期末复习之新定义型问题

1．（鄞州区期末）定义：有一组对边平行，有一个内角是它对角的一半的凸四边形叫做半对角四边形，如图1，直线l₁∥l₂，点A，D在直线l₁上，点B，C在直线l₂上，若∠BAD＝2∠BCD，则四边形ABCD是半对角四边形．

（1）如图1，已知AD∥BC，∠BAD＝60°，∠BCD＝30°，若直线AD，BC之间的距离为 ，则AB的长是　　，CD的长是　　；

（2）如图2，点E是矩形ABCD的边AD上一点，AB＝1，AE＝2．若四边形ABCE为半对角四边形，求AD的长；

（3）如图3，以▱ABCD的顶点C为坐标原点，边CD所在直线为x轴，对角线AC所在直线为y轴，建立平面直角坐标系．点E是边AD上一点，满足BC＝AE+CE．

①求证：四边形ABCE是半对角四边形；

②当AB＝AE＝2，∠B＝60°时，将四边形ABCE向右平移a（a＞0）个单位后，恰有两个顶点落在反比例函数y＝ 的图象上，求k的值．

【分析】（1）过点A作AM⊥AD于点M，过点D作DN⊥BC于点N，通过解含30度角的直角三角形可求出AB，CD的长；

（2）根据半对角四边形的定义可得出∠BCE＝45°，进而可得出∠DEC＝∠DCE＝45°，由等角对等边可得出CD＝DE＝1，结合AD＝AE+DE即可求出AD的长；

（3）①由平行四边形的性质可得出BC∥AD，BC＝AD＝AE+ED＝AE+CE，进而可得出CE＝ED，根据等腰三角形的性质及三角形外角的性质可得出∠AEC＝2∠EDC＝2∠B，再结合半对角四边形的定义即可证出四边形ABCE是半对角四边形；

②由平行四边形的性质结合AB＝AE＝2，∠B＝60°可得出点A，B，E的坐标，分点A，E落在反比例函数图象上及点B，E落在反比例函数图象上两种情况考虑：（i）利用平移的性质及反比例函数图象上点的坐标特征可得出关于a的一元一次方程，解之即可得出a值，再利用反比例函数图象上点的坐标特征可求出k值；（ii）同（i）可求出k值．综上，此题得解．

【解答】解：（1）如图1，过点A作AM⊥AD于点M，过点D作DN⊥BC于点N．

∵AD∥BC，

∴∠ABM＝∠BAD＝60°．

AM＝DN＝ ．

在Rt△ABM中，AM＝ ，∠ABM＝60°，∠AMB＝90°，

∴∠BAM＝30°，

∴AB＝2BM，

又∵AB²＝AM²+BM²，即AB²＝3+ AB²，

∴AB＝2；

在Rt△DCN中，DN＝ ，∠DCN＝30°，∠DNC＝90°，

∴CD＝2DN＝2 ．

故答案为：2；2 ．

（2）∵四边形ABCE为半对角四边形，

∴∠BCE＝45°，

∴∠DEC＝∠DCE＝45°，

∴CD＝DE＝1，

∴AD＝AE+DE＝3．

（3）①证明∵四边形ABCD为平行四边形，

∴BC∥AD，BC＝AD＝AE+ED＝AE+CE，

∴CE＝ED，

∴∠AEC＝2∠EDC＝2∠B．

又∵AE∥BC，

∴四边形ABCE是半对角四边形；

②由题意，可知：点A的坐标为（0，2 ），点B的坐标为（﹣2，2 ），点E的坐标为（1， ）．

（i）当点A，E向右平移a（a＞0）个单位后落在反比例函数的图象上时，a•2 ＝（1+a）• ，

解得：a＝1，

∴k＝2 a＝2 ；

（ii）当点B，E向右平移a（a＞0）个单位后落在反比例函数的图象上时，（﹣2+a）•2 ＝（1+a）• ，

解得：a＝5，

∴k＝ （1+a）＝6 ．

综上所述：k的值为为2 或6 ．

2．（金华期末）定义：有一组邻边相等，且它们的夹角为60°的四边形叫做半等边四边形．

（1）已知在半等边四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°．

①如图1，若∠B＝∠D，求证：BC＝CD．

②如图2，连结AC，探索线段AC、BC、CD之间的数量关系，并说明理由．

2. 如图3，已知∠MAC＝30°，AC＝10+10 ，点D是射线AM上的一个动点，记∠DCA＝α，点B在直线AC的下方，若四边形ABCD是半等边四边形，且CB＝CD．问：当点D在15°≤a≤45°的变化过程中运动时，点B也随之运动，请直接写出点B所经过的路径长．

【分析】（1）①如图1，连接BD，由等腰三角形的判定和性质可解决问题；

②如图2，连接BD，在AC上截取CE＝CB，连接BE，通过证明点A，点B，点C，点D四点共圆，可得∠ACB＝∠ADB＝60°，由“SAS”可证△ABE≌△DBC，可得AE＝CD，即可得结论；

（2）过点C作CE⊥AM于点E，过点B作BF⊥AC于点F，利用AAS证明△BCF≌△DCE（AAS），可得BF＝DE，则点B所经过的路径长与点D所经过的路径长相等，分别求出a＝15°时和a＝45°时AD的长，即可求解．

【解答】证明：（1）①如图1，连接BD，

∵AB＝AD，

∴∠ABD＝∠ADB，

∵∠ABC＝∠ADC，

∴∠CBD＝∠CDB，

∴BC＝CD；

②AC＝BC+CD，

理由如下：如图2，连接BD，在AC上截取CE＝CB，连接BE，

∵AB＝AD，∠BAD＝60°，

∴△ABD是等边三角形，

∴AB＝AD＝BD，∠BAD＝∠ABD＝ADB＝60°，

∵∠BAD+∠BCD＝180°，

∴点A，点B，点C，点D四点共圆，

∴∠ACB＝∠ADB＝60°，且BC＝CE，

∴△BEC是等边三角形，

∴BC＝BE＝CE，∠BEC＝60°，

∴∠AEB＝120°＝∠BCD，且BE＝BC，AB＝BD，

∴△ABE≌△DBC（SAS）

∴AE＝CD，

∴AC＝AE+EC＝CD+BC；

（2）点B所经过的路径长为10，理由如下：

∵CB＝CD，四边形ABCD是半等边四边形，

∴∠BCD＝60°，

过点C作CE⊥AM于点E，过点B作BF⊥AC于点F，如图：

∴∠AEC＝∠BFC＝90°，

∵∠MAC＝30°，

∴∠ACE＝60°＝∠BCD，

∴∠ACE﹣∠ACD＝∠BCD﹣∠ACD，即∠DCE＝∠BCF，

在△BCF和△DCE中，

，

∴△BCF≌△DCE（AAS），

∴BF＝DE，

∴点B所经过的路径长与点D所经过的路径长相等，

在Rt△ACE中，CE＝ AC＝5+5 ，

AE＝AC•cos∠MAC＝（10+10 ）× ＝5 +15，

当a＝15°时，∠DCE＝45°，

∴DE＝CE＝5+5 ，

AD＝AE﹣DE＝10，

当a＝45°时，过点D作DH⊥AC于点H，如图：

∴DH＝CH，

设DH＝CH＝x，则AH＝AC﹣CH＝10+10 ﹣x，

在Rt△ADH中，

∵tan∠MAC＝ ＝ ，

∴DH＝AH•tan∠MAC，

∴x＝ （10+10 ﹣x）

解得：x＝10，即DH＝10，

∴AD＝2DH＝20，

综上可知：当点D在15°≤a≤45°的变化过程中运动时，点D在AM上移动的路径长为20﹣10＝10，

∴点B所经过的路径长为10．

3．（丽水期中）小明在学习反比例函数后，为研究新函数 ，先将函数变形为 ，画图发现函数 的图象可以由函数 的图象向上平移1个单位得到．

（1）根据小明的发现，请你写出函数 的图象可以由反比例函数 的图象经过怎样的平移得到；

（2）在平面直角坐标系中，已知反比例函数 （x＞0）的图象如图所示，请在此坐标系中画出函数 （x＞0）的图象；

（3）若直线y＝﹣x+b与函数 （x＞0）的图象没有交点，求b的取值范围．

【分析】（1）先把函数 化为y＝ ﹣1的形式，再根据函数图象平移的法则进行解答即可；

（2）根据平移的法则画出图象即可；

（3）求得直线y＝﹣x+b与函数y＝ （x＞0）的图象只有一个交点时的b的值，然后根据平移的规律即可求得．

【解答】解：（1）由“上加下减”的原则可知，把反比例函数y＝ 的图象向下平移1个单位后得到一个新的函数的图象的解析式为y＝ ﹣1，即y＝ ；

（2）画出函数 （x＞0）的图象如图所示：

（3） 整理得：x²﹣bx+5＝0，

若直线y＝﹣x+b与函数y＝ （x＞0）的图象只有一个交点，则△＝（﹣b）²﹣4×1×5＝0，

∴b＝2 ，

∴若直线y＝﹣x+b与函数 （x＞0）的图象没有交点，则b＜2 ﹣1；

4．（金华期中）类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”．

（1）概念理解：

如图1，在四边形ABCD中，添加一个条件，使得四边形ABCD是“等邻边四边形”，请写出你添加的一个条件；

（2）概念延伸：

下列说法正确的是　　（填入相应的序号）

①对角线互相平分的“等邻边四边形”是菱形；

②一组对边平行，另一组对边相等的“等邻边四边形”是菱形；

③有两个内角为直角的“等邻边四边形”是正方形；

④一组对边平行，另一组对边相等且有一个内角是直角的“等邻边四边形”是正方形；

（3）问题探究：

如图2，小红画了一个Rt△ABC，其中∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，并将Rt△ABC沿∠B的平分线BB'方向平移得到△A'B'C′，连接AA′，BC′，小红要使平移后的四边形ABC′A′是“等邻边四边形”应平移多少距离（即线段BB'的长）？

【分析】（1）根据定义添加一组邻边相等即可；

（2）先利用平行四边形的判定定理得平行四边形，再利用“等邻边四边形”定义得邻边相等，得出结论；

（3）由平移的性质易得BB′＝AA′，A′B′∥AB，A′B′＝AB＝4，B′C′＝BC＝3，A′C′＝AC＝5，再利用“等邻边四边形”定义分类讨论，由勾股定理得出结论．

【解答】解：（1）AB＝BC或BC＝CD或AD＝CD或AB＝AD．

答案：AB＝AD．

（2）①正确，理由为：

∵四边形的对角线互相平分，

∴这个四边形是平行四边形，

∵四边形是“等邻边四边形”，

∴这个四边形有一组邻边相等，

∴这个“等邻边四边形”是菱形；

②不正确，理由为：一组对边平行，另一组对边相等的“等邻边四边形”也有可能是等腰梯形；

③不正确，理由为：有两个内角为直角的“等邻边四边形”不是平行四边形时，该结论不成立；

④正确，理由为：一组对边平行，另一组对边相等且有一个内角是直角可得到“该四边形是矩形”；再“等邻边四边形”得到该矩形的一组邻边相等，则可推知该矩形是菱形，故④的说法正确．

故答案是：①④；

（3）∵∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，

∴AC＝5，

∵将Rt△ABC平移得到△A′B′C′，

∴BB′＝AA′，A′B′∥AB，A′B′＝AB＝4，B′C′＝BC＝3，A′C′＝AC＝5，

（I）如图1，当AA′＝AB时，BB′＝AA′＝AB＝4；

（II）如图2，当AA′＝A′C′时，BB′＝AA′＝A′C′＝5；

（III）当A′C′＝BC′＝5时，

如图3，延长C′B′交AB于点D，则C′B′⊥AB，

∵BB′平分∠ABC，

∴∠ABB′＝ ∠ABC＝45°，

∴∠BB′D＝′∠ABB′＝45°

∴B′D＝BD，

设B′D＝BD＝x，

则C′D＝x+3，BB′＝ x，

∵在Rt△BC′D中，BD²+C′D²＝BC′²

∴x²+（x+3）²＝5²，

解得：x₁＝ ，x₂＝ （不合题意，舍去），

∴BB′＝ x＝ ．

（Ⅳ）当BC′＝AB＝4时，如图4，与（Ⅲ）方法一同理可得：BD²+C′D²＝BC′²，

设B′D＝BD＝x，

则x²+（x+3）²＝4²，

解得：x₁＝ ，x₂＝ （不合题意，均舍去），

∴BB′＝ ，

综上所述，要使平移后的四边形ABC′A′是“等邻边四边形”应平移4或5或 或 ．

5．（南浔区期末）定义：我们把对角线长度相等的四边形叫做等线四边形．

（1）尝试：如图1，在3×3的正方形网格图形中，已知点A、点B是两个格点，请你作出一个等线四边形，要求A、B是其中两个顶点，且另外两个顶点也是格点；

（2）推理：如图2，已知△AOD与△BOC均为等腰直角三角形，∠AOD＝∠BOC＝90°，连结AB，CD，求证：四边形ABCD是等线四边形；

（3）拓展：如图3，已知四边形ABCD是等线四边形，对角线AC，BD交于点O，若∠AOD＝60°，AB＝ ，BC＝ ，AD＝2．求CD的长．

【分析】（1）以A、B为顶点作矩形即可（答案不唯一）；

（2）连结AC，BD，由△AOD与△BOC均为等腰直角三角形知OA＝OD，OC＝OB，∠AOD＝∠BOC，再证△AOC≌△DOB得BD＝AC，从而得证；

（3）分别以AD、BC为底作等腰△ADE、等腰△BCE，顶点均为点E．证△AEC≌△DEB得∠BDE＝∠CAE，继而证△AED是等边三角形、△BCE也是等边三角形，据此知EA＝ED＝AD＝2， ．由 知AE²+BE²＝AB²，即可得∠AEB＝90°，∠DEC＝150°．再过点C作CF⊥DE于点F，则∠CEF＝30°．从而得出 ， ，利用勾股定理求解即可得出答案．

【解答】解：（1）如图1所示，矩形APBQ即为所求．

（2）证明：

如图2，连结AC，BD．

∵△AOD与△BOC均为等腰直角三角形，

∴OA＝OD，OC＝OB，∠AOD＝∠BOC，

∴∠AOC＝∠BOD，

∴△AOC≌△DOB（SAS），

∴BD＝AC，

∴四边形ABCD是等线四边形．

（3）解：如图3，分别以AD、BC为底作等腰△ADE、等腰△BCE，顶点均为点E．

于是有，EA＝ED，EC＝EB，

∵AC＝BD，

∴△AEC≌△DEB（SSS），

∴∠BDE＝∠CAE，

∴∠AED＝∠AOD＝60°，

∴△AED是等边三角形．

同理，△BCE也是等边三角形．

∴EA＝ED＝AD＝2， ．

∵ ，

∴AE²+BE²＝AB²，

∴∠AEB＝90°，

∴∠DEC＝150°．

过点C作CF⊥DE于交DE延长线于点F，则∠CEF＝30°．

∴ ，EF＝ CE＝ ，

则 ，

由勾股定理得， ．

6．（金华校级期末）我们定义：如图1，在△ABC中，把AB绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）得到AB'，把AC绕点A逆时针旋转β得到AC'，连接B'C'．当α+β＝180°时，我们称△A'B'C'是△ABC的“旋补三角形”，△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”．

特例感知：

（1）在图2，图3中，△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”，AD是△ABC的“旋补中线”．

①如图2，当△ABC为等边三角形时，AD与BC的数量关系为AD＝　　BC；

②如图3，当∠BAC＝90°，BC＝8时，则AD长为　　．

猜想论证：

（2）在图1中，当△ABC为任意三角形时，猜想AD与BC的数量关系，并给予证明．

拓展应用

（3）如图4，在四边形ABCD，∠C＝90°，∠D＝150°，BC＝12，CD＝2 ，DA＝6．在四边形内部是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，给予证明，并求△PAB的“旋补中线”长；若不存在，说明理由．

【分析】（1）①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形，可得AD＝ AB′即可解决问题；

②首先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题；

（2）结论：AD＝ BC．如图1中，延长AD到M，使得AD＝DM，连接B′M，C′M，首先证明四边形AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M，即可解决问题；

（3）存在．如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．连接DF交PC于O．想办法证明PA＝PD，PB＝PC，再证明∠APD+∠BPC＝180°，即可；

【解答】解：（1）①如图2中，

∵△ABC是等边三角形，

∴AB＝BC＝AC＝AB′＝AC′，

∵DB′＝DC′，

∴AD⊥B′C′，

∵∠BAC＝60°，∠BAC+∠B′AC′＝180°，

∴∠B′AC′＝120°，

∴∠B′＝∠C′＝30°，

∴AD＝ AB′＝ BC，

故答案为 ．

②如图3中，

∵∠BAC＝90°，∠BAC+∠B′AC′＝180°，

∴∠B′AC′＝∠BAC＝90°，

∵AB＝AB′，AC＝AC′，

∴△BAC≌△B′AC′，

∴BC＝B′C′，

∵B′D＝DC′，

∴AD＝ B′C′＝ BC＝4，

故答案为4．

（2）结论：AD＝ BC．

理由：如图1中，延长AD到M，使得AD＝DM，连接B′M，C′M

∵B′D＝DC′，AD＝DM，

∴四边形AC′MB′是平行四边形，

∴AC′＝B′M＝AC，

∵∠BAC+∠B′AC′＝180°，∠B′AC′+∠AB′M＝180°，

∴∠BAC＝∠MB′A，∵AB＝AB′，

∴△BAC≌△AB′M，

∴BC＝AM，

∴AD＝ BC．

（3）存在．

理由：如图4中，延长AD交BC的延长线于M，作BE⊥AD于E，作线段BC的垂直平分线交BE于P，交BC于F，连接PA、PD、PC，作△PCD的中线PN．

连接DF交PC于O．

∵∠ADC＝150°，

∴∠MDC＝30°，

在Rt△DCM中，∵CD＝2 ，∠DCM＝90°，∠MDC＝30°，

∴CM＝2，DM＝4，∠M＝60°，

在Rt△BEM中，∵∠BEM＝90°，BM＝14，∠MBE＝30°，

∴EM＝ BM＝7，

∴DE＝EM﹣DM＝3，

∵AD＝6，

∴AE＝DE，∵BE⊥AD，

∴PA＝PD，PB＝PC，

在Rt△CDF中，∵CD＝2 ，CF＝6，

∴tan∠CDF＝ ，

∴∠CDF＝60°

∴∠ADF＝90°＝∠AEB，

∴∠CBE＝∠CFD，

∵∠CBE＝∠PCF，

∴∠CFD＝∠PCF，

∵∠CFD+∠CDF＝90°，∠PCF+∠CPF＝90°，

∴∠CPF＝∠CDF＝60°，

易证△FCP≌△CFD，

∴CD＝PF，∵CD∥PF，

∴四边形CDPF是矩形，

∴∠CDP＝90°，

∴∠ADP＝∠ADC﹣∠CDP＝60°，

∴△ADP是等边三角形，

∴∠APD＝60°，∵∠BPF＝∠CPF＝60°，

∴∠BPC＝120°，

∴∠APD+∠BPC＝180°，

∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”，

在Rt△PDN中，∵∠PDN＝90°，PD＝AD＝6，DN＝ ，

∴PN＝ ＝ ＝ ．

（也可利用旋补中线长＝ AB，求出AB即可）

7．（金华校级期中）定义：有一组邻边相等，并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ABCD，AB＝BC，∠ABC＝90°，

①若AB＝CD＝1，AB∥CD，求对角线BD的长．

②若AC⊥BD，求证：AD＝CD，

（2）如图2，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝9，点P是对角线BD上一点，且BP＝2PD，过点P作直线分别交边AD，BC于点E，F，使四边形ABFE是等腰直角四边形，求AE的长．

【分析】（1）①只要证明四边形ABCD是正方形即可解决问题；

②只要证明△ABD≌△CBD，即可解决问题；

（2）若EF⊥BC，则AE≠EF，BF≠EF，推出四边形ABFE表示等腰直角四边形，不符合条件．若EF与BC不垂直，①当AE＝AB时，如图2中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，②当BF＝AB时，如图3中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，分别求解即可；

【解答】解：（1）①∵AB＝CD＝1，AB∥CD，

∴四边形ABCD是平行四边形，

∵AB＝BC，

∴四边形ABCD是菱形，

∵∠ABC＝90°，

∴四边形ABCD是正方形，

∴BD＝AC＝ ＝ ．

②如图1中，连接AC、BD．

∵AB＝BC，AC⊥BD，

∴∠ABD＝∠CBD，

∵BD＝BD，

∴△ABD≌△CBD，

∴AD＝CD．

（2）若EF⊥BC，则四边形ABFE是矩形，AE＝BF＝ BC＝6，

∵AB＝5，

∴AE≠AB

∴四边形ABFE表示等腰直角四边形，不符合条件．

若EF与BC不垂直，

①当AE＝AB时，如图2中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，

∴AE＝AB＝5．

②当BF＝AB时，如图3中，此时四边形ABFE是等腰直角四边形，

∴BF＝AB＝5，

∵DE∥BF，

∴DE：BF＝PD：PB＝1：2，

∴DE＝2.5，

∴AE＝9﹣2.5＝6.5，

综上所述，满足条件的AE的长为5或6.5．

8．（金华市金东区期中）有一组邻边相等，且另外两边也相等的四边形我们把它叫做筝形，如图1，四边形ABCD中，AD＝DC，AB＝BC，那么四边形ACBD叫做筝形．

（1）如图2，已知筝形ABCD的周长是18，AD＝CD＝3，那么AB＝　　；

（2）在探索筝形的性质时，发现筝形有一组对角相等，如图1，筝形ABCD中，AD＝DC，AB＝BC，那么∠A＝∠C，请证明这个结论；

（3）如图2，筝形ABCD中，AD＝DC＝ ，∠ADC＝90°，∠DAB＝105°，求筝形ABCD的面积．

【分析】（1）根据四边形周长为四边的和，相减得AB的长；

（2）连接BD，证明所在的两个三角形全等；

（3）筝形ABCD的面积等于两个三角形面积的和，主要求AC的OB的长，并说明OB是AC边上的高即可．

【解答】解：（1）如图2，∵四边形ABCD为筝形，

∴AB＝BC，

∵筝形ABCD的周长是18，AD＝CD＝3，

∴AB＝ ＝6，

故答案为：6；

（2）如图1，连接DB，

∵AD＝DC，AB＝BC，BD＝BD，

∴△ADB≌△CDB，

∴∠A＝∠C

（3）如图2，

∵∠ADC＝90°，AD＝CD＝ ，

∴AC＝ ＝2，

∵四边形ABCD为筝形，

∴∠DAB＝∠DCB＝105°，

∵△ADC是等腰直角三角形，

∴∠DAC＝∠DCA＝45°，

∴∠BAC＝∠BCA＝60°，

∴△ABC是等边三角形，

∵AD＝CD，AB＝BC，

∴BD是AC的中垂线，

∴BD⊥AC，

∴AO＝CO＝1，

∴tan∠BAC＝ ，

∴BO＝1×tan60°＝ ，

∴S_筝形ABCD＝S_△ADC+S_△ABC＝ AD•CD+ AC•OB＝ × × + ×2× ＝1+ ．

9．（金华校级期末）定义：在平面直角坐标系中，若P，Q为某个四边形相邻的两个顶点，且该四边形的两条对角线分别与x轴，y轴平行或重合，则称该四边形为点P，Q的“奇美四边形”．图1为点P，Q的“奇美四边形”的一个示意图．

设点A（1，2），点B（b，0）

【初步尝试】：（1）若b＝3，在图2网格中画出点A，B的一个“奇美四边形”，并记作：“奇美四边形”ABCD：

【深入探究】：（2）①若（1）中得到的“奇美四边形“ABCD，满足AB＝DC，AB∥DC．求证：“奇美四边形”ABCD是菱形；

②若点A，B的“奇美四边形”为矩形，求直线AB的函数解析式；

【拓展应用】：（3）已知点C（3，2），在线段AC上存在点N，平面内存在一点M，使点M，N的“奇美四边形”为矩形，且点B到直线MN的距离始终为 ，请直接写出b的取值范围

【分析】【初步尝试】：（1）根据“奇美四边形”的定义画出图形即可．

【深入探究】：（2）①根据对角线垂直的平行四边形是菱形即可证明．

②分两种求出求出点B的坐标即可解决问题．

【拓展应用】：（3）求出点N与A重合时，满足条件的点B的坐标，求出点N与C重合时，满足条件的点B坐标，观察图象即可判断．

【解答】【初步尝试】：（1）解：如图1中，四边形ABCD即为所求（答案不唯一）．

【深入探究】：（2）①证明：如图2中，连接AC．BD．

∵AB＝CD，AB∥CD，

∴四边形ABCD是平行四边形，

又∵AC⊥BD，

∴四边形ABCD是菱形．

②如图3中，解：

∵四边形ABCD是矩形，

又∵AC⊥BD，

∴四边形ABCD是正方形，

∴满足条件的点B的坐标为（3，0）或（﹣1，0），

∵A（1，2），

∴直线AB的解析式为y＝﹣x+3或y＝x+1．

【拓展应用】：（3）：如图4中，

当点N与A重合时，满足条件的点B的坐标分别为：B₁（﹣3，0），B₂（1，0），B₃（5，0），

当点N与C重合时，满足条件的点B的坐标分别为：B₄（﹣1，0），B₅（3，0），B₆（7，0），

观察图象可知满足条件的b的取值范围为﹣3≤b≤﹣1或1≤b≤3或5≤b≤7．

10．（金华）背景：点A在反比例函数y＝ （k＞0）的图象上，AB⊥x轴于点B，AC⊥y轴于点C，分别在射线AC，BO上取点D，E，使得四边形ABED为正方形．如图1，点A在第一象限内，当AC＝4时，小李测得CD＝3．

探究：通过改变点A的位置，小李发现点D，A的横坐标之间存在函数关系．请帮助小李解决下列问题．

（1）求k的值．

（2）设点A，D的横坐标分别为x，z，将z关于x的函数称为“Z函数”．如图2，小李画出了x＞0时“Z函数”的图象．

①求这个“Z函数”的表达式．

②补画x＜0时“Z函数”的图象，并写出这个函数的性质（两条即可）．

③过点（3，2）作一直线，与这个“Z函数”图象仅有一个交点，求该交点的横坐标．

【分析】（1）求出点A的坐标，利用待定系数法求出k即可．

（2）①求出点A的坐标，再代入反比例函数的解析式即可．

②利用描点法画出图象，根据函数图象可得结论（答案不唯一）．

③由题意可知直线的解析式为z＝kx+2﹣3k，构建方程组，利用Δ＝0，求出k可得结论，另外直线x＝3也符合题意．

【解答】解：（1）∵AC＝4，CD＝3，

∴AD＝AC﹣CD＝1，

∵四边形ABED是正方形，

∴AB＝1，

∵AC⊥y轴，AB⊥x轴，

∴∠ACO＝∠COB＝∠OBA＝90°，

∴四边形ABOC是矩形，

∴OB＝AC＝4，

∴A（4，1），

∴k＝4．

（2）①由题意，A（x，x﹣z），

∴x（x﹣z）＝4，

∴z＝x﹣ ．

②图象如图所示．

性质1：x＞0时，y随x的增大而增大．

性质2：图象是中心对称图形．

③设直线的解析式为z＝kx+b，

把（3，2）代入得到，2＝3k+b，

∴b＝2﹣3k，

∴直线的解析式为z＝kx+2﹣3k，

由 ，消去z得到，（k﹣1）x²+（2﹣3k）x+4＝0，

当k≠1时，当Δ＝0时，（2﹣3k）²﹣4（k﹣1）×4＝0，

解得k＝ 或2，

当k＝ 时，方程为 x²﹣ x+4＝0，解得x₁＝x₂＝6．

当k＝2时，方程为x²﹣4x+4＝0，解得x₁＝x₂＝2．

当k＝1时．方程的解为x＝4，符合题意，

另外直线x＝3，也符合题意，此时交点的横坐标为3，

综上所述，满足条件的交点的横坐标为2或3或4或6．

11．（江北区期末）如图1，在矩形ABCD中，点E是边AB的中点，点G是平面上一点，若在射线BC上存在一点F，使得四边形EDFG为菱形，我们称菱形EDFG是矩形ABCD的“矩菱形”．

（1）命题“正方形的‘矩菱形’也是正方形”是　真命题　；（填“真命题”或“假命题”）

（2）如图2，矩形ABCD为正方形，四边形EDFG是其“矩菱形”，EG交BC于点H，若HE＝ ，求CH的长；

（3）假设 ＝k，

①若矩形ABCD始终存在“矩菱形”，求k的取值范围．

②如图3，若AB＝2，点M为菱形EDFG的中心点，连结EM、CM、CG、BG，请用含有k的代数式表示五边形EMCGB的面积S．

【分析】（1）根据“矩菱形”定义，可得DE＝DF，再利用正方形性质即可证明Rt△ADE≌Rt△CDF（HL），进而得出答案；

（2）如图2，连接DH，设正方形ABCD的边长为a，根据S_△DFH＝ S_{正方形EDFG}＝ DE²＝ a²，可求得FH＝ a，进而得出BH＝ a，利用勾股定理可得出答案；

（3）①如图3，设AB＝b，则AD＝kb，再由四边形EDFG是其“矩菱形”，可得DF²＝DE²＝（k²+ ）b²，再利用勾股定理得出CF²＝DF²﹣CD²＝（k²﹣ ）b²，所以k²﹣ ≥0，即（k+ ）（k﹣ ）≥0，故k≥ ；

②如图4，连接EF，DG，BM，过点G作GK⊥AB交其延长线于K，过点M作NL⊥AB于N，交CD于L，利用S_{五边形EMCGB}＝S_梯形KGMN﹣S_△BKG+S_△EMN+S_△CMG，即可求得答案．

【解答】解：（1）命题“正方形的‘矩菱形’也是正方形”是真命题．理由如下：

∵四边形EDFG是正方形ABCD的“矩菱形”，

∴四边形EDFG一定是菱形，

∴DE＝DF，

∵正方形ABCD，

∴AD＝CD，∠A＝∠ADC＝∠DCB＝90°，

∴∠ADE+∠EDC＝90°，∠DCF＝90°＝∠A，

在Rt△ADE与Rt△CDF中，

，

∴Rt△ADE≌Rt△CDF（HL），

∴∠ADE＝∠CDF，

∴∠CDF+∠EDC＝90°，即∠EDF＝90°，

∴菱形EDFG是正方形，即正方形ABCD的“矩菱形”EDFG也是正方形，

即命题“正方形的‘矩菱形’也是正方形”是真命题．

故答案为：真命题；

（2）如图2，连接DH，设正方形ABCD的边长为a，

∵点E是边AB的中点，

∴AE＝EB＝ a，

由（1）知，Rt△ADE≌Rt△CDF，

∴CF＝AE＝a，

∵四边形EDFG也是正方形，

∴S_△DFH＝ S_{正方形EDFG}＝ DE²＝ a²，

∴ FH•CD＝ a²，

∴FH＝ a，

∴BH＝BC+CF﹣FH＝a+ a﹣ a＝ a，

在Rt△BEH中，BE²+BH²＝EH²，

∴（ a）²+（ a）²＝（ ）²，

解得：a＝4或a＝﹣4（舍去），

∴CH＝BC﹣BH＝a﹣ a＝ a＝3；

（3）①如图3，设AB＝b，则AD＝kb，

∵点E是边AB的中点，

∴AE＝EB＝ b，

∵四边形EDFG是其“矩菱形”，

∴DF＝DE，

∴DF²＝DE²＝AD²+AE²＝（kb）²+（ b）²＝（k²+ ）b²，

∵∠DCF＝180°﹣90°＝90°，

∴CF²＝DF²﹣CD²＝（k²+ ）b²﹣b²＝（k²﹣ ）b²，

∴k²﹣ ≥0，即（k+ ）（k﹣ ）≥0，

∵k＞0，

∴k+ ＞0，

∴k﹣ ≥0，

∴k≥ ；

②如图4，连接EF，DG，BM，过点G作GK⊥AB交其延长线于K，

过点M作NL⊥AB于N，交CD于L，

∵四边形DEGF是菱形，

∴DG，EF交于点M，DM＝GM，EM＝FM，

∵∠ABC＝90°，

∴BM＝EM，

∵MN⊥AB，

∴EN＝BN＝ ，

∵DF∥EG，DF＝EG，

∴∠DFC＝∠EHB，

∵∠ABC＝∠EKG＝90°＝∠DCF，

∴GK∥BC，

∴∠EHB＝∠EGK，

∴∠DFC＝∠EGK，

∴△DCF≌△EKG（AAS），

∴EK＝CD＝AB＝2，

∴BK＝EK﹣BE＝1，

∵ ＝k，

∴AD＝2k，

在Rt△ADE中，DE＝ ＝ ＝ ，

∴EG＝DF＝DE＝ ，

∴KG＝CF＝ ＝ ，

∴MN＝ ＝ ，

∴ML＝NL﹣MN＝AD﹣MN＝2k﹣ ＝ ，

在Rt△BEF中，EF＝ ＝ ，

∴EM＝ EF＝ ，

∴S_{五边形EMCGB}＝S_梯形KGMN﹣S_△BKG+S_△EMN+S_△CMG

＝ （ + ）× ﹣ ×1× + × × + ×2×

＝2k+ ；

∴S＝2k+ ．