22. (10分)如图19,在菱形ABCD中,点E,F分别在边AB,BC上,BE=BF,DE,DF分别与AC交于点M,N。
求证:(1)$△ ADE ≌ △ CDF$；
(2)$ME=NF$。

证明：
(1) ∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $AD=CD=AB=BC$，$∠ DAE=∠ DCF$。
∵ $BE=BF$，
∴ $AB-BE=BC-BF$，即 $AE=CF$。
在$△ ADE$和$△ CDF$中，
$\begin{cases}AD=CD \\∠ DAE=∠ DCF \\AE=CF\end{cases}$
∴ $△ ADE ≌ △ CDF$（SAS）。
(2) 由(1)得$△ ADE ≌ △ CDF$，
∴ $DE=DF$，$∠ ADE=∠ CDF$。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $AD=CD$，AC平分$∠ DAB$、$∠ DCB$，
∴ $∠ DAM=∠ DCN$。
在$△ ADM$和$△ CDN$中，
$\begin{cases}∠ DAM=∠ DCN \\AD=CD \\∠ ADM=∠ CDN\end{cases}$
∴ $△ ADM ≌ △ CDN$（ASA），
∴ $DM=DN$。
∴ $DE-DM=DF-DN$，
即 $ME=NF$。

【分析】
本题分为两小问，解题思路如下：(1)要证明△ADE≌△CDF，首先结合菱形的性质可得AD=CD，∠DAE=∠DCF，再根据已知BE=BF，利用等式性质推出AE=CF，即可用SAS判定两个三角形全等。(2)要证明ME=NF，首先由(1)的全等结论可得DE=DF，因此只需证明DM=DN即可，结合菱形对角线平分内角的性质，以及(1)得到的∠ADE=∠CDF，可通过ASA证明△ADM≌△CDN，得到DM=DN，最后利用等式性质DE-DM=DF-DN即可得证。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $AD=CD=AB=BC$，$∠ DAE=∠ DCF$。
∵ $BE=BF$，
∴ $AB-BE=BC-BF$，即 $AE=CF$。
在$△ ADE$和$△ CDF$中，
$\begin{cases}AD=CD \\∠ DAE=∠ DCF \\AE=CF\end{cases}$
∴ $△ ADE ≌ △ CDF$（SAS）。
(2) 由(1)得$△ ADE ≌ △ CDF$，
∴ $DE=DF$，$∠ ADE=∠ CDF$。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $AD=CD$，AC平分$∠ DAB$、$∠ DCB$，
∴ $∠ DAM=∠ DCN$。
在$△ ADM$和$△ CDN$中，
$\begin{cases}∠ DAM=∠ DCN \\AD=CD \\∠ ADM=∠ CDN\end{cases}$
∴ $△ ADM ≌ △ CDN$（ASA），
∴ $DM=DN$。
∴ $DE-DM=DF-DN$，
即 $ME=NF$。
【答案】
(1) $△ ADE ≌ △ CDF$得证；(2) $ME=NF$得证。
【知识点】
菱形的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题属于基础几何证明题，解题的核心是熟练运用菱形的边、角、对角线相关性质，结合已知条件寻找全等三角形的判定条件，两步证明层层递进，第一问的结论可直接为第二问的证明提供条件。
【难度系数】
0.7

23. (11分)如图20,将矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠,使点B落到点$B'$的位置,$AB'$与CD交于点E。
(1)试找出一个与$△ AED$全等的三角形,并加以证明；
(2)若$AB=8,DE=3$,P为线段AC上任意一点,$PG ⊥ AE$于点G,$PH ⊥ EC$于点H,试求$PG+PH$的值。

(1)
解：与$△ AED$全等的三角形是$△ CEB'$，证明如下：
∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ $AD=BC$，$∠ D=∠ B=90°$。
由折叠的性质得：$B'C=BC$，$∠ B'=∠ B=90°$，
∴ $AD=B'C$，$∠ D=∠ B'$。
又∵ $∠ AED=∠ CEB'$，
∴ $△ AED ≌ △ CEB' \ (\mathrm{AAS})$。
---
(2)
解：∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ $CD=AB=8$，$CD// AB$，$∠ D=90°$，
∴ $∠ ECA=∠ CAB$。
由折叠的性质得$∠ EAC=∠ CAB$，
∴ $∠ EAC=∠ ECA$，
∴ $AE=EC$。
∵ $EC=CD-DE=8-3=5$，
∴ $AE=5$。
在$\mathrm{Rt}△ ADE$中，
$AD=\sqrt{AE^2-DE^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$。
连接$EP$，由面积关系：
$S_{△ AEP}+S_{△ CEP}=S_{△ AEC}$，
即 $\frac{1}{2}· AE· PG + \frac{1}{2}· EC· PH = \frac{1}{2}· EC· AD$。
∵ $AE=EC$，等式两边同除以$\frac{1}{2}EC$，得：
$PG+PH=AD=4$。
综上，$PG+PH$的值为$\boldsymbol{4}$。

【分析】
（1）要找与$△ AED$全等的三角形，可结合矩形性质和折叠性质推导相等条件：矩形对边相等、四个角为直角，折叠后对应边、对应角相等，可得$AD=B'C$，$∠ D=∠ B'$，再结合对顶角$∠ AED=∠ CEB'$，即可用AAS判定两三角形全等。
（2）求$PG+PH$的值，可采用面积法求解：首先由矩形对边平行、折叠前后对应角相等推出$∠ EAC=∠ ECA$，得到$AE=EC$，先算出$EC$的长度，再用勾股定理求出$AD$的长度；连接$EP$，将$△ AEC$的面积拆分为$△ AEP$和$△ CEP$的面积和，结合$AE=EC$的等量关系，消去公共项即可求出$PG+PH$的值。
【解析】
(1) 与$△ AED$全等的三角形是$△ CEB'$，证明如下：
∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ $AD=BC$，$∠ D=∠ B=90°$。
由折叠的性质得：$B'C=BC$，$∠ B'=∠ B=90°$，
∴ $AD=B'C$，$∠ D=∠ B'$。
又
∵ $∠ AED=∠ CEB'$，
∴ $△ AED ≌ △ CEB' \ (\mathrm{AAS})$。
(2)
∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ $CD=AB=8$，$CD// AB$，$∠ D=90°$，
∴ $∠ ECA=∠ CAB$。
由折叠的性质得$∠ EAC=∠ CAB$，
∴ $∠ EAC=∠ ECA$，
∴ $AE=EC$。
∵ $EC=CD-DE=8-3=5$，
∴ $AE=5$。
在$\mathrm{Rt}△ ADE$中，
$AD=\sqrt{AE^2-DE^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$。
连接$EP$，由面积关系：
$S_{△ AEP}+S_{△ CEP}=S_{△ AEC}$，
即 $\frac{1}{2}· AE· PG + \frac{1}{2}· EC· PH = \frac{1}{2}· EC· AD$。
∵ $AE=EC$，等式两边同除以$\frac{1}{2}EC$，得：
$PG+PH=AD=4$。
【答案】
(1) $△ CEB'$，证明见解析；(2) $\boldsymbol{4}$
【知识点】
矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定
【点评】
本题是特殊平行四边形与折叠的综合题，第一问侧重基础，考查全等三角形的判定，需要熟练掌握矩形和折叠的性质，准确寻找相等的边与角；第二问利用面积法求解线段和，是几何中常见的解题技巧，拆分面积建立等量关系的思路需要重点掌握。
【难度系数】
0.7