专题14 特殊的平行四边形中旋转和新定义型问题的六种考法-【常考压轴题】2024-2025学年八年级数学下册压轴题攻略（北京版）

专题14 特殊的平行四边形中旋转和新定义型问题的六种考法 目录 解题知识必备 1 压轴题型讲练 2 类型一、矩形中的旋转问题 2 类型二、菱形中的旋转问题 6 类型三、正方形中的旋转问题 11 类型四、矩形中的新定义型问题 15 类型五、菱形中的新定义型问题 21 类型六、正方形中的新定义型问题 25 压轴能力测评（10题） 29 解题知识必备 1.矩形 1.矩形的概念和性质 有一角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形也叫做长方形。矩形是特殊的平时行不行，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线相等，四个角都是直角。 2.矩形的判定 （1）有一个角是直角的平行四边形是矩形 （2）三个角是直角的四边形是矩形 （3）对角线相等的平行四边形是矩形 2.菱形 1.菱形的概念与性质 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质：菱形的四条边相等；菱形的对角线互相垂直。 2.菱形的判定 （1）有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形（概念） （2）四边相等的四边形是菱形 （3）对角线互相垂直的平行四边形是菱形 3.正方形 1.正方形的概念、性质 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的特殊的菱形。它具有矩形和菱形的一切性质。 2.正方形的判定 （1）有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形（概念） （2）有一组邻边相等的矩形是正方形 （3）有一个角是直角的菱形是正方形 压轴题型讲练 类型一、矩形中的旋转问题 例题：（24-25九年级上·内蒙古通辽·阶段练习）已知：在矩形中，把矩形绕点旋转，得到矩形，且点落在边上，连接交于点． (1)如图，连接，求证：平分； (2)如图，连接，若平分，判断与之间的数量关系，并说明理由． 【变式训练】 1．（24-25九年级上·云南曲靖·期末）在数学活动课上，李老师以“矩形的旋转”为主题开展探究活动． (1)李老师让同学们将两张完全相同的矩形纸片和拼成“L”形图案，如图①，试判断的形状，并说明理由； (2)李老师让同学们继续深入探究，在保持矩形不动的条件下，将矩形绕点C顺时针旋转一定的角度，当点D恰好落在对角线上时，与相交于点M，连接，若，，如图②，求的长． 类型二、菱形中的旋转问题 例题：（23-24八年级下·江苏泰州·期中）如图，在中，，点O是AC边上的中点，将绕着点O旋转得到. (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，，求菱形的面积. 【变式训练】 （23-24八年级下·湖北武汉·期中）在菱形和菱形中，． (1)如图1，若点分别在边上，点F在菱形内部，连接，直接写出的长度为_________； (2)如图2，把菱形绕点B顺时针旋转，连接，判断与的数量关系，并给出证明； (3)如图3，①把菱形继续绕点B顺时针旋转，连接为的中点，连接，试探究与的关系；②直接写出菱形绕B点旋转过程中的取值范围． 类型三、正方形中的旋转问题 例题：（24-25九年级上·湖北襄阳·期中）已知正方形和正方形． (1)如图1，当正方形在正方形在外部时，连接，．求证：； (2)如图 2，将（1）中正方形绕点C旋转，使点G落在上． ①若 ，，求线段的长； ②如图 3，连接，若点O是的中点，连接．判断线段与的数量关系并说明理由． 【变式训练】 1．（2024九年级上·河南安阳·学业考试）正方形和正方形如图1摆放，且B，A，G三点共线． (1)正方形的边长为a，正方形的边长为b，．当，时，四边形的面积=__________； (2)若正方形可以绕点A顺时针进行旋转，且旋转角度小于． ①如图2，连接，探究的数量关系，并说明理由； ②如图3，连接，在旋转过程中，若点P为的中点，连接，试判断和的数量关系，并说明理由； (3)在（2）的条件下，若某时刻，请直接写出的面积． 类型四、矩形中的新定义型问题 例题：（23-24八年级下·浙江嘉兴·期末）定义：如果平面内一点到三角形三个顶点的距离中，最长距离的平方等于另两个距离的平方和，则称这个点为该三角形的“幸运点”．例如：平面内有一点P到的三个顶点的距离分别为，如图1，当最大时，若，则点P就是的“幸运点”．    【探究1】如图2，在的方格纸中，每个小正方形的边长均为1，的顶点在格点上，若格点P是的“幸运点”，请画出点P的位置； 【探究2】如图3，矩形中，对角线交于点O，，，若P是矩形上的一点，且点P是的“幸运点”，求的长； 【探究3】如图4，为等边三角形，过点A作的垂线，点D在该垂线上，以为边在其右侧作等边，连接． ①判断点A是否是的“幸运点”，并说明理由； ②若，，求的长． 【变式训练】 1．（23-24八年级下·浙江宁波·期中）定义：对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形． 了解性质：如图1：已知四边形中，．垂足为，则有：； 性质应用：（1）如图1，四边形是垂美四边形，若，，，则 ； 性质变式：（2）如图2，图3，P是矩形所在平面内任意一点，则有以下重要结论：．请以图3为例将重要结论证明出来． 应用变式：（3）①如图4，在矩形中，O为对角线交点，P为中点，则；（写出证明过程） ②如图5，在中，，，D是内一点，且，，则的最小值是 ． 类型五、菱形中的新定义型问题 例题：（2024·浙江·模拟预测）定义：我们把对角线相等的四边形叫作伪矩形，对角线的交点称作伪矩形的中心． (1)①写出一种你学过的伪矩形： ． ②顺次连接伪矩形各边中点所得的四边形是 ． A．正方形    B．矩形    C．菱形    D．无法确定 (2)如图1，在伪矩形中，，，，求的长． (3)如图2，在伪矩形中，，，，，求这个伪矩形的面积． 【变式训练】 1．（22-23八年级下·浙江宁波·期末）我们定义：以已知菱形的对角线为边且有一条边与已知菱形的一条边共线的新菱形称为已知菱形的伴随菱形．如图1，在菱形中，连接，在的延长线上取点E使得，以为边作菱形，我们称菱形是菱形的“伴随菱形”． (1)如图2，在菱形中，连接，在的延长线上作，作的平分线交的延长线于点，连接．求证：四边形为菱形的“伴随菱形”． (2)①如图3，菱形为菱形的“伴随菱形”，过作垂直于点，对角线相交于点．连接若，试判断与的数量关系并加以证明． ②在①的条件下请直接写出的值． 类型六、正方形中的新定义型问题 例题：（23-24八年级下·黑龙江双鸭山·期末）我们定义：对角线相等且互相垂直的四边形叫做“宁美四边形”． (1)在我们学过的下列四边形①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形中，是“宁美四边形”的是___________（填序号）； (2)如图，在正方形中，为上一点，连接，过点作于点，交于点，连、．求证：四边形是“宁美四边形”； 【变式训练】 1．（24-25九年级上·湖南长沙·开学考试）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形” 【概念理解】 （1）在已经学过的“①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形”中，_________是“中方四边形”（填序号）． 【性质探究】 （2）如图1，若四边形是“中方四边形”，观察图形，线段和线段有什么关系，并证明你的结论． 【问题解决】 （3）如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形连结，依次连接四边形的四边中点得到四边形．求证：四边形是“中方四边形”． 压轴能力测评（10题） 一、单选题 1．（24-25九年级上·全国·单元测试）如图，将矩形绕点A逆时针旋转得到矩形，若，则旋转角的度数为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24九年级上·吉林长春·期末）如图，菱形纸片ABCD的一内角为60°，边长为2，将它绕对角线的交点O顺时针旋转90°后到的位置，则旋转前后两菱形重叠部分多边形的周长为(    ) A．8 B． C． D． 二、填空题 3．（24-25九年级上·北京·阶段练习）如图，点为正方形对角线的中点，将以点为直角顶点的直角绕点旋转（的边始终在正方形外），若正方形边长为2，则在旋转过程中与正方形重叠部分的面积为 ． 4．（23-24九年级上·浙江金华·期中）如图，已知矩形，将矩形绕A顺时针旋转，得到矩形，点的对应点是点，点的对应点是点，点的对应点是点，连结．      （1）如图①，当时，的长为 ； （2）如图②，点是的中点，连结，在旋转过程中，线段的最大值为 ． 三、解答题 5．（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图1，菱形AEFG的两边AE、AG分别在菱形ABCD的边AB和AD上，且∠BAD=60°，连接CF； （1）求证：； （2）如图2，将菱形AEFG绕点A进行顺时针旋转，在旋转过程中（1）中的结论是否发生变化？请说明理由． 6．（24-25八年级上·江苏淮安·期中）新定义：若一个凸四边形的一条对角线把该四边形分成两个等腰三角形，那么称这个凸四边形为“等腰四边形”，这条对角线称为“界线”． (1)如图1，四边形ABCD是“等腰四边形”，BD为“界线”，若，，则______°； (2)如图2，四边形ABCD中，，，，．试说明四边形ABCD是“等腰四边形”； (3)若在“等腰四边形”中，，，且为“界线”，请直接写出的度数为______． 7．（24-25九年级上·山西运城·期中）问题情境：已知矩形，，，将矩形绕点按逆时针方向旋转，得到矩形，点的对应点是点，点的对应点是点，点的对应点是点，连接． 数学发现： （1）如图，当时，___________，如图，当时，___________； 初步探究： （2）如图，当边经过点时，求的长； （3）如图，当点落在的延长线上时，直接写出四边形的面积． 8．（24-25九年级上·广东佛山·阶段练习）定义：对于一个四边形，我们把依次连结它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． 概念理解：下列四边形中一定是“中方四边形”的是 A．    平行四边形     B．  矩形     C． 菱形   D． 正方形 问题解决：如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧正方形和正方形，连接．求证：四边形是“中方四边形”： 性质探究：如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形的两条站论： ① ；② 拓展应用：如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点， （1）试探索与的数量关系，并说明理由． （2）若的最小值是4，则的长度为 ，（不需要解答过程） 9．（24-25九年级上·河南开封·期末）【问题情景】 数学实践小组的同学利用两个正方形进行了如下的探究与操作： 将正方形的点D和正方形的点E重合，并旋转正方形同时确保点H在正方形内部，在旋转中同学们尝试对此情景进行画图，提出了不同的研究方向． (1)【思考尝试】 如图1，同学们发现，连接、后，随着旋转，和有着一定的数量关系，请在图1中补全图形，并证明和的数量关系； (2)【应用迁移】 如图2，励志小组继续旋转，发现三点共线时，可以由正方形和正方形的边长求出的长，若，，请你思考并求的长． (3)【拓展探究】励志小组在旋转正方形时，发现并提出新的探究点：如图3，连接、，当正方形旋转时，的形状和面积也随之改变，若，，直接写出的面积的取值范围． 10．（24-25九年级上·广东深圳·开学考试）【定义】对于没有公共点的两个图形M，N，点P是图形M上任意一点，点Q是图形N上任意一点，把P、Q两点之间的距离的最小值称为图形M与图形N的距离，记为． 【理解】如图1，在平面直角坐标系中，的对角线，相交于点O，若点A，B的坐标分别为，，点G是边上任意一点． （1）当点G在边上时，的最小值是__________，因此d[点O，线段]__________； （2）当点G在任意边上时，的最小值是__________，因此d[点O，]__________； 【拓展】如图2，在平面直角坐标系中，的对角线，相交于点O，平分，点A，B的坐标分别为，，点是对角线上与点A，C，O不重合的一点，点是对角线上与点B，D，O不重合的一点． （3）当[线段，]时，则n的取值范围为__________； （4）当时，__________（结果用含n的式子表示）； 【应用】为庆祝母亲节，某商场在广场举行花卉展览，要在长6米，宽4米的长方形花卉展览区外围用彩绳拉出封闭隔离线，要求封闭隔离线与长方形花卉展览区外围的最小距离均为0.5米，请直接写出所需彩绳的长度． 学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题14 特殊的平行四边形中旋转和新定义型问题的六种考法 目录 解题知识必备 1 压轴题型讲练 2 类型一、矩形中的旋转问题 2 类型二、菱形中的旋转问题 6 类型三、正方形中的旋转问题 11 类型四、矩形中的新定义型问题 15 类型五、菱形中的新定义型问题 21 类型六、正方形中的新定义型问题 25 压轴能力测评（10题） 29 解题知识必备 1.矩形 1.矩形的概念和性质 有一角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形也叫做长方形。矩形是特殊的平时行不行，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线相等，四个角都是直角。 2.矩形的判定 （1）有一个角是直角的平行四边形是矩形 （2）三个角是直角的四边形是矩形 （3）对角线相等的平行四边形是矩形 2.菱形 1.菱形的概念与性质 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，菱形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有一些特殊的性质：菱形的四条边相等；菱形的对角线互相垂直。 2.菱形的判定 （1）有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形（概念） （2）四边相等的四边形是菱形 （3）对角线互相垂直的平行四边形是菱形 3.正方形 1.正方形的概念、性质 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是有一组邻边相等的特殊的矩形，也是有一个角是直角的特殊的菱形。它具有矩形和菱形的一切性质。 2.正方形的判定 （1）有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形（概念） （2）有一组邻边相等的矩形是正方形 （3）有一个角是直角的菱形是正方形 压轴题型讲练 类型一、矩形中的旋转问题 例题：（24-25九年级上·内蒙古通辽·阶段练习）已知：在矩形中，把矩形绕点旋转，得到矩形，且点落在边上，连接交于点． (1)如图，连接，求证：平分； (2)如图，连接，若平分，判断与之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)，理由见解析 【知识点】用勾股定理解三角形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据旋转的性质说明线段或角相等、利用矩形的性质证明 【分析】（1）由旋转的性质可得，由等边对等角可得，由矩形的性质可得，由两直线平行内错角相等可得，进而可得，于是结论得证； （2）连接，过点作于点，由旋转的性质可得，，，由矩形的性质可得，，，，利用可证得，于是可得，，利用又可证得，于是可得，利用等式的性质可得，设，， 则，，，根据勾股定理可得，即，整理可得，于是结论得证． 【详解】（1）证明：如图，连接， 由旋转的性质可得：， ， 四边形是矩形， ， ， ， 平分； （2）解：，理由如下： 如图，连接，过点作于点， 则， 由旋转的性质可得：，，， 四边形和是矩形， ，，，， ，， 由（1）可得：平分， ， 在和中， ， ， ，， ，平分， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ，， ， ， 设，， 则， ， ， ， 根据勾股定理可得： ， 即：， 整理，得：， ． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，矩形的性质，两直线平行内错角相等，垂线的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的两个锐角互余，等角对等边，等式的性质，线段的和与差，列代数式，勾股定理，整式的混合运算等知识点，添加适当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【变式训练】 1．（24-25九年级上·云南曲靖·期末）在数学活动课上，李老师以“矩形的旋转”为主题开展探究活动． (1)李老师让同学们将两张完全相同的矩形纸片和拼成“L”形图案，如图①，试判断的形状，并说明理由； (2)李老师让同学们继续深入探究，在保持矩形不动的条件下，将矩形绕点C顺时针旋转一定的角度，当点D恰好落在对角线上时，与相交于点M，连接，若，，如图②，求的长． 【答案】(1)等腰直角三角形，见解析 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、全等的性质和SSS综合（SSS）、根据旋转的性质求解 【分析】（1）先根据证明，再根据全等三角形的性质以及矩形的性质即可证明； （2）可得垂直平分，则，在中，由勾股定理得，则，在中，由勾股定理得，即可求解． 【详解】（1）解：是等腰直角三角形；理由如下： 矩形和矩形是完全相同的矩形， ，，， ， ， ， ， ， 又 是等腰直角三角形． （2）解：由（1）得，， ， ， ， 在中，， ， 在中，， ， 解得：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形判定与性质，勾股定理，旋转的性质，线段的垂直平分线的性质等知识点． 类型二、菱形中的旋转问题 例题：（23-24八年级下·江苏泰州·期中）如图，在中，，点O是AC边上的中点，将绕着点O旋转得到. (1)求证：四边形是菱形； (2)如果，，求菱形的面积. 【答案】(1)详见解析 (2)菱形的面积是2 【知识点】利用菱形的性质证明、证明四边形是菱形 【分析】本题主要考查了菱形，解题关键是构造直角三角形求面积． （1）由将绕着点旋转得到，得，，又由，即可得四边形是菱形； （2）作，由，，得，即可得菱形的面积． 【详解】（1）解：将绕着点O旋转得到. ∴，， ∵， ∴， ∴四边形菱形 （2）解：作，由，， 得， 得菱形的面积． 【变式训练】 （23-24八年级下·湖北武汉·期中）在菱形和菱形中，． (1)如图1，若点分别在边上，点F在菱形内部，连接，直接写出的长度为_________； (2)如图2，把菱形绕点B顺时针旋转，连接，判断与的数量关系，并给出证明； (3)如图3，①把菱形继续绕点B顺时针旋转，连接为的中点，连接，试探究与的关系；②直接写出菱形绕B点旋转过程中的取值范围． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3) 【知识点】等边三角形的判定和性质、全等三角形综合问题、利用菱形的性质求线段长、利用平行四边形的判定与性质求解 【分析】（1）连接，交于点，交于点，根据菱形的性质，证明三点共线，求出的长，用即可求出的长度； （2）过点作，过点作，过点作，得到四边形为平行四边形，证明，得到，进而求出，利用等腰三角形的性质结合30度角的直角三角形的性质，即可得出结论； （3）①延长至点，使，连接，延长，交于点，先证明，推出四边形为平行四边形，再证明，推出为等边三角形，利用等边三角形的性质和含30度角的直角三角形的性质，即可得出结论；②三角形的三边关系，求出的范围，进而求出的范围即可． 【详解】（1）解：连接，交于点，交于点， ∵菱形，菱形， ∴，， ∵点分别在边上， ∴， ∴三点共线， ∵， ∴，， ∴， 同理：， ∴； 故答案为：； （2），证明如下： 过点作，过点作，过点作， 则：四边形为平行四边形， ∴，， ∵菱形，菱形，， ∴，， ∴，，， ∴， ∵ ∴， ∴，即：， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴； （3）①延长至点，使，连接，延长，交于点， ∵是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， ∵菱形， ∴， ∴，，为等边三角形， ∴四边形为平行四边形，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴为等边三角形， ∵，， ∴，， ∴， ∴； ②∵， ∴，即：， ∵， ∴． 【点睛】本题考查菱形的性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，三角形的三边关系等知识点，综合性强，难度大，属于压轴题，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊图形和全等三角形，是解题的关键． 类型三、正方形中的旋转问题 例题：（24-25九年级上·湖北襄阳·期中）已知正方形和正方形． (1)如图1，当正方形在正方形在外部时，连接，．求证：； (2)如图 2，将（1）中正方形绕点C旋转，使点G落在上． ①若 ，，求线段的长； ②如图 3，连接，若点O是的中点，连接．判断线段与的数量关系并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)①4；②，理由见解析 【知识点】用勾股定理解三角形、根据旋转的性质求解、根据正方形的性质证明 【分析】本题考查正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质； （1）由正方形可得，，即可利用证明； （2）①作于点P，由正方形性质可得，再由勾股定理求出，得到，最后由得到； ②连接，由正方形性质和得到，，再由点O是的中点得到点O是的中点，最后根据斜边中线性质得到，即可得到． 【详解】（1）证明：在正方形和正方形中， ，，， ∴， 即， ∴； （2）解：①如图2，作于点P， 在正方形和正方形中，，， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∴， 由（1）可得， ∴； ②，理由如下： 如图，连接， 在正方形和正方形中，，， ∴， ∵点O是的中点， ∴点O是的中点． 由（1）可得， ∴， ∴， ∴， ∴, ∴． 【变式训练】 1．（2024九年级上·河南安阳·学业考试）正方形和正方形如图1摆放，且B，A，G三点共线． (1)正方形的边长为a，正方形的边长为b，．当，时，四边形的面积=__________； (2)若正方形可以绕点A顺时针进行旋转，且旋转角度小于． ①如图2，连接，探究的数量关系，并说明理由； ②如图3，连接，在旋转过程中，若点P为的中点，连接，试判断和的数量关系，并说明理由； (3)在（2）的条件下，若某时刻，请直接写出的面积． 【答案】(1)15 (2)①，理由见解析②，理由见解析 (3) 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据正方形的性质证明、通过对完全平方公式变形求值、根据旋转的性质求解 【分析】（1）将四边形的面积转化为求梯形和的面积，计算时将算式变形为与的形式即可求解； （2）①证明即可求证； ②利用倍长中线法构造，再证明即可求解； （3）利用全等三角形进行等面积转化即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形的面积，且，， ∴四边形的面积． （2）①，理由如下： ∵正方形和正方形中，，，， ∴即， ∴， ∴； ②，理由如下： 如图，延长至M，使，则， ∵点P为的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴． （3）解：，理由如下： 由（2）知， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴，即． 【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、倍长中线法、求不规则图形面积、完全平方公式的变形等知识，解题的关键是发现全等三角形并运用转化的思想方法． 类型四、矩形中的新定义型问题 例题：（23-24八年级下·浙江嘉兴·期末）定义：如果平面内一点到三角形三个顶点的距离中，最长距离的平方等于另两个距离的平方和，则称这个点为该三角形的“幸运点”．例如：平面内有一点P到的三个顶点的距离分别为，如图1，当最大时，若，则点P就是的“幸运点”．    【探究1】如图2，在的方格纸中，每个小正方形的边长均为1，的顶点在格点上，若格点P是的“幸运点”，请画出点P的位置； 【探究2】如图3，矩形中，对角线交于点O，，，若P是矩形上的一点，且点P是的“幸运点”，求的长； 【探究3】如图4，为等边三角形，过点A作的垂线，点D在该垂线上，以为边在其右侧作等边，连接． ①判断点A是否是的“幸运点”，并说明理由； ②若，，求的长． 【答案】[探究1]：见解析；[探究2]：或；[探究3]：①点A是否是的“幸运点”，理由见解析；②或 【分析】本题考查勾股定理、矩形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质等，理解题中定义，熟练运用勾股定理求解以及分类讨论是解答的关键． [探究1]根据网格特点，利用勾股定理，结合题中定义可得点P的位置； [探究2]分点P离A近和点P离B近，设，利用矩形性质和勾股定理，结合题中定义列方程求解x值即可； [探究3]①连接,利用等边三角形的性质和全等三角形的判定推导出得到，在中，利用勾股定理可得，根据题中定义可得结论； ②由①中结论得结合已知求得，若点D在A的右下方时，如图，过C作于H，在中,利用含30度角的直角三角形的性质求得，，在中，利用勾股定理求得 ；若点D在A左上方时，同理求解即可． 【详解】解：[探究1]如图，点P即为所求作：    理由：连接，，，， ∴， 则格点P是的“幸运点”； [探究2]解：若点P离A近，如图，连接，，，过O作于H，    ∵矩形中，对角线交于点O，，， ∴，，， ∴，， ∴，则， 设，则，， 由勾股定理得， ， ∵点P是的“幸运点” ∴则， ∴， 整理，得，即， 解得（负值已舍去）； 若点P离B近，如图，    同理，得，， 由勾股定理得， ， ∵点P是的“幸运点” ∴则， ∴， 整理，得，即， 解得（大于的值已舍去）， 综上，满足条件的的值为或； [探究3] 点A是的“幸运点”，理由为： 连接,    ∵、均为等边三角形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴在中，， ∴， 故点A是的“幸运点”； ②由①中结论得， ∵， ∴， 解得， 若点D在A的右下方时，如图，过C作于H，    ∵，， ∴， ∴在，， 则， 在中，， ∴； 若点D在A左上方时，如图，      同理可证， 同理可求得，， ，， ∴， 综上，的长为或． 【变式训练】 1．（23-24八年级下·浙江宁波·期中）定义：对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形． 了解性质：如图1：已知四边形中，．垂足为，则有：； 性质应用：（1）如图1，四边形是垂美四边形，若，，，则 ； 性质变式：（2）如图2，图3，P是矩形所在平面内任意一点，则有以下重要结论：．请以图3为例将重要结论证明出来． 应用变式：（3）①如图4，在矩形中，O为对角线交点，P为中点，则；（写出证明过程） ②如图5，在中，，，D是内一点，且，，则的最小值是 ． 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）①证明见解析；② 【分析】本题是四边形综合题，考查了新定义“垂美”四边形、直角三角形的性质、勾股定理等知识； （1）由勾股定理可得出答案； （2）过作于，交的延长线于，由（1）性质可知：，由勾股定理可得出答案； （3）以、为边作矩形，连接、，由矩形的性质得出，由题意得，求出，当、、三点共线时，最小，得出的最小值的最小值． 【详解】（1）解：如图1，四边形是垂美四边形， ， ，，， ， ． 故答案为：； （2）证明：过作于，交的延长线于， 由（1）性质可知：， 即： ， 又由勾股定理可知： ， ， 即； （3）解：①设，则， 由（2）可得， ， ； ②以、为边作矩形，连接、，如图所示： 则， 由题意得：， 即， 解得：， 当、、三点共线时，最小， 的最小值的最小值； 故答案为：． 类型五、菱形中的新定义型问题 例题：（2024·浙江·模拟预测）定义：我们把对角线相等的四边形叫作伪矩形，对角线的交点称作伪矩形的中心． (1)①写出一种你学过的伪矩形： ． ②顺次连接伪矩形各边中点所得的四边形是 ． A．正方形    B．矩形    C．菱形    D．无法确定 (2)如图1，在伪矩形中，，，，求的长． (3)如图2，在伪矩形中，，，，，求这个伪矩形的面积． 【答案】(1)①等腰梯形；②C (2) (3) 【分析】（1）①根据题意，写出对角线相等的四边形，例如等腰梯形，即可求解； ②根据中位线的性质可得，进而根据伪矩形的定义，可得，进而即可得出结论； （2）根据伪矩形的定义，可得，进而勾股定理，即可求解． （3）作，根据梯形的面积公式，三角形面积公式即可得出答案． 【详解】（1）①写出一种你学过的伪矩形：等腰梯形； 故答案为：等腰梯形． ②如图所示，伪矩形中，， 分别为四边中点， ∴ ∴ ∴四边形是菱形； ∴顺次连接伪矩形各边中点所得的四边形是菱形， 故选：C． （2）在伪矩形中， ，，， ； （3）解：作，垂足为， 伪矩形中，，， ， ，，， ，， ， 这个伪矩形的面积为 【变式训练】 1．（22-23八年级下·浙江宁波·期末）我们定义：以已知菱形的对角线为边且有一条边与已知菱形的一条边共线的新菱形称为已知菱形的伴随菱形．如图1，在菱形中，连接，在的延长线上取点E使得，以为边作菱形，我们称菱形是菱形的“伴随菱形”． (1)如图2，在菱形中，连接，在的延长线上作，作的平分线交的延长线于点，连接．求证：四边形为菱形的“伴随菱形”． (2)①如图3，菱形为菱形的“伴随菱形”，过作垂直于点，对角线相交于点．连接若，试判断与的数量关系并加以证明． ②在①的条件下请直接写出的值． 【答案】(1)详见解析 (2)①，见解析；② 【分析】（1）根据角平分线的定义及平行线的性质得到四边形为平行四边形，再根据菱形的判定即可解答； （2）①根据菱形的性质及勾股定理得到，再根据角平分线的定义及平行线的性质可得到；根据等腰三角形的性质及勾股定理列方程即可解答．②根据平行线的性质及中位线的定义，再根据勾股定理列方程即可解答． 【详解】（1）证明：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵，　　 ∴四边形为平行四边形， ∴为菱形， 即菱形为菱形的伴随菱形； （2）解：①理由如下 过点作于点、于点， 过点作于点，连接， ∵四边形为菱形， ∴，点在的平分线上，　 ∴， ∵， 由勾股定理可得，　　 ∴， ∴平分， ∴， ∴点在的平分线上，　　 即， 又∵，　 ∴， ∴；      ②∵四边形为菱形， ∴，点在的平分线上，　 ∴， ∵， 由勾股定理可得，　　 ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， 设，， ∴， ∴在中，， 即， 解得：，（舍）， ∴， 【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，勾股定理，菱形的判定与性质，等腰直角三角形的性质与判定，掌握菱形的性质及判定是解题的关键． 类型六、正方形中的新定义型问题 例题：（23-24八年级下·黑龙江双鸭山·期末）我们定义：对角线相等且互相垂直的四边形叫做“宁美四边形”． (1)在我们学过的下列四边形①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形中，是“宁美四边形”的是___________（填序号）； (2)如图，在正方形中，为上一点，连接，过点作于点，交于点，连、．求证：四边形是“宁美四边形”； 【答案】(1)④ (2)见解析 【分析】（1）由“宁美四边形”的定义，正方形的性质即可得出结论； （2）证，得，再由，结合 “宁美四边形”的定义即可得出结论； 【详解】（1）解：平行四边形的对角线互相平分，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相垂直平分，正方形的对角线互相垂直平分且相等， 正方形是“宁美四边形”， 故答案为：④． （2）证明：四边形是正方形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， 又， 四边形是“宁美四边形”； 【点睛】本题考查了新定义“宁美四边形”、折叠的性质、正方形的判定与性质、菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的判定与性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题． 【变式训练】 1．（24-25九年级上·湖南长沙·开学考试）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形” 【概念理解】 （1）在已经学过的“①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形”中，_________是“中方四边形”（填序号）． 【性质探究】 （2）如图1，若四边形是“中方四边形”，观察图形，线段和线段有什么关系，并证明你的结论． 【问题解决】 （3）如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形连结，依次连接四边形的四边中点得到四边形．求证：四边形是“中方四边形”． 【答案】（1）④；（2）；（3）见解析 【分析】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质． （1）根据定义“中方四边形”，即可得出答案； （2）由四边形是“中方四边形”，可得是正方形且E、F、G、H分别是的中点，利用三角形中位线定理即可得出答案； （3）如图2，取四边形各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K，利用三角形中位线定理可证得四边形是平行四边形，再证得，推出是菱形，再由，可得菱形是正方形，即可证得结论． 【详解】（1）解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，理由如下： 因为正方形的对角线相等且互相垂直， 故答案为：④； （2）解：； 理由如下：如图1， ∵四边形是“中方四边形”， ∴是正方形且E、F、G、H分别是的中点， ∴，，，， ∴， 故答案为：，； （3）证明：如图2，连接交于P，连接交于K， ∵四边形各边中点分别为M、N、R、L， ∴分别是的中位线， ∴，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∵， ∴． 又∵ ∴， ∴， 又∵， ∴． ∴菱形是正方形， 即原四边形是“中方四边形”． 压轴能力测评（10题） 一、单选题 1．（24-25九年级上·全国·单元测试）如图，将矩形绕点A逆时针旋转得到矩形，若，则旋转角的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】三角形的外角的定义及性质、利用矩形的性质求角度、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了矩形的性质、旋转的性质、三角形外角的定义及性质，由矩形的性质得出，，由旋转的性质可得：，由三角形外角的定义及性质得出，即可得解． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，， 由旋转的性质可得：， ∵， ∴， ∴， ∴旋转角的度数为， 故选：C． 2．（23-24九年级上·吉林长春·期末）如图，菱形纸片ABCD的一内角为60°，边长为2，将它绕对角线的交点O顺时针旋转90°后到的位置，则旋转前后两菱形重叠部分多边形的周长为(    ) A．8 B． C． D． 【答案】C 【知识点】含30度角的直角三角形、利用菱形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】此题主要考查菱形的性质和直角三角形的性质．根据已知可得重叠部分是个八边形，从而求得其一边长即可得到其周长． 【详解】解： 根据旋转的性质可得阴影部分为各边长相等的八边形， 旋转前后两菱形里鲁部分多边形的周长是． 故选：C． 二、填空题 3．（24-25九年级上·北京·阶段练习）如图，点为正方形对角线的中点，将以点为直角顶点的直角绕点旋转（的边始终在正方形外），若正方形边长为2，则在旋转过程中与正方形重叠部分的面积为 ． 【答案】1 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据正方形的性质求线段长 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质，解题的关键是连接构造全等三角形． 如图，连接，由点是的中点，然后结合正方形的性质得到、、，进而结合得到，从而得证，再由全等三角形的性质得到重叠部分四边形的面积与的面积相等，最后由正方形的边长求得结果． 【详解】解：如图，连接， 点是的中点，四边形是正方形， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 正方形的边长为2， ， ， ， 重叠部分四边形的面积为1． 故答案为：1． 4．（23-24九年级上·浙江金华·期中）如图，已知矩形，将矩形绕A顺时针旋转，得到矩形，点的对应点是点，点的对应点是点，点的对应点是点，连结．      （1）如图①，当时，的长为 ； （2）如图②，点是的中点，连结，在旋转过程中，线段的最大值为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的求解问题、根据矩形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】（1）连接、，根据勾股定理先求出对角线的长，再利用旋转得到，，再次利用勾股定理即可解题； （2）连接，交于点O，连接，，则，即点M在以为圆心，以为半径的圆上运动，根据直径是圆中最长的弦可知，当为直径时，即点M与点D重合时，最大，解题即可． 【详解】解：（1）连接、， ∵是矩形， ∴， 又∵，， ∴， 由旋转可得， ∴； 故答案为：；    （2）连接，交于点O，连接，， ∵是矩形， ∴， ∵点M是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴点M在以为圆心，以为半径的圆上运动， 根据直径是圆中最长的弦可知，当为直径时，即点M与点D重合时，最大，最大为：， 故答案为：．    【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形中位线，勾股定理，圆的性质，掌握这些知识点灵活运用是解题关键． 三、解答题 5．（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图1，菱形AEFG的两边AE、AG分别在菱形ABCD的边AB和AD上，且∠BAD=60°，连接CF； （1）求证：； （2）如图2，将菱形AEFG绕点A进行顺时针旋转，在旋转过程中（1）中的结论是否发生变化？请说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）CF=，（1）中的结论不变．理由见解析． 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质证明 【分析】（1）延长EF交CD于M点，证明三角形CMF是等腰三角形，且∠EMC=120°，过点M作MN⊥CF，垂足为N，根据30°角所对直角边等于斜边的一半，和勾股定理，得 FN=NC=即CF=2FN=； （2）过D做∠NDC=∠ADG,使DN=DG，连接NC，证明△DGN为等腰三角形，四边形GFNC为平行四边形即可． 【详解】（1）如图１，延长EF交CD于M点， ∵四边形AEFG和四边形ABCD是菱形 ∴DC//GF//AB,DM//GF ∴四边形GFMD是平行四边形 则∠D=∠EMC=120°， ∴∠MFC=∠MCF=30°， 过点M作MN⊥CF，垂足为N， ∴MN=, 根据勾股定理，得FN=， ∵MC=MF， ∴FN=NC， ∴CF=2FN=； （2）如图2，过D做∠NDC=∠ADG,使DN=DG，连接NC， ∴△AGD≌△DNC(SAS） ∴AG=NC ∠DNC=∠AGD ∴△DGN为等腰三角形， 则∠DGN=∠DNG， ∵∠NGF=360°-∠AGD-∠AGF-∠DGN=240°-∠DGA-∠DGN ∠GNC=∠DNC-∠DNG=∠DNC-∠DNG ∴∠NGF+∠GNC=240°-∠DGN-∠DNG, ∵∠DGN+∠DNG=180°-∠GDN=60° ∴∠NGF+∠GNC=180° ∴NC//GF ， ∴四边形GFNC为平行四边形 ∴CF=GN，则GN=， ∴CF=，结论（1）不变． 【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定，三角形的全等，等腰三角形的性质，灵活构造辅助线是解题的关键． 6．（24-25八年级上·江苏淮安·期中）新定义：若一个凸四边形的一条对角线把该四边形分成两个等腰三角形，那么称这个凸四边形为“等腰四边形”，这条对角线称为“界线”． (1)如图1，四边形ABCD是“等腰四边形”，BD为“界线”，若，，则______°； (2)如图2，四边形ABCD中，，，，．试说明四边形ABCD是“等腰四边形”； (3)若在“等腰四边形”中，，，且为“界线”，请直接写出的度数为______． 【答案】(1)50 (2)见解析 (3)或或． 【知识点】等边三角形的判定和性质、根据矩形的性质与判定求线段长、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形 【分析】（1）由题意得：，再利用等边对等角结合三角形的内角和定理分别求解从而可得答案； （2）如图，连接，先证明是等边三角形，可得，根据勾股定理证明，从而根据新定义可得四边形是“等腰四边形”； （3）分三种情况讨论，一是四边形 “等腰四边形”，且，可证明，得，则，，所以；二是四边形 “等腰四边形”，且，可证明是等边三角形，则，所以，则，所以；三是四边形 “等腰四边形”，且，设，作于点，作点关于直线的对称点，连接交于点，连接，可证明是等边三角形，得，则，，所以，得． 【详解】（1）解：∵四边形是“等腰四边形”，为”界线”， ，， ． ∴，， ∴； 故答案为：50． （2）解：如下图，连接，   ， 是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ， ， ∴， 所以四边形是“等腰四边形”， BD为“界线”． （3）如图，四边形 “等腰四边形”，且，   ，， ， 在和中， ， ， ， ，， ； 如图，四边形 “等腰四边形”，且，   ，， ， 是等边三角形， ， ， ， ； 如图，四边形 “等腰四边形”，且，设，    作于点，作点关于直线的对称点，连接交于点，连接， ，垂直平分， ， ， ， ∴， ，， ∴四边形是矩形， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ，， ， ， ， 综上所述，的度数为或或． 故答案为：或或． 【点睛】本题考查了新定义的理解，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理的应用，解题的关键是第（3）题应进行分情况讨论． 7．（24-25九年级上·山西运城·期中）问题情境：已知矩形，，，将矩形绕点按逆时针方向旋转，得到矩形，点的对应点是点，点的对应点是点，点的对应点是点，连接． 数学发现： （1）如图，当时，___________，如图，当时，___________； 初步探究： （2）如图，当边经过点时，求的长； （3）如图，当点落在的延长线上时，直接写出四边形的面积． 【答案】（1），；（2）；（3）四边形的面积为． 【知识点】等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】（1）由旋转的性质可得，，由可得，于是可证得是等边三角形，利用等边三角形的性质即可求出的度数；由旋转的性质可得，，在中，根据勾股定理可得，据此即可求出的长； （2）由旋转的性质可得，，，由矩形的性质可得，，，进而可得，，在中，根据勾股定理可得，于是可得，在中，根据勾股定理可得，据此即可求出的长； （3）连接，由旋转的性质可得，，，由矩形的性质可得，，利用邻补角互补可得，进而可得，然后可证得，于是可得，根据即可求出四边形的面积． 【详解】解：（1）如图，由旋转的性质可得：，， ， ， 是等边三角形， ； 如图，由旋转的性质可得：，， 在中，根据勾股定理可得： ； 故答案为：，； （2）如图，由旋转的性质可得：，，， 四边形和都是矩形， ，，， ，， 在中，根据勾股定理可得： ， ， 在中，根据勾股定理可得： ， 的长为； （3）如图，连接，    由旋转的性质可得：，，， 四边形和都是矩形， ，， 点落在的延长线上， ， ， 在和中， ， ， ， ， 四边形的面积为． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，线段的和与差，利用邻补角互补求角度，全等三角形的判定与性质，三角形的面积公式等知识点，熟练掌握旋转的性质和矩形的性质是解题的关键． 8．（24-25九年级上·广东佛山·阶段练习）定义：对于一个四边形，我们把依次连结它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． 概念理解：下列四边形中一定是“中方四边形”的是 A．    平行四边形     B．  矩形     C． 菱形   D． 正方形 问题解决：如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧正方形和正方形，连接．求证：四边形是“中方四边形”： 性质探究：如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形的两条站论： ① ；② 拓展应用：如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点， （1）试探索与的数量关系，并说明理由． （2）若的最小值是4，则的长度为 ，（不需要解答过程） 【答案】概念理解：D； 问题解决：见解析； 性质探究：①；②； 拓展应用：（1）．理由见解析；（2）． 【知识点】根据正方形的性质与判定证明、用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的证明 【分析】对于概念理解，结合“中方四边形”的定义解答即可； 对于问题解决，设四边形的边的中点分别为M，N，R，L，连接交于点P，连接交于点K，先根据三角形中位线的性质说明四边形是平行四边形，再根据正方形的性质证明，可证明平行四边形是菱形， 然后说明，可得答案； 对于性质探究，根据上述解答过程可得答案； 对于拓展应用，（1）标注的中点为E，F，连接，根据 “中方四边形”的定义得四边形是正方形，根据正方形的性质得 ，即可得出答案；（2），连接交于点O，连接，说明的最小值，再根据直角三角形的性质得，即可得出答案． 【详解】概念理解：∵四边形是正方形，点E，F，G，H依次是的中点， ∴，，， ∴四边形是平行四边形， 同理， ∴四边形是菱形，四边形是矩形， ∴， ∴四边形是正方形． 所以正方形的一定是“中方四边形”； 问题解决，证明：如图，设四边形的边的中点分别为M，N，R，L，连接交于点P，连接交于点K． ∵四边形各边的中点分别为M，N，R，L， ∴分别是的中位线， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴菱形是正方形， 即原四边形是“中方四边形”； 问题解决：①；②； 故答案为：，； 拓展应用，．理由如下： 标注的中点为E，F，连接， ∵四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点， ∴四边形是正方形，， ∴， ∴． ∵N，F分别是的中点， ∴， ∴； （2）如图，连接交于点O，连接， 当点O在上（即点M，O，N共线）时，最小，最小值为的长， ∴的最小值， 由性质探究知． ∵M，N分别是的中点， ∴， ∴， 由拓展应用（2）知：， ∴， 解得． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理，三角形中位线的定义和性质，准确的作出辅助线是解题的关键． 9．（24-25九年级上·河南开封·期末）【问题情景】 数学实践小组的同学利用两个正方形进行了如下的探究与操作： 将正方形的点D和正方形的点E重合，并旋转正方形同时确保点H在正方形内部，在旋转中同学们尝试对此情景进行画图，提出了不同的研究方向． (1)【思考尝试】 如图1，同学们发现，连接、后，随着旋转，和有着一定的数量关系，请在图1中补全图形，并证明和的数量关系； (2)【应用迁移】 如图2，励志小组继续旋转，发现三点共线时，可以由正方形和正方形的边长求出的长，若，，请你思考并求的长． (3)【拓展探究】励志小组在旋转正方形时，发现并提出新的探究点：如图3，连接、，当正方形旋转时，的形状和面积也随之改变，若，，直接写出的面积的取值范围． 【答案】(1)补全图形见解析，，证明见解析 (2) (3)． 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、根据旋转的性质求解 【分析】（1）根据题意补全图形，利用证明即可证明； （2）连接，，利用正方形的性质求得，，由，推出，，证明，设，在中，利用勾股定理列式计算即可求解； （3）当点运动到线段上时，有最小值，当点运动到延长线上时，有最大值，据此画出图形，利用三角形的面积公式即可求解． 【详解】（1）解：补全图形如图所示： .证明如下： ∵正方形和正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接，， ∵正方形和正方形，，，， ∴，， 由（1）得， ∴，， ∴， 设， 在中，由勾股定理得， 即， 整理得， 解得， ∴； （3）解：如图， 当点运动到线段上时，有最小值， 最小值， ∴的最小值， 如图， 当点运动到延长线上时，有最大值， 最大值， ∴的最在值， ∴的面积的取值范围为． 【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，二次根式的混合运算，解一元二次方程．正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 10．（24-25九年级上·广东深圳·开学考试）【定义】对于没有公共点的两个图形M，N，点P是图形M上任意一点，点Q是图形N上任意一点，把P、Q两点之间的距离的最小值称为图形M与图形N的距离，记为． 【理解】如图1，在平面直角坐标系中，的对角线，相交于点O，若点A，B的坐标分别为，，点G是边上任意一点． （1）当点G在边上时，的最小值是__________，因此d[点O，线段]__________； （2）当点G在任意边上时，的最小值是__________，因此d[点O，]__________； 【拓展】如图2，在平面直角坐标系中，的对角线，相交于点O，平分，点A，B的坐标分别为，，点是对角线上与点A，C，O不重合的一点，点是对角线上与点B，D，O不重合的一点． （3）当[线段，]时，则n的取值范围为__________； （4）当时，__________（结果用含n的式子表示）； 【应用】为庆祝母亲节，某商场在广场举行花卉展览，要在长6米，宽4米的长方形花卉展览区外围用彩绳拉出封闭隔离线，要求封闭隔离线与长方形花卉展览区外围的最小距离均为0.5米，请直接写出所需彩绳的长度． 【答案】（1）4,4；（2）3,3；（3）或；（4）；应用：米 【知识点】利用平行四边形的性质求解、根据菱形的性质与判定求线段长、坐标与图形 【分析】理解：（1）根据定义结合垂线段最短即可得出答案； （2）根据定义结合垂线段最短即可得出答案； 拓展：（3）证明四边形是菱形，得出平分和，推出线段到四边形的距离为，从而得到[线段，]，即，计算即可得解； （4）由（3）得：四边形是菱形，作于，交于，作于，则有，从而得到，即可得解； 应用：由题意得，要求封闭隔离线与长方形花卉展览区外围的最小距离为米，计算即可得解． 【详解】理解：（1）解：∵点A，B的坐标分别为，，四边形为平行四边形， ∴根据题意可得，当点G在边上时，即时，的最小值是， ∴d[点O，线段]； 故答案为：4；4； （2）解：∵点A，B的坐标分别为，，四边形为平行四边形， ∴根据题意可得，当点G在任意边上时，即或时，的最小值是， ∴d[点O，]； 故答案为：3；3； 拓展：（3）解：如图： ， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴平分， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴平分和， ∴线段到四边形的距离为， ∴[线段，]， ∴， 解得：或； （4）解：由（3）得：四边形是菱形， 如图，作于，交于，作于， 则有， ∴， ∴； 应用：解：由题意得，要求封闭隔离线与长方形花卉展览区外围的最小距离为米，如图， 则所需彩绳的长度为：米． 【点睛】本题考查了平面直角坐标系中，点与点、点与直线的距离问题，不等式运用和菱形的判定与性质，理解新定义，利用数形结合的思想是解此题的关键． 学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 $$