如圖所示，四邊形ABCD的對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，已知OA=OC，OB=OD，BD平分∠ABC

(1)證明：四邊形ABCD是菱形

(2)如圖1，過四邊形ABCD的頂點(diǎn)C作CF⊥BC，且BC=CF，線段CF交OD于點(diǎn)E，交AD于點(diǎn)H，交BA的延長線于點(diǎn)F，求證：DE=(OA+OE);

(3)如圖2，四邊形ABCD中，若∠ABC=45°，△ABC的面積為9，點(diǎn)P是直線AD上一動(dòng)點(diǎn)，連接BP，點(diǎn)M在線段AB的左側(cè)，△BPM為等邊三角形，連接AM，當(dāng)線段AM最短時(shí)，求AP²的值.

解：(1)證明：∵OA=OC，OB=OD

∴四邊形ABCD為平行四邊形

∵BD平分∠ABC，OA=OC

∴BA=BC

∴四邊形ABCD為菱形

(2)∵BC=BF

∴∠F=∠ABC=45°

∴∠ADC=45°

∴DH=BH

∵∠HDE+∠CAD=90°，∠ACH+∠CAD=90°

∴∠ACH=∠HDE

∵∠DHE=∠AHC

∴△ACH≌△HDE

∴AH=EH，∠CAH=∠DAH,AC=DE

方法一：連接OH，過點(diǎn)H作HM⊥OH交BD于點(diǎn)M，

∵∠OHE+∠EHM=90°，∠OHE+∠OHA=90°

∴∠AHO=∠EHM

又∵∠CAH=∠DEH，AH=EH

∴△AOH≌△EMH

∵HO=MH,OA=EM

∴OA+OE=EM+OE=OM

∵OM=OH,OH=

∴(OA+OE)=DE

方法二：在OA的延長線上取點(diǎn)I，使AI=OE，連接HI

∵∠OAH+∠OEH=180°，∠OAH+∠HAI=180°

∴∠HAI=∠OEH

又∵AH=EH，AI=OE

∴△HOE≌△IAH

∴OH=IH，∠AHI=∠OHE

∵∠IHE+∠OHA=90°

∴∠AHI+∠OHA=90°即∠OHI=90°

OE+OA=AI+OA=OI=OH

∵OH=，AC=DE

∴(OA+OE)=DE

方法三：過點(diǎn)H作HL⊥OA，HJ⊥OD于點(diǎn)L、J，連接OH

易證△HAL≌△HEJ,AL=EJ,HL=HJ,故HL⊥OJ為正方形，得OL=OJ

OA+OE=OL+AL+OJ-EJ=OL+OJ=2OL=OH,而AC=2OH，AC=DE得

(OA+OE)=DE

點(diǎn)評(píng)：此問以“鄰邊相等對(duì)角互補(bǔ)模型，全等三角形提升學(xué)習(xí)，幾何不再難！”為基礎(chǔ)，方法較多，主要涉及全等三角形輔助線.同學(xué)們可點(diǎn)開進(jìn)入學(xué)習(xí).

(3)如圖，以AB為邊向下作等邊△ABQ，連接QA、OC、QP

∵∠MAP=∠ABQ=60°

∴∠MBA=∠PBQ

又∵BM=BP,BA=BQ

∴△MBA≌△PBQ

∴PQ=MA

當(dāng)PQAD時(shí)，PQ取最小值，即AM取最小值

∠ABC=45°，△ABC的面積為9知AQ=AB=6，

在PQ上取點(diǎn)S使SA=SQ，易知∠AQP=15°，故∠PSA=30°，設(shè)AP=b，則PS=b，SQ=AS=2b,

由勾股定理得

得b²=18-9,即AP²=18-9

點(diǎn)評(píng)：作等邊三角形ABQ，構(gòu)造手拉手模型得PQ=AM，當(dāng)PQ取最小值時(shí)，AM取最小值，利用特殊角構(gòu)造含30度角的直角三角形，利用勾股定理即可得結(jié)果，此問有一定難度.

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