专题32四边形与新定义综合问题 -挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（教师版含解析）

这是一份专题32四边形与新定义综合问题 -挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘（教师版含解析），共57页。


【例1】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”．
【例2】（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，BD＝dm．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×CE＝×BH×PM+×CH×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，
∴BG＝＝6，
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．
【例3】（2022•常州二模）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I，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；
（2）如图2，在5×4的方格纸中，A，B在格点上，请画出一个符合条件的邻余四边形ABEF，使AB是邻余线，E，F在格点上；
（3）如图3，已知四边形ABCD是以AB为邻余线的邻余四边形，AB＝15，AD＝6，BC＝3，∠ADC＝135°，求CD的长度．
【分析】（1）根据邻余四边形的定义证明结论即可；
（2）连接AB，在∠A+∠B＝90°的基础上选择合适的E点和F点连接作图即可；
（3）邻余四边形的定义可得∠H＝90°，由勾股定理可求解．
【解答】（1）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；
（2）解：如图所示（答案不唯一），
（3）解：如图3，延长AD，CB交于点H，
∵四边形ABCD是以AB为邻余线的邻余四边形，
∴∠A+∠B＝90°，
∵∠ADC＝135°，
∴∠HDC＝45°，
∴∠HDC＝∠HCD＝45°，
∴CH＝DH，
∵AB2＝AH2+BH2，
∴225＝（6+DH）2+（3+DH）2，
∴DH＝6（负值舍去），
∴CD＝6．
【例4】（2022•工业园区模拟）【理解概念】
如果一个矩形的一条边与一个三角形的一条边能够重合，且三角形的这条边所对的顶点恰好落在矩形这条边的对边上，则称这样的矩形为这个三角形的“矩形框”．如图①，矩形ABDE即为△ABC的“矩形框”．
（1）三角形面积等于它的“矩形框”面积的 ；
（2）钝角三角形的“矩形框”有 1 个；
【巩固新知】
（3）如图①，△ABC的“矩形框”ABDE的边AB＝6cm，AE＝2cm，则△ABC周长的最小值为 （6+2） cm；
（4）如图②，已知△ABC中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，求△ABC的“矩形框”的周长；
【解决问题】
（5）如图③，锐角三角形木板ABC的边AB＝14cm，AC＝15cm，BC＝13cm，求出该木板的“矩形框”周长的最小值．
【分析】（1）利用同底等高的面积关系求解即可；
（2）根据钝角三角形垂线的特点进行判断即可；
（3）作A点关于DE的对称点F，连接BF，则△ABC周长≥AC+BF，求出BF+AC即可求解；
（4）以三角形三边分别为矩形的一边作“矩形框”，分别求出周长即可；
（5）以三角形三边分别为矩形的一边作“矩形框”，分别求出周长，取最小值即可．
【解答】解：（1）∵S△ABC＝×AB×AE，S矩形ABDE＝AB×AE，
∴S△ABC＝S矩形ABDE，
故答案为：；
（2）由定义可知，钝角三角形以钝角所对的边为矩形一边，能够构造出一个“矩形框”，
故答案为：1；
（3）如图①，作A点关于DE的对称点F，连接BF，
∴CF＝AC，
∴AC+BC≥BF，
∴△ABC周长＝AB+AC+BC≥AC+BF，
∵AB＝6cm，AE＝2cm，
在Rt△ABF中，BF＝2，
∴△ABC周长的最小值（6+2）cm，
故答案为：（6+2）；
（4）如图②﹣1，以AB边为矩形一边时，作“矩形框”ABDE，
∵∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，
∴AB＝5cm，
∵S△ABC＝×3×4＝×5×AE，
∴AE＝，
∴矩形ABDE的周长＝2×（5+）＝（cm）；
如图②﹣2，以BC边为矩形一边时，作“矩形框”BCAF，
∴矩形BCAF的周长＝2×（3+4）＝14（cm）；
同理，以AB为矩形一边时，“矩形框”的周长为14cm；
综上所述：△ABC的“矩形框”的周长为cm或14cm；
（5）如图③﹣1，以AB为一边作“矩形框”ABDE，过点C作CG⊥AB交于G，
∴CG2＝AC2﹣AG2＝BC2﹣BG2，AG+BG＝AB，
又∵AB＝14cm，AC＝15cm，BC＝13cm，
∴AG＝9cm，BG＝5cm，
∴CG＝12cm，
∴“矩形框”ABDE的周长＝2×（14+12）＝52cm；
如图③﹣2，以BC为一边作“矩形框”BCNM，过点A作AH⊥CB交于H，
∵S△ABC＝×CG×AB＝×12×14＝×AH×BC，
∴AH＝cm，
∴“矩形框”BCNM的周长＝2×（13+）＝cm；
如图③﹣3，以AC为矩形一边，作“矩形框”ACTS，过点B作BK⊥AC交于点K，
∵S△ABC＝×CG×AB＝×12×14＝×BK×AC，
∴BK＝cm，
∴“矩形框”ACTS的周长＝2×（15+）＝cm；
∵＜52＜，
∴该木板的“矩形框”周长的最小值为cm．


一．解答题（共20题）
1．（2022•罗湖区模拟）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ABCD中E是CD上的点，将△BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的对应点F在DA的延长线上，则四边形BEDF 是 （填“是”或“不是”）“直等补”四边形；
（2）如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，过点B作BE⊥AD于E．
①过C作CF⊥BF于点F，试证明：BE＝DE，并求BE的长；
②若M是AD边上的动点，求△BCM周长的最小值．
【分析】（1）由旋转的性质可得∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，根据正方形的性质得∠ABC＝∠D＝90°，可得出∠EBF＝∠D＝90°，即可得出答案；
（2）①首先证明四边形CDEF是矩形，则DE＝CF，EF＝CD＝2，再证△ABE≌△BCF，根据全等三角形的判定和性质可得BE＝CF，AE＝BF，等量代换即可得BE＝DE；由AE＝BF，EF＝CD＝2可得AE＝BE﹣2，设BE＝x，根据勾股定理求出x的值即可；
②延长CD到点G，使DG＝CD，连接BG交AD于点M′，过点G作GH⊥BC，交BC的延长线于点H，证明△ABE∽△CGH，根据相似三角形的性质求出CH、HG的值，在Rt△BHG中，根据勾股定理求出BG，即可求解．
【解答】解：（1）∵将△BCE绕B点旋转，BC与BA重合，点E的对应点F在DA的延长线上，
∴∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠D＝90°，
∴∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠ABE+∠ABF＝90°，即∠EBF＝∠D＝90°，
∴∠EBF+∠D＝180°，
∵∠EBF＝90°，BF＝BE，
∴四边形BEDF是“直等补”四边形．
故答案为：是；
（2）①证明：∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，
∴∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°，
∴∠D＝90°，
∵BE⊥AD，CF⊥BE，
∴∠DEF＝90°，∠CFE＝90°，
∴四边形CDEF是矩形，
∴DE＝CF，EF＝CD＝2，
∵∠ABE+∠A＝90°，∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠A＝∠CBF，
∵∠AEB＝∠BFC＝90°，AB＝BC，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴BE＝CF，AE＝BF，
∵DE＝CF，
∴BE＝DE；
∵四边形CDEF是矩形，
∴EF＝CD＝2，
∵△ABE≌△BCF，
∴AE＝BF，
∴AE＝BE﹣2，
设BE＝x，则AE＝x﹣2，
在Rt△ABE中，x2+（x﹣2）2＝102，
解得：x＝8或x＝﹣6（舍去），
∴BE的长是8；
②∵△BCM周长＝BC+BM+CM，
∴当BM+CM的值最小时，△BCM的周长最小，
如图，延长CD到点G，使DG＝CD，连接BG交AD于点M′，过点G作GH⊥BC，交BC的延长线于点H，
∵∠ADC＝90°，
∴点C与点G关于AD对称，
∴BM+CM＝BM+MG≥BG，即BM+CM≥BM′+M′C，
∴当点M与M′重合时，BM′+M′C的值最小，即△BCM的周长最小，
在Rt△ABE中，AE＝＝＝6，
∵四边形ABCD是“直等补”四边形，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∵∠BCD+∠GCH＝180°，
∴∠A＝∠GCH，
∵∠AEB＝∠H＝90°，
∴△ABE∽△CGH，
∴＝＝＝，即＝，
∴GH＝，CH＝，
∴BH＝BC+CH＝10+＝，
∴BG＝＝＝2，
∴△BCM周长的最小值为2+10．
2．（2022•越秀区校级模拟）有一组对边平行，一个内角是它对角的两倍的四边形叫做倍角梯形．
（1）已知四边形ABCD是倍角梯形，AD∥BC，∠A＝100°，请直接写出所有满足条件的∠D的度数；
（2）如图1，在四边形ABCD中，∠BAD+∠B＝180°，BC＝AD+CD．求证：四边形ABCD是倍角梯形；
（3）如图2，在（2）的条件下，连结AC，当AB＝AC＝AD＝2时，求BC的长．
【分析】（1）由题意得出∠D＝2∠B或∠B＝2∠D或∠A＝2∠C，根据梯形的性质可得出答案；
（2）过点D作DE∥AB，交BC于点E，证明四边形ABED为平行四边形，得出AD＝BE，∠B＝∠DEC＝∠ADE，证出∠ADC＝2∠B，则可得出结论；
（3）过点E作AE∥DC交BC于点E，由等腰三角形的性质求出∠B＝∠ACB＝36°，证明△ABE∽△CBA，由相似三角形的性质得出，设AE＝BE＝CD＝x，得出方程22＝x（x+2），求出x＝﹣1，则可得出答案．
【解答】解：（1）∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A＝100°，
∴∠B＝80°，
∵四边形ABCD是倍角梯形，
∴∠D＝2∠B或∠B＝2∠D或∠A＝2∠C，
若∠D＝2∠B，则∠D＝160°；
若∠B＝2∠D，则∠D＝40°，
若∠A＝2∠C，则∠C＝50°，
∴∠D＝130°，
故所有满足条件的∠D的度数为160°或40°或130°；
（2）证明：过点D作DE∥AB，交BC于点E，
∵∠BAD+∠B＝180°，
∴AD∥BC，
∵DE∥AB，
∴四边形ABED为平行四边形，
∴AD＝BE，∠B＝∠DEC＝∠ADE，
∵BC＝BE+CE，
∴BC＝AD+CE，
又∵BC＝AD+CD，
∴CE＝CD，BC＞AD，
∴∠CDE＝∠DEC，
∴∠ADC＝∠ADE+∠CDE＝2∠B，
∴四边形ABCD是倍角梯形；
（3）过点E作AE∥DC交BC于点E，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵AD＝AC，
∴∠ACD＝∠D，
∵AD∥BC，
∴∠ACB＝∠DAC，
设∠B＝α，则∠D＝2α，
∵∠DAC+∠D+∠ACD＝180°，
∴α+2α+2α＝180°，
∴α＝36°，
∴∠B＝∠ACB＝36°，
∴∠BAC＝∠AEB＝108°，
∵∠B＝∠B，
∴△ABE∽△CBA，
∴，
设AE＝BE＝CD＝x，
则BC＝2+x，
∴22＝x（x+2），
∴x＝﹣1（负值舍去），
∴CD＝﹣1．
∴BC＝AD+CD＝2+﹣1＝+1．
3．（2022•嘉祥县一模）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，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．
（2）如图2，在（1）的条件下，取EF中点M，连接DM并延长交AB于点Q，延长EF交AC于点N．若N为AC的中点，DE＝2BE，QB＝3，求邻余线AB的长．
【分析】（1）由等腰三角形的三线合一定理先证AD⊥BC，再证∠DAB+∠DBA＝90°，由邻余四边形定义即可判定；
（2）由等腰三角形的三线合一定理先证BD＝CD，推出CE＝5BE，再证明△DBQ∽△ECN，推出＝＝，即可求出NC，AC，AB的长度．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB+∠DBA＝90°，
∴∠FBA与∠EBA互余，
∴四边形ABEF是邻余四边形；
（2）解：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，
∴BD＝CD，
∵DE＝2BE，
∴BD＝CD＝3BE，
∴CE＝CD+DE＝5BE，
∵∠EDF＝90°，点M是EF的中点，
∴DM＝ME，
∴∠MDE＝∠MED，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴△DBQ∽△ECN，
∴＝＝，
∵QB＝3，
∴NC＝5，
∵AN＝CN，
∴AC＝2CN＝10，
∴AB＝AC＝10．
4．（2021•任城区校级三模）我们定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”
（1）概念理解：
请你根据上述定义举一个等邻角四边形的例子： 矩形或正方形 ；
（2）问题探究；
如图1，在等邻角四边形ABCD中，∠DAB＝∠ABC，AD，BC的中垂线恰好交于AB边上一点P，连结AC，BD，试探究AC与BD的数量关系，并说明理由；
（3）应用拓展；
如图2，在Rt△ABC与Rt△ABD中，∠C＝∠D＝90°，BC＝BD＝3，AB＝5，将Rt△ABD绕着点A顺时针旋转角α（0°＜∠α＜∠BAC）得到Rt△AB′D′（如图3），当凸四边形AD′BC为等邻角四边形时，求出它的面积．
【分析】（1）矩形或正方形邻角相等，满足“等邻角四边形”条件；
（2）结论：AC＝BD，证明△APC≌△DPB（SAS）；
（3）分两种情况考虑：Ⅰ、当∠AD′B＝∠D′BC时，延长AD′，CB交于点E，如图1，由S四边形ACBD′＝S△ACE﹣S△BED′，求出四边形ACBD′面积；
Ⅱ、当∠D′BC＝∠ACB＝90°时，过点D′作D′E⊥AC于点E，如图2，由S四边形ACBD′＝S△AED′+S矩形ECBD′，求出四边形ACBD′面积即可．
【解答】解：（1）矩形或正方形是一个等邻角四边形．
故答案为：矩形，正方形；
（2）结论：AC＝BD，
理由：连接PD，PC，如图1所示：
∵PE是AD的垂直平分线，PF是BC的垂直平分线，
∴PA＝PD，PC＝PB，
∴∠PAD＝∠PDA，∠PBC＝∠PCB，
∴∠DPB＝2∠PAD，∠APC＝2∠PBC，即∠PAD＝∠PBC，
∴∠APC＝∠DPB，
∴△APC≌△DPB（SAS），
∴AC＝BD；
（3）分两种情况考虑：
（i）当∠AD′B＝∠D′BC时，延长AD′，CB交于点E，
如图3（i）所示，
∴∠ED′B＝∠EBD′，
∴EB＝ED′，
设EB＝ED′＝x，
由勾股定理得：42+（3+x）2＝（4+x）2，
解得：x＝4.5，
过点D′作D′F⊥CE于F，
∴D′F∥AC，
∴△ED′F∽△EAC，
∴＝，即＝，
解得：D′F＝，
∴S△ACE＝AC×EC＝×4×（3+4.5）＝15；S△BED′＝×BE×D′F＝××4.5×＝，
则S四边形ACBD′＝S△ACE﹣S△BED′＝15﹣＝；
（ii）当∠D′BC＝∠ACB＝90°时，过点D′作D′E⊥AC于点E，
如图3（ii）所示，
∴四边形ECBD′是矩形，
∴ED′＝BC＝3，
在Rt△AED′中，根据勾股定理得：AE＝＝，
∴S△AED′＝×AE×ED′＝××3＝，S矩形ECBD′＝CE×CB＝（4﹣）×3＝12﹣3，
则S四边形ACBD′＝S△AED′+S矩形ECBD′＝+12﹣3＝12﹣．
5．（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△BCD＝×AB×DE+×BC×BE＝2+3；
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，
∴CF＝＝＝2，
∴BF＝2﹣3，
∴S四边形ADBC＝S△ABC+S△ABD＝×4×（2﹣3）+×4×3＝4，
综上所述：这个等角线四边形的面积为4或2+3．
6．（2022春•南浔区期末）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＝﹣．
7．（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．
8．（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，EH＝BD，EF∥AC，EF＝AC，
∴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，MN＝BG，RL∥BG，RL＝BG，RN∥CE，RN＝CE，ML∥CE，ML＝CE，
∴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∵RL＝BG，RN＝CE，
∴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）MN＝AC，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°，
∴MN＝＝＝FM，
∵M，F分别是AB，BC的中点，
∴FM＝AC，
∴MN＝AC；
（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：MN＝AC；
又∵AC＝2，
∴MN＝，
∴（AB+CD）最小＝2．

9．（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．
10．（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＝＝．
11．（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＝，
∴∠QMN＝+α，
∴∠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°，
∴∠Q＝α﹣90°，
∵90°＞0°，
∴60°＜α＜180°，
∴∠Q＝α﹣90°（60°＜α＜180°）．
12．（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，
∴EF＝BE＝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）•DF＝×6×＝3；
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．

13．（2022春•玄武区校级期中）如图1，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝∠E＝∠F＝90°，AB、EF、CD为铅直方向的边，AF、DE、BC为水平方向的边，点E在AB、CD之间，且在AF、BC之间，我们称这样的图形为“L图形”，若一条直线将该图形的面积分为面积相等的两部分，则称此直线为该“L图形”的等积线．
（1）如图2所示四幅图中，直线L是该“L图形”等积线的是 ①②③ （填写序号）．
（2）如图3，直线m是该“L图形”的等积线，与边BC、AF分别交于点M、N，过MN中点O的直线分别交边BC、AF于点P、Q，则直线PQ 是 （填“是”或“不是”）该图形的等积线．
（3）在图4所示的“L图形”中，AB＝6，BC＝10，AF＝2．
①若CD＝2，在图中画出与AB平行的等积线l（在图中标明数据）；
②在①的条件下，该图形的等积线与水平的两条边DE、BC分别交于P、Q，求PQ的最大值；
③如果存在与水平方向的两条边DE、BC相交的等积线，则CD的取值范围为 ＜CD＜6 ．
【分析】（1）如图2，根据题意把原本图形分成左右两个矩形，这两个矩形的对称中心所在直线是该L图形的面积平分线，由此可直接进行判断；
（2）如图3，证明△OQN≌△OPM（AAS），根据割补法可得直线PQ是L图形ABCDEF的面积平分线；
（3）①如图4，先计算L图形ABCDEF的面积，可得出矩形EMNO的面积＝EO×ON＝2，由此可得出OE的长；
②根据面积平分线可知梯形CDQP的面积为14，根据面积公式列式可得CH的长，根据勾股定理可得PQ的最大值；
③如图6，直线DE将图形分成上下两个矩形，当上矩形面积小于下矩形面积时，列不等式可得CD的取值．
【解答】解：（1）根据题意把原本图形分成左右两个矩形，这两个矩形的对称中心所在直线是该L图形的面积平分线，
∴直线L是该“L图形”等积线的是①②③；
故答案为：①②③；
（2）如图3，∵∠A＝∠B＝90°，
∴AF∥BC，
∴∠NQO＝∠MPO，
∵点O是MN的中点，
∴ON＝OM，
在△OQN和△OPM中，
，
∴△OQN≌△OPM（AAS），
∴S△OQN＝S△OPM，
∵S梯形ABMN＝SMNFEDC，
∴S梯形ABMN﹣S△OPM＝SMNFEDC﹣S△OQN，
即SABPON＝SCDEFQOM，
∴SABPON+S△OQN＝SCDEFQOM+S△OPM，
即S梯形ABPQ＝SCDEFQP，
∴直线PQ是L图形ABCDEF的面积平分线．
故答案为：是；
（3）①L图形ABCDEF的面积＝6×10﹣（6﹣2）×（10﹣2）＝28，
延长FE交BC于点M，
∴S四边形AFMB＝2×6＝12＜14，
∴若ON是L图形ABCDEF的面积平分线，且ON∥AB，点O必然在线段DE上，如图4所示，
∴矩形EMNO的面积＝EO×ON＝2，
∴EO＝1，
②如图5，当P与B重合时，PQ最大，过点Q作QH⊥BC于H，
∵PQ是L图形ABCDEF的面积平分线，
∴梯形CDQP的面积＝×（DQ+BC）×CD＝14，
即×（DQ+10）×2＝14，
∴DQ＝CH＝4，
∴PH＝10﹣4＝6，
∵QH＝CD＝2，
由勾股定理得：PQ＝2；
即PQ的最大值是2；
③在与水平方向的两条边DE、BC相交的等积线，
如图6，直线DE将图形分成上下两个矩形，当上矩形面积小于下矩形面积时，延长DE交AB于G，延长FE交BC于H，
只需要满足S矩形AGEF＜S矩形EHCD，
即S矩形ABHF＜S矩形CDGB，
∴6×2＜10CD，
∴CD＞，
故答案为：＜CD＜6．
14．（2022•姑苏区一模）定义：有两个内角分别是它们对角的一半的四边形叫做半对角四边形．
（1）如图1，在半对角四边形ABCD中，∠B＝∠D，∠C＝∠A，则∠B+∠C＝ 120 °；
（2）如图2，锐角△ABC内接于⊙O，若边AB上存在一点D，使得BD＝BO，在OA上取点E，使得DE＝OE，连接DE并延长交AC于点F，∠AED＝3∠EAF．求证：四边形BCFD是半对角四边形；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点D作DG⊥OB于点H，交BC于点G，OH＝2，DH＝6．
①连接OC，若将扇形OBC围成一个圆锥的侧面，则该圆锥的底面半径为 ；
②求△ABC的面积．
【分析】（1）利用半对角四边形的定义和四边形的内角和定理解答即可；
（2）连接OC，利用半对角四边形的定义分别计算∠ACB＝∠BDF和∠ABC＝∠DFC即可；
（3）①连接OC，通过计算的长度，利用圆锥的侧面展开图的弧长等于底面圆的周长，列出等式即可求解；
②过点O作OM⊥BC于点M，利用直角三角形的边角关系求得线段BC，HG的长，证明△BDG∽△BCA，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，通过计算△BDG的面积求得结论．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是半对角四边形，
∴∠B＝∠D，∠C＝∠A．
∴∠D＝2∠B，∠A＝2∠C．
∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，
∴3∠B+3∠C＝360°，
∴∠B+∠C＝120°，
故答案为：120；
（2）证明：连接OC，如图，
在△BDE和△BOE中，
，
∴△BDE≌△BOE（SSS）．
∴∠BDF＝∠BOE．
∵∠ACB＝∠BOE，
∴∠ACB＝∠BDF．
设∠EAF＝α，则∠AED＝3α．
∵∠AED＝∠EAF+∠AFE，
∴∠AFE＝∠AED﹣∠EAF＝2α，
∴∠DFC＝180°﹣∠AFD＝180°﹣2α．
∵OA＝OC，
∴∠OCA＝∠EAF＝α，
∴∠AOC＝180°﹣∠EAF﹣∠OCA＝180°﹣2α，
∴∠AOC＝∠DFC．
∵∠ABC＝∠AOC，
∴∠ABC＝∠DFC，
∴四边形BCFD是半对角四边形；
（3）解：①连接OC，如图，
四边形BCFD是半对角四边形，且∠ABC＝∠DFC，∠ACB＝∠BDF，
由（1）的方法可求得：∠ABC+∠ACB＝120°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝60°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝120°．
设⊙O的半径为r，则BD＝BO＝r，BH＝r﹣2，
在Rt△BDH中，
∵BD2＝BH2+DH2，
r2＝62+（r﹣2）2．
解得：r＝10．
∴BD＝BO＝10，BH＝BO﹣OH＝8．
∴扇形OBC的弧长＝＝，
设该圆锥的底面半径为x，
∴2πx＝，
∴x＝．
故答案为：；
②过点O作OM⊥BC于点M，
∵OB＝OC，∠BOC＝120°，
∴∠OBC＝∠OCB＝30°．
∵OM⊥BC，
∴BM＝CM＝．
∵BM＝OB•cs30°＝5，
∴BC＝10．
在Rt△BGH中，
HG＝BH•tan30°＝8×＝．
∴DG＝DH+HG＝6+．
∵BH⊥DG，∠HBG＝30°，
∴∠BGD＝60°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BGD＝∠BAC．
∵∠DBG＝∠CBA，
∴△BDG∽△BCA．
∴＝，
∴S△ABC＝3S△DBG＝3××DG•BH＝3××8×（6+）＝72+32．
15．（2022•江北区开学）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，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．
（2）如图2，在5×4的方格纸中，A，B在格点上，请画出一个符合条件的邻余四边形ABEF，使AB是邻余线，E，F在格点上．
（3）如图3，在（1）的条件下，取EF中点M，连接DM并延长交AB于点Q，延长EF交AC于点N．若N为AC的中点，CD＝3BE，QB＝6，求邻余线AB的长．
【分析】（1）根据邻余四边形的定义证明结论即可；
（2）连接AB，在∠A+∠B＝90°的基础上选择合适的E点和F点连接作图即可；
（3）证△DBQ∽△ECN，即可求解．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB+∠DBA＝90°，
即∠FAB与∠EBA互余，
∴四边形ABEF是邻余四边形；
（2）解：如下图所示（答案不唯一），
四边形AFEB即为所求；
（3）解：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，
∴BD＝CD，
∵CD＝3BE，
∴CE＝CD+BD﹣BE＝5BE，
∵∠EDF＝90°，点M是EF的中点，
∴DM＝ME，
∴∠MDE＝∠MED，
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∴△DBQ∽△ECN，
∴，
∵QB＝6，
∴NC＝10，
∵AN＝CN，
∴AC＝2CN＝20，
∴AB＝AC＝20．
16．（2022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）．
17．（2022秋•福田区期中）定义：只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形，连接它的两个非直角顶点的线段叫做这个损矩形的直径．如图1，∠ABC＝∠ADC＝90°，四边形ABCD是损矩形，则该损矩形的直径是线段AC．同时我们还发现损矩形中有公共边的两个三角形角的特点：在公共边的同侧的两个角是相等的．如图1中：△ABC和△ABD有公共边AB，在AB同侧有∠ADB和∠ACB，此时∠ADB＝∠ACB；再比如△ABC和△BCD有公共边BC，在CB同侧有∠BAC和∠BDC，此时∠BAC＝∠BDC．
（1）请在图1中再找出一对这样的角来： ∠ABD ＝ ∠ACD ；
（2）如图2，△ABC中，∠ABC＝90°，以AC为一边向外作菱形ACEF，D为菱形ACEF对角线的交点，连接BD．
①四边形ABCD 是 损矩形（填“是”或“不是”）；
②当BD平分∠ABC时，判断四边形ACEF为何种特殊的四边形？请说明理由；
③若∠ACE＝60°，AB＝4，BD＝5，求BC的长．
【分析】（1）以AD为公共边，有∠ABD＝∠ACD；
（2）①由菱形的性质可得∠ABC＝∠ADC＝90°，可得四边形ABCD是损矩形；
②由四边形ABCD为损矩形，可得∠ACE＝2∠ACD＝90°，可得结论；
③由四边形ABCD为损矩形，可得∠ACD＝∠ABD＝30°，由直角三角形的性质和勾股定理可求AD长，AC的长，由勾股定理可求解．
【解答】解：（1）由图1得：△ABD和△ADC有公共边AD，在AD同侧有∠ABD和∠ACD，此时∠ABD＝∠ACD；
故答案为：∠ABD，∠ACD（或∠DAC，∠DBC）；
（2）①∵四边形ACEF是菱形，
∴AE⊥CF，
∴∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴四边形ABCD是损矩形，
故答案为：是；
②四边形ACEF为正方形，理由如下：
证明：∵∠ABC＝90°，BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD＝45°，
∵四边形ABCD为损矩形，
∴∠ACD＝∠ABD＝45°，
∴∠ACE＝2∠ACD＝90°，
∴四边形ACEF为正方形；
（3）过点D作DH⊥AB，交BA的延长线于H，
∵四边形ACEF是菱形，∠ACE＝60°，
∴AC＝CE，∠ACF＝30°，AE⊥CF，
∵四边形ABCD为损矩形，
∴∠ACD＝∠ABD＝30°，
∴HD＝BD＝，BH＝HD＝，
∴AH＝BH﹣AB＝，
∴AD＝＝，
∵∠ACF＝30°，AE⊥CF，
∴AC＝2，
∴BC＝＝＝6．
18．（2022春•江阴市校级月考）定义：长宽比为：1（n为正整数）的矩形称为矩形．下面，我们通过折叠的方式折出一个矩形，如图a所示．
操作1：将正方形ABEF沿过点A的直线折叠，使折叠后的点B落在对角线AE上的点G处，折痕为AH．
操作2：将FE沿过点G的直线折叠，使点F、点E分别落在边AF，BE上，折痕为CD．则四边形ABCD为矩形．
（1）证明：四边形ABCD为矩形；
（2）在题（1）的矩形ABCD中，点M是边AB上一动点．
①如图b，O是对角线AC的中点，若点N在边BC上，OM⊥ON，连接MN．求tan∠OMN的值；
②若AM＝AD，点N在边BC上，当△DMN的周长最小时，求的值；
③连接CM，作BR⊥CM，垂足为R．若AB＝4，则DR的最小值＝ 2 ．
【分析】（1）设正方形ABEF的边长为a，先根据折叠的性质证四边形ABCD是矩形，再根据△ADG是等腰直角三角形得出AB和AD的比例关系，即可得证结论；
（2）①作OP⊥AB，OQ⊥BC，垂足分别为P，Q，证Rt△QON∽Rt△POM，根据线段比例关系得出即可得出结论；
②作M点关于直线BC的对称点P，连接DP交BC于点N，连接MN，此时△DMN周长最小，根据平行线分线段成比例求出此时线段的比值即可；
③根据题意得出点R在以BC为直径的圆上，根据勾股定理求出DR的最小值即可．
【解答】（1）证明：设正方形ABEF的边长为a，
∵AE是正方形ABEF的对角线，
∴∠DAG＝45°，
由折叠的性质可知AG＝AB＝a，
∠FDC＝∠ADC＝90°，
∴四边形ABCD的矩形，
∴△ADG是等腰直角三角形，
∴AD＝DG＝，
∴AB：AD＝a：＝：1，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：①如图，作OP⊥AB，OQ⊥BC，垂足分别为P，Q，
∵四边形ABCD是矩形，∠B＝90°，
∴四边形OPBQ是矩形，
∴∠POQ＝90°，OP∥BC，OQ∥AB，
∴，，
∵O为AC的中点，
∴OP＝BC，OQ＝AB，
∵∠MON＝90°，
∴∠QON＝∠POM，
∴Rt△QON∽Rt△POM，
∴，
∴tan∠OMN＝＝；
②作M点关于直线BC的对称点P，连接DP交BC于点N，连接MN，
此时DN+MN最小等于DP，
则此时△DMN的周长最小，
∵DC∥AP，
∴，
设AM＝AD＝a，则AB＝CD＝a，
∴BP＝BM＝AB﹣AM＝（﹣1）a，
∴＝＝2+；
③∵四边形ABCD是矩形，AB＝4，
∴BC＝AD＝2，
∵BR⊥CM，
∴点R在以BC为直径的圆上，即BC的中点为L，
∴CL＝BC＝，
∴DR最小＝﹣＝2，
故答案为：2．
19．（2022春•柯桥区月考）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．
（1）阅读与理解：
如图1，四边形内接于⊙O，点A为弧BD的中点．四边形ABCD 是 （填“是”或“不是”）等补四边形．
（2）探究与运用：
①如图2，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，连接AC，AC是否平分∠BCD？请说明理由；
②如图3，在等补四边形ABCD中，AB＝AD，其外角∠EAD的平分线交CD的延长线于点F，若CD＝10，AF＝5，求DF的长．
（3）思考与延伸：
在等补四边形ABCD中，AB＝AD＝3，∠BAD＝120°，当对角线AC长度最大时，以AC为斜边作等腰直角三角形ACP，直接写出线段DP的长度．
【分析】（1）由圆内接四边形互补可知，∠A+∠C＝180°，再根据弧相等证AD＝AB，即可根据等补四边形的定义得出结论；
（2）①根据弧相等可得圆周角相等；
②连接AC，先证/EAD＝＜BCD，推出∠FCA＝∠FAD，再证△ACF﹣△DAF，利用相似三角形对应边的比相等可求DF的长；
（3）由前面的探究可知等AC是等补四边形ABCD的外接圆的直径时AC长度最大，求得此时的直径．
【解答】【解答】解：（1）证明：∵四边形ABCD为圆内接四边形，
∴∠A+∠C＝180°，∠ABC+∠ADC＝180°，
∵点A为弧BD的中点，
∴弧AD＝弧AB，
∴AD＝AB，
∴四边形ABCD是等补四边形；
（2）①∵四边形ABCD是等补四边形，∴ABCD四点共圆
∵AB＝AD
∴弧AD＝弧AB，
∴∠ACD＝∠ACB，即AC平分∠BCD；
②如图3所示，连接AC，
图3
∵四边形ABCD是等补四边形，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
又∠BAD+∠EAD＝180°，
∴∠EAD＝∠BCD，
∵AF平分∠EAD，
∴∠FAD＝∠EAD，
由①知，AC平分∠BCD，
∴∠FCA＝∠BCD，
∴∠FCA＝∠FAD，
又∠AFC＝∠DFA，
∴△ACF∽△DAF，
∴，
即＝，
∴DF＝5﹣5．
（3）当对角线AC是直径时，长度最大，
以AC为斜边作等腰直角三角形ACP，分同侧异侧两种情况：
①如图4，P在D的异侧，将△APD绕点P顺时针旋转90°，得到△PCQ，
∴△PDQ是等腰直角三角形，
∴DQ＝DP，
∵∠DAB＝180°，
∴∠DCB＝60°，
由（2）知∠DCA＝30°，
∵AD＝3，
∴DC＝3，
∴DQ＝DC+CQ＝DC+AD＝3+3，
∴DP＝＝，
②如图5，P在D的同侧，过P作DP的垂线段交DC于点Q，
∵∠PDC＝∠PAC＝45°，
∴PD＝PQ，∠DPQ＝90°，
又∵∠APC＝90°，
∴∠APD＝∠CPQ，
在△APD和△CPQ中，
，
∴△APD≌△CPQ，
∴CQ＝AD，
∴DQ＝DC﹣CQ＝DC﹣AD＝＝3﹣3，
∴DP＝＝，
故答案为：或．
20．（2021秋•荔湾区期末）如图，共顶点的两个三角形△ABC，△AB′C′，若AB＝AB'，AC＝AC'，且∠BAC+∠B′AC′＝180°，我们称△ABC与△AB′C'互为“顶补三角形”．
（1）如图2，△ABC是等腰三角形，△ABE，△ACD是等腰直角三角形，连接DE；求证：△ABC与△ADE互为顶补三角形．
（2）在（1）的条件下，BE与CD交于点F，连接AF并延长交BC于点G．判断DE与AG的数量关系，并证明你的结论．
（3）如图3，四边形ABCD中，∠B＝40°，∠C＝50°．在平面内是否存在点P，使△PAD与△PBC互为顶补三角形，若存在，请画出图形，并证明；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）等腰三角形的性质和等腰直角三角形的性质可得AD＝AB＝AC＝AE，∠DAC＝∠BAE＝90°，可证∠BAC+∠DAE＝180°，可得结论；
（2）先证AG是BC的垂直平分线，再由“AAS”可证△ADH≌△BAG，可得AG＝DH，即可得结论；
（3）延长CD交BA延长线于点Q，作CD的垂直平分线EP交AB的垂直平分线于点P，连接CP，DP，AP，BP，由线段垂直平分线的性质可得PC＝PD，PA＝PB，PE⊥CD，PF⊥AB，由等腰三角形的性质可得∠DPE＝∠CPE，∠APF＝∠BPF，可证∠APD+∠BPC＝180°，即可证△PAD与△PBC互为“顶补三角形”．
【解答】（1）证明：∵△ABC是等腰三角形，△ABE，△ACD是等腰直角三角形，
∴AD＝AB＝AC＝AE，∠DAC＝∠BAE＝90°，
∴∠DAB+∠BAC+∠BAE＝180°，
∴∠BAC+∠DAE＝180°，
∴△ABC与△ADE互为顶补三角形；
（2）DE＝2AD，理由如下：
如图2，设AG与DE的交点为H，AB与CD交于点Q，AC与BE交于点N，
∵△ABC是等腰三角形，△ABE，△ACD是等腰直角三角形，
∴AB＝AC＝AD＝AE，∠ABE＝∠ACD＝45°，∠DAC＝∠BAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵∠ABE＝∠ACD，AB＝AC，∠BAC＝∠BAC，
∴△ABN≌△ACQ（ASA），
∴AQ＝AN，
∴BQ＝CN，
又∵∠ABF＝∠ACF，∠BFQ＝∠CFN，
∴△BFQ≌△CFN（AAS），
∴BF＝CF，
又∵AB＝AC，
∴AF是BC的垂直平分线，
又∵AB＝AC，
∴∠BAG＝∠CAG，
∴∠DAH＝∠EAH，
又∵AD＝AE，
∴DH＝HE，AH⊥DE，
∵AG⊥BC，
∴∠ABG+∠BAG＝90°＝∠DAH+∠CAG，
∴∠ABG＝∠DAH，
又∵AB＝AD，∠AHD＝∠AGB＝90°，
∴△ADH≌△BAG（AAS），
∴DH＝AG，
∴DE＝2AG．
（3）证明：如图，延长CD交BA延长线于点Q，作CD的垂直平分线EP交AB的垂直平分线于点P，连接CP，DP，AP，BP，
∵EP垂直平分CD，PF垂直平分AB，
∴PC＝PD，PA＝PB，PE⊥CD，PF⊥AB，
∴∠DPE＝∠CPE，∠APF＝∠BPF，
∵∠ABC+∠DCB＝40°+50°＝90°，
∴∠Q＝90°，
又∵PE⊥CD，PF⊥AB，
∴∠EPF＝90°，
∴∠APD+∠DPE+∠APF＝90°，
∵∠APD+∠BPC＝∠APD+∠EPF+∠CPE+∠BPF＝∠APD+∠DPE+∠APF+90°，
∴∠APD+∠BPC＝180°，且PC＝PD，PA＝PB，
∴△PAD与△PBC互为“顶补三角形”．