2020-2021学年第十八章 平行四边形综合与测试课后作业题

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专题18.13中点四边形综合问题
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．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、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020春•木兰县期中）顺次连接四边形各边中点所构成的四边形是正方形，则原四边形可能是（　　）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【分析】连接AC、BD，根据三角形中位线定理得到EF=12AC，EH=12BD，EH∥BD，EF∥AC，根据正方形的判定定理解答即可．
【解析】如图，连接AC、BD，
∵E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF是△ABC的中位线，EH是△ABD的中位线，
∴EF=12AC，EH=12BD，EH∥BD，EF∥AC，
∵四边形EFGH为正方形，
∴EH＝EF，
∴AC＝BD，
∵EH∥BD，EF∥AC，∠HEF＝90°，
∴AC⊥BD，
∴四边形ABCD的对角线相等且互相垂直，
∴四边形ABCD可能是正方形，
故选：D．

2．（2020•七星区校级模拟）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且E，F，G，H分别是AO，BO，CO，DO的中点，则下列说法正确的是（　　）

A．EH＝HG
B．四边形EFGH是平行四边形
C．AC⊥BD
D．△ABO的面积是△EFO的面积的2倍
【分析】根据题意和图形，可以判断各个选项中的结论是否成立，本题得以解决．
【解析】∵E，F，G，H分别是AO，BO，CO，DO的中点，在▱ABCD中，AB＝2，AD＝4，
∴EH=12AD＝2，HG=12CD=12AB＝1，
∴EH≠HG，故选项A错误；
∵E，F，G，H分别是AO，BO，CO，DO的中点，
∴EH=12AD=12BC＝FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，故选项B正确；
由题目中的条件，无法判断AC和BD是否垂直，故选项C错误；
∵点E、F分别为OA和OB的中点，
∴EF=12AB，EF∥AB，
∴S△OEFS△OAB=14，
即△ABO的面积是△EFO的面积的4倍，故选项D错误，
故选：B．
3．（2020秋•顺德区期末）顺次连接平行四边形各边中点所得四边形一定是（　　）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【分析】可连接平行四边形的对角线，然后利用三角形中位线定理进行求解．
【解析】如图；四边形ABCD是平行四边形，E、F、G、H分别是▱ABCD四边的中点．
连接AC、BD；
∵E、F是AB、BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线；
∴EF∥AC；
同理可证：GH∥AC∥EF，EH∥BD∥FG；
∴四边形EFGH是平行四边形．
故顺次连接平行四边形各边中点的图形为平行四边形．
故选：A．

4．（2019春•乐山期末）如图，在菱形ABCD中，点E，F，G，H分别是边AB，BC，CD和DA的中点，连接EF，FG，GH和HE，若EH＝2EF＝2，则菱形ABCD的边长为（　　）

A．5 B．25 C．2 D．4
【分析】连接AC、BD交于O，根据菱形的性质得到AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，根据三角形中位线定理、矩形的判定定理得到四边形EFGH是矩形，根据勾股定理计算即可．
【解析】连接AC、BD交于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，
∵点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD和DA的中点，
∴EF=12AC，EF∥AC，EH=12BD，EH∥BD，
∵EH＝2EF＝2，
∴OB＝2OA，
∴AB=OB2+OA2=5OA，
∴AB=5EF=5，
故选：A．

5．（2020春•丰台区期末）如图，点E，F，G，H分别是四边形ABCD边AB，BC，CD，DA的中点．若AC⊥BD，则四边形EFGH的形状为（　　）

A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【分析】证EF是△ABC的中位线，GH是△ACD的中位线，FG是△BCD的中位线，EH是△ABD的中位线，则EF∥GH，FG∥EH，证出四边形EFGH是平行四边形，证EF⊥FG，则∠EFG＝90°，即可得出结论．
【解析】∵点E、F、G、H分别为四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF是△ABC的中位线，GH是△ACD的中位线，FG是△BCD的中位线，EH是△ABD的中位线，
∴EF∥AC，GH∥AC，FG∥BD，EH∥BD，
∴EF∥GH，FG∥EH，
∴四边形EFGH是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴EF⊥FG，
∴∠EFG＝90°，
∴四边形EFGH是矩形；
故选：B．
6．（2019春•孝义市期中）如图，依次连接边长为1的小正方形各边的中点，得到第二个小正方形，再依次连接第二个小正方形各边的中点得到第三个小正方形，按这样的规律第2019个小正方形的面积为（　　）

A．122019 B．122018 C．14038 D．14036
【分析】观察可得，后一个正方形的对角线是前一个正方形的边长，根据正方形的面积等于边长的平方，也可以利用对角线乘积的一半求解，所以后一个正方形的面积等于前一个正方形的面积的一半，依此类推即可求解．
【解析】第1个正方形的边长是1，所以面积是1，
第2个正方形的对角线是第一个正方形的边长，是1，所以面积是12×1×1=12，
第3个正方形的对角线是第2个正方形的边长，所以面积是12×12=122，
依此类推，后一个正方形的面积是前一个正方形的面积的一半，
∴第n个正方形的面积是12n-1，
∴第2019个小正方形的面积为122018．
故选：B．
7．（2020秋•高新区校级月考）顺次连接矩形ABCD各边中点，所得四边形的形状是（　　）
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．等腰梯形
【分析】作出图形，根据三角形的中位线定理可得EF＝GH=12AC，FG＝EH=12BD，再根据矩形的对角线相等可得AC＝BD，从而得到四边形EFGH的四条边都相等，然后根据四条边都相等的四边形是菱形解答．
【解析】如图，连接AC、BD，
∵E、F、G、H分别是矩形ABCD的AB、BC、CD、AD边上的中点，
∴EF＝GH=12AC，FG＝EH=12BD（三角形的中位线等于第三边的一半），
∵矩形ABCD的对角线AC＝BD，
∴EF＝GH＝FG＝EH，
∴四边形EFGH是菱形．
故选：B．
8．（2020秋•岐山县期中）如图，任意四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，连接AC，BD，对于四边形EFGH的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（　　）

A．若AC＝BD，则四边形EFGH为菱形
B．若AC⊥BD，则四边形EFGH为矩形
C．若AC＝BD，且AC⊥BD，则四边形EFGH为正方形
D．若AC与BD互相平分，且AC＝BD，则四边形EFGH是正方形
【分析】连接四边形各边中点所得的四边形必为平行四边形，根据中点四边形的性质进行判断即可．
【解析】A．当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点，且AC＝BD时，存在EF＝FG＝GH＝HE，故四边形EFGH为菱形，故本选项不符合题意；
B、当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点，且AC⊥BD时，存在∠EFG＝∠FGH＝∠GHE＝90°，故四边形EFGH为矩形，故本选项不符合题意；
C、当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点，且AC＝BD，且AC⊥BD，存在EF＝FG＝GH＝HE，∠EFG＝∠FGH＝∠GHE＝90°，故四边形EFGH为正方形，故本选项不符合题意；
D、当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点，且AC与BD互相平分，且AC＝BD，故四边形EFGH为菱形，故本选项符合题意；
故选：D．
9．（2020秋•荥阳市期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝60°，点D是斜边BC的中点，分别以点A，B为圆心，以12BC的长为半径画弧，两弧交于点E，连接EA，EB，ED得到四边形EBDA，依次连接四边形EBDA四条边中点得到四边形GHIJ，若AC＝2，那么四边形GHIJ的周长为（　　）

A．2+3 B．2+23 C．4+23 D．4+43
【分析】在Rt△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝2，∠C＝60°，推出BC＝2AC＝4，AB=3AC＝23，由BD＝CD，推出AD＝DB＝DC＝2，由作图可知，四边形ADBE是菱形，推出中点四边形GHIJ是矩形，求出IJ．IH，即可解决问题．
【解析】在Rt△ABC中，∠CAB＝90°，AC＝2，∠C＝60°，
∴BC＝2AC＝4，AB=3AC＝23，
∵BD＝CD，
∴AD＝DB＝DC＝2，
由作图可知，四边形ADBE是菱形，
∴中点四边形GHIJ是矩形，
∵AD＝AC＝DC，
∴∠ADC＝60°，
∵AE∥DB，
∴∠EAD＝∠ADC＝60°，
∵AE＝AD，
∴△AED是等边三角形，
∴AD＝DE＝2，
∵AJ＝JE，AI＝ID，
∴IJ=12DE＝1，
∵BH＝DH，AI＝ID，
∴IH=12AB=3，
∴四边形GHIJ的周长＝2（1+3）＝2+23，
故选：B．

10．（2020春•徐州期中）如图，是一组由菱形和矩形组成的图案，第1个图中菱形的面积为S（S为常数），第2个图中阴影部分是由连接菱形各边中点得到的矩形和再连接矩形各边中点得到的菱形产生的，依此类推…，则第2020个图中阴影部分的面积可以用含S的代数式表示为（　　）（S≥2且S是正整数）
A．S42018 B．S42019 C．S42020 D．S42021
【分析】观察图形发现第2个图形中的阴影部分的面积为S4，第3个阴影部分的面积为S16，依此类推，得到第n个图形的阴影部分的面积即可．
【解析】观察图形发现：
第2个图形中的阴影部分的面积为S4，
第3个图形中的阴影部分的面积为S16，
…
第n个图形中的阴影部分的面积为S4n-1．
故第2020个图中阴影部分的面积可以用含S的代数式表示为S42019，
故选：B．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2020春•中山市校级月考）如图，四边形ABCD的两条对角线AC、BD互相垂直，A1、B1、C1、D1是四边形ABCD的中点．如果AC=6，BD＝43，那么四边形A1B1C1D1的面积为　32　．

【分析】根据三角形的中位线定理证明四边形A1B1C1D1是矩形，从而根据矩形的面积进行计算．
【解析】∵A1，B1，C1，D1是四边形ABCD的中点四边形，且AC=6，BD＝43，
∴A1D1是△ABD的中位线，
∴A1D1=12BD=12×43=23，
同理可得A1B1=12AC=62，
根据三角形的中位线定理，可以证明四边形A1B1C1D1是矩形，
那么四边形A1B1C1D1的面积为A1D1×A1B1=62×23=32．
故答案为：32．
12．（2019春•江阴市期中）若顺次连接四边形ABCD的四边中点得到的四边形为菱形，则四边形ABCD需满足条件　对角线相等　．
【分析】根据中点四边形的性质即可求出答案．
【解析】由于顺次连接四边形ABCD的四边中点得到的四边形必为平行四边形，
∴该中点四边形为菱形时，其四边形ABCD的对角线必定相等，
故答案为：对角线相等．
13．（2018春•曲阳县期末）如图，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边上的中点，连结AC、BD，回答问题
（1）对角线AC、BD满足条件　AC⊥BD　时，四边形EFGH是矩形．
（2）对角线AC、BD满足条件　AC＝BD　时，四边形EFGH是菱形．
（3）对角线AC、BD满足条件　AC⊥BD且AC＝BD　时，四边形EFGH是正方形．

【分析】根据三角形的中位线定理，可以证明所得四边形的两组对边分别和两条对角线平行，所得四边形的两组对边分别是两条对角线的一半，再根据平行四边形的判定就可证明该四边形是一个平行四边形；
（1）所得四边形要成为矩形，则需有一个角是直角，故对角线应满足互相垂直；
（2）所得四边形要成为菱形，则需有一组邻边相等，故对角线应满足相等；
（3）联立（1）和（2），所得四边形要成为正方形，则需对角线垂直且相等．
【解析】连接AC、BD．
∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边上的中点，
∴EF∥AC，EF=12AC，FG∥BD，FG=12BD，GH∥AC，GH=12AC，EH∥BD，EH=12BD．
∴EF∥HG，EF＝GH，FG∥EH，FG＝EH．
∴四边形EFGH是平行四边形；
（1）要使四边形EFGH是矩形，则需EF⊥FG，
由（1）得，只需AC⊥BD；
（2）要使四边形EFGH是菱形，则需EF＝FG，
由（1）得，只需AC＝BD；
（3）要使四边形EFGH是正方形，综合（1）和（2），
则需AC⊥BD且AC＝BD．
故答案是：AC⊥BD；AC＝BD；AC⊥BD且AC＝BD．
14．（2017春•新泰市期中）如图，E、F、G、H分别是BD、BC、AC、AD的中点，且AB＝CD，下列结论：
①EG⊥FH；②四边形EFGH是矩形；③HF平分∠EHG；④EG=12(BC-AD)；⑤四边形EFGH是菱形．
其中正确的是　①③⑤　．

【分析】根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半与AB＝CD可得四边形EFGH是菱形，然后根据菱形的对角线互相垂直平分，并且平分每一组对角的性质对各小题进行判断．
【解析】∵E、F、G、H分别是BD、BC、AC、AD的中点，
∴EF=12CD，FG=12AB，GH=12CD，HE=12AB，
∵AB＝CD，
∴EF＝FG＝GH＝HE，
∴四边形EFGH是菱形，
∴①EG⊥FH，正确；
②四边形EFGH是矩形，错误；
③HF平分∠EHG，正确；
④当AD∥BC，如图所示：E，G分别为BD，AC中点，
∴连接CD，延长EG到CD上一点N，
∴EN=12BC，GN=12AD，
∴EG=12（BC﹣AD），只有AD∥BC时才可以成立，而本题AD与BC很显然不平行，故本小题错误；
⑤四边形EFGH是菱形，正确．
综上所述，①③⑤共3个正确．
故答案为：①③⑤

15．（2018春•江干区校级期末）已知：如图，在△ABC中，∠ACB＝60°，AC＝3，BC＝5，分别以AB，AC为边向外侧作等边三角形ABM和等边三角形ACN，连结MN，D，E，F，G分别是MB，BC，CN，MN的中点，则四边形DEFG的周长为　14　．

【分析】连接BN、CM，作NP⊥BC于P，证△CAM≌△NAB（SAS），得CM＝NB，由三角形中位线定理证出四边形DEFG是菱形，得DE＝DG＝EF＝FG=12BN，由直角三角形的性质得PC=12CN=32，PN=3PC=332，则BP=132，由勾股定理求出BN＝7，进而得出答案．
【解析】连接BN、CM，作NP⊥BC于P，如图所示：
∵△ABM和△ACN是等边三角形，
∴AB＝AM，AN＝AC＝CN＝3，∠BAM＝∠CAN＝∠ACN＝60°，
∴∠BAM+∠BAC＝∠CAN+∠BAC，
即∠CAM＝∠NAB，
在△CAM和△NAB中，AC=AN∠CAM=∠NABAM=AB，
∴△CAM≌△NAB（SAS），
∴CM＝NB，
∵D，E，F，G分别是MB，BC，CN，MN的中点，
∴DG是△BMN的中位线，EF是△BCN的中位线，DE是△BCM的中位线，
∴DG∥BN，DG=12BN，EF∥BN，EF=12BN，DE=12CM，
∴DG∥EF，DG＝EF，DG＝DE，
∴四边形DEFG是平行四边形，
又∵DG＝DE，
∴四边形DEFG是菱形，
∴DE＝DG＝EF＝FG=12BN，
∵∠BAC＝60°，
∴∠NCP＝180°﹣∠ACB﹣∠ACN＝60°，
∵NP⊥BC，
∴∠CNP＝90°﹣60°＝30°，
∴PC=12CN=32，PN=3PC=332，
∴BP＝BC+PC＝5+32=132，
∴BN=BP2+PN2=(132)2+(332)2=7，
∴DE＝DG＝EF＝FG=12BN=72，
∴四边形DEFG的周长＝4×72=14，
故答案为：14．

16．（2020春•高淳区期末）△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝10，D在△ABC内，且BD＝CD，∠BDC＝90°，E、F、G、H分别是AB、AC、BD、CD的中点，则四边形EFHG的面积为　352　．

【分析】连接AD并延长交BC于点P，根据线段垂直平分线的定义得到BP＝CP＝5，AP⊥BC，根据勾股定理求出AP，根据直角三角形的性质求出PD，得到AD的长，根据三角形中位线定理、矩形的判定定理得到四边形EFHG为矩形，根据矩形的面积公式计算，得到答案．
【解析】连接AD并延长交BC于点P，
∵AB＝AC，BD＝CD，
∴AP是线段BC的垂直平分线，
∴BP＝CP＝5，AP⊥BC，
在Rt△BDC中，∠BDC＝90°，BP＝CP，
∴DP=12BC＝5，
在Rt△APB中，AP=AB2-BP2=12，
∴AD＝12﹣5＝7，
∵E、F分别是AB、AC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF=12BC＝5，EF∥BC，
同理，GH=12BC，GH∥BC，EG=12BC＝3.5，EG∥AD，
∴GH＝EF，GH∥EF，
∴四边形EFHG为平行四边形，
∵EF∥BC，EG∥AD，AP⊥BC，
∴四边形EFHG为矩形，
∴四边形EFHG的面积＝5×72=352，
故答案为：352．

17．（2020春•新乐市期末）对于任意矩形ABCD，若M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的中点，下面四个结论中，
①四边形MNPQ是平行四边形；
②四边形MNPQ是矩形；
③四边形MNPQ是菱形；
④四边形MNPQ是正方形．
所有正确结论的序号是　①③　．
【分析】连接AC、BD，由三角形中位线定理得出MN∥AC，MN=12AC，PQ∥AC，PQ=12AC，MQ∥BD，MQ=12BD，则MN∥PQ，MN＝PQ，MN＝MQ，证出四边形MNPQ是平行四边形，四边形MNPQ是菱形；①③正确；当AC⊥BD时，MN⊥MQ，四边形MNPQ是矩形，四边形MNPQ是正方形，②④不正确，即可得出结论．
【解析】连接AC、BD，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，∵M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的中点，
∴MN是△ABC的中位线，PQ是△ACD的中位线，MQ是△ABD的中位线，
∴MN∥AC，MN=12AC，PQ∥AC，PQ=12AC，MQ∥BD，MQ=12BD，
∴MN∥PQ，MN＝PQ，MN＝MQ，
∴四边形MNPQ是平行四边形，
∴四边形MNPQ是菱形；
故①③正确；
当AC⊥BD时，MN⊥MQ，四边形MNPQ是矩形，四边形MNPQ是正方形．
故②④不正确；
故答案为：①③．

18．（2020•通州区一模）如图，点A，B，C为平面内不在同一直线上的三点．点D为平面内一个动点．线段AB，BC，CD，DA的中点分别为M，N，P，Q．在点D的运动过程中，有下列结论：
①存在无数个中点四边形MNPQ是平行四边形；
②存在无数个中点四边形MNPQ是菱形；
③存在无数个中点四边形MNPQ是矩形；
④存在两个中点四边形MNPQ是正方形．
所有正确结论的序号是　①②③④　．

【分析】连接AC、BD，根据三角形中位线定理得到PQ∥AC，PQ=12AC，MN∥AC，MN=12AC，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
【解析】①当AC与BD不平行时，中点四边形MNPQ是平行四边形；
故存在无数个中点四边形MNPQ是平行四边形；
②当AC与BD相等且不平行时，中点四边形MNPQ是菱形；
故存在无数个中点四边形MNPQ是菱形；
③当AC与BD互相垂直（B，D不重合）时，中点四边形MNPQ是矩形；
故存在无数个中点四边形MNPQ是矩形；
④如图所示，当AC与BD相等且互相垂直时，中点四边形MNPQ是正方形．

故存在两个中点四边形MNPQ是正方形．
故答案为：①②③④．
三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2020春•工业园区期末）已知：如图，在四边形ABCD中，AB与CD不平行，E，F，G，H分别是AD，BC，BD，AC的中点．
（1）求证：四边形EGFH是平行四边形；
（2）①当AB与CD满足条件　AB＝CD　时，四边形EGFH是菱形；
②当AB与CD满足条件　AB⊥CD　时，四边形EGFH是矩形．

【分析】（1）根据三角形中位线定理得到EG=12AB，EG∥AB，FH=12AB，FH∥AB，根据平行四边形的判定定理证明结论；
（2）①根据邻边相等的平行四边形是菱形解答；
②根据矩形的判定定理解答．
【解析】（1）证明：∵E，G分别是AD，BD的中点，
∴EG是△DAB的中位线，
∴EG=12AB，EG∥AB，
同理，FH=12AB，FH∥AB，
∴EG＝FH，EG∥FH，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）①∵F，G分别是BC，BD的中点，
∴FG是△DCB的中位线，
∴FG=12CD，FG∥CD，
当AB＝CD时，EG＝FG，
∴四边形EGFH是菱形；
②∵HF∥AB，
∴∠HFC＝∠ABC，
∵FG∥CD，
∴∠GFB＝∠DCB，
∵AB⊥CD，
∴∠ABC+∠DCB＝90°，
∴∠HFC+∠GFB＝90°，
∴∠GFH＝90°，
∴平行四边形EGFH是矩形，
故答案为：①AB＝CD；②AB⊥CD．
20．（2019春•伊通县期末）我们给出如下定义：把对角线互相垂直的四边形叫做“对角线垂直四边形”．

如图1，在四边形ABCD中，AC⊥BD，四边形ABCD就是“对角线垂直四边形”．
（1）下列四边形，一定是“对角线垂直四边形”的是　③④　．
①平行四边形②矩形③菱形④正方形
（2）如图2，在“对角线垂直四边形”ABCD中，点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点．
求证：四边形EFGH是矩形
（3）小明说：“计算对角线垂直四边形的面积可以仿照菱形的方法，面积是对角线之积的一半．”小明的说法正确吗？如果正确，请给出证明；如果错误，请给出反例．
【分析】（1）根据“对角线垂直四边形”的定义求解；
（2）根据三角形中位线的性质得到HG∥EF，HE∥GF，则可判断四边形EFGH是平行四边形，再证明∠EHG＝90°，然后判断四边形EFGH是矩形；
（3）利用三角形面积公式可判断小明的说法正确．
【解析】（1）解：菱形和正方形是“对角线垂直四边形”．
故答案为③④；
（2）证明：∵点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点．
∴HG∥AC，EF∥AC，
∴HG∥EF，
同理可得HE∥GF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵DB⊥AC，
∴HE⊥HG，
∴∠EHG＝90°，
∴四边形EFGH是矩形；
（3）解：小明的说法正确．
S四边形ABCD＝S△ADC+S△BAC=12•AC•OD+12•AC•BO=12•AC（OD+OB）=12•AC•BD，
即对角线垂直四边形的面积是对角线之积的一半．

21．已知△AOB和△COD都是等腰直角三角形固定△AOB，将△COD绕点O旋转，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点．
（1）如果△COD转至如图①点B、O、D共线的位置，判断并证明四边形EFGH是怎样的四边形．
（2）如果△COD转至如图②两边不共线的位置，以上结论还成立吗？请说明理由．

【分析】（1）根据△AOB和△COD都是等腰直角三角形，点B、O、D共线，得出AC＝BD，AC⊥BD，再根据三角形中位线定理，得到四边形EFGH是菱形，且∠EFG＝90°，最后得出四边形EFGH是正方形；
（2）先连接AC、BD，交于点P，BD与CO交于点Q，根据SAS判定△AOC≌△BOD，得出AC＝BD，且AC⊥BD，再运用（1）中的方法，判定四边形EFGH是正方形即可．
【解析】（1）如图，四边形EFGH是正方形．
理由：∵△AOB和△COD都是等腰直角三角形，
∴CO＝DO，BO＝AO，∠COD＝∠AOB＝90°，
又∵点B、O、D共线，
∴点A、O、C共线，
∴AC＝BD，AC⊥BD，
∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴根据三角形中位线定理，可得
EF＝GH=12AC=12BD＝EH＝FG，且EF∥AC，FG∥BD，
∴四边形EFGH是菱形，∠EFG＝90°，
∴四边形EFGH是正方形；

（2）△COD转至两边不共线的位置，四边形EFGH是正方形．
理由：如图，连接AC、BD，交于点P，BD与CO交于点Q，
∵△AOB和△COD都是等腰直角三角形，
∴CO＝DO，BO＝AO，∠COD＝∠AOB＝90°，
∴∠AOC＝∠BOD，
∴△AOC≌△BOD（SAS），
∴AC＝BD，∠PCQ＝∠ODQ，
又∵∠CQP＝∠DQO，
∴∠CPQ＝∠DOQ＝90°，
∴AC⊥BD，
∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴根据三角形中位线定理，可得
EF＝GH=12AC=12BD＝EH＝FG，且EF∥AC，FG∥BD，
∴四边形EFGH是菱形，∠EFG＝90°，
∴四边形EFGH是正方形．


22．（2020春•龙岩期末）如图，已知四边形ABCD是矩形，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点．
（1）求证四边形EFGH是菱形；
（2）若AB＝3，BC＝4，求四边形EFGH的面积．

【分析】（1）连接AC、BD，由三角形中位线定理和矩形的性质证出EF＝FG＝GH＝HE，即可得出结论；
（2）连接EG、HF，则EG＝BC＝4，HF＝AB＝3，由菱形面积公式即可得出答案．
【解析】（1）证明：如图1，连接AC，BD，
∵点E，F是AB，BC的中点，
∴EF∥AC，EF=12AC，
同理可证HG∥AC，HG=12AC，
∴EF=HG=12AC，
同理可证EH=FG=12BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，
∴EF＝FG＝GH＝HE，
∴四边形EFGH是菱形．
（2）解：如图2，连接EG，HF，
则EG＝BC＝4，HF＝AB＝3，
∴四边形EFGH面积=12HF×EG=12×3×4=6．


23．（2020春•相城区期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E、F、G、H分别是线段BC、AD、OB、OD的中点，连接EH、HF、FG、GE．
（1）求证：四边形GEHF是平行四边形；
（2）当EF和BD满足条件　EF=12BD　时，四边形GEHF是矩形；
（3）当EF和BD满足条件　EF⊥BD　时，四边形GEHF是菱形．

【分析】（1）证明FH＝EG，FH∥EG即可．
（2）根据对角线相等的平行四边形是矩形即可判断．
（3）根据对角线垂直的平行四边形是菱形即可判断．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，
∵AF＝DF，DH＝OH，
∴FH∥AC，FH=12OA，
∵BG＝GO，BE＝EC，
∴EG∥AC，EG=12OC，
∴FH∥EG．FH＝EG，
∴四边形GEHF是平行四边形．

（2）解：当EF=12BD时，四边形GEHF是矩形．
理由：∵EF=12BD．BG＝OG，OH＝DH，
∴GH＝EF，
∵四边形GEHF是平行四边形，
∴四边形GEHF是矩形．
故答案为：EF=12BD．

（3）解：当EF⊥BD时，四边形EGHF是菱形．
理由：∵四边形GEHF是平行四边形，EF⊥GH，
∴四边形GEHF是菱形．
故答案为EF⊥BD．
24．（2018春•高新区期末）（1）如图1，四边形ABCD，AC＝BD，M，N，G，H分别为四边形ABCD各边中点，则四边形MNGH的形状是　菱形　
发现：对角线相等的四边形，连接各边中点所得四边形一定是　菱形　
（2）若将（1）中的“AC＝BD”改为“AC⊥BD”，其他条件不变，则四边形MNGH的形状是　矩形　；用文字语言叙述你发现的结论　对角线垂直的四边形，连接各边中点所得四边形一定是矩形　
（3）直接利用（1）（2）中的发现，解决下列问题：如图2，△APC，△BPD均为等腰直角三角形，PA＝PC，PB＝PD，∠APC＝∠BPD＝90°，连接CD，点M，N，G，H分别是AC，AB，BD，CD的中点，判断四边形MNGH的形状，并证明．

【分析】（1）根据菱形的判定方法即可证明；
（2）根据矩形的判定方法即可证明；
（3）结论：四边形MNGH是正方形．如图2中，连接AD、BC，设AD交PC于O，交BC于K．想办法证明AD＝BC，AD⊥BC，即可利用（1）（2）中结论解决问题；
【解析】（1）∵M，N，G，H分别为四边形ABCD各边中点，
∴HG＝MN=12AC，HM＝GN=12BD，
∵AC＝BD，
∴MN＝MH＝HG＝GN，
∴四边形MNGH是菱形．
故答案为菱形，菱形；

（2）∵M，N，G，H分别为四边形ABCD各边中点，
∴GH＝MN=12AC，GH∥AC，MN∥AC，
∴HG∥MN，
∴四边形MNGH是平行四边形，
∵AC⊥BD，AC∥MN，GN∥BD，
∴MN⊥GN，
∴∠MNG＝90°，
∴四边形MNGH是矩形．
故答案为矩形；对角线垂直的四边形，连接各边中点所得四边形一定是矩形；

（3）结论：四边形MNGH是正方形．
理由：如图2中，连接AD、BC，设AD交PC于O，交BC于K．
∵PA＝PC，∠APC＝∠DPB＝90°，PD＝PB，
∴∠APD＝∠CPB，
∴△APD≌△CPB，
∴BD＝BC，∠PAO＝∠OCK，
∵∠AOP＝∠COK，
∴∠AKO＝∠APO＝90°，
∴AD⊥BC，
由（1）（2）可知中点四边形MNGH是正方形．