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八年级数学下册专题07中点模型之中位线、斜边中线、中点四边形(原卷版+解析)
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这是一份八年级数学下册专题07中点模型之中位线、斜边中线、中点四边形(原卷版+解析)，共49页。试卷主要包含了如图，四边形中，，，连接等内容，欢迎下载使用。
常见的中点模型：①垂直平分线模型；②等腰三角形“三线合一”模型；③“平行线+中点”构造全等或相似模型（与倍长中线法类似）；④直角三角形斜边中点模型；⑤中位线模型；⑥中点四边形模型。本专题就中点模型的后三类模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
模型1：直角三角形斜边中线模型
定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
如图1，若AD为斜边上的中线，则：
（1）；（2），为等腰三角形；（3），．
图1 图2
拓展：如图2，在由两个直角三角形组成的图中，M为中点，则（1）；（2）．
模型运用条件：连斜边上的中线（出现斜边上的中点时）
例1．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在中，，为边上的中线，为边上的中线，若，则的长为（ ）
A．B．C．D．3
例2．（2023·江苏扬州·统考中考真题）如图，在中，，点D是的中点，过点D作，垂足为点E，连接，若，，则 ．
例3．（2023·青海海东·统考三模）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接，若，，则菱形的面积为（ ）
A．72B．48C．24D．9
例4．（2023上·四川成都·九年级校考期中）如图，四边形中，，，连接．是的中点，连接．若，则的面积为 ．
例5．（2023·江苏常州·中考真题）如图，是的弦，点C是优弧上的动点（C不与A、B重合），，垂足为H，点M是的中点．若的半径是3，则长的最大值是（ ）
A．3B．4C．5D．6
例6．（2023上·江苏泰州·八年级校考阶段练习）如图，在中，于F，于E，M为的中点．(1)若，，求的周长；(2)若是等边三角形，求的度数．
模型2：中位线模型
三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半。
如图，在三角形ABC的AB，AC边的中点分别为D、E，则DE//BC且，△ADE∽△ABC。
中点三角形：三角形三边中点的连线组成的三角形，其周长是原三角形周长的一半，面积是原三角形面积的四分之一。
模型运用条件：构造中位线（出现多个中点时）。
例1．（2023·云南·统考中考真题）如图，两点被池塘隔开，三点不共线．设的中点分别为．若米，则（ ）
A．4米B．6米C．8米D．10米
例2．（2023·广西梧州·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6，则四边形CEDF的面积是（ ）
A．6B．12C．24D．48
例3．（2023下·四川广安·八年级校考阶段练习）如图，在菱形中，边长为1，，顺次连接菱形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形各边中点，可得四边形；按此规律继续下去，…，则四边形的面积是 ．
例4.（2023·陕西西安·联考模拟预测）如图，在四边形中，点、分别是，的中点，且，若，，则的长为 ．
例5．（2023·北京海淀·校考模拟预测）如图，为的弦，，且，若点M、N分别是、的中点，则长的最大值是（ ）
A．4B．5C．D．
例6．（2023·河南信阳·校考三模）数学兴趣小组的同学在学习中点知识时，遇到如下一个问题：如图①，在边长为4的正方形中，点是边的中点，，连接，点分别是的中点，连接，求的长．小组成员展开讨论，方法多样、其中小佳同学的做法最具有推广性．
根据以上信息，请回答以下问题：(1)点是中点的依据是__________________；(2)请根据小佳同学的思路写出具体的证明过程．(3)如图③，在中，，，将绕着点顺时针旋转，，分别是，的中点，当点落在的边上时（不包含顶点），求的长度．
模型3：中点四边形模型
中点四边形：依次连接四边形四边中点连线的四边形得到中点四边形。
中点四边形是中点模型中比较经典的应用。中点四边形不仅结合了常见的特殊四边形的性质，而且还会涉及中位线这一重要知识点，总体来说属于比较综合的几何模块。
结论1：顺次连结任意四边形各边中点组成的四边形是平行四边形．
如图1，已知点M、N、P、Q是任意四边形ABCD各边中点，则四边形MNPQ为平行四边形。
图1 图2
结论2：顺次连结对角线互相垂直四边形各边中点组成的四边形是矩形．（特例：筝形与菱形）
如图2，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC⊥DB，则四边形MNPQ为矩形。
结论3：顺次连结对角线相等四边形各边中点组成的四边形是菱形．（特例：等腰梯形与矩形）
如图3，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，则四边形MNPQ为菱形。
图3 图4
结论4：顺次连结对角线相等且垂直的四边形各边中点组成的四边形是正方形．
如图4，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，AC⊥DB，则四边形MNPQ为正方形。
推广与应用
1）中点四边形的周长：中点四边形的周长等于原四边形对角线之和。
2）中点四边形的面积：中点四边形的面积等于原四边形面积的。
例1．（2023上·四川达州·九年级校联考期中）如图，在四边形ABCD中，点E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别是BD，AC的中点，AB，CD满足什么条件时，四边形EGFH是菱形.（ ）
A．B．//C．D．
例2．（2023上·河南郑州·九年级校考阶段练习）如图，在四边形中，顺次连接四边中点，，，，构成一个新的四边形，请你对四边形添加一个条件，使四边形成为一个矩形．这个条件是（ ）
A．B．C．D．
例3．（2023上·陕西西安·九年级校考阶段练习）如图，连接四边形ABCD各边的中点，得到四边形EFGH，还要添加 ，才能保证四边形EFGH是正方形．
例4．（2023下·湖南长沙·八年级统考期末）如图，点分别是四边形边的中点．则正确的是（ ）
A．若，则四边形为矩形 B．若，则四边形为菱形
C．若是平行四边形，则与互相平分 D．若是正方形，则与互相垂直且相等
例5．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在菱形中，，，顺次连接菱形各边中点、、、，则四边形的周长为（ ）
A．B．C．D．
例6．（2023下·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：DEBC，且DEBC．
(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：DEBC，DEBC．
(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．
课后专项训练
1．（2023·湖南·统考中考真题）一技术人员用刻度尺（单位：）测量某三角形部件的尺寸．如图所示，已知，点D为边的中点，点A、B对应的刻度为1、7，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2023·山东泰安·中考真题）如图，点A，B的坐标分别为，点C为坐标平面内一点，，点M为线段的中点，连接，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
3．（2023上·重庆沙坪坝·八年级校考期末）如图，在中，，于点D，且，于点E，连接，则的长为（ ）
A．B．C．5D．6
4．（2023·广东佛山·校考三模）如图，在中，，，是边上的中线，把线段沿着方向平移到点B，使得点C与点B重合，连接，，与相交与点O，则下列结论：①四边形为菱形；②；③；④的面积为四边形面积的一半．其中正确结论的个数为（ ）
A．4B．3C．2D．1
5．（2023·山东潍坊·统考二模）如图所示，为的中位线，点F在上，且，若，，则的长是（ ）
A．2B．C．D．3
6．（2023上·甘肃白银·九年级统考阶段练习）如图，在中，平分，E是中点，若，则的长为（ ）
A．3B．C．4D．
7．（2022·辽宁沈阳·统考模拟预测）如图，在中，，点D、E分别是直角边AC、BC的中点，连接DE，则度数是（ ）
A．70°B．60°C．30°D．20°
8．（2023·山东烟台·统考中考真题）如图，点G为的重心，连接CG，AG并延长分别交AB，BC于点E，F，连接EF，若AB＝4.4，AC＝3.4，BC＝3.6，则EF的长度为（ ）
A．1.7B．1.8C．2.2D．2.4
9．（2023·山西吕梁·模拟预测）的周长为36，对角线相交于点O，点E是的中点，的周长为15，则长（ ）
A．18B．16C．14D．12
10．（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形是矩形，，，点P是边上一点（不与点A，D重合），连接．点M，N分别是的中点，连接，，，点E在边上，，则的最小值是（ ）
A．B．3C．D．
11．（2023·福建宁德·校考模拟预测）如图，在中，，D为斜边的中点，E，F分别是的中点，若，则的长为（ ）
A．2B．3C．4D．5
12．（2023下·河北承德·八年级统考期末）顺次连接四边形各边中点得到四边形，下列说法正确的是（ ）
A．只有四边形为平行四边形，四边形才可能为平行四边形
B．只有四边形为正方形，四边形才可能为正方形
C．如果四边形为矩形，则四边形一定是菱形
D．如果四边形为菱形，则四边形一定是菱形
14．（2023下·河北邢台·八年级校考阶段练习）如图，在四边形中，，且，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形，…按此规律进行下去．对于结论Ⅰ和Ⅱ，下列判断正确的是（ ）
结论Ⅰ：当时，四边形是正方形；
结论Ⅱ：当时，四边形的周长是10．
A．Ⅰ和Ⅱ都对B．Ⅰ和Ⅱ都不对C．Ⅰ不对Ⅱ对D．Ⅰ对Ⅱ不对
15．（2022·江苏扬州·统考中考真题）“做数学”可以帮助我们积累数学活动经验．如图，已知三角形纸片，第1次折叠使点落在边上的点处，折痕交于点；第2次折叠使点落在点处，折痕交于点．若，则 ．
16．（2023·辽宁沈阳·中考真题）如图，在平行四边形中，点为边上一点，，点，点分别是中点，若，则的长为 ．
17．（2023·江苏宿迁·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC的平分线AD交BC于点D，E为AB的中点，若BC=12，AD=8，则DE的长为 ．
18．（2022上·江苏苏州·八年级校考期中）如图，在中，，分别以点A、C为圆心，大于长为半径画弧，两弧分别相交于点M、N，直线与相交于点E，过点C作，垂足为点D，与相交于点F，若，则的度数为 ．
19．（2023·四川成都·一模）在中，，，，为的中点，则 ．
20．（2023·陕西宝鸡·统考二模）如图，在中，，点D为斜边的中点，连接，过点D作交于点E，若，则的长为 ．
21．（2023·山西晋城·校联考模拟预测）如图，在菱形中，对角线，相交于点，为边的中点．若，，则菱形的面积为 ．
22．（2023·湖南长沙·校考三模）如图，在中，，，，点是边的中点分别以点，为圆心，以的长为半径画弧，两弧交于点；连接，．
(1)根据以上尺规作图的过程，请直接写出四边形的形状是______ ；
(2)在第（1）问的基础上，求四边形的面积．
23．（2023下·山东德州·八年级阶段练习）如图，四边形中，点E、F、G、H分别为的中点，(1)求证：中点四边形是平行四边形；
(2)如图2，点P是四边形内一点，且满足，点E、F、G、H分别为的中点，猜想中点四边形的形状，并证明你的猜想．
24．（2023上·黑龙江哈尔滨·九年级校考开学考试）阅读与思考
下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务，
任务：(1)填空：材料中的依据1是指：________．依据2是指：________．
(2)如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，满足下列要求：①四边形及它的瓦里尼翁平行四边形的顶点都在小正方形网格的格点的上；
②四边形是矩形，不是正方形．(3)在图1中，分别连接，得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线、长度的关系，并证明你的结论．
小佳同学是这样思考的：
题目中有两个中点，我想到用中位线，但是这两个中点所在的线段是交叉状态，所以可以通过轴对称将它变成“共顶点”的图形、这样就可以构造出三角形的中位线．具体如下：如图②．过点作，垂足为，易证四边形是矩形，连接、则点也是的中点，连接，则是的中位线，计算出的长度即可求出的长度．
瓦里尼翁平行四边形
我们知道，如图1，在四边形中，点、、，分别是边、，，的中点，顺次连接，、、，得到的四边形是平行四边形．
我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁（Varingnn， Pierte 1654-1722）是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．
①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．
②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．
③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：
证明：如图2，连接，分别交，于点、，过点作于点，交于点
∵、分别为，的中点，∴，．（依据1）
∴，∵，∴．
∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即．
∵，即，∴四边形是平行四边形，（依据2）．
∴，
∵，∴．同理，…
专题07 中点模型之中位线、斜边中线、中点四边形
中点模型是初中数学中一类重要模型，它在不同的环境中起到的作用也不同，主要是结合三角形、四边形、圆的运用，在各类考试中都会出现中点问题，有时甚至会出现在压轴题当中，我们不妨称之为“中点模型”，它往往涉及到平分、平行、垂直等问题，因此探寻这类问题的解题规律对初中几何的学习有着十分重要的意义。
常见的中点模型：①垂直平分线模型；②等腰三角形“三线合一”模型；③“平行线+中点”构造全等或相似模型（与倍长中线法类似）；④直角三角形斜边中点模型；⑤中位线模型；⑥中点四边形模型。本专题就中点模型的后三类模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
模型1：直角三角形斜边中线模型
定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
如图1，若AD为斜边上的中线，则：
（1）；（2），为等腰三角形；（3），．
图1 图2
拓展：如图2，在由两个直角三角形组成的图中，M为中点，则（1）；（2）．
模型运用条件：连斜边上的中线（出现斜边上的中点时）
例1．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在中，，为边上的中线，为边上的中线，若，则的长为（ ）
A．B．C．D．3
【答案】C
【分析】根据勾股定理求出，根据等腰三角形的性质和直角三角形斜边上的中线性质得出，，求出，再根据勾股定理求出即可．
【详解】解：∵，由勾股定理得，，
∵，为边上的中线，
∴，，∴，
∵为边上的中线，∴，∴由勾股定理得，，故选：C．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线性质，勾股定理等知识，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
例2．（2023·江苏扬州·统考中考真题）如图，在中，，点D是的中点，过点D作，垂足为点E，连接，若，，则 ．
【答案】3
【分析】根据直角三角形的性质得到AB=10，利用勾股定理求出AC，再说明DE∥AC，得到，即可求出DE．
【详解】解：∵∠ACB=90°，点D为AB中点，∴AB=2CD=10，∵BC=8，∴AC==6，
∵DE⊥BC，AC⊥BC，∴DE∥AC，∴，即，∴DE=3，故答案为：3．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，解题的关键是通过平行得到比例式．
例3．（2023·青海海东·统考三模）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接，若，，则菱形的面积为（ ）
A．72B．48C．24D．9
【答案】B
【分析】根据菱形的性质得为的中点，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得的长度，最后由菱形的面积公式求得面积．
【详解】解：四边形是菱形，，，，
，，，，，
，，菱形的面积．故选：B．
【点睛】本题考查菱形的性质，直角三角形的性质，菱形的面积公式，关键是根据直角三角形的性质求得．
例4．（2023上·四川成都·九年级校考期中）如图，四边形中，，，连接．是的中点，连接．若，则的面积为 ．
【答案】/
【分析】本题考查了直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形外角的定义及性质、三角形的面积，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，由等边对等角可得，，由三角形外角的定义及性质可得，，求出，再利用三角形面积公式，计算即可得出答案，熟练掌握直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形外角的定义及性质是解此题的关键．
【详解】解：，是的中点，，
，，，
，，
，
，故答案为：．
例5．（2023·江苏常州·中考真题）如图，是的弦，点C是优弧上的动点（C不与A、B重合），，垂足为H，点M是的中点．若的半径是3，则长的最大值是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】A
【分析】根据直角三角形斜边中线定理，斜边上的中线等于斜边的一半可知MH=BC，当BC为直径时长度最大，即可求解．
【详解】解：∵∴∠BHC=90° ∵在Rt△BHC中，点M是的中点∴MH=BC
∵BC为的弦∴当BC为直径时，MH最大 ∵的半径是3∴MH最大为3．故选：A．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线定理，数形结合是结题关键．
例6．（2023上·江苏泰州·八年级校考阶段练习）如图，在中，于F，于E，M为的中点．(1)若，，求的周长；(2)若是等边三角形，求的度数．
【答案】(1)的周长为14；(2)．
【分析】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，平角定义等．
（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出，再根据三角形的周长的定义列式计算即可得解；（2）根据平角等于，求得，根据直角三角形斜边上的中线求得，根据等腰三角形两底角相等求出，再求得，据此求解即可．
【详解】（1）解：∵，，M为的中点，∴，，
∴的周长；
（2）解：∵是等边三角形，∴，
∴，由（1）得，
∴，，∴，
∴，∴，
∵，∴．
模型2：中位线模型
三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半。
如图，在三角形ABC的AB，AC边的中点分别为D、E，则DE//BC且，△ADE∽△ABC。
中点三角形：三角形三边中点的连线组成的三角形，其周长是原三角形周长的一半，面积是原三角形面积的四分之一。
模型运用条件：构造中位线（出现多个中点时）。
例1．（2023·云南·统考中考真题）如图，两点被池塘隔开，三点不共线．设的中点分别为．若米，则（ ）
A．4米B．6米C．8米D．10米
【答案】B
【分析】根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】解∶∵的中点分别为，∴是的中位线，
∴米，故选∶B．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
例2．（2023·广西梧州·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6，则四边形CEDF的面积是（ ）
A．6B．12C．24D．48
【答案】B
【分析】利用三角形的中位线定理，先证明四边形是矩形，再利用矩形的面积公式进行计算即可.
【详解】解： 点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形， 故选：
【点睛】本题考查的是三角形的中位线的性质，矩形的判定与性质，掌握利用三角形的中位线证明四边形是平行四边形是解题的关键.
例3．（2023下·四川广安·八年级校考阶段练习）如图，在菱形中，边长为1，，顺次连接菱形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形各边中点，可得四边形；按此规律继续下去，…，则四边形的面积是 ．
【答案】
【分析】根据菱形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理，依次求出四边形的面积，得出规律，即可解答．
【详解】解：菱形，，，为等边三角形，
，等边的高为，，
顺次连接菱形各边中点，可得四边形，四边形为矩形，
,同理可得，
，……．故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形以及中点四边形的性质，找到中点四边形的面积与原四边形的面积之间的关系是解题的关键．
例4.（2023·陕西西安·联考模拟预测）如图，在四边形中，点、分别是，的中点，且，若，，则的长为 ．
【答案】13
【分析】由勾股定理求得，再由直角三角形斜边上中线等于斜边的一半求得，从而利用中位线的性质求解即可．
【详解】解：在中，，由勾股定理可得：．
∵点是的中点，∴，∴，
∵点，分别是的中点，∴是的中位线，
∴．故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理、直角三角形的斜边中线以及中位线．掌握中位线的性质是解题的关键．
例5．（2023·北京海淀·校考模拟预测）如图，为的弦，，且，若点M、N分别是、的中点，则长的最大值是（ ）
A．4B．5C．D．
【答案】C
【分析】连接并延长交于点，连接，根据中位线定理得到当取得最大值时，就取得最大值，结合圆周角定理及勾股定理即可得到答案；
【详解】解：如图，∵点M、N分别是、的中点，∴，
∴当取得最大值时，就取得最大值，连接并延长交于点，连接，
∵是的直径，∴，∵，，∴，
∴，∴，∴长的最大值为，故选：C；
【点睛】本题考查三角形中位线定理，勾股定理及圆周角定理，解题关键是根据作出辅助线，找到最大线段．
例6．（2023·河南信阳·校考三模）数学兴趣小组的同学在学习中点知识时，遇到如下一个问题：如图①，在边长为4的正方形中，点是边的中点，，连接，点分别是的中点，连接，求的长．小组成员展开讨论，方法多样、其中小佳同学的做法最具有推广性．
根据以上信息，请回答以下问题：(1)点是中点的依据是__________________；(2)请根据小佳同学的思路写出具体的证明过程．(3)如图③，在中，，，将绕着点顺时针旋转，，分别是，的中点，当点落在的边上时（不包含顶点），求的长度．
【答案】(1)矩形的对角线平分且相等(2)见解析(3)的长度为2或
【分析】（1）根据矩形的性质即可解决问题；（2）先证明是的中位线，再根据矩形的性质和勾股定理即可解决问题；（3）当点落在边上时，分两种情况，情况1，落在边上，情况2，落在边上，分别进行求解即可得到答案．
【详解】（1）解：由题意可知：四边形是矩形，，
点是对角线的中点，，，点是的中点，
点是的中点的依据是：矩形的对角线平分且相等，故答案为：矩形的对角线平分且相等；
（2）解：如图①，过点作，垂足为，连接，
四边形是正方形，，
，，四边形是矩形，
点是对角线的中点，点是的中点．
， ， ，
点是的中点，点是的中点，是的中位线，，
正方形边长为4，点是的中点，，
四边形是矩形，，，
在中，由勾股定理可得，；
（3）解：当点落在边上时，分两种情况，情况1，落在边上，情况2，落在边上，
在中，，，，，，
情况1：当点落在边上时，如图②，
由旋转可知：，，是等边三角形，
此时点恰好与点重合，且，，分别是，的中点，；
情况2：方法一：当点落在边上时，分别以和为对角线构造矩形，如图③，连接，则点和点为的中点，
是的中位线，延长，交于点，，
在中，，
由勾股定理可得，，；
方法二：如图③，矩形和矩形，
，，是等腰直角三角形，
，，，
综上所述：当点落在的边上时（不包含顶点），的长度为2或．
【点睛】本题主要考查中位线的性质、矩形的性质、勾股定理的运用、旋转的性质，考查学生的读取信息的能力，类比思想及平面图形性质的综合分析能力．
模型3：中点四边形模型
中点四边形：依次连接四边形四边中点连线的四边形得到中点四边形。
中点四边形是中点模型中比较经典的应用。中点四边形不仅结合了常见的特殊四边形的性质，而且还会涉及中位线这一重要知识点，总体来说属于比较综合的几何模块。
结论1：顺次连结任意四边形各边中点组成的四边形是平行四边形．
如图1，已知点M、N、P、Q是任意四边形ABCD各边中点，则四边形MNPQ为平行四边形。
图1 图2
结论2：顺次连结对角线互相垂直四边形各边中点组成的四边形是矩形．（特例：筝形与菱形）
如图2，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC⊥DB，则四边形MNPQ为矩形。
结论3：顺次连结对角线相等四边形各边中点组成的四边形是菱形．（特例：等腰梯形与矩形）
如图3，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，则四边形MNPQ为菱形。
图3 图4
结论4：顺次连结对角线相等且垂直的四边形各边中点组成的四边形是正方形．
如图4，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，AC⊥DB，则四边形MNPQ为正方形。
推广与应用
1）中点四边形的周长：中点四边形的周长等于原四边形对角线之和。
2）中点四边形的面积：中点四边形的面积等于原四边形面积的。
例1．（2023上·四川达州·九年级校联考期中）如图，在四边形ABCD中，点E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别是BD，AC的中点，AB，CD满足什么条件时，四边形EGFH是菱形.（ ）
A．B．//C．D．
【答案】A
【分析】根据中位线的定义与性质可知四边形EGFH是平行四边形，然后找出邻边相等的条件即可证明该四边为菱形．
【详解】解：由题意知是的中位线∴，
是的中位线∴，∴，∴四边形EGFH是平行四边形
∵是的中位线，∴
当时，∴平行四边形EGFH是菱形故选A．
【点睛】本题考查了中位线，菱形的判定．解题的关键在于对知识的灵活运用
例2．（2023上·河南郑州·九年级校考阶段练习）如图，在四边形中，顺次连接四边中点，，，，构成一个新的四边形，请你对四边形添加一个条件，使四边形成为一个矩形．这个条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据三角形中位线定理可得，，，，，，，，根据平行四边形的判定可证明四边形为平行四边形，根据矩形的判定即可证明．
【详解】解：添加的条件为：；理由如下：
∵点，，，分别是，，，的中点，
∴是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线，
∴，，，，，，，，
∴，，，，∴四边形为平行四边形；
∵，∴，∴四边形为矩形， 故选：D．
【点睛】本题考查三角形中位线定理，平行四边形的判定，矩形的判定，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键．
例3．（2023上·陕西西安·九年级校考阶段练习）如图，连接四边形ABCD各边的中点，得到四边形EFGH，还要添加 ，才能保证四边形EFGH是正方形．
【答案】AC⊥BD，AC=BD/ AC=BD， AC⊥BD
【分析】根据三角形中位线定理、平行四边形的判定定理得到四边形EFGH为平行四边形，根据正方形的判定定理即可得解．
【详解】解：当AC⊥BD，AC=BD时，四边形EFGH为正方形．
∵点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF∥AC，EF=AC，GH∥AC，GH=AC，EH∥BD，EH=BD，
∴EF∥GH，EF=GH，∴四边形EFGH为平行四边形，
当AC⊥BD，AC=BD时，EF⊥EH，EF=EH，∴四边形EFGH为正方形．故答案为：AC⊥BD，AC=BD．
【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、正方形的判定定理是解题的关键．
例4．（2023下·湖南长沙·八年级统考期末）如图，点分别是四边形边的中点．则正确的是（ ）
A．若，则四边形为矩形 B．若，则四边形为菱形
C．若是平行四边形，则与互相平分 D．若是正方形，则与互相垂直且相等
【答案】D
【分析】根据三角形的中位线定理可得，，，，从而得到四边形为平行四边形，再根据矩形的判定、菱形的判定、正方形的性质，进行逐一判断即可得到答案．
【详解】解：点分别是四边形边的中点，
是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线，
，，，，
四边形为平行四边形，
A、若，则，四边形为菱形，故A错误，不符合题意；
B、若，则，则四边形为矩形，故B错误，不符合题意；
C、任意四边形的中点四边形都是平行四边形，与不一定互相平分，故C错误，不符合题意；
D、若是正方形，则，由是的中位线，是的中位线，得，，因此与互相垂直且相等，故正确，符合题意；故选：D．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、菱形的判定与性质、正方形的性质，熟练掌握三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、菱形的判定与性质、正方形的性质，是解题的关键．
例5．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在菱形中，，，顺次连接菱形各边中点、、、，则四边形的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先利用三角形的中位线定理证得四边形为平行四边形，再求对角线长度，然后利用三角形中位线定理求出此平行四边形边长即可求出周长．
【详解】解：如图，连接、，相交于点，
点分别是边的中点，，，
，同理，四边形是平行四边形，
四边形是菱形， ，，对角线互相垂直，
，，，，
是等边三角形，，在中，，，
，，，，
四边形的周长为．故选：C．
【点睛】本题考查了中点四边形的知识，解题的关键是灵活运用三角形的中位线定理，菱形的性质及平行四边形的判定与性质进行计算．
例6．（2023下·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：DEBC，且DEBC．
(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：DEBC，DEBC．
(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，得出，，根据平行线的判定得出，得出BD=CF，证明四边形BCFD为平行四边形，得出，，即可证明结论；
（2）①连接AC、BD，根据中位线性质得出，，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．
【详解】（1）证明：∵点E为AC的中点，∴AE=CE，
∵在△AED和△CEF中，∴，
∴，，∴，∵点D为AB的中点，∴AD=BD，∴BD=CF，
∴四边形BCFD为平行四边形，∴，，
∵，∴，即DEBC，DEBC．
（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，
∴，，，，
∴，，∴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，，，四边形EFGH是平行四边形，
∵AC⊥BD，∴，∵，∴，
∵，∴，∴，
∴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，，，
∵AC=BD，∴，∴四边形EFGH是正方形．故答案为：垂直且相等
【点睛】本题考查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．
课后专项训练
1．（2023·湖南·统考中考真题）一技术人员用刻度尺（单位：）测量某三角形部件的尺寸．如图所示，已知，点D为边的中点，点A、B对应的刻度为1、7，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由图求得的长度，结合直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】解：由图可知，
在中，，点D为边的中点，,故选：B．
【点睛】本题考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；解题的关键是熟练掌握该性质．
2．（2023·山东泰安·中考真题）如图，点A，B的坐标分别为，点C为坐标平面内一点，，点M为线段的中点，连接，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，根据三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，再根据等腰直角三角形的性质以及三角形的中位线即可解答．
【详解】解：如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，
∵，则△ABO为等腰直角三角形，
∴AB=，N为AB的中点，∴ON=，
又∵M为AC的中点，∴MN为△ABC的中位线，BC=1，
则MN=，∴OM=ON+MN=，
∴OM的最大值为故答案选：B．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质以及三角形中位线的性质，解题的关键是确定当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大．
3．（2023上·重庆沙坪坝·八年级校考期末）如图，在中，，于点D，且，于点E，连接，则的长为（ ）
A．B．C．5D．6
【答案】C
【分析】先求解，再利用直角三角形斜边上的中线的性质可得答案.
【详解】解：∵，且，∴，
∵，∴，故选：C．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，勾股定理的应用，直角三角形斜边上的中线的性质，熟记基本图形的性质是解本题的关键.
4．（2023·广东佛山·校考三模）如图，在中，，，是边上的中线，把线段沿着方向平移到点B，使得点C与点B重合，连接，，与相交与点O，则下列结论：①四边形为菱形；②；③；④的面积为四边形面积的一半．其中正确结论的个数为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】在，是边上的中线，，可得，由平移可得，，，可证四边形为平行四边形，由，可证四边形为菱形，进而可判断①的正误；由菱形的性质可知，为中点，证明为的中位线，则，进而可判断②的正误；由菱形的性质可得，，则，进而可判断③的正误；由中线的性质可得，由菱形的性质可得，则，进而可判断④的正误．
【详解】解：∵在，是边上的中线，，∴，
由平移可得，，，∴四边形为平行四边形，
∵，∴四边形为菱形，①正确，故符合要求；
∵四边形为菱形，∴为中点，
又∵是的中点，∴为的中位线，∴，②正确，故符合要求；
∵四边形为菱形，∴，∴，③正确，故符合要求；
∵是的中线，∴，由菱形的性质可得，
∴，④正确，故符合要求；综上，正确的结论个数为4，故选：A．
【点睛】本题考查了平移的性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，含的直角三角形，菱形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
5．（2023·山东潍坊·统考二模）如图所示，为的中位线，点F在上，且，若，，则的长是（ ）
A．2B．C．D．3
【答案】C
【分析】先根据三角形中位线定理得到，再由直角三角形斜边上的中线的性质得到，则．
【详解】解：∵为的中位线，，∴，点D为的中点，
∵，，∴，∴，故选C．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线的性质，熟知三角形中位线平行与第三边且等于第三边的一半是解题的关键．
6．（2023上·甘肃白银·九年级统考阶段练习）如图，在中，平分，E是中点，若，则的长为（ ）
A．3B．C．4D．
【答案】D
【分析】本题考查的是直角三角形的性质，等腰三角形的判定．根据三角形内角和定理求出，根据角平分线的定义，求出，根据直角三角形的性质解答即可．
【详解】解：∵，∴，
∵平分，∴，∴，∴，
在中，E是中点，∴，故选：D
7．（2022·辽宁沈阳·统考模拟预测）如图，在中，，点D、E分别是直角边AC、BC的中点，连接DE，则度数是（ ）
A．70°B．60°C．30°D．20°
【答案】B
【分析】因为点D、E分别是直角边AC、BC的中点，所以DE是的中位线，三角形的中位线平行于第三边，进而得到，求出的度数，即为的度数．
【详解】解：∵点D、E分别是直角边AC、BC的中点，
∴DE是的中位线，∴，∴，
∵，，∴，∴，故选：B．
【点睛】本题考查三角形中位线的性质以及三角形内角和，由三角形中位线定义，找到平行线是解答本题的关键．
8．（2023·山东烟台·统考中考真题）如图，点G为的重心，连接CG，AG并延长分别交AB，BC于点E，F，连接EF，若AB＝4.4，AC＝3.4，BC＝3.6，则EF的长度为（ ）
A．1.7B．1.8C．2.2D．2.4
【答案】A
【分析】由已知条件得EF是三角形的中位线，进而根据三角形中位线定理求得EF的长度．
【详解】解：∵点G为△ABC的重心，∴AE＝BE，BF＝CF，∴EF＝＝1.7，故选：A．
【点睛】本题主要考查了三角形的重心，三角形的中位线定理，关键正确利用重心定义得EF为三角形的中位线．
9．（2023·山西吕梁·模拟预测）的周长为36，对角线相交于点O，点E是的中点，的周长为15，则长（ ）
A．18B．16C．14D．12
【答案】D
【分析】由平行四边形的性质及周长为36得到 ，由点E是的中点得到是的中位线，，则，由的周长为15得到，求出，即可得到长．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，其周长为36，对角线相交于点O，
∴，
∵点E是的中点，∴是的中位线，，∴，
∵的周长为15，∴，即，
∴，∴，∴．故选：D．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理等知识，熟练掌握平行四边形的性质和三角形中位线定理是解题的关键．
10．（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形是矩形，，，点P是边上一点（不与点A，D重合），连接．点M，N分别是的中点，连接，，，点E在边上，，则的最小值是（ ）
A．B．3C．D．
【答案】C
【分析】根据直线三角形斜边中线的性质可得，，通过证明四边形是平行四边形，可得，则，作点C关于直线的对称点M，则，点B，P，M三点共线时，的值最小，最小值为．
【详解】解：四边形是矩形，，，
点M，N分别是的中点，
，，，，
，，，
又，四边形是平行四边形，
，，
如图，作点C关于直线的对称点M，连接，，
则，
当点B，P，M三点共线时，的值最小，最小值为，
在中，，，
，
的最小值，故选C．
【点睛】本题考查矩形的性质，直线三角形斜边中线的性质，中位线的性质，平行四边形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理，线段的最值问题等，解题的关键是牢固掌握上述知识点，熟练运用等量代换思想．
11．（2023·福建宁德·校考模拟预测）如图，在中，，D为斜边的中点，E，F分别是的中点，若，则的长为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】A
【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质求出，再根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】解：在中，，，D为斜边的中点，则，
∵E，F分别是的中点，∴是的中位线，∴，故选：A．
【点睛】本题考查的是直角三角形斜边上的中线的性质、三角形中位线定理，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
12．（2023下·河北承德·八年级统考期末）顺次连接四边形各边中点得到四边形，下列说法正确的是（ ）
A．只有四边形为平行四边形，四边形才可能为平行四边形
B．只有四边形为正方形，四边形才可能为正方形
C．如果四边形为矩形，则四边形一定是菱形
D．如果四边形为菱形，则四边形一定是菱形
【答案】C
【分析】根据三角形中位线定理、平行四边形的判定定理得到四边形为平行四边形，根据矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
【详解】解：如图，
∵点E、F、G、H分别为、、、的中点，
∴，，，，，， ∴，，
∴四边形为平行四边形， 故A不符合题意；
当，时，∴， ，
∴平行四边形为正方形，故B不符合题意；
当四边形为矩形，∴，∴，
∴平行四边形为菱形，C选项符合题意；
当四边形为菱形，∴，∴，
∴平行四边形为矩形，D选项说法不符合题意；故选：C．
【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、平行四边形、正方形、矩形、菱形的判定定理是解题的关键．
14．（2023下·河北邢台·八年级校考阶段练习）如图，在四边形中，，且，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形，…按此规律进行下去．对于结论Ⅰ和Ⅱ，下列判断正确的是（ ）
结论Ⅰ：当时，四边形是正方形；
结论Ⅱ：当时，四边形的周长是10．
A．Ⅰ和Ⅱ都对B．Ⅰ和Ⅱ都不对C．Ⅰ不对Ⅱ对D．Ⅰ对Ⅱ不对
【答案】A
【分析】根据中点四边形和可知四边形矩形，当时，可得即结论Ⅰ正确；求出四边形的对角线长，再根据三角形中位线的性质求得的各边长，进而求得周长，以此类推即可解答．
【详解】解：∵顺次连接四边形各边的中点，得到四边形，
∴，
∵，∴四边形矩形，
当时，
∴∴四边形是正方形，即结论Ⅰ正确；
当时，，
∴,
∴,，
∴四边形的周长为20；∴
∴，
∴四边形的周长为14；∴,
∴，
∴四边形的周长为10，即结论Ⅱ正确．故选A．
【点睛】本题主要考查了中点四边形、正方形的判定、三角形中位线、勾股定理等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键．
15．（2022·江苏扬州·统考中考真题）“做数学”可以帮助我们积累数学活动经验．如图，已知三角形纸片，第1次折叠使点落在边上的点处，折痕交于点；第2次折叠使点落在点处，折痕交于点．若，则 ．
【答案】6
【分析】根据第一次折叠的性质求得和，由第二次折叠得到，，进而得到，易得MN是的中位线，最后由三角形的中位线求解．
【详解】解：∵已知三角形纸片，第1次折叠使点落在边上的点处，折痕交于点，
∴，．∵第2次折叠使点落在点处，折痕交于点，
∴，，∴，∴．
∵，∴MN是的中位线，∴，．
∵，，
∴．故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质和三角形中位线的性质，理解折叠的性质，三角形的中位线性质是解答关键．
16．（2023·辽宁沈阳·中考真题）如图，在平行四边形中，点为边上一点，，点，点分别是中点，若，则的长为 ．
【答案】8
【分析】先根据三角形中位线定理可得BC的长，再根据平行四边形的性质可得AD的长，然后根据即可得．
【详解】点，点分别是中点
是的中位线
四边形ABCD是平行四边形
又故答案为：8．
【点睛】本题考查三角形中位线定理、平行四边形的性质等知识点，解题关键是熟记三角形中位线定理．
17．（2023·江苏宿迁·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC的平分线AD交BC于点D，E为AB的中点，若BC=12，AD=8，则DE的长为 ．
【答案】5
【分析】利用勾股定理求出AB，再利用直角三角形斜边中线的性质求解即可．
【详解】解：∵AB=AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，BD=CD=6，∴∠ADB=90°，∴AB=，
∵E为AB的中点，∴DE=AB=5，故答案为：5．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
18．（2022上·江苏苏州·八年级校考期中）如图，在中，，分别以点A、C为圆心，大于长为半径画弧，两弧分别相交于点M、N，直线与相交于点E，过点C作，垂足为点D，与相交于点F，若，则的度数为 ．
【答案】/106度
【分析】由作图可知，是的垂直平分线，则为的中点，如图，连接，则，，，，由，可得，根据，计算求解即可．
【详解】解：由作图可知，是的垂直平分线，
∴为的中点，如图，连接，
∵，∴，∴，
∴，，，
∵，∴，
∴，故答案为：．
【点睛】本题考查了作垂线，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，等边对等角，三角形外角的性质等知识．熟练掌握直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键．
19．（2023·四川成都·一模）在中，，，，为的中点，则 ．
【答案】/
【分析】先根据题意画出图形，再运用勾股定理求得，然后再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．
【详解】解：如图：
∵，，，∴
∵，为的中点，∴．故答案为：．
【点睛】本题主要考查了运用勾股定理解直角三角形、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质等知识点，掌握“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”成为解题的关键．
20．（2023·陕西宝鸡·统考二模）如图，在中，，点D为斜边的中点，连接，过点D作交于点E，若，则的长为 ．
【答案】
【分析】根据直角三角形斜边中线的性质得出，证得是等腰三角形，再根据等腰三角形的性质得出点E为的中点，从而得到是的中位线，最后根据勾股定理求解即可．
【详解】解：∵，点D为斜边的中点，
∴，∴是等腰三角形，
∵，，∴，即，
∴，即点E为的中点，∴是的中位线，∴，
在中，，∴ ．故答案为：．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形中位线的性质与判定和勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
21．（2023·山西晋城·校联考模拟预测）如图，在菱形中，对角线，相交于点，为边的中点．若，，则菱形的面积为 ．
【答案】96
【分析】根据菱形的性质和直角三角形斜边上的中线性质得到，，
再利用勾股定理求得，则，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，，，
∵在中，为边的中点．，
∴，∴，则，
∴菱形的面积为，故答案为：96．
【点睛】本题考查菱形的性质、直角三角形斜边的中线性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解答的关键．
22．（2023·湖南长沙·校考三模）如图，在中，，，，点是边的中点分别以点，为圆心，以的长为半径画弧，两弧交于点；连接，．
(1)根据以上尺规作图的过程，请直接写出四边形的形状是______ ；
(2)在第（1）问的基础上，求四边形的面积．
【答案】(1)菱形(2)
【分析】（1）证明即可．（2）证明是等边三角形，可得结论．
【详解】（1）四边形是菱形．
理由：，，，
，，
四边形是菱形．故答案为：菱形；
（2）如图，作于点F，则．
，，，∴，
∴，∴．
，是等边三角形，∴，
菱形的面积．
【点睛】本题考查的是菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
23．（2023下·山东德州·八年级阶段练习）如图，四边形中，点E、F、G、H分别为的中点，(1)求证：中点四边形是平行四边形；
(2)如图2，点P是四边形内一点，且满足，点E、F、G、H分别为的中点，猜想中点四边形的形状，并证明你的猜想．
【答案】(1)见解析(2)菱形，证明见解析
【分析】（1）连接，根据三角形中位线定理可得，据此可得，即可得证；（2）连接，证得，由知，结合四边形是平行四边形即可得证．
【详解】（1）证明：如图1中，连接，
∵点E、H分别为边的中点，∴,
∵点F、G、分别为的中点，∴，
∴，∴中点四边形是平行四边形；
（2）解：四边形是菱形，理由如下：如图2，连接，
∵，∴，即，
在和中，，∴，∴，
∵点E，F，G分别为边的中点，∴，
由（1）得：四边形是平行四边形，∴四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识，学会添加常用辅助线构造全等三角形是解题的关键．
24．（2023上·黑龙江哈尔滨·九年级校考开学考试）阅读与思考
下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务，
任务：(1)填空：材料中的依据1是指：________．依据2是指：________．
(2)如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，满足下列要求：①四边形及它的瓦里尼翁平行四边形的顶点都在小正方形网格的格点的上；
②四边形是矩形，不是正方形．(3)在图1中，分别连接，得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线、长度的关系，并证明你的结论．
【答案】(1)三角形中位线定理，两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
(2)见解析；(3)行四边形的周长等于．
【分析】（1）由三角形中位线定理和平行四边形的判定可求解；
（2）先画格点矩形，再找出格点A、B、C、D点，使点，，，分别是恰好边，，，的中点，顺次连接即可得到所求；
（3）由三角形中位线定理可得，，，，即可求解．
【详解】（1）解：（1）证明：如图2，连接，分别交，于点，，过点作于点，交于点．，分别为，的中点，
，，（三角形中位线定理），，
，，
四边形是瓦里尼翁平行四边形，，即．
，即，四边形是平行四边形，（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），
，，
，同理可得，，，
故答案为：三角形中位线定理，两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
（2）如图，四边形及它的瓦里尼翁平行四边形为所求：
（3）瓦里尼翁平行四边形的周长等于，理由如下：
四边形是瓦里尼翁平行四边形，
点，，，分别是边，，，的中点，
，，，，
瓦里尼翁平行四边形的周长．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，矩形的判定等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
小佳同学是这样思考的：
题目中有两个中点，我想到用中位线，但是这两个中点所在的线段是交叉状态，所以可以通过轴对称将它变成“共顶点”的图形、这样就可以构造出三角形的中位线．具体如下：如图②．过点作，垂足为，易证四边形是矩形，连接、则点也是的中点，连接，则是的中位线，计算出的长度即可求出的长度．
瓦里尼翁平行四边形
我们知道，如图1，在四边形中，点、、，分别是边、，，的中点，顺次连接，、、，得到的四边形是平行四边形．
我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁（Varingnn， Pierte 1654-1722）是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．
①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．
②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．
③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：
证明：如图2，连接，分别交，于点、，过点作于点，交于点
∵、分别为，的中点，∴，．（依据1）
∴，∵，∴．
∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即．
∵，即，∴四边形是平行四边形，（依据2）．
∴，
∵，∴．同理，…
常见的中点模型：①垂直平分线模型；②等腰三角形“三线合一”模型；③“平行线+中点”构造全等或相似模型（与倍长中线法类似）；④直角三角形斜边中点模型；⑤中位线模型；⑥中点四边形模型。本专题就中点模型的后三类模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
模型1：直角三角形斜边中线模型
定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
如图1，若AD为斜边上的中线，则：
（1）；（2），为等腰三角形；（3），．
图1 图2
拓展：如图2，在由两个直角三角形组成的图中，M为中点，则（1）；（2）．
模型运用条件：连斜边上的中线（出现斜边上的中点时）
例1．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在中，，为边上的中线，为边上的中线，若，则的长为（ ）
A．B．C．D．3
例2．（2023·江苏扬州·统考中考真题）如图，在中，，点D是的中点，过点D作，垂足为点E，连接，若，，则 ．
例3．（2023·青海海东·统考三模）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接，若，，则菱形的面积为（ ）
A．72B．48C．24D．9
例4．（2023上·四川成都·九年级校考期中）如图，四边形中，，，连接．是的中点，连接．若，则的面积为 ．
例5．（2023·江苏常州·中考真题）如图，是的弦，点C是优弧上的动点（C不与A、B重合），，垂足为H，点M是的中点．若的半径是3，则长的最大值是（ ）
A．3B．4C．5D．6
例6．（2023上·江苏泰州·八年级校考阶段练习）如图，在中，于F，于E，M为的中点．(1)若，，求的周长；(2)若是等边三角形，求的度数．
模型2：中位线模型
三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半。
如图，在三角形ABC的AB，AC边的中点分别为D、E，则DE//BC且，△ADE∽△ABC。
中点三角形：三角形三边中点的连线组成的三角形，其周长是原三角形周长的一半，面积是原三角形面积的四分之一。
模型运用条件：构造中位线（出现多个中点时）。
例1．（2023·云南·统考中考真题）如图，两点被池塘隔开，三点不共线．设的中点分别为．若米，则（ ）
A．4米B．6米C．8米D．10米
例2．（2023·广西梧州·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6，则四边形CEDF的面积是（ ）
A．6B．12C．24D．48
例3．（2023下·四川广安·八年级校考阶段练习）如图，在菱形中，边长为1，，顺次连接菱形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形各边中点，可得四边形；按此规律继续下去，…，则四边形的面积是 ．
例4.（2023·陕西西安·联考模拟预测）如图，在四边形中，点、分别是，的中点，且，若，，则的长为 ．
例5．（2023·北京海淀·校考模拟预测）如图，为的弦，，且，若点M、N分别是、的中点，则长的最大值是（ ）
A．4B．5C．D．
例6．（2023·河南信阳·校考三模）数学兴趣小组的同学在学习中点知识时，遇到如下一个问题：如图①，在边长为4的正方形中，点是边的中点，，连接，点分别是的中点，连接，求的长．小组成员展开讨论，方法多样、其中小佳同学的做法最具有推广性．
根据以上信息，请回答以下问题：(1)点是中点的依据是__________________；(2)请根据小佳同学的思路写出具体的证明过程．(3)如图③，在中，，，将绕着点顺时针旋转，，分别是，的中点，当点落在的边上时（不包含顶点），求的长度．
模型3：中点四边形模型
中点四边形：依次连接四边形四边中点连线的四边形得到中点四边形。
中点四边形是中点模型中比较经典的应用。中点四边形不仅结合了常见的特殊四边形的性质，而且还会涉及中位线这一重要知识点，总体来说属于比较综合的几何模块。
结论1：顺次连结任意四边形各边中点组成的四边形是平行四边形．
如图1，已知点M、N、P、Q是任意四边形ABCD各边中点，则四边形MNPQ为平行四边形。
图1 图2
结论2：顺次连结对角线互相垂直四边形各边中点组成的四边形是矩形．（特例：筝形与菱形）
如图2，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC⊥DB，则四边形MNPQ为矩形。
结论3：顺次连结对角线相等四边形各边中点组成的四边形是菱形．（特例：等腰梯形与矩形）
如图3，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，则四边形MNPQ为菱形。
图3 图4
结论4：顺次连结对角线相等且垂直的四边形各边中点组成的四边形是正方形．
如图4，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，AC⊥DB，则四边形MNPQ为正方形。
推广与应用
1）中点四边形的周长：中点四边形的周长等于原四边形对角线之和。
2）中点四边形的面积：中点四边形的面积等于原四边形面积的。
例1．（2023上·四川达州·九年级校联考期中）如图，在四边形ABCD中，点E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别是BD，AC的中点，AB，CD满足什么条件时，四边形EGFH是菱形.（ ）
A．B．//C．D．
例2．（2023上·河南郑州·九年级校考阶段练习）如图，在四边形中，顺次连接四边中点，，，，构成一个新的四边形，请你对四边形添加一个条件，使四边形成为一个矩形．这个条件是（ ）
A．B．C．D．
例3．（2023上·陕西西安·九年级校考阶段练习）如图，连接四边形ABCD各边的中点，得到四边形EFGH，还要添加 ，才能保证四边形EFGH是正方形．
例4．（2023下·湖南长沙·八年级统考期末）如图，点分别是四边形边的中点．则正确的是（ ）
A．若，则四边形为矩形 B．若，则四边形为菱形
C．若是平行四边形，则与互相平分 D．若是正方形，则与互相垂直且相等
例5．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在菱形中，，，顺次连接菱形各边中点、、、，则四边形的周长为（ ）
A．B．C．D．
例6．（2023下·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：DEBC，且DEBC．
(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：DEBC，DEBC．
(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．
课后专项训练
1．（2023·湖南·统考中考真题）一技术人员用刻度尺（单位：）测量某三角形部件的尺寸．如图所示，已知，点D为边的中点，点A、B对应的刻度为1、7，则（ ）
A．B．C．D．
2．（2023·山东泰安·中考真题）如图，点A，B的坐标分别为，点C为坐标平面内一点，，点M为线段的中点，连接，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
3．（2023上·重庆沙坪坝·八年级校考期末）如图，在中，，于点D，且，于点E，连接，则的长为（ ）
A．B．C．5D．6
4．（2023·广东佛山·校考三模）如图，在中，，，是边上的中线，把线段沿着方向平移到点B，使得点C与点B重合，连接，，与相交与点O，则下列结论：①四边形为菱形；②；③；④的面积为四边形面积的一半．其中正确结论的个数为（ ）
A．4B．3C．2D．1
5．（2023·山东潍坊·统考二模）如图所示，为的中位线，点F在上，且，若，，则的长是（ ）
A．2B．C．D．3
6．（2023上·甘肃白银·九年级统考阶段练习）如图，在中，平分，E是中点，若，则的长为（ ）
A．3B．C．4D．
7．（2022·辽宁沈阳·统考模拟预测）如图，在中，，点D、E分别是直角边AC、BC的中点，连接DE，则度数是（ ）
A．70°B．60°C．30°D．20°
8．（2023·山东烟台·统考中考真题）如图，点G为的重心，连接CG，AG并延长分别交AB，BC于点E，F，连接EF，若AB＝4.4，AC＝3.4，BC＝3.6，则EF的长度为（ ）
A．1.7B．1.8C．2.2D．2.4
9．（2023·山西吕梁·模拟预测）的周长为36，对角线相交于点O，点E是的中点，的周长为15，则长（ ）
A．18B．16C．14D．12
10．（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形是矩形，，，点P是边上一点（不与点A，D重合），连接．点M，N分别是的中点，连接，，，点E在边上，，则的最小值是（ ）
A．B．3C．D．
11．（2023·福建宁德·校考模拟预测）如图，在中，，D为斜边的中点，E，F分别是的中点，若，则的长为（ ）
A．2B．3C．4D．5
12．（2023下·河北承德·八年级统考期末）顺次连接四边形各边中点得到四边形，下列说法正确的是（ ）
A．只有四边形为平行四边形，四边形才可能为平行四边形
B．只有四边形为正方形，四边形才可能为正方形
C．如果四边形为矩形，则四边形一定是菱形
D．如果四边形为菱形，则四边形一定是菱形
14．（2023下·河北邢台·八年级校考阶段练习）如图，在四边形中，，且，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形，…按此规律进行下去．对于结论Ⅰ和Ⅱ，下列判断正确的是（ ）
结论Ⅰ：当时，四边形是正方形；
结论Ⅱ：当时，四边形的周长是10．
A．Ⅰ和Ⅱ都对B．Ⅰ和Ⅱ都不对C．Ⅰ不对Ⅱ对D．Ⅰ对Ⅱ不对
15．（2022·江苏扬州·统考中考真题）“做数学”可以帮助我们积累数学活动经验．如图，已知三角形纸片，第1次折叠使点落在边上的点处，折痕交于点；第2次折叠使点落在点处，折痕交于点．若，则 ．
16．（2023·辽宁沈阳·中考真题）如图，在平行四边形中，点为边上一点，，点，点分别是中点，若，则的长为 ．
17．（2023·江苏宿迁·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC的平分线AD交BC于点D，E为AB的中点，若BC=12，AD=8，则DE的长为 ．
18．（2022上·江苏苏州·八年级校考期中）如图，在中，，分别以点A、C为圆心，大于长为半径画弧，两弧分别相交于点M、N，直线与相交于点E，过点C作，垂足为点D，与相交于点F，若，则的度数为 ．
19．（2023·四川成都·一模）在中，，，，为的中点，则 ．
20．（2023·陕西宝鸡·统考二模）如图，在中，，点D为斜边的中点，连接，过点D作交于点E，若，则的长为 ．
21．（2023·山西晋城·校联考模拟预测）如图，在菱形中，对角线，相交于点，为边的中点．若，，则菱形的面积为 ．
22．（2023·湖南长沙·校考三模）如图，在中，，，，点是边的中点分别以点，为圆心，以的长为半径画弧，两弧交于点；连接，．
(1)根据以上尺规作图的过程，请直接写出四边形的形状是______ ；
(2)在第（1）问的基础上，求四边形的面积．
23．（2023下·山东德州·八年级阶段练习）如图，四边形中，点E、F、G、H分别为的中点，(1)求证：中点四边形是平行四边形；
(2)如图2，点P是四边形内一点，且满足，点E、F、G、H分别为的中点，猜想中点四边形的形状，并证明你的猜想．
24．（2023上·黑龙江哈尔滨·九年级校考开学考试）阅读与思考
下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务，
任务：(1)填空：材料中的依据1是指：________．依据2是指：________．
(2)如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，满足下列要求：①四边形及它的瓦里尼翁平行四边形的顶点都在小正方形网格的格点的上；
②四边形是矩形，不是正方形．(3)在图1中，分别连接，得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线、长度的关系，并证明你的结论．
小佳同学是这样思考的：
题目中有两个中点，我想到用中位线，但是这两个中点所在的线段是交叉状态，所以可以通过轴对称将它变成“共顶点”的图形、这样就可以构造出三角形的中位线．具体如下：如图②．过点作，垂足为，易证四边形是矩形，连接、则点也是的中点，连接，则是的中位线，计算出的长度即可求出的长度．
瓦里尼翁平行四边形
我们知道，如图1，在四边形中，点、、，分别是边、，，的中点，顺次连接，、、，得到的四边形是平行四边形．
我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁（Varingnn， Pierte 1654-1722）是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．
①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．
②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．
③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：
证明：如图2，连接，分别交，于点、，过点作于点，交于点
∵、分别为，的中点，∴，．（依据1）
∴，∵，∴．
∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即．
∵，即，∴四边形是平行四边形，（依据2）．
∴，
∵，∴．同理，…
专题07 中点模型之中位线、斜边中线、中点四边形
中点模型是初中数学中一类重要模型，它在不同的环境中起到的作用也不同，主要是结合三角形、四边形、圆的运用，在各类考试中都会出现中点问题，有时甚至会出现在压轴题当中，我们不妨称之为“中点模型”，它往往涉及到平分、平行、垂直等问题，因此探寻这类问题的解题规律对初中几何的学习有着十分重要的意义。
常见的中点模型：①垂直平分线模型；②等腰三角形“三线合一”模型；③“平行线+中点”构造全等或相似模型（与倍长中线法类似）；④直角三角形斜边中点模型；⑤中位线模型；⑥中点四边形模型。本专题就中点模型的后三类模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
模型1：直角三角形斜边中线模型
定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
如图1，若AD为斜边上的中线，则：
（1）；（2），为等腰三角形；（3），．
图1 图2
拓展：如图2，在由两个直角三角形组成的图中，M为中点，则（1）；（2）．
模型运用条件：连斜边上的中线（出现斜边上的中点时）
例1．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在中，，为边上的中线，为边上的中线，若，则的长为（ ）
A．B．C．D．3
【答案】C
【分析】根据勾股定理求出，根据等腰三角形的性质和直角三角形斜边上的中线性质得出，，求出，再根据勾股定理求出即可．
【详解】解：∵，由勾股定理得，，
∵，为边上的中线，
∴，，∴，
∵为边上的中线，∴，∴由勾股定理得，，故选：C．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线性质，勾股定理等知识，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
例2．（2023·江苏扬州·统考中考真题）如图，在中，，点D是的中点，过点D作，垂足为点E，连接，若，，则 ．
【答案】3
【分析】根据直角三角形的性质得到AB=10，利用勾股定理求出AC，再说明DE∥AC，得到，即可求出DE．
【详解】解：∵∠ACB=90°，点D为AB中点，∴AB=2CD=10，∵BC=8，∴AC==6，
∵DE⊥BC，AC⊥BC，∴DE∥AC，∴，即，∴DE=3，故答案为：3．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，解题的关键是通过平行得到比例式．
例3．（2023·青海海东·统考三模）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接，若，，则菱形的面积为（ ）
A．72B．48C．24D．9
【答案】B
【分析】根据菱形的性质得为的中点，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得的长度，最后由菱形的面积公式求得面积．
【详解】解：四边形是菱形，，，，
，，，，，
，，菱形的面积．故选：B．
【点睛】本题考查菱形的性质，直角三角形的性质，菱形的面积公式，关键是根据直角三角形的性质求得．
例4．（2023上·四川成都·九年级校考期中）如图，四边形中，，，连接．是的中点，连接．若，则的面积为 ．
【答案】/
【分析】本题考查了直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形外角的定义及性质、三角形的面积，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，由等边对等角可得，，由三角形外角的定义及性质可得，，求出，再利用三角形面积公式，计算即可得出答案，熟练掌握直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形外角的定义及性质是解此题的关键．
【详解】解：，是的中点，，
，，，
，，
，
，故答案为：．
例5．（2023·江苏常州·中考真题）如图，是的弦，点C是优弧上的动点（C不与A、B重合），，垂足为H，点M是的中点．若的半径是3，则长的最大值是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】A
【分析】根据直角三角形斜边中线定理，斜边上的中线等于斜边的一半可知MH=BC，当BC为直径时长度最大，即可求解．
【详解】解：∵∴∠BHC=90° ∵在Rt△BHC中，点M是的中点∴MH=BC
∵BC为的弦∴当BC为直径时，MH最大 ∵的半径是3∴MH最大为3．故选：A．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线定理，数形结合是结题关键．
例6．（2023上·江苏泰州·八年级校考阶段练习）如图，在中，于F，于E，M为的中点．(1)若，，求的周长；(2)若是等边三角形，求的度数．
【答案】(1)的周长为14；(2)．
【分析】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，平角定义等．
（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出，再根据三角形的周长的定义列式计算即可得解；（2）根据平角等于，求得，根据直角三角形斜边上的中线求得，根据等腰三角形两底角相等求出，再求得，据此求解即可．
【详解】（1）解：∵，，M为的中点，∴，，
∴的周长；
（2）解：∵是等边三角形，∴，
∴，由（1）得，
∴，，∴，
∴，∴，
∵，∴．
模型2：中位线模型
三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半。
如图，在三角形ABC的AB，AC边的中点分别为D、E，则DE//BC且，△ADE∽△ABC。
中点三角形：三角形三边中点的连线组成的三角形，其周长是原三角形周长的一半，面积是原三角形面积的四分之一。
模型运用条件：构造中位线（出现多个中点时）。
例1．（2023·云南·统考中考真题）如图，两点被池塘隔开，三点不共线．设的中点分别为．若米，则（ ）
A．4米B．6米C．8米D．10米
【答案】B
【分析】根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】解∶∵的中点分别为，∴是的中位线，
∴米，故选∶B．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
例2．（2023·广西梧州·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6，则四边形CEDF的面积是（ ）
A．6B．12C．24D．48
【答案】B
【分析】利用三角形的中位线定理，先证明四边形是矩形，再利用矩形的面积公式进行计算即可.
【详解】解： 点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形， 故选：
【点睛】本题考查的是三角形的中位线的性质，矩形的判定与性质，掌握利用三角形的中位线证明四边形是平行四边形是解题的关键.
例3．（2023下·四川广安·八年级校考阶段练习）如图，在菱形中，边长为1，，顺次连接菱形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形各边中点，可得四边形；按此规律继续下去，…，则四边形的面积是 ．
【答案】
【分析】根据菱形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理，依次求出四边形的面积，得出规律，即可解答．
【详解】解：菱形，，，为等边三角形，
，等边的高为，，
顺次连接菱形各边中点，可得四边形，四边形为矩形，
,同理可得，
，……．故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形以及中点四边形的性质，找到中点四边形的面积与原四边形的面积之间的关系是解题的关键．
例4.（2023·陕西西安·联考模拟预测）如图，在四边形中，点、分别是，的中点，且，若，，则的长为 ．
【答案】13
【分析】由勾股定理求得，再由直角三角形斜边上中线等于斜边的一半求得，从而利用中位线的性质求解即可．
【详解】解：在中，，由勾股定理可得：．
∵点是的中点，∴，∴，
∵点，分别是的中点，∴是的中位线，
∴．故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理、直角三角形的斜边中线以及中位线．掌握中位线的性质是解题的关键．
例5．（2023·北京海淀·校考模拟预测）如图，为的弦，，且，若点M、N分别是、的中点，则长的最大值是（ ）
A．4B．5C．D．
【答案】C
【分析】连接并延长交于点，连接，根据中位线定理得到当取得最大值时，就取得最大值，结合圆周角定理及勾股定理即可得到答案；
【详解】解：如图，∵点M、N分别是、的中点，∴，
∴当取得最大值时，就取得最大值，连接并延长交于点，连接，
∵是的直径，∴，∵，，∴，
∴，∴，∴长的最大值为，故选：C；
【点睛】本题考查三角形中位线定理，勾股定理及圆周角定理，解题关键是根据作出辅助线，找到最大线段．
例6．（2023·河南信阳·校考三模）数学兴趣小组的同学在学习中点知识时，遇到如下一个问题：如图①，在边长为4的正方形中，点是边的中点，，连接，点分别是的中点，连接，求的长．小组成员展开讨论，方法多样、其中小佳同学的做法最具有推广性．
根据以上信息，请回答以下问题：(1)点是中点的依据是__________________；(2)请根据小佳同学的思路写出具体的证明过程．(3)如图③，在中，，，将绕着点顺时针旋转，，分别是，的中点，当点落在的边上时（不包含顶点），求的长度．
【答案】(1)矩形的对角线平分且相等(2)见解析(3)的长度为2或
【分析】（1）根据矩形的性质即可解决问题；（2）先证明是的中位线，再根据矩形的性质和勾股定理即可解决问题；（3）当点落在边上时，分两种情况，情况1，落在边上，情况2，落在边上，分别进行求解即可得到答案．
【详解】（1）解：由题意可知：四边形是矩形，，
点是对角线的中点，，，点是的中点，
点是的中点的依据是：矩形的对角线平分且相等，故答案为：矩形的对角线平分且相等；
（2）解：如图①，过点作，垂足为，连接，
四边形是正方形，，
，，四边形是矩形，
点是对角线的中点，点是的中点．
， ， ，
点是的中点，点是的中点，是的中位线，，
正方形边长为4，点是的中点，，
四边形是矩形，，，
在中，由勾股定理可得，；
（3）解：当点落在边上时，分两种情况，情况1，落在边上，情况2，落在边上，
在中，，，，，，
情况1：当点落在边上时，如图②，
由旋转可知：，，是等边三角形，
此时点恰好与点重合，且，，分别是，的中点，；
情况2：方法一：当点落在边上时，分别以和为对角线构造矩形，如图③，连接，则点和点为的中点，
是的中位线，延长，交于点，，
在中，，
由勾股定理可得，，；
方法二：如图③，矩形和矩形，
，，是等腰直角三角形，
，，，
综上所述：当点落在的边上时（不包含顶点），的长度为2或．
【点睛】本题主要考查中位线的性质、矩形的性质、勾股定理的运用、旋转的性质，考查学生的读取信息的能力，类比思想及平面图形性质的综合分析能力．
模型3：中点四边形模型
中点四边形：依次连接四边形四边中点连线的四边形得到中点四边形。
中点四边形是中点模型中比较经典的应用。中点四边形不仅结合了常见的特殊四边形的性质，而且还会涉及中位线这一重要知识点，总体来说属于比较综合的几何模块。
结论1：顺次连结任意四边形各边中点组成的四边形是平行四边形．
如图1，已知点M、N、P、Q是任意四边形ABCD各边中点，则四边形MNPQ为平行四边形。
图1 图2
结论2：顺次连结对角线互相垂直四边形各边中点组成的四边形是矩形．（特例：筝形与菱形）
如图2，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC⊥DB，则四边形MNPQ为矩形。
结论3：顺次连结对角线相等四边形各边中点组成的四边形是菱形．（特例：等腰梯形与矩形）
如图3，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，则四边形MNPQ为菱形。
图3 图4
结论4：顺次连结对角线相等且垂直的四边形各边中点组成的四边形是正方形．
如图4，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，AC⊥DB，则四边形MNPQ为正方形。
推广与应用
1）中点四边形的周长：中点四边形的周长等于原四边形对角线之和。
2）中点四边形的面积：中点四边形的面积等于原四边形面积的。
例1．（2023上·四川达州·九年级校联考期中）如图，在四边形ABCD中，点E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别是BD，AC的中点，AB，CD满足什么条件时，四边形EGFH是菱形.（ ）
A．B．//C．D．
【答案】A
【分析】根据中位线的定义与性质可知四边形EGFH是平行四边形，然后找出邻边相等的条件即可证明该四边为菱形．
【详解】解：由题意知是的中位线∴，
是的中位线∴，∴，∴四边形EGFH是平行四边形
∵是的中位线，∴
当时，∴平行四边形EGFH是菱形故选A．
【点睛】本题考查了中位线，菱形的判定．解题的关键在于对知识的灵活运用
例2．（2023上·河南郑州·九年级校考阶段练习）如图，在四边形中，顺次连接四边中点，，，，构成一个新的四边形，请你对四边形添加一个条件，使四边形成为一个矩形．这个条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据三角形中位线定理可得，，，，，，，，根据平行四边形的判定可证明四边形为平行四边形，根据矩形的判定即可证明．
【详解】解：添加的条件为：；理由如下：
∵点，，，分别是，，，的中点，
∴是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线，
∴，，，，，，，，
∴，，，，∴四边形为平行四边形；
∵，∴，∴四边形为矩形， 故选：D．
【点睛】本题考查三角形中位线定理，平行四边形的判定，矩形的判定，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键．
例3．（2023上·陕西西安·九年级校考阶段练习）如图，连接四边形ABCD各边的中点，得到四边形EFGH，还要添加 ，才能保证四边形EFGH是正方形．
【答案】AC⊥BD，AC=BD/ AC=BD， AC⊥BD
【分析】根据三角形中位线定理、平行四边形的判定定理得到四边形EFGH为平行四边形，根据正方形的判定定理即可得解．
【详解】解：当AC⊥BD，AC=BD时，四边形EFGH为正方形．
∵点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF∥AC，EF=AC，GH∥AC，GH=AC，EH∥BD，EH=BD，
∴EF∥GH，EF=GH，∴四边形EFGH为平行四边形，
当AC⊥BD，AC=BD时，EF⊥EH，EF=EH，∴四边形EFGH为正方形．故答案为：AC⊥BD，AC=BD．
【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、正方形的判定定理是解题的关键．
例4．（2023下·湖南长沙·八年级统考期末）如图，点分别是四边形边的中点．则正确的是（ ）
A．若，则四边形为矩形 B．若，则四边形为菱形
C．若是平行四边形，则与互相平分 D．若是正方形，则与互相垂直且相等
【答案】D
【分析】根据三角形的中位线定理可得，，，，从而得到四边形为平行四边形，再根据矩形的判定、菱形的判定、正方形的性质，进行逐一判断即可得到答案．
【详解】解：点分别是四边形边的中点，
是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线，
，，，，
四边形为平行四边形，
A、若，则，四边形为菱形，故A错误，不符合题意；
B、若，则，则四边形为矩形，故B错误，不符合题意；
C、任意四边形的中点四边形都是平行四边形，与不一定互相平分，故C错误，不符合题意；
D、若是正方形，则，由是的中位线，是的中位线，得，，因此与互相垂直且相等，故正确，符合题意；故选：D．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、菱形的判定与性质、正方形的性质，熟练掌握三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、菱形的判定与性质、正方形的性质，是解题的关键．
例5．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在菱形中，，，顺次连接菱形各边中点、、、，则四边形的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先利用三角形的中位线定理证得四边形为平行四边形，再求对角线长度，然后利用三角形中位线定理求出此平行四边形边长即可求出周长．
【详解】解：如图，连接、，相交于点，
点分别是边的中点，，，
，同理，四边形是平行四边形，
四边形是菱形， ，，对角线互相垂直，
，，，，
是等边三角形，，在中，，，
，，，，
四边形的周长为．故选：C．
【点睛】本题考查了中点四边形的知识，解题的关键是灵活运用三角形的中位线定理，菱形的性质及平行四边形的判定与性质进行计算．
例6．（2023下·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：DEBC，且DEBC．
(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：DEBC，DEBC．
(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，得出，，根据平行线的判定得出，得出BD=CF，证明四边形BCFD为平行四边形，得出，，即可证明结论；
（2）①连接AC、BD，根据中位线性质得出，，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．
【详解】（1）证明：∵点E为AC的中点，∴AE=CE，
∵在△AED和△CEF中，∴，
∴，，∴，∵点D为AB的中点，∴AD=BD，∴BD=CF，
∴四边形BCFD为平行四边形，∴，，
∵，∴，即DEBC，DEBC．
（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，
∴，，，，
∴，，∴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，，，四边形EFGH是平行四边形，
∵AC⊥BD，∴，∵，∴，
∵，∴，∴，
∴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，，，
∵AC=BD，∴，∴四边形EFGH是正方形．故答案为：垂直且相等
【点睛】本题考查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．
课后专项训练
1．（2023·湖南·统考中考真题）一技术人员用刻度尺（单位：）测量某三角形部件的尺寸．如图所示，已知，点D为边的中点，点A、B对应的刻度为1、7，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由图求得的长度，结合直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】解：由图可知，
在中，，点D为边的中点，,故选：B．
【点睛】本题考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；解题的关键是熟练掌握该性质．
2．（2023·山东泰安·中考真题）如图，点A，B的坐标分别为，点C为坐标平面内一点，，点M为线段的中点，连接，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，根据三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，再根据等腰直角三角形的性质以及三角形的中位线即可解答．
【详解】解：如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，
∵，则△ABO为等腰直角三角形，
∴AB=，N为AB的中点，∴ON=，
又∵M为AC的中点，∴MN为△ABC的中位线，BC=1，
则MN=，∴OM=ON+MN=，
∴OM的最大值为故答案选：B．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质以及三角形中位线的性质，解题的关键是确定当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大．
3．（2023上·重庆沙坪坝·八年级校考期末）如图，在中，，于点D，且，于点E，连接，则的长为（ ）
A．B．C．5D．6
【答案】C
【分析】先求解，再利用直角三角形斜边上的中线的性质可得答案.
【详解】解：∵，且，∴，
∵，∴，故选：C．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，勾股定理的应用，直角三角形斜边上的中线的性质，熟记基本图形的性质是解本题的关键.
4．（2023·广东佛山·校考三模）如图，在中，，，是边上的中线，把线段沿着方向平移到点B，使得点C与点B重合，连接，，与相交与点O，则下列结论：①四边形为菱形；②；③；④的面积为四边形面积的一半．其中正确结论的个数为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】A
【分析】在，是边上的中线，，可得，由平移可得，，，可证四边形为平行四边形，由，可证四边形为菱形，进而可判断①的正误；由菱形的性质可知，为中点，证明为的中位线，则，进而可判断②的正误；由菱形的性质可得，，则，进而可判断③的正误；由中线的性质可得，由菱形的性质可得，则，进而可判断④的正误．
【详解】解：∵在，是边上的中线，，∴，
由平移可得，，，∴四边形为平行四边形，
∵，∴四边形为菱形，①正确，故符合要求；
∵四边形为菱形，∴为中点，
又∵是的中点，∴为的中位线，∴，②正确，故符合要求；
∵四边形为菱形，∴，∴，③正确，故符合要求；
∵是的中线，∴，由菱形的性质可得，
∴，④正确，故符合要求；综上，正确的结论个数为4，故选：A．
【点睛】本题考查了平移的性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，含的直角三角形，菱形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
5．（2023·山东潍坊·统考二模）如图所示，为的中位线，点F在上，且，若，，则的长是（ ）
A．2B．C．D．3
【答案】C
【分析】先根据三角形中位线定理得到，再由直角三角形斜边上的中线的性质得到，则．
【详解】解：∵为的中位线，，∴，点D为的中点，
∵，，∴，∴，故选C．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线的性质，熟知三角形中位线平行与第三边且等于第三边的一半是解题的关键．
6．（2023上·甘肃白银·九年级统考阶段练习）如图，在中，平分，E是中点，若，则的长为（ ）
A．3B．C．4D．
【答案】D
【分析】本题考查的是直角三角形的性质，等腰三角形的判定．根据三角形内角和定理求出，根据角平分线的定义，求出，根据直角三角形的性质解答即可．
【详解】解：∵，∴，
∵平分，∴，∴，∴，
在中，E是中点，∴，故选：D
7．（2022·辽宁沈阳·统考模拟预测）如图，在中，，点D、E分别是直角边AC、BC的中点，连接DE，则度数是（ ）
A．70°B．60°C．30°D．20°
【答案】B
【分析】因为点D、E分别是直角边AC、BC的中点，所以DE是的中位线，三角形的中位线平行于第三边，进而得到，求出的度数，即为的度数．
【详解】解：∵点D、E分别是直角边AC、BC的中点，
∴DE是的中位线，∴，∴，
∵，，∴，∴，故选：B．
【点睛】本题考查三角形中位线的性质以及三角形内角和，由三角形中位线定义，找到平行线是解答本题的关键．
8．（2023·山东烟台·统考中考真题）如图，点G为的重心，连接CG，AG并延长分别交AB，BC于点E，F，连接EF，若AB＝4.4，AC＝3.4，BC＝3.6，则EF的长度为（ ）
A．1.7B．1.8C．2.2D．2.4
【答案】A
【分析】由已知条件得EF是三角形的中位线，进而根据三角形中位线定理求得EF的长度．
【详解】解：∵点G为△ABC的重心，∴AE＝BE，BF＝CF，∴EF＝＝1.7，故选：A．
【点睛】本题主要考查了三角形的重心，三角形的中位线定理，关键正确利用重心定义得EF为三角形的中位线．
9．（2023·山西吕梁·模拟预测）的周长为36，对角线相交于点O，点E是的中点，的周长为15，则长（ ）
A．18B．16C．14D．12
【答案】D
【分析】由平行四边形的性质及周长为36得到 ，由点E是的中点得到是的中位线，，则，由的周长为15得到，求出，即可得到长．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，其周长为36，对角线相交于点O，
∴，
∵点E是的中点，∴是的中位线，，∴，
∵的周长为15，∴，即，
∴，∴，∴．故选：D．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理等知识，熟练掌握平行四边形的性质和三角形中位线定理是解题的关键．
10．（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形是矩形，，，点P是边上一点（不与点A，D重合），连接．点M，N分别是的中点，连接，，，点E在边上，，则的最小值是（ ）
A．B．3C．D．
【答案】C
【分析】根据直线三角形斜边中线的性质可得，，通过证明四边形是平行四边形，可得，则，作点C关于直线的对称点M，则，点B，P，M三点共线时，的值最小，最小值为．
【详解】解：四边形是矩形，，，
点M，N分别是的中点，
，，，，
，，，
又，四边形是平行四边形，
，，
如图，作点C关于直线的对称点M，连接，，
则，
当点B，P，M三点共线时，的值最小，最小值为，
在中，，，
，
的最小值，故选C．
【点睛】本题考查矩形的性质，直线三角形斜边中线的性质，中位线的性质，平行四边形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理，线段的最值问题等，解题的关键是牢固掌握上述知识点，熟练运用等量代换思想．
11．（2023·福建宁德·校考模拟预测）如图，在中，，D为斜边的中点，E，F分别是的中点，若，则的长为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】A
【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质求出，再根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】解：在中，，，D为斜边的中点，则，
∵E，F分别是的中点，∴是的中位线，∴，故选：A．
【点睛】本题考查的是直角三角形斜边上的中线的性质、三角形中位线定理，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
12．（2023下·河北承德·八年级统考期末）顺次连接四边形各边中点得到四边形，下列说法正确的是（ ）
A．只有四边形为平行四边形，四边形才可能为平行四边形
B．只有四边形为正方形，四边形才可能为正方形
C．如果四边形为矩形，则四边形一定是菱形
D．如果四边形为菱形，则四边形一定是菱形
【答案】C
【分析】根据三角形中位线定理、平行四边形的判定定理得到四边形为平行四边形，根据矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
【详解】解：如图，
∵点E、F、G、H分别为、、、的中点，
∴，，，，，， ∴，，
∴四边形为平行四边形， 故A不符合题意；
当，时，∴， ，
∴平行四边形为正方形，故B不符合题意；
当四边形为矩形，∴，∴，
∴平行四边形为菱形，C选项符合题意；
当四边形为菱形，∴，∴，
∴平行四边形为矩形，D选项说法不符合题意；故选：C．
【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、平行四边形、正方形、矩形、菱形的判定定理是解题的关键．
14．（2023下·河北邢台·八年级校考阶段练习）如图，在四边形中，，且，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形，…按此规律进行下去．对于结论Ⅰ和Ⅱ，下列判断正确的是（ ）
结论Ⅰ：当时，四边形是正方形；
结论Ⅱ：当时，四边形的周长是10．
A．Ⅰ和Ⅱ都对B．Ⅰ和Ⅱ都不对C．Ⅰ不对Ⅱ对D．Ⅰ对Ⅱ不对
【答案】A
【分析】根据中点四边形和可知四边形矩形，当时，可得即结论Ⅰ正确；求出四边形的对角线长，再根据三角形中位线的性质求得的各边长，进而求得周长，以此类推即可解答．
【详解】解：∵顺次连接四边形各边的中点，得到四边形，
∴，
∵，∴四边形矩形，
当时，
∴∴四边形是正方形，即结论Ⅰ正确；
当时，，
∴,
∴,，
∴四边形的周长为20；∴
∴，
∴四边形的周长为14；∴,
∴，
∴四边形的周长为10，即结论Ⅱ正确．故选A．
【点睛】本题主要考查了中点四边形、正方形的判定、三角形中位线、勾股定理等知识点，综合应用所学知识成为解答本题的关键．
15．（2022·江苏扬州·统考中考真题）“做数学”可以帮助我们积累数学活动经验．如图，已知三角形纸片，第1次折叠使点落在边上的点处，折痕交于点；第2次折叠使点落在点处，折痕交于点．若，则 ．
【答案】6
【分析】根据第一次折叠的性质求得和，由第二次折叠得到，，进而得到，易得MN是的中位线，最后由三角形的中位线求解．
【详解】解：∵已知三角形纸片，第1次折叠使点落在边上的点处，折痕交于点，
∴，．∵第2次折叠使点落在点处，折痕交于点，
∴，，∴，∴．
∵，∴MN是的中位线，∴，．
∵，，
∴．故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质和三角形中位线的性质，理解折叠的性质，三角形的中位线性质是解答关键．
16．（2023·辽宁沈阳·中考真题）如图，在平行四边形中，点为边上一点，，点，点分别是中点，若，则的长为 ．
【答案】8
【分析】先根据三角形中位线定理可得BC的长，再根据平行四边形的性质可得AD的长，然后根据即可得．
【详解】点，点分别是中点
是的中位线
四边形ABCD是平行四边形
又故答案为：8．
【点睛】本题考查三角形中位线定理、平行四边形的性质等知识点，解题关键是熟记三角形中位线定理．
17．（2023·江苏宿迁·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC的平分线AD交BC于点D，E为AB的中点，若BC=12，AD=8，则DE的长为 ．
【答案】5
【分析】利用勾股定理求出AB，再利用直角三角形斜边中线的性质求解即可．
【详解】解：∵AB=AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，BD=CD=6，∴∠ADB=90°，∴AB=，
∵E为AB的中点，∴DE=AB=5，故答案为：5．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
18．（2022上·江苏苏州·八年级校考期中）如图，在中，，分别以点A、C为圆心，大于长为半径画弧，两弧分别相交于点M、N，直线与相交于点E，过点C作，垂足为点D，与相交于点F，若，则的度数为 ．
【答案】/106度
【分析】由作图可知，是的垂直平分线，则为的中点，如图，连接，则，，，，由，可得，根据，计算求解即可．
【详解】解：由作图可知，是的垂直平分线，
∴为的中点，如图，连接，
∵，∴，∴，
∴，，，
∵，∴，
∴，故答案为：．
【点睛】本题考查了作垂线，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，等边对等角，三角形外角的性质等知识．熟练掌握直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键．
19．（2023·四川成都·一模）在中，，，，为的中点，则 ．
【答案】/
【分析】先根据题意画出图形，再运用勾股定理求得，然后再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．
【详解】解：如图：
∵，，，∴
∵，为的中点，∴．故答案为：．
【点睛】本题主要考查了运用勾股定理解直角三角形、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质等知识点，掌握“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”成为解题的关键．
20．（2023·陕西宝鸡·统考二模）如图，在中，，点D为斜边的中点，连接，过点D作交于点E，若，则的长为 ．
【答案】
【分析】根据直角三角形斜边中线的性质得出，证得是等腰三角形，再根据等腰三角形的性质得出点E为的中点，从而得到是的中位线，最后根据勾股定理求解即可．
【详解】解：∵，点D为斜边的中点，
∴，∴是等腰三角形，
∵，，∴，即，
∴，即点E为的中点，∴是的中位线，∴，
在中，，∴ ．故答案为：．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形中位线的性质与判定和勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
21．（2023·山西晋城·校联考模拟预测）如图，在菱形中，对角线，相交于点，为边的中点．若，，则菱形的面积为 ．
【答案】96
【分析】根据菱形的性质和直角三角形斜边上的中线性质得到，，
再利用勾股定理求得，则，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求解即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，，
∴，，，
∵在中，为边的中点．，
∴，∴，则，
∴菱形的面积为，故答案为：96．
【点睛】本题考查菱形的性质、直角三角形斜边的中线性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解答的关键．
22．（2023·湖南长沙·校考三模）如图，在中，，，，点是边的中点分别以点，为圆心，以的长为半径画弧，两弧交于点；连接，．
(1)根据以上尺规作图的过程，请直接写出四边形的形状是______ ；
(2)在第（1）问的基础上，求四边形的面积．
【答案】(1)菱形(2)
【分析】（1）证明即可．（2）证明是等边三角形，可得结论．
【详解】（1）四边形是菱形．
理由：，，，
，，
四边形是菱形．故答案为：菱形；
（2）如图，作于点F，则．
，，，∴，
∴，∴．
，是等边三角形，∴，
菱形的面积．
【点睛】本题考查的是菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
23．（2023下·山东德州·八年级阶段练习）如图，四边形中，点E、F、G、H分别为的中点，(1)求证：中点四边形是平行四边形；
(2)如图2，点P是四边形内一点，且满足，点E、F、G、H分别为的中点，猜想中点四边形的形状，并证明你的猜想．
【答案】(1)见解析(2)菱形，证明见解析
【分析】（1）连接，根据三角形中位线定理可得，据此可得，即可得证；（2）连接，证得，由知，结合四边形是平行四边形即可得证．
【详解】（1）证明：如图1中，连接，
∵点E、H分别为边的中点，∴,
∵点F、G、分别为的中点，∴，
∴，∴中点四边形是平行四边形；
（2）解：四边形是菱形，理由如下：如图2，连接，
∵，∴，即，
在和中，，∴，∴，
∵点E，F，G分别为边的中点，∴，
由（1）得：四边形是平行四边形，∴四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识，学会添加常用辅助线构造全等三角形是解题的关键．
24．（2023上·黑龙江哈尔滨·九年级校考开学考试）阅读与思考
下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务，
任务：(1)填空：材料中的依据1是指：________．依据2是指：________．
(2)如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，满足下列要求：①四边形及它的瓦里尼翁平行四边形的顶点都在小正方形网格的格点的上；
②四边形是矩形，不是正方形．(3)在图1中，分别连接，得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线、长度的关系，并证明你的结论．
【答案】(1)三角形中位线定理，两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
(2)见解析；(3)行四边形的周长等于．
【分析】（1）由三角形中位线定理和平行四边形的判定可求解；
（2）先画格点矩形，再找出格点A、B、C、D点，使点，，，分别是恰好边，，，的中点，顺次连接即可得到所求；
（3）由三角形中位线定理可得，，，，即可求解．
【详解】（1）解：（1）证明：如图2，连接，分别交，于点，，过点作于点，交于点．，分别为，的中点，
，，（三角形中位线定理），，
，，
四边形是瓦里尼翁平行四边形，，即．
，即，四边形是平行四边形，（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），
，，
，同理可得，，，
故答案为：三角形中位线定理，两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
（2）如图，四边形及它的瓦里尼翁平行四边形为所求：
（3）瓦里尼翁平行四边形的周长等于，理由如下：
四边形是瓦里尼翁平行四边形，
点，，，分别是边，，，的中点，
，，，，
瓦里尼翁平行四边形的周长．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，矩形的判定等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
小佳同学是这样思考的：
题目中有两个中点，我想到用中位线，但是这两个中点所在的线段是交叉状态，所以可以通过轴对称将它变成“共顶点”的图形、这样就可以构造出三角形的中位线．具体如下：如图②．过点作，垂足为，易证四边形是矩形，连接、则点也是的中点，连接，则是的中位线，计算出的长度即可求出的长度．
瓦里尼翁平行四边形
我们知道，如图1，在四边形中，点、、，分别是边、，，的中点，顺次连接，、、，得到的四边形是平行四边形．
我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁（Varingnn， Pierte 1654-1722）是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．
①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．
②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．
③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：
证明：如图2，连接，分别交，于点、，过点作于点，交于点
∵、分别为，的中点，∴，．（依据1）
∴，∵，∴．
∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即．
∵，即，∴四边形是平行四边形，（依据2）．
∴，
∵，∴．同理，…
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