例1．（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，
∴∠QMNα，
∴∠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°，
∴∠Qα﹣90°，
∵90°＞0°，
∴60°＜α＜180°，
∴∠Qα﹣90°（60°＜α＜180°）．
【點評】本題考查了多邊形的內(nèi)角與外角，解題的關(guān)鍵是熟練運用三角形外角的性質(zhì)．
例2．（2022?長沙模擬）有一組對角相等的凸四邊形稱為“對等四邊形”，連接這兩個相等對角的頂點的線段稱為“對等線”．
（1）如圖1，已知四邊形ABCD是“對等四邊形”，AC是“對等線”，且AB＝BC．求證：AD＝CD；
（2）如圖2，四邊形ABCD中，∠ADC＝120°，∠ABC＝150°．且AD⊥BD，BC，BD＝4．
①求證：四邊形ABCD是“對等四邊形”；
②試求AC2．
（3）如圖3，對等四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∠A＝90°，上存在點E，滿足，連結(jié)BE并延長交CD的延長線于點F，BE與AD交于點G，連結(jié)CE，CE＝BG．若AD＝2，tan∠ADB，求：
①cs∠F的值；
②△DEF的周長，（請選擇一個進行解答）．
【分析】（1）由“對等四邊形”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，由勾股定理可求解；
（3）由銳角三角函數(shù)可求AB，由勾股定理可求AG的長，由“ASA”可證△BGD≌△CEF，可得EF＝DG＝1，由勾股定理可求DF的長，即可求解．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是“對等四邊形”，AC是“對等線”，
∴∠BAD＝∠BCD，
∵AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA，
∴∠DAC＝∠DCA，
∴AD＝CD；
（2）①證明：如圖2，過點B作BF⊥CD于F，過點C作DE⊥AD，交AD的延長線于E，
∵四邊形ABCD中，∠ADC＝120°，∠ABC＝150°，
∴∠DAB+∠DCB＝90°，
∵BD⊥AD，
∴∠BDC＝30°，
∵BF⊥CD，
∴BFBD＝2，DFBF＝2，
∴CF2，
∴BF＝CF，
∴∠DCB＝45°，
∴∠DCB＝∠DAB＝45°，
∴四邊形ABCD是“對等四邊形”；
②解：∵∠DAB＝45°，∠ADB＝90°，
∴∠DAB＝∠DBA＝45°，
∴AD＝BD＝4，
∵∠EDC＝60°，CE⊥AE，
∴∠ECD＝30°，
∵CD＝CF+DF＝2+2，
∴DE＝1，EC＝3，
∴AE＝5，
∴AC2＝AE2+CE2＝40+16；
（3）連接DE，BD，
∵∠A＝90°，
∴BD為直徑，
∴∠BED＝90°，∠DEF＝90°，
∵tan∠ADB，AD＝2，
∴AB，
∵，
∴，∠ABE＝∠CED，
∴AD＝CE，
∵CE＝BG，
∴AD＝BG＝CE＝2，
∴AG1，
∴DG＝AD﹣AG＝1，
∵sin∠ABE，
∴∠ABG＝∠ADE＝30°，
∴GEDG，DEGE，
∵∠BGD＝∠A+∠ABE＝90°+30°＝120°，∠CEF＝∠CED+∠DEF＝120°，
∴∠BGD＝∠CEF，
在△BGD和△CEF中，
，
∴△BGD≌△CEF（ASA），
∴EF＝DG＝1，
∴DF，
∴cs∠F，△DEF的周長＝DE+EF+DF1．
【點評】本題是圓的綜合題，考查了圓的有關(guān)知識，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，理解新定義并運用是解題的關(guān)鍵．
例3．（2023?秦都區(qū)校級三模）【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”．
【理解運用】
（1）如圖1，在3×3的正方形網(wǎng)格中，每個小正方形的頂點稱為格點，每個小正方形的邊長均為1，線段AB、BC的端點均在格點上，在圖1的方格紙中畫出一個等鄰邊四邊形ABCD，要求：點D在格點上；
（2）如圖2，在等鄰邊四邊形ABCD中，AB＝AD＝4，∠A＝60°，∠ABC＝90°，，求CD的長；
【拓展提升】
（3）如圖3，在平面直角坐標系中，矩形OABC的頂點A、C分別在x、y軸正半軸上，已知OC＝4，OA＝6，D是OA的中點．在矩形OABC內(nèi)或邊上，是否存在點E，使四邊形OCED為面積最大的“等鄰邊四邊形”，若存在，請求出四邊形OCED的最大面積及此時點E的坐標；若不存在，請說明理由．
【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，過點D作DE⊥BC于點E，求出DE，BE的長度，根據(jù)BC的長度求出CE的長度，最后利用勾股定理求出CD即可；
（3）先確定存在點E，設(shè)點E的坐標為（m，4），則CE＝m，根據(jù)D（3，0），列方程求出m的值，然后確定點E的坐標和四邊形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，過點D作DE⊥BC于點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°，
∴DEBD＝2，
∴BE2，
∵BC＝3，
∴CE＝BC﹣BE，
∴CD；
（3）在矩形OABC內(nèi)或邊上，存在點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CE＝DE時，四邊形OCED為“等鄰邊四邊形”，當CE取最大值時，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，
∴BC∥OA，C（0，4），A（6，0），D（3，0），
設(shè)點E的坐標為（m，4），則CE＝m，
∵CE＝DE，
∴CE2＝DE2，
∴m2＝（m﹣3）2+（4﹣0）2，
解得m，
∴CE，點E的坐標為（，4），
∴S四邊形OCED（CE+OD）?OC（3）×4，
∴存在點E，使四邊形OCED為面積最大的“等鄰邊四邊形”，此時四邊形OCED的面積最大值為，點E的坐標為（，4）．
【點評】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?開江縣校級期末）在平面直角坐標系中，P（a，b）是第一象限內(nèi)一點，給出如下定義：和兩個值中的最大值叫做點P的“傾斜系數(shù)”k．
（1）求點P（6，2）的“傾斜系數(shù)”k的值；
（2）①若點P（a，b）的“傾斜系數(shù)”k＝2，請寫出a和b的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
②若點P（a，b）的“傾斜系數(shù)”k＝2，且a+b＝3，求OP的長；
（3）如圖，已知點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．試說明是否存在使點P的“傾斜系數(shù)”k為的點．若存在，請自己寫出這樣的點P的坐標；若不存在，請說明理由．
【分析】（1）根據(jù)定義直接求解即可；
（2）①根據(jù)定義可得或，再求a、b的關(guān)系即可；
②結(jié)合①求出a、b的值，即可求PO的長；
（3）分四種情況討論：當P點在AB上時，2≤a≤4，P（a，2）；當P點在BC上時，2≤b≤4，P（4，b）；當P點在CD上時，2≤a≤4，P（a，4）；當P點在AD上時，2≤b≤4，P（2，b）；再結(jié)合定義求出a、b的值即可確定P點坐標．
【解答】解：（1）∵k13，k2，
∴點P（6，2）的“傾斜系數(shù)”k的值為3；
（2）①∵點P（a，b）的“傾斜系數(shù)”k＝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，
∴或，
∴；
（3）存在使點P的“傾斜系數(shù)”k為的點，理由如下：
當P點在AB上時，2≤a≤4，P（a，2），
∴或，
解得a＝3或a（舍），
∴P（3，2）；
當P點在BC上時，2≤b≤4，P（4，b），
∴或，
解得b或b＝6（舍），
∴P（4，）；
當P點在CD上時，2≤a≤4，P（a，4），
∴或，
解得a＝6（舍）或a，
∴P（，4）；
當P點在AD上時，2≤b≤4，P（2，b），
∴或，
解得b＝3或b（舍），
∴P（2，3）；
綜上所述：P點坐標為（3，2）或（4，）或（，4）或（2，3）．
【點評】本題考查四邊形的綜合應(yīng)用，熟練掌握平面直角坐標系中點的坐標特點，弄清定義是解題的關(guān)鍵．
2．（2023?定遠縣校級一模）定義：我們知道，四邊形的一條對角線把這個四邊形分成了兩個三角形，如果這兩個三角形相似（不全等），我們就把這條對角線叫做這個四邊形的“相似對角線”．
（1）如圖1，△ABC的三個頂點均在正方形網(wǎng)格中的格點上，若四邊形ABCD是以AC為“相似對角線”的四邊形，請只用無刻度的直尺，就可以在網(wǎng)格中畫出點D，請你在圖1中找出滿足條件的點D，保留畫圖痕跡（找出2個即可）
（2）①如圖2，在四邊形ABCD中，∠DAB＝90°，∠DCB＝135°，對角線AC平分∠DAB．請問AC是四邊形ABCD的“相似對角線”嗎？請說明理由；
②若AC，求AD?AB的值．
（3）如圖3，在（2）的條件下，若∠D＝∠ACB＝90°時，將△ADC以A為位似中心，位似比為：縮小得到△AEF，連接CE、BF，在△AEF繞點A旋轉(zhuǎn)的過程中，當CE所在的直線垂直于AF時，請你直接寫出BF的長．
【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CE交AF于點H，先由△EAC∽△ADC得出AE＝EF，AF＝2，再得出CE＝CH﹣EH＝3﹣1＝2，再求出△EAC∽△FAB，繼而求出，即可得出結(jié)論；②設(shè)AF與EC交于點G，先得出△AGE為等腰直角三角形，再得出CG，再得出△EAC∽△FAB，繼而求出，即可得出結(jié)論．
【解答】解：（1）如圖1所示，
AB，BC＝2，∠ABC＝90°，AC＝5，
∵四邊形ABCD是以AC為“相似對角線”的四邊形，
當∠ACD＝90°時，△ACD∽△ABC或△ACD∽△CBA，
∴或，
∴或，
∴CD＝2.5或CD＝10，
同理：當∠CAD＝90°時，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“相似對角線”；
②∵△DAC∽△CAB，
∴，
∴AD?AB＝AC2，
∵AC，
∴AD?AB＝10；
（3）①由（2）可知△ADC為等腰直角三角形，AC，
∴AD＝CD，
∵△AEF∽△ADC，且相似比為：，
∴AE＝EF，AF＝2，
如圖，延長CE交AF于點H，由題意可得：EH⊥AF于H，
∴AHAF＝1，
∴CH，
∴CE＝CH﹣EH＝3﹣1＝2，
∵∠CAD＝∠EAF＝45°，
∴∠CAE＝∠BAF，，
∵，
∴△EAC∽△FAB，
∴即，
∴FB；
②如圖，設(shè)AF與EC交于點G，
∵AF⊥CE，
∴△AGE為等腰直角三角形，
∵EA，
∴AG＝EG＝1，
在Rt△AGC中，CG，
∴EC＝4，
同理可證△EAC∽△FAB，
∴即，
∴FB＝4，
綜上，F(xiàn)B＝2或FB＝4．
【點評】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)校級期末）如圖，四邊形ACDE是證明勾股定理時用到的一個圖形，a，b，c是Rt△ABC和Rt△BED邊長，易知AEc，這時我們把關(guān)于x的形如ax2cx+b＝0的一元二次方程稱為“勾系一元二次方程”．
請解決下列問題：
（1）判斷下列方程是否是“勾系一元二次方程”：
①2x2x+1＝0 不是 （填“是”或“不是”）；
②3x2+5x+4＝0 是 （填“是”或“不是”）
（2）求證：關(guān)于x的“勾系一元二次方程”ax2cx+b＝0必有實數(shù)根；
（3）若x＝﹣1是“勾系一元二次方程”ax2cx+b＝0的一個根，且四邊形ACDE的周長是12，求△ABC面積．
【分析】（1）利用“勾系一元二次方程”的定義進行判斷即可求解；
（2）由ax2cx+b＝0是“勾系一元二次方程“得c2＝a2+b2，因為Δ＝（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”ax2cx+b＝0必有實數(shù)根；
（3）由x＝﹣1是“勾系一元二次方程”ax2cx+b＝0的一個根得ac+b＝0，整理得a+bc，由四邊形ACDE的周長是12，可得2（a+b）c＝12，所以2cc＝12，則c＝2，則a+b24，所以a2+2ab+b2＝16，而a2+b2＝c2＝（2）2＝8，所以2ab+8＝16，即可求出ab的值及ab的值，得到△ABC面積．
【解答】（1）解：2x2x+1＝0 不是“勾系一元二次方程”，
理由：∵c，
∴c，
∵a＝2，b＝1，
∴a2+b2≠c2，
∴以a、b、c為三邊長的三角形是不是直角三角形，且c為斜邊的長，
∴2x2x+1＝0不是“勾系一元二次方程”，
3x2+5x+4＝0是“勾系一元二次方程”，
理由：∵c＝5，
∴c＝5，
∵a＝3，b＝4，
∴a2+b2＝c2，
∴以a、b、c為三邊長的三角形是直角三角形，且c為斜邊的長，
∴3x2+5x+4＝0是“勾系一元二次方程”，
故答案為：不是，是；
（2）證明：∵ax2cx+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，且c為斜邊的長，
∴c2＝a2+b2，
∵Δ＝（c）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”ax2cx+b＝0必有實數(shù)根．
（3）解：∵x＝﹣1是“勾系一元二次方程”ax2cx+b＝0的一個根，
∴ac+b＝0，
∴a+bc，
∵四邊形ACDE的周長是12，
∴2（a+b）c＝12，
∴2cc＝12，
∴c＝2，
∴a+b24，
∴（a+b）2＝16，
∴a2+2ab+b2＝16，
∵a2+b2＝c2＝（2）2＝8，
∴2ab+8＝16，
∴ab＝4，
∴S△ABCab4＝2．
∴△ABC面積是2．
【點評】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、新定義問題的求解等知識與方法，準確把握“勾系一元二次方程”的內(nèi)涵并運用到解題過程之中是解題的關(guān)鍵．
4．（2022秋?龍崗區(qū)校級期末）定義：有一組鄰邊相等的凸四邊形叫做“等鄰邊四邊形”，回答下列問題．
（1）如圖1，四邊形ABCD中，∠A＝90°，AB＝1，CD，∠BCD＝∠DBC，判斷四邊形ABCD是不是“等鄰邊四邊形”，并說明理由；
（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．
【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C′B′交AB于點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，
∴BD＝CD，
在Rt△ABD中，AD1，
∴AD＝AB，
∴四邊形ABCD是“等鄰邊四邊形”；
（2）如圖2，延長C′B′交AB于點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，
∴x1，x2（舍去），
∴BD，
∴BB′BD．
【點評】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，添加一個條件使得四邊形ABCD是“等鄰邊四邊形”．請寫出你添加的一個條件．（只寫一個即可）
【問題探究】
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為對角線，△BCD為等邊三角形，試給出AC和AB的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
【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，再利用“等鄰邊四邊形”定義分類討論，由勾股定理得出結(jié)論；
（3）先判斷出△AED為等邊三角形，再說明△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（任寫一個即可）；
（2）當AB＝BC′時，如圖2，延長C′B′交AB于點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，x2（不合題意，舍去），
∴等腰Rt△BB′D中，BB′x，
∴平移的距離為．
當BC′＝A′C′時，同法可得BB′，平移距離為，
當AB＝AA′時，平移距離為2，
當AA′＝A′C′時，平移距離為，
綜上所述，滿足條件的平移距離為或或2或．
（3）ACAB，
理由：如圖3，過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°，
∴BEAB，
∴ACAB．
【點評】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．
【點評】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）．
【點評】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”的定義等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運用所學(xué)知識解決問題，屬于中考創(chuàng)新題型．
8．（2022秋?興化市校級期末）我們給出如下定義：若一個四邊形中存在相鄰兩邊的平方和等于一條對角線的平方，則稱這個四邊形為勾股四邊形，這兩條相鄰的邊稱為這個四邊形的勾股邊．
（1）寫出你所學(xué)過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（小正方形的頂點）O（0，0），A（3，0），B（0，4），請你畫出以格點為頂點，OA，OB為勾股邊且對角線相等的勾股四邊形OAMB；
（3）如圖2，將△ABC繞頂點B按順時針方向旋轉(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角線的平方，由此可知，正方形、長方形、直角梯形都是勾股四邊形．
（2）OM＝AB知以格點為頂點的M共兩個：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、長方形、直角梯形．（任選兩個均可）
（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．
【點評】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，對應(yīng)線段、對應(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，OB＝2，∠OBC＝60°，則AD2+BC2＝ ，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．
（4）如圖3，∠AOB＝∠COD＝90°，∠ABO＝∠CDO＝30°，∠BOC＝120°，OA＝OD，，連接AC，BC，BD，請直接寫出BC的長．
【分析】（1）利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)得BC＝4，OC＝2，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，說明BG⊥CE，從而得出BC2+GE2＝CG2+BE2，進而解決問題；
（4）通過證明△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＝ODOB，OB＝2，
∴OA＝OD，
∵四邊形ABCD是“垂美四邊形”，
∴∠AOD＝∠BOC＝90°，
∵∠OBC＝60°，
∴∠BCO＝30°，
∴BC＝4，OC＝2，
∴AD2+BC2＝OA2+OD2+BC2＝（）2×2+42，
AB2+CD2＝OA2+OB2+OD2+OC2＝AD2+BC2，
故答案為：，；
（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＝4，
∴CG＝4，BE＝8，
∴（4）2+GE2＝（4）2+（8）2，
解得EG＝4；
（4）如圖，連接AD，設(shè)AC與BD的交點為H，
∵∠AOB＝∠COD＝90°，∠ABO＝∠CDO＝30°，OC，
∴∠BOD＝∠AOC，BOOA，DOOC＝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，
∵，∠BOD＝∠AOC，
∴△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．
【點評】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，理解新定義并運用是解題的關(guān)鍵．
10．（2022秋?東城區(qū)校級月考）點P（x1，y1），Q（x2，y2）是平面直角坐標系中不同的兩個點，且x1≠x2，若存在一個正數(shù)k，使點P，Q的坐標滿足|y1﹣y2|＝k|x1﹣x2|，則稱P，Q為一對“限斜點”，k叫做點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，），有|0||1﹣3|，所以點P，Q為一對“限斜點”，且“限斜系數(shù)”為．
已知點A（1，0），B（2，0），C（2，﹣2），D（2，）．
（1）在點A，B，C，D中，找出一對“限斜點”： 點A與點D或點A與點C ，它們的“限斜系數(shù)”為 2或 ；
（2）若存在點E，使得點E，A是一對“限斜點”，點E，B也是一對“限斜點”，且它們的“限斜系數(shù)”均為1．求點E的坐標；
（3）正方形對角線的交點叫做中心，已知正方形EFGH的各邊與坐標軸平行，邊長為2，中心為點M（0，m）．點T為正方形上任意一點，若所有點T都與點C是一對“限斜點”，且都滿足k（T，C）≥1，直接寫出點M的縱坐標m的取值范圍．
【分析】（1）根據(jù)定義驗證即可；
（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E的坐標；
（3）先確定點C在直線y＝﹣x上，當T點在直線y＝﹣x上時，k（T，C）＝1，再由題意可知T點在直線y＝﹣x的上方，根據(jù)正方形的性質(zhì)求出F（﹣1，m﹣1），當F點在直線y＝﹣x上時，m＝2，則m≥2時，對任意的T都有k（T，C）≥1；過點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點在直線y＝x﹣4的下方，再求出E（﹣1，m+1），當E點在直線y＝x﹣4上時，m＝﹣6，則m≤﹣6時，對任意的T都有k（T，C）≥1．
【解答】解：（1）由定義可知x1≠x2，y1≠y2，
∴B、C、D三點不能是“限斜點”，A、B不能是“限斜點”，
對于點A（1，0）和點C（2，﹣2），|﹣2﹣0|＝2|2﹣1|，
∴A與C是“限斜點”，“限斜系數(shù)”為2；
對于點A（1，0）和點D（2，），|0||2﹣1|，
∴A與D是“限斜點”，“限斜系數(shù)”為；
故答案為：點A與點D或點A與點C；2或；
（2）設(shè)E（x，y），
∵點E，A是一對“限斜點”，“限斜系數(shù)”為1，
∴|y|＝|x﹣1|，
∵點E，B一對“限斜點”，“限斜系數(shù)”為1，
∴|y|＝|x﹣2|，
∴|x﹣1|＝|x﹣2|，
解得x，
∴y＝±，
∴E（，）或（，）；
（3）∵C（2，﹣2），
∴點C在直線y＝﹣x上，
當T點在直線y＝﹣x上時，k（T，C）＝1，
∵所有點T都滿足k（T，C）≥1，
∴T點在直線y＝﹣x的上方，
∵M（0，m），F(xiàn)G＝2，
∴F（﹣1，m﹣1），
當F點在直線y＝﹣x上時，m﹣1＝1，
解得m＝2，
∴m≥2時，對任意的T都有k（T，C）≥1；
過點C作直線y＝﹣x的垂線，則垂線解析式為y＝x﹣4，
當T點在直線y＝x﹣4上時，k（T，C）＝1，
∵所有點T都滿足k（T，C）≥1，
∴T點在直線y＝x﹣4的下方，
∵M（0，m），F(xiàn)G＝2，
∴E（﹣1，m+1），
當E點在直線y＝x﹣4上時，﹣1﹣4＝m+1，
解得m＝﹣6，
∴m≤﹣6時，對任意的T都有k（T，C）≥1；
綜上所述：m≥2或m≤﹣6時，對任意的T都有k（T，C）≥1．
【點評】本題考查四邊形的綜合應(yīng)用，熟練掌握正方形的性質(zhì)，會解絕對值方程，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）對于平面直角坐標系xOy中的圖形M，N，給出如下定義：P為圖形M上任意一點，Q為圖形N上任意一點，如果P，Q兩點間的距離有最小值，那么稱這個最小值為圖形M，N間的“鄰近距離”，記為d（圖形M，圖形N），已知點A（﹣2，﹣2），B（3，﹣2），C（3，3），D（﹣2，3）．
（1）d（點O，線段AB）＝ 2 ；
（2）若點G在軸上，且d（點G，線段AB）＞2，求點G的橫坐標a的取值范圍；
（3）依次連接A，B，C，D四點，得到正方形ABCD（不含圖形內(nèi)部），記為圖形M，點E（t，0），點F（0，）均不與點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t的取值范圍．
【分析】（1）根據(jù)定義判斷即可；
（2）由﹣2≤a≤3時，d（點G，線段AB）＝2，則當a＜﹣2或a＞3時，d（點G，線段AB）＞2；
（3）分兩種情況討論：當t＜0時，1＜3﹣（）＜2，1＜t+2＜2，可得t＜0時，1＜d（圖形M，圖形N）＜2；當t＞0時，1＜3﹣t＜2，1t+2＜2，可得1＜t＜2時，1＜d（圖形M，圖形N）＜2．
【解答】解：（1）∵A（﹣2，﹣2），B（3，﹣2），
∴點O到線段AB的距離為2，
∴d（點O，線段AB）＝2，
故答案為：2；
（2）∵G點在軸上，
∴﹣2≤a≤3時，d（點G，線段AB）＝2，
當a＜﹣2或a＞3時，d（點G，線段AB）＞2，
∴a＜﹣2或a＞3；
（3）當t＜0時，如圖1，
∵1＜d（圖形M，圖形N）＜2，
∴1＜3﹣（）＜2，1＜t+2＜2，
∴t，﹣1＜t＜0，
∴t＜0時，1＜d（圖形M，圖形N）＜2；
當t＞0時，如圖2，
∵1＜d（圖形M，圖形N）＜2，
∴1＜3﹣t＜2，1t+2＜2，
∴1＜t＜2，t，
∴1＜t＜2時，1＜d（圖形M，圖形N）＜2；
綜上所述：t＜0或1＜t＜2時，1＜d（圖形M，圖形N）＜2．
【點評】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)校級期中）對于平面直角坐標系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A，B（點A，B可以重合），在圖形W2上存在兩點M，N（點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C（1，0），D（﹣1，0），E（0，），點F在CE上運動（點F可以與C，E重合），連接OF，DF．
①線段OF的最小值為 ，最大值為 ；線段DF的取值范圍是 DF≤2 ．
②在點O，D中，點 O 與線段CE滿足限距關(guān)系．
（2）如圖2，正方形ABMN的邊長為2，直線PQ分別與x軸，y軸交于點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P的縱坐標a（a＞0）的取值范圍；
（3）如圖3，正方形ABMN的頂點均在坐標軸上，A（0，b）（b＞0），G，H是正方形邊上兩點，分別以G，H為中心作邊長為1的正方形，與正方形ABMN的四邊分別平行．若對于任意的點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，OF的值最小，利用等積法求出最小值；當F點與E點重合時，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M、N，滿足OM最小值為，ON最大值為，此時滿足定義，求解即可；
（2）分三種情況討論：①當0＜a時，線段PQ在正方形內(nèi)部，此時PQ與正方形無公共點，過點Q作QE⊥AB交于E，過點Q作QF⊥QE交AN于點F，此時正方形上到線段PQ的最短距離為1a，正方形上到線段PQ的最大距離為1a，可得1a≥2（1a），從而求出a；②當a時，線段PQ與正方形有公共點，此時線段PQ與正方形滿足限距關(guān)系；③當a時，線段PQ在正方形的外部，與正方形無公共點，正方形到線段PQ的最小距離為AC（a），正方形到線段PQ的最大距離為MP＝a，可得a2（a），從而求出a≤2；
（3）考慮中心H、G分別與B、N重合，兩個正方形的距離的最小值為BN﹣BD﹣PN＝2b，最大距離為BN+BC+NQ＝2b，可得2b2（2b），即可求0＜b．
【解答】解：（1）①如圖1，點C（1，0），D（﹣1，0），E（0，），
∴OC＝1，OD＝1，OE，
∴CE＝2，
當OF⊥CE時，OC?OEEC?OF，
∴OF，
此時OF的值最?。?br>當F點與E點重合時，OF的值最大，最大值為，
當DF⊥CE時，DF的值最小，
∴DC?OEEC?DF，
∴DF，
當點F與點C或點E重合時，DF有最大值，
∴DE＝CD＝2，
∴FD的最大值為2，
∴DF≤2，
故答案為：，，DF≤2；
②線段CE上存在點M、N，滿足OM最小值為，ON最大值為，
則OM＝2ON，
∴點O與線段CE滿足限距關(guān)系；
∵DF≤2，
∴線段CE上不存在兩點與點D滿足限距關(guān)系；
故答案為：O；
（2）∵P（0，a），∠PQO＝30°，
∴OP＝a，PQ＝2a，
∴OQa，
∵正方形的邊長為2，
∴OA＝OB，
當a時，a，此時點Q與點B重合，
①如圖2，當0＜a時，線段PQ在正方形內(nèi)部，此時PQ與正方形無公共點，
過點Q作QE⊥AB交于E，過點Q作QF⊥QE交AN于點F，
∴QE，
∴QE＝1a，
∴正方形上到線段PQ的最短距離為1a，
∵NF，
∴NF＝1a，
∴正方形上到線段PQ的最大距離為1a，
∵線段PQ與正方形滿足限距關(guān)系，
∴1a≥2（1a），
解得a，
∴a；
②如圖3，當a時，線段PQ與正方形有公共點，
線段PQ與正方形滿足限距關(guān)系；
③如圖4，當a時，線段PQ在正方形的外部，與正方形無公共點，
過點A作AC⊥PQ交于C，過點M作MD⊥PQ交于D，
∵∠OPQ＝60°，
∴∠PAC＝30°，∠PMD＝30°，
∴CPAP，PDPM，
∴正方形到線段PQ的最小距離為AC（a），
正方形到線段PQ的最大距離為MP＝a，
∵線段PQ與正方形滿足限距關(guān)系，
∴a2（a），
解得a≤2，
∴a≤2；
綜上所述：a≤2；
（3）如圖5，當中心H、G分別與B、N重合時，
∵A（0，b），
∴OA＝OB＝ON＝b，
∵小正方形的邊長為1，
∴CD＝PQ，
∴兩個正方形的距離的最小值為BN﹣BD﹣PN＝2b，最大距離為BN+BC+NQ＝2b，
∵兩個正方形滿足限距關(guān)系，
∴2b2（2b），
解得b，
∴0＜b．
【點評】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”．
【點評】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．
【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△BCDAB×DEBC×BE＝23；
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，
∴CF2，
∴BF＝23，
∴S四邊形ADBC＝S△ABC+S△ABD4×（23）4×3＝4，
綜上所述：這個等角線四邊形的面積為4或23．
【點評】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，理解等角線四邊形的定義并運用是解題的關(guān)鍵．
15．（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．
【點評】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．
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(xué)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，
∴EFBE＝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）?DF63；
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．
【點評】本題考查的是對美四邊形的定義、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，EHBD，EF∥AC，EFAC，
∴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，MNBG，RL∥BG，RLBG，RN∥CE，RNCE，ML∥CE，MLCE，
∴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∵RLBG，RNCE，
∴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）MNAC，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°，
∴MNFM，
∵M，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，
∴FMAC，
∴MNAC；
（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：MNAC；
又∵AC＝2，
∴MN，
∴（AB+CD）最?。?．
【點評】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，兩點之間線段最短等知識，理解“中方四邊形”的定義并運用是本題的關(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．
【點評】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，矩形和正方形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，添加恰當輔助線是解題的關(guān)鍵．
19．（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，BDdm．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×CEBH×PMCH×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，
∴BG6，
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．
【點評】本題是四邊形綜合題，考查了等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識，理解新定義并運用是解題的關(guān)鍵．
20．（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．
【點評】本題是四邊形綜合題，考查了勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)及三角形的中位線定理，理解鄰余線的定義并運用是解題的關(guān)鍵．

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