4. (2024·启东期中) 如图，动点M在边长为2的正方形ABCD内，且AM⊥BM，P是CD边上的一个动点，E是AD边的中点，则线段PE+PM的最小值为
$\sqrt{10}$−1
.答案：4. $\sqrt{10}$−1
5. (2024·苏州吴中、高新期中) 如图，E为平行四边形ABCD的边AD上的一点，连接EB并延长，使BF=BE，连接EC并延长，使CG=CE，连接FG. H为FG的中点，连接DH，AF.
(1) 求证：四边形AFHD为平行四边形；
(2) 连接EH，交BC于点O，若OB=OE，FG=8，求OH的长度.
(1) 求证：四边形AFHD为平行四边形；
(2) 连接EH，交BC于点O，若OB=OE，FG=8，求OH的长度.
答案：
5.(1)证明:
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC,AD//BC,∠BAE=∠BCD.
∵BF=BE,CG=CE,
∴BC是△EFG的中位线,
∴BC//FG,BC=$\frac{1}{2}$FG.
∵H为FG的中点,FH=$\frac{1}{2}$FG,
∴BC//FH,BC=FH,
∴AD//FH,AD=FH,
∴四边形AFHD是平行四边形.
(2)解:连接BH,CH,如答图.
∵CE=CG,FH=HG,
∴CH=$\frac{1}{2}$EF,CH//EF.
∵EB=BF=$\frac{1}{2}$EF,
∴BE=CH,
∴四边形EBHC是平行四边形，
∴OB=OC,OE=OH.
∵OB=OE,
∴OE=OH=OB=OC=$\frac{1}{2}$BC.
∵BC=$\frac{1}{2}$FG=$\frac{1}{2}$×8=4,
∴OH=2.
5.(1)证明:
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC,AD//BC,∠BAE=∠BCD.
∵BF=BE,CG=CE,
∴BC是△EFG的中位线,
∴BC//FG,BC=$\frac{1}{2}$FG.
∵H为FG的中点,FH=$\frac{1}{2}$FG,
∴BC//FH,BC=FH,
∴AD//FH,AD=FH,
∴四边形AFHD是平行四边形.
(2)解:连接BH,CH,如答图.
∵CE=CG,FH=HG,
∴CH=$\frac{1}{2}$EF,CH//EF.
∵EB=BF=$\frac{1}{2}$EF,
∴BE=CH,
∴四边形EBHC是平行四边形，
∴OB=OC,OE=OH.
∵OB=OE,
∴OE=OH=OB=OC=$\frac{1}{2}$BC.
∵BC=$\frac{1}{2}$FG=$\frac{1}{2}$×8=4,
∴OH=2.
6. 如图，在四边形ABCD中，AB=6，CD=8，∠BAC=30°，∠ACD=120°，E，F，M分别是AD，BC，AC的中点，求EF的长.
答案：6.解:
∵E,M分别是AD,AC的中点，
∴EM是△ADC的中位线,
∴EM=$\frac{1}{2}$CD=4,EM//CD,
∴∠EMC+∠ACD=180°.
∵∠ACD=120°,
∴∠EMC=60°,
同理可得MF=$\frac{1}{2}$AB=3,MF//AB,
∴∠CMF=∠BAC=30°,
∴∠EMF=90°,
∴EF=$\sqrt { E M ^ { 2 } + M F ^ { 2 } } = \sqrt { 4 ^ { 2 } + 3 ^ { 2 } } = 5$.
∵E,M分别是AD,AC的中点，
∴EM是△ADC的中位线,
∴EM=$\frac{1}{2}$CD=4,EM//CD,
∴∠EMC+∠ACD=180°.
∵∠ACD=120°,
∴∠EMC=60°,
同理可得MF=$\frac{1}{2}$AB=3,MF//AB,
∴∠CMF=∠BAC=30°,
∴∠EMF=90°,
∴EF=$\sqrt { E M ^ { 2 } + M F ^ { 2 } } = \sqrt { 4 ^ { 2 } + 3 ^ { 2 } } = 5$.
7. 如图，在四边形ABCD中，E为AB上一点，△ADE和△BCE都是等边三角形，AB，BC，CD，DA的中点分别为P，Q，M，N.
(1) 试判断四边形PQMN的形状，并说明理由；
(2) 求∠NMQ的度数.
(1) 试判断四边形PQMN的形状，并说明理由；
(2) 求∠NMQ的度数.
答案：
7.解:(1)四边形PQMN为菱形.理由如下:
如答图，连接BD,AC,交于点O.
∵△ADE,△ECB是等边三角形,
∴AE=DE,EC=BE,∠AED=∠BEC=60°,
∴∠AEC=∠DEB=120°.
在△AEC和△DEB中,
$\{ \begin{array} { l } { A E = D E, } \\ { ∠ A E C = ∠ D E B, } \\ { E C = E B, } \end{array} $
∴△AEC≌△DEB(SAS),
∴AC=BD.
∵M,N分别是CD,AD的中点，
∴MN是△ACD的中位线,即MN=$\frac{1}{2}$AC.
同理可得NP=$\frac{1}{2}$DB,QP=$\frac{1}{2}$AC,MQ=$\frac{1}{2}$BD,
∴MN=NP=PQ=MQ,
∴四边形PQMN是菱形.
(2)如答图,设MN交BD于点K,MQ交AC于点J,
∵MN//AC,MQ//BD,
∴四边形MKOJ是平行四边形，
∴∠NMQ=∠DOC.
∵由(1)知△AEC≌△DEB,
∴∠ACE=∠DBE,
∴∠COB=∠CEB=60°,
∴∠DOC=120°,
∴∠NMQ=120°.
7.解:(1)四边形PQMN为菱形.理由如下:
如答图，连接BD,AC,交于点O.
∵△ADE,△ECB是等边三角形,
∴AE=DE,EC=BE,∠AED=∠BEC=60°,
∴∠AEC=∠DEB=120°.
在△AEC和△DEB中,
$\{ \begin{array} { l } { A E = D E, } \\ { ∠ A E C = ∠ D E B, } \\ { E C = E B, } \end{array} $
∴△AEC≌△DEB(SAS),
∴AC=BD.
∵M,N分别是CD,AD的中点，
∴MN是△ACD的中位线,即MN=$\frac{1}{2}$AC.
同理可得NP=$\frac{1}{2}$DB,QP=$\frac{1}{2}$AC,MQ=$\frac{1}{2}$BD,
∴MN=NP=PQ=MQ,
∴四边形PQMN是菱形.
(2)如答图,设MN交BD于点K,MQ交AC于点J,
∵MN//AC,MQ//BD,
∴四边形MKOJ是平行四边形，
∴∠NMQ=∠DOC.
∵由(1)知△AEC≌△DEB,
∴∠ACE=∠DBE,
∴∠COB=∠CEB=60°,
∴∠DOC=120°,
∴∠NMQ=120°.