專題32四邊形與新定義綜合問題 （解析版）

挑戰(zhàn)2023年中考數(shù)學(xué)壓軸題之學(xué)霸秘笈大揭秘（全國通用）

專題32四邊形與新定義綜合問題

【例1】2022?匯川區(qū)模擬）定義：有一組對角互補的四邊形叫做“對補四邊形”，例如：

四邊形ABCD中，若∠A+∠C＝180°或∠B+∠D＝180°，則四邊形ABCD是“對補四

邊形”．

【概念理解】（1）如圖1，四邊形ABCD是“對補四邊形”．

①若∠A：∠B：∠C＝3：2：1，則∠D＝90度．

②若∠B＝90°．且AB＝3，AD＝2時．則CD2﹣CB2＝5．

【類比應(yīng)用】（2）如圖2，在四邊形ABCD中，AB＝CB，BD平分∠ADC．求證：四邊

形ABCD是“對補四邊形”．

【分析】（1）①設(shè)∠A＝3x°，則∠B＝2x°，∠C＝x°，利用“對補四邊形”的定義列

出方程，解方程即可求得結(jié)論；

②連接AC，利用“對補四邊形”的定義和勾股定理解答即可得出結(jié)論；

（2）在DC上截取DE＝DA，連接BE，利用全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的

性質(zhì)和“對補四邊形”的定義解答即可．

【解答】（1）解：①∵∠A：∠B：∠C＝3：2：1，

∴設(shè)∠A＝3x°，則∠B＝2x°，∠C＝x°，

∵四邊形ABCD是“對補四邊形”，

∴∠A+∠C＝180°，

∴3x+x＝180，

∴x＝45°．

∴∠B＝2x＝90°．

∵四邊形ABCD是“對補四邊形”，

∴∠B+∠D＝180°，

∴∠D＝90°．

第1頁共55頁.

故答案為：90；

②連接AC，如圖，

∵∠B＝90°，

∴AB2+BC2＝AC2．

∵四邊形ABCD是“對補四邊形”，

∴∠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．

故答案為：5；

（2）證明：在DC上截取DE＝DA，連接BE，如圖，

∵BD平分∠ADC，

∴∠ADB＝∠EDB．

在△ADB和△EDB中，

，

∴△ADB≌△EDB（SAS），

∴∠A＝∠DEB，AB＝BE，

∵AB＝CB，

∴BE＝BC，

第2頁共55頁.

∴∠BEC＝∠C．

∵∠DEB+∠BEC＝180°，

∴∠DEB+∠C＝180°，

∴∠A+∠C＝180°，

∴四邊形ABCD是“對補四邊形”．

【例2】（2022?贛州模擬）我們定義：有一組鄰角相等的凸四邊形做“等鄰角四邊形”，例

如：如圖1，∠B＝∠C，則四邊形ABCD為等鄰角四邊形．

（1）定義理解：已知四邊形ABCD為等鄰角四邊形，且∠A＝130°，∠B＝120°，則

∠D＝55度．

（2）變式應(yīng)用：如圖2，在五邊形ABCDE中，ED∥BC，對角線BD平分∠ABC．

①求證：四邊形ABDE為等鄰角四邊形；

②若∠A+∠C+∠E＝300°，∠BDC＝∠C，請判斷△BCD的形狀，并明理由．

（3）深入探究：如圖3，在等鄰角四邊形ABCD中，∠B＝∠BCD，CE⊥AB，垂足為E，

點P為邊BC上的一動點，過點P作PM⊥AB，PN⊥CD，垂足分別為M，N．在點P的

運動過程中，判斷PM+PN與CE的數(shù)量關(guān)系？請說明理由．

（4）遷移拓展：如圖4，是一個航模的截面示意圖．四邊形ABCD是等鄰角四邊形，∠

A＝∠ABC，E為AB邊上的一點，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分別為D、C，AB＝2dm，

AD＝3dm，BD＝dm．M、N分別為AE、BE的中點，連接DM、CN，求△DEM與

△CEN的周長之和．

【分析】（1）由等鄰角四邊形的定義和四邊形內(nèi)角和定理可求解；

（2）①由角平分線的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)可得∠EDB＝∠ABD，可得結(jié)論；

②由三角形內(nèi)角和定理和四邊形內(nèi)角和定理可求∠C＝60°，即可求解；

（3）由面積關(guān)系可求解；

（4）由直角三角形的性質(zhì)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：∵四邊形ABCD為等鄰角四邊形，∠A＝130°，∠B＝120°，

∴∠C＝∠D，

∴∠D＝55°，

故答案為：55；

第3頁共55頁.

（2）①證明：∵BD平分∠ABC，

∴∠ABD＝∠DBC，

∵ED∥BC，

∴∠EDB＝∠DBC，

∴∠EDB＝∠ABD，

∴四邊形ABDE為等鄰角四邊形；

②解：△BDC是等邊三角形，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是等邊三角形；

（3）解：PM+PN＝CE，理由如下：

如圖，延長BA，CD交于點H，連接HP，

∵∠B＝∠BCD，

∴HB＝HC，

∵S△BCH＝S△BPH+S△CPH，

∴×BH×CE＝×BH×PM+×CH×PN，

∴CE＝PM+PN；

（4）解：如圖，延長AD，BC交于點H，過點B作BG⊥AH于G，

第4頁共55頁.

∵ED⊥AD，EC⊥CB，M、N分別為AE、BE的中點，

∴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與△CEN的周長之和＝ME+DM+DE+EC+EN+CN＝AE+BE+BG＝AB+BG＝

（6+2）dm．

【例3】（2022?常州二模）定義：有兩個相鄰內(nèi)角互余的四邊形稱為鄰余四邊形，這兩個角

的夾邊稱為鄰余線．

（1）如圖I，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分線，E，F(xiàn)分別是BD，AD

上的點．求證：四邊形ABEF是鄰余四邊形；

（2）如圖2，在5×4的方格紙中，A，B在格點上，請畫出一個符合條件的鄰余四邊形

ABEF，使AB是鄰余線，E，F(xiàn)在格點上；

（3）如圖3，已知四邊形ABCD是以AB為鄰余線的鄰余四邊形，AB＝15，AD＝6，BC

＝3，∠ADC＝135°，求CD的長度．

【分析】（1）根據(jù)鄰余四邊形的定義證明結(jié)論即可；

（2）連接AB，在∠A+∠B＝90°的基礎(chǔ)上選擇合適的E點和F點連接作圖即可；

（3）鄰余四邊形的定義可得∠H＝90°，由勾股定理可求解．

【解答】（1）證明：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分線，

第5頁共55頁.

∴AD⊥BC，

∴∠ADB＝90°，

∴∠DAB+∠DBA＝90°，

∴∠FAB與∠EBA互余，

∴四邊形ABEF是鄰余四邊形；

（2）解：如圖所示（答案不唯一），

（3）解：如圖3，延長AD，CB交于點H，

∵四邊形ABCD是以AB為鄰余線的鄰余四邊形，

∴∠A+∠B＝90°，

∵∠ADC＝135°，

∴∠HDC＝45°，

∴∠HDC＝∠HCD＝45°，

∴CH＝DH，

∵AB2＝AH2+BH2，

∴225＝（6+DH）2+（3+DH）2，

∴DH＝6（負值舍去），

∴CD＝6．

【例4】（2022?工業(yè)園區(qū)模擬）【理解概念】

如果一個矩形的一條邊與一個三角形的一條邊能夠重合，且三角形的這條邊所對的頂點

恰好落在矩形這條邊的對邊上，則稱這樣的矩形為這個三角形的“矩形框”．如圖①，

矩形ABDE即為△ABC的“矩形框”．

第6頁共55頁.

（1）三角形面積等于它的“矩形框”面積的；

（2）鈍角三角形的“矩形框”有1個；

【鞏固新知】

（3）如圖①，△ABC的“矩形框”ABDE的邊AB＝6cm，AE＝2cm，則△ABC周長的

最小值為（6+2）cm；

（4）如圖②，已知△ABC中，∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，求△ABC的“矩形框”

的周長；

【解決問題】

（5）如圖③，銳角三角形木板ABC的邊AB＝14cm，AC＝15cm，BC＝13cm，求出該木

板的“矩形框”周長的最小值．

【分析】（1）利用同底等高的面積關(guān)系求解即可；

（2）根據(jù)鈍角三角形垂線的特點進行判斷即可；

（3）作A點關(guān)于DE的對稱點F，連接BF，則△ABC周長≥AC+BF，求出BF+AC即可

求解；

（4）以三角形三邊分別為矩形的一邊作“矩形框”，分別求出周長即可；

（5）以三角形三邊分別為矩形的一邊作“矩形框”，分別求出周長，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，

故答案為：；

（2）由定義可知，鈍角三角形以鈍角所對的邊為矩形一邊，能夠構(gòu)造出一個“矩形框”，

故答案為：1；

（3）如圖①，作A點關(guān)于DE的對稱點F，連接BF，

∴CF＝AC，

∴AC+BC≥BF，

∴△ABC周長＝AB+AC+BC≥AC+BF，

第7頁共55頁.

∵AB＝6cm，AE＝2cm，

在Rt△ABF中，BF＝2，

∴△ABC周長的最小值（6+2）cm，

故答案為：（6+2）；

（4）如圖②﹣1，以AB邊為矩形一邊時，作“矩形框”ABDE，

∵∠C＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm，

∴AB＝5cm，

∵S△ABC＝×3×4＝×5×AE，

∴AE＝，

∴矩形ABDE的周長＝2×（5+）＝（cm）；

如圖②﹣2，以BC邊為矩形一邊時，作“矩形框”BCAF，

∴矩形BCAF的周長＝2×（3+4）＝14（cm）；

同理，以AB為矩形一邊時，“矩形框”的周長為14cm；

綜上所述：△ABC的“矩形框”的周長為cm或14cm；

（5）如圖③﹣1，以AB為一邊作“矩形框”ABDE，過點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的周長＝2×（14+12）＝52cm；

如圖③﹣2，以BC為一邊作“矩形框”BCNM，過點A作AH⊥CB交于H，

∵S△ABC＝×CG×AB＝×12×14＝×AH×BC，

∴AH＝cm，

∴“矩形框”BCNM的周長＝2×（13+）＝cm；

如圖③﹣3，以AC為矩形一邊，作“矩形框”ACTS，過點B作BK⊥AC交于點K，

∵S△ABC＝×CG×AB＝×12×14＝×BK×AC，

∴BK＝cm，

第8頁共55頁.

∴“矩形框”ACTS的周長＝2×（15+）＝cm；

∵＜52＜，

∴該木板的“矩形框”周長的最小值為cm．

一．解答題（共20題）

1．（2022?羅湖區(qū)模擬）定義：若四邊形有一組對角互補，一組鄰邊相等，且相等鄰邊的夾

角為直角，像這樣的圖形稱為“直角等鄰對補”四邊形，簡稱“直等補”四邊形．

根據(jù)以上定義，解決下列問題：

第9頁共55頁.

（1）如圖1，正方形ABCD中E是CD上的點，將△BCE繞B點旋轉(zhuǎn)，使BC與BA重

合，此時點E的對應(yīng)點F在DA的延長線上，則四邊形BEDF是（填“是”或“不

是”）“直等補”四邊形；

（2）如圖2，已知四邊形ABCD是“直等補”四邊形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，

過點B作BE⊥AD于E．

①過C作CF⊥BF于點F，試證明：BE＝DE，并求BE的長；

②若M是AD邊上的動點，求△BCM周長的最小值．

【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，根據(jù)正方形的性質(zhì)得∠ABC

＝∠D＝90°，可得出∠EBF＝∠D＝90°，即可得出答案；

（2）①首先證明四邊形CDEF是矩形，則DE＝CF，EF＝CD＝2，再證△ABE≌△BCF，

根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)可得BE＝CF，AE＝BF，等量代換即可得BE＝DE；由AE

＝BF，EF＝CD＝2可得AE＝BE﹣2，設(shè)BE＝x，根據(jù)勾股定理求出x的值即可；

②延長CD到點G，使DG＝CD，連接BG交AD于點M′，過點G作GH⊥BC，交BC

的延長線于點H，證明△ABE∽△CGH，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出CH、HG的值，在

Rt△BHG中，根據(jù)勾股定理求出BG，即可求解．

【解答】解：（1）∵將△BCE繞B點旋轉(zhuǎn)，BC與BA重合，點E的對應(yīng)點F在DA的延

長線上，

∴∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠ABC＝∠D＝90°，

第10頁共55頁.

∴∠ABE+∠CBE＝90°，

∴∠ABE+∠ABF＝90°，即∠EBF＝∠D＝90°，

∴∠EBF+∠D＝180°，

∵∠EBF＝90°，BF＝BE，

∴四邊形BEDF是“直等補”四邊形．

故答案為：是；

（2）①證明：∵四邊形ABCD是“直等補”四邊形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，

∴∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°，

∴∠D＝90°，

∵BE⊥AD，CF⊥BE，

∴∠DEF＝90°，∠CFE＝90°，

∴四邊形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；

∵四邊形CDEF是矩形，

∴EF＝CD＝2，

∵△ABE≌△BCF，

∴AE＝BF，

∴AE＝BE﹣2，

設(shè)BE＝x，則AE＝x﹣2，

在Rt△ABE中，x2+（x﹣2）2＝102，

解得：x＝8或x＝﹣6（舍去），

∴BE的長是8；

②∵△BCM周長＝BC+BM+CM，

∴當BM+CM的值最小時，△BCM的周長最小，

如圖，延長CD到點G，使DG＝CD，連接BG交AD于點M′，過點G作GH⊥BC，

交BC的延長線于點H，

第11頁共55頁.

∵∠ADC＝90°，

∴點C與點G關(guān)于AD對稱，

∴BM+CM＝BM+MG≥BG，即BM+CM≥BM′+M′C，

∴當點M與M′重合時，BM′+M′C的值最小，即△BCM的周長最小，

在Rt△ABE中，AE＝＝＝6，

∵四邊形ABCD是“直等補”四邊形，

∴∠A+∠BCD＝180°，

∵∠BCD+∠GCH＝180°，

∴∠A＝∠GCH，

∵∠AEB＝∠H＝90°，

∴△ABE∽△CGH，

∴＝＝＝，即＝，

∴GH＝，CH＝，

∴BH＝BC+CH＝10+＝，

∴BG＝＝＝2，

∴△BCM周長的最小值為2+10．

2．（2022?越秀區(qū)校級模擬）有一組對邊平行，一個內(nèi)角是它對角的兩倍的四邊形叫做倍角

梯形．

（1）已知四邊形ABCD是倍角梯形，AD∥BC，∠A＝100°，請直接寫出所有滿足條件

的∠D的度數(shù)；

（2）如圖1，在四邊形ABCD中，∠BAD+∠B＝180°，BC＝AD+CD．求證：四邊形

ABCD是倍角梯形；

（3）如圖2，在（2）的條件下，連結(jié)AC，當AB＝AC＝AD＝2時，求BC的長．

第12頁共55頁.

【分析】（1）由題意得出∠D＝2∠B或∠B＝2∠D或∠A＝2∠C，根據(jù)梯形的性質(zhì)可得

出答案；

（2）過點D作DE∥AB，交BC于點E，證明四邊形ABED為平行四邊形，得出AD＝

BE，∠B＝∠DEC＝∠ADE，證出∠ADC＝2∠B，則可得出結(jié)論；

（3）過點E作AE∥DC交BC于點E，由等腰三角形的性質(zhì)求出∠B＝∠ACB＝36°，

證明△ABE∽△CBA，由相似三角形的性質(zhì)得出，設(shè)AE＝BE＝CD＝x，得出方

程22＝x（x+2），求出x＝﹣1，則可得出答案．

【解答】解：（1）∵AD∥BC，

∴∠A+∠B＝180°，

∵∠A＝100°，

∴∠B＝80°，

∵四邊形ABCD是倍角梯形，

∴∠D＝2∠B或∠B＝2∠D或∠A＝2∠C，

若∠D＝2∠B，則∠D＝160°；

若∠B＝2∠D，則∠D＝40°，

若∠A＝2∠C，則∠C＝50°，

∴∠D＝130°，

故所有滿足條件的∠D的度數(shù)為160°或40°或130°；

（2）證明：過點D作DE∥AB，交BC于點E，

∵∠BAD+∠B＝180°，

∴AD∥BC，

∵DE∥AB，

∴四邊形ABED為平行四邊形，

∴AD＝BE，∠B＝∠DEC＝∠ADE，

第13頁共55頁.

∵BC＝BE+CE，

∴BC＝AD+CE，

又∵BC＝AD+CD，

∴CE＝CD，BC＞AD，

∴∠CDE＝∠DEC，

∴∠ADC＝∠ADE+∠CDE＝2∠B，

∴四邊形ABCD是倍角梯形；

（3）過點E作AE∥DC交BC于點E，

∵AB＝AC，

∴∠B＝∠ACB，

∵AD＝AC，

∴∠ACD＝∠D，

∵AD∥BC，

∴∠ACB＝∠DAC，

設(shè)∠B＝，則∠D＝2，

∵∠DACα+∠D+∠ACDα＝180°，

∴+2+2＝180°，

∴α＝3α6°α，

∴∠αB＝∠ACB＝36°，

∴∠BAC＝∠AEB＝108°，

∵∠B＝∠B，

∴△ABE∽△CBA，

∴，

設(shè)AE＝BE＝CD＝x，

則BC＝2+x，

∴22＝x（x+2），

∴x＝﹣1（負值舍去），

∴CD＝﹣1．

∴BC＝AD+CD＝2+﹣1＝+1．

第14頁共55頁.

3．（2022?嘉祥縣一模）定義：有兩個相鄰內(nèi)角互余的四邊形稱為鄰余四邊形，這兩個角的

夾邊稱為鄰余線．

（1）如圖1，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分線，E，F(xiàn)分別是BD，AD

上的點．求證：四邊形ABEF是鄰余四邊形．

（2）如圖2，在（1）的條件下，取EF中點M，連接DM并延長交AB于點Q，延長EF

交AC于點N．若N為AC的中點，DE＝2BE，QB＝3，求鄰余線AB的長．

【分析】（1）由等腰三角形的三線合一定理先證AD⊥BC，再證∠DAB+∠DBA＝90°，

由鄰余四邊形定義即可判定；

（2）由等腰三角形的三線合一定理先證BD＝CD，推出CE＝5BE，再證明△DBQ∽△

ECN，推出＝＝，即可求出NC，AC，AB的長度．

【解答】（1）證明：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分線，

∴AD⊥BC，

∴∠ADB＝90°，

∴∠DAB+∠DBA＝90°，

∴∠FBA與∠EBA互余，

∴四邊形ABEF是鄰余四邊形；

（2）解：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分線，

∴BD＝CD，

∵DE＝2BE，

∴BD＝CD＝3BE，

∴CE＝CD+DE＝5BE，

∵∠EDF＝90°，點M是EF的中點，

∴DM＝ME，

∴∠MDE＝∠MED，

∵AB＝AC，

∴∠B＝∠C，

∴△DBQ∽△ECN，

第15頁共55頁.

∴＝＝，

∵QB＝3，

∴NC＝5，

∵AN＝CN，

∴AC＝2CN＝10，

∴AB＝AC＝10．

4．（2021?任城區(qū)校級三模）我們定義：有一組鄰角相等的凸四邊形叫做“等鄰角四邊形”

（1）概念理解：

請你根據(jù)上述定義舉一個等鄰角四邊形的例子：矩形或正方形；

（2）問題探究；

如圖1，在等鄰角四邊形ABCD中，∠DAB＝∠ABC，AD，BC的中垂線恰好交于AB邊

上一點P，連結(jié)AC，BD，試探究AC與BD的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；

（3）應(yīng)用拓展；

如圖2，在Rt△ABC與Rt△ABD中，∠C＝∠D＝90°，BC＝BD＝3，AB＝5，將Rt△

ABD繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)角（0°＜∠＜∠BAC）得到Rt△AB′D′（如圖3），當凸

四邊形AD′BC為等鄰角四邊α形時，求出α它的面積．

【分析】（1）矩形或正方形鄰角相等，滿足“等鄰角四邊形”條件；

（2）結(jié)論：AC＝BD，證明△APC≌△DPB（SAS）；

（3）分兩種情況考慮：Ⅰ、當∠AD′B＝∠D′BC時，延長AD′，CB交于點E，如圖

1，由S四邊形ACBD′＝S△ACE﹣S△BED′，求出四邊形ACBD′面積；

Ⅱ、當∠D′BC＝∠ACB＝90°時，過點D′作D′E⊥AC于點E，如圖2，由S四邊形ACBD′

＝S△AED′+S矩形ECBD′，求出四邊形ACBD′面積即可．

【解答】解：（1）矩形或正方形是一個等鄰角四邊形．

故答案為：矩形，正方形；

第16頁共55頁.

（2）結(jié)論：AC＝BD，

理由：連接PD，PC，如圖1所示：

∵PE是AD的垂直平分線，PF是BC的垂直平分線，

∴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）分兩種情況考慮：

（i）當∠AD′B＝∠D′BC時，延長AD′，CB交于點E，

如圖3（i）所示，

∴∠ED′B＝∠EBD′，

∴EB＝ED′，

設(shè)EB＝ED′＝x，

由勾股定理得：42+（3+x）2＝（4+x）2，

解得：x＝4.5，

過點D′作D′F⊥CE于F，

∴D′F∥AC，

∴△ED′F∽△EAC，

∴＝，即＝，

解得：D′F＝，

第17頁共55頁.

∴S△ACE＝AC×EC＝×4×（3+4.5）＝15；S△BED′＝×BE×D′F＝××4.5×

＝，

則S四邊形ACBD′＝S△ACE﹣S△BED′＝15﹣＝；

（ii）當∠D′BC＝∠ACB＝90°時，過點D′作D′E⊥AC于點E，

如圖3（ii）所示，

∴四邊形ECBD′是矩形，

∴ED′＝BC＝3，

在Rt△AED′中，根據(jù)勾股定理得：AE＝＝，

∴S△AED′＝×AE×ED′＝××3＝，S矩形ECBD′＝CE×CB＝（4﹣）×

3＝12﹣3，

則S四邊形ACBD′＝S△AED′+S矩形ECBD′＝+12﹣3＝12﹣．

5．（2022春?曾都區(qū)期末）定義：我們把對角線相等的凸四邊形叫做“等角線四邊形”．

（1）在已經(jīng)學(xué)過的“①平行四邊形；②矩形；③菱形；④正方形”中，一定是“等

角線四邊形”的是②④（填序號）；

（2）如圖1，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在邊BC，CD上，且EC＝DF，連接EF，

AF，求證：四邊形ABEF是等角線四邊形；

（3）如圖2，已知在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，D為線段AB的垂直平

分線上一點，若以點A，B，C，D為頂點的四邊形是等角線四邊形，求這個等角線四邊

形的面積．

第18頁共55頁.

【分析】（1）由矩形和正方形的性質(zhì)可直接求解；

（2）由“SAS”可證△ABE≌△BCF，可得AE＝BF，可得結(jié)論；

（3）分兩種情況討論，由勾股定理求出DE的長，即可求解．

【解答】（1）解：∵矩形、正方形的對角線相等，

∴矩形和正方形是“等角線四邊形”，

故答案為②④；

（2）證明：連接AE，BF，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴AB＝BC＝CD，∠ABC＝∠BCD＝90°，

∵EC＝DF，

∴BE＝CF，

∴△ABE≌△BCF（SAS），

∴AE＝BF，

∴四邊形ABEF是等角線四邊形；

（3）當點D在AB的上方時，如圖，

∵DE是AB的中垂線，

∴AE＝BE＝2，

∵∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，

∴AC＝5，

∵四邊形ABCD為等角線四邊形，

∴AC＝BD＝5，

∴DE＝＝＝，

∴S四邊形ABCD＝S△ABD+S△BCD＝×AB×DE+×BC×BE＝2+3；

第19頁共55頁.

當點D在AB的下方時，如圖，過點D作DF⊥BC，交CB的延長線于F，

∵四邊形ACBD為等角線四邊形，

∴BA＝CD＝4，

∵DE⊥AB，∠ABF＝90°，DF⊥CF，

∴四邊形DEBF是矩形，

∴BE＝DF＝2，DE＝BF，

∴CF＝＝＝2，

∴BF＝2﹣3，

∴S四邊形ADBC＝S△ABC+S△ABD＝×4×（2﹣3）+×4×3＝4，

綜上所述：這個等角線四邊形的面積為4或2+3．

6．（2022春?南潯區(qū)期末）定義：我們把一組對邊平行另一組對邊相等且不平行的四邊形叫

做等腰梯形．

【性質(zhì)初探】如圖1，已知，ABCD，∠B＝80°，點E是邊AD上一點，連結(jié)CE，四

邊形ABCE恰為等腰梯形．求?∠BCE的度數(shù)；

【性質(zhì)再探】如圖2，已知四邊形ABCD是矩形，以BC為一邊作等腰梯形BCEF，BF

＝CE，連結(jié)BE、CF．求證：BE＝CF；

【拓展應(yīng)用】如圖3，ABCD的對角線AC、BD交于點O，AB＝2，∠ABC＝45°，過

點O作AC的垂線交B?C的延長線于點G，連結(jié)DG．若∠CDG＝90°，求BC的長．

【分析】【性質(zhì)初探】過點A作AG⊥BC交于G，過點E作EH⊥BC交于H，證明Rt△

ABG≌Rt△ECG（HL），即可求解；

【性質(zhì)再探】證明△BFC≌△CEB（SAS），即可求解；

第20頁共55頁.

【拓展應(yīng)用】連接AC，過G點作GM⊥AD交延長線于點M，分別證明△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，從而可求AG＝2，

GM＝DM，在Rt△AGM中，用勾股定理求出AD的長即為所求BC的長．

【解答】【性質(zhì)初探】解：過點A作AG⊥BC交于G，過點E作EH⊥BC交于H，

∵ABCD，

∴?AE∥BC，

∴AG＝EH，

∵四邊形ABCE恰為等腰梯形，

∵AB＝EC，

∴Rt△ABG≌Rt△ECG（HL），

∴∠B＝∠ECH，

∵∠B＝80°，

∴∠BCE＝80°；

【性質(zhì)再探】證明：∵四邊形ABCD是矩形，

∴AE∥BC，

∵四邊形BCEF是等腰梯形，

∴BF＝CE，

由（1）可知，∠FBC＝∠ECB，

∴△BFC≌△CEB（SAS），

∴BE＝CF；

【拓展應(yīng)用】解：連接AC，過G點作GM⊥AD交延長線于點M，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴O是AC的中點，

∵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°，

第21頁共55頁.

∴∠CDM＝135°，

∴∠GDM＝45°，

∴GM＝DM＝，

在Rt△AGM中，（2）2＝（AD+）2+（）2，

∴AD＝﹣，

∴BC＝﹣．

7．（2022春?長汀縣期末）在平面直角坐標系中，如果點p（a，b）滿足a+1＞b且b+1＞a，

則稱點p為“自大點”：如果一個圖形的邊界及其內(nèi)部的所有點都不是“自大點”，則稱

這個圖形為“自大忘形”．

（1）判斷下列點中，哪些點是“自大點”，直接寫出點名稱；p1（1，0），，

．

（2）如果點N（2x+3，2）不是“自大點”，求出x的取值范圍．

（3）如圖，正方形ABCD的初始位置是A（0，6），B（0，4），C（2，4），D（2，6），

現(xiàn)在正方形開始以每秒1個單位長的速度向下（y軸負方向）平移，設(shè)運動時間為t秒（t

＞0），當正方形成為“自大忘形”時，求t的取值范圍．

第22頁共55頁.

【分析】（1）利用“自大點”的定義解答即可；

（2）利用“自大點”的定義列出不等式組解答即可；

（3）用t表示出平移后的正方形的四個頂點的坐標，利用（2）中的方法求得平移后的

正方形的三個頂點不是“自大點”時的t的范圍即可得出結(jié)論．

【解答】解：（1）P2；理由：

∵點P（a，b）滿足a+1＞b且b+1＞a，則稱點P為“自大點”，

∴a，b滿足﹣1＜b﹣a＜1，

∵P1（1，0），0﹣1＝﹣1，

∴P1（1，0）不是“自大點”；

∵，，

∴是“自大點”；

∵，，

∴不是“自大點”，

綜上，三個點中點P2是“自大點”；

（2）如果點N（2x+3，2）是“自大點”，

∴，

解得：﹣1＜x＜0，

∴當x≤﹣1或x≥0時，點N（2x+3，2）不是“自大點”，

∴x的取值范圍是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），

∴平移之后的坐標分別為（0，6﹣t），B（0，4﹣t），C（2，4﹣t），D（2，6﹣t），

當A點平移后的點是“自大點時”，﹣1＜6﹣t＜1，

解得：5＜t＜7，

故A點平移后的點不是“自大點時”，0＜t≤5或t≥7，

同理，當B點和D點平移后的點不是“自大點時”，0＜t≤3或t≥5，

同理，當C點平移后的點不是“自大點時”，0＜t≤1或t≥3，

∴當平移后的正方形邊界及其內(nèi)部的所有點都不是“自大點”時，0＜t≤1或者t≥7或t

＝3或5．

∴當正方形成為“自大忘形”時，t的取值范圍為：0＜t≤1或者t≥7或者t＝3或5．

8．（2022春?江北區(qū)期末）定義：對于一個四邊形，我們把依次連結(jié)它的各邊中點得到的新

四邊形叫做原四邊形的“中點四邊形”．如果原四邊形的中點四邊形是個正方形，我們把

這個原四邊形叫做“中方四邊形”．

第23頁共55頁.

概念理解：下列四邊形中一定是“中方四邊形”的是D．

A．平行四邊形

B．矩形

C．菱形

D．正方形

性質(zhì)探究：如圖1，四邊形ABCD是“中方四邊形”，觀察圖形，寫出關(guān)于四邊形ABCD

的兩條結(jié)論：

①AC＝BD；

②AC⊥BD．

問題解決：如圖2，以銳角△ABC的兩邊AB，AC為邊長，分別向外側(cè)作正方形ABDE

和正方形ACFG，連結(jié)BE，EG，GC．求證：四邊形BCGE是“中方四邊形”；

拓展應(yīng)用：如圖3，已知四邊形ABCD是“中方四邊形”，M，N分別是AB，CD的中點，

（1）試探索AC與MN的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．

（2）若AC＝2，求AB+CD的最小值．

【分析】概念理解：根據(jù)定義“中方四邊形”，即可得出答案；

性質(zhì)探究：由四邊形ABCD是“中方四邊形”，可得EFGH是正方形且E、F、G、H分

別是AB、BC、CD、AD的中點，利用三角形中位線定理即可得出答案；

問題解決：如圖2，取四邊形BCGE各邊中點分別為P、Q、R、L并順次連接成四邊形

MNRL，連接CE交AB于P，連接BG交CE于K，利用三角形中位線定理可證得四邊形

MNRL是平行四邊形，再證得△EAC≌△BAG（SAS），推出MNRL是菱形，再由∠LMN

＝90°，可得菱形MNRL是正方形，即可證得結(jié)論；?

拓展應(yīng)用：（1）如圖3，分別作AD、BC的中點E、F并順次連接EN、NF、FM、ME，

可得四邊形ENFM是正方形，再根據(jù)等腰直角三角形性質(zhì)即可證得結(jié)論；

（2）如圖4，分別作AD、BC的中點E、F并順次連接EN、NF、FM、ME，連接BD交

AC于O，連接OM、ON，當點O在MN上（即M、O、N共線）時，OM+ON最小，最

第24頁共55頁.

小值為MN的長，再結(jié)合（1）的結(jié)論即可求得答案．

【解答】解：概念理解：在平行四邊形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四

邊形”，理由如下：

因為正方形的對角線相等且互相垂直，

故選：D；

性質(zhì)探究：①AC＝BD，②AC⊥BD；

理由如下：如圖1，

∵四邊形ABCD是“中方四邊形”，

∴EFGH是正方形且E、F、G、H分別是AB、BC、CD、AD的中點，

∴∠FEH＝90°，EF＝EH，EH∥BD，EH＝BD，EF∥AC，EF＝AC，

∴AC⊥BD，AC＝BD，

故答案為：AC⊥BD，AC＝BD；

問題解決：如圖2，取四邊形BCGE各邊中點分別為P、Q、R、L并順次連接成四邊形

MNRL，連接CE交AB于P，連接BG交CE于K，

∵四邊形BCGE各邊中點分別為M、N、R、L，

∴MN、NR、RL、LM分別是△BCG、△CEG、△BGE、△CEB的中位線，

∴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，

∴四邊形MNRL是平行四邊形，

∵四邊形ABDE和四邊形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，

第25頁共55頁.

∴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，即原四邊形BCGE是“中方四邊形”；

拓展應(yīng)用：（1）MN＝AC，理由如下：

如圖3，分別作AD、BC的中點E、F并順次連接EN、NF、FM、ME，

∵四邊形ABCD是“中方四邊形”，M，N分別是AB，CD的中點，

∴四邊形ENFM是正方形，

∴FM＝FN，∠MFN＝90°，

∴MN＝＝＝FM，

∵M，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，

∴FM＝AC，

∴MN＝AC；

（2）如圖4，分別作AD、BC的中點E、F并順次連接EN、NF、FM、ME，

連接BD交AC于O，連接OM、ON，

當點O在MN上（即M、O、N共線）時，OM+ON最小，最小值為MN的長，

∴2（OM+ON）最?。?MN，

由性質(zhì)探究②知：AC⊥BD，

又∵M，N分別是AB，CD的中點，

∴AB＝2OM，CD＝2ON，

∴2（OM+ON）＝AB+CD，

∴（AB+CD）最?。?MN，

由拓展應(yīng)用（1）知：MN＝AC；

又∵AC＝2，

∴MN＝，

第26頁共55頁.

∴（AB+CD）最?。?．

9．（2022春?銅山區(qū)期末）新定義；若四邊形的一組對角均為直角，則稱該四邊形為對直四

邊形．

（1）下列四邊形為對直四邊形的是②④（寫出所有正確的序號）；

①平行四邊形；②矩形；③菱形，④正方形．

（2）如圖，在對直四邊形ABCD中，已知∠ABC＝90°，O為AC的中點．

①求證：BD的垂直平分線經(jīng)過點O；

②若AB＝6，BC＝8，請在備用圖中補全四邊形ABCD，使四邊形ABCD的面積取得最

大值，并求此時BD的長度．

【分析】（1）由對直四邊形的定義可求解；

（2）①由直角三角形的性質(zhì)可得BO＝DO，可得結(jié)論；

②由“ASA”可證△DAE≌△DCB，可得DE＝DB，AE＝BC＝8，由等腰直角三角形的

性質(zhì)可求解．

第27頁共55頁.

【解答】（1）∵矩形和正方形的四個角都是直角，

∴矩形和正方形是對直四邊形，

故答案為：②④；

（2）①證明：如圖，連接BO，DO，

在對直四邊形ABCD中，∠ABC＝90°，

∴∠ABC＝∠ADC＝90°，

∵O為AC的中點．

∴BO＝DO，

∴BD的垂直平分線經(jīng)過點O；

②∵四邊形ABCD的面積＝S△ABC+S△ACD，S△ABC是定值，

∴S△ACD有最大值時，四邊形ABCD的面積有最大值，

∵AC是定長，

∴當OD⊥AC時，S△ACD有最大值．

如圖，過點D作DE⊥BD，交BA的延長線于點E，

∵AO＝OC＝OD，OD⊥AC，

∴AD＝CD，

∵DE⊥BD，

∴∠EDB＝∠ADC＝90°，

∴∠EDA＝∠BDC，

∵∠ABC＝∠ADC＝90°，

第28頁共55頁.

∴∠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?鹽田區(qū)校級期末）給出如下定義：有兩個相鄰內(nèi)角互余的四邊形稱為“鄰余

四邊形”，這兩個角的夾邊稱為“鄰余線”．

（1）如圖1，格點四邊形ABCD是“鄰余四邊形”，指出它的“鄰余線”；

（2）如圖2，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分線，E，F(xiàn)分別是BD，AD

上的點．求證：四邊形ABEF是“鄰余四邊形”；

（3）如圖3，四邊形ABCD是“鄰余四邊形”，AB為“鄰余線”，E，F(xiàn)分別是AB，CD

的中點，連接EF，AD＝4，BC＝6．求EF的長．

【分析】（1）根據(jù)鄰余四邊形的定義得出答案即可；

（2）根據(jù)鄰余四邊形的定義證明結(jié)論即可；

（3）連接DE并延長到G，使EG＝DE，連接BG，CG，先得出△AED≌△BEG，再利

用勾股定理得出GC的長，最后利用三角形中位線定理得出結(jié)果．

【解答】（1）解：

由圖形可知∠E＝90°，

∴∠A+∠B＝90°，

∴它的“鄰余線”是AB；

（2）證明：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分線，

第29頁共55頁.

∴AD⊥BC，

∴∠ADB＝90°，

∴∠DAB+∠DBA＝90°，

∴∠FAB與∠EBA互余，

∴四邊形ABEF是鄰余四邊形；

（3）解：如圖，連接DE并延長到G，使EG＝DE，連接BG，CG，

在△AED和△BEG中，

，

∴△AED≌△BEG（SAS），

∴∠A＝∠ABG，BG＝AD＝4，

∵四邊形ABCD是“鄰余四邊形”，AB為“鄰余線”，

∴∠A+∠ABC＝90°，

∴∠ABG+∠ABC＝∠GBC＝90°，

在Rt△GBC中，

GC＝，

∵EG＝DE，AE＝BE，

∴EF＝＝．

11．（2022春?玄武區(qū)期末）【概念認識】

在四邊形ABCD中，∠A＝∠B．如果在四邊形ABCD內(nèi)部或邊AB上存在一點P，滿足

∠DPC＝∠A，那么稱點P是四邊形ABCD的“映角點”．

【初步思考】

（1）如圖①，在四邊形ABCD中，∠A＝∠B，點P在邊AB上且是四邊形ABCD的“映

角點”．若DA∥CP，DP∥CB，則∠DPC的度數(shù)為60°；

（2）如圖②，在四邊形ABCD中，∠A＝∠B，點P在四邊形ABCD內(nèi)部且是四邊形ABCD

的“映角點”，延長CP交邊AB于點E．求證：∠ADP＝∠CEB．

【綜合運用】

第30頁共55頁.

在四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝，點P是四邊形ABCD的“映角點”，DE、CF分別平

分∠ADP、∠BCP，當DE和CF所α在直線相交于點Q時，請直接寫出∠CQD與滿足的

關(guān)系及對應(yīng)的取值范圍．α

α

【分析】（1）根據(jù)題意可知∠A＝∠B＝∠DPC，若DA∥CP，DP∥CB，可以得到∠A＝

∠B＝∠DPC＝∠ADP＝∠PCB，∵∠DPB是△ADP的外角，則∠DPC+∠CPB＝2∠A，

則∠DPC的度數(shù)可求；

（2）四邊形ADPE中，∠ADP+∠AEP＝180°，而∠CEB+∠AEP＝180°，所以∠ADP

＝∠CEB；

綜合運用：利用圖①或圖②根據(jù)題意作出圖形都可以求出∠COD與的關(guān)系．

【解答】解：（1）根據(jù)題意可知∠A＝∠B＝∠DPC，α

∵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°，

故答案為：60．

（2）∵∠A＝∠B＝∠DPC，∠DPC+∠DPE＝180°，

∴∠A+∠DPE＝180°，

∴∠ADP+∠AEP＝180°，

而∠CEB+∠AEP＝180°，

∴∠ADP＝∠CEB．

綜合運用：

如圖，當0°＜＜60°時，延長CP交AB于點E，

α

第31頁共55頁.

∠A＝∠B＝∠DPC＝，

由（2）知∠ADP＝∠αCEB，

設(shè)∠ADP＝∠CEB＝x，∠DPE＝y(tǒng)，

∴ADM＝，

∴∠QMN＝+，

α

∴∠ECB＝180°﹣x﹣，

∴∠BCN＝（180°﹣αx﹣），

α

∴∠QNM＝（180°﹣x﹣）+＝90°﹣，

αα

∴∠Q＝180°﹣（+）﹣（90°﹣）＝90°﹣，

α

即∠Q＝90°﹣（0°＜＜60°）；

α

當60°＜＜180°時，

α

∠A＝∠B＝∠DPC＝，

由（2）可知，∠ADPα＝∠CEB，

設(shè)∠ADP＝∠CEB＝x，∠DPE＝y(tǒng)，

∴∠ECQ＝（180°﹣x﹣），

α

則+y＝180°，x+y+（180°﹣x﹣）+∠Q＝180°，

αα

第32頁共55頁.

∴∠Q＝﹣90°，

α

∵90°＞0°，

∴60°＜＜180°，

∴∠Q＝α﹣90°（60°＜＜180°）．

αα

12．（2022春?北侖區(qū)期末）定義：對角線相等的四邊形稱為對美四邊形．

（1）我們學(xué)過的對美四邊形有矩形、等腰梯形．（寫出兩個）

（2）如圖1，D為等腰△ABC底邊AB上的一點，連結(jié)CD，過C作CF∥AB，以B為頂

點作∠CBE＝∠ACD交CF于點E，求證：四邊形CDBE為對美四邊形．

（3）如圖2，對美四邊形ABCD中，對角線AC、BD交于點O，AC＝BD，DC∥AB．

①若∠AOB＝120°，AB+CD＝6，求四邊形ABCD的面積．

若＝，設(shè)＝，＝，試求出與的關(guān)系式．

②AB?CD6ADxBDyyx

【分析】（1）根據(jù)對美四邊形的定義、矩形和等腰梯形的性質(zhì)解答即可；

（2