期末复习5 八年级下册期末复习之新定义型问题-【专题突破】2022-2023学年八年级数学下学期重难点及章节分类精品讲义(浙教版)

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期末复习5 八年级下册期末复习之新定义型问题
1．（2019春•鄞州区期末）定义：有一组对边平行，有一个内角是它对角的一半的凸四边形叫做半对角四边形，如图1，直线l1∥l2，点A，D在直线l1上，点B，C在直线l2上，若∠BAD＝2∠BCD，则四边形ABCD是半对角四边形．
（1）如图1，已知AD∥BC，∠BAD＝60°，∠BCD＝30°，若直线AD，BC之间的距离为，则AB的长是　 　，CD的长是　 　；
（2）如图2，点E是矩形ABCD的边AD上一点，AB＝1，AE＝2．若四边形ABCE为半对角四边形，求AD的长；
（3）如图3，以▱ABCD的顶点C为坐标原点，边CD所在直线为x轴，对角线AC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系．点E是边AD上一点，满足BC＝AE+CE．
①求证：四边形ABCE是半对角四边形；
②当AB＝AE＝2，∠B＝60°时，将四边形ABCE向右平移a（a＞0）个单位后，恰有两个顶点落在反比例函数y＝的图象上，求k的值．

【分析】（1）过点A作AM⊥AD于点M，过点D作DN⊥BC于点N，通过解含30度角的直角三角形可求出AB，CD的长；
（2）根据半对角四边形的定义可得出∠BCE＝45°，进而可得出∠DEC＝∠DCE＝45°，由等角对等边可得出CD＝DE＝1，结合AD＝AE+DE即可求出AD的长；
（3）①由平行四边形的性质可得出BC∥AD，BC＝AD＝AE+ED＝AE+CE，进而可得出CE＝ED，根据等腰三角形的性质及三角形外角的性质可得出∠AEC＝2∠EDC＝2∠B，再结合半对角四边形的定义即可证出四边形ABCE是半对角四边形；
②由平行四边形的性质结合AB＝AE＝2，∠B＝60°可得出点A，B，E的坐标，分点A，E落在反比例函数图象上及点B，E落在反比例函数图象上两种情况考虑：（i）利用平移的性质及反比例函数图象上点的坐标特征可得出关于a的一元一次方程，解之即可得出a值，再利用反比例函数图象上点的坐标特征可求出k值；（ii）同（i）可求出k值．综上，此题得解．
【解答】解：（1）如图1，过点A作AM⊥AD于点M，过点D作DN⊥BC于点N．
∵AD∥BC，
∴∠ABM＝∠BAD＝60°．
AM＝DN＝．
在Rt△ABM中，AM＝，∠ABM＝60°，∠AMB＝90°，
∴∠BAM＝30°，
∴AB＝2BM，
又∵AB2＝AM2+BM2，即AB2＝3+AB2，
∴AB＝2；
在Rt△DCN中，DN＝，∠DCN＝30°，∠DNC＝90°，
∴CD＝2DN＝2．
故答案为：2；2．
（2）∵四边形ABCE为半对角四边形，
∴∠BCE＝45°，
∴∠DEC＝∠DCE＝45°，
∴CD＝DE＝1，
∴AD＝AE+DE＝3．
（3）①证明∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BC∥AD，BC＝AD＝AE+ED＝AE+CE，
∴CE＝ED，
∴∠AEC＝2∠EDC＝2∠B．
又∵AE∥BC，
∴四边形ABCE是半对角四边形；
②由题意，可知：点A的坐标为（0，2），点B的坐标为（﹣2，2），点E的坐标为（1，）．
（i）当点A，E向右平移a（a＞0）个单位后落在反比例函数的图象上时，a•2＝（1+a）•，
解得：a＝1，
∴k＝2a＝2；
（ii）当点B，E向右平移a（a＞0）个单位后落在反比例函数的图象上时，（﹣2+a）•2＝（1+a）•，
解得：a＝5，
∴k＝（1+a）＝6．
综上所述：k的值为为2或6．



2．（2020春•金华期末）定义：有一组邻边相等，且它们的夹角为60°的四边形叫做半等边四边形．
（1）已知在半等边四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°．
①如图1，若∠B＝∠D，求证：BC＝CD．
②如图2，连结AC，探索线段AC、BC、CD之间的数量关系，并说明理由．
（2） 如图3，已知∠MAC＝30°，AC＝10+10，点D是射线AM上的一个动点，记∠DCA＝α，点B在直线AC的下方，若四边形ABCD是半等边四边形，且CB＝CD．问：当点D在15°≤a≤45°的变化过程中运动时，点B也随之运动，请直接写出点B所经过的路径长．

【分析】（1）①如图1，连接BD，由等腰三角形的判定和性质可解决问题；
②如图2，连接BD，在AC上截取CE＝CB，连接BE，通过证明点A，点B，点C，点D四点共圆，可得∠ACB＝∠ADB＝60°，由“SAS”可证△ABE≌△DBC，可得AE＝CD，即可得结论；
（2）过点C作CE⊥AM于点E，过点B作BF⊥AC于点F，利用AAS证明△BCF≌△DCE（AAS），可得BF＝DE，则点B所经过的路径长与点D所经过的路径长相等，分别求出a＝15°时和a＝45°时AD的长，即可求解．
【解答】证明：（1）①如图1，连接BD，

∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠CBD＝∠CDB，
∴BC＝CD；
②AC＝BC+CD，
理由如下：如图2，连接BD，在AC上截取CE＝CB，连接BE，

∵AB＝AD，∠BAD＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AB＝AD＝BD，∠BAD＝∠ABD＝ADB＝60°，
∵∠BAD+∠BCD＝180°，
∴点A，点B，点C，点D四点共圆，
∴∠ACB＝∠ADB＝60°，且BC＝CE，
∴△BEC是等边三角形，
∴BC＝BE＝CE，∠BEC＝60°，
∴∠AEB＝120°＝∠BCD，且BE＝BC，AB＝BD，
∴△ABE≌△DBC（SAS）
∴AE＝CD，
∴AC＝AE+EC＝CD+BC；
（2）点B所经过的路径长为10，理由如下：
∵CB＝CD，四边形ABCD是半等边四边形，
∴∠BCD＝60°，
过点C作CE⊥AM于点E，过点B作BF⊥AC于点F，如图：

∴∠AEC＝∠BFC＝90°，
∵∠MAC＝30°，
∴∠ACE＝60°＝∠BCD，
∴∠ACE﹣∠ACD＝∠BCD﹣∠ACD，即∠DCE＝∠BCF，
在△BCF和△DCE中，
，
∴△BCF≌△DCE（AAS），
∴BF＝DE，
∴点B所经过的路径长与点D所经过的路径长相等，
在Rt△ACE中，CE＝AC＝5+5，
AE＝AC•cos∠MAC＝（10+10）×＝5+15，
当a＝15°时，∠DCE＝45°，
∴DE＝CE＝5+5，
AD＝AE﹣DE＝10，
当a＝45°时，过点D作DH⊥AC于点H，如图：

∴DH＝CH，
设DH＝CH＝x，则AH＝AC﹣CH＝10+10﹣x，
在Rt△ADH中，
∵tan∠MAC＝＝，
∴DH＝AH•tan∠MAC，
∴x＝（10+10﹣x）
解得：x＝10，即DH＝10，
∴AD＝2DH＝20，
综上可知：当点D在15°≤a≤45°的变化过程中运动时，点D在AM上移动的路径长为20﹣10＝10，
∴点B所经过的路径长为10．
3．（2019春•丽水期中）小明在学习反比例函数后，为研究新函数，先将函数变形为，画图发现函数的图象可以由函数的图象向上平移1个单位得到．
（1）根据小明的发现，请你写出函数的图象可以由反比例函数的图象经过怎样的平移得到；
（2）在平面直角坐标系中，已知反比例函数（x＞0）的图象如图所示，请在此坐标系中画出函数（x＞0）的图象；
（3）若直线y＝﹣x+b与函数（x＞0）的图象没有交点，求b的取值范围．

【分析】（1）先把函数化为y＝﹣1的形式，再根据函数图象平移的法则进行解答即可；
（2）根据平移的法则画出图象即可；
（3）求得直线y＝﹣x+b与函数y＝（x＞0）的图象只有一个交点时的b的值，然后根据平移的规律即可求得．
【解答】解：（1）由“上加下减”的原则可知，把反比例函数y＝的图象向下平移1个单位后得到一个新的函数的图象的解析式为y＝﹣1，即y＝；
（2）画出函数（x＞0）的图象如图所示：

（3）整理得：x2﹣bx+5＝0，
若直线y＝﹣x+b与函数y＝（x＞0）的图象只有一个交点，则△＝（﹣b）2﹣4×1×5＝0，
∴b＝2，
∴若直线y＝﹣x+b与函数（x＞0）的图象没有交点，则b＜2﹣1；
4．（2020•金华期中）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”．
（1）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；
（2）概念延伸：
下列说法正确的是　 　（填入相应的序号）
①对角线互相平分的“等邻边四边形”是菱形；
②一组对边平行，另一组对边相等的“等邻边四边形”是菱形；
③有两个内角为直角的“等邻边四边形”是正方形；
④一组对边平行，另一组对边相等且有一个内角是直角的“等邻边四边形”是正方形；
（3）问题探究：
如图2，小红画了一个Rt△ABC，其中∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，并将Rt△ABC沿∠B的平分线BB'方向平移得到△A'B'C′，连接AA′，BC′，小红要使平移后的四边形ABC′A′是“等邻边四边形”应平移多少距离（即线段BB'的长）？

【分析】（1）根据定义添加一组邻边相等即可；
（2）先利用平行四边形的判定定理得平行四边形，再利用“等邻边四边形”定义得邻边相等，得出结论；
（3）由平移的性质易得BB′＝AA′，A′B′∥AB，A′B′＝AB＝4，B′C′＝BC＝3，A′C′＝AC＝5，再利用“等邻边四边形”定义分类讨论，由勾股定理得出结论．
【解答】解：（1）AB＝BC或BC＝CD或AD＝CD或AB＝AD．
答案：AB＝AD．

（2）①正确，理由为：
∵四边形的对角线互相平分，
∴这个四边形是平行四边形，
∵四边形是“等邻边四边形”，
∴这个四边形有一组邻边相等，
∴这个“等邻边四边形”是菱形；
②不正确，理由为：一组对边平行，另一组对边相等的“等邻边四边形”也有可能是等腰梯形；
③不正确，理由为：有两个内角为直角的“等邻边四边形”不是平行四边形时，该结论不成立；
④正确，理由为：一组对边平行，另一组对边相等且有一个内角是直角可得到“该四边形是矩形”；再“等邻边四边形”得到该矩形的一组邻边相等，则可推知该矩形是菱形，故④的说法正确．
故答案是：①④；

（3）∵∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，
∴AC＝5，
∵将Rt△ABC平移得到△A′B′C′，
∴BB′＝AA′，A′B′∥AB，A′B′＝AB＝4，B′C′＝BC＝3，A′C′＝AC＝5，
（I）如图1，当AA′＝AB时，BB′＝AA′＝AB＝4；
（II）如图2，当AA′＝A′C′时，BB′＝AA′＝A′C′＝5；
（III）当A′C′＝BC′＝5时，
如图3，延长C′B′交AB于点D，则C′B′⊥AB，
∵BB′平分∠ABC，
∴∠ABB′＝∠ABC＝45°，
∴∠BB′D＝′∠ABB′＝45°
∴B′D＝BD，
设B′D＝BD＝x，
则C′D＝x+3，BB′＝x，
∵在Rt△BC′D中，BD2+C′D2＝BC′2
∴x2+（x+3）2＝52，
解得：x1＝，x2＝（不合题意，舍去），
∴BB′＝x＝．
（Ⅳ）当BC′＝AB＝4时，如图4，与（Ⅲ）方法一同理可得：BD2+C′D2＝BC′2，
设B′D＝BD＝x，
则x2+（x+3）2＝42，
解得：x1＝，x2＝（不合题意，均舍去），
∴BB′＝，
综上所述，要使平移后的四边形ABC′A′是“等邻边四边形”应平移4或5或或．



5．（2022春•南浔区期末）定义：我们把对角线长度相等的四边形叫做等线四边形．
（1）尝试：如图1，在3×3的正方形网格图形中，已知点A、点B是两个格点，请你作出一个等线四边形，要求A、B是其中两个顶点，且另外两个顶点也是格点；
（2）推理：如图2，已知△AOD与△BOC均为等腰直角三角形，∠AOD＝∠BOC＝90°，连结AB，CD，求证：四边形ABCD是等线四边形；
（3）拓展：如图3，已知四边形ABCD是等线四边形，对角线AC，BD交于点O，若∠AOD＝60°，AB＝，BC＝，AD＝2．求CD的长．

【分析】（1）以A、B为顶点作矩形即可（答案不唯一）；
（2）连结AC，BD，由△AOD与△BOC均为等腰直角三角形知OA＝OD，OC＝OB，∠AOD＝∠BOC，再证△AOC≌△DOB得BD＝AC，从而得证；
（3）分别以AD、BC为底作等腰△ADE、等腰△BCE，顶点均为点E．证△AEC≌△DEB得∠BDE＝∠CAE，继而证△AED是等边三角形、△BCE也是等边三角形，据此知EA＝ED＝AD＝2，．由知AE2+BE2＝AB2，即可得∠AEB＝90°，∠DEC＝150°．再过点C作CF⊥DE于点F，则∠CEF＝30°．从而得出，，利用勾股定理求解即可得出答案．
【解答】解：（1）如图1所示，矩形APBQ即为所求．

（2）证明：
如图2，连结AC，BD．

∵△AOD与△BOC均为等腰直角三角形，
∴OA＝OD，OC＝OB，∠AOD＝∠BOC，
∴∠AOC＝∠BOD，
∴△AOC≌△DOB（SAS），
∴BD＝AC，
∴四边形ABCD是等线四边形．
（3）解：如图3，分别以AD、BC为底作等腰△ADE、等腰△BCE，顶点均为点E．

于是有，EA＝ED，EC＝EB，
∵AC＝BD，
∴△AEC≌△DEB（SSS），
∴∠BDE＝∠CAE，
∴∠AED＝∠AOD＝60°，
∴△AED是等边三角形．
同理，△BCE也是等边三角形．
∴EA＝ED＝AD＝2，．
∵，
∴AE2+BE2＝AB2，
∴∠AEB＝90°，
∴∠DEC＝150°．
过点C作CF⊥DE于交DE延长线于点F，则∠CEF＝30°．
∴，EF＝CE＝，
则，
由勾股定理得，．
6．（2020春•金华校级期末）我们定义：如图1，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC'，连接B'C'．当α+β＝180°时，我们称△A'B'C'是△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．
特例感知：
（1）在图2，图3中，△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．
①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD＝　 　BC；
②如图3，当∠BAC＝90°，BC＝8时，则AD长为 　 　．
猜想论证：
（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．
拓展应用
（3）如图4，在四边形ABCD，∠C＝90°，∠D＝150°，BC＝12，CD＝2，DA＝6．在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．

【分析】（1）①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD＝AB′即可解决问题；
②首先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；
（2）结论：AD＝BC．如图1中，延长AD到M，使得AD＝DM，连接B′M，C′M，首先证明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M，即可解决问题；
（3）存在．如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．想办法证明PA＝PD，PB＝PC，再证明∠APD+∠BPC＝180°，即可；
【解答】解：（1）①如图2中，

∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝AB′＝AC′，
∵DB′＝DC′，
∴AD⊥B′C′，
∵∠BAC＝60°，∠BAC+∠B′AC′＝180°，
∴∠B′AC′＝120°，
∴∠B′＝∠C′＝30°，
∴AD＝AB′＝BC，
故答案为．

②如图3中，

∵∠BAC＝90°，∠BAC+∠B′AC′＝180°，
∴∠B′AC′＝∠BAC＝90°，
∵AB＝AB′，AC＝AC′，
∴△BAC≌△B′AC′，
∴BC＝B′C′，
∵B′D＝DC′，
∴AD＝B′C′＝BC＝4，
故答案为4．

（2）结论：AD＝BC．
理由：如图1中，延长AD到M，使得AD＝DM，连接B′M，C′M

∵B′D＝DC′，AD＝DM，
∴四边形AC′MB′是平行四边形，
∴AC′＝B′M＝AC，
∵∠BAC+∠B′AC′＝180°，∠B′AC′+∠AB′M＝180°，
∴∠BAC＝∠MB′A，∵AB＝AB′，
∴△BAC≌△AB′M，
∴BC＝AM，
∴AD＝BC．

（3）存在．
理由：如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．
连接DF交PC于O．

∵∠ADC＝150°，
∴∠MDC＝30°，
在Rt△DCM中，∵CD＝2，∠DCM＝90°，∠MDC＝30°，
∴CM＝2，DM＝4，∠M＝60°，
在Rt△BEM中，∵∠BEM＝90°，BM＝14，∠MBE＝30°，
∴EM＝BM＝7，
∴DE＝EM﹣DM＝3，
∵AD＝6，
∴AE＝DE，∵BE⊥AD，
∴PA＝PD，PB＝PC，
在Rt△CDF中，∵CD＝2，CF＝6，
∴tan∠CDF＝，
∴∠CDF＝60°
∴∠ADF＝90°＝∠AEB，
∴∠CBE＝∠CFD，
∵∠CBE＝∠PCF，
∴∠CFD＝∠PCF，
∵∠CFD+∠CDF＝90°，∠PCF+∠CPF＝90°，
∴∠CPF＝∠CDF＝60°，
易证△FCP≌△CFD，
∴CD＝PF，∵CD∥PF，
∴四边形CDPF是矩形，
∴∠CDP＝90°，
∴∠ADP＝∠ADC﹣∠CDP＝60°，
∴△ADP是等边三角形，
∴∠APD＝60°，∵∠BPF＝∠CPF＝60°，
∴∠BPC＝120°，
∴∠APD+∠BPC＝180°，
∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”，
在Rt△PDN中，∵∠PDN＝90°，PD＝AD＝6，DN＝，
∴PN＝＝＝．
（也可利用旋补中线长＝AB，求出AB即可）
7．（2022春•金华校级期中）定义：有一组邻边相等，并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ABCD，AB＝BC，∠ABC＝90°，
①若AB＝CD＝1，AB∥CD，求对角线BD的长．
②若AC⊥BD，求证：AD＝CD，
（2）如图2，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝9，点P是对角线BD上一点，且BP＝2PD，过点P作直线分别交边AD，BC于点E，F，使四边形ABFE是等腰直角四边形，求AE的长．

【分析】（1）①只要证明四边形ABCD是正方形即可解决问题；
②只要证明△ABD≌△CBD，即可解决问题；
（2）若EF⊥BC，则AE≠EF，BF≠EF，推出四边形ABFE表示等腰直角四边形，不符合条件．若EF与BC不垂直，①当AE＝AB时，如图2中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，②当BF＝AB时，如图3中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，分别求解即可；
【解答】解：（1）①∵AB＝CD＝1，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴BD＝AC＝＝．

②如图1中，连接AC、BD．
∵AB＝BC，AC⊥BD，
∴∠ABD＝∠CBD，
∵BD＝BD，
∴△ABD≌△CBD，
∴AD＝CD．

（2）若EF⊥BC，则四边形ABFE是矩形，AE＝BF＝BC＝6，
∵AB＝5，
∴AE≠AB
∴四边形ABFE表示等腰直角四边形，不符合条件．
若EF与BC不垂直，
①当AE＝AB时，如图2中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，
∴AE＝AB＝5．
②当BF＝AB时，如图3中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，
∴BF＝AB＝5，
∵DE∥BF，
∴DE：BF＝PD：PB＝1：2，
∴DE＝2.5，
∴AE＝9﹣2.5＝6.5，
综上所述，满足条件的AE的长为5或6.5．



8．（2022春•金华市金东区期中）有一组邻边相等，且另外两边也相等的四边形我们把它叫做筝形，如图1，四边形ABCD中，AD＝DC，AB＝BC，那么四边形ACBD叫做筝形．
（1）如图2，已知筝形ABCD的周长是18，AD＝CD＝3，那么AB＝　 　；
（2）在探索筝形的性质时，发现筝形有一组对角相等，如图1，筝形ABCD中，AD＝DC，AB＝BC，那么∠A＝∠C，请证明这个结论；
（3）如图2，筝形ABCD中，AD＝DC＝，∠ADC＝90°，∠DAB＝105°，求筝形ABCD的面积．

【分析】（1）根据四边形周长为四边的和，相减得AB的长；
（2）连接BD，证明所在的两个三角形全等；
（3）筝形ABCD的面积等于两个三角形面积的和，主要求AC的OB的长，并说明OB是AC边上的高即可．
【解答】解：（1）如图2，∵四边形ABCD为筝形，
∴AB＝BC，
∵筝形ABCD的周长是18，AD＝CD＝3，
∴AB＝＝6，
故答案为：6；
（2）如图1，连接DB，
∵AD＝DC，AB＝BC，BD＝BD，
∴△ADB≌△CDB，
∴∠A＝∠C
（3）如图2，
∵∠ADC＝90°，AD＝CD＝，
∴AC＝＝2，
∵四边形ABCD为筝形，
∴∠DAB＝∠DCB＝105°，
∵△ADC是等腰直角三角形，
∴∠DAC＝∠DCA＝45°，
∴∠BAC＝∠BCA＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵AD＝CD，AB＝BC，
∴BD是AC的中垂线，
∴BD⊥AC，
∴AO＝CO＝1，
∴tan∠BAC＝，
∴BO＝1×tan60°＝，
∴S筝形ABCD＝S△ADC+S△ABC＝AD•CD+AC•OB＝××+×2×＝1+．


9．（2022春•金华校级期末）定义：在平面直角坐标系中，若P，Q为某个四边形相邻的两个顶点，且该四边形的两条对角线分别与x轴，y轴平行或重合，则称该四边形为点P，Q的“奇美四边形”．图1为点P，Q的“奇美四边形”的一个示意图．
设点A（1，2），点B（b，0）
【初步尝试】：（1）若b＝3，在图2网格中画出点A，B的一个“奇美四边形”，并记作：“奇美四边形”ABCD：
【深入探究】：（2）①若（1）中得到的“奇美四边形“ABCD，满足AB＝DC，AB∥DC．求证：“奇美四边形”ABCD是菱形；
②若点A，B的“奇美四边形”为矩形，求直线AB的函数解析式；
【拓展应用】：（3）已知点C（3，2），在线段AC上存在点N，平面内存在一点M，使点M，N的“奇美四边形”为矩形，且点B到直线MN的距离始终为，请直接写出b的取值范围

【分析】【初步尝试】：（1）根据“奇美四边形”的定义画出图形即可．
【深入探究】：（2）①根据对角线垂直的平行四边形是菱形即可证明．
②分两种求出求出点B的坐标即可解决问题．
【拓展应用】：（3）求出点N与A重合时，满足条件的点B的坐标，求出点N与C重合时，满足条件的点B坐标，观察图象即可判断．
【解答】【初步尝试】：（1）解：如图1中，四边形ABCD即为所求（答案不唯一）．

【深入探究】：（2）①证明：如图2中，连接AC．BD．

∵AB＝CD，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．

②如图3中，解：

∵四边形ABCD是矩形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是正方形，
∴满足条件的点B的坐标为（3，0）或（﹣1，0），
∵A（1，2），
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+3或y＝x+1．

【拓展应用】：（3）：如图4中，

当点N与A重合时，满足条件的点B的坐标分别为：B1（﹣3，0），B2（1，0），B3（5，0），
当点N与C重合时，满足条件的点B的坐标分别为：B4（﹣1，0），B5（3，0），B6（7，0），
观察图象可知满足条件的b的取值范围为﹣3≤b≤﹣1或1≤b≤3或5≤b≤7．
10．（2022•金华）背景：点A在反比例函数y＝（k＞0）的图象上，AB⊥x轴于点B，AC⊥y轴于点C，分别在射线AC，BO上取点D，E，使得四边形ABED为正方形．如图1，点A在第一象限内，当AC＝4时，小李测得CD＝3．
探究：通过改变点A的位置，小李发现点D，A的横坐标之间存在函数关系．请帮助小李解决下列问题．
（1）求k的值．
（2）设点A，D的横坐标分别为x，z，将z关于x的函数称为“Z函数”．如图2，小李画出了x＞0时“Z函数”的图象．
①求这个“Z函数”的表达式．
②补画x＜0时“Z函数”的图象，并写出这个函数的性质（两条即可）．
③过点（3，2）作一直线，与这个“Z函数”图象仅有一个交点，求该交点的横坐标．

【分析】（1）求出点A的坐标，利用待定系数法求出k即可．
（2）①求出点A的坐标，再代入反比例函数的解析式即可．
②利用描点法画出图象，根据函数图象可得结论（答案不唯一）．
③由题意可知直线的解析式为z＝kx+2﹣3k，构建方程组，利用Δ＝0，求出k可得结论，另外直线x＝3也符合题意．
【解答】解：（1）∵AC＝4，CD＝3，
∴AD＝AC﹣CD＝1，
∵四边形ABED是正方形，
∴AB＝1，
∵AC⊥y轴，AB⊥x轴，
∴∠ACO＝∠COB＝∠OBA＝90°，
∴四边形ABOC是矩形，
∴OB＝AC＝4，
∴A（4，1），
∴k＝4．

（2）①由题意，A（x，x﹣z），
∴x（x﹣z）＝4，
∴z＝x﹣．

②图象如图所示．

性质1：x＞0时，y随x的增大而增大．
性质2：图象是中心对称图形．

③设直线的解析式为z＝kx+b，
把（3，2）代入得到，2＝3k+b，
∴b＝2﹣3k，
∴直线的解析式为z＝kx+2﹣3k，
由，消去z得到，（k﹣1）x2+（2﹣3k）x+4＝0，
当k≠1时，当Δ＝0时，（2﹣3k）2﹣4（k﹣1）×4＝0，
解得k＝或2，
当k＝时，方程为x2﹣x+4＝0，解得x1＝x2＝6．
当k＝2时，方程为x2﹣4x+4＝0，解得x1＝x2＝2．
当k＝1时．方程的解为x＝4，符合题意，
另外直线x＝3，也符合题意，此时交点的横坐标为3，
综上所述，满足条件的交点的横坐标为2或3或4或6．
11．（2022春•江北区期末）如图1，在矩形ABCD中，点E是边AB的中点，点G是平面上一点，若在射线BC上存在一点F，使得四边形EDFG为菱形，我们称菱形EDFG是矩形ABCD的“矩菱形”．
（1）命题“正方形的‘矩菱形’也是正方形”是 　真命题　；（填“真命题”或“假命题”）
（2）如图2，矩形ABCD为正方形，四边形EDFG是其“矩菱形”，EG交BC于点H，若HE＝，求CH的长；
（3）假设＝k，
①若矩形ABCD始终存在“矩菱形”，求k的取值范围．
②如图3，若AB＝2，点M为菱形EDFG的中心点，连结EM、CM、CG、BG，请用含有k的代数式表示五边形EMCGB的面积S．

【分析】（1）根据“矩菱形”定义，可得DE＝DF，再利用正方形性质即可证明Rt△ADE≌Rt△CDF（HL），进而得出答案；
（2）如图2，连接DH，设正方形ABCD的边长为a，根据S△DFH＝S正方形EDFG＝DE2＝a2，可求得FH＝a，进而得出BH＝a，利用勾股定理可得出答案；
（3）①如图3，设AB＝b，则AD＝kb，再由四边形EDFG是其“矩菱形”，可得DF2＝DE2＝（k2+）b2，再利用勾股定理得出CF2＝DF2﹣CD2＝（k2﹣）b2，所以k2﹣≥0，即（k+）（k﹣）≥0，故k≥；
②如图4，连接EF，DG，BM，过点G作GK⊥AB交其延长线于K，过点M作NL⊥AB于N，交CD于L，利用S五边形EMCGB＝S梯形KGMN﹣S△BKG+S△EMN+S△CMG，即可求得答案．
【解答】解：（1）命题“正方形的‘矩菱形’也是正方形”是真命题．理由如下：
∵四边形EDFG是正方形ABCD的“矩菱形”，
∴四边形EDFG一定是菱形，
∴DE＝DF，
∵正方形ABCD，
∴AD＝CD，∠A＝∠ADC＝∠DCB＝90°，
∴∠ADE+∠EDC＝90°，∠DCF＝90°＝∠A，
在Rt△ADE与Rt△CDF中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△CDF（HL），
∴∠ADE＝∠CDF，
∴∠CDF+∠EDC＝90°，即∠EDF＝90°，
∴菱形EDFG是正方形，即正方形ABCD的“矩菱形”EDFG也是正方形，
即命题“正方形的‘矩菱形’也是正方形”是真命题．
故答案为：真命题；
（2）如图2，连接DH，设正方形ABCD的边长为a，
∵点E是边AB的中点，
∴AE＝EB＝a，
由（1）知，Rt△ADE≌Rt△CDF，
∴CF＝AE＝a，
∵四边形EDFG也是正方形，
∴S△DFH＝S正方形EDFG＝DE2＝a2，
∴FH•CD＝a2，
∴FH＝a，
∴BH＝BC+CF﹣FH＝a+a﹣a＝a，
在Rt△BEH中，BE2+BH2＝EH2，
∴（a）2+（a）2＝（）2，
解得：a＝4或a＝﹣4（舍去），
∴CH＝BC﹣BH＝a﹣a＝a＝3；
（3）①如图3，设AB＝b，则AD＝kb，
∵点E是边AB的中点，
∴AE＝EB＝b，
∵四边形EDFG是其“矩菱形”，
∴DF＝DE，
∴DF2＝DE2＝AD2+AE2＝（kb）2+（b）2＝（k2+）b2，
∵∠DCF＝180°﹣90°＝90°，
∴CF2＝DF2﹣CD2＝（k2+）b2﹣b2＝（k2﹣）b2，
∴k2﹣≥0，即（k+）（k﹣）≥0，
∵k＞0，
∴k+＞0，
∴k﹣≥0，
∴k≥；
②如图4，连接EF，DG，BM，过点G作GK⊥AB交其延长线于K，
过点M作NL⊥AB于N，交CD于L，
∵四边形DEGF是菱形，
∴DG，EF交于点M，DM＝GM，EM＝FM，
∵∠ABC＝90°，
∴BM＝EM，
∵MN⊥AB，
∴EN＝BN＝，
∵DF∥EG，DF＝EG，
∴∠DFC＝∠EHB，
∵∠ABC＝∠EKG＝90°＝∠DCF，
∴GK∥BC，
∴∠EHB＝∠EGK，
∴∠DFC＝∠EGK，
∴△DCF≌△EKG（AAS），
∴EK＝CD＝AB＝2，
∴BK＝EK﹣BE＝1，
∵＝k，
∴AD＝2k，
在Rt△ADE中，DE＝＝＝，
∴EG＝DF＝DE＝，
∴KG＝CF＝＝，
∴MN＝＝，
∴ML＝NL﹣MN＝AD﹣MN＝2k﹣＝，
在Rt△BEF中，EF＝＝，
∴EM＝EF＝，
∴S五边形EMCGB＝S梯形KGMN﹣S△BKG+S△EMN+S△CMG
＝（+）×﹣×1×+××+×2×
＝2k+；
∴S＝2k+．