2023年中考数学二轮复习重难点专项突破专题11 新定义型几何图形问题(教师版)

这是一份2023年中考数学二轮复习重难点专项突破专题11 新定义型几何图形问题(教师版)，共45页。


专题11 新定义型几何图形问题
【典型例题】
1．(2021·甘肃张家川·九年级阶段练习)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　 　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＝5，CD＝1，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．
【答案】(1)是；(2)①证明见解析；BE=4；②
【解析】
【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)①结合“直等补”四边形的定义可推出四边形DCFE为矩形，从而证明△AEB≌△BFC即可得出结论；②将C点沿AD对称至P点，结合最短路径问题求解即可．
【详解】
(1)∵△BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，
∴旋转角为90°，即：∠FBE=90°，
根据旋转的性质可得：BF=BE，∠F=∠BEC，
∴∠F+∠BED=∠BEC+∠BED=180°，
∴四边形BEDF满足“直等补”四边形的定义，
故答案为：是；
(2)①根据“直等补”四边形的定义，AB=AC，
∴∠ABC=∠D=90°，
∵BE⊥AD，CF⊥BE，
∴四边形DCFE为矩形，DE=CF，
∵∠A+∠ABE=90°，∠ABE+∠FBC=90°，
∴∠A=∠FBC，
在△AEB与△BFC中，

∴△AEB≌△BFC(AAS)，
∴BE=CF，
∴BE=DE；
设BE=CF=x，则BF=BE-FE=BE-CD=x-1，
在Rt△BCF中，
即：，
解得：，(舍去)，
∴BE=4；
②如图所示，将C点沿AD对称至P点，连接PD，BP，
此时，与AD交于M点，即为所求使得△BMC周长最小的点，BP=BM+MC，
此时作QP⊥PD于P点，交BE延长线于Q点，
则四边形QEDP为矩形，△QBP为直角三角形，
由①可知，BE=DE=4，
且PD=CD=QE=1，
∴QB=BE+QE=5，QP=DE=4，
∴，
即：BM+MC的最小值为，
∴△BCM周长的最小值为BM+MC+BC=．

【点睛】
本题考查新定义问题，综合了全等三角形的判定与性质，勾股定理以及最短路径问题等，理解材料给出的定义，将新定义转化为学过的知识点进行证明和计算是解题关键．





【专题训练】
一、 解答题
1．(2021·浙江省宁波市实验学校九年级期中)给出定义：有两个内角分别是它们对角的两倍的四边形叫做倍对角四边形．
(1)如图1，在倍对角四边形ABCD中，∠D＝2∠B，∠A＝2∠C，求∠B与∠C的度数之和；
(2)如图2，锐角△ABC内接于⊙O，若边AB上存在一点D，使得BD＝BO，∠OBA的平分线交OA于点E，连结DE并延长交AC于点F，∠AFE＝2∠EAF．求证：四边形DBCF是倍对角四边形；
(3)如图3，在(2)的条件下，过点D作DG⊥OB于点H，交BC于点G．当4DH＝3BG时，求△BGH与△ABC的面积之比．

【答案】(1)120°；(2)见解析；(3)
【解析】
【分析】
(1)根据四边形内角和为360°，即可得出答案；
(2)利用SAS证明△BED≌△BEO，得∠BDE＝∠BEO，连接OC，设∠EAF＝α，则∠AFE＝2α，则∠EFC＝180°−∠AFE＝180°−2α，可证∠EFC＝∠AOC＝2∠ABC即可；
(3)过点O作OM⊥BC于M，由(1)知∠BAC＝60°，再证明△DBG∽△CBA，得，再根据4DH＝3BG，BG＝2HG，得DG＝GH，则＝，从而解决问题．
【详解】
(1)解：在倍对角四边形ABCD中，∠D＝2∠B，∠A＝2∠C，
∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，
∴3∠B+∠3∠C＝360°，
∴∠B+∠C＝120°，
∴∠B与∠C的度数之和为120°；
(2)证明：在△BED与△BEO中，
，
∴△BED≌△BEO(SAS)，
∴∠BDE＝∠BEO，
∵∠BOE＝2∠BCF，
∴∠BDE＝2∠BCF
连接OC，

设∠EAF＝α，则∠AFE＝2α，
∴∠EFC＝180°﹣∠AFE＝180°﹣2α，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA＝α，
∴∠AOC＝180°﹣∠OAC﹣∠OCA＝180°﹣2α，
∴∠EFC＝∠AOC＝2∠ABC，
∴四边形DBCF是倍对角四边形；
(3)解：过点O作OM⊥BC于M，

∵四边形DBCF是倍对角四边形，
∴∠ABC+∠ACB＝120°，
∴∠BAC＝60°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝120°，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB＝30°，
∴BC＝2BM＝BO＝BD，
∵DG⊥OB，
∴∠HGB＝∠BAC＝60°，
∵∠DBG＝∠CBA，
∴△DBG∽△CBA，
∴＝，
∵4DH＝3BG，BG＝2HG，
∴DG＝GH，
∴＝，
∵
∴＝．
【点睛】
本题是新定义题，主要考查了圆的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，读懂题意，利用前面探索的结论解决新的问题是解题的关键．
2．(2021·湖北黄冈·八年级期末)我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中所得的四边形叫中点四边形．

(1)如图1，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，中点四边形EFGH是 　 　．
(2)如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA＝PB，PC＝PD，∠APB＝∠CPD，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．猜想中点四边形EFGH的形状，并证明你的猜想．
(3)若改变(2)中的条件，使∠APB＝∠CPD＝90°，其他条件不变，直接写出中点四边形EFGH的形状(不必证明)．
【答案】(1)平行四边形；(2)菱形，见解析；(3)正方形
【解析】
【分析】
(1)连接BD，根据三角形中位线定理证明EH∥FG，EH=FG，根据平行四边形的判定定理证明即可；
(2)证明△APC≌△BPD，根据全等三角形的性质得到AC=BD，再证明EF=FG，根据菱形的判定定理证明结论；
(3)证明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得到∠ACP=∠BDP，即可证明∠COD=∠CPD=90°，再根据平行线的性质证明∠EHG=90°，根据正方形的判定定理证明即可．
【详解】
解：(1)如图1，连接BD，

∵点E，H分别为边AB，DA的中点，
∴EH∥BD，EH=BD，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
∴FG∥BD，FG=BD，
∴EH∥FG，EH=GF，
∴中点四边形EFGH是平行四边形，
故答案为：平行四边形；
(2)结论：四边形EFGH是菱形，
理由：如图2，连接AC，BD．

∵∠APB=∠CPD，
∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，即∠APC=∠BPD，
在△APC和△BPD中，
，
∴△APC≌△BPD(SAS)，
∴AC=BD，
∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，
∴EF=AC，FG=BD，
∴EF=FG，
由(1)知中点四边形EFGH是平行四边形，
∴平行四边形EFGH是菱形；
(3)结论：四边形EFGH是正方形，
理由：如图2，设AC与BD交于点O．AC与PD交于点M，
∵△APC≌△BPD，
∴∠ACP=∠BDP，
∵∠DMO=∠CMP，
∴∠COD=∠CPD=90°，
∵EH∥BD，AC∥HG，
∴∠EHG=∠DOC=90°，
由(2)知中点四边形EFGH是菱形，
∴菱形EFGH是正方形．
【点睛】
本题考查的是平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、正方形的判定和性质，解题的关键是灵活应用三角形中位线定理，学会添加常用辅助线．
3．(2021·江苏·徐州市树人初级中学八年级阶段练习)定义：我们把三角形被一边中线分成的两个三角形叫做“朋友三角形”．
性质：“朋友三角形”的面积相等．
如图1，在△ABC中，CD是AB边上的中线．那么△ACD和△BCD是“朋友三角形”，并且 S△ACD=S△BCD
应用：如图2，在直角梯形ABCD中，∠ABC=90°，AD∥BC，AB=AD=4，BC=6，点E在BC上，点F在AD上，BE=AF，AE与BF交于点O．
(1)求证：△AOB和△AOF是“朋友三角形”；
(2)连接OD，若△AOF和△DOF是“朋友三角形”，求四边形CDOE的面积．

【答案】(1)见解析；(2)12
【解析】
【分析】
(1)由AAS证明△AOF≌△EOB，得出OF=OB，AO是△ABF的中线，即可得出结论；
(2)△AOE和△DOE是“友好三角形”，即可得到E是AD的中点，则可以求得△ABE和梯形ABCD的面积，根据S四边形CDOE=S梯形ABCD-2S△ABF即可求解．
【详解】
(1)证明：∵AD∥BC，
∴∠OAF=∠OEB，
在△AOF和△EOB中，

∴△AOF≌△EOB(AAS)，
∴OF=OB，
则AO是△ABF的中线．
∴△AOB和△AOF是“朋友三角形”；
(2)解：∵△AOF和△DOF是“朋友三角形”，
∴S△AOF=S△DOF，
∴AF=DF=2，
∵△AOF≌△EOB，
∴S△AOF=S△EOB，
∵△AOB和△AOF是“朋友三角形”
∴S△AOB=S△AOF，
∴S△AOF=S△DOF=S△AOB=S△EOB
∵S△FAB
∴四边形CDOE 的面积=S梯形ABCD-2S△ABF
【点睛】
此题主要考查了新定义型问题，涉及梯形的性质，三角形的面积，解这个题的关键是能根据已知题意和所学的定理进行推理．
4．(2021·浙江鄞州·一模)我们把三角形的一条高线关于与其共顶点的内角平分线的对称线段所在直线叫做该三角形的倍角高线．
(1)如图1，，分别为的高线和角平分线，若为的倍角高线．
①根据定义可得______，______(填写图中某个角)；
②若，求证：为等腰三角形．
(2)如图2，在钝角中，为钝角，，若，分别为的高线和角平分线，倍角高线交直线于点，若，，求线段的长．

(3)在中，若，，倍角高线交直线于点，当为等腰三角形，且时，求线段的长．
【答案】(1)①，；②见解析；(2)；(3)BC为，，
【解析】
【分析】
(1)①根据“三角形的倍角高线”的概念填空；
②欲证明△ABE为等腰三角形，只需推知∠B=∠BAE即可；
(2)如图2，过点E作EG⊥AB交AB的延长线于点G，由(1)易得∠CAD=∠EAG，∠BAD=∠EBG=45°，令EG=x．根据tan∠ACD=3，易得BG=x，AG=3x，故AE=x，结合BE=x=2，故AE=2．
(3)需要分类讨论：情况一：∠BAC=90°；情况二：180°＞∠BAC＞90°；情况三：0＜∠BAC＜90°，根据“三角形的倍角高线”的概念、勾股定理，借助于方程进行解答．
【详解】
(1)①根据题意可得：，；
②，，
，
即．
又平分，，
，
即，

，
即为等腰三角形．
(2)过点作交的延长线于点，
由(1)易得，
令
，
易得，，

又，
．

(3)情况一：，，
为三角形的倍角高线，
作，
可得
，，
，


情况二：，
作，
为的倍角高线，
，
，
过作的垂线交的延长线于点
，
设，
则
，得：，


情况三：，，
作，
为的倍角高线，
，
，
设，
，

，
得：，
；

综上所述：为：BC为，，
【点睛】
考查了几何变换综合题，需要掌握“三角形的倍角高线”的概念，勾股定理，等式的性质，一元一次方程的应用等知识点，注意题中辅助线的作法是解题的难点．另外解答(3)题时，一定要分类讨论，以防漏解或错解．
5．(2021·全国·九年级期末)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)如图1，在四边形中，平分，，请说明四边形是“等邻边四边形”；
(2)如图2，在中，，，，并将沿的平分线方向平移得到，连接，，要使平移后的四边形是“等邻边四边形”，应平移多少距离？(即线段的长)？请直接写出平移的距离；
(3)如图3，“等邻边四边形”中，，，，试探究，，之间的数量关系(用含的等式表示)．
【答案】(1)见解析；(2)2或或；(3)
【解析】
【分析】
(1)如图1中，作DF⊥BC于F，DE⊥BA交BA的延长线于E．证明△DEA≌△DFC(ASA)即可解决问题．
(2)按邻边相等分四种情况分类讨论，计算BB′．
(3)通过旋转相似把、、移到一个直角三角形，即可解决问题．
【详解】
(1)如图1中，作DF⊥BC于F，DE⊥BA交BA的延长线于E．

∵BD平分∠ABC，DE⊥BE，DF⊥BC，
∴DE=DF，∠BED=∠BFD=90°，
∵∠BAD+∠C=180°，
∴
∴△DEA≌△DFC(ASA)，
∴DA=DC，
∴四边形ABCD是“等邻边四边形”．
(2)由平移可知：A′B′∥AB，且A′B′=AB，
∴四边形B′BAA′是平行四边形．
∴BB′= AA′
当AB=AA′=2时，此时BB′=2；
当A′C′=AA′=AC=时，BB′=；
当A′C′=C′B=AC=时，延长A′B′交BC延长线于D．过C′作C′E⊥BC于E，
设BD=x

由于BC∥B′C′，∠ABC=90°
∴∠A′DB=90°，△B′DB是直角三角形．
∴四边形B′DEC′为矩形
∴C′E=B′D，B′C′=ED，
又∵BB′是∠ABC的角平分线，
∴∠B′BD=∠BB′D=45°，
∴B′D=BD=x．
∴C′E=CE=BD=x
∴
在Rt△BC′E中

∴
解得，而＞
∴
∴．
当AB=C′B时
Rt△ABC沿∠ABC的平分线BB′方向平移得到Rt△A′B′C′，
∴∠C′B′B=180°-∠DB′B=135°，
在钝角△C′B′B中，
∵C′B＞C′B′=4，AB=2，
∴C′B＞C′B′＞AB．即C′B不可能等于AB．
综上所述：BB′=2或或时，四边形A′BCC′是“等邻边四边形”．
故答案为2或或．
(3)在CD右边取一点E，使,，连AE、DE、CE，

∴
∴，
∵
∴CD=DE
∵
∴
∴
∴，
∵
∴
∵
∴
即
∴
∴
即．
【点睛】
本题是新定义类探究题，主要考查了全等三角形的判定和性质，平移变换，相似三角形的判定和性质等知识．解决本题需利用新定义，逐一讨论，解题中利用平移的性质并构造直角三角形是关键，学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
6．(2021·吉林伊通·八年级期末)类比平行四边形，我们学习筝形定义：两组临边分别相等的四边形叫做筝形，如图①，若AD＝CD，AB＝CB，则四边形ABCD是筝形．

(1)在同一平面内，△ABC与△ADE按如图②所示放置，其中∠B＝∠D＝90°，AB＝AD，BC与DE相交于点F．请你判断四边形ABFD是不是筝形，说明理由；
(2)请你结合图形①，写出一个筝形的判断方法；(定义除外)
(3)如图③，△OGH为等边三角形，点G的坐标为(﹣1，0)，点P为直线y＝﹣x上的一点．在第四象限内是否存在点P，使得以O、G、H、P为顶点的四边形为筝形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)是，理由见解析；(2)①有一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形是筝形；②有一条对角线平分一组对角的四边形是筝形；③如果AD＝CD，AC⊥BD，那么四边形ABCD是筝形；④如果AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，那么四边形ABCD为筝形；(3)存在，P(，﹣)
【解析】
【分析】
(1)连接AF，证明Rt△ADF≌Rt△ABF(HL)即可；
(2)答案不唯一，参考写出一个即可：①有一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形是筝形；②有一条对角线平分一组对角的四边形是筝形；③如果AD＝CD，AC⊥BD，那么四边形ABCD是筝形；④如果AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，那么四边形ABCD为筝形；
(3)连接HP交x轴于M，设P(t，﹣t)，则有M是OG的中点，则有OM＝MG，由已知可得GO＝﹣1，则M(，0)，即可求P(，﹣)．
【详解】
解：(1)四边形ABFD是筝形，理由如下：
连接AF，如图②，

在Rt△ADF和Rt△ABF中
，
∴Rt△ADF≌Rt△ABF(HL)，
∴DF＝BF，
∴四边形ABFD是筝形；
(2)①有一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形是筝形；
②有一条对角线平分一组对角的四边形是筝形；
③如果AD＝CD，AC⊥BD，那么四边形ABCD是筝形；
④如果AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，那么四边形ABCD为筝形；     
(3)存在，理由：
∵△OGH为等边三角形，
∴OH＝HG，
∵四边形OHGP为筝形，
∴OP＝PG，
连接HP交x轴于M，如图③，则M是OG的中点，
∴OM＝MG，
∵P点在直线y＝﹣x上，
设P(t，﹣t)，
∵G(﹣1，0)，
∴GO＝﹣1，
∴M(，0)，
∴P(，﹣)．

【点睛】
本题考查了筝形的定义，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，坐标与图形的性质，以及正比例函数的图象与性质，利用三角形全等、等边三角形的性质综合解题是关键．
7．(2021·陕西·高新一中七年级期末)问题提出：
(1)我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做偏等积三角形，如图，中，
，，为上一点，当______时，与是偏等积三角形；
问题探究：
(2)如图，与是偏等积三角形，，，且线段的长度为正整数，过点作交的延长线于点，求的长度；
问题解决：
(3)如图，四边形是一片绿色花园，、是等腰直角三角形，．
①与是偏等积三角形吗？请说明理由；
②已知，的面积为．如图，计划修建一条经过点的笔直的小路，在边上，的延长线经过中点．若小路每米造价600元，请计算修建小路的总造价．

【答案】(1)；(2)6；(3)①是偏等积三角形，理由见解析；②42000元
【解析】
【分析】
(1)当时，则，证，再证与不全等，即可得出结论；
(2)由偏等积三角形的定义得，则，再证，则，，得，然后由三角形的三边关系求解即可；
(3)①过作于，过作于，证，得，则，再证与不全等，即可得出结论；
②过点作，交的延长线于，证得，得到，再证，得，由余角的性质可证，然后由三角形面积和偏等积三角形的定义得，，求出，即可求解．
【详解】
解：(1)当时，与是偏等积三角形，理由如下：
设点到的距离为，则，，
，
，，
，
，，
与不全等，
与是偏等积三角形，
故答案为：；
(2)设点到的距离为，则，，
与是偏等积三角形，
，
，
，
，，
在和中，
，
，
，，
，
线段的长度为正整数，
的长度为偶数，
在中，，，
，
即：，
；
(3)①与是偏等积三角形，理由如下：
过作于，过作于，如图3所示：

则，
、是等腰直角三角形，
，，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，，
，
，，
，
，，
与不全等，
与是偏等积三角形；
②如图4，过点作，交的延长线于，

则，
点为的中点，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
．
由①得：与是偏等积三角形，
，，
，
修建小路的总造价为：(元)．
【点睛】
本题考查了新定义“偏等积三角形”的定义、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、三角形面积等知识；本题综合性强，熟练掌握“偏等积三角形”的定义，证明△ACM≌△BCN和△ACN≌△CBE是解题的关键，属于中考常考题型．
8．(2021·陕西·高新一中八年级期末)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)
【解析】
【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．
9．(2021·江苏·高港实验学校八年级阶段练习)如图1，在四边形中，如果对角线和相交并且相等，那么我们把这样的四边形称为等角线四边形．
(1)①在“平行四边形、矩形、菱形”中，______一定是等角线四边形(填写图形名称)；
②若、、、分别是等角线四边形四边、、、的中点，当对角线、还要满足______时，四边形是正方形．
(2)如图2，已知在中，，，，为平面内一点．
①若四边形是等角线四边形，且，求符合条件的等角线四边形的面积．
②设点是所在平面上的任意一点且，若四边形是等角线四边形，求出四边形面积的最大值，并说明理由．

【答案】(1)①矩形；②；(2)①；②18，理由见解析
【解析】
【分析】
(1)①在“平行四边形、矩形、菱形”中，只有矩形的对角线相等，所以矩形是等角线四边形；②当时，四边形是正方形，首先证明四边形是菱形，再证明有一个角是直角即可；
(2)①如图2中，作于．根据计算，求出相关线段即可；②如图3中，设与相交于点，连接，只要证明当且、、共线时，四边形的面积最大即可．
【详解】
解：(1)①在“平行四边形、矩形、菱形”中，
矩形的对角线相等，
矩形一定是等角线四边形，
故答案为：矩形；
②当时，四边形是正方形．
理由：如图1，

、、、分别是等角线四边形四边、、、的中点，
，，，，
，
，
四边形是菱形，
，，，
，
四边形是正方形．
故答案为：；
(2)①如图2，作于．

在中，，，，
，
，，
，
四边形是等角线四边形，
，
在中，，



．
四边形的面积为；
②如图3中，设与相交于点，连接，

作于，于．则，，
四边形是等角线四边形，
，
，
即，
当、重合时，即时，等号成立，
，
，
即线段最大时，四边形的面积最大，
，
，
，
的最大值为6，
当、、共线时，取等号，
四边形的面积的最大值为．
故答案为：18．
【点睛】
本题考查四边形综合题、中点四边形、三角形中位线定理、正方形的判定和性质、圆等知识，解题的关键是理解等角线四边形的定义，学会添加常用辅助线，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
10．(2021·湖北黄梅·八年级期末)我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中所得的四边形叫中点四边形．
(1)如图1，在四边形中，点，，，分别为边，，，的中点，中点四边形是_______________．
(2)如图2，点P是四边形内一点，且满足，，，点，，，分别为边，，，的中点．猜想中点四边形的形状，并证明你的猜想．
(3)若改变(2)中的条件，使，其他条件不变，直接写出中点四边形EFGH的形状(不必证明)．


【答案】(1)平行四边形；(2)四边形是菱形，证明见解析；(3)四边形是正方形．
【解析】
【分析】
(1)如图1中，连接BD，根据三角形中位线定理可得：EH∥FG，，然后利用平行四边形的判定定理即可证明；
(2)四边形EFGH是菱形．先证明，得到，再利用三角形中位线定理可得，根据菱形的判定定理即可证明；
(3)四边形EFGH是正方形，只要证明，利用，得，即可证明，然后根据正方形的判定定理即可得出结论．
【详解】
(1)证明：如图1中，连接BD，

∵点E，H分别为边AB，DA的中点，
∴EH∥BD，，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
∴FG∥BD，，
∴EH∥FG，，
∴四边形EFGH是平行四边形；
(2)解：如图2中，连接，，

∵，
∴
即，
在和中，
，
∴，
∴
∵点，，分别为边，，的中点，
∴，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形；
(3)四边形EFGH是正方形，
证明：如图2中，设AC与BD交于点O，AC与PD交于点M，AC与EH交于点N．
∵，
∴，
∵，
∴，
∵EH∥BD，AC∥HG，
∴，
∵四边形是菱形，
∴四边形EFGH是正方形．
【点睛】
题目主要考查平行四边形、菱形、正方形的判定定理及三角形的中位线的性质，熟练掌握知识点并作出相应辅助线是解题关键．
11．(2021·浙江·杭州市十三中教育集团(总校)九年级开学考试)我们把有一组对角都是直角的四边形，叫做“对直四边形”．例如图1，四边形中，，那么四边形就是对直四边形．
(1)在已经学过的“①平行四边形；②菱形；③矩形；④正方形”中，一定是对直四边形是 　　；(填序号)
(2)如图2，四边形是对直四边形，若，，，，，求四边形的面积；
(3)如图3，在正方形中，点，，分别从点，，同时出发，并分别以每秒1，1，2个单位长度的速度，分别沿正方形的边，，方向运动(保持，再分别过点，作，的垂线交于点，连结，．求证：四边形为对直四边形．

【答案】(1)③④；(2)；(3)见解析．
【解析】
【分析】
(1)根据平行四边形，菱形，正方形和矩形的性质进行逐一判断即可；
(2)连接，根据对直四边形的定义得到，则由勾股定理得到即，由此进行求解即可；
(3)延长交于点，先证明四边形是正方形，得到，则可以证明四边形是矩形，得到，然后证，
得到，即可推出，由此证明即可．
【详解】
(1)解：矩形的四个角都是直角，
矩形符合“对直四边形”的定义，
矩形是“对直四边形”；
正方形的四个角都是直角，
正方形符合“对直四边形”的定义，
正方形是“对直四边形”；
平行四边形和菱形的对角不一定是直角，
平行四边形和菱形不符合“对直四边形”的定义，
平行四边形和菱形不一定是“对直四边形”．
故答案为：③④．
(2)解：如图2，连接，
四边形是对直四边形，且，
．
，
，
整理得，
解得或舍弃)，
，，，
．

(3)证明：如图3，延长交于点．
由题意得．
四边形是正方形，
；
，，
，
四边形是正方形，
，
，
四边形是矩形，
，
；
，，
；
，
，
，
，
，
，
四边形为对直四边形．

【点睛】
本题主要考查了矩形的性质与判定，正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，解题的关键在于能够准确读懂题意了解对直四边形的定义．
12．(2021·山东济南·三模)如图(1)，P为ABC所在平面上一点，且∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，则点P叫做ABC的费马点．
(1)若点P是等边三角形三条中线的交点，点P　　(填是或不是)该三角形的费马点．
(2)如果点P为锐角ABC的费马点，且∠ABC＝60°．求证：ABP∽BCP；
(3)已知锐角ABC，分别以AB、AC为边向外作正ABE和正ACD，CE和BD相交于P点．如图(2)
①求∠CPD的度数；
②求证：P点为ABC的费马点．

【答案】(1)是；(2)见解析；(3)①60°，②见解析
【解析】
【分析】
(1)由等边三角形的性质证明 可得 同法可得： 从而可得结论；
(2)由为锐角ABC的费马点，且∠ABC＝60°，证明∠PAB＝∠PBC，∠APB＝∠BPC＝120°，从而可得△ABP∽△BCP；
(3)①如图2所示：由△ABE与△ACD都为等边三角形，证明△ACE≌△ADB(SAS)，利用全等三角形的性质可得∠CPD＝∠6＝∠5＝60°； ② 先证明△ADF∽△PCF，可得 再证明△AFP∽△DFC．可得∠APC＝∠CPD+∠APF＝120°，再证明∠BPC＝120°，从而可得结论．
【详解】
解：(1)如图1所示：

∵AB＝BC，BM是AC的中线，
∴MB平分∠ABC．
同理：AN平分∠BAC，PC平分∠BCA．
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ABP＝30°，∠BAP＝30°．
∴∠APB＝120°．
同理：∠APC＝120°，∠BPC＝120°．
∴P是△ABC的费马点．
故答案为：是．
(2)为锐角ABC的费马点，且∠ABC＝60°．
∠APB＝∠BPC＝120°，
∠PAB+∠PBA＝180°﹣∠APB＝60°，∠PBC+∠PBA＝∠ABC＝60°，
∴∠PAB＝∠PBC，
∴△ABP∽△BCP．
(3)如图2所示：

①∵△ABE与△ACD都为等边三角形，
∴∠BAE＝∠CAD＝60°，AE＝AB，AC＝AD，
∴∠BAE+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD，
在△ACE和△ABD中，
∴△ACE≌△ADB(SAS)，
∴∠1＝∠2，
∵∠3＝∠4，
∴∠CPD＝∠6＝∠5＝60°；
②证明：
△ADF∽△PCF，

∵∠AFP＝∠CFD，
∴△AFP∽△DFC．
∴∠APF＝∠ACD＝60°，
∴∠APC＝∠CPD+∠APF＝120°，

∴∠BPC＝120°，
∴∠APB＝360°﹣∠BPC﹣∠APC＝120°，
∴P点为△ABC的费马点．
【点睛】
本题考查的是等边三角形的性质，三角形全等的判定与性质，三角形相似的判定与性质，确定图中隐含的全等三角形与相似三角形是解题的关键．
13．(2021·江苏·扬州中学教育集团树人学校一模)定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形．

(1)若四边形ABCD是对余四边形，则∠A与∠C的度数之和为 ；
(2)如图1，MN是⊙O的直径，点A，B，C在⊙O上，AM，CN相交于点D．求证：四边形ABCD是对余四边形；
探究：
(3)如图2，在对余四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝60°，∠ADC＝30°，探究线段AD，CD和BD之间有有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由．
【答案】(1)：90°或270°；(2)见解析；(3)AD2+CD2=BD2．理由见解析
【解析】
【分析】
(1)根据对余四边形的定义解得即可；
(2)根据对余四边形的定义，说明∠BAD+∠BCD=90°即可；
(3)将△BCD绕着点B逆时针旋转60°得到△BAF，连接FD，利用已知条件得出∠FAD=90°，利用勾股定理可得结论．
【详解】
解：(1)∵四边形ABCD是对余四边形，
∴∠A+∠C=90°或∠B+∠D=90°．
∴∠A+∠C=90°或270°．
故答案为：90°或270°；
(2)证明：∵MN是⊙O的直径，点A，B，C在⊙O上，
∴∠BAM+∠BCN=90°．
即∠BAD+∠BCD=90°．
∴四边形ABCD是对余四边形；
(3)猜想：线段AD，CD和BD之间的数量关系为：AD2+CD2=BD2．理由如下：
∵AB=BC，
∴将△BCD绕着点B逆时针旋转60°得到△BAF，连接FD，如图，

则△BCD≌△BAF，∠FBD=60°，
∴BF=BD，AF=CD，∠BDC=∠BFA，
∴△BFD为等边三角形，
∴BF=BD=DF，
∵∠ADC=30°，
∴∠ADB+∠BDC=30°，
∴∠BFA+∠ADB=30°，
∵∠FBD+∠BFA+∠ADB+∠AFD+∠ADF=180°，
∴60°+30°+∠AFD+∠ADF=180°，
∴∠AFD+∠ADF=90°，
∴∠FAD=90°，
∴AD2+AF2=DF2．
∴AD2+CD2=BD2．
【点睛】
本题主要考查了圆周角定理，全等三角形的性质，等边三角形的判定与性质．本题是阅读型题目，正确理解与运用题目中的定义是解题的关键．
14．(2021·湖南长沙·八年级期中)【阅读理解】：有一组对角互余的四边形称为对余四边形．
(1)若四边形ABCD是对余四边形，∠A＝60°，∠B＝130°，求∠D的度数．
【问题探究】：
(2)在四边形ABCD中，AB＝AC，∠BAC＝90°．

①如图1，点E为BC边上一点，AE＝AD，若四边形ABED为对余四边形，求证：BE＝CD；
②如图2，若BC＝，CD＝，AD＝，试判断四边形ABCD是否为对余四边形，并说明理由；
③如图2，若四边形ABCD是对余四边形，当BD＝6，AD＝4时，求CD的长．
【答案】(1)；(2)①证明见解析；②是，证明见解析；③2．
【解析】
【分析】
(1)根据对余四边形的定义解题；
(2)①根据等腰直角三角形的性质得到∠B=45°，再由四边形ABED是对余四边形解得∠ADE=45°，继而证明△BAE≌△CAD据此解题；
②作CH⊥AD，垂足为H，则∠AHC=∠DHC=90°，由正弦的定义解得AC=2，在Rt△AHC与Rt△DHC中，设DH=x，则AH=+1-x，由勾股定理解得DH的值，最后根据及对余四边形的定义解题即可；
③过点A作AD的垂线交DC的延长线于点F，连接BF，由四边形ABCD是对余四边形且∠ABC=45°得到∠ADF=45°，∠AFD=45°，继而证明△BAF≌△CAD(SAS)，根据全等三角形对应边相等、对应角相等性质解得∠BFD =90°，最后在Rt△BFD中利用勾股定理解题即可．
【详解】
解：(1) ∵四边形ABCD是对余四边形且∠A=60°
∴∠C=90°-∠A=30°
∴∠D=360°-∠A-∠B-∠C=140°；
(2)①∵AB=AC，∠BAC=90°
∴∠B=45°
∵四边形ABED是对余四边形
∴∠ADE=45°
又∵AE=AD
∴∠AED=45°，∠EAD=90°
∵∠BAC=∠EAD=90°
∴∠BAE=∠CAD
   ∵AB=AC，∠BAE=∠CAD，AE=AD
   ∴△BAE≌△CAD
   ∴BE=CD；
②作CH⊥AD，垂足为H，则∠AHC=∠DHC=90°

∵∠ABC=45°，BC=
∴AC=BC·sin∠ABC
设DH=x，则AH=+1-x
在Rt△AHC与Rt△DHC中，即
，求得x=1，即DH=1
∵
∴∠ADC=45°
∴∠ABC+∠ADC=90°
∴四边形ABCD是对余四边形；
③过点A作AD的垂线交DC的延长线于点F，连接BF，

∵AF⊥AD
∴∠DAF=90°=∠BAC
∴∠BAF=∠CAD
∵四边形ABCD是对余四边形且∠ABC=45°
∴∠ADF=45°，∠AFD=45°
∴AF=AD，DF=
∵AB=AC，∠BAF=∠CAD，AF=AD
∴△BAF≌△CAD(SAS)
∴BF=CD，∠AFB=∠ADF=45°
∴∠BFD=∠AFB+∠AFD=90°
Rt△BFD中BF=
∴CD=2．
【点睛】
本题考查勾股定理的应用，涉及正弦、余弦、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，有难度，掌握相关知识是解题关键．
15．(2021·福建·厦门市松柏中学八年级期中)定义：如图，，，，四点分别在四边形的四条边上，若四边形为菱形，我们称菱形为四边形的内接菱形．

(1)如图，矩形，，点在线段上且，四边形是矩形的内接菱形，求的长度；
(2)如图，平行四边形，，，点在线段上且，请你在图中画出平行四边形的内接菱形，点在边上；(尺规作图，保留痕迹)当最短时，请求出的长．
【答案】(1)3；(2)图见解析，
【解析】
【分析】
(1)连接HF，证明△DHG≌△BFE(AAS)，可得CG=3；
(2)作CG=BE=2，根据对角线垂直平分作内接菱形EFGH；当F与C重合，则A与H重合时，此时BF的长最小，就是BC的长，根据直角三角形30度角的性质和勾股定理计算可得结论．
【详解】
(1)如图，连接HF，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠B=90°，AD∥BC，AB=CD=5，
∴∠DHF=∠HFB，
∵四边形EFGH是菱形，
∴GH=EF，GH∥EF，
∴∠GHF=∠HFE，
∴∠DHF-∠GHF=∠BFH-∠HFE，
即∠DHG=∠BFE，
∴△DHG≌△BFE(AAS)，
∴DG=BE=2，
∴CG=CD-DG=5-2=3；
(2)①如图所示，

作法：作DG=BE，连接EG，再作EG的垂直平分线，交AD、BC于H、F，得四边形EFGH即为所求作的内接菱形EFGH；
如图，当F与C重合，则A与H重合时，此时最小， 则BF的长最小，过E作EP⊥BC于P，

Rt△BEP中，∵∠B=60°，BE=2，
∴
∵四边形EFGH是菱形，
∴AE=EC=3，
∴
∴BC=
即当BF的长最短时，BC的长为
【点睛】
本题是四边形的综合题，主要考查新定义-四边形ABCD的内接菱形，基本作图-线段的垂直平分线，菱形，熟练掌握基本作图及平行四边形、菱形和矩形的性质是解题的关键．