中考數(shù)學二輪壓軸培優(yōu)專題32四邊形與新定義綜合問題（教師版）

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°．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，∴∠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；(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，∵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，∴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”．(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，∵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，∴“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：(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°，∴∠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，∵∠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．【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，∵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＝α，則∠D＝2α，∵∠DAC+∠D+∠ACD＝180°，∴α+2α+2α＝180°，∴α＝36°，∴∠B＝∠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＝+1．3．(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，∴＝＝，∵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α(0°＜∠α＜∠BAC)得到Rt△AB′D′(如圖3)，當凸四邊形AD′BC為等鄰角四邊形時，求出它的面積．【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；(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＝，∴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．【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；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BC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；【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°，∴∠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．【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”．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，∴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＝，∴(AB+CD)最小＝2．9．(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．【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°，∴∠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，∴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】在四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝α，點P是四邊形ABCD的“映角點”，DE、CF分別平分∠ADP、∠BCP，當DE和CF所在直線相交于點Q時，請直接寫出∠CQD與α滿足的關(guān)系及對應(yīng)α的取值范圍．【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α的關(guān)系．【解答】解：(1)根據(jù)題意可知∠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°＜α＜60°時，延長CP交AB于點E，∠A＝∠B＝∠DPC＝α，由(2)知∠ADP＝∠CEB，設(shè)∠ADP＝∠CEB＝x，∠DPE＝y(tǒng)，∴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°)；當60°＜α＜180°時，∠A＝∠B＝∠DPC＝α，由(2)可知，∠ADP＝∠CEB，設(shè)∠ADP＝∠CEB＝x，∠DPE＝y(tǒng)，∴∠ECQ＝(180°﹣x﹣α)，則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．②若AB?CD＝6，設(shè)AD＝x，BD＝y(tǒng)，試求出y與x的關(guān)系式．【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)連接DE，證明△ADC≌△CEB，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CE＝AD，證明四邊形ADEC為平行四邊形，根據(jù)對美四邊形的定義證明結(jié)論；(3)①延長BA至E，使AE＝CD，連接DE，過D作DF⊥EB于F，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)求出EF，根據(jù)勾股定理求出DF，根據(jù)四邊形的面積公式計算，得到答案；②根據(jù)勾股定理、完全平方公式計算即可．【解答】(1)解：∵矩形的對角線相等，等腰梯形的對角線相等，∴我們學過的對美四邊形有矩形，等腰梯形，故答案為：矩形，等腰梯形；(2)證明：如圖1，連接DE，∵AC＝BC，∴∠CAB＝∠CBA，∵CF∥AB，∴∠CBA＝∠BCE，∴∠CAB＝∠BCE，在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB(ASA)，∴CE＝AD，∵CE∥AD，∴四邊形ADEC為平行四邊形，∴AC＝DE，∴BC＝DE，∴四邊形CDBE為對美四邊形；(3)解：①如圖2，延長BA至E，使AE＝CD，連接DE，過D作DF⊥EB于F，∵CD∥AE，CD＝AE，∴四邊形ACDE是平行四邊形，∴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，設(shè)DF＝x，在Rt△DFE中，∠DEF＝30°，∴DE＝2x，由勾股定理得：(2x)2﹣x2＝32，解得：x＝(負值舍去)，∴S四邊形ABCD＝(AB+CD)?DF＝×6×＝3；②設(shè)CD為m，AB為n，則mn＝6，則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＝y(tǒng)2﹣[(m+n)]2，∴y2﹣x2＝mn＝6，∴y2＝x2+6．13．(2022春?玄武區(qū)校級期中)如圖1，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝∠E＝∠F＝90°，AB、EF、CD為鉛直方向的邊，AF、DE、BC為水平方向的邊，點E在AB、CD之間，且在AF、BC之間，我們稱這樣的圖形為“L圖形”，若一條直線將該圖形的面積分為面積相等的兩部分，則稱此直線為該“L圖形”的等積線．(1)如圖2所示四幅圖中，直線L是該“L圖形”等積線的是①②③(填寫序號)．(2)如圖3，直線m是該“L圖形”的等積線，與邊BC、AF分別交于點M、N，過MN中點O的直線分別交邊BC、AF于點P、Q，則直線PQ是(填“是”或“不是”)該圖形的等積線．(3)在圖4所示的“L圖形”中，AB＝6，BC＝10，AF＝2．①若CD＝2，在圖中畫出與AB平行的等積線l(在圖中標明數(shù)據(jù))；②在①的條件下，該圖形的等積線與水平的兩條邊DE、BC分別交于P、Q，求PQ的最大值；③如果存在與水平方向的兩條邊DE、BC相交的等積線，則CD的取值范圍為＜CD＜6．【分析】(1)如圖2，根據(jù)題意把原本圖形分成左右兩個矩形，這兩個矩形的對稱中心所在直線是該L圖形的面積平分線，由此可直接進行判斷；(2)如圖3，證明△OQN≌△OPM(AAS)，根據(jù)割補法可得直線PQ是L圖形ABCDEF的面積平分線；(3)①如圖4，先計算L圖形ABCDEF的面積，可得出矩形EMNO的面積＝EO×ON＝2，由此可得出OE的長；②根據(jù)面積平分線可知梯形CDQP的面積為14，根據(jù)面積公式列式可得CH的長，根據(jù)勾股定理可得PQ的最大值；③如圖6，直線DE將圖形分成上下兩個矩形，當上矩形面積小于下矩形面積時，列不等式可得CD的取值．【解答】解：(1)根據(jù)題意把原本圖形分成左右兩個矩形，這兩個矩形的對稱中心所在直線是該L圖形的面積平分線，∴直線L是該“L圖形”等積線的是①②③；故答案為：①②③；(2)如圖3，∵∠A＝∠B＝90°，∴AF∥BC，∴∠NQO＝∠MPO，∵點O是MN的中點，∴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，∴直線PQ是L圖形ABCDEF的面積平分線．故答案為：是；(3)①L圖形ABCDEF的面積＝6×10﹣(6﹣2)×(10﹣2)＝28，延長FE交BC于點M，∴S四邊形AFMB＝2×6＝12＜14，∴若ON是L圖形ABCDEF的面積平分線，且ON∥AB，點O必然在線段DE上，如圖4所示，∴矩形EMNO的面積＝EO×ON＝2，∴EO＝1，②如圖5，當P與B重合時，PQ最大，過點Q作QH⊥BC于H，∵PQ是L圖形ABCDEF的面積平分線，∴梯形CDQP的面積＝×(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在與水平方向的兩條邊DE、BC相交的等積線，如圖6，直線DE將圖形分成上下兩個矩形，當上矩形面積小于下矩形面積時，延長DE交AB于G，延長FE交BC于H，只需要滿足S矩形AGEF＜S矩形EHCD，即S矩形ABHF＜S矩形CDGB，∴6×2＜10CD，∴CD＞，故答案為：＜CD＜6．14．(2022?姑蘇區(qū)一模)定義：有兩個內(nèi)角分別是它們對角的一半的四邊形叫做半對角四邊形．(1)如圖1，在半對角四邊形ABCD中，∠B＝∠D，∠C＝∠A，則∠B+∠C＝120°；(2)如圖2，銳角△ABC內(nèi)接于⊙O，若邊AB上存在一點D，使得BD＝BO，在OA上取點E，使得DE＝OE，連接DE并延長交AC于點F，∠AED＝3∠EAF．求證：四邊形BCFD是半對角四邊形；(3)如圖3，在(2)的條件下，過點D作DG⊥OB于點H，交BC于點G，OH＝2，DH＝6．①連接OC，若將扇形OBC圍成一個圓錐的側(cè)面，則該圓錐的底面半徑為；②求△ABC的面積．【分析】(1)利用半對角四邊形的定義和四邊形的內(nèi)角和定理解答即可；(2)連接OC，利用半對角四邊形的定義分別計算∠ACB＝∠BDF和∠ABC＝∠DFC即可；(3)①連接OC，通過計算的長度，利用圓錐的側(cè)面展開圖的弧長等于底面圓的周長，列出等式即可求解；②過點O作OM⊥BC于點M，利用直角三角形的邊角關(guān)系求得線段BC，HG的長，證明△BDG∽△BCA，利用相似三角形的面積比等于相似比的平方，通過計算△BDG的面積求得結(jié)論．【解答】(1)解：∵四邊形ABCD是半對角四邊形，∴∠B＝∠D，∠C＝∠A．∴∠D＝2∠B，∠A＝2∠C．∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，∴3∠B+3∠C＝360°，∴∠B+∠C＝120°，故答案為：120；(2)證明：連接OC，如圖，在△BDE和△BOE中，，∴△BDE≌△BOE(SSS)．∴∠BDF＝∠BOE．∵∠ACB＝∠BOE，∴∠ACB＝∠BDF．設(shè)∠EAF＝α，則∠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，∴四邊形BCFD是半對角四邊形；(3)解：①連接OC，如圖，四邊形BCFD是半對角四邊形，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°．設(shè)⊙O的半徑為r，則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的弧長＝＝，設(shè)該圓錐的底面半徑為x，∴2πx＝，∴x＝．故答案為：；②過點O作OM⊥BC于點M，∵OB＝OC，∠BOC＝120°，∴∠OBC＝∠OCB＝30°．∵OM⊥BC，∴BM＝CM＝．∵BM＝OB?cos30°＝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?江北區(qū)開學)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，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，CD＝3BE，QB＝6，求鄰余線AB的長．【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)證△DBQ∽△ECN，即可求解．【解答】(1)證明：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分線，∴AD⊥BC，∴∠ADB＝90°，∴∠DAB+∠DBA＝90°，即∠FAB與∠EBA互余，∴四邊形ABEF是鄰余四邊形；(2)解：如下圖所示(答案不唯一)，四邊形AFEB即為所求；(3)解：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分線，∴BD＝CD，∵CD＝3BE，∴CE＝CD+BD﹣BE＝5BE，∵∠EDF＝90°，點M是EF的中點，∴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?西城區(qū)校級期中)平面直角坐標系xOy中，正方形ABCD的四個頂點坐標分別為：A(﹣，)，B(﹣，﹣)，C(，﹣)，D(，)，P、Q是這個正方形外兩點，且PQ＝1．給出如下定義：記線段PQ的中點為T，平移線段PQ得到線段P'Q'(其中P'，Q'分別是點P，Q的對應(yīng)點)，記線段P'Q'的中點為T．若點P'和Q'分別落在正方形ABCD的一組鄰邊上，或線段P'Q'與正方形ABCD的一邊重合，則稱線段TT'長度的最小值為線段PQ到正方形ABCD的“回歸距離”，稱此時的點T'為線段PQ到正方形ABCD的“回歸點”．(1)如圖1，平移線段PQ，得到正方形ABCD內(nèi)兩條長度為1的線段P1Q1和P2Q2，這兩條線段的位置關(guān)系為P1Q1∥P2Q2；若T1，T2分別為P1Q1和P2Q2的中點，則點T1(填T1或T2)為線段PQ到正方形ABCD的“回歸點”；(2)若線段PQ的中點T的坐標為(1，1)，記線段PQ到正方形ABCD的“回歸距離”為d1，請直接寫出d1的最小值：，并在圖2中畫出此時線段PQ到正方形ABCD的“回歸點”T'(畫出一種情況即可)；(3)請在圖3中畫出所有符合題意的線段PQ到正方形ABCD的“回歸點”組成的圖形．【分析】(1)利用平移變換的性質(zhì)以及“回歸點”的定義判斷即可；(2)如圖當T′與CD的中點重合或與AD的中點重合時，TT′的值最小，再利用勾股定理求解；(3)“回歸點”的軌跡是以D為圓心，為半徑畫弧，在正方形內(nèi)部的弧EF．【解答】解：(1)如圖1，平移線段PQ，得到正方形ABCD內(nèi)兩條長度為1的線段P1Q1和P2Q2，這兩條線段的位置關(guān)系為P1Q1∥P2Q2；若T1，T2分別為P1Q1和P2Q2的中點，則點T1為線段PQ到正方形ABCD的“回歸點”．故答案為：P1Q1∥P2Q2，T1；(2)如圖當T′與CD的中點重合或與AD的中點重合時，TT′的值最小，最小值d1＝＝；故答案為：；(3)如圖3中，弧EF即為所求(以D為圓心，為半徑畫弧)．17．(2022秋?福田區(qū)期中)定義：只有一組對角是直角的四邊形叫做損矩形，連接它的兩個非直角頂點的線段叫做這個損矩形的直徑．如圖1，∠ABC＝∠ADC＝90°，四邊形ABCD是損矩形，則該損矩形的直徑是線段AC．同時我們還發(fā)現(xiàn)損矩形中有公共邊的兩個三角形角的特點：在公共邊的同側(cè)的兩個角是相等的．如圖1中：△ABC和△ABD有公共邊AB，在AB同側(cè)有∠ADB和∠ACB，此時∠ADB＝∠ACB；再比如△ABC和△BCD有公共邊BC，在CB同側(cè)有∠BAC和∠BDC，此時∠BAC＝∠BDC．(1)請在圖1中再找出一對這樣的角來：∠ABD＝∠ACD；(2)如圖2，△ABC中，∠ABC＝90°，以AC為一邊向外作菱形ACEF，D為菱形ACEF對角線的交點，連接BD．①四邊形ABCD是損矩形(填“是”或“不是”)；②當BD平分∠ABC時，判斷四邊形ACEF為何種特殊的四邊形？請說明理由；③若∠ACE＝60°，AB＝4，BD＝5，求BC的長．【分析】(1)以AD為公共邊，有∠ABD＝∠ACD；(2)①由菱形的性質(zhì)可得∠ABC＝∠ADC＝90°，可得四邊形ABCD是損矩形；②由四邊形ABCD為損矩形，可得∠ACE＝2∠ACD＝90°，可得結(jié)論；③由四邊形ABCD為損矩形，可得∠ACD＝∠ABD＝30°，由直角三角形的性質(zhì)和勾股定理可求AD長，AC的長，由勾股定理可求解．【解答】解：(1)由圖1得：△ABD和△ADC有公共邊AD，在AD同側(cè)有∠ABD和∠ACD，此時∠ABD＝∠ACD；故答案為：∠ABD，∠ACD(或∠DAC，∠DBC)；(2)①∵四邊形ACEF是菱形，∴AE⊥CF，∴∠ABC＝∠ADC＝90°，∴四邊形ABCD是損矩形，故答案為：是；②四邊形ACEF為正方形，理由如下：證明：∵∠ABC＝90°，BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD＝45°，∵四邊形ABCD為損矩形，∴∠ACD＝∠ABD＝45°，∴∠ACE＝2∠ACD＝90°，∴四邊形ACEF為正方形；(3)過點D作DH⊥AB，交BA的延長線于H，∵四邊形ACEF是菱形，∠ACE＝60°，∴AC＝CE，∠ACF＝30°，AE⊥CF，∵四邊形ABCD為損矩形，∴∠ACD＝∠ABD＝30°，∴HD＝BD＝，BH＝HD＝，∴AH＝BH﹣AB＝，∴AD＝＝，∵∠ACF＝30°，AE⊥CF，∴AC＝2，∴BC＝＝＝6．18．(2022春?江陰市校級月考)定義：長寬比為：1(n為正整數(shù))的矩形稱為矩形．下面，我們通過折疊的方式折出一個矩形，如圖a所示．操作1：將正方形ABEF沿過點A的直線折疊，使折疊后的點B落在對角線AE上的點G處，折痕為AH．操作2：將FE沿過點G的直線折疊，使點F、點E分別落在邊AF，BE上，折痕為CD．則四邊形ABCD為矩形．(1)證明：四邊形ABCD為矩形；(2)在題(1)的矩形ABCD中，點M是邊AB上一動點．①如圖b，O是對角線AC的中點，若點N在邊BC上，OM⊥ON，連接MN．求tan∠OMN的值；②若AM＝AD，點N在邊BC上，當△DMN的周長最小時，求的值；③連接CM，作BR⊥CM，垂足為R．若AB＝4，則DR的最小值＝2．【分析】(1)設(shè)正方形ABEF的邊長為a，先根據(jù)折疊的性質(zhì)證四邊形ABCD是矩形，再根據(jù)△ADG是等腰直角三角形得出AB和AD的比例關(guān)系，即可得證結(jié)論；(2)①作OP⊥AB，OQ⊥BC，垂足分別為P，Q，證Rt△QON∽Rt△POM，根據(jù)線段比例關(guān)系得出即可得出結(jié)論；②作M點關(guān)于直線BC的對稱點P，連接DP交BC于點N，連接MN，此時△DMN周長最小，根據(jù)平行線分線段成比例求出此時線段的比值即可；③根據(jù)題意得出點R在以BC為直徑的圓上，根據(jù)勾股定理求出DR的最小值即可．【解答】(1)證明：設(shè)正方形ABEF的邊長為a，∵AE是正方形ABEF的對角線，∴∠DAG＝45°，由折疊的性質(zhì)可知AG＝AB＝a，∠FDC＝∠ADC＝90°，∴四邊形ABCD的矩形，∴△ADG是等腰直角三角形，∴AD＝DG＝，∴AB：AD＝a：＝：1，∴四邊形ABCD是矩形；(2)解：①如圖，作OP⊥AB，OQ⊥BC，垂足分別為P，Q，∵四邊形ABCD是矩形，∠B＝90°，∴四邊形OPBQ是矩形，∴∠POQ＝90°，OP∥BC，OQ∥AB，∴，，∵O為AC的中點，∴OP＝BC，OQ＝AB，∵∠MON＝90°，∴∠QON＝∠POM，∴Rt△QON∽Rt△POM，∴，∴tan∠OMN＝＝；②作M點關(guān)于直線BC的對稱點P，連接DP交BC于點N，連接MN，此時DN+MN最小等于DP，則此時△DMN的周長最小，∵DC∥AP，∴，設(shè)AM＝AD＝a，則AB＝CD＝a，∴BP＝BM＝AB﹣AM＝(﹣1)a，∴＝＝2+；③∵四邊形ABCD是矩形，AB＝4，∴BC＝AD＝2，∵BR⊥CM，∴點R在以BC為直徑的圓上，即BC的中點為L，∴CL＝BC＝，∴DR最?。僵仯?，故答案為：2．19．(2022春?柯橋區(qū)月考)定義：有一組鄰邊相等且對角互補的四邊形叫做等補