人教版八年级数学下册——专题18.12中点四边形大题提升专练（含解析）

这是一份人教版八年级数学下册——专题18.12中点四边形大题提升专练（含解析），文件包含专题1812中点四边形大题提升专练docx、专题1812中点四边形大题提升专练原卷版人教版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共91页， 欢迎下载使用。
专题18.12中点四边形大题提升专练
班级：___________________ 姓名：_________________ 得分：_______________
注意事项：
本试卷试题解答30道，共分成三个层组：基础过关题（第1-10题）、能力提升题（第11-20题）、培优压轴题（第21-30题），每个题组各10题，可以灵活选用．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、解答题
1．（2022秋·江苏南京·八年级校联考期末）如图，E，F，G，H是四边形ABCD各边的中点．

(1)证明：四边形EFGH为平行四边形．
(2)若四边形ABCD是矩形，且其面积是7cm2，则四边形EFGH的面积是________m2
【答案】(1)见解析
(2)3.5

【分析】（1）连接BD，由三角形中位线定理可得出EF=GH，EF∥GH，由平行四边形的判定可得出结论；
（2）由矩形的判定与性质得出答案．
（1）
证明：连接BD，

∵E、F分别为AD、AB的中点，
∴EF是△ABD的中位线，
∴EF=12BD，EF∥BD，
同理，GH=12BD，GH∥BD，
∴EF=GH，EF∥GH，
∴四边形EFGH为平行四边形；
（2）
如图，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，
∵E，F，G，H是四边形ABCD各边的中点，
∴DH=AF=CH=BF，
∴四边形AFHD和四边形HFBC都是矩形，
∴AD=HF=BC，DC=EG=AB，
∴S四边形EFGH=12EG•HF＝12AB•BC，
∵四边形ABCD的面积是7cm2，
∴AB•BC=7cm2，
∴四边形EFGH的面积是3.5（cm2），
故答案为：3.5．
【点睛】本题主要考查中点四边形以及矩形的性质，解题时利用三角形中位线定理判定四边形EFGH是平行四边形是解题的关键．
2．（2022秋·河南开封·八年级开封市第十三中学校联考期中）已知：如图，四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接EF、FG、GH、HE，得到四边形EFGH（即四边形ABCD的中点四边形）．

(1)四边形EFGH的形状是________，并证明你的结论．
(2)当四边形ABCD的对角线满足________条件时，四边形EFGH是矩形．
(3)在教材课本中你学过的哪种特殊四边形的中点四边形是菱形？________
【答案】(1)平行四边形，证明见解析
(2)AC⊥BD
(3)矩形

【分析】（1）连接BD，然后根据三角形中位线可进行求解；
（2）根据矩形的判定定理可进行求解；
（3）由矩形的性质可进行求解．
（1）
解：四边形EFGH的形状是平行四边形，理由如下：
如图1，连结BD．

∵E、H分别是AB、AD中点，
∴EH∥BD，EH=12BD，
同理FG∥BD，FG=12BD，
∴EH∥FG，EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形；
（2）
解：当四边形ABCD的对角线满足AC⊥BD时，四边形EFGH是矩形；理由如下：
连结AC，如图所示：

由（1）可知四边形EFGH是平行四边形，
∴EH//FG//BD,EF//GH//AC，
∵AC⊥BD，
∴EF⊥EH，
∴四边形EFGH是矩形；
（3）
解：由（1）可知四边形EFGH是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∴EF=EH，
∴四边形EFGH是菱形；
故答案为矩形．
【点睛】本题主要考查中点四边形、三角形中位线、矩形的性质与判定及菱形的判定，熟练掌握中点四边形、三角形中位线、矩形的性质与判定及菱形的判定是解题的关键．
3．（2022秋·江苏扬州·八年级校联考期中）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，顺次连接E、F、G、H得四边形EFGH．

(1)求证：四边形EFGH是平行四边形．
(2)当四边形ABCD分别是菱形、矩形、正方形时，相应的平行四边形EFGH一定是“菱形、矩形、正方形”中的哪一种？请将你的结论填入下表：
四边形ABCD
菱形
矩形
正方形
平行四边形EFGH



【答案】(1)见解析
(2)矩形，菱形，正方形

【分析】（1）连接BD，点E、F、G、H分别是四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，可得EH和FG为中位线，根据中位线的性质即可求证．
（2）由（1），根据矩形，菱形，正方形的判定即可求解．
(1)
证明：如图，连接BD，

∵E、H分别是AB、AD中点，
∴EH//BD，EH＝12BD，
同理FG//BD，FG＝12BD，
∴EH//FG，且EH＝FG，
∴四边形EFGH是平行四边形．
(2)
连接AC，BD，如图所示：

当四边形ABCD是菱形时，
∴AC⊥BD，
∵FG//BD，EH//FG，
∴EH⊥EF，
∴平行四边形EFGH是矩形，
当四边形ABCD是矩形时，
AC=BD，则EH=EF，
∴平行四边形ABCD是菱形，
当四边形ABCD是正方形时，AC=BD且AC⊥BD，则EH=EF且EH⊥EF，
∴平行四边形EFGH是正方形，
故答案为：矩形，菱形，正方形．
【点睛】本题考查了中点四边形、平行四边形的判定、三角形的中位线的性质，菱形的判定，矩形的判定及正方形的判定，熟练掌握其各判定定理是解题的关键．
4．（2021秋·河南开封·八年级开封市第二十七中学校联考期中）已知：如图四边形ABCD四条边上的中点E、F、G、H，顺次连接EF、FG、GH、HE，得到四边形EFGH，四边形EFGH的形状是什么？并证明结论．

【答案】平行四边形，证明见解析
【分析】连接BD，根据三角形的中位线定理得到EH∥BD，EH=12BD，FG∥BD，FG=12BD，推出，EH∥FG，EH=FG，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形EFGH是平行四边形．
【详解】解：四边形EFGH的形状是平行四边形．
证明：如图，连接BD，

∵E、H分别是AB、AD中点，
∴EH∥BD，EH=12BD，
同理FG∥BD，FG=12BD，
∴EH∥FG，EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形．
【点睛】本题主要考查对三角形的中位线定理，平行四边形的判定，解题的关键是正确的构造三角形病正确的运用中位线定理，难度不大．
5．（2021秋·山东滨州·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别是对角线BD，AC的中点，依次连接E，G，F，H，连接EF，GH．

（1）求证：四边形EGFH是平行四边形；
（2）当AB=CD时，EF与GH有怎样的位置关系？请说明理由；
【答案】（1）见解析；（2）当AB=CD时，EF⊥GH，理由见解析
【分析】（1）利用三角形的中位线定理可以证得四边形EGFH的一组对边平行且相等，即可证得；
（2）根据菱形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，
∴FG=12CD，FG∥CD．HE=12CD，HE∥CD．
∴FG=EH，FG∥EH，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）解：当AB=CD时，EF⊥GH，
理由：由（1）知四边形EGFH是平行四边形，
当AB=CD时，EH=12CD，EG=12AB，
∴EG=EH，
∴四边形EGFH是菱形，
∴EF⊥GH．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理的应用，平行四边形和菱形的判定，掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半和菱形的对角线互相垂直是解题的关键．
6．（2021秋·湖南岳阳·八年级统考期末）如图，E、F、G、H为四边形ABCD各边的中点，对角线AC⊥BD．求证：四边形EFGH为矩形．

【答案】见解析．
【分析】先由三角形的中位线定理推知四边形EFGH是平行四边形，然后由AC⊥BD可以证得平行四边形EFGH是矩形．
【详解】证明：∵E、F分别为AB、BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF＝12AC，EF//AC，
同理，GH＝12AC，GH//AC，FG＝12BD，
∴EF＝GH，EF//GH，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴∠HEF＝90°，
∴平行四边形EFGH为矩形．
【点睛】本题主要考查中点四边形以及矩形的判定，解题时利用三角形中位线定理判定四边形EFGH是平行四边形是解题的关键．
7．（2022秋·甘肃金昌·八年级校考期中）如图，在四边形ABCD中，E，F，G和H分别是各边中点．求证：四边形EFGH为平行四边形．

【答案】见解析
【分析】连接AC，由点E是AB的中点、点F是BC的中点，可得出EF为△ABC的中线，进而可得出EF∥AC、EF=12AC，同理，可得出HG∥AC、HG=12AC，即EF∥HG、EF=HG，再利用平行四边形的判定定理即可证出四边形EFGH是平行四边形．
【详解】解：证明：连接AC，如图所示．
∵点E是AB的中点，点F是BC的中点，
∴EF∥AC，EF=12AC．
同理，可得出：HG∥AC，HG=12AC，
∴EF∥HG，EF=HG，
∴四边形EFGH是平行四边形．

【点睛】本题考查了中点四边形、中线以及平行四边形的判定，根据三角形中线定义找出EF∥HG、EF=HG是解题的关键．
8．（2019秋·辽宁沈阳·八年级校考期末）如图，E、F、 G、H分别为四边形ABCD四边之中点．

(1)求证：四边形EFGH为平行四边形；
(2)当AC、BD满足______时，四边形EFGH为矩形．
【答案】（1）见解析；（2）AC⊥BD
【分析】（1）连接BD，根据中位线的性质可得EH∥BD，EH=12BD，FG∥BD，FG=12BD，从而得出EH∥FG，EH= FG，然后根据平行四边形的判定定理即可证出结论；
（2）当AC⊥BD时，连接AC，根据中位线的性质可得EF∥AC，从而得出EF⊥BD，然后由（1）的结论可证出EF⊥EH，最后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证出结论．
【详解】（1）证明：连接BD

∵E、F、 G、H分别为四边形ABCD四边的中点
∴EH是△ABD的中位线，FG是△CBD的中位线
∴EH∥BD，EH=12BD，FG∥BD，FG=12BD
∴EH∥FG，EH= FG
∴四边形EFGH为平行四边形；
（2）当AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形，理由如下
连接AC，
∵E、F为BA和BC的中点
∴EF为△BAC的中位线
∴EF∥AC
∵AC⊥BD
∴EF⊥BD
∵EH∥BD
∴EF⊥EH
∴∠FEH=90°
∵四边形EFGH为平行四边形
∴四边形EFGH为矩形
故答案为：AC⊥BD．

【点睛】此题考查的是中位线的性质、平行四边形的判定和矩形的判定，掌握中位线的性质、平行四边形的判定定理和矩形的定义是解决此题的关键．
9．（2019秋·八年级单元测试）如图，四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BD、CD、AC的中点．
（1）判断四边形EFGH是何种特殊的四边形，并说明你的理由；
（2）要使四边形EFGH是菱形，四边形ABCD还应满足的一个条件是　 　．

【答案】（1）详见解析；（2）AD=BC
【详解】试题分析：（1）利用三角形的中位线定理可证得EF∥GH，EF=GH后利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定即可；（2）由（1）中的结论，再根据菱形的判定定理即可得到条件．
试题解析：（1）四边形EFGH是平行四边形；理由如下：
在△ACD中∵G、H分别是CD、AC的中点，
∴GH∥AD，GH= AD，
在△ABC中∵E、F分别是AB、BD的中点，
∴EF∥AD，EF= AD，
∴EF∥GH，EF=GH，
∴四边形EFGH是平行四边形．
（2）要使四边形EFGH是菱形，四边形ABCD还应满足的一个条件是AD=BC．
理由如下：∵E，F分别是AB，BD的中点，
∴EF= 12AD，
同理可得：FG=12BC，
∵AD=BC，
即EF=FG，
又∵四边形EFGH是平行四边形．
∴▱EFGH是菱形．
考点：1．菱形的判定；2．平行四边形的判定；3．三角形的中位线定理
10．（2022秋·广东惠州·八年级期末）如图，点E、F、G、H分别为矩形ABCD四条边的中点，证明：四边形EFGH是菱形．

【答案】证明见解析．
【分析】根据矩形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，利用三角形中位线定理求证EF=FG=GH=EH，然后利用四条边都相等的平行四边形是菱形即可判定．
【详解】解：连接BD，AC．

∵矩形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴AC=BD，
∴EF=12AC，GH=12AC，
同理，FG=12BD，EH=12BD
∴EF=FG=GH=EH，
∴四边形EFGH是菱形．
11．（2022秋·山东济宁·八年级统考期中）如图，已知在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合）．

(1)若点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，求证：四边形EFCH是平行四边形；
(2)在（1）的条件下，四边形ABCD的对角线AC和BD满足什么条件时，四边形EFGH是菱形，请说明理由；
(3)在（2）的条件下，请直接写出四边形ABCD的对角线AC和BD再满足什么条件时，四边形EFGH是正方形．
【答案】(1)见解析
(2)AC=BD，理由见解析
(3)AC⊥BD且AC=BD，理由见解析

【分析】（1）由三角形中位线定理得到相应条件，即可得出结论；
（2）根据菱形的判定和性质进行判断即可；
（3）根据正方形的判定进行判断即可．
（1）
解：证明：连接BD、AC交于点O，如图1所示：

∵四边形ABCD中，E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，
∴EH是△ABD的中位线，FG是△BCD的中位线，EF是△ABC的中位线，GH是△ACD的中位线，
∴EH∥BD，EH=12BD，FG∥BD，FG=12BD，EF∥AC，GH∥AC，
∴EH∥FG，EF∥GH，
∴四边形EFGH是平行四边形；
（2）
当AC=BD时，
由（1）得：HG=12AC，EH=12BD，
∴EH=GH，
∴四边形EFGH是菱形；
（3）
当AC⊥BD且AC=BD时，四边形EFGH既是矩形又是菱形，
∴四边形EFGH是正方形．
【点睛】此题考查了中点四边形的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
12．（2022秋·江苏扬州·八年级统考期中）四边形ABCD，点M、N、P、Q分别是边AB、BC、CD、AD的中点．
(1)如图1，顺次连结M、N、P、Q得到四边形ANPQ，试猜想四边形MNPQ的形状并证明；

(2)如图2，若∠B＝∠C，AB＝CD，顺次连结M、N、P、Q得到四边形MNPQ，试猜想四边形MNPQ的形状并证明；

(3)如图3，若∠BCD＝90°，BC＝8，CD＝6，AB＝3，设线段CQ的长度为m，则m的取值范围是______．

【答案】(1)四边形MNPQ为平行四边形，理由见解析
(2)四边形MNPQ为菱形，理由见解析
(3)72≤m≤132

【分析】（1）连结BD，根据三角形中位线的性质可得MQ∥BD，MQ＝12BD，PN∥BD，PN＝12BD，进而可得MQ∥PN，MQ＝PN，根据平行四边形的判定定理即可求解；
（2）连结BD、AC，同理可得四边形MNPQ为平行四边形证明△ABC≌△DCB（SAS）得出AC＝BD，根据中位线的性质，即可得出MQ＝MN，根据平菱形的判定定理即可求解；
（3）连结BD，取BD的中点P，连接QP、CP，得出PQ是△ABD的中位线，根据三角形三边关系即可求解．
（1）
解：四边形MNPQ为平行四边形，连结BD
∵点M、N、P、Q分别是边AB、BC、CD、AD的中点.
∴MQ∥BD，MQ＝12BD，PN∥BD，PN＝12BD
∴MQ∥PN，MQ＝PN

∴四边形MNPQ为平行四边形．
（2）
四边形MNPQ为菱形，连结BD、AC

∵点M、N分别是边AB、BC的中点.
∴MN＝12AC
在△ABC与△DCB中
AB=CD∠ABC=∠DCBBC=CB，
∴△ABC≌△DCB（SAS）
∴AC＝BD
∵点M、N、P、Q分别是边AB、BC、CD、AD的中点.
∴MQ∥BD，MQ＝12BD，PN∥BD，PN＝12BD
∴MQ∥MN ，MQ＝PN
∵四边形MNPQ为平行四边形   
∴平行四边形MNPQ是菱形．
（3）
解：如图，连结BD，取BD的中点P，连接QP、CP，

在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝8，CD＝6，∴BD＝10，
∵点P是BD的中点，∴CP＝BP＝CP＝12BD＝5，
∵点Q是AD的中点，点P是BD的中点，
∴PQ是△ABD的中位线，
∴PQ＝12AB＝32，
在△CPQ中，CP﹣PQ＜CQ＜CP+PQ，
∴72＜m＜132，
∵点C、点Q是定点，点P是动点，
∴当点C、P、Q三点共线，且点Q在线段CP上时，m取得最小值72，
当点C、P、Q三点共线，且点Q在射线CP上时，m取得最大值132，
综上，m的取值范围为：72≤m≤132．
【点睛】本题考查了中点四边形，菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，三角形三边关系，三角形中位线的性质，掌握以上知识是解题的关键．
13．（2022秋·云南昭通·八年级统考期中）如图，四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接EF、FG，GH、HE，得到四边形EFGH（即四边形ABCD的中点四边形）．

(1)四边形EFGH的形状是______，当四边形ABCD的对角线满足______（填入位置关系或数量关系）时，四边形EFGH是矩形．
(2)当AC＝BD时，四边形EFGH的形状是______．
(3)若AC⊥BD且AC＝BD，求证：四边形EFGH为正方形．
【答案】(1)平行四边形，AC⊥BD
(2)菱形
(3)见解析
【分析】（1）根据三角形的中位线定理和平行四边形判定定理可得EFGH是平行四边形，当AC⊥BD时，由三角形的中位线定理易知EF⊥EH，结合EFGH是平行四边形即可解答；
（2）当AC=BD时，由三角形的中位线定理易知EF=EH，结合EFGH是平行四边形即可得到四边形EFGH是菱形；
（3）当AC=BD时，由（2）可得四边形EFGH是菱形，由EF⊥EH和EFGH是平行四边形即可得到四边形EFGH是矩形即可证明结论；
（1）
解： ∵四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，
∴线段EH，FG分别是∆ADC，∆ABC的中位线，
∴EH//AC，EH=12AC，FG//AC，FG=12AC，
∴EH//FG，EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形；
∵四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，
∴线段EF是∆ABD的中位线，
∴EF//BD，
∵EH//AC，AC⊥BD，
∴EF⊥EH，
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH是矩形；
故答案是：平行四边形，AC⊥BD．
（2）
∵四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，
∴线段EF是∆ABD的中位线，
∴EF=12BD，EH=12AC
∵AC=BD，
∴EF=EH
∵四边形EFGH是平行四边形；
∴四边形EFGH是菱形．
故答案：菱形．
（3）
解：由（2）可得当AC=BD时，四边形EFGH是菱形
∵EH//AC，EF∥BD，AC⊥BD，
∴EF⊥EH
∵四边形EFGH是平行四边形
∴四边形EFGH是矩形
∴四边形EFGH是正方形．
【点睛】本题主要考查了中点四边形的有关问题，熟练掌握好三角形的中位线定理和平行四边形，矩形，菱形，正方形的转化关系及判定方法是解题的关键．
14．（2022秋·福建泉州·八年级统考期末）【猜想结论】如图1，在△ABC中，点D、E分别是边AB、AC的中点，可以根据度量或目测猜想结论：DE∥BC，且DE=12BC．

(1)【验证结论】如图2，在△ABC中，点D、E分别是边AB、AC的中点，延长DE至F，使得EF＝DE，连接FC．求证：DE∥BC，DE=12BC．
(2)【应用结论】如图3，在四边形ABCD中，点E、F、G、H分别为边AB、BC、CD、DA的中点，顺次连接四边形ABCD各边中点得到新四边形EFGH，称为四边形ABCD中点四边形．应用上述验证结论，求解下列问题：
①证明：四边形EFGH是平行四边形；
②当AC、BD满足 　 　时，四边形EFGH是矩形；
③当AC、BD满足 　 　时，四边形EFGH是正方形．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②垂直；③垂直且相等
【分析】（1）先根据“SAS”证明△AED≌△CEF，得出∠A=∠ECF，AD=CF，根据平行线的判定得出AD∥CF，得出BD=CF，证明四边形BCFD为平行四边形，得出DE∥BC，DF=BC，即可证明结论；
（2）①连接AC、BD，根据中位线性质得出EF∥GH，EH∥GF，即可得证明四边形EFGH为平行四边形；
②根据矩形的判定方法，得出结论即可；
③根据正方形的判定方法，得出结论即可．
（1）
证明：∵点E为AC的中点，
∴AE=CE，
∵在△AED和△CEF中AE=CE∠AED=∠CEFDE=EF，
∴△AED≌△CEF，
∴∠A=∠ECF，AD=CF，
∴AD∥CF，
∵点D为AB的中点，
∴AD=BD，
∴BD=CF，
∴四边形BCFD为平行四边形，
∴DE∥BC，DF=BC，
∵DE=12DF，
∴DE=12BC，
即DE∥BC，DE=12BC．

（2）
①连接AC、BD，如图所示：

∵点E、F、G、H分别为边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF∥AC，GH∥AC，EH∥BD，GF∥BD，
∴EF∥GH，EH∥GF，
∴四边形EFGH为平行四边形；
②当AC⊥BD时， 四边形EFGH是矩形；
根据解析①可知，GH∥AC，EH∥BD，四边形EFGH是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴∠AOB=90°，
∵GH∥AC，
∴∠HMO=90°，
∵EH∥GF，
∴∠EHM+∠HMO=180°，
∴∠EHM=180°−90°=90°，
∴四边形EFGH是矩形；
故答案为：垂直；

③当AC=BD且AC⊥BD时，四边形EFGH是正方形；
根据解析②可知，当AC⊥BD时， 四边形EFGH是矩形，
根据解析①可知，GH=12AC，EH=12BD，
∵AC=BD，
∴GH=EH，
∴四边形EFGH是正方形．
故答案为：垂直且相等
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，中位线的性质，矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，平行线的判定和性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握特殊四边形的判定方法，是解题的关键．
15．（2022秋·江西南昌·八年级校考期中）如图，四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BD、CD、AC的中点．

(1)求证：四边形EFGH是平行四边形；
(2)当AD=BC时，□EFGH是 ；（填空即可）
(3)当AD⊥BC时，□EFGH是 ．（填空即可）
【答案】(1)证明见解析
(2)菱形，理由见解析
(3)矩形，理由见解析

【分析】（1）根据三角形中位线定理得到EF=12AD，EF∥AD，GH=12AD，GH∥AD，得到EF=GH，EF∥GH，根据平行四边形的判定定理证明即可；
（2）根据邻边相等的平行四边形是菱形解答；
（3）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形解答．
（1）
证明：∵E、F分别是AB、BD的中点，
∴EF是△BAD的中位线，
∴EF=12AD，EF∥AD，
∵G、H分别是CD、AC的中点，
∴GH是△CAD的中位线，
∴GH=12AD，GH∥AD，
∴EF=GH，EF∥GH，
∴四边形EFGH是平行四边形．
（2）
平行四边形EFGH是菱形．理由如下：
∵F、G分别是BD、CD的中点，
∴FG是△DBC的中位线，
∴FG=12BC，FG∥BC，
同理：EF=12AD，
∵AD=BC，
∴EF=FG，
∴平行四边形EFGH是菱形．
（3）
平行四边形EFGH是矩形．理由如下：
∵EF∥AD，
∴∠FEB=∠DAB，
∵EH∥BC，
∴∠HEA=∠ABC，
∵AD⊥BC，
∴∠DAB+∠ABC=90°，
∴∠HEF=180°−∠HEA+∠FEB
=180°−∠ABC+∠DAB
=180°−90°
=90°，
∴平行四边形EFGH是矩形．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，矩形的判定，菱形的判定和平行四边形的判定等知识．理解和掌握菱形、矩形的判定定理是解题的关键．
16．（2021秋·云南普洱·八年级统考期中）已知：如图1，四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接EF、FG、GH、HE，得到四边形EFGH（即四边形ABCD的中点四边形）．

(1)四边形EFGH的形状是 ．
(2)如图2，请连接四边形ABCD的对角线AC与BD，当AC与BD满足 条件时，四边形EFGH是矩形；证明你的结论．
(3)你学过的哪种特殊四边形的中点四边形是矩形？说明理由．
【答案】(1)平行四边形
(2)AC⊥BD，证明见解析
(3)菱形，见解析

【分析】（1）连接BD，根据三角形中位线定理得到EH//BD，EH=12BD，FG//BD，FG=12BD，推出EH//FG，EH=FG，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形解答；
（2）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，可知当四边形ABCD的对角线满足AC⊥BD的条件时，四边形EFGH是矩形；
（3）菱形的中点四边形是矩形，根据三角形中位线平行于第三边且等于第三边的一半可得EH∥FG，EH＝FG，进而得出四边形EFGH是平行四边形，然后根据菱形的性质证明EH⊥HG，可得平行四边形EFGH是矩形．
(1)
解：四边形EFGH的形状是平行四边形．
理由如下：如图1，连结BD．
∵E、H分别是AB、AD中点，
∴EH∥BD，EH＝12BD，
同理FG∥BD，FG＝12BD，
∴EH∥FG，EH＝FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
故答案为：平行四边形；

(2)
当四边形ABCD的对角线满足AC⊥BD条件时，四边形EFGH是矩形．
理由如下：如图2，连结AC、BD．
∵E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边上的中点，
∴EH∥BD，HG∥AC，
∵AC⊥BD，
∴EH⊥HG，
又∵四边形EFGH是平行四边形，
∴平行四边形EFGH是矩形，
故答案为：AC⊥BD．

(3)
菱形的中点四边形是矩形．
理由如下：如图3，连结AC、BD．
∵E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边上的中点，
∴EH∥BD，HG∥AC，FG∥BD，EH＝12BD，FG＝12BD，
∴EH∥FG，EH＝FG，
∴四边形EFGH是平行四边形．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵EH∥BD，HG∥AC，
∴EH⊥HG，
∴平行四边形EFGH是矩形．

【点睛】本题考查中位线定理、平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的性质等知识，是重要考点，掌握相关知识，正确作出辅助线是解题关键．
17．（2022秋·浙江宁波·八年级统考期末）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”．
概念理解：
下列四边形中一定是“中方四边形”的是_____________．
A．平行四边形            B．矩形        C．菱形        D．正方形
性质探究：
如图1，四边形ABCD是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形ABCD的两条结论；
问题解决：
如图2，以锐角△ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连接BE，EG，GC．求证：四边形BCGE是“中方四边形”；
拓展应用：
如图3，已知四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，
（1）试探索AC与MN的数量关系，并说明理由．
（2）若AC=2，求AB+CD的最小值．

【答案】概念理解：D；性质探究：①AC=BD，②AC⊥CD；问题解决：见解析；拓展应用：（1）MN=22AC，理由见解析；（2）22
【分析】概念理解：根据定义“中方四边形”，即可得出答案；
性质探究：由四边形ABCD是“中方四边形”，可得EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，利用三角形中位线定理即可得出答案；
问题解决：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，利用三角形中位线定理可证得四边形MNRL是平行四边形，再证得△EAC≌△BAG（SAS），推出▱MNRL是菱形，再由∠LMN=90°，可得菱形MNRL是正方形，即可证得结论；
拓展应用：（1）如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，可得四边形ENFM是正方形，再根据等腰直角三角形性质即可证得结论；
（2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，连接BD交AC于O，连接OM、ON，当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，再结合（1）的结论即可求得答案．
【详解】解：概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，理由如下：
因为正方形的对角线相等且互相垂直，
故选：D；
性质探究：①AC=BD，②AC⊥BD；
理由如下：如图1，

∵四边形ABCD是“中方四边形”，
∴EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
∴∠FEH=90°，EF=EH，EH∥BD，EH=12BD，EF∥AC，EF=12AC，
∴AC⊥BD，AC=BD，
故答案为：AC⊥BD，AC=BD；
问题解决：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，

∵四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L，
∴MN、NR、RL、LM分别是△BCG、△CEG、△BGE、△CEB的中位线，
∴MN∥BG，MN=12BG，
RL∥BG，RL=12BG，
RN∥CE，RN=12CE，
ML∥CE，ML=12CE，
∴MN∥RL，MN=RL，RN∥ML∥CE，RN=ML，
∴四边形MNRL是平行四边形，
∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形，
∴AE=AB，AG=AC，∠EAB=∠GAC=90°，
又∵∠BAC=∠BAC，
∴∠EAB+∠BAC=∠GAC+∠BAC，
即∠EAC=∠BAG，
在△EAC和△BAG中，
AE=AB∠EAC=∠BAGAC=AG，
∴△EAC≌△BAG（SAS），
∴CE=BG，∠AEC=∠ABG，
又∵RL=12BG，RN=12CE，
∴RL=RN，
∴▱MNRL是菱形，
∵∠EAB=90°，
∴∠AEP+∠APE=90°．
又∵∠AEC=∠ABG，∠APE=∠BPK，
∴∠ABG+∠BPK=90°，
∴∠BKP=90°，
又∵MN∥BG，ML∥CE，
∴∠LMN=90°，
∴菱形MNRL是正方形，即原四边形BCGE是“中方四边形”；
拓展应用：（1）MN=22AC，理由如下：
如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，
∵四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，
∴四边形ENFM是正方形，
∴FM=FN，∠MFN=90°，
∴MN=FM2+FN2=2FM2=2FM，

∵M，F分别是AB，BC的中点，
∴FM=12AC，
∴MN=22AC；
（2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，
连接BD交AC于O，连接OM、ON，

当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，
∴2（OM+ON）≥ 2MN，
由性质探究②知：AC⊥BD，
又∵M，N分别是AB，CD的中点，
∴AB=2OM，CD=2ON，
∴2（OM+ON）=AB+CD，
∴AB+CD≥2MN，
由拓展应用（1）知：MN=22AC；
又∵AC=2，
∴MN=2，
∴AB+CD的最小值为22．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键．
18．（2021秋·北京·八年级校考期中）如图，四边形ABCD中，AC＝m，BD＝n，且AC丄BD，顺次连接四边形ABCD 各边中点，得到四边形A1B1C1D1，再顺次连接四边形A1B1C1D1各边中点，得到四边形A2B2C2D2…，如此进行下去，得到四边形AnBnCnDn．

(1)四边形A1B1C1D1是 形；
(2)四边形A2B2C2D2是 形；
(3)四边形A5B5C5D5的周长是 ；
(4)四边形AnBnCnDn的面积是 ．
【答案】(1)矩
(2)菱
(3)m+n4
(4)mn2n+1

【分析】（1）根据三角形中位线定理、矩形的判定定理解答；
（2）根据菱形的判定定理解答；
（3）、（4）根据矩形、菱形的面积公式计算，总结规律，根据规律解答．
（1）
解∵在四边形ABCD中，顺次连接四边形ABCD 各边中点，得到四边形A1B1C1D1，
∴A1D1∥BD，B1C1∥BD，C1D1∥AC，A1B1∥AC；
∴A1D1∥B1C1，A1B1∥C1D1，
∴四边形A1B1C1D1是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴A1B1⊥A1D1，
∴平行多边形A1B1C1D1是矩形，
故答案为：矩；
（2）
连接A1C1，B1D1，
∵四边形A1B1C1D1是矩形，
∴B1D1=A1C1，
∴A2D2=C2D2=C2B2=B2A2，
∴四边形A2B2C2D2是菱形；
故答案为：菱；

（3）
根据中位线的性质易知，根据中位线的性质可知，A5B5=12A3B3=14A1B1=18AC，B5C5=12B3C3=14B1C1=18BD，
∴四边形A5B5C5D5的周长是2×18（m+n）=m+n4，
故答案为m+n4；
（4）
∵四边形ABCD中，AC=m，BD=n，且AC⊥BD，
∴S四边形ABCD=ab÷2；
由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，
四边形AnBnCnDn的面积是mn2n+1，
故答案为：mn2n+1．
【点睛】本题考查的是菱形的判定定理、矩形的判定定理、三角形中位线定理，掌握菱形和矩形的判定定理是解题的关键．
19．（2022秋·福建龙岩·八年级校联考期中）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中所得的四边形叫中点四边形．

（1）如图1，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，中点四边形EFGH是 　 　．
（2）如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA＝PB，PC＝PD，∠APB＝∠CPD，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．猜想中点四边形EFGH的形状，并证明你的猜想．
（3）若改变（2）中的条件，使∠APB＝∠CPD＝90°，其他条件不变，直接写出中点四边形EFGH的形状（不必证明）．
【答案】（1）平行四边形；（2）菱形，见解析；（3）正方形
【分析】（1）连接BD，根据三角形中位线定理证明EH∥FG，EH=FG，根据平行四边形的判定定理证明即可；
（2）证明△APC≌△BPD，根据全等三角形的性质得到AC=BD，再证明EF=FG，根据菱形的判定定理证明结论；
（3）证明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得到∠ACP=∠BDP，即可证明∠COD=∠CPD=90°，再根据平行线的性质证明∠EHG=90°，根据正方形的判定定理证明即可．
【详解】解：（1）如图1，连接BD，

∵点E，H分别为边AB，DA的中点，
∴EH∥BD，EH=12BD，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
∴FG∥BD，FG=12BD，
∴EH∥FG，EH=GF，
∴中点四边形EFGH是平行四边形，
故答案为：平行四边形；
（2）结论：四边形EFGH是菱形，
理由：如图2，连接AC，BD．

∵∠APB=∠CPD，
∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，即∠APC=∠BPD，
在△APC和△BPD中，
AP=BP∠APC=∠BPDPC=PD，
∴△APC≌△BPD（SAS），
∴AC=BD，
∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，
∴EF=12AC，FG=12BD，
∴EF=FG，
由（1）知中点四边形EFGH是平行四边形，
∴平行四边形EFGH是菱形；
（3）结论：四边形EFGH是正方形，
理由：如图2，设AC与BD交于点O．AC与PD交于点M，
∵△APC≌△BPD，
∴∠ACP=∠BDP，
∵∠DMO=∠CMP，
∴∠COD=∠CPD=90°，
∵EH∥BD，AC∥HG，
∴∠EHG=∠DOC=90°，
由（2）知中点四边形EFGH是菱形，
∴菱形EFGH是正方形．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、正方形的判定和性质，解题的关键是灵活应用三角形中位线定理，学会添加常用辅助线．
20．（2021秋·浙江宁波·八年级浙江省余姚市实验学校校考期中）如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，E、F、G、H分别为AD、BC、BD、AC的中点，顺次连接E、G、F、H．
（1）求证：四边形EGFH是菱形．
（2）当∠ABC与∠DCB满足什么关系时，四边形EGFH为正方形，并说明理由．
（3）猜想：∠GFH、∠ABC、∠DCB三个角之间的关系，并证明你的猜想是成立的．

【答案】（1）见解析（2）当∠ABC＋∠DCB＝90°时，四边形EGFH为正方形（3）∠GFH＋∠ABC＋∠DCB＝180°
【分析】（1）根据三角形中位线的性质得到EG＝12AB，EH＝12CD，HF＝12AB，EG//AB，HF//AB，根据菱形的判定定理即可得到结论；
（2）根据平行线的性质得到∠ABC＝∠HFC，∠DCB＝∠GFB，根据平角的定义得到∠GFH＝90°，于是得到结论；
（3）由平行线的性质得到∠ABC＝∠HFC，∠DCB＝∠GFB，根据平角的定义即可得到结论．
【详解】解：（1）∵E、F、G、H分别为AD、BC、BD、AC的中点，
∴EG＝12AB，EH＝12CD，HF＝12AB，EG//AB，HF//AB，
∴四边形EGFH是平行四边形，EG＝EH，
∴四边形EGFH是菱形；
（2）当∠ABC＋∠DCB＝90°时，四边形EGFH为正方形，
理由：∵GF//CD，HF//AB，
∴∠ABC＝∠HFC，∠DCB＝∠GFB，
∵∠ABC＋∠DCB＝90°，
∴∠GFH＝90°，
∴菱形EGFH是正方形；
（3）∠GFH＋∠ABC＋∠DCB＝180°，
理由：∵GF//CD，HF//AB，
∴∠ABC＝∠HFC，∠DCB＝∠GFB，
∵∠BFG＋∠GFH＋∠HFC＝180°，
∴∠GFH＋∠ABC＋∠DCB＝180°．
【点睛】本题考查了中点四边形，菱形的判定和性质，正方形的判定，三角形中位线的性质，熟练掌握三角形中位线的性质是解题的关键．
21．（2021秋·河南安阳·八年级统考期末）如图，已知△ABC，点O是平面内不与点A，B，C重合的任意一点，连接OA，OB，OC，并顺次连接AB，OB，OC，AC的中点D，E，F，G得四边形DEFG．
（1）求证：四边形DEFG是平行四边形；
（2）若使四边形DEFG为矩形，则OA与BC的位置关系是　 　；若使四边形DEFG为菱形，则OA与BC的数量关系　 　．

【答案】（1）见解析；（2）OA⊥BC，OA＝BC
【分析】（1）根据三角形中位线的性质可得DG//BC，DG＝12BC，EF//BC，EF＝12BC，进而可得DG//EF，DG＝EF，再由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得结论；
（2）由矩形的判定和菱形的判定可得出答案．
【详解】（1）证明：∵D、G分别是AB、AC的中点，
∴DG//BC，DG＝12BC，
∵E、F分别是OB、OC的中点，
∴EF//BC，EF＝12BC，
∴DG＝EF，DG//EF，
∴四边形DEFG是平行四边形；
（2）解：当四边形DEFG是矩形，OA⊥BC．
由三角形中位线性质得∠EDG＝90°，
所以平行四边形DEFG是矩形．
当OA＝BC时，四边形DEFG是菱形．
由三角形中位线性质得DE＝EF，
所以平行四边形DEFG是菱形．
故答案为：OA⊥BC，OA＝BC．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，三角形的中位线，矩形的判定，菱形的判定，解本题的关键是判定四边形DEFG是平行四边形．
22．（2022秋·山西临汾·八年级统考期中）综合与探究：如图1，四边形ABDC中，E、F、G、H分别是AC、AB、BD、CD的中点，顺次连接E、F、G、H．

(1)猜想四边形EFGH的形状是________（直接回答，不必说明理由）．
(2)如图2，P在四边形ABDC内一点，使PC=PA，PD=PB，∠APC=∠BPD，其他条件不变，试探究四边形EFGH的形状，并说明理由．
(3)在（2）的条件下，PA=6，PB=23，∠APC=∠BPD=60°，∠CPD=90°，求四边形EFGH的面积．
【答案】(1)平行四边形
(2)菱形，见解析
(3)2132
【分析】(1)连接AD，利用三角形中位线定理，证明EH=FG，且EH∥FG即可得证．
(2)连接AD，BC，证明△APD≅△CPBSAS，得到AD=CB，结合三角形中位线定理，得到四边形EFGH的四边相等，即可得到菱形EFGH．
(3)连接AD，BC，交点为M，设BC与EH的交点为Q，AD与EF的交点为O，证明△APD≅△CPBSAS，判定四边形EOMQ是平行四边形，证明∠HEF=60°，连接PG，过点H作HN⊥EF，垂足为N，求得EH，HN的长度即可．
（1）
平行四边形．理由如下：
如图1，连接AD，
∵E、F、G、H分别是AC、AB、BD、CD的中点，
∴EH∥AD，EH=12AD，FG∥AD，FG=12AD，
∴EH=FG，且EH∥FG，

∴四边形EFGH是平行四边形，
故答案为：平行四边形．
（2）
菱形.理由：如图2，连接AD，BC.
∵∠APC=∠BPD，
∴∠APC+∠CPD=∠BPD+∠CPD，
即∠APD=∠CPB.
又∵PA=PC，PD=PB，
∴△APD≅△CPBSAS，
∴AD=CB.
∵E、F、G、H分别是AC、AB、BD、CD的中点，

∴EF、FG、GH、EH分别是△ABC、△ABD、△BCD、△ACD的中位线，
∴EF=12BC，FG=12AD，GH=12BC，EH=12AD，
∴EF=FG=GH=EH，
∴四边形EFGH是菱形.
（3）
连接AD，BC，交点为M，设BC与EH的交点为Q，AD与EF的交点为O，
∵PD=PB，∠DPB=60°，
∴△DPB是等边三角形.
∵G是DB中点，
∴PG平分∠DPB，∠DPG=30°，
∴∠APG=60°+90°+30°=180°，点A、P、G共线.
在Rt△DPG中，PG=PD2−DG2=232−32=3，
在Rt△AGD中，AD=AG2+DG2=6+32+32=221，
∴EF=EH=12AD=21.
∵△APD≅△CPB，
∴∠PAD=∠PCB，

∴∠CMA=∠CPA=60°.
∵EH//AD，EF//CB，
∴四边形EOMQ是平行四边形，
∴∠HEF=60°.
在Rt△EHN中，EN=12EH=212，HN=EH2−EN2=372，
∴菱形EFGH的面积=EF×HN=21×372=2132.
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，三角形全等的判定和性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定和性质，灵活运用三角形中位线定理是解题的关键．
23．（2022秋·江苏盐城·八年级统考期末）定义：对角线相等且所夹锐角为60°的四边形叫“60°等角线四边形”．
如图1，四边形ABCD为“60°等角线四边形”，即AC＝BD，∠AOB＝60°．

判定探究：
(1)下列语句能判断四边形是“60°等角线四边形”的是 ．（填序号）
①对角线所夹锐角为60°的平行四边形；
②对角线所夹锐角为60°的矩形；
③对角线所夹锐角为60°，且顺次连接各边中点所形成的四边形是菱形的四边形．
(2)性质探究：以AC为边，向下构造等边三角形△ACE，连接BE，如图2，请直接写出AB＋CD与AC的大小关系；
(3)请判断AD＋BC与3AC的大小关系，并说明理由；
(4)学习应用：若“60°等角线四边形”的对角线长为4，则该四边形周长的最小值为 ．
【答案】(1)②③
(2)AB+CD≥AC
(3)AD+BD>3AC
(4)43+4

【分析】（1）根据定义即可求解．
（2）证明四边形DBEC是平行四边形，根据AB+BE≥AE即可求解；
（3）过C作CF⊥AC交AE的延长线于点F，求得中间量AF，根据AD+BD>AF>3AC，结合不等式的性质即可求解；
（4）根据（2）（3）的结论代入数据即可求解．
(1)
∵对角线所夹锐角为60°的平行四边形的对角线不一定相等，
则不能判①是“60°等角线四边形”；
②对角线所夹锐角为60°的矩形，对角线相等，且所夹锐角为60°，故②是“60°等角线四边形”；
③对角线所夹锐角为60°，且顺次连接各边中点所形成的四边形是菱形的四边形，则四边形的对角线相等，故③是“60°等角线四边形”．
故答案为：②③；
(2)
∵△ACE是等边三角形
∴AE=EC=AC，∠ACE=60，
∵∠AOB=∠ACE=60
∴DB∥EC，
∵ DB=AC
∴DB=EC
∴四边形DBEC是平行四边形
∴BE=DC
∵△ABE中，AB+BE≥AE
即AB+CD≥AC；
(3)
如图，过C作CF⊥AC交AE的延长线于点F，
∵ ∠EAC=60°,∠ACF=90°
∴∠F=30°
∴AF=2AC=AC+BD
∴CF=3AC
∴AF>3AC
∵AD>AO+OD,BC>BO+OC
∴AD+BD>AC+BD
∵AC+BD=AF>3AC
∴AD+BD>3AC；

(4)
若“60°等角线四边形”的对角线长为4，则AC=4
由（2）（3）可得AB+CD≥AC，AD+BD>3AC
∴AB+CD+AD+BC≥3+1AC=43+1=43+4．
∴该四边形周长的最小值为43+4．
【点睛】本题考查了四边形综合问题，新定义问题，含30度角的直角三角形的性质，平行四边的性质与判定，中点四边形性质，掌握特殊四边形的性质与判定是解题的关键．
24．（2022秋·陕西西安·八年级陕西师大附中校考期末）问题背景：
△ABC和△CDE均为等边三角形，且边长分别为a，b，点D，E分别在边AC，BC上，点F，G，H，I分别为AB，BE，ED，AD的中点，连接FG，GH，HI，IF
猜想证明：

(1)如图①，判断四边形FGHI是什么特殊四边形，并说明理由．
(2)当a＝6，b＝2时，求四边形FGHI的周长．
拓展延伸：
(3)如图②，当四边形FGHI是正方形时，连接AE，BD相交于点N，点N，H恰好在FC上．求证：△ABN和△DEN均为等腰直角三角形．
【答案】(1)四边形FGHI是菱形．理由见解析
(2)四边形FGHI的周长为47
(3)见解析

【分析】（1）根据△ABC和△CDE为等边三角形，可得四边形ABED是等腰梯形，再根据点F，G，H，I分别为AB，BE，ED，AD的中点，即可得出FG=IH=FI=GH，进而得到四边形FGHI是菱形；
（2）过A作AM⊥BC于M，连接AE，再根据勾股定理，求得Rt△ACM中，AM=33，Rt△AEM中，AE=27，由（1）可得，四边形FGHI是菱形，且AE=2FG，即可得出四边形FGHI的周长=4FG=2AE；
（3）由点F为AB的中点，△ABC和△CDE均为等边三角形，所以直线CF为△ABC和△CDE的对称轴，则有AN＝BN，DN＝EN，再利用三角形中位线得FG∥AEIH，FI∥BD∥GH，则FG∥AEIH，FI∥BD∥GH，又由四边形FGHI是正方形，得∠FNA＝∠FHI＝45°，∠FNB＝∠FHG＝45°，即可得∠ANB＝∠FNA+∠FNB＝90°，∠DNE＝90°，即可得出结论．
（1）
解：四边形FGHI是菱形.
理由：如图①，连接AE,BD，
∵△ABC和△CDE均为等边三角形，
∴AC＝BC,EC＝DC，
在△AEC和△BDC中，
AC=BC∠ACE=∠BCDEC=DC，
∴△AEC≌△BDC(SAS)，
∴AE＝BD，
∵点F，G，H，I分别为AB，BE，ED，AD的中点，
FG＝12AE＝IH.FI＝12BD＝CH.
∴FG＝GH＝IH＝FI.
∴四边形FGHI是菱形；

（2）
解：如图②，过点D作DM⊥EC于点M，
∵△CDE为等边三角形，
∴MC＝12EC＝12×2＝1，∠C＝60°，
∴BM＝BC－MC＝6－1＝5，
在Rt△DMC中，DM＝DC2−CM2=22−12=3，
在Rt△BDM中，BD＝BM2+DM2=52+32=27，
∴GH＝12BD＝7，
由(1)知四边形FGHI是菱形，
∴.四边形FGHI的周长为4GH＝47.
（3）
解：∵点F为AB的中点，△ABC和△CDE均为等边三角形，
∴直线CF为△ABC和△CDE的对称轴.
∴AN＝BN，DN＝EN，
∵点F，G，H，I分别为AB，BE，ED，AD的中点，
∴FG∥AE，IH∥AE，FI∥BD，GH∥BD.
∴.FG∥AEIH，FI∥BD∥GH，
∵四边形FGHI是正方形，
∴∠FNA＝∠FHI＝45°，∠FNB＝∠FHG＝45°
∴.∠ANB＝∠FNA+∠FNB＝90°，∠DNE＝90°.
∴△ABN和△DEN均为等腰直角三角形.
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了菱形的判定，正方形的性质，中点四边形，三角形中位线定理，勾股定理的综合应用，解决问题的关键是依据三角形中位线定理．
25．（2021秋·浙江·八年级期中）在四边形ABCD中，AB、BC、CD、DA的中点分别为P、Q、M、M；

（1）如图1，试判断四边形PQMN怎样的四边形，并证明你的结论；
（2）若在AB上取一点E，连结DE，CE，恰好△ADE和△BCE都是等边三角形（如图2）：
①判断此时四边形PQMN的形状，并证明你的结论；
②当AE=6，EB=3，求此时四边形PQMN的周长（结果保留根号）．
【答案】（1）平行四边形，理由见解析；（2）①菱形，证明见解析；②67
【分析】（1）连接AC、BD．利用三角形中位线定理判定四边形PQMN的对边平行且相等，易证该四边形是平行四边形；
（2）①设ΔADE的边长是x，ΔBCE的边长是y，由于DB2=(12x+y)2+(32x)2=x2+xy+y2，AC=(x+12y)2+(32y)2=x2+xy+y2，可得平行四边形PQMN的对角线相等，从而得出平行四边形PQMN是菱形；
②如图2，过点D作DF⊥AB于F，则通过解三角形求得DF=33，由勾股定理得到DB=(33)2+62=37．由①知四边形PQMN是菱形，可计算得周长是67．
【详解】解：（1）如图1，连接AC、BD．

∵PQ为ΔABC的中位线，
∴PQ=12AC且PQ//12AC，
同理MN=12AC且MN//12AC．
∴MN=PQ且MN//PQ，
∴四边形PQMN为平行四边形；
（2）①四边形PQMN是菱形，
如图2，连接AC，BD，
∵△ADE和△BCE都是等边三角形，
∴AE=DE，CE=BE，∠AED=∠BEC=60°，
∴∠AEC=∠DEB，
∴△AEC≌△DEB，
∴AC=BD，
∵点M，N是AD，CD的中点，
∴MN是△ADC的中位线，
∴MN=12AC，
同理：PN=12BD，
∴MN=PN，
由（1）知，四边形PQMN是平行四边形，
∴平行四边形PQMN是菱形；
②过点D作DF⊥AB于F，则DF=33，
又∵DF2+FB2=DB2，
∴DB=(33)2+62=37，
∴由①知四边形PQMN是菱形，可计算得周长是12×37×4=67．

【点睛】本题考查了中点四边形以及菱形的判定和性质、平行四边形的判定和性质，解题时，利用了三角形中位线的性质定理．
26．（2021秋·福建福州·八年级福州华伦中学校考期中）已知：在矩形ABCD中，AB=6，AD=4．
（1）如图1，E、F、G、H分别是AD，AB，BC，CD的中点、求证：四边形EFGH是菱形；

（2）如图2，若菱形EFGH的三个顶点E、F、H分别在AD，AB，CD上，DE=14AD．
①连接BG，若BG=5，求AF的长；
②设AF=m，△GFB的面积为S，且S满足函数关系式S=3−12m．在自变量m的取值范围内，是否存在m，使菱形EPGH面积最大？若存在，请直接写出菱形EFGH面积最大值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）①72；②存在m=27，菱形EFGH面积最大为18+27
【分析】（1）连接AC，BD，由E、F、G、H分别是AD，AB，BC，CD的中点可得，EF=GH=12BD，EH=FG=12AC，又AC=BD，得EF=GH=EH=FG，即结论得证；
（2）①过点G作GI⊥AB延长线于I，根据AAS证ΔGIF≅ΔEDH，得出GI=DE=1，根据勾股定理求出BI，设AF=x，则BF=6−x，再利用勾股定理求出x即可；
②延长IG交DC延长线于M，由①知ΔGIF≅ΔEDH，同理可证ΔAEF≅ΔMGH，则菱形的面积=矩形ADMI的面积−ΔGIF的面积−ΔEDH的面积−ΔAEF的面积−ΔMGH的面积，得出关于m的关系式即可得出m最大时菱形面积最大，当H与C重合时m有最大值，求出此时的m值即可．
【详解】解：（1）连接AC，BD，

∵E、F、G、H分别是AD，AB，BC，CD的中点，
∴EF=GH=12BD，EH=FG=12AC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∴EF=GH=EH=FG，
∴四边形EFGH是菱形；
（2）①如图2，过点G作GI⊥AB延长线于I，

∵EH//FG，CD//FI，
∴∠DHE=∠GFI，
又∵∠I=∠D=90°，FG=EH，
∴ΔGIF≅ΔEDH(AAS)，
∴GI=DE=14AD=1，
∴BI=BG2−IG2=52−12=2，
设AF=x，则BF=6−x，
∵EF=FG，
∴AF2+AE2=FI2+IG2，
即x2+(4−1)2=(6−x+2)2+12，
解得x=72，
故AF=72；
②如图2，延长IG交DC延长线于M，
∴由已知可得，四边形ADMI是矩形，
由①知ΔGIF≅ΔEDH，
同理可证ΔAEF≅ΔMGH，
∴菱形的面积=矩形ADMI的面积−ΔGIF的面积−ΔEDH的面积−ΔAEF的面积−ΔMGH的面积，
∵SΔGBF=12FB⋅GI=3−12m，
即12(6−m)⋅GI=3−12m，
∴GI=1，
∵AF=m，AB=6，AD=4，DE=14AD，
∴FI=GF2−GI2=EF2−GI2=AE2+AF2−GI2=m2+8，
∴S菱形EFGH=S矩形ADMI−2SΔAEF−2SΔFIG=4×m2+8+m−2×12×3m−2×12×1×m2+8=3m2+8+m，
∴当m取最大值时菱形EFGH面积最大，
∵当H与C重合时EH有最大值，即m取到最大值，
此时AF=EF2−AE2=EH2−AE2=ED2+DC2−AE2=12+62−32=27，
S菱形EFGH=3m2+8+m=18+27，
∴当AF=27时，菱形EFGH面积最大为18+27．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，熟练掌握矩形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质及勾股定理是解题的关键．
27．（2022秋·江苏扬州·八年级仪征市第三中学校考阶段练习）定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫做和美四边形，对角线交点称为和美四边形中心．
（1）写出一种你学过的和美四边形________；
（2）顺次连接和美四边形四边中点所得四边形是________
A．矩形         B．菱形       C．正方形           D．无法确定
（3）如图1，点O是和美四边形ABCD的中心，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、 DA的中点，连接OE、OF、OG、OH，记四边形AEOH、BEOF、CGOF、DHOG的面积为S1、S2、S3、S4，用等式表示S1、S2、S3、S4的数量关系（无需说明理由）
（4）如图2，四边形ABCD是和美四边形，若AB=3,BC=2,CD=4，求AD的长．

【答案】（1）正方形；（2）A；（3）S1+S3＝S2+S4；（4）21
【分析】（1）根据正方形的对角线互相垂直解答；
（2）根据矩形的判定定理解答；
（3）根据三角形的中线把三角形分为面积相等的两部分解答；
（4）根据和美四边形的定义、勾股定理计算即可．
【详解】解：（1）正方形是学过的和美四边形，
故答案为：正方形；
（2）顺次连接和美四边形四边中点所得四边形是矩形，
故选：A．
（3）由和美四边形的定义可知，AC⊥BD，
则∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOA＝90°，
又E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，
∴△AOE的面积＝△BOE的面积，
△BOF的面积＝△COF的面积，
△COG的面积＝△DOG的面积，
△DOH的面积＝△AOH的面积，
∴S1+S3＝△AOE的面积+△COF的面积+△COG的面积+△AOH的面积＝S2+S4；

（4）如图2，连接AC、BD交于点O，则AC⊥BD，
∵在Rt△AOB中，AO2＝AB2-BO2，Rt△DOC中，DO2＝DC2-CO2，AB＝3，BC＝2，CD＝4，
∴可得AD2＝AO2+DO2＝AB2-BO2+DC2-CO2＝AB2+DC2-BC2＝32+42-22＝21，
即可得AD=21．

【点睛】本题考查的是和美四边形的定义、矩形的判定、勾股定理的应用，正确理解和美四边形的定义、掌握矩形的判定定理是解题的关键．
28．（2020秋·浙江杭州·八年级阶段练习）定义，我们把对角线互相垂直的四边形叫做和美四边形，对角线交点作为和美四边形的中心．

（1）写出一种你学过的和美四边形______；
（2）顺次连接和美四边形四边中点所得四边形是（    ）
A．矩形      B，菱形       C．正方形        D．无法确定
（3）如图1，点O是和美四边形ABCD的中心，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、 DA的中点，连接OE、OF、OG 、OH，记四边形AEOH、BEOF、CGOF、DHOG的面积为S1、S2、S3、S4，用等式表示S1、S2、S3、S4的数量关系（无需说明理由）
（4）如图2，四边形ABCD是和美四边形，若AB=4,BC=2,CD=5,求AD的长．
【答案】（1）正方形；（2）A；（3）S1+S3=S2+S4；（4）37
【分析】（1）根据正方形的对角线互相垂直解答；
（2）根据矩形的判定定理解答；
（3）根据三角形的中线把三角形分为面积相等的两部分解答；
（4）根据和美四边形的定义、勾股定理计算即可．
【详解】解：（1）正方形是学过的和美四边形，
故答案为：正方形；
（2）顺次连接和美四边形四边中点所得四边形是矩形，
如图，四边形ACBD中，对角线AB⊥CD，即为“和美四边形”，
点E、F、G、H分别是AC、AD、BD、BC的中点，
∴EF∥CD∥HG，且EF=HG=12CD，
EH∥FG∥AB，且EH=FG=12AB，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∵AB⊥CD，
∴EF⊥EH，
∴平行四边形EFGH是矩形；
故选：A．

（3）连接AC和BD，由和美四边形的定义可知，AC⊥BD，
则∠AOB=∠BOC=∠COD=∠DOA=90°，
又E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，
∴△AOE的面积=△BOE的面积，△BOF的面积=△COF的面积，△COG的面积=△DOG的面积，△DOH的面积=△AOH的面积，
∴S1+S3=△AOE的面积+△COF的面积+△COG的面积+△AOH的面积=S2+S4；

（4）如图，连接AC、BD交于点O，则AC⊥BD，
∵在Rt△AOB中，AO2=AB2-BO2，
Rt△DOC中，DO2=DC2-CO2，AB=4，BC=2，CD=5，
∴可得AD2=AO2+DO2=AB2-BO2+DC2-CO2=AB2+DC2-BC2=42+52-22=37，
即可得AD=37．

【点睛】本题考查的是和美四边形的定义、矩形的判定、勾股定理的应用，正确理解和美四边形的定义、掌握矩形的判定定理是解题的关键．
29．（2019秋·湖南长沙·八年级长沙市南雅中学校考阶段练习）通过解方程（组）使问题得到解决的思维方式就是方程思想，已学过的《勾股定理》及《一次函数》都与它有密切的联系，最近方程家族的《一元二次方程》我们也学习了它的求解方法和应用．如图1，矩形ABCD中，AB=9,AD=12,G在CD上，且DG=5，点P从点B出发，以1个单位每秒的速度在BC边上向点C运动，设点P的运动时间为x秒．

（1）ΔAPG的面积为y，求y关于x的函数关系式，并求出y=34时x的值；
（2）在点P从点B向C运动的过程中，是否存在使AP⊥GP的时刻？若存在，求出x的值，若不存在，请说明理由；
（3）如图2，M、N分别是AP、PG的中点，在点P从B向C运动的过程中，线段MN扫过的图形是什么形状_________________，并直接写出它的面积___________________________．

【答案】（1）x=8；（2）存在，x=6；（3）平行四边形，15.
【分析】（1）PB=x，PC=12−x，然后依据ΔAPG的面积=矩形的面积−三个直角三角形的面积可得到y与x的函数关系式，然后将y=34代入函数关系式可求得x的值；
（2）先依据勾股定理求得PA、PG、AG的长，然后依据勾股定理的逆定理列出关于x的方程，从而可求得x的值；
（3）确定出点P分别与点B和点C重合时，点M、N的位置，然后依据三角形的中位线定理可证明M1M2//N1N2，N1N2=M1M2，从而可判断出MN扫过区域的形状，然后依据平行四边形的面积公式求解即可．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD为矩形，
∴DC=AB=9，AD=BC=12．
∵DG=5，
∴GC=4．
∵PB=x，PC=12−x，
∴y=9×12−12×9·x−12×4×(12−x)−12×5×12，
整理得：y=−2.5x+54．
当y=34时，−2.5x+54=34，
解得：x=8．
（2）存在．理由如下：
∵PB=x，PC=12−x，AD=12，DG=5，
∴PA2=AB2+BP2=81+x2，PG2=PC2+GC2=(12−x)2+16，AG2=AD2+DG2=169．
∵当AG2=AP2+PG2时，AP⊥PG，
∴81+x2+(12−x)2+16=169，
整理得：x2−12x+36=0，
配方得：(x−6)2=0，
解得：x=6．
（3）如图所示：

∵当点P与点B重合时，点M位于M1处，点N位于点N1处，
∴M1为AB的中点，点N1位GB的中点．
∵当点P与点C重合时，点M位于M2处，点N位于点N2处，
∴M2为AC的中点，点N2位CG的中点．
∴M1M2//BC，M1M2=12BC，N1N2//BC，N1N2=12BC．
∴M1M2//N1N2，N1N2=M1M2．
∴四边形M1M2N2N1为平行四边形．
∴MN扫过的区域为平行四边形．
S=12BC·(12AB−12CG)=6×2.5=15
故答案为平行四边形；15．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、勾股定理、三角形面积公式、一次函数的应用、平行四边形的判定、三角形中位线定理等知识；本题综合性强，有一定难度，画出MN扫过的图形是解题的关键．
30．（2020秋·黑龙江佳木斯·八年级校考期中）已知E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD上的点，AF，DE相交于点G，当E，F分别为边BC，CD的中点时，有：①AF=DE；②AF⊥DE成立．
试探究下列问题：

（1）如图1，若点E不是边BC的中点，F不是边CD的中点，且CE=DF，上述结论①，②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”，不需要证明）
（2）如图2，若点E，F分别在CB的延长线和DC的延长线上，且CE=DF，此时，上述结论①，②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
（3）如图3，在（2）的基础上，连接AE和BF，若点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种，并证明你的结论．
【答案】（1）成立；（2）成立，理由见试题解析；（3）正方形，证明见试题解析．
【分析】（1）因为四边形ABCD为正方形，CE=DF，可证△ADF≌△DCE(SAS)，即可得到AF=DE，∠DAF=∠CDE，又因为∠ADG+∠EDC=90°，可推出∠ADG+∠DAF=90°，即有AF⊥DE；
（2）同理（1）即可证明；
（3）设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，因为点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，可得MQ=PN=12DE，PQ=MN=12AF，MQ∥DE，PQ∥AF，然后根据AF=DE，可得四边形MNPQ是菱形，又因为AF⊥DE即可证得四边形MNPQ是正方形．
【详解】（1）上述结论①，②仍然成立，理由是：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°．
在△ADF和△DCE中，DF=CE∠ADF=∠DCE=90°AD=DC，
∴△ADF≌△DCE(SAS)，
∴AF=DE，∠DAF=∠CDE．
∵∠ADG+∠EDC=90°，
∴∠ADG+∠DAF=90°，
∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
（2）上述结论①，②仍然成立，理由是：.
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°．
在△ADF和△DCE中，DF=CE∠ADF=∠DCE=90°AD=DC，
∴△ADF≌△DCE(SAS)，
∴AF=DE，∠DAF=∠EDC．
∵∠ADG+∠EDC=90°
∴∠ADG+∠DAF=90°
∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
（3）四边形MNPQ是正方形．理由是：

如图，设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H．
∵点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，
∴MQ=PN=12DE，PQ=MN=12AF，MQ//DE，PQ//AF，
∴四边形OHQG是平行四边形．
∵AF=DE，
∴MQ=PQ=PN=MN，
∴四边形MNPQ是菱形．
∵AF⊥DE，
∴∠AOD=90°
∴∠HQG=∠AOD=90°
∴四边形MNPQ是正方形．

【点睛】本题为四边形综合题，考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线的性质．掌握特殊四边形的判定方法是解题关键．