四边形中的新定义问题例析

［摘 要］四边形中的新定义问题是近几年中考数学的热门题型。文章结合四个四边形中的新定义问题，从四个方面进行分析探讨，以培养学生的新知学习能力、阅读理解能力及综合运用知识解决问题的能力。

［关键词］四边形；新定义；初中数学

［中图分类号］ G633.6 ［文献标识码］  A ［文章编号］ 1674-6058（2023）32-0029-03

新定义问题是指用下定义的方式，给出一个新的运算、新的符号、新的概念等，要求学生化生为熟，进行运算、推理或迁移的一种题型。四边形中的新定义问题是近几年中考数学命题的热点，主要考查学生的新知学习能力、阅读理解能力及综合运用知识解决问题的能力，要求学生在学习过程中，自觉养成自主探究的学习方式。本文结合四个四边形中的新定义问题进行分析探讨。

一、有一组邻边相等的凸四边形——睦邻四边形

有一组邻边相等的凸四边形叫作“睦邻”四边形。由于“睦邻”四边形是一种特殊的凸四边形，因此，解决这样的四边形问题时需要作辅助线将凸四边形分割为规则图形。

［例1］定义：有一组邻边相等的凸四边形叫作“睦邻”四边形。探索理解：如图1所示，已知A、B、C在格点（小正方形的顶点）上，若想在网格内确定一个格点D，使四边形ABCD为“睦邻”四边形，则符合要求的点D有   个。

尝试解决：如图2所示，点[O]到正方形[ABCD]四个顶点的距离相等，正方形[ABCD]内另有一点[M]，满足[AM=5]，[DM=12]，且[∠AMD=90°]，若要在[AD]边上确定一点[P]，使点[P]到点[M]和点[O]的距离之和最小，请你找出点P的位置，并求出这个最小值。

解析：［探索理解］如图3所示，当点[D]分别处于点[P]、[Q]、[R]、[T]处时，有：[AP=AB]，[BC=CQ]，[AR=CR]，[BC=CT]，故符合要求的“睦邻”四边形的点有[P]、[Q]、[R]、[T]共4个。

［尝试解决］如图4所示，作点[M]关于[AD]的对称点[M′]，交[AD]于[H]，连接[OM′]、[PM]，作[OF⊥AB]于[F]，[M′E⊥AB]交[AB]延长线于[E]，延长[HM]交[OF]于[G]；在Rt[△ADM]中，[AM=5]，[DM=12]，∴[AD2=AM2+DM2=52+122=132]；∵[S△AMD=12×AM×DM=12×AD×MH]，∴[12×5×12=12×13×MH]，解得[ MH=6013]；∵正方形[ABCD]，点[O]到各个顶点的距离相等，∴[AF=OF=12AD=12×13=132]，[∠EAD=90°]，在Rt[△AMH]中，[AM2=AH2+MH2]，∴[AH2=AM2-MH2=52−60132]，解得[AH=2513]，∵[M′E⊥AB]，[∠AHM′=90°]，∴四边形[AHM′E]是矩形，∴[EM′=AH=FG=2513]，[AE=HM′=MH=6013]，∴[GM′=AE+AF=28926]，[OG=OF-FG=OF-FG=11926]，在Rt[△OM′G]中，[M′O2=OG2+M′G2=289262+119262]，解得[M'O=9768226]。综上所述，如图4所示，点[P]就是所求的点，点[P]到点[O]、点[M] 的最短距离之和为[9768226]。

点评：本题将“睦邻”四边形与直角三角形、正方形、矩形结合，考查了勾股定理、正方形、矩形的性质与判定。求两条线段和的最小值，需构造将军饮马模型，将折线化为直线，再把线段放在直角三角形中求解，在解决问题时渗透了分割图形，化不规则图形为规则图形的转化思想。

二、特殊边角关系的四边形——“直等补”四边形

“直等补”四边形是一种特殊边角关系的四边形，它有一组对角互补、一组邻边相等，且我们规定相等邻边的夹角是直角。一个四边形要成为“直等补”四边形必须满足以上三个条件。这样的四边形易于切割成几个直角三角形与矩形。

［例2］定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形。根据以上定义，解决下列问题：（1）如图5所示，正方形[ABCD]中[E]是[CD]上的点，将[△BCE]绕[B]点旋转，使[BC]与[BA]重合，此时点[E]的对应点[F]在[DA]的延长线上，则四边形[BEDF]     （填“是”或“不是”）“直等补”四边形；（2）如图6所示，已知四边形[ABCD]是“直等补”四边形，[AB=BC=10]，[CD=2]，[AD>AB]，过点[B]作[BE⊥AD]于[E]。①过[C]作[CF⊥BE]于点[F]，试证明：[BE=DE]，并求[BE]的长；②若[M]是[AD]边上的动点，求[△BCM]周长的最小值。

解析：（1）∵将△[BCE]绕[B]点旋转，[BC]与[BA]重合，点[E]的对应点[F]在[DA]的延长线上，则[∠ABF=∠CBE]，[BF=BE]，∵四边形[ABCD]是正方形，∴[∠ABC=∠D=90°]，∴[∠ABE+∠CBE=90°]，∴[∠ABE+∠ABF=90°]，即[∠EBF=∠D=90°]，∴[∠EBF+∠D=180°]，∵[∠EBF=90°]，[BF=BE]，∴四边形[BEDF]是“直等补”四边形。故答案为“是”。

（2）①∵四边形[ABCD]是“直等补”四边形，[AB=BC=10]，[CD=2]，[AD>AB]，∴[∠ABC=90°]，[∠ABC+∠D=180°]，∴[∠D=90°]，∵[BE⊥AD]，[CF⊥BE]，∴[∠DEF=90°]，[∠CFE=90°]，由三个角是直角的四边形是矩形，得四边形CDEF是矩形，∴[DE=CF]，[EF=CD=2]，∵[∠ABE+∠A=90°]，[∠ABE+∠CBE=90°]，由“同角的余角相等”得[∠A=∠CBF]，∵[∠AEB=∠BFC=90°]，[AB=BC]，由角角边定理得[△ABE ]≌[△BCF]，∴[BE=CF]，[AE=BF]，∵[DE=CF]，∴[BE=DE]；∵四边形[CDEF]是矩形，∴[EF=CD=2]，∴[AE=BE-2]，设[BE=x]，则[AE=x-2]，在Rt[△ABE]中，[x2+（x-2）2=102]，解得[x=8]或[x=-6]（舍去），∴[BE]的长是8；

②∵[△BCM]的周长[=BC+BM+CM]，∴当[BM+CM]的值最小时，[△BCM]的周长最小，如图7所示，延长[CD]到点[G]，使[DG=CD]，连接[BG]交[AD]于点[M′]，此时[BM+CM]的值最小，过点[G]作[GH⊥BC]，交[BC]的延长线于点[H]，∵[∠ADC=90°]，∴点[C]与点[G]关于[AD]对称，在Rt[△ABE]中，[AE=AB2−BE2=102−82=6]，∵四边形[ABCD]是“直等补”四边形，∴[∠A+∠BCD=180°]，∵[∠BCD+∠GCH=180°]，∴[∠A=∠GCH]，∵[∠AEB=∠H=90°]，∴[△ABE ]∽[△CGH]，∴[BEGH=AECH=ABCG=104=52]，即[8GH=6CH=52]，∴[GH=165]，[CH=125]，∴[BH=BC+CH=10+125=625]，∴[BG=BH2+GH2=6252+1652=241]，∴[△BCM]周长的最小值为2[41+]10。

点评：当一个“直等补”四边形被分割成两个直角三角形与一个矩形后，这两个直角三角形是全等的，这样更易于求出相应的边长。在解一个钝角三角形时，仍需要作垂线，将图形补充为两个直角三角形。从本题的解答可以看出求边长的三种思路：一是全等三角形，二是相似三角形，三是勾股定理。

三、依距离来规定的四边形——“等距”四边形

“等距”四边形是指四边形中有一个顶点与其他三个顶点的距离相等，这样的四边形有一组邻边相等，且等于一条对角线。由此看来，有一个内角是60°的菱形就是“等距”四边形，解决“等距”四边形的有关问题，需应用直角三角形与等腰三角形的有关性质。

［例3］定义：若四边形中某个顶点与其他三个顶点距离相等，则这个四边形叫作“等距”四边形，这个顶点叫作这个四边形的等距点。

（1）判断：一个内角为60°的菱形     “等距”四边形（填“是”或“不是”）。（2）如图8所示，在5×5的网格图中有[A]、[B]两点，请在给出的两个网格图上各找出[C]、[D]两个格点，使得以[A]、[B]、[C]、[D]为顶点的四边形是以[A]为等距点的“等距”四边形，画出相应的“等距”四边形（互不全等），并写出该“等距”四边形的端点均为非等距点的对角线长，端点均为非等距点的对角线长为         。（3）如图9所示，在海上[A]、[B]两处执行任务的两艘巡逻艇，根据指令[A]、[B]两艇同时出发，[A]艇直接回到驻地[O]，[B]艇到[C]岛执行某项任务后回到驻地[O]（在[C]岛执行任务的时间忽略不计），已知[A]、[B]、[C]三点到[O]点的距离相等，[AO]∥[BC]，[BC=100] km，[tanA=32]，若[A]艇的速度为65 km/h，试问[B]艇的速度是多少时，才可以和[A]艇同时回到驻地？

解析：（1）菱形[ABCD]中，[AB=BC=CD=DA]，当[∠A=60°]时，[△ABC]是等边三角形，∴[AB=AC=BC]，∴[CA=CB=CD]，∴一个内角为60°的菱形是“等距”四边形。故答案为“是”。

（2）如图10所示，[AB=32+1=10]，[AB=AC=AD=10]，[BD=22+42=20=25]。如图11所示，[AC=AB=AD=10]，[CD=42+42=32=42]。∴端点均为非等距点的对角线长为 2[5]或4[2]，故答案为[25]或[42]。

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图10                     图11

（3）如图12所示，作[OE⊥BC]于[E]，[BF⊥AO]于[F]。∵[AO]∥[BC]，[BC=100] km，∴[∠OFB=∠OEB=∠FBE=90°]，∴四边形[OEBF]是矩形。∴[BF=OE ]，[ OF=BE ]。∵[△BOC]中，[OB=OC]，[OE⊥BC]，∴[BE=EC=12BC=50]。∴[OF=BE=50]，∴[OA=OB=OC=AF+OF]。设[AF=2x]，∵[tanA=32]，∴[BF=3x]，在Rt[△BOF]中，[OF2+BF2=OB2]，[502+（3x）2=（50+2x）2]，解得[x=40]。∴[OA=130]（km），[130÷65=2]（h）。∴[BC+OC=100+130=230]（km），[230÷2=115]（km/h）。答：[B]艇的速度是115 km/h时，才可以和[A]艇同时回到驻地。

点评：根据圆的概念，易知“等距”四边形的其他三顶点在以等距点为圆心，以相等边长为半径的同一个圆上，这样的四边形可以构造无数多个，所以在第（2）小题中出现了两解的情况。在解答第（3）小题时不能误认为这个四边形就是菱形，它的四条边并不相等。

四、通过折叠得到的四边形——“完美”长方形

一张纸片，如果通过折叠的方法，得到了一个既无缝隙也不重叠的矩形，所得的这个矩形我们称之为“完美”长方形。这个矩形的面积等于原纸片面积的一半，其中一边长等于原纸片一边长的一半。

［例4］综合与实践：折纸是一项有趣的活动，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习。在折纸过程中，我们可以研究图形的运动和性质，也可以在思考问题的过程中初步建立几何直观，现在就让我们带着数学的眼光来折纸吧。定义：将纸片折叠，若折叠后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的长方形，这样的长方形称为“完美”长方形。