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23.定义:如果一个四边形有两条邻边相等,且这两条边所夹角的对角是直角,那么我们把这样的四边形称为“等对直四边形”,把夹角所对的直角称为“对直角”。
(1)如图 1,在四边形 ABCD 中,若$∠ADB=40°,∠CDB=20°,∠C=140°,∠ABC=70°$,请判断四边形 ABCD 是否为“等对直四边形”?并说明理由。
(2)如图 2,若四边形 ABCD 是“等对直四边形”,$∠A$是“对直角”,$AD=4,AB=6$,对角线 BD 恰好平分四边形 ABCD 中的一个内角,求此时 BC 的长。
(3)如图 3,若四边形 ABCD 是“等对直四边形”,$∠DAB$是“对直角”,$DA=2,DB=2\sqrt{10},DC=2\sqrt{5}$,求此时对角线 AC 的长。
(1)如图 1,在四边形 ABCD 中,若$∠ADB=40°,∠CDB=20°,∠C=140°,∠ABC=70°$,请判断四边形 ABCD 是否为“等对直四边形”?并说明理由。
(2)如图 2,若四边形 ABCD 是“等对直四边形”,$∠A$是“对直角”,$AD=4,AB=6$,对角线 BD 恰好平分四边形 ABCD 中的一个内角,求此时 BC 的长。
(3)如图 3,若四边形 ABCD 是“等对直四边形”,$∠DAB$是“对直角”,$DA=2,DB=2\sqrt{10},DC=2\sqrt{5}$,求此时对角线 AC 的长。
答案
23.(1)四边形ABCD是“等对直四边形”,理由如下:因为$∠ CDB=20°$,$∠ C=140°$,所以$∠ CBD=180°-20°-140°=20°=∠ CDB$,所以$CD=CB$,因为$∠ ABC=70°$,所以$∠ ABD=∠ ABC-∠ CBD=50°$,所以$∠ A=180°-∠ ADB-∠ ABD=180°-40°-50°=90°$,所以四边形ABCD是“等对直四边形”。
(2)第一种情况:$BD$平分$∠ ABC$,因为四边形ABCD是“等对直四边形”,$∠ A$是“对直角”,所以$CD=CB$,$∠ A=90°$,所以$∠ CDB=∠ CBD$,因为$BD$平分$∠ ABC$,所以$∠ ABD=∠ CBD$,所以$∠ ABD=∠ CDB$,所以$DC// AB$,如图1,过$CE$作$CE⊥ AB$于点E,则四边形ADCE是平行四边形,设$BC$的长为$x$,则$AE=CD=CB=x$,因为$AD=4,AB=6$,所以$CE=AD=4$,$BE=AB-AE=6-x$,在$\mathrm{Rt}△ BCE$中,$CE^2+BE^2=BC^2$,所以$4^2+(6-x)^2=x^2$,解得$x=\dfrac{13}{3}$,即$BC$的长为$\dfrac{13}{3}$;第二种情况:$DB$平分$∠ ADC$,同理可证$AD// CB$,如图2,过点C作$CF⊥ AD$于点F,则四边形ABCF是矩形,设$BC$的长为$x$,则$AF=CD=CB=x$,因为$AD=4,AB=6$,所以$CF=AB=6$,$DF=AF-AD=x-4$,所以$6^2+(x-4)^2=x^2$,解得$x=\dfrac{13}{2}$,即$BC$的长为$\dfrac{13}{2}$;综上所述,$BC$的长为$\dfrac{13}{3}$或$\dfrac{13}{2}$。
(3)因为四边形ABCD是“等对直四边形”,$∠ DAB$是“对直角”,所以$CB=CD=2\sqrt{5}$,$∠ DAB=90°$,因为$DA=2$,$DB=2\sqrt{10}$,所以$AB=\sqrt{DB^2-DA^2}=6$,因为$DB=2\sqrt{10}$,$DC=CB=2\sqrt{5}$,所以$DB^2=DC^2+BC^2$,所以$∠ DCB=90°$。如图3,过点C作$CF⊥ AD$于点F,过点C作$CE⊥ AB$于点E,则$∠ F=∠ CEB=90°$,因为$∠ DCB+∠ DAB=180°$,所以$∠ ADC+∠ ABC=180°$,因为$∠ ADC+∠ CDF=180°$,所以$∠ CBE=∠ CDF$,因为$CD=CB$,所以$△ CDF≌△ CBE(\mathrm{AAS})$,所以$DF=BE$,$CF=CE$,所以四边形AECF是正方形,所以$AE=AF$,所以$AB-BE=AD+DF$,即$6-BE=2+BE$,所以$BE=2$,所以$AE=CE=4$,所以$AC=\sqrt{AE^2+CE^2}=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$。
解析
【分析】
本题是新定义几何题，需紧扣“等对直四边形”的定义（两条邻边相等，且这两条边所夹角的对角为直角），结合三角形内角和、勾股定理、全等三角形、特殊四边形性质等知识解题：
(1) 先利用三角形内角和求边相等，再验证夹角的对角是否为直角，即可判断；
(2) 分BD平分∠ABC、平分∠ADC两种情况，结合等对直四边形性质，作高构造直角三角形，用勾股定理列方程求解；
(3) 先由等对直四边形得CB=CD，再证∠DCB=90°，通过作高构造全等三角形，证明四边形AECF为正方形，进而计算AC的长。
【解析】
(1) 四边形ABCD是“等对直四边形”，理由如下：
在△CDB中，∠CDB=20°，∠C=140°，由三角形内角和得∠CBD=180°-20°-140°=20°，故∠CBD=∠CDB，得CD=CB；
又∠ABC=70°，则∠ABD=∠ABC-∠CBD=50°，在△ABD中，∠A=180°-∠ADB-∠ABD=180°-40°-50°=90°；
根据定义，CD与CB是邻边且相等，它们夹角∠BCD的对角∠A为直角，故四边形ABCD是“等对直四边形”。
(2) 分两种情况：
① 若BD平分∠ABC：
因四边形ABCD是“等对直四边形”，∠A为对直角，故CD=CB，∠A=90°；由CD=CB得∠CDB=∠CBD，结合BD平分∠ABC，得∠ABD=∠CDB，故DC//AB；
过C作CE⊥AB于E，则四边形ADCE为矩形，设BC=x，则AE=CD=x，CE=AD=4，BE=6-x；
在Rt△BCE中，由勾股定理：$4^2+(6-x)^2=x^2$，解得$x=\dfrac{13}{3}$；
② 若DB平分∠ADC：
同理得AD//CB，过C作CF⊥AD于F，四边形ABCF为矩形，设BC=x，则AF=x，CF=AB=6，DF=x-4；
在Rt△CDF中，由勾股定理：$6^2+(x-4)^2=x^2$，解得$x=\dfrac{13}{2}$；
综上，BC的长为$\dfrac{13}{3}$或$\dfrac{13}{2}$。
(3) 求AC的长：
因四边形ABCD是“等对直四边形”，∠DAB为对直角，故CB=CD=2√5，∠DAB=90°；
在Rt△ABD中，$AB=\sqrt{DB^2-DA^2}=\sqrt{(2\sqrt{10})^2-2^2}=6$；
由$DB^2=40$，$DC^2+BC^2=20+20=40$，得∠DCB=90°；
过C作CF⊥AD于F，CE⊥AB于E，易证△CDF≌△CBE（AAS），得DF=BE，CF=CE；
又∠F=∠A=∠AEC=90°，故四边形AECF为正方形，得AE=AF；
由$6-BE=2+BE$，解得BE=2，故AE=CE=4；
在Rt△AEC中，$AC=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$。
【答案】
23.(1)四边形ABCD是“等对直四边形”；(2)$\dfrac{13}{3}$或$\dfrac{13}{2}$；(3)$4\sqrt{2}$
【知识点】
四边形新定义、勾股定理、全等三角形判定与性质
【点评】
本题围绕新定义“等对直四边形”展开，需准确理解定义并结合几何核心知识解题，分情况讨论是关键，考查学生的几何综合应用能力，难度适中。
【难度系数】
0.6
本题是新定义几何题，需紧扣“等对直四边形”的定义（两条邻边相等，且这两条边所夹角的对角为直角），结合三角形内角和、勾股定理、全等三角形、特殊四边形性质等知识解题：
(1) 先利用三角形内角和求边相等，再验证夹角的对角是否为直角，即可判断；
(2) 分BD平分∠ABC、平分∠ADC两种情况，结合等对直四边形性质，作高构造直角三角形，用勾股定理列方程求解；
(3) 先由等对直四边形得CB=CD，再证∠DCB=90°，通过作高构造全等三角形，证明四边形AECF为正方形，进而计算AC的长。
【解析】
(1) 四边形ABCD是“等对直四边形”，理由如下：
在△CDB中，∠CDB=20°，∠C=140°，由三角形内角和得∠CBD=180°-20°-140°=20°，故∠CBD=∠CDB，得CD=CB；
又∠ABC=70°，则∠ABD=∠ABC-∠CBD=50°，在△ABD中，∠A=180°-∠ADB-∠ABD=180°-40°-50°=90°；
根据定义，CD与CB是邻边且相等，它们夹角∠BCD的对角∠A为直角，故四边形ABCD是“等对直四边形”。
(2) 分两种情况：
① 若BD平分∠ABC：
因四边形ABCD是“等对直四边形”，∠A为对直角，故CD=CB，∠A=90°；由CD=CB得∠CDB=∠CBD，结合BD平分∠ABC，得∠ABD=∠CDB，故DC//AB；
过C作CE⊥AB于E，则四边形ADCE为矩形，设BC=x，则AE=CD=x，CE=AD=4，BE=6-x；
在Rt△BCE中，由勾股定理：$4^2+(6-x)^2=x^2$，解得$x=\dfrac{13}{3}$；
② 若DB平分∠ADC：
同理得AD//CB，过C作CF⊥AD于F，四边形ABCF为矩形，设BC=x，则AF=x，CF=AB=6，DF=x-4；
在Rt△CDF中，由勾股定理：$6^2+(x-4)^2=x^2$，解得$x=\dfrac{13}{2}$；
综上，BC的长为$\dfrac{13}{3}$或$\dfrac{13}{2}$。
(3) 求AC的长：
因四边形ABCD是“等对直四边形”，∠DAB为对直角，故CB=CD=2√5，∠DAB=90°；
在Rt△ABD中，$AB=\sqrt{DB^2-DA^2}=\sqrt{(2\sqrt{10})^2-2^2}=6$；
由$DB^2=40$，$DC^2+BC^2=20+20=40$，得∠DCB=90°；
过C作CF⊥AD于F，CE⊥AB于E，易证△CDF≌△CBE（AAS），得DF=BE，CF=CE；
又∠F=∠A=∠AEC=90°，故四边形AECF为正方形，得AE=AF；
由$6-BE=2+BE$，解得BE=2，故AE=CE=4；
在Rt△AEC中，$AC=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$。
【答案】
23.(1)四边形ABCD是“等对直四边形”；(2)$\dfrac{13}{3}$或$\dfrac{13}{2}$；(3)$4\sqrt{2}$
【知识点】
四边形新定义、勾股定理、全等三角形判定与性质
【点评】
本题围绕新定义“等对直四边形”展开，需准确理解定义并结合几何核心知识解题，分情况讨论是关键，考查学生的几何综合应用能力，难度适中。
【难度系数】
0.6
24.如图,四边形 ABCD 是正方形,AB=6,E,F,G 分别是正方形ABCD 的边 AB,AD 及对角线 BD 上的点,H 是正方形 ABCD内一点,满足四边形 EFGH 是正方形。
(1)如图 1,若 AF=1,求此时 FG 的长。
(2)如图 2,连结 BH,求证:BH=EH。
(3)如图 3,延长 EH 交射线 BC 于点 J,取线段 DJ 的中点 K,连结 HK。设 AF=t,在 0＜t＜3 范围内是否存在 t 的值,使△HJK 是等腰三角形?若存在,求出所有符合条件的 t 的值;若不存在,请说明理由。
(1)如图 1,若 AF=1,求此时 FG 的长。
(2)如图 2,连结 BH,求证:BH=EH。
(3)如图 3,延长 EH 交射线 BC 于点 J,取线段 DJ 的中点 K,连结 HK。设 AF=t,在 0＜t＜3 范围内是否存在 t 的值,使△HJK 是等腰三角形?若存在,求出所有符合条件的 t 的值;若不存在,请说明理由。
答案
24.(1)如图1,过点G作$GP⊥ AD$于点P,因为四边形ABCD、四边形EFGH均是正方形,所以$∠ EFA+∠ AEF=90°$,$∠ EFA+∠ PFG=90°$,$EF=FG$,所以$∠ AEF=∠ PFG$,在$△ FPG$和$△ EAF$中$\begin{cases}∠ EAF=∠ FPG,\\∠ AEF=∠ PFG,\\EF=FG\end{cases}$(AAS),所以$PG=AF=1$,因为$∠ ADB=45°$,所以$∠ PGD=45°$,所以$PD=PG=1$,所以$FP=AD-AF-PD=4$,所以$FG=\sqrt{PG^2+FP^2}=\sqrt{1^2+4^2}=\sqrt{17}$。
(2)证明:如图2,过点G作$GP⊥ AD$于点P,过点H作$HQ⊥ AB$于点Q,因为四边形ABCD、四边形EFGH均是正方形,同(1)可证$△ HQE≌△ FPG≌△ EAF(\mathrm{AAS})$,所以$EQ=AF=PG=PD$,$AE=PF$,因为$AB=AD$,所以$BQ=AB-AQ=AD-AP=PD=EQ$,即HQ是EB的垂直平分线,所以$BH=EH$。
(3)如图3,过H作$HQ⊥ AB$于点Q,连结DE,由(2)知$BH=EH$,所以$∠ HEB=∠ HBE$,所以$∠ HBJ+∠ HBE=∠ HEB+∠ HJB=90°$,所以$∠ HBJ=∠ HJB$,所以$BH=HJ$,所以$EH=HJ$,即H是EJ的中点,所以QH是$△ EBJ$的中位线,所以$QH=\dfrac{1}{2}BJ$,因为K是DJ的中点,所以HK是$△ EDJ$的中位线,所以$HK=\dfrac{1}{2}ED$,因为$AB=6,AF=t$,所以$BQ=EQ=AF=t$,$QH=AE=6-2t$,所以$BJ=12-4t$,所以$JC=|4t-6|$,所以$HJ^2=\dfrac{EJ^2}{4}=\dfrac{EB^2+BJ^2}{4}=\dfrac{(2t)^2+(12-4t)^2}{4}=t^2+(6-2t)^2$,$JK^2=\dfrac{JD^2}{4}=\dfrac{JC^2+CD^2}{4}=\dfrac{(4t-6)^2+6^2}{4}=(2t-3)^2+9$,$KH^2=\dfrac{DE^2}{4}=\dfrac{AE^2+AD^2}{4}=\dfrac{(6-2t)^2+6^2}{4}=(3-t)^2+9$,当$HJ=JK$或$HJ=KH$或$JK=KH$时,$△ HKJ$是等腰三角形,情况1:$HJ=JK$,$t^2+(6-2t)^2=(2t-3)^2+9$,解得$t=6\pm3\sqrt{2}$;情况2:$HJ=KH$,$t^2+(6-2t)^2=(3-t)^2+9$,解得$t=\dfrac{3}{2}$或3;情况3:$JK=KH$,$(2t-3)^2+9=(3-t)^2+9$,解得$t=0$或2;因为$0＜t＜3$。故所有符合条件的$t$的值是$6-3\sqrt{2}$或$\dfrac{3}{2}$或2。
解析
【分析】
本题是正方形的几何综合题，分三小问逐步突破：
1. 第(1)问：要求FG的长，利用正方形EFGH的边相等、角为直角，通过作辅助线构造全等三角形，结合正方形对角线的45°角计算线段长度，最终用勾股定理求解。
2. 第(2)问：要证BH=EH，通过作两条垂线构造全等三角形，结合正方形边长相等推出垂直平分线，从而证明线段相等。
3. 第(3)问：需在0＜t＜3范围内找使△HJK为等腰三角形的t值，先由(2)的结论推出H是EJ中点，再用中位线定理得到三边表达式，分三种情况列方程，结合t的范围筛选有效解。
【解析】
(1) 如图1，过点G作$GP⊥ AD$于点P。
∵ 四边形ABCD、四边形EFGH均为正方形，
∴ $∠ EAF=∠ FPG=90°$，$EF=FG$，
$∠ EFA+∠ AEF=90°$，$∠ EFA+∠ PFG=90°$，
∴ $∠ AEF=∠ PFG$。
在$△ FPG$和$△ EAF$中，
$\begin{cases}∠ EAF=∠ FPG \\∠ AEF=∠ PFG \\EF=FG\end{cases}$
∴ $△ FPG≌△ EAF(AAS)$，
∴ $PG=AF=1$。
∵ 四边形ABCD是正方形，BD是对角线，
∴ $∠ ADB=45°$，$△ PDG$为等腰直角三角形，$PD=PG=1$。
又$AD=AB=6$，
∴ $FP=AD - AF - PD=6-1-1=4$，
在$Rt△ FPG$中，$FG=\sqrt{PG^2 + FP^2}=\sqrt{1^2 +4^2}=\sqrt{17}$。
(2) 如图2，过点G作$GP⊥ AD$于点P，过点H作$HQ⊥ AB$于点Q。
同(1)可证$△ FPG≌△ EAF$、$△ HQE≌△ EAF$，
∴ $△ HQE≌△ FPG≌△ EAF(AAS)$，
得$EQ=AF=PG=PD$，$AE=PF$。
∵ 正方形ABCD中$AB=AD$，
∴ $AB - AQ = AD - AP$，即$BQ=PD$，
∴ $BQ=EQ$，又$HQ⊥ AB$，
∴ HQ是EB的垂直平分线，故$BH=EH$。
(3) 如图3，过H作$HQ⊥ AB$于点Q，连结DE。
由(2)知$BH=EH$，得$∠ HEB=∠ HBE$，
结合$∠ HEB + ∠ HJB=90°$、$∠ HBE + ∠ HBJ=90°$，
推出$∠ HBJ=∠ HJB$，故$BH=HJ$，即$EH=HJ$，H是EJ中点。
∵ K是DJ中点，
∴ HK是$△ EDJ$的中位线，$HK=\frac{1}{2}ED$；同理QH是$△ EBJ$的中位线，$QH=\frac{1}{2}BJ$。
已知$AB=6$，$AF=t$，由(2)得$BQ=EQ=AF=t$，$QH=AE=6-2t$，
∴ $BJ=2QH=12-4t$，$JC=|4t-6|$。
计算三边平方：
$HJ^2=\frac{1}{4}(EB^2 + BJ^2)=t^2 + (6-2t)^2$，
$JK^2=\frac{1}{4}(JC^2 + CD^2)=(2t-3)^2 +9$，
$KH^2=\frac{1}{4}(AE^2 + AD^2)=(3-t)^2 +9$。
分三种情况讨论：
① $HJ=JK$时，$t^2 + (6-2t)^2=(2t-3)^2 +9$，解得$t=6±3√2$，结合0＜t＜3得$t=6-3√2$；
② $HJ=KH$时，$t^2 + (6-2t)^2=(3-t)^2 +9$，解得$t=\frac{3}{2}$或$t=3$，结合范围得$t=\frac{3}{2}$；
③ $JK=KH$时，$(2t-3)^2 +9=(3-t)^2 +9$，解得$t=0$或$t=2$，结合范围得$t=2$。
综上，符合条件的t值为$6-3√2$、$\frac{3}{2}$、$2$。
【答案】
(1) $\sqrt{17}$；
(2) 证明成立；
(3) 存在，$t$的值为$6-3\sqrt{2}$、$\frac{3}{2}$、$2$；
【知识点】
正方形性质、全等三角形判定与性质、等腰三角形判定
【点评】
本题是正方形综合压轴题，融合全等、等腰、中位线等知识点，辅助线构造是解题核心，第(3)问需分情况讨论等腰三角形，对几何综合分析能力要求高，易因漏解出错。
【难度系数】
0.2
本题是正方形的几何综合题，分三小问逐步突破：
1. 第(1)问：要求FG的长，利用正方形EFGH的边相等、角为直角，通过作辅助线构造全等三角形，结合正方形对角线的45°角计算线段长度，最终用勾股定理求解。
2. 第(2)问：要证BH=EH，通过作两条垂线构造全等三角形，结合正方形边长相等推出垂直平分线，从而证明线段相等。
3. 第(3)问：需在0＜t＜3范围内找使△HJK为等腰三角形的t值，先由(2)的结论推出H是EJ中点，再用中位线定理得到三边表达式，分三种情况列方程，结合t的范围筛选有效解。
【解析】
(1) 如图1，过点G作$GP⊥ AD$于点P。
∵ 四边形ABCD、四边形EFGH均为正方形，
∴ $∠ EAF=∠ FPG=90°$，$EF=FG$，
$∠ EFA+∠ AEF=90°$，$∠ EFA+∠ PFG=90°$，
∴ $∠ AEF=∠ PFG$。
在$△ FPG$和$△ EAF$中，
$\begin{cases}∠ EAF=∠ FPG \\∠ AEF=∠ PFG \\EF=FG\end{cases}$
∴ $△ FPG≌△ EAF(AAS)$，
∴ $PG=AF=1$。
∵ 四边形ABCD是正方形，BD是对角线，
∴ $∠ ADB=45°$，$△ PDG$为等腰直角三角形，$PD=PG=1$。
又$AD=AB=6$，
∴ $FP=AD - AF - PD=6-1-1=4$，
在$Rt△ FPG$中，$FG=\sqrt{PG^2 + FP^2}=\sqrt{1^2 +4^2}=\sqrt{17}$。
(2) 如图2，过点G作$GP⊥ AD$于点P，过点H作$HQ⊥ AB$于点Q。
同(1)可证$△ FPG≌△ EAF$、$△ HQE≌△ EAF$，
∴ $△ HQE≌△ FPG≌△ EAF(AAS)$，
得$EQ=AF=PG=PD$，$AE=PF$。
∵ 正方形ABCD中$AB=AD$，
∴ $AB - AQ = AD - AP$，即$BQ=PD$，
∴ $BQ=EQ$，又$HQ⊥ AB$，
∴ HQ是EB的垂直平分线，故$BH=EH$。
(3) 如图3，过H作$HQ⊥ AB$于点Q，连结DE。
由(2)知$BH=EH$，得$∠ HEB=∠ HBE$，
结合$∠ HEB + ∠ HJB=90°$、$∠ HBE + ∠ HBJ=90°$，
推出$∠ HBJ=∠ HJB$，故$BH=HJ$，即$EH=HJ$，H是EJ中点。
∵ K是DJ中点，
∴ HK是$△ EDJ$的中位线，$HK=\frac{1}{2}ED$；同理QH是$△ EBJ$的中位线，$QH=\frac{1}{2}BJ$。
已知$AB=6$，$AF=t$，由(2)得$BQ=EQ=AF=t$，$QH=AE=6-2t$，
∴ $BJ=2QH=12-4t$，$JC=|4t-6|$。
计算三边平方：
$HJ^2=\frac{1}{4}(EB^2 + BJ^2)=t^2 + (6-2t)^2$，
$JK^2=\frac{1}{4}(JC^2 + CD^2)=(2t-3)^2 +9$，
$KH^2=\frac{1}{4}(AE^2 + AD^2)=(3-t)^2 +9$。
分三种情况讨论：
① $HJ=JK$时，$t^2 + (6-2t)^2=(2t-3)^2 +9$，解得$t=6±3√2$，结合0＜t＜3得$t=6-3√2$；
② $HJ=KH$时，$t^2 + (6-2t)^2=(3-t)^2 +9$，解得$t=\frac{3}{2}$或$t=3$，结合范围得$t=\frac{3}{2}$；
③ $JK=KH$时，$(2t-3)^2 +9=(3-t)^2 +9$，解得$t=0$或$t=2$，结合范围得$t=2$。
综上，符合条件的t值为$6-3√2$、$\frac{3}{2}$、$2$。
【答案】
(1) $\sqrt{17}$；
(2) 证明成立；
(3) 存在，$t$的值为$6-3\sqrt{2}$、$\frac{3}{2}$、$2$；
【知识点】
正方形性质、全等三角形判定与性质、等腰三角形判定
【点评】
本题是正方形综合压轴题，融合全等、等腰、中位线等知识点，辅助线构造是解题核心，第(3)问需分情况讨论等腰三角形，对几何综合分析能力要求高，易因漏解出错。
【难度系数】
0.2
