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17 新考法 [2026河北秦皇岛期末]如图，在$\mathrm{Rt}△ ACB$中，$∠ C=90°$，$AC=4$，$BC=3$，$D,E,F$分别为$AC,BC,AB$上的点，四边形$ADEF$为菱形。
(1)请用尺规作图画出点$D,E,F$(不写作法，保留作图痕迹)；
(2)求菱形$ADEF$的边长。
(1)请用尺规作图画出点$D,E,F$(不写作法，保留作图痕迹)；
(2)求菱形$ADEF$的边长。
答案
17.【解】(1)如图,点D,E,F即为所作.
(2)如图,过E作EH⊥AB于点H. 由(1)作图可得AE平分∠CAB.
∵ ∠C=90°,
∴ EH=CE. 在Rt△ACB中,∠C=90°,AC=4,BC=3,根据勾股定理得AB=√(AC²+BC²)=5.
∵ S△ABC=S△ABE+S△ACE,
∴ 1/2 AC×BC=1/2 AB×EH+1/2 AC×CE,
∴ 4×3=5×CE+4×CE,
∴ CE=4/3. 设菱形ADEF的边长为x,则CD=4−x.
在Rt△DCE中,由勾股定理得CD²+CE²=DE²,
∴ (4−x)²+(4/3)²=x²,解得x=20/9,
∴ 菱形ADEF的边长为20/9.
思路分析：(2)由(1)作图及角平分线的性质可得EH=CE,再由等面积法可求出CE的长,最后利用勾股定理列方程求解即可.
解析
【分析】
(1) 尺规作图思路：要构造菱形ADEF，利用菱形四边相等、对角线平分内角的性质，先作∠BAC的角平分线交BC于E，再作AE的垂直平分线，分别交AC、AB于D、F，连接DE、EF即可得到所求菱形。
(2) 计算思路：首先在Rt△ACB中用勾股定理求出AB的长度；由作图可知AE是∠CAB的角平分线，根据角平分线的性质可得点E到AB的距离等于CE，再通过△ABC的面积等于△ACE和△ABE的面积和，用等面积法求出CE的长；最后设菱形边长为x，用含x的式子表示CD的长，在Rt△DCE中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 点D、E、F作图结果如下：
(2) 过E作EH⊥AB于点H。
由作图可得AE平分∠CAB，
∵ ∠C=90°，即EC⊥AC，EH⊥AB，
∴ EH=CE（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=4，BC=3，根据勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
∵ $S_{△ABC}=S_{△ABE}+S_{△ACE}$，
∴ $\frac{1}{2}×AC×BC=\frac{1}{2}×AB×EH+\frac{1}{2}×AC×CE$，
代入EH=CE及各边长度得：
$4×3=5×CE+4×CE$，
解得$CE=\frac{4}{3}$。
设菱形ADEF的边长为x，则$DE=x$，$CD=AC-AD=4-x$。
在Rt△DCE中，由勾股定理得$CD^2+CE^2=DE^2$，
代入得$(4-x)^2+(\frac{4}{3})^2=x^2$，
解得$x=\frac{20}{9}$。
【答案】
(1)
(2) 菱形ADEF的边长为$\frac{20}{9}$
【知识点】
菱形的性质，角平分线的性质，勾股定理
【点评】
本题结合尺规作图与几何计算，既考查了角平分线、垂直平分线的基本作图能力，又考查了等面积法、方程思想在几何计算中的综合应用，需要学生理解作图原理，熟练运用几何性质求解问题。
【难度系数】
0.6
(1) 尺规作图思路：要构造菱形ADEF，利用菱形四边相等、对角线平分内角的性质，先作∠BAC的角平分线交BC于E，再作AE的垂直平分线，分别交AC、AB于D、F，连接DE、EF即可得到所求菱形。
(2) 计算思路：首先在Rt△ACB中用勾股定理求出AB的长度；由作图可知AE是∠CAB的角平分线，根据角平分线的性质可得点E到AB的距离等于CE，再通过△ABC的面积等于△ACE和△ABE的面积和，用等面积法求出CE的长；最后设菱形边长为x，用含x的式子表示CD的长，在Rt△DCE中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) 点D、E、F作图结果如下：
(2) 过E作EH⊥AB于点H。
由作图可得AE平分∠CAB，
∵ ∠C=90°，即EC⊥AC，EH⊥AB，
∴ EH=CE（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=4，BC=3，根据勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
∵ $S_{△ABC}=S_{△ABE}+S_{△ACE}$，
∴ $\frac{1}{2}×AC×BC=\frac{1}{2}×AB×EH+\frac{1}{2}×AC×CE$，
代入EH=CE及各边长度得：
$4×3=5×CE+4×CE$，
解得$CE=\frac{4}{3}$。
设菱形ADEF的边长为x，则$DE=x$，$CD=AC-AD=4-x$。
在Rt△DCE中，由勾股定理得$CD^2+CE^2=DE^2$，
代入得$(4-x)^2+(\frac{4}{3})^2=x^2$，
解得$x=\frac{20}{9}$。
【答案】
(1)
(2) 菱形ADEF的边长为$\frac{20}{9}$
【知识点】
菱形的性质，角平分线的性质，勾股定理
【点评】
本题结合尺规作图与几何计算，既考查了角平分线、垂直平分线的基本作图能力，又考查了等面积法、方程思想在几何计算中的综合应用，需要学生理解作图原理，熟练运用几何性质求解问题。
【难度系数】
0.6
18[2026安徽安庆质检]如图,已知正方形ABCD中,E为CB延长线上一点,且$BE=AB$,连接DE,AE.
(1)如图(1),若M,N分别为AE,BC的中点,DE交AB于O,连接MN交ED于H点.
①求证:$AO=BO$;
②求证:$∠ HEB=∠ HNB$.
(2)如图(2),过A作$AP⊥ ED$于P点,连接BP,求$\frac{PE-PA}{PB}$的值.
(1)如图(1),若M,N分别为AE,BC的中点,DE交AB于O,连接MN交ED于H点.
①求证:$AO=BO$;
②求证:$∠ HEB=∠ HNB$.
(2)如图(2),过A作$AP⊥ ED$于P点,连接BP,求$\frac{PE-PA}{PB}$的值.
答案
18.(1)①【证明】
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ AD=AB,AD//BC,
∴ ∠DAB=∠ABE,∠ADO=∠BEO.
∵ AB=BE,
∴ AD=BE,
∴ △ADO≅△BEO(ASA),
∴ AO=BO.
②延长BC至F,使CF=BC,连接AF,如图(1)所示,则CF=BE,BF=CE.
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ AB=DC,AD//BC,∠BAD=∠ABC=∠DCB=90°. 在△ABF和△DCE中,⎧⎨⎩AB=DC,∠ABC=∠DCB,BF=CE,
∴ △ABF≅△DCE(SAS),
∴ ∠DEC=∠AFB.
∵ EB=CF,BN=CN,
∴ N为EF的中点. 又
∵ M为AE的中点,
∴ MN为△AEF的中位线,
∴ MN//AF,
∴ ∠HNB=∠AFB=∠HEB.
(2)【解】过点B作BQ⊥BP交DE于Q,如图(2)所示,则∠PBQ=90°.
∵ ∠ABE=180°−∠ABC=90°,
∴ ∠EBQ=∠ABP.
∵ AD//BC,
∴ ∠ADP=∠BEQ.
∵ AP⊥DE,∠BAD=90°,
∴ 由同等的余角相等可得∠BAP=∠ADP,
∴ ∠BEQ=∠BAP.
在△BEQ和△BAP中,⎧⎨⎩∠EBQ=∠ABP,BE=BA,∠BEQ=∠BAP,
∴ △BEQ≅△BAP(ASA),
∴ PA=QE,QB=PB.
∴ △PBQ是等腰直角三角形,
∴ 结合勾股定理易得PQ=√2 PB,
∴ (PE−PA)/PB=(PE−QE)/PB=PQ/PB=√2.
关键点拨：解题的关键是利用勾股定理证明平方关系.
解析
【分析】
(1)①要证AO=BO，观察AO、BO分别在△ADO和△BEO中，结合正方形性质可得AD=AB、AD//BC，结合已知BE=AB推出AD=BE，再找到两组对应角相等，即可通过ASA证明两三角形全等，得到对应边相等。
②要证∠HEB=∠HNB，可构造辅助线转化角：延长BC至F使CF=BC，连接AF，先证△ABF≌△DCE得到∠HEB=∠AFB，再结合中点条件判断MN是△AEF的中位线，可得MN//AF，根据平行线性质得∠HNB=∠AFB，等量代换即可得证。
(2)求线段比值可通过全等转化线段：过B作BQ⊥BP交DE于Q，先证△BEQ≌△BAP，将PA转化为QE，可得PE-PA=PQ，再证明△PBQ是等腰直角三角形，利用勾股定理得到PQ与PB的数量关系，即可求出比值。
【解析】
(1)①证明：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AD=AB，AD//BC，
∴ ∠DAB=∠ABE=90°，∠ADO=∠BEO。
∵ AB=BE，
∴ AD=BE，
在△ADO和△BEO中：
$\{\begin{array}{l}∠ADO=∠BEO \\AD=BE \\∠DAO=∠EBO\end{array} $
∴ △ADO≅△BEO(ASA)，
∴ AO=BO。
②证明：延长BC至F，使CF=BC，连接AF，如图(1)所示，则CF=BE，BF=CE。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB=DC，∠ABC=∠DCB=90°。
在△ABF和△DCE中：
$\{\begin{array}{l}AB=DC \\∠ABF=∠DCE \\BF=CE\end{array} $
∴ △ABF≅△DCE(SAS)，
∴ ∠DEC=∠AFB。
∵ EB=CF，BN=CN，
∴ N为EF的中点。
又
∵ M为AE的中点，
∴ MN为△AEF的中位线，
∴ MN//AF，
∴ ∠HNB=∠AFB=∠HEB，即∠HEB=∠HNB。
(2)解：过点B作BQ⊥BP交DE于Q，如图(2)所示，则∠PBQ=90°。
∵ ∠ABE=180°−∠ABC=90°，
∴ ∠EBQ+∠ABQ=∠ABP+∠ABQ=90°，即∠EBQ=∠ABP。
∵ AD//BC，
∴ ∠ADP=∠BEQ。
∵ AP⊥DE，∠BAD=90°，
∴ ∠ADP+∠DAP=∠BAP+∠DAP=90°，即∠BAP=∠ADP，
∴ ∠BEQ=∠BAP。
在△BEQ和△BAP中：
$\{\begin{array}{l}∠EBQ=∠ABP \\BE=BA \\∠BEQ=∠BAP\end{array} $
∴ △BEQ≅△BAP(ASA)，
∴ PA=QE，QB=PB。
∴ △PBQ是等腰直角三角形，由勾股定理得$PQ=\sqrt{PB^2+QB^2}=\sqrt{2}PB$，
∴ $\frac{PE-PA}{PB}=\frac{PE-QE}{PB}=\frac{PQ}{PB}=\frac{\sqrt{2}PB}{PB}=\sqrt{2}$。
【答案】
(1)①证明见上述解析；②证明见上述解析；(2)$\sqrt{2}$
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质
【点评】
本题以正方形为背景，综合考查了几何证明与线段比值计算，解题的核心是合理构造辅助线，通过全等三角形实现线段、角的转化，结合相关几何性质推导结论，对逻辑推理能力有一定的锻炼价值。
【难度系数】
0.6
(1)①要证AO=BO，观察AO、BO分别在△ADO和△BEO中，结合正方形性质可得AD=AB、AD//BC，结合已知BE=AB推出AD=BE，再找到两组对应角相等，即可通过ASA证明两三角形全等，得到对应边相等。
②要证∠HEB=∠HNB，可构造辅助线转化角：延长BC至F使CF=BC，连接AF，先证△ABF≌△DCE得到∠HEB=∠AFB，再结合中点条件判断MN是△AEF的中位线，可得MN//AF，根据平行线性质得∠HNB=∠AFB，等量代换即可得证。
(2)求线段比值可通过全等转化线段：过B作BQ⊥BP交DE于Q，先证△BEQ≌△BAP，将PA转化为QE，可得PE-PA=PQ，再证明△PBQ是等腰直角三角形，利用勾股定理得到PQ与PB的数量关系，即可求出比值。
【解析】
(1)①证明：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AD=AB，AD//BC，
∴ ∠DAB=∠ABE=90°，∠ADO=∠BEO。
∵ AB=BE，
∴ AD=BE，
在△ADO和△BEO中：
$\{\begin{array}{l}∠ADO=∠BEO \\AD=BE \\∠DAO=∠EBO\end{array} $
∴ △ADO≅△BEO(ASA)，
∴ AO=BO。
②证明：延长BC至F，使CF=BC，连接AF，如图(1)所示，则CF=BE，BF=CE。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB=DC，∠ABC=∠DCB=90°。
在△ABF和△DCE中：
$\{\begin{array}{l}AB=DC \\∠ABF=∠DCE \\BF=CE\end{array} $
∴ △ABF≅△DCE(SAS)，
∴ ∠DEC=∠AFB。
∵ EB=CF，BN=CN，
∴ N为EF的中点。
又
∵ M为AE的中点，
∴ MN为△AEF的中位线，
∴ MN//AF，
∴ ∠HNB=∠AFB=∠HEB，即∠HEB=∠HNB。
(2)解：过点B作BQ⊥BP交DE于Q，如图(2)所示，则∠PBQ=90°。
∵ ∠ABE=180°−∠ABC=90°，
∴ ∠EBQ+∠ABQ=∠ABP+∠ABQ=90°，即∠EBQ=∠ABP。
∵ AD//BC，
∴ ∠ADP=∠BEQ。
∵ AP⊥DE，∠BAD=90°，
∴ ∠ADP+∠DAP=∠BAP+∠DAP=90°，即∠BAP=∠ADP，
∴ ∠BEQ=∠BAP。
在△BEQ和△BAP中：
$\{\begin{array}{l}∠EBQ=∠ABP \\BE=BA \\∠BEQ=∠BAP\end{array} $
∴ △BEQ≅△BAP(ASA)，
∴ PA=QE，QB=PB。
∴ △PBQ是等腰直角三角形，由勾股定理得$PQ=\sqrt{PB^2+QB^2}=\sqrt{2}PB$，
∴ $\frac{PE-PA}{PB}=\frac{PE-QE}{PB}=\frac{PQ}{PB}=\frac{\sqrt{2}PB}{PB}=\sqrt{2}$。
【答案】
(1)①证明见上述解析；②证明见上述解析；(2)$\sqrt{2}$
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质
【点评】
本题以正方形为背景，综合考查了几何证明与线段比值计算，解题的核心是合理构造辅助线，通过全等三角形实现线段、角的转化，结合相关几何性质推导结论，对逻辑推理能力有一定的锻炼价值。
【难度系数】
0.6
19[2025江西抚州期中]【特例感知】(1)①在正方形ABCD中,设其边长为a,则对角线AC,BD和a的数量关系为$AC^2+BD^2=$
②在菱形ABCD中,设其边长为a,则对角线AC,BD和a的数量关系为$AC^2+BD^2=$
③在矩形ABCD中,设AB=a,BC=b,则对角线AC,BD和a,b的数量关系为$AC^2+BD^2=$
【规律探究】(2)如图(1),在$□ ABCD$中,设AB=a,BC=b,猜想对角线AC,BD和a,b的数量关系,并证明你的猜想.
【知识应用】(3)如图(2),在四边形ABCD中,AB=5,BC=9,CD=8,AD=6,$∠ ADC=90°$,点M为BC的中点,求AM的长.
4a²
;②在菱形ABCD中,设其边长为a,则对角线AC,BD和a的数量关系为$AC^2+BD^2=$
4a²
;③在矩形ABCD中,设AB=a,BC=b,则对角线AC,BD和a,b的数量关系为$AC^2+BD^2=$
2a²+2b²
.【规律探究】(2)如图(1),在$□ ABCD$中,设AB=a,BC=b,猜想对角线AC,BD和a,b的数量关系,并证明你的猜想.
【知识应用】(3)如图(2),在四边形ABCD中,AB=5,BC=9,CD=8,AD=6,$∠ ADC=90°$,点M为BC的中点,求AM的长.
答案
19.【解】(1)①如图(1),
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ AC=BD,AB=AD=BC=CD=a,∠ABC=∠BCD=90°,
∴ AC²=AB²+BC²=2a²,BD²=BC²+CD²=2a²,
∴ AC²+BD²=4a². 故答案为4a².
②如图(2),
∵ 四边形ABCD是菱形,
∴ AC⊥BD,OA=OC,OB=OD,AB=AD=BC=CD=a,
∴ ∠AOB=90°,
∴ OA²+OB²=a²,
∴ (2OA)²+(2OB)²=4a²,
∴ AC²+BD²=4a². 故答案为4a².
③如图(3),
∵ 四边形ABCD是矩形,
∴ AC=BD,AB=CD=a,AD=BC=b,∠ABC=∠BCD=90°,
∴ AC²=AB²+BC²=a²+b²,BD²=BC²+CD²=a²+b²,
∴ AC²+BD²=2a²+2b². 故答案为2a²+2b².
(2)猜想:AC²+BD²=2a²+2b². 证明:如图(4),分别过点A,D作AE⊥BC于E,DF⊥BC交BC延长线于F,
∴ ∠AEB=∠DFC=90°.
∵ 四边形ABCD是平行四边形,
∴ AB=DC,AB//CD,
∴ ∠ABE=∠DCF. 在△ABE 和 △DCF 中,⎧⎨⎩∠AEB=∠DFC,∠ABE=∠DCF,AB=DC,
∴ △ABE≅△DCF(AAS),
∴ BE=CF,AE=DF. 设BE=CF=m,AE=DF=h,则CE=b−m,BF=b+m. 在Rt△AEC中,AC²=AE²+CE²=h²+(b−m)²=h²+b²−2bm+m²; 在Rt△BDF中,BD²=DF²+BF²=h²+(b+m)²=h²+b²+2bm+m²,
∴ AC²+BD²=2h²+2b²+2m².
∵ 在Rt△ABE中,AB²=AE²+BE²=h²+m²,
∴ h²+m²=a²,
∴ AC²+BD²=2(h²+m²)+2b²=2a²+2b².
(3)如图(5),连接AC,延长AM至点N,使MN=AM,连接BN,CN.
∵ 点M为BC的中点,
∴ BM=MC,
∴ 四边形ABNC是平行四边形,
∴ 由(2)的结论可得BC²+AN²=2AB²+2AC².
∵ ∠D=90°,CD=8,AD=6,
∴ AC=√(AD²+CD²)=√(6²+8²)=10.
∵ AB=5,BC=9,
∴ 9²+AN²=2×5²+2×10²,
∴ AN²=169,
∴ AN=13(负值已舍去),
∴ AM=1/2 AN=13/2.
解析
【分析】
本题遵循从特殊到一般的探究逻辑，分为三个层次求解：
(1) 特例感知部分针对正方形、菱形、矩形三类特殊平行四边形，可直接利用各类特殊平行四边形的性质，结合勾股定理计算两条对角线的平方和，得到对应结论；
(2) 规律探究部分针对一般平行四边形，可通过过顶点作对边的高构造直角三角形，先证明三角形全等转化线段长度，再用勾股定理分别表示两条对角线的平方，相加化简后即可得到对角线与邻边边长的数量关系；
(3) 知识应用部分需先利用倍长中线的辅助线做法，构造平行四边形，再借助Rt△ADC用勾股定理求出AC的长度，代入(2)中得到的平行四边形对角线平方和公式求出AN的长，进而得到AM的长度。
【解析】
(1)①在正方形ABCD中，AC=BD，AB=AD=BC=CD=a，∠ABC=90°，由勾股定理得AC²=AB²+BC²=2a²，同理BD²=2a²，因此AC²+BD²=4a²。
②在菱形ABCD中，对角线AC⊥BD且互相平分，AB=a，在Rt△AOB中，OA²+OB²=AB²=a²，因此AC²+BD²=(2OA)²+(2OB)²=4(OA²+OB²)=4a²。
③在矩形ABCD中，AC=BD，∠ABC=90°，由勾股定理得AC²=AB²+BC²=a²+b²，同理BD²=a²+b²，因此AC²+BD²=2a²+2b²。
(2)猜想：AC²+BD²=2a²+2b²。
证明：如图(4)，分别过点A,D作AE⊥BC于E，DF⊥BC交BC延长线于F，
∴∠AEB=∠DFC=90°。
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，AB//CD，
∴∠ABE=∠DCF。
在△ABE和△DCF中，$\{\begin{array}{l}∠ AEB=∠ DFC\\ ∠ ABE=∠ DCF\\ AB=DC\end{array} $，
∴△ABE≅△DCF(AAS)，
∴BE=CF，AE=DF。
设BE=CF=m，AE=DF=h，则CE=b-m，BF=b+m。
在Rt△AEC中，$AC²=AE²+CE²=h²+(b-m)²=h²+b²-2bm+m²$；
在Rt△BDF中，$BD²=DF²+BF²=h²+(b+m)²=h²+b²+2bm+m²$，
两式相加得$AC²+BD²=2h²+2b²+2m²$。
在Rt△ABE中，$AB²=AE²+BE²=h²+m²=a²$，代入上式得$AC²+BD²=2a²+2b²$，猜想得证。
(3)如图(5)，连接AC，延长AM至点N，使MN=AM，连接BN、CN。
∵M是BC的中点，
∴BM=MC，
∴四边形ABNC是平行四边形。
由(2)的结论可得：$BC²+AN²=2AB²+2AC²$。
在Rt△ADC中，∠D=90°，AD=6，CD=8，由勾股定理得$AC=\sqrt{AD²+CD²}=\sqrt{6²+8²}=10$。
将AB=5，BC=9，AC=10代入上式得：$9²+AN²=2×5²+2×10²$，解得$AN²=169$，AN=13（负值舍去），因此$AM=\frac{1}{2}AN=\frac{13}{2}$。
【答案】
(1)①$\boldsymbol{4a^2}$
②$\boldsymbol{4a^2}$
③$\boldsymbol{2a^2+2b^2}$
(2)猜想为$\boldsymbol{AC^2+BD^2=2a^2+2b^2}$，证明见解析
(3)$\boldsymbol{AM=\frac{13}{2}}$
【知识点】
特殊平行四边形性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质
【点评】
本题从特殊平行四边形的结论入手，拓展到一般平行四边形的规律探究，再进行实际应用，层层递进，既考查了全等三角形、勾股定理、特殊与一般平行四边形的性质判定等基础知识点，也考查了几何探究能力、知识迁移应用能力，其中倍长中线构造平行四边形是解题的关键，能有效锻炼逻辑推理的数学思维。
【难度系数】
0.6
本题遵循从特殊到一般的探究逻辑，分为三个层次求解：
(1) 特例感知部分针对正方形、菱形、矩形三类特殊平行四边形，可直接利用各类特殊平行四边形的性质，结合勾股定理计算两条对角线的平方和，得到对应结论；
(2) 规律探究部分针对一般平行四边形，可通过过顶点作对边的高构造直角三角形，先证明三角形全等转化线段长度，再用勾股定理分别表示两条对角线的平方，相加化简后即可得到对角线与邻边边长的数量关系；
(3) 知识应用部分需先利用倍长中线的辅助线做法，构造平行四边形，再借助Rt△ADC用勾股定理求出AC的长度，代入(2)中得到的平行四边形对角线平方和公式求出AN的长，进而得到AM的长度。
【解析】
(1)①在正方形ABCD中，AC=BD，AB=AD=BC=CD=a，∠ABC=90°，由勾股定理得AC²=AB²+BC²=2a²，同理BD²=2a²，因此AC²+BD²=4a²。
②在菱形ABCD中，对角线AC⊥BD且互相平分，AB=a，在Rt△AOB中，OA²+OB²=AB²=a²，因此AC²+BD²=(2OA)²+(2OB)²=4(OA²+OB²)=4a²。
③在矩形ABCD中，AC=BD，∠ABC=90°，由勾股定理得AC²=AB²+BC²=a²+b²，同理BD²=a²+b²，因此AC²+BD²=2a²+2b²。
(2)猜想：AC²+BD²=2a²+2b²。
证明：如图(4)，分别过点A,D作AE⊥BC于E，DF⊥BC交BC延长线于F，
∴∠AEB=∠DFC=90°。
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，AB//CD，
∴∠ABE=∠DCF。
在△ABE和△DCF中，$\{\begin{array}{l}∠ AEB=∠ DFC\\ ∠ ABE=∠ DCF\\ AB=DC\end{array} $，
∴△ABE≅△DCF(AAS)，
∴BE=CF，AE=DF。
设BE=CF=m，AE=DF=h，则CE=b-m，BF=b+m。
在Rt△AEC中，$AC²=AE²+CE²=h²+(b-m)²=h²+b²-2bm+m²$；
在Rt△BDF中，$BD²=DF²+BF²=h²+(b+m)²=h²+b²+2bm+m²$，
两式相加得$AC²+BD²=2h²+2b²+2m²$。
在Rt△ABE中，$AB²=AE²+BE²=h²+m²=a²$，代入上式得$AC²+BD²=2a²+2b²$，猜想得证。
(3)如图(5)，连接AC，延长AM至点N，使MN=AM，连接BN、CN。
∵M是BC的中点，
∴BM=MC，
∴四边形ABNC是平行四边形。
由(2)的结论可得：$BC²+AN²=2AB²+2AC²$。
在Rt△ADC中，∠D=90°，AD=6，CD=8，由勾股定理得$AC=\sqrt{AD²+CD²}=\sqrt{6²+8²}=10$。
将AB=5，BC=9，AC=10代入上式得：$9²+AN²=2×5²+2×10²$，解得$AN²=169$，AN=13（负值舍去），因此$AM=\frac{1}{2}AN=\frac{13}{2}$。
【答案】
(1)①$\boldsymbol{4a^2}$
②$\boldsymbol{4a^2}$
③$\boldsymbol{2a^2+2b^2}$
(2)猜想为$\boldsymbol{AC^2+BD^2=2a^2+2b^2}$，证明见解析
(3)$\boldsymbol{AM=\frac{13}{2}}$
【知识点】
特殊平行四边形性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质
【点评】
本题从特殊平行四边形的结论入手，拓展到一般平行四边形的规律探究，再进行实际应用，层层递进，既考查了全等三角形、勾股定理、特殊与一般平行四边形的性质判定等基础知识点，也考查了几何探究能力、知识迁移应用能力，其中倍长中线构造平行四边形是解题的关键，能有效锻炼逻辑推理的数学思维。
【难度系数】
0.6
