四邊形中的新定義問題例析

陸玉華

［摘 要］四邊形中的新定義問題是近幾年中考數學的熱門題型。文章結合四個四邊形中的新定義問題，從四個方面進行分析探討，以培養學生的新知學習能力、閱讀理解能力及綜合運用知識解決問題的能力。

［關鍵詞］四邊形；新定義；初中數學

［中圖分類號］G633.6［文獻標識碼］?A［文章編號］ 1674-6058（2023）32-0029-03

新定義問題是指用下定義的方式，給出一個新的運算、新的符號、新的概念等，要求學生化生為熟，進行運算、推理或遷移的一種題型。四邊形中的新定義問題是近幾年中考數學命題的熱點，主要考查學生的新知學習能力、閱讀理解能力及綜合運用知識解決問題的能力，要求學生在學習過程中，自覺養成自主探究的學習方式。本文結合四個四邊形中的新定義問題進行分析探討。

一、有一組鄰邊相等的凸四邊形——睦鄰四邊形

有一組鄰邊相等的凸四邊形叫作“睦鄰”四邊形。由于“睦鄰”四邊形是一種特殊的凸四邊形，因此，解決這樣的四邊形問題時需要作輔助線將凸四邊形分割為規則圖形。

［例1］定義：有一組鄰邊相等的凸四邊形叫作“睦鄰”四邊形。探索理解：如圖1所示，已知A、B、C在格點（小正方形的頂點）上，若想在網格內確定一個格點D，使四邊形ABCD為“睦鄰”四邊形，則符合要求的點D有?個。

嘗試解決：如圖2所示，點[O]到正方形[ABCD]四個頂點的距離相等，正方形[ABCD]內另有一點[M]，滿足[AM=5]，[DM=12]，且[∠AMD=90°]，若要在[AD]邊上確定一點[P]，使點[P]到點[M]和點[O]的距離之和最小，請你找出點P的位置，并求出這個最小值。

解析：［探索理解］如圖3所示，當點[D]分別處于點[P]、[Q]、[R]、[T]處時，有：[AP=AB]，[BC=CQ]，[AR=CR]，[BC=CT]，故符合要求的“睦鄰”四邊形的點有[P]、[Q]、[R]、[T]共4個。

［嘗試解決］如圖4所示，作點[M]關于[AD]的對稱點[M′]，交[AD]于[H]，連接[OM′]、[PM]，作[OF⊥AB]于[F]，[M′E⊥AB]交[AB]延長線于[E]，延長[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]，點[O]到各個頂點的距離相等，∴[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°]，∴四邊形[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]。綜上所述，如圖4所示，點[P]就是所求的點，點[P]到點[O]、點[M] 的最短距離之和為[9768226]。

點評：本題將“睦鄰”四邊形與直角三角形、正方形、矩形結合，考查了勾股定理、正方形、矩形的性質與判定。求兩條線段和的最小值，需構造將軍飲馬模型，將折線化為直線，再把線段放在直角三角形中求解，在解決問題時滲透了分割圖形，化不規則圖形為規則圖形的轉化思想。

二、特殊邊角關系的四邊形——“直等補”四邊形

“直等補”四邊形是一種特殊邊角關系的四邊形，它有一組對角互補、一組鄰邊相等，且我們規定相等鄰邊的夾角是直角。一個四邊形要成為“直等補”四邊形必須滿足以上三個條件。這樣的四邊形易于切割成幾個直角三角形與矩形。

［例2］定義：若四邊形有一組對角互補，一組鄰邊相等，且相等鄰邊的夾角為直角，像這樣的圖形稱為“直角等鄰對補”四邊形，簡稱“直等補”四邊形。根據以上定義，解決下列問題：（1）如圖5所示，正方形[ABCD]中[E]是[CD]上的點，將[△BCE]繞[B]點旋轉，使[BC]與[BA]重合，此時點[E]的對應點[F]在[DA]的延長線上，則四邊形[BEDF] ? ?（填“是”或“不是”）“直等補”四邊形；（2）如圖6所示，已知四邊形[ABCD]是“直等補”四邊形，[AB=BC=10]，[CD=2]，[AD>AB]，過點[B]作[BE⊥AD]于[E]。①過[C]作[CF⊥BE]于點[F]，試證明：[BE=DE]，并求[BE]的長；②若[M]是[AD]邊上的動點，求[△BCM]周長的最小值。

解析：（1）∵將△[BCE]繞[B]點旋轉，[BC]與[BA]重合，點[E]的對應點[F]在[DA]的延長線上，則[∠ABF=∠CBE]，[BF=BE]，∵四邊形[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]，∴四邊形[BEDF]是“直等補”四邊形。故答案為“是”。

（2）①∵四邊形[ABCD]是“直等補”四邊形，[AB=BC=10]，[CD=2]，[AD>AB]，∴[∠ABC=90°]，[∠ABC+∠D=180°]，∴[∠D=90°]，∵[BE⊥AD]，[CF⊥BE]，∴[∠DEF=90°]，[∠CFE=90°]，由三個角是直角的四邊形是矩形，得四邊形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]，由角角邊定理得[△ABE ]≌[△BCF]，∴[BE=CF]，[AE=BF]，∵[DE=CF]，∴[BE=DE]；∵四邊形[CDEF]是矩形，∴[EF=CD=2]，∴[AE=BE-2]，設[BE=x]，則[AE=x-2]，在Rt[△ABE]中，[x2+（x-2）2=102]，解得[x=8]或[x=-6]（舍去），∴[BE]的長是8；

②∵[△BCM]的周長[=BC+BM+CM]，∴當[BM+CM]的值最小時，[△BCM]的周長最小，如圖7所示，延長[CD]到點[G]，使[DG=CD]，連接[BG]交[AD]于點[M′]，此時[BM+CM]的值最小，過點[G]作[GH⊥BC]，交[BC]的延長線于點[H]，∵[∠ADC=90°]，∴點[C]與點[G]關于[AD]對稱，在Rt[△ABE]中，[AE=AB2?BE2=102?82=6]，∵四邊形[ABCD]是“直等補”四邊形，∴[∠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]周長的最小值為2[41+]10。

點評：當一個“直等補”四邊形被分割成兩個直角三角形與一個矩形后，這兩個直角三角形是全等的，這樣更易于求出相應的邊長。在解一個鈍角三角形時，仍需要作垂線，將圖形補充為兩個直角三角形。從本題的解答可以看出求邊長的三種思路：一是全等三角形，二是相似三角形，三是勾股定理。

三、依距離來規定的四邊形——“等距”四邊形

“等距”四邊形是指四邊形中有一個頂點與其他三個頂點的距離相等，這樣的四邊形有一組鄰邊相等，且等于一條對角線。由此看來，有一個內角是60°的菱形就是“等距”四邊形，解決“等距”四邊形的有關問題，需應用直角三角形與等腰三角形的有關性質。

［例3］定義：若四邊形中某個頂點與其他三個頂點距離相等，則這個四邊形叫作“等距”四邊形，這個頂點叫作這個四邊形的等距點。

（1）判斷：一個內角為60°的菱形? ? “等距”四邊形（填“是”或“不是”）。（2）如圖8所示，在5×5的網格圖中有[A]、[B]兩點，請在給出的兩個網格圖上各找出[C]、[D]兩個格點，使得以[A]、[B]、[C]、[D]為頂點的四邊形是以[A]為等距點的“等距”四邊形，畫出相應的“等距”四邊形（互不全等），并寫出該“等距”四邊形的端點均為非等距點的對角線長，端點均為非等距點的對角線長為? ? ? ? 。（3）如圖9所示，在海上[A]、[B]兩處執行任務的兩艘巡邏艇，根據指令[A]、[B]兩艇同時出發，[A]艇直接回到駐地[O]，[B]艇到[C]島執行某項任務后回到駐地[O]（在[C]島執行任務的時間忽略不計），已知[A]、[B]、[C]三點到[O]點的距離相等，[AO]∥[BC]，[BC=100] km，[tanA=32]，若[A]艇的速度為65 km/h，試問[B]艇的速度是多少時，才可以和[A]艇同時回到駐地？

解析：（1）菱形[ABCD]中，[AB=BC=CD=DA]，當[∠A=60°]時，[△ABC]是等邊三角形，∴[AB=AC=BC]，∴[CA=CB=CD]，∴一個內角為60°的菱形是“等距”四邊形。故答案為“是”。

（2）如圖10所示，[AB=32+1=10]，[AB=AC=AD=10]，[BD=22+42=20=25]。如圖11所示，[AC=AB=AD=10]，[CD=42+42=32=42]。∴端點均為非等距點的對角線長為 2[5]或4[2]，故答案為[25]或[42]。

? ? ? ? ?

圖10? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?圖11

（3）如圖12所示，作[OE⊥BC]于[E]，[BF⊥AO]于[F]。∵[AO]∥[BC]，[BC=100] km，∴[∠OFB=∠OEB=∠FBE=90°]，∴四邊形[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]。設[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時，才可以和[A]艇同時回到駐地。

點評：根據圓的概念，易知“等距”四邊形的其他三頂點在以等距點為圓心，以相等邊長為半徑的同一個圓上，這樣的四邊形可以構造無數多個，所以在第（2）小題中出現了兩解的情況。在解答第（3）小題時不能誤認為這個四邊形就是菱形，它的四條邊并不相等。

四、通過折疊得到的四邊形——“完美”長方形

一張紙片，如果通過折疊的方法，得到了一個既無縫隙也不重疊的矩形，所得的這個矩形我們稱之為“完美”長方形。這個矩形的面積等于原紙片面積的一半，其中一邊長等于原紙片一邊長的一半。

［例4］綜合與實踐：折紙是一項有趣的活動，折紙活動也伴隨著我們初中數學的學習。在折紙過程中，我們可以研究圖形的運動和性質，也可以在思考問題的過程中初步建立幾何直觀，現在就讓我們帶著數學的眼光來折紙吧。定義：將紙片折疊，若折疊后的圖形恰能拼合成一個無縫隙、無重疊的長方形，這樣的長方形稱為“完美”長方形。

（1）操作發現：如圖13所示，將△[ABC]紙片折疊成“完美”長方形[EFGH]，若△[ABC]的面積為12，[BC=6]，則此“完美”長方形的邊長[FG=] ? ? ，面積為? ? 。

（2）類比探究：如圖14所示，將?[ABCD]紙片折疊成“完美”長方形[AEFG]，若?[ABCD]的面積為20，[BC=5]，求“完美”長方形[AEFG]的周長。

（3）拓展延伸：如圖15所示，將?ABCD紙片折疊成“完美”長方形EFGH，若[EF]∶[EH=3]∶4，[AD=15]，則此“完美”長方形的周長為? ? ? ，面積為。

解析：（1）由折疊可知，[BF=DF]，[CG=DG]，[AH=DH=CH]，∴[DF+DG=BF+CG]，點[H]是[AC]的中點，∵[2DF+2DG=BC=6]，∴[DF+DG=3]，即[FG=3]，過點[A]作[AM⊥BC]于[M]，如圖16所示，∵四邊形[EHGF]是矩形，∴[HG⊥BC]，∴[HG]∥[AM]，∴[H]是[CM]的中點，∴[HG=12AM]，∵[S△ABC=12BC·AM=12 ]，∴[AM=4]，∴[HG=12AM=2]，∴“完美”長方形的面積為[3×2=6]，故答案為3，6。

（2）由折疊可知[BE=HE]，[CF=HF]，∴[EF=12BC=52]，同理可知[S△ABE=S△AHE]，[S四邊形AHFG=S四邊形DCFG]，∴長方形[AEFG]的面積為[20÷2=10]，∴[AE=10÷52=4]，∴長方形[AEFG]的周長為[2×4+52=13]。

（3）由折疊可證點[E]、[G]分別是[AB]、[CD]的中點，∴[AE=12AB]，[DG=12DC]，由題意知[AB=CD]，[AB]∥[CD]，∴[AE=DG]，[AE]∥[DG]，∴[AEGD]為平行四邊形，∴[AD=EG=HF]，在Rt△[HEF]中，設[EF=3x]，則[EH=4x]，由勾股定理得[HF=5x]，又∵[5x=15]，∴[x=3]，∴[EF=9]，[EH=12]，∴周長為2×（9+12）=42，面積為9×12=108，故答案為42，108。

點評：本題借助“完美”長方形考查了軸對稱的性質、平行四邊形的性質與判定、矩形的性質、勾股定理、三角形中位線定理等，當兩條線段與同一條線段重合時，這兩條線段也相等，這是本題的隱含條件。

四邊形中的新定義問題，是近幾年中考數學的熱門題型，它以新概念的形式，讓學生對四邊形有全新的認識，使學生的認知里不只有平行四邊形、矩形、菱形與正方形，而且有“完美”長方形、“等距”四邊形、“直等”鄰四邊形、“睦鄰”四邊形等，激發學生的探究欲望，讓學生明白原來在四邊形的王國里，還有這么多值研究的圖形。

（責任編輯 黃桂堅）