幾何圖形中新定義型問題 中考數(shù)學

搶分秘籍12幾何圖形中新定義型問題（含三角形，特殊的平行四邊形，圓綜合）（壓軸通關）目錄【中考預測】預測考向，總結(jié)?？键c及應對的策略【誤區(qū)點撥】點撥常見的易錯點【搶分通關】精選名校模擬題，講解通關策略（含新考法、新情境等）三角形，特殊的平行四邊形，圓中新定義型問題是全國中考的熱點和壓軸內(nèi)容，更是全國中考的必考內(nèi)容。每年都有一些考生因為知識殘缺、基礎不牢、技能不熟、答欠規(guī)范等原因?qū)е率Х帧?．從考點頻率看，三角形，特殊的平行四邊形，圓中新定義型問題主要是依據(jù)基本圖形的性質(zhì)定理去解決新提出來的新問題，也是高頻考點、必考點綜合性較強。2．從題型角度看，以解答題的最后一題或最后第二題為主，分值12分左右，著實不少！題型一三角形中的新定義問題【例1】（新考法，拓視野）（2023·江蘇蘇州·二模）定義：如果三角形的兩個與滿足，那么我們稱這樣的三角形為“奇妙互余三角形”．

(1)若是“奇妙互余三角形”，，，則的度數(shù)為______；(2)如圖1，在中，，若，點D是線段上的一點，若，判斷是否是“奇妙互余三角形”，如果是，請說明理由；(3)如圖2，在四邊形中，是對角線，，，若，且是“奇妙互余三角形”，求的長．本題考查了三角形內(nèi)角和定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，翻折的性質(zhì)等知識．解題的關鍵在于理解題意并對知識進行靈活運用．本題考查了三角形內(nèi)角和定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，翻折的性質(zhì)等知識．解題的關鍵在于理解題意并對知識進行靈活運用．【例2】（2023·吉林長春·二模）【定義】如圖①，若內(nèi)一點P滿足，則點P為的布洛卡點．【探究】（1）如圖②，在中，，點P是的一個布洛卡點．求證：．【應用】（2）如圖③，在【探究】的條件下，若，且．判斷AP與CP的數(shù)量關系，并說明理由．1．（2023·山東青島·一模）定義：三角形一邊中線的中點和該邊的兩個頂點組成的三角形稱為中原三角形．如圖①，是的中線，F(xiàn)是的中點，則是中原三角形．

(1)求中原三角形與原三角形的面積之比（直接寫出答案）．(2)如圖②，是的中線，E是邊上的點，，與相交于點F，連接．求證：是中原三角形．(3)如圖③，在（2）的條件下，延長交于點M，連接，求與的面積之比．2．（2023·江蘇揚州·二模）給出一個新定義：有兩個等腰三角形，如果它們的頂角相等、頂角頂點互相重合且其中一個等腰三角形的一個底角頂點在另一個等腰三角形的底邊上，那么這兩個等腰三角形互為“友好三角形”．

(1)如圖①，和互為“友好三角形”，點是邊上一點（異于點），，，，連接，則______（填“”或“=”或“”），______°（用含的代數(shù)式表示）．(2)如圖②，和互為“友好三角形”，點是邊上一點，，，，、分別是底邊、的中點，請?zhí)骄颗c的數(shù)量關系，并說明理由．(3)如圖③，和互為“友好三角形”，點是邊上一動點，，，，，過點作，交直線于點，若點從點運動到點，直接寫出點運動的路徑長．3．（2023·浙江寧波·二模）定義：兩個相似三角形共邊且位于一個角的平分線兩側(cè)，則稱這樣的兩個相似三角形為疊似三角形．(1)如圖1，四邊形中，對角線平分，，求證：和為疊似三角形；(2)如圖2，和為疊似三角形，若，，求四邊形的周長；(3)如圖3，在中，D是上一點，連接，點E在上，且，F(xiàn)為中點，且，若，求的值．4．（2023·貴州遵義·一模）綜合與實踐新定義：我們把兩個面積相等但不全等的三角形叫做積等三角形．(1)【初步嘗試】如圖1，已知中，，，，為上一點，當______時，與為積等三角形；(2)【理解運用】如圖2，與為積等三角形；若，，且線段的長度為正整數(shù)，求的長；(3)【綜合應用】如圖3，已知中，，分別以，為邊向外作正方形和正方形，連接，求證：與為積等三角形．題型二矩形中的新定義問題【例1】（新考法，拓視野）（2023·湖北隨州·模擬預測）定義：長寬比為（為正整數(shù)）的矩形稱為，我們通過折疊的方式折出一個矩形

操作1：將正方形沿過點的直線折疊，使折疊后的點落在對角線上的點處，折痕為．操作2：將沿過點的直線折疊，使點，點分別落在邊，上．(1)證明：四邊形為矩形；(2)點在直線上一動點．①如圖，是對角線的中點，若點在邊上，，連接．求的值；②若，點在邊上，當?shù)闹荛L最小時，求；③連接，作，垂足為，若，則的最大值______．本題是相似形綜合題，主要考查了新定義、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、矩形的性質(zhì)和判定等知識，利用對稱性和垂線段最短確定出最小值是解本題的關鍵．本題是相似形綜合題，主要考查了新定義、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、矩形的性質(zhì)和判定等知識，利用對稱性和垂線段最短確定出最小值是解本題的關鍵．【例2】（2024·江西九江·一模）新定義：若一個三角形一條邊的平方等于另兩條邊的乘積，則稱這個三角形為比例三角形．例如：三邊的長分別為，，．因為，所以是比例三角形．【問題提出】（1）已知是比例三角形，，，求的長；【問題探究】（2）如圖1，P是矩形的邊上的一動點，平分，交邊于點Q，．①求證：；②求證：是比例三角形．【問題延伸】（3）如圖2，在（2）的條件下，當，時，點C與點Q能否重合？若能，求出的值；若不能，請說明理由．1．（23-24九年級上·吉林松原·期末）定義：對多邊形進行折疊，若翻折后的圖形恰能拼成一個無縫隙、無重疊的四邊形，則這樣的四邊形稱為鑲嵌四邊形．(1)如圖1，將紙片沿中位線折疊，使點落在邊上的處，再將紙片分別沿，折疊，使點和點都與點重合，得到雙層四邊形，則雙層四邊形為______形．(2)紙片按圖2的方式折疊，折成雙層四邊形為矩形，若，，求的長．(3)如圖3，四邊形紙片滿足，，，，．把該紙片折疊，得到雙層四邊形為正方形．請你畫出一種折疊的示意圖，并直接寫出此時的長．2．（2023·廣東廣州·一模）定義新概念：有一組鄰邊相等，且它們的夾角是直角的凸四邊形叫做等腰直角四邊形．(1)如圖①，等腰直角四邊形，，．①若，于點，求的長；②若，，求的長；(2)如圖②，在矩形中，，點是對角線上的一點，且，過點作直線分別交邊，于點，，要使四邊形是等腰直角四邊形，求的長．題型三菱形中的新定義問題【例1】（新考法，拓視野）（2024·黑龍江哈爾濱·一模）請閱讀下面材料，并完成相關任務：定義：點P是內(nèi)部或邊上的點（頂點除外），在，或中，如果有一個三角形與相似，那么稱點P是的“相似點”．例：如圖①，點P在的內(nèi)部，，則，故點P為的“相似點”．請你運用所學知識，結(jié)合上述材料，解決下列問題：(1)如圖②，在中，，平分，求證：點P為的“相似點”；(2)如圖③，若為銳角三角形，點E是的“相似點”，且點B與點A對應，點E在的平分線上，連接，若，求的值；(3)如圖④，在菱形中，E是上一點，F(xiàn)是內(nèi)一點，且，連接與交于點G，連接，若點G是的“相似點”，且，求證：．本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，正確理解題意，找準相似三角形的對應關系是解題關鍵.本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，正確理解題意，找準相似三角形的對應關系是解題關鍵.【例2】（22-23八年級下·江蘇南京·期末）定義：若一個四邊形只有一組鄰邊相等，且這組鄰邊夾角所對的對角線平分一個內(nèi)角，則稱這樣的四邊形為“近似菱形”．例如：如圖①，在四邊形中，，若平分，則四邊形是近似菱形．

(1)如圖②，在四邊形中，，，．求證：四邊形是“近似菱形”，(2)如圖③，已知線段BD，求作“近似菱形”，使得，平分，且與互補．要求：①尺規(guī)作圖；②保留作圖痕跡，寫出必要的文字說明．(3)在（2）的條件下，“近似菱形”中的取值范圍是________________．1．定義：在三角形中，若有兩條中線互相垂直，則稱該三角形為中垂三角形．

(1)如圖（a），是中垂三角形，分別是邊上的中線，且于點，若，求證：是等腰三角形．(2)如圖（b），在中垂三角形中，分別是邊上的中線，且于點，求證：．(3)如圖（c），四邊形是菱形，對角線交于點，點分別是的中點，連接并延長，交于點．求證：是中垂三角形；題型四正方形中的新定義問題【例1】（新考法，拓視野）（2024·江西宜春·一模）定義：一組鄰邊相等且對角互補的四邊形叫作“等補四邊形”．如圖1，四邊形中，，，則四邊形叫作“等補四邊形”．(1)概念理解①在以下四種圖形中，一定是“等補四邊形”的是（

）A．平行四邊形

B．菱形

C．矩形

D．正方形②等補四邊形中，若，則；③如圖1，在四邊形中，平分，，．求證：四邊形是等補四邊形．(2)探究發(fā)現(xiàn)如圖2，在等補四邊形中，，連接，是否平分？請說明理由．(3)拓展應用如圖3，在等補四邊形中，，其外角的平分線交的延長線于點，，，求的長．本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的判定，“等補四邊形”的概念，正確引出輔助線解決問題是解題的關鍵．本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的判定，“等補四邊形”的概念，正確引出輔助線解決問題是解題的關鍵．【例2】（2024·浙江·一模）定義：在四邊形內(nèi)，如果有一點和一組對邊組成的兩個三角形都是以對邊為斜邊的等腰直角三角形，那么這個四邊形叫做蝴蝶四邊形．例如圖1，，，則四邊形為蝴蝶四邊形．(1)【概念理解】如圖2，正方形中，對角線與相交于O．求證：正方形為蝴蝶四邊形；(2)【性質(zhì)探究】如圖3，在蝴蝶四邊形中，．求證：；(3)【拓展應用】如圖3，在蝴蝶四邊形中，，，．當是等腰三角形時，求此時以為邊的正方形的面積．1．定義：一組鄰邊相等且對角互補的四邊形叫作完美四邊形．如圖1，四邊形中，，（或），則四邊形叫作完美四邊形．

(1)概念理解：在以下四種圖形中：①平行四邊形：②菱形；③矩形；④正方形，一定是“完美四邊形”的是______；（填寫序號）(2)性質(zhì)探究：如圖2，完美四邊形中，，，請用等式表示線段，，之間的數(shù)量關系，并證明，(3)拓展應用：如圖3，已知四邊形是完美四邊形，，，，，當時，求四邊形面積的最大值．2．（2023·湖南·一模）定義：有一組鄰邊相等且對角互補的四邊形稱為“等補四邊形”．(1)下列選項中一定是“等補四邊形”的是________；A．平行四邊形；B．矩形；C．正方形；D．菱形(2)如圖1，在邊長為a的正方形中，E為邊上一動點（E不與C、D重合），交于點F，過F作交于點H．①試判斷四邊形是否為“等補四邊形”并說明理由；②如圖2，連接，求的周長；③若四邊形是“等補四邊形”，求的長．3．（2024·江蘇淮安·模擬預測）在初二下學期我們學習了三角形中位線的定義以及三角形中位線定理，并且能用相關知識解決問題．【問題再現(xiàn)】已知：如圖1，在中，D、E分別是邊的中點，求證：，【簡單應用】（1）如圖2，A、B兩地被建筑物阻隔，為測量A、B兩地的距離，在地面上選一點C，連接，分別取的中點D、E．測得的長為，則A、B兩地的距離為_______．（2）如圖3，在四邊形中，，點E、F分別是和的中點，求的長．【靈活運用】如圖4，在邊長為6的正方形中，點E是上一點，點F是上一點，點F關于直線的對稱點G恰好在的延長線上，交于點H，點M為的中點，若，求的長．題型五圓中的新定義問題【例1】（新考法，拓視野）（2024·湖南長沙·一模）定義：對角線互相垂直的圓內(nèi)接四邊形叫做圓的“奇妙四邊形”．(1)若是圓的“奇妙四邊形”，則是_________（填序號）：①矩形；②菱形；③正方形(2)如圖1，已知的半徑為R，四邊形是的“奇妙四邊形”．求證：；(3)如圖2，四邊形是“奇妙四邊形”，P為圓內(nèi)一點，，，，且．當?shù)拈L度最小時，求的值．本題是圓的綜合題，考查的是勾股定理的應用，圓周角定理的應用，一元二次方程的解法，熟練的建立數(shù)學模型并靈活應用是解本題的關鍵．本題是圓的綜合題，考查的是勾股定理的應用，圓周角定理的應用，一元二次方程的解法，熟練的建立數(shù)學模型并靈活應用是解本題的關鍵．【例2】（2023·江蘇泰州·三模）【概念認識】定義：對角線互相垂直且相等的四邊形叫做垂等四邊形．（1）如圖1，已知在垂等四邊形中，對角線與交于點E，若，，，則的長度＝______cm．【數(shù)學理解】（2）在探究如何畫“圓內(nèi)接垂等四邊形”的活動中，小李想到可以利用八年級的所學三角形全等．如圖2，在中，已知是弦，是半徑，求作：的內(nèi)接垂等四邊形．（要求：尺規(guī)作圖，不寫作法，保留痕跡）【問題解決】（3）如圖3，已知A是上一定點，B為上一動點，以為一邊作出的內(nèi)接垂等四邊形（A、B不重合且A、B、O三點不共線），對角線與交于點E，的半徑為，當點E到的距離為時，求弦的長度．

1．（2023·江蘇宿遷·模擬預測）數(shù)學活動課上，指導老師給出如下定義：有一組對邊相等而另一組對邊不相等的凸四邊形叫做對等四邊形．同時老師還給出如下幾個問題，請同學們幫忙解決：(1)如圖1，在平面直角坐標系中，小正方形的邊長均為1，已知A、B、C、D在格點（小正方形的頂點）上，且以、為邊的四邊形是對等四邊形，則頂點D的坐標為______；(2)如圖2，在圓內(nèi)接四邊形中，是的直徑，．求證：四邊形是對等四邊形；(3)如圖3，在中，，，，點A為中點，動點D從點P出發(fā)，沿以1/秒的速度向終點C運動．設運動時間為t秒，若四邊形是對等四邊形時，求t的值．2．（2023·四川遂寧·一模）定義：如圖，若點在直線上，在的同側(cè)有兩條以為端點的線段、，滿足，則稱和關于直線滿足“光學性質(zhì)”；定義：如圖，在中，的三個頂點、、分別在、、上，若和關于滿足“光學性質(zhì)”，和關于滿足“光學性質(zhì)”，和關于滿足“光學性質(zhì)”，則稱為的光線三角形．閱讀以上定義，并探究問題：在中，，，三個頂點、、分別在、、上．(1)如圖3，若，和關于滿足“光學性質(zhì)”，求的度數(shù)；(2)如圖4，在中，作于，以為直徑的圓分別交，于點，．證明：為的光線三角形．3．（2023·廣東陽江·三模）定義：中，，則稱為倍余三角形．

(1)下列說法正確的是．①倍余三角形一定是鈍角三角形；②等腰三角形不可能是倍余三角形．(2)如圖1，內(nèi)接于，點在直徑上不與，重合，滿足，求證：為倍余三角形；(3)在（2）的條件下，①如圖1，連接，若也為倍余三角形，求的度數(shù)；②如圖2，過點作交于點，若面積為面積的倍，求的值．搶分秘籍12幾何圖形中新定義型問題（含三角形，特殊的平行四邊形，圓綜合）（壓軸通關）目錄【中考預測】預測考向，總結(jié)常考點及應對的策略【誤區(qū)點撥】點撥常見的易錯點【搶分通關】精選名校模擬題，講解通關策略（含新考法、新情境等）三角形，特殊的平行四邊形，圓中新定義型問題是全國中考的熱點和壓軸內(nèi)容，更是全國中考的必考內(nèi)容。每年都有一些考生因為知識殘缺、基礎不牢、技能不熟、答欠規(guī)范等原因?qū)е率Х帧?．從考點頻率看，三角形，特殊的平行四邊形，圓中新定義型問題主要是依據(jù)基本圖形的性質(zhì)定理去解決新提出來的新問題，也是高頻考點、必考點綜合性較強。2．從題型角度看，以解答題的最后一題或最后第二題為主，分值12分左右，著實不少！題型一三角形中的新定義問題【例1】（新考法，拓視野）（2023·江蘇蘇州·二模）定義：如果三角形的兩個與滿足，那么我們稱這樣的三角形為“奇妙互余三角形”．

(1)若是“奇妙互余三角形”，，，則的度數(shù)為______；(2)如圖1，在中，，若，點D是線段上的一點，若，判斷是否是“奇妙互余三角形”，如果是，請說明理由；(3)如圖2，在四邊形中，是對角線，，，若，且是“奇妙互余三角形”，求的長．【答案】(1)或(2)是“奇妙互余三角形”，理由見解析(3)【分析】（1）由題意知，“奇妙互余三角形”分和，兩種情況求解：根據(jù)三角形內(nèi)角和定理計算求解即可；（2）如圖1，過點作交于，由勾股定理得，，則，證明，則，即，解得，，，由，，證明，則，，進而可得是“奇妙互余三角形”；（3）如圖2，將沿翻折到，，，由，可得，則三點共線，由，是“奇妙互余三角形”，可得，證明，則，即，解得，由勾股定理得，計算求解即可．【詳解】（1）解：由題意知，“奇妙互余三角形”分和，兩種情況求解：①當時，∵，∴，由，可得；②當時，∵，，∴，解得；綜上，的值為或，故答案為：或；（2）解：是“奇妙互余三角形”，理由如下：如圖1，過點作交于，

由勾股定理得，，∵，∴，∵，∴，∴，即，解得，，∴，∴，，∵，，∴，∴，∵，∴，∴是“奇妙互余三角形”；（3）解：如圖2，將沿翻折到，

∴，，，∴，，∵，∴，∴三點共線，∵，∴，∵是“奇妙互余三角形”，∴，∴，∵，，∴，∴，即，解得，由勾股定理得，∴的長為．本題考查了三角形內(nèi)角和定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，翻折的性質(zhì)等知識．解題的關鍵在于理解題意并對知識進行靈活運用．本題考查了三角形內(nèi)角和定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，翻折的性質(zhì)等知識．解題的關鍵在于理解題意并對知識進行靈活運用．【例2】（2023·吉林長春·二模）【定義】如圖①，若內(nèi)一點P滿足，則點P為的布洛卡點．【探究】（1）如圖②，在中，，點P是的一個布洛卡點．求證：．【應用】（2）如圖③，在【探究】的條件下，若，且．判斷AP與CP的數(shù)量關系，并說明理由．【答案】（1）見解析；（2），見解析【分析】（1）找，證明過程利用等腰三角形的性質(zhì)及布洛卡角的概念，通過找出三個角分別對應相等來證明；（2）根據(jù)是等腰直角三角形，得到，由（1）知，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到，于是得到，，即可得到．【詳解】（1）證明：，，點是的一個布洛卡點，，；（2）解：，理由：是等腰直角三角形，，由（1）知，，，，．【點睛】本題是相似形的綜合題，考查了新概念問題、等腰三角形、等腰直角三角形、相似三角形的判定定理和性質(zhì)、涉及知識點多，綜合性強，解題的關鍵是：通過閱讀材料，弄明白題中的新定義或新概念，然后利用概念及靈活運用所學知識點進行解答．1．（2023·山東青島·一模）定義：三角形一邊中線的中點和該邊的兩個頂點組成的三角形稱為中原三角形．如圖①，是的中線，F(xiàn)是的中點，則是中原三角形．

(1)求中原三角形與原三角形的面積之比（直接寫出答案）．(2)如圖②，是的中線，E是邊上的點，，與相交于點F，連接．求證：是中原三角形．(3)如圖③，在（2）的條件下，延長交于點M，連接，求與的面積之比．【答案】(1)中原三角形與原三角形的面積之比為(2)見解析(3)與的面積之比為【分析】（1）由F是的中點，可得，即有，故中原三角形與原三角形的面積之比為；（2）作的中點G，連接，由是的中線，可得是的中位線，，即得，即，根據(jù)，，可得，即得，從而是中原三角形；（3）過D作交于H，由，D是中點，F(xiàn)是中點，可得，即知，可得，有，，從而，，即有，再根據(jù)，即得與的面積之比．【詳解】（1）解：∵F是的中點，∴，∴，∴，∴中原三角形與原三角形的面積之比為；（2）證明：作的中點G，連接，如圖：

∵是的中線，∴D是中點，∵G是中點，∴是的中位線，，∴，即，∵，∴，∴，又∵，∴，即F是中點，∴是中原三角形；（3）解：過D作交于H，如圖：

∵，D是中點，∴，∵，F(xiàn)是中點，∴，∴，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，，∴，∴，∴，∴，由（1）知：，∴，∴，∴與的面積之比為．【點睛】本題考查了三角形中線的性質(zhì)，三角形中位線定理，平行線分線段成比例以及相似三角形的判定和性質(zhì)，正確理解新定義是解題的關鍵．2．（2023·江蘇揚州·二模）給出一個新定義：有兩個等腰三角形，如果它們的頂角相等、頂角頂點互相重合且其中一個等腰三角形的一個底角頂點在另一個等腰三角形的底邊上，那么這兩個等腰三角形互為“友好三角形”．

(1)如圖①，和互為“友好三角形”，點是邊上一點（異于點），，，，連接，則______（填“”或“=”或“”），______°（用含的代數(shù)式表示）．(2)如圖②，和互為“友好三角形”，點是邊上一點，，，，、分別是底邊、的中點，請?zhí)骄颗c的數(shù)量關系，并說明理由．(3)如圖③，和互為“友好三角形”，點是邊上一動點，，，，，過點作，交直線于點，若點從點運動到點，直接寫出點運動的路徑長．【答案】(1)，(2)(3)【分析】（1）由，可得，證明，則，，根據(jù)，計算求解可求；（2）如圖②，連接，由等邊三角形的性質(zhì)可得，，，，則，，證明，則，同（1）可證，則，進而可得；（3）由題意知，在直線上運動，由（1）可知，，即，如圖③，過作于，則為的中點，當點在點時，點與點重合，由，，，可得，，則，，當點運動到點時，點與點重合，當點運動到點時，點與點重合，則，，則，即，解得，由，可知當時，最大，值為，當點從點運動到點，點從回到點，根據(jù)點運動的路徑長為，計算求解即可．【詳解】（1）解：∵，，，∴，在和中，∵，∴，∴，，∴，故答案為：，；（2）解：，理由如下：如圖②，連接，

由題意知，和均為等邊三角形，∵、分別是底邊、的中點，∴，，，，∵，，，∴，∵，，∴，∴，∴，同（1）可證，∴，∴；（3）解：由題意知，在直線上運動，由（1）可知，，即，如圖③，過作于，則為的中點，當點在點時，點與點重合，

∵，，，∴，，∵，∴，∴，當點運動到點時，點與點重合，當點運動到點時，點與點重合，則，∵，∴，∴，即，解得，∵，∴當時，最大，值為，當點從點運動到點，點從回到點，∴點運動的路徑長為，∴點從點運動到點，點運動的路徑長為．【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，正弦，三角形內(nèi)角和定理．解題的關鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．3．（2023·浙江寧波·二模）定義：兩個相似三角形共邊且位于一個角的平分線兩側(cè)，則稱這樣的兩個相似三角形為疊似三角形．(1)如圖1，四邊形中，對角線平分，，求證：和為疊似三角形；(2)如圖2，和為疊似三角形，若，，求四邊形的周長；(3)如圖3，在中，D是上一點，連接，點E在上，且，F(xiàn)為中點，且，若，求的值．【答案】(1)見解析(2)(3)【分析】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識點，熟記定理內(nèi)容進行幾何推理是解題關鍵．（1）根據(jù)，結(jié)合條件，可得；再由可得，即可求證；（2）由條件可推出，；再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出的長度即可求解；（3）作，證得出；再證得出，．即可求解．【詳解】（1）證明：∵平分，∴∵，∴∵，∴∵∴，∴∴和為疊似三角形（2）解：∵，∴由（1）得：∴∴∵和為疊似三角形，∴，，∴，∴，，∴四邊形的周長為：（3）解：作，如圖所示：∵，∴∵∵，∵F為中點，又，即：∴∴4．（2023·貴州遵義·一模）綜合與實踐新定義：我們把兩個面積相等但不全等的三角形叫做積等三角形．(1)【初步嘗試】如圖1，已知中，，，，為上一點，當______時，與為積等三角形；(2)【理解運用】如圖2，與為積等三角形；若，，且線段的長度為正整數(shù)，求的長；(3)【綜合應用】如圖3，已知中，，分別以，為邊向外作正方形和正方形，連接，求證：與為積等三角形．【答案】(1)1.5(2)2或3(3)見詳解【分析】（1）利用三角形中線的性質(zhì)即可解決問題（2）證明，推出，，利用三角形的三邊關系即可解決問題．（3）過點作，交延長線于點H，先證明，則，，然后再依據(jù)積等三角形的定義進行證明即可．【詳解】（1）如圖，在中，，∵，，∴，∴，，∵與不全等與為積等三角形，∴．，∴．當時，與為積等三角形．（2）如圖，過點C作，交的延長線于點E，∵與為積等三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，，∴，∵，∵，∴，∴，∴，∵為正整數(shù)，∴．∴的長為2或3．（3）如圖，過點作，交延長線于點H，∵四邊形和四邊形均為正方形，∴，，，∴，，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴與為積等三角形．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、三角形中位線、全等三角形的判定與性質(zhì)．理解并掌握積等三角形的定義，是解題的關鍵．題型二矩形中的新定義問題【例1】（新考法，拓視野）（2023·湖北隨州·模擬預測）定義：長寬比為（為正整數(shù)）的矩形稱為，我們通過折疊的方式折出一個矩形

操作1：將正方形沿過點的直線折疊，使折疊后的點落在對角線上的點處，折痕為．操作2：將沿過點的直線折疊，使點，點分別落在邊，上．(1)證明：四邊形為矩形；(2)點在直線上一動點．①如圖，是對角線的中點，若點在邊上，，連接．求的值；②若，點在邊上，當?shù)闹荛L最小時，求；③連接，作，垂足為，若，則的最大值______．【答案】(1)見解析(2)①②③【分析】（1）先判斷出，進而判斷出四邊形是矩形，再求出的值，即可得出結(jié)論；（2）①如圖，先判斷出四邊形是矩形，進而得出，，再判斷出，進而判斷出，即可得出結(jié)論；②作關于直線對稱的點，則的周長最小，判斷出，得出．進而得出．即可得出結(jié)論；③先求出，再判斷出點在以為直徑的圓上，記的中點為，易得，即可得出結(jié)論．【詳解】（1）證明：設正方形的邊長為，∵是正方形的對角線，∴，由折疊性質(zhì)可知，，則四邊形為矩形，∴是等腰直角三角形．∴，∴，∴四邊形為矩形；（2）解：①如圖，作，，垂足分別為，

∵四邊形是矩形，，∴四邊形是矩形．∴，，∴，，∵為中點，∴，，∵，∴，∴，∴，∴；②如圖，作關于直線對稱的點，連接，則的周長最小，

∵，∴，設，則，∴，∴；③如圖，

∵四邊形為矩形，，∴，∵，∴點在以為直徑的圓上，記的中點為，∴，當在同一直線上時，有最大值，如圖，

∴．故答案為：．本題是相似形綜合題，主要考查了新定義、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、矩形的性質(zhì)和判定等知識，利用對稱性和垂線段最短確定出最小值是解本題的關鍵．本題是相似形綜合題，主要考查了新定義、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、矩形的性質(zhì)和判定等知識，利用對稱性和垂線段最短確定出最小值是解本題的關鍵．【例2】（2024·江西九江·一模）新定義：若一個三角形一條邊的平方等于另兩條邊的乘積，則稱這個三角形為比例三角形．例如：三邊的長分別為，，．因為，所以是比例三角形．【問題提出】（1）已知是比例三角形，，，求的長；【問題探究】（2）如圖1，P是矩形的邊上的一動點，平分，交邊于點Q，．①求證：；②求證：是比例三角形．【問題延伸】（3）如圖2，在（2）的條件下，當，時，點C與點Q能否重合？若能，求出的值；若不能，請說明理由．【答案】（1）；（2）①證明見解析；②證明見解析；（3）能．【分析】本題考查了新定義，相似三角形的判定和性質(zhì)，解一元二次方程．（1）根據(jù)比例三角形的概念，分類討論，列式計算即可求解；（2）①利用兩角對應相等，證明即可；②利用角平分線的定義證明角相等，推出，再利用得到對應邊成比例，即可求解；（3）證明，利用相似三角形的性質(zhì)，列出一元二次方程，據(jù)此求解即可．【詳解】解：（1）是比例三角形，且，，①當時，得，解得，，（不符合題意，舍去）；②當時，得，解得.，（不符合題意，舍去）；③當時，得，解得（負值已舍去），當時，是比例三角形，（2）①證明：四邊形是矩形，，，又，；②證明：由①，知，，即.∵，，平分，，，，，是比例三角形；（3）能，當點C與點Q重合時，，，，，，，，，；在中，，即，解得或（舍去），．1．定義：對多邊形進行折疊，若翻折后的圖形恰能拼成一個無縫隙、無重疊的四邊形，則這樣的四邊形稱為鑲嵌四邊形．(1)如圖1，將紙片沿中位線折疊，使點落在邊上的處，再將紙片分別沿，折疊，使點和點都與點重合，得到雙層四邊形，則雙層四邊形為______形．(2)紙片按圖2的方式折疊，折成雙層四邊形為矩形，若，，求的長．(3)如圖3，四邊形紙片滿足，，，，．把該紙片折疊，得到雙層四邊形為正方形．請你畫出一種折疊的示意圖，并直接寫出此時的長．【答案】(1)矩(2)(3)答案不唯一，見解析【分析】（1）由折疊的性質(zhì)可得，可得四邊形是矩形；（2）由勾股定理可求，由“”可證，可得，由折疊的性質(zhì)可得，，即可求解；（3）分三種情況討論，由正方形的性質(zhì)和勾股定理可求解．【詳解】（1）雙層四邊形為矩形，理由如下：由折疊的性質(zhì)可得，，，，，同理可得，四邊形是矩形，故答案為：矩；（2）四邊形為矩形，，，，，，又為平行四邊形，，，由折疊得，，，在與中，，，，由折疊得，，，又，，又，，．（3）有以下三種基本折法：折法1中，如圖所示：由折疊的性質(zhì)得：，，，，，四邊形是疊合正方形，，，，；折法2中，如圖所示：由折疊的性質(zhì)得：四邊形的面積梯形的面積，，，，，，，四邊形是疊合正方形，，正方形的面積，，，設，則，梯形的面積，，，，，，解得：，，．折法3中，如圖所示，作于，則，分別為，的中點，則，，正方形的邊長，，，．綜上所述：或11或．【點睛】本題屬于四邊形綜合題目，主要考查了折疊的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、勾股定理、梯形面積的計算、解方程等知識的綜合運用；折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應邊和對應角相等．2．（2023·廣東廣州·一模）定義新概念：有一組鄰邊相等，且它們的夾角是直角的凸四邊形叫做等腰直角四邊形．(1)如圖①，等腰直角四邊形，，．①若，于點，求的長；②若，，求的長；(2)如圖②，在矩形中，，點是對角線上的一點，且，過點作直線分別交邊，于點，，要使四邊形是等腰直角四邊形，求的長．【答案】(1)①；②(2)滿足條件的的長為【分析】（1）①根據(jù)勾股定理求出，再根據(jù)勾股定理求出的值；②連接、，交于點，過點C作，交于點E，證明垂直平分，得出，證明，得出，證明，得出，根據(jù)勾股定理求出，即可得出答案；（2）若，則，，推出四邊形表示等腰直角四邊形，不符合條件．若與不垂直，當時，此時四邊形是等腰直角四邊形，當時，此時四邊形是等腰直角四邊形，分別求解即可．【詳解】（1）解：①連接，如圖所示：∵，，∴，∵，∴，∴；②連接、，交于點，過點C作，交于點E，如圖所示：則，∵，，∴，∴，∵，，∴、在線段的垂直平分線上，∴垂直平分，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，∴．（2）解：∵四邊形為矩形，∴，，，；若時，如圖所示：則四邊形和為矩形，∴，，，∵，∴，∴，∵，∴，，∴，∴，；∴四邊形不可能是等腰直角四邊形；若與不垂直，當時，如圖所示：∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴此時點F不在邊上，不符合題意；若與不垂直，當時，如圖所示：此時四邊形是等腰直角四邊形，∴，∵，∴，∴，∴，∴，綜上所述，滿足條件的的長為．【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的判定和性質(zhì)，解題的關鍵是理解題意，作出輔助線，畫出相應的圖形，數(shù)形結(jié)合，注意分類討論．題型三菱形中的新定義問題【例1】（新考法，拓視野）（2024·黑龍江哈爾濱·一模）請閱讀下面材料，并完成相關任務：定義：點P是內(nèi)部或邊上的點（頂點除外），在，或中，如果有一個三角形與相似，那么稱點P是的“相似點”．例：如圖①，點P在的內(nèi)部，，則，故點P為的“相似點”．請你運用所學知識，結(jié)合上述材料，解決下列問題：(1)如圖②，在中，，平分，求證：點P為的“相似點”；(2)如圖③，若為銳角三角形，點E是的“相似點”，且點B與點A對應，點E在的平分線上，連接，若，求的值；(3)如圖④，在菱形中，E是上一點，F(xiàn)是內(nèi)一點，且，連接與交于點G，連接，若點G是的“相似點”，且，求證：．【答案】(1)見解析(2)(3)見解析【分析】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，正確理解題意，找準相似三角形的對應關系是解題關鍵.（1）由條件可推出，證即可；（2）由題意得，可推出，再證即可；（3）由題意得，可推出，延長交于點，證即可；【詳解】（1）證明：∵，∴∵平分，∴∴∴∴點P為的“相似點”（2）解：由題意得：∴∵平分∴∴∵∴∴（3）證明：∵點G是的“相似點”，且，∴∴∵∴∴延長交于點，如圖所示：由題意得：∴四邊形是平行四邊形∴∵∴∵∴∴即：∵∴∴本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，正確理解題意，找準相似三角形的對應關系是解題關鍵.本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，正確理解題意，找準相似三角形的對應關系是解題關鍵.【例2】（22-23八年級下·江蘇南京·期末）定義：若一個四邊形只有一組鄰邊相等，且這組鄰邊夾角所對的對角線平分一個內(nèi)角，則稱這樣的四邊形為“近似菱形”．例如：如圖①，在四邊形中，，若平分，則四邊形是近似菱形．

(1)如圖②，在四邊形中，，，．求證：四邊形是“近似菱形”，(2)如圖③，已知線段BD，求作“近似菱形”，使得，平分，且與互補．要求：①尺規(guī)作圖；②保留作圖痕跡，寫出必要的文字說明．(3)在（2）的條件下，“近似菱形”中的取值范圍是________________．【答案】(1)證明見解析(2)見解析(3)且【分析】（1）根據(jù)“近似菱形”的定義，平行線的性質(zhì)和等邊對等角，證明，進而得出結(jié)論；（2）作菱形，以D為圓心，為半徑畫弧，交于點C，連接，則四邊形為求作的“近似菱形”；（3）根據(jù)菱形的性質(zhì)得出，，進而得出，再證明，當最小時，最小，當時，，當時，不符合“近似菱形”的定義，即可得出答案．【詳解】（1）證明：∵，

∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵平分，∴四邊形是“近似菱形”．（2）解：作法：

①作菱形；②以D為圓心，為半徑畫弧，交于點C；③連接．則四邊形為求作的“近似菱形”；（3）解：∵菱形，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，當最小時，最小，當時，，∴當時，不符合“近似菱形”的定義，∴且．【點睛】本題考查“近似菱形”的定義，平行線的性質(zhì)，等邊對等角，正確理解新定義是解題的關鍵．1．定義：在三角形中，若有兩條中線互相垂直，則稱該三角形為中垂三角形．

(1)如圖（a），是中垂三角形，分別是邊上的中線，且于點，若，求證：是等腰三角形．(2)如圖（b），在中垂三角形中，分別是邊上的中線，且于點，求證：．(3)如圖（c），四邊形是菱形，對角線交于點，點分別是的中點，連接并延長，交于點．求證：是中垂三角形；【答案】(1)見解析(2)見解析(3)見解析【分析】（1）連接，如圖，由是的中位線，證明，可得，，，證明，可得，從而可得結(jié)論；（2）證明：如圖，連接，證明，，，由勾股定理可得，，，，從而可得結(jié)論；（3）如圖，連接，證明，且，，，且，可得，，證明，是的中線，從而可得結(jié)論．【詳解】（1）證明：連接，如圖，

∵，，∴由題意可得，，，是的中位線，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴是等腰三角形．（2）證明：如圖，連接，

∵，分別是邊，上的中線，∴，，，∴，，，在中，，在中，，同理可得：，，∴；（3）證明：如圖，連接，

∵點M，N分別是，的中點，∴是的中位線，則，且∵四邊形是菱形，∴，，且，∴，，如圖，延長至，使，∴，而，∴四邊形為平行四邊形，∴，，∴，而，，∴，∴，，∴，∴，是的中線，∴是中垂三角形．【點睛】本題考查的是勾股定理的應用，三角形的中位線性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定，平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，理解新定義，作出三角形的直線線是解本題的關鍵．題型四正方形中的新定義問題【例1】（新考法，拓視野）（2024·江西宜春·一模）定義：一組鄰邊相等且對角互補的四邊形叫作“等補四邊形”．如圖1，四邊形中，，，則四邊形叫作“等補四邊形”．(1)概念理解①在以下四種圖形中，一定是“等補四邊形”的是（

）A．平行四邊形

B．菱形

C．矩形

D．正方形②等補四邊形中，若，則；③如圖1，在四邊形中，平分，，．求證：四邊形是等補四邊形．(2)探究發(fā)現(xiàn)如圖2，在等補四邊形中，，連接，是否平分？請說明理由．(3)拓展應用如圖3，在等補四邊形中，，其外角的平分線交的延長線于點，，，求的長．【答案】(1)①D；②；③見解析(2)平分，理由見解析(3)．【分析】（1）①判斷圖形是否滿足“等補四邊形”的對角互補，鄰邊相等的條件；②利用“等補四邊形”的對角互補，列式計算即可求解；③在上截取，證明，推出，．據(jù)此即可證明結(jié)論成立；（2）過點分別作于，于，證明，推出，根據(jù)角平分線的判定定理即可得解；（3）連接，由（2）知，平分，證得，再證明，利用相似三角形的性質(zhì)列式計算即可求解．【詳解】（1）解：①平行四邊形的對角相等，不一定互補，對邊相等，鄰邊不一定相等，平行四邊形不一定是等補四邊形；菱形四邊相等，對角相等，但不一定互補，菱形不一定是等補四邊形；矩形對角互補，但鄰邊不一定相等，矩形不一定是等補四邊形；正方形四個角是直角，四條邊相相等，正方形一定是等補四邊形，故選：D；②等補四邊形對角互補，，設，∴，解得，∴，∴，故答案為：；③證明：在上截取，連接，如圖1，在和中，，，，．，．．，，又，四邊形是等補四邊形；（2）解：平分，理由如下，如圖2，過點分別作于，于，則，四邊形是等補四邊形，，又，，，，，是的平分線（在角的內(nèi)部且到角兩邊距離相等的點在角平分線上），即平分．（3）解：連接，∵等補四邊形中，，由（2）知，平分，∵四邊形是等補四邊形，∴，又，∴，∵是的平分線，∴，∵，∴，∴，即，解得．本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的判定，“等補四邊形”的概念，正確引出輔助線解決問題是解題的關鍵．本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的判定，“等補四邊形”的概念，正確引出輔助線解決問題是解題的關鍵．【例2】（2024·浙江·一模）定義：在四邊形內(nèi)，如果有一點和一組對邊組成的兩個三角形都是以對邊為斜邊的等腰直角三角形，那么這個四邊形叫做蝴蝶四邊形．例如圖1，，，則四邊形為蝴蝶四邊形．(1)【概念理解】如圖2，正方形中，對角線與相交于O．求證：正方形為蝴蝶四邊形；(2)【性質(zhì)探究】如圖3，在蝴蝶四邊形中，．求證：；(3)【拓展應用】如圖3，在蝴蝶四邊形中，，，．當是等腰三角形時，求此時以為邊的正方形的面積．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)5【分析】（1）由正方形的性質(zhì)可知，，則和都是等腰直角三角形，進而結(jié)論得證；（2）證明，進而可證；（3）如圖，延長交于N，證明，則，由，可得，則，，勾股定理求，則，進而可求面積．【詳解】（1）證明：∵四邊形是正方形，∴，∴和都是等腰直角三角形，∴正方形為蝴蝶四邊形；（2）證明：∵四邊形是蝴蝶四邊形，，∴和都是等腰直角三角形，，，∴，即，∴，∴；（3）解：如圖，延長交于N，∵是等腰三角形，∴，∵，，，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴以為邊的正方形的面積為5．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，余弦等知識．熟練掌握正方形的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，余弦是解題的關鍵．1．定義：一組鄰邊相等且對角互補的四邊形叫作完美四邊形．如圖1，四邊形中，，（或），則四邊形叫作完美四邊形．

(1)概念理解：在以下四種圖形中：①平行四邊形：②菱形；③矩形；④正方形，一定是“完美四邊形”的是______；（填寫序號）(2)性質(zhì)探究：如圖2，完美四邊形中，，，請用等式表示線段，，之間的數(shù)量關系，并證明，(3)拓展應用：如圖3，已知四邊形是完美四邊形，，，，，當時，求四邊形面積的最大值．【答案】(1)(2)，證明見解析(3)四邊形面積的最大值為【分析】（1）根據(jù)完美四邊形的定義和正方形的性質(zhì)即可判定；（2）連接，根據(jù)完美四邊形的定義證明四點共圓，證明等腰直角、，四邊形是正方形，，根據(jù)勾股定理得；（3）連接，過作交延長線于，過作于，分類討論：，根據(jù)可得是等邊三角形，設，則，在中，，，，，等邊中，可求；，根據(jù)題意得，由于，所以當時，可求得；綜上所述，即可求四邊形面積的最大值．【詳解】（1）解：正方形是一組鄰邊相等且對角互補的四邊形，因此答案為，故答案為．（2）解：，理由如下：證明：連接，，

，，由完美四邊形的定義可知，，是等腰直角三角形，，（同弧所對的圓周角相等），，四點共圓，為圓的直徑，，，，即，是圓的直徑，，四邊形是正方形，，在中，，，．（3）解：，連接，，是等邊三角形，，，，設，則，過作交延長線于，過作于，

，在中，，，，，在等邊中，，；，過A作于點E，于點F，

則，，，又，，，，，，，，，，，當時，；綜上所述，四邊形面積的最大值為．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了完美四邊形的定義，解直角三角形，四點共圓，勾股定理等知識，解題關鍵是理解題意，靈活運用所學知識解決問題，屬于中考壓軸題．2．（2023·湖南·一模）定義：有一組鄰邊相等且對角互補的四邊形稱為“等補四邊形”．(1)下列選項中一定是“等補四邊形”的是________；A．平行四邊形；B．矩形；C．正方形；D．菱形(2)如圖1，在邊長為a的正方形中，E為邊上一動點（E不與C、D重合），交于點F，過F作交于點H．①試判斷四邊形是否為“等補四邊形”并說明理由；②如圖2，連接，求的周長；③若四邊形是“等補四邊形”，求的長．【答案】(1)C(2)①四邊形是等補四邊形，見解析；②；③或者【分析】（1）在平行四邊形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的鄰邊相等且對角互補，符合等補四邊形的定義，即可得到問題的答案；（2）①先證A、B、H、F四點共圓，利用圓周角定理可得，進而求出，利用等角對等邊得出，最后利用“等補四邊形”的定義即可證明；②將繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，證明，再證，得出，即可求出的周長；③根據(jù)，四邊形是“等補四邊形”可得四邊形有一組鄰邊相等，然后分、、、四種情況討論即可．【詳解】（1）解：在平行四邊形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的鄰邊相等且對角互補，∴正方形是等補四邊形，故選：D．（2）解：①四邊形是“等補四邊形”，理由如下：∵為正方形的對角線，∴，又，，∴A、B、H、F四點共圓，∴，∴，∴，又，∴四邊形是“等補四邊形”．②將繞A點逆時針旋轉(zhuǎn)得到，∴，，∴E、D、L三點共線，由①得，∴，在和中∴，∴，∴的周長；③∵，四邊形ECHF是“等補四邊形”，∴還需要一組鄰邊相等，分以下四種情況討論：情況1：，連接，由題意知∶，，又，∴，∴，則為正三角形，∴，∴，∴，；情況2：，則，∴，同情況1，；情況3：，由②得的周長．設，則，有，∴，即；情況4：，連接，則，則HF垂直平分AE，∴，∵，，∴，∵，，∴，∴，∴，又，∴，又，，∴，∴，這不可能，故這種情況不存在．綜上：或者．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，圓周角定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識，目前題意，理解新定義，找出所求問題需要的條件是解題的關鍵．3．（2024·江蘇淮安·模擬預測）在初二下學期我們學習了三角形中位線的定義以及三角形中位線定理，并且能用相關知識解決問題．【問題再現(xiàn)】已知：如圖1，在中，D、E分別是邊的中點，求證：，【簡單應用】（1）如圖2，A、B兩地被建筑物阻隔，為測量A、B兩地的距離，在地面上選一點C，連接，分別取的中點D、E．測得的長為，則A、B兩地的距離為_______．（2）如圖3，在四邊形中，，點E、F分別是和的中點，求的長．【靈活運用】如圖4，在邊長為6的正方形中，點E是上一點，點F是上一點，點F關于直線的對稱點G恰好在的延長線上，交于點H，點M為的中點，若，求的長．【答案】問題再現(xiàn)：證明見解析；簡單應用：（1）40；（2）1；靈活運用：3【分析】問題再現(xiàn)：過點C作交的延長線于點F，證明．得到，，進一步證明四邊形是平行四邊形，得到，，即可證明，；簡單應用：（1）根據(jù)問題再現(xiàn)的結(jié)論求解即可；（2）如圖所示，取中點G，連接，由問題再現(xiàn)的結(jié)論可知，，再證明，可由平行線的唯一性可知三點共線，則；靈活運用：如圖所示，連接，由對稱性可得，證明，得到；如圖所示，以所在的直線為x軸，y軸建立平面直角坐標系，設，則，求出，則；再求出，由勾股定理得到，解得或（舍去），則，求出直線解析式為，進而求出點E的坐標即可得到答案．【詳解】解：問題再現(xiàn)：過點C作交的延長線于點F，∴，∵E是的中點，∴．在和中，，∴．∴，，∵D是的中點，∴，∴，∴四邊形是平行四邊形，∴，，∴，；簡單應用：（1）∵的中點分別為D、E，∴由問題再現(xiàn)的結(jié)論可知，故答案為：40；（2）如圖所示，取中點G，連接，∵點E、F分別是和的中點，∴由問題再現(xiàn)的結(jié)論可知，，∵，∴，∴由平行線的唯一性可知三點共線，∴；靈活運用：如圖所示，連接，由對稱性可得，∵四邊形是正方形，∴，∴，∴；如圖所示，以所在的直線為x軸，y軸建立平面直角坐標系，設，則，∵正方形的邊長為6，∴，∴，∴，∵點H為的中點，∴；∵M為的中點，∴，∵，∴，∴或（舍去），∴，設直線解析式為，∴，∴，∴直線解析式為，在中，當時，，∴，∴．【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)與判定，三角形中位線定理的證明，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，一次函數(shù)與幾何綜合等等，靈活運用所學知識是解題的關鍵．題型五圓中的新定義問題【例1】（新考法，拓視野）（2024·湖南長沙·一模）定義：對角線互相垂直的圓內(nèi)接四邊形叫做圓的“奇妙四邊形”．(1)若是圓的“奇妙四邊形”，則是_________（填序號）：①矩形；②菱形；③正方形(2)如圖1，已知的半徑為R，四邊形是的“奇妙四邊形”．求證：；(3)如圖2，四邊形是“奇妙四邊形”，P為圓內(nèi)一點，，，，且．當?shù)拈L度最小時，求的值．【答案】(1)③(2)見解析(3)【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，“奇妙四邊形”的定義和正方形的判定定理解得即可；（2）過點B作直徑，分別連接，，，，證明，．可得，可得，再利用勾股定理可得答案；（3）設的長度為a，，在中，利用勾股定理列出方程，利用即可求得的最小值，求得必值，再利用相似三角形是性質(zhì)即可求得結(jié)論．【詳解】（1）解：若平行四邊形是“奇妙四邊形”，則四邊形是正方形．理由∶∵四邊形是平行四邊形，∴，∵四邊形是圓內(nèi)接四邊形，∴，∴，∴平行四邊形是矩形，∵四邊形是“奇妙四邊形”，∴，∴矩形是正方形，故答案為∶③；（2）證明∶過點B作直徑，分別連接，，，，∵是的直徑，∴，∴，∵四邊形是“奇妙四邊形”，∴，∴，又，∴，∵，，∴，∴，∵，∴∴；（3）解：連接交于E，設的長度為a，，∵，，∴，∴，∵∴，，∵，∴，∵∴，整理得，∴∴，又，∴，∴a有最小值2，即的長度最小值為2，∴，解得∶，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴．本題是圓的綜合題，考查的是勾股定理的應用，圓周角定理的應用，一元二次方程的解法，熟練的建立數(shù)學模型并靈活應用是解本題的關鍵．本題是圓的綜合題，考查的是勾股定理的應用，圓周角定理的應用，一元二次方程的解法，熟練的建立數(shù)學模型并靈活應用是解本題的關鍵．【例2】（2023·江蘇泰州·三模）【概念認識】定義：對角線互相垂直且相等的四邊形叫做垂等四邊形．（1）如圖1，已知在垂等四邊形中，對角線與交于點E，若，，，則的長度＝______cm．【數(shù)學理解】（2）在探究如何畫“圓內(nèi)接垂等四邊形”的活動中，小李想到可以利用八年級的所學三角形全等．如圖2，在中，已知是弦，是半徑，求作：的內(nèi)接垂等四邊形．（要求：尺規(guī)作圖，不寫作法，保留痕跡）【問題解決】（3）如圖3，已知A是上一定點，B為上一動點，以為一邊作出的內(nèi)接垂等四邊形（A、B不重合且A、B、O三點不共線），對角線與交于點E，的半徑為，當點E到的距離為時，求弦的長度．

【答案】【概念認識】；【數(shù)學理解】見解析；【問題解決】或【分析】（1）根據(jù)垂等四邊形的定義列式求解即可；（2）作，分別交于點D、C，即可得到垂等四邊形；（3）連接，由（2）可得等腰，從而求出，作，根據(jù)條件證明，利用相似三角形的性質(zhì)可求設，作，證明即可求出．【詳解】（1）解：由垂等四邊形的定義得，∵，，，∴，∴；（2）解：作，分別交于點D、C，即可得到垂等四邊形，如圖，

以點O為圓心，長為半徑畫弧，交于點，分別以點A、為圓心，大于長為半徑畫弧，兩弧相交于點D，以點O為圓心，長為半徑畫弧，交于點，分別以點B、為圓心，大于長為半徑畫弧，兩弧相交于點C，連接，四邊形即為所求的垂等四邊形；（3）解：連接，由（2）可得等腰，

∴