典例 1
如图，在△ABC 中，BC = 24，将△ABC 绕点 B 按逆时针方向旋转，得到△A'BC'，且 C'A⊥BC，D，E 分别为 BC'，AC 的中点，连接 DE。若 C'A = 10，则 DE 的长为
13
。
答案：【思路分析】取 AB 的中点 F，连接 DF，EF。因为 D，E 分别是 BC'，AC 的中点，所以 DF = $\frac{1}{2}$C'A，EF = $\frac{1}{2}$BC，DF//C'A，EF//BC。又 C'A = 10，BC = 24，C'A⊥BC，所以 DF = 5，EF = 12，DF⊥EF，即∠DFE = 90°。在 Rt△DEF 中，由勾股定理，得 DE = $\sqrt{DF^{2}+EF^{2}}$ = 13。
【答案】13
【变式 1】
如图，在正方形 ABCD 中，E，F 分别为边 AB，BC 的中点，AE = $\sqrt{2}$，连接 AF，DE，N，M 分别为 AF，DE 的中点，连接 MN，则 MN 的长为
1
。
答案：【变式1】1
解析：
解：
∵四边形$ABCD$是正方形，$E$为$AB$中点，$AE = \sqrt{2}$，
∴$AB = 2AE = 2\sqrt{2}$，$AD = AB = 2\sqrt{2}$，$\angle DAB = 90°$。
以$A$为原点，$AB$所在直线为$x$轴，$AD$所在直线为$y$轴建立坐标系，
则$A(0,0)$，$B(2\sqrt{2},0)$，$D(0,2\sqrt{2})$。
∵$E$为$AB$中点，$F$为$BC$中点，
∴$E(\sqrt{2},0)$，$F(2\sqrt{2},\sqrt{2})$。
∵$N$为$AF$中点，$M$为$DE$中点，
∴$N(\frac{0 + 2\sqrt{2}}{2},\frac{0 + \sqrt{2}}{2})=(\sqrt{2},\frac{\sqrt{2}}{2})$，
$M(\frac{0 + \sqrt{2}}{2},\frac{2\sqrt{2} + 0}{2})=(\frac{\sqrt{2}}{2},\sqrt{2})$。
∴$MN = \sqrt{(\sqrt{2} - \frac{\sqrt{2}}{2})^2 + (\frac{\sqrt{2}}{2} - \sqrt{2})^2} = \sqrt{(\frac{\sqrt{2}}{2})^2 + (-\frac{\sqrt{2}}{2})^2} = \sqrt{\frac{1}{2} + \frac{1}{2}} = 1$。
答案：$1$
典例 2 新趋势
推导探究
如图，D 为△ABC 内部一点，连接 AD，BD，CD，E，F，G，H 分别是 AB，BC，CD，DA 的中点，连接 EF，FG，GH，EH。
(1) 判断四边形 EFGH 的形状，并证明你的结论；
(2) 当 BD，AC 满足什么条件时，四边形 EFGH 是正方形？
答案：【思路分析】(1) 由中位线性质得到 EF = GH = $\frac{1}{2}$AC，EF//GH//AC，从而得到四边形 EFGH 是平行四边形。(2) 利用正方形的判定进行假设。
【答案】(1) 四边形 EFGH 是平行四边形。证明如下：因为 E，F 分别是 AB，BC 的中点，所以 EF//AC，且 EF = $\frac{1}{2}$AC。同理，得 GH//AC，且 GH = $\frac{1}{2}$AC。所以 EF//GH，且 EF = GH。所以四边形 EFGH 是平行四边形。
(2) 由(1)，得四边形 EFGH 是平行四边形，EF = GH = $\frac{1}{2}$AC，EF//GH//AC。因为 E，H 分别是 AB，AD 的中点，所以 EH = $\frac{1}{2}$BD，EH//BD。要使四边形 EFGH 是正方形，则 EH = GH，∠EHG = 90°。所以 BD = AC，EH⊥GH，即 BD⊥AC。所以当 BD，AC 满足 BD = AC，且 BD⊥AC 时，四边形 EFGH 是正方形。
