Question

7．類比、轉(zhuǎn)化、從特殊到一般等思想方法，在數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)和研究中經(jīng)常用到，請看下面的案例．
Ⅰ、如圖1，已知△ABC，分別以AB、AC為邊，在BC同側(cè)作等邊三角形ABD和等邊三角形ACE，連接CD，BE．
（1）通過證明△ADC≌△ABE，可以得到DC=BE；
Ⅱ、如圖2，四邊形ABCD中，點E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA的中點，順次連接E、F、G、H，得到四邊形EFGH，我們稱四邊形EFGH為四邊形ABCD的中點四邊形，連接BD，利用三角形中位線的性質(zhì)，可得EH∥BD，EH=$\frac{1}{2}$BD，同理可得FG∥BD，F(xiàn)G=$\frac{1}{2}$BD，所以EH∥FG，EH=FG，所以四邊形EFGH是平行四邊形；
拓展應(yīng)用
（2）如圖3，點P是四邊形ABCD內(nèi)一點，且滿足PA=PB，PC=PD，∠APB=∠CPD，點E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA的中點，猜想四邊形EFGH的形狀，并證明；
（3）若改變（2）中的條件，使∠APB=∠CPD=90°，其他條件不變，四邊形EFGH的形狀是正方形．

Answer 1

分析 （1）如圖1，先利用等邊三角形的性質(zhì)得AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，則∠DAC=∠BAE，于是根據(jù)“SAS”可證明△DAC≌△BAE，然后根據(jù)全等的性質(zhì)可得到DC=BE；
（2）連接AC、BD，如圖3，先證明△PBD≌△APC得到BD=AC，再利用三角形中位線性質(zhì)得到HG=$\frac{1}{2}$AC，HE=$\frac{1}{2}$BD，則HG=HE，接著根據(jù)題中結(jié)論和菱形的判定方法可判斷四邊形EFGH為菱形；
（3）AC與BD相交于點M，BD交AP于N，如圖3，利用△PBD≌△APC得到∠PBD=∠PAC，則根據(jù)三角形內(nèi)角和得到∠AMN=∠APB=90°，再利用三角形中位線性質(zhì)得EH∥BD，HG∥AC，所以EH⊥HG，然后利用（2）中結(jié)論和正方形的判定方法可判斷四邊形EFGH為正方形．

解答 解：（1）如圖1，
∵△ABD和△ACE都是等邊三角形，
∴AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°，
∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC，即∠DAC=∠BAE，
在△ADC和△ABE中
$\left\{\begin{array}{l}{AD=AB}\\{∠DAC=∠BAE}\\{AC=AE}\end{array}\right.$，
∴△DAC≌△BAE（SAS），
∴DC=BE；
（2）四邊形EFGH為菱形；理由如下：
連接AC、BD，如圖3，
∵∠APB=∠CPD，
∴∠APB+APD=∠CPD+∠APD，即∠BPD=∠APC，
在△PBD和△APC中
$\left\{\begin{array}{l}{PB=PA}\\{∠BPD=∠APC}\\{PD=PC}\end{array}\right.$，
∴△PBD≌△APC，
∴BD=AC，
∵HG=$\frac{1}{2}$AC，HE=$\frac{1}{2}$BD，
∴HG=HE，
∵四邊形HEFG為平行四邊形，
∴四邊形EFGH為菱形；
（3）AC與BD相交于點M，BD交AP于N，如圖3，
∵△PBD≌△APC，
∴∠PBD=∠PAC，
而∠ANM=∠BNP，
∴∠AMN=∠APB=90°，
∴AC⊥BD，
∵EH∥BD，HG∥AC，
∴EH⊥HG，
∴∠EHG=90°，
∵四邊形EFGH為菱形，
∴四邊形EFGH為正方形．
故答案為ADC，ABE；正方形．

點評 本題考查了四邊形的綜合題：熟練掌握三角形中位線性質(zhì)與平行四邊形、菱形和正方形的判定和性質(zhì)；會利用全等三角形的知識解決線段相等的問題；通過此題，學(xué)會運用類比、轉(zhuǎn)化、從特殊到一般等思想方法解決數(shù)學(xué)問題．