中考數(shù)學(xué)二輪培優(yōu)題型訓(xùn)練壓軸題22以四邊形新定義為背景的閱讀材料壓軸題（解析版）

壓軸題22以四邊形新定義為背景的閱讀材料壓軸題例1．（2022春?玄武區(qū)期末）【概念認(rèn)識(shí)】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(diǎn)P，滿足∠DPC＝∠A，那么稱點(diǎn)P是四邊形ABCD的“映角點(diǎn)”．【初步思考】（1）如圖①，在四邊形ABCD中，∠A＝∠B，點(diǎn)P在邊AB上且是四邊形ABCD的“映角點(diǎn)”．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(diǎn)P在四邊形ABCD內(nèi)部且是四邊形ABCD的“映角點(diǎn)”，延長(zhǎng)CP交邊AB于點(diǎn)E．求證：∠ADP＝∠CEB．【綜合運(yùn)用】在四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝α，點(diǎn)P是四邊形ABCD的“映角點(diǎn)”，DE、CF分別平分∠ADP、∠BCP，當(dāng)DE和CF所在直線相交于點(diǎn)Q時(shí)，請(qǐng)直接寫出∠CQD與α滿足的關(guān)系及對(duì)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(yùn)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(yùn)用：如圖，當(dāng)0°＜α＜60°時(shí)，延長(zhǎng)CP交AB于點(diǎn)E，∠A＝∠B＝∠DPC＝α，由（2）知∠ADP＝∠CEB，設(shè)∠ADP＝∠CEB＝x，∠DPE＝y(tǒng)，∴ADM=1∴∠QMN=12∴∠ECB＝180°﹣x﹣α，∴∠BCN=12（180°﹣x﹣∴∠QNM=12（180°﹣x﹣α）+α＝90°∴∠Q＝180°﹣（12x+α）﹣（90°?12即∠Q＝90°?32α（0°＜α當(dāng)60°＜α＜180°時(shí)，∠A＝∠B＝∠DPC＝α，由（2）可知，∠ADP＝∠CEB，設(shè)∠ADP＝∠CEB＝x，∠DPE＝y(tǒng)，∴∠ECQ=12（180°﹣x﹣則α+y＝180°，12x+y+12（180°﹣x﹣α）+∠Q∴∠Q=32α﹣90∵32α?90°＞0∴60°＜α＜180°，∴∠Q=32α﹣90°（60°＜α＜180【點(diǎn)評(píng)】本題考查了多邊形的內(nèi)角與外角，解題的關(guān)鍵是熟練運(yùn)用三角形外角的性質(zhì)．例2．（2022?長(zhǎng)沙模擬）有一組對(duì)角相等的凸四邊形稱為“對(duì)等四邊形”，連接這兩個(gè)相等對(duì)角的頂點(diǎn)的線段稱為“對(duì)等線”．（1）如圖1，已知四邊形ABCD是“對(duì)等四邊形”，AC是“對(duì)等線”，且AB＝BC．求證：AD＝CD；（2）如圖2，四邊形ABCD中，∠ADC＝120°，∠ABC＝150°．且AD⊥BD，BC=22，BD①求證：四邊形ABCD是“對(duì)等四邊形”；②試求AC2．（3）如圖3，對(duì)等四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠A＝90°，AD上存在點(diǎn)E，滿足AE=CD，連結(jié)BE并延長(zhǎng)交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，BE與AD交于點(diǎn)G，連結(jié)CE，CE＝BG．若AD＝2，tan∠ADB①cos∠F的值；②△DEF的周長(zhǎng)，（請(qǐng)選擇一個(gè)進(jìn)行解答）．【分析】（1）由“對(duì)等四邊形”可得∠BAD＝∠BCD，由等腰三角形的性質(zhì)可證∠DAC＝∠DCA，可得結(jié)論；（2）①由直角三角形的性質(zhì)和勾股定理可求∠DCB＝45°，可得結(jié)論；②分別求出AE，CE的長(zhǎng)，由勾股定理可求解；（3）由銳角三角函數(shù)可求AB=3，由勾股定理可求AG的長(zhǎng)，由“ASA”可證△BGD≌△CEF，可得EF＝DG＝1，由勾股定理可求DF【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是“對(duì)等四邊形”，AC是“對(duì)等線”，∴∠BAD＝∠BCD，∵AB＝BC，∴∠BAC＝∠BCA，∴∠DAC＝∠DCA，∴AD＝CD；（2）①證明：如圖2，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥CD于F，過(guò)點(diǎn)C作DE⊥AD，交AD的延長(zhǎng)線于E，∵四邊形ABCD中，∠ADC＝120°，∠ABC＝150°，∴∠DAB+∠DCB＝90°，∵BD⊥AD，∴∠BDC＝30°，∵BF⊥CD，∴BF=12BD＝2，DF=3BF∴CF=BC∴BF＝CF，∴∠DCB＝45°，∴∠DCB＝∠DAB＝45°，∴四邊形ABCD是“對(duì)等四邊形”；②解：∵∠DAB＝45°，∠ADB＝90°，∴∠DAB＝∠DBA＝45°，∴AD＝BD＝4，∵∠EDC＝60°，CE⊥AE，∴∠ECD＝30°，∵CD＝CF+DF＝2+23，∴DE＝1+3，EC＝3+∴AE＝5+3∴AC2＝AE2+CE2＝40+163；（3）連接DE，BD，∵∠A＝90°，∴BD為直徑，∴∠BED＝90°，∠DEF＝90°，∵tan∠ADB=32=∴AB=3∵AE=∴AD=CE，∠ABE＝∠∴AD＝CE，∵CE＝BG，∴AD＝BG＝CE＝2，∴AG=BG∴DG＝AD﹣AG＝1，∵sin∠ABE=AG∴∠ABG＝∠ADE＝30°，∴GE=12DG=12，DE∵∠BGD＝∠A+∠ABE＝90°+30°＝120°，∠CEF＝∠CED+∠DEF＝120°，∴∠BGD＝∠CEF，在△BGD和△CEF中，∠GBD=∠ECFBG=CE∴△BGD≌△CEF（ASA），∴EF＝DG＝1，∴DF=DE∴cos∠F=EFDF=172=277，△DEF【點(diǎn)評(píng)】本題是圓的綜合題，考查了圓的有關(guān)知識(shí)，全等三角形的判定和性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，理解新定義并運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．例3．（2023?秦都區(qū)校級(jí)三模）【了解概念】定義提出：有一組鄰邊相等的凸四邊形叫做“等鄰邊四邊形”．【理解運(yùn)用】（1）如圖1，在3×3的正方形網(wǎng)格中，每個(gè)小正方形的頂點(diǎn)稱為格點(diǎn)，每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)均為1，線段AB、BC的端點(diǎn)均在格點(diǎn)上，在圖1的方格紙中畫出一個(gè)等鄰邊四邊形ABCD，要求：點(diǎn)D在格點(diǎn)上；（2）如圖2，在等鄰邊四邊形ABCD中，AB＝AD＝4，∠A＝60°，∠ABC＝90°，BC=33，求CD【拓展提升】（3）如圖3，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的頂點(diǎn)A、C分別在x、y軸正半軸上，已知OC＝4，OA＝6，D是OA的中點(diǎn)．在矩形OABC內(nèi)或邊上，是否存在點(diǎn)E，使四邊形OCED為面積最大的“等鄰邊四邊形”，若存在，請(qǐng)求出四邊形OCED的最大面積及此時(shí)點(diǎn)E的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）根據(jù)“等鄰邊四邊形”的定義作圖即可；（2）連接BD，根據(jù)△ABD是等邊三角形得出BD＝AB＝4，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥BC于點(diǎn)E，求出DE，BE的長(zhǎng)度，根據(jù)BC的長(zhǎng)度求出CE的長(zhǎng)度，最后利用勾股定理求出CD即可；（3）先確定存在點(diǎn)E，設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為（m，4），則CE＝m，根據(jù)D（3，0），列方程求出m的值，然后確定點(diǎn)E的坐標(biāo)和四邊形OCED的面積最大值即可．【解答】解：（1）由題意知，四邊形ABCD是等鄰邊四邊形，作圖如下：（答案不唯一）（2）連接BD，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥BC于點(diǎn)E，∵AB＝AD＝4，∠A＝60°，∴△ABD是等邊三角形，∴BD＝AB＝4，∠ABD＝60°，∵∠ABC＝90°，∴∠DBC＝90°﹣60°＝30°，∵DE⊥BC，∴∠BED＝∠CED＝90°，∴DE=12∴BE=BD2∵BC＝33，∴CE＝BC﹣BE=3∴CD=C（3）在矩形OABC內(nèi)或邊上，存在點(diǎn)E，使四邊形OCED為面積最大的“等鄰邊四邊形”，理由如下：如圖，當(dāng)CE＝DE時(shí)，四邊形OCED為“等鄰邊四邊形”，當(dāng)CE取最大值時(shí)，四邊形OCED為面積最大的“等鄰邊四邊形”，∵四邊形OABC是矩形，OC＝4，OA＝6，D為OA的中點(diǎn)，∴BC∥OA，C（0，4），A（6，0），D（3，0），設(shè)點(diǎn)E的坐標(biāo)為（m，4），則CE＝m，∵CE＝DE，∴CE2＝DE2，∴m2＝（m﹣3）2+（4﹣0）2，解得m=25∴CE=256，點(diǎn)E的坐標(biāo)為（∴S四邊形OCED=12（CE+OD）?OC=12×（25∴存在點(diǎn)E，使四邊形OCED為面積最大的“等鄰邊四邊形”，此時(shí)四邊形OCED的面積最大值為433，點(diǎn)E的坐標(biāo)為（25【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查四邊形的綜合題，正確理解“等鄰邊四邊形”的定義是解題的關(guān)鍵．1．（2022秋?開江縣校級(jí)期末）在平面直角坐標(biāo)系中，P（a，b）是第一象限內(nèi)一點(diǎn)，給出如下定義：k1=ab和k2=ba（1）求點(diǎn)P（6，2）的“傾斜系數(shù)”k的值；（2）①若點(diǎn)P（a，b）的“傾斜系數(shù)”k＝2，請(qǐng)寫出a和b的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；②若點(diǎn)P（a，b）的“傾斜系數(shù)”k＝2，且a+b＝3，求OP的長(zhǎng)；（3）如圖，已知點(diǎn)A（2，2），B（4，2），C（4，4），D（2，4），P（a，b）是四邊形ABCD上任意一點(diǎn)．試說(shuō)明是否存在使點(diǎn)P的“傾斜系數(shù)”k為32的點(diǎn)．若存在，請(qǐng)自己寫出這樣的點(diǎn)P【分析】（1）根據(jù)定義直接求解即可；（2）①根據(jù)定義可得ab=2或ba=2，再求②結(jié)合①求出a、b的值，即可求PO的長(zhǎng)；（3）分四種情況討論：當(dāng)P點(diǎn)在AB上時(shí)，2≤a≤4，P（a，2）；當(dāng)P點(diǎn)在BC上時(shí)，2≤b≤4，P（4，b）；當(dāng)P點(diǎn)在CD上時(shí)，2≤a≤4，P（a，4）；當(dāng)P點(diǎn)在AD上時(shí)，2≤b≤4，P（2，b）；再結(jié)合定義求出a、b的值即可確定P點(diǎn)坐標(biāo)．【解答】解：（1）∵k1=62=3，k∴點(diǎn)P（6，2）的“傾斜系數(shù)”k的值為3；（2）①∵點(diǎn)P（a，b）的“傾斜系數(shù)”k＝2，∴ab=2或即a＝2b或b＝2a，∴a和b的數(shù)量關(guān)系為a＝2b或b＝2a；②由①知，a＝2b或b＝2a，∵a+b＝3，∴a=1b=2或a=2∴OP=1（3）存在使點(diǎn)P的“傾斜系數(shù)”k為32當(dāng)P點(diǎn)在AB上時(shí)，2≤a≤4，P（a，2），∴a2=3解得a＝3或a=4∴P（3，2）；當(dāng)P點(diǎn)在BC上時(shí)，2≤b≤4，P（4，b），∴4b=3解得b=83或∴P（4，83當(dāng)P點(diǎn)在CD上時(shí)，2≤a≤4，P（a，4），∴a4=3解得a＝6（舍）或a=8∴P（83當(dāng)P點(diǎn)在AD上時(shí)，2≤b≤4，P（2，b），∴b2=3解得b＝3或b=4∴P（2，3）；綜上所述：P點(diǎn)坐標(biāo)為（3，2）或（4，83）或（8【點(diǎn)評(píng)】本題考查四邊形的綜合應(yīng)用，熟練掌握平面直角坐標(biāo)系中點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)，弄清定義是解題的關(guān)鍵．2．（2023?定遠(yuǎn)縣校級(jí)一模）定義：我們知道，四邊形的一條對(duì)角線把這個(gè)四邊形分成了兩個(gè)三角形，如果這兩個(gè)三角形相似（不全等），我們就把這條對(duì)角線叫做這個(gè)四邊形的“相似對(duì)角線”．（1）如圖1，△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)均在正方形網(wǎng)格中的格點(diǎn)上，若四邊形ABCD是以AC為“相似對(duì)角線”的四邊形，請(qǐng)只用無(wú)刻度的直尺，就可以在網(wǎng)格中畫出點(diǎn)D，請(qǐng)你在圖1中找出滿足條件的點(diǎn)D，保留畫圖痕跡（找出2個(gè)即可）（2）①如圖2，在四邊形ABCD中，∠DAB＝90°，∠DCB＝135°，對(duì)角線AC平分∠DAB．請(qǐng)問(wèn)AC是四邊形ABCD的“相似對(duì)角線”嗎？請(qǐng)說(shuō)明理由；②若AC=10，求AD?AB（3）如圖3，在（2）的條件下，若∠D＝∠ACB＝90°時(shí)，將△ADC以A為位似中心，位似比為5：2縮小得到△AEF，連接CE、BF，在△AEF繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)的過(guò)程中，當(dāng)CE所在的直線垂直于AF時(shí)，請(qǐng)你直接寫出BF的長(zhǎng)．【分析】（1）先求出AB，BC，AC，再分情況求出CD或AD，即可畫出圖形；（2）先判斷出∠D+∠DCA＝180°﹣∠DAC＝135°即可得出精論；（3）分兩種情況，①延長(zhǎng)CE交AF于點(diǎn)H，先由△EAC∽△ADC得出AE＝EF=2，AF＝2，再得出CE＝CH﹣EH＝3﹣1＝2，再求出△EAC∽△FAB，繼而求出EAFA=ECFB，即可得出結(jié)論；②設(shè)AF與EC交于點(diǎn)G，先得出△AGE為等腰直角三角形，再得出CG=AC2【解答】解：（1）如圖1所示，AB=5，BC＝25，∠ABC＝90°，AC∵四邊形ABCD是以AC為“相似對(duì)角線”的四邊形，當(dāng)∠ACD＝90°時(shí)，△ACD∽△ABC或△ACD∽△CBA，∴ACAB=CD∴55=CD∴CD＝2.5或CD＝10，同理：當(dāng)∠CAD＝90°時(shí)，AD＝2.5或AD＝10，如圖中，D1，D2，D3，D4即為所求；（2）①是，理由：∵∠DAB＝90°，AC平分∠DAB，∴∠DAC＝∠CAB＝45°，∴∠D+∠DCA＝180°﹣∠DAC＝135°，又∵∠DCB＝135°＝∠DCA+∠ACB，∴∠D＝∠ACB，∴△DAC∽△CAB，∴AC是四邊形ABCD的“相似對(duì)角線”；②∵△DAC∽△CAB，∴ADAC∴AD?AB＝AC2，∵AC=10∴AD?AB＝10；（3）①由（2）可知△ADC為等腰直角三角形，AC=10∴AD＝CD=5∵△AEF∽△ADC，且相似比為5：2，∴AE＝EF=2，AF如圖，延長(zhǎng)CE交AF于點(diǎn)H，由題意可得：EH⊥AF于H，∴AH=12∴CH=A∴CE＝CH﹣EH＝3﹣1＝2，∵∠CAD＝∠EAF＝45°，∴∠CAE＝∠BAF，ACAB∵AEAF∴△EAC∽△FAB，∴EAFA=EC∴FB=22②如圖，設(shè)AF與EC交于點(diǎn)G，∵AF⊥CE，∴△AGE為等腰直角三角形，∵EA=2∴AG＝EG＝1，在Rt△AGC中，CG=A∴EC＝4，同理可證△EAC∽△FAB，∴EAFA=EC∴FB＝42，綜上，F(xiàn)B＝22或FB＝42．【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題．主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，理解新定義，勾股定理，判斷兩三角形相似是解題的關(guān)鍵．3．（2022秋?鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)期末）如圖，四邊形ACDE是證明勾股定理時(shí)用到的一個(gè)圖形，a，b，c是Rt△ABC和Rt△BED邊長(zhǎng)，易知AE=2c，這時(shí)我們把關(guān)于x的形如ax2+2cx+b＝0的一元二次方程稱為“勾系一元二次方程請(qǐng)解決下列問(wèn)題：（1）判斷下列方程是否是“勾系一元二次方程”：①2x2+5x+1＝0不是（填“是”或“不是”②3x2+52x+4＝0是（填“是”或“不是”）（2）求證：關(guān)于x的“勾系一元二次方程”ax2+2cx+b（3）若x＝﹣1是“勾系一元二次方程”ax2+2cx+b＝0的一個(gè)根，且四邊形ACDE的周長(zhǎng)是12，求△ABC【分析】（1）利用“勾系一元二次方程”的定義進(jìn)行判斷即可求解；（2）由ax2+2cx+b＝0是“勾系一元二次方程“得c2＝a2+b2，因?yàn)棣ぃ剑?c）2﹣4ab＝2c2﹣4ab＝2（a2+b2）﹣4ab＝2（a﹣b）2≥0，所以關(guān)于x的“勾系一元二次方程”ax2+2cx+（3）由x＝﹣1是“勾系一元二次方程”ax2+2cx+b＝0的一個(gè)根得a?2c+b＝0，整理得a+b=2c，由四邊形ACDE的周長(zhǎng)是12，可得2（a+b）+2c＝12，所以22c+2c＝12，則c＝22，則a+b=2×22=4，所以a2+2ab+b2＝16，而a2+b2＝c2＝（22）2＝8，所以2ab+8＝16，即可求出【解答】（1）解：2x2+5x+1＝0不是“勾系一元二次方程”理由：∵2c=5∴c=10∵a＝2，b＝1，∴a2+b2≠c2，∴以a、b、c為三邊長(zhǎng)的三角形是不是直角三角形，且c為斜邊的長(zhǎng)，∴2x2+5x+1＝0不是“勾系一元二次方程”3x2+52x+4＝0是“勾系一元二次方程”，理由：∵2c＝52，∴c＝5，∵a＝3，b＝4，∴a2+b2＝c2，∴以a、b、c為三邊長(zhǎng)的三角形是直角三角形，且c為斜邊的長(zhǎng)，∴3x2+52x+4＝0是“勾系一元二次方程”，故答案為：不是，是；（2）證明：∵ax2+2cx+b＝0是“勾系一元二次方程“∴a、b、c為同一直角三角形的三邊長(zhǎng)，且c為斜邊的長(zhǎng)，∴c2＝a2+b2，∵Δ＝（2c）2﹣4ab＝2c2﹣4ab＝2（a2+b2）﹣4ab＝2（a﹣b）2≥0，∴關(guān)于x的“勾系一元二次方程”ax2+2cx+b（3）解：∵x＝﹣1是“勾系一元二次方程”ax2+2cx+b∴a?2c+b∴a+b=2c∵四邊形ACDE的周長(zhǎng)是12，∴2（a+b）+2c∴22c+2c∴c＝22，∴a+b=2×2∴（a+b）2＝16，∴a2+2ab+b2＝16，∵a2+b2＝c2＝（22）2＝8，∴2ab+8＝16，∴ab＝4，∴S△ABC=12ab∴△ABC面積是2．【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題，考查了一元二次方程的應(yīng)用，一元二次方程根據(jù)的判別式，勾股定理、新定義問(wèn)題的求解等知識(shí)與方法，準(zhǔn)確把握“勾系一元二次方程”的內(nèi)涵并運(yùn)用到解題過(guò)程之中是解題的關(guān)鍵．4．（2022秋?龍崗區(qū)校級(jí)期末）定義：有一組鄰邊相等的凸四邊形叫做“等鄰邊四邊形”，回答下列問(wèn)題．（1）如圖1，四邊形ABCD中，∠A＝90°，AB＝1，CD=2，∠BCD＝∠DBC，判斷四邊形ABCD是不是“等鄰邊四邊形”（2）如圖2，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝1，現(xiàn)將Rt△ABC沿∠ABC的平分線BB′方向平移得到△A′B′C′，連接AA′，BC′，若平移后的四邊形ABC′A′是“等鄰邊四邊形”，求BB'的長(zhǎng)．【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出BD，根據(jù)勾股定理求出AD，根據(jù)“等鄰邊四邊形”的定義解答即可；（2）延長(zhǎng)C′B′交AB于點(diǎn)D，根據(jù)平移的性質(zhì)得到B′D⊥AB，設(shè)B′D＝BD＝x，根據(jù)勾股定理列出方程，解方程求出BD，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)計(jì)算，得到答案．【解答】解：（1）四邊形ABCD是“等鄰邊四邊形”，理由如下：∵∠BCD＝∠DBC，CD=2∴BD＝CD=2在Rt△ABD中，AD=B∴AD＝AB，∴四邊形ABCD是“等鄰邊四邊形”；（2）如圖2，延長(zhǎng)C′B′交AB于點(diǎn)D，∵△A′B′C′由△ABC平移得到，∴A′B′∥AB，∠A′B′C′＝∠ABC＝90°，C′B′＝CB＝1，∴B′D⊥AB，∵BB′平分∠ABC，∴∠B′BD＝45°，∴B′D＝BD，設(shè)B′D＝BD＝x，∴C′D＝1+x，∵BC′＝AB＝2，∴Rt△BDC′中，x2+（1+x）2＝4，整理得：2x2+2x﹣3＝0，∴x=?2±2∴x1=?1+72，x∴BD=?1+∴BB′=2BD=【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是平移的性質(zhì)、“等鄰邊四邊形”的定義，掌握“等鄰邊四邊形”的定義是解題的關(guān)鍵．5．（2023春?義烏市校級(jí)期中）類比等腰三角形的定義，我們定義：有一組鄰邊相等的凸四邊形叫做等鄰邊四邊形．【概念理解】如圖1，在四邊形ABCD中，添加一個(gè)條件使得四邊形ABCD是“等鄰邊四邊形”．請(qǐng)寫出你添加的一個(gè)條件．（只寫一個(gè)即可）【問(wèn)題探究】如圖2，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝1，將△ABC沿∠ABC的平分線BB′的方向平移，得到△A′B′C′，連接AA′、BC′，若平移后的四邊形ABC′A′是等鄰邊四邊形，求平移的距離（直接寫出答案）．【拓展應(yīng)用】如圖3，等鄰邊四邊形ABCD中，AB＝AD，∠BAD+∠BCD＝90°，AC，BD為對(duì)角線，△BCD為等邊三角形，試給出AC和AB的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．【分析】（1）由“等鄰邊四邊形”的定義易得出結(jié)論；（2）由平移的性質(zhì)易得BB′＝AA′，A′B′∥AB，A′B′＝AB＝2，B′C′＝BC＝1，A′C′＝AC=5，再利用“等鄰邊四邊形”（3）先判斷出△AED為等邊三角形，再說(shuō)明△BDE≌△CDA，最后用勾股定理即可．【解答】解：（1）如圖1，AB＝BC或BC＝CD或CD＝AD或AD＝AB（任寫一個(gè)即可）；（2）當(dāng)AB＝BC′時(shí)，如圖2，延長(zhǎng)C′B′交AB于點(diǎn)D，∵△A′B′C′由△ABC平移得到，∴A′B′∥AB，∠A′B′C′＝∠ABC＝90°，C′B′＝CB＝1，∴B′D⊥AB，∵BB′平分∠ABC，∴∠B′BD＝45°，即B′D＝BD設(shè)B′D＝BD＝x，∴C′D＝1+x，∵BC′＝AB＝2，∴Rt△BDC′中，x2+（1+x）2＝4，解得x1=?1+72，x∴等腰Rt△BB′D中，BB′=2x=∴平移的距離為?2當(dāng)BC′＝A′C′時(shí)，同法可得BB′=2，平移距離為2當(dāng)AB＝AA′時(shí)，平移距離為2，當(dāng)AA′＝A′C′=5時(shí)，平移距離為5綜上所述，滿足條件的平移距離為?2+142或（3）AC=2AB理由：如圖3，過(guò)A作AE⊥AB，且AE＝AB，連接ED，EB，∵AE⊥AB，∴∠EAD+∠BAD＝90°，又∵∠BAD+∠BCD＝90°，△BCD為等邊三角形，∴∠EAD＝∠DCB＝60°，∵AE＝AB，AB＝AD，∴AE＝AD，∴△AED為等邊三角形，∴AD＝ED，∠EDA＝∠BDC＝60°∴∠BDE＝∠CDA，∵ED＝AD，BD＝CD，∴△BDE≌△CDA，∴AC＝BE∵AE＝BE，∠BAE＝90°，∴BE=2AB∴AC=2AB【點(diǎn)評(píng)】此題是幾何變換綜合題，主要考查新定義等鄰邊四邊形，理解這個(gè)新定義，平移得特征，等邊三角形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，新定義的理解是解本題的關(guān)鍵．6．（2023春?江油市月考）定義：我們把一組對(duì)邊平行另一組對(duì)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(diǎn)E是邊AD上一點(diǎn)，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(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，AB＝2，∠ABC＝45°，過(guò)點(diǎn)O作AC的垂線交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，連結(jié)DG．若∠CDG＝90°，求BC的長(zhǎng)．【分析】【性質(zhì)初探】過(guò)點(diǎn)A作AG⊥BC交于G，過(guò)點(diǎn)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(guò)G點(diǎn)作GM⊥AD交延長(zhǎng)線于點(diǎn)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＝22，GM＝DM2，在Rt△AGM中，用勾股定理求出AD的長(zhǎng)即為所求BC的長(zhǎng)．【解答】【性質(zhì)初探】解：過(guò)點(diǎn)A作AG⊥BC交于G，過(guò)點(diǎn)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(guò)G點(diǎn)作GM⊥AD交延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴O是AC的中點(diǎn)，∵GO⊥AC，∴AC＝CG，∵AB∥CD，∠ABC＝45°，∴∠DCG＝45°，∴∠CDG＝90°，∴CD＝DG，∴BA＝DG＝2，∵∠CDG＝90°，∴CG＝22，∴AG＝22，∵∠ADC＝∠DCG＝45°，∴∠CDM＝135°，∴∠GDM＝45°，∴GM＝DM=2在Rt△AGM中，（22）2＝（AD+2）2+（2）2∴AD=6∴BC=6【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形的綜合題，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定及性質(zhì)，等腰梯形的性質(zhì)，三角形全等的判定及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．7．（2023春?西城區(qū)校級(jí)期中）平面直角坐標(biāo)系xOy中，正方形ABCD的四個(gè)頂點(diǎn)坐標(biāo)分別為：A（?12，12），B（?12，?12），C（12，?12），D（12，12），P、Q是這個(gè)正方形外兩點(diǎn)，且PQ＝1．給出如下定義：記線段PQ的中點(diǎn)為T，平移線段PQ得到線段P'Q'（其中P'，Q'分別是點(diǎn)P，Q的對(duì)應(yīng)點(diǎn)），記線段P'Q'的中點(diǎn)為T．若點(diǎn)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(zhǎng)度的最小值為線段PQ到正方形ABCD的“回歸距離（1）如圖1，平移線段PQ，得到正方形ABCD內(nèi)兩條長(zhǎng)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(diǎn)，則點(diǎn)T1（填T1或T2）為線段PQ到正方形ABCD的“回歸點(diǎn)”；（2）若線段PQ的中點(diǎn)T的坐標(biāo)為（1，1），記線段PQ到正方形ABCD的“回歸距離”為d1，請(qǐng)直接寫出d1的最小值：52，并在圖2中畫出此時(shí)線段PQ到正方形ABCD的“回歸點(diǎn)”T（3）請(qǐng)?jiān)趫D3中畫出所有符合題意的線段PQ到正方形ABCD的“回歸點(diǎn)”組成的圖形．【分析】（1）利用平移變換的性質(zhì)以及“回歸點(diǎn)”的定義判斷即可；（2）如圖當(dāng)T′與CD的中點(diǎn)重合或與AD的中點(diǎn)重合時(shí)，TT′的值最小，再利用勾股定理求解；（3）“回歸點(diǎn)”的軌跡是以D為圓心，12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(zhǎng)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(diǎn)，則點(diǎn)T1為線段PQ到正方形ABCD的“回歸點(diǎn)”．故答案為：P1Q1∥P2Q2，T1；（2）如圖當(dāng)T′與CD的中點(diǎn)重合或與AD的中點(diǎn)重合時(shí)，TT′的值最小，最小值d1=1故答案為：52（3）如圖3中，弧EF即為所求（以D為圓心，12【點(diǎn)評(píng)】本題屬于幾何變換綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，“回歸距離”，“回歸點(diǎn)”的定義等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，屬于中考創(chuàng)新題型．8．（2022秋?興化市校級(jí)期末）我們給出如下定義：若一個(gè)四邊形中存在相鄰兩邊的平方和等于一條對(duì)角線的平方，則稱這個(gè)四邊形為勾股四邊形，這兩條相鄰的邊稱為這個(gè)四邊形的勾股邊．（1）寫出你所學(xué)過(guò)的特殊四邊形中是勾股四邊形的兩種圖形的名稱；（2）如圖1，已知格點(diǎn)（小正方形的頂點(diǎn)）O（0，0），A（3，0），B（0，4），請(qǐng)你畫出以格點(diǎn)為頂點(diǎn)，OA，OB為勾股邊且對(duì)角線相等的勾股四邊形OAMB；（3）如圖2，將△ABC繞頂點(diǎn)B按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)60°，得到△DBE，連接AD，DC，∠DCB＝30°．求證：DC2+BC2＝AC2，即四邊形ABCD是勾股四邊形．【分析】（1）只要四邊形中有一個(gè)角是直角，根據(jù)勾股定理就有兩直角邊平方的和等于斜邊的平方，即此四邊形中存在相鄰兩邊的平方和等于一條對(duì)角線的平方，由此可知，正方形、長(zhǎng)方形、直角梯形都是勾股四邊形．（2）OM＝AB知以格點(diǎn)為頂點(diǎn)的M共兩個(gè)：M（3，4）或M（4，3）．（3）欲證明DC2+BC2＝AC2，只需證明∠DCE＝90°．【解答】（1）解：正方形、長(zhǎng)方形、直角梯形．（任選兩個(gè)均可）（2）解：答案如圖所示．M（3，4）或M′（4，3）．（3）證明：連接EC，∵△ABC≌△DBE，∴AC＝DE，BC＝BE，∵∠CBE＝60°，∴EC＝BC＝BE，∠BCE＝60°，∵∠DCB＝30°，∴∠DCE＝90°，∴DC2+EC2＝DE2，∴DC2+BC2＝AC2．即四邊形ABCD是勾股四邊形．【點(diǎn)評(píng)】本題考查勾股定理，及考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：旋轉(zhuǎn)變化前后，對(duì)應(yīng)線段、對(duì)應(yīng)角分別相等，圖形的大小、形狀都不改變．9．（2021秋?永豐縣期末）定義：我們把兩條對(duì)角線互相垂直的四邊形稱為“垂美四邊形”．特例感知：（1）如圖1，四邊形ABCD是“垂美四邊形，如果OA=OD=13OB，OB＝2，∠OBC＝60°，則AD2+BC2＝1529，AB2+CD2＝猜想論證（2）如圖1，如果四邊形ABCD是“垂美四邊形”，猜想它的兩組對(duì)邊AB，CD與BC，AD之間的數(shù)量關(guān)系并給予證明．拓展應(yīng)用：（3）如圖2，分別以Rt△ACB的直角邊AC和斜邊AB為邊向外作正方形ACFG和正方形ABDE，連接CE，BG，GE，已知AC＝4，∠BAC＝60°，求GE長(zhǎng)．（4）如圖3，∠AOB＝∠COD＝90°，∠ABO＝∠CDO＝30°，∠BOC＝120°，OA＝OD，OC=3，連接AC，BC，BD，請(qǐng)直接寫出BC【分析】（1）利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)得BC＝4，OC＝23，再利用勾股定理即可得出答案；（2）由“垂美四邊形”得∠AOD＝∠BOC＝90°，再根據(jù)勾股定理得AB2+CD2＝OA2+OB2+OD2+OC2＝AD2+BC2；（3）連接CG，BE，首先利用SAS證明△GAB≌△CAE，得∠GAB＝∠ACE，說(shuō)明BG⊥CE，從而得出BC2+GE2＝CG2+BE2，進(jìn)而解決問(wèn)題；（4）通過(guò)證明△BOD∽△AOC，可得∠DBO＝∠CAO，可證四邊形ABCD是“垂美四邊形”，由“垂美四邊形”的性質(zhì)可求解．【解答】解：（1）∵OA＝OD=13OB，∴OA＝OD=2∵四邊形ABCD是“垂美四邊形”，∴∠AOD＝∠BOC＝90°，∵∠OBC＝60°，∴∠BCO＝30°，∴BC＝4，OC＝23，∴AD2+BC2＝OA2+OD2+BC2＝（23）2×2+42=AB2+CD2＝OA2+OB2+OD2+OC2＝AD2+BC2=152故答案為：1529，152（2）AB2+CD2＝AD2+BC2，理由如下：∵四邊形ABCD是“垂美四邊形”，∴∠AOD＝∠BOC＝90°，∴AB2+CD2＝OA2+OB2+OD2+OC2＝AD2+BC2；（3）連接CG，BE，設(shè)BG與AC的交點(diǎn)為O，∵正方形ACFG和正方形ABDE，∴AG＝AC，AE＝AB，∠GAC＝∠EAB，∴∠GAB＝∠CAE，∴△GAB≌△CAE（SAS），∴∠GAB＝∠ACE，∵∠AOG＝∠BOC，∴BG⊥CE，∴四邊形BCGE是“垂美四邊形”，由（2）知，BC2+GE2＝CG2+BE2，∵∠ACB＝90°，∠BAC＝60°，∴∠CBA＝30°，∴AB＝2AC＝8，BC＝43，∴CG＝42，BE＝82，∴（43）2+GE2＝（42）2+（82）2，解得EG＝47；（4）如圖，連接AD，設(shè)AC與BD的交點(diǎn)為H，∵∠AOB＝∠COD＝90°，∠ABO＝∠CDO＝30°，OC=3∴∠BOD＝∠AOC，BO=3OA，DO=3OC＝3，AB＝2AO，CD＝2CO＝2∵OA＝OD＝3，∴AB＝6，∵∠BOC＝120°，∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠AOD＝60°，∴△AOD是等邊三角形，∴AD＝DO＝3，∵BOAO=DOCO=3，∴△BOD∽△AOC，∴∠DBO＝∠CAO，∵∠ABD+∠DBO+∠BAO＝90°，∴∠ABD+∠BAO+∠CAO＝90°，∴∠AHB＝90°，∴AC⊥BD，∴四邊形ABCD是“垂美四邊形”，由（2）可知：AB2+CD2＝AD2+BC2，∴36+12＝9+BC2，∴BC=39【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，理解新定義并運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．10．（2022秋?東城區(qū)校級(jí)月考）點(diǎn)P（x1，y1），Q（x2，y2）是平面直角坐標(biāo)系中不同的兩個(gè)點(diǎn)，且x1≠x2，若存在一個(gè)正數(shù)k，使點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)滿足|y1﹣y2|＝k|x1﹣x2|，則稱P，Q為一對(duì)“限斜點(diǎn)”，k叫做點(diǎn)P，Q的“限斜系數(shù)”，記作k（P，Q）．由定義可知，k（P，Q）＝k（Q，P）．例：若P（1，0），Q（3，12），有|0?12|=14|1﹣3|，所以點(diǎn)P，Q為一對(duì)“限斜點(diǎn)”，且“已知點(diǎn)A（1，0），B（2，0），C（2，﹣2），D（2，12（1）在點(diǎn)A，B，C，D中，找出一對(duì)“限斜點(diǎn)”：點(diǎn)A與點(diǎn)D或點(diǎn)A與點(diǎn)C，它們的“限斜系數(shù)”為2或12（2）若存在點(diǎn)E，使得點(diǎn)E，A是一對(duì)“限斜點(diǎn)”，點(diǎn)E，B也是一對(duì)“限斜點(diǎn)”，且它們的“限斜系數(shù)”均為1．求點(diǎn)E的坐標(biāo)；（3）正方形對(duì)角線的交點(diǎn)叫做中心，已知正方形EFGH的各邊與坐標(biāo)軸平行，邊長(zhǎng)為2，中心為點(diǎn)M（0，m）．點(diǎn)T為正方形上任意一點(diǎn)，若所有點(diǎn)T都與點(diǎn)C是一對(duì)“限斜點(diǎn)”，且都滿足k（T，C）≥1，直接寫出點(diǎn)M的縱坐標(biāo)m的取值范圍．【分析】（1）根據(jù)定義驗(yàn)證即可；（2）設(shè)E（x，y），由題意可得方程|x﹣1|＝|x﹣2|，求出x即可確定點(diǎn)E的坐標(biāo)；（3）先確定點(diǎn)C在直線y＝﹣x上，當(dāng)T點(diǎn)在直線y＝﹣x上時(shí)，k（T，C）＝1，再由題意可知T點(diǎn)在直線y＝﹣x的上方，根據(jù)正方形的性質(zhì)求出F（﹣1，m﹣1），當(dāng)F點(diǎn)在直線y＝﹣x上時(shí)，m＝2，則m≥2時(shí)，對(duì)任意的T都有k（T，C）≥1；過(guò)點(diǎn)C作直線y＝﹣x的垂線，則垂線解析式為y＝x﹣4，由題意可知T點(diǎn)在直線y＝x﹣4的下方，再求出E（﹣1，m+1），當(dāng)E點(diǎn)在直線y＝x﹣4上時(shí)，m＝﹣6，則m≤﹣6時(shí)，對(duì)任意的T都有k（T，C）≥1．【解答】解：（1）由定義可知x1≠x2，y1≠y2，∴B、C、D三點(diǎn)不能是“限斜點(diǎn)”，A、B不能是“限斜點(diǎn)”，對(duì)于點(diǎn)A（1，0）和點(diǎn)C（2，﹣2），|﹣2﹣0|＝2|2﹣1|，∴A與C是“限斜點(diǎn)”，“限斜系數(shù)”為2；對(duì)于點(diǎn)A（1，0）和點(diǎn)D（2，12），|12?0|=∴A與D是“限斜點(diǎn)”，“限斜系數(shù)”為12故答案為：點(diǎn)A與點(diǎn)D或點(diǎn)A與點(diǎn)C；2或12（2）設(shè)E（x，y），∵點(diǎn)E，A是一對(duì)“限斜點(diǎn)”，“限斜系數(shù)”為1，∴|y|＝|x﹣1|，∵點(diǎn)E，B一對(duì)“限斜點(diǎn)”，“限斜系數(shù)”為1，∴|y|＝|x﹣2|，∴|x﹣1|＝|x﹣2|，解得x=3∴y＝±12∴E（32，12）或（32（3）∵C（2，﹣2），∴點(diǎn)C在直線y＝﹣x上，當(dāng)T點(diǎn)在直線y＝﹣x上時(shí)，k（T，C）＝1，∵所有點(diǎn)T都滿足k（T，C）≥1，∴T點(diǎn)在直線y＝﹣x的上方，∵M(jìn)（0，m），F(xiàn)G＝2，∴F（﹣1，m﹣1），當(dāng)F點(diǎn)在直線y＝﹣x上時(shí)，m﹣1＝1，解得m＝2，∴m≥2時(shí)，對(duì)任意的T都有k（T，C）≥1；過(guò)點(diǎn)C作直線y＝﹣x的垂線，則垂線解析式為y＝x﹣4，當(dāng)T點(diǎn)在直線y＝x﹣4上時(shí)，k（T，C）＝1，∵所有點(diǎn)T都滿足k（T，C）≥1，∴T點(diǎn)在直線y＝x﹣4的下方，∵M(jìn)（0，m），F(xiàn)G＝2，∴E（﹣1，m+1），當(dāng)E點(diǎn)在直線y＝x﹣4上時(shí)，﹣1﹣4＝m+1，解得m＝﹣6，∴m≤﹣6時(shí)，對(duì)任意的T都有k（T，C）≥1；綜上所述：m≥2或m≤﹣6時(shí)，對(duì)任意的T都有k（T，C）≥1．【點(diǎn)評(píng)】本題考查四邊形的綜合應(yīng)用，熟練掌握正方形的性質(zhì)，會(huì)解絕對(duì)值方程，弄清定義，數(shù)形結(jié)合，分類討論是解題的關(guān)鍵．11．（2022?南京模擬）對(duì)于平面直角坐標(biāo)系xOy中的圖形M，N，給出如下定義：P為圖形M上任意一點(diǎn)，Q為圖形N上任意一點(diǎn)，如果P，Q兩點(diǎn)間的距離有最小值，那么稱這個(gè)最小值為圖形M，N間的“鄰近距離”，記為d（圖形M，圖形N），已知點(diǎn)A（﹣2，﹣2），B（3，﹣2），C（3，3），D（﹣2，3）．（1）d（點(diǎn)O，線段AB）＝2；（2）若點(diǎn)G在軸上，且d（點(diǎn)G，線段AB）＞2，求點(diǎn)G的橫坐標(biāo)a的取值范圍；（3）依次連接A，B，C，D四點(diǎn)，得到正方形ABCD（不含圖形內(nèi)部），記為圖形M，點(diǎn)E（t，0），點(diǎn)F（0，12?t）均不與點(diǎn)O重合，線段EO，OF組成的圖形記為圖形N，若1＜d（圖形M，圖形N）＜2，直接寫出【分析】（1）根據(jù)定義判斷即可；（2）由﹣2≤a≤3時(shí)，d（點(diǎn)G，線段AB）＝2，則當(dāng)a＜﹣2或a＞3時(shí)，d（點(diǎn)G，線段AB）＞2；（3）分兩種情況討論：當(dāng)t＜0時(shí)，1＜3﹣（12?t）＜2，1＜t+2＜2，可得?32＜t＜0時(shí)，1＜d（圖形M，圖形N）＜2；當(dāng)t＞0時(shí)，1＜3﹣t＜2，1＜12?t+2＜2，可得1＜【解答】解：（1）∵A（﹣2，﹣2），B（3，﹣2），∴點(diǎn)O到線段AB的距離為2，∴d（點(diǎn)O，線段AB）＝2，故答案為：2；（2）∵G點(diǎn)在軸上，∴﹣2≤a≤3時(shí)，d（點(diǎn)G，線段AB）＝2，當(dāng)a＜﹣2或a＞3時(shí)，d（點(diǎn)G，線段AB）＞2，∴a＜﹣2或a＞3；（3）當(dāng)t＜0時(shí)，如圖1，∵1＜d（圖形M，圖形N）＜2，∴1＜3﹣（12?t）＜2，1＜∴?32＜t＜?12∴?32＜t＜0時(shí)，1＜d（圖形M當(dāng)t＞0時(shí)，如圖2，∵1＜d（圖形M，圖形N）＜2，∴1＜3﹣t＜2，1＜12∴1＜t＜2，12＜t∴1＜t＜2時(shí)，1＜d（圖形M，圖形N）＜2；綜上所述：?32＜t＜0或1＜t＜2時(shí)，1＜d（圖形M【點(diǎn)評(píng)】本題考查四邊形的綜合應(yīng)用，理解定義，熟練掌握一元一次不等式的解法，點(diǎn)與線段的距離求法，數(shù)形結(jié)合，分類討論是解題的關(guān)鍵．12．（2022春?海淀區(qū)校級(jí)期中）對(duì)于平面直角坐標(biāo)系xOy中的圖形W1和圖形W2．給出如下定義：在圖形W1上存在兩點(diǎn)A，B（點(diǎn)A，B可以重合），在圖形W2上存在兩點(diǎn)M，N（點(diǎn)M、N可以重合）使得AM＝2BN，則稱圖形W1和圖形W2滿足限距關(guān)系．（1）如圖1，點(diǎn)C（1，0），D（﹣1，0），E（0，3），點(diǎn)F在CE上運(yùn)動(dòng)（點(diǎn)F可以與C，E重合），連接OF，DF．①線段OF的最小值為32，最大值為3；線段DF的取值范圍是3≤DF≤②在點(diǎn)O，D中，點(diǎn)O與線段CE滿足限距關(guān)系．（2）如圖2，正方形ABMN的邊長(zhǎng)為2，直線PQ分別與x軸，y軸交于點(diǎn)Q，P，且與x軸正方向的夾角始終是30°，若線段PQ與正方形ABMN滿足限距關(guān)系，求點(diǎn)P的縱坐標(biāo)a（a＞0）的取值范圍；（3）如圖3，正方形ABMN的頂點(diǎn)均在坐標(biāo)軸上，A（0，b）（b＞0），G，H是正方形邊上兩點(diǎn)，分別以G，H為中心作邊長(zhǎng)為1的正方形，與正方形ABMN的四邊分別平行．若對(duì)于任意的點(diǎn)G，H，以G，H為中心的正方形都滿足限距關(guān)系，直接寫出b的取值范圍．【分析】（1）①找到OF⊥CE時(shí)，OF的值最小，利用等積法求出最小值；當(dāng)F點(diǎn)與E點(diǎn)重合時(shí)，再求出OF的最大值；同理確定DF的最小值和最大值即可求DF的取值范圍；②根據(jù)定義，線段CE上存在點(diǎn)M、N，滿足OM最小值為32，ON最大值為3（2）分三種情況討論：①當(dāng)0＜a＜63時(shí)，線段PQ在正方形內(nèi)部，此時(shí)PQ與正方形無(wú)公共點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)Q作QE⊥AB交于E，過(guò)點(diǎn)Q作QF⊥QE交AN于點(diǎn)F，此時(shí)正方形上到線段PQ的最短距離為1?62a，正方形上到線段PQ的最大距離為1+62a，可得1+62a≥2（1?62a），從而求出69≤a＜63；②當(dāng)63≤a≤2時(shí)，線段PQ與正方形有公共點(diǎn)，此時(shí)線段PQ與正方形滿足限距關(guān)系；③當(dāng)a＞2時(shí)，線段PQ在正方形的外部，與正方形無(wú)公共點(diǎn)，正方形到線段PQ的最小距離為AC=32（a?2），正方形到線段（3）考慮中心H、G分別與B、N重合，兩個(gè)正方形的距離的最小值為BN﹣BD﹣PN＝2b?2，最大距離為BN+BC+NQ＝2b+2，可得2b+2≥2（2b?【解答】解：（1）①如圖1，點(diǎn)C（1，0），D（﹣1，0），E（0，3），∴OC＝1，OD＝1，OE=3∴CE＝2，當(dāng)OF⊥CE時(shí)，12OC?OE=12EC∴OF=3此時(shí)OF的值最小；當(dāng)F點(diǎn)與E點(diǎn)重合時(shí)，OF的值最大，最大值為3，當(dāng)DF⊥CE時(shí)，DF的值最小，∴12DC?OE=12EC∴DF=3當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)C或點(diǎn)E重合時(shí)，DF有最大值，∴DE＝CD＝2，∴FD的最大值為2，∴3≤DF≤故答案為：32，3，3≤DF②線段CE上存在點(diǎn)M、N，滿足OM最小值為32，ON最大值為3則OM＝2ON，∴點(diǎn)O與線段CE滿足限距關(guān)系；∵3≤DF≤∴線段CE上不存在兩點(diǎn)與點(diǎn)D滿足限距關(guān)系；故答案為：O；（2）∵P（0，a），∠PQO＝30°，∴OP＝a，PQ＝2a，∴OQ=3a∵正方形的邊長(zhǎng)為2，∴OA＝OB=2當(dāng)3a=2時(shí)，a=63，此時(shí)點(diǎn)Q①如圖2，當(dāng)0＜a＜63時(shí)，線段PQ在正方形內(nèi)部，此時(shí)過(guò)點(diǎn)Q作QE⊥AB交于E，過(guò)點(diǎn)Q作QF⊥QE交AN于點(diǎn)F，∴QE=B∴QE＝1?62∴正方形上到線段PQ的最短距離為1?62∵NF=Q∴NF＝1+62∴正方形上到線段PQ的最大距離為1+62∵線段PQ與正方形滿足限距關(guān)系，∴1+62a≥2（1?解得a≥6∴69≤a②如圖3，當(dāng)63≤a≤2線段PQ與正方形滿足限距關(guān)系；③如圖4，當(dāng)a＞2時(shí)，線段PQ過(guò)點(diǎn)A作AC⊥PQ交于C，過(guò)點(diǎn)M作MD⊥PQ交于D，∵∠OPQ＝60°，∴∠PAC＝30°，∠PMD＝30°，∴CP=12AP，PD=∴正方形到線段PQ的最小距離為AC=AP2?C正方形到線段PQ的最大距離為MP＝a+2∵線段PQ與正方形滿足限距關(guān)系，∴a+2≥2×32解得a≤22+∴2＜a≤22綜上所述：69≤a≤2（3）如圖5，當(dāng)中心H、G分別與B、N重合時(shí)，∵A（0，b），∴OA＝OB＝ON＝b，∵小正方形的邊長(zhǎng)為1，∴CD＝PQ=2∴兩個(gè)正方形的距離的最小值為BN﹣BD﹣PN＝2b?2，最大距離為BN+BC+NQ＝2b+∵兩個(gè)正方形滿足限距關(guān)系，∴2b+2≥2（2b解得b≤3∴0＜b≤3【點(diǎn)評(píng)】本題考查四邊形的綜合應(yīng)用，熟練掌握正方形的性質(zhì)，直角三角形的勾股定理，理解定義，分類討論，數(shù)形結(jié)合解題是關(guān)鍵．13．（2022?匯川區(qū)模擬）定義：有一組對(duì)角互補(bǔ)的四邊形叫做“對(duì)補(bǔ)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(duì)補(bǔ)四邊形”．【概念理解】（1）如圖1，四邊形ABCD是“對(duì)補(bǔ)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(shí)．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(duì)補(bǔ)四邊形”．【分析】（1）①設(shè)∠A＝3x°，則∠B＝2x°，∠C＝x°，利用“對(duì)補(bǔ)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(duì)補(bǔ)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(duì)補(bǔ)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(duì)補(bǔ)四邊形”，∴∠A+∠C＝180°，∴3x+x＝180，∴x＝45°．∴∠B＝2x＝90°．∵四邊形ABCD是“對(duì)補(bǔ)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(duì)補(bǔ)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，AD=ED∠ADB=∠EDB∴△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(duì)補(bǔ)四邊形”．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了四邊形的內(nèi)角和定理，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，角平分線的定義，等腰三角形的判定與性質(zhì)，本題是新定義型，理解并熟練應(yīng)用新定義是解題的關(guān)鍵．14．（2022春?曾都區(qū)期末）定義：我們把對(duì)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(guò)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(hào)）；（2）如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)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(diǎn)，若以點(diǎn)A，B，C，D為頂點(diǎn)的四邊形是等角線四邊形，求這個(gè)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(zhǎng)，即可求解．【解答】（1）解：∵矩形、正方形的對(duì)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(dāng)點(diǎn)D在AB的上方時(shí)，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=BD∴S四邊形ABCD＝S△ABD+S△BCD=12×AB×DE+12×當(dāng)點(diǎn)D在AB的下方時(shí)，如圖，過(guò)點(diǎn)D作DF⊥BC，交CB的延長(zhǎng)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=CD2?DF∴BF＝23?∴S四邊形ADBC＝S△ABC+S△ABD=12×4×（23?3）+1綜上所述：這個(gè)等角線四邊形的面積為43或221+【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，理解等角線四邊形的定義并運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．15．（2022春?長(zhǎng)汀縣期末）在平面直角坐標(biāo)系中，如果點(diǎn)p（a，b）滿足a+1＞b且b+1＞a，則稱點(diǎn)p為“自大點(diǎn)”：如果一個(gè)圖形的邊界及其內(nèi)部的所有點(diǎn)都不是“自大點(diǎn)”，則稱這個(gè)圖形為“自大忘形”．（1）判斷下列點(diǎn)中，哪些點(diǎn)是“自大點(diǎn)”，直接寫出點(diǎn)名稱；p1（1，0），p2(2（2）如果點(diǎn)N（2x+3，2）不是“自大點(diǎn)”，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(gè)單位長(zhǎng)的速度向下（y軸負(fù)方向）平移，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒（t＞0），當(dāng)正方形成為“自大忘形”時(shí)，求t的取值范圍．【分析】（1）利用“自大點(diǎn)”的定義解答即可；（2）利用“自大點(diǎn)”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(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)，利用（2）中的方法求得平移后的正方形的三個(gè)頂點(diǎn)不是“自大點(diǎn)”時(shí)的t的范圍即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）P2；理由：∵點(diǎn)P（a，b）滿足a+1＞b且b+1＞a，則稱點(diǎn)P為“自大點(diǎn)”，∴a，b滿足﹣1＜b﹣a＜1，∵P1（1，0），0﹣1＝﹣1，∴P1（1，0）不是“自大點(diǎn)”；∵P2(2∴P2(2，3∵P3(?1，?5∴P3(?1，?5)不是綜上，三個(gè)點(diǎn)中點(diǎn)P2是“自大點(diǎn)”；（2）如果點(diǎn)N（2x+3，2）是“自大點(diǎn)”，∴2x+3+1＞22+1＞2x+3解得：﹣1＜x＜0，∴當(dāng)x≤﹣1或x≥0時(shí)，點(diǎn)N（2x+3，2）不是“自大點(diǎn)”，∴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(biāo)分別為（0，6﹣t），B（0，4﹣t），C（2，4﹣t），D（2，6﹣t），當(dāng)A點(diǎn)平移后的點(diǎn)是“自大點(diǎn)時(shí)”，﹣1＜6﹣t＜1，解得：5＜t＜7，故A點(diǎn)平移后的點(diǎn)不是“自大點(diǎn)時(shí)”，0＜t≤5或t≥7，同理，當(dāng)B點(diǎn)和D點(diǎn)平移后的點(diǎn)不是“自大點(diǎn)時(shí)”，0＜t≤3或t≥5，同理，當(dāng)C點(diǎn)平移后的點(diǎn)不是“自大點(diǎn)時(shí)”，0＜t≤1或t≥3，∴當(dāng)平移后的正方形邊界及其內(nèi)部的所有點(diǎn)都不是“自大點(diǎn)”時(shí)，0＜t≤1或者t≥7或t＝3或5．∴當(dāng)正方形成為“自大忘形”時(shí)，t的取值范圍為：0＜t≤1或者t≥7或者t＝3或5．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了一元一次不等式組的解法，正方形的性質(zhì)，本題是新定義型，準(zhǔn)確理解并熟練應(yīng)用新定義是解題的關(guān)鍵．16．（2022春?北侖區(qū)期末）定義：對(duì)角線相等的四邊形稱為對(duì)美四邊形．（1）我們學(xué)過(guò)的對(duì)美四邊形有矩形、等腰梯形．（寫出兩個(gè)）（2）如圖1，D為等腰△ABC底邊AB上的一點(diǎn)，連結(jié)CD，過(guò)C作CF∥AB，以B為頂點(diǎn)作∠CBE＝∠ACD交CF于點(diǎn)E，求證：四邊形CDBE為對(duì)美四邊形．（3）如圖2，對(duì)美四邊形ABCD中，對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)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(duì)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(duì)美四邊形的定義證明結(jié)論；（3）①延長(zhǎng)BA至E，使AE＝CD，連接DE，過(guò)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(jì)算，得到答案；②根據(jù)勾股定理、完全平方公式計(jì)算即可．【解答】（1）解：∵矩形的對(duì)角線相等，等腰梯形的對(duì)角線相等，∴我們學(xué)過(guò)的對(duì)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，∠ACD=∠CBEAC=CB∴△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(duì)美四邊形；（3）解：①如圖2，延長(zhǎng)BA至E，使AE＝CD，連接DE，過(guò)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=12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=3∴S四邊形ABCD=12（AB+CD）?DF=12×②設(shè)CD為m，AB為n，則mn＝6，則EB＝EA+AB＝DC+AB＝m+n，∴EF=12（m+∴AF＝EF﹣EA=12（m﹣在Rt△AFD中，DF2＝AD2﹣AF2＝x2﹣[12（m﹣n）]2在Rt△EFD中，DF2＝BD2﹣BF2＝y(tǒng)2﹣[12（m+n）]2∴y2﹣x2＝mn＝6，∴y2＝x2+6．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是對(duì)美四邊形的定義、平行四邊形的判定和性質(zhì)、勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)，掌握對(duì)美四邊形的定義是解題的關(guān)鍵．17．（2022春?江北區(qū)期末）定義：對(duì)于一個(gè)四邊形，我們把依次連結(jié)它的各邊中點(diǎn)得到的新四邊形叫做原四邊形的“中點(diǎn)四邊形”．如果原四邊形的中點(diǎn)四邊形是個(gè)正方形，我們把這個(gè)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(wèn)題解決：如圖2，以銳角△ABC的兩邊AB，AC為邊長(zhǎng)，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(diǎn)，（1）試探索AC與MN的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)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(diǎn)，利用三角形中位線定理即可得出答案；問(wèn)題解決：如圖2，取四邊形BCGE各邊中點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)E、F并順次連接EN、NF、FM、ME，連接BD交AC于O，連接OM、ON，當(dāng)點(diǎn)O在MN上（即M、O、N共線）時(shí)，OM+ON最小，最小值為MN的長(zhǎng)，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?yàn)檎叫蔚膶?duì)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(diǎn)，∴∠FEH＝90°，EF＝EH，EH∥BD，EH=12BD，EF∥AC，EF=∴AC⊥BD，AC＝BD，故答案為：AC⊥BD，AC＝BD；問(wèn)題解決：如圖2，取四邊形BCGE各邊中點(diǎn)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(diǎn)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=12BG，RL∥BG，RL=12BG，RN∥CE，RN=12CE，ML∥∴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，AE=AB∠EAC=∠BAG∴△EAC≌△BAG（SAS），∴CE＝BG，∠AEC＝∠ABG，又∵RL=12BG，RN=∴RL＝RN，∴?MNRL是菱形，∵∠EAB＝90°，∴∠AEP+∠APE＝90°．又∵∠AEC＝∠ABG，∠APE＝∠BPK，∴∠ABG+∠BPK＝90°，∴∠BKP＝90°，又∵M(jìn)N∥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=22如圖3，分別作AD、BC的中點(diǎn)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(diǎn)，∴四邊形ENFM是正方形，∴FM＝FN，∠MFN＝90°，∴MN=FM∵M(jìn)，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，∴FM=12∴MN=22（2）如圖4，分別作AD、BC的中點(diǎn)E、F并順次連接EN、NF、FM、ME，連接BD交AC于O，連接OM、ON，當(dāng)點(diǎn)O在MN上（即M、O、N共線）時(shí)，OM+ON最小，最小值為MN的長(zhǎng)，∴2（OM+ON）最小＝2MN，由性質(zhì)探究②知：AC⊥BD，又∵M(jìn)，N分別是AB，CD的中點(diǎn)，∴AB＝2OM，CD＝2ON，∴2（OM+ON）＝AB+CD，∴（AB+CD）最?。?MN，由拓展應(yīng)用（1）知：MN=22又∵AC＝2，∴MN=2∴（AB+CD）最小＝22．【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，三角形的中位線的性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，勾股定理，兩點(diǎn)之間線段最短等知識(shí)，理解“中方四邊形”的定義并運(yùn)用是本題的關(guān)鍵．18．（2022春?銅山區(qū)期末）新定義：若四邊形的一組對(duì)角均為直角，則稱該四邊形為對(duì)直四邊形．（1）下列四邊形為對(duì)直四邊形的是②④（寫出所有正確的序號(hào)）；①平行四邊形；②矩形；③菱形，④正方形．（2）如圖，在對(duì)直四邊形ABCD中，已知∠ABC＝90°，O為AC的中點(diǎn)．①求證：BD的垂直平分線經(jīng)過(guò)點(diǎn)O；②若AB＝6，BC＝8，請(qǐng)?jiān)趥溆脠D中補(bǔ)全四邊形ABCD，使四邊形ABCD的面積取得最大值，并求此時(shí)BD的長(zhǎng)度．【分析】（1）由對(duì)直四邊形的定義可求解；（2）①由直