新定义题型——上海中考第18/24题的经典考法。先给一个陌生的四边形定义（"等补四边形"），然后三问递进：(1)网格作图→(2)证明+面积计算→(3)比值求解。每一问都需要学生先理解定义，再把定义翻译为几何条件。本期直接选用题源库 #2801。 训练主线：新定义理解 → 网格作图 → 定义翻译为几何条件 → 证明+计算。
| 能力 | 出现位置 |
|---|---|
| 新定义的即时理解与应用 | 全题 |
| 网格作图（格点定位） | 第(1)问 |
| 菱形/正方形对角线性质 | 第(2)问 |
| 面积计算 | 第(2)问 |
| 梯形+新定义→比值 | 第(3)问 |
定义：我们把有一组邻边相等，并且有一组对角为直角的四边形叫做等补四边形。
(1) 如图1，在 \(10 \times 10\) 的网格图中，点 \(A\)、\(B\)、\(C\) 在格点（小正方形的顶点）上，请画出两个符合条件的等补四边形 \(ABCD\)，点 \(D\) 也在格点上。
(2) 如图2，以菱形 \(ABCD\) 的一边 \(CD\) 为边向外作正方形 \(CDEF\)，\(M\)、\(N\) 分别是菱形和正方形的对角线交点，连接 \(MN\)。
① 求证：四边形 \(DMCN\) 是等补四边形。
② 若 \(MN = \sqrt{2}\)，求四边形 \(DMCN\) 的面积。
(3) 如图3，在四边形 \(ABFE\) 中，\(AE \parallel BF\)，\(\angle A = 90^\circ\)，\(AE = AB\)，点 \(D\) 在边 \(AE\) 上，\(DE = BF\)，点 \(C\) 在边 \(EF\) 上，四边形 \(ABCD\) 为等补四边形，求 \(AD\) 与 \(DE\) 的比。
| 已知 | 来源 | 隐含的第二重身份 |
|---|---|---|
| 等补四边形定义：一组邻边等+一组对角为直角 | 题目 | 条件是"或"的关系——只需满足这两个条件即可，不要求其他特殊性 |
| 菱形ABCD | 第(2)问 | 四边等，对角线互相垂直平分 |
| 正方形CDEF在CD上 | 第(2)问 | CD=DE=EF=FC, ∠C=∠D=∠E=∠F=90° |
| M、N为对角线交点 | 第(2)问 | M=AC∩BD, N=CE∩DF |
| AE∥BF, ∠A=90°, AE=AB | 第(3)问 | ABFE是直角梯形，AB=AE |
| DE=BF, ABCD为等补四边形 | 第(3)问 | AD为邻边等还是对角为直角的来源？ |
审题钩子："等补四边形"这个定义有两个独立条件——①一组邻边相等，②一组对角为直角。证明一个四边形是等补四边形，只需分别验证这两个条件。
三道小题各自独立，但共享同一个定义：
在3×3网格中，A(0,0), B(2,1)。画出一个正方形ABCD（D在格点上）。
简答：AB为边向上作正方形：C(1,3), D(−1,2)。或AB为边向右下作正方形。
菱形ABCD的对角线交于O。若AC=6, BD=8，求菱形边长。
简答：AO=3, BO=4, AB=$\sqrt{3^2+4^2}$=5。
正方形CDEF的边长为a。对角线CE和DF的长度各是多少？交点N有什么性质？
简答：CE=DF=$\sqrt{2}$·a。N是CE和DF的中点，CN=DN=EN=FN=a/$\sqrt{2}$。
A、B、C已标于网格图中。需找格点D使ABCD为等补四边形。
方案一：取AB=AD，且∠B=∠D=90°。
AB为横向2格+纵向2格（斜边）。要AB=AD且∠B=90°，则AD⊥AB且AD=AB。从A沿AB的垂线方向取AD=AB长度的格点。满足条件的D在(−2, 2)格点处（以B为原点坐标）。
方案二：取BC=CD，且∠A=∠C=90°。
从C沿CB的垂线方向取与BC等长的格点作为D。具体操作略。
（在网格图中标出两个D点的位置即可）
对角直角：
菱形对角线互相垂直平分 ⇒ ∠DMC = 90°。
正方形对角线互相垂直平分 ⇒ ∠CND = 90°。
邻边等：
正方形对角线互相平分且相等 ⇒ 交点N到四个顶点等距。特别地，CN = DN（均为正方形对角线的一半）。
综上，CN = DN（邻边等），∠DMC = ∠CND = 90°（对角直角）。DMCN满足等补四边形定义。▨
此证明与菱形ABCD的具体形状无关——任何菱形（含正方形）均成立。
设菱形边长为 \(a\)。以D为原点，DC为x轴正方向建系。
\[ D(0, 0),\quad C(a, 0)\qquad (\text{DC} = a) \]
CD在x轴上（y = 0）。设A坐标为 \((x_0,\; y_0)\)，由DA = a：
\[ x_0^2 + y_0^2 = a^2 \qquad (y_0 > 0,\; \text{A在CD上方}) \]
菱形中AB ∥ DC且AB = a，故 B\((x_0 + a,\; y_0)\)。
M为AC中点（也是BD中点）：\(M\left(\dfrac{x_0 + a}{2},\; \dfrac{y_0}{2}\right)\)。
正方形CDEF在CD下方（y < 0），N为对角线交点：\(N\left(\dfrac{a}{2},\; -\dfrac{a}{2}\right)\)。
MN²：
\[ \begin{aligned} MN^2 &= \left(\frac{x_0 + a}{2} - \frac{a}{2}\right)^2 + \left(\frac{y_0}{2} + \frac{a}{2}\right)^2 \&= \frac{x_0^2}{4} + \frac{y_0^2 + 2ay_0 + a^2}{4} \&= \frac{(x_0^2 + y_0^2) + 2ay_0 + a^2}{4} = \frac{a^2 + 2ay_0 + a^2}{4} \qquad (\text{由 } x_0^2 + y_0^2 = a^2) \&= \frac{a(a + y_0)}{2} \end{aligned} \]
由MN = $\sqrt{2}$：\(a(a + y_0) = 4\)。
DC = a。△DMC以DC为底，高 = M的纵坐标 = \(\frac{y_0}{2}\)。△DCN以DC为底，高 = |N的纵坐标| = \(\frac{a}{2}\)。
\[ S_{\triangle DMC} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot \frac{y_0}{2} = \frac{ay_0}{4},\qquad S_{\triangle DCN} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot \frac{a}{2} = \frac{a^2}{4} \]
\[ S_{DMCN} = \frac{a(a + y_0)}{4} \]
代入 \(a(a + y_0) = 4\)：
\[ \boxed{S_{DMCN} = 1} \]
设AB = AE = t，DE = BF = s。
AE∥BF, ∠A=90° ⇒ ABFE是直角梯形。AB = AE = t，DE = s，故AD = t−s。
C在EF上。四边形ABCD为等补四边形。
由AB = AE = t且AE∥BF，AB⟂AE。四边形ABCD中AB为边，AD为邻边。
满足"等补"的可能组合：取邻边AB = BC，且∠A = ∠C = 90°（因∠A已为90°）。
由AB = BC = t，而BC是B到C的距离。C在EF上。
设AB = AE = t，AD = kt，则DE = t − kt = BF。
建系：A(0,0), B(0,t), D(kt,0), E(t,0)。BF∥AE且BF = t−kt ⇒ F(t−kt, t)。
C在EF上，设C = E + λ(F−E) = (t−λkt, λt)，λ∈[0,1]。
四边形ABCD中∠A = 90°。取∠C = 90°（对角直角），且AB = BC（邻边等）。
由AB = BC = t：
\[ (t - \lambda kt)^2 + (\lambda t - t)^2 = t^2 \;\Rightarrow\; (1 - \lambda k)^2 + (\lambda - 1)^2 = 1 \]
\[ \lambda^2(k^2 + 1) - 2\lambda(k + 1) + 1 = 0 \quad\cdots\text{①} \]
由∠C = 90°，BC·CD = 0（坐标代入后化简）：
\[ (1 - \lambda k)(k - 1 + \lambda k) + \lambda(1 - \lambda) = 0 \]
\[ \Rightarrow\; k - 1 + \lambda + 2\lambda k - \lambda k^2 - 2\lambda k - 2\lambda + 1 = 0 \]
\[ \Rightarrow\; k - \lambda k^2 - \lambda = 0 \;\Rightarrow\; \lambda = \frac{k}{k^2 + 1} \quad\cdots\text{②} \]
将②代入①，化简得 \(-2k + 1 = 0\)，故 \(k = \dfrac{1}{2}\)。
\[ AD = kt = \frac{t}{2},\quad DE = t - kt = \frac{t}{2} \]
\[ \boxed{\dfrac{AD}{DE} = 1} \]
| 易错点 | 错在哪一步 | 为什么会错 |
|---|---|---|
| 混淆定义中的"或"与"且" | 全题 | 定义是"一组邻边等+一组对角为直角"——两者都要满足。不是"或者" |
| 网格作图漏解 | 第(1)问 | 满足等补四边形定义的D点可能不止两个。题目要求"两个"，画出两个即可 |
| 菱形对角线≠正方形对角线 | 第(2)问 | 菱形对角线一般不等长，正方形对角线等长。M和N虽然都是"中心点"，但几何性质不同 |
| 能力维度 | 具体体现 |
|---|---|
| 新定义翻译 | "等补四边形"→邻边等+对角直角→几何条件 |
| 网格作图 | 利用网格的整数坐标和勾股数找等长线段 |
| 中心点性质 | M、N分别是菱形和正方形的对角线交点 |
| 设参求比 | 第(3)问设未知数→代入定义→解方程 |
变式1：将等补四边形的定义改为"有一组对边相等且有一组对角为直角的四边形"。第(1)问的网格作图是否会多出新解？
变式2：第(2)问中，将正方形CDEF改为等边三角形CDE（向外作），DMCN还是等补四边形吗？
变式3：第(3)问中，若四边形ABCD改为"有一组邻边等+对角线垂直"，AD与DE的比是否变化？
| 小题 | 分值 | 得分要点 |
|---|---|---|
| (1) | 3分 | 每个正确的D点1.5分。画出两个满足定义的D点得3分 |
| (2)① | 4分 | 证∠DMC=90°(2分)；建系导DM²→推出菱形为正方形→DM=CN(2分) |
| (2)② | 2分 | 由MNa求得a=$\sqrt{2}$(1分)；S=1(1分) |
| (3) | 3分 | 正确建系设参(1分)；利用定义建方程(1分)；得比值1:1(1分) |
这是一道典型的"新定义递进题"。定义给出后，三问的难度逐级上升：(1)直接应用定义作图，(2)在复杂图形中证明某个四边形满足定义，(3)由定义反推参数比值。第(2)问巧妙地把菱形和正方形的对角线交点M、N联系起来——DMCN恰好满足等补四边形的两个条件（DM=CN来自对角线长度关系，∠DMC=90°来自菱形对角线垂直）。
(2)问：纯几何法用菱形和正方形的对角线性质直接推出DM=CN和∠DMC=90°，一步到位。坐标法需要建立合适的坐标系（以M为原点最方便），虽然机械但计算量稍大。
(3)问：设参法是唯一路径——设AB=AE=t, DE=BF=s后，AD自然为t−s。将ABCD的等补条件（邻边等+对角直角）翻译成关于t和s的方程，解得比值。
"新定义恐惧"——看到一段陌生文字定义就跳过。克服方法：拿到定义后立即用自己的话翻译一遍，并在草稿纸上画出符合定义的最简单图形。(1)问的网格作图本质上就是在强迫学生完成这个"翻译→自我验证"的过程。如果(1)问做不出来，说明对定义的理解有问题，(2)(3)也必然无法推进。
表面考：新定义理解、菱形/正方形对角线性质、面积、参数比值。
深层考：将文字定义转化为几何条件的能力——这是上海中考新定义题的核心素养。不是考"知不知道这个定义"，而是考"能否用已知工具（全等、勾股、对角线）去验证这个定义"。