几何图形中新定义型问题 中考数学

抢分秘籍12几何图形中新定义型问题（含三角形，特殊的平行四边形，圆综合）（压轴通关）目录【中考预测】预测考向，总结常考点及应对的策略【误区点拨】点拨常见的易错点【抢分通关】精选名校模拟题，讲解通关策略（含新考法、新情境等）三角形，特殊的平行四边形，圆中新定义型问题是全国中考的热点和压轴内容，更是全国中考的必考内容。每年都有一些考生因为知识残缺、基础不牢、技能不熟、答欠规范等原因导致失分。1．从考点频率看，三角形，特殊的平行四边形，圆中新定义型问题主要是依据基本图形的性质定理去解决新提出来的新问题，也是高频考点、必考点综合性较强。2．从题型角度看，以解答题的最后一题或最后第二题为主，分值12分左右，着实不少！题型一三角形中的新定义问题【例1】（新考法，拓视野）（2023·江苏苏州·二模）定义：如果三角形的两个与满足，那么我们称这样的三角形为“奇妙互余三角形”．

(1)若是“奇妙互余三角形”，，，则的度数为______；(2)如图1，在中，，若，点D是线段上的一点，若，判断是否是“奇妙互余三角形”，如果是，请说明理由；(3)如图2，在四边形中，是对角线，，，若，且是“奇妙互余三角形”，求的长．本题考查了三角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，翻折的性质等知识．解题的关键在于理解题意并对知识进行灵活运用．本题考查了三角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，翻折的性质等知识．解题的关键在于理解题意并对知识进行灵活运用．【例2】（2023·吉林长春·二模）【定义】如图①，若内一点P满足，则点P为的布洛卡点．【探究】（1）如图②，在中，，点P是的一个布洛卡点．求证：．【应用】（2）如图③，在【探究】的条件下，若，且．判断AP与CP的数量关系，并说明理由．1．（2023·山东青岛·一模）定义：三角形一边中线的中点和该边的两个顶点组成的三角形称为中原三角形．如图①，是的中线，F是的中点，则是中原三角形．

(1)求中原三角形与原三角形的面积之比（直接写出答案）．(2)如图②，是的中线，E是边上的点，，与相交于点F，连接．求证：是中原三角形．(3)如图③，在（2）的条件下，延长交于点M，连接，求与的面积之比．2．（2023·江苏扬州·二模）给出一个新定义：有两个等腰三角形，如果它们的顶角相等、顶角顶点互相重合且其中一个等腰三角形的一个底角顶点在另一个等腰三角形的底边上，那么这两个等腰三角形互为“友好三角形”．

(1)如图①，和互为“友好三角形”，点是边上一点（异于点），，，，连接，则______（填“”或“=”或“”），______°（用含的代数式表示）．(2)如图②，和互为“友好三角形”，点是边上一点，，，，、分别是底边、的中点，请探究与的数量关系，并说明理由．(3)如图③，和互为“友好三角形”，点是边上一动点，，，，，过点作，交直线于点，若点从点运动到点，直接写出点运动的路径长．3．（2023·浙江宁波·二模）定义：两个相似三角形共边且位于一个角的平分线两侧，则称这样的两个相似三角形为叠似三角形．(1)如图1，四边形中，对角线平分，，求证：和为叠似三角形；(2)如图2，和为叠似三角形，若，，求四边形的周长；(3)如图3，在中，D是上一点，连接，点E在上，且，F为中点，且，若，求的值．4．（2023·贵州遵义·一模）综合与实践新定义：我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做积等三角形．(1)【初步尝试】如图1，已知中，，，，为上一点，当______时，与为积等三角形；(2)【理解运用】如图2，与为积等三角形；若，，且线段的长度为正整数，求的长；(3)【综合应用】如图3，已知中，，分别以，为边向外作正方形和正方形，连接，求证：与为积等三角形．题型二矩形中的新定义问题【例1】（新考法，拓视野）（2023·湖北随州·模拟预测）定义：长宽比为（为正整数）的矩形称为，我们通过折叠的方式折出一个矩形

操作1：将正方形沿过点的直线折叠，使折叠后的点落在对角线上的点处，折痕为．操作2：将沿过点的直线折叠，使点，点分别落在边，上．(1)证明：四边形为矩形；(2)点在直线上一动点．①如图，是对角线的中点，若点在边上，，连接．求的值；②若，点在边上，当的周长最小时，求；③连接，作，垂足为，若，则的最大值______．本题是相似形综合题，主要考查了新定义、相似三角形的判定和性质、勾股定理、矩形的性质和判定等知识，利用对称性和垂线段最短确定出最小值是解本题的关键．本题是相似形综合题，主要考查了新定义、相似三角形的判定和性质、勾股定理、矩形的性质和判定等知识，利用对称性和垂线段最短确定出最小值是解本题的关键．【例2】（2024·江西九江·一模）新定义：若一个三角形一条边的平方等于另两条边的乘积，则称这个三角形为比例三角形．例如：三边的长分别为，，．因为，所以是比例三角形．【问题提出】（1）已知是比例三角形，，，求的长；【问题探究】（2）如图1，P是矩形的边上的一动点，平分，交边于点Q，．①求证：；②求证：是比例三角形．【问题延伸】（3）如图2，在（2）的条件下，当，时，点C与点Q能否重合？若能，求出的值；若不能，请说明理由．1．（23-24九年级上·吉林松原·期末）定义：对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼成一个无缝隙、无重叠的四边形，则这样的四边形称为镶嵌四边形．(1)如图1，将纸片沿中位线折叠，使点落在边上的处，再将纸片分别沿，折叠，使点和点都与点重合，得到双层四边形，则双层四边形为______形．(2)纸片按图2的方式折叠，折成双层四边形为矩形，若，，求的长．(3)如图3，四边形纸片满足，，，，．把该纸片折叠，得到双层四边形为正方形．请你画出一种折叠的示意图，并直接写出此时的长．2．（2023·广东广州·一模）定义新概念：有一组邻边相等，且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．(1)如图①，等腰直角四边形，，．①若，于点，求的长；②若，，求的长；(2)如图②，在矩形中，，点是对角线上的一点，且，过点作直线分别交边，于点，，要使四边形是等腰直角四边形，求的长．题型三菱形中的新定义问题【例1】（新考法，拓视野）（2024·黑龙江哈尔滨·一模）请阅读下面材料，并完成相关任务：定义：点P是内部或边上的点（顶点除外），在，或中，如果有一个三角形与相似，那么称点P是的“相似点”．例：如图①，点P在的内部，，则，故点P为的“相似点”．请你运用所学知识，结合上述材料，解决下列问题：(1)如图②，在中，，平分，求证：点P为的“相似点”；(2)如图③，若为锐角三角形，点E是的“相似点”，且点B与点A对应，点E在的平分线上，连接，若，求的值；(3)如图④，在菱形中，E是上一点，F是内一点，且，连接与交于点G，连接，若点G是的“相似点”，且，求证：．本题考查了相似三角形的判定与性质，正确理解题意，找准相似三角形的对应关系是解题关键.本题考查了相似三角形的判定与性质，正确理解题意，找准相似三角形的对应关系是解题关键.【例2】（22-23八年级下·江苏南京·期末）定义：若一个四边形只有一组邻边相等，且这组邻边夹角所对的对角线平分一个内角，则称这样的四边形为“近似菱形”．例如：如图①，在四边形中，，若平分，则四边形是近似菱形．

(1)如图②，在四边形中，，，．求证：四边形是“近似菱形”，(2)如图③，已知线段BD，求作“近似菱形”，使得，平分，且与互补．要求：①尺规作图；②保留作图痕迹，写出必要的文字说明．(3)在（2）的条件下，“近似菱形”中的取值范围是________________．1．定义：在三角形中，若有两条中线互相垂直，则称该三角形为中垂三角形．

(1)如图（a），是中垂三角形，分别是边上的中线，且于点，若，求证：是等腰三角形．(2)如图（b），在中垂三角形中，分别是边上的中线，且于点，求证：．(3)如图（c），四边形是菱形，对角线交于点，点分别是的中点，连接并延长，交于点．求证：是中垂三角形；题型四正方形中的新定义问题【例1】（新考法，拓视野）（2024·江西宜春·一模）定义：一组邻边相等且对角互补的四边形叫作“等补四边形”．如图1，四边形中，，，则四边形叫作“等补四边形”．(1)概念理解①在以下四种图形中，一定是“等补四边形”的是（

）A．平行四边形

B．菱形

C．矩形

D．正方形②等补四边形中，若，则；③如图1，在四边形中，平分，，．求证：四边形是等补四边形．(2)探究发现如图2，在等补四边形中，，连接，是否平分？请说明理由．(3)拓展应用如图3，在等补四边形中，，其外角的平分线交的延长线于点，，，求的长．本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的判定，“等补四边形”的概念，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的判定，“等补四边形”的概念，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．【例2】（2024·浙江·一模）定义：在四边形内，如果有一点和一组对边组成的两个三角形都是以对边为斜边的等腰直角三角形，那么这个四边形叫做蝴蝶四边形．例如图1，，，则四边形为蝴蝶四边形．(1)【概念理解】如图2，正方形中，对角线与相交于O．求证：正方形为蝴蝶四边形；(2)【性质探究】如图3，在蝴蝶四边形中，．求证：；(3)【拓展应用】如图3，在蝴蝶四边形中，，，．当是等腰三角形时，求此时以为边的正方形的面积．1．定义：一组邻边相等且对角互补的四边形叫作完美四边形．如图1，四边形中，，（或），则四边形叫作完美四边形．

(1)概念理解：在以下四种图形中：①平行四边形：②菱形；③矩形；④正方形，一定是“完美四边形”的是______；（填写序号）(2)性质探究：如图2，完美四边形中，，，请用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明，(3)拓展应用：如图3，已知四边形是完美四边形，，，，，当时，求四边形面积的最大值．2．（2023·湖南·一模）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形称为“等补四边形”．(1)下列选项中一定是“等补四边形”的是________；A．平行四边形；B．矩形；C．正方形；D．菱形(2)如图1，在边长为a的正方形中，E为边上一动点（E不与C、D重合），交于点F，过F作交于点H．①试判断四边形是否为“等补四边形”并说明理由；②如图2，连接，求的周长；③若四边形是“等补四边形”，求的长．3．（2024·江苏淮安·模拟预测）在初二下学期我们学习了三角形中位线的定义以及三角形中位线定理，并且能用相关知识解决问题．【问题再现】已知：如图1，在中，D、E分别是边的中点，求证：，【简单应用】（1）如图2，A、B两地被建筑物阻隔，为测量A、B两地的距离，在地面上选一点C，连接，分别取的中点D、E．测得的长为，则A、B两地的距离为_______．（2）如图3，在四边形中，，点E、F分别是和的中点，求的长．【灵活运用】如图4，在边长为6的正方形中，点E是上一点，点F是上一点，点F关于直线的对称点G恰好在的延长线上，交于点H，点M为的中点，若，求的长．题型五圆中的新定义问题【例1】（新考法，拓视野）（2024·湖南长沙·一模）定义：对角线互相垂直的圆内接四边形叫做圆的“奇妙四边形”．(1)若是圆的“奇妙四边形”，则是_________（填序号）：①矩形；②菱形；③正方形(2)如图1，已知的半径为R，四边形是的“奇妙四边形”．求证：；(3)如图2，四边形是“奇妙四边形”，P为圆内一点，，，，且．当的长度最小时，求的值．本题是圆的综合题，考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，一元二次方程的解法，熟练的建立数学模型并灵活应用是解本题的关键．本题是圆的综合题，考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，一元二次方程的解法，熟练的建立数学模型并灵活应用是解本题的关键．【例2】（2023·江苏泰州·三模）【概念认识】定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形．（1）如图1，已知在垂等四边形中，对角线与交于点E，若，，，则的长度＝______cm．【数学理解】（2）在探究如何画“圆内接垂等四边形”的活动中，小李想到可以利用八年级的所学三角形全等．如图2，在中，已知是弦，是半径，求作：的内接垂等四边形．（要求：尺规作图，不写作法，保留痕迹）【问题解决】（3）如图3，已知A是上一定点，B为上一动点，以为一边作出的内接垂等四边形（A、B不重合且A、B、O三点不共线），对角线与交于点E，的半径为，当点E到的距离为时，求弦的长度．

1．（2023·江苏宿迁·模拟预测）数学活动课上，指导老师给出如下定义：有一组对边相等而另一组对边不相等的凸四边形叫做对等四边形．同时老师还给出如下几个问题，请同学们帮忙解决：(1)如图1，在平面直角坐标系中，小正方形的边长均为1，已知A、B、C、D在格点（小正方形的顶点）上，且以、为边的四边形是对等四边形，则顶点D的坐标为______；(2)如图2，在圆内接四边形中，是的直径，．求证：四边形是对等四边形；(3)如图3，在中，，，，点A为中点，动点D从点P出发，沿以1/秒的速度向终点C运动．设运动时间为t秒，若四边形是对等四边形时，求t的值．2．（2023·四川遂宁·一模）定义：如图，若点在直线上，在的同侧有两条以为端点的线段、，满足，则称和关于直线满足“光学性质”；定义：如图，在中，的三个顶点、、分别在、、上，若和关于满足“光学性质”，和关于满足“光学性质”，和关于满足“光学性质”，则称为的光线三角形．阅读以上定义，并探究问题：在中，，，三个顶点、、分别在、、上．(1)如图3，若，和关于满足“光学性质”，求的度数；(2)如图4，在中，作于，以为直径的圆分别交，于点，．证明：为的光线三角形．3．（2023·广东阳江·三模）定义：中，，则称为倍余三角形．

(1)下列说法正确的是．①倍余三角形一定是钝角三角形；②等腰三角形不可能是倍余三角形．(2)如图1，内接于，点在直径上不与，重合，满足，求证：为倍余三角形；(3)在（2）的条件下，①如图1，连接，若也为倍余三角形，求的度数；②如图2，过点作交于点，若面积为面积的倍，求的值．抢分秘籍12几何图形中新定义型问题（含三角形，特殊的平行四边形，圆综合）（压轴通关）目录【中考预测】预测考向，总结常考点及应对的策略【误区点拨】点拨常见的易错点【抢分通关】精选名校模拟题，讲解通关策略（含新考法、新情境等）三角形，特殊的平行四边形，圆中新定义型问题是全国中考的热点和压轴内容，更是全国中考的必考内容。每年都有一些考生因为知识残缺、基础不牢、技能不熟、答欠规范等原因导致失分。1．从考点频率看，三角形，特殊的平行四边形，圆中新定义型问题主要是依据基本图形的性质定理去解决新提出来的新问题，也是高频考点、必考点综合性较强。2．从题型角度看，以解答题的最后一题或最后第二题为主，分值12分左右，着实不少！题型一三角形中的新定义问题【例1】（新考法，拓视野）（2023·江苏苏州·二模）定义：如果三角形的两个与满足，那么我们称这样的三角形为“奇妙互余三角形”．

(1)若是“奇妙互余三角形”，，，则的度数为______；(2)如图1，在中，，若，点D是线段上的一点，若，判断是否是“奇妙互余三角形”，如果是，请说明理由；(3)如图2，在四边形中，是对角线，，，若，且是“奇妙互余三角形”，求的长．【答案】(1)或(2)是“奇妙互余三角形”，理由见解析(3)【分析】（1）由题意知，“奇妙互余三角形”分和，两种情况求解：根据三角形内角和定理计算求解即可；（2）如图1，过点作交于，由勾股定理得，，则，证明，则，即，解得，，，由，，证明，则，，进而可得是“奇妙互余三角形”；（3）如图2，将沿翻折到，，，由，可得，则三点共线，由，是“奇妙互余三角形”，可得，证明，则，即，解得，由勾股定理得，计算求解即可．【详解】（1）解：由题意知，“奇妙互余三角形”分和，两种情况求解：①当时，∵，∴，由，可得；②当时，∵，，∴，解得；综上，的值为或，故答案为：或；（2）解：是“奇妙互余三角形”，理由如下：如图1，过点作交于，

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

∴，，，∴，，∵，∴，∴三点共线，∵，∴，∵是“奇妙互余三角形”，∴，∴，∵，，∴，∴，即，解得，由勾股定理得，∴的长为．本题考查了三角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，翻折的性质等知识．解题的关键在于理解题意并对知识进行灵活运用．本题考查了三角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，翻折的性质等知识．解题的关键在于理解题意并对知识进行灵活运用．【例2】（2023·吉林长春·二模）【定义】如图①，若内一点P满足，则点P为的布洛卡点．【探究】（1）如图②，在中，，点P是的一个布洛卡点．求证：．【应用】（2）如图③，在【探究】的条件下，若，且．判断AP与CP的数量关系，并说明理由．【答案】（1）见解析；（2），见解析【分析】（1）找，证明过程利用等腰三角形的性质及布洛卡角的概念，通过找出三个角分别对应相等来证明；（2）根据是等腰直角三角形，得到，由（1）知，根据相似三角形的性质得到，于是得到，，即可得到．【详解】（1）证明：，，点是的一个布洛卡点，，；（2）解：，理由：是等腰直角三角形，，由（1）知，，，，．【点睛】本题是相似形的综合题，考查了新概念问题、等腰三角形、等腰直角三角形、相似三角形的判定定理和性质、涉及知识点多，综合性强，解题的关键是：通过阅读材料，弄明白题中的新定义或新概念，然后利用概念及灵活运用所学知识点进行解答．1．（2023·山东青岛·一模）定义：三角形一边中线的中点和该边的两个顶点组成的三角形称为中原三角形．如图①，是的中线，F是的中点，则是中原三角形．

(1)求中原三角形与原三角形的面积之比（直接写出答案）．(2)如图②，是的中线，E是边上的点，，与相交于点F，连接．求证：是中原三角形．(3)如图③，在（2）的条件下，延长交于点M，连接，求与的面积之比．【答案】(1)中原三角形与原三角形的面积之比为(2)见解析(3)与的面积之比为【分析】（1）由F是的中点，可得，即有，故中原三角形与原三角形的面积之比为；（2）作的中点G，连接，由是的中线，可得是的中位线，，即得，即，根据，，可得，即得，从而是中原三角形；（3）过D作交于H，由，D是中点，F是中点，可得，即知，可得，有，，从而，，即有，再根据，即得与的面积之比．【详解】（1）解：∵F是的中点，∴，∴，∴，∴中原三角形与原三角形的面积之比为；（2）证明：作的中点G，连接，如图：

∵是的中线，∴D是中点，∵G是中点，∴是的中位线，，∴，即，∵，∴，∴，又∵，∴，即F是中点，∴是中原三角形；（3）解：过D作交于H，如图：

∵，D是中点，∴，∵，F是中点，∴，∴，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，，∴，∴，∴，∴，由（1）知：，∴，∴，∴与的面积之比为．【点睛】本题考查了三角形中线的性质，三角形中位线定理，平行线分线段成比例以及相似三角形的判定和性质，正确理解新定义是解题的关键．2．（2023·江苏扬州·二模）给出一个新定义：有两个等腰三角形，如果它们的顶角相等、顶角顶点互相重合且其中一个等腰三角形的一个底角顶点在另一个等腰三角形的底边上，那么这两个等腰三角形互为“友好三角形”．

(1)如图①，和互为“友好三角形”，点是边上一点（异于点），，，，连接，则______（填“”或“=”或“”），______°（用含的代数式表示）．(2)如图②，和互为“友好三角形”，点是边上一点，，，，、分别是底边、的中点，请探究与的数量关系，并说明理由．(3)如图③，和互为“友好三角形”，点是边上一动点，，，，，过点作，交直线于点，若点从点运动到点，直接写出点运动的路径长．【答案】(1)，(2)(3)【分析】（1）由，可得，证明，则，，根据，计算求解可求；（2）如图②，连接，由等边三角形的性质可得，，，，则，，证明，则，同（1）可证，则，进而可得；（3）由题意知，在直线上运动，由（1）可知，，即，如图③，过作于，则为的中点，当点在点时，点与点重合，由，，，可得，，则，，当点运动到点时，点与点重合，当点运动到点时，点与点重合，则，，则，即，解得，由，可知当时，最大，值为，当点从点运动到点，点从回到点，根据点运动的路径长为，计算求解即可．【详解】（1）解：∵，，，∴，在和中，∵，∴，∴，，∴，故答案为：，；（2）解：，理由如下：如图②，连接，

由题意知，和均为等边三角形，∵、分别是底边、的中点，∴，，，，∵，，，∴，∵，，∴，∴，∴，同（1）可证，∴，∴；（3）解：由题意知，在直线上运动，由（1）可知，，即，如图③，过作于，则为的中点，当点在点时，点与点重合，

∵，，，∴，，∵，∴，∴，当点运动到点时，点与点重合，当点运动到点时，点与点重合，则，∵，∴，∴，即，解得，∵，∴当时，最大，值为，当点从点运动到点，点从回到点，∴点运动的路径长为，∴点从点运动到点，点运动的路径长为．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，二次函数的性质，正弦，三角形内角和定理．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．3．（2023·浙江宁波·二模）定义：两个相似三角形共边且位于一个角的平分线两侧，则称这样的两个相似三角形为叠似三角形．(1)如图1，四边形中，对角线平分，，求证：和为叠似三角形；(2)如图2，和为叠似三角形，若，，求四边形的周长；(3)如图3，在中，D是上一点，连接，点E在上，且，F为中点，且，若，求的值．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识点，熟记定理内容进行几何推理是解题关键．（1）根据，结合条件，可得；再由可得，即可求证；（2）由条件可推出，；再根据相似三角形的性质求出的长度即可求解；（3）作，证得出；再证得出，．即可求解．【详解】（1）证明：∵平分，∴∵，∴∵，∴∵∴，∴∴和为叠似三角形（2）解：∵，∴由（1）得：∴∴∵和为叠似三角形，∴，，∴，∴，，∴四边形的周长为：（3）解：作，如图所示：∵，∴∵∵，∵F为中点，又，即：∴∴4．（2023·贵州遵义·一模）综合与实践新定义：我们把两个面积相等但不全等的三角形叫做积等三角形．(1)【初步尝试】如图1，已知中，，，，为上一点，当______时，与为积等三角形；(2)【理解运用】如图2，与为积等三角形；若，，且线段的长度为正整数，求的长；(3)【综合应用】如图3，已知中，，分别以，为边向外作正方形和正方形，连接，求证：与为积等三角形．【答案】(1)1.5(2)2或3(3)见详解【分析】（1）利用三角形中线的性质即可解决问题（2）证明，推出，，利用三角形的三边关系即可解决问题．（3）过点作，交延长线于点H，先证明，则，，然后再依据积等三角形的定义进行证明即可．【详解】（1）如图，在中，，∵，，∴，∴，，∵与不全等与为积等三角形，∴．，∴．当时，与为积等三角形．（2）如图，过点C作，交的延长线于点E，∵与为积等三角形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，，∴，∵，∵，∴，∴，∴，∵为正整数，∴．∴的长为2或3．（3）如图，过点作，交延长线于点H，∵四边形和四边形均为正方形，∴，，，∴，，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴与为积等三角形．【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形中位线、全等三角形的判定与性质．理解并掌握积等三角形的定义，是解题的关键．题型二矩形中的新定义问题【例1】（新考法，拓视野）（2023·湖北随州·模拟预测）定义：长宽比为（为正整数）的矩形称为，我们通过折叠的方式折出一个矩形

操作1：将正方形沿过点的直线折叠，使折叠后的点落在对角线上的点处，折痕为．操作2：将沿过点的直线折叠，使点，点分别落在边，上．(1)证明：四边形为矩形；(2)点在直线上一动点．①如图，是对角线的中点，若点在边上，，连接．求的值；②若，点在边上，当的周长最小时，求；③连接，作，垂足为，若，则的最大值______．【答案】(1)见解析(2)①②③【分析】（1）先判断出，进而判断出四边形是矩形，再求出的值，即可得出结论；（2）①如图，先判断出四边形是矩形，进而得出，，再判断出，进而判断出，即可得出结论；②作关于直线对称的点，则的周长最小，判断出，得出．进而得出．即可得出结论；③先求出，再判断出点在以为直径的圆上，记的中点为，易得，即可得出结论．【详解】（1）证明：设正方形的边长为，∵是正方形的对角线，∴，由折叠性质可知，，则四边形为矩形，∴是等腰直角三角形．∴，∴，∴四边形为矩形；（2）解：①如图，作，，垂足分别为，

∵四边形是矩形，，∴四边形是矩形．∴，，∴，，∵为中点，∴，，∵，∴，∴，∴，∴；②如图，作关于直线对称的点，连接，则的周长最小，

∵，∴，设，则，∴，∴；③如图，

∵四边形为矩形，，∴，∵，∴点在以为直径的圆上，记的中点为，∴，当在同一直线上时，有最大值，如图，

∴．故答案为：．本题是相似形综合题，主要考查了新定义、相似三角形的判定和性质、勾股定理、矩形的性质和判定等知识，利用对称性和垂线段最短确定出最小值是解本题的关键．本题是相似形综合题，主要考查了新定义、相似三角形的判定和性质、勾股定理、矩形的性质和判定等知识，利用对称性和垂线段最短确定出最小值是解本题的关键．【例2】（2024·江西九江·一模）新定义：若一个三角形一条边的平方等于另两条边的乘积，则称这个三角形为比例三角形．例如：三边的长分别为，，．因为，所以是比例三角形．【问题提出】（1）已知是比例三角形，，，求的长；【问题探究】（2）如图1，P是矩形的边上的一动点，平分，交边于点Q，．①求证：；②求证：是比例三角形．【问题延伸】（3）如图2，在（2）的条件下，当，时，点C与点Q能否重合？若能，求出的值；若不能，请说明理由．【答案】（1）；（2）①证明见解析；②证明见解析；（3）能．【分析】本题考查了新定义，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程．（1）根据比例三角形的概念，分类讨论，列式计算即可求解；（2）①利用两角对应相等，证明即可；②利用角平分线的定义证明角相等，推出，再利用得到对应边成比例，即可求解；（3）证明，利用相似三角形的性质，列出一元二次方程，据此求解即可．【详解】解：（1）是比例三角形，且，，①当时，得，解得，，（不符合题意，舍去）；②当时，得，解得.，（不符合题意，舍去）；③当时，得，解得（负值已舍去），当时，是比例三角形，（2）①证明：四边形是矩形，，，又，；②证明：由①，知，，即.∵，，平分，，，，，是比例三角形；（3）能，当点C与点Q重合时，，，，，，，，，；在中，，即，解得或（舍去），．1．定义：对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼成一个无缝隙、无重叠的四边形，则这样的四边形称为镶嵌四边形．(1)如图1，将纸片沿中位线折叠，使点落在边上的处，再将纸片分别沿，折叠，使点和点都与点重合，得到双层四边形，则双层四边形为______形．(2)纸片按图2的方式折叠，折成双层四边形为矩形，若，，求的长．(3)如图3，四边形纸片满足，，，，．把该纸片折叠，得到双层四边形为正方形．请你画出一种折叠的示意图，并直接写出此时的长．【答案】(1)矩(2)(3)答案不唯一，见解析【分析】（1）由折叠的性质可得，可得四边形是矩形；（2）由勾股定理可求，由“”可证，可得，由折叠的性质可得，，即可求解；（3）分三种情况讨论，由正方形的性质和勾股定理可求解．【详解】（1）双层四边形为矩形，理由如下：由折叠的性质可得，，，，，同理可得，四边形是矩形，故答案为：矩；（2）四边形为矩形，，，，，，又为平行四边形，，，由折叠得，，，在与中，，，，由折叠得，，，又，，又，，．（3）有以下三种基本折法：折法1中，如图所示：由折叠的性质得：，，，，，四边形是叠合正方形，，，，；折法2中，如图所示：由折叠的性质得：四边形的面积梯形的面积，，，，，，，四边形是叠合正方形，，正方形的面积，，，设，则，梯形的面积，，，，，，解得：，，．折法3中，如图所示，作于，则，分别为，的中点，则，，正方形的边长，，，．综上所述：或11或．【点睛】本题属于四边形综合题目，主要考查了折叠的性质、正方形的性质、勾股定理、梯形面积的计算、解方程等知识的综合运用；折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．2．（2023·广东广州·一模）定义新概念：有一组邻边相等，且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．(1)如图①，等腰直角四边形，，．①若，于点，求的长；②若，，求的长；(2)如图②，在矩形中，，点是对角线上的一点，且，过点作直线分别交边，于点，，要使四边形是等腰直角四边形，求的长．【答案】(1)①；②(2)满足条件的的长为【分析】（1）①根据勾股定理求出，再根据勾股定理求出的值；②连接、，交于点，过点C作，交于点E，证明垂直平分，得出，证明，得出，证明，得出，根据勾股定理求出，即可得出答案；（2）若，则，，推出四边形表示等腰直角四边形，不符合条件．若与不垂直，当时，此时四边形是等腰直角四边形，当时，此时四边形是等腰直角四边形，分别求解即可．【详解】（1）解：①连接，如图所示：∵，，∴，∵，∴，∴；②连接、，交于点，过点C作，交于点E，如图所示：则，∵，，∴，∴，∵，，∴、在线段的垂直平分线上，∴垂直平分，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，∴．（2）解：∵四边形为矩形，∴，，，；若时，如图所示：则四边形和为矩形，∴，，，∵，∴，∴，∵，∴，，∴，∴，；∴四边形不可能是等腰直角四边形；若与不垂直，当时，如图所示：∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴此时点F不在边上，不符合题意；若与不垂直，当时，如图所示：此时四边形是等腰直角四边形，∴，∵，∴，∴，∴，∴，综上所述，满足条件的的长为．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是理解题意，作出辅助线，画出相应的图形，数形结合，注意分类讨论．题型三菱形中的新定义问题【例1】（新考法，拓视野）（2024·黑龙江哈尔滨·一模）请阅读下面材料，并完成相关任务：定义：点P是内部或边上的点（顶点除外），在，或中，如果有一个三角形与相似，那么称点P是的“相似点”．例：如图①，点P在的内部，，则，故点P为的“相似点”．请你运用所学知识，结合上述材料，解决下列问题：(1)如图②，在中，，平分，求证：点P为的“相似点”；(2)如图③，若为锐角三角形，点E是的“相似点”，且点B与点A对应，点E在的平分线上，连接，若，求的值；(3)如图④，在菱形中，E是上一点，F是内一点，且，连接与交于点G，连接，若点G是的“相似点”，且，求证：．【答案】(1)见解析(2)(3)见解析【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，正确理解题意，找准相似三角形的对应关系是解题关键.（1）由条件可推出，证即可；（2）由题意得，可推出，再证即可；（3）由题意得，可推出，延长交于点，证即可；【详解】（1）证明：∵，∴∵平分，∴∴∴∴点P为的“相似点”（2）解：由题意得：∴∵平分∴∴∵∴∴（3）证明：∵点G是的“相似点”，且，∴∴∵∴∴延长交于点，如图所示：由题意得：∴四边形是平行四边形∴∵∴∵∴∴即：∵∴∴本题考查了相似三角形的判定与性质，正确理解题意，找准相似三角形的对应关系是解题关键.本题考查了相似三角形的判定与性质，正确理解题意，找准相似三角形的对应关系是解题关键.【例2】（22-23八年级下·江苏南京·期末）定义：若一个四边形只有一组邻边相等，且这组邻边夹角所对的对角线平分一个内角，则称这样的四边形为“近似菱形”．例如：如图①，在四边形中，，若平分，则四边形是近似菱形．

(1)如图②，在四边形中，，，．求证：四边形是“近似菱形”，(2)如图③，已知线段BD，求作“近似菱形”，使得，平分，且与互补．要求：①尺规作图；②保留作图痕迹，写出必要的文字说明．(3)在（2）的条件下，“近似菱形”中的取值范围是________________．【答案】(1)证明见解析(2)见解析(3)且【分析】（1）根据“近似菱形”的定义，平行线的性质和等边对等角，证明，进而得出结论；（2）作菱形，以D为圆心，为半径画弧，交于点C，连接，则四边形为求作的“近似菱形”；（3）根据菱形的性质得出，，进而得出，再证明，当最小时，最小，当时，，当时，不符合“近似菱形”的定义，即可得出答案．【详解】（1）证明：∵，

∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵平分，∴四边形是“近似菱形”．（2）解：作法：

①作菱形；②以D为圆心，为半径画弧，交于点C；③连接．则四边形为求作的“近似菱形”；（3）解：∵菱形，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∵平分，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，当最小时，最小，当时，，∴当时，不符合“近似菱形”的定义，∴且．【点睛】本题考查“近似菱形”的定义，平行线的性质，等边对等角，正确理解新定义是解题的关键．1．定义：在三角形中，若有两条中线互相垂直，则称该三角形为中垂三角形．

(1)如图（a），是中垂三角形，分别是边上的中线，且于点，若，求证：是等腰三角形．(2)如图（b），在中垂三角形中，分别是边上的中线，且于点，求证：．(3)如图（c），四边形是菱形，对角线交于点，点分别是的中点，连接并延长，交于点．求证：是中垂三角形；【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】（1）连接，如图，由是的中位线，证明，可得，，，证明，可得，从而可得结论；（2）证明：如图，连接，证明，，，由勾股定理可得，，，，从而可得结论；（3）如图，连接，证明，且，，，且，可得，，证明，是的中线，从而可得结论．【详解】（1）证明：连接，如图，

∵，，∴由题意可得，，，是的中位线，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴是等腰三角形．（2）证明：如图，连接，

∵，分别是边，上的中线，∴，，，∴，，，在中，，在中，，同理可得：，，∴；（3）证明：如图，连接，

∵点M，N分别是，的中点，∴是的中位线，则，且∵四边形是菱形，∴，，且，∴，，如图，延长至，使，∴，而，∴四边形为平行四边形，∴，，∴，而，，∴，∴，，∴，∴，是的中线，∴是中垂三角形．【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，三角形的中位线性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，理解新定义，作出三角形的直线线是解本题的关键．题型四正方形中的新定义问题【例1】（新考法，拓视野）（2024·江西宜春·一模）定义：一组邻边相等且对角互补的四边形叫作“等补四边形”．如图1，四边形中，，，则四边形叫作“等补四边形”．(1)概念理解①在以下四种图形中，一定是“等补四边形”的是（

）A．平行四边形

B．菱形

C．矩形

D．正方形②等补四边形中，若，则；③如图1，在四边形中，平分，，．求证：四边形是等补四边形．(2)探究发现如图2，在等补四边形中，，连接，是否平分？请说明理由．(3)拓展应用如图3，在等补四边形中，，其外角的平分线交的延长线于点，，，求的长．【答案】(1)①D；②；③见解析(2)平分，理由见解析(3)．【分析】（1）①判断图形是否满足“等补四边形”的对角互补，邻边相等的条件；②利用“等补四边形”的对角互补，列式计算即可求解；③在上截取，证明，推出，．据此即可证明结论成立；（2）过点分别作于，于，证明，推出，根据角平分线的判定定理即可得解；（3）连接，由（2）知，平分，证得，再证明，利用相似三角形的性质列式计算即可求解．【详解】（1）解：①平行四边形的对角相等，不一定互补，对边相等，邻边不一定相等，平行四边形不一定是等补四边形；菱形四边相等，对角相等，但不一定互补，菱形不一定是等补四边形；矩形对角互补，但邻边不一定相等，矩形不一定是等补四边形；正方形四个角是直角，四条边相相等，正方形一定是等补四边形，故选：D；②等补四边形对角互补，，设，∴，解得，∴，∴，故答案为：；③证明：在上截取，连接，如图1，在和中，，，，．，．．，，又，四边形是等补四边形；（2）解：平分，理由如下，如图2，过点分别作于，于，则，四边形是等补四边形，，又，，，，，是的平分线（在角的内部且到角两边距离相等的点在角平分线上），即平分．（3）解：连接，∵等补四边形中，，由（2）知，平分，∵四边形是等补四边形，∴，又，∴，∵是的平分线，∴，∵，∴，∴，即，解得．本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的判定，“等补四边形”的概念，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的判定，“等补四边形”的概念，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．【例2】（2024·浙江·一模）定义：在四边形内，如果有一点和一组对边组成的两个三角形都是以对边为斜边的等腰直角三角形，那么这个四边形叫做蝴蝶四边形．例如图1，，，则四边形为蝴蝶四边形．(1)【概念理解】如图2，正方形中，对角线与相交于O．求证：正方形为蝴蝶四边形；(2)【性质探究】如图3，在蝴蝶四边形中，．求证：；(3)【拓展应用】如图3，在蝴蝶四边形中，，，．当是等腰三角形时，求此时以为边的正方形的面积．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)5【分析】（1）由正方形的性质可知，，则和都是等腰直角三角形，进而结论得证；（2）证明，进而可证；（3）如图，延长交于N，证明，则，由，可得，则，，勾股定理求，则，进而可求面积．【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，∴和都是等腰直角三角形，∴正方形为蝴蝶四边形；（2）证明：∵四边形是蝴蝶四边形，，∴和都是等腰直角三角形，，，∴，即，∴，∴；（3）解：如图，延长交于N，∵是等腰三角形，∴，∵，，，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴以为边的正方形的面积为5．【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，余弦等知识．熟练掌握正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，余弦是解题的关键．1．定义：一组邻边相等且对角互补的四边形叫作完美四边形．如图1，四边形中，，（或），则四边形叫作完美四边形．

(1)概念理解：在以下四种图形中：①平行四边形：②菱形；③矩形；④正方形，一定是“完美四边形”的是______；（填写序号）(2)性质探究：如图2，完美四边形中，，，请用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明，(3)拓展应用：如图3，已知四边形是完美四边形，，，，，当时，求四边形面积的最大值．【答案】(1)(2)，证明见解析(3)四边形面积的最大值为【分析】（1）根据完美四边形的定义和正方形的性质即可判定；（2）连接，根据完美四边形的定义证明四点共圆，证明等腰直角、，四边形是正方形，，根据勾股定理得；（3）连接，过作交延长线于，过作于，分类讨论：，根据可得是等边三角形，设，则，在中，，，，，等边中，可求；，根据题意得，由于，所以当时，可求得；综上所述，即可求四边形面积的最大值．【详解】（1）解：正方形是一组邻边相等且对角互补的四边形，因此答案为，故答案为．（2）解：，理由如下：证明：连接，，

，，由完美四边形的定义可知，，是等腰直角三角形，，（同弧所对的圆周角相等），，四点共圆，为圆的直径，，，，即，是圆的直径，，四边形是正方形，，在中，，，．（3）解：，连接，，是等边三角形，，，，设，则，过作交延长线于，过作于，

，在中，，，，，在等边中，，；，过A作于点E，于点F，

则，，，又，，，，，，，，，，，当时，；综上所述，四边形面积的最大值为．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了完美四边形的定义，解直角三角形，四点共圆，勾股定理等知识，解题关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．2．（2023·湖南·一模）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形称为“等补四边形”．(1)下列选项中一定是“等补四边形”的是________；A．平行四边形；B．矩形；C．正方形；D．菱形(2)如图1，在边长为a的正方形中，E为边上一动点（E不与C、D重合），交于点F，过F作交于点H．①试判断四边形是否为“等补四边形”并说明理由；②如图2，连接，求的周长；③若四边形是“等补四边形”，求的长．【答案】(1)C(2)①四边形是等补四边形，见解析；②；③或者【分析】（1）在平行四边形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的邻边相等且对角互补，符合等补四边形的定义，即可得到问题的答案；（2）①先证A、B、H、F四点共圆，利用圆周角定理可得，进而求出，利用等角对等边得出，最后利用“等补四边形”的定义即可证明；②将绕A点逆时针旋转得到，证明，再证，得出，即可求出的周长；③根据，四边形是“等补四边形”可得四边形有一组邻边相等，然后分、、、四种情况讨论即可．【详解】（1）解：在平行四边形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的邻边相等且对角互补，∴正方形是等补四边形，故选：D．（2）解：①四边形是“等补四边形”，理由如下：∵为正方形的对角线，∴，又，，∴A、B、H、F四点共圆，∴，∴，∴，又，∴四边形是“等补四边形”．②将绕A点逆时针旋转得到，∴，，∴E、D、L三点共线，由①得，∴，在和中∴，∴，∴的周长；③∵，四边形ECHF是“等补四边形”，∴还需要一组邻边相等，分以下四种情况讨论：情况1：，连接，由题意知∶，，又，∴，∴，则为正三角形，∴，∴，∴，；情况2：，则，∴，同情况1，；情况3：，由②得的周长．设，则，有，∴，即；情况4：，连接，则，则HF垂直平分AE，∴，∵，，∴，∵，，∴，∴，∴，又，∴，又，，∴，∴，这不可能，故这种情况不存在．综上：或者．【点睛】本题考查了正方形的性质，圆周角定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质等知识，目前题意，理解新定义，找出所求问题需要的条件是解题的关键．3．（2024·江苏淮安·模拟预测）在初二下学期我们学习了三角形中位线的定义以及三角形中位线定理，并且能用相关知识解决问题．【问题再现】已知：如图1，在中，D、E分别是边的中点，求证：，【简单应用】（1）如图2，A、B两地被建筑物阻隔，为测量A、B两地的距离，在地面上选一点C，连接，分别取的中点D、E．测得的长为，则A、B两地的距离为_______．（2）如图3，在四边形中，，点E、F分别是和的中点，求的长．【灵活运用】如图4，在边长为6的正方形中，点E是上一点，点F是上一点，点F关于直线的对称点G恰好在的延长线上，交于点H，点M为的中点，若，求的长．【答案】问题再现：证明见解析；简单应用：（1）40；（2）1；灵活运用：3【分析】问题再现：过点C作交的延长线于点F，证明．得到，，进一步证明四边形是平行四边形，得到，，即可证明，；简单应用：（1）根据问题再现的结论求解即可；（2）如图所示，取中点G，连接，由问题再现的结论可知，，再证明，可由平行线的唯一性可知三点共线，则；灵活运用：如图所示，连接，由对称性可得，证明，得到；如图所示，以所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，设，则，求出，则；再求出，由勾股定理得到，解得或（舍去），则，求出直线解析式为，进而求出点E的坐标即可得到答案．【详解】解：问题再现：过点C作交的延长线于点F，∴，∵E是的中点，∴．在和中，，∴．∴，，∵D是的中点，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∴，，∴，；简单应用：（1）∵的中点分别为D、E，∴由问题再现的结论可知，故答案为：40；（2）如图所示，取中点G，连接，∵点E、F分别是和的中点，∴由问题再现的结论可知，，∵，∴，∴由平行线的唯一性可知三点共线，∴；灵活运用：如图所示，连接，由对称性可得，∵四边形是正方形，∴，∴，∴；如图所示，以所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，设，则，∵正方形的边长为6，∴，∴，∴，∵点H为的中点，∴；∵M为的中点，∴，∵，∴，∴或（舍去），∴，设直线解析式为，∴，∴，∴直线解析式为，在中，当时，，∴，∴．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，平行四边形的性质与判定，三角形中位线定理的证明，全等三角形的性质与判定，勾股定理，一次函数与几何综合等等，灵活运用所学知识是解题的关键．题型五圆中的新定义问题【例1】（新考法，拓视野）（2024·湖南长沙·一模）定义：对角线互相垂直的圆内接四边形叫做圆的“奇妙四边形”．(1)若是圆的“奇妙四边形”，则是_________（填序号）：①矩形；②菱形；③正方形(2)如图1，已知的半径为R，四边形是的“奇妙四边形”．求证：；(3)如图2，四边形是“奇妙四边形”，P为圆内一点，，，，且．当的长度最小时，求的值．【答案】(1)③(2)见解析(3)【分析】（1）利用平行四边形的性质，圆内接四边形的性质，“奇妙四边形”的定义和正方形的判定定理解得即可；（2）过点B作直径，分别连接，，，，证明，．可得，可得，再利用勾股定理可得答案；（3）设的长度为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质即可求得结论．【详解】（1）解：若平行四边形是“奇妙四边形”，则四边形是正方形．理由∶∵四边形是平行四边形，∴，∵四边形是圆内接四边形，∴，∴，∴平行四边形是矩形，∵四边形是“奇妙四边形”，∴，∴矩形是正方形，故答案为∶③；（2）证明∶过点B作直径，分别连接，，，，∵是的直径，∴，∴，∵四边形是“奇妙四边形”，∴，∴，又，∴，∵，，∴，∴，∵，∴∴；（3）解：连接交于E，设的长度为a，，∵，，∴，∴，∵∴，，∵，∴，∵∴，整理得，∴∴，又，∴，∴a有最小值2，即的长度最小值为2，∴，解得∶，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴．本题是圆的综合题，考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，一元二次方程的解法，熟练的建立数学模型并灵活应用是解本题的关键．本题是圆的综合题，考查的是勾股定理的应用，圆周角定理的应用，一元二次方程的解法，熟练的建立数学模型并灵活应用是解本题的关键．【例2】（2023·江苏泰州·三模）【概念认识】定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形．（1）如图1，已知在垂等四边形中，对角线与交于点E，若，，，则的长度＝______cm．【数学理解】（2）在探究如何画“圆内接垂等四边形”的活动中，小李想到可以利用八年级的所学三角形全等．如图2，在中，已知是弦，是半径，求作：的内接垂等四边形．（要求：尺规作图，不写作法，保留痕迹）【问题解决】（3）如图3，已知A是上一定点，B为上一动点，以为一边作出的内接垂等四边形（A、B不重合且A、B、O三点不共线），对角线与交于点E，的半径为，当点E到的距离为时，求弦的长度．

【答案】【概念认识】；【数学理解】见解析；【问题解决】或【分析】（1）根据垂等四边形的定义列式求解即可；（2）作，分别交于点D、C，即可得到垂等四边形；（3）连接，由（2）可得等腰，从而求出，作，根据条件证明，利用相似三角形的性质可求设，作，证明即可求出．【详解】（1）解：由垂等四边形的定义得，∵，，，∴，∴；（2）解：作，分别交于点D、C，即可得到垂等四边形，如图，

以点O为圆心，长为半径画弧，交于点，分别以点A、为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点D，以点O为圆心，长为半径画弧，交于点，分别以点B、为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点C，连接，四边形即为所求的垂等四边形；（3）解：连接，由（2）可得等腰，

∴