专题9.15中点四边形大题专练（重难点 30题，八下苏科）- 2022-2023学年八年级数学下册 必刷题【苏科版】

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 2022-2023学年八年级数学下册 必刷题【苏科版】
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7cm2，则四边形EFGH的面积是________m2
【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=12BD，EF∥BD，
同理，GH=12BD，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=12EG•HF＝12AB•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：
四边形ABCD
菱形
矩形
正方形
平行四边形EFGH



【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＝12BD，
同理FG//BD，FG＝12BD，
∴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．（2021春·江苏南京·八年级校联考期中）如图，四边形ABCD中，AD=BC，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）AD⊥BC或∠DAB+∠ABC=90°
【分析】（1）根据三角形中位线定理得到GH∥AD，GH=12AD，EF∥AD，EF=12AD，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=12AD，
同理，EF∥AD，EF=12AD，
∴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=12BC，
∵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．（2020春·江苏·八年级统考期末）已知：如图，在四边形ABCD中，AB与CD不平行，E,F,G,H分别是AD,BC,BD,AC的中点．

(1)求证：四边形EGFH是平行四边形；
(2)①当AB与CD满足条件 时，四边形EGFH是菱形；
②当AB与CD满足条件 时，四边形EGFH是矩形．
【答案】（1）见解析；（2）①AB=CD；②AB⊥CD．
【分析】（1）根据三角形中位线定理得到EG=12AB，EG∥AB，HF=12AB，FH∥AB，根据平行四边形的判定定理证明结论；
（2）①根据邻边相等的平行四边形是菱形解答；
②根据矩形的判定定理解答．
【详解】（1）证明：∵E，G分别是AD，BD的中点，
∴EG是△DAB的中位线，
∴GE//AB且EG=12AB，
同理：HF//AB且HF=12AB，
∴EG//HF且EG=HF，
∴四边形EGFH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=12CD，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＝12AC．
同理GH∥AC，GH＝12AC．
∴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．（2019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=12BD，FG∥BD，FG=12BD，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=12BD，
同理FG∥BD，FG=12BD，
∴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)72≤m≤132

【分析】（1）连结BD，根据三角形中位线的性质可得MQ∥BD，MQ＝12BD，PN∥BD，PN＝12BD，进而可得MQ∥PN，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.
∴MQ∥BD，MQ＝12BD，PN∥BD，PN＝12BD
∴MQ∥PN，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＝12AC
在△ABC与△DCB中
AB=CD∠ABC=∠DCBBC=CB，
∴△ABC≌△DCB（SAS）
∴AC＝BD
∵点M、N、P、Q分别是边AB、BC、CD、AD的中点.
∴MQ∥BD，MQ＝12BD，PN∥BD，PN＝12BD
∴MQ∥MN ，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＝12BD＝5，
∵点Q是AD的中点，点P是BD的中点，
∴PQ是△ABD的中位线，
∴PQ＝12AB＝32，
在△CPQ中，CP﹣PQ＜CQ＜CP+PQ，
∴72＜m＜132，
∵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72，
当点C、P、Q三点共线，且点Q在射线CP上时，m取得最大值132，
综上，m的取值范围为：72≤m≤132．
【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．（2019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EG=12AB，EH=12CD，HF=12AB，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，
∴EG=12AB，EH=12CD，HF=12AB，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．（2020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）14
【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=12CD，HE=12CD，FH=12AB，GE=12AB．
∵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=12AB=12．
∴正方形EGFH的面积=（12）2=14．

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=12BD，HG=12AC，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=12AC，
同理HG∥AC，HG=12AC，
∴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=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（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．（2019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22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α（30︒﹤α﹤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+42;（2）正方形,3+22.
【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12BE=1+2,
四边形MNPQ面积的最大值是：1+22=3+22.
【详解】(1) ①∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，
∴AD=AB,∠DAB=∠GAE=90∘，AG=AE，
∠DAB+∠GAB=∠GAB +∠GAE
∠DAG=∠BAE
在△ADG和△ABE中，
AD=AB∠DAG=∠BAEAG=AE， ∴△ADG≌△ABE(SAS)，
∴∠AGD=∠AEB，DG=BE,
如图所示，EB交AG于点H，

在△AEH中,∠AEH+∠AHE=90∘，
∠AEH=∠BHG,
∴∠AGD+∠BHG=90∘，
在△HGM中, ∠AGD+∠BHG +∠GMH=180∘，
∴∠GMH=90∘，
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=AB+AE=2+22,
四边形BGED面积=12BE⋅DG=122+222=6+42.
(2)连接BE,DG，
根据中位线的性质可得MN=PQ=12BE, MQ=NP=12DG,
MN//BE//PQ,MQ//DG//PN,
∵DG=BE,DG⊥BE；
MN=PQ=MQ=NP, MN⊥MQ,
四边形MNPQ是正方形，边长的最大值为12BE=1+2,
四边形MNPQ面积的最大值是：1+22=3+22.

故答案为正方形,3+22.
【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．（2019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=12BD，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
∴FG∥BD，FG=12BD，
∴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=12AC，FG=12BD，
∵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3AC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)AB+CD≥AC
(3)AD+BD>3AC
(4)43+4

【分析】（1）根据定义即可求解．
（2）证明四边形DBEC是平行四边形，根据AB+BE≥AE即可求解；
（3）过C作CF⊥AC交AE的延长线于点F，求得中间量AF，根据AD+BD>AF>3AC，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
∴AE=EC=AC，∠ACE=60，
∵∠AOB=∠ACE=60
∴DB∥EC，
∵ DB=AC
∴DB=EC
∴四边形DBEC是平行四边形
∴BE=DC
∵△ABE中，AB+BE≥AE
即AB+CD≥AC；
(3)
如图，过C作CF⊥AC交AE的延长线于点F，
∵ ∠EAC=60°,∠ACF=90°
∴∠F=30°
∴AF=2AC=AC+BD
∴CF=3AC
∴AF>3AC
∵AD>AO+OD,BC>BO+OC
∴AD+BD>AC+BD
∵AC+BD=AF>3AC
∴AD+BD>3AC；

(4)
若“60°等角线四边形”的对角线长为4，则AC=4
由（2）（3）可得AB+CD≥AC，AD+BD>3AC
∴AB+CD+AD+BC≥3+1AC=43+1=43+4．
∴该四边形周长的最小值为43+4．
【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ABCD的中心，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、 DA的中点，连接OE、OF、OG、OH，记四边形AEOH、BEOF、CGOF、DHOG的面积为S1、S2、S3、S4，用等式表示S1、S2、S3、S4的数量关系（无需说明理由）
（4）如图2，四边形ABCD是和美四边形，若AB=3,BC=2,CD=4，求AD的长．

【答案】（1）正方形；（2）A；（3）S1+S3＝S2+S4；（4）21
【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=21．

【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，EH=12BD．
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，∴FG∥BD，FG=12BD，∴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，AP=PB∠APC=∠BPDPC=PD，∴△APC≌△BPD，∴AC=BD．
∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，∴EF=12AC，FG=12BD．
∵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．（2019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=AB2，PE∥AB，
∴∠PEF=∠ANF，
同理PF=CD2，PF∥CD，
∴∠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，HF=12AB，
同理，HE∥CD，HE=12CD，
∵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47
(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=33，Rt△AEM中，AE=27，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FG∥AEIH，FI∥BD∥GH，则FG∥AEIH，FI∥BD∥GH，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，
AC=BC∠ACE=∠BCDEC=DC，
∴△AEC≌△BDC(SAS)，
∴AE＝BD，
∵点F，G，H，I分别为AB，BE，ED，AD的中点，
FG＝12AE＝IH.FI＝12BD＝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＝12EC＝12×2＝1，∠C＝60°，
∴BM＝BC－MC＝6－1＝5，
在Rt△DMC中，DM＝DC2−CM2=22−12=3，
在Rt△BDM中，BD＝BM2+DM2=52+32=27，
∴GH＝12BD＝7，
由(1)知四边形FGHI是菱形，
∴.四边形FGHI的周长为4GH＝47.
（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，
∴FG∥AE，IH∥AE，FI∥BD，GH∥BD.
∴.FG∥AEIH，FI∥BD∥GH，
∵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ABDC中，E、F、G、H分别是AC、AB、BD、CD的中点，顺次连接E、F、G、H．

(1)猜想四边形EFGH的形状是________（直接回答，不必说明理由）．
(2)如图2，P在四边形ABDC内一点，使PC=PA，PD=PB，∠APC=∠BPD，其他条件不变，试探究四边形EFGH的形状，并说明理由．
(3)在（2）的条件下，PA=6，PB=23，∠APC=∠BPD=60°，∠CPD=90°，求四边形EFGH的面积．
【答案】(1)平行四边形
(2)菱形，见解析
(3)2132
【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△APD≅△CPBSAS，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△APD≅△CPBSAS，判定四边形EOMQ是平行四边形，证明∠HEF=60°，连接PG，过点H作HN⊥EF，垂足为N，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，
∵E、F、G、H分别是AC、AB、BD、CD的中点，
∴EH∥AD，EH=12AD，FG∥AD，FG=12AD，
∴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AD，BC.
∵∠APC=∠BPD，
∴∠APC+∠CPD=∠BPD+∠CPD，
即∠APD=∠CPB.
又∵PA=PC，PD=PB，
∴△APD≅△CPBSAS，
∴AD=CB.
∵E、F、G、H分别是AC、AB、BD、CD的中点，

∴EF、FG、GH、EH分别是△ABC、△ABD、△BCD、△ACD的中位线，
∴EF=12BC，FG=12AD，GH=12BC，EH=12AD，
∴EF=FG=GH=EH，
∴四边形EFGH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，
∵PD=PB，∠DPB=60°，
∴△DPB是等边三角形.
∵G是DB中点，
∴PG平分∠DPB，∠DPG=30°，
∴∠APG=60°+90°+30°=180°，点A、P、G共线.
在Rt△DPG中，PG=PD2−DG2=232−32=3，
在Rt△AGD中，AD=AG2+DG2=6+32+32=221，
∴EF=EH=12AD=21.
∵△APD≅△CPB，
∴∠PAD=∠PCB，

∴∠CMA=∠CPA=60°.
∵EH//AD，EF//CB，
∴四边形EOMQ是平行四边形，
∴∠HEF=60°.
在Rt△EHN中，EN=12EH=212，HN=EH2−EN2=372，
∴菱形EFGH的面积=EF×HN=21×372=2132.
【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．（2021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，AB=6，AD=4．
（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，DE=14AD．
①连接BG，若BG=5，求AF的长；
②设AF=m，△GFB的面积为S，且S满足函数关系式S=3−12m．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）①72；②存在m=27，菱形EFGH面积最大为18+27
【分析】（1）连接AC，BD，由E、F、G、H分别是AD，AB，BC，CD的中点可得，EF=GH=12BD，EH=FG=12AC，又AC=BD，得EF=GH=EH=FG，即结论得证；
（2）①过点G作GI⊥AB延长线于I，根据AAS证ΔGIF≅ΔEDH，得出GI=DE=1，根据勾股定理求出BI，设AF=x，则BF=6−x，再利用勾股定理求出x即可；
②延长IG交DC延长线于M，由①知ΔGIF≅ΔEDH，同理可证ΔAEF≅ΔMGH，则菱形的面积=矩形ADMI的面积−ΔGIF的面积−ΔEDH的面积−ΔAEF的面积−ΔMGH的面积，得出关于m的关系式即可得出m最大时菱形面积最大，当H与C重合时m有最大值，求出此时的m值即可．
【详解】解：（1）连接AC，BD，

∵E、F、G、H分别是AD，AB，BC，CD的中点，
∴EF=GH=12BD，EH=FG=12AC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∴EF=GH=EH=FG，
∴四边形EFGH是菱形；
（2）①如图2，过点G作GI⊥AB延长线于I，

∵EH//FG，CD//FI，
∴∠DHE=∠GFI，
又∵∠I=∠D=90°，FG=EH，
∴ΔGIF≅ΔEDH(AAS)，
∴GI=DE=14AD=1，
∴BI=BG2−IG2=52−12=2，
设AF=x，则BF=6−x，
∵EF=FG，
∴AF2+AE2=FI2+IG2，
即x2+(4−1)2=(6−x+2)2+12，
解得x=72，
故AF=72；
②如图2，延长IG交DC延长线于M，
∴由已知可得，四边形ADMI是矩形，
由①知ΔGIF≅ΔEDH，
同理可证ΔAEF≅ΔMGH，
∴菱形的面积=矩形ADMI的面积−ΔGIF的面积−ΔEDH的面积−ΔAEF的面积−ΔMGH的面积，
∵SΔGBF=12FB⋅GI=3−12m，
即12(6−m)⋅GI=3−12m，
∴GI=1，
∵AF=m，AB=6，AD=4，DE=14AD，
∴FI=GF2−GI2=EF2−GI2=AE2+AF2−GI2=m2+8，
∴S菱形EFGH=S矩形ADMI−2SΔAEF−2SΔFIG=4×m2+8+m−2×12×3m−2×12×1×m2+8=3m2+8+m，
∴当m取最大值时菱形EFGH面积最大，
∵当H与C重合时EH有最大值，即m取到最大值，
此时AF=EF2−AE2=EH2−AE2=ED2+DC2−AE2=12+62−32=27，
S菱形EFGH=3m2+8+m=18+27，
∴当AF=27时，菱形EFGH面积最大为18+27．
【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．（2021春·浙江·八年级期中）在四边形ABCD中，AB、BC、CD、DA的中点分别为P、Q、M、M；

（1）如图1，试判断四边形PQMN怎样的四边形，并证明你的结论；
（2）若在AB上取一点E，连结DE，CE，恰好△ADE和△BCE都是等边三角形（如图2）：
①判断此时四边形PQMN的形状，并证明你的结论；
②当AE=6，EB=3，求此时四边形PQMN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；②67
【分析】（1）连接AC、BD．利用三角形中位线定理判定四边形PQMN的对边平行且相等，易证该四边形是平行四边形；
（2）①设ΔADE的边长是x，ΔBCE的边长是y，由于DB2=(12x+y)2+(32x)2=x2+xy+y2，AC=(x+12y)2+(32y)2=x2+xy+y2，可得平行四边形PQMN的对角线相等，从而得出平行四边形PQMN是菱形；
②如图2，过点D作DF⊥AB于F，则通过解三角形求得DF=33，由勾股定理得到DB=(33)2+62=37．由①知四边形PQMN是菱形，可计算得周长是67．
【详解】解：（1）如图1，连接AC、BD．

∵PQ为ΔABC的中位线，
∴PQ=12AC且PQ//12AC，
同理MN=12AC且MN//12AC．
∴MN=PQ且MN//PQ，
∴四边形PQMN为平行四边形；
（2）①四边形PQMN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=12AC，
同理：PN=12BD，
∴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D作DF⊥AB于F，则DF=33，
又∵DF2+FB2=DB2，
∴DB=(33)2+62=37，
∴由①知四边形PQMN是菱形，可计算得周长是12×37×4=67．

【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．（2020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ABCD的中心，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、 DA的中点，连接OE、OF、OG 、OH，记四边形AEOH、BEOF、CGOF、DHOG的面积为S1、S2、S3、S4，用等式表示S1、S2、S3、S4的数量关系（无需说明理由）
（4）如图2，四边形ABCD是和美四边形，若AB=4,BC=2,CD=5,求AD的长．
【答案】（1）正方形；（2）A；（3）S1+S3=S2+S4；（4）37
【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=12CD，
EH∥FG∥AB，且EH=FG=12AB，
∴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AD=37．

【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．（2019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ABCD中，AC⊥BD，四边形ABCD就是“对角线垂直四边形”.

（1）下列四边形，一定是“对角线垂直四边形”的是_________.
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”ABCD中，点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，求证：四边形EFGH是矩形.
【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E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，
∴HE∕∕BD，且HE=12BD；GF∕∕BD，且GF=12BD；HG∕∕AC.
∴HE∕∕GF .
∴四边形EFGH是平行四边形.
∵HE∕∕BD   ,   BD⊥AC，
∴HE⊥AC，
又∵HG∕∕AC，
∴HG⊥HE.
∴∠EHG=90°.
∴□EFGH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．（2019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ABCD中，AB=9,AD=12,G在CD上，且DG=5，点P从点B出发，以1个单位每秒的速度在BC边上向点C运动，设点P的运动时间为x秒．

（1）ΔAPG的面积为y，求y关于x的函数关系式，并求出y=34时x的值；
（2）在点P从点B向C运动的过程中，是否存在使AP⊥GP的时刻？若存在，求出x的值，若不存在，请说明理由；
（3）如图2，M、N分别是AP、PG的中点，在点P从B向C运动的过程中，线段MN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）PB=x，PC=12−x，然后依据ΔAPG的面积=矩形的面积−三个直角三角形的面积可得到y与x的函数关系式，然后将y=34代入函数关系式可求得x的值；
（2）先依据勾股定理求得PA、PG、AG的长，然后依据勾股定理的逆定理列出关于x的方程，从而可求得x的值；
（3）确定出点P分别与点B和点C重合时，点M、N的位置，然后依据三角形的中位线定理可证明M1M2//N1N2，N1N2=M1M2，从而可判断出MN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ABCD为矩形，
∴DC=AB=9，AD=BC=12．
∵DG=5，
∴GC=4．
∵PB=x，PC=12−x，
∴y=9×12−12×9·x−12×4×(12−x)−12×5×12，
整理得：y=−2.5x+54．
当y=34时，−2.5x+54=34，
解得：x=8．
（2）存在．理由如下：
∵PB=x，PC=12−x，AD=12，DG=5，
∴PA2=AB2+BP2=81+x2，PG2=PC2+GC2=(12−x)2+16，AG2=AD2+DG2=169．
∵当AG2=AP2+PG2时，AP⊥PG，
∴81+x2+(12−x)2+16=169，
整理得：x2−12x+36=0，
配方得：(x−6)2=0，
解得：x=6．
（3）如图所示：

∵当点P与点B重合时，点M位于M1处，点N位于点N1处，
∴M1为AB的中点，点N1位GB的中点．
∵当点P与点C重合时，点M位于M2处，点N位于点N2处，
∴M2为AC的中点，点N2位CG的中点．
∴M1M2//BC，M1M2=12BC，N1N2//BC，N1N2=12BC．
∴M1M2//N1N2，N1N2=M1M2．
∴四边形M1M2N2N1为平行四边形．
∴MN扫过的区域为平行四边形．
S=12BC·(12AB−12CG)=6×2.5=15
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MN扫过的图形是解题的关键．
25．（2020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=12AC，同理EF∥AC，EF=12AC，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=12AC，
同理EF∥AC，EF=12AC，
∴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=12AC，
同理可知HE=12BD，
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：①AC=BD，②AC⊥CD；问题解决：见解析；拓展应用：（1）MN=22AC，理由见解析；（2）22
【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，EH∥BD，EH=12BD，EF∥AC，EF=12AC，
∴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，
∴MN∥BG，MN=12BG，
RL∥BG，RL=12BG，
RN∥CE，RN=12CE，
ML∥CE，ML=12CE，
∴MN∥RL，MN=RL，RN∥ML∥CE，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，
AE=AB∠EAC=∠BAGAC=AG，
∴△EAC≌△BAG（SAS），
∴CE=BG，∠AEC=∠ABG，
又∵RL=12BG，RN=12CE，
∴RL=RN，
∴▱MNRL是菱形，
∵∠EAB=90°，
∴∠AEP+∠APE=90°．
又∵∠AEC=∠ABG，∠APE=∠BPK，
∴∠ABG+∠BPK=90°，
∴∠BKP=90°，
又∵MN∥BG，ML∥CE，
∴∠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=22AC，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=FM2+FN2=2FM2=2FM，

∵M，F分别是AB，BC的中点，
∴FM=12AC，
∴MN=22AC；
（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+CD≥2MN，
由拓展应用（1）知：MN=22AC；
又∵AC=2，
∴MN=2，
∴AB+CD的最小值为22．
【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：DE∥BC，且DE=12BC．

(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：DE∥BC，DE=12BC．
(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△AED≌△CEF，得出∠A=∠ECF，AD=CF，根据平行线的判定得出AD∥CF，得出BD=CF，证明四边形BCFD为平行四边形，得出DE∥BC，DF=BC，即可证明结论；
（2）①连接AC、BD，根据中位线性质得出EF∥GH，EH∥GF，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AE=CE∠AED=∠CEFDE=EF，
∴△AED≌△CEF，
∴∠A=∠ECF，AD=CF，
∴AD∥CF，
∵点D为AB的中点，
∴AD=BD，
∴BD=CF，
∴四边形BCFD为平行四边形，
∴DE∥BC，DF=BC，
∵DE=12DF，
∴DE=12BC，
即DE∥BC，DE=12BC．

（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，
∴EF∥AC，GH∥AC，EH∥BD，GF∥BD，
∴EF∥GH，EH∥GF，
∴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，GH∥AC，EH∥BD，四边形EFGH是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴∠AOB=90°，
∵GH∥AC，
∴∠HMO=90°，
∵EH∥GF，
∴∠EHM+∠HMO=180°，
∴∠EHM=180°−90°=90°，
∴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，GH=12AC，EH=12BD，
∵AC=BD，
∴GH=EH，
∴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．（2021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=12BD，FG//BD，FG=12BD，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AC⊥BD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＝12BD，
同理FG∥BD，FG＝12BD，
∴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＝12BD，FG＝12BD，
∴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．（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AC=BD时，四边形ABCD的中点四边形为__________形；
②当对角线AC⊥BD时，四边形ABCD的中点四边形是__________形．
（2）如图：四边形ABCD中，已知∠B=∠C=60°，且BC=AB+CD，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△ABC≌△DMB，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，
∵∠ABC=∠BCD=60°，∴△BCM是等边三角形，∴MB=BC=CM，∠M=60°，
∵BC=AB+CD，∴MA+AB=AB+CD=CD+DM，∴MA=CD，DM=AB，
在△ABC和△DMB中，
AB=DM∠ABC=∠MBC=BM，
∴△ABC≌△DMB，∴AC=DB，
∴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．（2020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＝12BC．（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=12AC，FG=12BD，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=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；
[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=12AC，
同理得，FG=12BD，
∵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．