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例题精讲
【例1】．定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形，如图，在对余四边形ABCD中，AB＝BC，
AD＝2 ，CD＝5，∠ABC＝60°，则线段BD＝ 3 ．
解：∵对余四边形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴∠ADC＝30°，
∵AB＝BC，
∴将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD，如图所示，
∴△BCD≌△BAF，∠FBD＝60°
∴BF＝BD，AF＝CD，∠BDC＝∠BFA，
∴△BFD是等边三角形，
∴BF＝BD＝DF，
∵∠ADC＝30°，
∴∠ADB+∠BDC＝30°，
∴∠BFA+∠ADB＝30°，
∵∠FBD+∠BFA+∠ADB+∠AFD+∠ADF＝180°，
∴60°+30°+∠AFD+∠ADF＝180°，
∴∠AFD+∠ADF＝90°，
∴∠FAD＝90°，
∴AD2+AF2＝DF2，
∴AD2+CD2＝BD2，∴BD2＝（2 ）2+52＝45，
∵BD＞0，
∴BD＝3 ，
故答案为：3 ．
变式训练
【变1-1】．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，即损矩形外接圆的直径．如图，△ABC中，∠ABC＝90°，以AC为一边向形外作菱形
ACEF，点D是菱形ACEF对角线的交点，连接BD．若∠DBC＝60°，∠ACB＝15°，BD＝2 ，则菱形
ACEF的面积为 1 2 ．
解：如图1，取AC的中点G，连接BG、DG， ，
∵四边形ACEF是菱形，
∴AE⊥CF，∴∠ADC＝90°，
又∵∠ABC＝90°，
∴A、B、C、D四点共圆，点G是圆心，
∴∠ACD＝∠ABD＝90°﹣∠DBC＝90°﹣60°＝30°，
∵∠AGB＝15°×2＝30°，∠AGD＝30°×2＝60°，
∴∠BGD＝30°+60°＝90°，
∴△BGD是等腰直角三角形，
∴BG＝DG＝ ，
∴AC＝2 ，
∴AD＝2 ，
∴ ，
∴菱形ACEF的面积为：
3
＝
＝
故答案为：12 ．
【变1-2】．定义：有一组对角互补的四边形叫做“对补四边形”，例如：四边形 ABCD中，若∠A+∠C
＝180°或∠B+∠D＝180°，则四边形ABCD是“对补四边形”．
【概念理解】（1）如图1，四边形ABCD是“对补四边形”．
①若∠A：∠B：∠C＝3：2：1，则∠D＝ 9 0 度．
②若∠B＝90°．且AB＝3，AD＝2时．则CD2﹣CB2＝ 5 ．
【类比应用】（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝CB，BD平分∠ADC．求证：四边形ABCD是
“对补四边形”．（1）解：①∵∠A：∠B：∠C＝3：2：1，
∴设∠A＝3x°，则∠B＝2x°，∠C＝x°，
∵四边形ABCD是“对补四边形”，
∴∠A+∠C＝180°，
∴3x+x＝180，
∴x＝45°．
∴∠B＝2x＝90°．
∵四边形ABCD是“对补四边形”，
∴∠B+∠D＝180°，
∴∠D＝90°．
故答案为：90；
②连接AC，如图，
∵∠B＝90°，
∴AB2+BC2＝AC2．
∵四边形ABCD是“对补四边形”，
∴∠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．
故答案为：5；
（2）证明：在DC上截取DE＝DA，连接BE，如图，
∵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°，
∴四边形ABCD是“对补四边形”．
【例2】．定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做等邻边四边形．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB
＝2，BC＝1，将△ABC沿∠ABC的平分线BB'的方向平移，得到A'B'C'，连接AC'，CC'，若四边形
ABCC'是等邻边四边形，则平移距离BB'的长度是 1 或 ．解：∵将Rt△ABC平移得到△A′B′C′，
∴BB′＝CC′，A′B′∥AB，A′B′＝AB＝2，B′C′＝BC＝1，A′C′＝AC＝ ，
①如图1，当CC′＝BC时，BB′＝CC′＝BC＝1；
②如图1，当AC′＝AB＝2时，
∵∠ABC＝90°，BB′是∠ABC的角平分线，
∴∠B′BA＝45°，
延长C′B′交AB于H，
∵A′B′∥AB，∠A′B′C′＝90°，
∴∠AHC′＝∠A′B′C′＝90°，
∴∠BHB′＝90°，
设BH＝B′H＝x，
∴BB′＝ x，AH＝2﹣x，C′H＝1+x，
∵AC′2＝AH2+C′H2，
∴22＝（2﹣x）2+（1+x）2，
整理方程为：2x2﹣2x+1＝0，
∵△＝4﹣8＝﹣4＜0，
∴此方程无实数根，故这种情况不存在；
③如图2，当AC′＝C′C时，则AC′＝BB′，
延长C′B′交AB于H，
∵A′B′∥AB，∠A′B′C′＝90°，
∴∠AHC′＝∠A′B′C′＝90°，
∴∠BHB′＝90°，
设BH＝B′H＝x，
∴BB′＝AC′＝ x，AH＝2﹣x，C′H＝1+x，
∵AC′2＝AH2+C′H2，∴（ x）2＝（2﹣x）2+（1+x）2，
解得：x＝ ，
∴BB′＝ ，
综上所述，若四边形ABCC'是等邻边四边形，则平移距离BB'的长度是1或 ，
故答案为：1或 ．
变式训练
【变2-1】．已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝3．我们定义：“四个顶点都在三角形边上的
正方形是三角形的内接正方形”．
（1）如图1，四边形CDEF是△ABC的内接正方形，则正方形CDEF的边长a 等于 2 ；
1
（2）如图2，四边形DGHI是（1）中△EDA的内接正方形，那么第2个正方形DGHI的边长记为a ；
2
继续在图2中的△HGA中按上述方法作第3个内接正方形，依此类推，……则第n个内接正方形的边长
a ＝ ．（n为正整数）
n解：（1）四边形CDEF是正方形，
∴EF＝FC，EF∥FC，
∴△BFE∽△BCA，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴a ＝2，
1
故答案是：2；
（2）如图（2）四边形DGHI是正方形，
∴IH＝ID，IH∥AD，
∴△EIH∽△EDA，
∴ ＝ ，
∴ ＝ ，
∴a ＝ ，
2
如图3中，由以上同样的方法可以求得正方形PGQS的边长为： ＝ ，
第4的个正方形的边长为： ＝ ，
…
第n个内接正方形的边长a ＝ ，
n故答案为：＝ ．
【变2-2】．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ABCD中E是CD上的点，将△BCE绕B点旋转，使BC与BA重合，此时点E的
对应点F在DA的延长线上，则四边形BEDF 是 （填“是”或“不是”）“直等补”四边形；
（2）如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，过点B作
BE⊥AD于E．
①过C作CF⊥BF于点F，试证明：BE＝DE，并求BE的长；
②若M是AD边上的动点，求△BCM周长的最小值．
解：（1）∵将△BCE绕B点旋转，BC与BA重合，点E的对应点F在DA的延长线上，∴∠ABF＝∠CBE，BF＝BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠D＝90°，
∴∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠ABE+∠ABF＝90°，即∠EBF＝∠D＝90°，
∴∠EBF+∠D＝180°，
∵∠EBF＝90°，BF＝BE，
∴四边形BEDF是“直等补”四边形．
故答案为：是；
（2）①证明：∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝BC＝10，CD＝2，AD＞AB，
∴∠ABC＝90°，∠ABC+∠D＝180°，
∴∠D＝90°，
∵BE⊥AD，CF⊥BE，
∴∠DEF＝90°，∠CFE＝90°，
∴四边形CDEF是矩形，
∴DE＝CF，EF＝CD＝2，
∵∠ABE+∠A＝90°，∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠A＝∠CBF，
∵∠AEB＝∠BFC＝90°，AB＝BC，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴BE＝CF，AE＝BF，
∵DE＝CF，
∴BE＝DE；
∵四边形CDEF是矩形，∴EF＝CD＝2，
∵△ABE≌△BCF，
∴AE＝BF，
∴AE＝BE﹣2，
设BE＝x，则AE＝x﹣2，
在Rt△ABE中，x2+（x﹣2）2＝102，
解得：x＝8或x＝﹣6（舍去），
∴BE的长是8；
②∵△BCM周长＝BC+BM+CM，
∴当BM+CM的值最小时，△BCM的周长最小，
如图，延长CD到点G，使DG＝CD，连接BG交AD于点M′，过点G作GH⊥BC，交BC的延长线于
点H，
∵∠ADC＝90°，
∴点C与点G关于AD对称，
∴BM+CM＝BM+MG≥BG，即BM+CM≥BM′+M′C，
∴当点M与M′重合时，BM′+M′C的值最小，即△BCM的周长最小，
在Rt△ABE中，AE＝ ＝ ＝6，
∵四边形ABCD是“直等补”四边形，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∵∠BCD+∠GCH＝180°，
∴∠A＝∠GCH，
∵∠AEB＝∠H＝90°，
∴△ABE∽△CGH，
∴ ＝ ＝ ＝ ，即 ＝ ，∴GH＝ ，CH＝ ，
∴BH＝BC+CH＝10+ ＝ ，
∴BG＝ ＝ ＝2 ，
∴△BCM周长的最小值为2 +10．
1．如图，四边形ACDE是证明勾股定理时用到的一个图形，a，b，c是Rt△ABC和Rt△BED边长，易知
AE＝ c，这时我们把关于x的形如ax2+ cx+b＝0的一元二次方程称为“勾系一元二次方程”．
请解决下列问题：
（1）判断下列方程是否是“勾系一元二次方程”：
①2x2+ x+1＝0 不是 （填“是”或“不是”）；
②3x2+5 x+4＝0 是 （填“是”或“不是”）
（2）求证：关于x的“勾系一元二次方程”ax2+ cx+b＝0必有实数根；
（3）若x＝﹣1是“勾系一元二次方程”ax2+ cx+b＝0的一个根，且四边形ACDE的周长是12，求
△ABC面积．（1）解：2x2+ x+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为三边长的三角形是不是直角三角形，且c为斜边的长，
∴2x2+ x+1＝0不是“勾系一元二次方程”，
3x2+5 x+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为三边长的三角形是直角三角形，且c为斜边的长，
∴3x2+5 x+4＝0是“勾系一元二次方程”，
故答案为：不是，是；
（2）证明：∵ax2+ cx+b＝0是“勾系一元二次方程“，
∴a、b、c为同一直角三角形的三边长，且c为斜边的长，
∴c2＝a2+b2，
∵Δ＝（ c）2﹣4ab＝2c2﹣4ab＝2（a2+b2）﹣4ab＝2（a﹣b）2≥0，
∴关于x的“勾系一元二次方程”ax2+ cx+b＝0必有实数根．
（3）解：∵x＝﹣1是“勾系一元二次方程”ax2+ cx+b＝0的一个根，
∴a﹣ c+b＝0，
∴a+b＝ c，
∵四边形ACDE的周长是12，
∴2（a+b）+ c＝12，∴2 c+ c＝12，
∴c＝2 ，
∴a+b＝ ×2 ＝4，
∴（a+b）2＝16，
∴a2+2ab+b2＝16，
∵a2+b2＝c2＝（2 ）2＝8，
∴2ab+8＝16，
∴ab＝4，
∴S△ABC ＝ ab＝ ×4＝2．
∴△ABC面积是2．
2．我们给出如下定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称这个四边形
为勾股四边形，这两条相邻的边称为这个四边形的勾股边．
（1）写出你所学过的特殊四边形中是勾股四边形的两种图形的名称；
（2）如图1，已知格点（小正方形的顶点）O（0，0），A（3，0），B（0，4），请你画出以格点为顶
点，OA，OB为勾股边且对角线相等的勾股四边形OAMB；
（3）如图2，将△ABC绕顶点B按顺时针方向旋转60°，得到△DBE，连接AD，DC，∠DCB＝30°．
求证：DC2+BC2＝AC2，即四边形ABCD是勾股四边形．
（1）解：正方形、长方形、直角梯形．（任选两个均可）
（2）解：答案如图所示．M（3，4）或M′（4，3）．（3）证明：连接EC，
∵△ABC≌△DBE，
∴AC＝DE，BC＝BE，
∵∠CBE＝60°，
∴EC＝BC＝BE，∠BCE＝60°，
∵∠DCB＝30°，
∴∠DCE＝90°，
∴DC2+EC2＝DE2，
∴DC2+BC2＝AC2．
即四边形ABCD是勾股四边形．
3．定义：有两个相邻内角互余的四边形称为邻余四边形，这两个角的夹边称为邻余线．
（1）如图I，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，E，F分别是BD，AD上的点．求证：
四边形ABEF是邻余四边形；
（2）如图2，在5×4的方格纸中，A，B在格点上，请画出一个符合条件的邻余四边形ABEF，使AB是
邻余线，E，F在格点上；
（3）如图3，已知四边形ABCD是以AB为邻余线的邻余四边形，AB＝15，AD＝6，BC＝3，∠ADC＝
135°，求CD的长度．（1）证明：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB+∠DBA＝90°，
∴∠FAB与∠EBA互余，
∴四边形ABEF是邻余四边形；
（2）解：如图所示（答案不唯一），
（3）解：如图3，延长AD，CB交于点H，
∵四边形ABCD是以AB为邻余线的邻余四边形，
∴∠A+∠B＝90°，
∵∠ADC＝135°，
∴∠HDC＝45°，
∴∠HDC＝∠HCD＝45°，∴CH＝DH，
∵AB2＝AH2+BH2，
∴225＝（6+DH）2+（3+DH）2，
∴DH＝6（负值舍去），
∴CD＝6 ．
4．定义：我们把一组对边平行另一组对边相等且不平行的四边形叫做等腰梯形．
【性质初探】如图1，已知， ABCD，∠B＝80°，点E是边AD上一点，连结CE，四边形ABCE恰为
等腰梯形．求∠BCE的度数；▱
【性质再探】如图2，已知四边形ABCD是矩形，以BC为一边作等腰梯形BCEF，BF＝CE，连结BE、
CF．求证：BE＝CF；
【拓展应用】如图3， ABCD的对角线AC、BD交于点O，AB＝2，∠ABC＝45°，过点O作AC的垂
线交BC的延长线于点G▱，连结DG．若∠CDG＝90°，求BC的长．
【性质初探】解：过点A作AG⊥BC交于G，过点E作EH⊥BC交于H，
∵ ABCD，
∴▱AE∥BC，
∴AG＝EH，
∵四边形ABCE恰为等腰梯形，
∵AB＝EC，
∴Rt△ABG≌Rt△ECG（HL），
∴∠B＝∠ECH，
∵∠B＝80°，
∴∠BCE＝80°；
【性质再探】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AE∥BC，
∵四边形BCEF是等腰梯形，
∴BF＝CE，由（1）可知，∠FBC＝∠ECB，
∴△BFC≌△CEB（SAS），
∴BE＝CF；
【拓展应用】解：连接AC，过G点作GM⊥AD交延长线于点M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴O是AC的中点，
∵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＝ ﹣ ．5．给出如下定义：有两个相邻内角互余的四边形称为“邻余四边形”，这两个角的夹边称为“邻余线”．
（1）如图1，格点四边形ABCD是“邻余四边形”，指出它的“邻余线”；
（2）如图2，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，E，F分别是BD，AD上的点．求证：
四边形ABEF是“邻余四边形”；
（3）如图3，四边形ABCD是“邻余四边形”，AB为“邻余线”，E，F分别是AB，CD的中点，连接
EF，AD＝4，BC＝6．求EF的长．
（1）解：
由图形可知∠E＝90°，
∴∠A+∠B＝90°，
∴它的“邻余线”是AB；
（2）证明：∵AB＝AC，AD是△ABC的角平分线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴∠DAB+∠DBA＝90°，
∴∠FAB与∠EBA互余，
∴四边形ABEF是邻余四边形；
（3）解：如图，连接DE并延长到G，使EG＝DE，连接BG，CG，在△AED和△BEG中，
，
∴△AED≌△BEG（SAS），
∴∠A＝∠ABG，BG＝AD＝4，
∵四边形ABCD是“邻余四边形”，AB为“邻余线”，
∴∠A+∠ABC＝90°，
∴∠ABG+∠ABC＝∠GBC＝90°，
在Rt△GBC中，
GC＝ ，
∵EG＝DE，AE＝BE，
∴EF＝ ＝ ．
6．定义：我们知道，四边形的一条对角线把这个四边形分成了两个三角形，如果这两个三角形相似（不
全等），我们就把这条对角线叫做这个四边形的“相似对角线”．
（1）如图1，△ABC的三个顶点均在正方形网格中的格点上，若四边形ABCD是以AC为“相似对角
线”的四边形，请只用无刻度的直尺，就可以在网格中画出点 D，请你在图1中找出满足条件的点D，
保留画图痕迹（找出2个即可）
（2）①如图2，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠DCB＝135°，对角线AC平分∠DAB．请问AC是
四边形ABCD的“相似对角线”吗？请说明理由；
②若AC＝ ，求AD•AB的值．
（3）如图3，在（2）的条件下，若∠D＝∠ACB＝90°时，将△ADC以A为位似中心，位似比为 ：
缩小得到△AEF，连接CE、BF，在△AEF绕点A旋转的过程中，当CE所在的直线垂直于AF时，
请你直接写出BF的长．解：（1）如图1所示，
AB＝ ，BC＝2 ，∠ABC＝90°，AC＝5，
∵四边形ABCD是以AC为“相似对角线”的四边形，
当∠ACD＝90°时，△ACD∽△ABC或△ACD∽△CBA，
∴ 或 ，
∴ 或 ，
∴CD＝2.5或CD＝10，
同理：当∠CAD＝90°时，AD＝2.5或AD＝10，
如图中，D ，D ，D ，D 即为所求；
1 2 3 4
（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是四边形ABCD的“相似对角线”；
②∵△DAC∽△CAB，∴ ，
∴AD•AB＝AC2，
∵AC＝ ，
∴AD•AB＝10；
（3）①由（2）可知△ADC为等腰直角三角形，AC＝ ，
∴AD＝CD＝ ，
∵△AEF∽△ADC，且相似比为 ： ，
∴AE＝EF＝ ，AF＝2，
如图，延长CE交AF于点H，由题意可得：EH⊥AF于H，
∴AH＝ AF＝1，
∴CH＝ ，
∴CE＝CH﹣EH＝3﹣1＝2，
∵∠CAD＝∠EAF＝45°，
∴∠CAE＝∠BAF， ，
∵ ，
∴△EAC∽△FAB，
∴ 即 ，
∴FB＝ ；
②如图，设AF与EC交于点G，∵AF⊥CE，
∴△AGE为等腰直角三角形，
∵EA＝ ，
∴AG＝EG＝1，
在Rt△AGC中，CG＝ ，
∴EC＝4，
同理可证△EAC∽△FAB，
∴ 即 ，
∴FB＝4 ，
综上，FB＝2 或FB＝4 ．
7．我们定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”
（1）概念理解：
请你根据上述定义举一个等邻角四边形的例子；
（2）问题探究：
如图1，在等邻角四边形ABCD中，∠DAB＝∠ABC，AD，BC的中垂线恰好交于AB边上一点P，连接
AC，BD，试探究AC与BD的数量关系，并说明理由；
（3）应用拓展：
如图2，在Rt△ABC与Rt△ABD中，∠C＝∠D＝90°，BC＝BD＝3，AB＝5，将Rt△ABD绕着点A顺时
针旋转角 （0°＜∠ ＜∠BAC）得到Rt△AB′D′（如图3），当凸四边形AD′BC为等邻角四边形时，
求出它的面α积． α解：（1）矩形或正方形；
（2）AC＝BD，理由为：
连接PD，PC，如图1所示：
∵PE是AD的垂直平分线，PF是BC的垂直平分线，
∴PA＝PD，PC＝PB，
∴∠PAD＝∠PDA，∠PBC＝∠PCB，
∴∠DPB＝2∠PAD，∠APC＝2∠PBC，即∠PAD＝∠PBC，
∴∠APC＝∠DPB，
∴△APC≌△DPB（SAS），
∴AC＝BD；
（3）分两种情况考虑：
（i）当∠AD′B＝∠D′BC时，延长AD′，CB交于点E，
如图3（i）所示，
∴∠ED′B＝∠EBD′，
∴EB＝ED′，
设EB＝ED′＝x，
由勾股定理得：42+（3+x）2＝（4+x）2，
解得：x＝4.5，
过点D′作D′F⊥CE于F，
∴D′F∥AC，
∴△ED′F∽△EAC，∴ ＝ ，即 ＝ ，
解得：D′F＝ ，
∴S△ACE ＝ AC×EC＝ ×4×（3+4.5）＝15；S△BED′ ＝ BE×D′F＝ ×4.5× ＝ ，
则S四边形ACBD′ ＝S△ACE ﹣S△BED′ ＝15﹣ ＝10 ；
（ii）当∠D′BC＝∠ACB＝90°时，过点D′作D′E⊥AC于点E，
如图3（ii）所示，
∴四边形ECBD′是矩形，
∴ED′＝BC＝3，
在Rt△AED′中，根据勾股定理得：AE＝ ＝ ，
∴S△AED′＝ AE×ED′＝ × ×3＝ ，S矩形ECBD′ ＝CE×CB＝（4﹣ ）×3＝12﹣3 ，
则S四边形ACBD′ ＝S△AED′+S矩形ECBD′ ＝ +12﹣3 ＝12﹣ ．
8．定义：长宽比为 ：1（n为正整数）的矩形称为 矩形．下面，我们通过折叠的方式折出一个 矩
形，如图①所示
操作1：将正方形ABCD沿过点B的直线折叠，使折叠后的点 C落在对角线BD上的点G处，折痕为
BH．
操作2：将AD沿过点G的直线折叠，使点A，点D分别落在边AB，CD上，折痕为EF．
可以证明四边形BCEF为 矩形．
（Ⅰ）在图①中， 的值为 ；
（Ⅱ）已知四边形BCEF为 矩形，仿照上述操作，得到四边形 BCMN，如图②，可以证明四边形BCMN为 矩形，则n的值是 3 ．
（1）证明：设正方形ABCD的边长为1，则BD＝ ＝ ，
由折叠性质可知BG＝BC＝1，∠AFE＝∠BFE＝90°，则四边形BCEF为矩形，
∴∠A＝∠BFE，
∴EF∥AD，
∴ ＝ ，即： ＝ ，
∴BF＝ ，
∴BC：BF＝1： ＝ ：1，
∴四边形BCEF为 矩形；
（2）解：（Ⅰ）在Rt△BFG中，由勾股定理得：FG＝ ＝ ＝ ＝ ，
∴ ＝ ＝ ；
（Ⅱ）∵BC＝1，EC＝BF＝ ，
∴BE＝ ＝ ＝ ＝ ，
由折叠可得BP＝BC＝1，∠FNM＝∠BNM＝90°，∠EMN＝∠CMN＝90°．
∵四边形BCEF是矩形，
∴∠F＝∠FEC＝∠C＝∠FBC＝90°，
∴四边形BCMN是矩形，∠BNM＝∠F＝90°，
∴MN∥EF，
∴ ＝ ，即BP•BF＝BE•BN，∴1× ＝ BN，
∴BN＝ ，
∴BC：BN＝1： ＝ ：1，
∴四边形BCMN是 的矩形，
∴n＝3．
故答案为： ；3．
9．我们定义：有一组邻角相等的凸四边形做“等邻角四边形”，例如：如图 1，∠B＝∠C，则四边形
ABCD为等邻角四边形．
（1）定义理解：已知四边形ABCD为等邻角四边形，且∠A＝130°，∠B＝120°，则∠D＝ 5 5 度．
（2）变式应用：如图2，在五边形ABCDE中，ED∥BC，对角线BD平分∠ABC．
①求证：四边形ABDE为等邻角四边形；
②若∠A+∠C+∠E＝300°，∠BDC＝∠C，请判断△BCD的形状，并明理由．
（3）深入探究：如图3，在等邻角四边形ABCD中，∠B＝∠BCD，CE⊥AB，垂足为E，点P为边BC
上的一动点，过点P作PM⊥AB，PN⊥CD，垂足分别为M，N．在点P的运动过程中，判断PM+PN与
CE的数量关系？请说明理由．
（4）迁移拓展：如图4，是一个航模的截面示意图．四边形ABCD是等邻角四边形，∠A＝∠ABC，E
为AB边上的一点，ED⊥AD，EC⊥CB，垂足分别为D、C，AB＝2 dm，AD＝3dm，BD＝
dm．M、N分别为AE、BE的中点，连接DM、CN，求△DEM与△CEN的周长之和．
（1）解：∵四边形ABCD为等邻角四边形，∠A＝130°，∠B＝120°，
∴∠C＝∠D，
∴∠D＝55°，
故答案为：55；
（2）①证明：∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC，
∵ED∥BC，
∴∠EDB＝∠DBC，
∴∠EDB＝∠ABD，
∴四边形ABDE为等邻角四边形；
②解：△BDC是等边三角形，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是等边三角形；
（3）解：PM+PN＝CE，理由如下：
如图，延长BA，CD交于点H，连接HP，
∵∠B＝∠BCD，
∴HB＝HC，
∵S△BCH ＝S△BPH +S△CPH ，
∴ ×BH×CE＝ ×BH×PM+ ×CH×PN，
∴CE＝PM+PN；
（4）解：如图，延长AD，BC交于点H，过点B作BG⊥AH于G，∵ED⊥AD，EC⊥CB，M、N分别为AE、BE的中点，
∴AM＝DM＝ME，EN＝NB＝CN，
∵AB2＝BG2+AG2，BD2＝BG2+DG2，
∴52﹣（3+DG）2＝37﹣DG2，
∴DG＝1，
∴BG＝ ＝6，
由（3）可得DE+EC＝BG＝6，
∴△DEM与△CEN的周长之和＝ME+DM+DE+EC+EN+CN＝AE+BE+BG＝AB+BG＝（6+2 ）dm．
10．问题情景：如图1，我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”，按照此定义，我们学过的
平行四边形中的菱形、正方形等都是“垂美四边形”，“筝形”也是“垂美四边形”．
概念理解：
（1）如图2，已知等腰梯形ABCD是“垂美四边形”，AB＝6，CD＝8，求AD的长．
性质探究：
（2）如图3，已知四边形ABCD是“垂美四边形”，试探究其两组对边 AB，CD与BC，AD之间的数
量关系，并写出证明过程．
问题解决：
（3）如图4，分别以Rt△ABC的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG与正方形ABDE，连接
CE，BG，GE，CE与BG交于点O，已知AC＝3，AB＝5，求△OGE的中线OH的长．解：（1）∵等腰梯形ABCD是“垂美四边形”，
∴AD＝BC，AC⊥BD，
∴AB2＝OB2+OA2，CD2＝OC2+OD2，
∴AB2+CD2＝OA2+OB2+OC2+OD2，
AD2＝OA2+OD2，BC2＝OB2+OC2，
∴AD2+BC2＝OA2+OB2+OC2+OD2，
∴垂美四边形两组对边AB，CD与BC，AD之间的数量关系是AB2+CD2＝BC2+AD2；
∵AB＝6，CD＝8，
∴2AD2＝62+82，
∴AD＝5 ；
（2）由（1）证明可得：垂美四边形两组对边 AB，CD与BC，AD之间的数量关系是 AB2+CD2＝
BC2+AD2；
（3）连接BE，CG，CE，∵∠CAE＝∠CAB+∠BAE，∠BAC+∠CAG＝∠GAB，
∴∠CAE＝∠GAB，
∵AC＝AG，AB＝AE，
∴△ABG≌△AEC（SAS），
∴△ABG可视为△AEC绕点A逆时针旋转90°后得到的，
由旋转的性质知：BG⊥CE，
∴四边形BCGE为垂美四边形，
∴由（2）知：CG2+BE2＝BC2+EG2，
又∵AC＝3，AB＝5，
∴BC＝4，CG＝3 ，BE＝5 ，
∴（3 ）2+（5 ）2＝42+GE2，
∴GE＝2 ，
又∵△OGE为直角三角形，OH为其斜边上的中线，
∴OH＝ ，
11．定义：我们把两条对角线互相垂直的四边形称为“垂美四边形”．
特例感知：
（1）如图1，四边形ABCD是“垂美四边形，如果 ，OB＝2，∠OBC＝60°，则AD2+BC2
＝ ，AB2+CD2＝ ．
猜想论证
（2）如图1，如果四边形ABCD是“垂美四边形”，猜想它的两组对边 AB，CD与BC，AD之间的数
量关系并给予证明．
拓展应用：
（3）如图2，分别以Rt△ACB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，∠BAC＝60°，求GE长．
（4）如图3，∠AOB＝∠COD＝90°，∠ABO＝∠CDO＝30°，∠BOC＝120°，OA＝OD， ，连
接AC，BC，BD，请直接写出BC的长．解：（1）∵OA＝OD＝ OB，OB＝2，
∴OA＝OD＝ ，
∵四边形ABCD是“垂美四边形”，
∴∠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＝ ，
故答案为： ， ；
（2）AB2+CD2＝AD2+BC2，
理由如下：∵四边形ABCD是“垂美四边形”，
∴∠AOD＝∠BOC＝90°，
∴AB2+CD2＝OA2+OB2+OD2+OC2＝AD2+BC2；
（3）连接CG，BE，设BG与AC的交点为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，
∴四边形BCGE是“垂美四边形”，
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）如图，连接AD，设AC与BD的交点为H，
∵∠AOB＝∠COD＝90°，∠ABO＝∠CDO＝30°，OC＝ ，
∴∠BOD＝∠AOC，BO＝ OA，DO＝ OC＝3，AB＝2AO，CD＝2CO＝2 ，
∵OA＝OD＝3，
∴AB＝6，
∵∠BOC＝120°，∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOD＝60°，
∴△AOD是等边三角形，
∴AD＝DO＝3，
∵ ＝ ，∠BOD＝∠AOC，∴△BOD∽△AOC，
∴∠DBO＝∠CAO，
∵∠ABD+∠DBO+∠BAO＝90°，
∴∠ABD+∠BAO+∠CAO＝90°，
∴∠AHB＝90°，
∴AC⊥BD，
∴四边形ABCD是“垂美四边形”，
由（2）可知：AB2+CD2＝AD2+BC2，
∴36+12＝9+BC2，
∴BC＝ ．
12．点P（x ，y ），Q（x ，y ）是平面直角坐标系中不同的两个点，且x ≠x ，若存在一个正数k，使点
1 1 2 2 1 2
P，Q的坐标满足|y ﹣y |＝k|x ﹣x |，则称P，Q为一对“限斜点”，k叫做点P，Q的“限斜系数”，记
1 2 1 2
作k（P，Q）．由定义可知，k（P，Q）＝k（Q，P）．
例：若P（1，0），Q（3， ），有|0﹣ |＝ |1﹣3|，所以点P，Q为一对“限斜点”，且“限斜系
数”为 ．
已知点A（1，0），B（2，0），C（2，﹣2），D（2， ）．
（1）在点A，B，C，D中，找出一对“限斜点”： 点 A 与点 D 或点 A 与点 C ，它们的“限斜系
数”为 2 或 ；
（2）若存在点E，使得点E，A是一对“限斜点”，点E，B也是一对“限斜点”，且它们的“限斜系
数”均为1．求点E的坐标；
（3）正方形对角线的交点叫做中心，已知正方形EFGH的各边与坐标轴平行，边长为2，中心为点M
（0，m）．点T为正方形上任意一点，若所有点T都与点C是一对“限斜点”，且都满足k（T，C）
≥1，直接写出点M的纵坐标m的取值范围．解：（1）由定义可知x ≠x ，y ≠y ，
1 2 1 2
∴B、C、D三点不能是“限斜点”，A、B不能是“限斜点”，
对于点A（1，0）和点C（2，﹣2），|﹣2﹣0|＝2|2﹣1|，
∴A与C是“限斜点”，“限斜系数”为2；
对于点A（1，0）和点D（2， ），| ﹣0|＝ |2﹣1|，
∴A与D是“限斜点”，“限斜系数”为 ；
故答案为：点A与点D或点A与点C；2或 ；
（2）设E（x，y），
∵点E，A是一对“限斜点”，“限斜系数”为1，
∴|y|＝|x﹣1|，
∵点E，B一对“限斜点”，“限斜系数”为1，
∴|y|＝|x﹣2|，
∴|x﹣1|＝|x﹣2|，
解得x＝ ，
∴y＝± ，
∴E（ ， ）或（ ，﹣ ）；
（3）∵C（2，﹣2），∴点C在直线y＝﹣x上，
当T点在直线y＝﹣x上时，k（T，C）＝1，
∵所有点T都满足k（T，C）≥1，
∴T点在直线y＝﹣x的上方，
∵M（0，m），FG＝2，
∴F（﹣1，m﹣1），
当F点在直线y＝﹣x上时，m﹣1＝1，
解得m＝2，
∴m≥2时，对任意的T都有k（T，C）≥1；
过点C作直线y＝﹣x的垂线，则垂线解析式为y＝x﹣4，
当T点在直线y＝x﹣4上时，k（T，C）＝1，
∵所有点T都满足k（T，C）≥1，
∴T点在直线y＝x﹣4的下方，
∵M（0，m），FG＝2，
∴E（﹣1，m+1），
当E点在直线y＝x﹣4上时，﹣1﹣4＝m+1，
解得m＝﹣6，
∴m≤﹣6时，对任意的T都有k（T，C）≥1；
综上所述：m≥2或m≤﹣6时，对任意的T都有k（T，C）≥1．13．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 D ．
A．平行四边形
B．矩形
C．菱形
D．正方形
性质探究：如图1，四边形ABCD是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形ABCD的两条结论：
① AC ＝ BD ；
② AC ⊥ BD ．
问题解决：如图 2，以锐角△ABC 的两边 AB，AC 为边长，分别向外侧作正方形 ABDE 和正方形
ACFG，连结BE，EG，GC．求证：四边形BCGE是“中方四边形”；
拓展应用：如图3，已知四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，
（1）试探索AC与MN的数量关系，并说明理由．
（2）若AC＝2，求AB+CD的最小值．解：概念理解：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，
故选：D；
性质探究：①AC＝BD，②AC⊥BD；
理由如下：如图1，
∵四边形ABCD是“中方四边形”，
∴EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
∴∠FEH＝90°，EF＝EH，EH∥BD，EH＝ BD，EF∥AC，EF＝ AC，
∴AC⊥BD，AC＝BD，
故答案为：AC⊥BD，AC＝BD；
问题解决：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE
交AB于P，连接BG交CE于K，
∵四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L，
∴MN、NR、RL、LM分别是△BCG、△CEG、△BGE、△CEB的中位线，
∴MN∥BG，MN＝ BG，RL∥BG，RL＝ BG，RN∥CE，RN＝ CE，ML∥CE，ML＝ CE，
∴MN∥RL，MN＝RL，RN∥ML∥CE，RN＝ML，
∴四边形MNRL是平行四边形，
∵四边形ABDE和四边形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∵RL＝ BG，RN＝ CE，
∴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，即原四边形BCGE是“中方四边形”；
拓展应用：（1）MN＝ AC，理由如下：
如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，
∵四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，
∴四边形ENFM是正方形，
∴FM＝FN，∠MFN＝90°，
∴MN＝ ＝ ＝ FM，
∵M，F分别是AB，BC的中点，
∴FM＝ AC，
∴MN＝ AC；
（2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，
连接BD交AC于O，连接OM、ON，
当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，∴2（OM+ON）
最小
＝2MN，
由性质探究②知：AC⊥BD，
又∵M，N分别是AB，CD的中点，
∴AB＝2OM，CD＝2ON，
∴2（OM+ON）＝AB+CD，
∴（AB+CD）
最小
＝2MN，
由拓展应用（1）知：MN＝ AC；
又∵AC＝2，
∴MN＝ ，
∴（AB+CD）
最小
＝2 ．14．对于平面直角坐标系xOy中的图形W 和图形W ．给出如下定义：在图形W 上存在两点A，B（点
1 2 1
A，B可以重合），在图形W 上存在两点M，N（点M、N可以重合）使得AM＝2BN，则称图形W 和
2 1
图形W 满足限距关系．
2
（1）如图1，点C（1，0），D（﹣1，0），E（0， ），点F在CE上运动（点F可以与C，E重
合），连接OF，DF．
①线段OF的最小值为 ，最大值为 ；线段DF的取值范围是 DF ≤ 2 ．
②在点O，D中，点 O 与线段CE满足限距关系．
（2）如图2，正方形ABMN的边长为2，直线PQ分别与x轴，y轴交于点Q，P，且与x轴正方向的夹
角始终是30°，若线段PQ与正方形ABMN满足限距关系，求点P的纵坐标a（a＞0）的取值范围；
（3）如图3，正方形ABMN的顶点均在坐标轴上，A（0，b）（b＞0），G，H是正方形边上两点，分
别以G，H为中心作边长为1的正方形，与正方形ABMN的四边分别平行．若对于任意的点G，H，以
G，H为中心的正方形都满足限距关系，直接写出b的取值范围．
解：（1）①如图1，点C（1，0），D（﹣1，0），E（0， ），
∴OC＝1，OD＝1，OE＝ ，∴CE＝2，
当OF⊥CE时， OC•OE＝ EC•OF，
∴OF＝ ，
此时OF的值最小；
当F点与E点重合时，OF的值最大，最大值为 ，
当DF⊥CE时，DF的值最小，
∴ DC•OE＝ EC•DF，
∴DF＝ ，
当点F与点C或点E重合时，DF有最大值，
∴DE＝CD＝2，
∴FD的最大值为2，
∴ ≤DF≤2，
故答案为： ， ， ≤DF≤2；
②线段CE上存在点M、N，满足OM最小值为 ，ON最大值为 ，
则OM＝2ON，
∴点O与线段CE满足限距关系；
∵ ≤DF≤2，
∴线段CE上不存在两点与点D满足限距关系；
故答案为：O；
（2）∵P（0，a），∠PQO＝30°，
∴OP＝a，PQ＝2a，
∴OQ＝ a，
∵正方形的边长为2，
∴OA＝OB＝2，
当 a＝2时，a＝ ，此时点Q与点B重合，
①如图2，当0＜a＜ 时，线段PQ在正方形内部，此时PQ与正方形无公共点，过点Q作QE⊥AB交于E，过点Q作QF⊥QE交AN于点F，
∴QE＝ ，
∴QE＝1﹣ a，
∴正方形上到线段PQ的最短距离为1﹣ a，
∵NF＝ ，
∴NF＝1+ a，
∴正方形上到线段PQ的最大距离为1+ a，
∵线段PQ与正方形满足限距关系，
∴1+ a≥2（1﹣ a），
解得a≥ ，
∴ ≤a＜ ；
②如图3，当 ≤a≤ 时，线段PQ与正方形有公共点，
线段PQ与正方形满足限距关系；
③如图4，当a＞ 时，线段PQ在正方形的外部，与正方形无公共点，
过点A作AC⊥PQ交于C，过点M作MD⊥PQ交于D，
∵∠OPQ＝60°，
∴∠PAC＝30°，∠PMD＝30°，
∴CP＝ AP，PD＝ PM，
∴正方形到线段PQ的最小距离为AC＝ ＝ （a﹣ ），
正方形到线段PQ的最大距离为MP＝a+ ，
∵线段PQ与正方形满足限距关系，∴a+ ≥2× （a﹣ ），
解得a≤2 + ，
∴ ＜a≤2 + ；
综上所述： ≤a≤2 + ；
（3）如图5，当中心H、G分别与B、N重合时，
∵A（0，b），
∴OA＝OB＝ON＝b，
∵小正方形的边长为1，
∴CD＝PQ＝ ，
∴两个正方形的距离的最小值为BN﹣BD﹣PN＝2b﹣ ，最大距离为BN+BC+NQ＝2b+ ，
∵两个正方形满足限距关系，
∴2b+ ≥2（2b﹣ ），
解得b≤ ，
∴0＜b≤ ．15．定义：长宽比为 ：1（n为正整数）的矩形称为 矩形．
下面，我们通过折叠的方式折出一个 矩形，如图①所示．
操作1：将正方形ABCD沿过点B的直线折叠，使折叠后的点 C落在对角线BD上的点G处，折痕为
BH．
操作2：将AD沿过点G的直线折叠，使点A，点D分别落在边AB，CD上，折痕为EF．
则四边形BCEF为 矩形．
证明：设正方形ABCD的边长为1，则BD＝ ＝ ．
由折叠性质可知BG＝BC＝1，∠AFE＝∠BFE＝90°，则四边形BCEF为矩形．
∴∠A＝∠BFE．
∴EF∥AD．
∴ ＝ ，即 ＝ ．
∴BF＝ ．
∴BC：BF＝1： ＝ ：1．
∴四边形BCEF为 矩形．
阅读以上内容，回答下列问题：
（1）在图①中，所有与CH相等的线段是 GH 、 DG ，tan∠HBC的值是 ﹣ 1 ；
（2）已知四边形 BCEF为 矩形，模仿上述操作，得到四边形 BCMN，如图②，求证：四边形BCMN是 矩形；
（3）将图②中的 矩形BCMN沿用（2）中的方式操作3次后，得到一个“ 矩形”，则n的值是
6 ．
解：（1）由折叠可得：
DG＝HG，GH＝CH，
∴DG＝GH＝CH．
设HC＝x，则DG＝GH＝x．
∵∠DGH＝90°，∴DH＝ x，
∴DC＝DH+CH＝ x+x＝1，
解得x＝ ．
∴tan∠HBC＝ ＝ ＝ ．
故答案为：GH、DG， ；
（2）∵BC＝1，EC＝BF＝ ，
∴BE＝ ＝ ．
由折叠可得BP＝BC＝1，∠FNM＝∠BNM＝90°，∠EMN＝∠CMN＝90°．
∵四边形BCEF是矩形，
∴∠F＝∠FEC＝∠C＝∠FBC＝90°，
∴四边形BCMN是矩形，∠BNM＝∠F＝90°，
∴MN∥EF，
∴ ＝ ，即BP•BF＝BE•BN，
∴1× ＝ BN，∴BN＝ ，
∴BC：BN＝1： ＝ ：1，
∴四边形BCMN是 的矩形；
（3）同理可得：
将 矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“ 矩形”，
将 矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“ 矩形”，
将 矩形沿用（2）中的方式操作1次后，得到一个“ 矩形”，
所以将图②中的 矩形BCMN沿用（2）中的方式操作3次后，得到一个“ 矩形”，
故答案为6．
16．定义：长宽比为 ：1（n为正整数）的矩形称为 矩形．下面，我们通过折叠的方式折出一个
矩形，如图a所示．
操作1：将正方形ABEF沿过点A的直线折叠，使折叠后的点B落在对角线AE上的点G处，折痕为
AH．
操作2：将FE沿过点G的直线折叠，使点 F、点E分别落在边AF，BE上，折痕为CD．则四边形
ABCD为 矩形．
（1）证明：四边形ABCD为 矩形；
（2）点M是边AB上一动点．
①如图b，O是对角线AC的中点，若点N在边BC上，OM⊥ON，连接MN．求tan∠OMN的值；②若AM＝AD，点N在边BC上，当△DMN的周长最小时，求 的值；
③连接CM，作BR⊥CM，垂足为R．若AB＝2 ，则DR的最小值＝ 2 ．
证明：（1）设正方形ABEF的边长为a，
∵AE是正方形ABEF的对角线，
∴∠DAG＝45°，
由折叠性质可知AG＝AB＝a，∠FDC＝∠ADC＝90°，
则四边形ABCD为矩形，
∴△ADG是等腰直角三角形．
∴AD＝DG＝ ，
∴AB：AD＝a： ＝ ：1．
∴四边形ABCD为 矩形；
（2）①解：如图b，作OP⊥AB，OQ⊥BC，垂足分别为P，Q．
∵四边形ABCD是矩形，∠B＝90°，
∴四边形BQOP是矩形．
∴∠POQ＝90°，OP∥BC，OQ∥AB．
∴ ， ．
∵O为AC中点，
∴OP＝ BC，OQ＝ AB．
∵∠MON＝90°，
∴∠QON＝∠POM．
∴Rt△QON∽Rt△POM．
∴ ＝ ．
∴tan∠OMN＝ ．
②解：如图c，作M关于直线BC对称的点P，连接DP交BC于点N，连接MN．则△DMN的周长最小，
∵DC∥AP，
∴ ，
设AM＝AD＝a，则AB＝CD＝ a．
∴BP＝BM＝AB﹣AM＝（ ﹣1）a．
∴ ＝ ＝2+ ，
③如备用图，
∵四边形ABCD为 矩形，AB＝2 ，
∴BC＝AD＝2，
∵BR⊥CM，
∴点R在以BC为直径的圆上，记BC的中点为I，
∴CI＝ BC＝1，
∴DR最小＝ ﹣1＝2
故答案为：2
17．定义：有两个内角分别是它们对角的一半的四边形叫做半对角四边形．
（1）如图1，在半对角四边形ABCD中，∠B＝ ∠D，∠C＝ ∠A，则∠B+∠C＝ 12 0 °；
（2）如图2，锐角△ABC内接于 O，若边AB上存在一点D，使得BD＝BO，在OA上取点E，使得
DE＝OE，连接DE并延长交AC于⊙点F，∠AED＝3∠EAF．求证：四边形BCFD是半对角四边形；（3）如图3，在（2）的条件下，过点D作DG⊥OB于点H，交BC于点G，OH＝2，DH＝6．
①连接OC，若将扇形OBC围成一个圆锥的侧面，则该圆锥的底面半径为 ；
②求△ABC的面积．
（1）解：∵四边形ABCD是半对角四边形，
∴∠B＝ ∠D，∠C＝ ∠A．
∴∠D＝2∠B，∠A＝2∠C．
∵∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，
∴3∠B+3∠C＝360°，
∴∠B+∠C＝120°，
故答案为：120；
（2）证明：连接OC，如图，
在△BDE和△BOE中，
，
∴△BDE≌△BOE（SSS）．
∴∠BDF＝∠BOE．
∵∠ACB＝ ∠BOE，∴∠ACB＝ ∠BDF．
设∠EAF＝ ，则∠AED＝3 ．
∵∠AED＝α∠EAF+∠AFE，α
∴∠AFE＝∠AED﹣∠EAF＝2 ，
∴∠DFC＝180°﹣∠AFD＝180α°﹣2 ．
∵OA＝OC， α
∴∠OCA＝∠EAF＝ ，
∴∠AOC＝180°﹣∠αEAF﹣∠OCA＝180°﹣2 ，
∴∠AOC＝∠DFC． α
∵∠ABC＝ ∠AOC，
∴∠ABC＝ ∠DFC，
∴四边形BCFD是半对角四边形；
（3）解：①连接OC，如图，
四边形BCFD是半对角四边形，且∠ABC＝ ∠DFC，∠ACB＝ ∠BDF，
由（1）的方法可求得：∠ABC+∠ACB＝120°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝60°，
∴∠BOC＝2∠BAC＝120°．
设 O的半径为r，则BD＝BO＝r，BH＝r﹣2，
在⊙Rt△BDH中，
∵BD2＝BH2+DH2，
r2＝62+（r﹣2）2．
解得：r＝10．
∴BD＝BO＝10，BH＝BO﹣OH＝8．∴扇形OBC的弧长＝ ＝ ，
设该圆锥的底面半径为x，
∴2 x＝ ，
π
∴x＝ ．
故答案为： ；
②过点O作OM⊥BC于点M，
∵OB＝OC，∠BOC＝120°，
∴∠OBC＝∠OCB＝30°．
∵OM⊥BC，
∴BM＝CM＝ ．
∵BM＝OB•cos30°＝5 ，
∴BC＝10 ．
在Rt△BGH中，
HG＝BH•tan30°＝8× ＝ ．
∴DG＝DH+HG＝6+ ．
∵BH⊥DG，∠HBG＝30°，
∴∠BGD＝60°，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BGD＝∠BAC．
∵∠DBG＝∠CBA，
∴△BDG∽△BCA．
∴ ＝ ，
∴S△ABC ＝3S△DBG ＝3× ×DG•BH＝3× ×8×（6+ ）＝72+32 ．
18．在平面直角坐标系xOy中，点A在直线l上，以A为圆心，OA为半径的圆与y轴的另一个交点为E．给出如下定义：若线段OE， A和直线l上分别存在点B，点C和点D，使得四边形ABCD是矩形（点
A，B，C，D顺时针排列），⊙则称矩形ABCD为直线l的“理想矩形”．
例如，下图中的矩形ABCD为直线l的“理想矩形”．
（1）若点A（﹣1，2），四边形ABCD为直线x＝﹣1的“理想矩形”，则点D的坐标为 （﹣ 1 ，
0 ） ；
（2）若点A（3，4），求直线y＝kx+1（k≠0）的“理想矩形”的面积；
（3）若点A（1，﹣3），直线l的“理想矩形”面积的最大值为 5 ，此时点D的坐标为 （ 3 ，﹣
2 ）或（﹣ 1 ，﹣ 2 ） ．
解：（1）如图1，
点D的坐标为（﹣1，0）．
故答案为（﹣1，0）；
（2）过点A作AF⊥y轴于点F，连接AO、AC，如图2．∵点A的坐标为（3，4），
∴AC＝AO＝ ＝5，AF＝3，OF＝4．
∵点A（3，4）在直线y＝kx+1上，
∴3k+1＝4，
解得k＝1．
设直线y＝x+1与y轴相交于点G，
当x＝0时，y＝1，点G（0，1），OG＝1，
∴FG＝4﹣1＝3＝AF，
∴∠FGA＝45°，AG＝ ＝3 ．
在Rt△GAB中，AB＝AG•tan45°＝3 ．
在Rt△ABC中，BC＝ ＝ ＝ ．
∴所求“理想矩形”ABCD面积为AB•BC＝3 ；
（3）设“理想矩形”的一组邻边长分别为x、y，
则有x2+y2＝AC2＝AO2＝12+32＝10．
∵（x﹣y）2＝x2+y2﹣2xy＝10﹣2xy≥0，
∴xy≤5．
当且仅当x＝y时，xy取最大值是5，此时“理想矩形”是正方形．
①当点D在第四象限时，如图3，过点A作x轴的平行线，交y轴于点M，交过点D平行于y轴的直线于点N，
易证Rt△AMB≌Rt△DNA，
则有AN＝BM＝2，DN＝AM＝1，
∴点D的坐标为（1+2，﹣3+1）即（3，﹣2）．
②当点D在第三象限时，如图4，
过点A作x轴的平行线，交y轴于点N，交过点D平行于y轴的直线于点M，
易证RtANB≌Rt△DMA，
则有DM＝AN＝1，AM＝BN＝2，
∴点D的坐标为（1﹣2，﹣3+1）即（﹣1，﹣2）．
故答案分别为：5、（3，﹣2）或（﹣1，﹣2）．
