21. (10分)如图11,矩形EFGH的顶点E,G分别在菱形ABCD的边AD,BC上,顶点F,H在菱形ABCD的对角线BD上。
(1)求证:BG=DE；
(2)若E为AD的中点,FH=2,求菱形ABCD的周长。

(1) 证明：
∵ 四边形EFGH是矩形，
∴ $EH = FG$，$EH // FG$，
∴ $∠ EHF = ∠ GFH$，
∴ $180° - ∠ EHF = 180° - ∠ GFH$，即 $∠ EHD = ∠ GFB$。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $AD // BC$，
∴ $∠ EDH = ∠ GBF$。
在$△ BGF$和$△ DEH$中：
$\begin{cases}∠ GBF = ∠ EDH \\∠ GFB = ∠ EHD \\FG = EH\end{cases}$
∴ $△ BGF ≌ △ DEH$（AAS），
∴ $BG = DE$。
---
(2) 解：
连接$EG$，
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $AD = BC$，$AD // BC$。
∵ $E$为$AD$的中点，
∴ $AE = ED$。
由(1)知$BG = DE$，
∴ $AE = BG$，且$AE // BG$，
∴ 四边形$ABGE$是平行四边形，
∴ $AB = EG$。
∵ 四边形EFGH是矩形，
∴ $EG = FH = 2$，
∴ $AB = 2$，
∴ 菱形ABCD的周长为 $4 × AB = 4 × 2 = 8$。
答：菱形ABCD的周长为8。

【分析】
(1) 要证明BG=DE，可通过证明两条边所在的三角形全等实现。结合矩形的性质可得对边相等、内错角相等，结合菱形对边平行的性质，可得到△BGF和△DEH的两组对应角相等、一组对应边相等，满足AAS全等判定条件，证得全等即可推出对应边相等。
(2) 求菱形周长需要先求边长，已知FH是矩形的对角线，根据矩形对角线相等可得EG=FH；结合第一问的BG=DE和E是AD中点的条件，可推出AE与BG平行且相等，得到四边形ABGE是平行四边形，从而得到菱形边长AB=EG，代入周长公式计算即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形EFGH是矩形，
∴ $EH = FG$，$EH // FG$，
∴ $∠ EHF = ∠ GFH$，
∴ $180° - ∠ EHF = 180° - ∠ GFH$，即 $∠ EHD = ∠ GFB$。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $AD // BC$，
∴ $∠ EDH = ∠ GBF$。
在$△ BGF$和$△ DEH$中：
$\begin{cases}∠ GBF = ∠ EDH \\∠ GFB = ∠ EHD \\FG = EH\end{cases}$
∴ $△ BGF ≌ △ DEH$（AAS），
∴ $BG = DE$。
(2) 解：
连接$EG$，
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $AD = BC$，$AD // BC$。
∵ $E$为$AD$的中点，
∴ $AE = ED$。
由(1)知$BG = DE$，
∴ $AE = BG$，且$AE // BG$，
∴ 四边形$ABGE$是平行四边形，
∴ $AB = EG$。
∵ 四边形EFGH是矩形，
∴ $EG = FH = 2$，
∴ $AB = 2$，
∴ 菱形ABCD的周长为 $4 × AB = 4 × 2 = 8$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\boxed{8}$
【知识点】
矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是特殊四边形综合的常考题型，将矩形、菱形、全等三角形、平行四边形的知识点结合考查，第一问侧重构造全等三角形的思路，第二问需要灵活运用前一问的结论推导边的关系，能够较好地检验学生对特殊四边形性质的掌握程度和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7

22. (10分)已知E,F分别为正方形ABCD的边BC,CD上的点，AF,DE相交于点G，当E,F分别为边BC,CD的中点时，有①$AF=DE$，②$AF ⊥ DE$成立。
试探究下列问题：
(1)如图12①，若E不是边BC的中点，F不是边CD的中点，但$CE=DF$，上述结论①②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”，不需要证明）
(2)如图12②，若点E,F分别在CB的延长线和DC的延长线上，且$CE=DF$，此时，上述结论①②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由。
(3)如图12③，在(2)的基础上，连接AE,EF，若点M,N,P,Q分别为AE,EF,FD,AD的中点，请判断四边形MNPQ是矩形、菱形、正方形中的哪一种，并证明你的结论。

解：
(1) 成立。
(2) 结论①②仍然成立，证明如下：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AD=DC，∠ADC=∠DCE=90°，
又∵ CE=DF，
∴ △ADF ≌ △DCE（SAS），
∴ AF=DE，即结论①成立。
由△ADF ≌ △DCE，得∠DAF=∠CDE，
∵ ∠ADG + ∠CDE = 90°，
∴ ∠ADG + ∠DAF = 90°，
∴ ∠AGD = 180° - (∠ADG + ∠DAF) = 90°，
∴ AF⊥DE，即结论②成立。
(3) 四边形MNPQ是正方形，证明如下：
∵ 点M,N,P,Q分别为AE,EF,FD,AD的中点，
由三角形中位线定理可得：
MQ//DE，MQ=$\frac{1}{2}$DE；PN//DE，PN=$\frac{1}{2}$DE；
MN//AF，MN=$\frac{1}{2}$AF；PQ//AF，PQ=$\frac{1}{2}$AF。
∴ MQ//PN，MN//PQ，
∴ 四边形MNPQ是平行四边形。
由(2)知AF=DE，
∴ MN=$\frac{1}{2}$AF=$\frac{1}{2}$DE=MQ，
∴ 平行四边形MNPQ是菱形。
又∵ AF⊥DE，MQ//DE，MN//AF，
∴ MQ⊥MN，即∠QMN=90°，
∴ 菱形MNPQ是正方形。

【分析】
(1) 解题思路：已知正方形ABCD满足AD=CD，∠ADC=∠C=90°，结合条件CE=DF，可通过SAS证明△ADF≌△DCE，该全等关系与E、F是否为中点无关，因此原结论仍然成立，直接回答即可。
(2) 解题思路：即使E、F在边的延长线上，正方形AD=DC、∠ADC=∠DCE=90°的性质不变，结合CE=DF仍可证△ADF≌△DCE，得到AF=DE；再通过全等的对应角相等，导角计算∠AGD的度数即可证明AF⊥DE。
(3) 解题思路：四个点均为各边中点，首先利用三角形中位线定理，可推出四边形MNPQ对边平行且相等，判定为平行四边形；再结合(2)中AF=DE、AF⊥DE的结论，可得到平行四边形邻边相等且邻边垂直，即可判定为正方形。
【解析】
(1) 成立。
(2) 结论①②仍然成立，证明如下：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AD=DC，∠ADC=∠DCE=90°，
又
∵ CE=DF，
∴ △ADF ≌ △DCE（SAS），
∴ AF=DE，即结论①成立。
由△ADF ≌ △DCE，得∠DAF=∠CDE，
∵ ∠ADG + ∠CDE = 90°，
∴ ∠ADG + ∠DAF = 90°，
∴ ∠AGD = 180° - (∠ADG + ∠DAF) = 90°，
∴ AF⊥DE，即结论②成立。
(3) 四边形MNPQ是正方形，证明如下：
∵ 点M,N,P,Q分别为AE,EF,FD,AD的中点，
由三角形中位线定理可得：
MQ//DE，MQ=$\frac{1}{2}$DE；PN//DE，PN=$\frac{1}{2}$DE；
MN//AF，MN=$\frac{1}{2}$AF；PQ//AF，PQ=$\frac{1}{2}$AF。
∴ MQ//PN，MN//PQ，
∴ 四边形MNPQ是平行四边形。
由(2)知AF=DE，
∴ MN=$\frac{1}{2}$AF=$\frac{1}{2}$DE=MQ，
∴ 平行四边形MNPQ是菱形。
又
∵ AF⊥DE，MQ//DE，MN//AF，
∴ MQ⊥MN，即∠QMN=90°，
∴ 菱形MNPQ是正方形。
【答案】
(1) 成立；
(2) 结论①②均仍然成立；
(3) 四边形MNPQ是正方形。
【知识点】
1. 正方形的性质
2. 全等三角形的判定与性质
3. 三角形中位线定理
【点评】
本题为逐层递进的几何探究题，围绕正方形性质设置问题，既考查了全等三角形、中位线等基础知识点的应用，也锻炼了逻辑推理与几何综合分析能力，是典型的四边形综合题型。
【难度系数】
0.6