为，请求出它的两个锐角的度数；
(2)【尝试运用】:如图1，在中，，，，点在边上，连接，且不平分．若是“亚直角三角形”，求线段的长；
(3)【素养提升】:如图2，在钝角中，，，，的面积为15，求证：是“亚直角三角形”．
【答案】(1)，
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）根据方程组求出α，β即可．
（2）证明△ACD∽△BCA，推出，可得结论．
（3）过点A作AD⊥BC，交CB的延长线于点D．利用三角形面积求出AD，再利用勾股定理求出BD，再证明△ADB∽△CAD，可得结论．
（1）
解：由题意，，
解得，
∴它的两个锐角的度数为，．
（2）
解：∵，
∴，
又∵，
∴，
∵是“亚直角三角形”，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，．
（3）
证明：过点作，交的延长线于点．
∵，，
∴，
在中，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是“亚直角三角形”．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，“亚直角三角形”的定义等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
3．（2022秋·江苏常州·九年级校考期中）【理解概念】
定义：如果三角形有两个内角的差为，那么这样的三角形叫做“准直角三角形”．
(1)已知△ABC是“准直角三角形”，且．
①若，则______；
②若，则______；
【巩固新知】
(2)如图①，在中，，点D在边上，若是“准直角三角形”，求的长；
【解决问题】
(3)如图②，在四边形中，，且是“准直角三角形”，求的面积．
【答案】(1)①15；②10或25
(2)或
(3)的面积为48或24
【分析】（1）①根据三角形内角和定理求解即可；
②根据三角形内角和定理求解即可；
（2）根据题意可分为①当时，过点D作于H，结合勾股定理求解；②，结合相似三角形的判定和性质求解即可；
（3）过点C作于F，，交的延长线于E，设，
根据和可得，即可证明，可得，进而分情况讨论求解：当时和当．
【详解】（1）①当时，则，
∴（不合题意舍去），
当，则，
∵，
∴，
∴，
综上所述：，
故答案为：15；
②当时，则，
∴，
当，则，
∵，
∴，
∴，
综上所述：或，
故答案为：10或25；
（2）当时，如图①，过点D作于H，
在中，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
当时，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上所述：或；
（3）如图②，过点C作于F，，交的延长线于E，
设，
∵，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
在和中，
，
∴，
∴，
当时，
又∵，
∴，
由（2）可知： ，
设，则，
∴，
∴，
∴，
当，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴ ，
∴，
∴，
综上所述：的面积为48或24．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理和三角形内角和定理，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
4．（2022·山东青岛·统考中考真题）【图形定义】
有一条高线相等的两个三角形称为等高三角形．
例如：如图①．在和中，分别是和边上的高线，且，则和是等高三角形．
【性质探究】
如图①，用，分别表示和的面积．
则，
∵
∴．
【性质应用】
(1)如图②，D是的边上的一点．若，则__________；
(2)如图③，在中，D，E分别是和边上的点．若，，，则__________，_________；
(3)如图③，在中，D，E分别是和边上的点，若，，，则__________．
【答案】(1)
(2)；
(3)
【分析】（1）由图可知和是等高三角形，然后根据等高三角形的性质即可得到答案；
（2）根据，和等高三角形的性质可求得，然后根据和等高三角形的性质可求得；
（3）根据，和等高三角形的性质可求得，然后根据，和等高三角形的性质可求得．
【详解】（1）解：如图，过点A作AE⊥BC，
则，
∵AE=AE，
∴．
（2）解：∵和是等高三角形，
∴，
∴；
∵和是等高三角形，
∴，
∴．
（3）解：∵和是等高三角形，
∴，
∴；
∵和是等高三角形，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了等高三角形的定义、性质以及应用性质解题，熟练掌握等高三角形的性质并能灵活运用是解题的关键．
【考向二 与四角形有关的新定义型问题】
例题：（2022·陕西西安·校考三模）定义：两组邻边分别相等的四边形叫做筝形．
(1)问题发现：如图1，筝形中，，，若，求筝形的面积的最大值；
(2)问题解决：如图2是一块矩形铁片，其中厘米，厘米，李优想从这块铁片中裁出一个筝形，要求点E是边的中点，点F、G、H分别在、、上（含端点），是否存在一种裁剪方案，使得筝形的面积最大？若存在，求出筝形的面积最大值，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)18
(2)存在，最大面积为3000平方厘米
【分析】（1）由题意证明，则，，根据，求出面积的最值即可；
（2）由题意可知，分两种情况讨论：①当为中点时，如图2，筝形中，，，，则厘米，厘米，由（1）可知，根据，求出筝形的面积；②当与重合时，如图3，筝形中，，，，在中，由勾股定理得，求出的值，设，则，在中，由勾股定理得，即，求出的值，设，则，根据，可得，求出的值，如图3，作于，则，在中，由勾股定理得，求出的值，根据，求出筝形的面积；然后比较①②的大小，进而可得结论．
(1)
解：在和中，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
，
∵，
∴时，面积最大，值为18．
(2)
解：由题意可知，分两种情况讨论：
①当为中点时，如图2，筝形中，，，，
∴厘米，厘米，
由（1）可知，平方厘米；
②当与重合时，如图3，筝形中，，，，
在中，由勾股定理得，
设，则，
在中，由勾股定理得，即，
解得，
∴，
设，则，
∵，
∴，
解得，
如图3，作于，则，
在中，由勾股定理得，
∴平方厘米；
∵，
∴存在一种裁剪方案，使得筝形的面积最大，面积为3000平方厘米．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，二次函数的最值等知识．解题的关键在于明确筝形面积与对角线乘积的关系．
【变式训练】
1．（2022·吉林长春·校考模拟预测）定义：如果一个四边形的一组对角互余，我们称这个四边形为对角互余四边形．
(1)问题．利用下面哪组图形可以得到一个对角互余四边形（ ）
①两个等腰三角形；②两个等边三角形；③两个直角三角形；④两个全等三角形．
(2)如图①，在对角互余四边形中，，且，．若，求四边形的面积和周长．
(3)问题．如图②，在对角互余四边形中，，，，，，求四边形的面积和周长．
(4)问题．如图③，在对角互余四边形中，，，，，求面积的最大值．
【答案】(1)①③④
(2)，四边形的周长
(3)，四边形的周长
(4)面积的最大值
【分析】（1）结合定义来判断，重点是拼成的四边形一对对角互余．
（2）因为，，所以，所以在对角互余四边形中，只能．这样利用含直角三角形三边的特殊关系，就可以解决问题；
（3）如图，将绕点B顺时针旋转到，则，连接，作于H，作于G，作于F，这样可以求，则可以得到的长，进而把四边形的面积转化为和的面积之和，和的面积容易算出来，则四边形面积可求．再求出和的长度，就可以得到和的长，利用勾股定理可以求出的长，四边形的周长可求．
（4）构造，根据，利用相似的性质和勾股定理求出，然后根据对角互余四边形的性质得到，从而得到四点共圆，而与同底，高成比例，从而得出，根据面积最大值可求面积的最大值．
【详解】（1）解：①两个等腰三角形底边相等，顶角互余，就可以，故①可以得到一个对角互余四边形；
②等边三角形不成，即使是全等的等边三角形拼成四边形对角和为120°或240°，故②得不到对角互余四边形；
③两个全等的直角三角形或有一条直角边相等的相似的两个直角三角都可以，故③可以得到一个对角互余四边形；
④由③可知④可以得到一个对角互余四边形；
故答案为：①③④；
（2）∵，，
∴，
∵对角互余四边形中，，
∴，
在中，，，，
∴，，
在中，，，
∴，，
∵，，
∴，
四边形的周长；
（3）如图，将绕点B顺时针旋转到，则，
连接，作于H，作于G，作于F．
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，，，，
∵；
∴；
∵，
∴，
∴在中，根据勾股定理可得，
∵，，
∴，
∴根据勾股定理可得，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，根据勾股定理可得，
∴，
∴四边形的周长；
（4）如图：作，
∴，，
∴,
∵，，
∴，，
过P点作，
∵，
∴，
∴，，，
∴连接，
由作可得，由对角互余四边形，
可得，
∴，
∴，
∴四点在以为直径的圆上，
作，设，
∵，
∴，
∴，
∴，，
，
∵面积最大时是以为斜边的等腰直角三角形，
如图：
故面积最大，
所以面积的最大值．
【点睛】此题是相似形综合题，主要考查了新定义的理解和应用，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解（2）的关键构造，解（3）的关键是构造作，将求面积的最大值转化为求面积．
2．（2023春·江西抚州·九年级金溪一中校考阶段练习）【图形定义】有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．
【问题探究】
(1)如图①，已知矩形是“等邻边四边形”，则矩形___________（填“一定”或“不一定”）是正方形；
(2)如图②，在菱形中，，，动点、分别在、上（不含端点），若，试判断四边形是否为“等邻边四边形”？如果是“等邻边四边形”，请证明；如果不是，请说明理由；此时，四边形的周长的最小值为___________；
【尝试应用】
(3)现有一个平行四边形材料，如图③，在中，，，，点在上，且，在边上有一点，使四边形为“等邻边四边形”，请直接写出此时四边形ABEP的面积可能为的值___________．
【答案】(1)一定
(2)四边形是“等邻边四边形”，理由见解析，四边形的周长最小值为
(3)或或14
【分析】（1）根据等邻边四边形的定义和正方形的判定可得出结论；
（2）如图②中，结论：四边形是等邻四边形，利用全等三角形的性质证明即可；
（3）如图③中，过点作于，点作于N，则四边形是矩形．分三种情形：①当时，②当时，③当时，分别求解即可．
【详解】（1）∵四边形的邻边相等，
∴矩形一定是正方形；
故答案为：一定；
（2）如图②，四边形是等邻四边形；
理由：连接．
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，都是等边三角形，
∴ ，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴四边形是等邻四边形，
∴，
∵，
∴的值最小时，四边形的周长最小，
根据垂线段最短可知，当时，的值最小，
此时，，
∴四边形的周长的最小值为．
（3）如图③中，过点作于，点作于N，则四边形是矩形．
∵，，
∴，，
∵，
∴，
①当时，
．
②当时，设，
在中，∵，
∴，
∴，
∴．
③当时，点与重合，此时．
．
综上：四边形的面积为或或14．
【点睛】本题考查了“等邻边四边形”的定义，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，梯形的面积等知识，解题的关键是理解题意，学会正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
3．（2022·江西赣州·统考二模）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．
【答案】(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．
（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．
【点睛】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．
【考向三 三角形与圆综合的新定义型问题】
例题：（2022·江西上饶·统考一模）定义：如果一个三角形有一个内角的平分线与这个角的对边的夹角是，那么称该三角形为“特异角平分三角形”，这条角平分线称为“特异角平分线”．
(1)如图1，是一个“特异角平分三角形”，是一条“特异角平分线”
①当时，试求的值．
②在中，过点D作于点E，延长至点H，，若，证明：．
(2)如图2．是的直径，是的切线，点C为切点，于点A且交于点H，连接交于点E，，．试证明是一个“特异角平分三角形”．
【答案】(1)①1：1；②见解析
(2)见解析
【分析】（1）①由直角三角形两锐角互余得，故可得，继而得从而可得结论；②根据角一部分线的性质得，．运用可证明；
（2）连接，．分别证明，平分即可．
（1）
①当时．如图1①，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴；
②如图1②
∵，，
∴，
∴，
∴．
∵是一条“特异角平分线”，
是一个“特异角平分三角形”．
∵，
∴．
∴
∵，平分
∴，．
在与中
，
∴．
（2）
连接，．
∵是的切线，是的半径，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即平分．
∵是的直径，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴．
∴，
∴，
∵，
∴，又平分，
符合定义．
即是一个“特异角平分三角形”．
【点睛】本题主要考查了新定义推理，正确理解“特异角平分三角形”是解答本题的关键．
【变式训练】
1．（2022春·九年级课时练习）定义：三角形一个内角的平分线和与另一个内角相邻的外角平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的“好角”．
(1)如图1，∠E是中∠A的“好角”，若，则______；（用含的代数式表示）
(2)如图2，四边形ABCD内接于，点D是优弧ACB的中点，直径弦AC，BF、CD的延长线于点G，延长BC到点E．求证：∠BGC是中∠BAC的“好角”．
(3)如图3，内接于，∠BGC是中∠A的“好角”，BG过圆心O交于点F，的直径为8，，求FG．
【答案】(1)α
(2)见解析
(3)FG＝4
【分析】（1）根据角平分线的性质以及三角形外角定理，可知∠A=∠ACD-∠ABC，∠E=∠ECD-∠EBC=-，由此可知∠E==α；
（2）根据圆内接四边形的性质可知∠DCB＋∠BAD＝180°，可知∠BAD＝∠DCE，根据圆周角的定理可知∠ACD＝∠DCE，进而证得∠ABF＝∠CBF，根据“好角”的定义即可得出结论；
（3）连接CF，根据“好角”的定义可知∠G＝∠A，即∠G＝∠BFC，由外角定理可知∠G＝∠GCF，可知FG＝CF，利用三角函数求得CF即可求得结果．
【详解】（1）解：由题意得，∠ABE=∠CBE=，∠ACE=∠ECD=，
∵∠ACD=∠A+∠ABC，∠ECD=∠E+∠EBC，
∴∠A=∠ACD-∠ABC，∠E=∠ECD-∠EBC=-，
∴∠E==α；
（2）如图，
∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠DCB＋∠BAD＝180°，
又∵∠DCB＋∠DCE＝180°，
∴∠BAD＝∠DCE，
∵点D是优弧ACB的中点，
∴，
∴∠ACD＝∠BAD，
∴∠ACD＝∠DCE，
∴CG是△ABC的外角平分线，
∵直径BF⊥弦AC，
∴，
∴∠ABF＝∠CBF，
∴BG是∠ABC的平分线，
∴∠BGC是△ABC中∠BAC的“好角”；
（3）如图3，连接CF，
∵∠A＝45° ，
∴∠BFC＝45°．
∵BG过圆心O ，
∴∠BCF＝90°．
∵∠BGC是△ABC中∠A的“好角” ，
∴∠G＝∠A，
∵ ∠A＝∠BFC；
∴∠G＝∠BFC，
∴∠G＝∠GCF ，
∴FG＝CF，
∵cs∠BFC＝，
∴CF＝cs45°×BF＝×8＝4，
∴FG＝4．
【点睛】本题考查的是圆的有关知识、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质，掌握圆周角定理、三角形外角性质、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
2．（2022·湖南长沙·长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校校考一模）我们不妨定义：有两边之比为1：的三角形叫敬“勤业三角形”．
(1)下列各三角形中，一定是“勤业三角形”的是________；（填序号）
①等边三角形；②等腰直角三角形；③含角的直角三角形；④含角的等腰三角形．
(2)如图1，△是⊙O的内接三角形，为直径，为上一点，且，作，交线段于点，交⊙O于点，连接交于点．试判断△和△是否是“勤业三角形”？如果是，请给出证明，并求出的值；如果不是，请说明理由；
(3)如图2，在（2）的条件下，当AF：FG＝2：3时，求的余弦值．
【答案】(1)③④
(2)都是，
(3)
【分析】(1)根据“勤业三角形”的定义进行计算，即可一一判定；
(2) 如图，连结OE，设∠ABE=α，可证得∠AED=∠ABE=α，△ADE∽△AEB，可得，结合AD=AB，可得，即可判定△和△都是“勤业三角形”，再根据相似三角形的性质即可求得的值；
(3)如图，过点G作交DE于点I，可得△FGI∽△FAD，△EIG∽△EDB，可证得，设EG=3a，则BE=4a，利用，可求得，，从而可得答案．
(1)
解：①等边三角形各边的比值为1，故等边三角形不是“勤业三角形”；
②等腰直角三角形两直角边的比值为1，直角边与斜边的比为，故等腰直角三角形不是“勤业三角形”；
③设含角的直角三角形的最短边长为a，则斜边长为2a，另一条直角边长为，，故含角的直角三角形是“勤业三角形”；
④如图：中，AB=AC，，过点A作于点D，
，
设AD=a，则AB=AC=2a， ，
，
，
含角的等腰三角形是“勤业三角形”；
故答案为：③④；
(2)
解：△和△都是“勤业三角形”，
证明如下：
如图：连接OE，设 ，
，
，
，
又 ，
，即 ，
，
又 ，
，
，
，
，
，
， ，
，，
△和△都是“勤业三角形”，
；
(3)
解：如图：过点G作交DE于点I，
， ，
， ，
，
，
，
，
设EG=3a，EB=4a，
由(2)知， ，
，
， ，
，
，
在中，，
即．
【点睛】本题考查的是新定义问题，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，相似三角形的性质与判定，圆周角定理，锐角三角函数的定义等有关知识，作出辅助线是解决本题的关键．
【考向四 四角形与圆综合的新定义型问题】
例题：（2022秋·九年级课时练习）定义：有一个角为45°的平行四边形称为半矩形．
(1)如图1，若▱ABCD的一组邻边AB＝4，AD＝7，且它的面积为14．求证：▱ABCD为半矩形．
(2)如图2，半矩形ABCD中，△ABD的外心O（外心O在△ABD内）到AB的距离为1，⊙O的半径＝5，求AD的长．
(3)如图3，半矩形ABCD中，∠A＝45°
①求证：CD是△ABD外接圆的切线；
②求出图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)①见解析，②12﹣2π
【分析】（1）由S▱ABCD＝AB•DH＝4×DH＝14，解得DH＝，进而求解；
（2）连接OD、OB、BD，则∠BDO＝2∠DAB＝90°，则BD＝BO＝5，进而求解；
（3）①证明△ABD为等腰直角三角形，得到OD是圆的半径且OD⊥CD，即可求解；
②由阴影部分的面积＝S▱ABCD﹣S△ADO﹣S扇形ODB，即可求解．
（1）
解：过点D作DH⊥AB交AB的延长线于点H，
∵S▱ABCD＝AB•DH＝4×DH＝14，解得DH＝，
则AH＝＝DH，
∴∠A＝45°，
∴▱ABCD为半矩形；
（2）
解：连接OD、OB、BD，
则∠BDO＝2∠DAB＝90°，则BD=BO＝5，
过点O作OH⊥AB于点H，则BH＝＝AB，
则AB＝4，
过点B作BE⊥AD于点E，
则BE＝AB＝4=AE，
在Rt△BDE中，DE＝，
∴AD＝AE+DE＝4+；
（3）
解：①过点D作DO⊥AB于点O，
∵∠A＝45°，AD＝BD＝4，
故AB＝4，则△ABD为等腰直角三角形，
则OD＝AB＝2，
∵ABCD，DO⊥AB，
∴OD⊥CD，
∴CD是△ABD外接圆的切线；
②阴影部分的面积＝S▱ABCD﹣S△ADO﹣S扇形ODB
＝4×2﹣×2×2﹣×π×（2）2
＝12﹣2π．
【点睛】本题为圆的综合题，主要圆切线的判定与性质、新定义、平行四边形的性质、解直角三角形、面积的计算等，有一定的综合性，难度适中．
【变式训练】
1．（2022·浙江宁波·校考模拟预测）定义：如果一个四边形的一组对角互余，那么我们称这个四边形为“对角互余四边形”．
(1)如图1，在“对角互余四边形” 中，，，求四边形的面积．
(2)如图2，在四边形中，连接，，点O是外接圆的圆心，连接，．求证：四边形是“对角互余四边形”；
(3)在（2）的条件下，如图3，已知，连接，求的值．（结果用带有a，b的代数式表示）
【答案】(1)9
(2)见解析
(3)
【分析】（1）作，使，且点E、A在直线异侧，连接，则，先由，根据勾股定理求得，再证明，得，作于点F，则，根据勾股定理求得，即可由求得四边形的面积是9；
（2）连接，则，所以，而，可推导出，则，即可证明四边形是“对角互余四边形”；
（3）在下方作，作于点G，连接，则先证明，，所以由，根据勾股定理得，由，得，则，所以，再证明，得，所以 ，则．
【详解】（1）解：如图1，作，使点，且点E、A在直线异侧，连接，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
作于点F，则，
∴，
∵，
∴四边形的面积是9．
（2）证明：如图2，连接，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是“对角互余四边形”．
（3）解：如图3，在下方作，作于点G，连接，则
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，且，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的值为．
【点睛】此题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、圆周角定理、勾股定理、新定义问题的求解等知识与方法，此题难度较大，正确地作出辅助线是解题的关键．
2．（2022·江苏淮安·统考一模）定义：若一个圆内接四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为圆美四边形．
(1)请在特殊四边形中找出一个圆美四边形，该四边形的名称是 ；
(2)如图1，在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，经过点A、B的⊙O交AC边于点D，交BC于点E，连接DE，若四边形ABED为圆美四边形，则的值是
(3)如图2，在△ABC中，经过点A、B的⊙O交AC边于点D，交BC于点E，连接AE、BD交于点F，若在四边形ABED的内部存在一点P，使得∠PBC=∠ADP=α，连接PE交BD于点G，连接PA，若PA⊥PD，PB⊥PE．
①试说明：四边形ABED为圆美四边形；
②若，，，求DE的最小值．
【答案】(1)正方形
(2)
(3)①见解析；②
【分析】（1）根据圆美四边形的定义即可直接得出结论；
（2）先判断出∠BED=∠CED=90°，得出∠ABD=∠CAE，即有AC=()AD，即可得解；
（3）①先判断出△APD∽△EPB，得出，进而判断出△APE∽△DPB，得出∠AEP=∠DBP，即可得出结论；
②先判断出，再证△CDE∽△CBA，进而得出，设PA=x，DE=y，即可得出关于x、y的等式，即可求出最终结果．
（1）
根据圆美四边形的定义可知，正方形是圆美四边形，
故答案为：正方形；
（2）
连接BD、AE，如图，
∵∠BAC=90°，
∴BD是⊙O的直径，
∴∠BED=∠CED=90°，
∵四边形ABED为圆美四边形，
∴BD⊥AE，
∴∠ABD+∠BAE=90°，
∵∠CAE+∠BAE=90°，
∴∠ABD=∠CAE，
∴，
∴AD=DE，
∴在等腰Rt△CDE中，CD=DE，
∴CD=AD，
∴AC=(+1)AD，
∵AB=AC，AD=DE，
∴；
（3）
①∵，，
∴，
∵，
∴∽，
∴，
∴，
∵，
即，
∴∽，
∴，
又∵，，
∴，即，
∴，
又∵A，B，E，D在同一个圆上，
∴四边形ABED为圆美四边形；
②∵BD⊥AE，
∴，，
∴，
∵ A，B，E，D在同一个圆上，，
∴∠CDE=∠CBA，
∵∠C=∠C，
∴△CDE∽△CBA，
∴，
又∵PA+PE=8，
设PA=x，DE=y，则PE=8-x，AB==，
∵，∠APD=∠BPE=90°，
∴在Rt△APD中，，
∴ PD=，
则利用勾股定理可得AD=，
同理在Rt△PBE中可求得：BE=，
根据，
得：，
即有
∴当x=4时，y取最小值，最小值为，
即DE的最小值为：．
【点睛】此题考查的是圆的综合题，主要考查了新定义圆美四边形的定义的理解和运用，相似三角形的判定与性质，勾股定理，判断出△CDE∽△CBA是解答本题的关键．