43. 如图所示,在矩形ABCD中,M,N分别是AD,BC的中点,P,Q分别是BM,DN的中点.
(1)求证:$△ MBA ≌ △ NDC$.

(2)四边形MPNQ是什么样的特殊四边形?请说明理由.

(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AB=CD$，$∠ A=∠ C=90°$，$AD=BC$。
∵ $M,N$分别是$AD,BC$的中点，
∴ $AM=\frac{1}{2}AD$，$CN=\frac{1}{2}BC$，
∴ $AM=CN$。
在$△ MBA$和$△ NDC$中：
$\begin{cases}AB=CD \\∠ A=∠ C \\AM=CN\end{cases}$
∴ $△ MBA ≌ △ NDC$（SAS）。
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(2) 解：四边形$MPNQ$是菱形，理由如下：
连接$MN$。
∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ $AD// BC$，$AD=BC$。
∵ $M,N$分别是$AD,BC$的中点，
∴ $DM=\frac{1}{2}AD$，$BN=\frac{1}{2}BC$，
∴ $DM=BN$，$DM// BN$，
∴ 四边形$BMDN$是平行四边形，
∴ $BM// DN$，$BM=DN$。
∵ $P,Q$分别是$BM,DN$的中点，
∴ $MP=\frac{1}{2}BM$，$NQ=\frac{1}{2}DN$，
∴ $MP=NQ$，$MP// NQ$，
∴ 四边形$MPNQ$是平行四边形。
∵ 四边形$AMNB$中，$AM// BN$，$∠ A=90°$，$AM=BN$，
∴ 四边形$AMNB$是矩形，
∴ $∠ MNB=90°$。
∵ $P$是$BM$的中点，在$\mathrm{Rt}△ MNB$中，$NP$是斜边$BM$上的中线，
∴ $NP=\frac{1}{2}BM=MP$。
∴ 邻边相等的平行四边形$MPNQ$是菱形。

【分析】
(1) 要证明$△ MBA≌△ NDC$，可结合三角形全等的SAS判定定理找条件：首先利用矩形的性质得到对边相等、内角为直角，再结合中点推出一组对应边相等，即可满足SAS的判定要求完成证明。
(2) 判断四边形MPNQ的形状，可分两步推导：第一步先判定它是平行四边形，先利用矩形对边平行且相等的性质，结合中点条件证明四边形BMDN是平行四边形，得到BM和DN平行且相等，再由P、Q是中点推出MP与NQ平行且相等，即可得到MPNQ是平行四边形；第二步证明平行四边形邻边相等，连接MN后证明四边形AMNB是矩形，得到$∠ MNB=90°$，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质可得$NP=MP$，即可判定该平行四边形为菱形。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AB=CD$，$∠ A=∠ C=90°$，$AD=BC$。
∵ $M,N$分别是$AD,BC$的中点，
∴ $AM=\frac{1}{2}AD$，$CN=\frac{1}{2}BC$，
∴ $AM=CN$。
在$△ MBA$和$△ NDC$中：
$\begin{cases}AB=CD \\∠ A=∠ C \\AM=CN\end{cases}$
∴ $△ MBA ≌ △ NDC$（SAS）。
(2) 解：四边形$MPNQ$是菱形，理由如下：
连接$MN$。
∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ $AD// BC$，$AD=BC$。
∵ $M,N$分别是$AD,BC$的中点，
∴ $DM=\frac{1}{2}AD$，$BN=\frac{1}{2}BC$，
∴ $DM=BN$，$DM// BN$，
∴ 四边形$BMDN$是平行四边形，
∴ $BM// DN$，$BM=DN$。
∵ $P,Q$分别是$BM,DN$的中点，
∴ $MP=\frac{1}{2}BM$，$NQ=\frac{1}{2}DN$，
∴ $MP=NQ$，$MP// NQ$，
∴ 四边形$MPNQ$是平行四边形。
∵ 四边形$AMNB$中，$AM// BN$，$∠ A=90°$，$AM=BN$，
∴ 四边形$AMNB$是矩形，
∴ $∠ MNB=90°$。
∵ $P$是$BM$的中点，在$\mathrm{Rt}△ MNB$中，$NP$是斜边$BM$上的中线，
∴ $NP=\frac{1}{2}BM=MP$。
∴ 邻边相等的平行四边形$MPNQ$是菱形。
【答案】
(1) $△ MBA ≌ △ NDC$，证明如上；
(2) 四边形$MPNQ$是菱形，理由如上。
【知识点】
矩形的性质、全等三角形的判定、菱形的判定
【点评】
本题是四边形综合基础题，解题时要梳理清不同特殊图形的性质与判定逻辑，从已知矩形的边角特征入手，逐步推导全等关系和特殊四边形的判定条件，注意直角三角形斜边中线性质在证明线段相等时的灵活运用。
【难度系数】
0.7