25. 如图，在$□ ABCD$中，E，F分别为AB，CD的中点，连接BD，DE，BF.
(1)求证：$DE=BF$.
(2)从条件“①$DB=DA$；②$DA ⊥ DB$”中任选一个作为已知条件，判断四边形BEDF的形状，并证明你的结论.

(1)证明:在□ABCD中,AB=CD,AB//CD,
∴∠EBD=∠FDB.
∵E,F分别为AB,CD的中点,
∴$BE=\frac{1}{2}AB$,$DF=\frac{1}{2}CD$,
∴BE=DF.
∵BD=BD,
∴△BDE≌△DBF(SAS),
∴DE=BF.
(2)解:由(1)知BE=DF,
∵AB//CD,即BE//DF,
∴四边形BEDF是平行四边形.
①当DB=DA时,如图,则△ADB是等腰三角形.

∵点E为AB的中点,
∴DE⊥AB,即∠DEB=90°,
∴四边形BEDF是矩形;
②当DA⊥DB时,如图,则△ABD是直角三角形,

∵点E为AB的中点,
∴$DE=\frac{1}{2}AB=BE$,
∴四边形BEDF是菱形.

【分析】
（1）要证明DE=BF，可通过证明△BDE≌△DBF推导。首先利用平行四边形对边平行且相等的性质，得到AB=CD、AB//CD，进而得到内错角∠EBD=∠FDB；再结合E、F是AB、CD的中点，推出BE=DF；最后结合公共边BD，利用SAS判定两个三角形全等，即可得到对应边DE=BF。
（2）首先由（1）的结论，结合BE//DF，可先证得四边形BEDF是平行四边形，再根据所选条件判断其形状：若选条件①DB=DA，利用等腰三角形三线合一的性质可得DE⊥AB，即平行四边形有一个内角为直角，即可判定其为矩形；若选条件②DA⊥DB，利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质可得DE=BE，即平行四边形邻边相等，即可判定其为菱形。
【解析】
(1)证明：在□ABCD中，AB=CD，AB//CD，
∴∠EBD=∠FDB。
∵E，F分别为AB，CD的中点，
∴$BE=\frac{1}{2}AB$，$DF=\frac{1}{2}CD$，
∴BE=DF。
∵BD=BD，
∴△BDE≌△DBF(SAS)，
∴DE=BF。
(2)解：由(1)知BE=DF，
∵AB//CD，即BE//DF，
∴四边形BEDF是平行四边形。
①当DB=DA时，△ADB是等腰三角形，
∵点E为AB的中点，
∴DE⊥AB，即∠DEB=90°，
∴四边形BEDF是矩形；
②当DA⊥DB时，△ABD是直角三角形，
∵点E为AB的中点，
∴$DE=\frac{1}{2}AB=BE$，
∴四边形BEDF是菱形。
【答案】
(1)证明:在□ABCD中,AB=CD,AB//CD,
∴∠EBD=∠FDB.
∵E,F分别为AB,CD的中点,
∴$BE=\frac{1}{2}AB$,$DF=\frac{1}{2}CD$,
∴BE=DF.
∵BD=BD,
∴△BDE≌△DBF(SAS),
∴DE=BF.
(2)解:由(1)知BE=DF,
∵AB//CD,即BE//DF,
∴四边形BEDF是平行四边形.
①当DB=DA时,如图,则△ADB是等腰三角形.

∵点E为AB的中点,
∴DE⊥AB,即∠DEB=90°,
∴四边形BEDF是矩形;
②当DA⊥DB时,如图,则△ABD是直角三角形,

∵点E为AB的中点,
∴$DE=\frac{1}{2}AB=BE$,
∴四边形BEDF是菱形.
【知识点】
平行四边形的性质与判定；全等三角形的判定；特殊平行四边形的判定
【点评】
本题综合考查了平行四边形、全等三角形、矩形和菱形的相关知识，注重基础性质和判定定理的应用，开放性选条件的设问能有效考查对特殊四边形判定条件的灵活运用能力，属于基础综合题。
【难度系数】
0.7

26. 在$△ ABC$中，$AC＞BC$，$D$为$AB$的中点，$E$为线段$AC$上的一点.
(1)如图1，若$AE=\dfrac{1}{4}AC$，$∠ C=90°$，$BC=2$，$AC=4$，求$DE$的长.
(2)如图2，若$AE=BC$，且$F$为$EC$的中点，求证：$∠ AFD=\dfrac{1}{2}∠ C$.
(3)若$2∠ AED-∠ C=180°$，试探究$AE$，$BC$，$AC$的数量关系，并证明.

(1)证明:如图1,取AC的中点G,连接DG.

∵D为AB的中点,
∴DG为△ACB的中位线,
∴$DG=\frac{1}{2}BC=1$,DG//BC.
∵∠C=90°,
∴DG⊥AC.
∵$AE=\frac{1}{4}AC$,AC=4,
∴AE=1,
在Rt△DGE中,$DE=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$.
(2)证明:如图2,连接BE,取BE中点M,再连接MF,MD.

∵F为EC的中点,D为AB的中点,
∴MF//BC且$MF=\frac{1}{2}BC$,MD//AE且$MD=\frac{1}{2}AE$,
∴MF=MD,
∴∠MDF=∠MFD.
又
∵MD//AE,
∴∠AFD=∠MDF,
∴$∠AFD=\frac{1}{2}∠AFM$.
∵MF//AC,
∴∠AFM=∠ACB,
∴$∠AFD=\frac{1}{2}∠ACB$,
即$∠AFD=\frac{1}{2}∠C$.
(3)解:如图3,AC=2AE+BC.

证明:在EC上截取EM=AE,连接BM,过点C作CH⊥BM.
∵AE=EM,AD=DB,
∴DE//BM,
∴∠AED=∠AMB=∠MHC+∠MCH=90°+∠MCH.
∵2∠AED-∠ACB=180°,
∴$∠AED=90°+\frac{1}{2}∠ACB$,
∴$∠MCH=\frac{1}{2}∠ACB$,
∴∠ACB=2∠MCH.
∴△CHM≌△CHB,
∴BC=MC.
∴AC=2AE+BC.

【分析】
(1) 求DE的长度时，已知△ABC为直角三角形且D是AB中点，可通过构造三角形中位线求解：取AC中点G连接DG，利用中位线性质得到DG的长度与DG⊥AC的位置关系，再计算EG的长度，最后用勾股定理即可求出DE。
(2) 证明角的倍分关系时，已知多个中点，可构造中位线转化角：连接BE并取BE中点M，连接MF、MD，借助中位线的平行、等长性质得到等腰三角形，再结合平行线的角的等量关系转化，即可证得结论。
(3) 探究线段数量关系时，先利用D是中点构造中位线转化角的条件：在EC上截取EM=AE，连接BM得到DE//BM，将已知角的关系转化后，作CH⊥BM证△CHM≌△CHB，得到BC=MC，即可推导三条线段的数量关系。
【解析】
(1) 如图1，取AC的中点G，连接DG。
∵D为AB的中点，
∴DG为△ACB的中位线，
∴$DG=\frac{1}{2}BC=1$，DG//BC。
∵∠C=90°，
∴DG⊥AC。
∵$AE=\frac{1}{4}AC$，AC=4，
∴AE=1，AG=$\frac{1}{2}AC=2$，
∴$EG=AG-AE=2-1=1$，
在Rt△DGE中，$DE=\sqrt{DG^2+EG^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。
(2) 证明：如图2，连接BE，取BE中点M，再连接MF，MD。
∵F为EC的中点，D为AB的中点，
∴MF是△BCE的中位线，MD是△ABE的中位线，
∴MF//BC且$MF=\frac{1}{2}BC$，MD//AE且$MD=\frac{1}{2}AE$，
∵AE=BC，
∴MF=MD，
∴∠MDF=∠MFD。
∵MD//AE，
∴∠AFD=∠MDF，
∴∠AFD=∠MFD，即$∠AFD=\frac{1}{2}∠AFM$。
∵MF//BC，
∴∠AFM=∠ACB，
∴$∠AFD=\frac{1}{2}∠ACB$，即$∠AFD=\frac{1}{2}∠C$。
(3) 结论：$AC=2AE+BC$，证明如下：
如图3，在EC上截取EM=AE，连接BM，过点C作CH⊥BM于点H。
∵AE=EM，AD=DB，
∴DE是△ABM的中位线，
∴DE//BM，
∴∠AED=∠AMB，
∵∠AMB是△CHM的外角，
∴∠AMB=∠MHC+∠MCH=90°+∠MCH。
∵$2∠AED-∠ACB=180°$，
∴$∠AED=90°+\frac{1}{2}∠ACB$，
∴$∠MCH=\frac{1}{2}∠ACB$，即$∠ACB=2∠MCH$，
∴∠MCH=∠BCH。
在△CHM和△CHB中：
$\{\begin{array}{l}∠MHC=∠BHC=90°\\CH=CH\\∠MCH=∠BCH\end{array} $
∴△CHM≌△CHB（ASA），
∴BC=MC。
∵$AC=AE+EM+MC$，$AE=EM$，
∴$AC=2AE+BC$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{DE=\sqrt{2}}$，；
(2) 证明成立，；
(3) $\boldsymbol{AC=2AE+BC}$，。
【知识点】
三角形中位线定理；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质
【点评】
本题是三角形综合类题型，核心考查中点相关的辅助线构造方法，通过构造中位线实现边角关系的转化，结合全等三角形、等腰三角形的性质解决问题，对逻辑推理能力和辅助线构造能力有一定要求，是几何综合的典型考题。
【难度系数】
0.3