苏科版八年级数学下学期专题06难点探究专题：特殊平行四边形动态及新定义问题(原卷版+解析)

这是一份苏科版八年级数学下学期专题06难点探究专题：特殊平行四边形动态及新定义问题(原卷版+解析)，共46页。
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc3048" 【典型例题】 PAGEREF _Tc3048 \h 1
\l "_Tc5846" 【考点一 特殊平行四边形中的动点问题】 PAGEREF _Tc5846 \h 1
\l "_Tc26542" 【考点二 特殊平行四边形中的图形变化问题】 PAGEREF _Tc26542 \h 11
\l "_Tc22322" 【考点三 特殊平行四边形中的新定义型问题】 PAGEREF _Tc22322 \h 21
【典型例题】
【考点一 特殊平行四边形中的动点问题】
例题：（2022春·河北保定·八年级统考期末）如图，在菱形中，，点E是边的中点．点M是边上一动点（不与点A重合），连接并延长交的延长线于点N，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当时，求证：四边形是矩形；
(3)填空：当的值为 时，四边形是菱形．
【变式训练】
1．（2022春·河南·八年级校考期末）如图，在菱形CDEF中，CD=6，∠DCF=120°，动点Q从点D出发以1个单位长度秒的速度沿DE方向向点E运动，同时动点P从点F出发沿FD方向向点D运动，它们同时到达目的地，则运动到多少秒时，QP=QO （ ）
A．B．3C． 或 3D．3或
2．（2022秋·新疆乌鲁木齐·九年级校考期末）如图①，在矩形ABCD中，AB>AD，对角线AC，BD相交于点O，动点P由点A出发，沿A→B→C运动．设点P的运动路程为x，△AOP的面积为y，y与x的函数关系图象如图②所示，则AB边的长为（ ）
A．6B．6.4C．7.2D．8
3．（2023秋·河南郑州·九年级校考期末）如图1，菱形ABCD中，，动点P以每秒1个单位的速度自点A出发沿线段AB运动到点B，同时动点Q以每秒2个单位的速度自点B出发沿折线运动到点D．图2是点P、Q运动时，△BPQ的面积S随时间t变化关系图象，则a的值是（ ）
A．2B．2.5C．3D．
4．（2022秋·全国·八年级期末）如图1，在菱形ABCD中，动点P从点C出发，沿着C→A→D运动至终点D，设点P运动的路程为x，△BCP的面积为y，若y与x的函数图像如图2所示，则图中的值为_____．
5．（2022秋·四川达州·九年级校考期中）在矩形中，．动点P从点A开始沿边以的速度运动，动点Q从点C开始沿边以的速度运动．点P和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．那么______秒后四边形为矩形？
6．（2022春·广东江门·八年级校考期中）如图，在矩形中，，，点P在边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在之间往返运动，两个动点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止运动），设运动时间为t秒．
(1)用含t的式子表示线段的长度：______cm，
(2)当时，运动时间t为______秒时，以A、P、Q、B为顶点的四边形是矩形．
(3)当时，以P、D、Q、B为顶点的四边形有没可能是平行四边形？若有，请求出t；若没有，请说明理由．
7．（2022秋·吉林长春·八年级校考期末）如图，在中，．动点P从点A出发沿以速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以速度沿射线运动，当点P到达终点时，点Q也随之停止运动，设点P运动的时间为t秒．
(1)的长为______．
(2)用含t的代数式表示线段的长．
(3)连接，
①是否存在t的值，使得与互相平分？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
②是否存在t的值，使得与互相平分？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
(4)若点P关于直线对称的点恰好落在直线上，请直接写出t的值．
【考点二 特殊平行四边形中的图形变化问题】
例题：（2022秋·山东德州·九年级校考期中）如图①，等腰直角三角形的直角顶点O为正方形的中心，点C，D分别在和上，现将绕点O逆时针旋转α角（），连接，（如图②）．
(1)在图②中，___________ ；（用含α的式子表示）
(2)在图②中猜想与的数量关系，并证明你的结论．
【变式训练】
1．（2022秋·广东东莞·九年级东莞市虎门第三中学校联考期中）如图，是由在平面内绕点旋转而得，且，，连接．
(1)
(2)求证：；
(3)试判断四边形的形状，并说明理由．
2．（2022秋·福建厦门·九年级厦门一中校考阶段练习）已知：在矩形中，把矩形绕点旋转，得到矩形，且点落在边上，连接交于点．
(1)如图1，连接，求证：平分；
(2)如图2，连接，若平分，判断与之间的数量关系，并说明理由．
3．（2022秋·广西防城港·九年级统考期中）如图，已知是正方形内一点，，，将绕点旋转至，连结．
(1)直接写出、的长度和的度数．
(2)求的长．
(3)试判断的形状并说明理由．
4．（2022秋·山西大同·九年级统考期中）综合与实践
问题情境：在中，，点O是的中点，，将绕点O旋转，的两边分别与射线交于点D和E．
(1)数学思考：如图1，在旋转的过程中，当点D为边的中点时，试判断四边形的形状，并说明理由．
(2)猜想证明：当转动至如图2所示位置时，猜想线段与的数量关系，并加以证明；
(3)问题解决：当转动至如图3所示位置时，请直接写出三者之间的数量关系．
5．（2022秋·天津河北·九年级天津二中校考期末）在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点．以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点O，B，C的对应点分别为D，E，F，记旋转角为．
(1)如图1，当时，求点D的坐标；
(2)如图2，当点E落在的延长线上时，求点D的坐标；
(3)当点D落在线段上时，直接写出点E的坐标．
【考点三 特殊平行四边形中的新定义型问题】
例题：（2021秋·湖北省直辖县级单位·八年级校考期中）定义：对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．

(1)概念理解：如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；
(2)性质探究：如图2，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD．证明：；
(3)解决问题：如图3，分别以RtΔACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE．已知AC=4，AB=5，求GE的长．
【变式训练】
1．（2022秋·安徽宿州·九年级统考期中）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，解决下列问题：
(1)如图1，正方形中，E是上的点，将绕B点旋转，使与重合，此时点E的对应点F在的延长线上，则四边形为“直等补”四边形，为什么？
(2)如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，，点B到直线的距离为，求的长．
2．（2021春·江西赣州·八年级赣州市第三中学校考阶段练习）（1）【定义理解】如图1，在中，E是的中点，P是的中点，就称是的“双中线”，，，，则__________．
（2）【类比探究】
①如图2，E是菱形一边上的中点，P是上的中点，则称是菱形的“双中线”，若，，则＝__________．
②如图3，是矩形的“双中线”，若，，求的长．
（3）【拓展应用】
如图4，是平行四边形的“双中线”，若，，，求的长．
3．（2022秋·广东梅州·九年级校考阶段练习）定义：有一个内角为90°，且对角线相等的四边形称为准矩形．
（1）如图1，准矩形ABCD中，∠ABC＝90°，若AB＝2，BC＝4，则BD＝ ；
（2）如图2，正方形ABCD中，点E，F分别是边AD，AB上的点，且CF⊥BE，求证：四边形BCEF是准矩形；
（3）如图3，准矩形ABCD中，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB＝2，AC＝DC，求这个准矩形的面积．
4．（2021春·陕西西安·八年级高新一中校考期末）定义：有一组对边相等且这一组对边所在直线互相垂直的凸四边形叫做“等垂四边形”．
【提出问题】
（1）如图①，四边形与四边形都是正方形，，求证：四边形是“等垂四边形”；
【类比探究】
（2）如图②，四边形是“等垂四边形”，，连接，点，，分别是，，的中点，连接，，．试判定的形状，并证明；
【综合运用】
（3）如图③，四边形是“等垂四边形”，，，则边长的最小值为________．
5．（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．
专题06 难点探究专题：特殊平行四边形动态及新定义问题
【考点导航】
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\l "_Tc5846" 【考点一 特殊平行四边形中的动点问题】 PAGEREF _Tc5846 \h 1
\l "_Tc26542" 【考点二 特殊平行四边形中的图形变化问题】 PAGEREF _Tc26542 \h 11
\l "_Tc22322" 【考点三 特殊平行四边形中的新定义型问题】 PAGEREF _Tc22322 \h 21
【典型例题】
【考点一 特殊平行四边形中的动点问题】
例题：（2022春·河北保定·八年级统考期末）如图，在菱形中，，点E是边的中点．点M是边上一动点（不与点A重合），连接并延长交的延长线于点N，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当时，求证：四边形是矩形；
(3)填空：当的值为 时，四边形是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)2
【分析】（1）根据菱形的性质可得，再根据两直线平行，内错角相等可得，然后利用“”证明和全等，然后利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明结论成立；
（2）可证是等边三角形，则即可证明；
（3）由，得是等边三角形，则即可证明．
【详解】（1）∵四边形是菱形，
∴，
∴，
又∵点E是边的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）∵四边形是菱形，
∴，
∵点E是边的中点，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形；
（3）当的值为2时，四边形是菱形，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴平行四边形是菱形．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，熟记各性质并求出三角形全等是解题的关键．
【变式训练】
1．（2022春·河南·八年级校考期末）如图，在菱形CDEF中，CD=6，∠DCF=120°，动点Q从点D出发以1个单位长度秒的速度沿DE方向向点E运动，同时动点P从点F出发沿FD方向向点D运动，它们同时到达目的地，则运动到多少秒时，QP=QO （ ）
A．B．3C． 或 3D．3或
【答案】C
【分析】分点P与点O重合和不重合两种情况求解．
【详解】在菱形CDEF中，，，
在中，，
点P的运动速度为：．
①当点P与点O重合时，，此时，；
②如图：当时，过点Q作于H，
，
∵在中，，，
∴
，
，
解得：．
故选C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质和勾股定理，熟练掌握菱形性质，勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键．
2．（2022秋·新疆乌鲁木齐·九年级校考期末）如图①，在矩形ABCD中，AB>AD，对角线AC，BD相交于点O，动点P由点A出发，沿A→B→C运动．设点P的运动路程为x，△AOP的面积为y，y与x的函数关系图象如图②所示，则AB边的长为（ ）
A．6B．6.4C．7.2D．8
【答案】A
【分析】当点P到达点B时，△AOP的面积为6，此时△AOP的高为BC，则6=×AB×BC，解得AB•BC=24，而AB+BC=10，即可求解．
【详解】解：从图象看，当点P到达点B时，△AOP的面积为6，此时△AOP的高为BC，
∴△AOP的面积=×AB×BC=6，解得AB•BC=24①，
而从图②看，AB+BC=10②，
由①②并解得AB=6，BC=4，
故选：A．
【点睛】本题考查的是动点问题的函数图象，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．
3．（2023秋·河南郑州·九年级校考期末）如图1，菱形ABCD中，，动点P以每秒1个单位的速度自点A出发沿线段AB运动到点B，同时动点Q以每秒2个单位的速度自点B出发沿折线运动到点D．图2是点P、Q运动时，△BPQ的面积S随时间t变化关系图象，则a的值是（ ）
A．2B．2.5C．3D．
【答案】D
【分析】根据图一图二中的数据即可作出判断．
【详解】如图二可知，当时两点停止运动，
∴点P从点A运动到点B用了4秒，
∴，
∵点Q运动到点C之前和之后，面积算法不同，即时，S的解析式发生变化，
∴图2中点M对应的横坐标为2，此时P为AB 中点，点C与点Q重合，
连接AC，如图所示
∵菱形ABCD中，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了动点函数的图象，解决本题的关键是菱形的边长．
4．（2022秋·全国·八年级期末）如图1，在菱形ABCD中，动点P从点C出发，沿着C→A→D运动至终点D，设点P运动的路程为x，△BCP的面积为y，若y与x的函数图像如图2所示，则图中的值为_____．
【答案】
【分析】由图象上点（6，12）知CA＝6，且点P在点A时，△BCP的面积为12，连接BD交AC于点M，则可求出BM和BD，利用勾股定理求出AD，得到a．
【详解】解：如图1，
连接BD交AC于点M，
由图2知，AC＝6，且CP＝6时，△BCP的面积为12，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，且AM＝CM=3，BM＝MD，
∵12AC•BM＝×BM＝12，
∴BM＝4，
∴DM＝4，
∴AD＝，
∴a＝CA+AD＝6+5＝11．
故答案为：11．
【点睛】本题考查了三角形的面积公式、菱形的对角线互相垂直平分的性质、勾股定理和函数图象，要求学生学会由函数图象找出对应的信息，理解（6，12）的几何意义是关键．
5．（2022秋·四川达州·九年级校考期中）在矩形中，．动点P从点A开始沿边以的速度运动，动点Q从点C开始沿边以的速度运动．点P和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．那么______秒后四边形为矩形？
【答案】5
【分析】设动点的运动时间为秒，根据题意得，，根据矩形的对边相等，求出的值，即可解决问题．
【详解】解：设动点的运动时间为秒，
由题意得：，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴
解得．
即当秒时，四边形是矩形．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了矩形的性质，解题的关键是灵活运用矩形的性质．
6．（2022春·广东江门·八年级校考期中）如图，在矩形中，，，点P在边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在之间往返运动，两个动点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止运动），设运动时间为t秒．
(1)用含t的式子表示线段的长度：______cm，
(2)当时，运动时间t为______秒时，以A、P、Q、B为顶点的四边形是矩形．
(3)当时，以P、D、Q、B为顶点的四边形有没可能是平行四边形？若有，请求出t；若没有，请说明理由．
【答案】(1)
(2)2
(3)存在或使得以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形
【分析】（1）先根据题意求出，再由即可求出答案；
（2）根据矩形的性质得到，由此建立方程求解即可；
（3）利用平行四边形的性质得到，由此可建立方程或，解方程即．
【详解】（1）解；由题意得，
∴，
故答案为；；
（2）解：∵以A、P、Q、B为顶点的四边形是矩形，
∴，
∴，
解得，
故答案为：2；
（3）解；假设存在以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形，
∴，
∴或，
解得或，
∴存在或使得以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质，正确根据题意列出方程求解是解题的关键．
7．（2022秋·吉林长春·八年级校考期末）如图，在中，．动点P从点A出发沿以速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以速度沿射线运动，当点P到达终点时，点Q也随之停止运动，设点P运动的时间为t秒．
(1)的长为______．
(2)用含t的代数式表示线段的长．
(3)连接，
①是否存在t的值，使得与互相平分？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
②是否存在t的值，使得与互相平分？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
(4)若点P关于直线对称的点恰好落在直线上，请直接写出t的值．
【答案】(1)5
(2)或
(3)①不存在，理由见解析；②存在，t的值为
(4)t的值为或2
【分析】（1）根据平行四边形的性质得，再根据勾股定理即可求解；
（2）根据题意可得，先求出当点Q与点B重合时，所花费的时间，再根据题意分两种情况讨论即可：当点Q在线段上时和当点Q在线段的延长线上时；
（3）①连接，假设与互相平分，则可得四边形是平行四边形，进而可得，解得即可到答案；
②连接，假设与互相平分，则可得四边形是平行四边形，进而可得，解得即可到答案；
（4）根据题意分两种情况讨论即可：当点P关于直线对称的点落在点A下方时和当点P关于直线对称的点落在点A上方时．
【详解】（1）∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
故答案为：5；
（2）在中，，，
由题意得，，
当点Q与点B重合时，，
∴，
当点Q在线段上时，，
当点Q在线段的延长线上时，，
综上所述，或；
（3）①不存在，理由如下：
如图，连接，
若与互相平分，则四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
解得（不合题意），
∴不存在t的值，使得与互相平分；
②存在，
如图，连接，
若与互相平分，则四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴当时，与互相平分；
（4）当点P关于直线对称的点落在点A下方时，如图，
由对称得，，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
解得；
当点P关于直线对称的点落在点A上方时，如图，
由对称得，，
∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，
综上所述，t的值为或2．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质、勾股定理的应用和动点问题，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
【考点二 特殊平行四边形中的图形变化问题】
例题：（2022秋·山东德州·九年级校考期中）如图①，等腰直角三角形的直角顶点O为正方形的中心，点C，D分别在和上，现将绕点O逆时针旋转α角（），连接，（如图②）．
(1)在图②中，___________ ；（用含α的式子表示）
(2)在图②中猜想与的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
【分析】（1）如图②，利用旋转得，再利用四边形为正方形，求出，从而求出；
（2）如图②，利用四边形为正方形，得到，，又因为为等腰三角形，所以OF=OE，再证明即可．
【详解】（1）如图②，∵绕点逆时针旋转角，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∴；
故答案为：；
（2）．
理由如下：
如图②，∵四边形为正方形，
∴，，
∵，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴，
在和中
，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形和正方形的综合运用，全等三角形的性质和判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
【变式训练】
1．（2022秋·广东东莞·九年级东莞市虎门第三中学校联考期中）如图，是由在平面内绕点旋转而得，且，，连接．
(1)
(2)求证：；
(3)试判断四边形的形状，并说明理由．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)四边形是菱形．理由见解析
【分析】（1）由旋转的性质即可得到；
（2）根据即可证明；
（3）根据四边相等的四边形是菱形即可判定．
【详解】（1）解：由旋转可知，为旋转角，
∴；
故答案为：；
（2）证明：∵由旋转可知，，，，，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴；
（3）解：结论：四边形是菱形．
理由：∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质、菱形的判定、旋转变换等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质．
2．（2022秋·福建厦门·九年级厦门一中校考阶段练习）已知：在矩形中，把矩形绕点旋转，得到矩形，且点落在边上，连接交于点．
(1)如图1，连接，求证：平分；
(2)如图2，连接，若平分，判断与之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)，证明见解析
【分析】（1）根据旋转的性质得到，求得，根据矩形的性质，得出，继而得出，等量代换得出，即可得证；
（2）根据全等三角形的性质得到，求得，根据线段的和差得到，根据已知条件得到是等腰直角三角形，求得，设，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：如图，
根据四边形是矩形，
，
，
把矩形绕点旋转得到矩形FECG，
，
，
，
即平分；
（2）解：如图，过B作于M，连接，
在和中，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
平分，
，
是等腰直角三角形，
，
，
设
，
，
，
解得：，
，
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
3．（2022秋·广西防城港·九年级统考期中）如图，已知是正方形内一点，，，将绕点旋转至，连结．
(1)直接写出、的长度和的度数．
(2)求的长．
(3)试判断的形状并说明理由．
【答案】(1)，，
(2)
(3)是直角三角形．理由见解析
【分析】（1）根据旋转的性质进行解答便可；
（2）由勾股定理进行计算便可；
（3）根据勾股定理的逆定理进行解答．
【详解】（1）解：由旋转的性质知，，，；
（2）由（1）知，，
；
（3）是直角三角形．理由如下：
，，，
，
，
，
是直角三角形，其中．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理及其逆定理，旋转的性质，正方形的性质，由旋转的性质证出是等腰直角三角形是解题的关键．
4．（2022秋·山西大同·九年级统考期中）综合与实践
问题情境：在中，，点O是的中点，，将绕点O旋转，的两边分别与射线交于点D和E．
(1)数学思考：如图1，在旋转的过程中，当点D为边的中点时，试判断四边形的形状，并说明理由．
(2)猜想证明：当转动至如图2所示位置时，猜想线段与的数量关系，并加以证明；
(3)问题解决：当转动至如图3所示位置时，请直接写出三者之间的数量关系．
【答案】(1)四边形是正方形，理由见解析
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）四边形是正方形，根据点D是的中点，得出，结合点O是的中点，，再根据，证明出四边形是矩形．再由即可证明；
（2）．连接，根据，得出．又根据点O是的中点，在和中，证明即可得出结论；
（3）结论：．连接．证明，推出，可得结论．
【详解】（1）解：四边形是正方形，理由如下：
∵点D是的中点，
∴．
又∵点O是的中点，
∴，．
∴．
又∵，
∴．
∴．
∴四边形是矩形．
∵，
∴．
∴四边形是正方形．
（2）解：．
证明：如图，连接，
∵，
∴．
又∵点O是的中点，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
在和中，
∴．
∴．
（3）解：结论：．
理由：连接．
，，，
，，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质、正方形的判定及性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题属于中考常考题型．
5．（2022秋·天津河北·九年级天津二中校考期末）在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点．以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点O，B，C的对应点分别为D，E，F，记旋转角为．
(1)如图1，当时，求点D的坐标；
(2)如图2，当点E落在的延长线上时，求点D的坐标；
(3)当点D落在线段上时，直接写出点E的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）过点作轴于，由旋转的性质得出，，，由直角三角形的性质得出，，得出，即可得出点的坐标为；
（2）过点作轴于，，于，则则，，由勾股定理得出AE=10，由面积法求出DH=，得出，由勾股定理得出，即可得出点的坐标为；
（3）连接，作轴于，由旋转的性质得：，，
由等腰三角形的性质得出，得出，证出，由平行线的性质的，证出，证明，得出，，得出，即可得出答案．
【详解】（1）解：过点作轴于，如图所示：
∵点，点，
∴，，
∵以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，
∴，，，
在Rt中，，，
∴，
∴点的坐标为；
（2）过点作轴于，，于，如图所示：
则，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴点的坐标为；
（3）连接，作轴于，如图所示：
由旋转的性质得：，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴（），
∴，，
∴，
∴点的坐标为．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、含角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出辅助线，属于中考压轴题．
【考点三 特殊平行四边形中的新定义型问题】
例题：（2021秋·湖北省直辖县级单位·八年级校考期中）定义：对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．

(1)概念理解：如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；
(2)性质探究：如图2，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD．证明：；
(3)解决问题：如图3，分别以RtΔACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE．已知AC=4，AB=5，求GE的长．
【答案】(1)是，理由见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由线段垂直平分线的判定定理证明即可；
（2）垂直四边形对角线互相垂直，在直角三角形中，利用勾股定理即可推得结论；
（3）先证明，得到∠ABG=∠AEC，然后再证明四边形CGEB是垂直四边形，结合第二问的结论即可求得GE的长．
（1）
四边形ABCD是垂直四边形，理由如下：
证明：连接AC、BD，作图如下：
∵AB=AD
∴点A在线段BD的垂直平分线上
又∵CB=CD
∴点C在线段BD的垂直平分线上
∴直线AC是线段BD的垂直平分线
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂直四边形
（2）
证明：∵AC⊥BD
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°
由勾股定理，得
∴．
（3）
连接CG、BE,作图如下：
∵四边形ACFG和四边形ABDE都是正方形
∴∠CAG=∠BAE=90∘，AG=AC，AB=AE，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
在△GAB和△CAE中，
，
∴(SAS)，
∴∠ABG=∠AEC，
又∵∠AEC+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠BMC=90°，
∴∠BNM=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂直四边形，
由第二问知，，
∵AC＝4，AB＝5，且ΔACB为直角三角形，
∴，
∴，
∵GE＞0，
∴GE=．
【点睛】本题考查线段垂直平分线的判定定理、正方形的性质、三角形全等判定和性质、直角三角形勾股定理等知识点，牢记定理内容并灵活应用是解题的关键．
【变式训练】
1．（2022秋·安徽宿州·九年级统考期中）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，解决下列问题：
(1)如图1，正方形中，E是上的点，将绕B点旋转，使与重合，此时点E的对应点F在的延长线上，则四边形为“直等补”四边形，为什么？
(2)如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，，点B到直线的距离为，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）根据“直等补”四边形的定义进行逐项证明即可得出结论；
（2）如图（见解析），过C作于点F，首先证明四边形是矩形，则，，再证明，根据全等三角形的判定与性质可得BE=CF，AE=BF，等量代换即可得BE=DE，由AE=BF，EF=CD=1可得AE=BE-1，设BE=x，根据勾股定理解出x的值即可；
【详解】（1）∵四边形是正方形，
∴，
∵将绕B点旋转，使与重合，此时点E的对应点F在的延长线上，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形为“直等补”四边形；
（2）过C作于点F，如图，
则，
∵四边形是“直等补”四边形，，，，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
，
，
设，则，
∵，
∴，
解得，，或（舍），
∴.
【点睛】本题考查四边形的综合，涉及新定义、勾股定理、全等三角形的判定与性质、正方形的性质等知识点，有一定难度，熟练掌握相关知识并综合运用是解题关键．
2．（2021春·江西赣州·八年级赣州市第三中学校考阶段练习）（1）【定义理解】如图1，在中，E是的中点，P是的中点，就称是的“双中线”，，，，则__________．
（2）【类比探究】
①如图2，E是菱形一边上的中点，P是上的中点，则称是菱形的“双中线”，若，，则＝__________．
②如图3，是矩形的“双中线”，若，，求的长．
（3）【拓展应用】
如图4，是平行四边形的“双中线”，若，，，求的长．
【答案】（1）；（2）①；②；（3）3
【分析】（1）利用勾股定理求出AE，再利用直角三角形斜边中线的性质即可解决问题．
（2）①连接AC，AE，证明△ACD是等边三角形，结合三线合一的性质，利用勾股定理求出AE，同理求出BE，利用直角三角形斜边中线的性质可得AP；
②如图3中，连接DP，延长DP交AB的延长线于H．利用全等三角形的性质以及勾股定理求出DH即可解决问题．
（3）分别过点D，E作BC的垂线，垂足为G，F，过点P作HQ∥DG，与AD交于H，与BC交于Q，利用勾股定理求出EF和DG，利用中位线的性质求出PQ，得到PH，再利用中位线的性质得到BQ，从而可得AH，利用勾股定理可算出AP．
【详解】解：（1）在Rt△ABC中，
∵∠ACB=90°，AB=5，AC=3，
∴BC==4，
∵E是BC的中点，
∴EC=EB=2，
∴AE=，
∵P是AE的中点，
∴PC=；
（2）①连接AC，AE，
∵四边形ABCD是菱形，AB=4，∠BAD=120°，
∴AD=CD=4，∠ADC=60°，
∴△ACD是等边三角形，
∴∠CAD=60°，
∵E是CD中点，
∴AE⊥CD，AE平分∠CAD，DE=2，
∴∠DAE=∠CAE=30°，
∴∠BAE=∠BAD-∠DAE=90°，
∴AE==，
BE=，
∵点P是BE中点，
∴AP=BE=；
②如图，连接DP，延长DP交AB的延长线于H．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=4，AB∥CD，∠HAD=90°，
∴∠H=∠PDE，
∵PB=PE，∠HPB=∠EPD，
∴△HPB≌△DPE（AAS），
∴DE=BH=CD=2，DP=PH，AH=AB+BH=6，
在Rt△ADH中，DH=，
∵DP=PH，
∴PA=DH=；
（3）如图，分别过点D，E作BC的垂线，垂足为G，F，过点P作HQ∥DG，与AD交于H，与BC交于Q，
∵四边形ABCD是平行四边形，AB=CD=4，AD=BC=6，
∴DE=CE=2，
∵∠BAD=∠BCD=120°，
∴∠ECF=60°，
∴CF=CE=1，
∵是的中点，∥,
∴是的中位线，
∴CG==2，
∴EF==，DG==，
则HQ=DG=，
∵点P为BE中点，∥，
∴是的中位线，
∴点Q为BF中点，
∴PQ=EF=，
∴HP=HQ-PQ=，
∵BF=BC+CF=7，
∴BQ=BF=，
∴AH=BQ-CG=，
∴AP==3．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质，直角三角形斜边中线的性质，中位线定理，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考压轴题．
3．（2022秋·广东梅州·九年级校考阶段练习）定义：有一个内角为90°，且对角线相等的四边形称为准矩形．
（1）如图1，准矩形ABCD中，∠ABC＝90°，若AB＝2，BC＝4，则BD＝ ；
（2）如图2，正方形ABCD中，点E，F分别是边AD，AB上的点，且CF⊥BE，求证：四边形BCEF是准矩形；
（3）如图3，准矩形ABCD中，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB＝2，AC＝DC，求这个准矩形的面积．
【答案】（1）2；（2）证明见解析；（3） ．
【解析】（1）利用勾股定理计算，再根据准矩形的特点求出即可；
（2）先利用正方形的性质判断出△ABE≌△BCF，即可得证；
（3）作DF⊥BC，根据梯形的面积公式，三角形面积公式即可得出答案．
【详解】解：（1）∵∠ABC=90°，AB=2，BC=4，
∴AC=，
∵四边形ABCD是准矩形，
∴BD=AC=2．
故答案为：2；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠ABC=90°，
∴∠EBF+∠EBC=90°，
∵BE⊥CF，
∴∠EBC+∠BCF=90°，
∴∠EBF=∠BCF，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE=CF，
∴四边形BCEF是准矩形；
（3）作DF⊥BC，垂足为F，
∵∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB＝2，
∴∠BCA＝30°，
∴AC=4，BC=2，
∵AC=BD，AC=DC，
∴BD=CD=4，
∴BF=CF=BC=，
∴DF=，
∴S准矩形ABCD=S△DCF+S梯形ABFD
=
=
=．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了新定义，勾股定理，梯形面积公式，三角形面积公式，正确运用准矩形的定义是解本题的关键．
4．（2021春·陕西西安·八年级高新一中校考期末）定义：有一组对边相等且这一组对边所在直线互相垂直的凸四边形叫做“等垂四边形”．
【提出问题】
（1）如图①，四边形与四边形都是正方形，，求证：四边形是“等垂四边形”；
【类比探究】
（2）如图②，四边形是“等垂四边形”，，连接，点，，分别是，，的中点，连接，，．试判定的形状，并证明；
【综合运用】
（3）如图③，四边形是“等垂四边形”，，，则边长的最小值为________．
【答案】（1）见解析；（2）△EFG是等腰直角三角形，理由见解析（3）
【分析】（1）延长，交于点，先证，得，．结合，知，即可得．从而得证；
（2）延长，交于点，由四边形是“等垂四边形”， 知，，从而得，根据三个中点知，，，，，据此得，，．由可得答案；
（3）延长，交于点，分别取，的中点，．连接，，，由及．可得答案．
【详解】解：（1）如图①，延长，交于点，
四边形与四边形都为正方形，
，，．
．
．
，．
，
，
即，
．
．
又，
四边形是“等垂四边形”．
（2）是等腰直角三角形．
理由如下：如图②，延长，交于点，
四边形是“等垂四边形”， ，
，，
点，，分别是，，的中点，
，，，，
，，．
．
是等腰直角三角形．
（3）延长，交于点，分别取，的中点，．连接，，，
则，
由（2）可知．
最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理及等腰直角三角形的性质等知识点．
5．（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．