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苏科版八年级数学下册尖子生培优必刷题 专题9.15中点四边形大题专练（重难点培优30题）（原卷版+解析版）
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这是一份苏科版八年级数学下册尖子生培优必刷题 专题9.15中点四边形大题专练（重难点培优30题）（原卷版+解析版），共75页。
专题9.15中点四边形大题提升训练（重难点培优30题）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春·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，则四边形EFGH的面积是________2．（2022春·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：3．(2023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）4．(2023春·江苏·八年级统考期末）已知：如图，在四边形中，与不平行，分别是的中点．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)①当与满足条件 时，四边形是菱形；②当与满足条件 时，四边形是矩形．5．（2022春·江苏南京·八年级统考期末）如图，四边形ABCD是菱形，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，连接EF、FG、GH、HE．求证：四边形EFGH是矩形．6．(2023春·江苏淮安·八年级校考期中）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 _____________ ，（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(不用证明)7．（2022春·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______．8．(2023春·江苏泰州·八年级泰兴市洋思中学阶段练习）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）猜想四边形EGFH是什么特殊的四边形，并说明理由；（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．直接写出结果____________.9．(2023春·江苏宿迁·八年级沭阳县修远中学校考期中）如图，在四边形ABCD中，AB=DC，E、F分别是AD、BC的中点，G、H分别是对角线BD、AC的中点．（1）求证：四边形EGFH是菱形；（2）若AB=1，则当∠ABC+∠DCB=90°时，求四边形EGFH的面积．10．（2022春·江苏扬州·八年级统考期中）阅读下面材料：在数学课上，老师请同学思考如下问题：如图1，我们把一个四边形ABCD的四边中点E，F，G，H依次连接起来得到的四边形EFGH是平行四边形吗？小敏在思考问题时，有如下思路：连接AC．结合小敏的思路作答：（1）若只改变图1中四边形ABCD的形状（如图2），则四边形EFGH还是平行四边形吗？说明理由，参考小敏思考问题的方法解决一下问题；（2）如图2，在（1）的条件下，若连接AC，BD．①当AC与BD满足什么条件时，四边形EFGH是菱形，写出结论并证明；②当AC与BD满足什么条件时，四边形EFGH是矩形，直接写出结论．11．(2023春·江苏无锡·八年级校联考期中）在数学兴趣小组活动中,小明进行数学探究活动,将边长为2的正方形ABCD与边长为2的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一直线上，AB与AG在同一直线上.连接DG,BE,易得DG=BE且DG⊥BE（不需要说明理由）(1)如图2，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，旋转角为（30︒﹤﹤180︒）①连接DG,BE,求证：DG=BE且DG⊥BE；②在旋转过程中，如图3，连接BG,GE,ED,DB,求出四边形BGED面积的最大值.(2)如图4，分别取BG,GE,ED,DB的中点M,N,P,Q,连接MN,NP,PQ,QM,则四边形MNPQ的形状为 ，四边形MNPQ面积的最大值是 ,12．(2023春·江苏南通·八年级校考阶段练习）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．（1）如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．求证：中点四边形EFGH是平行四边形；（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）13．（2022春·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AC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 ．14．（2022春·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是和美四边形的中心，分别是边的中点，连接，记四边形的面积为，用等式表示的数量关系（无需说明理由）（4）如图2，四边形是和美四边形，若，求的长．15．（2022春·江苏苏州·八年级校考期末）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．（1）如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．求证：中点四边形EFGH是平行四边形；（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．16．(2023春·江苏连云港·八年级校考期中）D、E分别是不等边三角形ABC(即AB≠BC≠AC)的边AB、AC的中点，O是△ABC所在平面上的动点，连接OB、OC，点G、F分别是OB、OC的中点，顺次连接点D、G、F、E．(1)如图，当点O在△ABC的内部时，求证：四边形DGFE是平行四边形；(2)若四边形DGFE是菱形，则OA与BC应满足怎样的数量关系？为什么？(3)当OA与BC满足______时，四边形DGEF是一个矩形(直接填答案，不需证明．)17．（2014·江苏·八年级期中）如图1，在四边形ABCD中，AB=CD，E、F分别是BC、AD的中点，连接EF并延长，分别与BA、CD的延长线交于点M、N，则∠BME=∠CNE（不需证明）．（温馨提示：在图1中，连接BD，取BD的中点H，连接HE、HF，根据三角形中位线定理，证明HE=HF，从而∠1=∠2，再利用平行线性质，可证得∠BME=∠CNE．）(1)问题一：如图2，在四边形ADBC中，AB与CD相交于点O，AB=CD，E、F分别是BC、AD的中点，连接EF，分别交DC、AB于点M、N，判断△OMN的形状，并说明理由；(2)问题二：如图3，在△ABC中，AC＞AB，D点在AC上，AB=CD，E、F分别是BC、AD的中点，连接EF并延长，与BA的延长线交于点G，若∠EFC=60°，连接GD，判断△AGD的形状并并说明理由．18．（2022春·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．19．（2022春·山西临汾·八年级统考期中）综合与探究：如图1，四边形中，、、、分别是、、、的中点，顺次连接、、、．(1)猜想四边形的形状是________（直接回答，不必说明理由）．(2)如图2，在四边形内一点，使，，，其他条件不变，试探究四边形的形状，并说明理由．(3)在（2）的条件下，，，，，求四边形的面积．20．(2023春·福建福州·八年级福州华伦中学校考期中）已知：在矩形ABCD中，，．（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，．①连接BG，若，求AF的长；②设，△GFB的面积为S，且S满足函数关系式．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．21．(2023春·浙江·八年级期中）在四边形中，的中点分别为P、Q、M、M；（1）如图1，试判断四边形怎样的四边形，并证明你的结论；（2）若在上取一点E，连结，，恰好和都是等边三角形（如图2）：①判断此时四边形的形状，并证明你的结论；②当，，求此时四边形的周长（结果保留根号）．22．(2023春·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是和美四边形的中心，分别是边的中点，连接 ，记四边形的面积为，用等式表示的数量关系（无需说明理由）（4）如图2，四边形是和美四边形，若,求的长．23．(2023春·安徽淮北·八年级校联考期末）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，在四边形中，，四边形就是“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_________.①平行四边形 ②矩形 ③菱形 ④正方形（2）如图，在“对角线垂直四边形”中，点、、、分别是边、、、的中点，求证：四边形是矩形.24．(2023春·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，矩形中，在上，且，点从点出发，以1个单位每秒的速度在边上向点运动，设点的运动时间为秒．（1）的面积为，求关于的函数关系式，并求出时的值；（2）在点从点向运动的过程中，是否存在使的时刻？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；（3）如图2，分别是的中点，在点从向运动的过程中，线段扫过的图形是什么形状_________________，并直接写出它的面积___________________________．25．(2023春·河南信阳·八年级校考阶段练习）如图所示，E，F，G，H分别是四边形ABCD的边AB，BC，CD，AD的中点．（1）探究1：连接对角线AC，BD由三角形中位线定理及平行四边形的判定定理易得四边形EFGH为 （不需要证明）；（2）探究2：观察猜想：①当四边形ABCD的对角线AC，BD满足条件 时，四边形EFGH是菱形；②当四边形ABCD的对角线AC，BD满足条件 时，四边形EFGH为矩形．（3）探究3：当四边形ABCD满足什么条件时，四边形EFGH为正方形？并说明理由．26．（2022春·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．27．（2022春·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．28．(2023春·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．29．(2023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．30．(2023春·四川遂宁·八年级校考期中）[发现]如图①，在△ABC中，点D，E分别是AB，AC的中点，可以得到：DE∥BC，且DE＝BC．（不需要证明）[探究]如图②，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，判断四边形EFGH的形状，并加以证明．[应用]在[探究]的条件下：（1）在四边形ABCD中，对角线满足条件 时，四边形EFGH是菱形．（2）要使四边形EFGH是正方形，对角线应满足 ． 四边形ABCD菱形矩形正方形平行四边形EFGH 专题9.15中点四边形大题提升训练（重难点培优30题）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春·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，则四边形EFGH的面积是________【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=BD，EF∥BD，同理，GH=BD，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=EG•HF＝AB•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春·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：【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．【详解】（1）证明：如图，连接BD，∵E、H分别是AB、AD中点，∴EH//BD，EH＝BD，同理FG//BD，FG＝BD，∴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．3．(2023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．4．(2023春·江苏·八年级统考期末）已知：如图，在四边形中，与不平行，分别是的中点．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)①当与满足条件 时，四边形是菱形；②当与满足条件 时，四边形是矩形．【答案】（1）见解析；（2）①；②．【分析】（1）根据三角形中位线定理得到，EG∥AB，，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．【详解】（1）证明：∵E，G分别是AD，BD的中点，∴EG是△DAB的中位线，∴且，同理：且，∴且，∴四边形为平行四边形；（2）①当AB=CD时，四边形EGFH是菱形，理由如下：∵F，G分别是BC，BD的中点，∴FG是△DCB的中位线，∴FG=CD，FG∥CD，当AB=CD时，EG=FG， ∴四边形EGFH是菱形；②当AB⊥CD时，平行四边形EGFH是矩形，理由如下：∵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．【点睛】本题考查了中点四边形，掌握三角形中位线定理、矩形、菱形的判定定理是解题的关键．5．（2022春·江苏南京·八年级统考期末）如图，四边形ABCD是菱形，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，连接EF、FG、GH、HE．求证：四边形EFGH是矩形．【答案】见解析【分析】连接AC、BD，根据菱形的性质得到AC⊥BD，根据三角形中位线定理和平行四边形的判定定理证明四边形EFGH是平行四边形，根据三角形中位线定理证明∠FEH＝∠APE＝90°，得到答案．【详解】证明：连接AC、BD，AC与BD相交于点O，AC与EH相交于点P．∵E、F分别是边AB、BC的中点，∴EF∥AC，EF＝AC． 同理GH∥AC，GH＝AC．∴EF∥GH，EF＝GH．∴四边形EFGH是平行四边形．∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，即∠AOB＝90°．∵E、H分别是边AB、AD的中点，∴EH∥BD．∴∠APE＝∠AOB＝90°．∵EF∥AC，∴∠FEH＝∠APE＝90°．∴四边形EFGH是矩形．【点睛】本题考查的是菱形的性质、矩形的判定、三角形中位线定理，掌握三角形中位线定理和矩形的判定定理是解题的关键．6．(2023春·江苏淮安·八年级校考期中）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 _____________ ，（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(不用证明)【答案】（1）平行四边形；证明见解析（2）AC⊥BD【分析】(1)连接BD，根据三角形的中位线定理得到EH∥BD，EH=BD，FG∥BD，FG=BD，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；(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.【详解】(1)四边形EFGH的形状是平行四边形．理由如下：如图，连结BD，∵E、H分别是AB、AD中点，∴EH∥BD，EH=BD，同理FG∥BD，FG=BD，∴EH∥FG，EH=FG，∴四边形EFGH是平行四边形；(2)当四边形ABCD的对角线满足互相垂直的条件时，四边形EFGH是矩形．理由如下：如图，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.【点睛】本题考查了中点四边形，涉及了三角形中位线定理，平行四边形的判定，矩形的判定等，熟练掌握相关知识是解题的关键.7．（2022春·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)≤m≤【分析】（1）连结BD，根据三角形中位线的性质可得MQBD，MQ＝BD，PNBD，PN＝BD，进而可得MQPN，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.∴MQBD，MQ＝BD，PNBD，PN＝BD∴MQPN，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＝AC在△ABC与△DCB中，∴△ABC≌△DCB（SAS）∴AC＝BD∵点M、N、P、Q分别是边AB、BC、CD、AD的中点.∴MQBD，MQ＝BD，PNBD，PN＝BD∴MQMN ，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＝BD＝5，∵点Q是AD的中点，点P是BD的中点，∴PQ是△ABD的中位线，∴PQ＝AB＝，在△CPQ中，CP﹣PQ＜CQ＜CP+PQ，∴＜m＜，∵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，当点C、P、Q三点共线，且点Q在射线CP上时，m取得最大值，综上，m的取值范围为：≤m≤．【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．8．(2023春·江苏泰州·八年级泰兴市洋思中学阶段练习）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）猜想四边形EGFH是什么特殊的四边形，并说明理由；（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．直接写出结果____________.【答案】（1）菱形；（2）∠ABC+∠DCB=90°；（3）∠GFH+∠ABC+∠DCB=180°或∠GFH+∠ABC-∠DCB=180°【分析】（1）根据三角形中位线的性质得到EGAB，EHCD，HFAB，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】（1）四边形EGFH是菱形．理由如下：∵E、F、G、H分别为AD、BC、BD、AC的中点，∴EGAB，EHCD，HFAB，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）当∠ABC+∠DCB＜180°时，∠GFH+∠ABC+∠DCB=180°．理由如下：∵GF∥CD，HF∥AB，∴∠ABC=∠HFC，∠DCB=∠GFB．∵∠BFG+∠GFH+∠HFC=180°，∴∠GFH+∠ABC+∠DCB=180°．当∠ABC+∠DCB=180°时，∠GFH=0°，四边形EGFH不存在，∠GFH+∠ABC+∠DCB=180°；当∠ABC+∠DCB＞180°时，∠GFH+∠ABC﹣∠DCB=180°．综上所述：∠GFH+∠ABC+∠DCB=180°或∠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．9．(2023春·江苏宿迁·八年级沭阳县修远中学校考期中）如图，在四边形ABCD中，AB=DC，E、F分别是AD、BC的中点，G、H分别是对角线BD、AC的中点．（1）求证：四边形EGFH是菱形；（2）若AB=1，则当∠ABC+∠DCB=90°时，求四边形EGFH的面积．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）利用三角形的中位线定理可以证得四边形EGFH的四边相等，即可证得；（2）根据平行线的性质可以证得∠GFH=90°，得到菱形EGFH是正方形，利用三角形的中位线定理求得GE的长，则正方形的面积可以求得．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，∴FG=CD，HE=CD，FH=AB，GE=AB．∵AB=CD，∴FG=FH=HE=EG．∴四边形EGFH是菱形．（2）解：∵四边形ABCD中，G、F、H分别是BD、BC、AC的中点，∴GF∥DC，HF∥AB．∴∠GFB=∠DCB，∠HFC=∠ABC．∴∠HFC+∠GFB=∠ABC+∠DCB=90°．∴∠GFH=90°．∴菱形EGFH是正方形．∵AB=1，∴EG=AB=．∴正方形EGFH的面积=（）2=．10．（2022春·江苏扬州·八年级统考期中）阅读下面材料：在数学课上，老师请同学思考如下问题：如图1，我们把一个四边形ABCD的四边中点E，F，G，H依次连接起来得到的四边形EFGH是平行四边形吗？小敏在思考问题时，有如下思路：连接AC．结合小敏的思路作答：（1）若只改变图1中四边形ABCD的形状（如图2），则四边形EFGH还是平行四边形吗？说明理由，参考小敏思考问题的方法解决一下问题；（2）如图2，在（1）的条件下，若连接AC，BD．①当AC与BD满足什么条件时，四边形EFGH是菱形，写出结论并证明；②当AC与BD满足什么条件时，四边形EFGH是矩形，直接写出结论．【答案】（1）是平行四边形，理由见解析；（2）①AC=BD；证明见解析；②AC⊥BD．【分析】（1）如图2，连接AC，根据三角形中位线的性质及平行四边形判定定理即可得到结论；（2）①由（1）知，四边形EFGH是平行四边形，且FG=BD，HG=AC，于是得到当AC=BD时，FG=HG，即可得到结论；②若四边形EFGH是矩形，则∠HGF=90°，即GH⊥GF，又GH∥AC，GF∥BD，则AC⊥BD．【详解】解：（1）是平行四边形．理由如下：如图2，连接AC，∵E是AB的中点，F是BC的中点，∴EF∥AC，EF=AC，同理HG∥AC，HG=AC，∴EF∥HG，EF=HG，∴四边形EFGH是平行四边形；（2）①AC=BD．理由如下：由（1）知，四边形EFGH是平行四边形，且FG=BD，HG=AC，∴当AC=BD时，FG=HG，∴平行四边形EFGH是菱形；②当AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形．理由如下：同（1）得：四边形EFGH是平行四边形，∵AC⊥BD，GH∥AC，∴GH⊥BD，∵GF∥BD，∴GH⊥GF，∴∠HGF=90°，∴四边形EFGH为矩形．【点睛】此题主要考查了中点四边形，熟练掌握三角形中位线定理及平行四边形、菱形及矩形的判定是解题的关键．11．(2023春·江苏无锡·八年级校联考期中）在数学兴趣小组活动中,小明进行数学探究活动,将边长为2的正方形ABCD与边长为2的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一直线上，AB与AG在同一直线上.连接DG,BE,易得DG=BE且DG⊥BE（不需要说明理由）(1)如图2，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，旋转角为（30︒﹤﹤180︒）①连接DG,BE,求证：DG=BE且DG⊥BE；②在旋转过程中，如图3，连接BG,GE,ED,DB,求出四边形BGED面积的最大值.(2)如图4，分别取BG,GE,ED,DB的中点M,N,P,Q,连接MN,NP,PQ,QM,则四边形MNPQ的形状为 ，四边形MNPQ面积的最大值是 ,【答案】(1)①证明见解析;②四边形BGED面积的最大值为6+4;（2）正方形,3+2.【分析】（1）①由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形，利用正方形的性质得到两对边相等，且夹角相等，利用SAS得到三角形ADG与三角形ABE全等，利用全等三角形对应角相等得DG=BE，∠AGD=∠AEB，如图所示，EB交AG于点H，利用等角的余角相等得到∠GMH =90°，利用垂直的定义即可得DG⊥BE；②根据①可知旋转过程中，DG=BE且DG⊥BE；当BE取得最大值，即点A,B,E在同一条直线上时，四边形BGED面积有最大值.(2)根据中点四边形的性质可知四边形MNPQ是正方形，边长的最大值为 四边形MNPQ面积的最大值是：【详解】(1) ①∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，∴AD=AB,∠DAB=∠GAE=，AG=AE，∠DAB+∠GAB=∠GAB +∠GAE∠DAG=∠BAE在△ADG和△ABE中， ∴△ADG≌△ABE(SAS)，∴∠AGD=∠AEB，DG=BE,如图所示，EB交AG于点H，在△AEH中,∠AEH+∠AHE=，∠AEH=∠BHG,∴∠AGD+∠BHG=，在△HGM中, ∠AGD+∠BHG +∠GMH=，∴∠GMH=，则DG⊥BE；②根据①可知旋转过程中，DG=BE且DG⊥BE；当BE取得最大值，即点A,B,E在同一条直线上时，四边形BGED面积有最大值.此时：DG=BE 四边形BGED面积 (2)连接BE,DG，根据中位线的性质可得 ,, 四边形MNPQ是正方形，边长的最大值为 四边形MNPQ面积的最大值是： 故答案为正方形,3+2.【点睛】考查正方形的性质，中位线的性质，全等三角形的判定与性质等，综合性比较强，难度较大.12．(2023春·江苏南通·八年级校考阶段练习）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．（1）如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．求证：中点四边形EFGH是平行四边形；（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）证明见解析；（2）四边形EFGH是菱形，证明见解析；（3）四边形EFGH是正方形【分析】（1）如图1中，连接BD，根据三角形中位线定理只要证明EH∥FG，EH=FG即可．（2）四边形EFGH是菱形．先证明△APC≌△BPD，得到AC=BD，再证明EF=FG即可．（3）四边形EFGH是正方形，只要证明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得∠ACP=∠BDP，即可证明∠COD=∠CPD=90°，再根据平行线的性质即可证明．【详解】（1）证明：如图1中，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．（2）四边形EFGH是菱形．证明：如图2中，连接AC，BD．∵∠APB=∠CPD，∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，即∠APC=∠BPD，在△APC和△BPD中，∵AP=PB，∠APC=∠BPD，PC=PD，∴△APC≌△BPD（SAS），∴AC=BD．∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，∴EF=AC，FG=BD，∵四边形EFGH是平行四边形，∴四边形EFGH是菱形．（3）四边形EFGH是正方形．证明：如图2中，设AC与BD交于点O．AC与PD交于点M，AC与EH交于点N．∵△APC≌△BPD，∴∠ACP=∠BDP，∵∠DMO=∠CMP，∴∠COD=∠CPD=90°，∵EH∥BD，AC∥HG，∴∠EHG=∠ENO=∠BOC=∠DOC=90°，∵四边形EFGH是菱形，∴四边形EFGH是正方形．【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质和中点四边形，综合性较强，作出适当辅助线是本题的关键．13．（2022春·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AC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)(3)(4)【分析】（1）根据定义即可求解．（2）证明四边形是平行四边形，根据即可求解；（3）过作交的延长线于点，求得中间量，根据，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，，， 四边形是平行四边形中，即；(3)如图，过作交的延长线于点， ；(4)若“60°等角线四边形”的对角线长为4，则由（2）（3）可得，．该四边形周长的最小值为．【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．14．（2022春·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是和美四边形的中心，分别是边的中点，连接，记四边形的面积为，用等式表示的数量关系（无需说明理由）（4）如图2，四边形是和美四边形，若，求的长．【答案】（1）正方形；（2）A；（3）S1+S3＝S2+S4；（4）【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=．【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．15．（2022春·江苏苏州·八年级校考期末）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．（1）如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．求证：中点四边形EFGH是平行四边形；（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．【答案】(1)证明见解析；(2)菱形，证明见解析.【分析】（1）如图1中，连接BD，根据三角形中位线定理只要证明EH∥FG，EH=FG即可．（2）四边形EFGH是菱形．先证明△APC≌△BPD，得到AC=BD，再证明EF=FG即可．【详解】（1）如图1中，连接BD．∵点E，H分别为边AB，DA的中点，∴EH∥BD，EHBD．∵点F，G分别为边BC，CD的中点，∴FG∥BD，FGBD，∴EH∥FG，EH=GF，∴中点四边形EFGH是平行四边形．（2）四边形EFGH是菱形．理由如下：如图2中，连接AC，BD．∵∠APB=∠CPD，∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，即∠APC=∠BPD．在△APC和△BPD中，，∴△APC≌△BPD，∴AC=BD．∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，∴EFAC，FGBD．∵AC=BD，∴EF=FG．∵四边形EFGH是平行四边形，∴四边形EFGH是菱形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定等知识，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，属于中考常考题型．16．(2023春·江苏连云港·八年级校考期中）D、E分别是不等边三角形ABC(即AB≠BC≠AC)的边AB、AC的中点，O是△ABC所在平面上的动点，连接OB、OC，点G、F分别是OB、OC的中点，顺次连接点D、G、F、E．(1)如图，当点O在△ABC的内部时，求证：四边形DGFE是平行四边形；(2)若四边形DGFE是菱形，则OA与BC应满足怎样的数量关系？为什么？(3)当OA与BC满足______时，四边形DGEF是一个矩形(直接填答案，不需证明．)【答案】（1）见解析；（2）AO=BC；（3）OA⊥BC．【详解】试题分析：（1）首先利用三角形中位线的性质得出DE∥BC，DE=BC，同理，GF∥BC，GF=BC，即可得出DE∥GF，DE=GF即可得出四边形DGFE是平行四边形；（2）利用（1）中所求，只要邻边再相等即可得出答案．（3）利用（1）中所求，只要邻边相互垂直的平行四边形即为矩形．（1）证明：∵D、E分别是边AB、AC的中点．∴DE∥BC，DE=BC．同理，GF∥BC，GF=BC．∴DE∥GF，DE=GF．∴四边形DEFG是平行四边形．（2）解：解法一：点O的位置满足两个要求：AO=BC，且点O不在射线CD、射线BE上．∵由（1）得出四边形DEFG是平行四边形，∴点O的位置满足两个要求：AO=BC，且点O不在射线CD、射线BE上时，可得GD=AO，GF=BC，∴DG=GE，∴平行四边形DEFG是菱形；解法二：点O在以A为圆心，BC为半径的一个圆上，但不包括射线CD、射线BE与⊙A的交点．解法三：过点A作BC的平行线l，点O在以A为圆心，BC为半径的一个圆上，但不包括l与⊙A的两个交点．（3）由（1）知，四边形DEFG是平行四边形．当OA⊥BC时，DG⊥GF，故平行四边形DGFE是矩形．故答案是：OA⊥BC．考点：中点四边形．17．（2014·江苏·八年级期中）如图1，在四边形ABCD中，AB=CD，E、F分别是BC、AD的中点，连接EF并延长，分别与BA、CD的延长线交于点M、N，则∠BME=∠CNE（不需证明）．（温馨提示：在图1中，连接BD，取BD的中点H，连接HE、HF，根据三角形中位线定理，证明HE=HF，从而∠1=∠2，再利用平行线性质，可证得∠BME=∠CNE．）(1)问题一：如图2，在四边形ADBC中，AB与CD相交于点O，AB=CD，E、F分别是BC、AD的中点，连接EF，分别交DC、AB于点M、N，判断△OMN的形状，并说明理由；(2)问题二：如图3，在△ABC中，AC＞AB，D点在AC上，AB=CD，E、F分别是BC、AD的中点，连接EF并延长，与BA的延长线交于点G，若∠EFC=60°，连接GD，判断△AGD的形状并并说明理由．【答案】(1)△OMN为等腰三角形，理由见解析；(2)△AGD是直角三角形，理由见解析．【分析】（1）作出两条中位线，根据中位线定理，找到相等的同位角和线段，进而判断出三角形的形状．（2）利用平行线和中位线定理，可以证得三角形△FAG是等边三角形，再进一步确定∠FGD=∠FDG=30°，进而求出∠AGD=90°，故△AGD的形状可证．【详解】（1）解：取AC中点P，连接PF，PE，可知PE=，，∴∠PEF=∠ANF，同理PF=，，∴∠PFE=∠CME，又PE=PF，∴∠PFE=∠PEF，∴∠OMN=∠ONM，∴△OMN为等腰三角形．（2）解：△AGD是直角三角形．理由如下：如图连接BD，取BD的中点H，连接HF、HE，∵F是AD的中点，∴，HF=AB，同理，，HE=CD，∵AB=CD∴HF=HE，∵∠EFC=60°，∴∠HEF=60°，∴∠HEF=∠HFE=60°，∴△EHF是等边三角形，∴∠3=∠EFC=∠AFG=60°，∴△AGF是等边三角形．∵AF=FD，∴GF=FD，∴∠FGD=∠FDG=30°∴∠AGD=90°即△AGD是直角三角形．【点睛】本题考查了三角形中位线定理、角平分线的性质、等腰三角形的判定以及勾股定理的逆定理，根据中点构造中位线的辅助线是解题的关键．18．（2022春·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(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=3，Rt△AEM中，AE=2，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FGAEIH，FIBDGH，则FGAEIH，FIBDGH，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，，∴△AEC≌△BDC(SAS)，∴AE＝BD，∵点F，G，H，I分别为AB，BE，ED，AD的中点，FG＝AE＝IH.FI＝BD＝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＝EC＝×2＝1，∠C＝60°，∴BM＝BC－MC＝6－1＝5，在Rt△DMC中，DM＝，在Rt△BDM中，BD＝，∴GH＝BD＝，由(1)知四边形FGHI是菱形，∴.四边形FGHI的周长为4GH＝4.（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，∴FGAE，IHAE，FIBD，GHBD.∴.FGAEIH，FIBDGH，∵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．19．（2022春·山西临汾·八年级统考期中）综合与探究：如图1，四边形中，、、、分别是、、、的中点，顺次连接、、、．(1)猜想四边形的形状是________（直接回答，不必说明理由）．(2)如图2，在四边形内一点，使，，，其他条件不变，试探究四边形的形状，并说明理由．(3)在（2）的条件下，，，，，求四边形的面积．【答案】(1)平行四边形(2)菱形，见解析(3)【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，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，判定四边形EOMQ是平行四边形，证明∠HEF=60°，连接，过点作，垂足为，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，∵、、、分别是、、、的中点，∴EH∥AD，EH=，FG∥AD，FG=，∴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，.∵，∴，即.又∵，，∴，∴.∵、、、分别是、、、的中点，∴、、、分别是、、、的中位线，∴，，，，∴，∴四边形是菱形.（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，∵，，∴是等边三角形.∵是中点，∴平分，，∴，点、、共线.在中，，在中，，∴.∵，∴，∴.∵，，∴四边形EOMQ是平行四边形，∴.在中，，，∴菱形的面积.【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．20．(2023春·福建福州·八年级福州华伦中学校考期中）已知：在矩形ABCD中，，．（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，．①连接BG，若，求AF的长；②设，△GFB的面积为S，且S满足函数关系式．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）①；②存在m=，菱形EFGH面积最大为【分析】（1）连接，，由、、、分别是，，，的中点可得，，，又，得，即结论得证；（2）①过点作延长线于，根据证，得出，根据勾股定理求出，设，则，再利用勾股定理求出即可；②延长交延长线于，由①知，同理可证，则菱形的面积矩形的面积的面积的面积的面积的面积，得出关于的关系式即可得出最大时菱形面积最大，当与重合时有最大值，求出此时的值即可．【详解】解：（1）连接，，、、、分别是，，，的中点，，，四边形是矩形，，，四边形是菱形；（2）①如图2，过点作延长线于，，，，又，，，，，设，则，，，即，解得，故；②如图2，延长交延长线于，由已知可得，四边形是矩形，由①知，同理可证，菱形的面积矩形的面积的面积的面积的面积的面积，，即，，，，，，，，当取最大值时菱形面积最大，当与重合时有最大值，即取到最大值，此时，，当时，菱形面积最大为．【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．21．(2023春·浙江·八年级期中）在四边形中，的中点分别为P、Q、M、M；（1）如图1，试判断四边形怎样的四边形，并证明你的结论；（2）若在上取一点E，连结，，恰好和都是等边三角形（如图2）：①判断此时四边形的形状，并证明你的结论；②当，，求此时四边形的周长（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；②【分析】（1）连接、．利用三角形中位线定理判定四边形的对边平行且相等，易证该四边形是平行四边形；（2）①设的边长是，的边长是，由于，，可得平行四边形的对角线相等，从而得出平行四边形是菱形；②如图2，过点作于，则通过解三角形求得，由勾股定理得到．由①知四边形是菱形，可计算得周长是．【详解】解：（1）如图1，连接、．为的中位线，且，同理且．且，四边形为平行四边形；（2）①四边形是菱形，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=AC，同理：PN=BD，∴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过点作于，则，又，，由①知四边形是菱形，可计算得周长是．【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．22．(2023春·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是和美四边形的中心，分别是边的中点，连接 ，记四边形的面积为，用等式表示的数量关系（无需说明理由）（4）如图2，四边形是和美四边形，若,求的长．【答案】（1）正方形；（2）A；（3）S1+S3=S2+S4；（4）【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=CD，EH∥FG∥AB，且EH=FG=AB，∴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．【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．23．(2023春·安徽淮北·八年级校联考期末）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，在四边形中，，四边形就是“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_________.①平行四边形 ②矩形 ③菱形 ④正方形（2）如图，在“对角线垂直四边形”中，点、、、分别是边、、、的中点，求证：四边形是矩形.【答案】（1） ③④；（2）详见解析【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；【详解】(1) 菱形和正方形是“对角线垂直四边形，故③④满足题意.(2)证明：∵点分别是边、、、的中点，∴，且；，且；.∴.∴四边形是平行四边形. ∵，∴，又∵，∴.∴.∴是矩形.【点睛】本题考查了中点四边形：任意四边形各边中点的连线所组成的四边形为平行四边形，也考查了三角形中位线性质、菱形、正方形的性质.24．(2023春·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，矩形中，在上，且，点从点出发，以1个单位每秒的速度在边上向点运动，设点的运动时间为秒．（1）的面积为，求关于的函数关系式，并求出时的值；（2）在点从点向运动的过程中，是否存在使的时刻？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；（3）如图2，分别是的中点，在点从向运动的过程中，线段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），，然后依据的面积矩形的面积三个直角三角形的面积可得到与的函数关系式，然后将代入函数关系式可求得的值；（2）先依据勾股定理求得、、的长，然后依据勾股定理的逆定理列出关于的方程，从而可求得的值；（3）确定出点分别与点和点重合时，点、的位置，然后依据三角形的中位线定理可证明，，从而可判断出扫过区域的形状，然后依据平行四边形的面积公式求解即可．【详解】解：（1）四边形为矩形，，．，．，，，整理得：．当时，，解得：．（2）存在．理由如下：，，，，，，．当时，，，整理得：，配方得：，解得：．（3）如图所示：当点与点重合时，点位于处，点位于点处，为的中点，点位的中点．当点与点重合时，点位于处，点位于点处，为的中点，点位的中点．，，，．，．四边形为平行四边形．扫过的区域为平行四边形．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，画出扫过的图形是解题的关键．25．(2023春·河南信阳·八年级校考阶段练习）如图所示，E，F，G，H分别是四边形ABCD的边AB，BC，CD，AD的中点．（1）探究1：连接对角线AC，BD由三角形中位线定理及平行四边形的判定定理易得四边形EFGH为 （不需要证明）；（2）探究2：观察猜想：①当四边形ABCD的对角线AC，BD满足条件 时，四边形EFGH是菱形；②当四边形ABCD的对角线AC，BD满足条件 时，四边形EFGH为矩形．（3）探究3：当四边形ABCD满足什么条件时，四边形EFGH为正方形？并说明理由．【答案】（1）平行四边形；（2）①AC=BD；②AC⊥BD；（3） 当四边形ABCD满足AC＝BD且AC⊥BD时，四边形EFGH为正方形．理由见解析．【分析】（1）由中位线定理得出GH∥AC，GH=AC，同理EF∥AC，EF=AC，得出GH∥EF，GH=EF，从而可得出四边形EFGH是平行四边形；（2）①由（1）知四边形EFGH是平行四边形，由AC=BD，推出一组邻边相等即可得出四边形EFGH为菱形；②由（1）知四边形EFGH是平行四边形，由AC⊥BD，证出∠EHG=90°，得出四边形EFGH为矩形；（3）由AC=BD得出四边形EFGH为菱形；由AC⊥BD得出四边形EFGH为矩形，即可得出四边形EFGH为正方形．【详解】解：（1）∵H、G，分别为AD、DC的中点， ∴HG∥AC，HG=AC，同理EF∥AC，EF=AC，∴HG∥EF且EF=HG，∴四边形EFGH是平行四边形．故答案为：平行四边形；（2）①AC=BD，理由如下： 由（1）知四边形EFGH为平行四边形，又∵H，G分别为AD、DC的中点，∴HG=AC， 同理可知HE=BD，又∵AC=BD，∴HE=HG．∴平行四边形EFGH为菱形，故答案为：AC=BD；②AC⊥BD，理由如下：由（1）知四边形EFGH是平行四边形， 又∵H，G分别为AD、DC的中点，∴HG∥AC，同理可知HE∥BD，∵AC⊥BD，∴HG⊥HE，∴∠EHG=90°，∴四边形EFGH为矩形，故答案为：AC⊥BD；（3）当四边形ABCD满足AC＝BD且AC⊥BD时，四边形EFGH为正方形．理由如下：当AC=BD时，由（2）①得：四边形EFGH为菱形；当AC⊥BD时，由（2）②得：四边形EFGH为矩形，∴四边形EFGH为正方形．【点睛】本题考查了中点四边形、平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定以及正方形的判定方法；熟练掌握三角形中位线定理，并能进行推理论证是解决问题的关键．26．（2022春·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：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．27．（2022春·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．（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．28．(2023春·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=BD，FG//BD，FG=BD，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＝BD，同理FG∥BD，FG＝BD，∴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＝BD，FG＝BD，∴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．29．(2023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．30．(2023春·四川遂宁·八年级校考期中）[发现]如图①，在△ABC中，点D，E分别是AB，AC的中点，可以得到：DE∥BC，且DE＝BC．（不需要证明）[探究]如图②，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，判断四边形EFGH的形状，并加以证明．[应用]在[探究]的条件下：（1）在四边形ABCD中，对角线满足条件 时，四边形EFGH是菱形．（2）要使四边形EFGH是正方形，对角线应满足 ．【答案】[探究]平行四边形，证明详见解析；[应用]（1）对角线相等；（2）对角线相等且垂直【分析】[探究]利用三角形的中位线定理可得出HG=EF、EF∥GH，继而可判断出四边形EFGH的形状；[应用]（1）对角线相等，利用三角形的中位线定理得出EF=AC，FG=BD，即可判断出EF=FG，即可得出结论；（2）对角线相等且垂直，由(1)得对角线相等时，四边形EFGH是菱形，然后利用有一个角是直角的菱形是正方形判定即可．【详解】解：[探究]平行四边形．理由：如图②，连接AC，∵E是AB的中点，F是BC的中点，∴EF∥AC，EF=AC，同理HG∥AC，HG=AC，综上可得：EF∥HG，EF=HG，故四边形EFGH是平行四边形；[应用]（1）对角线满足条件对角线相等即AC=BD时，四边形EFGH是菱形；理由：连接AC，BD，同[探究]知，EF=AC，同理得，FG=BD，∵AC=BD，∴EF=FG，∵四边形EFGH是平行四边形，∴▱EFGH是菱形；故答案为：对角线相等；（2）对角线满足条件对角线相等且垂直即AC=BD，AC⊥BD时，四边形EFGH是正方形；∵G是CD的中点，F是BC的中点，∴GF∥BD，EF∥AC，∵AC⊥BD，∴EF⊥GF，∴平行四边形EFGH是矩形，∵AC=BD∴EF=GF，∴矩形EFGH是正方形；故答案为：对角线相等且垂直．【点睛】本题主要考查了中点四边形，三角形的中位线定理，平行四边形的判定，菱形和正方形的判定，熟练运用三角形中位线定理是本题的关键． 四边形ABCD菱形矩形正方形平行四边形EFGH
专题9.15中点四边形大题提升训练（重难点培优30题）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春·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，则四边形EFGH的面积是________2．（2022春·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：3．(2023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）4．(2023春·江苏·八年级统考期末）已知：如图，在四边形中，与不平行，分别是的中点．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)①当与满足条件 时，四边形是菱形；②当与满足条件 时，四边形是矩形．5．（2022春·江苏南京·八年级统考期末）如图，四边形ABCD是菱形，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，连接EF、FG、GH、HE．求证：四边形EFGH是矩形．6．(2023春·江苏淮安·八年级校考期中）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 _____________ ，（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(不用证明)7．（2022春·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______．8．(2023春·江苏泰州·八年级泰兴市洋思中学阶段练习）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）猜想四边形EGFH是什么特殊的四边形，并说明理由；（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．直接写出结果____________.9．(2023春·江苏宿迁·八年级沭阳县修远中学校考期中）如图，在四边形ABCD中，AB=DC，E、F分别是AD、BC的中点，G、H分别是对角线BD、AC的中点．（1）求证：四边形EGFH是菱形；（2）若AB=1，则当∠ABC+∠DCB=90°时，求四边形EGFH的面积．10．（2022春·江苏扬州·八年级统考期中）阅读下面材料：在数学课上，老师请同学思考如下问题：如图1，我们把一个四边形ABCD的四边中点E，F，G，H依次连接起来得到的四边形EFGH是平行四边形吗？小敏在思考问题时，有如下思路：连接AC．结合小敏的思路作答：（1）若只改变图1中四边形ABCD的形状（如图2），则四边形EFGH还是平行四边形吗？说明理由，参考小敏思考问题的方法解决一下问题；（2）如图2，在（1）的条件下，若连接AC，BD．①当AC与BD满足什么条件时，四边形EFGH是菱形，写出结论并证明；②当AC与BD满足什么条件时，四边形EFGH是矩形，直接写出结论．11．(2023春·江苏无锡·八年级校联考期中）在数学兴趣小组活动中,小明进行数学探究活动,将边长为2的正方形ABCD与边长为2的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一直线上，AB与AG在同一直线上.连接DG,BE,易得DG=BE且DG⊥BE（不需要说明理由）(1)如图2，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，旋转角为（30︒﹤﹤180︒）①连接DG,BE,求证：DG=BE且DG⊥BE；②在旋转过程中，如图3，连接BG,GE,ED,DB,求出四边形BGED面积的最大值.(2)如图4，分别取BG,GE,ED,DB的中点M,N,P,Q,连接MN,NP,PQ,QM,则四边形MNPQ的形状为 ，四边形MNPQ面积的最大值是 ,12．(2023春·江苏南通·八年级校考阶段练习）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．（1）如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．求证：中点四边形EFGH是平行四边形；（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）13．（2022春·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AC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 ．14．（2022春·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是和美四边形的中心，分别是边的中点，连接，记四边形的面积为，用等式表示的数量关系（无需说明理由）（4）如图2，四边形是和美四边形，若，求的长．15．（2022春·江苏苏州·八年级校考期末）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．（1）如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．求证：中点四边形EFGH是平行四边形；（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．16．(2023春·江苏连云港·八年级校考期中）D、E分别是不等边三角形ABC(即AB≠BC≠AC)的边AB、AC的中点，O是△ABC所在平面上的动点，连接OB、OC，点G、F分别是OB、OC的中点，顺次连接点D、G、F、E．(1)如图，当点O在△ABC的内部时，求证：四边形DGFE是平行四边形；(2)若四边形DGFE是菱形，则OA与BC应满足怎样的数量关系？为什么？(3)当OA与BC满足______时，四边形DGEF是一个矩形(直接填答案，不需证明．)17．（2014·江苏·八年级期中）如图1，在四边形ABCD中，AB=CD，E、F分别是BC、AD的中点，连接EF并延长，分别与BA、CD的延长线交于点M、N，则∠BME=∠CNE（不需证明）．（温馨提示：在图1中，连接BD，取BD的中点H，连接HE、HF，根据三角形中位线定理，证明HE=HF，从而∠1=∠2，再利用平行线性质，可证得∠BME=∠CNE．）(1)问题一：如图2，在四边形ADBC中，AB与CD相交于点O，AB=CD，E、F分别是BC、AD的中点，连接EF，分别交DC、AB于点M、N，判断△OMN的形状，并说明理由；(2)问题二：如图3，在△ABC中，AC＞AB，D点在AC上，AB=CD，E、F分别是BC、AD的中点，连接EF并延长，与BA的延长线交于点G，若∠EFC=60°，连接GD，判断△AGD的形状并并说明理由．18．（2022春·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．19．（2022春·山西临汾·八年级统考期中）综合与探究：如图1，四边形中，、、、分别是、、、的中点，顺次连接、、、．(1)猜想四边形的形状是________（直接回答，不必说明理由）．(2)如图2，在四边形内一点，使，，，其他条件不变，试探究四边形的形状，并说明理由．(3)在（2）的条件下，，，，，求四边形的面积．20．(2023春·福建福州·八年级福州华伦中学校考期中）已知：在矩形ABCD中，，．（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，．①连接BG，若，求AF的长；②设，△GFB的面积为S，且S满足函数关系式．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．21．(2023春·浙江·八年级期中）在四边形中，的中点分别为P、Q、M、M；（1）如图1，试判断四边形怎样的四边形，并证明你的结论；（2）若在上取一点E，连结，，恰好和都是等边三角形（如图2）：①判断此时四边形的形状，并证明你的结论；②当，，求此时四边形的周长（结果保留根号）．22．(2023春·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是和美四边形的中心，分别是边的中点，连接 ，记四边形的面积为，用等式表示的数量关系（无需说明理由）（4）如图2，四边形是和美四边形，若,求的长．23．(2023春·安徽淮北·八年级校联考期末）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，在四边形中，，四边形就是“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_________.①平行四边形 ②矩形 ③菱形 ④正方形（2）如图，在“对角线垂直四边形”中，点、、、分别是边、、、的中点，求证：四边形是矩形.24．(2023春·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，矩形中，在上，且，点从点出发，以1个单位每秒的速度在边上向点运动，设点的运动时间为秒．（1）的面积为，求关于的函数关系式，并求出时的值；（2）在点从点向运动的过程中，是否存在使的时刻？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；（3）如图2，分别是的中点，在点从向运动的过程中，线段扫过的图形是什么形状_________________，并直接写出它的面积___________________________．25．(2023春·河南信阳·八年级校考阶段练习）如图所示，E，F，G，H分别是四边形ABCD的边AB，BC，CD，AD的中点．（1）探究1：连接对角线AC，BD由三角形中位线定理及平行四边形的判定定理易得四边形EFGH为 （不需要证明）；（2）探究2：观察猜想：①当四边形ABCD的对角线AC，BD满足条件 时，四边形EFGH是菱形；②当四边形ABCD的对角线AC，BD满足条件 时，四边形EFGH为矩形．（3）探究3：当四边形ABCD满足什么条件时，四边形EFGH为正方形？并说明理由．26．（2022春·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．27．（2022春·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．28．(2023春·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．29．(2023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．30．(2023春·四川遂宁·八年级校考期中）[发现]如图①，在△ABC中，点D，E分别是AB，AC的中点，可以得到：DE∥BC，且DE＝BC．（不需要证明）[探究]如图②，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，判断四边形EFGH的形状，并加以证明．[应用]在[探究]的条件下：（1）在四边形ABCD中，对角线满足条件 时，四边形EFGH是菱形．（2）要使四边形EFGH是正方形，对角线应满足 ． 四边形ABCD菱形矩形正方形平行四边形EFGH 专题9.15中点四边形大题提升训练（重难点培优30题）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春·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，则四边形EFGH的面积是________【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=BD，EF∥BD，同理，GH=BD，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=EG•HF＝AB•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春·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：【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．【详解】（1）证明：如图，连接BD，∵E、H分别是AB、AD中点，∴EH//BD，EH＝BD，同理FG//BD，FG＝BD，∴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．3．(2023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．4．(2023春·江苏·八年级统考期末）已知：如图，在四边形中，与不平行，分别是的中点．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)①当与满足条件 时，四边形是菱形；②当与满足条件 时，四边形是矩形．【答案】（1）见解析；（2）①；②．【分析】（1）根据三角形中位线定理得到，EG∥AB，，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．【详解】（1）证明：∵E，G分别是AD，BD的中点，∴EG是△DAB的中位线，∴且，同理：且，∴且，∴四边形为平行四边形；（2）①当AB=CD时，四边形EGFH是菱形，理由如下：∵F，G分别是BC，BD的中点，∴FG是△DCB的中位线，∴FG=CD，FG∥CD，当AB=CD时，EG=FG， ∴四边形EGFH是菱形；②当AB⊥CD时，平行四边形EGFH是矩形，理由如下：∵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．【点睛】本题考查了中点四边形，掌握三角形中位线定理、矩形、菱形的判定定理是解题的关键．5．（2022春·江苏南京·八年级统考期末）如图，四边形ABCD是菱形，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，连接EF、FG、GH、HE．求证：四边形EFGH是矩形．【答案】见解析【分析】连接AC、BD，根据菱形的性质得到AC⊥BD，根据三角形中位线定理和平行四边形的判定定理证明四边形EFGH是平行四边形，根据三角形中位线定理证明∠FEH＝∠APE＝90°，得到答案．【详解】证明：连接AC、BD，AC与BD相交于点O，AC与EH相交于点P．∵E、F分别是边AB、BC的中点，∴EF∥AC，EF＝AC． 同理GH∥AC，GH＝AC．∴EF∥GH，EF＝GH．∴四边形EFGH是平行四边形．∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，即∠AOB＝90°．∵E、H分别是边AB、AD的中点，∴EH∥BD．∴∠APE＝∠AOB＝90°．∵EF∥AC，∴∠FEH＝∠APE＝90°．∴四边形EFGH是矩形．【点睛】本题考查的是菱形的性质、矩形的判定、三角形中位线定理，掌握三角形中位线定理和矩形的判定定理是解题的关键．6．(2023春·江苏淮安·八年级校考期中）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 _____________ ，（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(不用证明)【答案】（1）平行四边形；证明见解析（2）AC⊥BD【分析】(1)连接BD，根据三角形的中位线定理得到EH∥BD，EH=BD，FG∥BD，FG=BD，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；(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.【详解】(1)四边形EFGH的形状是平行四边形．理由如下：如图，连结BD，∵E、H分别是AB、AD中点，∴EH∥BD，EH=BD，同理FG∥BD，FG=BD，∴EH∥FG，EH=FG，∴四边形EFGH是平行四边形；(2)当四边形ABCD的对角线满足互相垂直的条件时，四边形EFGH是矩形．理由如下：如图，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.【点睛】本题考查了中点四边形，涉及了三角形中位线定理，平行四边形的判定，矩形的判定等，熟练掌握相关知识是解题的关键.7．（2022春·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)≤m≤【分析】（1）连结BD，根据三角形中位线的性质可得MQBD，MQ＝BD，PNBD，PN＝BD，进而可得MQPN，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.∴MQBD，MQ＝BD，PNBD，PN＝BD∴MQPN，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＝AC在△ABC与△DCB中，∴△ABC≌△DCB（SAS）∴AC＝BD∵点M、N、P、Q分别是边AB、BC、CD、AD的中点.∴MQBD，MQ＝BD，PNBD，PN＝BD∴MQMN ，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＝BD＝5，∵点Q是AD的中点，点P是BD的中点，∴PQ是△ABD的中位线，∴PQ＝AB＝，在△CPQ中，CP﹣PQ＜CQ＜CP+PQ，∴＜m＜，∵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，当点C、P、Q三点共线，且点Q在射线CP上时，m取得最大值，综上，m的取值范围为：≤m≤．【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．8．(2023春·江苏泰州·八年级泰兴市洋思中学阶段练习）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）猜想四边形EGFH是什么特殊的四边形，并说明理由；（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．直接写出结果____________.【答案】（1）菱形；（2）∠ABC+∠DCB=90°；（3）∠GFH+∠ABC+∠DCB=180°或∠GFH+∠ABC-∠DCB=180°【分析】（1）根据三角形中位线的性质得到EGAB，EHCD，HFAB，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】（1）四边形EGFH是菱形．理由如下：∵E、F、G、H分别为AD、BC、BD、AC的中点，∴EGAB，EHCD，HFAB，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）当∠ABC+∠DCB＜180°时，∠GFH+∠ABC+∠DCB=180°．理由如下：∵GF∥CD，HF∥AB，∴∠ABC=∠HFC，∠DCB=∠GFB．∵∠BFG+∠GFH+∠HFC=180°，∴∠GFH+∠ABC+∠DCB=180°．当∠ABC+∠DCB=180°时，∠GFH=0°，四边形EGFH不存在，∠GFH+∠ABC+∠DCB=180°；当∠ABC+∠DCB＞180°时，∠GFH+∠ABC﹣∠DCB=180°．综上所述：∠GFH+∠ABC+∠DCB=180°或∠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．9．(2023春·江苏宿迁·八年级沭阳县修远中学校考期中）如图，在四边形ABCD中，AB=DC，E、F分别是AD、BC的中点，G、H分别是对角线BD、AC的中点．（1）求证：四边形EGFH是菱形；（2）若AB=1，则当∠ABC+∠DCB=90°时，求四边形EGFH的面积．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）利用三角形的中位线定理可以证得四边形EGFH的四边相等，即可证得；（2）根据平行线的性质可以证得∠GFH=90°，得到菱形EGFH是正方形，利用三角形的中位线定理求得GE的长，则正方形的面积可以求得．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，∴FG=CD，HE=CD，FH=AB，GE=AB．∵AB=CD，∴FG=FH=HE=EG．∴四边形EGFH是菱形．（2）解：∵四边形ABCD中，G、F、H分别是BD、BC、AC的中点，∴GF∥DC，HF∥AB．∴∠GFB=∠DCB，∠HFC=∠ABC．∴∠HFC+∠GFB=∠ABC+∠DCB=90°．∴∠GFH=90°．∴菱形EGFH是正方形．∵AB=1，∴EG=AB=．∴正方形EGFH的面积=（）2=．10．（2022春·江苏扬州·八年级统考期中）阅读下面材料：在数学课上，老师请同学思考如下问题：如图1，我们把一个四边形ABCD的四边中点E，F，G，H依次连接起来得到的四边形EFGH是平行四边形吗？小敏在思考问题时，有如下思路：连接AC．结合小敏的思路作答：（1）若只改变图1中四边形ABCD的形状（如图2），则四边形EFGH还是平行四边形吗？说明理由，参考小敏思考问题的方法解决一下问题；（2）如图2，在（1）的条件下，若连接AC，BD．①当AC与BD满足什么条件时，四边形EFGH是菱形，写出结论并证明；②当AC与BD满足什么条件时，四边形EFGH是矩形，直接写出结论．【答案】（1）是平行四边形，理由见解析；（2）①AC=BD；证明见解析；②AC⊥BD．【分析】（1）如图2，连接AC，根据三角形中位线的性质及平行四边形判定定理即可得到结论；（2）①由（1）知，四边形EFGH是平行四边形，且FG=BD，HG=AC，于是得到当AC=BD时，FG=HG，即可得到结论；②若四边形EFGH是矩形，则∠HGF=90°，即GH⊥GF，又GH∥AC，GF∥BD，则AC⊥BD．【详解】解：（1）是平行四边形．理由如下：如图2，连接AC，∵E是AB的中点，F是BC的中点，∴EF∥AC，EF=AC，同理HG∥AC，HG=AC，∴EF∥HG，EF=HG，∴四边形EFGH是平行四边形；（2）①AC=BD．理由如下：由（1）知，四边形EFGH是平行四边形，且FG=BD，HG=AC，∴当AC=BD时，FG=HG，∴平行四边形EFGH是菱形；②当AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形．理由如下：同（1）得：四边形EFGH是平行四边形，∵AC⊥BD，GH∥AC，∴GH⊥BD，∵GF∥BD，∴GH⊥GF，∴∠HGF=90°，∴四边形EFGH为矩形．【点睛】此题主要考查了中点四边形，熟练掌握三角形中位线定理及平行四边形、菱形及矩形的判定是解题的关键．11．(2023春·江苏无锡·八年级校联考期中）在数学兴趣小组活动中,小明进行数学探究活动,将边长为2的正方形ABCD与边长为2的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一直线上，AB与AG在同一直线上.连接DG,BE,易得DG=BE且DG⊥BE（不需要说明理由）(1)如图2，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，旋转角为（30︒﹤﹤180︒）①连接DG,BE,求证：DG=BE且DG⊥BE；②在旋转过程中，如图3，连接BG,GE,ED,DB,求出四边形BGED面积的最大值.(2)如图4，分别取BG,GE,ED,DB的中点M,N,P,Q,连接MN,NP,PQ,QM,则四边形MNPQ的形状为 ，四边形MNPQ面积的最大值是 ,【答案】(1)①证明见解析;②四边形BGED面积的最大值为6+4;（2）正方形,3+2.【分析】（1）①由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形，利用正方形的性质得到两对边相等，且夹角相等，利用SAS得到三角形ADG与三角形ABE全等，利用全等三角形对应角相等得DG=BE，∠AGD=∠AEB，如图所示，EB交AG于点H，利用等角的余角相等得到∠GMH =90°，利用垂直的定义即可得DG⊥BE；②根据①可知旋转过程中，DG=BE且DG⊥BE；当BE取得最大值，即点A,B,E在同一条直线上时，四边形BGED面积有最大值.(2)根据中点四边形的性质可知四边形MNPQ是正方形，边长的最大值为 四边形MNPQ面积的最大值是：【详解】(1) ①∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，∴AD=AB,∠DAB=∠GAE=，AG=AE，∠DAB+∠GAB=∠GAB +∠GAE∠DAG=∠BAE在△ADG和△ABE中， ∴△ADG≌△ABE(SAS)，∴∠AGD=∠AEB，DG=BE,如图所示，EB交AG于点H，在△AEH中,∠AEH+∠AHE=，∠AEH=∠BHG,∴∠AGD+∠BHG=，在△HGM中, ∠AGD+∠BHG +∠GMH=，∴∠GMH=，则DG⊥BE；②根据①可知旋转过程中，DG=BE且DG⊥BE；当BE取得最大值，即点A,B,E在同一条直线上时，四边形BGED面积有最大值.此时：DG=BE 四边形BGED面积 (2)连接BE,DG，根据中位线的性质可得 ,, 四边形MNPQ是正方形，边长的最大值为 四边形MNPQ面积的最大值是： 故答案为正方形,3+2.【点睛】考查正方形的性质，中位线的性质，全等三角形的判定与性质等，综合性比较强，难度较大.12．(2023春·江苏南通·八年级校考阶段练习）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．（1）如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．求证：中点四边形EFGH是平行四边形；（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）证明见解析；（2）四边形EFGH是菱形，证明见解析；（3）四边形EFGH是正方形【分析】（1）如图1中，连接BD，根据三角形中位线定理只要证明EH∥FG，EH=FG即可．（2）四边形EFGH是菱形．先证明△APC≌△BPD，得到AC=BD，再证明EF=FG即可．（3）四边形EFGH是正方形，只要证明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得∠ACP=∠BDP，即可证明∠COD=∠CPD=90°，再根据平行线的性质即可证明．【详解】（1）证明：如图1中，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．（2）四边形EFGH是菱形．证明：如图2中，连接AC，BD．∵∠APB=∠CPD，∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，即∠APC=∠BPD，在△APC和△BPD中，∵AP=PB，∠APC=∠BPD，PC=PD，∴△APC≌△BPD（SAS），∴AC=BD．∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，∴EF=AC，FG=BD，∵四边形EFGH是平行四边形，∴四边形EFGH是菱形．（3）四边形EFGH是正方形．证明：如图2中，设AC与BD交于点O．AC与PD交于点M，AC与EH交于点N．∵△APC≌△BPD，∴∠ACP=∠BDP，∵∠DMO=∠CMP，∴∠COD=∠CPD=90°，∵EH∥BD，AC∥HG，∴∠EHG=∠ENO=∠BOC=∠DOC=90°，∵四边形EFGH是菱形，∴四边形EFGH是正方形．【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质和中点四边形，综合性较强，作出适当辅助线是本题的关键．13．（2022春·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AC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)(3)(4)【分析】（1）根据定义即可求解．（2）证明四边形是平行四边形，根据即可求解；（3）过作交的延长线于点，求得中间量，根据，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，，， 四边形是平行四边形中，即；(3)如图，过作交的延长线于点， ；(4)若“60°等角线四边形”的对角线长为4，则由（2）（3）可得，．该四边形周长的最小值为．【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．14．（2022春·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是和美四边形的中心，分别是边的中点，连接，记四边形的面积为，用等式表示的数量关系（无需说明理由）（4）如图2，四边形是和美四边形，若，求的长．【答案】（1）正方形；（2）A；（3）S1+S3＝S2+S4；（4）【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=．【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．15．（2022春·江苏苏州·八年级校考期末）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．（1）如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．求证：中点四边形EFGH是平行四边形；（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．【答案】(1)证明见解析；(2)菱形，证明见解析.【分析】（1）如图1中，连接BD，根据三角形中位线定理只要证明EH∥FG，EH=FG即可．（2）四边形EFGH是菱形．先证明△APC≌△BPD，得到AC=BD，再证明EF=FG即可．【详解】（1）如图1中，连接BD．∵点E，H分别为边AB，DA的中点，∴EH∥BD，EHBD．∵点F，G分别为边BC，CD的中点，∴FG∥BD，FGBD，∴EH∥FG，EH=GF，∴中点四边形EFGH是平行四边形．（2）四边形EFGH是菱形．理由如下：如图2中，连接AC，BD．∵∠APB=∠CPD，∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，即∠APC=∠BPD．在△APC和△BPD中，，∴△APC≌△BPD，∴AC=BD．∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，∴EFAC，FGBD．∵AC=BD，∴EF=FG．∵四边形EFGH是平行四边形，∴四边形EFGH是菱形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定等知识，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，属于中考常考题型．16．(2023春·江苏连云港·八年级校考期中）D、E分别是不等边三角形ABC(即AB≠BC≠AC)的边AB、AC的中点，O是△ABC所在平面上的动点，连接OB、OC，点G、F分别是OB、OC的中点，顺次连接点D、G、F、E．(1)如图，当点O在△ABC的内部时，求证：四边形DGFE是平行四边形；(2)若四边形DGFE是菱形，则OA与BC应满足怎样的数量关系？为什么？(3)当OA与BC满足______时，四边形DGEF是一个矩形(直接填答案，不需证明．)【答案】（1）见解析；（2）AO=BC；（3）OA⊥BC．【详解】试题分析：（1）首先利用三角形中位线的性质得出DE∥BC，DE=BC，同理，GF∥BC，GF=BC，即可得出DE∥GF，DE=GF即可得出四边形DGFE是平行四边形；（2）利用（1）中所求，只要邻边再相等即可得出答案．（3）利用（1）中所求，只要邻边相互垂直的平行四边形即为矩形．（1）证明：∵D、E分别是边AB、AC的中点．∴DE∥BC，DE=BC．同理，GF∥BC，GF=BC．∴DE∥GF，DE=GF．∴四边形DEFG是平行四边形．（2）解：解法一：点O的位置满足两个要求：AO=BC，且点O不在射线CD、射线BE上．∵由（1）得出四边形DEFG是平行四边形，∴点O的位置满足两个要求：AO=BC，且点O不在射线CD、射线BE上时，可得GD=AO，GF=BC，∴DG=GE，∴平行四边形DEFG是菱形；解法二：点O在以A为圆心，BC为半径的一个圆上，但不包括射线CD、射线BE与⊙A的交点．解法三：过点A作BC的平行线l，点O在以A为圆心，BC为半径的一个圆上，但不包括l与⊙A的两个交点．（3）由（1）知，四边形DEFG是平行四边形．当OA⊥BC时，DG⊥GF，故平行四边形DGFE是矩形．故答案是：OA⊥BC．考点：中点四边形．17．（2014·江苏·八年级期中）如图1，在四边形ABCD中，AB=CD，E、F分别是BC、AD的中点，连接EF并延长，分别与BA、CD的延长线交于点M、N，则∠BME=∠CNE（不需证明）．（温馨提示：在图1中，连接BD，取BD的中点H，连接HE、HF，根据三角形中位线定理，证明HE=HF，从而∠1=∠2，再利用平行线性质，可证得∠BME=∠CNE．）(1)问题一：如图2，在四边形ADBC中，AB与CD相交于点O，AB=CD，E、F分别是BC、AD的中点，连接EF，分别交DC、AB于点M、N，判断△OMN的形状，并说明理由；(2)问题二：如图3，在△ABC中，AC＞AB，D点在AC上，AB=CD，E、F分别是BC、AD的中点，连接EF并延长，与BA的延长线交于点G，若∠EFC=60°，连接GD，判断△AGD的形状并并说明理由．【答案】(1)△OMN为等腰三角形，理由见解析；(2)△AGD是直角三角形，理由见解析．【分析】（1）作出两条中位线，根据中位线定理，找到相等的同位角和线段，进而判断出三角形的形状．（2）利用平行线和中位线定理，可以证得三角形△FAG是等边三角形，再进一步确定∠FGD=∠FDG=30°，进而求出∠AGD=90°，故△AGD的形状可证．【详解】（1）解：取AC中点P，连接PF，PE，可知PE=，，∴∠PEF=∠ANF，同理PF=，，∴∠PFE=∠CME，又PE=PF，∴∠PFE=∠PEF，∴∠OMN=∠ONM，∴△OMN为等腰三角形．（2）解：△AGD是直角三角形．理由如下：如图连接BD，取BD的中点H，连接HF、HE，∵F是AD的中点，∴，HF=AB，同理，，HE=CD，∵AB=CD∴HF=HE，∵∠EFC=60°，∴∠HEF=60°，∴∠HEF=∠HFE=60°，∴△EHF是等边三角形，∴∠3=∠EFC=∠AFG=60°，∴△AGF是等边三角形．∵AF=FD，∴GF=FD，∴∠FGD=∠FDG=30°∴∠AGD=90°即△AGD是直角三角形．【点睛】本题考查了三角形中位线定理、角平分线的性质、等腰三角形的判定以及勾股定理的逆定理，根据中点构造中位线的辅助线是解题的关键．18．（2022春·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(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=3，Rt△AEM中，AE=2，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FGAEIH，FIBDGH，则FGAEIH，FIBDGH，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，，∴△AEC≌△BDC(SAS)，∴AE＝BD，∵点F，G，H，I分别为AB，BE，ED，AD的中点，FG＝AE＝IH.FI＝BD＝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＝EC＝×2＝1，∠C＝60°，∴BM＝BC－MC＝6－1＝5，在Rt△DMC中，DM＝，在Rt△BDM中，BD＝，∴GH＝BD＝，由(1)知四边形FGHI是菱形，∴.四边形FGHI的周长为4GH＝4.（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，∴FGAE，IHAE，FIBD，GHBD.∴.FGAEIH，FIBDGH，∵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．19．（2022春·山西临汾·八年级统考期中）综合与探究：如图1，四边形中，、、、分别是、、、的中点，顺次连接、、、．(1)猜想四边形的形状是________（直接回答，不必说明理由）．(2)如图2，在四边形内一点，使，，，其他条件不变，试探究四边形的形状，并说明理由．(3)在（2）的条件下，，，，，求四边形的面积．【答案】(1)平行四边形(2)菱形，见解析(3)【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，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，判定四边形EOMQ是平行四边形，证明∠HEF=60°，连接，过点作，垂足为，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，∵、、、分别是、、、的中点，∴EH∥AD，EH=，FG∥AD，FG=，∴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，.∵，∴，即.又∵，，∴，∴.∵、、、分别是、、、的中点，∴、、、分别是、、、的中位线，∴，，，，∴，∴四边形是菱形.（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，∵，，∴是等边三角形.∵是中点，∴平分，，∴，点、、共线.在中，，在中，，∴.∵，∴，∴.∵，，∴四边形EOMQ是平行四边形，∴.在中，，，∴菱形的面积.【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．20．(2023春·福建福州·八年级福州华伦中学校考期中）已知：在矩形ABCD中，，．（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，．①连接BG，若，求AF的长；②设，△GFB的面积为S，且S满足函数关系式．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）①；②存在m=，菱形EFGH面积最大为【分析】（1）连接，，由、、、分别是，，，的中点可得，，，又，得，即结论得证；（2）①过点作延长线于，根据证，得出，根据勾股定理求出，设，则，再利用勾股定理求出即可；②延长交延长线于，由①知，同理可证，则菱形的面积矩形的面积的面积的面积的面积的面积，得出关于的关系式即可得出最大时菱形面积最大，当与重合时有最大值，求出此时的值即可．【详解】解：（1）连接，，、、、分别是，，，的中点，，，四边形是矩形，，，四边形是菱形；（2）①如图2，过点作延长线于，，，，又，，，，，设，则，，，即，解得，故；②如图2，延长交延长线于，由已知可得，四边形是矩形，由①知，同理可证，菱形的面积矩形的面积的面积的面积的面积的面积，，即，，，，，，，，当取最大值时菱形面积最大，当与重合时有最大值，即取到最大值，此时，，当时，菱形面积最大为．【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．21．(2023春·浙江·八年级期中）在四边形中，的中点分别为P、Q、M、M；（1）如图1，试判断四边形怎样的四边形，并证明你的结论；（2）若在上取一点E，连结，，恰好和都是等边三角形（如图2）：①判断此时四边形的形状，并证明你的结论；②当，，求此时四边形的周长（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；②【分析】（1）连接、．利用三角形中位线定理判定四边形的对边平行且相等，易证该四边形是平行四边形；（2）①设的边长是，的边长是，由于，，可得平行四边形的对角线相等，从而得出平行四边形是菱形；②如图2，过点作于，则通过解三角形求得，由勾股定理得到．由①知四边形是菱形，可计算得周长是．【详解】解：（1）如图1，连接、．为的中位线，且，同理且．且，四边形为平行四边形；（2）①四边形是菱形，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=AC，同理：PN=BD，∴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过点作于，则，又，，由①知四边形是菱形，可计算得周长是．【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．22．(2023春·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是和美四边形的中心，分别是边的中点，连接 ，记四边形的面积为，用等式表示的数量关系（无需说明理由）（4）如图2，四边形是和美四边形，若,求的长．【答案】（1）正方形；（2）A；（3）S1+S3=S2+S4；（4）【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=CD，EH∥FG∥AB，且EH=FG=AB，∴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．【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．23．(2023春·安徽淮北·八年级校联考期末）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，在四边形中，，四边形就是“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_________.①平行四边形 ②矩形 ③菱形 ④正方形（2）如图，在“对角线垂直四边形”中，点、、、分别是边、、、的中点，求证：四边形是矩形.【答案】（1） ③④；（2）详见解析【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；【详解】(1) 菱形和正方形是“对角线垂直四边形，故③④满足题意.(2)证明：∵点分别是边、、、的中点，∴，且；，且；.∴.∴四边形是平行四边形. ∵，∴，又∵，∴.∴.∴是矩形.【点睛】本题考查了中点四边形：任意四边形各边中点的连线所组成的四边形为平行四边形，也考查了三角形中位线性质、菱形、正方形的性质.24．(2023春·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，矩形中，在上，且，点从点出发，以1个单位每秒的速度在边上向点运动，设点的运动时间为秒．（1）的面积为，求关于的函数关系式，并求出时的值；（2）在点从点向运动的过程中，是否存在使的时刻？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由；（3）如图2，分别是的中点，在点从向运动的过程中，线段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），，然后依据的面积矩形的面积三个直角三角形的面积可得到与的函数关系式，然后将代入函数关系式可求得的值；（2）先依据勾股定理求得、、的长，然后依据勾股定理的逆定理列出关于的方程，从而可求得的值；（3）确定出点分别与点和点重合时，点、的位置，然后依据三角形的中位线定理可证明，，从而可判断出扫过区域的形状，然后依据平行四边形的面积公式求解即可．【详解】解：（1）四边形为矩形，，．，．，，，整理得：．当时，，解得：．（2）存在．理由如下：，，，，，，．当时，，，整理得：，配方得：，解得：．（3）如图所示：当点与点重合时，点位于处，点位于点处，为的中点，点位的中点．当点与点重合时，点位于处，点位于点处，为的中点，点位的中点．，，，．，．四边形为平行四边形．扫过的区域为平行四边形．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，画出扫过的图形是解题的关键．25．(2023春·河南信阳·八年级校考阶段练习）如图所示，E，F，G，H分别是四边形ABCD的边AB，BC，CD，AD的中点．（1）探究1：连接对角线AC，BD由三角形中位线定理及平行四边形的判定定理易得四边形EFGH为 （不需要证明）；（2）探究2：观察猜想：①当四边形ABCD的对角线AC，BD满足条件 时，四边形EFGH是菱形；②当四边形ABCD的对角线AC，BD满足条件 时，四边形EFGH为矩形．（3）探究3：当四边形ABCD满足什么条件时，四边形EFGH为正方形？并说明理由．【答案】（1）平行四边形；（2）①AC=BD；②AC⊥BD；（3） 当四边形ABCD满足AC＝BD且AC⊥BD时，四边形EFGH为正方形．理由见解析．【分析】（1）由中位线定理得出GH∥AC，GH=AC，同理EF∥AC，EF=AC，得出GH∥EF，GH=EF，从而可得出四边形EFGH是平行四边形；（2）①由（1）知四边形EFGH是平行四边形，由AC=BD，推出一组邻边相等即可得出四边形EFGH为菱形；②由（1）知四边形EFGH是平行四边形，由AC⊥BD，证出∠EHG=90°，得出四边形EFGH为矩形；（3）由AC=BD得出四边形EFGH为菱形；由AC⊥BD得出四边形EFGH为矩形，即可得出四边形EFGH为正方形．【详解】解：（1）∵H、G，分别为AD、DC的中点， ∴HG∥AC，HG=AC，同理EF∥AC，EF=AC，∴HG∥EF且EF=HG，∴四边形EFGH是平行四边形．故答案为：平行四边形；（2）①AC=BD，理由如下： 由（1）知四边形EFGH为平行四边形，又∵H，G分别为AD、DC的中点，∴HG=AC， 同理可知HE=BD，又∵AC=BD，∴HE=HG．∴平行四边形EFGH为菱形，故答案为：AC=BD；②AC⊥BD，理由如下：由（1）知四边形EFGH是平行四边形， 又∵H，G分别为AD、DC的中点，∴HG∥AC，同理可知HE∥BD，∵AC⊥BD，∴HG⊥HE，∴∠EHG=90°，∴四边形EFGH为矩形，故答案为：AC⊥BD；（3）当四边形ABCD满足AC＝BD且AC⊥BD时，四边形EFGH为正方形．理由如下：当AC=BD时，由（2）①得：四边形EFGH为菱形；当AC⊥BD时，由（2）②得：四边形EFGH为矩形，∴四边形EFGH为正方形．【点睛】本题考查了中点四边形、平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定以及正方形的判定方法；熟练掌握三角形中位线定理，并能进行推理论证是解决问题的关键．26．（2022春·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：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．27．（2022春·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．（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．28．(2023春·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=BD，FG//BD，FG=BD，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＝BD，同理FG∥BD，FG＝BD，∴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＝BD，FG＝BD，∴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．29．(2023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．30．(2023春·四川遂宁·八年级校考期中）[发现]如图①，在△ABC中，点D，E分别是AB，AC的中点，可以得到：DE∥BC，且DE＝BC．（不需要证明）[探究]如图②，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，判断四边形EFGH的形状，并加以证明．[应用]在[探究]的条件下：（1）在四边形ABCD中，对角线满足条件 时，四边形EFGH是菱形．（2）要使四边形EFGH是正方形，对角线应满足 ．【答案】[探究]平行四边形，证明详见解析；[应用]（1）对角线相等；（2）对角线相等且垂直【分析】[探究]利用三角形的中位线定理可得出HG=EF、EF∥GH，继而可判断出四边形EFGH的形状；[应用]（1）对角线相等，利用三角形的中位线定理得出EF=AC，FG=BD，即可判断出EF=FG，即可得出结论；（2）对角线相等且垂直，由(1)得对角线相等时，四边形EFGH是菱形，然后利用有一个角是直角的菱形是正方形判定即可．【详解】解：[探究]平行四边形．理由：如图②，连接AC，∵E是AB的中点，F是BC的中点，∴EF∥AC，EF=AC，同理HG∥AC，HG=AC，综上可得：EF∥HG，EF=HG，故四边形EFGH是平行四边形；[应用]（1）对角线满足条件对角线相等即AC=BD时，四边形EFGH是菱形；理由：连接AC，BD，同[探究]知，EF=AC，同理得，FG=BD，∵AC=BD，∴EF=FG，∵四边形EFGH是平行四边形，∴▱EFGH是菱形；故答案为：对角线相等；（2）对角线满足条件对角线相等且垂直即AC=BD，AC⊥BD时，四边形EFGH是正方形；∵G是CD的中点，F是BC的中点，∴GF∥BD，EF∥AC，∵AC⊥BD，∴EF⊥GF，∴平行四边形EFGH是矩形，∵AC=BD∴EF=GF，∴矩形EFGH是正方形；故答案为：对角线相等且垂直．【点睛】本题主要考查了中点四边形，三角形的中位线定理，平行四边形的判定，菱形和正方形的判定，熟练运用三角形中位线定理是本题的关键． 四边形ABCD菱形矩形正方形平行四边形EFGH
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