新定义型探究——历年（2022-2025）综合与实践真题精编
一、实践探究题
1．（2025·乐山）两千多年前，古希腊数学家欧多克索斯发现：将一条线段AB分割成长、短两条线段AC、CB，若短段与长段的长度之比等于长段的长度与全长之比，即，则这种分割称为黄金分割，这个比值称为黄金比，点C叫做线段AB的黄金分割点．
（1）【问题初探】
如图1，已知点C为线段AB的黄金分割点（AC＞BC），求黄金比．
解：设AB＝1，AC＝x，则CB＝1﹣x．
∵，
∴
请补全以上解题过程；
（2）【问题再探】
如图2，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝1，AC＝2，请作出AC的黄金分割点（要求：仅用圆规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
（3）【知识迁移】
如图3，点C为线段AB的黄金分割点（AC＞BC），分别以AC、BC为边在线段AB同侧作正方形ACDE和矩形CBFD，连结BD、BE．求证：△EAB∽△BCD；
（4）【延伸拓展】
如图4，在正五边形ABCDE中，对角线AD与BE交于点M．求证：点M是AD的黄金分割点．
【答案】（1）解：设AC＝x，则BC＝1﹣x．
∵C是线段AB的黄金分割点（AC＞BC）．
∴，
即，
解得x（负值舍去）．
即黄金比为
（2）解：如图所示；点E即为AC的黄金分割点；
（3）证明：∵四边形ACDE是正方形，四边形CBFD是矩形，
∴∠EAB＝∠BCD＝90°，AC＝CD＝AE＝DE＝BF，BC＝DF，
∵点C为线段AB的黄金分割点，
∴，
∴，
∴△EAB∽△BCD
（4）证明：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠BAE＝∠AED＝（5﹣2）×180°÷5＝108°，AB＝AE＝DE，
∴∠ABE＝∠AEM＝∠DAE＝∠ADE＝（180°﹣108°）÷2＝36°，
∵∠DAE＝∠DAE，∠ADE＝∠AEM＝36°，
∴△AME∽△AED，
∴AE：AD＝AM：AE，
∴AE2＝AD AM，
∵AE＝DE＝DM，
∴DM2＝AD AM，
∴点M是AD的黄金分割点
【知识点】正方形的性质；黄金分割；相似三角形的判定-AA；相似三角形的判定-SAS
【解析】【分析】（1）用含x的式子分别表示出AC，BC，再根据黄金分割的定义列出方程，求解即可；
（2）AC的长度为2，要找它的黄金分割点就是在它上面截出一条长度为的线段，斜边AB的长为，BC的长为1，可以以点B为圆心，BC为半径画弧，交AB于点D，则，再以点A为圆心，AD为半径画弧，交AC于点E，则，故点E是AC的黄金分割点；
（3）由点C是AB的黄金分割点可知，而四边形ACDE为正方形，可知AC=CD=AE，所以，又，故△EAB∽△BCD；
（4）易求正五边形的每个内角为108°，进一步可知，而，从而证明△AME∽△AED，所以，在中，易求，可知DM=DE=AE，故，所以点M是AD的黄金分割点。
2．（2024·青海） 综合与实践
顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．
以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究．
【探究一】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点．
求证：中点四边形是平行四边形．
证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点，
∴、分别是和的中位线，
∴，（ ① ）
∴．
同理可得：．
∴中点四边形是平行四边形．
结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形．
（1）请你补全上述过程中的证明依据 .
（2）【探究二】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
菱形
从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形．
下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
（3）【探究三】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
②
从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是 ．
（4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
（5）【归纳总结】
请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形．
原四边形对角线关系 中点四边形形状
③ ④
结论：原四边形对角线 时，中点四边形是 ．
【答案】（1）三角形中位线定理
（2）证明：方法一：
中点四边形EFGH是菱形
方法二：∵AC=BD
中点四边形EFGH是菱形；
（3）矩形
（4）证明：分别是和的中位线
四边形EMON是平行四边形
又
中点四边形EFGH是矩形.
（5）AC⊥BD且；正方形
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；三角形的中位线定理；中点四边形模型
【解析】【解答】解：（1）∵、分别是和的中位线，
∴，（三角形中位线定理 ）
故答案为：三角形中位线定理；
（3）如图，
原四边形对角线垂直时，中点四边形是矩形，
故答案为：矩形；
（5）AC⊥BD且时，中点四边形是正方形；
理由如下：如图，
∵AC⊥BD，由探究三可知四边形EFGH是矩形，
∵，由探究二可知四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH是正方形.
故答案为：AC⊥BD且；正方形.
【分析】（1）根据三角形中位线定理可得出答案；
（2）根据四条边相等的四边形是菱形，或有一组邻边相等得平行四边形是菱形，即可得出结论；
（3）根据矩形的判定定理可得结论；
（4）首先证明四边形EFGH是平行四边形，然后再根据一个内角是直角，即可得出四边形EFGH是矩形；
（5）根据（2），（3）即可得出AC⊥BD且AC=BD时，中点四边形是正方形.
3．（2024·长沙）对于凸四边形，根据它有无外接圆(四个顶点都在同一个圆上)与内切圆(四条边都与同一个圆相切)，可分为四种类型，我们不妨约定：
既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形：
只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形：
只有内切圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形：
既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形.
请你根据该约定，解答下列问题：
（1）请你判断下列说法是否正确(在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”).
①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形；（ ）
②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形；（ ）
③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为，内切圆半径为，则有.（ ）
（2）如图1，已知四边形ABCD内接于，四条边长满足：.
①该四边形ABCD是“ ▲ ”四边形(从约定的四种类型中选一种填入)；
②若的平分线AE交于点的平分线CF交于点，连接EF.求证：EF是的直径.
（3）已知四边形ABCD是“完美型双图”四边形，它的内切图与AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，G，H.
①如图2，连接EG，FH交于点.求证：；
②如图3，连接OA，OB，OC，OD，若，求内切圆的半径及OD的长.
【答案】（1）×；√；√
（2）解：①该四边形ABCD是“外接型单圆”四边形：
②：如图1，因为AE平分平分，所以.
所以，即.
所以与均为半圆.
所以EF是的直径.
（3）证明：①证明：如图3，连接OE，OF，OG，OH，HG.
因为是四边形ABCD的内切圆，
所以.
所以.
所以在四边形EAHO中，.
同理可证.
因为四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，
所以四边形ABCD有外接圆.
所以.所以.所以
又因为，
所以.所以，即.
解：如图4，连接OE，OF，OG，OH.
因为四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，
所以.
又因为与AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，G，H，所以.所以.
又因为，所以.
又因为，所以.
所以，即，解得.
在Rt中，有，即，
解得.
在Rt中，.
同理可证，
所以，即，解得.
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定与性质；内切圆与外接圆的综合运用
【解析】【解答】解：（1）①∵一般的平行四边形对角不一定互补，
∴平行四边形不一定有外接圆；
∵一般的平行四边形对边之和不一定相等，
∴平行四边形不一定有内切圆，故①不正确；
②∵菱形的对边之和相等，
∴菱形有内切圆，
∵内角不等于90°，
∴对角之和不等于180°，
∴这样的菱形没有外接圆，
∴这样的菱形 一定是“内切型单圆”四边形，故②正确；
③∵ “完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，
∴该四边形是正方形，
如图所示：这里OM=r，ON=R，
∵三角形OMN是等腰直角三角形，
∴ON=，
∴R=，故③正确；
故答案为：×；√；√；
【分析】（1）根据几种四边形的性质分别进行推理判断即可得出对错；
（2）①根据四边形ABCD有外接圆，没有内切圆可得出答案；
②证明与均为半圆，即可得出结论；
（3）①四边形ABCD是完美型双圆四边形，可得出∠A+∠EOH=180°，∠FOG+∠C=180°，从而得到∠EOH=∠C，∠FOG+∠EOH=180°，再根据圆周角定理可得∠HPG=90°，即可得证；②首先证明，得出，然后再根据勾股定理建立方程即可求解.
4．（2023·淮安）综合与实践
定义：将宽与长的比值为（为正整数）的矩形称为阶奇妙矩形．
（1）概念理解：
当时，这个矩形为1阶奇妙矩形，如图（1），这就是我们学习过的黄金矩形，它的宽（）与长的比值是 ．
（2）操作验证：
用正方形纸片进行如下操作（如图（2））：
第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为，连接；
第二步：折叠纸片使落在上，点的对应点为点，展开，折痕为；
第三步：过点折叠纸片，使得点分别落在边上，展开，折痕为．
试说明：矩形是1阶奇妙矩形．
（3）方法迁移：
用正方形纸片折叠出一个2阶奇妙矩形．要求：在图（3）中画出折叠示意图并作简要标注．
（4）探究发现：
小明操作发现任一个阶奇妙矩形都可以通过折纸得到．他还发现：如图（4），点为正方形边上（不与端点重合）任意一点，连接，继续（2）中操作的第二步、第三步，四边形的周长与矩形的周长比值总是定值．请写出这个定值，并说明理由．
【答案】（1）
（2）解：如图（2），连接EG，
设正方形的边长为2，根据折叠的性质，可得
设，则
根据折叠，可得，，
在中，，
∴，
在中，
∴
解得：
∴
∴矩形是1阶奇妙矩形；
（3）解：用正方形纸片ABCD进行如下操作（如图）：
第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为MN，再对折，折痕为EF，连接CE；
第二步：折叠纸片使CD落在CE上，点D的对应点为点H，展开，折痕为CG；
第三步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、BC上，展开，折痕为GK．
矩形GDCK是2阶奇妙矩形，
理由如下，连接GE，设正方形的边长为4，根据折叠可得EB=1，则AE=4-1=3，
设，则
根据折叠，可得，，
在中，，
∴，
在中，
∴
解得：
∴
当时，
∴矩形是2阶奇妙矩形；
（4）解：四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值总是定值，理由如下：
如图（4），连接GE，设正方形的边长为1，设，则，
设，则
根据折叠，可得，，
在中，，
∴，
在中，
∴
整理得，
∴四边形AGHE的周长为
矩形GDCK的周长为，
∴四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值总是定值.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）把n=1代入 ，
得；
故答案为：；
【分析】（1）直接将n=1题干所给的宽与长的比值式子，计算即可得出答案；
（2）连接EG，设正方形边长为2，由折叠得AE=BE=1，设DG=x，则AG=2-x，由折叠的性质得GH=GD=x，CH=CD=2，在Rt△BEC中，利用勾股定理建立方程可算出EC的长，进而根据线段和差算出EH的长，在Rt△AEG与Rt△GHE中，由勾股定理得AG2+AE2=GE2，GH2+EH2=GE2，据此建立方程可求出x的值，从而即可求出GD与DC的比值，进而根据1阶奇妙矩形的定义可得结论；
（3）用正方形纸片ABCD进行如下操作（如图）：第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为MN，再对折，折痕为EF，连接CE；
第二步：折叠纸片使CD落在CE上，点D的对应点为点H，展开，折痕为CG；第三步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、BC上，展开，折痕为GK，矩形GDCK是2阶奇妙矩形；理由如下，连接GE，设正方形的边长为4，根据折叠性质可得EB=1，则AE=4-1=3，由折叠的性质可得AE=BE=1，设DG=x，则AG=4-x，由折叠的性质得GH=GD=x，CH=CD=4，在Rt△BEC中，利用勾股定理建立方程可算出EC的长，进而根据线段和差算出EH的长，在Rt△AEG与Rt△GHE中，由勾股定理得AG2+AE2=GE2，GH2+EH2=GE2，据此建立方程可求出x的值，从而即可求出GD与DC的比值，进而算出2阶奇妙矩形宽与长的比值即可比较得出结论；
（4）连接GE，设正方形的边长为1，设EB=m，则AE=1-m，设DG=x，则AG=1-x，由折叠的性质得GH=GD=x，CH=CD=1，在Rt△BEC中，利用勾股定理建立方程可算出EC的长，进而根据线段和差算出EH的长，在Rt△AEG与Rt△GHE中，由勾股定理得AG2+AE2=GE2，GH2+EH2=GE2，据此建立方程可求出x的值，进而根据四边形周长的计算方法分别算出四边形AGHE与四边形GDCK的周长，最后求比值可得答案.
5．（2025·无锡）【数学发现】
某校数学兴趣小组进行了如下探究：以△ABC内部任意一点O为中心，画出与△ABC成中心对称的△A'B'C'．当点O处于不同位置时，从“形”的角度发现两个三角形的重叠部分只可能有两种情况：如图1所示的平行四边形，如图2所示的有三组对边分别平行的六边形（称为“平行六边形”）；从“数”的角度发现两个三角形重叠部分的面积在不断变化．
【问题解决】
组员小明选择面积为1的△ABC，以其内部任意一点O为中心，画出与之成中心对称的△A'B'C'，探究了下列问题，请你帮他解答．
（1）如图3，BC＝2，当点A关于点O的对称点A'落在边BC上时，两个三角形重叠部分为 AQA'P．
①若AA'⊥BC，求AO的长；（请直接写出答案）
②若 AQA'P的面积为，求A'C的长．
（2）如图4，点D为BC的中点，点O在AD上，若两个三角形的重叠部分为“平行六边形”EFGHMN，求“平行六边形”EFGHMN面积的最大值，并指出此时点O的位置．
【答案】（1）解：①∵，
∴，
∵，
∴，
∵点关于点的对称点为点，
∴.
②∵，
∴，，，，
∴，，
∴，
∴设，
∴，
∵的面积为，
∴，
∴，
∴，
∵与关于成中心对称，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
同理可得：，
∴，
∵，
∴，
解得：，经检验符合题意，
∵，，
∴，
∴.
（2）解：如图，连接，，记，的交点为，
∵与关于成中心对称，“平行六边形”，
∴共线，共线，，，，，
∴，
设，，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
同理：，
∴，即，
同理：，
∴，即，
∴，
∵，，，
∴的最小值为：
，
此时，，，
∴，即，
∴“平行六边形”的面积的最大值为：，
同理可得：，
同理：，，
∴，，
∴，
∴是的重心.
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形的重心及应用；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；中心对称的性质
【解析】【分析】
（1）①利用面积求出，再根据中心对称图形的性质得到，
②得到，可设，根据的面积为，求得，同理，然后列方程解答即可.
（2）连接，，记，的交点为，得到共线，共线，，，，，，设，，， 进而得到，根据最小值的到，然后证明，即可得到结论.
6．（2023·宁夏）综合与实践
问题背景
数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探究．
探究发现
如图1，在中，，．
（1）操作发现：将折叠，使边落在边上，点的对应点是点，折痕交于点，连接，，则 ，设，，那么 （用含的式子表示）；
（2）进一步探究发现：，这个比值被称为黄金比．在（1）的条件下试证明：；
拓展应用：
当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的是黄金三角形．如图2，在菱形中，，．求这个菱形较长对角线的长．
（3）拓展应用：
当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的是黄金三角形．如图2，在菱形中，，．求这个菱形较长对角线的长．
【答案】（1）72；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
整理，得：，
解得：（负值已舍掉）；
经检验是原分式方程的解．
∴；
（3）解：如图，连接，延长至点，使，连接，
∵在菱形中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴为黄金三角形，
∴，
∴．即菱形的较长的对角线的长为．
【知识点】四边形的综合
【解析】【分析】（1）首先求出 ∠ABC与∠C，再根据折叠，可知，即可根据三角形内角和求∠BDE；由题意可知，AB=AC，由折叠可知BE=BC，即可求出AE；
（2）首先证明，即可知，求出AC、BC、CD，即可证明结论；
（3）拓展应用：连接，延长至点，使，连接，首先证明为黄金三角形，即可求出AC.
7．（2025·广西）【平行六边形】如图1，在凸六边形中，满足，我们称这样的凸六边形叫做“平行六边形”，其中与，与，与叫做“主对边”；和，和，和叫做“主对角”；叫做“主对角线”．
（1）类比平行四边形性质，有如下猜想，请判断正误并在横线上填写“正确”或“错误”．
猜想 判断正误
①平行六边形的三组主对边分别相等
②平行六边形的三组主对角分别相等
③平行六边形的三条主对角线互相平分
（2）【菱六边形】六条边都相等的平行六边形叫做“菱六边形”．
如图2，已知平行六边形满足．
求证：平行六边形是菱六边形：
（3）如图3是一张边长为的三角形纸片．剪裁掉三个小三角形，使剪裁后的纸片为菱六边形．请在剪裁掉的小三角形中，任选一个，求它的各边长．
【答案】（1）错误；正确；错误
（2）证明：过点作平行且相等于，连接，
则平行四边形是平行四边形，
平行于，，
在平行六边形中，平行于，，
平行且相等于，
为平行四边形，
平行于，，
在平行六边形中，平行于，平行于，
平行于，平行于，
为平行四边形，
，
，
，
，
平行六边形是菱六边形．
（3）解：设三角形纸片为，裁剪后的纸片为菱六边形，
平行于，平行于，平行于，，
，
，
设，
则，
，
，
，
解得：，
．
【知识点】平行线的性质；平行四边形的判定与性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：（1）连接BE，CF，AD，BE，AD交于点O
由图可知：
①AB平行于DE，只能知道△AOB~△DOE，其他对边同理，故平行六边形的三组主对边分别相等是错误的
②AB平行于DE，∠ABE=∠BED，同理可得∠CBE=∠BEF，其他对角同理，故平行六边形的三组主对角分别相等是正确的
③由①可知，平行六边形的三条主对角线互相平分是错误的
故答案为：①错误；②正确；③错误
【分析】（1）连接BE，CF，AD，BE，AD交于点O，根据相似三角形及直线平行性质逐项进行判断即可求出答案.
（2）过点作平行且相等于，连接，根据平行四边形判定定理可得平行四边形是平行四边形，则PQ平行于，，再根据平行六边形性质可得QH平行且相等于，再根据平行四边形判定定理可得为平行四边形，则QR平行于，，再根据平行六边形性质可得OH平行于，平行于，再根据平行四边形判定定理可得为平行四边形，则，再根据边之间的关系可得，再根据菱六边形定义即可求出答案.
（3）设三角形纸片为，裁剪后的纸片为菱六边形，则DE平行于，平行于，平行于，，再根据相似三角形判定定理可得，则，设，代值化简可得，再根据边之间的关系建立方程，解方程即可求出答案.
8．（2025·深圳） 综合与探究
【探索发现】如图1，小军用两个大小不同的等腰直角三角板拼接成一个四边形.
【抽象定义】以等腰三角形为边向外作等腰三角形，使该边所对的的角等于原等腰三角形的顶角，此时该四边形称为“双等四边形”，原等腰三角形称为四边形的“伴随三角形”.如图2，在中，，.此时，四边形ABCD是“双等四边形”， 是“伴随三角形”.
（1）【问题解决】如图3，在四边形ABCD中，AB=AC，AD=CD，
求：
①AD与BC的位置关系为： ；
② .(填“>”，“<”或“=”)
（2）【方法应用】①如图 4，△ABC中，AB=BC，将 绕点 A 逆时针旋转至，点 D 恰好落在 BC 边上，求证：四边形 ABDE 是双等四边形.
②如图 5，在等腰三角形 ABC 中，，，AB=5，在平面内找一点 D，使四边形 ABCD 是以 为伴随三角形的双等四边形. 若存在，请求出 CD 的长. 若不存在，请说明理由.
【答案】（1） ；
（2）解：①为旋转得到
，AC=AE，BC=DE，∠ADE=∠B，
∵AC=BC，
∴AE=DE，
∴∠ADE=∠EAD，∠ABD=∠ADB，
设，则，
∴四边形ABDE为双等四边形；
②作于点H
设，则：
在中，，即，
解得：
ⅰ)当时，
ⅱ)若时，
作于点M
ⅲ)若时，
综上所述：满足条件时，CD=或或
【知识点】等腰三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】解：(1)∵AB=AC，AD=CD，∠BAC=∠D
∴∠ACB=，∠CAD=
∴∠ACB=∠CAD
∴AD||BC
∵∠BAC=∠D，∠ACB=∠CAD
∴△ABC~△DAC
∴
∴AC2=DC·BC
【分析】(1)直接由双等四边形的性质适
(2)①结合旋转的性质可证得AB=AD，AC=AE，BC=DE，∠ADE=∠B，利用等腰三角形的性质可证得∠ADE=∠EAD，∠ABD=∠ADB，设，可表示出相关角的度数，再证明，利用双等四边形的定义可证得结论.
②②作于点H，利用解直角三角形求出BH、AH的长，设，可表示出AC的长，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到CH、AC、BC的长；ⅰ)当时；ⅱ)若时；ⅲ)若时；分别求出CD的长即可.
1 / 1新定义型探究——历年（2022-2025）综合与实践真题精编
一、实践探究题
1．（2025·乐山）两千多年前，古希腊数学家欧多克索斯发现：将一条线段AB分割成长、短两条线段AC、CB，若短段与长段的长度之比等于长段的长度与全长之比，即，则这种分割称为黄金分割，这个比值称为黄金比，点C叫做线段AB的黄金分割点．
（1）【问题初探】
如图1，已知点C为线段AB的黄金分割点（AC＞BC），求黄金比．
解：设AB＝1，AC＝x，则CB＝1﹣x．
∵，
∴
请补全以上解题过程；
（2）【问题再探】
如图2，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝1，AC＝2，请作出AC的黄金分割点（要求：仅用圆规作图，不写作法，保留作图痕迹）；
（3）【知识迁移】
如图3，点C为线段AB的黄金分割点（AC＞BC），分别以AC、BC为边在线段AB同侧作正方形ACDE和矩形CBFD，连结BD、BE．求证：△EAB∽△BCD；
（4）【延伸拓展】
如图4，在正五边形ABCDE中，对角线AD与BE交于点M．求证：点M是AD的黄金分割点．
2．（2024·青海） 综合与实践
顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．
以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究．
【探究一】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点．
求证：中点四边形是平行四边形．
证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点，
∴、分别是和的中位线，
∴，（ ① ）
∴．
同理可得：．
∴中点四边形是平行四边形．
结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形．
（1）请你补全上述过程中的证明依据 .
（2）【探究二】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
菱形
从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形．
下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
（3）【探究三】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
②
从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是 ．
（4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
（5）【归纳总结】
请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形．
原四边形对角线关系 中点四边形形状
③ ④
结论：原四边形对角线 时，中点四边形是 ．
3．（2024·长沙）对于凸四边形，根据它有无外接圆(四个顶点都在同一个圆上)与内切圆(四条边都与同一个圆相切)，可分为四种类型，我们不妨约定：
既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形：
只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形：
只有内切圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形：
既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形.
请你根据该约定，解答下列问题：
（1）请你判断下列说法是否正确(在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”).
①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形；（ ）
②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形；（ ）
③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为，内切圆半径为，则有.（ ）
（2）如图1，已知四边形ABCD内接于，四条边长满足：.
①该四边形ABCD是“ ▲ ”四边形(从约定的四种类型中选一种填入)；
②若的平分线AE交于点的平分线CF交于点，连接EF.求证：EF是的直径.
（3）已知四边形ABCD是“完美型双图”四边形，它的内切图与AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，G，H.
①如图2，连接EG，FH交于点.求证：；
②如图3，连接OA，OB，OC，OD，若，求内切圆的半径及OD的长.
4．（2023·淮安）综合与实践
定义：将宽与长的比值为（为正整数）的矩形称为阶奇妙矩形．
（1）概念理解：
当时，这个矩形为1阶奇妙矩形，如图（1），这就是我们学习过的黄金矩形，它的宽（）与长的比值是 ．
（2）操作验证：
用正方形纸片进行如下操作（如图（2））：
第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为，连接；
第二步：折叠纸片使落在上，点的对应点为点，展开，折痕为；
第三步：过点折叠纸片，使得点分别落在边上，展开，折痕为．
试说明：矩形是1阶奇妙矩形．
（3）方法迁移：
用正方形纸片折叠出一个2阶奇妙矩形．要求：在图（3）中画出折叠示意图并作简要标注．
（4）探究发现：
小明操作发现任一个阶奇妙矩形都可以通过折纸得到．他还发现：如图（4），点为正方形边上（不与端点重合）任意一点，连接，继续（2）中操作的第二步、第三步，四边形的周长与矩形的周长比值总是定值．请写出这个定值，并说明理由．
5．（2025·无锡）【数学发现】
某校数学兴趣小组进行了如下探究：以△ABC内部任意一点O为中心，画出与△ABC成中心对称的△A'B'C'．当点O处于不同位置时，从“形”的角度发现两个三角形的重叠部分只可能有两种情况：如图1所示的平行四边形，如图2所示的有三组对边分别平行的六边形（称为“平行六边形”）；从“数”的角度发现两个三角形重叠部分的面积在不断变化．
【问题解决】
组员小明选择面积为1的△ABC，以其内部任意一点O为中心，画出与之成中心对称的△A'B'C'，探究了下列问题，请你帮他解答．
（1）如图3，BC＝2，当点A关于点O的对称点A'落在边BC上时，两个三角形重叠部分为 AQA'P．
①若AA'⊥BC，求AO的长；（请直接写出答案）
②若 AQA'P的面积为，求A'C的长．
（2）如图4，点D为BC的中点，点O在AD上，若两个三角形的重叠部分为“平行六边形”EFGHMN，求“平行六边形”EFGHMN面积的最大值，并指出此时点O的位置．
6．（2023·宁夏）综合与实践
问题背景
数学小组发现国旗上五角星的五个角都是顶角为的等腰三角形，对此三角形产生了极大兴趣并展开探究．
探究发现
如图1，在中，，．
（1）操作发现：将折叠，使边落在边上，点的对应点是点，折痕交于点，连接，，则 ，设，，那么 （用含的式子表示）；
（2）进一步探究发现：，这个比值被称为黄金比．在（1）的条件下试证明：；
拓展应用：
当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的是黄金三角形．如图2，在菱形中，，．求这个菱形较长对角线的长．
（3）拓展应用：
当等腰三角形的底与腰的比等于黄金比时，这个三角形叫黄金三角形．例如，图1中的是黄金三角形．如图2，在菱形中，，．求这个菱形较长对角线的长．
7．（2025·广西）【平行六边形】如图1，在凸六边形中，满足，我们称这样的凸六边形叫做“平行六边形”，其中与，与，与叫做“主对边”；和，和，和叫做“主对角”；叫做“主对角线”．
（1）类比平行四边形性质，有如下猜想，请判断正误并在横线上填写“正确”或“错误”．
猜想 判断正误
①平行六边形的三组主对边分别相等
②平行六边形的三组主对角分别相等
③平行六边形的三条主对角线互相平分
（2）【菱六边形】六条边都相等的平行六边形叫做“菱六边形”．
如图2，已知平行六边形满足．
求证：平行六边形是菱六边形：
（3）如图3是一张边长为的三角形纸片．剪裁掉三个小三角形，使剪裁后的纸片为菱六边形．请在剪裁掉的小三角形中，任选一个，求它的各边长．
8．（2025·深圳） 综合与探究
【探索发现】如图1，小军用两个大小不同的等腰直角三角板拼接成一个四边形.
【抽象定义】以等腰三角形为边向外作等腰三角形，使该边所对的的角等于原等腰三角形的顶角，此时该四边形称为“双等四边形”，原等腰三角形称为四边形的“伴随三角形”.如图2，在中，，.此时，四边形ABCD是“双等四边形”， 是“伴随三角形”.
（1）【问题解决】如图3，在四边形ABCD中，AB=AC，AD=CD，
求：
①AD与BC的位置关系为： ；
② .(填“>”，“<”或“=”)
（2）【方法应用】①如图 4，△ABC中，AB=BC，将 绕点 A 逆时针旋转至，点 D 恰好落在 BC 边上，求证：四边形 ABDE 是双等四边形.
②如图 5，在等腰三角形 ABC 中，，，AB=5，在平面内找一点 D，使四边形 ABCD 是以 为伴随三角形的双等四边形. 若存在，请求出 CD 的长. 若不存在，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】（1）解：设AC＝x，则BC＝1﹣x．
∵C是线段AB的黄金分割点（AC＞BC）．
∴，
即，
解得x（负值舍去）．
即黄金比为
（2）解：如图所示；点E即为AC的黄金分割点；
（3）证明：∵四边形ACDE是正方形，四边形CBFD是矩形，
∴∠EAB＝∠BCD＝90°，AC＝CD＝AE＝DE＝BF，BC＝DF，
∵点C为线段AB的黄金分割点，
∴，
∴，
∴△EAB∽△BCD
（4）证明：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠BAE＝∠AED＝（5﹣2）×180°÷5＝108°，AB＝AE＝DE，
∴∠ABE＝∠AEM＝∠DAE＝∠ADE＝（180°﹣108°）÷2＝36°，
∵∠DAE＝∠DAE，∠ADE＝∠AEM＝36°，
∴△AME∽△AED，
∴AE：AD＝AM：AE，
∴AE2＝AD AM，
∵AE＝DE＝DM，
∴DM2＝AD AM，
∴点M是AD的黄金分割点
【知识点】正方形的性质；黄金分割；相似三角形的判定-AA；相似三角形的判定-SAS
【解析】【分析】（1）用含x的式子分别表示出AC，BC，再根据黄金分割的定义列出方程，求解即可；
（2）AC的长度为2，要找它的黄金分割点就是在它上面截出一条长度为的线段，斜边AB的长为，BC的长为1，可以以点B为圆心，BC为半径画弧，交AB于点D，则，再以点A为圆心，AD为半径画弧，交AC于点E，则，故点E是AC的黄金分割点；
（3）由点C是AB的黄金分割点可知，而四边形ACDE为正方形，可知AC=CD=AE，所以，又，故△EAB∽△BCD；
（4）易求正五边形的每个内角为108°，进一步可知，而，从而证明△AME∽△AED，所以，在中，易求，可知DM=DE=AE，故，所以点M是AD的黄金分割点。
2．【答案】（1）三角形中位线定理
（2）证明：方法一：
中点四边形EFGH是菱形
方法二：∵AC=BD
中点四边形EFGH是菱形；
（3）矩形
（4）证明：分别是和的中位线
四边形EMON是平行四边形
又
中点四边形EFGH是矩形.
（5）AC⊥BD且；正方形
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；三角形的中位线定理；中点四边形模型
【解析】【解答】解：（1）∵、分别是和的中位线，
∴，（三角形中位线定理 ）
故答案为：三角形中位线定理；
（3）如图，
原四边形对角线垂直时，中点四边形是矩形，
故答案为：矩形；
（5）AC⊥BD且时，中点四边形是正方形；
理由如下：如图，
∵AC⊥BD，由探究三可知四边形EFGH是矩形，
∵，由探究二可知四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH是正方形.
故答案为：AC⊥BD且；正方形.
【分析】（1）根据三角形中位线定理可得出答案；
（2）根据四条边相等的四边形是菱形，或有一组邻边相等得平行四边形是菱形，即可得出结论；
（3）根据矩形的判定定理可得结论；
（4）首先证明四边形EFGH是平行四边形，然后再根据一个内角是直角，即可得出四边形EFGH是矩形；
（5）根据（2），（3）即可得出AC⊥BD且AC=BD时，中点四边形是正方形.
3．【答案】（1）×；√；√
（2）解：①该四边形ABCD是“外接型单圆”四边形：
②：如图1，因为AE平分平分，所以.
所以，即.
所以与均为半圆.
所以EF是的直径.
（3）证明：①证明：如图3，连接OE，OF，OG，OH，HG.
因为是四边形ABCD的内切圆，
所以.
所以.
所以在四边形EAHO中，.
同理可证.
因为四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，
所以四边形ABCD有外接圆.
所以.所以.所以
又因为，
所以.所以，即.
解：如图4，连接OE，OF，OG，OH.
因为四边形ABCD是“完美型双圆”四边形，
所以.
又因为与AB，BC，CD，AD分别相切于点E，F，G，H，所以.所以.
又因为，所以.
又因为，所以.
所以，即，解得.
在Rt中，有，即，
解得.
在Rt中，.
同理可证，
所以，即，解得.
【知识点】圆的综合题；相似三角形的判定与性质；内切圆与外接圆的综合运用
【解析】【解答】解：（1）①∵一般的平行四边形对角不一定互补，
∴平行四边形不一定有外接圆；
∵一般的平行四边形对边之和不一定相等，
∴平行四边形不一定有内切圆，故①不正确；
②∵菱形的对边之和相等，
∴菱形有内切圆，
∵内角不等于90°，
∴对角之和不等于180°，
∴这样的菱形没有外接圆，
∴这样的菱形 一定是“内切型单圆”四边形，故②正确；
③∵ “完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，
∴该四边形是正方形，
如图所示：这里OM=r，ON=R，
∵三角形OMN是等腰直角三角形，
∴ON=，
∴R=，故③正确；
故答案为：×；√；√；
【分析】（1）根据几种四边形的性质分别进行推理判断即可得出对错；
（2）①根据四边形ABCD有外接圆，没有内切圆可得出答案；
②证明与均为半圆，即可得出结论；
（3）①四边形ABCD是完美型双圆四边形，可得出∠A+∠EOH=180°，∠FOG+∠C=180°，从而得到∠EOH=∠C，∠FOG+∠EOH=180°，再根据圆周角定理可得∠HPG=90°，即可得证；②首先证明，得出，然后再根据勾股定理建立方程即可求解.
4．【答案】（1）
（2）解：如图（2），连接EG，
设正方形的边长为2，根据折叠的性质，可得
设，则
根据折叠，可得，，
在中，，
∴，
在中，
∴
解得：
∴
∴矩形是1阶奇妙矩形；
（3）解：用正方形纸片ABCD进行如下操作（如图）：
第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为MN，再对折，折痕为EF，连接CE；
第二步：折叠纸片使CD落在CE上，点D的对应点为点H，展开，折痕为CG；
第三步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、BC上，展开，折痕为GK．
矩形GDCK是2阶奇妙矩形，
理由如下，连接GE，设正方形的边长为4，根据折叠可得EB=1，则AE=4-1=3，
设，则
根据折叠，可得，，
在中，，
∴，
在中，
∴
解得：
∴
当时，
∴矩形是2阶奇妙矩形；
（4）解：四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值总是定值，理由如下：
如图（4），连接GE，设正方形的边长为1，设，则，
设，则
根据折叠，可得，，
在中，，
∴，
在中，
∴
整理得，
∴四边形AGHE的周长为
矩形GDCK的周长为，
∴四边形AGHE的周长与矩形GDCK的周长比值总是定值.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）把n=1代入 ，
得；
故答案为：；
【分析】（1）直接将n=1题干所给的宽与长的比值式子，计算即可得出答案；
（2）连接EG，设正方形边长为2，由折叠得AE=BE=1，设DG=x，则AG=2-x，由折叠的性质得GH=GD=x，CH=CD=2，在Rt△BEC中，利用勾股定理建立方程可算出EC的长，进而根据线段和差算出EH的长，在Rt△AEG与Rt△GHE中，由勾股定理得AG2+AE2=GE2，GH2+EH2=GE2，据此建立方程可求出x的值，从而即可求出GD与DC的比值，进而根据1阶奇妙矩形的定义可得结论；
（3）用正方形纸片ABCD进行如下操作（如图）：第一步：对折正方形纸片，展开，折痕为MN，再对折，折痕为EF，连接CE；
第二步：折叠纸片使CD落在CE上，点D的对应点为点H，展开，折痕为CG；第三步：过点G折叠纸片，使得点A、B分别落在边AD、BC上，展开，折痕为GK，矩形GDCK是2阶奇妙矩形；理由如下，连接GE，设正方形的边长为4，根据折叠性质可得EB=1，则AE=4-1=3，由折叠的性质可得AE=BE=1，设DG=x，则AG=4-x，由折叠的性质得GH=GD=x，CH=CD=4，在Rt△BEC中，利用勾股定理建立方程可算出EC的长，进而根据线段和差算出EH的长，在Rt△AEG与Rt△GHE中，由勾股定理得AG2+AE2=GE2，GH2+EH2=GE2，据此建立方程可求出x的值，从而即可求出GD与DC的比值，进而算出2阶奇妙矩形宽与长的比值即可比较得出结论；
（4）连接GE，设正方形的边长为1，设EB=m，则AE=1-m，设DG=x，则AG=1-x，由折叠的性质得GH=GD=x，CH=CD=1，在Rt△BEC中，利用勾股定理建立方程可算出EC的长，进而根据线段和差算出EH的长，在Rt△AEG与Rt△GHE中，由勾股定理得AG2+AE2=GE2，GH2+EH2=GE2，据此建立方程可求出x的值，进而根据四边形周长的计算方法分别算出四边形AGHE与四边形GDCK的周长，最后求比值可得答案.
5．【答案】（1）解：①∵，
∴，
∵，
∴，
∵点关于点的对称点为点，
∴.
②∵，
∴，，，，
∴，，
∴，
∴设，
∴，
∵的面积为，
∴，
∴，
∴，
∵与关于成中心对称，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
同理可得：，
∴，
∵，
∴，
解得：，经检验符合题意，
∵，，
∴，
∴.
（2）解：如图，连接，，记，的交点为，
∵与关于成中心对称，“平行六边形”，
∴共线，共线，，，，，
∴，
设，，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
同理：，
∴，即，
同理：，
∴，即，
∴，
∵，，，
∴的最小值为：
，
此时，，，
∴，即，
∴“平行六边形”的面积的最大值为：，
同理可得：，
同理：，，
∴，，
∴，
∴是的重心.
【知识点】平行四边形的判定与性质；三角形的重心及应用；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边；中心对称的性质
【解析】【分析】
（1）①利用面积求出，再根据中心对称图形的性质得到，
②得到，可设，根据的面积为，求得，同理，然后列方程解答即可.
（2）连接，，记，的交点为，得到共线，共线，，，，，，设，，， 进而得到，根据最小值的到，然后证明，即可得到结论.
6．【答案】（1）72；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
整理，得：，
解得：（负值已舍掉）；
经检验是原分式方程的解．
∴；
（3）解：如图，连接，延长至点，使，连接，
∵在菱形中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴为黄金三角形，
∴，
∴．即菱形的较长的对角线的长为．
【知识点】四边形的综合
【解析】【分析】（1）首先求出 ∠ABC与∠C，再根据折叠，可知，即可根据三角形内角和求∠BDE；由题意可知，AB=AC，由折叠可知BE=BC，即可求出AE；
（2）首先证明，即可知，求出AC、BC、CD，即可证明结论；
（3）拓展应用：连接，延长至点，使，连接，首先证明为黄金三角形，即可求出AC.
7．【答案】（1）错误；正确；错误
（2）证明：过点作平行且相等于，连接，
则平行四边形是平行四边形，
平行于，，
在平行六边形中，平行于，，
平行且相等于，
为平行四边形，
平行于，，
在平行六边形中，平行于，平行于，
平行于，平行于，
为平行四边形，
，
，
，
，
平行六边形是菱六边形．
（3）解：设三角形纸片为，裁剪后的纸片为菱六边形，
平行于，平行于，平行于，，
，
，
设，
则，
，
，
，
解得：，
．
【知识点】平行线的性质；平行四边形的判定与性质；相似三角形的判定-AA；相似三角形的性质-对应边
【解析】【解答】解：（1）连接BE，CF，AD，BE，AD交于点O
由图可知：
①AB平行于DE，只能知道△AOB~△DOE，其他对边同理，故平行六边形的三组主对边分别相等是错误的
②AB平行于DE，∠ABE=∠BED，同理可得∠CBE=∠BEF，其他对角同理，故平行六边形的三组主对角分别相等是正确的
③由①可知，平行六边形的三条主对角线互相平分是错误的
故答案为：①错误；②正确；③错误
【分析】（1）连接BE，CF，AD，BE，AD交于点O，根据相似三角形及直线平行性质逐项进行判断即可求出答案.
（2）过点作平行且相等于，连接，根据平行四边形判定定理可得平行四边形是平行四边形，则PQ平行于，，再根据平行六边形性质可得QH平行且相等于，再根据平行四边形判定定理可得为平行四边形，则QR平行于，，再根据平行六边形性质可得OH平行于，平行于，再根据平行四边形判定定理可得为平行四边形，则，再根据边之间的关系可得，再根据菱六边形定义即可求出答案.
（3）设三角形纸片为，裁剪后的纸片为菱六边形，则DE平行于，平行于，平行于，，再根据相似三角形判定定理可得，则，设，代值化简可得，再根据边之间的关系建立方程，解方程即可求出答案.
8．【答案】（1） ；
（2）解：①为旋转得到
，AC=AE，BC=DE，∠ADE=∠B，
∵AC=BC，
∴AE=DE，
∴∠ADE=∠EAD，∠ABD=∠ADB，
设，则，
∴四边形ABDE为双等四边形；
②作于点H
设，则：
在中，，即，
解得：
ⅰ)当时，
ⅱ)若时，
作于点M
ⅲ)若时，
综上所述：满足条件时，CD=或或
【知识点】等腰三角形的判定与性质；旋转的性质；三角形的综合
【解析】【解答】解：(1)∵AB=AC，AD=CD，∠BAC=∠D
∴∠ACB=，∠CAD=
∴∠ACB=∠CAD
∴AD||BC
∵∠BAC=∠D，∠ACB=∠CAD
∴△ABC~△DAC
∴
∴AC2=DC·BC
【分析】(1)直接由双等四边形的性质适
(2)①结合旋转的性质可证得AB=AD，AC=AE，BC=DE，∠ADE=∠B，利用等腰三角形的性质可证得∠ADE=∠EAD，∠ABD=∠ADB，设，可表示出相关角的度数，再证明，利用双等四边形的定义可证得结论.
②②作于点H，利用解直角三角形求出BH、AH的长，设，可表示出AC的长，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到CH、AC、BC的长；ⅰ)当时；ⅱ)若时；ⅲ)若时；分别求出CD的长即可.
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