专题27 正方形篇-备战2023年中考数学必考考点总结+题型专训（全国通用）

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专题27 正方形
考点一：正方形的性质
知识回顾


1. 正方形的定义：
有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形
2. 正方形的性质：
①具有平行四边形的一切性质。
②具有矩形与菱形的一切性质。
所以正方形的四条边都相等，四个角都是直角。对角线相互平分且相等，且垂直，且平分每一组对角，把正方形分成了四个全等的等腰直角三角形。
正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形。对角线交点是对称中心，对角线所在直线是对称轴，过每一组对边中点的直线也是对称轴。
微专题


1．（2022•黄石）如图，正方形OABC的边长为，将正方形OABC绕原点O顺时针旋转45°，则点B的对应点B1的坐标为（　　）

A．（﹣，0） B．（，0） C．（0，） D．（0，2）
【分析】连接OB，由正方形的性质和勾股定理得OB＝2，再由旋转的性质得B1在y轴正半轴上，且OB1＝OB＝2，即可得出结论．
【解答】解：如图，连接OB，
∵正方形OABC的边长为，
∴OC＝BC＝，∠BCO＝90°，∠BOC＝45°，
∴OB＝＝＝2，
∵将正方形OABC绕原点O顺时针旋转45°后点B旋转到B1的位置，
∴B1在y轴正半轴上，且OB1＝OB＝2，
∴点B1的坐标为（0，2），
故选：D．

2．（2022•广州）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上，且CE＝1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（　　）

A． B． C．2﹣ D．
【分析】连接EF，由正方形ABCD的面积为3，CE＝1，可得DE＝﹣1，tan∠EBC＝＝＝，即得∠EBC＝30°，又AF平分∠ABE，可得∠ABF＝∠ABE＝30°，故AF＝＝1，DF＝AD﹣AF＝﹣1，可知EF＝DE＝×（﹣1）＝﹣，而M，N分别是BE，BF的中点，即得MN＝EF＝．
【解答】解：连接EF，如图：

∵正方形ABCD的面积为3，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝，
∵CE＝1，
∴DE＝﹣1，tan∠EBC＝＝＝，
∴∠EBC＝30°，
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝60°，
∵AF平分∠ABE，
∴∠ABF＝∠ABE＝30°，
在Rt△ABF中，AF＝＝1，
∴DF＝AD﹣AF＝﹣1，
∴DE＝DF，△DEF是等腰直角三角形，
∴EF＝DE＝×（﹣1）＝﹣，
∵M，N分别是BE，BF的中点，
∴MN是△BEF的中位线，
∴MN＝EF＝．
故选：D．
3．（2022•贵阳）如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形拼成的大正方形．若图中的直角三角形的两条直角边的长分别为1和3，则中间小正方形的周长是（　　）

A．4 B．8 C．12 D．16
【分析】根据题意和题目中的数据，可以计算出小正方形的边长，然后即可得到小正方形的周长．
【解答】解：由题意可得，
小正方形的边长为3﹣1＝2，
∴小正方形的周长为2×4＝8，
故选：B．
4．（2022•青岛）如图，O为正方形ABCD对角线AC的中点，△ACE为等边三角形．若AB＝2，则OE的长度为（　　）

A． B． C．2 D．2
【分析】首先利用正方形的性质可以求出AC，然后利用等边三角形的性质可求出OE．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，AB＝2，
∴AC＝2，
∵O为正方形ABCD对角线AC的中点，△ACE为等边三角形，
∴∠AOE＝90°，
∴AC＝AE＝2，AO＝，
∴OE＝×＝．
故选：B．
5．（2022•泰州）如图，正方形ABCD的边长为2，E为与点D不重合的动点，以DE为一边作正方形DEFG．设DE＝d1，点F、G与点C的距离分别为d2、d3，则d1+d2+d3的最小值为（　　）

A． B．2 C．2 D．4
【分析】连接AE，那么，AE＝CG，所以这三个d的和就是AE+EF+FC，所以大于等于AC，故当AEFC四点共线有最小值，最后求解，即可求出答案．
【解答】解：如图，连接AE，
∵四边形DEFG是正方形，
∴∠EDG＝90°，EF＝DE＝DG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，
∴d1+d2+d3＝EF+CF+AE，
∴点A，E，F，C在同一条线上时，EF+CF+AE最小，即d1+d2+d3最小，
连接AC，
∴d1+d2+d3最小值为AC，
在Rt△ABC中，AC＝AB＝2，
∴d1+d2+d3最小＝AC＝2，
故选：C．

6．（2022•黔东南州）如图，在边长为2的等边三角形ABC的外侧作正方形ABED，过点D作DF⊥BC，垂足为F，则DF的长为（　　）

A．2+2 B．5﹣ C．3﹣ D．+1
【分析】方法一：如图，延长DA、BC交于点G，利用正方形性质和等边三角形性质可得：∠BAG＝90°，AB＝2，∠ABC＝60°，运用解直角三角形可得AG＝2，DG＝2+2，再求得∠G＝30°，根据直角三角形性质得出答案．
方法二：过点E作EG⊥DF于点G，作EH⊥BC于点H，利用解直角三角形可得EH＝1，BH＝，再证明△BEH≌△DEG，可得DG＝BH＝，即可求得答案．
【解答】解：方法一：如图，延长DA、BC交于点G，

∵四边形ABED是正方形，
∴∠BAD＝90°，AD＝AB，
∴∠BAG＝180°﹣90°＝90°，
∵△ABC是边长为2的等边三角形，
∴AB＝2，∠ABC＝60°，
∴AG＝AB•tan∠ABC＝2×tan60°＝2，
∴DG＝AD+AG＝2+2，
∵∠G＝90°﹣60°＝30°，DF⊥BC，
∴DF＝DG＝×（2+2）＝1+，
故选D．
方法二：如图，过点E作EG⊥DF于点G，作EH⊥BC于点H，
则∠BHE＝∠DGE＝90°，

∵△ABC是边长为2的等边三角形，
∴AB＝2，∠ABC＝60°，
∵四边形ABED是正方形，
∴BE＝DE＝2，∠ABE＝∠BED＝90°，
∴∠EBH＝180°﹣∠ABC﹣∠ABE＝180°﹣60°﹣90°＝30°，
∴EH＝BE•sin∠EBH＝2•sin30°＝2×＝1，BH＝BE•cos∠EBH＝2cos30°＝，
∵EG⊥DF，EH⊥BC，DF⊥BC，
∴∠EGF＝∠EHB＝∠DFH＝90°，
∴四边形EGFH是矩形，
∴FG＝EH＝1，∠BEH+∠BEG＝∠GEH＝90°，
∵∠DEG+∠BEG＝90°，
∴∠BEH＝∠DEG，
在△BEH和△DEG中，
，
∴△BEH≌△DEG（AAS），
∴DG＝BH＝，
∴DF＝DG+FG＝+1，
故选：D．
7．（2022•随州）七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板ABCD中，BD为对角线，E，F分别为BC，CD的中点，AP⊥EF分别交BD，EF于O，P两点，M，N分别为BO，DO的中点，连接MP，NF，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板．则在剪开之前，关于该图形，下列说法正确的有（　　）
①图中的三角形都是等腰直角三角形；
②四边形MPEB是菱形；
③四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的．

A．只有① B．①② C．①③ D．②③
【分析】①利用正方形的性质和中位线的性质可以解决问题；
②利用①的结论可以证明OM≠MP解决问题；
③如图，过M作MG⊥BC于G，设AB＝BC＝x，利用正方形的性质与中位线的性质分别求出BE和MG即可判定是否正确．
【解答】解：①如图，∵E，F分别为BC，CD的中点，
∴EF为△CBD的中位线，
∴EF∥BD，
∵AP⊥EF，
∴AP⊥BD，
∵四边形ABCD为正方形，
∴A、O、P、C在同一条直线上，
∴△ABC、△ACD、△ABD、△BCD、△OAB、△OAD、△OBC、△OCD、△EFC都是等腰直角三角形，
∵M，N分别为BO，DO的中点，
∴MP∥BC，NF∥OC，
∴△DNF、△OMP也是等腰直角三角形．
故①正确；
②根据①得OM＝BM＝PM，∴BM≠PM
∴四边形MPEB不可能是菱形．故②错误；
③∵E，F分别为BC，CD的中点，
∴EF∥BD，EF＝BD，
∵四边形ABCD是正方形，且设AB＝BC＝x，
∴BD＝x，
∵AP⊥EF，
∴AP⊥BD，
∴BO＝OD，
∴点P在AC上，
∴PE＝EF，
∴PE＝BM，
∴四边形BMPE是平行四边形，
∴BO＝BD，
∵M为BO的中点，
∴BM＝BD＝x，
∵E为BC的中点，
∴BE＝BC＝x，
过M作MG⊥BC于G，
∴MG＝BM＝x，
∴四边形BMPE的面积＝BE•MG＝x2，
∴四边形BMPE的面积占正方形ABCD面积的．
∵E、F是BC，CD的中点，
∴S△CEF＝S△CBD＝S四边形ABCD，
∴四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的（1﹣﹣﹣）＝．
故③正确．
故选：C．

8．（2022•宁波）将两张全等的矩形纸片和另两张全等的正方形纸片按如图方式不重叠地放置在矩形ABCD内，其中矩形纸片和正方形纸片的周长相等．若知道图中阴影部分的面积，则一定能求出（　　）

A．正方形纸片的面积 B．四边形EFGH的面积
C．△BEF的面积 D．△AEH的面积
【分析】根据题意设PD＝x，GH＝y，则PH＝x﹣y，根据矩形纸片和正方形纸片的周长相等，可得AP＝x+y，先用面积差表示图中阴影部分的面积，并化简，再用字母分别表示出图形四个选项的面积，可得出正确的选项．
【解答】解：设PD＝x，GH＝y，则PH＝x﹣y，
∵矩形纸片和正方形纸片的周长相等，
∴2AP+2（x﹣y）＝4x，
∴AP＝x+y，
∵图中阴影部分的面积＝S矩形ABCD﹣2△ADH﹣2S△AEB
＝（2x+y）（2x﹣y）﹣2ו（x﹣y）（2x+y）﹣2ו（2x﹣y）•x
＝4x2﹣y2﹣（2x2+xy﹣2xy﹣y2）﹣（2x2﹣xy）
＝4x2﹣y2﹣2x2+xy+y2﹣2x2+xy
＝2xy，
A、正方形纸片的面积＝x2，故A不符合题意；
B、四边形EFGH的面积＝y2，故B不符合题意；
C、△BEF的面积＝•EF•BQ＝xy，故C符合题意；
D、△AEH的面积＝•EH•AM＝y（x﹣y）＝xy﹣y2，故D不符合题意；
故选：C．
9．（2022•重庆）如图，在正方形ABCD中，AE平分∠BAC交BC于点E，点F是边AB上一点，连接DF，若BE＝AF，则∠CDF的度数为（　　）

A．45° B．60° C．67.5° D．77.5°
【分析】根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质，可以得到∠ADF的度数，从而可以求得∠CDF的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝BA，∠DAF＝∠ABE＝90°，
在△DAF和△ABE中，
，
△DAF≌△ABE（SAS），
∠ADF＝∠BAE，
∵AE平分∠BAC，四边形ABCD是正方形，
∴∠BAE＝∠BAC＝22.5°，∠ADC＝90°，
∴∠ADF＝22.5°，
∴∠CDF＝∠ADC﹣∠ADF＝90°﹣22.5°＝67.5°，
故选：C．
10．（2022•重庆）如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．E、F分别为AC、BD上一点，且OE＝OF，连接AF，BE，EF．若∠AFE＝25°，则∠CBE的度数为（　　）

A．50° B．55° C．65° D．70°
【分析】利用正方形的对角线互相垂直平分且相等，等腰直角三角形的性质，三角形的内角和定理和全等三角形的判定与性质解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AOB＝∠AOD＝90°，OA＝OB＝OD＝OC．
∵OE＝OF，
∴△OEF为等腰直角三角形，
∴∠OEF＝∠OFE＝45°，
∵∠AFE＝25°，
∴∠AFO＝∠AFE+∠OFE＝70°，
∴∠FAO＝20°．
在△AOF和△BOE中，
，
∴△AOF≌△BOE（SAS）．
∴∠FAO＝∠EBO＝20°，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
∴∠CBE＝∠EBO+∠OBC＝65°．
故选：C．
11．（2022•益阳）如图，将边长为3的正方形ABCD沿其对角线AC平移，使A的对应点A′满足AA′＝AC，则所得正方形与原正方形重叠部分的面积是 　 　．

【分析】由正方形边长为3，可求AC＝3，则AA′＝AC＝，由平移可得重叠部分是正方形，根据正方形的面积公式可求重叠部分面积．
【解答】解：∵正方形ABCD的边长为3，
∴AC＝3，
∴AA′＝AC＝，
∴A′C＝2，
由题意可得重叠部分是正方形，且边长为2，
∴S重叠部分＝4．
故答案为：4．

12．（2022•海南）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，AE＝AF，∠EAF＝30°，则∠AEB＝　 　°；若△AEF的面积等于1，则AB的值是 　 　．

【分析】利用“HL”先说明△ABE与△ADF全等，得结论∠BAE＝∠DAF，再利用角的和差关系及三角形的内角和定理求出∠AEB；先利用三角形的面积求出AE，再利用直角三角形的边角间关系求出AB．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠D＝90°．
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）．
∴∠BAE＝∠DAF．
∴∠BAE＝（∠BAD﹣∠EAF）
＝（90°﹣30°）
＝30°．
∴∠AEB＝60°．
故答案为：60．
过点F作FG⊥AE，垂足为G．
∵sin∠EAF＝，
∴FG＝sin∠EAF×AF．
∵S△AEF＝×AE×FG＝×AE×AF×sin∠EAF＝1，
∴×AE2×sin30°＝1．
即×AE2×＝1．
∴AE＝2．
在Rt△ABE中，
∵cos∠BAE＝，
∴AB＝cos30°×AE
＝×2
＝．
故答案为：．
13．（2022•广西）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，对角线AC，BD相交于点O．点E是对角线AC上一点，连接BE，过点E作EF⊥BE，分别交CD，BD于点F，G，连接BF，交AC于点H，将△EFH沿EF翻折，点H的对应点H′恰好落在BD上，得到△EFH′．若点F为CD的中点，则△EGH′的周长是 　 　．

【分析】作辅助线，构建全等三角形，先根据翻折的性质得△EGH'≌△EGH，所以△EGH′的周长＝△EGH的周长，接下来计算△EGH的三边即可；证明△BME≌△FNE（ASA）和△BEO≌△EFP（AAS），得OE＝PF＝2，OB＝EP＝4，利用三角函数和勾股定理分别计算EG，GH和EH的长，相加可得结论．
【解答】解：如图，过点E作EM⊥BC于M，作EN⊥CD于N，过点F作FP⊥AC于P，连接GH，

∵将△EFH沿EF翻折得到△EFH′，
∴△EGH'≌△EGH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝BC＝4，∠BCD＝90°，∠ACD＝∠ACB＝45°，
∴BD＝BC＝8，△CPF是等腰直角三角形，
∵F是CD的中点，
∴CF＝CD＝2，
∴CP＝PF＝2，OB＝BD＝4，
∵∠ACD＝∠ACB，EM⊥BC，EN⊥CD，
∴EM＝EN，∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，
∴∠MEN＝90°，
∵EF⊥BE，
∴∠BEF＝90°，
∴∠BEM＝∠FEN，
∵∠BME＝∠FNE，
∴△BME≌△FNE（ASA），
∴EB＝EF，
∵∠BEO+∠PEF＝∠PEF+∠EFP＝90°，
∴∠BEO＝∠EFP，
∵∠BOE＝∠EPF＝90°，
∴△BEO≌△EFP（AAS），
∴OE＝PF＝2，OB＝EP＝4，
∵tan∠OEG＝＝，即＝，
∴OG＝1，
∴EG＝＝，
∵OB∥FP，
∴∠OBH＝∠PFH，
∴tan∠OBH＝tan∠PFH，
∴＝，
∴＝＝2，
∴OH＝2PH，
∵OP＝OC﹣PC＝4﹣2＝2，
∴OH＝×2＝，
在Rt△OGH中，由勾股定理得：GH＝＝，
∴△EGH′的周长＝△EGH的周长＝EH+EG+GH＝2+++＝5+．
故答案为：5+．
14．（2022•无锡）如图，正方形ABCD的边长为8，点E是CD的中点，HG垂直平分AE且分别交AE、BC于点H、G，则BG＝　 　．

【分析】设CG＝x，则BG＝8﹣x，根据勾股定理可得AB2+BG2＝CE2+CG2，可求得x的值，进而求出BG的长．
【解答】解：连接AG，EG，
∵E是CD的中点，
∴DE＝CE＝4，
设CG＝x，则BG＝8﹣x，
在Rt△ABG和Rt△GCE中，根据勾股定理，得
AB2+BG2＝CE2+CG2，
即82+（8﹣x）2＝42+x2，
解得x＝7，
∴BG＝BC﹣CG＝8﹣7＝1．
故答案是：1．

15．（2022•江西）沐沐用七巧板拼了一个对角线长为2的正方形，再用这副七巧板拼成一个长方形（如图所示），则长方形的对角线长为 　 　．

【分析】根据图形可得长方形的长是正方形的对角线为2，长方形的宽是正方形对角线的一半为1，然后利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：根据图形可知：长方形的长是正方形的对角线为2，
长方形的宽是正方形对角线的一半为1，
则长方形的对角线长＝＝．
故答案为：．


考点二：正方形的判定
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1. 直接判定：
四条边都相等，四个角都是直角的四边形是正方形。
2. 利用平行四边形判定：
一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形。（定义判定）
3. 利用菱形与矩形判定：
①有一个角是直角的菱形是正方形。
②对角线相等的菱形是正方形。
③邻边相等的矩形是正方形。
④对角线相互垂直的矩形是正方形。



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16．（2022•绍兴）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2AB＝2，∠ABC＝60°，E，F是对角线BD上的动点，且BE＝DF，M，N分别是边AD，边BC上的动点．下列四种说法：
①存在无数个平行四边形MENF；
②存在无数个矩形MENF；
③存在无数个菱形MENF；
④存在无数个正方形MENF．
其中正确的个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可．
【解答】解：连接AC，MN，且令AC，MN，BD相交于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OE＝OF，
只要OM＝ON，那么四边形MENF就是平行四边形，
∵点E，F是BD上的动点，
∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确；
只要MN＝EF，OM＝ON，则四边形MENF是矩形，
∵点E，F是BD上的动点，
∴存在无数个矩形MENF，故②正确；
只要MN⊥EF，OM＝ON，则四边形MENF是菱形，
∵点E，F是BD上的动点，
∴存在无数个菱形MENF，故③正确；
只要MN＝EF，MN⊥EF，OM＝ON，则四边形MENF是正方形，
而符合要求的正方形只有一个，故④错误；
故选：C．

17．（2022•滨州）下列命题，其中是真命题的是（　　）
A．对角线互相垂直的四边形是平行四边形
B．有一个角是直角的四边形是矩形
C．对角线互相平分的四边形是菱形
D．对角线互相垂直的矩形是正方形
【分析】根据，平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定方法一一判断即可．
【解答】解：A、对角线互相垂直的四边形是平行四边形，是假命题，本选项不符合题意；
B、有一个角是直角的四边形是矩形，是假命题，本选项不符合题意；
C、对角线互相平分的四边形是菱形，是假命题，本选项不符合题意；
D、对角线互相垂直的矩形是正方形，是真命题，本选项符合题意．
故选：D．
18．（2022•攀枝花）如图，以△ABC的三边为边在BC上方分别作等边△ACD、△ABE、△BCF．且点A在△BCF内部．给出以下结论：①四边形ADFE是平行四边形；②当∠BAC＝150°时，四边形ADFE是矩形；③当AB＝AC时，四边形ADFE是菱形；④当AB＝AC，且∠BAC＝150°时，四边形ADFE是正方形．其中正确结论有 　 　（填上所有正确结论的序号）．

【分析】①利用SAS证明△EFB≌△ACB，得出EF＝AC＝AD；同理由△CDF≌△CAB，得DF＝AB＝AE；根据两边分别相等的四边形是平行四边形得出四边形ADFE是平行四边形，即可判断结论①正确；
②当∠BAC＝150°时，求出∠EAD＝90°，根据有一个角是90°的平行四边形是矩形即可判断结论②正确；
③先证明AE＝AD，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可判断结论③正确；
④根据正方形的判定：既是菱形，又是矩形的四边形是正方形即可判断结论④正确．
【解答】解：①∵△ABE、△CBF是等边三角形，
∴BE＝AB，BF＝CB，∠EBA＝∠FBC＝60°；
∴∠EBF＝∠ABC＝60°﹣∠ABF；
∴△EFB≌△ACB（SAS）；
∴EF＝AC＝AD；
同理由△CDF≌△CAB，得DF＝AB＝AE；
由AE＝DF，AD＝EF即可得出四边形ADFE是平行四边形，故结论①正确；

②当∠BAC＝150°时，∠EAD＝360°﹣∠BAE﹣∠BAC﹣∠CAD＝360°﹣60°﹣150°﹣60°＝90°，
由①知四边形AEFD是平行四边形，
∴平行四边形ADFE是矩形，故结论②正确；

③由①知AB＝AE，AC＝AD，四边形AEFD是平行四边形，
∴当AB＝AC时，AE＝AD，
∴平行四边形AEFD是菱形，故结论③正确；

④综合②③的结论知：当AB＝AC，且∠BAC＝150°时，四边形AEFD既是菱形，又是矩形，
∴四边形AEFD是正方形，故结论④正确．
故答案为：①②③④．





考点三：中点四边形：
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1. 中点四边形的定义：
将任意四边形各条边的中点顺次连接起来得到的四边形叫做中点四边形。
2. 中点四边形的判定：
①任意四边形的中点四边形是平行四边形。
②对角线相互垂直的四边形的中点四边形是矩形。（菱形的中点四边形是矩形）
③对角线相等的四边形的中点四边形是菱形。（矩形的中点四边形是菱形）
④对角线相互垂直且相等的四边形的中点四边形是正方形。（正方形的中点四边形是正方形）
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19．（2022•玉林）若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得的四边形是正方形，则四边形ABCD的两条对角线AC，BD一定是（　　）
A．互相平分 B．互相垂直
C．互相平分且相等 D．互相垂直且相等
【分析】根据三角形中位线定理得到所得四边形的对边都平行且相等，那么其必为平行四边形，若所得四边形是正方形，那么邻边互相垂直且相等，选择即可，
【解答】解：如图，

∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
∴EH∥FG∥BD，EF∥AC∥HG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵四边形EFGH是正方形，即EF⊥FG，FE＝FG，
∴AC⊥BD，AC＝BD，
故选：D．
20．（2022•德阳）如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA边上的中点，则下列结论一定正确的是（　　）

A．四边形EFGH是矩形
B．四边形EFGH的内角和小于四边形ABCD的内角和
C．四边形EFGH的周长等于四边形ABCD的对角线长度之和
D．四边形EFGH的面积等于四边形ABCD的面积的
【分析】根据三角形中位线定理可得四边形EFGH是平行四边形，进而逐一判断即可．
【解答】解：A．如图，连接AC，BD，

在四边形ABCD中，
∵点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA边上的中点，
∴EH∥BD，EH＝BD，FG∥BD，FG＝BD，
∴EH∥FG，EH＝FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，故A选项错误；
B．∵四边形EFGH的内角和等于360°，四边形ABCD的内角和等于360°，故B选项错误；
C．∵点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA边上的中点，
∴EH＝BD，FG＝BD，
∴EH+FG＝BD，
同理：EF+HG＝AC，
∴四边形EFGH的周长等于四边形ABCD的对角线长度之和，故C选项正确；
D．四边形EFGH的面积不等于四边形ABCD的面积的，故D选项错误．
故选：C．