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22. (10 分)如图,在四边形 ABCD 中, $AD // BC, ∠ B = 90°, AB = 12 \mathrm{ cm}, AD = 20 \mathrm{ cm}, BC = 25 \mathrm{ cm}$, 点 P 从点 A 出发,以 2 cm/s 的速度向点 D 运动,点 Q 从点 C 同时出发,以 3 cm/s 的速度向点 B 运动. 规定其中一个动点到达端点时,另一个动点也随之停止运动. 设点 P,Q 运动的时间为 t s.
(1) $CD = \_\_\_\_\_\_ \mathrm{cm}, PD = \_\_\_\_\_\_ \mathrm{cm}, CQ = \_\_\_\_\_\_ \mathrm{cm}$(用含 t 的式子表示);
(2)当 $PQ = CD$ 时,求 t 的值;
(3)当 $t = \_\_\_\_\_\_$ 时, $△ DQC$ 是等腰三角形.
(1) $CD = \_\_\_\_\_\_ \mathrm{cm}, PD = \_\_\_\_\_\_ \mathrm{cm}, CQ = \_\_\_\_\_\_ \mathrm{cm}$(用含 t 的式子表示);
(2)当 $PQ = CD$ 时,求 t 的值;
(3)当 $t = \_\_\_\_\_\_$ 时, $△ DQC$ 是等腰三角形.
答案
22. 【点拨】本题考查矩形的判定和性质,平行四边形的判定和性质,勾股定理,等腰三角形的性质,熟练掌握相关知识是解题的关键.
【解析】(1)如图1,过点$D$作$DK⊥BC$于点$K$,则四边形$ABKD$是矩形,
$\therefore AD=BK=20\ \mathrm{cm}$,$AB=DK=12\ \mathrm{cm}$,$\therefore CK=BC-BK=25-20=5(\mathrm{cm})$,
在$\mathrm{Rt}△DKC$中,$CD=\sqrt{DK^2 +CK^2}=\sqrt{12^2 +5^2}=13(\mathrm{cm})$.
$\because$ 点$P$的速度为$2\ \mathrm{cm/s}$,点$Q$的速度为$3\ \mathrm{cm/s}$,
$\therefore AP=2t\ \mathrm{cm}$,$CQ=3t\ \mathrm{cm}$,$\therefore PD=AD-AP=(20-2t)\mathrm{cm}$.
故答案为$13$,$(20-2t)$,$3t$.
(2)由题意,得$0≤t≤\dfrac{25}{3}$.
①如图2,若四边形$PQCD$为平行四边形,则$PD=CQ$,即$3t=20-2t$,解得$t=4$. 符合题意;
②如图3,若四边形$PQCD$为等腰梯形,过点$D$作$DE⊥BC$于点$E$,过点$P$作$PF⊥BC$于点$F$,则$∠PFQ=∠DEC=90°$.
$\because AD// BC$,$\therefore ∠PDE=180°-∠BED=90°$,$∠A=180°-∠B=90°$,$\therefore$ 四边形$ABED$是矩形.
$\therefore PF=DE$,$BE=AD=20\ \mathrm{cm}$,$\therefore CE=BC-BE=25-20=5(\mathrm{cm})$.
又$\because PQ=CD$,$\therefore \mathrm{Rt}△PFQ≌\mathrm{Rt}△DEC(\mathrm{HL})$.
$\therefore CE=FQ=5\ \mathrm{cm}$,$\therefore CQ-PD=CQ-EF=2CE=10(\mathrm{cm})$,$\therefore 3t-(20-2t)=10$,解得$t=6$. 符合题意.
综上所述,当$PQ=CD$时,$t=4$或$t=6$.
(3)①当$CQ=CD=13\ \mathrm{cm}$时,$t=\dfrac{13}{3}$;
②如图4,当$DC=DQ$时,过点$D$作$DK⊥BC$于点$K$,则$CQ=2CK=10\ \mathrm{cm}$,此时$t=\dfrac{10}{3}$;
③如图5,当$QD=QC$时,过点$Q$作$QL⊥CD$于点$L$,
则$CL=\dfrac{1}{2}CD=\dfrac{13}{2}\ \mathrm{cm}$,$S_{△CDQ}=\dfrac{1}{2}CD· QL=\dfrac{1}{2}CQ· AB$,
$\therefore QL=\dfrac{CQ· AB}{CD}=\dfrac{36}{13}t$.
在$\mathrm{Rt}△CQL$中,$CL^2 +QL^2 =CQ^2$,即$(\dfrac{13}{2})^2 +(\dfrac{36}{13}t)^2=(3t)^2$,
整理得$\dfrac{225}{169}t^2=\dfrac{169}{4}$,解得$t=\dfrac{169}{30}$(负值舍去).
综上,$t$为$\dfrac{10}{3}$或$\dfrac{13}{3}$或$\dfrac{169}{30}$.
故答案为$\dfrac{10}{3}$或$\dfrac{13}{3}$或$\dfrac{169}{30}$.
解析
【分析】
本题为直角梯形中的动点问题，解题思路如下：
1. 求第(1)问的量：①CD的长度：过D作BC的垂线DK，构造矩形ABKD，利用矩形对边相等得BK=AD，再计算CK，用勾股定理求CD；②PD和CQ：根据点P、Q的速度和运动时间t，AP=2t，CQ=3t，因此PD=AD-AP=20-2t。
2. 第(2)问PQ=CD：因为AD//BC，PQ和CD是梯形PQCD的两条腰，腰相等时，梯形要么是平行四边形（此时腰平行且相等），要么是等腰梯形（此时腰相等不平行），所以分两种情况列方程：平行四边形时PD=CQ，等腰梯形时CQ-PD=2CK（CK=5cm），分别求解，注意t的取值范围（Q到B的时间更短，故t≤25/3）。
3. 第(3)问△DQC为等腰三角形：分三类：①CQ=CD；②DC=DQ；③QD=QC，每类利用等腰三角形的性质结合勾股定理列方程，舍去不符合实际的负解。
【解析】
(1) 过点D作DK⊥BC于点K，
∵AD//BC，∠B=90°，
∴四边形ABKD是矩形，
∴AD=BK=20cm，AB=DK=12cm，
∴CK=BC-BK=25-20=5cm，在Rt△DKC中，CD=√(DK²+CK²)=√(12²+5²)=13cm。
由题意，AP=2t cm，CQ=3t cm，
∴PD=AD-AP=(20-2t)cm。
故答案为：13，(20-2t)，3t。
(2) 由题意，0≤t≤25/3。
① 当四边形PQCD为平行四边形时，PD=CQ，即3t=20-2t，解得t=4，符合题意；
② 当四边形PQCD为等腰梯形时，过D作DE⊥BC于E，过P作PF⊥BC于F，
∵AD//BC，∠A=∠B=90°，
∴四边形ABED是矩形，
∴BE=AD=20cm，CE=BC-BE=5cm，
∵PQ=CD，PF=DE，
∴Rt△PFQ≌Rt△DEC(HL)，
∴FQ=CE=5cm，
∴CQ-PD=CQ-EF=2CE=10cm，即3t-(20-2t)=10，解得t=6，符合题意。
综上，当PQ=CD时，t=4或t=6。
(3) 分三种情况：
① 当CQ=CD=13cm时，3t=13，解得t=13/3；
② 当DC=DQ时，过D作DK⊥BC于K，
∵DK⊥BC，DC=DQ，
∴CK=KQ=5cm，
∴CQ=10cm，即3t=10，解得t=10/3；
③ 当QD=QC时，过Q作QL⊥CD于L，CL=1/2 CD=13/2 cm，S△CDQ=1/2 CD·QL=1/2 CQ·AB，
∴QL=(CQ·AB)/CD=(3t×12)/13=36t/13，在Rt△CQL中，CL²+QL²=CQ²，即(13/2)² + (36t/13)²=(3t)²，整理得225t²/169=169/4，解得t=169/30（负值舍去）。
综上，t的值为10/3或13/3或169/30。
【答案】
(1) 13，(20-2t)，3t；
(2) t=4或t=6；
(3) 10/3或13/3或169/30；
【知识点】直角梯形、勾股定理、等腰三角形
【点评】本题是直角梯形中的动点问题，需结合矩形、平行四边形、等腰三角形的性质，运用分类讨论思想和方程思想求解，考查几何知识的综合应用，是初中几何的典型题型。
【难度系数】0.4
本题为直角梯形中的动点问题，解题思路如下：
1. 求第(1)问的量：①CD的长度：过D作BC的垂线DK，构造矩形ABKD，利用矩形对边相等得BK=AD，再计算CK，用勾股定理求CD；②PD和CQ：根据点P、Q的速度和运动时间t，AP=2t，CQ=3t，因此PD=AD-AP=20-2t。
2. 第(2)问PQ=CD：因为AD//BC，PQ和CD是梯形PQCD的两条腰，腰相等时，梯形要么是平行四边形（此时腰平行且相等），要么是等腰梯形（此时腰相等不平行），所以分两种情况列方程：平行四边形时PD=CQ，等腰梯形时CQ-PD=2CK（CK=5cm），分别求解，注意t的取值范围（Q到B的时间更短，故t≤25/3）。
3. 第(3)问△DQC为等腰三角形：分三类：①CQ=CD；②DC=DQ；③QD=QC，每类利用等腰三角形的性质结合勾股定理列方程，舍去不符合实际的负解。
【解析】
(1) 过点D作DK⊥BC于点K，
∵AD//BC，∠B=90°，
∴四边形ABKD是矩形，
∴AD=BK=20cm，AB=DK=12cm，
∴CK=BC-BK=25-20=5cm，在Rt△DKC中，CD=√(DK²+CK²)=√(12²+5²)=13cm。
由题意，AP=2t cm，CQ=3t cm，
∴PD=AD-AP=(20-2t)cm。
故答案为：13，(20-2t)，3t。
(2) 由题意，0≤t≤25/3。
① 当四边形PQCD为平行四边形时，PD=CQ，即3t=20-2t，解得t=4，符合题意；
② 当四边形PQCD为等腰梯形时，过D作DE⊥BC于E，过P作PF⊥BC于F，
∵AD//BC，∠A=∠B=90°，
∴四边形ABED是矩形，
∴BE=AD=20cm，CE=BC-BE=5cm，
∵PQ=CD，PF=DE，
∴Rt△PFQ≌Rt△DEC(HL)，
∴FQ=CE=5cm，
∴CQ-PD=CQ-EF=2CE=10cm，即3t-(20-2t)=10，解得t=6，符合题意。
综上，当PQ=CD时，t=4或t=6。
(3) 分三种情况：
① 当CQ=CD=13cm时，3t=13，解得t=13/3；
② 当DC=DQ时，过D作DK⊥BC于K，
∵DK⊥BC，DC=DQ，
∴CK=KQ=5cm，
∴CQ=10cm，即3t=10，解得t=10/3；
③ 当QD=QC时，过Q作QL⊥CD于L，CL=1/2 CD=13/2 cm，S△CDQ=1/2 CD·QL=1/2 CQ·AB，
∴QL=(CQ·AB)/CD=(3t×12)/13=36t/13，在Rt△CQL中，CL²+QL²=CQ²，即(13/2)² + (36t/13)²=(3t)²，整理得225t²/169=169/4，解得t=169/30（负值舍去）。
综上，t的值为10/3或13/3或169/30。
【答案】
(1) 13，(20-2t)，3t；
(2) t=4或t=6；
(3) 10/3或13/3或169/30；
【知识点】直角梯形、勾股定理、等腰三角形
【点评】本题是直角梯形中的动点问题，需结合矩形、平行四边形、等腰三角形的性质，运用分类讨论思想和方程思想求解，考查几何知识的综合应用，是初中几何的典型题型。
【难度系数】0.4
23. (10分)在菱形ABCD中,N为菱形ABCD外部一点,CN//BD,连接AN交对角线BD于点M.
(1)如图1,连接MC,求证:MN=MC;
(2)如图2,连接BN,当$AB=2\sqrt{13},AM=\sqrt{7},CN=4$时,求线段BN的长度;
(3)如图3,在菱形ABCD中,当∠ABC=90°时,AN交BC于点E,连接BN,连接DE并延长交BN于点F,若$AB=2,DM=\frac{4\sqrt{2}}{3}$,请直接写出线段FN的长:.
(1)如图1,连接MC,求证:MN=MC;
(2)如图2,连接BN,当$AB=2\sqrt{13},AM=\sqrt{7},CN=4$时,求线段BN的长度;
(3)如图3,在菱形ABCD中,当∠ABC=90°时,AN交BC于点E,连接BN,连接DE并延长交BN于点F,若$AB=2,DM=\frac{4\sqrt{2}}{3}$,请直接写出线段FN的长:.
答案
23. 【点拨】本题考查勾股定理,菱形的性质,正方形的性质,全等三角形的性质和判定,熟练掌握相关知识是解题的关键.
【解析】(1)证明:$\because$ 四边形$ABCD$是菱形,
$\therefore AD=CD$,$∠ADM=∠CDM$.
$\because DM=DM$,$\therefore △ADM≌△CDM(\mathrm{SAS})$,$\therefore ∠AMD=∠CMD$.
又$\because CN// BD$,$\therefore ∠AMD=∠MNC$,$∠CMD=∠MCN$,$\therefore ∠MNC=∠MCN$,$\therefore MN=MC$.
(2)如图1,连接$AC$交$BD$于点$O$,连接$CM$,
由(1)可得$△ADM≌△CDM$,$\therefore AM=CM=MN=\sqrt{7}$,$\therefore AN=2AM=2\sqrt{7}$.
$\because$ 四边形$ABCD$是菱形,$\therefore OA=OC$,$BD⊥AC$.
又$\because CN// BD$,$\therefore OM=\dfrac{1}{2}CN=2$.
$\therefore ∠NCO=∠BOA=90°$.
在$\mathrm{Rt}△ACN$中,由勾股定理可得$AC=\sqrt{AN^2 -CN^2}=\sqrt{(2\sqrt{7})^2 -4^2}=\sqrt{28-16}=2\sqrt{3}$,
$\therefore OA=OC=\sqrt{3}$. 在$\mathrm{Rt}△AOB$中,由勾股定理,得$OB=\sqrt{AB^2 -OA^2}=\sqrt{(2\sqrt{13})^2 -(\sqrt{3})^2}=\sqrt{52-3}=7$,
$\therefore BM=OB-OM=7-2=5$.
过点$N$作$NE⊥BD$于点$E$,则$∠NEO=90°$,
$\therefore$ 四边形$OCNE$为矩形,$\therefore EO=NC=4$,$EN=OC=\sqrt{3}$,
$\therefore BE=BO-EO=7-4=3$. 在$\mathrm{Rt}△BEN$中,由勾股定理,得$BN=\sqrt{BE^2 +EN^2}=\sqrt{3^2 +(\sqrt{3})^2}=2\sqrt{3}$.
(3)如图2,连接$CM$,连接$AC$交$BD$于点$O$. 在$\mathrm{Rt}△AOD$中,$AD=AB=2$,则$AO=DO=\sqrt{2}$,
$\therefore OM=DM-DO=\dfrac{4\sqrt{2}}{3}-\sqrt{2}=\dfrac{\sqrt{2}}{3}$,$BM=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$.
在$\mathrm{Rt}△AOM$中,$AM=\sqrt{AO^2 +OM^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2 +(\dfrac{\sqrt{2}}{3})^2}=\dfrac{2\sqrt{5}}{3}$.
由(2)得$CN=2OM=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$,$\therefore BM=CN$,且$BM// CN$,$\therefore$ 四边形$BMCN$是平行四边形,
$\therefore BN=MC=MA=\dfrac{2\sqrt{5}}{3}$,$BE=CE=1$,$∠CBN=∠BCM$.
在$\mathrm{Rt}△DEC$中,$DE=\sqrt{1^2 +2^2}=\sqrt{5}$.
$\because AB=CD$,$∠ABE=∠DCE$,$BE=CE$,$\therefore △ABE≌△DCE(\mathrm{SAS})$,$\therefore ∠BAE=∠CDE$.
$\because AB=BC$,$∠ABM=∠CBM=45°$,$BM=BM$,$\therefore △AMB≌△CMB(\mathrm{SAS})$,
$\therefore ∠BAE=∠BCM$,$\therefore ∠CBN=∠CDE$.
又$\because ∠BEF=∠DEC$,$\therefore ∠BFE=∠DCE=90°$.
$\because S_{△BED}=\dfrac{1}{2}DE· BF=\dfrac{1}{2}BE· CD$,$\therefore BF=\dfrac{1×2}{\sqrt{5}}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$,
$\therefore FN=BN-BF=\dfrac{2\sqrt{5}}{3}-\dfrac{2\sqrt{5}}{5}=\dfrac{4\sqrt{5}}{15}$. 故答案为$\dfrac{4\sqrt{5}}{15}$.
解析
【分析】
本题围绕菱形（含正方形）的性质展开，分三小问逐步推导：
(1) 要证MN=MC，先利用菱形对角线平分内角的性质，证明△ADM≌△CDM得对应角相等，再结合CN//BD的平行线性质推出角相等，进而得到边相等；
(2) 求BN长度时，先连接菱形对角线AC，利用菱形对角线垂直平分的性质，结合(1)的结论得到AN的长度，再由CN//BD推出OM是△ACN的中位线，求出OM，再用勾股定理依次计算AC、OB，通过作垂线构造直角三角形，利用矩形性质得到BN的直角边，最终用勾股定理求BN；
(3) 当∠ABC=90°时，菱形变为正方形，先计算相关线段长度，结合(2)的结论推出四边形BMCN是平行四边形，得到BN的长度，再通过全等三角形证明角的关系，利用面积法求BF，最后计算FN=BN-BF。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD，∠ADM=∠CDM。
又
∵DM=DM，
∴△ADM≌△CDM（SAS），
∴∠AMD=∠CMD。
∵CN//BD，
∴∠AMD=∠MNC，∠CMD=∠MCN，
∴∠MNC=∠MCN，
∴MN=MC。
(2) 如图1，连接AC交BD于点O，连接CM，
由(1)知△ADM≌△CDM，
∴AM=CM=MN=√7，
∴AN=2AM=2√7。
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，BD⊥AC。
∵CN//BD，
∴OM是△ACN的中位线，
∴OM=1/2 CN=2。
∴∠NCO=∠BOA=90°。
在Rt△ACN中，由勾股定理得：
AC=√(AN² - CN²)=√[(2√7)² -4²]=√(28-16)=2√3，
∴OA=OC=√3。
在Rt△AOB中，由勾股定理得：
OB=√(AB² - OA²)=√[(2√13)² - (√3)²]=√(52-3)=7，
∴BM=OB - OM=7-2=5。
过点N作NE⊥BD于点E，
∵CN//BD，BD⊥AC，NE⊥BD，
∴四边形OCNE为矩形，
∴EO=NC=4，EN=OC=√3，
∴BE=BO - EO=7-4=3。
在Rt△BEN中，由勾股定理得：
BN=√(BE² + EN²)=√(3² + (√3)²)=2√3。
(3) 如图2，连接CM，连接AC交BD于点O。
∵∠ABC=90°，菱形ABCD为正方形，AB=2，
∴AD=AB=2，AC⊥BD，OA=OC=OB=OD=√2，
∵DM=4√2/3，
∴OM=DM - OD=4√2/3 - √2=√2/3，BM=OD - OM=√2 - √2/3=2√2/3。
在Rt△AOM中，AM=√(AO² + OM²)=√[(√2)² + (√2/3)²]=2√5/3。
由(2)的结论，CN=2OM=2×√2/3=2√2/3，
∵BM=2√2/3，
∴BM=CN，又BM//CN，
∴四边形BMCN是平行四边形，
∴BN=MC=AM=2√5/3，BE=CE=1，∠CBN=∠BCM。
在Rt△DEC中，DE=√(CE² + CD²)=√(1² + 2²)=√5。
∵AB=CD，∠ABE=∠DCE=90°，BE=CE，
∴△ABE≌△DCE（SAS），
∴∠BAE=∠CDE。
∵AB=BC，∠ABM=∠CBM=45°，BM=BM，
∴△AMB≌△CMB（SAS），
∴∠BAE=∠BCM，
∴∠CBN=∠CDE。
又
∵∠BEF=∠DEC，
∴∠BFE=∠DCE=90°。
由S△BED=1/2 DE·BF=1/2 BE·CD，
得BF=(BE·CD)/DE=(1×2)/√5=2√5/5，
∴FN=BN - BF=2√5/3 - 2√5/5=4√5/15。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) BN=2√3；(3) 4√5/15
【知识点】
菱形性质、勾股定理、全等三角形判定
【点评】
本题综合考查菱形、正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，辅助线的构造是解题关键，需要学生熟练掌握相关几何定理并灵活运用，对逻辑推理和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
本题围绕菱形（含正方形）的性质展开，分三小问逐步推导：
(1) 要证MN=MC，先利用菱形对角线平分内角的性质，证明△ADM≌△CDM得对应角相等，再结合CN//BD的平行线性质推出角相等，进而得到边相等；
(2) 求BN长度时，先连接菱形对角线AC，利用菱形对角线垂直平分的性质，结合(1)的结论得到AN的长度，再由CN//BD推出OM是△ACN的中位线，求出OM，再用勾股定理依次计算AC、OB，通过作垂线构造直角三角形，利用矩形性质得到BN的直角边，最终用勾股定理求BN；
(3) 当∠ABC=90°时，菱形变为正方形，先计算相关线段长度，结合(2)的结论推出四边形BMCN是平行四边形，得到BN的长度，再通过全等三角形证明角的关系，利用面积法求BF，最后计算FN=BN-BF。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD，∠ADM=∠CDM。
又
∵DM=DM，
∴△ADM≌△CDM（SAS），
∴∠AMD=∠CMD。
∵CN//BD，
∴∠AMD=∠MNC，∠CMD=∠MCN，
∴∠MNC=∠MCN，
∴MN=MC。
(2) 如图1，连接AC交BD于点O，连接CM，
由(1)知△ADM≌△CDM，
∴AM=CM=MN=√7，
∴AN=2AM=2√7。
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，BD⊥AC。
∵CN//BD，
∴OM是△ACN的中位线，
∴OM=1/2 CN=2。
∴∠NCO=∠BOA=90°。
在Rt△ACN中，由勾股定理得：
AC=√(AN² - CN²)=√[(2√7)² -4²]=√(28-16)=2√3，
∴OA=OC=√3。
在Rt△AOB中，由勾股定理得：
OB=√(AB² - OA²)=√[(2√13)² - (√3)²]=√(52-3)=7，
∴BM=OB - OM=7-2=5。
过点N作NE⊥BD于点E，
∵CN//BD，BD⊥AC，NE⊥BD，
∴四边形OCNE为矩形，
∴EO=NC=4，EN=OC=√3，
∴BE=BO - EO=7-4=3。
在Rt△BEN中，由勾股定理得：
BN=√(BE² + EN²)=√(3² + (√3)²)=2√3。
(3) 如图2，连接CM，连接AC交BD于点O。
∵∠ABC=90°，菱形ABCD为正方形，AB=2，
∴AD=AB=2，AC⊥BD，OA=OC=OB=OD=√2，
∵DM=4√2/3，
∴OM=DM - OD=4√2/3 - √2=√2/3，BM=OD - OM=√2 - √2/3=2√2/3。
在Rt△AOM中，AM=√(AO² + OM²)=√[(√2)² + (√2/3)²]=2√5/3。
由(2)的结论，CN=2OM=2×√2/3=2√2/3，
∵BM=2√2/3，
∴BM=CN，又BM//CN，
∴四边形BMCN是平行四边形，
∴BN=MC=AM=2√5/3，BE=CE=1，∠CBN=∠BCM。
在Rt△DEC中，DE=√(CE² + CD²)=√(1² + 2²)=√5。
∵AB=CD，∠ABE=∠DCE=90°，BE=CE，
∴△ABE≌△DCE（SAS），
∴∠BAE=∠CDE。
∵AB=BC，∠ABM=∠CBM=45°，BM=BM，
∴△AMB≌△CMB（SAS），
∴∠BAE=∠BCM，
∴∠CBN=∠CDE。
又
∵∠BEF=∠DEC，
∴∠BFE=∠DCE=90°。
由S△BED=1/2 DE·BF=1/2 BE·CD，
得BF=(BE·CD)/DE=(1×2)/√5=2√5/5，
∴FN=BN - BF=2√5/3 - 2√5/5=4√5/15。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) BN=2√3；(3) 4√5/15
【知识点】
菱形性质、勾股定理、全等三角形判定
【点评】
本题综合考查菱形、正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，辅助线的构造是解题关键，需要学生熟练掌握相关几何定理并灵活运用，对逻辑推理和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
