中考数学二轮培优题型训练压轴题22以四边形新定义为背景的阅读材料压轴题（2份，原卷版+解析版）

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例1．（2022春•玄武区期末）【概念认识】
在四边形ABCD中，∠A＝∠B．如果在四边形ABCD内部或边AB上存在一点P，满足∠DPC＝∠A，那么称点P是四边形ABCD的“映角点”．
【初步思考】
（1）如图①，在四边形ABCD中，∠A＝∠B，点P在边AB上且是四边形ABCD的“映角点”．若DA∥CP，DP∥CB，则∠DPC的度数为 60 °；
（2）如图②，在四边形ABCD中，∠A＝∠B，点P在四边形ABCD内部且是四边形ABCD的“映角点”，延长CP交边AB于点E．求证：∠ADP＝∠CEB．
【综合运用】
在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝α，点P是四边形ABCD的“映角点”，DE、CF分别平分∠ADP、∠BCP，当DE和CF所在直线相交于点Q时，请直接写出∠CQD与α满足的关系及对应α的取值范围．
【分析】（1）根据题意可知∠A＝∠B＝∠DPC，若DA∥CP，DP∥CB，可以得到∠A＝∠B＝∠DPC＝∠ADP＝∠PCB，∵∠DPB是△ADP的外角，则∠DPC+∠CPB＝2∠A，则∠DPC的度数可求；
（2）四边形ADPE中，∠ADP+∠AEP＝180°，而∠CEB+∠AEP＝180°，所以∠ADP＝∠CEB；
综合运用：利用图①或图②根据题意作出图形都可以求出∠COD与α的关系．
【解答】解：（1）根据题意可知∠A＝∠B＝∠DPC，
∵DA∥CP，
∴∠DPC＝∠ADP，
∵DP∥CB，
∴∠DPC＝∠PCB，
∠A＝∠B＝∠DPC＝∠ADP＝∠PCB，
∵∠DPB是△ADP的外角，
∴∠DPC+∠CPB＝2∠A，
∴∠A＝∠CPB，
∴∠B＝∠CPB＝∠PCB＝60°，
故答案为：60．
（2）∵∠A＝∠B＝∠DPC，∠DPC+∠DPE＝180°，
∴∠A+∠DPE＝180°，
∴∠ADP+∠AEP＝180°，
而∠CEB+∠AEP＝180°，
∴∠ADP＝∠CEB．
综合运用：
如图，当0°＜α＜60°时，延长CP交AB于点E，
∠A＝∠B＝∠DPC＝α，
由（2）知∠ADP＝∠CEB，
设∠ADP＝∠CEB＝x，∠DPE＝y，
∴ADM，
∴∠QMNα，
∴∠ECB＝180°﹣x﹣α，
∴∠BCN（180°﹣x﹣α），
∴∠QNM（180°﹣x﹣α）+α＝90°，
∴∠Q＝180°﹣（α）﹣（90°）＝90°，
即∠Q＝90°（0°＜α＜60°）；
当60°＜α＜180°时，
∠A＝∠B＝∠DPC＝α，
由（2）可知，∠ADP＝∠CEB，
设∠ADP＝∠CEB＝x，∠DPE＝y，
∴∠ECQ（180°﹣x﹣α），
则α+y＝180°，x+y（180°﹣x﹣α）+∠Q＝180°，
∴∠Qα﹣90°，
∵90°＞0°，
∴60°＜α＜180°，
∴∠Qα﹣90°（60°＜α＜180°）．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，解题的关键是熟练运用三角形外角的性质．
例2．（2022•长沙模拟）有一组对角相等的凸四边形称为“对等四边形”，连接这两个相等对角的顶点的线段称为“对等线”．
（1）如图1，已知四边形ABCD是“对等四边形”，AC是“对等线”，且AB＝BC．求证：AD＝CD；
（2）如图2，四边形ABCD中，∠ADC＝120°，∠ABC＝150°．且AD⊥BD，BC，BD＝4．
①求证：四边形ABCD是“对等四边形”；
②试求AC2．
（3）如图3，对等四边形ABCD内接于⊙O，∠A＝90°，上存在点E，满足，连结BE并延长交CD的延长线于点F，BE与AD交于点G，连结CE，CE＝BG．若AD＝2，tan∠ADB，求：
①cs∠F的值；
②△DEF的周长，（请选择一个进行解答）．
【分析】（1）由“对等四边形”可得∠BAD＝∠BCD，由等腰三角形的性质可证∠DAC＝∠DCA，可得结论；
（2）①由直角三角形的性质和勾股定理可求∠DCB＝45°，可得结论；
②分别求出AE，CE的长，由勾股定理可求解；
（3）由锐角三角函数可求AB，由勾股定理可求AG的长，由“ASA”可证△BGD≌△CEF，可得EF＝DG＝1，由勾股定理可求DF的长，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是“对等四边形”，AC是“对等线”，
∴∠BAD＝∠BCD，
∵AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA，
∴∠DAC＝∠DCA，
∴AD＝CD；
（2）①证明：如图2，过点B作BF⊥CD于F，过点C作DE⊥AD，交AD的延长线于E，
∵四边形ABCD中，∠ADC＝120°，∠ABC＝150°，
∴∠DAB+∠DCB＝90°，
∵BD⊥AD，
∴∠BDC＝30°，
∵BF⊥CD，
∴BFBD＝2，DFBF＝2，
∴CF2，
∴BF＝CF，
∴∠DCB＝45°，
∴∠DCB＝∠DAB＝45°，
∴四边形ABCD是“对等四边形”；
②解：∵∠DAB＝45°，∠ADB＝90°，
∴∠DAB＝∠DBA＝45°，
∴AD＝BD＝4，
∵∠EDC＝60°，CE⊥AE，
∴∠ECD＝30°，
∵CD＝CF+DF＝2+2，
∴DE＝1，EC＝3，
∴AE＝5，
∴AC2＝AE2+CE2＝40+16；
（3）连接DE，BD，
∵∠A＝90°，
∴BD为直径，
∴∠BED＝90°，∠DEF＝90°，
∵tan∠ADB，AD＝2，
∴AB，
∵，
∴，∠ABE＝∠CED，
∴AD＝CE，
∵CE＝BG，
∴AD＝BG＝CE＝2，
∴AG1，
∴DG＝AD﹣AG＝1，
∵sin∠ABE，
∴∠ABG＝∠ADE＝30°，
∴GEDG，DEGE，
∵∠BGD＝∠A+∠ABE＝90°+30°＝120°，∠CEF＝∠CED+∠DEF＝120°，
∴∠BGD＝∠CEF，
在△BGD和△CEF中，
，
∴△BGD≌△CEF（ASA），
∴EF＝DG＝1，
∴DF，
∴cs∠F，△DEF的周长＝DE+EF+DF1．
【点评】本题是圆的综合题，考查了圆的有关知识，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，直角三角形的性质等知识，理解新定义并运用是解题的关键．
例3．（2023•秦都区校级三模）【了解概念】
定义提出：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．
【理解运用】
（1）如图1，在3×3的正方形网格中，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，线段AB、BC的端点均在格点上，在图1的方格纸中画出一个等邻边四边形ABCD，要求：点D在格点上；
（2）如图2，在等邻边四边形ABCD中，AB＝AD＝4，∠A＝60°，∠ABC＝90°，，求CD的长；
【拓展提升】
（3）如图3，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C分别在x、y轴正半轴上，已知OC＝4，OA＝6，D是OA的中点．在矩形OABC内或边上，是否存在点E，使四边形OCED为面积最大的“等邻边四边形”，若存在，请求出四边形OCED的最大面积及此时点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据“等邻边四边形”的定义作图即可；
（2）连接BD，根据△ABD是等边三角形得出BD＝AB＝4，过点D作DE⊥BC于点E，求出DE，BE的长度，根据BC的长度求出CE的长度，最后利用勾股定理求出CD即可；
（3）先确定存在点E，设点E的坐标为（m，4），则CE＝m，根据D（3，0），列方程求出m的值，然后确定点E的坐标和四边形OCED的面积最大值即可．
【解答】解：（1）由题意知，四边形ABCD是等邻边四边形，
作图如下：（答案不唯一）
（2）连接BD，过点D作DE⊥BC于点E，
∵AB＝AD＝4，∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝4，∠ABD＝60°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠DBC＝90°﹣60°＝30°，
∵DE⊥BC，
∴∠BED＝∠CED＝90°，
∴DEBD＝2，
∴BE2，
∵BC＝3，
∴CE＝BC﹣BE，
∴CD；
（3）在矩形OABC内或边上，存在点E，使四边形OCED为面积最大的“等邻边四边形”，
理由如下：
如图，当CE＝DE时，四边形OCED为“等邻边四边形”，当CE取最大值时，四边形OCED为面积最大的“等邻边四边形”，
∵四边形OABC是矩形，OC＝4，OA＝6，D为OA的中点，
∴BC∥OA，C（0，4），A（6，0），D（3，0），
设点E的坐标为（m，4），则CE＝m，
∵CE＝DE，
∴CE2＝DE2，
∴m2＝（m﹣3）2+（4﹣0）2，
解得m，
∴CE，点E的坐标为（，4），
∴S四边形OCED（CE+OD）•OC（3）×4，
∴存在点E，使四边形OCED为面积最大的“等邻边四边形”，此时四边形OCED的面积最大值为，点E的坐标为（，4）．
【点评】本题主要考查四边形的综合题，正确理解“等邻边四边形”的定义是解题的关键．
1．（2022秋•开江县校级期末）在平面直角坐标系中，P（a，b）是第一象限内一点，给出如下定义：和两个值中的最大值叫做点P的“倾斜系数”k．
（1）求点P（6，2）的“倾斜系数”k的值；
（2）①若点P（a，b）的“倾斜系数”k＝2，请写出a和b的数量关系，并说明理由；
②若点P（a，b）的“倾斜系数”k＝2，且a+b＝3，求OP的长；
（3）如图，已知点A（2，2），B（4，2），C（4，4），D（2，4），P（a，b）是四边形ABCD上任意一点．试说明是否存在使点P的“倾斜系数”k为的点．若存在，请自己写出这样的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据定义直接求解即可；
（2）①根据定义可得或，再求a、b的关系即可；
②结合①求出a、b的值，即可求PO的长；
（3）分四种情况讨论：当P点在AB上时，2≤a≤4，P（a，2）；当P点在BC上时，2≤b≤4，P（4，b）；当P点在CD上时，2≤a≤4，P（a，4）；当P点在AD上时，2≤b≤4，P（2，b）；再结合定义求出a、b的值即可确定P点坐标．
【解答】解：（1）∵k13，k2，
∴点P（6，2）的“倾斜系数”k的值为3；
（2）①∵点P（a，b）的“倾斜系数”k＝2，
∴或，
即a＝2b或b＝2a，
∴a和b的数量关系为a＝2b或b＝2a；
②由①知，a＝2b或b＝2a，
∵a+b＝3，
∴或，
∴；
（3）存在使点P的“倾斜系数”k为的点，理由如下：
当P点在AB上时，2≤a≤4，P（a，2），
∴或，
解得a＝3或a（舍），
∴P（3，2）；
当P点在BC上时，2≤b≤4，P（4，b），
∴或，
解得b或b＝6（舍），
∴P（4，）；
当P点在CD上时，2≤a≤4，P（a，4），
∴或，
解得a＝6（舍）或a，
∴P（，4）；
当P点在AD上时，2≤b≤4，P（2，b），
∴或，
解得b＝3或b（舍），
∴P（2，3）；
综上所述：P点坐标为（3，2）或（4，）或（，4）或（2，3）．
【点评】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握平面直角坐标系中点的坐标特点，弄清定义是解题的关键．
2．（2023•定远县校级一模）定义：我们知道，四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似（不全等），我们就把这条对角线叫做这个四边形的“相似对角线”．
（1）如图1，△ABC的三个顶点均在正方形网格中的格点上，若四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形，请只用无刻度的直尺，就可以在网格中画出点D，请你在图1中找出满足条件的点D，保留画图痕迹（找出2个即可）
（2）①如图2，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠DCB＝135°，对角线AC平分∠DAB．请问AC是四边形ABCD的“相似对角线”吗？请说明理由；
②若AC，求AD•AB的值．
（3）如图3，在（2）的条件下，若∠D＝∠ACB＝90°时，将△ADC以A为位似中心，位似比为：缩小得到△AEF，连接CE、BF，在△AEF绕点A旋转的过程中，当CE所在的直线垂直于AF时，请你直接写出BF的长．
【分析】（1）先求出AB，BC，AC，再分情况求出CD或AD，即可画出图形；
（2）先判断出∠D+∠DCA＝180°﹣∠DAC＝135°即可得出精论；
（3 ）分两种情况，①延长CE交AF于点H，先由△EAC∽△ADC得出AE＝EF，AF＝2，再得出CE＝CH﹣EH＝3﹣1＝2，再求出△EAC∽△FAB，继而求出，即可得出结论；②设AF与EC交于点G，先得出△AGE为等腰直角三角形，再得出CG，再得出△EAC∽△FAB，继而求出，即可得出结论．
【解答】解：（1）如图1所示，
AB，BC＝2，∠ABC＝90°，AC＝5，
∵四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形，
当∠ACD＝90°时，△ACD∽△ABC或△ACD∽△CBA，
∴或，
∴或，
∴CD＝2.5或CD＝10，
同理：当∠CAD＝90°时，AD＝2.5或AD＝10，
如图中，D1，D2，D3，D4即为所求；
（2）①是，理由：
∵∠DAB＝90°，AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠CAB＝45°，
∴∠D+∠DCA＝180°﹣∠DAC＝135°，
又∵∠DCB＝135°＝∠DCA+∠ACB，
∴∠D＝∠ACB，
∴△DAC∽△CAB，
∴AC是四边形ABCD的“相似对角线”；
②∵△DAC∽△CAB，
∴，
∴AD•AB＝AC2，
∵AC，
∴AD•AB＝10；
（3）①由（2）可知△ADC为等腰直角三角形，AC，
∴AD＝CD，
∵△AEF∽△ADC，且相似比为：，
∴AE＝EF，AF＝2，
如图，延长CE交AF于点H，由题意可得：EH⊥AF于H，
∴AHAF＝1，
∴CH，
∴CE＝CH﹣EH＝3﹣1＝2，
∵∠CAD＝∠EAF＝45°，
∴∠CAE＝∠BAF，，
∵，
∴△EAC∽△FAB，
∴即，
∴FB；
②如图，设AF与EC交于点G，
∵AF⊥CE，
∴△AGE为等腰直角三角形，
∵EA，
∴AG＝EG＝1，
在Rt△AGC中，CG，
∴EC＝4，
同理可证△EAC∽△FAB，
∴即，
∴FB＝4，
综上，FB＝2或FB＝4．
【点评】本题是四边形综合题．主要考查了相似三角形的判定和性质，理解新定义，勾股定理，判断两三角形相似是解题的关键．
3．（2022秋•镇海区校级期末）如图，四边形ACDE是证明勾股定理时用到的一个图形，a，b，c是Rt△ABC和Rt△BED边长，易知AEc，这时我们把关于x的形如ax2cx+b＝0的一元二次方程称为“勾系一元二次方程”．
请解决下列问题：
（1）判断下列方程是否是“勾系一元二次方程”：
①2x2x+1＝0 不是 （填“是”或“不是”）；
②3x2+5x+4＝0 是 （填“是”或“不是”）
（2）求证：关于x的“勾系一元二次方程”ax2cx+b＝0必有实数根；
（3）若x＝﹣1是“勾系一元二次方程”ax2cx+b＝0的一个根，且四边形ACDE的周长是12，求△ABC面积．
【分析】（1）利用“勾系一元二次方程”的定义进行判断即可求解；
（2）由ax2cx+b＝0是“勾系一元二次方程“得c2＝a2+b2，因为Δ＝（c）2﹣4ab＝2c2﹣4ab＝2（a2+b2）﹣4ab＝2（a﹣b）2≥0，所以关于x的“勾系一元二次方程”ax2cx+b＝0必有实数根；
（3）由x＝﹣1是“勾系一元二次方程”ax2cx+b＝0的一个根得ac+b＝0，整理得a+bc，由四边形ACDE的周长是12，可得2（a+b）c＝12，所以2cc＝12，则c＝2，则a+b24，所以a2+2ab+b2＝16，而a2+b2＝c2＝（2）2＝8，所以2ab+8＝16，即可求出ab的值及ab的值，得到△ABC面积．
【解答】（1）解：2x2x+1＝0 不是“勾系一元二次方程”，
理由：∵c，
∴c，
∵a＝2，b＝1，
∴a2+b2≠c2，
∴以a、b、c为三边长的三角形是不是直角三角形，且c为斜边的长，
∴2x2x+1＝0不是“勾系一元二次方程”，
3x2+5x+4＝0是“勾系一元二次方程”，
理由：∵c＝5，
∴c＝5，
∵a＝3，b＝4，
∴a2+b2＝c2，
∴以a、b、c为三边长的三角形是直角三角形，且c为斜边的长，
∴3x2+5x+4＝0是“勾系一元二次方程”，
故答案为：不是，是；
（2）证明：∵ax2cx+b＝0是“勾系一元二次方程“，
∴a、b、c为同一直角三角形的三边长，且c为斜边的长，
∴c2＝a2+b2，
∵Δ＝（c）2﹣4ab＝2c2﹣4ab＝2（a2+b2）﹣4ab＝2（a﹣b）2≥0，
∴关于x的“勾系一元二次方程”ax2cx+b＝0必有实数根．
（3）解：∵x＝﹣1是“勾系一元二次方程”ax2cx+b＝0的一个根，
∴ac+b＝0，
∴a+bc，
∵四边形ACDE的周长是12，
∴2（a+b）c＝12，
∴2cc＝12，
∴c＝2，
∴a+b24，
∴（a+b）2＝16，
∴a2+2ab+b2＝16，
∵a2+b2＝c2＝（2）2＝8，
∴2ab+8＝16，
∴ab＝4，
∴S△ABCab4＝2．
∴△ABC面积是2．
【点评】本题是四边形综合题，考查了一元二次方程的应用，一元二次方程根据的判别式，勾股定理、新定义问题的求解等知识与方法，准确把握“勾系一元二次方程”的内涵并运用到解题过程之中是解题的关键．
4．（2022秋•龙岗区校级期末）定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”，回答下列问题．
（1）如图1，四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝1，CD，∠BCD＝∠DBC，判断四边形ABCD是不是“等邻边四边形”，并说明理由；
（2）如图2，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝1，现将Rt△ABC沿∠ABC的平分线BB′方向平移得到△A′B′C′，连接AA′，BC′，若平移后的四边形ABC′A′是“等邻边四边形”，求BB'的长．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质求出BD，根据勾股定理求出AD，根据“等邻边四边形”的定义解答即可；
（2）延长C′B′交AB于点D，根据平移的性质得到B′D⊥AB，设B′D＝BD＝x，根据勾股定理列出方程，解方程求出BD，根据等腰直角三角形的性质计算，得到答案．
【解答】解：（1）四边形ABCD是“等邻边四边形”，
理由如下：∵∠BCD＝∠DBC，CD，
∴BD＝CD，
在Rt△ABD中，AD1，
∴AD＝AB，
∴四边形ABCD是“等邻边四边形”；
（2）如图2，延长C′B′交AB于点D，
∵△A′B′C′由△ABC平移得到，
∴A′B′∥AB，∠A′B′C′＝∠ABC＝90°，C′B′＝CB＝1，
∴B′D⊥AB，
∵BB′平分∠ABC，
∴∠B′BD＝45°，
∴B′D＝BD，
设B′D＝BD＝x，
∴C′D＝1+x，
∵BC′＝AB＝2，
∴Rt△BDC′中，x2+（1+x）2＝4，
整理得：2x2+2x﹣3＝0，
∴x，
∴x1，x2（舍去），
∴BD，
∴BB′BD．
【点评】本题考查的是平移的性质、“等邻边四边形”的定义，掌握“等邻边四边形”的定义是解题的关键．
5．（2023春•义乌市校级期中）类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做等邻边四边形．
【概念理解】
如图1，在四边形ABCD中，添加一个条件使得四边形ABCD是“等邻边四边形”．请写出你添加的一个条件．（只写一个即可）
【问题探究】
如图2，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝1，将△ABC沿∠ABC的平分线BB′的方向平移，得到△A′B′C′，连接AA′、BC′，若平移后的四边形ABC′A′是等邻边四边形，求平移的距离（直接写出答案）．
【拓展应用】
如图3，等邻边四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD+∠BCD＝90°，AC，BD为对角线，△BCD为等边三角形，试给出AC和AB的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）由“等邻边四边形”的定义易得出结论；
（2）由平移的性质易得BB′＝AA′，A′B′∥AB，A′B′＝AB＝2，B′C′＝BC＝1，A′C′＝AC，再利用“等邻边四边形”定义分类讨论，由勾股定理得出结论；
（3）先判断出△AED为等边三角形，再说明△BDE≌△CDA，最后用勾股定理即可．
【解答】解：（1）如图1，AB＝BC或BC＝CD或CD＝AD或AD＝AB（任写一个即可）；
（2）当AB＝BC′时，如图2，延长C′B′交AB于点D，
∵△A′B′C′由△ABC平移得到，
∴A′B′∥AB，∠A′B′C′＝∠ABC＝90°，C′B′＝CB＝1，
∴B′D⊥AB，
∵BB′平分∠ABC，
∴∠B′BD＝45°，
即B′D＝BD
设B′D＝BD＝x，
∴C′D＝1+x，
∵BC′＝AB＝2，
∴Rt△BDC′中，x2+（1+x）2＝4，
解得x1，x2（不合题意，舍去），
∴等腰Rt△BB′D中，BB′x，
∴平移的距离为．
当BC′＝A′C′时，同法可得BB′，平移距离为，
当AB＝AA′时，平移距离为2，
当AA′＝A′C′时，平移距离为，
综上所述，满足条件的平移距离为或或2或．
（3）ACAB，
理由：如图3，过A作AE⊥AB，且AE＝AB，连接ED，EB，
∵AE⊥AB，
∴∠EAD+∠BAD＝90°，
又∵∠BAD+∠BCD＝90°，△BCD为等边三角形，
∴∠EAD＝∠DCB＝60°，
∵AE＝AB，AB＝AD，
∴AE＝AD，
∴△AED为等边三角形，
∴AD＝ED，∠EDA＝∠BDC＝60°
∴∠BDE＝∠CDA，
∵ED＝AD，BD＝CD，
∴△BDE≌△CDA，
∴AC＝BE
∵AE＝BE，∠BAE＝90°，
∴BEAB，
∴ACAB．
【点评】此题是几何变换综合题，主要考查新定义等邻边四边形，理解这个新定义，平移得特征，等边三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，新定义的理解是解本题的关键．
6．（2023春•江油市月考）定义：我们把一组对边平行另一组对边相等且不平行的四边形叫做等腰梯形．
【性质初探】如图1，已知，▱ABCD，∠B＝80°，点E是边AD上一点，连结CE，四边形ABCE恰为等腰梯形．求∠BCE的度数；
【性质再探】如图2，已知四边形ABCD是矩形，以BC为一边作等腰梯形BCEF，BF＝CE，连结BE、CF．求证：BE＝CF；
【拓展应用】如图3，▱ABCD的对角线AC、BD交于点O，AB＝2，∠ABC＝45°，过点O作AC的垂线交BC的延长线于点G，连结DG．若∠CDG＝90°，求BC的长．
【分析】【性质初探】过点A作AG⊥BC交于G，过点E作EH⊥BC交于H，证明Rt△ABG≌Rt△ECG（HL），即可求解；
【性质再探】证明△BFC≌△CEB（SAS），即可求解；
【拓展应用】连接AC，过G点作GM⊥AD交延长线于点M，分别证明△ACG是等腰三角形，△CDG是等腰直角三角形，△DGM是等腰直角三角形，从而可求AG＝2，GM＝DM，在Rt△AGM中，用勾股定理求出AD的长即为所求BC的长．
【解答】【性质初探】解：过点A作AG⊥BC交于G，过点E作EH⊥BC交于H，
∵▱ABCD，
∴AE∥BC，
∴AG＝EH，
∵四边形ABCE恰为等腰梯形，
∵AB＝EC，
∴Rt△ABG≌Rt△ECG（HL），
∴∠B＝∠ECH，
∵∠B＝80°，
∴∠BCE＝80°；
【性质再探】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AE∥BC，
∵四边形BCEF是等腰梯形，
∴BF＝CE，
由（1）可知，∠FBC＝∠ECB，
∴△BFC≌△CEB（SAS），
∴BE＝CF；
【拓展应用】解：连接AC，过G点作GM⊥AD交延长线于点M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是AC的中点，
∵GO⊥AC，
∴AC＝CG，
∵AB∥CD，∠ABC＝45°，
∴∠DCG＝45°，
∴∠CDG＝90°，
∴CD＝DG，
∴BA＝DG＝2，
∵∠CDG＝90°，
∴CG＝2，
∴AG＝2，
∵∠ADC＝∠DCG＝45°，
∴∠CDM＝135°，
∴∠GDM＝45°，
∴GM＝DM，
在Rt△AGM中，（2）2＝（AD）2+（）2，
∴AD，
∴BC．
【点评】本题是四边形的综合题，熟练掌握平行四边形的性质，矩形的性质，等腰直角三角形的判定及性质，等腰梯形的性质，三角形全等的判定及性质是解题的关键．
7．（2023春•西城区校级期中）平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD的四个顶点坐标分别为：A（，），B（，），C（，），D（，），P、Q是这个正方形外两点，且PQ＝1．给出如下定义：记线段PQ的中点为T，平移线段PQ得到线段P'Q'（其中P'，Q'分别是点P，Q的对应点），记线段P'Q'的中点为T．若点P'和Q'分别落在正方形ABCD的一组邻边上，或线段P'Q'与正方形ABCD的一边重合，则称线段TT'长度的最小值为线段PQ到正方形ABCD的“回归距离”，称此时的点T'为线段PQ到正方形ABCD的“回归点”．
（1）如图1，平移线段PQ，得到正方形ABCD内两条长度为1的线段P1Q1和P2Q2，这两条线段的位置关系为 P1Q1∥P2Q2 ；若T1，T2分别为P1Q1和P2Q2的中点，则点 T1 （填T1或T2）为线段PQ到正方形ABCD的“回归点”；
（2）若线段PQ的中点T的坐标为（1，1），记线段PQ到正方形ABCD的“回归距离”为d1，请直接写出d1的最小值： ，并在图2中画出此时线段PQ到正方形ABCD的“回归点”T'（画出一种情况即可）；
（3）请在图3中画出所有符合题意的线段PQ到正方形ABCD的“回归点”组成的图形．
【分析】（1）利用平移变换的性质以及“回归点”的定义判断即可；
（2）如图当T′与CD的中点重合或与AD的中点重合时，TT′的值最小，再利用勾股定理求解；
（3）“回归点”的轨迹是以D为圆心，为半径画弧，在正方形内部的弧EF．
【解答】解：（1）如图1，平移线段PQ，得到正方形ABCD内两条长度为1的线段P1Q1和P2Q2，这两条线段的位置关系为P1Q1∥P2Q2；若T1，T2分别为P1Q1和P2Q2的中点，则点T1为线段PQ到正方形ABCD的“回归点”．
故答案为：P1Q1∥P2Q2，T1；
（2）如图当T′与CD的中点重合或与AD的中点重合时，TT′的值最小，最小值d1；
故答案为：；
（3）如图3中，弧EF即为所求（以D为圆心，为半径画弧）．
【点评】本题属于几何变换综合题，考查了正方形的性质，“回归距离”，“回归点”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，属于中考创新题型．
8．（2022秋•兴化市校级期末）我们给出如下定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形为勾股四边形，这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边．
（1）写出你所学过的特殊四边形中是勾股四边形的两种图形的名称；
（2）如图1，已知格点（小正方形的顶点）O（0，0），A（3，0），B（0，4），请你画出以格点为顶点，OA，OB为勾股边且对角线相等的勾股四边形OAMB；
（3）如图2，将△ABC绕顶点B按顺时针方向旋转60°，得到△DBE，连接AD，DC，∠DCB＝30°．求证：DC2+BC2＝AC2，即四边形ABCD是勾股四边形．
【分析】（1）只要四边形中有一个角是直角，根据勾股定理就有两直角边平方的和等于斜边的平方，即此四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，由此可知，正方形、长方形、直角梯形都是勾股四边形．
（2）OM＝AB知以格点为顶点的M共两个：M（3，4）或M（4，3）．
（3）欲证明DC2+BC2＝AC2，只需证明∠DCE＝90°．
【解答】（1）解：正方形、长方形、直角梯形．（任选两个均可）
（2）解：答案如图所示．M（3，4）或M′（4，3）．
（3）证明：连接EC，
∵△ABC≌△DBE，
∴AC＝DE，BC＝BE，
∵∠CBE＝60°，
∴EC＝BC＝BE，∠BCE＝60°，
∵∠DCB＝30°，
∴∠DCE＝90°，
∴DC2+EC2＝DE2，
∴DC2+BC2＝AC2．
即四边形ABCD是勾股四边形．
【点评】本题考查勾股定理，及考查旋转的性质：旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．
9．（2021秋•永丰县期末）定义：我们把两条对角线互相垂直的四边形称为“垂美四边形”．
特例感知：
（1）如图1，四边形ABCD是“垂美四边形，如果，OB＝2，∠OBC＝60°，则AD2+BC2＝ ，AB2+CD2＝ ．
猜想论证
（2）如图1，如果四边形ABCD是“垂美四边形”，猜想它的两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系并给予证明．
拓展应用：
（3）如图2，分别以Rt△ACB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，∠BAC＝60°，求GE长．
（4）如图3，∠AOB＝∠COD＝90°，∠ABO＝∠CDO＝30°，∠BOC＝120°，OA＝OD，，连接AC，BC，BD，请直接写出BC的长．
【分析】（1）利用含30°角的直角三角形的性质得BC＝4，OC＝2，再利用勾股定理即可得出答案；
（2）由“垂美四边形”得∠AOD＝∠BOC＝90°，再根据勾股定理得AB2+CD2＝OA2+OB2+OD2+OC2＝AD2+BC2；
（3）连接CG，BE，首先利用SAS证明△GAB≌△CAE，得∠GAB＝∠ACE，说明BG⊥CE，从而得出BC2+GE2＝CG2+BE2，进而解决问题；
（4）通过证明△BOD∽△AOC，可得∠DBO＝∠CAO，可证四边形ABCD是“垂美四边形”，由“垂美四边形”的性质可求解．
【解答】解：（1）∵OA＝ODOB，OB＝2，
∴OA＝OD，
∵四边形ABCD是“垂美四边形”，
∴∠AOD＝∠BOC＝90°，
∵∠OBC＝60°，
∴∠BCO＝30°，
∴BC＝4，OC＝2，
∴AD2+BC2＝OA2+OD2+BC2＝（）2×2+42，
AB2+CD2＝OA2+OB2+OD2+OC2＝AD2+BC2，
故答案为：，；
（2）AB2+CD2＝AD2+BC2，
理由如下：∵四边形ABCD是“垂美四边形”，
∴∠AOD＝∠BOC＝90°，
∴AB2+CD2＝OA2+OB2+OD2+OC2＝AD2+BC2；
（3）连接CG，BE，设BG与AC的交点为O，
∵正方形ACFG和正方形ABDE，
∴AG＝AC，AE＝AB，∠GAC＝∠EAB，
∴∠GAB＝∠CAE，
∴△GAB≌△CAE（SAS），
∴∠GAB＝∠ACE，
∵∠AOG＝∠BOC，
∴BG⊥CE，
∴四边形BCGE是“垂美四边形”，
由（2）知，BC2+GE2＝CG2+BE2，
∵∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，
∴∠CBA＝30°，
∴AB＝2AC＝8，BC＝4，
∴CG＝4，BE＝8，
∴（4）2+GE2＝（4）2+（8）2，
解得EG＝4；
（4）如图，连接AD，设AC与BD的交点为H，
∵∠AOB＝∠COD＝90°，∠ABO＝∠CDO＝30°，OC，
∴∠BOD＝∠AOC，BOOA，DOOC＝3，AB＝2AO，CD＝2CO＝2，
∵OA＝OD＝3，
∴AB＝6，
∵∠BOC＝120°，∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOD＝60°，
∴△AOD是等边三角形，
∴AD＝DO＝3，
∵，∠BOD＝∠AOC，
∴△BOD∽△AOC，
∴∠DBO＝∠CAO，
∵∠ABD+∠DBO+∠BAO＝90°，
∴∠ABD+∠BAO+∠CAO＝90°，
∴∠AHB＝90°，
∴AC⊥BD，
∴四边形ABCD是“垂美四边形”，
由（2）可知：AB2+CD2＝AD2+BC2，
∴36+12＝9+BC2，
∴BC．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，理解新定义并运用是解题的关键．
10．（2022秋•东城区校级月考）点P（x1，y1），Q（x2，y2）是平面直角坐标系中不同的两个点，且x1≠x2，若存在一个正数k，使点P，Q的坐标满足|y1﹣y2|＝k|x1﹣x2|，则称P，Q为一对“限斜点”，k叫做点P，Q的“限斜系数”，记作k（P，Q）．由定义可知，k（P，Q）＝k（Q，P）．
例：若P（1，0），Q（3，），有|0||1﹣3|，所以点P，Q为一对“限斜点”，且“限斜系数”为．
已知点A（1，0），B（2，0），C（2，﹣2），D（2，）．
（1）在点A，B，C，D中，找出一对“限斜点”： 点A与点D或点A与点C ，它们的“限斜系数”为 2或 ；
（2）若存在点E，使得点E，A是一对“限斜点”，点E，B也是一对“限斜点”，且它们的“限斜系数”均为1．求点E的坐标；
（3）正方形对角线的交点叫做中心，已知正方形EFGH的各边与坐标轴平行，边长为2，中心为点M（0，m）．点T为正方形上任意一点，若所有点T都与点C是一对“限斜点”，且都满足k（T，C）≥1，直接写出点M的纵坐标m的取值范围．
【分析】（1）根据定义验证即可；
（2）设E（x，y），由题意可得方程|x﹣1|＝|x﹣2|，求出x即可确定点E的坐标；
（3）先确定点C在直线y＝﹣x上，当T点在直线y＝﹣x上时，k（T，C）＝1，再由题意可知T点在直线y＝﹣x的上方，根据正方形的性质求出F（﹣1，m﹣1），当F点在直线y＝﹣x上时，m＝2，则m≥2时，对任意的T都有k（T，C）≥1；过点C作直线y＝﹣x的垂线，则垂线解析式为y＝x﹣4，由题意可知T点在直线y＝x﹣4的下方，再求出E（﹣1，m+1），当E点在直线y＝x﹣4上时，m＝﹣6，则m≤﹣6时，对任意的T都有k（T，C）≥1．
【解答】解：（1）由定义可知x1≠x2，y1≠y2，
∴B、C、D三点不能是“限斜点”，A、B不能是“限斜点”，
对于点A（1，0）和点C（2，﹣2），|﹣2﹣0|＝2|2﹣1|，
∴A与C是“限斜点”，“限斜系数”为2；
对于点A（1，0）和点D（2，），|0||2﹣1|，
∴A与D是“限斜点”，“限斜系数”为；
故答案为：点A与点D或点A与点C；2或；
（2）设E（x，y），
∵点E，A是一对“限斜点”，“限斜系数”为1，
∴|y|＝|x﹣1|，
∵点E，B一对“限斜点”，“限斜系数”为1，
∴|y|＝|x﹣2|，
∴|x﹣1|＝|x﹣2|，
解得x，
∴y＝±，
∴E（，）或（，）；
（3）∵C（2，﹣2），
∴点C在直线y＝﹣x上，
当T点在直线y＝﹣x上时，k（T，C）＝1，
∵所有点T都满足k（T，C）≥1，
∴T点在直线y＝﹣x的上方，
∵M（0，m），FG＝2，
∴F（﹣1，m﹣1），
当F点在直线y＝﹣x上时，m﹣1＝1，
解得m＝2，
∴m≥2时，对任意的T都有k（T，C）≥1；
过点C作直线y＝﹣x的垂线，则垂线解析式为y＝x﹣4，
当T点在直线y＝x﹣4上时，k（T，C）＝1，
∵所有点T都满足k（T，C）≥1，
∴T点在直线y＝x﹣4的下方，
∵M（0，m），FG＝2，
∴E（﹣1，m+1），
当E点在直线y＝x﹣4上时，﹣1﹣4＝m+1，
解得m＝﹣6，
∴m≤﹣6时，对任意的T都有k（T，C）≥1；
综上所述：m≥2或m≤﹣6时，对任意的T都有k（T，C）≥1．
【点评】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握正方形的性质，会解绝对值方程，弄清定义，数形结合，分类讨论是解题的关键．
11．（2022•南京模拟）对于平面直角坐标系xOy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“邻近距离”，记为d（图形M，图形N），已知点A（﹣2，﹣2），B（3，﹣2），C（3，3），D（﹣2，3）．
（1）d（点O，线段AB）＝ 2 ；
（2）若点G在轴上，且d（点G，线段AB）＞2，求点G的横坐标a的取值范围；
（3）依次连接A，B，C，D四点，得到正方形ABCD（不含图形内部），记为图形M，点E（t，0），点F（0，）均不与点O重合，线段EO，OF组成的图形记为图形N，若1＜d（图形M，图形N）＜2，直接写出t的取值范围．
【分析】（1）根据定义判断即可；
（2）由﹣2≤a≤3时，d（点G，线段AB）＝2，则当a＜﹣2或a＞3时，d（点G，线段AB）＞2；
（3）分两种情况讨论：当t＜0时，1＜3﹣（）＜2，1＜t+2＜2，可得t＜0时，1＜d（图形M，图形N）＜2；当t＞0时，1＜3﹣t＜2，1t+2＜2，可得1＜t＜2时，1＜d（图形M，图形N）＜2．
【解答】解：（1）∵A（﹣2，﹣2），B（3，﹣2），
∴点O到线段AB的距离为2，
∴d（点O，线段AB）＝2，
故答案为：2；
（2）∵G点在轴上，
∴﹣2≤a≤3时，d（点G，线段AB）＝2，
当a＜﹣2或a＞3时，d（点G，线段AB）＞2，
∴a＜﹣2或a＞3；
（3）当t＜0时，如图1，
∵1＜d（图形M，图形N）＜2，
∴1＜3﹣（）＜2，1＜t+2＜2，
∴t，﹣1＜t＜0，
∴t＜0时，1＜d（图形M，图形N）＜2；
当t＞0时，如图2，
∵1＜d（图形M，图形N）＜2，
∴1＜3﹣t＜2，1t+2＜2，
∴1＜t＜2，t，
∴1＜t＜2时，1＜d（图形M，图形N）＜2；
综上所述：t＜0或1＜t＜2时，1＜d（图形M，图形N）＜2．
【点评】本题考查四边形的综合应用，理解定义，熟练掌握一元一次不等式的解法，点与线段的距离求法，数形结合，分类讨论是解题的关键．
12．（2022春•海淀区校级期中）对于平面直角坐标系xOy中的图形W1和图形W2．给出如下定义：在图形W1上存在两点A，B（点A，B可以重合），在图形W2上存在两点M，N（点M、N可以重合）使得AM＝2BN，则称图形W1和图形W2满足限距关系．
（1）如图1，点C（1，0），D（﹣1，0），E（0，），点F在CE上运动（点F可以与C，E重合），连接OF，DF．
①线段OF的最小值为 ，最大值为 ；线段DF的取值范围是 DF≤2 ．
②在点O，D中，点 O 与线段CE满足限距关系．
（2）如图2，正方形ABMN的边长为2，直线PQ分别与x轴，y轴交于点Q，P，且与x轴正方向的夹角始终是30°，若线段PQ与正方形ABMN满足限距关系，求点P的纵坐标a（a＞0）的取值范围；
（3）如图3，正方形ABMN的顶点均在坐标轴上，A（0，b）（b＞0），G，H是正方形边上两点，分别以G，H为中心作边长为1的正方形，与正方形ABMN的四边分别平行．若对于任意的点G，H，以G，H为中心的正方形都满足限距关系，直接写出b的取值范围．
【分析】（1）①找到OF⊥CE时，OF的值最小，利用等积法求出最小值；当F点与E点重合时，再求出OF的最大值；同理确定DF的最小值和最大值即可求DF的取值范围；
②根据定义，线段CE上存在点M、N，满足OM最小值为，ON最大值为，此时满足定义，求解即可；
（2）分三种情况讨论：①当0＜a时，线段PQ在正方形内部，此时PQ与正方形无公共点，过点Q作QE⊥AB交于E，过点Q作QF⊥QE交AN于点F，此时正方形上到线段PQ的最短距离为1a，正方形上到线段PQ的最大距离为1a，可得1a≥2（1a），从而求出a；②当a时，线段PQ与正方形有公共点，此时线段PQ与正方形满足限距关系；③当a时，线段PQ在正方形的外部，与正方形无公共点，正方形到线段PQ的最小距离为AC（a），正方形到线段PQ的最大距离为MP＝a，可得a2（a），从而求出a≤2；
（3）考虑中心H、G分别与B、N重合，两个正方形的距离的最小值为BN﹣BD﹣PN＝2b，最大距离为BN+BC+NQ＝2b，可得2b2（2b），即可求0＜b．
【解答】解：（1）①如图1，点C（1，0），D（﹣1，0），E（0，），
∴OC＝1，OD＝1，OE，
∴CE＝2，
当OF⊥CE时，OC•OEEC•OF，
∴OF，
此时OF的值最小；
当F点与E点重合时，OF的值最大，最大值为，
当DF⊥CE时，DF的值最小，
∴DC•OEEC•DF，
∴DF，
当点F与点C或点E重合时，DF有最大值，
∴DE＝CD＝2，
∴FD的最大值为2，
∴DF≤2，
故答案为：，，DF≤2；
②线段CE上存在点M、N，满足OM最小值为，ON最大值为，
则OM＝2ON，
∴点O与线段CE满足限距关系；
∵DF≤2，
∴线段CE上不存在两点与点D满足限距关系；
故答案为：O；
（2）∵P（0，a），∠PQO＝30°，
∴OP＝a，PQ＝2a，
∴OQa，
∵正方形的边长为2，
∴OA＝OB，
当a时，a，此时点Q与点B重合，
①如图2，当0＜a时，线段PQ在正方形内部，此时PQ与正方形无公共点，
过点Q作QE⊥AB交于E，过点Q作QF⊥QE交AN于点F，
∴QE，
∴QE＝1a，
∴正方形上到线段PQ的最短距离为1a，
∵NF，
∴NF＝1a，
∴正方形上到线段PQ的最大距离为1a，
∵线段PQ与正方形满足限距关系，
∴1a≥2（1a），
解得a，
∴a；
②如图3，当a时，线段PQ与正方形有公共点，
线段PQ与正方形满足限距关系；
③如图4，当a时，线段PQ在正方形的外部，与正方形无公共点，
过点A作AC⊥PQ交于C，过点M作MD⊥PQ交于D，
∵∠OPQ＝60°，
∴∠PAC＝30°，∠PMD＝30°，
∴CPAP，PDPM，
∴正方形到线段PQ的最小距离为AC（a），
正方形到线段PQ的最大距离为MP＝a，
∵线段PQ与正方形满足限距关系，
∴a2（a），
解得a≤2，
∴a≤2；
综上所述：a≤2；
（3）如图5，当中心H、G分别与B、N重合时，
∵A（0，b），
∴OA＝OB＝ON＝b，
∵小正方形的边长为1，
∴CD＝PQ，
∴两个正方形的距离的最小值为BN﹣BD﹣PN＝2b，最大距离为BN+BC+NQ＝2b，
∵两个正方形满足限距关系，
∴2b2（2b），
解得b，
∴0＜b．
【点评】本题考查四边形的综合应用，熟练掌握正方形的性质，直角三角形的勾股定理，理解定义，分类讨论，数形结合解题是关键．
13．（2022•汇川区模拟）定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”，例如：四边形ABCD中，若∠A+∠C＝180°或∠B+∠D＝180°，则四边形ABCD是“对补四边形”．
【概念理解】（1）如图1，四边形ABCD是“对补四边形”．
①若∠A：∠B：∠C＝3：2：1，则∠D＝ 90 度．
②若∠B＝90°．且AB＝3，AD＝2时．则CD2﹣CB2＝ 5 ．
【类比应用】（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝CB，BD平分∠ADC．求证：四边形ABCD是“对补四边形”．
【分析】（1）①设∠A＝3x°，则∠B＝2x°，∠C＝x°，利用“对补四边形”的定义列出方程，解方程即可求得结论；
②连接AC，利用“对补四边形”的定义和勾股定理解答即可得出结论；
（2）在DC上截取DE＝DA，连接BE，利用全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质和“对补四边形”的定义解答即可．
【解答】（1）解：①∵∠A：∠B：∠C＝3：2：1，
∴设∠A＝3x°，则∠B＝2x°，∠C＝x°，
∵四边形ABCD是“对补四边形”，
∴∠A+∠C＝180°，
∴3x+x＝180，
∴x＝45°．
∴∠B＝2x＝90°．
∵四边形ABCD是“对补四边形”，
∴∠B+∠D＝180°，
∴∠D＝90°．
故答案为：90；
②连接AC，如图，
∵∠B＝90°，
∴AB2+BC2＝AC2．
∵四边形ABCD是“对补四边形”，
∴∠B+∠D＝180°．
∴∠D＝90°．
∴AD2+CD2＝AC2．
∴AB2+BC2＝AD2+CD2，
∴CD2﹣CB2＝AB2﹣AD2，
∵AB＝3，AD＝2，
∴CD2﹣CB2＝32﹣22＝5．
故答案为：5；
（2）证明：在DC上截取DE＝DA，连接BE，如图，
∵BD平分∠ADC，
∴∠ADB＝∠EDB．
在△ADB和△EDB中，
，
∴△ADB≌△EDB（SAS），
∴∠A＝∠DEB，AB＝BE，
∵AB＝CB，
∴BE＝BC，
∴∠BEC＝∠C．
∵∠DEB+∠BEC＝180°，
∴∠DEB+∠C＝180°，
∴∠A+∠C＝180°，
∴四边形ABCD是“对补四边形”．
【点评】本题主要考查了四边形的内角和定理，勾股定理，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，本题是新定义型，理解并熟练应用新定义是解题的关键．
14．（2022春•曾都区期末）定义：我们把对角线相等的凸四边形叫做“等角线四边形”．
（1）在已经学过的“①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形”中，一定是“等角线四边形”的是 ②④ （填序号）；
（2）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且EC＝DF，连接EF，AF，求证：四边形ABEF是等角线四边形；
（3）如图2，已知在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，D为线段AB的垂直平分线上一点，若以点A，B，C，D为顶点的四边形是等角线四边形，求这个等角线四边形的面积．
【分析】（1）由矩形和正方形的性质可直接求解；
（2）由“SAS”可证△ABE≌△BCF，可得AE＝BF，可得结论；
（3）分两种情况讨论，由勾股定理求出DE的长，即可求解．
【解答】（1）解：∵矩形、正方形的对角线相等，
∴矩形和正方形是“等角线四边形”，
故答案为②④；
（2）证明：连接AE，BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∵EC＝DF，
∴BE＝CF，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴AE＝BF，
∴四边形ABEF是等角线四边形；
（3）当点D在AB的上方时，如图，
∵DE是AB的中垂线，
∴AE＝BE＝2，
∵∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，
∴AC＝5，
∵四边形ABCD为等角线四边形，
∴AC＝BD＝5，
∴DE，
∴S四边形ABCD＝S△ABD+S△BCDAB×DEBC×BE＝23；
当点D在AB的下方时，如图，过点D作DF⊥BC，交CB的延长线于F，
∵四边形ACBD为等角线四边形，
∴BA＝CD＝4，
∵DE⊥AB，∠ABF＝90°，DF⊥CF，
∴四边形DEBF是矩形，
∴BE＝DF＝2，DE＝BF，
∴CF2，
∴BF＝23，
∴S四边形ADBC＝S△ABC+S△ABD4×（23）4×3＝4，
综上所述：这个等角线四边形的面积为4或23．
【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，理解等角线四边形的定义并运用是解题的关键．
15．（2022春•长汀县期末）在平面直角坐标系中，如果点p（a，b）满足a+1＞b且b+1＞a，则称点p为“自大点”：如果一个图形的边界及其内部的所有点都不是“自大点”，则称这个图形为“自大忘形”．
（1）判断下列点中，哪些点是“自大点”，直接写出点名称；p1（1，0），，．
（2）如果点N（2x+3，2）不是“自大点”，求出x的取值范围．
（3）如图，正方形ABCD的初始位置是A（0，6），B（0，4），C（2，4），D（2，6），现在正方形开始以每秒1个单位长的速度向下（y轴负方向）平移，设运动时间为t秒（t＞0），当正方形成为“自大忘形”时，求t的取值范围．
【分析】（1）利用“自大点”的定义解答即可；
（2）利用“自大点”的定义列出不等式组解答即可；
（3）用t表示出平移后的正方形的四个顶点的坐标，利用（2）中的方法求得平移后的正方形的三个顶点不是“自大点”时的t的范围即可得出结论．
【解答】解：（1）P2；理由：
∵点P（a，b）满足a+1＞b且b+1＞a，则称点P为“自大点”，
∴a，b满足﹣1＜b﹣a＜1，
∵P1（1，0），0﹣1＝﹣1，
∴P1（1，0）不是“自大点”；
∵，，
∴是“自大点”；
∵，，
∴不是“自大点”，
综上，三个点中点P2是“自大点”；
（2）如果点N（2x+3，2）是“自大点”，
∴，
解得：﹣1＜x＜0，
∴当x≤﹣1或x≥0时，点N（2x+3，2）不是“自大点”，
∴x的取值范围是x≤﹣1或x≥0；
（3）∵正方形ABCD的初始位置是A（0，6），B（0，4），C（2，4），D（2，6），
∴平移之后的坐标分别为（0，6﹣t），B（0，4﹣t），C（2，4﹣t），D（2，6﹣t），
当A点平移后的点是“自大点时”，﹣1＜6﹣t＜1，
解得：5＜t＜7，
故A点平移后的点不是“自大点时”，0＜t≤5或t≥7，
同理，当B点和D点平移后的点不是“自大点时”，0＜t≤3或t≥5，
同理，当C点平移后的点不是“自大点时”，0＜t≤1或t≥3，
∴当平移后的正方形边界及其内部的所有点都不是“自大点”时，0＜t≤1或者t≥7或t＝3或5．
∴当正方形成为“自大忘形”时，t的取值范围为：0＜t≤1或者t≥7或者t＝3或5．
【点评】本题主要考查了一元一次不等式组的解法，正方形的性质，本题是新定义型，准确理解并熟练应用新定义是解题的关键．
16．（2022春•北仑区期末）定义：对角线相等的四边形称为对美四边形．
（1）我们学过的对美四边形有 矩形 、 等腰梯形 ．（写出两个）
（2）如图1，D为等腰△ABC底边AB上的一点，连结CD，过C作CF∥AB，以B为顶点作∠CBE＝∠ACD交CF于点E，求证：四边形CDBE为对美四边形．
（3）如图2，对美四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，AC＝BD，DC∥AB．
①若∠AOB＝120°，AB+CD＝6，求四边形ABCD的面积．
②若AB⋅CD＝6，设AD＝x，BD＝y，试求出y与x的关系式．
【分析】（1）根据对美四边形的定义、矩形和等腰梯形的性质解答即可；
（2）连接DE，证明△ADC≌△CEB，根据全等三角形的性质得到CE＝AD，证明四边形ADEC为平行四边形，根据对美四边形的定义证明结论；
（3）①延长BA至E，使AE＝CD，连接DE，过D作DF⊥EB于F，根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质求出EF，根据勾股定理求出DF，根据四边形的面积公式计算，得到答案；
②根据勾股定理、完全平方公式计算即可．
【解答】（1）解：∵矩形的对角线相等，等腰梯形的对角线相等，
∴我们学过的对美四边形有矩形，等腰梯形，
故答案为：矩形，等腰梯形；
（2）证明：如图1，连接DE，
∵AC＝BC，
∴∠CAB＝∠CBA，
∵CF∥AB，
∴∠CBA＝∠BCE，
∴∠CAB＝∠BCE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（ASA），
∴CE＝AD，
∵CE∥AD，
∴四边形ADEC为平行四边形，
∴AC＝DE，
∴BC＝DE，
∴四边形CDBE为对美四边形；
（3）解：①如图2，延长BA至E，使AE＝CD，连接DE，过D作DF⊥EB于F，
∵CD∥AE，CD＝AE，
∴四边形ACDE是平行四边形，
∴AC∥DE，AC＝DE，
∴∠AOB＝∠EDB，
∵∠AOB＝120°，
∴∠EDB＝120°，
∵AC＝BD，
∴DE＝DB，
∴∠DEB＝∠DBE＝30°，
∵DC+AB＝6，
∴EB＝AB+AE＝DC+AB＝6，
∵DE＝DB，DF⊥BE，
∴EFBE＝3，
设DF＝x，
在Rt△DFE中，∠DEF＝30°，
∴DE＝2x，
由勾股定理得：（2x）2﹣x2＝32，
解得：x（负值舍去），
∴S四边形ABCD（AB+CD）•DF63；
②设CD为m，AB为n，则mn＝6，
则EB＝EA+AB＝DC+AB＝m+n，
∴EF（m+n），
∴AF＝EF﹣EA（m﹣n），
在Rt△AFD中，DF2＝AD2﹣AF2＝x2﹣[（m﹣n）]2，
在Rt△EFD中，DF2＝BD2﹣BF2＝y2﹣[（m+n）]2，
∴y2﹣x2＝mn＝6，
∴y2＝x2+6．
【点评】本题考查的是对美四边形的定义、平行四边形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握对美四边形的定义是解题的关键．
17．（2022春•江北区期末）定义：对于一个四边形，我们把依次连结它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”．
概念理解：下列四边形中一定是“中方四边形”的是 D ．
A．平行四边形
B．矩形
C．菱形
D．正方形
性质探究：如图1，四边形ABCD是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形ABCD的两条结论：
①AC＝BD ；
②AC⊥BD ．
问题解决：如图2，以锐角△ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连结BE，EG，GC．求证：四边形BCGE是“中方四边形”；
拓展应用：如图3，已知四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，
（1）试探索AC与MN的数量关系，并说明理由．
（2）若AC＝2，求AB+CD的最小值．
【分析】概念理解：根据定义“中方四边形”，即可得出答案；
性质探究：由四边形ABCD是“中方四边形”，可得EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，利用三角形中位线定理即可得出答案；
问题解决：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，利用三角形中位线定理可证得四边形MNRL是平行四边形，再证得△EAC≌△BAG（SAS），推出▱MNRL是菱形，再由∠LMN＝90°，可得菱形MNRL是正方形，即可证得结论；
拓展应用：（1）如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，可得四边形ENFM是正方形，再根据等腰直角三角形性质即可证得结论；
（2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，连接BD交AC于O，连接OM、ON，当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，再结合（1）的结论即可求得答案．
【解答】解：概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，理由如下：
因为正方形的对角线相等且互相垂直，
故选：D；
性质探究：①AC＝BD，②AC⊥BD；
理由如下：如图1，
∵四边形ABCD是“中方四边形”，
∴EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
∴∠FEH＝90°，EF＝EH，EH∥BD，EHBD，EF∥AC，EFAC，
∴AC⊥BD，AC＝BD，
故答案为：AC⊥BD，AC＝BD；
问题解决：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，
∵四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L，
∴MN、NR、RL、LM分别是△BCG、△CEG、△BGE、△CEB的中位线，
∴MN∥BG，MNBG，RL∥BG，RLBG，RN∥CE，RNCE，ML∥CE，MLCE，
∴MN∥RL，MN＝RL，RN∥ML∥CE，RN＝ML，
∴四边形MNRL是平行四边形，
∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形，
∴AE＝AB，AG＝AC，∠EAB＝∠GAC＝90°，
又∵∠BAC＝∠BAC，
∴∠EAB+∠BAC＝∠GAC+∠BAC，
即∠EAC＝∠BAG，
在△EAC和△BAG中，
，
∴△EAC≌△BAG（SAS），
∴CE＝BG，∠AEC＝∠ABG，
又∵RLBG，RNCE，
∴RL＝RN，
∴▱MNRL是菱形，
∵∠EAB＝90°，
∴∠AEP+∠APE＝90°．
又∵∠AEC＝∠ABG，∠APE＝∠BPK，
∴∠ABG+∠BPK＝90°，
∴∠BKP＝90°，
又∵MN∥BG，ML∥CE，
∴∠LMN＝90°，
∴菱形MNRL是正方形，即原四边形BCGE是“中方四边形”；
拓展应用：（1）MNAC，理由如下：
如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，
∵四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，
∴四边形ENFM是正方形，
∴FM＝FN，∠MFN＝90°，
∴MNFM，
∵M，F分别是AB，BC的中点，
∴FMAC，
∴MNAC；
（2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，
连接BD交AC于O，连接OM、ON，
当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，
∴2（OM+ON）最小＝2MN，
由性质探究②知：AC⊥BD，
又∵M，N分别是AB，CD的中点，
∴AB＝2OM，CD＝2ON，
∴2（OM+ON）＝AB+CD，
∴（AB+CD）最小＝2MN，
由拓展应用（1）知：MNAC；
又∵AC＝2，
∴MN，
∴（AB+CD）最小＝2．
【点评】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键．
18．（2022春•铜山区期末）新定义：若四边形的一组对角均为直角，则称该四边形为对直四边形．
（1）下列四边形为对直四边形的是 ②④ （写出所有正确的序号）；
①平行四边形；②矩形；③菱形，④正方形．
（2）如图，在对直四边形ABCD中，已知∠ABC＝90°，O为AC的中点．
①求证：BD的垂直平分线经过点O；
②若AB＝6，BC＝8，请在备用图中补全四边形ABCD，使四边形ABCD的面积取得最大值，并求此时BD的长度．
【分析】（1）由对直四边形的定义可求解；
（2）①由直角三角形的性质可得BO＝DO，可得结论；
②由“ASA”可证△DAE≌△DCB，可得DE＝DB，AE＝BC＝8，由等腰直角三角形的性质可求解．
【解答】（1）∵矩形和正方形的四个角都是直角，
∴矩形和正方形是对直四边形，
故答案为：②④；
（2）①证明：如图，连接BO，DO，
在对直四边形ABCD中，∠ABC＝90°，
∴∠ABC＝∠ADC＝90°，
∵O为AC的中点．
∴BO＝DO，
∴BD的垂直平分线经过点O；
②∵四边形ABCD的面积＝S△ABC+S△ACD，S△ABC是定值，
∴S△ACD有最大值时，四边形ABCD的面积有最大值，
∵AC是定长，
∴当OD⊥AC时，S△ACD有最大值．
如图，过点D作DE⊥BD，交BA的延长线于点E，
∵AO＝OC＝OD，OD⊥AC，
∴AD＝CD，
∵DE⊥BD，
∴∠EDB＝∠ADC＝90°，
∴∠EDA＝∠BDC，
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴∠DAB+∠DCB＝180°，
∵∠DAB+∠DAE＝180°，
∴∠DCB＝∠DAE，
∴△DAE≌△DCB（ASA），
∴DE＝DB，AE＝BC＝8，
∴△DEB是等腰直角三角形，BE＝14，
∴DB＝7．
【点评】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，矩形和正方形的性质，直角三角形的性质，添加恰当辅助线是解题的关键．
19．（2022•赣州模拟）我们定义：有一组邻角相等的凸四边形做“等邻角四边形”，例如：如图1，∠B＝∠C，则四边形ABCD为等邻角四边形．
（1）定义理解：已知四边形ABCD为等邻角四边形，且∠A＝130°，∠B＝120°，则∠D＝ 55 度．
（2）变式应用：如图2，在五边形ABCDE中，ED∥BC，对角线BD平分∠ABC．
①求证：四边形ABDE为等邻角四边形；
②若∠A+∠C+∠E＝300°，∠BDC＝∠C，请判断△BCD的形状，并明理由．
（3）深入探究：如图3，在等邻角四边形ABCD中，∠B＝∠BCD，CE⊥AB，垂足为E，点P为边BC上的一动点，过点P作PM⊥AB，PN⊥CD，垂足分别为M，N．在点P的运动过程中，判断PM+PN与CE的数量关系？请说明理由．
（4）迁移拓展：如图4，是一个航模的截面示意图．四边形ABCD是等邻角四边形，∠A＝∠ABC，E为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为D、C，AB＝2dm，AD＝3dm，BDdm．M、N分别为AE、BE的中点，连接DM、CN，求△DEM与△CEN的周长之和．
【分析】（1）由等邻角四边形的定义和四边形内角和定理可求解；
（2）①由角平分线的性质和平行线的性质可得∠EDB＝∠ABD，可得结论；
②由三角形内角和定理和四边形内角和定理可求∠C＝60°，即可求解；
（3）由面积关系可求解；
（4）由直角三角形的性质可得AM＝DM＝ME，EN＝NB＝CN，由勾股定理可求DG＝1，BG＝6，即可求解．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD为等邻角四边形，∠A＝130°，∠B＝120°，
∴∠C＝∠D，
∴∠D＝55°，
故答案为：55；
（2）①证明：∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∵ED∥BC，
∴∠EDB＝∠DBC，
∴∠EDB＝∠ABD，
∴四边形ABDE为等邻角四边形；
②解：△BDC是等边三角形，理由如下：
∵∠BDC＝∠C，
∴BD＝BC，∠DBC＝180°﹣2∠C，
∵∠A+∠E+∠ABD+∠BDE＝360°，
∴∠A+∠E＝360°﹣2∠ABD，
∵∠A+∠C+∠E＝300°，
∴300°﹣∠C＝360°﹣2（180°﹣2∠C），
∴∠C＝60°，
又∵BD＝BC，
∴△BDC是等边三角形；
（3）解：PM+PN＝CE，理由如下：
如图，延长BA，CD交于点H，连接HP，
∵∠B＝∠BCD，
∴HB＝HC，
∵S△BCH＝S△BPH+S△CPH，
∴BH×CEBH×PMCH×PN，
∴CE＝PM+PN；
（4）解：如图，延长AD，BC交于点H，过点B作BG⊥AH于G，
∵ED⊥AD，EC⊥CB，M、N分别为AE、BE的中点，
∴AM＝DM＝ME，EN＝NB＝CN，
∵AB2＝BG2+AG2，BD2＝BG2+DG2，
∴52﹣（3+DG）2＝37﹣DG2，
∴DG＝1，
∴BG6，
由（3）可得DE+EC＝BG＝6，
∴△DEM与△CEN的周长之和＝ME+DM+DE+EC+EN+CN＝AE+BE+BG＝AB+BG＝（6+2）dm．
【点评】本题是四边形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，理解新定义并运用是解题的关键．
20．（2022春•盐田区校级期末）给出如下定义：有两个相邻内角互余的四边形称为“邻余四边形”，这两个角的夹边称为“邻余线”．
（1）如图1，格点四边形ABCD是“邻余四边形”，指出它的“邻余线”；
（2）如图2，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，E，F分别是BD，AD上的点．求证：四边形ABEF是“邻余四边形”；
（3）如图3，四边形ABCD是“邻余四边形”，AB为“邻余线”，E，F分别是AB，CD的中点，连接EF，AD＝4，BC＝6．求EF的长．
【分析】（1）根据邻余四边形的定义得出答案即可；
（2）根据邻余四边形的定义证明结论即可；
（3）连接DE并延长到G，使EG＝DE，连接BG，CG，先得出△AED≌△BEG，再利用勾股定理得出GC的长，最后利用三角形中位线定理得出结果．
【解答】（1）解：
由图形可知∠E＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∴它的“邻余线”是AB；
（2）证明：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB+∠DBA＝90°，
∴∠FAB与∠EBA互余，
∴四边形ABEF是邻余四边形；
（3）解：如图，连接DE并延长到G，使EG＝DE，连接BG，CG，
在△AED和△BEG中，
，
∴△AED≌△BEG（SAS），
∴∠A＝∠ABG，BG＝AD＝4，
∵四边形ABCD是“邻余四边形”，AB为“邻余线”，
∴∠A+∠ABC＝90°，
∴∠ABG+∠ABC＝∠GBC＝90°，
在Rt△GBC中，
GC，
∵EG＝DE，AE＝BE，
∴EF．
【点评】本题是四边形综合题，考查了勾股定理，全等三角形的判定与性质及三角形的中位线定理，理解邻余线的定义并运用是解题的关键．