【期末常考压轴题】苏科版八年级数学下册-专题10 解题技巧专题：中点四边形问题压轴题模型 全攻略讲学案

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目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc20851" 【典型例题】 PAGEREF _Tc20851 \h 1
\l "_Tc1511" 【考点一 中点四边形问题】 PAGEREF _Tc1511 \h 1
\l "_Tc14417" 【过关检测】 PAGEREF _Tc14417 \h 4
【典型例题】
【考点一 中点四边形问题】
例题：（2022春·安徽合肥·八年级校考期中）如图，、、、分别是四边形四条边的中点，顺次连接、、、得四边形，连接、，下列命题不正确的是（ ）
A．当四边形是矩形时，四边形是菱形
B．当四边形是菱形时，四边形是矩形
C．当四边形满足时，四边形是菱形
D．当四边形满足，时，四边形是矩形
【答案】C
【分析】先证四边形EFGH是平行四边形；再根据选项条件结合矩形、菱形的判定定理进行判断即可．
【详解】解：，分别是，的中点，
，，
，分别是，的中点，
，，
，，
四边形是平行四边形；
，分别是，的中点，、分别是、中点，
，，
当四边形是矩形时，，
，
四边形是菱形，故A正确，不符合题意；
当四边形是菱形时，，
，，
，
四边形是菱形，故B正确，不符合题意；
当四边形满足时，不能证明四边形是菱形，故C错误，符合题意；
当四边形满足，时，
∵，，
∴AC是BD的垂直平分线，即
∵，
∴∠HEF=∠EFG=∠DGH=∠GHE=90°
∴四边形是矩形，故D正确，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了中点四边形，灵活利用矩形、菱形的判定定理是解答本题的关键
【变式训练】
1．（2021春·河北石家庄·八年级统考期中）四边形ABCD中，点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA边的中点，顺次连接各边中点得到的新四边形EFGH称为中点四边形．
（1）我们知道：无论四边形ABCD怎样变化，它的中点四边形EFGH都是平行四边形．特殊的：
①当对角线时，四边形ABCD的中点四边形为__________形；
②当对角线时，四边形ABCD的中点四边形是__________形．
（2）如图：四边形ABCD中，已知，且，请利用（1）中的结论，判断四边形ABCD的中点四边形EFGH的形状并进行证明．
【答案】（1）①菱；②矩；（2）菱形，菱形见解析
【分析】（1）①连接AC、BD，根据三角形中位线定理证明四边形EFGH都是平行四边形，根据邻边相等的平行四边形是菱形证明；
②根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明；
（2）分别延长BA、CD相交于点M，连接AC、BD，证明，得到AC=DB，根据（1）①证明即可．
【详解】（1）解：（1）①连接AC、BD，
∵点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA边的中点，
∴EH∥BD，FG∥BD，
∴EH∥FG，
同理EF∥HG，
∴四边形EFGH都是平行四边形，
∵对角线AC=BD，
∴EH=EF，
∴四边形ABCD的中点四边形是菱形；
②当对角线AC⊥BD时，EF⊥EH，
∴四边形ABCD的中点四边形是矩形；
故答案为：菱；矩；
（2）四边形ABCD的中点四边形EFGH是菱形．理由如下：
分别延长BA、CD相交于点M，连接AC、BD，
∵，∴是等边三角形，∴，，
∵，∴，∴，，
在和中，
，
∴，∴，
∴四边形ABCD的对角线相等，中点四边形EFGH是菱形．
【点睛】本题考查的是矩形、菱形的判定、中点四边形的定义，掌握中点四边形的概念、矩形的判定定理、菱形的判定定理是解题的关键．
【过关检测】
一、选择题
1．（2022秋·广东佛山·九年级统考期中）若顺次连接四边形ABCD四边中点所得的四边形是正方形，则四边形ABCD一定满足（ ）
A．是正方形B．AB＝CD且AB∥CDC．是矩形D．AC＝BD且AC⊥BD
【答案】D
【分析】首先根据题意画出图形，再由四边形EFGI是正方形，那么∠IGF=90°，IE=EF=FG=IG，而G、F是AD、CD中点，易知GF是△ACD的中位线，于是GFAC，GF=AC，同理可得IGBD，IG=BD，易求AC=BD，又由于GFAC，∠IGF=90°，利用平行线性质可得∠IHO=90°，而IGBD，易证∠BOC=90°，即AC⊥BD，从而可证四边形ABCD的对角线互相垂直且相等．
【详解】解：如图所示，
四边形ABCD的各边中点分别是I、E、F、G，且四边形EFGI是正方形，
∵四边形EFGI是正方形，
∴∠IGF＝90°，IE＝EF＝FG＝IG，
又∵G、F是AD、CD中点，
∴GF是△ACD的中位线，
∴GFAC，GF＝AC，
同理有IGBD，IG＝BD，
∴AC＝BD，
即AC＝BD，
∵GFAC，∠IGF＝90°，
∴∠IHO＝90°，
又∵IGBD，
∴∠BOC＝90°，
即AC⊥BD，
故四边形ABCD的对角线互相垂直且相等，即：AC＝BD且AC⊥BD．
故选：D．
【点睛】本题考查了中点四边形，正方形的性质、三角形中位线定理、平行线性质．解题的关键是连接AC、BD，构造平行线．
2．（2022秋·九年级单元测试）已知点，，，分别是菱形的边，，，的中点，则四边形是（ ）
A．正方形B．任意四边形C．矩形D．菱形
【答案】C
【分析】连接、交于点，根据三角形的中位线定理推出， ，得出四边形是平行四边形，根据菱形性质推出，推出，即可得出答案．
【详解】解：如图所示，连接、交于点，
、、、分别是，，，的中点，
，，，，
，，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形，
，
，，
，
，
平行四边形是矩形，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的判定，菱形的性质，平行四边形的判定，平行线性质等知识点的运用，解题关键是掌握菱形的性质和矩形的判定定理．
3．（2022春·北京西城·八年级校考期中）四边形的对角线，交于点，点，，，分别为边，，，的中点．有下列四个推断：
①对于任意四边形，四边形都是平行四边形；
②若四边形是平行四边形，则与交于点；
③若四边形是矩形，则四边形也是矩形；
④若四边形是正方形，则四边形也一定是正方形．
所有正确推断的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．③④
【答案】A
【分析】根据三角形中位线定理、平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
【详解】点分别为边的中点，
是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线，

，，
，
四边形是平行四边形，正确；
若四边形是平行四边形，
∴,
∵分别为的中点，
∴
∴四边形是平行四边形，
由（1）可得四边形是平行四边形，
与互相平分，
的中点就是的中点，
则与交于点正确；
若四边形是矩形，则，
，
四边形是菱形，不是矩形；不正确；
四边形中，若，
则四边形是正方形，
若四边形是正方形，则四边形不一定是正方形，不正确；
故选：A．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质、矩形的性质、菱形的判定、正方形的判定与性质，熟练掌握三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质是解题的关键．
4．（2022春·陕西西安·八年级西北大学附中校考期末）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点．则下列说法：①若AC⊥BD，则四边形EFGH为矩形；②若AC＝BD，则四边形EFGH为菱形；③若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分；④若四边形EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等．其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】因为一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线AC⊥BD时，中点四边形是矩形，当对角线BD=AC时，中点四边形是菱形，当对角线AC=BD，且AC⊥BD时，中点四边形是正方形．
【详解】解：∵点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EH=BD，EH//BD，FG=BD，FG//BD，EF=AC，EF//AC，HG=AC，HG//AC，
∴EH=FG，EH//FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
当对角线AC⊥BD时，则∠HEF=90°，
∴四边形EFGH是矩形，故①符合题意；
当对角线BD=AC时，则EF=EH，
∴四边形EFGH是菱形，故②符合题意；
当四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD不一定互相平分，故③不符合题意；
若四边形EFGH是正方形，
∴EH⊥HG，EH=HG，
∴AC⊥BD，AC=BD，
∴AC与BD互相垂直且相等，故④符合题意；
综上，正确的是①②④，共3个．
故选：C．
【点睛】本题考查中点四边形、平行四边形、矩形、菱形的判定等知识，解题的关键是记住一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线BD=AC时，中点四边形是菱形，当对角线AC⊥BD时，中点四边形是矩形，当对角线AC=BD，且AC⊥BD时，中点四边形是正方形．
二、填空题
5．（2022秋·九年级单元测试）如图，连接四边形ABCD各边中点，得到四边形EFGH，只要添加条件AC____BD．就能保证四边形EFGH是菱形．
【答案】=
【分析】根据中点四边形为平行四边形，那么只需让一组邻边相等即可，而邻边都等于对角线的一半，那么对角线需相等．
【详解】解：∵顺次连接四边形ABCD各边中点得到四边形EFGH即为平行四边形，
∴根据菱形的性质，只要再有一组邻边相等就为菱形，只要添加的条件能使四边形EFGH一组对边相等即可，
则AC=BD，
故答案为：=．
【点睛】本题考查菱形的判定，四边相等的四边形是菱形和中位线定理，解题的关键是了解菱形的判定定理，难度不大．
6．（2022春·湖南永州·八年级统考期末）如图，依次连接第一个矩形各边上的中点，得到一个菱形，在依次连接菱形各边上的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去，已知第一个矩形的面积是，则第n个矩形的面积是__________．
【答案】
【分析】由中点四边形的含义可得矩形的中点四边形是菱形，菱形的中点四边形是矩形，而中点四边形的面积是原四边形的面积的一半，可得原矩形的面积为 则矩形的中点四边形（菱形）的面积为 再得到菱形的中点四边形（矩形）的面积为： 从而总结归纳出规律，可得答案．
【详解】解：已知第一个矩形的面积为；
第二个矩形的面积为原来的
第三个矩形的面积是； …
故第n个矩形的面积为：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理及矩形、菱形的判定与性质，中点四边形的性质，是一道找规律的题目，这类题型在中考中经常出现．对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．
7．（2022春·湖南岳阳·八年级统考期末）正方形的边长为1，顺次连接正方形四边的中点得到第一个正方形，又顺次连接正方形四边中点得到第二个正方形，…，以此类推，则第六个正方形的周长为______．第个正方形周长为______．
【答案】
【分析】利用中位线定理、勾股定理得出，证明正方形的周长是正方形周长的，同理证明正方形的周长是正方形周长的，是正方形周长的，以此类推，可得出第n个正方形周长是正方形周长的，由此可解．
【详解】解： 正方形的边长为1，顺次连接正方形ABCD四边的中点得正方形，
∴，
∴正方形的周长是正方形周长的；
同理可得正方形的周长是正方形周长的，是正方形周长的；
正方形的周长是正方形周长的，是正方形周长的；
……
以此类推，第n个正方形周长是正方形周长的，
∵正方形ABCD的边长为1，
∴正方形ABCD的周长为4，
∴第六个正方形的周长是，
第n个正方形周长是
故答案为：，．
【点睛】本题考查正方形的性质、中位线定理、勾股定理等，解题的关键在于找出规律，根据规律求解．
三、解答题
8．（2022秋·九年级课时练习）如图，在四边形中，，分别是，的中点，，分别是对角线，的中点，依次连接，，，，连接，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当时，与有怎样的位置关系？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=CD，FG∥CD．HE=CD，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=CD，EG=AB，
∴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．
9．（2021春·上海长宁·八年级统考期末）如图，、是四边形的对角线，点E、F、G、H分别是线段、、、上的中点

（1）求证：线段、互相平分；
（2）四边形满足什么条件时，？证明你得到的结论．
【答案】（1）见解析；（2）当AB=CD时，EG⊥FH，理由见解析
【分析】（1）连接EF、GF、GH、HE，根据三角形中位线定理得到EF∥AB，EF=AB，GH∥AB，GH=AB，证明四边形EFGH为平行四边形，根据平行四边形的性质证明结论；
（2）根据菱形的判定定理得到平行四边形EFGH是菱形，根据菱形的性质定理证明即可．
【详解】解：（1）证明：连接EF、GF、GH、HE，
∵点E、F分别是线段AD、DB的中点，
∴EF∥AB，EF=AB，
∵点G、H分别是线段BC、AC的中点，
∴GH∥AB，GH=AB，
∴EF∥GH，EF=GH，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∴线段EG、FH互相平分；
（2）解：当AB=CD时，EG⊥FH，
理由如下：∵点G、F分别是线段BC、BD的中点，
∴GF=CD，
∵AB=CD，
∴EF=GF，
∴平行四边形EFGH是菱形，
∴EG⊥FH．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、三角形中位线定理，掌握菱形的对角线互相垂直是解题的关键．
10．（2021春·江苏南京·八年级校联考期中）如图，四边形ABCD中，，E、F、G、H分别是AB、BD、CD、AC的中点．
（1）判断四边形EFGH是怎样的四边形，并证明你的结论；
（2）当四边形ABCD再满足______________时，四边形EFGH为正方形？（只添一个条件）
【答案】（1）四边形EFGH是菱形，证明见解析；（2）或
【分析】（1）根据三角形中位线定理得到GH∥AD，GH=AD，EF∥AD，EF=AD，得到四边形EFGH是平行四边形，根据题意得到EF=EH，根据菱形的判定定理证明结论；
（2）根据正方形的判定定理解答即可．
【详解】解：（1）四边形EFGH是菱形，
理由如下：在△ACD中，G、H分别是CD、AC的中点，
∴GH∥AD，GH=AD，
同理，EF∥AD，EF=AD，
∴GH∥EF，GH=EF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
在△ABC中，E、H分别是AB、AC的中点，
∴EH=BC，
∵AD=BC，
∴EF=EH，
∴四边形EFGH是菱形；
（2）当AD⊥BC或∠DAB+∠ABC=90°时，四边形EFGH为正方形，
理由如下：∵EH∥BC，
∴∠AEH=∠ABC，
同理，∠BEF=∠BAD，
∴∠AEH+∠BEF=90°，
∴∠HEF=90°，
∴四边形EFGH为正方形，
故答案为：AD⊥BC（或∠DAB+∠ABC=90°）答案不唯一．
【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、菱形、正方形的判定定理是解题的关键．
11．（2021秋·陕西宝鸡·九年级统考期末）已知：如图，四边形四条边上的中点分别为、、、，顺次连接、、、，得到四边形即四边形的中点四边形．
(1)四边形的形状是______，请证明你的结论；
(2)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是菱形；
(3)你学过的哪种特殊的平行四边形的中点四边形是菱形？请写出一种．
【答案】(1)平行四边形．证明见解析
(2)；
(3)矩形的中点四边形是菱形．
【分析】（1）连接，根据三角形的中位线定理得到，，，，推出，，，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是平行四边形；
（2）根据有一组是邻边的平行四边形是菱形，可知当四边形的对角线满足的条件时，四边形是菱形；
（3）矩形的中点四边形是菱形．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可得，，再根据矩形对角线相等，然后根据四边相等的四边形是菱形．
【详解】（1）四边形的形状是平行四边形．理由如下：
如图，连接．
、分别是、中点，
，，
同理，，
，，
四边形是平行四边形；
故答案为：平行四边形；
（2）当四边形的对角线满足的条件时，四边形是菱形．理由如下：
如图，连接、．
、、、分别为四边形四条边上的中点，
，，，，
，
，
又四边形是平行四边形
平行四边形是菱形；
故答案为：；
（3）矩形的中点四边形是菱形．理由如下：
连接、．
、、、分别为四边形四条边上的中点，
，，，，，，
四边形是矩形，
，
，
四边形是菱形．
【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，矩形的判定，菱形的性质等知识点的理解和掌握，熟练掌握各定理是解决此题的关键．
12．（2022秋·九年级课时练习）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＝AB，EH＝CD，HF＝AB，EGAB，HFAB，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＝AB，EH＝CD，HF＝AB，EGAB，HFAB，
∴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：∵GFCD，HFAB，
∴∠ABC＝∠HFC，∠DCB＝∠GFB，
∵∠ABC＋∠DCB＝90°，
∴∠GFH＝90°，
∴菱形EGFH是正方形；
（3）∠GFH＋∠ABC＋∠DCB＝180°，
理由：∵GFCD，HFAB，
∴∠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．
13．（2023·全国·八年级专题练习）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是菱形；
（3）当AC=BD时，由（2）可得四边形是菱形，由EF⊥EH和EFGH是平行四边形即可得到四边形是矩形即可证明结论；
【详解】（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=AC，FG//AC，FG=AC，
∴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=BD，EH=AC
∵AC=BD，
∴EF=EH
∵四边形EFGH是平行四边形；
∴四边形是菱形．
故答案：菱形．
（3）解：由（2）可得当AC=BD时，四边形是菱形
∵EH//AC，EF∥BD，AC⊥BD，
∴EF⊥EH
∵四边形EFGH是平行四边形
∴四边形是矩形
∴四边形是正方形．
【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春·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=BD，FG∥BD，FG=BD，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=AC，EH=BD，
∴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．
15．（2022秋·九年级课时练习）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=BD，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
∴FG∥BD，FG=BD，
∴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，
，
∴△APC≌△BPD（SAS），
∴AC=BD，
∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，
∴EF=AC，FG=BD，
∴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．
16．（2022秋·山西运城·九年级校考阶段练习）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：①，②；问题解决：见解析；拓展应用：（1），理由见解析；（2）
【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，EHBD，EH=BD，EF∥AC，EF=AC，
∴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，
∴MNBG，MN=BG，
RLBG，RL=BG，
RNCE，RN=CE，
MLCE，ML=CE，
∴MNRL，MN=RL，RNMLCE，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，
，
∴△EAC≌△BAG（SAS），
∴CE=BG，∠AEC=∠ABG，
又∵RL=BG，RN=CE，
∴RL=RN，
∴▱MNRL是菱形，
∵∠EAB=90°，
∴∠AEP+∠APE=90°．
又∵∠AEC=∠ABG，∠APE=∠BPK，
∴∠ABG+∠BPK=90°，
∴∠BKP=90°，
又∵MNBG，MLCE，
∴∠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=AC，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===FM，
∵M，F分别是AB，BC的中点，
∴FM=AC，
∴MN=AC；
（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+CD2MN，
由拓展应用（1）知：MN=AC；
又∵AC=2，
∴MN=，
∴AB+CD的最小值为2．
【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．