5. (宁波中考)定义:有两个相邻的内角是直角,并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形,相等两邻边的夹角称为邻等角.
(1) 如图①,在四边形ABCD中,AD//BC,∠A=90°,对角线DB平分∠ADC.求证:四边形ABCD为邻等四边形.
(2) 如图②,在6×5的方格纸中,A,B,C三点均在格点上,若四边形ABCD是邻等四边形,请画出所有符合条件的格点D.
(3) 如图③,四边形ABCD是邻等四边形,∠DAB=∠ABC=90°,∠BCD为邻等角,连接AC,过B作BE//AC交DA的延长线于点E.若AC=8,DE=10,求四边形EBCD的周长.

5. (1) 在四边形 ABCD 中,
∵ AD // BC,∠A = 90°,
∴ ∠ABC =180°- ∠A = 90°.
∵ 对角线 DB 平分 ∠ADC,
∴ ∠ADB =∠CDB.
∵ AD // BC,
∴ ∠ADB = ∠CBD,
∴ ∠CBD = ∠CDB,
∴ CD=CB,
∴ 四边形 ABCD 为邻等四边形.
(2) 如图①②③所示,点 D,D',D''即为所求.


(3) 如图④,
∵ 四边形 ABCD 是邻等四边形,∠BCD 为邻等角,
∴ CD=CB.
∵ ∠DAB = ∠ABC = 90°,
∴ AD // BC.
∵ BE //AC,
∴ 四边形 AEBC 是平行四边形,
∴ EB=AC=8,AE=BC,
∴ AE=BC=DC.设 AE=BC=DC=x,
∵ DE=10,
∴ AD=DE-AE=10-x.过点 D 作 DF ⊥ BC 于点 F,得矩形 ABFD,
∴ AB=DF,AD=BF=10-x,
∴ CF=BC-BF=x-(10-x)=2x-10.在Rt△ABE和Rt△DFC中,根据勾股定理,得 $BE^2-AE^2=AB^2$, $CD^2-CF^2=DF^2$,
∴ $BE^2-AE^2=CD^2-CF^2$,
∴ $8^2-x^2=x^2-(2x-10)^2$,整理得 $x^2-20x+82=0$,解得 $x_1=10-3\sqrt{2}$,$x_2=10+3\sqrt{2}$(不符合题意,舍去),
∴ CD=CB=10-3√2.
∴ 四边形 EBCD的周长=BE+DE+2CD=8+10+2×(10-3√2)=38-6√2.

6. (2025·广东中考)定义:把某线段一分为二的点,当整体线段比大线段等于大线段比小线段时,则称此线段被分为中外比,这个点称为中外比点.
(1)如图,点P是线段MN的中外比点,MP＞PN,MN=2,求PN的长.
(2)如图,用无刻度的直尺和圆规求作一点C,把线段AB分为中外比.(保留作图痕迹,不写作法)
(3)如图,动点B在第一象限内,反比例函数$y=\frac{k}{x}(k＞0,x＞0)$的图象分别与矩形OABC的边AB,BC相交于点D,E,与对角线OB相交于点F.当△ODE是等腰直角三角形时,探究点D,E,F是否分别为AB,BC,OB的中外比点,并证明.

6. (1) 设 PN=x,则 MP=MN-PN=2-x,根据题意,得 $\frac{MN}{MP}=\frac{MP}{PN}$,即$\frac{2}{2-x}=\frac{2-x}{x}$,整理得 $x^2-6x+4=0$,解得 $x_1=3+\sqrt{5}$,$x_2=3-\sqrt{5}$.
∵ 3+√5＞2,
∴ x₁=3+√5舍去,
∴ PN=3-√5.
图所示,点 C 即为所求.

解析:设 BD=x,根据题意,得 AD=BD=BF=FG=x,AB=2x,
∴ $AF=\sqrt{AB^2+BF^2}=\sqrt{(2x)^2+x^2}=\sqrt{5}x$,
∴ AG=AC=√5 x -x=(√5-1)x,BC=AB-AC=2x-(√5-1)x=(3-√5)x.
∵ $\frac{AB}{AC}=\frac{2x}{(\sqrt{5}-1)x}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$,$\frac{AC}{BC}=\frac{(\sqrt{5}-1)x}{(3-\sqrt{5})x}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$,
∴ $\frac{AB}{AC}=\frac{AC}{BC}$,
∴ 点 C为线段 AB 的中外比点.
(3) 当△ODE 是等腰直角三角形时,点 D,E,F 分别为 AB,BC,OB 的中外比点.
理由如下:第一种情况:当 ∠OED=90° 时,则 OE = ED,
∴ ∠OEC+∠DEB=90°.
∵ 四边形 OABC 是矩形,
∴ ∠OCE=∠EBD=90°,
∴ ∠COE+∠OEC=90°,
∴ ∠COE=∠DEB,
∴ △COE≅△BED(AAS).设点 E(m,n),
∴ OC = EB = n,CE=BD=m,则 D(m+n,n-m).
∵ 点 D,E 在反比例函数 $y=\frac{k}{x}(k＞0,x＞0)$ 的图象上,
∴ $\begin{cases}\frac{k}{m}=n①,\\\frac{k}{m+n}=n-m②,\end{cases}$ 由①得 k=mn,将其代入②,得 $\frac{mn}{m+n}=n-m$,整理得 $n^2-mn-m^2=0$,解得 n=$\frac{m\pm\sqrt{(-m)^2-4×1×(-m^2)}}{2}=\frac{m\pm\sqrt{5}m}{2}$,
∴ $n_1=\frac{1+\sqrt{5}}{2}m$,$n_2=\frac{1-\sqrt{5}}{2}m$(舍去),
∴ $E(m,\frac{1+\sqrt{5}}{2}m)$,$D(\frac{3+\sqrt{5}}{2}m,\frac{\sqrt{5}-1}{2}m)$, $B(\frac{3+\sqrt{5}}{2}m,\frac{1+\sqrt{5}}{2}m)$,
∴ $BE=\frac{1+\sqrt{5}}{2}m$,$CE=m$,$BC=\frac{3+\sqrt{5}}{2}m$, $BD=m$,$AD=\frac{\sqrt{5}-1}{2}m$,$AB=\frac{1+\sqrt{5}}{2}m$.
∵ $BE^2=(\frac{1+\sqrt{5}}{2}m)^2=\frac{3+\sqrt{5}}{2}m^2$,$BC·CE=\frac{3+\sqrt{5}}{2}m · m=\frac{3+\sqrt{5}}{2}m^2$,$BD^2=m^2$,$AB ·AD=\frac{1+\sqrt{5}}{2}m · \frac{\sqrt{5}-1}{2}m=m^2$,
∴ $\frac{BC}{BE}=\frac{BE}{CE}$,$\frac{AB}{BD}=\frac{BD}{AD}$,
∴ 点 E,D为 BC,AB 的中外比点.
∵ 点 E 在反比例函数 $y=\frac{k}{x}(k＞0,x＞0)$ 的图象上,E$(m,\frac{1+\sqrt{5}}{2}m)$,
∴ $k=mn=\frac{1+\sqrt{5}}{2}m^2$,
∴ 反比例函数为 $y=\frac{\frac{1+\sqrt{5}}{2}m^2}{x}$.
∵ $B(\frac{3+\sqrt{5}}{2}m,\frac{1+\sqrt{5}}{2}m)$,设直线 OB 的函数表达式为 y=ax(a≠0),将点 $B(\frac{3+\sqrt{5}}{2}m,\frac{1+\sqrt{5}}{2}m)$,代入,得 a=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$,
∴ 直线 OB 的函数表达式为 $y=\frac{\sqrt{5}-1}{2}x$,联立方程组$\begin{cases}y=\frac{\sqrt{5}-1}{2}x,\\y=\frac{\frac{1+\sqrt{5}}{2}m^2}{x}\end{cases}$ 解得 $\begin{cases}x=\frac{\sqrt{5}+1}{2}m,\\y=m,\end{cases}$
∴ $F(\frac{\sqrt{5}+1}{2}m,m)$,
∴ $\frac{OB}{OF}=\frac{OF}{BF}$,
∴ 点 F 为 OB 的中外比点.
第二种情况:当 ∠ODE = 90° 时,则 OD = DE,
∴ ∠ODA +∠EDB=90°.
∵ 四边形 OABC 是矩形,
∴ ∠OAD = ∠EBD =90°,
∴ ∠ODA+∠DOA=90°,
∴ ∠EDB=∠DOA,
∴ △OAD≅△DBE(AAS).设点 D(a,b),
∴ OA=DB=a,AD=BE=b,则E(a-b,a+b).
∵ 点 D,E 在反比例函数 $y=\frac{k}{x}(k＞0,x＞0)$ 的图象上,
∴ $\begin{cases}\frac{k}{a}=b①,\\\frac{k}{a-b}=a+b②,\end{cases}$ 由①得 k=ab,将其代入②,得 $\frac{ab}{a-b}=a+b$,整理得 $b^2+ab-a^2=0$,解得 b=$\frac{-a\pm\sqrt{a^2-4×1×(-a^2)}}{2}=\frac{-a\pm\sqrt{5}a}{2}$,
∴ $b_1=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}a$,$b_2=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}a$(舍去),
∴ $D(a,\frac{\sqrt{5}-1}{2}a)$,$E(\frac{3-\sqrt{5}}{2}a,\frac{\sqrt{5}+1}{2}a)$, $B(a,\frac{1+\sqrt{5}}{2}a)$,
∴ $BE=\frac{\sqrt{5}-1}{2}a$,$CE=\frac{3-\sqrt{5}}{2}a$,$BC=a$,$BD=a$, $AD=\frac{\sqrt{5}-1}{2}a$,$AB=\frac{1+\sqrt{5}}{2}a$,
∴ $\frac{BC}{BE}=\frac{BE}{CE}$,$\frac{AB}{BD}=\frac{BD}{AD}$,
∴ 点 E,D 为BC,AB 的中外比点.
∵ 点 E 在反比例函数 $y=\frac{k}{x}(k＞0,x＞0)$ 的图象上,E$(\frac{3-\sqrt{5}}{2}a,\frac{\sqrt{5}+1}{2}a)$,
∴ $k=ab=\frac{\sqrt{5}-1}{2}a^2$,
∴ 反比例函数为 $y=\frac{\frac{\sqrt{5}-1}{2}a^2}{x}$.
∵ $B(a,\frac{1+\sqrt{5}}{2}a)$,设直线 OB 的函数表达式为 y=gx(g≠0),将点 $B(a,\frac{1+\sqrt{5}}{2}a)$ 代入,得 $g=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$,
∴ 直线 OB 的函数表达式为 $y=\frac{\sqrt{5}+1}{2}x$. 联立方程组 $\begin{cases}y=\frac{\sqrt{5}+1}{2}x,\\y=\frac{\frac{\sqrt{5}-1}{2}a^2}{x},\end{cases}$ 解得$\begin{cases}x=\frac{\sqrt{5}-1}{2}a,\\y=a,\end{cases}$
∴ $F(\frac{\sqrt{5}-1}{2}a,a)$,
∴ $\frac{OB}{OF}=\frac{OF}{BF}$,
∴ 点 F 为 OB 的中外比点.
第三种情况:当 ∠EOD=90° 时,则点 E,D 分别位于 y 轴、x 轴上,与反比例函数不符,因此这种情况不存在.
∴ 综上所述,当△ODE 是等腰直角三角形时,点 D,E,F 分别为 AB,BC,OB 的中外比点.