【期末常考压轴题】苏科版八年级数学下册-专题11 难点探究专题：特殊平行四边形中的综合性问题压轴题三种模型 全攻略讲学案

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专题11 难点探究专题：特殊平行四边形中的综合性问题压轴题三种模型全攻略
【考点导航】
目录
【典型例题】 1
【考点一 特殊平行四边形中的动点问题】 1
【考点二 特殊平行四边形中的图形变化问题】 17
【考点三 特殊平行四边形中的新定义型问题】 29


【典型例题】
【考点一 特殊平行四边形中的动点问题】
例题：（2022春·河北保定·八年级统考期末）如图，在菱形中，，点E是边的中点．点M是边上一动点（不与点A重合），连接并延长交的延长线于点N，连接．

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当时，求证：四边形是矩形；
(3)填空：当的值为 时，四边形是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)2
【分析】（1）根据菱形的性质可得，再根据两直线平行，内错角相等可得，然后利用“”证明和全等，然后利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明结论成立；
（2）可证是等边三角形，则即可证明；
（3）由，得是等边三角形，则即可证明．
【详解】（1）∵四边形是菱形，
∴，
∴，
又∵点E是边的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）∵四边形是菱形，
∴，
∵点E是边的中点，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴平行四边形是矩形；
（3）当的值为2时，四边形是菱形，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴平行四边形是菱形．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，熟记各性质并求出三角形全等是解题的关键．
【变式训练】
1．（2022春·河南·八年级校考期末）如图，在菱形CDEF中，CD=6，∠DCF=120°，动点Q从点D出发以1个单位长度秒的速度沿DE方向向点E运动，同时动点P从点F出发沿FD方向向点D运动，它们同时到达目的地，则运动到多少秒时，QP=QO                  （    ）

A． B．3 C． 或 3 D．3或
【答案】C
【分析】分点P与点O重合和不重合两种情况求解．
【详解】在菱形CDEF中，，，

在中，，


点P的运动速度为：．
①当点P与点O重合时，，此时，；
②如图：当时，过点Q作于H，

，
∵在中，，，
∴
，
，
解得：．
故选C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质和勾股定理，熟练掌握菱形性质，勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键．
2．（2022秋·新疆乌鲁木齐·九年级校考期末）如图①，在矩形ABCD中，AB>AD，对角线AC，BD相交于点O，动点P由点A出发，沿A→B→C运动．设点P的运动路程为x，△AOP的面积为y，y与x的函数关系图象如图②所示，则AB边的长为（    ）

A．6 B．6.4 C．7.2 D．8
【答案】A
【分析】当点P到达点B时，△AOP的面积为6，此时△AOP的高为BC，则6=×AB×BC，解得AB•BC=24，而AB+BC=10，即可求解．
【详解】解：从图象看，当点P到达点B时，△AOP的面积为6，此时△AOP的高为BC，
∴△AOP的面积=×AB×BC=6，解得AB•BC=24①，
而从图②看，AB+BC=10②，
由①②并解得AB=6，BC=4，
故选：A．
【点睛】本题考查的是动点问题的函数图象，此类问题关键是：弄清楚不同时间段，图象和图形的对应关系，进而求解．
3．（2020秋·河北保定·九年级校考期中）矩形的边上有一动点，连接、，以、为边作平行四边形．在点从点移动到点的过程中，平行四边形的面积（    ）

A．先变大后变小 B．先变小后变大 C．一直变大 D．保持不变
【答案】D
【分析】过点E作EG⊥AD于G，证四边形ABEG是矩形，得出EG＝AB， ，即可得出结论．
【详解】解：过点E作EG⊥AD于G，如图所示：

则∠AGE＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴四边形ABEG是矩形，
∴EG＝AB，
∵四边形AEDF是平行四边形，
∴，
即的面积保持不变，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定、平行四边形的性质以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的性质，证出的面积＝矩形ABCD的面积，是解题的关键．
4．（2023秋·河南郑州·九年级校考期末）如图1，菱形ABCD中，，动点P以每秒1个单位的速度自点A出发沿线段AB运动到点B，同时动点Q以每秒2个单位的速度自点B出发沿折线运动到点D．图2是点P、Q运动时，△BPQ的面积S随时间t变化关系图象，则a的值是（    ）

A．2 B．2.5 C．3 D．
【答案】D
【分析】根据图一图二中的数据即可作出判断．
【详解】如图二可知，当时两点停止运动，
∴点P从点A运动到点B用了4秒，
∴，
∵点Q运动到点C之前和之后，面积算法不同，即时，S的解析式发生变化，
∴图2中点M对应的横坐标为2，此时P为AB 中点，点C与点Q重合，
连接AC，如图所示

∵菱形ABCD中，，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了动点函数的图象，解决本题的关键是菱形的边长．
5．（2022秋·湖北武汉·九年级校考阶段练习）如图，菱形的边长，M是边上一点，，N是边上一动点，将梯形沿直线折叠，C对应点．当的长度最小时，的长为__________．

【答案】14
【分析】作于H，如图，根据菱形的性质可求得，，在中，利用勾股定理计算出，再根据两点间线段最短得到当点在上时，的值最小，然后证明即可．
【详解】解：作于H，如图，

∵菱形的边，
∴，，
∴，，
∵，
∴，，
在中，，
∵梯形沿直线折叠，C对应点，
∴，
∵，
∴，
∴当点在上时，的值最小，
由折叠的性质得，而，
∴，
∴，
∴．
故答案为：14．
【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识，解决本题的关键是确定点在上时，的值最小．
6．（2022秋·全国·八年级期末）如图1，在菱形ABCD中，动点P从点C出发，沿着C→A→D运动至终点D，设点P运动的路程为x，△BCP的面积为y，若y与x的函数图像如图2所示，则图中的值为_____．

【答案】
【分析】由图象上点（6，12）知CA＝6，且点P在点A时，△BCP的面积为12，连接BD交AC于点M，则可求出BM和BD，利用勾股定理求出AD，得到a．
【详解】解：如图1，

连接BD交AC于点M，
由图2知，AC＝6，且CP＝6时，△BCP的面积为12，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，且AM＝CM=3，BM＝MD，
∵12AC•BM＝×BM＝12，
∴BM＝4，
∴DM＝4，
∴AD＝，
∴a＝CA+AD＝6+5＝11．
故答案为：11．
【点睛】本题考查了三角形的面积公式、菱形的对角线互相垂直平分的性质、勾股定理和函数图象，要求学生学会由函数图象找出对应的信息，理解（6，12）的几何意义是关键．
7．（2022秋·四川达州·九年级校考期中）在矩形中，．动点P从点A开始沿边以的速度运动，动点Q从点C开始沿边以的速度运动．点P和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．那么______秒后四边形为矩形？

【答案】5
【分析】设动点的运动时间为秒，根据题意得，，根据矩形的对边相等，求出的值，即可解决问题．
【详解】解：设动点的运动时间为秒，
由题意得：，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴
解得．
即当秒时，四边形是矩形．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了矩形的性质，解题的关键是灵活运用矩形的性质．
8．（2022春·福建福州·八年级校考期中）如图1，点Q为菱形ABCD边BC上一点，将菱形ABCD沿直线AQ翻折，点B的对应点P落在BC的延长线上．动点M从点B出发，在射线BC上以每秒1个单位长度运动．设点M运动的时间为x，△APM的面积为y，图2为y关于x的函数图象，则菱形ABCD面积为 _____．

【答案】20
【分析】由图2，可知BP=6，S△ABP=12，由图1翻折可知，AQ⊥BP，进而得出AQ=4，由勾股定理，可知BC=AB=5，菱形 ABCD的面积为BC×AQ，即可求出．
【详解】解：由图2，得BP=6，S△ABP=12，
∴，
由翻折可知，AQ⊥BP，，
在Rt△ABQ中，由勾股定理，得，
∵四边形ABCD为菱形，
∴BC=AB=5，
∴菱形 ABCD的面积为：S=BC×AQ=5×4=20．
故答案为：20．
【点睛】本题是一道几何变换综合题，解决本题主要用到勾股定理，翻折的性质，根据函数图象找出几何图形中的对应关系，是解决本题的关键．
9．（2021春·吉林长春·八年级校考期中）如图，在四边形中，，且，，，动点、分别从、同时出发，点以每秒1个单位的速度由向运动，点以每秒2个单位的速度由向运动，其中一动点到达端点时，另一动点随之停止运动，设运动时间为（秒）．

(1)用含的代数式表示：
______；______；______；______．
(2)、与四边形的两个顶点所形成的四边形是平行四边形时，求值．
【答案】(1)，，，
(2)的值为秒或秒
【分析】（1）根据速度时间路程分别表示相应的长度即可；
（2）分两种情况进行讨论：①当四边形为平行四边形时；②当四边形为平行四边形时；结合平行四边形的性质列方程求解即可．
【详解】（1）解：根据题意得：，，，，
故答案为：，，，；
（2）①当四边形为平行四边形时，
由可得：，
解得：；
②当四边形为平行四边形时，
由可得：，
解得：，
综上所述：、与四边形的两个顶点所形成的四边形是平行四边形时，的值为秒或秒．
【点睛】本题考查了四边形动点问题，熟练掌握平行四边形的性质，利用平行四边形的性质列方程求解是本题的关键．
10．（2022秋·宁夏中卫·九年级校考期末）如图所示，在梯形中，，E是中点，，， ，，点P是边上一动点，设的长为x．

(1)当x的值为________时，以点为顶点的四边形为直角梯形；
(2)当x的值为________时，以点为顶点的四边形是平行四边形；
(3)点P在上运动的过程中，以点为顶点的四边形能否构成菱形？试说明理由．
【答案】(1)3或8；
(2)1或11；
(3)见详解
【分析】（1）如图，分别过作于M，于N，若点为顶点的四边形为直角梯形，则或，那么P与M重合或E与N重合，即可求出此时的x的值；
（2）若以点为顶点的四边形为平行四边形，那么，可有两种情况：当点在点左侧时和点在点右侧时，依次求解即可获得答案；
（3）点在边上运动的过程中，以为顶点的四边形能构成菱形．当时，四边形为平行四边形，根据已知条件计算出，即可证明四边形为菱形．
【详解】（1）分别过A、D作于M，于N

∵
∴是矩形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
当时，点为顶点的四边形为直角梯形，
当P与N点重合时，点为顶点的四边形为直角梯形，
，
故答案为：3或8；
（2）解：若以点为顶点的四边形为平行四边形，那么，
可有两种情况：
①当点在点左侧时，
∵是的中点，，
∴，
∴；
②当点在点右侧时，
可有．
∴当的值为1或11时，以点为顶点的四边形为平行四边形．
故答案为：1或11；
（3）点在边上运动的过程中，以为顶点的四边形能构成菱形，
理由如下：
①当点在点左侧时，如下图，过点作于点，

∵，，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理可得，
∴，
∵是的中点，，
∴，
∴，
∴在中，，
∴，
即此时以为顶点的四边形不能构成菱形；
②当点在点右侧时，如下图，过点作于点，

由（1）可知，当时，四边形为平行四边形，
此时，，
∴，
∴在中，，
∴，
∴四边形为菱形．
综上所述，点在边上运动的过程中，以为顶点的四边形能构成菱形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定、菱形的性质与判定、勾股定理、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．
11．（2022春·广东江门·八年级校考期中）如图，在矩形中，，，点P在边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在边上，以每秒4cm的速度从点C出发，在之间往返运动，两个动点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止运动），设运动时间为t秒．

(1)用含t的式子表示线段的长度：______cm，
(2)当时，运动时间t为______秒时，以A、P、Q、B为顶点的四边形是矩形．
(3)当时，以P、D、Q、B为顶点的四边形有没可能是平行四边形？若有，请求出t；若没有，请说明理由．
【答案】(1)
(2)2
(3)存在或使得以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形
【分析】（1）先根据题意求出，再由即可求出答案；
（2）根据矩形的性质得到，由此建立方程求解即可；
（3）利用平行四边形的性质得到，由此可建立方程或，解方程即．
【详解】（1）解；由题意得，
∴，
故答案为；；
（2）解：∵以A、P、Q、B为顶点的四边形是矩形，
∴，
∴，
解得，
故答案为：2；
（3）解；假设存在以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形，
∴，
∴或，
解得或，
∴存在或使得以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质，正确根据题意列出方程求解是解题的关键．
12．（2022秋·吉林长春·八年级校考期末）如图，在中，．动点P从点A出发沿以速度向终点D运动，同时点Q从点C出发，以速度沿射线运动，当点P到达终点时，点Q也随之停止运动，设点P运动的时间为t秒．

(1)的长为______．
(2)用含t的代数式表示线段的长．
(3)连接，
①是否存在t的值，使得与互相平分？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
②是否存在t的值，使得与互相平分？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
(4)若点P关于直线对称的点恰好落在直线上，请直接写出t的值．
【答案】(1)5
(2)或
(3)①不存在，理由见解析；②存在，t的值为
(4)t的值为或2
【分析】（1）根据平行四边形的性质得，再根据勾股定理即可求解；
（2）根据题意可得，先求出当点Q与点B重合时，所花费的时间，再根据题意分两种情况讨论即可：当点Q在线段上时和当点Q在线段的延长线上时；
（3）①连接，假设与互相平分，则可得四边形是平行四边形，进而可得，解得即可到答案；
②连接，假设与互相平分，则可得四边形是平行四边形，进而可得，解得即可到答案；
（4）根据题意分两种情况讨论即可：当点P关于直线对称的点落在点A下方时和当点P关于直线对称的点落在点A上方时．
【详解】（1）∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
故答案为：5；
（2）在中，，，
由题意得，，
当点Q与点B重合时，，
∴，
当点Q在线段上时，，
当点Q在线段的延长线上时，，
综上所述，或；
（3）①不存在，理由如下：
如图，连接，

若与互相平分，则四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
解得（不合题意），
∴不存在t的值，使得与互相平分；
②存在，
如图，连接，

若与互相平分，则四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴当时，与互相平分；
（4）当点P关于直线对称的点落在点A下方时，如图，

由对称得，，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
解得；
当点P关于直线对称的点落在点A上方时，如图，

由对称得，，
∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
解得，
综上所述，t的值为或2．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质、勾股定理的应用和动点问题，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．

【考点二 特殊平行四边形中的图形变化问题】
例题：（2022秋·山东德州·九年级校考期中）如图①，等腰直角三角形的直角顶点O为正方形的中心，点C，D分别在和上，现将绕点O逆时针旋转α角（），连接，（如图②）．

(1)在图②中，___________  ；（用含α的式子表示）
(2)在图②中猜想与的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
【分析】（1）如图②，利用旋转得，再利用四边形为正方形，求出，从而求出；
（2）如图②，利用四边形为正方形，得到，，又因为为等腰三角形，所以OF=OE，再证明即可．
【详解】（1）如图②，∵绕点逆时针旋转角，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∴；
故答案为：；
（2）．
理由如下：
如图②，∵四边形为正方形，
∴，，
∵，
∴，
∵为等腰直角三角形，
∴，
在和中
，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形和正方形的综合运用，全等三角形的性质和判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
【变式训练】
1．（2022秋·广西防城港·九年级统考期中）如图，已知是正方形内一点，，，将绕点旋转至，连结．

(1)直接写出、的长度和的度数．
(2)求的长．
(3)试判断的形状并说明理由．
【答案】(1)，，
(2)
(3)是直角三角形．理由见解析
【分析】（1）根据旋转的性质进行解答便可；
（2）由勾股定理进行计算便可；
（3）根据勾股定理的逆定理进行解答．
【详解】（1）解：由旋转的性质知，，，；
（2）由（1）知，，
；
（3）是直角三角形．理由如下：
，，，
，
，
，
是直角三角形，其中．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理及其逆定理，旋转的性质，正方形的性质，由旋转的性质证出是等腰直角三角形是解题的关键．
2．（2022秋·黑龙江哈尔滨·九年级校考期中）如图，是正方形内的一点，连接，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接，．

(1)如图①，求证；
(2)如图②，延长交直线于点，交于点，求证；
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）由旋转的性质结合正方形的性质得到，由边角边即可证明结论；
（2）结合全等三角形对应角相等和对顶角的特点，即可解答题目；
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，．
线段绕点顺时针旋转，得到线段，
，，
，
．
在和中，
，
（SAS）；
（2）证明：如图，

，
．
又，
，
；
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
3．（2022秋·河南新乡·九年级校考期中）（1）如图1，已知正方形和正方形，，，在同一条直线上，为线段的中点．探究：线段，的关系．
（2）如图2，若将正方形绕点顺时针旋转45°，使得正方形的对角线在正方形的边的延长线上，为的中点．试问：（1）中探究的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
（3）若将正方形绕点顺时针旋转任意角度，其它条件不变，此时线段，的关系是什么？请直接写出你的结论，不用说明理由．

【答案】（1），；（2）成立，见解析；（3），
【分析】（1）延长交于点，易证，即可证明，可得，根据是直角三角形即可解题；
（2）延长交于点，连接、，易证，即可证明，可得，，可证，即可证明，可得，即可解题．
（3）先构造出，再判断出即可得出结论．
【详解】证明：（1），，
理由：如图甲，延长交于点，

四边形和四边形是正方形，
，．．
是直角三角形,
为的中点，
,
在和中，
，
(ASA)，
，，
是的中点．
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
即．
即：，；
（2），，
如图乙，延长交于点，连接、，

是正方形对角线，
，
，
，
，
，
在和中，
，
(ASA)，
，，
，
，
在和中，
，
(ASA)
，

，（等腰三角形的“三线合一” ，
（3），，
如图丙，延长到，使，连接、、，
延长与延长线交于点．

在与中，
，
(SAS)，
，．
又正方形、，
，，，
．
．
，
,
,
，，
,
，
．
在与中，
，
(SAS)，
，．
，
，
，．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定，等腰三角形的判定和性质，解本题的关键是构造．
4．（2022秋·天津河北·九年级天津二中校考期末）在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点．以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点O，B，C的对应点分别为D，E，F，记旋转角为．

(1)如图1，当时，求点D的坐标；
(2)如图2，当点E落在的延长线上时，求点D的坐标；
(3)当点D落在线段上时，直接写出点E的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）过点作轴于，由旋转的性质得出，，，由直角三角形的性质得出，，得出，即可得出点的坐标为；
（2）过点作轴于，，于，则则，，由勾股定理得出AE=10，由面积法求出DH=，得出，由勾股定理得出，即可得出点的坐标为；
（3）连接，作轴于，由旋转的性质得：，，
由等腰三角形的性质得出，得出，证出，由平行线的性质的，证出，证明，得出，，得出，即可得出答案．
【详解】（1）解：过点作轴于，如图所示：

∵点，点，
∴，，
∵以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，
∴，，，
在Rt中，，，
∴，
∴点的坐标为；
（2）过点作轴于，，于，如图所示：

则，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴点的坐标为；
（3）连接，作轴于，如图所示：

由旋转的性质得：，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴（），
∴，，
∴，
∴点的坐标为．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、含角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出辅助线，属于中考压轴题．
5．（2022秋·湖北宜昌·八年级校考阶段练习）已知正方形，等腰直角三角板的一个锐角顶点与重合，将此三角板绕点旋转时，两边分别交直线、于、．

(1)正方形的内角和是 　 　°， 　 　°；
(2)当、分别在边、上时（如图1），求证：；
(3)当、分别在边、所在的直线上时（如图2），线段、、之间又有怎样的数量关系，请直接写出结论 　 　；（不用证明）
(4)当、分别在边、所在的直线上时（如图3），线段、、之间又有怎样的数量关系，请写出结论并写出证明过程．
【答案】(1)；
(2)证明过程见详解
(3)
(4)，理由见详解
【分析】（1）根据正方形和等腰三角形的性质即可解决问题；
（2）延长到使，证明，由此得到，根据，，可以得到，证明，然后根据全等三角形的性质可以证明；
（3）过点作交于，证明，可得，．得，证明．然后根据全等三角形的性质就可以得到结论；
（4）过点作交于，同（3）可得，得，，方法一：同（3）根据全等三角形的性质就可以得到结论；方法二：连接，证为等腰直角三角形，得为垂直平分线，进而可以解决问题．
【详解】（1）解：正方形的内角和是，等腰直角三角板则，
故答案为：，．
（2）证明：如图，延长到，使，

∵，，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（3）证明：如图，过点作交于，

∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴．
（4）解：，理由如下：
如下图所示，过点作交于，

同理可得，
∴，，
方法一：∵，，
∴，
∴，
∴；
方法二：如下图所示，连接ME，

∵，，
∵，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴为的垂直平分线，
∴，
∴．
【点睛】此题属于四边形的综合题，考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，线段垂直平分线的性质，难度大，解题的关键是把图形的变换放在正方形中，利用正方形的性质去探究图形变换的规律．考查了学生综合运用数学知识的能力．

【考点三 特殊平行四边形中的新定义型问题】
例题：（2021秋·湖北省直辖县级单位·八年级校考期中）定义：对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．

(1)概念理解：如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；
(2)性质探究：如图2，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD．证明：；
(3)解决问题：如图3，分别以RtΔACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE．已知AC=4，AB=5，求GE的长．
【答案】(1)是，理由见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由线段垂直平分线的判定定理证明即可；
（2）垂直四边形对角线互相垂直，在直角三角形中，利用勾股定理即可推得结论；
（3）先证明，得到∠ABG=∠AEC，然后再证明四边形CGEB是垂直四边形，结合第二问的结论即可求得GE的长．
（1）
四边形ABCD是垂直四边形，理由如下：
证明：连接AC、BD，作图如下：
∵AB=AD
∴点A在线段BD的垂直平分线上
又∵CB=CD
∴点C在线段BD的垂直平分线上
∴直线AC是线段BD的垂直平分线
∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂直四边形

（2）
证明：∵AC⊥BD
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°
由勾股定理，得
∴．
（3）
连接CG、BE,作图如下：
∵四边形ACFG和四边形ABDE都是正方形
∴∠CAG=∠BAE=90∘，AG=AC，AB=AE，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，
在△GAB和△CAE中，
，
∴(SAS)，
∴∠ABG=∠AEC，
又∵∠AEC+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠BMC=90°，
∴∠BNM=90°，即CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂直四边形，
由第二问知，，
∵AC＝4，AB＝5，且ΔACB为直角三角形，
∴，
∴，
∵GE＞0，
∴GE=．

【点睛】本题考查线段垂直平分线的判定定理、正方形的性质、三角形全等判定和性质、直角三角形勾股定理等知识点，牢记定理内容并灵活应用是解题的关键．
【变式训练】
1．（2022秋·安徽宿州·九年级统考期中）定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．根据以上定义，解决下列问题：

(1)如图1，正方形中，E是上的点，将绕B点旋转，使与重合，此时点E的对应点F在的延长线上，则四边形为“直等补”四边形，为什么？
(2)如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，，点B到直线的距离为，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）根据“直等补”四边形的定义进行逐项证明即可得出结论；
（2）如图（见解析），过C作于点F，首先证明四边形是矩形，则，，再证明，根据全等三角形的判定与性质可得BE=CF，AE=BF，等量代换即可得BE=DE，由AE=BF，EF=CD=1可得AE=BE-1，设BE=x，根据勾股定理解出x的值即可；
【详解】（1）∵四边形是正方形，
∴，
∵将绕B点旋转，使与重合，此时点E的对应点F在的延长线上，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形为“直等补”四边形；
（2）过C作于点F，如图，

则，
∵四边形是“直等补”四边形，，，，
∴，

∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
，
，
设，则，
∵，
∴，
解得，，或（舍），
∴.
【点睛】本题考查四边形的综合，涉及新定义、勾股定理、全等三角形的判定与性质、正方形的性质等知识点，有一定难度，熟练掌握相关知识并综合运用是解题关键．
2．（2022春·福建龙岩·八年级校联考期中）定义：如图，E，F，G，H四点分别在四边形ABCD的四条边上，若四边形EFGH为菱形，我们称菱形EFGH为四边形ABCD的内接菱形．

(1)如图，矩形ABCD，，点E在线段AB上且，四边形EFGH是矩形ABCD的内接菱形，求GC的长度；
(2)如图，平行四边形ABCD，，，点E在线段AB上且，请你在图中画出平行四边形ABCD的内接菱形EFGH，点F在边BC上；（尺规作图，保留痕迹）当BF最短时，请求出BC的长．
【答案】(1)
(2)作图见解析，
【分析】（1）连接，证明，可得；
（2）根据（1）中可知，根据对角线垂直平分作内接菱形；如图5，当与重合，则与重合时，此时的长最小，就是的长，根据直角三角形30度角的性质和勾股定理计算可得结论．
（1）
解：连接，如图所示：

四边形是矩形，
，，，
，
四边形是菱形，
，，
，
，即，
，
，
；
（2）
由（1）知：，
，
作法：作，连接，再作的垂直平分线，交、于、，如图所示：

四边形即为所求作的内接菱形；
当与重合，则与重合时，此时的长最小，过作于，如图所示：

在中，
，，
，，
四边形是菱形，
，
，
，
即当的长最短时，的长为．
【点睛】本题考查新定义四边形的内接菱形，基本作图线段的垂直平分线，菱形性质，矩形性质，熟练掌握基本作图及平行四边形、菱形和矩形的性质是解题的关键．
3．（2022秋·广东深圳·九年级统考期中）定义：只有一组对角是直角的四边形叫做损矩形，连接它的两个非直角顶点的线段叫做这个损矩形的直径．如图，，四边形是损矩形，则该损矩形的直径是线段．同时我们还发现损矩形中有公共边的两个三角形角的特点：在公共边的同侧的两个角是相等的．如图中：和有公共边，在同侧有和，此时；再比如和有公共边，在同侧有和，此时．
(1)请在图中找出一对这样的角来：___________；
(2)如图，中，，以为一边向外作菱形，D为菱形对角线的交点，连接．

①四边形___________损矩形（填“是”或“不是”）；
②当平分时，判断四边形为何种特殊的四边形？请说明理由；
③若，求的长．
【答案】(1)
(2)①是，②正方形，见解析，③
【分析】（1）根据题意给出的性质即可得出一组角相等；
（2）①根据菱形的性质即可证明，
②根据损矩形的性质即可求出四边形ACEF是正方形；
③过点D作，交的延长线于H，根据四边形是菱形可得，根据四边形为损矩形可得，最后结合含的直角三角形的性质和勾股定理即可求出解答．
【详解】（1）由图1得：和有公共边，在同侧有和，此时；

故答案为：；
（2）①∵四边形为菱形，
∴，即，
∵，
∴四边形为损矩形；
②四边形为正方形，理由如下：
证明：∵，平分，
∴，
∵四边形为损矩形，
∴，
∴，
∴菱形为正方形；
③过点D作，交的延长线于H，

∵四边形是菱形，，
∴，
∵四边形为损矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查新定义下的图形计算，主要运用到菱形、正方形的性质，含的直角三角形的性质和勾股定理，关键在于熟练掌握基础知识，合理利用辅助线得出条件计算．
4．（2022·江西赣州·统考二模）我们定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”．例如：如图①，，则四边形为“等邻角四边形”．

(1)定义理解：以下平面图形中，是等邻角四边形的是___________．
①平行四边形；②矩形；③菱形；④等腰梯形．
(2)深入探究：
①已知四边形为“等邻角四边形”，且，则________．
②如图②，在五边形中， ，对角线平分，求证：四边形为等邻角四边形．
(3)拓展应用：如图③，在等邻角四边形中，，点P为边BC上的一动点，过点P作，垂足分别为M，N．在点P的运动过程中，的值是否会发生变化？请说明理由．
【答案】(1)②④
(2)①或或；②见解析
(3)不会发生变化，理由见解析
【分析】（1）根据平行四边形、矩形、菱形、等腰梯形的性质即可解答；
（2）①分当和、时三种情况求解；
②由得，根据对角线平分，得，故，即证得四边形为等邻角四边形；
（3）过C作于H，过P作于G，由，，得四边形是矩形，得，可证明，得，即有，从而说明在点P的运动过程中，的值总等于C到的距离，不会变化．
（1）
解：①平行四边形的邻角互补，不是等邻角四边形；
②矩形四个角都是直角，则邻角相等，是等邻角四边形；
③菱形的邻角互补，不是等邻角四边形；
④等腰梯形的两个底角相等，是等邻角四边形．
综上，②④是等邻角四边形．
故答案为：②④；
（2）
解：①当时，四边形为“等邻角四边形”，
∵，
∴；
当时，四边形为“等邻角四边形”，
当时，四边形为“等邻角四边形”，
；
故答案为：或或；
②∵，
∴，
∵对角线平分，
∴，
∴，
∴四边形为等邻角四边形；
（3）
解：在点P的运动过程中，的值不会发生变化，理由如下：
过C作于H，过P作于G，如图：

∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，即，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴（），
∴，
∴，
即在点P的运动过程中，的值总等于C到AB的距离，是定值．
【点睛】本题考查多边形综合应用，涉及新定义、多边形内角和、三角形全等的判定及性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．
5．（2022春·河北保定·八年级统考期中）菱形、矩形与正方形的形状有差异，我们将菱形、矩形与正方形的接近程度称为菱形或矩形的“接近度”．

(1)如图1，已知菱形ABCD的边长为2，设菱形ABCD的对角线AC，BD的长分别为m，n．若我们将菱形的“接近度”定义为（即“接近度”＝），于是越小，菱形就越接近正方形．
①若菱形的“接近度”＝_____________，菱形就是正方形；
②若菱形的一个内角为60°，则“接近度”＝________________．
(2)如图2，已知矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，设AB，BC的长分别为m，n，我们将矩形的“接近度”定义为（即“接近度”＝）．
①若矩形的“接近度”＝______________，矩形就是正方形；
②若∠AOD＝45°，求矩形的“接近度”．
【答案】(1)①0；②
(2)①1；②
【分析】（1）①当AC＝BD时，菱形ABCD为正方形，由定义求解即可，②若菱形的一个内角为60°，根据菱形对角线的性质得，求得∠ABO＝30°，∠AOB＝90°，利用勾股定理求解；
（2）当AB＝BC时，矩形ABCD为正方形．此时，即可得出；②根据∠AOD＝∠OAB＋∠OBA＝45°，OA＝OB，得出∠OAB＝∠OBA＝22.5°在AB上取点E，使BC＝BE，连接CE，可得∠CEB＝45°，得出∠ACE＝∠CEB－∠OAB＝22.5°，再利用勾股定理求解即可．
（1）
解：①若菱形的“接近度”＝0，菱形就是正方形；
理由：当AC＝BD时，菱形ABCD为正方形，
此时＝0．
故答案为：0；
②如题图1，若菱形的一个内角为60°，
根据菱形对角线的性质得，
∠ABO＝30°，∠AOB＝90°，
∴AO＝1，AC＝2．
由勾股定理可得，
，
故答案为：；
（2）
解：①当AB＝BC时，矩形ABCD为正方形．
此时，
故答案为：1；
②∵∠AOD＝∠OAB＋∠OBA＝45°，OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA＝22.5°
如图，在AB上取点E，使BC＝BE，连接CE，可得∠CEB＝45°，
∴∠ACE＝∠CEB－∠OAB＝22.5°，
∴AE＝CE．
设BC＝a，可得BE＝a，
由勾股定理可得，
∴，
∴．

【点睛】本题考查了菱形的性质、正方形的判定及性质、勾股定理、新定义问题，解题的关键是掌握菱形的性质．