PAGE1搶分秘籍11幾何圖形中新定義型問題（含三角形、四邊形、圓等綜合）目錄【解密中考】總結常考點及應對的策略，精選名校模擬題，講解通關策略（含押題型）【題型一】三角形中的新定義型問題【題型二】平行四邊形中的新定義型問題【題型三】矩形中的新定義型問題【題型四】菱形中的新定義型問題【題型五】正方形中的新定義型問題【題型六】圓中的新定義型問題：幾何圖形中新定義型綜合題是全國中考的熱點內容，更是全國中考的必考內容。每年都有一些考生因為知識殘缺、基礎不牢、技能不熟、答欠規范等原因導致失分。1．從考點頻率看，屬中等頻率考點，多在壓軸題出現，填空、解答題均可能考，側重考查創新與遷移能力。2．從題型角度看，以幾何圖形為載體，給出新定義，需依定義計算、證明或探究，題型靈活，重理解與應用。：強化閱讀理解，提煉定義關鍵；多練不同類型題，總結思路；注重知識遷移，結合圖形分析，規范步驟，提升應變能力。【題型一】三角形中的新定義型問題【例1】（2025·安徽合肥·一模）定義：有一組對角相等而另一組對角不相等的凸四邊形叫做“等對角四邊形”．請利用已有經驗對“等對角四邊形”進行探究：(1)如圖1，在中，為斜邊上的中線，過點作交于點，判斷四邊形是否為“等對角四邊形”，并說明理由；(2)如圖2，在中，平分，點在邊上，若以為頂點的四邊形為“等對角四邊形”，求線段的長．【答案】(1)四邊形為“等對角四邊形”；見解析(2)3或【知識點】角平分線的性質定理、用勾股定理解三角形、斜邊的中線等于斜邊的一半、相似三角形的判定與性質綜合【分析】（1）由直角三角形斜邊上中線的性質得到，則，然后由互余關系，顯然，即可證明；（2）分類討論，①若，，證明，則；②若，，過點作，垂足為點，由勾股定理得，由角平分線性質定理可得，則，可得，求得，則．【詳解】（1）解：四邊形為“等對角四邊形”；理由如下：是斜邊上的中線，，，，∵，∴在Rt中，，，顯然，故四邊形為“等對角四邊形”；（2）解：∵平分，∴，①若，，如圖2，在與中，，；②若，，如圖3，過點作，垂足為點，在中，，，，平分，，∴，∴，，，，，即，，，綜上所述：的長為3或．【點睛】本題考查了相似三角形的判定與性質，直角三角形的性質，勾股定理，角平分線的性質定理，全等三角形的判定與性質等知識點，熟練掌握各知識點是解題的關鍵．解決三角形新定義型問題，需先精讀定義，圈劃關鍵（如邊長、角度關系或特殊點），將新定義轉化為可操作的數學條件。結合三角形全等、相似、勾股定理等基礎性質，通過畫圖直觀呈現定義情境，分析特殊位置或臨界情況。若涉及動態變化，需分類討論，利用代數設參或幾何推理逐步驗證，最終回歸定義檢驗結論合理性，注重知識遷移與圖形分析結合。【例2】（2025·河南南陽·一模）綜合與實踐在學習特殊四邊形的過程中，我們積累了一定的研究經驗，請運用已有的經驗對“對等垂美四邊形”進行研究．定義：對角線相等且垂直的四邊形叫作對等垂美四邊形．(1)定義理解請在下面如圖1所示的網格中確定兩點C和D，使四邊形為對等垂美四邊形，且C和D均在格點上．（畫出一種即可）(2)深入探究如圖2，在對等垂美四邊形中，對角線與交于點O，且，．將繞點O順時針旋轉（）．B、C的對應點分別為、．如圖3．請判斷四邊形是否為對等垂美四邊形，并說明理由．（僅就圖3的情況證明即可）(3)拓展運用在（2）的條件下，若，，當為直角三角形時，直接寫出點到的距離．【答案】(1)見解析(2)四邊形是對等垂美四邊形，理由見解析(3)3或【知識點】全等的性質和SAS綜合（SAS）、用勾股定理解三角形【分析】本題主要考查復雜作圖，全等三角形的判定與性質，以及勾股定理的應用，正確理解“對等垂美四邊形”的定義是解答本題的關鍵．（1）根據“對等垂美四邊形”的定義作圖即可；（2）連接，交于點，設與交于點，證明得，，再證明即可得出結論；（3）分是直角和為直角兩種情況討論求解即可．【詳解】（1）解：如圖，四邊形即為所作的對等垂美四邊形；（2）是，理由如下：解：連接，交于點，設與交于點，由題意知，，，，∴，即在和中，∴∴，，又∵，∴，∴，∴在四邊形中，，，∴四邊形是對等垂美四邊形（3）解：當是直角時，點與點重合，如圖，∴點到的距離即為，∵，∴點到的距離為3；當為直角時，如圖，∵，，∴，設點到的距離為，∴，即，∴，綜上，點到的距離為3或．【變式1】（2025·寧夏銀川·一模）定義：三角形一邊上的點將該邊分為兩條線段，且這兩條線段的積等于這個點與該邊所對頂點連線長度的平方，則稱這個點為三角形該邊的“平方點”，如圖1，中，點E是邊上一點，連接，若，則稱點E是中邊上的“平方點”．(1)如圖2，已知在四邊形中，平分于點E，，求證：點E是中邊上的“平方點”；(2)如圖3，是的內接三角形，點E是中邊上的“平方點”，延長交于點D，若，求證：；(3)如圖4，在中，，，，過點D作于點D，點E是邊上的“平方點”，求線段BE的長．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)5或8【知識點】用勾股定理解三角形、同弧或等弧所對的圓周角相等、相似三角形的判定與性質綜合【分析】本題考查了定義新運算，相似三角形的判定與性質，圓周角定理，勾股定理，一元二次方程的解法，解題的關鍵是掌握相似三角形的判定與性質．（1）先證，得，再由平分，得，即可得答案；（2）由點E是中邊上的“平方點”得，再證，得，可得，即可得答案；（3）先求出的長，設，得，解答即可．【詳解】（1）證明：，，，，，平分，，，點E是中BD邊上的“平方點”；（2）證明：點E是中邊上的“平方點”，，是的內接三角形，，，，，，，；（3）解：，，，，，，，設，由題意得：，，，解得：，，的長為5或．【變式2】（2025·廣東深圳·模擬預測）綜合與探究【定義】三角形一邊上的點將該邊分為兩條線段，若這兩條線段長度的乘積等于這個點與該邊所對頂點距離的平方，則稱這個點為三角形中該邊上的“亮點”．如圖（a），在中，是邊上一點，連接，若，則稱點是中邊上的“亮點”．【概念理解】（1）如圖（b），在中，，，，分別是的高線，角平分線，中線．請判斷，，三點中哪些是中邊上的“亮點”，并說明理由．【性質應用】（2）如圖（c），在中，，，．若是邊上的“亮點”，求的長．【拓展提升】（3）如圖（d），內接于⊙，是中邊上的“亮點”且．若，求的值．【答案】（1），是中邊上的“亮點”，理由見解析；（2）或9；（3）【知識點】用勾股定理解三角形、同弧或等弧所對的圓周角相等、相似三角形的判定與性質綜合、解直角三角形的相關計算【分析】本題主要考查了相似三角形的性質與判定，同弧所對的圓周角相等，解直角三角形，勾股定理，直角三角形的性質等等，正確理解“亮點”的定義是解題的關鍵．（1）證明，根據相似三角形的性質可得，由直角三角形的性質可得，則，據此可得答案；（2）分當和當兩種情況，作于點，解直角三角形求出的長，設出的長，表示出的長，根據，，建立方程討論求解即可；（3）延長交于點，連接、，證明，推出，即可得到，解直角三角形得到；設，則，，進而得．求出．則，據此可得答案．【詳解】解：（1），是中邊上的“亮點”，理由如下：是的高線，，，∵，∴，，，點是中邊上的亮點在中，是中線，，點是中邊上的亮點．（2）①當時，如圖，作于點，在中，，∴可設，∴，∵，∴，∴∴，，在中，，∴設，則，∵是邊上的“亮點”，∴，∵，∴解得，（舍）∴；②當時，由①可知，，設，則，∵是邊上的“亮點”，∴，∵，∴，解得，（舍）即．綜上所述，的長為4或9．（3）延長交于點，連接、，，，，，．點是中邊上的亮點，，．∵，∴，設，則，．．在中，．又，．解得．．【題型二】平行四邊形中的新定義型問題【例1】（2025·上海寶山·模擬預測）新定義：平行四邊形一組鄰邊的中點與不在這組鄰邊上的頂點順次連接而成的三角形如果是直角三角形，則稱這個三角形為平行四邊形的“中直三角形”，并且把該平行四邊形的長邊與短邊之比成為該平行四邊形的“度量值”(1)如圖1，已知矩形，為其“中直三角形”，其中，求：矩形的“度量值”；(2)如圖2，為的“中直三角形”，其中，，求：的“度量值”；(3)在中，，，請直接寫出以為中直三角形的平行四邊形的“度量值”．【答案】(1)(2)(3)或或【知識點】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、利用平行四邊形的判定與性質求解、相似三角形的判定與性質綜合【分析】（1）證明，則，由題意知，，則，計算求解，然后作答即可；（2）如圖1，作于G，作的延長線于點H，同理，，，由題意得，，，則，計算求解，然后作答即可；（3）由題意知，分C點與鄰邊上的頂點重合，B點與鄰邊上的頂點重合，A點與鄰邊上的頂點重合，三種情況，利用相似三角形的判定與性質以及線段的等量關系求解即可．【詳解】（1）解：∵為矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，由題意知，，∴，解得，，∴矩形ABCD的“度量值”為，（2）解：如圖1，作于G，作的延長線于點H，同理，，∴，∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，，∴，由勾股定理可得，，∴，，∴，整理得，，解得，或（舍去）；∴；∴的“度量值”為；（3）解：由題意知，分C點與鄰邊上的頂點重合，B點與鄰邊上的頂點重合，A點與鄰邊上的頂點重合，三種情況求解；當點與鄰邊上的頂點重合時，如圖2，作以為中直三角形的平行四邊形，作的延長線于點H，作于G，∴，，∴，∴，設，則，同理，，∴，即，解得，，∴，，∵，∴，解得，，∴，由勾股定理得，，∴；當點與鄰邊上的頂點重合，如圖3，作以為中直三角形的平行四邊形，作的延長線于點H，作于G，同理，，，設，則，同理，，∴，即，解得，，∴，，∵，∴，解得，，∴，由勾股定理得，，∴；當點與鄰邊上的頂點重合，如圖4，作以為中直三角形的平行四邊形，作于Q，作于H，作的延長線于點G，則四邊形是矩形，∵，∴，∴，設，則，，同理，，∴，即，解得，，∴，，，∵，∴，解得，∴，由勾股定理得，，∴；綜上所述：的值為或或．【點睛】本題考查了矩形的判定與性質，含的直角三角形，勾股定理，相似三角形的判定與性質，平行四邊形的性質等知識．熟練掌握各知識并分情況求解是解題的關鍵．解決平行四邊形新定義型問題，先剖析定義核心（如邊長倍數、對角線夾角等），結合對邊平行且相等、對角線互相平分的性質，通過設邊為a,b，對角線為2m,2n，利用余弦定理（a2+b2=2(m2+n2)）或向量坐標（設頂點A(0,0)、B(a,0)、D(p,q)，則C(a+p,q)）代數化條件。遇動態問題需分類討論頂點位置，借助中心對稱性（繞對角線交點旋轉180°重合）簡化分析，涉及面積比可利用底高關系或對角線分割三角形面積關系，最后代入定義驗證邏輯，強化“性質拆解+坐標建模”的綜合應用能力。【例2】（2025·廣東深圳·一模）【定義】如果平行四邊形的一邊中點和對邊兩端點連線的夾角恰好等于該平行四邊形的一個內角，那么這個平行四邊形叫做“中等平行四邊形”．（1）邊長為2的正方形______“中等平行四邊形”（選填“是”或“不是”）；如圖1，在矩形中，E為邊中點，，則矩形是中等平行四邊形．若，則______，______．【應用】（2）在中等平行四邊形中，，，求的長．（3）如圖2，若菱形是中等平行四邊形，銳角是它的一個內角，則______．（參考公式：，）【答案】（1）不是，1，；（2）或；（3）【知識點】用勾股定理解三角形、利用平行四邊形的性質求解、相似三角形的判定與性質綜合、解直角三角形的相關計算【分析】（1）如圖，結合正方形的性質，證明，可得，，可得邊長為2的正方形不是“中等平行四邊形”；同理可得，可得，證明，再進一步求解即可；（2）分四種情況討論：當為的中點，，如圖，過作于，如圖，當為的中點，，作于，取的中點，連接當為中點，，過作，如圖，當為的中點，時，過作于，再結合相似三角形與勾股定理求解即可；（3）如圖，過作于，由菱形，，，設，，可得，設，再利用勾股定理求解即可.【詳解】解：（1）如圖，正方形，∴，，，∵為的中點，∴，∴，∴，∴，∴，∴邊長為2的正方形不是“中等平行四邊形”；∵矩形中，E為邊中點，∴，，，∴，∴，∵，，∴，，∴，∴；（2）當為的中點，，∵平行四邊形，∴，，，，∴，∴，∴，∵為的中點，∴，∴，而，∴，如圖，過作于，∴為等腰直角三角形，，∴，∴；如圖，當為的中點，，作于，取的中點，連接，∴，∵，∴，∴，∴，同理可得：，∵為的中點，∴，，∴四邊形是平行四邊形；∴，，∴，設，則，∴，解得：（舍去）∴；當為中點，，過作，同理可得：，設，同理可得：，∴，∴，∵，∴，解得：，∴；如圖，當為的中點，時，過作于，同理可得：，設，則，同理可得：，∴，解得：（舍去），∴，綜上：為：或；（3）如圖，過作于，∵菱形，，，∴設，，同理可得：，∴，設，∴，解得：，∴.【點睛】本題考查的是新定義的含義，平行四邊形的判定與性質，菱形的性質，正方形的性質，相似三角形的判定與性質，求解銳角的余弦，作出合適的輔助線，清晰的分類討論是解本題的關鍵.【變式1】定義：如圖1，在中，把繞點A順時針旋轉α（）得到，把繞點A逆時針旋轉β得到，連接．當時，我們稱是的“旋補三角形”，邊上的中線叫做的“旋補中線”，點A叫做“旋補中心”．特例感知：（1）在圖2，圖3中，是的“旋補三角形”，是的“旋補中線”．①如圖2，當為等邊三角形時，與的數量關系；②如圖3，當時，則長為．猜想論證：（2）在圖1中，當為任意三角形時，猜想與的數量關系，并給予證明．【答案】（1）①；②；（2），證明見解析【知識點】全等三角形綜合問題、含30度角的直角三角形、等邊三角形的判定和性質、利用平行四邊形性質和判定證明【分析】本題考查的是平行四邊形的判定和性質、等腰三角形的性質、直角三角形的性質、全等三角形的判定和性質，掌握全等三角形的判定定理和性質定理、理解“旋補三角形”的定義是解題的關鍵．（1）①根據含30度的直角三角形的性質解答；②證明，根據全等三角形的性質得到，根據直角三角形的性質計算；（2）證明四邊形是平行四邊形，得到，根據全等三角形的性質得到，得到答案．【詳解】解：（1）①∵是等邊三角形，∴，∵是的“旋補三角形”，∴，∴，∴，∴，∴，故答案為：；②∵是的“旋補三角形”，∴，在和中，∵∴，∴，∵，是的“旋補中線”，∴，故答案為：4；（2）猜想．證明：如圖，延長至點E使得，連接，∵是的中線，∴，∵，∴四邊形是平行四邊形，∴，∵，∴，∴，在和中，∵，∴，∴，∴．【變式2】（2024·陜西西安·模擬預測）【定義新知】定義：在平行四邊形中，若有一條對角線長是一邊長的兩倍，則稱這個平行四邊形叫做和諧四邊形，其中這條對角線叫做和諧對角線，這條邊叫做和諧邊．【概念理解】（1）如圖1，在四邊形中，，，，，，判斷四邊形是否為和諧四邊形，并說明理由；（2）如圖2，在矩形中，，連接，在的延長線上取一點E，連接，使得四邊形是和諧四邊形，是和諧對角線，是和諧邊，求的長；【拓展應用】（3）如圖3，四邊形是某市規劃中的居民戶外活動廣場，入口C設在上，、為兩條筆直的小路，將廣場分為三部分，三角形部分為市民健身區，方便市民健身，三角形部分為觀賞區，用于種植各類鮮花，三角形部分為娛樂區，供老年人排練合唱或廣場舞使用，與是廣場的兩條主干道．已知四邊形與四邊形都是和諧四邊形，其中與分別是和諧對角線，與分別是和諧邊．為了不影響周圍居民，計劃在娛樂區外圍修建隔離帶（寬度忽略不計），已知，求隔離帶的長度（即的周長）．

【答案】（1）是，見解析；（2）6；（3）．【知識點】相似三角形的判定與性質綜合、利用平行四邊形的性質求解、用勾股定理解三角形【分析】本題主要考查平行四邊形的判定與性質，勾股定理，相似三角形的判定與性質以及和諧四邊形的應用：（1）先證明四邊形是平行四邊形，再證明即可得出結論；（2）根據四邊形是和諧四邊形的性質進行求解即可；（3）根據四邊形是和諧四邊形和四邊形是和諧四邊形得出，，，再證明，由得，得出，過點D作于M，設，則，根據勾股定理求出x的值，求出，再求出的周長即可【詳解】解：（1）四邊形是和諧四邊形.理由：∵，，∴，∵，∴四邊形是平行四邊形.在中，∵，，，∴，∴，∴四邊形是和諧四邊形.（2）∵四邊形是矩形，∴，.∵四邊形是和諧四邊形，是和諧對角線，是和諧邊，∴，四邊形是平行四邊形，∴，∴.（3）∵四邊形是和諧四邊形，為和諧對角線，為和諧邊，∴，四邊形是平行四邊形，∴，∵四邊形是和諧四邊形，為和諧對角線，為和諧邊，∴，四邊形是平行四邊形，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，，∴，即∴.∵，∴相似比為1，∴，∴，如圖，過點D作于M，

∵，∴，設，則，∴，∴，在中，，在中，，∴，∴（負值舍去），∴，∴的周長，故隔離帶的長度為.【題型三】矩形中的新定義型問題【例1】（2023·廣東廣州·一模）定義新概念、有一組鄰邊相等，且它們的夾角是直角的凸四邊形叫做等腰直角四邊形．(1)如圖①，等腰直角四邊形，，．①若，于點，求的長；②若，，求的長；(2)如圖②，在矩形中，，點是對角線上的一點，且，過點作直線分別交邊，于點，，要使四邊形是等腰直角四邊形，求的長．【答案】(1)①；②(2)滿足條件的的長為【知識點】相似三角形的判定與性質綜合、根據矩形的性質求線段長、用勾股定理解三角形【分析】（1）①根據勾股定理求出，再根據勾股定理求出的值；②連接、，交于點，過點C作，交于點E，證明垂直平分，得出，證明，得出，證明，得出，根據勾股定理求出，即可得出答案；（2）若，則，，推出四邊形不是等腰直角四邊形，不符合條件．若與不垂直，當時，此時四邊形是等腰直角四邊形，當時，此時四邊形是等腰直角四邊形，分別求解即可．【詳解】（1）解：①連接，如圖所示：∵，，∴，∵，∴，∴；②連接、，交于點，過點C作，交于點E，如圖所示：則，∵，，∴，∴，∵，，∴、在線段的垂直平分線上，∴垂直平分，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，∴．（2）解：∵四邊形為矩形，∴，，，；若時，如圖所示：則四邊形和為矩形，∴，，，∵，∴，∴，∵，∴，，∴，∴，；∴四邊形不可能是等腰直角四邊形；若與不垂直，當時，如圖所示：∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴此時點F不在邊上，不符合題意；若與不垂直，當時，如圖所示：此時四邊形是等腰直角四邊形，∴，∵，∴，∴，∴，∴，綜上所述，滿足條件的的長為．【點睛】本題主要考查了矩形的性質，相似三角形的判定和性質，勾股定理，等腰三角形的判定和性質，解題的關鍵是理解題意，作出輔助線，畫出相應的圖形，數形結合，注意分類討論．解決矩形新定義型問題，先精準理解定義核心（如邊長關系、特殊點位置等），結合矩形直角、對邊相等、對角線相等的性質，通過畫圖標注條件直觀分析。可設參利用代數方程或借助全等/相似、勾股定理推理，遇動態或多情況需分類討論，最后代入定義驗證，注重對稱性與幾何變換的應用，提升對新信息的轉化能力。【例2】（2025·河南平頂山·一模）定義：在凸四邊形中，若有一組鄰邊相等，且這組鄰邊的夾角為直角，我們把這類四邊形叫做“奮進四邊形”．若“奮進四邊形”的另一組鄰邊也相等，我們把這類四邊形叫做“和諧奮進四邊形”．(1)請在你學習過的四邊形中，寫出一個符合“奮進四邊形”性質的特殊四邊形；(2)如圖1，“奮進四邊形”中，，．①當，且時，求的長；②當時，求證：“奮進四邊形”是“和諧奮進四邊形”；(3)如圖2，矩形中，，，點，分別為邊，上一個動點，且，當四邊形為“奮進四邊形”時，直接寫出的長．【答案】(1)正方形(2)①；②詳見解析(3)為或【知識點】線段垂直平分線的性質、用勾股定理解三角形、根據矩形的性質與判定求面積、根據正方形的性質與判定證明【分析】（1）根據“奮進四邊形”定義即可得解；（2）①先證明四邊形為正方形，得出，，再根據勾股定理求出即可；②連接、，根據，，得出，證明垂直平分，根據垂直平分線的性質得出，再根據“和諧奮進四邊形”的定義即可得出結論；（3）根據題意可知，分兩種情況討論：當或時，四邊形是“奮進四邊形”，先證明四邊形為矩形，再由勾股定理求出即可．【詳解】（1）解：正方形有一組鄰邊相等，且這組鄰邊的夾角為直角，所以正方形是“奮進四邊形”；（2）①解：，，四邊形為平行四邊形，，四邊形為菱形，，四邊形為正方形，，，；②證明：連接、，如圖：，，，垂直平分，；“奮進四邊形”是“和諧奮進四邊形”；（3）解：，，根據題意可知，分兩種情況討論：當或時，四邊形是“奮進四邊形”；當時，連接，過點作于點，如圖：，，，，四邊形為矩形，，，，；當時，連接，過點作于點，如圖：則，，，四邊形矩形，，，，；綜上分析可知，為或．【點睛】本題主要考查了正方形的判定和性質，矩形的判定和性質，勾股定理，垂直平分線的判定和性質，等腰三角形的性質，解題的關鍵是作出輔助線，畫出相應的圖形，并注意進行分類討論．【變式1】【定義】平行四邊形一組鄰邊的中點與不在這組鄰邊上的頂點順次連接而成的三角形如果是直角三角形，則稱這個三角形為平行四邊形的“中直三角形”．【初步感知】如圖，為矩形，為其“中直三角形”，其中，求的值；【深入探究】如圖，為的“中直三角形”，其中，，求的值；【拓展延伸】在中，，，以為中直三角形的平行四邊形的一組鄰邊的長記為，其中，請直接寫出的值．【答案】[初步感知]；[深入探究]或；[拓展延伸]或或【知識點】相似三角形的判定與性質綜合、根據矩形的性質與判定求線段長、用勾股定理解三角形、含30度角的直角三角形【分析】[初步感知]證明，則，由題意知，，則，計算求解，然后作答即可；[深入探究]如圖1，作于G，作的延長線于點H，同理，，，由題意得，，，則，計算求解，然后作答即可；[拓展延伸]由題意知，分點與鄰邊上的頂點重合，點與鄰邊上的頂點重合，點與鄰邊上的頂點重合，三種情況，利用相似三角形的判定與性質以及線段的等量關系求解作答即即可．【詳解】[初步感知]解：∵為矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，由題意知，，∴，解得，，∴；[深入探究]解：如圖1，作于G，作的延長線于點H，同理，，∴，∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，，∴，由勾股定理可得，，∴，，∴，整理得，，解得，或（舍去）；∴；[拓展延伸]解：由題意知，分點與鄰邊上的頂點重合，點與鄰邊上的頂點重合，點與鄰邊上的頂點重合，三種情況求解；當點與鄰邊上的頂點重合時，如圖2，作以為中直三角形的平行四邊形，作的延長線于點H，作于G，∴，，∴，∴，設，則，同理，，∴，即，解得，，∴，，∵，∴，解得，，∴，由勾股定理得，，∴；當點與鄰邊上的頂點重合，如圖3，作以為中直三角形的平行四邊形，作的延長線于點H，作于G，同理，，，設，則，同理，，∴，即，解得，，∴，，∵，∴，解得，，∴，由勾股定理得，，∴；當點與鄰邊上的頂點重合，如圖4，作以為中直三角形的平行四邊形，作于Q，作于H，作的延長線于點G，則四邊形是矩形，∵，∴，∴，設，則，，同理，，∴，即，解得，，∴，，，∵，∴，解得，∴，由勾股定理得，，∴；綜上所述：的值為或或．【點睛】本題考查了矩形的判定與性質，含的直角三角形，勾股定理，相似三角形的判定與性質，平行四邊形的性質等知識．熟練掌握各知識并分情況求解是解題的關鍵．【題型四】菱形中的新定義型問題【例1】（2025·安徽合肥·一模）定義：兩組鄰邊分別相等的四邊形叫做“箏形”．(1)如圖1，在菱形中，E是的中點，連接，將沿翻折到，延長交于點P，請寫出圖中的所有“箏形”；(2)如圖2，將（1）中的“菱形”改為“正方形”其他條件不變，求的值；(3)如圖3，在矩形中，是邊的中點，連接，將沿翻折到，點P是線段上一點，若四邊形是“箏形”，請直接寫出的長．【答案】(1)(2)(3)【知識點】用勾股定理解三角形、四邊形其他綜合問題、折疊問題、解直角三角形的相關計算【分析】（1）由折疊的性質得到，即四邊形是“箏形”；再根據菱形的性質結合折疊的性質得到，連接，由E是的中點，得到，推出，求出，得到，即四邊形是“箏形”；（2）同理（1）可證四邊形是“箏形”，設，則正方形邊長為，利用勾股定理求出，連接，證明是直角三角形，利用正切的定義可得，求出，勾股定理求出，即可解答；（3）延長交于點，連接，同理（1）可證四邊形是“箏形”，當重合時，四邊形是“箏形”，同理（2）得是直角三角形，，，求出，勾股定理求出，即可得到此時的長．【詳解】（1）解：∵四邊形是菱形，∴，即四邊形是“箏形”；由折疊的性質得：，即四邊形是“箏形”；由折疊的性質得：，∵四邊形是菱形，∴，∴，∵，∴，連接，∵E是的中點，∴，∴，∴，即，∴，即四邊形是“箏形”；綜上，圖中的“箏形”有；（2）解：同理（1）得：四邊形是“箏形”，設，則，∵四邊形是正方形，∴，∴，連接，∵四邊形是“箏形”，∴，∵，∴，∴，由折疊的性質得：，∵，即，∴是直角三角形，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴；（3）解：延長交于點，連接，同理（1）可證四邊形是“箏形”，當重合時，四邊形是“箏形”，同理（2）得是直角三角形，，∴，∵在矩形中，是邊的中點，∴，∴，∴，∴，∴，∴此時．【點睛】本題考查四邊形綜合題，涉及菱形的性質，正方形的性質，矩形的性質，解直角三角形，勾股定理，正確作出輔助線，理解“箏形”的定義是解題的關鍵．解決菱形新定義型問題，先緊扣定義核心（如邊長比例、對角線關系等），結合菱形四邊相等、對角線垂直平分的性質，通過畫圖標注條件。可設對角線為2a、2b，利用勾股定理或面積公式（對角線乘積一半）構建方程，遇角度條件結合三角函數分析。動態問題需分類討論頂點位置，借助幾何變換（如旋轉、對稱）簡化圖形，最后代入定義驗證，注重從特殊到一般的推理及代數幾何綜合應用。【例2】定義：在三角形中，若有兩條中線互相垂直，則稱該三角形為中垂三角形．

(1)如圖（a），是中垂三角形，分別是邊上的中線，且于點，若，求證：是等腰三角形．(2)如圖（b），在中垂三角形中，分別是邊上的中線，且于點，求證：．(3)如圖（c），四邊形是菱形，對角線交于點，點分別是的中點，連接并延長，交于點．求證：是中垂三角形；【答案】(1)見解析(2)見解析(3)見解析【分析】（1）連接，如圖，由是的中位線，證明，可得，，，證明，可得，從而可得結論；（2）證明：如圖，連接，證明，，，由勾股定理可得，，，，從而可得結論；（3）如圖，連接，證明，且，，，且，可得，，證明，是的中線，從而可得結論．【詳解】（1）證明：連接，如圖，

∵，，∴由題意可得，，，是的中位線，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴是等腰三角形．（2）證明：如圖，連接，

∵，分別是邊，上的中線，∴，，，∴，，，在中，，在中，，同理可得：，，∴；（3）證明：如圖，連接，

∵點M，N分別是，的中點，∴是的中位線，則，且∵四邊形是菱形，∴，，且，∴，，如圖，延長至，使，∴，而，∴四邊形為平行四邊形，∴，，∴，而，，∴，∴，，∴，∴，是的中線，∴是中垂三角形．【點睛】本題考查的是勾股定理的應用，三角形的中位線性質，全等三角形的判定與性質，等腰三角形的判定，平行四邊形的判定與性質，菱形的性質，理解新定義，作出三角形的直線線是解本題的關鍵．【變式1】（新考法，拓視野）（2024·黑龍江哈爾濱·一模）請閱讀下面材料，并完成相關任務：定義：點P是內部或邊上的點（頂點除外），在，或中，如果有一個三角形與相似，那么稱點P是的“相似點”．例：如圖①，點P在的內部，，則，故點P為的“相似點”．請你運用所學知識，結合上述材料，解決下列問題：(1)如圖②，在中，，平分，求證：點P為的“相似點”；(2)如圖③，若為銳角三角形，點E是的“相似點”，且點B與點A對應，點E在的平分線上，連接，若，求的值；(3)如圖④，在菱形中，E是上一點，F是內一點，且，連接與交于點G，連接，若點G是的“相似點”，且，求證：．【答案】(1)見解析(2)(3)見解析【分析】本題考查了相似三角形的判定與性質，正確理解題意，找準相似三角形的對應關系是解題關鍵.（1）由條件可推出，證即可；（2）由題意得，可推出，再證即可；（3）由題意得，可推出，延長交于點，證即可；【詳解】（1）證明：∵，∴∵平分，∴∴∴∴點P為的“相似點”（2）解：由題意得：∴∵平分∴∴∵∴∴（3）證明：∵點G是的“相似點”，且，∴∴∵∴∴延長交于點，如圖所示：由題意得：∴四邊形是平行四邊形∴∵∴∵∴∴即：∵∴∴【題型五】正方形中的新定義型問題【例1】（2025·河南周口·一模）綜合與實踐在數學學習中，我們發現除了已經學過的四邊形外，還有很多比較特殊的四邊形，請結合已有經驗，對下列特殊四邊形進行研究．定義：在四邊形中，若有一個角是直角，且從這個直角頂點引出的對角線，把對角分成的兩個角中，有一個是直角，我們稱這樣的四邊形為“雙垂四邊形”．【初步探究】（）如圖，在“雙垂四邊形”中，若，則_____，的值為_____．【問題解決】（）如圖，在“雙垂四邊形”中，，，為線段上一點，且，求的值．【拓展應用】（）如圖，在“雙垂四邊形”中，，，為線段上一動點，且，連接，將沿翻折，得到，連接，若，請直接寫出的面積．【答案】（），；（）；（）或【知識點】等腰三角形的性質和判定、根據正方形的性質求線段長、相似三角形的判定與性質綜合、解直角三角形的相關計算【分析】（）由直角三角形兩銳角互余可得，，進而可得，即可求解；（）根據等腰直角三角形的性質可證，得到，即可求解；（）如圖，過點作于點，由（）知，，，即得，，進而由折疊可得四邊形為正方形，連接，則，，分兩種情況：①當點的對應點在的上方時；②當點的對應點在的下方時，分別畫出圖形解答即可求解．【詳解】解：（）∵，，∴，∴，∵，，∴，故答案為：，；（）∵，，∴，∴，，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；（）如圖，過點作于點，由（）知，，∴，∵，∴，同理（）可得，，∴，由折疊的性質可知四邊形為正方形，連接，則，，分兩種情況：①如圖，當點的對應點在的上方時，∵，∴，，∴，∴，∵，∴,∴，∴；②如圖，當點的對應點在的下方時，同理可得，∴；綜上可得，的面積為或．【點睛】本題考查了直角三角形兩銳角互余，三角函數，全等三角形的判定和性質，等腰直角三角形的性質，相似三角形的判定和性質，折疊的性質，正方形的性質，運用分類討論思想并正確畫出圖形解答是解題的關鍵．解決正方形新定義型問題，需先精準拆解定義要素（如特殊點坐標、線段比例、角度關系等），結合正方形四邊相等、直角特性及對角線垂直平分且相等的性質，通過建系設元（設邊長為a，頂點坐標為(0,0)、(a,0)等）將幾何條件代數化。利用距離公式、斜率關系或向量運算轉化新定義，遇動態問題需分類討論動點位置（如邊中點、對角線上點），借助旋轉/對稱變換（正方形旋轉90°不變性）簡化圖形。注意對角線分正方形為等腰直角三角形，可結合勾股定理或三角函數求解，最后代入定義驗證邏輯閉環，強化“代數表征+幾何直觀”的雙向轉化能力。【例2】（23-24九年級上·湖南張家界·期末）定義：有一組鄰邊相等且對角互補的四邊形稱為“等補四邊形”．(1)下列選項中一定是“等補四邊形”的是________；A．平行四邊形；

B．矩形；

C．正方形；

D．菱形(2)如圖1，在邊長為a的正方形中，E為邊上一動點（E不與C、D重合），交于點F，過F作交于點H．①試判斷四邊形是否為“等補四邊形”并說明理由；②如圖2，連接，將繞A點逆時針旋轉得到，判斷線段與線段的數量關系，并求的周長；③若四邊形是“等補四邊形”，當時，求的長．【答案】(1)C(2)①四邊形是等補四邊形，見解析；②；；③或者【知識點】三角函數綜合、根據旋轉的性質求解、根據正方形的性質證明、用SAS證明三角形全等（SAS）【分析】本題考查了新定義，正方形的性質，三角形全等的判定和性質，圓的內接四邊形性質，勾股定理，分類思想；（1）根據定義，判斷鄰邊是否相等，相等后，再判斷對角是否互補即可．（2）①根據，得到；連接，根據四點共圓，正方形的性質，證明即可．②根據旋轉性質，得，得到，結合，得到，繼而得到，，從而得到，證明，計算即可．③根據，得到；根據四邊形是“等補四邊形”，只需分類得到一組相等鄰邊，計算即可．【詳解】（1）解：在平行四邊形、矩形、正方形、菱形中，只有正方形的鄰邊相等且對角互補，∴正方形是等補四邊形，故選：D．（2）解：①四邊形是“等補四邊形”，理由如下：∵邊長為a的正方形中，交于點F，交于點H．∴，，，∴；連接，如圖，則A、B、H、F四點共圓，∴，∴．，

∴四邊形是“等補四邊形”；②，理由如下：根據旋轉性質，得，∴，∵，，∴，C，D，L三點共線，∴，∴，∴，∵，∴，∴．∴的周長是．③∵，，，∴；∵四邊形是“等補四邊形”，∴還需要一組鄰邊相等，分以下四種情況討論：

情況1：，連接，由題意知∶，，又，∴，∴，則為正三角形，∴，∴，∴，∴；情況2：，∵，∴，∴，同情況1，此時，；情況3：，由②得的周長．設，則，則，∴，即；情況4：，連接，如圖，∵，∴，∵，∴，∴，∴，則垂直平分，∴，∵，，∴，

∵，，∴，∴，

∴，又，∴，又，，∴，∴，這不可能，故這種情況不存在．綜上：或者．【變式1】（2024·遼寧大連·模擬預測）點M在四邊形內，點M和四邊形的一組對邊組成兩個三角形，如果這兩個三角形都是以對邊為斜邊的等腰直角三角形，那么定義該四邊形為蝴蝶四邊形．例如，如圖1，在四邊形中，，，，則四邊形為蝴蝶四邊形．【概念理解】如圖2，正方形ABCD中，對角線，相交于點M．判斷正方形是否為蝴蝶四邊形，說明理由．【性質探究】如圖3，在蝴蝶四邊形中，．求證：．【拓展應用】在蝴蝶四邊形中，°，，當是等腰三角形時，求此時的值．【答案】【概念理解】正方形為蝴蝶四邊形，理由見解析；【性質探究】見解析；【拓展應用】的值為5或【知識點】根據正方形的性質證明、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性質和判定、全等的性質和ASA（AAS）綜合（ASA或者AAS）【分析】概念理解：證明和都是等腰直角三角形，正方形的對邊、分別為斜邊，即可得正方形為蝴蝶四邊形；性質探究：證明根據全等三角形的性質即可得；拓展應用：延長交于，證明,根據全等三角形的性質得根據等腰三角形的性質得求出利用勾股定理求出，即可得以為邊的正方形的面積.【詳解】概念理解：解：正方形為蝴蝶四邊形，理由如下：∵四邊形是正方形，∴，，，.∴，，.∴和都是等腰直角三角形，正方形的對邊、分別為斜邊.∴正方形為蝴蝶四邊形.性質探究：證明：∵四邊形是蝴蝶四邊形，，∴和都是等腰直角三角形，，，.∴.∴.∴.拓展應用：解：①當時，如圖3，延長交于N，∵，，∵，∴，∴，，∵，∴，，∴，∴，∴，∴，∴．②當時，如圖4，過點A作，過點A作于點H.∴四邊形是矩形，∴，，∵，，∵.∴.∴.∵,∵.

③當時，不符合題意，舍去.

綜上，的值為5或.【點睛】本題考查了正方形的性質，等腰三角形的判定與性質，勾股定理，全等三角形的判定與性質．熟練掌握正方形的性質，等腰三角形的判定與性質，勾股定理，全等三角形的判定與性質是解題的關鍵．【變式2】（2024·山東濟南·三模）我們定義：對角線互相垂直且相等的四邊形叫做“神奇四邊形”．(1)在我們學過的下列四邊形①平行四邊形②矩形③菱形④正方形中，是“神奇四邊形”的是（填序號）；(2)如圖，在正方形中，為上一點，連接，過點作于點，交于點，連．①判定四邊形是否為“神奇四邊形”（填“是”或“否”）；②如圖，點分別是的中點．證明四邊形是“神奇四邊形”；(3)如圖，點分別在正方形的邊上，把正方形沿直線翻折，使得的對應邊恰好經過點，過點作于點，若，正方形的邊長為，求線段的長．【答案】(1)④；(2)①是；②四邊形是“神奇四邊形”，理由見解析(3)【知識點】全等三角形綜合問題、用勾股定理解三角形、正方形折疊問題、證明四邊形是正方形【分析】（1）由“神奇四邊形”的定義即可得出結論；（2）①證，得，再由“神奇四邊形”的定義即可得出結論；②由三角形中位線定理得出，則四邊形為平行四邊形，再證四邊形是正方形，則可得出結論；（3）延長交于，由勾股定理求出的長，設，則，再由勾股定理得，解得，即可解決問題．【詳解】（1）平行四邊形的對角線互相平分，矩形的對角線互相平分且相等，菱形的對角線互相垂直平分，正方形的對角線互相垂直平分且相等正方形是“神奇四邊形”故答案為：④（2）①是證明：四邊形是正方形在和中又四邊形是“神奇四邊形”②解：四邊形是“神奇四邊形”，理由如下：為的中點，為的中位線，同理：，，四邊形為平行四邊形，，平行四邊形為菱形，，，，，四邊形為正方形四邊形是“神奇四邊形”（3）解：如圖，延長交于由翻折的性質可知，，四邊形是正方形，邊長為，，，，設，則，在中，由勾股定理得：，，，，即線段的長為【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了新定義“神奇四邊形”、折疊的性質、正方形的判定與性質、菱形的判定與性質、平行四邊形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理，三角形中位線定理等知識，本題綜合性強理解新定義“神奇四邊形”，熟練掌握正方形的判定與性質，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題．【題型六】圓中的新定義型問題【例1】（2024·湖南長沙·一模）定義：對角線互相垂直的圓內接四邊形叫做圓的“奇妙四邊形”．(1)若是圓的“奇妙四邊形”，則是_________（填序號）：①矩形；②菱形；③正方形(2)如圖1，已知的半徑為R，四邊形是的“奇妙四邊形”．求證：；(3)如圖2，四邊形是“奇妙四邊形”，P為圓內一點，，，，且．當的長度最小時，求的值．【答案】(1)③(2)見解析(3)【知識點】相似三角形的判定與性質綜合、圓周角定理、證明四邊形是菱形、利用勾股定理證明線段平方關系【分析】（1）利用平行四邊形的性質，圓內接四邊形的性質，“奇妙四邊形”的定義和正方形的判定定理解得即可；（2）過點B作直徑，分別連接，，，，證明，．可得，可得，再利用勾股定理可得答案；（3）設的長度為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質即可求得結論．【詳解】（1）解：若平行四邊形是“奇妙四邊形”，則四邊形是正方形．理由∶∵四邊形是平行四邊形，∴，∵四邊形是圓內接四邊形，∴，∴，∴平行四邊形是矩形，∵四邊形是“奇妙四邊形”，∴，∴矩形是正方形，故答案為∶③；（2）證明∶過點B作直徑，分別連接，，，，∵是的直徑，∴，∴，∵四邊形是“奇妙四邊形”，∴，∴，又，∴，∵，，∴，∴，∵，∴∴；（3）解：連接交于E，設的長度為a，，∵，，∴，∴，∵∴，，∵，∴，∵∴，整理得，∴∴，又，∴，∴a有最小值2，即的長度最小值為2，∴，解得∶，∴，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，，∴，∴，∴．【點睛】本題是圓的綜合題，考查的是勾股定理的應用，圓周角定理的應用，一元二次方程的解法，熟練的建立數學模型并靈活應用是解本題的關鍵．解決圓的新定義型問題，先精讀定義提取關鍵（如點與圓、線與圓的新關系），結合圓的半徑、圓心角、圓周角、垂徑定理等性質，通過畫圖標注圓心、半徑、弦長等要素。可建系設圓方程（x-a)2+(y-b)2=r2，利用距離公式或三角函數轉化條件，遇動態問題分類討論位置關系（如交點個數、動點軌跡），借助圓的對稱性簡化分析，最后代入定義驗證，注重幾何性質與代數運算的融合。【例2】（2025·黑龍江哈爾濱·模擬預測）定義：三角形一個內角的平分線與另一個內角的鄰補角的平分線相交所成的銳角稱為該三角形第三個內角的“張望角”．(1)如圖1，點D在的延長線上，是中的“張望角”，求證：；(2)如圖2，內接于，點D在的延長線上，點E在上，連接，連接，點F在上，，連接，連接并延長交的延長線于點I，求證：是中的“張望角”；(3)如圖3，在（2）的條件下，若是的直徑，過點I作的垂線，點G為垂足，交于點H，若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【知識點】三角形的外角的定義及性質、圓周角定理、已知圓內接四邊形求角度、相似三角形的判定與性質綜合【分析】（1）根據題中“張望角”的定義和角平分線的定義得到，結合三角形的外角性質可得結論；（2）先根據圓周角定理和角平分線定義可得平分，再根據圓周角定理，結合圓內接四邊形的性質可證明平分，進而根據“張望角”的定義可得結論；（3）連接，，先證明得到，進而證明得到，過F作于M，在上截取，連接，，證明，求得，，，過I作于K，，在中，由勾股定理求得，進而可求解．【詳解】（1）證明：是中的“張望角”，∴分別是，的平分線；（2）證明：，，，即平分，，，∵四邊形內接于，，，，，即平分，是中的“張望角”；（3）解：連接，，是中的“張望角”，∴，∵，∴，又，∴，即，∵，∴，∴，∵四邊形內接于，∴，又，∴，∴，∵是的直徑，，∴，又，∴，即，∴，∴，過