中考数学平行四边形-经典压轴题附答案解析

一、平行四边形真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．（问题情景）利用三角形的面积相等来求解的方法是一种常见的等积法，此方法是我们解决几何问题的途径之一．

例如：张老师给小聪提出这样一个问题：

如图1，在△ABC中，AB=3，AD=6，问△ABC的高AD与CE的比是多少？

小聪的计算思路是：

根据题意得：S△ABC=1

2

BC?AD=

1

2

AB?CE．

从而得2AD=CE，∴

1

2 AD CE

请运用上述材料中所积累的经验和方法解决下列问题：

（1）（类比探究）

如图2，在?ABCD中，点E、F分别在AD，CD上，且AF=CE，并相交于点O，连接BE、BF，

求证：BO平分角AOC．

（2）（探究延伸）

如图3，已知直线m∥n，点A、C是直线m上两点，点B、D是直线n上两点，点P是线段CD中点，且∠APB=90°，两平行线m、n间的距离为4．求证：PA?PB=2AB．

（3）（迁移应用）

如图4，E为AB边上一点，ED⊥AD，CE⊥CB，垂足分别为D，C，∠DAB=∠B，

AB=34，BC=2，AC=26，又已知M、N分别为AE、BE的中点，连接DM、CN．求

△DEM与△CEN的周长之和．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）34

【解析】

分析：(1)、根据平行四边形的性质得出△ABF和△BCE的面积相等，过点B作OG⊥AF于

G，OH⊥CE于H，从而得出AF=CE，然后证明△BOG和△BOH全等，从而得出

∠BOG=∠BOH，即角平分线；(2)、过点P作PG⊥n于G，交m于F，根据平行线的性质得出△CPF和△DPG全等，延长BP交AC于E，证明△CPE和△DPB全等，根据等积法得出

AB=AP×PB，从而得出答案；(3)、，延长AD，BC交于点G，过点A作AF⊥BC于F，设CF=x，根据Rt△ABF和Rt△ACF的勾股定理得出x的值，根据等积法得出AE=2DM=2EM，BE=2CN=2EN， DM+CN=AB，从而得出两个三角形的周长之和．

同理：EM+EN=AB

详解：证明：（1）如图2，∵四边形ABCD是平行四边形，

∴S△ABF=S?ABCD，S△BCE=S?ABCD，∴S△ABF=S△BCE，

过点B作OG⊥AF于G，OH⊥CE于H，∴S△ABF=AF×BG，S△BCE=CE×BH，

∴AF×BG=CE×BH，即：AF×BG=CE×BH，∵AF=CE，∴BG=BH，

在Rt△BOG和Rt△BOH中，，∴Rt△BOG≌Rt△BOH，∴∠BOG=∠BOH，

∴OB平分∠AOC，

（2）如图3，过点P作PG⊥n于G，交m于F，∵m∥n，∴PF⊥AC，

∴∠CFP=∠BGP=90°，∵点P是CD中点，

在△CPF和△DPG中，，∴△CPF≌△DPG，∴PF=PG=FG=2，

延长BP交AC于E，∵m∥n，∴∠ECP=∠BDP，∴CP=DP，

在△CPE和△DPB中，，∴△CPE≌△DPB，∴PE=PB，

∵∠APB=90°，∴AE=AB，∴S△APE=S△APB，

∵S△APE=AE×PF=AE=AB，S△APB=AP×PB，

∴AB=AP×PB，即：PA?PB=2AB；

（3）如图4，延长AD，BC交于点G，∵∠BAD=∠B，

∴AG=BG，过点A作AF⊥BC于F，

设CF=x（x＞0），∴BF=BC+CF=x+2，在Rt△ABF中，AB=，

根据勾股定理得，AF2=AB2﹣BF2=34﹣（x+2）2，在Rt△ACF中，AC=，

根据勾股定理得，AF2=AC2﹣CF2=26﹣x2，

∴34﹣（x+2）2=26﹣x2，∴x=﹣1（舍）或x=1，∴AF==5，

连接EG，∵S△ABG=BG×AF=S△AEG+S△BEG=AG×DE+BG×CE=BG（DE+CE），

∴DE+CE=AF=5， 在Rt △ADE 中，点M 是AE 的中点， ∴AE=2DM=2EM ， 同理：BE=2CN=2EN ， ∵AB=AE+BE ， ∴2DM+2CN=AB ， ∴DM+CN=AB ，

同理：EM+EN=AB ∴△DEM 与△CEN 的周长之和=DE+DM+EM+CE+CN+EN=（DE+CE ）+[（DM+CN ）+（EM+EN ）] =（DE+CN ）+AB=5+

．

点睛：本题主要考查的就是三角形全等的判定与性质以及三角形的等积法，综合性非常强，难度较大．在解决这个问题的关键就是作出辅助线，然后根据勾股定理和三角形全等得出各个线段之间的关系．

2．问题发现：

（1）如图①，点P 为平行四边形ABCD 内一点，请过点P 画一条直线l ，使其同时平分平行四边形ABCD 的面积和周长． 问题探究：

（2）如图②，在平面直角坐标系xOy 中，矩形OABC 的边OA 、OC 分别在x 轴、y 轴正半轴上，点B 坐标为(8,6)．已知点(6,7)P 为矩形外一点，请过点P 画一条同时平分矩形OABC 面积和周长的直线l ，说明理由并求出直线l ，说明理由并求出直线l 被矩形

ABCD 截得线段的长度． 问题解决：

（3）如图③，在平面直角坐标系xOy 中，矩形OABCD 的边OA 、OD 分别在x 轴、y 轴正半轴上，DC x ∥轴，AB y ∥轴，且8OA OD ==，2AB CD ==，点

(1052,102)P --为五边形内一点．请问：是否存在过点P 的直线l ，分别与边OA

与BC 交于点E 、F ，且同时平分五边形OABCD 的面积和周长?若存在，请求出点E 和点F 的坐标：若不存在，请说明理由．

【答案】（1）作图见解析；（2）25y x =-，35；（3）(0,0)E ，(5,5)F ． 【解析】

试题分析：（1）连接AC 、BD 交于点O ，作直线PO ，直线PO 将平行四边形ABCD 的面积和周长分别相等的两部分．

（2）连接AC ，BD 交于点O '，过O '、P 点的直线将矩形ABCD 的面积和周长分为分别相等的两部分．

（3）存在，直线y x =平分五边形OABCD 面积、周长． 试题解析：（1）作图如下：

（2）∵(6,7)P ，(4,3)O '， ∴设:6PO y kx =+'，

67{43k b k b +=+=，2{5

k b ==-， ∴25y x =-， 交x 轴于5,02N ??

???， 交BC 于11,62M ??

???

， 2

2

11563522MN ??

=+-= ???

（3）存在，直线y x =平分五边形OABCD 面积、周长． ∵(1052,1052)P --在直线y x =上， ∴连OP 交OA 、BC 于点E 、F ， 设:BC y kx b =+，(8,2)(2,8)B C ，

82{28k b k +=+=，1{10

k b =-=， ∴直线:10BC y x =-+，

联立10{y x y x =-+=，得55x y =??=?

，

∴(0,0)E ，(5,5)F ．

3．在图1中，正方形ABCD 的边长为a ，等腰直角三角形FAE 的斜边AE ＝2b ，且边AD 和AE 在同一直线上． 操作示例

当2b ＜a 时，如图1，在BA 上选取点G ，使BG ＝b ，连结FG 和CG ，裁掉△FAG 和△CGB 并分别拼接到△FEH 和△CHD 的位置构成四边形FGCH ． 思考发现

小明在操作后发现：该剪拼方法就是先将△FAG 绕点F 逆时针旋转90°到△FEH 的位置，易知EH 与AD 在同一直线上．连结CH ，由剪拼方法可得DH=BG ，故△CHD ≌△CGB ，从而又可将△CGB 绕点C 顺时针旋转90°到△CHD 的位置．这样，对于剪拼得到的四边形FGCH （如图1），过点F 作FM ⊥AE 于点M （图略），利用SAS 公理可判断△HFM ≌△CHD ，易得FH=HC=GC=FG ，∠FHC=90°．进而根据正方形的判定方法，可以判断出四边形FGCH 是正方形． 实践探究

（1）正方形FGCH的面积是；（用含a， b的式子表示）

（2）类比图1的剪拼方法，请你就图2—图4的三种情形分别画出剪拼成一个新正方形的示意图．

联想拓展

小明通过探究后发现：当b≤a时，此类图形都能剪拼成正方形，且所选取的点G的位置在BA方向上随着b的增大不断上移．当b＞a时（如图5），能否剪拼成一个正方形？若能，请你在图5中画出剪拼成的正方形的示意图；若不能，简要说明理由．

【答案】（1）a2+b2；（2）见解析；联想拓展：能剪拼成正方形.见解析．

【解析】分析：实践探究：根据正方形FGCH的面积=BG2+BC2进而得出答案；

应采用类比的方法，注意无论等腰直角三角形的大小如何变化，BG永远等于等腰直角三角形斜边的一半．注意当b=a时，也可直接沿正方形的对角线分割．

详解：实践探究：正方形的面积是：BG2+BC2=a2+b2；

剪拼方法如图2-图4；

联想拓展：能，

剪拼方法如图5（图中BG=DH=b）．

．

点睛：本题考查了几何变换综合，培养学生的推理论证能力和动手操作能力；运用类比方法作图时，应根据范例抓住作图的关键：作的线段的长度与某条线段的比值永远相等，旋转的三角形，连接的点都应是相同的．

4．如图，正方形ABCD的边长为8，E为BC上一定点，BE＝6，F为AB上一动点，把

△BEF沿EF折叠，点B落在点B′处，当△AFB′恰好为直角三角形时，B′D的长为？

4

65

5

22

【解析】

【分析】

分两种情况分析：如图1，当∠AB′F=90°时，此时A、B′、E三点共线，过点B′作

B′M⊥AB，B′N⊥AD，由三角形的面积法则可求得B′M=2.4，再由勾股定理可求得B′N=3.2，在Rt△CB′N中，由勾股定理得，2222

+DN= 3.2 5.6

B N'+；如图2，当∠AFB′=90°时，由题意可知此时四边形EBFB′是正方形，AF=2，过点B′作B′N⊥AD，则四边形AFB′N为矩形，在Rt△CB′N中，由勾股定理得，2222

+DN=22

B N'+；

【详解】

如图1，当∠AB′F=90°时，此时A、B′、E三点共线，

∵∠B=90°，∴2222

AB BE=86

++，

∵B′E=BE=6，∴AB′=4，

∵B′F=BF，AF+BF=AB=8，

在Rt△AB′F中，∠AB′F=90°，由勾股定理得，AF2=FB′2+AB′2，

∴AF=5，BF=3，

过点B′作B′M⊥AB，B′N⊥AD，由三角形的面积法则可求得B′M=2.4，再由勾股定理可求得B′N=3.2，

∴AN=B′M=2.4，∴DN=AD-AN=8-2.4=5.6，

在Rt△CB′N中，由勾股定理得，2222

+DN= 3.2 5.6

B N'+4

65

5

；

如图2，当∠AFB′=90°时，由题意可知此时四边形EBFB′是正方形，∴AF=2，

过点B′作B′N⊥AD，则四边形AFB′N为矩形，∴AN=B′F=6，B′N=AF=2，∴DN=AD-AN=2，在Rt△CB′N中，由勾股定理得，B′D=2222

+DN=22

B N'+ =22；

综上，可得B′D的长为4

65

5

或22.

【点睛】

本题主要考查正方形的性质与判定，矩形有性质判定、勾股定理、折叠的性质等，能正确地画出图形并能分类讨论是解题的关键.

5．如图，点O是正方形ABCD两条对角线的交点，分别延长CO到点G，OC到点E，使OG=2OD、OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG．

（1）如图1，若正方形OEFG的对角线交点为M，求证：四边形CDME是平行四边形．（2）正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转，得到正方形OE′F′G′，如图2，连接AG′，DE′，求证：AG′=DE′，AG′⊥DE′；

（3）在（2）的条件下，正方形OE′F′G′的边OG′与正方形ABCD的边相交于点N，如图3，设旋转角为α（0°＜α＜180°），若△AON是等腰三角形，请直接写出α的值．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）α的值是22.5°或45°或112.5°或135°或157.5°．

【解析】

【分析】

（1）由四边形OEFG是正方形，得到ME=1 2

GE，根据三角形的中位线的性质得到

CD∥GE，CD=

1

2

GE，求得CD=GE，即可得到结论；

（2）如图2，延长E′D交AG′于H，由四边形ABCD是正方形，得到AO=OD，

∠AOD=∠COD=90°，由四边形OEFG是正方形，得到OG′=OE′，∠E′OG′=90°，由旋转的性质得到∠G′OD=∠E′OC，求得∠AOG′=∠COE′，根据全等三角形的性质得到AG′=DE′，

∠AG′O=∠DE′O，即可得到结论；

（3）分类讨论，根据三角形的外角的性质和等腰三角形的性质即可得到结论．

【详解】

（1）证明：∵四边形OEFG是正方形，

∴ME=1

2

GE，

∵OG=2OD、OE=2OC，

∴CD∥GE，CD=1

2

GE，

∴CD=GE，

∴四边形CDME是平行四边形；

（2）证明：如图2，延长E′D交AG′于H，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AO=OD，∠AOD=∠COD=90°，

∵四边形OEFG是正方形，

∴OG′=OE′，∠E′OG′=90°，

∵将正方形OEFG绕点O逆时针旋转，得到正方形OE′F′G′，

∴∠G′OD=∠E′OC，

∴∠AOG′=∠COE′，

在△AG′O与△O DE′中，

OA OD

AOG DOE

OG OE

?

?

∠'∠'

?

?''

?

＝

＝

＝

，

∴△AG′O≌△ODE′

∴AG′=DE′，∠AG′O=∠DE′O，

∵∠1=∠2，

∴∠G′HD=∠G′OE′=90°，

∴AG′⊥DE′；

（3）①正方形OE′F′G′的边OG′与正方形ABCD的边AD相交于点N，如图3，

Ⅰ、当AN=AO时，

∵∠OAN=45°，

∴∠ANO=∠AON=67.5°，

∵∠ADO=45°，

∴α=∠ANO-∠ADO=22.5°；

Ⅱ、当AN=ON时，

∴∠NAO=∠AON=45°，

∴∠ANO=90°，

∴α=90°-45°=45°；

②正方形OE′F′G′的边OG′与正方形ABCD的边AB相交于点N，如图4，

Ⅰ、当AN=AO时，

∵∠OAN=45°，

∴∠ANO=∠AON=67.5°，

∵∠ADO=45°，

∴α=∠ANO+90°=112.5°；

Ⅱ、当AN=ON时，

∴∠NAO=∠AON=45°，

∴∠ANO=90°，

∴α=90°+45°=135°，

Ⅲ、当AN=AO时，旋转角a=∠ANO+90°=67.5+90=157.5°，

综上所述：若△AON是等腰三角形时，α的值是22.5°或45°或112.5°或135°或157.5°．【点睛】

本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数、旋转变换的性质的综合运用，有一定的综合性，分类讨论当△AON是等腰三角形时，求α的度数是本题的难点．

6．如图，现将平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠，使点B落在点B′处．AB′与CD交于点E．

（1）求证：△AED≌△CEB′；

（2）过点E作EF⊥AC交AB于点F，连接CF，判断四边形AECF的形状并给予证明．

【答案】（1）见解析（2）见解析

【解析】

【分析】

（1）由题意可得AD=BC=B'C，∠B=∠D=∠B'，且∠AED=∠CEB'，利用AAS证明全等，则结论可得；

（2）由△AED≌△CEB′可得AE=CE，且EF⊥AC，根据等腰三角形的性质可得EF垂直平分AC，∠AEF=∠CEF．即AF=CF，∠CEF=∠AFE=∠AEF，可得AE=AF，则可证四边形AECF是菱形．

【详解】

证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形

∴AD＝BC，CD∥AB，∠B＝∠D

∵平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠

∴BC＝B'C，∠B＝∠B'

∴∠D＝∠B'，AD＝B'C且∠DEA＝∠B'EC

∴△ADE≌△B'EC

（2）四边形AECF是菱形

∵△ADE≌△B'EC

∴AE＝CE

∵AE＝CE，EF⊥AC

∴EF垂直平分AC，∠AEF＝∠CEF

∴AF＝CF

∵CD∥AB

∴∠CEF＝∠EFA且∠AEF＝∠CEF

∴∠AEF＝∠EFA

∴AF＝AE

∴AF＝AE＝CE＝CF

∴四边形AECF是菱形

【点睛】

本题考查了折叠问题，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，菱形的判定，熟练掌握这些性质和判定是解决问题的关键．

7．如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将该矩形沿AE折叠，使点D落在边BC上的点F处，过点F作FG∥CD，交AE于点G，连接DG．

（1）求证：四边形DEFG为菱形；

（2）若CD=8，CF=4，求的值．

【答案】（1）证明见试题解析；（2）．

【解析】

试题分析：（1）由折叠的性质，可以得到DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，由FG∥CD，可得∠1=∠3，再证明 FG=FE，即可得到四边形DEFG为菱形；

（2）在Rt△EFC中，用勾股定理列方程即可CD、CE，从而求出的值．

试题解析：（1）由折叠的性质可知：DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，∵FG∥CD，∴∠2=∠3，∴FG=FE，∴DG=GF=EF=DE，∴四边形DEFG为菱形；

（2）设DE=x，根据折叠的性质，EF=DE=x，EC=8﹣x，在Rt△EFC中，，

即，解得：x=5，CE=8﹣x=3，∴=．

考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．勾股定理；3．菱形的判定与性质；4．矩形的性质；5．综合题．

8．正方形ABCD的边长为1，对角线AC与BD相交于点O，点E是AB边上的一个动点（点E不与点A、B重合），CE与BD相交于点F，设线段BE的长度为x．

（1）如图1，当AD=2OF时，求出x的值；

（2）如图2，把线段CE绕点E顺时针旋转90°，使点C落在点P处，连接AP，设△APE 的面积为S，试求S与x的函数关系式并求出S的最大值．

【答案】（1）x=﹣1；

（2）S=﹣（x﹣）2+（0＜x＜1），

当x=时，S的值最大，最大值为，．

【解析】

试题分析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1，由平行线等分线段定理得到

CM=ME，根据三角形的中位线定理得到AE=2OM=2OF，得到OM=OF，于是得到BF=BE=x，

求得OF=OM=解方程，即可得到结果；

（2）过P作PG⊥AB交AB的延长线于G，如图2，根据已知条件得到∠ECB=∠PEG，根据

全等三角形的性质得到EB=PG=x，由三角形的面积公式得到S=（1﹣x）?x，根据二次函数的性质即可得到结论．

试题解析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1，

∵OA=OC，

∴CM=ME，

∴AE=2OM=2OF，

∴OM=OF，

∴，

∴BF=BE=x，

∴OF=OM=，

∵AB=1，

∴OB=，

∴，

∴x=﹣1；

（2）过P作PG⊥AB交AB的延长线于G，如图2，

∵∠CEP=∠EBC=90°，

∴∠ECB=∠PEG，

∵PE=EC，∠EGP=∠CBE=90°，

在△EPG与△CEB中，

，

∴△EPG≌△CEB，

∴EB=PG=x，

∴AE=1﹣x，

∴S=（1﹣x）?x=﹣x2+x=﹣（x﹣）2+，（0＜x＜1），

∵﹣＜0，

∴当x=时，S的值最大，最大值为，．

考点：四边形综合题

9．如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠ABC=60°，AH⊥BC于点H．动点E从点B出发，沿线段BC向点C以每秒2个单位长度的速度运动．过点E作EF⊥AB，垂足为点F．点E出发后，以EF为边向上作等边三角形EFG，设点E的运动时间为t秒，△EFG和△AHC的重合

部分面积为S．

（1）CE= （含t的代数式表示）．

（2）求点G落在线段AC上时t的值．

（3）当S＞0时，求S与t之间的函数关系式．

（4）点P在点E出发的同时从点A出发沿A-H-A以每秒2个单位长度的速度作往复运动，当点E停止运动时，点P随之停止运动，直接写出点P在△EFG内部时t的取值范围．

【答案】（1）6-2t；（2）t=2；（3）当＜t≤2时，S=t2+t-3；当2＜t≤3时，S=-

t2+t-；（4）＜t＜．

【解析】

试题分析:（1）由菱形的性质得出BC=AB=6得出CE=BC-BE=6-2t即可；

（2）由菱形的性质和已知条件得出△ABC是等边三角形，得出∠ACB=60°，由等边三角形的性质和三角函数得出∠GEF=60°，GE=EF=BE?sin60°=t，证出∠GEC=90°，由三角函数求

出CE==t，由BE+CE=BC得出方程，解方程即可；

（3）分两种情况：①当＜t≤2时，S=△EFG的面积-△NFN的面积，即可得出结果；

②当2＜t≤3时，由①的结果容易得出结论；

（4）由题意得出t=时，点P与H重合，E与H重合，得出点P在△EFG内部时，t的不等式，解不等式即可．

试题解析：（1）根据题意得：BE=2t，

∵四边形ABCD是菱形，

∴BC=AB=6，

∴CE=BC-BE=6-2t；

（2）点G落在线段AC上时，如图1所示：

∵四边形ABCD是菱形，

∴AB=BC，

∵∠ABC=60°，

∴△ABC是等边三角形，

∴∠ACB=60°，

∵△EFG是等边三角形，

∴∠GEF=60°，GE=EF=BE?sin60°=t，

∵EF⊥AB，

∴∠BEF=90°-60°=30°，

∴∠GEB=90°，

∴∠GEC=90°，

∴CE==t，

∵BE+CE=BC，

∴2t+t=6，

解得：t=2；

（3）分两种情况：①当＜t≤2时，如图2所示：

S=△EFG的面积-△NFN的面积=××（t）2-××（-+2）2=t2+t-3，

即S=t2+t-3；

当2＜t≤3时，如图3所示：

S=t2+t-3-（3t-6）2，

即S=-t2+t-；

（4）∵AH=AB?sin60°=6×=3，3÷2=，3÷2=，

∴t=时，点P与H重合，E与H重合，

∴点P在△EFG内部时，-＜（t-）×2＜t-（2t-3）+（2t-3），

解得：＜t＜；

即点P在△EFG内部时t的取值范围为：＜t＜．

考点：四边形综合题．

10．数学活动课上，老师给出如下问题：如图，将等腰直角三角形纸片沿斜边上的高AC

剪开，得到等腰直角三角形△ABC与△EFD，将△EFD的直角顶点在直线BC上平移，在平移的过程中，直线AC与直线DE交于点Q，让同学们探究线段BQ与AD的数量关系和位置关系．

请你阅读下面交流信息，解决所提出的问题．

展示交流：

小敏：满足条件的图形如图甲所示图形，延长BQ与AD交于点H．我们可以证明

△BCQ≌△ACD，从而易得BQ=AD，BQ⊥AD．

小慧：根据图甲，当点F在线段BC上时，我们可以验证小慧的说法是正确的．但当点F在线段CB的延长线上（如图乙）或线段CB的反向延长线上（如图丙）时，我对小慧说法的正确性表示怀疑．

（1）请你帮助小慧进行分析，小敏的结论在图乙、图丙中是否成立？请说明理由．

（选择图乙或图丙的一种情况说明即可）．

（2）小慧思考问题的方式中，蕴含的数学思想是．

拓展延伸：

根据你上面选择的图形，分别取AB、BD、DQ、AQ的中点M、N、P、T．则四边形MNPT 是什么样的特殊四边形？请说明理由．

【答案】成立；分类讨论思想；正方形.

【解析】

试题分析：利用等腰直角三角形的性质结合全等三角形的判定与性质得出BQ=AD，

BQ⊥AD；利用已知条件分类得出，体现数学中的分类讨论思想，

拓展延伸：利用三角形中位线定理结合正方形的判定方法，首先得出四边形MNPT是平行四边形进而得出它是菱形，再求出一个内角是90°，即可得出答案．

试题解析：(1)、成立，

理由：如图乙：由题意可得：∠FDE=∠QDC=∠ABC=∠BAC=45°，则DC=QC，AC=BC，

在△ADC和△BQC中∵，∴△ADC≌△BQC（SAS），∴AD=BQ，

∠DAC=∠QBC，

延长AD交BQ于点F，则∠ADC=∠BDF，∴∠BFD=∠ACD=90°，∴AD⊥BQ；

(2)、小慧思考问题的方式中，蕴含的数学思想是：分类讨论思想；

拓展延伸：四边形MNPT是正方形，

理由：∵取AB、BD、DQ、AQ的中点M、N、P、T，∴MN AD，TP AD，

∴MN TP，

∴四边形MNPT是平行四边形，∵NP BQ，BQ=AD，∴NP=MN，∴平行四边形MNPT 是菱形，

又∵AD⊥BQ，NP∥BQ，MN∥AD，∴∠MNP=90°，∴四边形MNPT是正方形．

考点：几何变换综合题