专题10 与中点有关的问题（高效培优期中专项训练）数学新教材人教版八年级下册+答案

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考点02 三角形的中位线定理——构造中位线
考点03 直角三角形斜边上的中线
考点04 直角三角形斜边上的中线——构造直角三角形斜边上的中线
考点05 中点四边形
考点01 三角形的中位线定理
1．如图所示，DE是△ABC的中位线，BC＝6，则DE的长为（ ）
A．1B．1.5C．2D．3
【答案】D
【解答】解：∵DE是△ABC的中位线，BC＝6，
∴DE=12BC=3，
故选：D．
2．如图，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°．若AB＝7，BC＝11，则EF的长为（ ）
A．112B．72C．4D．2
【答案】D
【解答】解：在Rt△AFB中，D为AB的中点，AB＝7，
∴DF=12AB＝3.5，
∵DE为△ABC的中位线，BC＝11，
∴DE=12BC＝5.5，
∴EF＝DE﹣DF＝2，
故选：D．
3．如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，∠DAB＝50°，∠CBA＝70°，P、M、N分别是AB、AC、BD的中点，若BC＝6，则△PMN的周长是（ ）
A．6B．9C．12D．18
【答案】B
【解答】解：∵P、M分别是AB、AC的中点，
∴PM是△ABC的中位线，
∴PM=12BC＝3，PM∥BC，
∴∠APM＝∠CBA＝70°，
同理可得，PN是△ABD的中位线，
∴PN=12AD＝3，PN∥AD，
∴∠BPN＝∠DAB＝50°，
∴∠MPN＝180°﹣50°﹣70°＝60°，
又∵PM＝PN，
∴△PMN为等边三角形，
∴PM＝MN＝PN＝3，
∴△PMN的周长＝9，
故选：B．
4．如图，在四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别是BD，AC的中点，AB＝CD，∠ABD＝20°，∠BDC＝70°，则∠GEF的大小是（ ）
A．25°B．30°C．45°D．35°
【答案】A
【解答】解：∵E，G分别是AD，BD的中点，
∴EG是△ADB的中位线，
∴EG=12AB，EG∥AB，
∴∠EGD＝∠ABD＝20°，
同理可得：FG=12CD，FG∥CD，
∴∠DGF＝180°﹣∠BDC＝110°，
∴∠EGF＝∠EGD+∠FGD＝130°，
∵AB＝CD，
∴EG＝FG，
∴∠GEF=12×（180°﹣130°）＝25°，
故选：A．
5．如图，在四边形ABCD中，E，F，M分别是AB，CD，AC的中点．已知∠BAD+∠ABC＝90°，AD＝BC＝2，则EF的长为（ ）
A．1B．2C．32D．2
【答案】B
【解答】解：∵E，M分别是AB，AC的中点，
∴EM是△ABC的中位线，
∴EM=12BC＝1，EM∥BC，
∴∠AEM＝∠ABC，
同理可得：FM是△ADC的中位线，
∴FM=12AD＝1，FM∥AD，
∴∠FMC＝∠DAC，
∵∠CME是△AME的外角，
∴∠CME＝∠BAC+∠AEM，
∴∠EMF＝∠FMC+∠CME＝∠BAD+∠ABC＝90°，
∴EF=ME2+MF2=2，
故选：B．
6．如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∠ADC的平分线与边AB相交于点P，E是PD的中点，若AD＝6，CD＝9，则EO的长为（ ）
A．1B．32C．2D．3
【答案】B
【解答】解：∵在▱ABCD中，AB＝CD＝9，AB∥CD，OB＝OD，
∴∠CDP＝∠DPA，
∵DP平分∠ADC，
∴∠ADP＝∠CDP，
∴∠ADP＝∠DPA，
∴AP＝AD＝6，
∴PB＝AB﹣AP＝3，
∵E是PD的中点，OD＝OB，
∴OE=12PB=12×3=32，
故选：B．
7．已知，如图，△ABC的中线BE，CF相交于点G，P，Q分别是BG，CG的中点．求证：
（1）四边形EFPQ是平行四边形；
（2）BG＝2GE，CG＝2GF．
【答案】见试题解答内容
【解答】证明：（1）∵BE，CF是△ABC的中线，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥BC且EF=12BC，
∵P，Q分别是BG，CG的中点，
∴PQ是△BCG的中位线，BG＝2GP，CG＝2GQ，
∴PQ∥BC且PQ=12BC，
∴EF∥PQ且EF＝PQ，
∴四边形EFPQ是平行四边形．
（2）由（1）得：四边形EFPQ是平行四边形，
∴GE＝GP，GF＝GQ，
∵BG＝2GP，CG＝2GQ，
∴BG＝2GE，CG＝2GF．
8．（1）如图①，在四边形ABCD中，AD＝BC，P是对角线的中点，M是DC的中点，N是AB的中点，求证：∠PMN＝∠PNM．
（2）如图②，在上边题目的条件下，延长图①中的线段AD交NM的延长线于点E，延长线段BC交NM的延长线于点F．求证：∠AEN＝∠F．
（3）若（2）中的∠A+∠ABC＝130°，则∠F的大小为多少？
【答案】（1）（2）证明见解答；
（3）25°．
【解答】（1）证明：∵P是BD的中点，M是DC的中点，
∴PM是△DBC的中位线，
∴PM=12BC，
同理可得：PN是△DBA的中位线，
∴PN=12AD，
∵AD＝BC，
∴PM＝PN，
∴∠PMN＝∠PNM；
（2）证明：由（1）可知：PM是△DBC的中位线，
∴PM∥BC，
∴∠PMN＝∠F，
同理可得：∠PNM＝∠AEN，
∴∠AEN＝∠F；
（3）解：∵PM∥BC，
∴∠MPD＝∠DBC，
∵PN是△DBA的中位线，
∴PN∥AD，
∴∠PNB＝∠A，
∴∠MPN＝∠MPD+∠NPD＝∠DBC+∠ABD+∠A＝130°，
∵PM＝PN，
∴∠PMN＝∠PNM＝25°，
∴∠F＝∠PMN＝25°．
考点02 三角形的中位线定理——构造中位线
9．如图，已知四边形ABCD中，R、P分别为BC、CD上的点，E、F分别为AP、RP的中点．当点P在CD上从点C向点D移动，同时点R在BC上从点B向点C移动，点P和点R同时到达终点，那么下列结论成立的是（ ）
A．线段EF的长先变大再变小
B．线段EF的长先变小再变大
C．线段EF的长不变
D．线段EF的长与点P的位置有关
【答案】B
【解答】解：连接AR，
∵E，F分别是AP，RP的中点，
∴EF=12AR，
∵当点P在CD上从点C向点D移动，同时点R在BC上从点B向点C移动，AR的长度先变小再变大，
∴线段EF的长先变小再变大．
故选：B．
10．如图，在四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，且AC＝6，BD＝8，点E，F，分别是边AB，CD的中点，则EF的长度是（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】B
【解答】解：取AD的中点H，连接EH、FH，
∵点E，H分别是边AB，AD的中点，
∴EH是△ABD的中位线，
∴EH=12BD＝4，EH∥BD，
同理可得：FH=12AC＝3，FH∥AC，
∵AC⊥BD，
∴EH⊥FH，
由勾股定理得：EF=EH2+FH2=32+42=5，
故选：B．
11．如图，四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，点E，F，G分别是AD，BD，DC的中点，连接EG，则EG的长为（ ）
A．5B．6C．8D．10
【答案】A
【解答】解：连接AC，
∵AB＝6，BC＝8，∠ABC＝90°，
∴AC＝10，
∵点E，G分别是AD，DC的中点，
∴EG=12AC=5，
故选：A．
12．如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，BE⊥AE于点E，D为AB的中点，连接DE并延长，交BC于点F．若AB＝20，AC＝28，则EF的长为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】A
【解答】解：如图，延长BE交AC于点G，
∵AE平分∠BAC，
∴∠GAE＝∠BAE，
∵BE⊥AE，
∴∠AEB＝∠AEG，
又∵AE＝AE，
∴△AEG≌△AEB（ASA），
∴BE＝GE，AB＝AG＝20，
∴E为BG的中点，GC＝AC﹣AG＝28﹣20＝8，
∵E为BG的中点，D为AB的中点，
∴DE是△ABG的中位线，
∴DE∥AG，即DF∥AC，
∵D为AB的中点，DF∥AC，
∴CFFB=ADDB=1，即CF＝FB，
∴F为BC的中点，
在△BGC中，E为BG的中点，F为BC的中点，
∴EF是△BGC的中位线，
∴EF=12GC=12×8=4．
故选：A．
13．如图，CA⊥AB，DB⊥AB，AB＝4，AC＝3，DB＝2，连接PC，PD，分别取PC，PD的中点M，N，连接MN，则线段MN的长为（ ）
A．2B．2.5C．233D．412
【答案】D
【解答】解：连接CD，过点C作CE⊥DB，交DB的延长线于E，
∵CA⊥AB，
∴∠CAB＝90°，
∵DB⊥AB，
∴∠ABE＝90°，
∴∠CAB＝∠ABE＝∠E＝90°，
∴四边形ABEC为矩形，
∴BE＝AC＝3，CE＝AB＝4，
∴DE＝DB+BE＝2+3＝5，
由勾股定理可得，CD=DE2+CE2=52+42=41，
∵点M、N分别为PC、PD的中点，
∴MN为△PCD的中位线，
∴MN=12CD=412．
故选：D．
14．如图，在四边形ABCD中，E，F，M分别是AB，CD，BD的中点，AD＝BC，MN⊥EF，垂足为N．求证：EN＝FN．
【答案】见解答．
【解答】证明：如图，连接MF、ME，
∵F，M分别是CD，BD的中点，
∴MF是△BCD的中位线，
∴MF=12BC，
∵E，M分别是AB，BD的中点，
∴ME是△BAD的中位线，
∴ME=12AD，
∵AD＝BC，
∴ME＝MF，
∵MN⊥EF，
∴EN＝FN（等腰三角形三线合一）．
15．已知：如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，CD⊥AD，垂足为D，点G是BC的中点．
（1）求证：DG∥AB；
（2）若DG＝2，AC＝5，则AB＝ 9 ．
【答案】（1）证明见解析；
（2）9．
【解答】（1）证明：如图，延长CD交AB于E，
∵AD平分∠BAC，CD⊥AD，
∴∠EAD＝∠CAD，∠ADE＝∠ADC＝90°，
在△ADE和△ADC中，
∠EAD=∠CADAD=AD∠ADE=∠ADC，
∴△ADE≌△ADC（ASA），
∴CD＝DE，
∵点G是BC的中点，
∴DG是△AEB的中位线，
∴DG∥AB；
（2）解：由（1）可知：△ADE≌△ADC，DG是△AEB的中位线，
∴AE＝AC＝5，BE＝2DG＝4，
∴AB＝AE+BE＝5+4＝9，
故答案为：9．
16．（1）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，求证：∠BME＝∠CNE．
（2）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中点，连接EF，分别交DC、AB于点M、N，判断△OMN的形状．
【答案】（1）见解析；
（2）△OMN是等腰三角形．
【解答】（1）证明：如图所示，连接BD，取BD的中点H，连接HE、HF，
∵E、F分别是AD、BC的中点，
∴HF、HE分别是△BCD、△ABD的中位线，
∴HF∥CN，HE∥BM，HF=12CD，HE=12AB，
∵AB＝CD，
∴HF＝HE，
∴∠HEF＝∠HFE，
∵HF∥CN，HE∥BM，
∴∠HEF＝∠BME，∠HFE＝∠CNE，
∴∠BME＝∠CNE；
（2）解：△OMN是等腰三角形；
证明：如图，取BD的中点H，连接HE、HF，
∵E、F分别是BC、AD的中点，
∴HF、HE分别是△ABD、△BCD的中位线，
∴HF∥AB，HE∥CD，HF=12AB，HE=12CD，
∵AB＝CD，
∴HF＝HE，
∴∠HFE＝∠HEF，
∵HF∥AB，HE∥CD，
∴∠HFE＝∠ONM，∠HEF＝∠OMN，
∴∠ONM＝∠OMN，
∴OM＝ON，
∴△OMN是等腰三角形．
考点03 直角三角形斜边上的中线
17．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是AB的中点，AB＝6，则CD的长是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【解答】解：∵∠ACB＝90°，点D是AB的中点，AB＝6，
∴CD=12AB=3，
故选：B．
18．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD为AB边上的中线，且CD＜BC，以点C为圆心，CD长为半径画弧交边BC于点E，连接DE．若∠A＝x，则∠BED的度数为（ ）
A．90°+12xB．45°+32xC．90°+xD．135°−12x
【答案】D
【解答】解：∵∠ACB＝90°，CD为AB边上的中线，
∴CD＝BD＝AD，
∴∠DCA＝∠DAC（等边对等角），
∵∠A＝x，
∴∠DCA＝∠DAC＝x，
∴∠ECD＝90°﹣x，
以点C为圆心，CD长为半径画弧交边BC于点E，
∴CD＝CE，
∴∠CDE=∠CED=180°−(90°−x)2=45°+12x，
∴∠BED=180°−∠CED=180°−(45°+12x)=135°−12x，
则∠BED的度数为135°−12x，
故选：D．
19．如图，已知直线l1∥l2，含30°角的三角板的直角顶点C在l1上，30°角的顶点A在l2上，如果边AB与l1的交点D是AB的中点，那么∠1的度数为（ ）
A．110°B．150°C．135°D．120°
【答案】D
【解答】如图，设∠1的同旁内角为∠2，
由条件可知DA＝DC＝BD，
∴∠DCA＝∠DAC＝30°，
∴∠2＝∠DCA+∠DAC＝60°，
∵l1∥l2，
∴∠1+∠2＝180°，
∴∠1＝180°﹣60°＝120°．
故选：D．
20．如图，一根木棍斜靠在与地面（OM）垂直的墙（ON）上，设木棍中点为P，若木棍A端沿墙下滑，且B沿地面向右滑行．在此滑动过程中，点P到点O的距离（ ）
A．变小B．不变C．变大D．无法判断
【答案】B
【解答】解：在木棍滑动的过程中，点P到点O的距离不发生变化，
理由是：连接OP，
∵∠AOB＝90°，P为AB中点，AB＝2a，
∴OP=12AB＝a，
即在木棍滑动的过程中，点P到点O的距离不发生变化，永远是a；
故选：B．
21．如图，在△ABC中，CF⊥AB于F，BE⊥AC于E，M为BC的中点，EF＝8，BC＝20，△EFM的周长是（ ）
A．26B．28C．30D．32
【答案】B
【解答】解：∵CF⊥AB，M为BC的中点，BC＝20，
∴FM=12BC=10，
同理可得：ME=12BC=10，
∵EF＝8，
∴△EFM的周长＝FM+ME+EF＝10+10+8＝28．
故选：B．
22．在△ABC中，AB＝AC，AE为BC上的中线，CD⊥AB，连结DE．
（1）求证：△CDE是等腰三角形．
（2）若AC＝6，DE＝1，求BD的长度．
【答案】（1）见解答；
（2）13．
【解答】（1）证明：∵AE为BC边上的中线，
∴点E为BC的中点，
又∵CD⊥AB，
∴∠CDB＝90°，
∴DE为Rt△CDB的斜边BC上的中线，
∴DE=CE=BE=12BC，
∴△CDE是等腰三角形；
（2）解：∵AB＝AC，CE=CE=BE=12BC，AC＝6，DE＝1，
∴BC＝2DE＝2×1＝2，
设BD＝x，则AD＝AB﹣BD＝6﹣x，
在Rt△CDB中，根据勾股定理得，CD2＝BC2﹣BD2，
在Rt△CDA中，根据勾股定理得，CD2＝AC2﹣AD2，
∴AC2﹣AD2＝BC2﹣BD2，即62﹣（6﹣x）2＝22﹣x2，
整理得12x＝4，
∴解得x=13，
∴BD的长度为13．
23．如图，在△ABC中，AD是BC边上的高线，CE是AB边上的中线，CD＝AE．
（1）求证：CD＝DE；
（2）若∠BAD＝40°，求∠DCE的度数．
【答案】（1）见解答；
（2）25°．
【解答】（1）证明：∵AD⊥BC，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∵CE是AB的中线，CD＝AE，
∴点E是AB的中点，
∴DE是Rt△ABD斜边AB上的中线，
∴DE=12AB=AE，
∵CD＝AE，
∴CD＝DE；
（2）解：∵AD⊥BC，∠BAD＝40°，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴∠B＝90°﹣∠BAD＝90°﹣40°＝50°，
由（1）知，DE是Rt△ABD斜边AB上的中线，
∴DE=12AB=BE，
∴∠B＝∠BDE＝50°，
又∵CD＝DE，
∴∠DCE＝∠DEC，
∵∠BDE是△CDE的外角，
∴∠BDE＝∠DCE+∠DEC＝2∠DCE，
∴∠DCE=12∠BDE=12×50°=25°，
∴∠DCE的度数为25°．
24．如图，在△ABC中，CE⊥BA的延长线于E，BF⊥CA的延长线于F，M为BC的中点，分别连接ME、MF、EF．
（1）若EF＝3，BC＝8，求△EFM的周长；
（2）若∠ABC＝28°，∠ACB＝48°，求∠EMF的度数．
【答案】（1）△EFM的周长为11；
（2）∠EMF的度数为28°．
【解答】解：（1）∵CE⊥BA，BF⊥CA，
∴∠BFC＝∠BEC＝90°，
∵M为BC的中点，BC＝8，
∴FM=12BC＝4，EM=12BC＝4，
∵EF＝3，
∴△EFM的周长＝EF+FM+EM＝3+4+4＝11，
∴△EFM的周长为11；
（2）∵∠BEC＝90°，M为BC的中点，
∴BM＝EM=12BC，
∴∠ABC＝∠BEM＝28°，
∴∠EMC＝∠ABC+∠BEM＝56°，
∵∠BFC＝90°，M为BC的中点，
∴FM＝CM=12BC，
∴∠ACB＝∠CFM＝48°，
∴∠BMF＝∠ACB+∠CFM＝96°，
∴∠∠EMF＝180°﹣∠EMC﹣∠BMF＝28°，
∴∠EMF的度数为28°．
考点04 直角三角形斜边上的中线——构造直角三角形斜边上的中线
25．如图，在△ABC中，点D在BC上，AB＝AD＝13，BD＝10，CD＝11，E，F分别是AC，BD的中点，则EF的长为（ ）
A．12B．10C．13D．11.5
【答案】B
【解答】解：连接AF，
∵AB＝AD＝13，F是BD中点，BD＝10，
∴∠AFD＝90°，BF＝FD＝5，
∴AF=AD2−FD2=132−52=12，
∵FC＝FD+CD，CD＝11，
∴FC＝5+11＝16，
∴AC=AF2+FC2=122+162=20，
∵E是AC中点，
∴在RtAFC中，EF=12AC＝10．
故选：B．
26．如图，在△ABC中，AB＝AC＝18，BC＝12，AF⊥BC于点F，BE⊥AC于点E，D为AB的中点，M为EF的中点，则DM的长为（ ）
A．6B．9C．72D．90
【答案】C
【解答】解：连接DF，DE，
∵AB＝AC＝18，AF⊥BC，
∴F是BC中点，
∵BE⊥AC，
∴∠BEC＝90°，
∴EF=12BC=12×12=6，
同理：FD=12AB=12×18=9，DE=12AB=9，
∴DF＝DE，
∵M为EF的中点，
∴DM⊥EF，FM=12EF=3，
∴DM=DF2−FM2=92−32=72．
故选：C．
27．如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，AF⊥BC于点F，BE⊥AC于点E，D为AB的中点，G为EF的中点，则DG的长为（ ）
A．1.4B．1.5C．1.6D．1.8
【答案】B
【解答】解：连接DF，DE，
∵AB＝AC，AF⊥BC，
∴F是BC中点，
∵BE⊥AC，
∴∠BEC＝90°，
∴EF=12BC=12×8＝4，
同理：FD=12AB=52，DE=12AB，
∴DF＝DE，
∵G为EF的中点，
∴DG⊥EF，FG=12EF＝2，
∴DG=DF2−FG2=(52)2−22=32=1.5．
故选：B．
28．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，平面上有一点P，AP＝1，连接AP，BP，取BP的中点G．连接CG，在AP绕点A的旋转过程中，则CG的最大值是（ ）
A．7B．7.5C．42D．14
【答案】A
【解答】解：如图，取AB的中点E，连接EG，CE，
∵∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，
∴AB=AC2+BC2=52+122=13，CE=12AB，GE=12AP=12×1=12，
∴CE=12AB=132；
∵CG≤CE+GE，
∴当C，G，E三点共线时，CG最大，最大值为GE+CE；
∵GE+CE=12+132=7，
∴CG的最大值为7；
故选：A．
29．已知：如图，∠ABC＝∠ADC＝90°，E、F分别是AC、BD的中点．
（1）求证：EF⊥BD；
（2）若∠BAD＝30°，AC＝8，求BD的长．
【答案】见试题解答内容
【解答】（1）证明：连接BE、DE，
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，E是AC的中点，
∴BE=DE=12AC，
∵F是BD的中点，
∴EF⊥BD；
（2）解：由（1）可知，BE=AE=DE=12AC=4，
∴∠EAB＝∠EBA，∠EAD＝∠EDA，
∴2∠EAB＝∠CEB，2∠EAD＝∠CED，
∵∠BAD＝30°，
∴∠BED＝60°，
∵BE＝DE，
∴△BED是等边三角形，
∴BD＝BE＝4．
30．如图1，BD是Rt△ABC斜边AC上的中线．
（1）求证：BD=12AC；
（2）如图2，AB＝6，BC＝8，点P是BC上一个点，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足为E、F．当P在BC上移动时，求PE+PF的值．
【答案】（1）见解析；
（2）245．
【解答】（1）证明：如图，过点A作AE∥BC，交BD的延长线于点E，连接CE，
∴∠DAE＝∠BCD，
∵∠ADE＝∠BDC，AD＝CD，
∴△ADE≌△CDB（AAS），
∴DE＝BD，
∴四边形ABCE是平行四边形，
∴BD=DE=12BE，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABCE是矩形，
∴AC＝BE，
∴BD=12AC；
（2）解：如图，连接DP，作BG⊥AC，于点G，
在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，
根据勾股定理得：AC=AB2+BC2=82+62=10，
∴BD=CD=12AC=5．
可知S△ABC=12AB⋅BC=12×6×8=24，
即S△ABC=12AC⋅BG=24，
∴S△BCD=12CD⋅BG=12，
则S△BCD=12BD⋅PF+12CD⋅PE=12CD(PE+PF)=12，
即52(PE+PF)=12，
解得：PE+PF=245．
31．如图，在△ABC中，三边BC、AC、AB上的高AE、BF、CD相交于点M，P为BM的中点，Q为AC的中点，求证：PQ⊥ED．
【答案】证明过程见解答．
【解答】证明：连接EQ，QD，EP，DP，
∵AE⊥BC，CD⊥AB，
∴∠AEC＝∠AEB＝90°，∠CDB＝∠ADC＝90°，
∵点Q是AC的中点，点P是BM的中点，
∴DQ=12AC，EQ=12AC，EP=12BM，DP=12BM，
∴DQ＝EQ，EP＝DP，
∴PQ⊥DE．
考点05 中点四边形
32．顺次连接任意四边形的各边中点得到的四边形一定是（ ）
A．正方形B．矩形
C．菱形D．平行四边形
【答案】D
【解答】解：连接BD，
已知任意四边形ABCD，E、F、G、H分别是各边中点．
在△ABD中，E、H是AB、AD中点，
所以EH∥BD，EH=12BD．
在△BCD中，G、F是DC、BC中点，
所以GF∥BD，GF=12BD，
所以EH＝GF，EH∥DF，
所以四边形EFGH为平行四边形．
故选：D．
33．顺次连接菱形四边的中点，得到的四边形是（ ）
A．矩形B．平行四边形
C．正方形D．无法断定
【答案】A
【解答】解：如图，∵E、F分别是AB、BC的中点，
∴EF∥AC且EF=12AC，
同理，GH∥AC且GH=12AC，
∴EF∥GH且EF＝GH，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
又根据三角形的中位线定理，EF∥AC，FG∥BD，
∴EF⊥FG，
∴平行四边形EFGH是矩形．
故选：A．
34．下列说法中，正确的是（ ）
A．连接矩形各边中点得到的四边形是正方形
B．连接等腰梯形各边中点得到的四边形是菱形
C．连接平行四边形各边中点得到的四边形是矩形
D．连接菱形各边中点得到的四边形是正方形
【答案】B
【解答】解：A、连接矩形各边中点得到的四边形是菱形，故此选项错误；
B、连接等腰梯形各边中点得到的四边形是菱形，故此选项正确；
C、连接平行四边形各边中点得到的四边形是平行四边形，故此选项错误；
D、连接菱形各边中点得到的四边形是矩形，故此选项错误；
故选：B．
35．在四边形ABCD中，E，F分别是边AD，BC的中点，G、H分别是对角线BD，AC的中点，依次连接E，G，F、H得到的四边形一定是（ ）
A．平行四边形B．菱形
C．矩形D．正方形
【答案】A
【解答】解：∵四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，
∴FG=12CD，FG∥CD．HE=12CD，HE∥CD．
∴FG＝EH，FG∥EH，
∴四边形EGFH是平行四边形．
故选：A．
36．阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
任务：
（1）填空：材料中的依据1是指： 三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半） ．
依据2是指： 平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形） ．
（2）请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH，使得四边形EFGH为矩形；（要求同时画出四边形ABCD的对角线）
（3）在图1中，分别连接AC，BD得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长与对角线AC，BD长度的关系，并证明你的结论．
【答案】（1）三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）；
（2）答案不唯一，见解析；
（3）平行四边形EFGH的周长等于对角线AC与BD长度的和，见解析．
【解答】解：（1）三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）
平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
（2）答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：如图即为所求
（3）瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于四边形ABCD的两条对角线AC与BD长度的和，
证明如下：∵点E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，
∴EF=12AC，GH=12AC．
∴EF+GH＝AC．
同理EH+FG＝BD．
∴四边形EFGH的周长＝EF+GH+EH+FG＝AC+BD．
即瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于对角线AC与BD长度的和．
37．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？
小敏在思考问题是，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；参考小敏思考问题方法解决以下问题：
（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】见试题解答内容
【解答】解：（1）是平行四边形，
证明：如图2，连接AC，
∵E是AB的中点，F是BC的中点，
∴EF∥AC，EF=12AC，
同理HG∥AC，HG=12AC，
综上可得：EF∥HG，EF＝HG，
故四边形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=12BD，HG=12AC，
∴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（2）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．
瓦里尼翁平行四边形
我们知道，如图1，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，顺次连接E，F，G，H，得到的四边形EFGH是平行四边形．
我查阅了许多资料，得知这个平行四边形EFGH被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁（Varingnn，Pierre1654﹣1722）是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．
①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．
②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．
③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：
证明：如图2，连接AC，分别交EH，FG于点P，Q，过点D作DM⊥AC于点M，交HG于点N．
∵H，G分别为AD，CD的中点，∴HG∥AC，HG=12AC．（依据1）
∴DNNM=DGGC．∵DG＝GC，∴DN=NM=12DM．
∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，∴HE∥GF，即HP∥GQ．
∵HG∥AC，即HG∥PQ，
∴四边形HPQG是平行四边形．（依据2）∴S▱HPQG=HG⋅MN=12HG⋅DM．
∵S△ADC=12AC⋅DM=HG⋅DM，∴S▱HPQG=12S△ADC．同理，…