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15. 如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ C=90°,∠ B=30°,BC=2,M,N$分别为$AB,BC$边上的动点,$D,E$分别为$CN,MN$的中点,则$DE+EN$的最小值是
（第15题图）
（第17题图）
（第18题图）
$\frac{\sqrt{3}}{2}$
.（第15题图）
（第17题图）
（第18题图）
答案
15.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
解析
【分析】
首先利用三角形中位线性质转化线段：D、E分别是CN、MN的中点，可得DE是△CMN的中位线，即DE=½CM；E是MN中点，故EN=½MN，因此DE+EN=½(CM+MN)，求DE+EN的最小值等价于求CM+MN的最小值。再用对称法求最短路径：作点C关于AB的对称点C'，根据点到直线的距离垂线段最短，C'到BC的垂线段长度就是CM+MN的最小值，最后结合直角三角形性质计算即可。
【解析】
1. 线段转化：
∵ D是CN中点，E是MN中点，
∴ DE是△CMN的中位线，可得$DE=\frac{1}{2}CM$，
又
∵ E是MN中点，可得$EN=\frac{1}{2}MN$，
因此$DE+EN=\frac{1}{2}(CM+MN)$。
2. 求CM+MN的最小值：
作点C关于AB的对称点$C'$，连接$C'M$，由对称性质得$CM=C'M$，
则$CM+MN=C'M+MN$，当$C'$、M、N三点共线且$C'N⊥BC$时，$C'M+MN$取得最小值，最小值为$C'$到BC的垂线段长度。
3. 计算垂线段长度：
在$Rt△ABC$中，$∠C=90°$，$∠B=30°$，$BC=2$，设$AC=x$，由30°角对的直角边是斜边一半可知$AB=2x$，
由勾股定理：$x^2+2^2=(2x)^2$，解得$x=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$AB=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
由面积法求点C到AB的高h：$\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}AB·h$，代入得$h=1$，故$CC'=2h=2$，
又
∵ $∠BCC'=60°$，$BC=CC'=2$，
∴ $△BCC'$是等边三角形，
等边三角形的高为$\frac{\sqrt{3}}{2}×2=\sqrt{3}$，即$C'$到BC的垂线段长度为$\sqrt{3}$，
因此$CM+MN$的最小值为$\sqrt{3}$，故$DE+EN$的最小值为$\frac{1}{2}×\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{3}}{2}$
【知识点】
三角形中位线定理，最短路径问题，含30°角的直角三角形性质
【点评】
本题需要先通过中位线性质转化所求线段和，再用对称法结合垂线段最短求解，解题关键是建立未知线段和已知几何图形的联系，对几何转化能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
首先利用三角形中位线性质转化线段：D、E分别是CN、MN的中点，可得DE是△CMN的中位线，即DE=½CM；E是MN中点，故EN=½MN，因此DE+EN=½(CM+MN)，求DE+EN的最小值等价于求CM+MN的最小值。再用对称法求最短路径：作点C关于AB的对称点C'，根据点到直线的距离垂线段最短，C'到BC的垂线段长度就是CM+MN的最小值，最后结合直角三角形性质计算即可。
【解析】
1. 线段转化：
∵ D是CN中点，E是MN中点，
∴ DE是△CMN的中位线，可得$DE=\frac{1}{2}CM$，
又
∵ E是MN中点，可得$EN=\frac{1}{2}MN$，
因此$DE+EN=\frac{1}{2}(CM+MN)$。
2. 求CM+MN的最小值：
作点C关于AB的对称点$C'$，连接$C'M$，由对称性质得$CM=C'M$，
则$CM+MN=C'M+MN$，当$C'$、M、N三点共线且$C'N⊥BC$时，$C'M+MN$取得最小值，最小值为$C'$到BC的垂线段长度。
3. 计算垂线段长度：
在$Rt△ABC$中，$∠C=90°$，$∠B=30°$，$BC=2$，设$AC=x$，由30°角对的直角边是斜边一半可知$AB=2x$，
由勾股定理：$x^2+2^2=(2x)^2$，解得$x=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$AB=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
由面积法求点C到AB的高h：$\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}AB·h$，代入得$h=1$，故$CC'=2h=2$，
又
∵ $∠BCC'=60°$，$BC=CC'=2$，
∴ $△BCC'$是等边三角形，
等边三角形的高为$\frac{\sqrt{3}}{2}×2=\sqrt{3}$，即$C'$到BC的垂线段长度为$\sqrt{3}$，
因此$CM+MN$的最小值为$\sqrt{3}$，故$DE+EN$的最小值为$\frac{1}{2}×\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{3}}{2}$
【知识点】
三角形中位线定理，最短路径问题，含30°角的直角三角形性质
【点评】
本题需要先通过中位线性质转化所求线段和，再用对称法结合垂线段最短求解，解题关键是建立未知线段和已知几何图形的联系，对几何转化能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
16.已知在矩形ABCD中，AB=4，BC=10，M为BC的中点，P为AD上的动点，则以B，M，P为顶点组成的等腰三角形的底边长为
5或$2\sqrt{5}$或$4\sqrt{5}$
。答案
16.5或$2\sqrt{5}$或$4\sqrt{5}$
解析
【分析】
要解决该问题，首先明确等腰三角形未指定腰和底边时，需分三种情况讨论：①BM为腰，B为顶点（即BM=BP）；②BM为腰，M为顶点（即BM=PM）；③BM为底边（即PB=PM）。结合矩形对边平行、内角为直角的性质，通过勾股定理计算各边长度，同时验证P点在AD上的合理性，最终得到所有可能的底边长。
【解析】
解：已知矩形ABCD中，AB=4，BC=10，M为BC中点，因此$BM=\frac{BC}{2}=5$。
建立平面直角坐标系：设$A(0,0)$，则$B(0,4)$，$C(10,4)$，$D(10,0)$，$M(5,4)$，设AD上动点P坐标为$(x,0)$（$0≤x≤10$），分三种情况讨论：
1. 当$BM=BP=5$时，腰为BM、BP，底边为PM：
在$Rt△ABP$中，由勾股定理得$AP=\sqrt{BP^2-AB^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$，即$x=3$，
此时$PM=\sqrt{(5-3)^2+(4-0)^2}=\sqrt{4+16}=2\sqrt{5}$，底边长为$2\sqrt{5}$。
2. 当$BM=PM=5$时，腰为BM、PM，底边为BP：
由$PM=5$得$\sqrt{(x-5)^2+(0-4)^2}=5$，化简得$(x-5)^2=9$，解得$x=2$或$x=8$：
若$x=2$，$BP=\sqrt{2^2+4^2}=\sqrt{4+16}=2\sqrt{5}$，底边长为$2\sqrt{5}$；
若$x=8$，$BP=\sqrt{8^2+4^2}=\sqrt{64+16}=4\sqrt{5}$，底边长为$4\sqrt{5}$。
3. 当$PB=PM$时，腰为PB、PM，底边为BM：
由$PB=PM$得$\sqrt{x^2+4^2}=\sqrt{(x-5)^2+4^2}$，平方化简得$x=2.5$，符合取值范围，此时底边长$BM=5$。
综上，底边长共有3种可能。
【答案】
5或$2\sqrt{5}$或$4\sqrt{5}$
【知识点】
矩形的性质，等腰三角形分类讨论，勾股定理
【点评】
本题核心考查分类讨论思想，未明确腰和底边的等腰三角形问题需分三类逐一讨论，求解过程中要结合图形性质验证解的合理性，避免漏解或多解。
【难度系数】
0.6
要解决该问题，首先明确等腰三角形未指定腰和底边时，需分三种情况讨论：①BM为腰，B为顶点（即BM=BP）；②BM为腰，M为顶点（即BM=PM）；③BM为底边（即PB=PM）。结合矩形对边平行、内角为直角的性质，通过勾股定理计算各边长度，同时验证P点在AD上的合理性，最终得到所有可能的底边长。
【解析】
解：已知矩形ABCD中，AB=4，BC=10，M为BC中点，因此$BM=\frac{BC}{2}=5$。
建立平面直角坐标系：设$A(0,0)$，则$B(0,4)$，$C(10,4)$，$D(10,0)$，$M(5,4)$，设AD上动点P坐标为$(x,0)$（$0≤x≤10$），分三种情况讨论：
1. 当$BM=BP=5$时，腰为BM、BP，底边为PM：
在$Rt△ABP$中，由勾股定理得$AP=\sqrt{BP^2-AB^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$，即$x=3$，
此时$PM=\sqrt{(5-3)^2+(4-0)^2}=\sqrt{4+16}=2\sqrt{5}$，底边长为$2\sqrt{5}$。
2. 当$BM=PM=5$时，腰为BM、PM，底边为BP：
由$PM=5$得$\sqrt{(x-5)^2+(0-4)^2}=5$，化简得$(x-5)^2=9$，解得$x=2$或$x=8$：
若$x=2$，$BP=\sqrt{2^2+4^2}=\sqrt{4+16}=2\sqrt{5}$，底边长为$2\sqrt{5}$；
若$x=8$，$BP=\sqrt{8^2+4^2}=\sqrt{64+16}=4\sqrt{5}$，底边长为$4\sqrt{5}$。
3. 当$PB=PM$时，腰为PB、PM，底边为BM：
由$PB=PM$得$\sqrt{x^2+4^2}=\sqrt{(x-5)^2+4^2}$，平方化简得$x=2.5$，符合取值范围，此时底边长$BM=5$。
综上，底边长共有3种可能。
【答案】
5或$2\sqrt{5}$或$4\sqrt{5}$
【知识点】
矩形的性质，等腰三角形分类讨论，勾股定理
【点评】
本题核心考查分类讨论思想，未明确腰和底边的等腰三角形问题需分三类逐一讨论，求解过程中要结合图形性质验证解的合理性，避免漏解或多解。
【难度系数】
0.6
17.如图，正方形$A_1B_1B_2C_1,A_2B_2B_3C_2,A_3B_3B_4C_3,\dots,A_nB_nB_{n+1}C_n$，按如图所示放置，使点$A_1,A_2,A_3,A_4,\dots,A_n$在射线$OA$上，点$B_1,B_2,B_3,B_4,\dots,B_n$在射线$OB$上。若$∠ AOB=45°, OB_1=1$，图中阴影部分三角形的面积由小到大依次记作$S_1,S_2,S_3,\dots,S_n$，则$S_{2025}=$
$2^{4047}$
。答案
17.$2^{4047}$
解析
【分析】
首先根据∠AOB=45°以及正方形的边垂直于OB的特点，可判断射线OA与各正方形垂直于OB的边构成的三角形均为等腰直角三角形，由此先推导前几个正方形的边长，总结出第n个正方形边长的规律；再分析阴影三角形的直角边长度与正方形边长的关系，推导阴影面积的通项公式，最后代入n=2025计算即可得到结果。
【解析】
解：
∵∠AOB=45°，且正方形的边均垂直于射线OB，
∴△OB₁A₁、△OB₂A₂、…、△OBₙAₙ都是等腰直角三角形，即$A_nB_n=OB_n$。
已知$OB_1=1$：
1. 第一个正方形$A_1B_1B_2C_1$的边长$B_1B_2=A_1B_1=OB_1=1$，$OB_2=OB_1+B_1B_2=1+1=2$；
2. 第二个正方形$A_2B_2B_3C_2$的边长$B_2B_3=A_2B_2=OB_2=2$，$OB_3=OB_2+B_2B_3=2+2=4$；
3. 第三个正方形$A_3B_3B_4C_3$的边长$B_3B_4=A_3B_3=OB_3=4$，$OB_4=OB_3+B_3B_4=4+4=8$；
以此类推，可得第n个正方形$A_nB_nB_{n+1}C_n$的边长为$2^{n-1}$。
观察阴影部分三角形：第n个阴影三角形$S_n$的两条直角边长度 = 第n+1个正方形边长 - 第n个正方形边长 = $2^n - 2^{n-1}=2^{n-1}$，
因此阴影面积：
$S_n=\frac{1}{2} × 2^{n-1} × 2^{n-1}=\frac{1}{2} × 2^{2n-2}=2^{2n-3}$
当n=2025时，$S_{2025}=2^{2 × 2025 -3}=2^{4047}$
【答案】
$2^{4047}$
【知识点】
等腰直角三角形的性质；正方形的性质；图形规律探究
【点评】
本题属于规律探究类题目，解题的核心是结合特殊几何图形的性质归纳出边长的变化规律，进而推导面积的通项公式，有效考查了逻辑推理和归纳总结的能力。
【难度系数】
0.3
首先根据∠AOB=45°以及正方形的边垂直于OB的特点，可判断射线OA与各正方形垂直于OB的边构成的三角形均为等腰直角三角形，由此先推导前几个正方形的边长，总结出第n个正方形边长的规律；再分析阴影三角形的直角边长度与正方形边长的关系，推导阴影面积的通项公式，最后代入n=2025计算即可得到结果。
【解析】
解：
∵∠AOB=45°，且正方形的边均垂直于射线OB，
∴△OB₁A₁、△OB₂A₂、…、△OBₙAₙ都是等腰直角三角形，即$A_nB_n=OB_n$。
已知$OB_1=1$：
1. 第一个正方形$A_1B_1B_2C_1$的边长$B_1B_2=A_1B_1=OB_1=1$，$OB_2=OB_1+B_1B_2=1+1=2$；
2. 第二个正方形$A_2B_2B_3C_2$的边长$B_2B_3=A_2B_2=OB_2=2$，$OB_3=OB_2+B_2B_3=2+2=4$；
3. 第三个正方形$A_3B_3B_4C_3$的边长$B_3B_4=A_3B_3=OB_3=4$，$OB_4=OB_3+B_3B_4=4+4=8$；
以此类推，可得第n个正方形$A_nB_nB_{n+1}C_n$的边长为$2^{n-1}$。
观察阴影部分三角形：第n个阴影三角形$S_n$的两条直角边长度 = 第n+1个正方形边长 - 第n个正方形边长 = $2^n - 2^{n-1}=2^{n-1}$，
因此阴影面积：
$S_n=\frac{1}{2} × 2^{n-1} × 2^{n-1}=\frac{1}{2} × 2^{2n-2}=2^{2n-3}$
当n=2025时，$S_{2025}=2^{2 × 2025 -3}=2^{4047}$
【答案】
$2^{4047}$
【知识点】
等腰直角三角形的性质；正方形的性质；图形规律探究
【点评】
本题属于规律探究类题目，解题的核心是结合特殊几何图形的性质归纳出边长的变化规律，进而推导面积的通项公式，有效考查了逻辑推理和归纳总结的能力。
【难度系数】
0.3
18.如图,在矩形$ABCD$中,$AD=\sqrt{2}AB$,$∠ BAD$的平分线交$BC$于点$E$,$DH ⊥ AE$于点$H$,连接$BH$并延长交$CD$于点$F$,连接$DE$交$BF$于点$O$.现有下列结论:①$AE=AD$;②$∠ AED=∠ CED$;③$BH=HF$;④$BC-CF=HE$.其中正确的结论是
①②③
(填序号).答案
18.①②③
解析
【分析】
我们可以通过设参数表示矩形边长，结合角平分线性质、等腰三角形特征、全等三角形判定方法逐一验证四个结论：先利用角平分线得到等腰直角△ABE，计算AE长度验证①；再通过HL证明Rt△DHE和Rt△DCE全等，验证角相等判断②；接着通过AAS证明△BEH和△HDF全等，判断线段相等验证③；最后分别计算BC-CF和HE的长度比较，验证④即可得到正确结论。
【解析】
设$AB=a$，则$AD=\sqrt{2}AB=\sqrt{2}a$，矩形$ABCD$中，$BC=AD=\sqrt{2}a$，$CD=AB=a$，$∠ BAD=∠ ABC=∠ C=∠ ADC=90°$。
① $\because AE$平分$∠ BAD$，$\therefore ∠ BAE=∠ DAE=45°$，$\therefore △ ABE$是等腰直角三角形，$BE=AB=a$，$AE=\sqrt{AB^2+BE^2}=\sqrt{2}a$，$\therefore AE=AD$，故①正确；
② $\because DH⊥ AE$，$∠ DAE=45°$，$\therefore △ AHD$是等腰直角三角形，$AH=DH=a$，$\therefore HE=AE-AH=\sqrt{2}a-a$，又$CE=BC-BE=\sqrt{2}a-a$，$\therefore HE=CE$。在$Rt△ DHE$和$Rt△ DCE$中，$\begin{cases}DE=DE\\HE=CE\end{cases}$，$\therefore Rt△ DHE≌ Rt△ DCE(\mathrm{HL})$，$\therefore ∠ AED=∠ CED$，故②正确；
③ $\because AB=AH=a$，$∠ BAH=45°$，$\therefore ∠ ABH=∠ AHB=\frac{180°-45°}{2}=67.5°$，$\therefore ∠ EBH=90°-67.5°=22.5°$，$∠ BHE=180°-∠ AHB=112.5°$。$\because ∠ HDF=90°-∠ ADH=45°=∠ BEH$，$DH=BE=a$，$∠ HFD=180°-(90°-22.5°)=112.5°=∠ BHE$，在$△ BEH$和$△ HDF$中，$\begin{cases}∠ BEH=∠ HDF\\∠ BHE=∠ HFD\\BE=HD\end{cases}$，$\therefore △ BEH≌△ HDF(\mathrm{AAS})$，$\therefore BH=HF$，故③正确；
④ 由$△ BEH≌△ HDF$得$DF=HE=\sqrt{2}a-a$，$\therefore CF=CD-DF=a-(\sqrt{2}a-a)=2a-\sqrt{2}a$，$BC-CF=\sqrt{2}a-(2a-\sqrt{2}a)=2(\sqrt{2}a-a)=2HE≠ HE$，故④错误。
【答案】
①②③
【知识点】
矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题综合考查矩形、等腰三角形、全等三角形的相关知识，需要结合图形逐步推导隐含的等边、等角关系，用参数法计算线段长度能更直观地验证结论，解题时要注意逐一排查每个结论，避免漏判错判。
【难度系数】
0.6
我们可以通过设参数表示矩形边长，结合角平分线性质、等腰三角形特征、全等三角形判定方法逐一验证四个结论：先利用角平分线得到等腰直角△ABE，计算AE长度验证①；再通过HL证明Rt△DHE和Rt△DCE全等，验证角相等判断②；接着通过AAS证明△BEH和△HDF全等，判断线段相等验证③；最后分别计算BC-CF和HE的长度比较，验证④即可得到正确结论。
【解析】
设$AB=a$，则$AD=\sqrt{2}AB=\sqrt{2}a$，矩形$ABCD$中，$BC=AD=\sqrt{2}a$，$CD=AB=a$，$∠ BAD=∠ ABC=∠ C=∠ ADC=90°$。
① $\because AE$平分$∠ BAD$，$\therefore ∠ BAE=∠ DAE=45°$，$\therefore △ ABE$是等腰直角三角形，$BE=AB=a$，$AE=\sqrt{AB^2+BE^2}=\sqrt{2}a$，$\therefore AE=AD$，故①正确；
② $\because DH⊥ AE$，$∠ DAE=45°$，$\therefore △ AHD$是等腰直角三角形，$AH=DH=a$，$\therefore HE=AE-AH=\sqrt{2}a-a$，又$CE=BC-BE=\sqrt{2}a-a$，$\therefore HE=CE$。在$Rt△ DHE$和$Rt△ DCE$中，$\begin{cases}DE=DE\\HE=CE\end{cases}$，$\therefore Rt△ DHE≌ Rt△ DCE(\mathrm{HL})$，$\therefore ∠ AED=∠ CED$，故②正确；
③ $\because AB=AH=a$，$∠ BAH=45°$，$\therefore ∠ ABH=∠ AHB=\frac{180°-45°}{2}=67.5°$，$\therefore ∠ EBH=90°-67.5°=22.5°$，$∠ BHE=180°-∠ AHB=112.5°$。$\because ∠ HDF=90°-∠ ADH=45°=∠ BEH$，$DH=BE=a$，$∠ HFD=180°-(90°-22.5°)=112.5°=∠ BHE$，在$△ BEH$和$△ HDF$中，$\begin{cases}∠ BEH=∠ HDF\\∠ BHE=∠ HFD\\BE=HD\end{cases}$，$\therefore △ BEH≌△ HDF(\mathrm{AAS})$，$\therefore BH=HF$，故③正确；
④ 由$△ BEH≌△ HDF$得$DF=HE=\sqrt{2}a-a$，$\therefore CF=CD-DF=a-(\sqrt{2}a-a)=2a-\sqrt{2}a$，$BC-CF=\sqrt{2}a-(2a-\sqrt{2}a)=2(\sqrt{2}a-a)=2HE≠ HE$，故④错误。
【答案】
①②③
【知识点】
矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题综合考查矩形、等腰三角形、全等三角形的相关知识，需要结合图形逐步推导隐含的等边、等角关系，用参数法计算线段长度能更直观地验证结论，解题时要注意逐一排查每个结论，避免漏判错判。
【难度系数】
0.6
三、解答题
19.某社区计划将一块正方形空地分成面积相等的四部分，分别种植四种不同的花草，请运用所学的知识，设计三种不同的方案（画出即可）。
19.某社区计划将一块正方形空地分成面积相等的四部分，分别种植四种不同的花草，请运用所学的知识，设计三种不同的方案（画出即可）。
答案
解:如图1,连接该正方形的两条对角线,则正方形被分为4个全等的等腰直角三角形;
如图2,连接该正方形对边中点,则正方形被分为4个全等小正方形;
如图3,连接该正方形一组对边的四等分点,则正方形被分为4个全等矩形.
解析
【分析】
要将正方形分成面积相等的四部分，核心是保证每部分面积为原正方形的$\frac{1}{4}$，可结合正方形的性质、对称性、边长等分的思路设计方案：①利用正方形的对角线对称性，连接对角线可得到4个全等的三角形；②利用正方形对边中点连线的对称性，可得到4个全等的小正方形；③通过等分一组对边的方式，得到4个全等的矩形，以上思路都能满足面积相等的要求。
【解析】
方案1：连接正方形的两条对角线，因为正方形的对角线互相垂直平分且相等，因此分成的4个图形是全等的等腰直角三角形，每个三角形的面积都是原正方形面积的$\frac{1}{4}$，符合要求。
方案2：分别连接正方形两组对边的中点，两条连线互相垂直平分，将原正方形分成4个全等的小正方形，每个小正方形的面积都是原正方形面积的$\frac{1}{4}$，符合要求。
方案3：将正方形的一组对边分别四等分，依次连接对应的等分点，得到4个长与原正方形边长相等、宽为原正方形边长$\frac{1}{4}$的全等矩形，每个矩形的面积都是原正方形面积的$\frac{1}{4}$，符合要求。
【答案】
【知识点】
正方形的性质；图形面积等分；对称的应用
【点评】
本题属于开放性设计类题目，答案不唯一，只要满足四部分面积相等即可，主要考查对图形性质的灵活运用能力和动手设计能力，趣味性和实用性较强。
【难度系数】
0.8
要将正方形分成面积相等的四部分，核心是保证每部分面积为原正方形的$\frac{1}{4}$，可结合正方形的性质、对称性、边长等分的思路设计方案：①利用正方形的对角线对称性，连接对角线可得到4个全等的三角形；②利用正方形对边中点连线的对称性，可得到4个全等的小正方形；③通过等分一组对边的方式，得到4个全等的矩形，以上思路都能满足面积相等的要求。
【解析】
方案1：连接正方形的两条对角线，因为正方形的对角线互相垂直平分且相等，因此分成的4个图形是全等的等腰直角三角形，每个三角形的面积都是原正方形面积的$\frac{1}{4}$，符合要求。
方案2：分别连接正方形两组对边的中点，两条连线互相垂直平分，将原正方形分成4个全等的小正方形，每个小正方形的面积都是原正方形面积的$\frac{1}{4}$，符合要求。
方案3：将正方形的一组对边分别四等分，依次连接对应的等分点，得到4个长与原正方形边长相等、宽为原正方形边长$\frac{1}{4}$的全等矩形，每个矩形的面积都是原正方形面积的$\frac{1}{4}$，符合要求。
【答案】
【知识点】
正方形的性质；图形面积等分；对称的应用
【点评】
本题属于开放性设计类题目，答案不唯一，只要满足四部分面积相等即可，主要考查对图形性质的灵活运用能力和动手设计能力，趣味性和实用性较强。
【难度系数】
0.8
20. 在四边形ABCD中，AB，BC，CD，DA的中点分别为P，Q，M，N.
(1)如图1，试判断四边形PQMN是怎样的四边形，并证明你的结论；
(2)若在AB上取一点E，连接DE，CE，恰好$△ ADE$和$△ BCE$都是等边三角形(如图2)，判断此时四边形PQMN的形状，并证明你的结论.
(1)如图1，试判断四边形PQMN是怎样的四边形，并证明你的结论；
(2)若在AB上取一点E，连接DE，CE，恰好$△ ADE$和$△ BCE$都是等边三角形(如图2)，判断此时四边形PQMN的形状，并证明你的结论.
答案
(1)四边形PQMN为平行四边形.如图1,连接AC,BD.
∵PQ为△ABC的中位线,
∴PQ//AC,$PQ=\frac{1}{2}AC$.
同理MN//AC,$MN=\frac{1}{2}AC$.
∴MN=PQ,MN//PQ,
∴四边形PQMN为平行四边形.
(2)四边形PQMN是菱形.
理由如下.
设△ADE的边长是x,△BCE的边长是y,
∴$DB^2=(\frac{1}{2}x+y)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}x)^2=x^2+xy+y^2$,$AC^2=(x+\frac{1}{2}y)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}y)^2=x^2+xy+y^2$,
由(1)得$MN=\frac{1}{2}AC$,与(1)同理可证$MQ=\frac{1}{2}BD$,
∴MN=MQ,
∴平行四边形PQMN是菱形.
解析
【分析】
(1) 解决中点四边形类问题，通常通过连接原四边形的对角线，利用三角形中位线定理分析中点四边形的边的位置和数量关系。本题先连接AC、BD，可得PQ、MN都是AC对应的中位线，从而推出PQ与MN平行且相等，即可判定四边形PQMN的形状。
(2) 已知(1)中四边形PQMN是平行四边形，要进一步判定其形状，只需证明一组邻边相等，即需证原四边形对角线AC=BD。可结合等边三角形的性质，利用勾股定理计算AC和BD的长度，证明二者相等，再结合中位线性质得到邻边相等，即可判定平行四边形为菱形。
【解析】
(1) 四边形PQMN为平行四边形，证明如下：
如图1，连接AC、BD。
∵P、Q分别为AB、BC的中点，
∴PQ是△ABC的中位线，
∴PQ//AC，$PQ=\frac{1}{2}AC$。
同理，M、N分别为CD、DA的中点，MN是△ADC的中位线，
∴MN//AC，$MN=\frac{1}{2}AC$。
∴MN=PQ，MN//PQ，
∴四边形PQMN为平行四边形。
(2) 四边形PQMN是菱形，证明如下：
设△ADE的边长是x，△BCE的边长是y，
由等边三角形性质结合勾股定理可得：
$DB^2=(\frac{1}{2}x+y)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}x)^2=x^2+xy+y^2$，
$AC^2=(x+\frac{1}{2}y)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}y)^2=x^2+xy+y^2$，
∴$AC=BD$。
由(1)得$MN=\frac{1}{2}AC$，同理可证MQ是△BCD的中位线，$MQ=\frac{1}{2}BD$，
∴MN=MQ，
∵四边形PQMN是平行四边形，
∴平行四边形PQMN是菱形。
【答案】
(1) 四边形PQMN为平行四边形，证明见解析；
(2) 四边形PQMN为菱形，证明见解析。
【知识点】
三角形中位线定理；平行四边形判定；菱形判定
【点评】
本题是中点四边形的典型题型，解题核心是熟练掌握“遇中点联想中位线”的思路，结合特殊平行四边形的判定定理分析问题。第二问需要综合运用等边三角形性质和勾股定理证明原四边形对角线相等，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 解决中点四边形类问题，通常通过连接原四边形的对角线，利用三角形中位线定理分析中点四边形的边的位置和数量关系。本题先连接AC、BD，可得PQ、MN都是AC对应的中位线，从而推出PQ与MN平行且相等，即可判定四边形PQMN的形状。
(2) 已知(1)中四边形PQMN是平行四边形，要进一步判定其形状，只需证明一组邻边相等，即需证原四边形对角线AC=BD。可结合等边三角形的性质，利用勾股定理计算AC和BD的长度，证明二者相等，再结合中位线性质得到邻边相等，即可判定平行四边形为菱形。
【解析】
(1) 四边形PQMN为平行四边形，证明如下：
如图1，连接AC、BD。
∵P、Q分别为AB、BC的中点，
∴PQ是△ABC的中位线，
∴PQ//AC，$PQ=\frac{1}{2}AC$。
同理，M、N分别为CD、DA的中点，MN是△ADC的中位线，
∴MN//AC，$MN=\frac{1}{2}AC$。
∴MN=PQ，MN//PQ，
∴四边形PQMN为平行四边形。
(2) 四边形PQMN是菱形，证明如下：
设△ADE的边长是x，△BCE的边长是y，
由等边三角形性质结合勾股定理可得：
$DB^2=(\frac{1}{2}x+y)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}x)^2=x^2+xy+y^2$，
$AC^2=(x+\frac{1}{2}y)^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}y)^2=x^2+xy+y^2$，
∴$AC=BD$。
由(1)得$MN=\frac{1}{2}AC$，同理可证MQ是△BCD的中位线，$MQ=\frac{1}{2}BD$，
∴MN=MQ，
∵四边形PQMN是平行四边形，
∴平行四边形PQMN是菱形。
【答案】
(1) 四边形PQMN为平行四边形，证明见解析；
(2) 四边形PQMN为菱形，证明见解析。
【知识点】
三角形中位线定理；平行四边形判定；菱形判定
【点评】
本题是中点四边形的典型题型，解题核心是熟练掌握“遇中点联想中位线”的思路，结合特殊平行四边形的判定定理分析问题。第二问需要综合运用等边三角形性质和勾股定理证明原四边形对角线相等，对知识的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
