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1[2026河南洛阳期末,中]综合与实践课上,老师制定的活动主题为用尺规作图或折叠的方式在平行四边形纸片$ABCD$上作出一个菱形(阴影).同学们思考后提出下列设计方案,设计错误的是 (
C
)答案
1.C 【解析】A 选项,如图,设 $AC$ 与 $EF$ 交于点 $O$. 根据作图可知 $EF$ 垂直平分 $AC$,$\therefore OA = OC$,$AE = CE$. $\because$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形, $\therefore AB // CD$,$\therefore ∠ CEO = ∠ AFO$,$∠ ECO = ∠ FAO$. 在 $△ CEO$ 和 $△ AFO$ 中,$\begin{cases} ∠ CEO = ∠ AFO, \\ ∠ ECO = ∠ FAO, \\ OC = OA, \end{cases}$
$\therefore △ CEO ≌ △ AFO (\mathrm{AAS})$,$\therefore CE = AF$,$\therefore$ 四边形 $AFCE$ 为平行四边形. $\because AE = CE$,$\therefore$ 四边形 $AFCE$ 为菱形,故 A 不符合题意. B 选项,由作图可得 $∠ ADE = ∠ FDE = \frac{1}{2}∠ ADC$,$∠ DAF = ∠ BAF = \frac{1}{2}∠ DAE$. $\because$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形, $\therefore AB // CD$,$\therefore ∠ DFA = ∠ BAF$,$\therefore ∠ DAF = ∠ DFA$,$\therefore DA = DF$. 同理可得 $AD = AE$,$\therefore DF = AE$. 又$\because AB// CD$,$\therefore$ 四边形 $AEFD$ 为平行四边形. $\because DA = DF$,$\therefore$ 四边形 $AEFD$ 为菱形,故 B 不符合题意. D 选项,由折叠可得 $AD = AE$,$FD = FE$,$∠ DAF = ∠ EAF$,同 B 选项可得 $DA = DF$,$\therefore AD = AE = EF = DF$,$\therefore$ 四边形 $AEFD$ 为菱形,故 D 不符合题意. 无法证明 C 选项中的四边形 $BEDF$ 为菱形,故 C 符合题意. 故选 C.
解析
【分析】
要判断各选项设计的阴影图形是否为菱形，需结合菱形的判定定理（一组邻边相等的平行四边形是菱形、四条边相等的四边形是菱形、对角线互相垂直的平行四边形是菱形）分析：首先从每个选项的尺规作图或折叠操作中提取边、角的等量关系，再结合平行四边形ABCD的性质，推理阴影四边形是否满足菱形的判定条件，找出无法判定为菱形的选项即可。
【解析】
A选项：设AC与EF交于点O，由尺规作图可知EF垂直平分AC，因此$OA = OC$，$AE = CE$。
∵四边形$ABCD$是平行四边形，$\therefore AB // CD$，$\therefore ∠ CEO = ∠ AFO$，$∠ ECO = ∠ FAO$。
在$△ CEO$和$△ AFO$中，$\begin{cases} ∠ CEO = ∠ AFO \\ ∠ ECO = ∠ FAO \\ OC = OA \end{cases}$，
$\therefore △ CEO ≌ △ AFO (\mathrm{AAS})$，$\therefore CE = AF$，
又$\because CE // AF$，$\therefore$四边形$AFCE$是平行四边形，
$\because AE = CE$，$\therefore$平行四边形$AFCE$是菱形，故A不符合题意。
B选项：由尺规作图可知，$AE$平分$∠DAB$，$DF$平分$∠ADC$，即$∠DAF = ∠BAF = \frac{1}{2}∠DAB$，$∠ADE = ∠FDE = \frac{1}{2}∠ADC$。
∵四边形$ABCD$是平行四边形，$\therefore AB // CD$，$\therefore ∠DFA = ∠BAF$，
$\therefore ∠DAF = ∠DFA$，$\therefore DA = DF$，同理可得$AD = AE$，
$\therefore DF = AE$，又$\because DF // AE$，$\therefore$四边形$AEFD$是平行四边形，
$\because DA = DF$，$\therefore$平行四边形$AEFD$是菱形，故B不符合题意。
C选项：根据图中的折叠操作，无法推导得到阴影四边形的邻边相等，也无法证明其对角线互相垂直，不能判定该四边形为菱形，故C符合题意。
D选项：由折叠性质可得$AD = AE$，$FD = FE$，$∠DAF = ∠EAF$，
同B选项可推导得$DA = DF$，因此$AD = AE = EF = DF$，
四条边相等的四边形是菱形，故四边形$AEFD$是菱形，故D不符合题意。
【答案】
C
【知识点】
菱形的判定；平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题将尺规作图、折叠操作与四边形的判定相结合，需要同学们熟练掌握菱形的判定定理，能从操作过程中提取对应的边、角等量关系完成推理，注重对几何逻辑推理能力的考查。
【难度系数】
0.6
要判断各选项设计的阴影图形是否为菱形，需结合菱形的判定定理（一组邻边相等的平行四边形是菱形、四条边相等的四边形是菱形、对角线互相垂直的平行四边形是菱形）分析：首先从每个选项的尺规作图或折叠操作中提取边、角的等量关系，再结合平行四边形ABCD的性质，推理阴影四边形是否满足菱形的判定条件，找出无法判定为菱形的选项即可。
【解析】
A选项：设AC与EF交于点O，由尺规作图可知EF垂直平分AC，因此$OA = OC$，$AE = CE$。
∵四边形$ABCD$是平行四边形，$\therefore AB // CD$，$\therefore ∠ CEO = ∠ AFO$，$∠ ECO = ∠ FAO$。
在$△ CEO$和$△ AFO$中，$\begin{cases} ∠ CEO = ∠ AFO \\ ∠ ECO = ∠ FAO \\ OC = OA \end{cases}$，
$\therefore △ CEO ≌ △ AFO (\mathrm{AAS})$，$\therefore CE = AF$，
又$\because CE // AF$，$\therefore$四边形$AFCE$是平行四边形，
$\because AE = CE$，$\therefore$平行四边形$AFCE$是菱形，故A不符合题意。
B选项：由尺规作图可知，$AE$平分$∠DAB$，$DF$平分$∠ADC$，即$∠DAF = ∠BAF = \frac{1}{2}∠DAB$，$∠ADE = ∠FDE = \frac{1}{2}∠ADC$。
∵四边形$ABCD$是平行四边形，$\therefore AB // CD$，$\therefore ∠DFA = ∠BAF$，
$\therefore ∠DAF = ∠DFA$，$\therefore DA = DF$，同理可得$AD = AE$，
$\therefore DF = AE$，又$\because DF // AE$，$\therefore$四边形$AEFD$是平行四边形，
$\because DA = DF$，$\therefore$平行四边形$AEFD$是菱形，故B不符合题意。
C选项：根据图中的折叠操作，无法推导得到阴影四边形的邻边相等，也无法证明其对角线互相垂直，不能判定该四边形为菱形，故C符合题意。
D选项：由折叠性质可得$AD = AE$，$FD = FE$，$∠DAF = ∠EAF$，
同B选项可推导得$DA = DF$，因此$AD = AE = EF = DF$，
四条边相等的四边形是菱形，故四边形$AEFD$是菱形，故D不符合题意。
【答案】
C
【知识点】
菱形的判定；平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题将尺规作图、折叠操作与四边形的判定相结合，需要同学们熟练掌握菱形的判定定理，能从操作过程中提取对应的边、角等量关系完成推理，注重对几何逻辑推理能力的考查。
【难度系数】
0.6
2[2026山东青岛质检,中]如图,将两张完全一样的长为$\sqrt{10}$、宽为$\sqrt{2}$的长方形纸条交叉,使重叠部分的四边形周长最大,则这个最大值是(
A.$4\sqrt{2}$
B.$4\sqrt{10}$
C.$\frac{12\sqrt{10}}{5}$
D.$\frac{12\sqrt{5}}{5}$
(第2题图)
(第3题图)
C
)A.$4\sqrt{2}$
B.$4\sqrt{10}$
C.$\frac{12\sqrt{10}}{5}$
D.$\frac{12\sqrt{5}}{5}$
(第2题图)
(第3题图)
答案
2.C 【解析】如图,由题意可知,四边形 $BFDE$ 和四边形 $BHDG$ 是长方形,$DG = BE$,$\therefore AD// BC$,$AB// CD$,$∠ G = ∠ E = 90°$,$\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形,$DG ⊥ BG$,$BE ⊥ DE$,$\therefore$ 平行四边形 $ABCD$ 的面积 $= AB · DG = AD · BE$,$\therefore AB = AD$,$\therefore$ 平行四边形 $ABCD$ 是菱形,$\therefore AB = BC = CD = AD$. 当重叠部分的菱形边长最大时,周长最大,如图所示的情况时周长最大.
设 $AD = AB = x$,则 $AE = \sqrt{10}-x$. 在 $\mathrm{Rt}△ ABE$ 中,由勾股定理得 $AB^2 = AE^2 + BE^2$,即 $x^2 = (\sqrt{10}-x)^2 + 2$,解得 $x = \frac{3\sqrt{10}}{5}$,$\therefore$ 菱形 $ABCD$ 的周长的最大值为 $4x = \frac{12\sqrt{10}}{5}$. 故选 C.
解析
【分析】
解题时首先判断重叠部分的图形形状：长方形对边互相平行，因此重叠部分首先是平行四边形；两张长方形纸条完全相同，宽度相等，根据平行四边形面积=底×高，可推出该平行四边形邻边相等，即重叠部分为菱形。菱形周长为4倍边长，因此要使周长最大，需让菱形的边长最大，当菱形的一个顶点与长方形的端点重合时边长最大，此时设边长为未知数，结合长方形的长宽，利用勾股定理列方程求解边长，即可得到最大周长。
【解析】
解：由题意得，两张长方形纸条的对边分别平行，宽均为$\sqrt{2}$，
$\therefore AD// BC$，$AB// CD$，$\therefore$ 四边形$ABCD$是平行四边形。
平行四边形$ABCD$的面积可表示为$AB×$纸条宽，也可表示为$AD×$纸条宽，
$\therefore AB=AD$，即平行四边形$ABCD$是菱形，$\therefore AB=BC=CD=AD$。
要使重叠部分周长最大，需菱形边长最大，此时菱形的一个顶点与长方形端点重合。
设菱形边长$AD=AB=x$，则$AE=\sqrt{10}-x$，
在$\mathrm{Rt}△ ABE$中，$BE=\sqrt{2}$，由勾股定理得：
$AB^2=AE^2+BE^2$，即$x^2=(\sqrt{10}-x)^2+(\sqrt{2})^2$，
展开整理得：$2\sqrt{10}x=12$，解得$x=\frac{3\sqrt{10}}{5}$。
$\therefore$ 菱形$ABCD$的周长最大值为$4x=4×\frac{3\sqrt{10}}{5}=\frac{12\sqrt{10}}{5}$。
【答案】
C
【知识点】
菱形的判定与性质，勾股定理，平行四边形的性质
【点评】
本题结合纸条交叉的常见场景，综合考查了特殊四边形的判定、性质以及勾股定理的应用，解题核心是先确定重叠部分为菱形，再构造出边长最大的情况结合方程求解，能有效考查几何分析能力和方程思想的应用。
【难度系数】
0.6
解题时首先判断重叠部分的图形形状：长方形对边互相平行，因此重叠部分首先是平行四边形；两张长方形纸条完全相同，宽度相等，根据平行四边形面积=底×高，可推出该平行四边形邻边相等，即重叠部分为菱形。菱形周长为4倍边长，因此要使周长最大，需让菱形的边长最大，当菱形的一个顶点与长方形的端点重合时边长最大，此时设边长为未知数，结合长方形的长宽，利用勾股定理列方程求解边长，即可得到最大周长。
【解析】
解：由题意得，两张长方形纸条的对边分别平行，宽均为$\sqrt{2}$，
$\therefore AD// BC$，$AB// CD$，$\therefore$ 四边形$ABCD$是平行四边形。
平行四边形$ABCD$的面积可表示为$AB×$纸条宽，也可表示为$AD×$纸条宽，
$\therefore AB=AD$，即平行四边形$ABCD$是菱形，$\therefore AB=BC=CD=AD$。
要使重叠部分周长最大，需菱形边长最大，此时菱形的一个顶点与长方形端点重合。
设菱形边长$AD=AB=x$，则$AE=\sqrt{10}-x$，
在$\mathrm{Rt}△ ABE$中，$BE=\sqrt{2}$，由勾股定理得：
$AB^2=AE^2+BE^2$，即$x^2=(\sqrt{10}-x)^2+(\sqrt{2})^2$，
展开整理得：$2\sqrt{10}x=12$，解得$x=\frac{3\sqrt{10}}{5}$。
$\therefore$ 菱形$ABCD$的周长最大值为$4x=4×\frac{3\sqrt{10}}{5}=\frac{12\sqrt{10}}{5}$。
【答案】
C
【知识点】
菱形的判定与性质，勾股定理，平行四边形的性质
【点评】
本题结合纸条交叉的常见场景，综合考查了特殊四边形的判定、性质以及勾股定理的应用，解题核心是先确定重叠部分为菱形，再构造出边长最大的情况结合方程求解，能有效考查几何分析能力和方程思想的应用。
【难度系数】
0.6
3[2025江苏扬州质检,中]如图,在$□ ABCD$中,$∠ BAD$的平分线交线段$BC$于点$E$,交线段$DC$的延长线于点$F$,以$EC$,$CF$为邻边作$□ ECFG$,若$∠ ABC=120°$,则$∠ BDG=$
60°
.答案
3.60° 【解析】延长 $AB$,$FG$ 交于 $H$,连接 $HD$. $\because AD// BC$,$BC// GF$,$\therefore AD// GF$. $\because AB// DF$,$\therefore$ 四边形 $AHFD$,四边形 $BCFH$ 为平行四边形. $\because ∠ ABC = 120°$,$AF$ 平分 $∠ BAD$,$\therefore ∠ DAF = \frac{1}{2}(180°-120°) = 30°$,$∠ ADC = 120°$,$\therefore ∠ DFA = 30°$,$\therefore ∠ DAF = ∠ DFA$,$\therefore AD = DF$,$\therefore$ 平行四边形 $AHFD$ 为菱形, $\therefore$ 易得 $△ ADH ≌ △ FDH$,且均为等边三角形, $\therefore DH = DF$,$∠ BHD = ∠ GFD = ∠ HDF = 60°$. $\because AD// EC$,$\therefore ∠ CEF = ∠ DAF = ∠ DFA = 30°$,$\therefore CE = CF$. 又$\because$ 四边形 $ECFG$ 为平行四边形, $\therefore$ 四边形 $ECFG$ 为菱形, $\therefore CE = CF = FG = EG$. $\because$ 四边形 $BCFH$ 为平行四边形, $\therefore BH = CF$,$\therefore BH = GF$. 在 $△ BHD$ 与 $△ GFD$ 中,$\begin{cases} DH = DF, \\ ∠ BHD = ∠ GFD, \\ BH = GF, \end{cases}$
$\therefore △ BHD ≌ △ GFD (\mathrm{SAS})$,$\therefore ∠ BDH = ∠ GDF$,$\therefore ∠ BDG = ∠ BDH + ∠ HDG = ∠ GDF + ∠ HDG = 60°$.
故答案为 $60°$.
$\therefore △ BHD ≌ △ GFD (\mathrm{SAS})$,$\therefore ∠ BDH = ∠ GDF$,$\therefore ∠ BDG = ∠ BDH + ∠ HDG = ∠ GDF + ∠ HDG = 60°$.
故答案为 $60°$.
解析
【分析】
遇到平行四边形与角平分线结合的问题，首先要联想到“平行线+角平分线得等腰三角形”的常用结论。本题直接求∠BDG的度数较困难，因此考虑作辅助线构造全等三角形转化角的关系：先延长AB、FG交于H，连接HD，先利用平行四边形性质推导边、角的等量关系，证明相关四边形为菱形，得到等边三角形，再通过证明三角形全等，将所求角转化为已知的60°特殊角即可求解。
【解析】
延长$AB$，$FG$交于$H$，连接$HD$.
$\because$四边形$ABCD$是平行四边形，$\therefore AD// BC$，$AB// DF$，$∠ ADC=∠ ABC=120°$.
$\because$四边形$ECFG$是平行四边形，$\therefore BC// GF$，$\therefore AD// GF$.
$\because AD// GF$，$AB// DF$，$\therefore$四边形$AHFD$、四边形$BCFH$均为平行四边形.
$\because AF$平分$∠ BAD$，$∠ ABC=120°$，$\therefore ∠ BAD=180°-∠ ABC=60°$，$\therefore ∠ DAF=\frac{1}{2}∠ BAD=30°$.
$\because AB// DF$，$\therefore ∠ DFA=∠ BAF=30°$，$\therefore ∠ DAF=∠ DFA$，$\therefore AD=DF$，$\therefore$平行四边形$AHFD$为菱形.
$\therefore △ ADH$、$△ FDH$均为等边三角形，$\therefore DH=DF$，$∠ BHD=∠ GFD=∠ HDF=60°$.
$\because AD// EC$，$\therefore ∠ CEF=∠ DAF=30°$，又$∠ CFE=∠ DFA=30°$，$\therefore ∠ CEF=∠ CFE$，$\therefore CE=CF$，$\therefore$平行四边形$ECFG$为菱形，$\therefore CF=GF$.
$\because$四边形$BCFH$是平行四边形，$\therefore BH=CF$，$\therefore BH=GF$.
在$△ BHD$和$△ GFD$中：
$\begin{cases} DH=DF, \\ ∠ BHD=∠ GFD, \\ BH=GF, \end{cases}$
$\therefore △ BHD≌△ GFD(\mathrm{SAS})$，$\therefore ∠ BDH=∠ GDF$.
$\therefore ∠ BDG=∠ BDH+∠ HDG=∠ GDF+∠ HDG=∠ HDF=60°$.
【答案】
$60°$
【知识点】
平行四边形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查了平行四边形、菱形的性质与判定，以及全等三角形的应用，解题的核心是合理构造辅助线，通过特殊四边形的性质得到边、角的等量关系，再利用全等三角形转化角度，对几何知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
遇到平行四边形与角平分线结合的问题，首先要联想到“平行线+角平分线得等腰三角形”的常用结论。本题直接求∠BDG的度数较困难，因此考虑作辅助线构造全等三角形转化角的关系：先延长AB、FG交于H，连接HD，先利用平行四边形性质推导边、角的等量关系，证明相关四边形为菱形，得到等边三角形，再通过证明三角形全等，将所求角转化为已知的60°特殊角即可求解。
【解析】
延长$AB$，$FG$交于$H$，连接$HD$.
$\because$四边形$ABCD$是平行四边形，$\therefore AD// BC$，$AB// DF$，$∠ ADC=∠ ABC=120°$.
$\because$四边形$ECFG$是平行四边形，$\therefore BC// GF$，$\therefore AD// GF$.
$\because AD// GF$，$AB// DF$，$\therefore$四边形$AHFD$、四边形$BCFH$均为平行四边形.
$\because AF$平分$∠ BAD$，$∠ ABC=120°$，$\therefore ∠ BAD=180°-∠ ABC=60°$，$\therefore ∠ DAF=\frac{1}{2}∠ BAD=30°$.
$\because AB// DF$，$\therefore ∠ DFA=∠ BAF=30°$，$\therefore ∠ DAF=∠ DFA$，$\therefore AD=DF$，$\therefore$平行四边形$AHFD$为菱形.
$\therefore △ ADH$、$△ FDH$均为等边三角形，$\therefore DH=DF$，$∠ BHD=∠ GFD=∠ HDF=60°$.
$\because AD// EC$，$\therefore ∠ CEF=∠ DAF=30°$，又$∠ CFE=∠ DFA=30°$，$\therefore ∠ CEF=∠ CFE$，$\therefore CE=CF$，$\therefore$平行四边形$ECFG$为菱形，$\therefore CF=GF$.
$\because$四边形$BCFH$是平行四边形，$\therefore BH=CF$，$\therefore BH=GF$.
在$△ BHD$和$△ GFD$中：
$\begin{cases} DH=DF, \\ ∠ BHD=∠ GFD, \\ BH=GF, \end{cases}$
$\therefore △ BHD≌△ GFD(\mathrm{SAS})$，$\therefore ∠ BDH=∠ GDF$.
$\therefore ∠ BDG=∠ BDH+∠ HDG=∠ GDF+∠ HDG=∠ HDF=60°$.
【答案】
$60°$
【知识点】
平行四边形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查了平行四边形、菱形的性质与判定，以及全等三角形的应用，解题的核心是合理构造辅助线，通过特殊四边形的性质得到边、角的等量关系，再利用全等三角形转化角度，对几何知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
4[2025福建厦门质检,中]在学习了“菱形的性质与判定”后,小明根据所学的内容,试着定义了一个新的特殊四边形,规定:对角线互相垂直的四边形称为“垂美四边形”,如图(1)所示,$AC ⊥ BD$,则四边形$ABCD$为“垂美四边形”.
(1)【概念理解】证明:有三条边相等的“垂美四边形”是菱形(写出已知、求证);
(2)【性质探索】如图(1),若记“垂美四边形”$ABCD$的面积为$S$,求出$S$与$AC$,$BD$之间的关系;
(3)【性质应用】小明为了证明勾股定理,尝试将两个全等的直角三角形($Rt△ ABC ≌ Rt△ BED$)按图(2)方式摆放,其中$B$,$C$,$E$在一条直线上,
若假设直角三角形三边长为$x$,$y$,$z$,即$BC=ED=x$,$AB=BE=y$,$AC=BD=z$,试利用(2)中结论证明勾股定理.
(1)【概念理解】证明:有三条边相等的“垂美四边形”是菱形(写出已知、求证);
(2)【性质探索】如图(1),若记“垂美四边形”$ABCD$的面积为$S$,求出$S$与$AC$,$BD$之间的关系;
(3)【性质应用】小明为了证明勾股定理,尝试将两个全等的直角三角形($Rt△ ABC ≌ Rt△ BED$)按图(2)方式摆放,其中$B$,$C$,$E$在一条直线上,
若假设直角三角形三边长为$x$,$y$,$z$,即$BC=ED=x$,$AB=BE=y$,$AC=BD=z$,试利用(2)中结论证明勾股定理.
答案
4.(1)【解】已知:如图,四边形 $ABCD$ 的两条对角线互相垂直,即 $AC ⊥ BD$,且 $AB = BC = CD$. 求证:四边形 $ABCD$ 是菱形.
证明:$\because AC ⊥ BD$,$\therefore ∠ BOA = ∠ BOC = 90°$.
在 $\mathrm{Rt}△ BOA$ 和 $\mathrm{Rt}△ BOC$ 中,$\begin{cases} OB = OB, \\ AB = CB, \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ AOB ≌ △ COB(\mathrm{HL})$,$\therefore OA = OC$.
同理可得 $\mathrm{Rt}△ COD ≌ △ COB(\mathrm{HL})$,$\therefore OD = OB$,
$\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形.
$\because AC ⊥ BD$,$\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是菱形, $\therefore$ 有三条边相等的“垂美四边形”是菱形.
(2)【解】在题图(1)中,$\because S_{\mathrm{四边形}ABCD} = S_{△ ABC} + S_{△ ADC} = \frac{1}{2}AC · BO + \frac{1}{2}AC · DO = \frac{1}{2}AC · BD$,
$\therefore S = \frac{1}{2}AC · BD$.
(3)【证明】连接 $CD$,$AD$. 由已知可得 $∠ BCA = ∠ EDB$.
$\because ∠ CBO + ∠ EDB = 90°$,$\therefore ∠ CBO + ∠ BCA = 90°$,
$\therefore AC ⊥ BD$,$\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是“垂美四边形”.
由(2)可得 $S_{\mathrm{四边形}ABCD} = \frac{1}{2}AC · BD = \frac{1}{2}z^2$. $\because ∠ BED = ∠ ABC = 90°$,$\therefore$ 易知四边形 $ABED$ 为直角梯形.
$\because S_{\mathrm{四边形}ABCD} = S_{\mathrm{梯形}ABED} - S_{△ CED} = (x+y) × y × \frac{1}{2} - \frac{1}{2} × x × (y-x) = \frac{1}{2}y^2 + \frac{1}{2}xy + \frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{2}xy = \frac{1}{2}y^2 + \frac{1}{2}x^2$,
$\therefore \frac{1}{2}z^2 = \frac{1}{2}y^2 + \frac{1}{2}x^2$,即 $z^2 = y^2 + x^2$,即勾股定理得证.
解析
【分析】
(1) 本问是新定义下的证明题，首先根据题意明确已知条件：四边形是垂美四边形即$AC⊥ BD$，且有三条边$AB=BC=CD$，求证该四边形为菱形。解题时先利用对角线垂直得到直角，通过HL定理证明直角三角形全等，得到对角线互相平分，先判定四边形是平行四边形，再结合对角线垂直的特征即可证明是菱形。
(2) 求垂美四边形的面积时，可将四边形拆分为以$AC$为公共底的$△ ABC$和$△ ADC$，两个三角形的高分别为$BO$和$DO$，结合三角形面积公式求和即可推导出面积与$AC$、$BD$的关系。
(3) 证明勾股定理时，首先连接$AD$、$CD$，先推导得$AC⊥ BD$，确定四边形$ABCD$是垂美四边形，用(2)的结论写出它的面积表达式；再用割补法，将四边形$ABCD$的面积表示为直角梯形$ABED$的面积减去$△ CED$的面积，令两个面积表达式相等，化简后即可得到勾股定理的关系式。
【解析】
(1) 已知：如图，四边形$ABCD$的两条对角线互相垂直，即$AC⊥ BD$，且$AB = BC = CD$。 求证：四边形$ABCD$是菱形。
证明：$\because AC⊥ BD$，$\therefore ∠ BOA = ∠ BOC = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ BOA$和$\mathrm{Rt}△ BOC$中，$\begin{cases} OB = OB, \\ AB = CB, \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ AOB ≌ △ COB(\mathrm{HL})$，$\therefore OA = OC$。
同理可得$\mathrm{Rt}△ COD ≌ △ COB(\mathrm{HL})$，$\therefore OD = OB$，
$\therefore$ 四边形$ABCD$是平行四边形。
$\because AC⊥ BD$，$\therefore$ 四边形$ABCD$是菱形，$\therefore$ 有三条边相等的“垂美四边形”是菱形。
(2) 解：在题图(1)中，$\because S_{\mathrm{四边形}ABCD} = S_{△ ABC} + S_{△ ADC} = \frac{1}{2}AC · BO + \frac{1}{2}AC · DO = \frac{1}{2}AC · (BO+DO) = \frac{1}{2}AC · BD$，
$\therefore S = \frac{1}{2}AC · BD$。
(3) 证明：连接$CD$，$AD$。由已知可得$∠ BCA = ∠ EDB$。
$\because ∠ CBO + ∠ EDB = 90°$，$\therefore ∠ CBO + ∠ BCA = 90°$，
$\therefore ∠ BOC=90°$，即$AC⊥ BD$，$\therefore$ 四边形$ABCD$是“垂美四边形”。
由(2)可得$S_{\mathrm{四边形}ABCD} = \frac{1}{2}AC · BD = \frac{1}{2}z^2$。
$\because ∠ BED = ∠ ABC = 90°$，$\therefore AB// DE$，四边形$ABED$为直角梯形。
$\because S_{\mathrm{四边形}ABCD} = S_{\mathrm{梯形}ABED} - S_{△ CED} = \frac{1}{2}(x+y)y - \frac{1}{2}x(y-x) = \frac{1}{2}y^2 + \frac{1}{2}xy + \frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{2}xy = \frac{1}{2}y^2 + \frac{1}{2}x^2$，
$\therefore \frac{1}{2}z^2 = \frac{1}{2}y^2 + \frac{1}{2}x^2$，即$x^2 + y^2 = z^2$，勾股定理得证。
【答案】
4.(1)【解】已知:如图,四边形 $ABCD$ 的两条对角线互相垂直,即 $AC ⊥ BD$,且 $AB = BC = CD$. 求证:四边形 $ABCD$ 是菱形.
证明:$\because AC ⊥ BD$,$\therefore ∠ BOA = ∠ BOC = 90°$.
在 $\mathrm{Rt}△ BOA$ 和 $\mathrm{Rt}△ BOC$ 中,$\begin{cases} OB = OB, \\ AB = CB, \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ AOB ≌ △ COB(\mathrm{HL})$,$\therefore OA = OC$.
同理可得 $\mathrm{Rt}△ COD ≌ △ COB(\mathrm{HL})$,$\therefore OD = OB$,
$\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形.
$\because AC ⊥ BD$,$\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是菱形, $\therefore$ 有三条边相等的“垂美四边形”是菱形.
(2)【解】在题图(1)中,$\because S_{\mathrm{四边形}ABCD} = S_{△ ABC} + S_{△ ADC} = \frac{1}{2}AC · BO + \frac{1}{2}AC · DO = \frac{1}{2}AC · BD$,
$\therefore S = \frac{1}{2}AC · BD$.
(3)【证明】连接 $CD$,$AD$. 由已知可得 $∠ BCA = ∠ EDB$.
$\because ∠ CBO + ∠ EDB = 90°$,$\therefore ∠ CBO + ∠ BCA = 90°$,
$\therefore AC ⊥ BD$,$\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是“垂美四边形”.
由(2)可得 $S_{\mathrm{四边形}ABCD} = \frac{1}{2}AC · BD = \frac{1}{2}z^2$. $\because ∠ BED = ∠ ABC = 90°$,$\therefore$ 易知四边形 $ABED$ 为直角梯形.
$\because S_{\mathrm{四边形}ABCD} = S_{\mathrm{梯形}ABED} - S_{△ CED} = (x+y) × y × \frac{1}{2} - \frac{1}{2} × x × (y-x) = \frac{1}{2}y^2 + \frac{1}{2}xy + \frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{2}xy = \frac{1}{2}y^2 + \frac{1}{2}x^2$,
$\therefore \frac{1}{2}z^2 = \frac{1}{2}y^2 + \frac{1}{2}x^2$,即 $z^2 = y^2 + x^2$,即勾股定理得证.
【知识点】
菱形的判定、四边形面积计算、勾股定理证明
【点评】
本题为新定义类题型，围绕“垂美四边形”的概念依次设置了概念理解、性质探索、性质应用三类问题，由浅入深，既考查对基础几何知识的掌握程度，也考查知识迁移能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
(1) 本问是新定义下的证明题，首先根据题意明确已知条件：四边形是垂美四边形即$AC⊥ BD$，且有三条边$AB=BC=CD$，求证该四边形为菱形。解题时先利用对角线垂直得到直角，通过HL定理证明直角三角形全等，得到对角线互相平分，先判定四边形是平行四边形，再结合对角线垂直的特征即可证明是菱形。
(2) 求垂美四边形的面积时，可将四边形拆分为以$AC$为公共底的$△ ABC$和$△ ADC$，两个三角形的高分别为$BO$和$DO$，结合三角形面积公式求和即可推导出面积与$AC$、$BD$的关系。
(3) 证明勾股定理时，首先连接$AD$、$CD$，先推导得$AC⊥ BD$，确定四边形$ABCD$是垂美四边形，用(2)的结论写出它的面积表达式；再用割补法，将四边形$ABCD$的面积表示为直角梯形$ABED$的面积减去$△ CED$的面积，令两个面积表达式相等，化简后即可得到勾股定理的关系式。
【解析】
(1) 已知：如图
，四边形$ABCD$的两条对角线互相垂直，即$AC⊥ BD$，且$AB = BC = CD$。 求证：四边形$ABCD$是菱形。证明：$\because AC⊥ BD$，$\therefore ∠ BOA = ∠ BOC = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ BOA$和$\mathrm{Rt}△ BOC$中，$\begin{cases} OB = OB, \\ AB = CB, \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ AOB ≌ △ COB(\mathrm{HL})$，$\therefore OA = OC$。
同理可得$\mathrm{Rt}△ COD ≌ △ COB(\mathrm{HL})$，$\therefore OD = OB$，
$\therefore$ 四边形$ABCD$是平行四边形。
$\because AC⊥ BD$，$\therefore$ 四边形$ABCD$是菱形，$\therefore$ 有三条边相等的“垂美四边形”是菱形。
(2) 解：在题图(1)中，$\because S_{\mathrm{四边形}ABCD} = S_{△ ABC} + S_{△ ADC} = \frac{1}{2}AC · BO + \frac{1}{2}AC · DO = \frac{1}{2}AC · (BO+DO) = \frac{1}{2}AC · BD$，
$\therefore S = \frac{1}{2}AC · BD$。
(3) 证明：连接$CD$，$AD$。由已知可得$∠ BCA = ∠ EDB$。
$\because ∠ CBO + ∠ EDB = 90°$，$\therefore ∠ CBO + ∠ BCA = 90°$，
$\therefore ∠ BOC=90°$，即$AC⊥ BD$，$\therefore$ 四边形$ABCD$是“垂美四边形”。
由(2)可得$S_{\mathrm{四边形}ABCD} = \frac{1}{2}AC · BD = \frac{1}{2}z^2$。
$\because ∠ BED = ∠ ABC = 90°$，$\therefore AB// DE$，四边形$ABED$为直角梯形。
$\because S_{\mathrm{四边形}ABCD} = S_{\mathrm{梯形}ABED} - S_{△ CED} = \frac{1}{2}(x+y)y - \frac{1}{2}x(y-x) = \frac{1}{2}y^2 + \frac{1}{2}xy + \frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{2}xy = \frac{1}{2}y^2 + \frac{1}{2}x^2$，
$\therefore \frac{1}{2}z^2 = \frac{1}{2}y^2 + \frac{1}{2}x^2$，即$x^2 + y^2 = z^2$，勾股定理得证。
【答案】
4.(1)【解】已知:如图,四边形 $ABCD$ 的两条对角线互相垂直,即 $AC ⊥ BD$,且 $AB = BC = CD$. 求证:四边形 $ABCD$ 是菱形.
证明:$\because AC ⊥ BD$,$\therefore ∠ BOA = ∠ BOC = 90°$.
在 $\mathrm{Rt}△ BOA$ 和 $\mathrm{Rt}△ BOC$ 中,$\begin{cases} OB = OB, \\ AB = CB, \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ AOB ≌ △ COB(\mathrm{HL})$,$\therefore OA = OC$.
同理可得 $\mathrm{Rt}△ COD ≌ △ COB(\mathrm{HL})$,$\therefore OD = OB$,
$\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形.
$\because AC ⊥ BD$,$\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是菱形, $\therefore$ 有三条边相等的“垂美四边形”是菱形.
(2)【解】在题图(1)中,$\because S_{\mathrm{四边形}ABCD} = S_{△ ABC} + S_{△ ADC} = \frac{1}{2}AC · BO + \frac{1}{2}AC · DO = \frac{1}{2}AC · BD$,
$\therefore S = \frac{1}{2}AC · BD$.
(3)【证明】连接 $CD$,$AD$. 由已知可得 $∠ BCA = ∠ EDB$.
$\because ∠ CBO + ∠ EDB = 90°$,$\therefore ∠ CBO + ∠ BCA = 90°$,
$\therefore AC ⊥ BD$,$\therefore$ 四边形 $ABCD$ 是“垂美四边形”.
由(2)可得 $S_{\mathrm{四边形}ABCD} = \frac{1}{2}AC · BD = \frac{1}{2}z^2$. $\because ∠ BED = ∠ ABC = 90°$,$\therefore$ 易知四边形 $ABED$ 为直角梯形.
$\because S_{\mathrm{四边形}ABCD} = S_{\mathrm{梯形}ABED} - S_{△ CED} = (x+y) × y × \frac{1}{2} - \frac{1}{2} × x × (y-x) = \frac{1}{2}y^2 + \frac{1}{2}xy + \frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{2}xy = \frac{1}{2}y^2 + \frac{1}{2}x^2$,
$\therefore \frac{1}{2}z^2 = \frac{1}{2}y^2 + \frac{1}{2}x^2$,即 $z^2 = y^2 + x^2$,即勾股定理得证.
【知识点】
菱形的判定、四边形面积计算、勾股定理证明
【点评】
本题为新定义类题型，围绕“垂美四边形”的概念依次设置了概念理解、性质探索、性质应用三类问题，由浅入深，既考查对基础几何知识的掌握程度，也考查知识迁移能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
5 核心素养 推理能力 [中]如图(1),$△ ABC$为等腰三角形,$AB=AC=6$,P点是底边BC上的一个动点,$PD// AC$,$PE// AB$,D,E分别在AB,AC上.
(1)求四边形ADPE的周长.
(2)当点P运动到什么位置时,四边形ADPE是菱形?并说明理由.
(3)如果$△ ABC$不是等腰三角形(如图(2)),其他条件不变,当点P运动到什么位置时,四边形ADPE是菱形?并说明理由.
(1)求四边形ADPE的周长.
(2)当点P运动到什么位置时,四边形ADPE是菱形?并说明理由.
(3)如果$△ ABC$不是等腰三角形(如图(2)),其他条件不变,当点P运动到什么位置时,四边形ADPE是菱形?并说明理由.
答案
5.【解】(1) $\because PD// AC$,$PE// AB$,$\therefore ∠ DPB = ∠ C$,$∠ EPC = ∠ B$. $\because AB = AC$,$\therefore ∠ B = ∠ C$,$\therefore ∠ B = ∠ DPB = ∠ C = ∠ EPC$,$\therefore DB = DP$,$PE = EC$,$\therefore$ 四边形 $ADPE$ 的周长是 $AD + DP + PE + AE = AB + AC = 6 × 2 = 12$.
(2)当点 $P$ 运动到 $BC$ 中点时,四边形 $ADPE$ 是菱形. 理由如下:$\because PD// AC$,$PE// AB$,$\therefore$ 四边形 $ADPE$ 是平行四边形. $\because$ 点 $P$ 是 $BC$ 的中点, $\therefore PB = PC$.
在 $△ DBP$ 和 $△ ECP$ 中, $∠ B = ∠ C$,$BP = CP$, 由(1)知 $∠ DPB = ∠ EPC$,$\therefore △ DBP ≌ △ ECP(\mathrm{ASA})$,$\therefore DP = PE$,$\therefore$ 平行四边形 $ADPE$ 是菱形.
(3)如图,点 $P$ 运动到 $∠ A$ 的平分线上时,四边形 $ADPE$ 是菱形. 理由如下:连接 $AP$.
$\because PD// AC$,$PE// AB$,$\therefore$ 四边形 $ADPE$ 是平行四边形. $\because AP$ 平分 $∠ BAC$,$\therefore ∠ 1 = ∠ 2$. $\because AB// EP$,$\therefore ∠ 1 = ∠ 3$,$\therefore ∠ 2 = ∠ 3$,$\therefore AE = EP$,$\therefore$ 平行四边形 $ADPE$ 是菱形.
解析
【分析】
(1) 首先根据两组对边分别平行可判定四边形ADPE是平行四边形，得到AD=PE、AE=PD；再结合等腰△ABC的∠B=∠C，利用平行线的性质推出∠DPB=∠B、∠EPC=∠C，由等角对等边得DP=BD、PE=CE，即可将四边形周长转化为AB与AC的和计算。
(2) 菱形需在平行四边形的基础上满足邻边相等，已知四边形ADPE是平行四边形，当P为BC中点时，可通过ASA证明△DBP≌△ECP得到DP=PE，即可判定平行四边形为菱形。
(3) 当△ABC不是等腰三角形时，仍先判定四边形ADPE是平行四边形，要得到邻边相等，可利用角平分线和平行线的性质推出等腰三角形，得到AE=EP，因此当P在∠BAC的平分线上时，平行四边形ADPE为菱形。
【解析】
(1) $\because PD// AC$,$PE// AB$,$\therefore ∠ DPB = ∠ C$,$∠ EPC = ∠ B$。
$\because AB = AC$,$\therefore ∠ B = ∠ C$,$\therefore ∠ B = ∠ DPB = ∠ C = ∠ EPC$,$\therefore DB = DP$,$PE = EC$,
$\therefore$ 四边形 $ADPE$ 的周长 $= AD + DP + PE + AE = AD + BD + EC + AE = AB + AC = 6 × 2 = 12$。
(2)当点 $P$ 运动到 $BC$ 中点时,四边形 $ADPE$ 是菱形。理由如下:
$\because PD// AC$,$PE// AB$,$\therefore$ 四边形 $ADPE$ 是平行四边形。
$\because$ 点 $P$ 是 $BC$ 的中点, $\therefore PB = PC$。
在 $△ DBP$ 和 $△ ECP$ 中, $\{\begin{array}{l}∠ B = ∠ C \\ BP = CP \\ ∠ DPB = ∠ EPC\end{array} $,
$\therefore △ DBP ≌ △ ECP(\mathrm{ASA})$,$\therefore DP = PE$,
$\therefore$ 平行四边形 $ADPE$ 是菱形。
(3)点 $P$ 运动到 $∠ A$ 的平分线上时,四边形 $ADPE$ 是菱形。理由如下:连接 $AP$。
$\because PD// AC$,$PE// AB$,$\therefore$ 四边形 $ADPE$ 是平行四边形。
$\because AP$ 平分 $∠ BAC$,$\therefore ∠ 1 = ∠ 2$。
$\because AB// EP$,$\therefore ∠ 1 = ∠ 3$,$\therefore ∠ 2 = ∠ 3$,
$\therefore AE = EP$,$\therefore$ 平行四边形 $ADPE$ 是菱形。
【答案】
(1) 四边形ADPE的周长为$\boldsymbol{12}$；
(2) 点P运动到$\boldsymbol{BC}$的中点时，四边形ADPE是菱形，理由见解析；
(3) 点P运动到$\boldsymbol{∠BAC}$的平分线上时，四边形ADPE是菱形，理由见解析。
【知识点】
等腰三角形的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定
【点评】
本题结合动点场景，综合考查特殊四边形的判定、等腰三角形、全等三角形、角平分线的相关性质，需要灵活转化边与角的关系，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 首先根据两组对边分别平行可判定四边形ADPE是平行四边形，得到AD=PE、AE=PD；再结合等腰△ABC的∠B=∠C，利用平行线的性质推出∠DPB=∠B、∠EPC=∠C，由等角对等边得DP=BD、PE=CE，即可将四边形周长转化为AB与AC的和计算。
(2) 菱形需在平行四边形的基础上满足邻边相等，已知四边形ADPE是平行四边形，当P为BC中点时，可通过ASA证明△DBP≌△ECP得到DP=PE，即可判定平行四边形为菱形。
(3) 当△ABC不是等腰三角形时，仍先判定四边形ADPE是平行四边形，要得到邻边相等，可利用角平分线和平行线的性质推出等腰三角形，得到AE=EP，因此当P在∠BAC的平分线上时，平行四边形ADPE为菱形。
【解析】
(1) $\because PD// AC$,$PE// AB$,$\therefore ∠ DPB = ∠ C$,$∠ EPC = ∠ B$。
$\because AB = AC$,$\therefore ∠ B = ∠ C$,$\therefore ∠ B = ∠ DPB = ∠ C = ∠ EPC$,$\therefore DB = DP$,$PE = EC$,
$\therefore$ 四边形 $ADPE$ 的周长 $= AD + DP + PE + AE = AD + BD + EC + AE = AB + AC = 6 × 2 = 12$。
(2)当点 $P$ 运动到 $BC$ 中点时,四边形 $ADPE$ 是菱形。理由如下:
$\because PD// AC$,$PE// AB$,$\therefore$ 四边形 $ADPE$ 是平行四边形。
$\because$ 点 $P$ 是 $BC$ 的中点, $\therefore PB = PC$。
在 $△ DBP$ 和 $△ ECP$ 中, $\{\begin{array}{l}∠ B = ∠ C \\ BP = CP \\ ∠ DPB = ∠ EPC\end{array} $,
$\therefore △ DBP ≌ △ ECP(\mathrm{ASA})$,$\therefore DP = PE$,
$\therefore$ 平行四边形 $ADPE$ 是菱形。
(3)点 $P$ 运动到 $∠ A$ 的平分线上时,四边形 $ADPE$ 是菱形。理由如下:连接 $AP$。
$\because PD// AC$,$PE// AB$,$\therefore$ 四边形 $ADPE$ 是平行四边形。
$\because AP$ 平分 $∠ BAC$,$\therefore ∠ 1 = ∠ 2$。
$\because AB// EP$,$\therefore ∠ 1 = ∠ 3$,$\therefore ∠ 2 = ∠ 3$,
$\therefore AE = EP$,$\therefore$ 平行四边形 $ADPE$ 是菱形。
【答案】
(1) 四边形ADPE的周长为$\boldsymbol{12}$；
(2) 点P运动到$\boldsymbol{BC}$的中点时，四边形ADPE是菱形，理由见解析；
(3) 点P运动到$\boldsymbol{∠BAC}$的平分线上时，四边形ADPE是菱形，理由见解析。
【知识点】
等腰三角形的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定
【点评】
本题结合动点场景，综合考查特殊四边形的判定、等腰三角形、全等三角形、角平分线的相关性质，需要灵活转化边与角的关系，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
