培優(yōu)平行四邊形輔導(dǎo)專(zhuān)題訓(xùn)練及詳細(xì)答案

一、平行四邊形真題與模擬題分類(lèi)匯編（難題易錯(cuò)題）1．如圖，將矩形紙片ABCD沿對(duì)角線AC折疊，使點(diǎn)B落到到B′的位置，AB′與CD交于點(diǎn)E.（1）求證：△AED≌△CEB′（2）若AB=8，DE=3，點(diǎn)P為線段AC上任意一點(diǎn)，PG⊥AE于G，PH⊥BC于H.求PG+PH的值.【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）4.【解析】【分析】（1）由折疊的性質(zhì)知，CB'=BC=AD，∠B=∠B'=∠D=90°，∠B'EC=∠DEA，則由AAS得到△AED?△CEB'；（2）由△AED?△CEB'，可得EB'=DE=3，又由AB=8，即可求得AE的長(zhǎng)，然后在Rt△ADE中，利用勾股定理即可求得AD的長(zhǎng)，再過(guò)點(diǎn)P作PK⊥AB于K，由角平分線的性質(zhì)，可得PK=PG，易證得四邊形ADHK是矩形，繼而可求得答案.【詳解】（1）∵四邊形ABCD為矩形，∴CB'=BC=AD，∠B=∠B'=∠D=90°，又∵∠B'EC=∠DEA，∴△AED?△CEB'；（2）∵△AED?△CEB'，∴EB'=DE=3，∵AB'=AB=8，∴AE=AB'-EB'=8-3=5，在Rt△ADE中，AD=A過(guò)點(diǎn)P作PK⊥AB于K，∵∠B'AC=∠BAC，PG⊥AE，∴PK=PG，∵PH⊥CD，AB//CD，∴PH⊥AB，∴H、P、K共線，∵∠D=∠KHD=∠HKA=90°，∴四邊形ADHK是矩形，∴HK=AD=4，∴PG+PH=PK+PH=HK=4.【點(diǎn)睛】此題考查了折疊的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理等知識(shí).此題難度較大，注意掌握折疊前后圖形的對(duì)應(yīng)關(guān)系，注意掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用.2．如果兩個(gè)三角形的兩條邊對(duì)應(yīng)相等，夾角互補(bǔ)，那么這兩個(gè)三角形叫做互補(bǔ)三角形，如圖2，分別以△ABC的邊AB、AC為邊向外作正方形ABDE和ACGF，則圖中的兩個(gè)三角形就是互補(bǔ)三角形．（1）用尺規(guī)將圖1中的△ABC分割成兩個(gè)互補(bǔ)三角形；（2）證明圖2中的△ABC分割成兩個(gè)互補(bǔ)三角形；（3）如圖3，在圖2的基礎(chǔ)上再以BC為邊向外作正方形BCHI．①已知三個(gè)正方形面積分別是17、13、10，在如圖4的網(wǎng)格中（網(wǎng)格中每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)為1）畫(huà)出邊長(zhǎng)為17、13、10的三角形，并計(jì)算圖3中六邊形DEFGHI的面積．②若△ABC的面積為2，求以EF、DI、HG的長(zhǎng)為邊的三角形面積．【答案】（1）作圖見(jiàn)解析（2）證明見(jiàn)解析（3）①62；②6【解析】試題分析：（1）作BC邊上的中線AD即可．（2）根據(jù)互補(bǔ)三角形的定義證明即可．（3）①畫(huà)出圖形后，利用割補(bǔ)法求面積即可．②平移△CHG到AMF，連接EM，IM，則AM=CH=BI，只要證明S△EFM=3S△ABC即可．試題解析：（1）如圖1中，作BC邊上的中線AD，△ABD和△ADC是互補(bǔ)三角形．（2）如圖2中，延長(zhǎng)FA到點(diǎn)H，使得AH=AF，連接EH．∵四邊形ABDE，四邊形ACGF是正方形，∴AB=AE，AF=AC，∠BAE=∠CAF=90°，∴∠EAF+∠BAC=180°，∴△AEF和△ABC是兩個(gè)互補(bǔ)三角形．∵∠EAH+∠HAB=∠BAC+∠HAB=90°，∴∠EAH=∠BAC，∵AF=AC，∴AH=AB，在△AEH和△ABC中，AE=AB∴△AEH≌△ABC，∴S△AEF=S△AEH=S△ABC．（3）①邊長(zhǎng)為17、13、10的三角形如圖4所示．∵S△ABC=3×4﹣2﹣1.5﹣3=5.5，∴S六邊形=17+13+10+4×5.5=62．②如圖3中，平移△CHG到AMF，連接EM，IM，則AM=CH=BI，設(shè)∠ABC=x，∵AM∥CH，CH⊥BC，∴AM⊥BC，∴∠EAM=90°+90°﹣x=180°﹣x，∵∠DBI=360°﹣90°﹣90°﹣x=180°﹣x，∴∠EAM=∠DBI，∵AE=BD，∴△AEM≌△DBI，∵在△DBI和△ABC中，DB=AB，BI=BC，∠DBI+∠ABC=180°，∴△DBI和△ABC是互補(bǔ)三角形，∴S△AEM=S△AEF=S△AFM=2，∴S△EFM=3S△ABC=6．考點(diǎn)：1、作圖﹣應(yīng)用與設(shè)計(jì)，2、三角形面積3．在△ABC中，AB=BC，點(diǎn)O是AC的中點(diǎn)，點(diǎn)P是AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P不與點(diǎn)A，O，C重合）．過(guò)點(diǎn)A，點(diǎn)C作直線BP的垂線，垂足分別為點(diǎn)E和點(diǎn)F，連接OE，OF．（1）如圖1，請(qǐng)直接寫(xiě)出線段OE與OF的數(shù)量關(guān)系；（2）如圖2，當(dāng)∠ABC=90°時(shí)，請(qǐng)判斷線段OE與OF之間的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并說(shuō)明理由（3）若|CF﹣AE|=2，EF=2，當(dāng)△POF為等腰三角形時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出線段OP的長(zhǎng)．【答案】（1）OF=OE；（2）OF⊥EK，OF=OE，理由見(jiàn)解析；（3）OP的長(zhǎng)為或.【解析】【分析】（1）如圖1中，延長(zhǎng)EO交CF于K，證明△AOE≌△COK，從而可得OE=OK，再根據(jù)直角三角形斜邊中線等于斜邊一半即可得OF=OE；（2）如圖2中，延長(zhǎng)EO交CF于K，由已知證明△ABE≌△BCF，△AOE≌△COK，繼而可證得△EFK是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性質(zhì)即可得OF⊥EK，OF=OE；（3）分點(diǎn)P在AO上與CO上兩種情況分別畫(huà)圖進(jìn)行解答即可得.【詳解】（1）如圖1中，延長(zhǎng)EO交CF于K，∵AE⊥BE，CF⊥BE，∴AE∥CK，∴∠EAO=∠KCO，∵OA=OC，∠AOE=∠COK，∴△AOE≌△COK，∴OE=OK，∵△EFK是直角三角形，∴OF=EK=OE；（2）如圖2中，延長(zhǎng)EO交CF于K，∵∠ABC=∠AEB=∠CFB=90°，∴∠ABE+∠BAE=90°，∠ABE+∠CBF=90°，∴∠BAE=∠CBF，∵AB=BC，∴△ABE≌△BCF，∴BE=CF，AE=BF，∵△AOE≌△COK，∴AE=CK，OE=OK，∴FK=EF，∴△EFK是等腰直角三角形，∴OF⊥EK，OF=OE；（3）如圖3中，點(diǎn)P在線段AO上，延長(zhǎng)EO交CF于K，作PH⊥OF于H，∵|CF﹣AE|=2，EF=2，AE=CK，∴FK=2，在Rt△EFK中，tan∠FEK=，∴∠FEK=30°，∠EKF=60°，∴EK=2FK=4，OF=EK=2，∵△OPF是等腰三角形，觀察圖形可知，只有OF=FP=2，在Rt△PHF中，PH=PF=1，HF=，OH=2﹣，∴OP=.如圖4中，點(diǎn)P在線段OC上，當(dāng)PO=PF時(shí)，∠POF=∠PFO=30°，∴∠BOP=90°，∴OP=OE=，綜上所述：OP的長(zhǎng)為或.【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊中線等于斜邊一半、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、解直角三角形等，綜合性較強(qiáng)，正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵.4．已知AD是△ABC的中線P是線段AD上的一點(diǎn)（不與點(diǎn)A、D重合），連接PB、PC，E、F、G、H分別是AB、AC、PB、PC的中點(diǎn)，AD與EF交于點(diǎn)M；（1）如圖1，當(dāng)AB＝AC時(shí)，求證：四邊形EGHF是矩形；（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)M重合時(shí)，在不添加任何輔助線的條件下，寫(xiě)出所有與△BPE面積相等的三角形（不包括△BPE本身）．【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）△APE、△APF、△CPF、△PGH．【解析】【分析】（1）由三角形中位線定理得出EG∥AP，EF∥BC，EF=BC，GH∥BC，GH=BC，推出EF∥GH，EF=GH，證得四邊形EGHF是平行四邊形，證得EF⊥AP，推出EF⊥EG，即可得出結(jié)論；（2）由△APE與△BPE的底AE=BE，又等高，得出S△APE=S△BPE，由△APE與△APF的底EP=FP，又等高，得出S△APE=S△APF，由△APF與△CPF的底AF=CF，又等高，得出S△APF=S△CPF，證得△PGH底邊GH上的高等于△AEF底邊EF上高的一半，推出S△PGH=S△AEF=S△APF，即可得出結(jié)果．【詳解】（1）證明：∵E、F、G、H分別是AB、AC、PB、PC的中點(diǎn)，∴EG∥AP，EF∥BC，EF＝BC，GH∥BC，GH＝BC，∴EF∥GH，EF＝GH，∴四邊形EGHF是平行四邊形，∵AB＝AC，∴AD⊥BC，∴EF⊥AP，∵EG∥AP，∴EF⊥EG，∴平行四邊形EGHF是矩形；（2）∵PE是△APB的中線，∴△APE與△BPE的底AE＝BE，又等高，∴S△APE＝S△BPE，∵AP是△AEF的中線，∴△APE與△APF的底EP＝FP，又等高，∴S△APE＝S△APF，∴S△APF＝S△BPE，∵PF是△APC的中線，∴△APF與△CPF的底AF＝CF，又等高，∴S△APF＝S△CPF，∴S△CPF＝S△BPE，∵EF∥GH∥BC，E、F、G、H分別是AB、AC、PB、PC的中點(diǎn)，∴△AEF底邊EF上的高等于△ABC底邊BC上高的一半，△PGH底邊GH上的高等于△PBC底邊BC上高的一半，∴△PGH底邊GH上的高等于△AEF底邊EF上高的一半，∵GH＝EF，∴S△PGH＝S△AEF＝S△APF，綜上所述，與△BPE面積相等的三角形為：△APE、△APF、△CPF、△PGH．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定、三角形中位線定理、平行線的性質(zhì)、三角形面積的計(jì)算等知識(shí)，熟練掌握三角形中位線定理是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．5．（感知）如圖①，四邊形ABCD、CEFG均為正方形．可知BE=DG．（拓展）如圖②，四邊形ABCD、CEFG均為菱形，且∠A=∠F．求證：BE=DG．（應(yīng)用）如圖③，四邊形ABCD、CEFG均為菱形，點(diǎn)E在邊AD上，點(diǎn)G在AD延長(zhǎng)線上．若AE=2ED，∠A=∠F，△EBC的面積為8，菱形CEFG的面積是_______．（只填結(jié)果）【答案】見(jiàn)解析【解析】試題分析：探究：由四邊形ABCD、四邊形CEFG均為菱形，利用SAS易證得△BCE≌△DCG，則可得BE=DG；應(yīng)用：由AD∥BC，BE=DG，可得S△ABE+S△CDE=S△BEC=S△CDG=8，又由AE=3ED，可求得△CDE的面積，繼而求得答案．試題解析：探究：∵四邊形ABCD、四邊形CEFG均為菱形，∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠A，∠ECG=∠F．∵∠A=∠F，∴∠BCD=∠ECG．∴∠BCD-∠ECD=∠ECG-∠ECD，即∠BCE=∠DCG．在△BCE和△DCG中，∴△BCE≌△DCG（SAS），∴BE=DG．應(yīng)用：∵四邊形ABCD為菱形，∴AD∥BC，∵BE=DG，∴S△ABE+S△CDE=S△BEC=S△CDG=8，∵AE=3ED，∴S△CDE=,∴S△ECG=S△CDE+S△CDG=10∴S菱形CEFG=2S△ECG=20.6．如圖①，在矩形中，點(diǎn)從邊的中點(diǎn)出發(fā)，沿著速運(yùn)動(dòng)，速度為每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度，到達(dá)點(diǎn)后停止運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)是上的點(diǎn)，，設(shè)的面積為，點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為秒，與的函數(shù)關(guān)系如圖②所示.(1)圖①中=，=，圖②中=.(2)當(dāng)=1秒時(shí)，試判斷以為直徑的圓是否與邊相切?請(qǐng)說(shuō)明理由:(3)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，將矩形沿所在直線折疊，則為何值時(shí)，折疊后頂點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)落在矩形的一邊上.【答案】(1)8,18,20;(2)不相切，證明見(jiàn)解析；（3）t=、5、.【解析】【分析】（1）由題意得出AB=2BE，t=2時(shí)，BE=2×2=4，求出AB=2BE=8，AE=BE=4，t=11時(shí)，2t=22，得出BC=18，當(dāng)t=0時(shí)，點(diǎn)P在E處，m=△AEQ的面積=AQ×AE=20即可；（2）當(dāng)t=1時(shí)，PE=2，得出AP=AE+PE=6，由勾股定理求出PQ=2，設(shè)以PQ為直徑的圓的圓心為O'，作O'N⊥BC于N，延長(zhǎng)NO'交AD于M，則MN=AB=8，O'M∥AB，MN=AB=8，由三角形中位線定理得出O'M=AP=3，求出O'N=MN-O'M=5＜圓O'的半徑，即可得出結(jié)論；（3）分三種情況：①當(dāng)點(diǎn)P在AB邊上，A'落在BC邊上時(shí)，作QF⊥BC于F，則QF=AB=8，BF=AQ=10，由折疊的性質(zhì)得：PA'=PA，A'Q=AQ=10，∠PA'Q=∠A=90°，由勾股定理求出A'F==6，得出A'B=BF-A'F=4，在Rt△A'BP中，BP=4-2t，PA'=AP=8-（4-2t）=4+2t，由勾股定理得出方程，解方程即可；②當(dāng)點(diǎn)P在BC邊上，A'落在BC邊上時(shí)，由折疊的性質(zhì)得：A'P=AP，證出∠APQ=∠AQP，得出AP=AQ=A'P=10，在Rt△ABP中，由勾股定理求出BP=6，由BP=2t-4，得出2t-4=6，解方程即可；③當(dāng)點(diǎn)P在BC邊上，A'落在CD邊上時(shí)，由折疊的性質(zhì)得：A'P=AP，A'Q=AQ=10，在Rt△DQA'中，DQ=AD-AQ=8，由勾股定理求出DA'=6，得出A'C=CD-DA'=2，在Rt△ABP和Rt△A'PC中，BP=2t-4，CP=BC-BP=22-2t，由勾股定理得出方程，解方程即可．【詳解】（1）∵點(diǎn)P從AB邊的中點(diǎn)E出發(fā)，速度為每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度，∴AB=2BE，由圖象得：t=2時(shí)，BE=2×2=4，∴AB=2BE=8，AE=BE=4，t=11時(shí)，2t=22，∴BC=22-4=18，當(dāng)t=0時(shí)，點(diǎn)P在E處，m=△AEQ的面積=AQ×AE=×10×4=20；故答案為8，18，20；（2）當(dāng)t=1秒時(shí)，以PQ為直徑的圓不與BC邊相切，理由如下：當(dāng)t=1時(shí)，PE=2，∴AP=AE+PE=4+2=6，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=90°，∴PQ=，設(shè)以PQ為直徑的圓的圓心為O'，作O'N⊥BC于N，延長(zhǎng)NO'交AD于M，如圖1所示：則MN=AB=8，O'M∥AB，MN=AB=8，∵O'為PQ的中點(diǎn)，∴O''M是△APQ的中位線，∴O'M=AP=3，∴O'N=MN-O'M=5＜，∴以PQ為直徑的圓不與BC邊相切；（3）分三種情況：①當(dāng)點(diǎn)P在AB邊上，A'落在BC邊上時(shí)，作QF⊥BC于F，如圖2所示：則QF=AB=8，BF=AQ=10，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°，CD=AB=8，AD=BC=18，由折疊的性質(zhì)得：PA'=PA，A'Q=AQ=10，∠PA'Q=∠A=90°，∴A'F==6，∴A'B=BF-A'F=4，在Rt△A'BP中，BP=4-2t，PA'=AP=8-（4-2t）=4+2t，由勾股定理得：42+（4-2t）2=（4+2t）2，解得：t=；②當(dāng)點(diǎn)P在BC邊上，A'落在BC邊上時(shí)，連接AA'，如圖3所示：由折疊的性質(zhì)得：A'P=AP，∴∠APQ'=∠A'PQ，∵AD∥BC，∴∠AQP=∠A'PQ，∴∠APQ=∠AQP，∴AP=AQ=A'P=10，在Rt△ABP中，由勾股定理得：BP==6，又∵BP=2t-4，∴2t-4=6，解得：t=5；③當(dāng)點(diǎn)P在BC邊上，A'落在CD邊上時(shí)，連接AP、A'P，如圖4所示：由折疊的性質(zhì)得：A'P=AP，A'Q=AQ=10，在Rt△DQA'中，DQ=AD-AQ=8，由勾股定理得：DA'==6，∴A'C=CD-DA'=2，在Rt△ABP和Rt△A'PC中，BP=2t-4，CP=BC-BP=18-（2t-4）=22-2t，由勾股定理得：AP2=82+（2t-4）2，A'P2=22+（22-2t）2，∴82+（2t-4）2=22+（22-2t）2，解得：t=；綜上所述，t為或5或時(shí)，折疊后頂點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)A′落在矩形的一邊上．【點(diǎn)睛】四邊形綜合題目，考查了矩形的性質(zhì)、折疊變換的性質(zhì)、勾股定理、函數(shù)圖象、直線與圓的位置關(guān)系、三角形中位線定理、等腰三角形的判定、以及分類(lèi)討論等知識(shí).7．如圖，P是邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD對(duì)角線BD上一動(dòng)點(diǎn)（P與B、D不重合），∠APE=90°，且點(diǎn)E在BC邊上，AE交BD于點(diǎn)F．（1）求證：①△PAB≌△PCB；②PE=PC；（2）在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，的值是否改變？若不變，求出它的值；若改變，請(qǐng)說(shuō)明理由；（3）設(shè)DP=x，當(dāng)x為何值時(shí)，AE∥PC，并判斷此時(shí)四邊形PAFC的形狀．【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）APAE（3）x=2﹣1；四邊形PAFC是菱形．【解析】試題分析：（1）根據(jù)四邊形ABCD是正方形，得出AB=BC，∠ABP=∠CBP°，再根據(jù)PB=PB，即可證出△PAB≌△PCB，②根據(jù)∠PAB+∠PEB=180°，∠PEC+∠PEB=180°，得出∠PEC=∠PCB，從而證出PE=PC；（2）根據(jù)PA=PC，PE=PC，得出PA=PE，再根據(jù)∠APE=90°，得出∠PAE=∠PEA=45°，即可求出APAE（3）先求出∠CPE=∠PEA=45°，從而得出∠PCE，再求出∠BPC即可得出∠BPC=∠PCE，從而證出BP=BC=1，x=2﹣1，再根據(jù)AE∥PC，得出∠AFP=∠BPC=67.5°，由△PAB≌△PCB得出∠BPA=∠BPC=67.5°，PA=PC，從而證出AF=AP=PC，得出答案．試題解析：（1）①∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABP=∠CBP=12∵PB=PB，∴△PAB≌△PCB（SAS）．②由△PAB≌△PCB可知，∠PAB=∠PCB．∵∠ABE=∠APE=90°，∴∠PAB+∠PEB=180°，又∵∠PEC+∠PEB=180°，∴∠PEC=∠PAB=∠PCB，∴PE=PC．（2）在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，APAE由△PAB≌△PCB可知，PA=PC．∵PE=PC，∴PA=PE，又∵∠APE=90°，∴△PAE是等腰直角三角形，∠PAE=∠PEA=45°，∴APAE=2（3）∵AE∥PC，∴∠CPE=∠PEA=45°，∴在△PEC中，∠PCE=∠PEC=12在△PBC中，∠BPC=（180°﹣∠CBP﹣∠PCE）=（180°﹣45°﹣67.5°）=67.5°．∴∠BPC=∠PCE=67.5°，∴BP=BC=1，∴x=BD﹣BP=2﹣1．∵AE∥PC，∴∠AFP=∠BPC=67.5°，由△PAB≌△PCB可知，∠BPA=∠BPC=67.5°，PA=PC，∴∠AFP=∠BPA，∴AF=AP=PC，∴四邊形PAFC是菱形．考點(diǎn)：四邊形綜合題．8．?dāng)?shù)學(xué)活動(dòng)課上，老師給出如下問(wèn)題：如圖，將等腰直角三角形紙片沿斜邊上的高AC剪開(kāi)，得到等腰直角三角形△ABC與△EFD，將△EFD的直角頂點(diǎn)在直線BC上平移，在平移的過(guò)程中，直線AC與直線DE交于點(diǎn)Q，讓同學(xué)們探究線段BQ與AD的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系．請(qǐng)你閱讀下面交流信息，解決所提出的問(wèn)題．展示交流：小敏：滿足條件的圖形如圖甲所示圖形，延長(zhǎng)BQ與AD交于點(diǎn)H．我們可以證明△BCQ≌△ACD，從而易得BQ=AD，BQ⊥AD．小慧：根據(jù)圖甲，當(dāng)點(diǎn)F在線段BC上時(shí)，我們可以驗(yàn)證小慧的說(shuō)法是正確的．但當(dāng)點(diǎn)F在線段CB的延長(zhǎng)線上（如圖乙）或線段CB的反向延長(zhǎng)線上（如圖丙）時(shí)，我對(duì)小慧說(shuō)法的正確性表示懷疑．（1）請(qǐng)你幫助小慧進(jìn)行分析，小敏的結(jié)論在圖乙、圖丙中是否成立？請(qǐng)說(shuō)明理由．（選擇圖乙或圖丙的一種情況說(shuō)明即可）．（2）小慧思考問(wèn)題的方式中，蘊(yùn)含的數(shù)學(xué)思想是．拓展延伸：根據(jù)你上面選擇的圖形，分別取AB、BD、DQ、AQ的中點(diǎn)M、N、P、T．則四邊形MNPT是什么樣的特殊四邊形？請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】成立；分類(lèi)討論思想；正方形.【解析】試題分析：利用等腰直角三角形的性質(zhì)結(jié)合全等三角形的判定與性質(zhì)得出BQ=AD，BQ⊥AD；利用已知條件分類(lèi)得出，體現(xiàn)數(shù)學(xué)中的分類(lèi)討論思想，拓展延伸：利用三角形中位線定理結(jié)合正方形的判定方法，首先得出四邊形MNPT是平行四邊形進(jìn)而得出它是菱形，再求出一個(gè)內(nèi)角是90°，即可得出答案．試題解析：(1)、成立，理由：如圖乙：由題意可得：∠FDE=∠QDC=∠ABC=∠BAC=45°，則DC=QC，AC=BC，在△ADC和△BQC中∵，∴△ADC≌△BQC（SAS），∴AD=BQ，∠DAC=∠QBC，延長(zhǎng)AD交BQ于點(diǎn)F，則∠ADC=∠BDF，∴∠BFD=∠ACD=90°，∴AD⊥BQ；(2)、小慧思考問(wèn)題的方式中，蘊(yùn)含的數(shù)學(xué)思想是：分類(lèi)討論思想；拓展延伸：四邊形MNPT是正方形，理由：∵取AB、BD、DQ、AQ的中點(diǎn)M、N、P、T，∴MNAD，TPAD，∴MNTP，∴四邊形MNPT是平行四邊形，∵NPBQ，BQ=AD，∴NP=MN，∴平行四邊形MNPT是菱形，又∵AD⊥BQ，NP∥BQ，MN∥AD，∴∠MNP=90°，∴四邊形MNPT是正方形．考點(diǎn)：幾何變換綜合題9．已知：如圖，四邊形ABCD和四邊形AECF都是矩形，AE與BC交于點(diǎn)M，CF與AD交于點(diǎn)N．（1）求證：△ABM≌△CDN；（2）矩形ABCD和矩形AECF滿足何種關(guān)系時(shí)，四邊形AMCN是菱形，證明你的結(jié)論．【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）當(dāng)AB＝AF時(shí)，四邊形AMCN是菱形．證明見(jiàn)解析；【解析】試題分析：（1）由已知條件可得四邊形AMCN是平行四邊形，從而可得AM=CN，再由AB=CD，∠B=∠D=90°，利用HL即可證明；（2）若四邊形AMCN為菱形，則有AM=AN，從已知可得∠BAM=∠FAN，又∠B=∠F=90°，所以有△ABM≌△AFN，從而得AB=AF，因此當(dāng)AB＝AF時(shí)，四邊形AMCN是菱形．試題解析：（1）∵四邊形AB