抢分秘籍11 几何图形中新定义型-2025年中考数学冲刺抢押秘籍（全国通用）（原卷版+解析版）

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【解密中考】总结常考点及应对的策略，精选名校模拟题，讲解通关策略（含押题型）
【题型一】三角形中的新定义型问题 【题型二】平行四边形中的新定义型问题
【题型三】矩形中的新定义型问题 【题型四】菱形中的新定义型问题
【题型五】正方形中的新定义型问题 【题型六】圆中的新定义型问题
：几何图形中新定义型综合题是全国中考的热点内容，更是全国中考的必考内容。每年都有一些考生因为知识残缺、基础不牢、技能不熟、答欠规范等原因导致失分。
1．从考点频率看，属中等频率考点，多在压轴题出现，填空、解答题均可能考，侧重考查创新与迁移能力。
2．从题型角度看，以几何图形为载体，给出新定义，需依定义计算、证明或探究，题型灵活，重理解与应用。
：强化阅读理解，提炼定义关键；多练不同类型题，总结思路；注重知识迁移，结合图形分析，规范步骤，提升应变能力。
【题型一】三角形中的新定义型问题
【例1】（2025·安徽合肥·一模）定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的凸四边形叫做“等对角四边形”．请利用已有经验对“等对角四边形”进行探究：
(1)如图1，在中，为斜边上的中线，过点作交于点，判断四边形是否为“等对角四边形”，并说明理由；
(2)如图2，在中，平分，点在边上，若以为顶点的四边形为“等对角四边形”，求线段的长．
【答案】(1)四边形为“等对角四边形”；见解析
(2)3或
【知识点】角平分线的性质定理、用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半、相似三角形的判定与性质综合
【分析】（1）由直角三角形斜边上中线的性质得到，则，然后由互余关系，显然，即可证明；
（2）分类讨论，①若，，证明，则；②若，，过点作，垂足为点，由勾股定理得，由角平分线性质定理可得，则，可得，求得，则．
【详解】（1）解：四边形为“等对角四边形”；理由如下：
是斜边上的中线，
，
，
，
∵，
∴在Rt中，，
，
显然，
故四边形为“等对角四边形”；
（2）解：∵平分，
∴，
①若，，
如图2，
在与中，
，
；
②若，，如图3，过点作，垂足为点，
在中，，，
，
平分，，
∴，
∴，
，
，
，
，即，
，
，
综上所述：的长为3或．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，角平分线的性质定理，全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握各知识点是解题的关键．
【例2】（2025·河南南阳·一模）综合与实践
在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有的经验对“对等垂美四边形”进行研究．定义：对角线相等且垂直的四边形叫作对等垂美四边形．
(1)定义理解
请在下面如图1所示的网格中确定两点C和D，使四边形为对等垂美四边形，且C和D均在格点上．（画出一种即可）
(2)深入探究
如图2，在对等垂美四边形中，对角线与交于点O，且，．将绕点O顺时针旋转（）．B、C的对应点分别为、．如图3．请判断四边形是否为对等垂美四边形，并说明理由．（仅就图3的情况证明即可）
(3)拓展运用
在（2）的条件下，若，，当为直角三角形时，直接写出点到的距离．
【答案】(1)见解析
(2)四边形是对等垂美四边形，理由见解析
(3)3或
【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形
【分析】本题主要考查复杂作图，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理的应用，正确理解“对等垂美四边形”的定义是解答本题的关键．
（1）根据“对等垂美四边形”的定义作图即可；
（2）连接，交于点，设与交于点，证明得，，再证明即可得出结论；
（3）分是直角和为直角两种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：如图，四边形即为所作的对等垂美四边形；
（2）是，理由如下：
解：连接，交于点，设与交于点，
由题意知，，，，
∴，
即
在和中，
∴
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴在四边形中，，，
∴四边形是对等垂美四边形
（3）解：当是直角时，点与点重合，如图，
∴点到的距离即为，
∵，
∴点到的距离为3；
当为直角时，如图，
∵，，
∴，
设点到的距离为，
∴，即，
∴，
综上，点到的距离为3或．
【变式1】（2025·宁夏银川·一模）定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点与该边所对顶点连线长度的平方，则称这个点为三角形该边的“平方点”，如图1，中，点E是边上一点，连接，若，则称点E是中边上的“平方点”．
(1)如图2，已知在四边形中，平分于点E，，求证：点E是中边上的“平方点”；
(2)如图3，是的内接三角形，点E是中边上的“平方点”，延长交于点D，若，求证：；
(3)如图4，在中，，，，过点D作于点D，点E是边上的“平方点”，求线段BE的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)5或8
【知识点】用勾股定理解三角形、同弧或等弧所对的圆周角相等、相似三角形的判定与性质综合
【分析】本题考查了定义新运算，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，勾股定理，一元二次方程的解法，解题的关键是掌握相似三角形的判定与性质．
（1）先证，得，再由平分，得，即可得答案；
（2）由点E是中边上的“平方点”得，再证，得，可得，即可得答案；
（3）先求出的长，设，得，解答即可．
【详解】（1）证明：，，
，
，
，
平分，
，
，
点E是中BD边上的“平方点”；
（2）证明：点E是中边上的“平方点”，
，
是的内接三角形，
，，
，
，
，
，
；
（3）解：，，，
，
，
，，
设，由题意得：，，
，
解得：，，
的长为5或．
【变式2】（2025·广东深圳·模拟预测）综合与探究
【定义】三角形一边上的点将该边分为两条线段，若这两条线段长度的乘积等于这个点与该边所对顶点距离的平方，则称这个点为三角形中该边上的“亮点”．如图（a），在中，是边上一点，连接，若，则称点是中边上的“亮点”．
【概念理解】
（1）如图（b），在中，，，，分别是的高线，角平分线，中线．请判断，，三点中哪些是中边上的“亮点”，并说明理由．
【性质应用】
（2）如图（c），在中，，，．若是边上的“亮点”，求的长．
【拓展提升】
（3）如图（d），内接于⊙，是中边上的“亮点”且．若，求的值．
【答案】（1），是中边上的“亮点”，理由见解析；（2）或9；（3）
【知识点】用勾股定理解三角形、同弧或等弧所对的圆周角相等、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，同弧所对的圆周角相等，解直角三角形，勾股定理，直角三角形的性质等等，正确理解“亮点”的定义是解题的关键．
（1）证明，根据相似三角形的性质可得，由直角三角形的性质可得，则，据此可得答案；
（2）分当和当两种情况，作于点，解直角三角形求出的长，设出的长，表示出的长，根据，，建立方程讨论求解即可；
（3）延长交于点，连接、，证明，推出，即可得到，解直角三角形得到；设，则，，进而得．求出．则，据此可得答案．
【详解】解：（1），是中边上的“亮点”，理由如下：
是的高线，
，
，
∵，
∴，
，
，
点是中边上的亮点
在中，是中线，
，
点是中边上的亮点．
（2）①当时，如图，作于点，
在中，，
∴可设，
∴，
∵，
∴，
∴
∴，，
在中，，
∴
设，则，
∵是边上的“亮点”，
∴，
∵，
∴
解得，（舍）
∴；
②当时，由①可知，，
设，则，
∵是边上的“亮点”，
∴，
∵，
∴，
解得，（舍）
即．
综上所述，的长为4或9．
（3）延长交于点，连接、，
，，
，
，
．
点是中边上的亮点，
，
．
∵，
∴
，
设，则，．
．
在中，．
又，
．解得．
．
【题型二】平行四边形中的新定义型问题
【例1】（2025·上海宝山·模拟预测）新定义：平行四边形一组邻边的中点与不在这组邻边上的顶点顺次连接而成的三角形如果是直角三角形，则称这个三角形为平行四边形的“中直三角形”，并且把该平行四边形的长边与短边之比成为该平行四边形的“度量值”
(1)如图1，已知矩形，为其“中直三角形”，其中，求：矩形的“度量值”；
(2)如图2，为的“中直三角形”，其中，，求：的“度量值”；
(3)在中，，，请直接写出以为中直三角形的平行四边形的“度量值”．
【答案】(1)
(2)
(3)或或
【知识点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、利用平行四边形的判定与性质求解、相似三角形的判定与性质综合
【分析】（1）证明，则，由题意知，，则，计算求解，然后作答即可；
（2） 如图1，作于G，作的延长线于点H，同理，，，由题意得，，，则，计算求解，然后作答即可；
（3） 由题意知，分C点与邻边上的顶点重合，B点与邻边上的顶点重合，A点与邻边上的顶点重合，三种情况，利用相似三角形的判定与性质以及线段的等量关系求解即可．
【详解】（1）解：∵为矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
由题意知，，
∴，
解得，，
∴矩形ABCD的“度量值”为，
（2）解：如图1，作于G，作的延长线于点H，
同理，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，，
∴，
由勾股定理可得，，
∴，，
∴，整理得，，
解得，或（舍去）；
∴；
∴的“度量值”为；
（3）解：由题意知，分C点与邻边上的顶点重合，B点与邻边上的顶点重合，A点与邻边上的顶点重合，三种情况求解；
当点与邻边上的顶点重合时，如图2，作以为中直三角形的平行四边形，作的延长线于点H，作于G，
∴，，
∴，
∴，
设，则，
同理，，
∴，即，
解得，，
∴，，
∵，
∴，
解得，，
∴，
由勾股定理得，，
∴；
当点与邻边上的顶点重合，如图3，作以为中直三角形的平行四边形，作的延长线于点H，作于G，
同理，，，
设，则，
同理，，
∴，即，
解得，，
∴，，
∵，
∴，
解得，，
∴，
由勾股定理得，，
∴；
当点与邻边上的顶点重合，如图4，作以为中直三角形的平行四边形，作于Q，作于H，作的延长线于点G，则四边形是矩形，
∵，
∴，
∴，
设，则，，
同理，，
∴，即，
解得，，
∴，，，
∵，
∴，
解得，
∴，
由勾股定理得，，
∴；
综上所述：的值为或或．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，含的直角三角形，勾股定理，相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质等知识．熟练掌握各知识并分情况求解是解题的关键．
【例2】（2025·广东深圳·一模）【定义】如果平行四边形的一边中点和对边两端点连线的夹角恰好等于该平行四边形的一个内角，那么这个平行四边形叫做“中等平行四边形”．
（1）边长为2的正方形______“中等平行四边形”（选填“是”或“不是”）；
如图1，在矩形中，E为边中点，，则矩形是中等平行四边形．若，则______，______．
【应用】
（2）在中等平行四边形中，，，求的长．
（3）如图2，若菱形是中等平行四边形，锐角是它的一个内角，则______．
（参考公式：，）
【答案】（1）不是，1，；（2）或；（3）
【知识点】用勾股定理解三角形、利用平行四边形的性质求解、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算
【分析】（1）如图，结合正方形的性质，证明，可得，，可得边长为2的正方形不是“中等平行四边形”；同理可得，可得，证明，再进一步求解即可；
（2）分四种情况讨论：当为的中点，，如图，过作于，如图，当为的中点，，
作于，取的中点，连接当为中点，，过作，如图，当为的中点，时，过作于，再结合相似三角形与勾股定理求解即可；
（3）如图，过作于，由菱形，，，设，，可得，设，再利用勾股定理求解即可.
【详解】解：（1）如图，正方形，
∴，，，
∵为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴边长为2的正方形不是“中等平行四边形”；
∵矩形中，E为边中点，
∴，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴；
（2）当为的中点，，
∵平行四边形，
∴，，，，
∴，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
∴，而，
∴，
如图，过作于，
∴为等腰直角三角形，，
∴，
∴；
如图，当为的中点，，
作于，取的中点，连接，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
∵为的中点，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
∴，，
∴，
设，则，
∴，
解得：（舍去）
∴；
当为中点，，过作，
同理可得：，设，
同理可得：，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∴；
如图，当为的中点，时，过作于，
同理可得：，
设，则，
同理可得：，
∴，
解得：（舍去），
∴，
综上：为：或；
（3）如图，过作于，
∵菱形，，，
∴设，，
同理可得：，
∴，设，
∴，
解得：，
∴.
【点睛】本题考查的是新定义的含义，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，正方形的性质，相似三角形的判定与性质，求解锐角的余弦，作出合适的辅助线，清晰的分类讨论是解本题的关键.
【变式1】定义：如图1，在中，把绕点A顺时针旋转α（）得到，把绕点A逆时针旋转β得到，连接．当时，我们称是的“旋补三角形”，边上的中线叫做的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．
特例感知：
（1）在图2，图3中，是的“旋补三角形”，是的“旋补中线”．
①如图2，当为等边三角形时，与的数量关系 ；
②如图3，当时，则长为 ．
猜想论证：
（2）在图1中，当为任意三角形时，猜想与的数量关系，并给予证明．
【答案】（1）①；②；（2），证明见解析
【知识点】全等三角形综合问题、含30度角的直角三角形、等边三角形的判定和性质、利用平行四边形性质和判定证明
【分析】本题考查的是平行四边形的判定和性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理、理解“旋补三角形”的定义是解题的关键．
（1）①根据含30度的直角三角形的性质解答；②证明，根据全等三角形的性质得到，根据直角三角形的性质计算；
（2）证明四边形是平行四边形，得到，根据全等三角形的性质得到，得到答案．
【详解】解：（1）①∵是等边三角形，
∴，
∵是的“旋补三角形”，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
②∵是的“旋补三角形”，
∴，
在和中，
∵
∴，
∴，
∵，是的“旋补中线”，
∴，
故答案为：4；
（2）猜想．
证明：如图，延长至点E使得，连接，
∵是的中线，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∵，
∴，
∴，
∴．
【变式2】（2024·陕西西安·模拟预测）【定义新知】
定义：在平行四边形中，若有一条对角线长是一边长的两倍，则称这个平行四边形叫做和谐四边形，其中这条对角线叫做和谐对角线，这条边叫做和谐边．
【概念理解】
（1）如图1，在四边形中，，，，，，判断四边形是否为和谐四边形，并说明理由；
（2）如图2，在矩形中，，连接，在的延长线上取一点E，连接，使得四边形是和谐四边形，是和谐对角线，是和谐边，求的长；
【拓展应用】
（3）如图3，四边形是某市规划中的居民户外活动广场，入口C设在上，、为两条笔直的小路，将广场分为三部分，三角形部分为市民健身区，方便市民健身，三角形部分为观赏区，用于种植各类鲜花，三角形部分为娱乐区，供老年人排练合唱或广场舞使用，与是广场的两条主干道．已知四边形与四边形都是和谐四边形，其中与分别是和谐对角线，与分别是和谐边．为了不影响周围居民，计划在娱乐区外围修建隔离带（宽度忽略不计），已知，求隔离带的长度（即的周长）．

【答案】（1）是，见解析；（2）6；（3）．
【知识点】相似三角形的判定与性质综合、利用平行四边形的性质求解、用勾股定理解三角形
【分析】本题主要考查平行四边形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质以及和谐四边形的应用：
（1）先证明四边形是平行四边形，再证明即可得出结论；
（2）根据四边形是和谐四边形的性质进行求解即可；
（3）根据四边形是和谐四边形和四边形是和谐四边形得出，，，再证明，由得，得出，过点D作于M，设，则，根据勾股定理求出x的值，求出，再求出的周长即可
【详解】解：（1）四边形是和谐四边形.
理由：∵，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形.
在中，∵，，，
∴，
∴，
∴四边形是和谐四边形.
（2）∵四边形是矩形，
∴，.
∵四边形是和谐四边形，是和谐对角线，是和谐边，
∴，四边形是平行四边形，
∴，
∴.
（3）∵四边形是和谐四边形，为和谐对角线，为和谐边，
∴，四边形是平行四边形，
∴，
∵四边形是和谐四边形，为和谐对角线，为和谐边，
∴，四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，即
∴.
∵，
∴相似比为1，
∴，
∴，
如图，过点D作于M，

∵，
∴，
设，则，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
∴，
∴（负值舍去），
∴，
∴的周长，
故隔离带的长度为.
【题型三】矩形中的新定义型问题
【例1】（2023·广东广州·一模）定义新概念、有一组邻边相等，且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．
(1)如图①，等腰直角四边形，，．
①若，于点，求的长；
②若，，求的长；
(2)如图②，在矩形中，，点是对角线上的一点，且，过点作直线分别交边，于点，，要使四边形是等腰直角四边形，求的长．
【答案】(1)①；②
(2)满足条件的的长为
【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据矩形的性质求线段长、用勾股定理解三角形
【分析】（1）①根据勾股定理求出，再根据勾股定理求出的值；
②连接、，交于点，过点C作，交于点E，证明垂直平分，得出，证明，得出，证明，得出，根据勾股定理求出，即可得出答案；
（2）若，则，，推出四边形不是等腰直角四边形，不符合条件．若与不垂直，当时，此时四边形是等腰直角四边形，当时，此时四边形是等腰直角四边形，分别求解即可．
【详解】（1）解：①连接，如图所示：
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴；
②连接、，交于点，过点C作，交于点E，如图所示：
则，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴、在线段的垂直平分线上，
∴垂直平分，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴．
（2）解：∵四边形为矩形，
∴，，，；
若时，如图所示：
则四边形和为矩形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，；
∴四边形不可能是等腰直角四边形；
若与不垂直，当时，如图所示：
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴此时点F不在边上，不符合题意；
若与不垂直，当时，如图所示：
此时四边形是等腰直角四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
综上所述，满足条件的的长为．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是理解题意，作出辅助线，画出相应的图形，数形结合，注意分类讨论．
【例2】（2025·河南平顶山·一模）定义：在凸四边形中，若有一组邻边相等，且这组邻边的夹角为直角，我们把这类四边形叫做“奋进四边形”．若“奋进四边形”的另一组邻边也相等，我们把这类四边形叫做“和谐奋进四边形”．
(1)请在你学习过的四边形中，写出一个符合“奋进四边形”性质的特殊四边形；
(2)如图1，“奋进四边形”中，，．
①当，且时，求的长；
②当时，求证：“奋进四边形”是“和谐奋进四边形”；
(3)如图2，矩形中，，，点，分别为边，上一个动点，且，当四边形为“奋进四边形”时，直接写出的长．
【答案】(1)正方形
(2)①；②详见解析
(3)为或
【知识点】线段垂直平分线的性质、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求面积、根据正方形的性质与判定证明
【分析】（1）根据“奋进四边形”定义即可得解；
（2）①先证明四边形为正方形，得出，，再根据勾股定理求出即可；
②连接、，根据，，得出，证明垂直平分，根据垂直平分线的性质得出，再根据“和谐奋进四边形”的定义即可得出结论；
（3）根据题意可知，分两种情况讨论：当或时，四边形是“奋进四边形”，先证明四边形为矩形，再由勾股定理求出即可．
【详解】（1）解：正方形有一组邻边相等，且这组邻边的夹角为直角，
所以正方形是“奋进四边形”；
（2）①解：，，
四边形为平行四边形，
，
四边形为菱形，
，
四边形为正方形，
，，
；
②证明：连接、，如图：
，，
，
垂直平分，
；
“奋进四边形”是“和谐奋进四边形”；
（3）解：，，
根据题意可知，分两种情况讨论：当或时，四边形是“奋进四边形”；
当时，连接，过点作于点，如图：
，
，
，
，
四边形为矩形，
，，
，
；
当时，连接，过点作于点，如图：
则，
，
，
四边形矩形，
，，
，
；
综上分析可知，为或．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，垂直平分线的判定和性质，等腰三角形的性质，解题的关键是作出辅助线，画出相应的图形，并注意进行分类讨论．
【变式1】【定义】
平行四边形一组邻边的中点与不在这组邻边上的顶点顺次连接而成的三角形如果是直角三角形，则称这个三角形为平行四边形的“中直三角形”．
【初步感知】
如图，为矩形，为其“中直三角形”，其中，求的值；
【深入探究】
如图，为的“中直三角形”，其中，，求的值；
【拓展延伸】
在中，，，以为中直三角形的平行四边形的一组邻边的长记为，其中，请直接写出的值．
【答案】[初步感知]；[深入探究]或；[拓展延伸]或或
【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据矩形的性质与判定求线段长、用勾股定理解三角形、含30度角的直角三角形
【分析】[初步感知]证明，则，由题意知，，则，计算求解，然后作答即可；
[深入探究] 如图1，作于G，作的延长线于点H，同理，，，由题意得，，，则，计算求解，然后作答即可；
[拓展延伸] 由题意知，分点与邻边上的顶点重合，点与邻边上的顶点重合，点与邻边上的顶点重合，三种情况，利用相似三角形的判定与性质以及线段的等量关系求解作答即即可．
【详解】[初步感知]解：∵为矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
由题意知，，
∴，
解得，，
∴；
[深入探究]解：如图1，作于G，作的延长线于点H，
同理，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，，
∴，
由勾股定理可得，，
∴，，
∴，整理得，，
解得，或（舍去）；
∴；
[拓展延伸]解：由题意知，分点与邻边上的顶点重合，点与邻边上的顶点重合，点与邻边上的顶点重合，三种情况求解；
当点与邻边上的顶点重合时，如图2，作以为中直三角形的平行四边形，作的延长线于点H，作于G，
∴，，
∴，
∴，
设，则，
同理，，
∴，即，
解得，，
∴，，
∵，
∴，
解得，，
∴，
由勾股定理得，，
∴；
当点与邻边上的顶点重合，如图3，作以为中直三角形的平行四边形，作的延长线于点H，作于G，
同理，，，
设，则，
同理，，
∴，即，
解得，，
∴，，
∵，
∴，
解得，，
∴，
由勾股定理得，，
∴；
当点与邻边上的顶点重合，如图4，作以为中直三角形的平行四边形，作于Q，作于H，作的延长线于点G，则四边形是矩形，
∵，
∴，
∴，
设，则，，
同理，，
∴，即，
解得，，
∴，，，
∵，
∴，
解得，
∴，
由勾股定理得，，
∴；
综上所述：的值为或或．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，含的直角三角形，勾股定理，相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质等知识．熟练掌握各知识并分情况求解是解题的关键．
【题型四】菱形中的新定义型问题
【例1】（2025·安徽合肥·一模）定义：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”．
(1)如图1，在菱形中，E是的中点，连接，将沿翻折到，延长交于点P，请写出图中的所有“筝形”；
(2)如图2，将（1）中的“菱形”改为“正方形”其他条件不变，求的值；
(3)如图3，在矩形中，是边的中点，连接，将沿翻折到，点P是线段上一点，若四边形是“筝形”，请直接写出的长．
【答案】(1)
(2)
(3)
【知识点】用勾股定理解三角形、四边形其他综合问题、折叠问题、解直角三角形的相关计算
【分析】（1）由折叠的性质得到，即四边形是“筝形”；再根据菱形的性质结合折叠的性质得到，连接，由E是的中点，得到，推出，求出，得到，即四边形是“筝形”；
（2）同理（1）可证四边形是“筝形”，设，则正方形边长为，利用勾股定理求出，连接，证明是直角三角形，利用正切的定义可得，求出，勾股定理求出，即可解答；
（3）延长交于点，连接，同理（1）可证四边形是“筝形”，当重合时，四边形是“筝形”，同理（2）得是直角三角形，，，求出，勾股定理求出，即可得到此时的长．
【详解】（1）解：∵四边形是菱形，
∴，即四边形是“筝形”；
由折叠的性质得：，
即四边形是“筝形”；
由折叠的性质得：，
∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵，
∴，
连接，
∵E是的中点，
∴，
∴，
∴，即，
∴，即四边形是“筝形”；
综上，图中的“筝形”有；
（2）解：同理（1）得：四边形是“筝形”，
设，则，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
连接，
∵四边形是“筝形”，
∴，
∵，
∴，
∴，
由折叠的性质得：，
∵，即，
∴是直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：延长交于点，连接，
同理（1）可证四边形是“筝形”，
当重合时，四边形是“筝形”，
同理（2）得是直角三角形，，
∴，
∵在矩形中，是边的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴此时．
【点睛】本题考查四边形综合题，涉及菱形的性质，正方形的性质，矩形的性质，解直角三角形，勾股定理，正确作出辅助线，理解“筝形”的定义是解题的关键．
【例2】定义：在三角形中，若有两条中线互相垂直，则称该三角形为中垂三角形．

(1)如图（a），是中垂三角形，分别是边上的中线，且于点，若，求证：是等腰三角形．
(2)如图（b），在中垂三角形中，分别是边上的中线，且于点，求证：．
(3)如图（c），四边形是菱形，对角线交于点，点分别是的中点，连接并延长，交于点．求证：是中垂三角形；
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）连接，如图，由是的中位线，证明，可得，，，证明，可得，从而可得结论；
（2）证明：如图，连接，证明，，，由勾股定理可得，，，，从而可得结论；
（3）如图，连接，证明，且，，，且，可得，，证明，是的中线，从而可得结论．
【详解】（1）证明：连接，如图，

∵，，
∴
由题意可得，，，是的中位线，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形．
（2）证明：如图，连接，

∵，分别是边，上的中线，
∴，，，
∴，，，
在中，，
在中，，
同理可得：，，
∴
；
（3）证明：如图，连接，

∵点M，N分别是，的中点，
∴是的中位线，则，且
∵四边形是菱形，
∴，，且，
∴，，
如图，延长至，使，
∴，而，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
∴，而，，
∴，
∴，，
∴，
∴，是的中线，
∴是中垂三角形．
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，三角形的中位线性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，理解新定义，作出三角形的直线线是解本题的关键．
【变式1】（新考法，拓视野）（2024·黑龙江哈尔滨·一模）请阅读下面材料，并完成相关任务：
定义：点P是内部或边上的点（顶点除外），在，或中，如果有一个三角形与相似，那么称点P是的“相似点”．
例：如图①，点P在的内部，，则，故点P为的“相似点”．
请你运用所学知识，结合上述材料，解决下列问题：
(1)如图②，在中，，平分，求证：点P为的“相似点”；
(2)如图③，若为锐角三角形，点E是的“相似点”，且点B与点A对应，点E在的平分线上，连接，若，求的值；
(3)如图④，在菱形中，E是上一点，F是内一点，且，连接与交于点G，连接，若点G是的“相似点”，且，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)见解析
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，正确理解题意，找准相似三角形的对应关系是解题关键.
（1）由条件可推出，证即可；
（2）由题意得，可推出，再证即可；
（3）由题意得，可推出，延长交于点，证即可；
【详解】（1）证明：∵，
∴
∵平分，
∴
∴
∴
∴点P为的“相似点”
（2）解：由题意得：
∴
∵平分
∴
∴
∵
∴
∴
（3）证明：∵点G是的“相似点”，且，
∴
∴
∵
∴
∴
延长交于点，如图所示：
由题意得：
∴四边形是平行四边形
∴
∵
∴
∵
∴
∴
即：
∵
∴
∴
【题型五】正方形中的新定义型问题
【例1】（2025·河南周口·一模）综合与实践
【初步探究】
（）如图，在“双垂四边形”中，若，则_____，的值为_____．
【问题解决】
（）如图，在“双垂四边形”中，，，为线段上一点，且，求的值．
【拓展应用】
（）如图，在“双垂四边形”中，，，为线段上一动点，且，连接，将沿翻折，得到，连接，若，请直接写出的面积．
【答案】（），；（）；（）或
【知识点】等腰三角形的性质和判定、根据正方形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算
【分析】（）由直角三角形两锐角互余可得，，进而可得，即可求解；
（）根据等腰直角三角形的性质可证，得到，即可求解；
（）如图，过点作于点，由（）知，，，即得，，进而由折叠可得四边形为正方形，连接，则，，分两种情况：①当点的对应点在的上方时；②当点的对应点在的下方时，
分别画出图形解答即可求解．
【详解】解：（）∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
故答案为：，；
（）∵，，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（）如图，过点作于点，
由（）知，，
∴，
∵，
∴，
同理（）可得，，
∴，
由折叠的性质可知四边形为正方形，
连接，则，，
分两种情况：①如图，当点的对应点在的上方时，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴,
∴，
∴；
②如图，当点的对应点在的下方时，
同理可得，
∴；
综上可得，的面积为或．
【点睛】本题考查了直角三角形两锐角互余，三角函数，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质，正方形的性质，运用分类讨论思想并正确画出图形解答是解题的关键．
【例2】（23-24九年级上·湖南张家界·期末）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形称为“等补四边形”．
(1)下列选项中一定是“等补四边形”的是________；
A．平行四边形； B．矩形； C．正方形； D．菱形
(2)如图1，在边长为a的正方形中，E为边上一动点（E不与C、D重合），交于点F，过F作交于点H．
①试判断四边形是否为“等补四边形”并说明理由；
②如图2，连接，将绕A点逆时针旋转得到，判断线段与线段的数量关系，并求的周长；
③若四边形是“等补四边形”，当时，求的长．
【答案】(1)C
(2)①四边形是等补四边形，见解析；②；；③或者
【知识点】三角函数综合、根据旋转的性质求解、根据正方形的性质证明、用SAS证明三角形全等（SAS）
【分析】本题考查了新定义，正方形的性质，三角形全等的判定和性质，圆的内接四边形性质，勾股定理，分类思想；
（1）根据定义，判断邻边是否相等，相等后，再判断对角是否互补即可．
（2）①根据，得到；连接，根据四点共圆，正方形的性质，证明即可．
②根据旋转性质，得，得到，结合，得到，继而得到，，从而得到，证明，计算即可．
③根据，得到；根据四边形是“等补四边形”，只需分类得到一组相等邻边，计算即可．
【详解】（1）解：在平行四边形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的邻边相等且对角互补，
∴正方形是等补四边形，
故选：D．
（2）解：①四边形是“等补四边形”，理由如下：
∵边长为a的正方形中，交于点F，交于点H．
∴，，，
∴；
连接，如图，则A、B、H、F四点共圆，
∴，
∴．
，
∴四边形是“等补四边形”；
②，理由如下：
根据旋转性质，得，
∴，
∵，，
∴，C，D，L三点共线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴的周长是．
③∵，，，
∴；
∵四边形是“等补四边形”，
∴还需要一组邻边相等，分以下四种情况讨论：

情况1：，连接，
由题意知∶，，又，
∴，
∴，
则为正三角形，
∴，
∴，
∴，
∴；
情况2：，
∵，
∴，
∴，同情况1，
此时，；
情况3：，由②得的周长．
设，则，
则，
∴，即；
情况4：，连接，如图，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴ ，则垂直平分，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
又，，
∴，
∴，这不可能，故这种情况不存在．
综上：或者．
【变式1】（2024·辽宁大连·模拟预测）点M在四边形内，点M和四边形的一组对边组成两个三角形，如果这两个三角形都是以对边为斜边的等腰直角三角形，那么定义该四边形 为蝴蝶四边形．例如，如图1，在四边形中， ， ，，则四边形 为蝴蝶四边形．
【概念理解】如图2，正方形ABCD 中，对角线 ，相交于点 M．判断正方形 是否为蝴蝶四边形，说明理由．
【性质探究】如图3，在蝴蝶四边形中，．求证：．
【拓展应用】在蝴蝶四边形中， °，，当 是等腰三角形时，求此时的值．
【答案】【概念理解】正方形为蝴蝶四边形，理由见解析；【性质探究】见解析；【拓展应用】的值为5或
【知识点】根据正方形的性质证明、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）
【分析】概念理解：证明和都是等腰直角三角形，正方形的对边、分别为斜边，即可得正方形为蝴蝶四边形；
性质探究：证明根据全等三角形的性质即可得；
拓展应用：延长交于，证明, 根据全等三角形的性质得根据等腰三角形的性质得求出利用勾股定理求出，即可得以为边的正方形的面积.
【详解】概念理解：解：正方形为蝴蝶四边形，理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，，，.
∴，，.
∴和都是等腰直角三角形，正方形的对边、分别为斜边.
∴正方形为蝴蝶四边形.
性质探究：
证明：∵四边形是蝴蝶四边形，，
∴和都是等腰直角三角形，，，
.
∴.
∴.
∴.
拓展应用：
解：①当时，如图3，延长交于N，
∵，，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
②当时，如图4，过点A作，过点A作于点H.
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∵.
∴.
∴.
∵,
∵.
③当时，不符合题意，舍去.
综上，的值为5或.
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质．熟练掌握正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式2】（2024·山东济南·三模）我们定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”．
(1)在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“神奇四边形”的是 （填序号）；
(2)如图，在正方形中，为上一点，连接，过点作于点，交于点，连．
①判定四边形是否为“神奇四边形” （填“是”或“否”）；
②如图，点分别是的中点．证明四边形是“神奇四边形”；
(3)如图，点分别在正方形的边上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点，过点作于点，若，正方形的边长为，求线段的长．
【答案】(1)④；
(2)①是；②四边形是“神奇四边形”，理由见解析
(3)
【知识点】全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、正方形折叠问题、证明四边形是正方形
【分析】（1）由“神奇四边形”的定义即可得出结论；
（2）①证，得，再由“神奇四边形”的定义即可得出结论；②由三角形中位线定理得出，则四边形为平行四边形，再证四边形是正方形，则可得出结论；
（3）延长交于，由勾股定理求出的长，设，则，再由勾股定理得，解得，即可解决问题．
【详解】（1）平行四边形的对角线互相平分，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相垂直平分，正方形的对角线互相垂直平分且相等
正方形是“神奇四边形”
故答案为：④
（2）①是
证明：四边形是正方形
在和中
又
四边形是“神奇四边形”
②解：四边形是“神奇四边形”，理由如下：
为的中点，
为的中位线，
同理：，
，
四边形为平行四边形
，
，
平行四边形为菱形
，
，
，
，
，
四边形为正方形
四边形是“神奇四边形”
（3）解：如图，延长交于
由翻折的性质可知，，
四边形是正方形，边长为，
，
，
，
设，则，
在中，由勾股定理得：
，
，
，
，
即线段的长为
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了新定义“神奇四边形”、折叠的性质、正方形的判定与性质、菱形的判定与性质、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，三角形中位线定理等知识，本题综合性强理解新定义“神奇四边形”，熟练掌握正方形的判定与性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
【题型六】圆中的新定义型问题
【例1】（2024·湖南长沙·一模）定义：对角线互相垂直的圆内接四边形叫做圆的“奇妙四边形”．
(1)若是圆的“奇妙四边形”，则是_________（填序号）：
①矩形；②菱形；③正方形
(2)如图1，已知的半径为R，四边形是的“奇妙四边形”．求证：；
(3)如图2，四边形是“奇妙四边形”，P为圆内一点，，，，且．当的长度最小时，求的值．
【答案】(1)③
(2)见解析
(3)
【知识点】相似三角形的判定与性质综合、圆周角定理、证明四边形是菱形、利用勾股定理证明线段平方关系
【分析】（1）利用平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，“奇妙四边形”的定义和正方形的判定定理解得即可；
（2）过点B作直径，分别连接，，，，证明，．可得，可得，再利用勾股定理可得答案；
（3）设的长度为a，，在中，利用勾股定理列出方程，利用即可求得的最小值，求得必值，再利用相似三角形是性质即可求得结论．
【详解】（1）解：若平行四边形是“奇妙四边形”，则四边形是正方形．
理由∶
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵四边形是圆内接四边形，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形，
∵四边形是“奇妙四边形”，
∴，
∴矩形是正方形，
故答案为∶③；
（2）证明∶过点B作直径，分别连接，，，，
∵是的直径，
∴，
∴，
∵四边形是“奇妙四边形”，
∴，
∴，
又，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴
∴；
（3）解：连接交于E，设的长度为a，，
∵，，
∴，
∴，
∵
∴，，
∵，
∴，
∵
∴，
整理得，
∴
∴，
又，
∴，
∴a有最小值2，
即的长度最小值为2，
∴，
解得∶，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是圆的综合题，考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，一元二次方程的解法，熟练的建立数学模型并灵活应用是解本题的关键．
【例2】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）定义：三角形一个内角的平分线与另一个内角的邻补角的平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的“张望角”．
(1)如图1，点D在的延长线上，是中的“张望角”，求证：；
(2)如图2，内接于，点D在的延长线上，点E在上，连接，连接，点F在上，，连接，连接并延长交的延长线于点I，求证：是中的“张望角”；
(3)如图3，在（2）的条件下，若是的直径，过点I作的垂线，点G为垂足，交于点H，若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【知识点】三角形的外角的定义及性质、圆周角定理、已知圆内接四边形求角度、相似三角形的判定与性质综合
【分析】（1）根据题中“张望角”的定义和角平分线的定义得到，结合三角形的外角性质可得结论；
（2）先根据圆周角定理和角平分线定义可得平分，再根据圆周角定理，结合圆内接四边形的性质可证明平分，进而根据“张望角”的定义可得结论；
（3）连接，，先证明得到，进而证明得到，过F作于M，在上截取，连接，，证明，求得， ，，过I作于K， ，在中，由勾股定理求得，进而可求解．
【详解】（1）证明：是中的“张望角”，
∴分别是，的平分线
；
（2）证明：，
，
，
即平分，
，
，
∵四边形内接于，
，
，
，
，
即平分，
是中的“张望角”；
（3）解：连接，，
是中的“张望角”，
∴，
∵，
∴，又，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∵四边形内接于，
∴，又，
∴，
∴，
∵是的直径，，
∴，又，
∴，即，
∴，
∴，
过F作于M，在上截取，连接，，则垂直平分，
∴，
∴，
设，则，
∵平分，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，又，
∴，
∴，
设，又，
∴，解得（负值已舍去），
∴，
∴，
由得，则；
∵，
∴，
∴，
过I作于K，则是等腰直角三角形，
∴，
设，则，
在中，由得，
解得（负值已舍去），即，
∴．
【点睛】本题是圆的综合题，考查了角平分线的定义，圆周角定理，圆内接四边形的性质，弧与弦的关系，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的外角性质，等腰三角形的判定与性质，解一元二次方程等知识，涉及知识点较多，综合性强，熟练掌握相关知识的联系与运用是解题的关键．
【变式1】（2024·浙江嘉兴·一模）定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点到该边所对顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“中项点”．如图，中，点是边上一点，连接，若，则称点是中边上的“中项点”．
(1)如图，的顶点是网格图的格点，请仅用直尺画出边上的一个“中项点”．
(2)中，，点是边上的“中项点”，求线段的长．
(3)如图，是的内接三角形，点在上，连接并延长交于点．点是中边上的“中项点”．
①求证：；
②若，的半径为，且，求的值．
【答案】(1)作图见解析
(2)
(3)①证明见解析；②
【知识点】正切的概念辨析、相似三角形的判定与性质综合、圆周角定理、垂径定理的推论
【分析】（）如图，取格点，连接交于，点即为所求；
（）过作于，由可得，，设，则，，可得，即得，得到，，，设，则，，由可得，进而即可求解；
（）①证明可得，再根据点是中边上的“中项点”得，即得，得到，由垂径定理的推论即可求证；②连接，由可得，即得为的直径，设，则，，得，即得，得到，进而根据可得，最后代入代数式计算即可求解．
【详解】（1）解：取格点，连接交于，如图：
则点即为边上的一个“中项点” ，理由如下：
由图可知，，
∴，
∴，
∴，
∵,
∴，
∴，
∴，
即，
∴为边上的一个“中项点”；
（2）解：过作于，如图：
∵，
∴，，
设，则，，
∵，
∴，
∴，
∴，，，
设，则，，
∵，
∴，
解得(负值已舍去)，
∴，
∴线段的长为；
（3）①证明：由圆周角定理得，，，
∴，
∴，
∴，
∵点是中边上的“中项点”，
∴，
∴，
∴，
∴；
②解：连接，如图：
由①知，，
∵，
∴，
∴，
∴为的直径，
∵，设，则，，
∴，
∴，
∴，
∵ ，
∴，
∴，
∴的值为．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，圆周角定理，垂径定理的推论，正切的定义，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式2】（2024·陕西西安·模拟预测）定义：用一条直线截三角形的两边，若所截得的四边形对角互补，则称该直线为三角形第三条边的“幸福线”．如图1，为的截线，截得四边形，若，则称为边的“幸福线”．
(1)已知为边的“幸福线”，，，，则的长为________；
(2)如图2，若内接于，为弧的中点，、分别为、边的“幸福线”，求证：；
(3)在（2）的条件下，若，，如图3过点作的“幸福线”交于点，当四边形面积最大时，求的正切值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【知识点】圆与三角形的综合(圆的综合问题)、求角的正切值、相似三角形的判定与性质综合、圆周角定理
【分析】（1）根据题目中“幸福线”的定义，得，根据邻补角的定义得，即可得，易证得，根据它们的对应边成比例求解即可；
（2）如图2，连接，由“幸福线”定义得，根据邻补角的定义得，即可证得，根据圆的半径，及圆周角定理得，再通过角的等量交换，可得，即可证得结论；
（3）如图3，连接交于点，根据“在同圆（或等圆）中，如果两条弧相等，那么它们所对的圆心角相等，所对的弦相等”，及“三角形外接圆的圆心是这个三角形的外心”可得，且，然后利用据勾股定理求得的值为8，进而求得，然后根据“相似三角形面积的比等于相似比的平方”，先证明，，，得，的值，，，设，则,根据，即可得式子，令，根据二次函数的性质，可得当，即时，四边形的面积最大，此时点与点重合，根据，通过相似三角形对应边成比例，求出，的值，进而得到的值，过点作，垂足为点，则，易得，利用相似三角形对应边成比例，求出，的值，根据在中，，即可得出答案
【详解】（1）解：为边的“幸福线”，
，
，
，
，
，
，
，，，
．
（2）解：如图2，连接,令与交点为，
为边的“幸福线”，
，
，
，
，，
，
，
，
．
（3）解：如图3，连接交于点，
为弧的中点，
，且，
，
，，
，
，
由（2）得，
又，
，
，
为边的“幸福线”，
，
，
，
又，
，
，
同理得，
设，则，
,,
令，则当时，的值最大，
当时，四边形的面积最大，此时点与点重合，
，，
，，
，，
，
，
如图，过点作，垂足为点，则，
，
，
，，
，
在中，．
解决三角形新定义型问题，需先精读定义，圈划关键（如边长、角度关系或特殊点），将新定义转化为可操作的数学条件。结合三角形全等、相似、勾股定理等基础性质，通过画图直观呈现定义情境，分析特殊位置或临界情况。若涉及动态变化，需分类讨论，利用代数设参或几何推理逐步验证，最终回归定义检验结论合理性，注重知识迁移与图形分析结合。
解决平行四边形新定义型问题，先剖析定义核心（如边长倍数、对角线夹角等），结合对边平行且相等、对角线互相平分的性质，通过设边为a,b，对角线为2m,2n，利用余弦定理（a² + b² = 2(m² + n²)）或向量坐标（设顶点A(0,0)、B(a,0)、D(p,q)，则C(a+p,q)）代数化条件。遇动态问题需分类讨论顶点位置，借助中心对称性（绕对角线交点旋转180°重合）简化分析，涉及面积比可利用底高关系或对角线分割三角形面积关系，最后代入定义验证逻辑，强化“性质拆解+坐标建模”的综合应用能力。
解决矩形新定义型问题，先精准理解定义核心（如边长关系、特殊点位置等），结合矩形直角、对边相等、对角线相等的性质，通过画图标注条件直观分析。可设参利用代数方程或借助全等/相似、勾股定理推理，遇动态或多情况需分类讨论，最后代入定义验证，注重对称性与几何变换的应用，提升对新信息的转化能力。
解决菱形新定义型问题，先紧扣定义核心（如边长比例、对角线关系等），结合菱形四边相等、对角线垂直平分的性质，通过画图标注条件。可设对角线为2a、2b，利用勾股定理或面积公式（对角线乘积一半）构建方程，遇角度条件结合三角函数分析。动态问题需分类讨论顶点位置，借助几何变换（如旋转、对称）简化图形，最后代入定义验证，注重从特殊到一般的推理及代数几何综合应用。
在数学学习中，我们发现除了已经学过的四边形外，还有很多比较特殊的四边形，请结合已有经验，对下列特殊四边形进行研究．
定义：在四边形中，若有一个角是直角，且从这个直角顶点引出的对角线，把对角分成的两个角中，有一个是直角，我们称这样的四边形为“双垂四边形”．
解决正方形新定义型问题，需先精准拆解定义要素（如特殊点坐标、线段比例、角度关系等），结合正方形四边相等、直角特性及对角线垂直平分且相等的性质，通过建系设元（设边长为a，顶点坐标为(0,0)、(a,0)等）将几何条件代数化。利用距离公式、斜率关系或向量运算转化新定义，遇动态问题需分类讨论动点位置（如边中点、对角线上点），借助旋转/对称变换（正方形旋转90°不变性）简化图形。注意对角线分正方形为等腰直角三角形，可结合勾股定理或三角函数求解，最后代入定义验证逻辑闭环，强化“代数表征+几何直观”的双向转化能力。
解决圆的新定义型问题，先精读定义提取关键（如点与圆、线与圆的新关系），结合圆的半径、圆心角、圆周角、垂径定理等性质，通过画图标注圆心、半径、弦长等要素。可建系设圆方程（x-a)²+(y-b)²=r²，利用距离公式或三角函数转化条件，遇动态问题分类讨论位置关系（如交点个数、动点轨迹），借助圆的对称性简化分析，最后代入定义验证，注重几何性质与代数运算的融合。