? 2022-2023學(xué)年八年級數(shù)學(xué)下冊 必刷題【蘇科版】
專題9.15中點四邊形大題提升訓(xùn)練（重難點培優(yōu)30題）
班級：___________________ 姓名：_________________ 得分：_______________
注意事項：
本試卷試題解答30道，共分成三個層組：基礎(chǔ)過關(guān)題（第1-10題）、能力提升題（第11-20題）、培優(yōu)壓軸題（第21-30題），每個題組各10題，可以靈活選用．答卷前，考生務(wù)必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級等信息填寫在試卷規(guī)定的位置．
一、解答題
1．（2022春·江蘇南京·八年級校聯(lián)考期末）如圖，E，F(xiàn)，G，H是四邊形ABCD各邊的中點．

(1)證明：四邊形EFGH為平行四邊形．
(2)若四邊形ABCD是矩形，且其面積是7cm2，則四邊形EFGH的面積是________m2
【答案】(1)見解析
(2)3.5

【分析】（1）連接BD，由三角形中位線定理可得出EF=GH，EF∥GH，由平行四邊形的判定可得出結(jié)論；
（2）由矩形的判定與性質(zhì)得出答案．
（1）
證明：連接BD，

∵E、F分別為AD、AB的中點，
∴EF是△ABD的中位線，
∴EF=12BD，EF∥BD，
同理，GH=12BD，GH∥BD，
∴EF=GH，EF∥GH，
∴四邊形EFGH為平行四邊形；
（2）
如圖，

∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，
∵E，F(xiàn)，G，H是四邊形ABCD各邊的中點，
∴DH=AF=CH=BF，
∴四邊形AFHD和四邊形HFBC都是矩形，
∴AD=HF=BC，DC=EG=AB，
∴S四邊形EFGH=12EG?HF＝12AB?BC，
∵四邊形ABCD的面積是7cm2，
∴AB?BC=7cm2，
∴四邊形EFGH的面積是3.5（cm2），
故答案為：3.5．
【點睛】本題主要考查中點四邊形以及矩形的性質(zhì)，解題時利用三角形中位線定理判定四邊形EFGH是平行四邊形是解題的關(guān)鍵．
2．（2022春·江蘇揚州·八年級校聯(lián)考期中）如圖，點E、F、G、H分別是四邊形ABCD的邊AB、BC、CD、DA的中點，順次連接E、F、G、H得四邊形EFGH．

(1)求證：四邊形EFGH是平行四邊形．
(2)當(dāng)四邊形ABCD分別是菱形、矩形、正方形時，相應(yīng)的平行四邊形EFGH一定是“菱形、矩形、正方形”中的哪一種？請將你的結(jié)論填入下表：
四邊形ABCD
菱形
矩形
正方形
平行四邊形EFGH



【答案】(1)見解析
(2)矩形，菱形，正方形

【分析】（1）連接BD，點E、F、G、H分別是四邊形ABCD的邊AB、BC、CD、DA的中點，可得EH和FG為中位線，根據(jù)中位線的性質(zhì)即可求證．
（2）由（1），根據(jù)矩形，菱形，正方形的判定即可求解．
【詳解】（1）證明：如圖，連接BD，

∵E、H分別是AB、AD中點，
∴EH//BD，EH＝12BD，
同理FG//BD，F(xiàn)G＝12BD，
∴EH//FG，且EH＝FG，
∴四邊形EFGH是平行四邊形．
（2）連接AC，BD，如圖所示：

當(dāng)四邊形ABCD是菱形時，
∴AC⊥BD，
∵FG//BD，EH//FG，
∴EH⊥EF，
∴平行四邊形EFGH是矩形，
當(dāng)四邊形ABCD是矩形時，
AC=BD，則EH=EF，
∴平行四邊形ABCD是菱形，
當(dāng)四邊形ABCD是正方形時，AC=BD且AC⊥BD，則EH=EF且EH⊥EF，
∴平行四邊形EFGH是正方形，
故答案為：矩形，菱形，正方形．
【點睛】本題考查了中點四邊形、平行四邊形的判定、三角形的中位線的性質(zhì)，菱形的判定，矩形的判定及正方形的判定，熟練掌握其各判定定理是解題的關(guān)鍵．
3．（2021春·江蘇南京·八年級校聯(lián)考期中）如圖，四邊形ABCD中，AD=BC，E、F、G、H分別是AB、BD、CD、AC的中點．
（1）判斷四邊形EFGH是怎樣的四邊形，并證明你的結(jié)論；
（2）當(dāng)四邊形ABCD再滿足______________時，四邊形EFGH為正方形？（只添一個條件）

【答案】（1）四邊形EFGH是菱形，證明見解析；（2）AD⊥BC或∠DAB+∠ABC=90°
【分析】（1）根據(jù)三角形中位線定理得到GH∥AD，GH=12AD，EF∥AD，EF=12AD，得到四邊形EFGH是平行四邊形，根據(jù)題意得到EF=EH，根據(jù)菱形的判定定理證明結(jié)論；
（2）根據(jù)正方形的判定定理解答即可．
【詳解】解：（1）四邊形EFGH是菱形，
理由如下：在△ACD中，G、H分別是CD、AC的中點，
∴GH∥AD，GH=12AD，
同理，EF∥AD，EF=12AD，
∴GH∥EF，GH=EF，
∴四邊形EFGH是平行四邊形，
在△ABC中，E、H分別是AB、AC的中點，
∴EH=12BC，
∵AD=BC，
∴EF=EH，
∴四邊形EFGH是菱形；
（2）當(dāng)AD⊥BC或∠DAB+∠ABC=90°時，四邊形EFGH為正方形，
理由如下：∵EH∥BC，
∴∠AEH=∠ABC，
同理，∠BEF=∠BAD，
∴∠AEH+∠BEF=90°，
∴∠HEF=90°，
∴四邊形EFGH為正方形，
故答案為：AD⊥BC（或∠DAB+∠ABC=90°）答案不唯一．
【點睛】本題考查的是中點四邊形，掌握三角形中位線定理、平行四邊形、菱形、正方形的判定定理是解題的關(guān)鍵．
4．（2020春·江蘇·八年級統(tǒng)考期末）已知：如圖，在四邊形ABCD中，AB與CD不平行，E,F,G,H分別是AD,BC,BD,AC的中點．

(1)求證：四邊形EGFH是平行四邊形；
(2)①當(dāng)AB與CD滿足條件 時，四邊形EGFH是菱形；
②當(dāng)AB與CD滿足條件 時，四邊形EGFH是矩形．
【答案】（1）見解析；（2）①AB=CD；②AB⊥CD．
【分析】（1）根據(jù)三角形中位線定理得到EG=12AB，EG∥AB，HF=12AB，F(xiàn)H∥AB，根據(jù)平行四邊形的判定定理證明結(jié)論；
（2）①根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形解答；
②根據(jù)矩形的判定定理解答．
【詳解】（1）證明：∵E，G分別是AD，BD的中點，
∴EG是△DAB的中位線，
∴GE//AB且EG=12AB，
同理：HF//AB且HF=12AB，
∴EG//HF且EG=HF，
∴四邊形EGFH為平行四邊形；
（2）①當(dāng)AB=CD時，四邊形EGFH是菱形，
理由如下：
∵F，G分別是BC，BD的中點，
∴FG是△DCB的中位線，
∴FG=12CD，F(xiàn)G∥CD，
當(dāng)AB=CD時，EG=FG，
∴四邊形EGFH是菱形；
②當(dāng)AB⊥CD時，平行四邊形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°，
∴平行四邊形EGFH是矩形，
故答案為：①AB=CD；②AB⊥CD．
【點睛】本題考查了中點四邊形，掌握三角形中位線定理、矩形、菱形的判定定理是解題的關(guān)鍵．
5．（2022春·江蘇南京·八年級統(tǒng)考期末）如圖，四邊形ABCD是菱形，E、F、G、H分別是邊AB、BC、CD、DA的中點，連接EF、FG、GH、HE．求證：四邊形EFGH是矩形．

【答案】見解析
【分析】連接AC、BD，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AC⊥BD，根據(jù)三角形中位線定理和平行四邊形的判定定理證明四邊形EFGH是平行四邊形，根據(jù)三角形中位線定理證明∠FEH＝∠APE＝90°，得到答案．
【詳解】證明：連接AC、BD，AC與BD相交于點O，AC與EH相交于點P．

∵E、F分別是邊AB、BC的中點，
∴EF∥AC，EF＝12AC．
同理GH∥AC，GH＝12AC．
∴EF∥GH，EF＝GH．
∴四邊形EFGH是平行四邊形．
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即∠AOB＝90°．
∵E、H分別是邊AB、AD的中點，
∴EH∥BD．
∴∠APE＝∠AOB＝90°．
∵EF∥AC，
∴∠FEH＝∠APE＝90°．
∴四邊形EFGH是矩形．
【點睛】本題考查的是菱形的性質(zhì)、矩形的判定、三角形中位線定理，掌握三角形中位線定理和矩形的判定定理是解題的關(guān)鍵．
6．（2019春·江蘇淮安·八年級?？计谥校┮阎喝鐖D，四邊形ABCD四條邊上的中點分別為E、F、G、H，順次連接EF、FG、GH、HE，得到四邊形EFGH（即四邊形ABCD的中點四邊形）.
（1）四邊形EFGH的形狀是 _____________???，（證明你的結(jié)論. ）
（2）當(dāng)四邊形ABCD的對角線滿足 __________條件時，四邊形EFGH是矩形(不用證明)

【答案】（1）平行四邊形；證明見解析（2）AC⊥BD
【分析】(1)連接BD，根據(jù)三角形的中位線定理得到EH∥BD，EH=12BD，F(xiàn)G∥BD，F(xiàn)G=12BD，推出，EH∥FG，EH=FG，根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形得出四邊形EFGH是平行四邊形；
(2)根據(jù)有一個角是直角的平行四邊形是矩形，可知當(dāng)四邊形ABCD的對角線滿足AC⊥BD的條件時，四邊形EFGH是矩形.
【詳解】(1)四邊形EFGH的形狀是平行四邊形．理由如下：
如圖，連結(jié)BD，
∵E、H分別是AB、AD中點，
∴EH∥BD，EH=12BD，
同理FG∥BD，F(xiàn)G=12BD，
∴EH∥FG，EH=FG，
∴四邊形EFGH是平行四邊形；

(2)當(dāng)四邊形ABCD的對角線滿足互相垂直的條件時，四邊形EFGH是矩形．理由如下：
如圖，連結(jié)AC、BD，
∵E、F、G、H分別為四邊形ABCD四條邊上的中點，
∴EH∥BD，HG∥AC，
∵AC⊥BD，
∴EH⊥HG，
又∵四邊形EFGH是平行四邊形，
∴平行四邊形EFGH是矩形，

故答案為AC⊥BD.
【點睛】本題考查了中點四邊形，涉及了三角形中位線定理，平行四邊形的判定，矩形的判定等，熟練掌握相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵.
7．（2022春·江蘇揚州·八年級統(tǒng)考期中）四邊形ABCD，點M、N、P、Q分別是邊AB、BC、CD、AD的中點．
(1)如圖1，順次連結(jié)M、N、P、Q得到四邊形ANPQ，試猜想四邊形MNPQ的形狀并證明；

(2)如圖2，若∠B＝∠C，AB＝CD，順次連結(jié)M、N、P、Q得到四邊形MNPQ，試猜想四邊形MNPQ的形狀并證明；

(3)如圖3，若∠BCD＝90°，BC＝8，CD＝6，AB＝3，設(shè)線段CQ的長度為m，則m的取值范圍是______．

【答案】(1)四邊形MNPQ為平行四邊形，理由見解析
(2)四邊形MNPQ為菱形，理由見解析
(3)72≤m≤132

【分析】（1）連結(jié)BD，根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)可得MQ∥BD，MQ＝12BD，PN∥BD，PN＝12BD，進(jìn)而可得MQ∥PN，MQ＝PN，根據(jù)平行四邊形的判定定理即可求解；
（2）連結(jié)BD、AC，同理可得四邊形MNPQ為平行四邊形證明△ABC≌△DCB（SAS）得出AC＝BD，根據(jù)中位線的性質(zhì)，即可得出MQ＝MN，根據(jù)平菱形的判定定理即可求解；
（3）連結(jié)BD，取BD的中點P，連接QP、CP，得出PQ是△ABD的中位線，根據(jù)三角形三邊關(guān)系即可求解．
（1）
解：四邊形MNPQ為平行四邊形，連結(jié)BD
∵點M、N、P、Q分別是邊AB、BC、CD、AD的中點.
∴MQ∥BD，MQ＝12BD，PN∥BD，PN＝12BD
∴MQ∥PN，MQ＝PN

∴四邊形MNPQ為平行四邊形．
（2）
四邊形MNPQ為菱形，連結(jié)BD、AC

∵點M、N分別是邊AB、BC的中點.
∴MN＝12AC
在△ABC與△DCB中
AB=CD∠ABC=∠DCBBC=CB，
∴△ABC≌△DCB（SAS）
∴AC＝BD
∵點M、N、P、Q分別是邊AB、BC、CD、AD的中點.
∴MQ∥BD，MQ＝12BD，PN∥BD，PN＝12BD
∴MQ∥MN ，MQ＝PN
∵四邊形MNPQ為平行四邊形???
∴平行四邊形MNPQ是菱形．
（3）
解：如圖，連結(jié)BD，取BD的中點P，連接QP、CP，

在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝8，CD＝6，∴BD＝10，
∵點P是BD的中點，∴CP＝BP＝CP＝12BD＝5，
∵點Q是AD的中點，點P是BD的中點，
∴PQ是△ABD的中位線，
∴PQ＝12AB＝32，
在△CPQ中，CP﹣PQ＜CQ＜CP+PQ，
∴72＜m＜132，
∵點C、點Q是定點，點P是動點，
∴當(dāng)點C、P、Q三點共線，且點Q在線段CP上時，m取得最小值72，
當(dāng)點C、P、Q三點共線，且點Q在射線CP上時，m取得最大值132，
綜上，m的取值范圍為：72≤m≤132．
【點睛】本題考查了中點四邊形，菱形的性質(zhì)與判定，平行四邊形的性質(zhì)與判定，三角形三邊關(guān)系，三角形中位線的性質(zhì)，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
8．（2019春·江蘇泰州·八年級泰興市洋思中學(xué)階段練習(xí)）如圖，在四邊形ABCD中，AB=CD，E、F、G、H分別為AD、BC、BD、AC的中點，順次連接E、G、F、H．
（1）猜想四邊形EGFH是什么特殊的四邊形，并說明理由；
（2）當(dāng)∠ABC與∠DCB滿足什么關(guān)系時，四邊形EGFH為正方形，并說明理由；
（3）猜想：∠GFH、∠ABC、∠DCB三個角之間的關(guān)系．直接寫出結(jié)果____________.

【答案】（1）菱形；（2）∠ABC+∠DCB=90°；（3）∠GFH+∠ABC+∠DCB=180°或∠GFH+∠ABC-∠DCB=180°
【分析】（1）根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)得到EG=12AB，EH=12CD，HF=12AB，EG∥AB，HF∥AB，根據(jù)菱形的判定定理即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠ABC=∠HFC，∠DCB=∠GFB，根據(jù)平角的定義得到∠GFH=90°，于是得到結(jié)論；
（3）由平行線的性質(zhì)得到∠ABC=∠HFC，∠DCB=∠GFB，根據(jù)平角的定義即可得到結(jié)論．
【詳解】（1）四邊形EGFH是菱形．理由如下：
∵E、F、G、H分別為AD、BC、BD、AC的中點，
∴EG=12AB，EH=12CD，HF=12AB，EG∥AB，HF∥AB，
∴四邊形EGFH是平行四邊形，EG=EH，
∴四邊形EGFH是菱形；
（2）當(dāng)∠ABC+∠DCB=90°時，四邊形EGFH為正方形，
理由：∵GF∥CD，HF∥AB，
∴∠ABC=∠HFC，∠DCB=∠GFB．
∵∠ABC+∠DCB=90°，
∴∠GFH=90°，
∴菱形EGFH是正方形；
（3）當(dāng)∠ABC+∠DCB＜180°時，∠GFH+∠ABC+∠DCB=180°．
理由如下：
∵GF∥CD，HF∥AB，
∴∠ABC=∠HFC，∠DCB=∠GFB．
∵∠BFG+∠GFH+∠HFC=180°，
∴∠GFH+∠ABC+∠DCB=180°．
當(dāng)∠ABC+∠DCB=180°時，∠GFH=0°，四邊形EGFH不存在，∠GFH+∠ABC+∠DCB=180°；
當(dāng)∠ABC+∠DCB＞180°時，∠GFH+∠ABC﹣∠DCB=180°．

綜上所述：∠GFH+∠ABC+∠DCB=180°或∠GFH+∠ABC-∠DCB=180°．
【點睛】本題考查了中點四邊形，菱形的判定和性質(zhì)，正方形的判定，三角形中位線的性質(zhì)，熟練掌握三角形中位線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
9．（2020春·江蘇宿遷·八年級沭陽縣修遠(yuǎn)中學(xué)?？计谥校┤鐖D，在四邊形ABCD中，AB=DC，E、F分別是AD、BC的中點，G、H分別是對角線BD、AC的中點．

（1）求證：四邊形EGFH是菱形；
（2）若AB=1，則當(dāng)∠ABC+∠DCB=90°時，求四邊形EGFH的面積．
【答案】（1）見解析；（2）14
【分析】（1）利用三角形的中位線定理可以證得四邊形EGFH的四邊相等，即可證得；
（2）根據(jù)平行線的性質(zhì)可以證得∠GFH=90°，得到菱形EGFH是正方形，利用三角形的中位線定理求得GE的長，則正方形的面積可以求得．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD中，E、F、G、H分別是AD、BC、BD、AC的中點，
∴FG=12CD，HE=12CD，F(xiàn)H=12AB，GE=12AB．
∵AB=CD，
∴FG=FH=HE=EG．
∴四邊形EGFH是菱形．
（2）解：∵四邊形ABCD中，G、F、H分別是BD、BC、AC的中點，
∴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的面積=（12）2=14．

10．（2022春·江蘇揚州·八年級統(tǒng)考期中）閱讀下面材料：
在數(shù)學(xué)課上，老師請同學(xué)思考如下問題：如圖1，我們把一個四邊形ABCD的四邊中點E，F(xiàn)，G，H依次連接起來得到的四邊形EFGH是平行四邊形嗎？
小敏在思考問題時，有如下思路：連接AC．

結(jié)合小敏的思路作答：
（1）若只改變圖1中四邊形ABCD的形狀（如圖2），則四邊形EFGH還是平行四邊形嗎？說明理由，參考小敏思考問題的方法解決一下問題；
（2）如圖2，在（1）的條件下，若連接AC，BD．
①當(dāng)AC與BD滿足什么條件時，四邊形EFGH是菱形，寫出結(jié)論并證明；
②當(dāng)AC與BD滿足什么條件時，四邊形EFGH是矩形，直接寫出結(jié)論．

【答案】（1）是平行四邊形，理由見解析；（2）①AC=BD；證明見解析；②AC⊥BD．
【分析】（1）如圖2，連接AC，根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)及平行四邊形判定定理即可得到結(jié)論；
（2）①由（1）知，四邊形EFGH是平行四邊形，且FG=12BD，HG=12AC，于是得到當(dāng)AC=BD時，F(xiàn)G=HG，即可得到結(jié)論；
②若四邊形EFGH是矩形，則∠HGF=90°，即GH⊥GF，又GH∥AC，GF∥BD，則AC⊥BD．
【詳解】解：（1）是平行四邊形．理由如下：
如圖2，連接AC，

∵E是AB的中點，F(xiàn)是BC的中點，
∴EF∥AC，EF=12AC，
同理HG∥AC，HG=12AC，
∴EF∥HG，EF=HG，
∴四邊形EFGH是平行四邊形；
（2）①AC=BD．
理由如下：
由（1）知，四邊形EFGH是平行四邊形，且FG=12BD，HG=12AC，
∴當(dāng)AC=BD時，F(xiàn)G=HG，
∴平行四邊形EFGH是菱形；
②當(dāng)AC⊥BD時，四邊形EFGH為矩形．
理由如下：
同（1）得：四邊形EFGH是平行四邊形，
∵AC⊥BD，GH∥AC，
∴GH⊥BD，
∵GF∥BD，
∴GH⊥GF，
∴∠HGF=90°，
∴四邊形EFGH為矩形．
【點睛】此題主要考查了中點四邊形，熟練掌握三角形中位線定理及平行四邊形、菱形及矩形的判定是解題的關(guān)鍵．
11．（2019春·江蘇無錫·八年級校聯(lián)考期中）在數(shù)學(xué)興趣小組活動中,小明進(jìn)行數(shù)學(xué)探究活動,將邊長為2的正方形ABCD與邊長為22的正方形AEFG按圖1位置放置，AD與AE在同一直線上，AB與AG在同一直線上.連接DG,BE,易得DG=BE且DG⊥BE（不需要說明理由）

(1)如圖2，小明將正方形ABCD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α（30?﹤α﹤180?）
①連接DG,BE,求證：DG=BE且DG⊥BE；
②在旋轉(zhuǎn)過程中，如圖3，連接BG,GE,ED,DB,求出四邊形BGED面積的最大值.
(2)如圖4，分別取BG,GE,ED,DB的中點M,N,P,Q,連接MN,NP,PQ,QM,則四邊形MNPQ的形狀為 ，四邊形MNPQ面積的最大值是 ,

【答案】(1)①證明見解析;②四邊形BGED面積的最大值為6+42;（2）正方形,3+22.
【分析】（1）①由四邊形ABCD與四邊形AEFG為正方形，利用正方形的性質(zhì)得到兩對邊相等，且夾角相等，利用SAS得到三角形ADG與三角形ABE全等，利用全等三角形對應(yīng)角相等得DG=BE，∠AGD=∠AEB，如圖所示，EB交AG于點H，利用等角的余角相等得到∠GMH =90°，利用垂直的定義即可得DG⊥BE；
②根據(jù)①可知旋轉(zhuǎn)過程中，DG=BE且DG⊥BE；當(dāng)BE取得最大值，即點A,B,E在同一條直線上時，四邊形BGED面積有最大值.
(2)根據(jù)中點四邊形的性質(zhì)可知四邊形MNPQ是正方形，邊長的最大值為12BE=1+2,
四邊形MNPQ面積的最大值是：1+22=3+22.
【詳解】(1) ①∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都為正方形，
∴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,
如圖所示，EB交AG于點H，

在△AEH中,∠AEH+∠AHE=90°，
∠AEH=∠BHG,
∴∠AGD+∠BHG=90°，
在△HGM中, ∠AGD+∠BHG +∠GMH=180°，
∴∠GMH=90°，
則DG⊥BE；
②根據(jù)①可知旋轉(zhuǎn)過程中，DG=BE且DG⊥BE；
當(dāng)BE取得最大值，即點A,B,E在同一條直線上時，四邊形BGED面積有最大值.
此時：DG=BE=AB+AE=2+22,
四邊形BGED面積=12BE?DG=122+222=6+42.
(2)連接BE,DG，
根據(jù)中位線的性質(zhì)可得MN=PQ=12BE, MQ=NP=12DG,
MN//BE//PQ,MQ//DG//PN,
∵DG=BE,DG⊥BE；
MN=PQ=MQ=NP, MN⊥MQ,
四邊形MNPQ是正方形，邊長的最大值為12BE=1+2,
四邊形MNPQ面積的最大值是：1+22=3+22.

故答案為正方形,3+22.
【點睛】考查正方形的性質(zhì)，中位線的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等，綜合性比較強，難度較大.
12．（2019春·江蘇南通·八年級?？茧A段練習(xí)）我們給出如下定義：順次連接任意一個四邊形各邊中點所得的四邊形叫中點四邊形．
（1）如圖1，四邊形ABCD中，點E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA的中點．求證：中點四邊形EFGH是平行四邊形；
（2）如圖2，點P是四邊形ABCD內(nèi)一點，且滿足PA=PB，PC=PD，∠APB=∠CPD，點E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA的中點，猜想中點四邊形EFGH的形狀，并證明你的猜想；
（3）若改變（2）中的條件，使∠APB=∠CPD=90°，其他條件不變，直接寫出中點四邊形EFGH的形狀．（不必證明）

【答案】（1）證明見解析；（2）四邊形EFGH是菱形，證明見解析；（3）四邊形EFGH是正方形
【分析】（1）如圖1中，連接BD，根據(jù)三角形中位線定理只要證明EH∥FG，EH=FG即可．
（2）四邊形EFGH是菱形．先證明△APC≌△BPD，得到AC=BD，再證明EF=FG即可．
（3）四邊形EFGH是正方形，只要證明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得∠ACP=∠BDP，即可證明∠COD=∠CPD=90°，再根據(jù)平行線的性質(zhì)即可證明．
【詳解】（1）證明：如圖1中，連接BD．
∵點E，H分別為邊AB，DA的中點，
∴EH∥BD，EH=12BD，
∵點F，G分別為邊BC，CD的中點，
∴FG∥BD，F(xiàn)G=12BD，
∴EH∥FG，EH=GF，
∴中點四邊形EFGH是平行四邊形．
（2）四邊形EFGH是菱形．
證明：如圖2中，連接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．
∵點E，F(xiàn)，G分別為邊AB，BC，CD的中點，
∴EF=12AC，F(xiàn)G=12BD，
∵四邊形EFGH是平行四邊形，
∴四邊形EFGH是菱形．
（3）四邊形EFGH是正方形．
證明：如圖2中，設(shè)AC與BD交于點O．AC與PD交于點M，AC與EH交于點N．
∵△APC≌△BPD，
∴∠ACP=∠BDP，
∵∠DMO=∠CMP，
∴∠COD=∠CPD=90°，
∵EH∥BD，AC∥HG，
∴∠EHG=∠ENO=∠BOC=∠DOC=90°，
∵四邊形EFGH是菱形，
∴四邊形EFGH是正方形．

【點睛】本題考查平行四邊形的判定與性質(zhì)和中點四邊形，綜合性較強，作出適當(dāng)輔助線是本題的關(guān)鍵．
13．（2022春·江蘇鹽城·八年級統(tǒng)考期末）定義：對角線相等且所夾銳角為60°的四邊形叫“60°等角線四邊形”．
如圖1，四邊形ABCD為“60°等角線四邊形”，即AC＝BD，∠AOB＝60°．

判定探究：
(1)下列語句能判斷四邊形是“60°等角線四邊形”的是 ．（填序號）
①對角線所夾銳角為60°的平行四邊形；
②對角線所夾銳角為60°的矩形；
③對角線所夾銳角為60°，且順次連接各邊中點所形成的四邊形是菱形的四邊形．
(2)性質(zhì)探究：以AC為邊，向下構(gòu)造等邊三角形△ACE，連接BE，如圖2，請直接寫出AB＋CD與AC的大小關(guān)系；
(3)請判斷AD＋BC與3AC的大小關(guān)系，并說明理由；
(4)學(xué)習(xí)應(yīng)用：若“60°等角線四邊形”的對角線長為4，則該四邊形周長的最小值為 ．
【答案】(1)②③
(2)AB+CD≥AC
(3)AD+BD>3AC
(4)43+4

【分析】（1）根據(jù)定義即可求解．
（2）證明四邊形DBEC是平行四邊形，根據(jù)AB+BE≥AE即可求解；
（3）過C作CF⊥AC交AE的延長線于點F，求得中間量AF，根據(jù)AD+BD>AF>3AC，結(jié)合不等式的性質(zhì)即可求解；
（4）根據(jù)（2）（3）的結(jié)論代入數(shù)據(jù)即可求解．
(1)
∵對角線所夾銳角為60°的平行四邊形的對角線不一定相等，
則不能判①是“60°等角線四邊形”；
②對角線所夾銳角為60°的矩形，對角線相等，且所夾銳角為60°，故②是“60°等角線四邊形”；
③對角線所夾銳角為60°，且順次連接各邊中點所形成的四邊形是菱形的四邊形，則四邊形的對角線相等，故③是“60°等角線四邊形”．
故答案為：②③；
(2)
∵△ACE是等邊三角形
∴AE=EC=AC，∠ACE=60，
∵∠AOB=∠ACE=60
∴DB∥EC，
∵ DB=AC
∴DB=EC
∴四邊形DBEC是平行四邊形
∴BE=DC
∵△ABE中，AB+BE≥AE
即AB+CD≥AC；
(3)
如圖，過C作CF⊥AC交AE的延長線于點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°等角線四邊形”的對角線長為4，則AC=4
由（2）（3）可得AB+CD≥AC，AD+BD>3AC
∴AB+CD+AD+BC≥3+1AC=43+1=43+4．
∴該四邊形周長的最小值為43+4．
【點睛】本題考查了四邊形綜合問題，新定義問題，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，平行四邊的性質(zhì)與判定，中點四邊形性質(zhì)，掌握特殊四邊形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．
14．（2022春·江蘇揚州·八年級儀征市第三中學(xué)校考階段練習(xí)）定義：我們把對角線互相垂直的四邊形叫做和美四邊形，對角線交點稱為和美四邊形中心．
（1）寫出一種你學(xué)過的和美四邊形________；
（2）順次連接和美四邊形四邊中點所得四邊形是________
A．矩形?????????B．菱形???????C．正方形???????????D．無法確定
（3）如圖1，點O是和美四邊形ABCD的中心，E、F、G、H分別是邊AB、BC、CD、?DA的中點，連接OE、OF、OG、OH，記四邊形AEOH、BEOF、CGOF、DHOG的面積為S1、S2、S3、S4，用等式表示S1、S2、S3、S4的數(shù)量關(guān)系（無需說明理由）
（4）如圖2，四邊形ABCD是和美四邊形，若AB=3,BC=2,CD=4，求AD的長．

【答案】（1）正方形；（2）A；（3）S1+S3＝S2+S4；（4）21
【分析】（1）根據(jù)正方形的對角線互相垂直解答；
（2）根據(jù)矩形的判定定理解答；
（3）根據(jù)三角形的中線把三角形分為面積相等的兩部分解答；
（4）根據(jù)和美四邊形的定義、勾股定理計算即可．
【詳解】解：（1）正方形是學(xué)過的和美四邊形，
故答案為：正方形；
（2）順次連接和美四邊形四邊中點所得四邊形是矩形，
故選：A．
（3）由和美四邊形的定義可知，AC⊥BD，
則∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOA＝90°，
又E、F、G、H分別是邊AB、BC、CD、DA的中點，
∴△AOE的面積＝△BOE的面積，
△BOF的面積＝△COF的面積，
△COG的面積＝△DOG的面積，
△DOH的面積＝△AOH的面積，
∴S1+S3＝△AOE的面積+△COF的面積+△COG的面積+△AOH的面積＝S2+S4；

（4）如圖2，連接AC、BD交于點O，則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．

【點睛】本題考查的是和美四邊形的定義、矩形的判定、勾股定理的應(yīng)用，正確理解和美四邊形的定義、掌握矩形的判定定理是解題的關(guān)鍵．
15．（2022春·江蘇蘇州·八年級?？计谀┪覀兘o出如下定義：順次連接任意一個四邊形各邊中點所得的四邊形叫中點四邊形．
（1）如圖1，四邊形ABCD中，點E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA的中點．求證：中點四邊形EFGH是平行四邊形；
（2）如圖2，點P是四邊形ABCD內(nèi)一點，且滿足PA=PB，PC=PD，∠APB=∠CPD，點E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA的中點，猜想中點四邊形EFGH的形狀，并證明你的猜想．

【答案】(1)證明見解析；(2)菱形，證明見解析.
【分析】（1）如圖1中，連接BD，根據(jù)三角形中位線定理只要證明EH∥FG，EH=FG即可．
（2）四邊形EFGH是菱形．先證明△APC≌△BPD，得到AC=BD，再證明EF=FG即可．
【詳解】（1）如圖1中，連接BD．
∵點E，H分別為邊AB，DA的中點，∴EH∥BD，EH=12BD．
∵點F，G分別為邊BC，CD的中點，∴FG∥BD，F(xiàn)G=12BD，∴EH∥FG，EH=GF，∴中點四邊形EFGH是平行四邊形．
（2）四邊形EFGH是菱形．理由如下：
如圖2中，連接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．
∵點E，F(xiàn)，G分別為邊AB，BC，CD的中點，∴EF=12AC，F(xiàn)G=12BD．
∵AC=BD，∴EF=FG．
∵四邊形EFGH是平行四邊形，∴四邊形EFGH是菱形．

【點睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、菱形的判定等知識，解題的關(guān)鍵是靈活應(yīng)用三角形中位線定理，學(xué)會添加常用輔助線，屬于中考常考題型．
16．（2019春·江蘇連云港·八年級?？计谥校〥、E分別是不等邊三角形ABC(即AB≠BC≠AC)的邊AB、AC的中點，O是△ABC所在平面上的動點，連接OB、OC，點G、F分別是OB、OC的中點，順次連接點D、G、F、E．
(1)如圖，當(dāng)點O在△ABC的內(nèi)部時，求證：四邊形DGFE是平行四邊形；
(2)若四邊形DGFE是菱形，則OA與BC應(yīng)滿足怎樣的數(shù)量關(guān)系？為什么？
(3)當(dāng)OA與BC滿足______時，四邊形DGEF是一個矩形(直接填答案，不需證明．)

【答案】（1）見解析；（2）AO=BC；（3）OA⊥BC．
【詳解】試題分析：（1）首先利用三角形中位線的性質(zhì)得出DE∥BC，DE=BC，同理，GF∥BC，GF=BC，即可得出DE∥GF，DE=GF即可得出四邊形DGFE是平行四邊形；
（2）利用（1）中所求，只要鄰邊再相等即可得出答案．
（3）利用（1）中所求，只要鄰邊相互垂直的平行四邊形即為矩形．
（1）證明：∵D、E分別是邊AB、AC的中點．
∴DE∥BC，DE=BC．
同理，GF∥BC，GF=BC．
∴DE∥GF，DE=GF．
∴四邊形DEFG是平行四邊形．
（2）解：解法一：點O的位置滿足兩個要求：AO=BC，且點O不在射線CD、射線BE上．
∵由（1）得出四邊形DEFG是平行四邊形，
∴點O的位置滿足兩個要求：AO=BC，且點O不在射線CD、射線BE上時，
可得GD=AO，GF=BC，
∴DG=GE，
∴平行四邊形DEFG是菱形；
解法二：點O在以A為圓心，BC為半徑的一個圓上，但不包括射線CD、射線BE與⊙A的交點．
解法三：過點A作BC的平行線l，點O在以A為圓心，BC為半徑的一個圓上，但不包括l與⊙A的兩個交點．
（3）由（1）知，四邊形DEFG是平行四邊形．
當(dāng)OA⊥BC時，DG⊥GF，
故平行四邊形DGFE是矩形．
故答案是：OA⊥BC．

考點：中點四邊形．
17．（2014·江蘇·八年級期中）如圖1，在四邊形ABCD中，AB=CD，E、F分別是BC、AD的中點，連接EF并延長，分別與BA、CD的延長線交于點M、N，則∠BME=∠CNE（不需證明）．
（溫馨提示：在圖1中，連接BD，取BD的中點H，連接HE、HF，根據(jù)三角形中位線定理，證明HE=HF，從而∠1=∠2，再利用平行線性質(zhì)，可證得∠BME=∠CNE．）
(1)問題一：如圖2，在四邊形ADBC中，AB與CD相交于點O，AB=CD，E、F分別是BC、AD的中點，連接EF，分別交DC、AB于點M、N，判斷△OMN的形狀，并說明理由；
(2)問題二：如圖3，在△ABC中，AC＞AB，D點在AC上，AB=CD，E、F分別是BC、AD的中點，連接EF并延長，與BA的延長線交于點G，若∠EFC=60°，連接GD，判斷△AGD的形狀并并說明理由．

【答案】(1)△OMN為等腰三角形，理由見解析；
(2)△AGD是直角三角形，理由見解析．

【分析】（1）作出兩條中位線，根據(jù)中位線定理，找到相等的同位角和線段，進(jìn)而判斷出三角形的形狀．
（2）利用平行線和中位線定理，可以證得三角形△FAG是等邊三角形，再進(jìn)一步確定∠FGD=∠FDG=30°，進(jìn)而求出∠AGD=90°，故△AGD的形狀可證．
【詳解】（1）解：取AC中點P，連接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為等腰三角形．
（2）解：△AGD是直角三角形．理由如下：
如圖連接BD，取BD的中點H，連接HF、HE，

∵F是AD的中點，
∴HF∥AB，HF=12AB，
同理，HE∥CD，HE=12CD，
∵AB=CD
∴HF=HE，
∵∠EFC=60°，
∴∠HEF=60°，
∴∠HEF=∠HFE=60°，
∴△EHF是等邊三角形，
∴∠3=∠EFC=∠AFG=60°，
∴△AGF是等邊三角形．
∵AF=FD，
∴GF=FD，
∴∠FGD=∠FDG=30°
∴∠AGD=90°
即△AGD是直角三角形．
【點睛】本題考查了三角形中位線定理、角平分線的性質(zhì)、等腰三角形的判定以及勾股定理的逆定理，根據(jù)中點構(gòu)造中位線的輔助線是解題的關(guān)鍵．
18．（2022春·陜西西安·八年級陜西師大附中校考期末）問題背景：
△ABC和△CDE均為等邊三角形，且邊長分別為a，b，點D，E分別在邊AC，BC上，點F，G，H，I分別為AB，BE，ED，AD的中點，連接FG，GH，HI，IF
猜想證明：

(1)如圖①，判斷四邊形FGHI是什么特殊四邊形，并說明理由．
(2)當(dāng)a＝6，b＝2時，求四邊形FGHI的周長．
拓展延伸：
(3)如圖②，當(dāng)四邊形FGHI是正方形時，連接AE，BD相交于點N，點N，H恰好在FC上．求證：△ABN和△DEN均為等腰直角三角形．
【答案】(1)四邊形FGHI是菱形．理由見解析
(2)四邊形FGHI的周長為47
(3)見解析

【分析】（1）根據(jù)△ABC和△CDE為等邊三角形，可得四邊形ABED是等腰梯形，再根據(jù)點F，G，H，I分別為AB，BE，ED，AD的中點，即可得出FG=IH=FI=GH，進(jìn)而得到四邊形FGHI是菱形；
（2）過A作AM⊥BC于M，連接AE，再根據(jù)勾股定理，求得Rt△ACM中，AM=33，Rt△AEM中，AE=27，由（1）可得，四邊形FGHI是菱形，且AE=2FG，即可得出四邊形FGHI的周長=4FG=2AE；
（3）由點F為AB的中點，△ABC和△CDE均為等邊三角形，所以直線CF為△ABC和△CDE的對稱軸，則有AN＝BN，DN＝EN，再利用三角形中位線得FG∥AEIH，F(xiàn)I∥BD∥GH，則FG∥AEIH，F(xiàn)I∥BD∥GH，又由四邊形FGHI是正方形，得∠FNA＝∠FHI＝45°，∠FNB＝∠FHG＝45°，即可得∠ANB＝∠FNA+∠FNB＝90°，∠DNE＝90°，即可得出結(jié)論．
（1）
解：四邊形FGHI是菱形.
理由：如圖①，連接AE,BD，
∵△ABC和△CDE均為等邊三角形，
∴AC＝BC,EC＝DC，
在△AEC和△BDC中，
AC=BC∠ACE=∠BCDEC=DC，
∴△AEC≌△BDC(SAS)，
∴AE＝BD，
∵點F，G，H，I分別為AB，BE，ED，AD的中點，
FG＝12AE＝IH.FI＝12BD＝CH.
∴FG＝GH＝IH＝FI.
∴四邊形FGHI是菱形；

（2）
解：如圖②，過點D作DM⊥EC于點M，
∵△CDE為等邊三角形，
∴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)知四邊形FGHI是菱形，
∴.四邊形FGHI的周長為4GH＝47.
（3）
解：∵點F為AB的中點，△ABC和△CDE均為等邊三角形，
∴直線CF為△ABC和△CDE的對稱軸.
∴AN＝BN，DN＝EN，
∵點F，G，H，I分別為AB，BE，ED，AD的中點，
∴FG∥AE，IH∥AE，F(xiàn)I∥BD，GH∥BD.
∴.FG∥AEIH，F(xiàn)I∥BD∥GH，
∵四邊形FGHI是正方形，
∴∠FNA＝∠FHI＝45°，∠FNB＝∠FHG＝45°
∴.∠ANB＝∠FNA+∠FNB＝90°，∠DNE＝90°.
∴△ABN和△DEN均為等腰直角三角形.
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，主要考查了菱形的判定，正方形的性質(zhì)，中點四邊形，三角形中位線定理，勾股定理的綜合應(yīng)用，解決問題的關(guān)鍵是依據(jù)三角形中位線定理．
19．（2022春·山西臨汾·八年級統(tǒng)考期中）綜合與探究：如圖1，四邊形ABDC中，E、F、G、H分別是AC、AB、BD、CD的中點，順次連接E、F、G、H．

(1)猜想四邊形EFGH的形狀是________（直接回答，不必說明理由）．
(2)如圖2，P在四邊形ABDC內(nèi)一點，使PC=PA，PD=PB，∠APC=∠BPD，其他條件不變，試探究四邊形EFGH的形狀，并說明理由．
(3)在（2）的條件下，PA=6，PB=23，∠APC=∠BPD=60°，∠CPD=90°，求四邊形EFGH的面積．
【答案】(1)平行四邊形
(2)菱形，見解析
(3)2132
【分析】(1)連接AD，利用三角形中位線定理，證明EH=FG，且EH∥FG即可得證．
(2)連接AD，BC，證明△APD?△CPBSAS，得到AD=CB，結(jié)合三角形中位線定理，得到四邊形EFGH的四邊相等，即可得到菱形EFGH．
(3)連接AD，BC，交點為M，設(shè)BC與EH的交點為Q，AD與EF的交點為O，證明△APD?△CPBSAS，判定四邊形EOMQ是平行四邊形，證明∠HEF=60°，連接PG，過點H作HN⊥EF，垂足為N，求得EH，HN的長度即可．
（1）
平行四邊形．理由如下：
如圖1，連接AD，
∵E、F、G、H分別是AC、AB、BD、CD的中點，
∴EH∥AD，EH=12AD，F(xiàn)G∥AD，F(xiàn)G=12AD，
∴EH=FG，且EH∥FG，

∴四邊形EFGH是平行四邊形，
故答案為：平行四邊形．
（2）
菱形.理由：如圖2，連接AD，BC.
∵∠APC=∠BPD，
∴∠APC+∠CPD=∠BPD+∠CPD，
即∠APD=∠CPB.
又∵PA=PC，PD=PB，
∴△APD?△CPBSAS，
∴AD=CB.
∵E、F、G、H分別是AC、AB、BD、CD的中點，

∴EF、FG、GH、EH分別是△ABC、△ABD、△BCD、△ACD的中位線，
∴EF=12BC，F(xiàn)G=12AD，GH=12BC，EH=12AD，
∴EF=FG=GH=EH，
∴四邊形EFGH是菱形.
（3）
連接AD，BC，交點為M，設(shè)BC與EH的交點為Q，AD與EF的交點為O，
∵PD=PB，∠DPB=60°，
∴△DPB是等邊三角形.
∵G是DB中點，
∴PG平分∠DPB，∠DPG=30°，
∴∠APG=60°+90°+30°=180°，點A、P、G共線.
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，
∴四邊形EOMQ是平行四邊形，
∴∠HEF=60°.
在Rt△EHN中，EN=12EH=212，HN=EH2?EN2=372，
∴菱形EFGH的面積=EF×HN=21×372=2132.
【點睛】本題考查了三角形中位線定理，三角形全等的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握菱形的判定和性質(zhì)，靈活運用三角形中位線定理是解題的關(guān)鍵．
20．（2021春·福建福州·八年級福州華倫中學(xué)?？计谥校┮阎涸诰匦蜛BCD中，AB=6，AD=4．
（1）如圖1，E、F、G、H分別是AD，AB，BC，CD的中點、求證：四邊形EFGH是菱形；

（2）如圖2，若菱形EFGH的三個頂點E、F、H分別在AD，AB，CD上，DE=14AD．
①連接BG，若BG=5，求AF的長；
②設(shè)AF=m，△GFB的面積為S，且S滿足函數(shù)關(guān)系式S=3?12m．在自變量m的取值范圍內(nèi)，是否存在m，使菱形EPGH面積最大？若存在，請直接寫出菱形EFGH面積最大值，若不存在，請說明理由．
【答案】（1）見解析；（2）①72；②存在m=27，菱形EFGH面積最大為18+27
【分析】（1）連接AC，BD，由E、F、G、H分別是AD，AB，BC，CD的中點可得，EF=GH=12BD，EH=FG=12AC，又AC=BD，得EF=GH=EH=FG，即結(jié)論得證；
（2）①過點G作GI⊥AB延長線于I，根據(jù)AAS證ΔGIF?ΔEDH，得出GI=DE=1，根據(jù)勾股定理求出BI，設(shè)AF=x，則BF=6?x，再利用勾股定理求出x即可；
②延長IG交DC延長線于M，由①知ΔGIF?ΔEDH，同理可證ΔAEF?ΔMGH，則菱形的面積=矩形ADMI的面積?ΔGIF的面積?ΔEDH的面積?ΔAEF的面積?ΔMGH的面積，得出關(guān)于m的關(guān)系式即可得出m最大時菱形面積最大，當(dāng)H與C重合時m有最大值，求出此時的m值即可．
【詳解】解：（1）連接AC，BD，

∵E、F、G、H分別是AD，AB，BC，CD的中點，
∴EF=GH=12BD，EH=FG=12AC，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∴EF=GH=EH=FG，
∴四邊形EFGH是菱形；
（2）①如圖2，過點G作GI⊥AB延長線于I，

∵EH//FG，CD//FI，
∴∠DHE=∠GFI，
又∵∠I=∠D=90°，F(xiàn)G=EH，
∴ΔGIF?ΔEDH(AAS)，
∴GI=DE=14AD=1，
∴BI=BG2?IG2=52?12=2，
設(shè)AF=x，則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如圖2，延長IG交DC延長線于M，
∴由已知可得，四邊形ADMI是矩形，
由①知ΔGIF?ΔEDH，
同理可證ΔAEF?ΔMGH，
∴菱形的面積=矩形ADMI的面積?ΔGIF的面積?ΔEDH的面積?ΔAEF的面積?ΔMGH的面積，
∵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，
∴當(dāng)m取最大值時菱形EFGH面積最大，
∵當(dāng)H與C重合時EH有最大值，即m取到最大值，
此時AF=EF2?AE2=EH2?AE2=ED2+DC2?AE2=12+62?32=27，
S菱形EFGH=3m2+8+m=18+27，
∴當(dāng)AF=27時，菱形EFGH面積最大為18+27．
【點睛】本題主要考查矩形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識點，熟練掌握矩形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)及勾股定理是解題的關(guān)鍵．
21．（2021春·浙江·八年級期中）在四邊形ABCD中，AB、BC、CD、DA的中點分別為P、Q、M、M；

（1）如圖1，試判斷四邊形PQMN怎樣的四邊形，并證明你的結(jié)論；
（2）若在AB上取一點E，連結(jié)DE，CE，恰好△ADE和△BCE都是等邊三角形（如圖2）：
①判斷此時四邊形PQMN的形狀，并證明你的結(jié)論；
②當(dāng)AE=6，EB=3，求此時四邊形PQMN的周長（結(jié)果保留根號）．
【答案】（1）平行四邊形，理由見解析；（2）①菱形，證明見解析；②67
【分析】（1）連接AC、BD．利用三角形中位線定理判定四邊形PQMN的對邊平行且相等，易證該四邊形是平行四邊形；
（2）①設(shè)ΔADE的邊長是x，ΔBCE的邊長是y，由于DB2=(12x+y)2+(32x)2=x2+xy+y2，AC=(x+12y)2+(32y)2=x2+xy+y2，可得平行四邊形PQMN的對角線相等，從而得出平行四邊形PQMN是菱形；
②如圖2，過點D作DF⊥AB于F，則通過解三角形求得DF=33，由勾股定理得到DB=(33)2+62=37．由①知四邊形PQMN是菱形，可計算得周長是67．
【詳解】解：（1）如圖1，連接AC、BD．

∵PQ為ΔABC的中位線，
∴PQ=12AC且PQ//12AC，
同理MN=12AC且MN//12AC．
∴MN=PQ且MN//PQ，
∴四邊形PQMN為平行四邊形；
（2）①四邊形PQMN是菱形，
如圖2，連接AC，BD，
∵△ADE和△BCE都是等邊三角形，
∴AE=DE，CE=BE，∠AED=∠BEC=60°，
∴∠AEC=∠DEB，
∴△AEC≌△DEB，
∴AC=BD，
∵點M，N是AD，CD的中點，
∴MN是△ADC的中位線，
∴MN=12AC，
同理：PN=12BD，
∴MN=PN，
由（1）知，四邊形PQMN是平行四邊形，
∴平行四邊形PQMN是菱形；
②過點D作DF⊥AB于F，則DF=33，
又∵DF2+FB2=DB2，
∴DB=(33)2+62=37，
∴由①知四邊形PQMN是菱形，可計算得周長是12×37×4=67．

【點睛】本題考查了中點四邊形以及菱形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)，解題時，利用了三角形中位線的性質(zhì)定理．
22．（2020春·浙江杭州·八年級階段練習(xí)）定義，我們把對角線互相垂直的四邊形叫做和美四邊形，對角線交點作為和美四邊形的中心．

（1）寫出一種你學(xué)過的和美四邊形______；
（2）順次連接和美四邊形四邊中點所得四邊形是（????）
A．矩形??????B，菱形???????C．正方形????????D．無法確定
（3）如圖1，點O是和美四邊形ABCD的中心，E、F、G、H分別是邊AB、BC、CD、?DA的中點，連接OE、OF、OG 、OH，記四邊形AEOH、BEOF、CGOF、DHOG的面積為S1、S2、S3、S4，用等式表示S1、S2、S3、S4的數(shù)量關(guān)系（無需說明理由）
（4）如圖2，四邊形ABCD是和美四邊形，若AB=4,BC=2,CD=5,求AD的長．
【答案】（1）正方形；（2）A；（3）S1+S3=S2+S4；（4）37
【分析】（1）根據(jù)正方形的對角線互相垂直解答；
（2）根據(jù)矩形的判定定理解答；
（3）根據(jù)三角形的中線把三角形分為面積相等的兩部分解答；
（4）根據(jù)和美四邊形的定義、勾股定理計算即可．
【詳解】解：（1）正方形是學(xué)過的和美四邊形，
故答案為：正方形；
（2）順次連接和美四邊形四邊中點所得四邊形是矩形，
如圖，四邊形ACBD中，對角線AB⊥CD，即為“和美四邊形”，
點E、F、G、H分別是AC、AD、BD、BC的中點，
∴EF∥CD∥HG，且EF=HG=12CD，
EH∥FG∥AB，且EH=FG=12AB，
∴四邊形EFGH為平行四邊形，
∵AB⊥CD，
∴EF⊥EH，
∴平行四邊形EFGH是矩形；
故選：A．

（3）連接AC和BD，由和美四邊形的定義可知，AC⊥BD，
則∠AOB=∠BOC=∠COD=∠DOA=90°，
又E、F、G、H分別是邊AB、BC、CD、DA的中點，
∴△AOE的面積=△BOE的面積，△BOF的面積=△COF的面積，△COG的面積=△DOG的面積，△DOH的面積=△AOH的面積，
∴S1+S3=△AOE的面積+△COF的面積+△COG的面積+△AOH的面積=S2+S4；

（4）如圖，連接AC、BD交于點O，則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．

【點睛】本題考查的是和美四邊形的定義、矩形的判定、勾股定理的應(yīng)用，正確理解和美四邊形的定義、掌握矩形的判定定理是解題的關(guān)鍵．
23．（2019春·安徽淮北·八年級校聯(lián)考期末）我們給出如下定義：把對角線互相垂直的四邊形叫做“對角線垂直四邊形”.
如圖，在四邊形ABCD中，AC⊥BD，四邊形ABCD就是“對角線垂直四邊形”.

（1）下列四邊形，一定是“對角線垂直四邊形”的是_________.
①平行四邊形????②矩形????③菱形????④正方形
（2）如圖，在“對角線垂直四邊形”ABCD中，點E、F、G、H分別是邊AB、BC、CD、DA的中點，求證：四邊形EFGH是矩形.
【答案】（1） ③④；（2）詳見解析
【分析】（1）根據(jù)“對角線垂直四邊形"的定義求解；
（2）根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)得到HG//EF，HE//GF，則可判斷四邊形EFGH是平行四邊形，再證明∠EHG=90°，然后判斷四邊形EFGH是矩形；
【詳解】(1) 菱形和正方形是“對角線垂直四邊形，故③④滿足題意.
(2)證明：∵點E、F、G、H分別是邊AB、BC、CD、DA的中點，
∴HE∕∕BD，且HE=12BD；GF∕∕BD，且GF=12BD；HG∕∕AC.
∴HE∕∕GF?.
∴四邊形EFGH是平行四邊形.
∵HE∕∕BD???,???BD⊥AC，
∴HE⊥AC，
又∵HG∕∕AC，
∴HG⊥HE.
∴∠EHG=90°.
∴□EFGH是矩形.
【點睛】本題考查了中點四邊形：任意四邊形各邊中點的連線所組成的四邊形為平行四邊形，也考查了三角形中位線性質(zhì)、菱形、正方形的性質(zhì).
24．（2019春·湖南長沙·八年級長沙市南雅中學(xué)?？茧A段練習(xí)）通過解方程（組）使問題得到解決的思維方式就是方程思想，已學(xué)過的《勾股定理》及《一次函數(shù)》都與它有密切的聯(lián)系，最近方程家族的《一元二次方程》我們也學(xué)習(xí)了它的求解方法和應(yīng)用．如圖1，矩形ABCD中，AB=9,AD=12,G在CD上，且DG=5，點P從點B出發(fā)，以1個單位每秒的速度在BC邊上向點C運動，設(shè)點P的運動時間為x秒．

（1）ΔAPG的面積為y，求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并求出y=34時x的值；
（2）在點P從點B向C運動的過程中，是否存在使AP⊥GP的時刻？若存在，求出x的值，若不存在，請說明理由；
（3）如圖2，M、N分別是AP、PG的中點，在點P從B向C運動的過程中，線段MN掃過的圖形是什么形狀_________________，并直接寫出它的面積___________________________．

【答案】（1）x=8；（2）存在，x=6；（3）平行四邊形，15.
【分析】（1）PB=x，PC=12?x，然后依據(jù)ΔAPG的面積=矩形的面積?三個直角三角形的面積可得到y(tǒng)與x的函數(shù)關(guān)系式，然后將y=34代入函數(shù)關(guān)系式可求得x的值；
（2）先依據(jù)勾股定理求得PA、PG、AG的長，然后依據(jù)勾股定理的逆定理列出關(guān)于x的方程，從而可求得x的值；
（3）確定出點P分別與點B和點C重合時，點M、N的位置，然后依據(jù)三角形的中位線定理可證明M1M2//N1N2，N1N2=M1M2，從而可判斷出MN掃過區(qū)域的形狀，然后依據(jù)平行四邊形的面積公式求解即可．
【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD為矩形，
∴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．
當(dāng)y=34時，?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．
∵當(dāng)AG2=AP2+PG2時，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）如圖所示：

∵當(dāng)點P與點B重合時，點M位于M1處，點N位于點N1處，
∴M1為AB的中點，點N1位GB的中點．
∵當(dāng)點P與點C重合時，點M位于M2處，點N位于點N2處，
∴M2為AC的中點，點N2位CG的中點．
∴M1M2//BC，M1M2=12BC，N1N2//BC，N1N2=12BC．
∴M1M2//N1N2，N1N2=M1M2．
∴四邊形M1M2N2N1為平行四邊形．
∴MN掃過的區(qū)域為平行四邊形．
S=12BC·(12AB?12CG)=6×2.5=15
故答案為平行四邊形；15．
【點睛】本題是四邊形綜合題目，考查了矩形的性質(zhì)、勾股定理、三角形面積公式、一次函數(shù)的應(yīng)用、平行四邊形的判定、三角形中位線定理等知識；本題綜合性強，有一定難度，畫出MN掃過的圖形是解題的關(guān)鍵．
25．（2020春·河南信陽·八年級?？茧A段練習(xí)）如圖所示，E，F(xiàn)，G，H分別是四邊形ABCD的邊AB，BC，CD，AD的中點．
（1）探究1：連接對角線AC，BD由三角形中位線定理及平行四邊形的判定定理易得四邊形EFGH為 （不需要證明）；
（2）探究2：觀察猜想：
①當(dāng)四邊形ABCD的對角線AC，BD滿足條件 時，四邊形EFGH是菱形；
②當(dāng)四邊形ABCD的對角線AC，BD滿足條件 時，四邊形EFGH為矩形．
（3）探究3：當(dāng)四邊形ABCD滿足什么條件時，四邊形EFGH為正方形？并說明理由．

【答案】（1）平行四邊形；（2）①AC=BD；②AC⊥BD；（3） 當(dāng)四邊形ABCD滿足AC＝BD且AC⊥BD時，四邊形EFGH為正方形．理由見解析．
【分析】（1）由中位線定理得出GH∥AC，GH=12AC，同理EF∥AC，EF=12AC，得出GH∥EF，GH=EF，從而可得出四邊形EFGH是平行四邊形；
（2）①由（1）知四邊形EFGH是平行四邊形，由AC=BD，推出一組鄰邊相等即可得出四邊形EFGH為菱形；
②由（1）知四邊形EFGH是平行四邊形，由AC⊥BD，證出∠EHG=90°，得出四邊形EFGH為矩形；
（3）由AC=BD得出四邊形EFGH為菱形；由AC⊥BD得出四邊形EFGH為矩形，即可得出四邊形EFGH為正方形．
【詳解】解：（1）∵H、G，分別為AD、DC的中點，
∴HG∥AC，HG=12AC，
同理EF∥AC，EF=12AC，
∴HG∥EF且EF=HG，
∴四邊形EFGH是平行四邊形．
故答案為：平行四邊形；
（2）①AC=BD，理由如下：
由（1）知四邊形EFGH為平行四邊形，
又∵H，G分別為AD、DC的中點，∴HG=12AC，
同理可知HE=12BD，
又∵AC=BD，∴HE=HG．
∴平行四邊形EFGH為菱形，
故答案為：AC=BD；
②AC⊥BD，理由如下：
由（1）知四邊形EFGH是平行四邊形，
又∵H，G分別為AD、DC的中點，∴HG∥AC，同理可知HE∥BD，
∵AC⊥BD，∴HG⊥HE，∴∠EHG=90°，
∴四邊形EFGH為矩形，
故答案為：AC⊥BD；
（3）當(dāng)四邊形ABCD滿足AC＝BD且AC⊥BD時，四邊形EFGH為正方形．理由如下：
當(dāng)AC=BD時，由（2）①得：四邊形EFGH為菱形；
當(dāng)AC⊥BD時，由（2）②得：四邊形EFGH為矩形，
∴四邊形EFGH為正方形．
【點睛】本題考查了中點四邊形、平行四邊形的判定、矩形的判定、菱形的判定以及正方形的判定方法；熟練掌握三角形中位線定理，并能進(jìn)行推理論證是解決問題的關(guān)鍵．
26．（2022春·浙江寧波·八年級統(tǒng)考期末）定義：對于一個四邊形，我們把依次連接它的各邊中點得到的新四邊形叫做原四邊形的“中點四邊形”．如果原四邊形的中點四邊形是個正方形，我們把這個原四邊形叫做“中方四邊形”．
概念理解：
下列四邊形中一定是“中方四邊形”的是_____________．
A．平行四邊形????????????B．矩形????????C．菱形????????D．正方形
性質(zhì)探究：
如圖1，四邊形ABCD是“中方四邊形”，觀察圖形，寫出關(guān)于四邊形ABCD的兩條結(jié)論；
問題解決：
如圖2，以銳角△ABC的兩邊AB，AC為邊長，分別向外側(cè)作正方形ABDE和正方形ACFG，連接BE，EG，GC．求證：四邊形BCGE是“中方四邊形”；
拓展應(yīng)用：
如圖3，已知四邊形ABCD是“中方四邊形”，M，N分別是AB，CD的中點，
（1）試探索AC與MN的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
（2）若AC=2，求AB+CD的最小值．

【答案】概念理解：D；性質(zhì)探究：①AC=BD，②AC⊥CD；問題解決：見解析；拓展應(yīng)用：（1）MN=22AC，理由見解析；（2）22
【分析】概念理解：根據(jù)定義“中方四邊形”，即可得出答案；
性質(zhì)探究：由四邊形ABCD是“中方四邊形”，可得EFGH是正方形且E、F、G、H分別是AB、BC、CD、AD的中點，利用三角形中位線定理即可得出答案；
問題解決：如圖2，取四邊形BCGE各邊中點分別為P、Q、R、L并順次連接成四邊形MNRL，連接CE交AB于P，連接BG交CE于K，利用三角形中位線定理可證得四邊形MNRL是平行四邊形，再證得△EAC≌△BAG（SAS），推出?MNRL是菱形，再由∠LMN=90°，可得菱形MNRL是正方形，即可證得結(jié)論；
拓展應(yīng)用：（1）如圖3，分別作AD、BC的中點E、F并順次連接EN、NF、FM、ME，可得四邊形ENFM是正方形，再根據(jù)等腰直角三角形性質(zhì)即可證得結(jié)論；
（2）如圖4，分別作AD、BC的中點E、F并順次連接EN、NF、FM、ME，連接BD交AC于O，連接OM、ON，當(dāng)點O在MN上（即M、O、N共線）時，OM+ON最小，最小值為MN的長，再結(jié)合（1）的結(jié)論即可求得答案．
【詳解】解：概念理解：在平行四邊形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四邊形”，理由如下：
因為正方形的對角線相等且互相垂直，
故選：D；
性質(zhì)探究：①AC=BD，②AC⊥BD；
理由如下：如圖1，

∵四邊形ABCD是“中方四邊形”，
∴EFGH是正方形且E、F、G、H分別是AB、BC、CD、AD的中點，
∴∠FEH=90°，EF=EH，EH∥BD，EH=12BD，EF∥AC，EF=12AC，
∴AC⊥BD，AC=BD，
故答案為：AC⊥BD，AC=BD；
問題解決：如圖2，取四邊形BCGE各邊中點分別為M、N、R、L并順次連接成四邊形MNRL，連接CE交AB于P，連接BG交CE于K，

∵四邊形BCGE各邊中點分別為M、N、R、L，
∴MN、NR、RL、LM分別是△BCG、△CEG、△BGE、△CEB的中位線，
∴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，
∴四邊形MNRL是平行四邊形，
∵四邊形ABDE和四邊形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∵M(jìn)N∥BG，ML∥CE，
∴∠LMN=90°，
∴菱形MNRL是正方形，即原四邊形BCGE是“中方四邊形”；
拓展應(yīng)用：（1）MN=22AC，理由如下：
如圖3，分別作AD、BC的中點E、F并順次連接EN、NF、FM、ME，
∵四邊形ABCD是“中方四邊形”，M，N分別是AB，CD的中點，
∴四邊形ENFM是正方形，
∴FM=FN，∠MFN=90°，
∴MN=FM2+FN2=2FM2=2FM，

∵M(jìn)，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，
∴FM=12AC，
∴MN=22AC；
（2）如圖4，分別作AD、BC的中點E、F并順次連接EN、NF、FM、ME，
連接BD交AC于O，連接OM、ON，

當(dāng)點O在MN上（即M、O、N共線）時，OM+ON最小，最小值為MN的長，
∴2（OM+ON）≥ 2MN，
由性質(zhì)探究②知：AC⊥BD，
又∵M(jìn)，N分別是AB，CD的中點，
∴AB=2OM，CD=2ON，
∴2（OM+ON）=AB+CD，
∴AB+CD≥2MN，
由拓展應(yīng)用（1）知：MN=22AC；
又∵AC=2，
∴MN=2，
∴AB+CD的最小值為22．
【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，三角形的中位線的性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，勾股定理，兩點之間線段最短等知識，理解“中方四邊形”的定義并運用是本題的關(guān)鍵．
27．（2022春·福建泉州·八年級統(tǒng)考期末）【猜想結(jié)論】如圖1，在△ABC中，點D、E分別是邊AB、AC的中點，可以根據(jù)度量或目測猜想結(jié)論：DE∥BC，且DE=12BC．

(1)【驗證結(jié)論】如圖2，在△ABC中，點D、E分別是邊AB、AC的中點，延長DE至F，使得EF＝DE，連接FC．求證：DE∥BC，DE=12BC．
(2)【應(yīng)用結(jié)論】如圖3，在四邊形ABCD中，點E、F、G、H分別為邊AB、BC、CD、DA的中點，順次連接四邊形ABCD各邊中點得到新四邊形EFGH，稱為四邊形ABCD中點四邊形．應(yīng)用上述驗證結(jié)論，求解下列問題：
①證明：四邊形EFGH是平行四邊形；
②當(dāng)AC、BD滿足 　 　時，四邊形EFGH是矩形；
③當(dāng)AC、BD滿足 　 　時，四邊形EFGH是正方形．
【答案】(1)見解析
(2)①見解析；②垂直；③垂直且相等

【分析】（1）先根據(jù)“SAS”證明△AED≌△CEF，得出∠A=∠ECF，AD=CF，根據(jù)平行線的判定得出AD∥CF，得出BD=CF，證明四邊形BCFD為平行四邊形，得出DE∥BC，DF=BC，即可證明結(jié)論；
（2）①連接AC、BD，根據(jù)中位線性質(zhì)得出EF∥GH，EH∥GF，即可得證明四邊形EFGH為平行四邊形；
②根據(jù)矩形的判定方法，得出結(jié)論即可；
③根據(jù)正方形的判定方法，得出結(jié)論即可．
（1）
證明：∵點E為AC的中點，
∴AE=CE，
∵在△AED和△CEF中AE=CE∠AED=∠CEFDE=EF，
∴△AED≌△CEF，
∴∠A=∠ECF，AD=CF，
∴AD∥CF，
∵點D為AB的中點，
∴AD=BD，
∴BD=CF，
∴四邊形BCFD為平行四邊形，
∴DE∥BC，DF=BC，
∵DE=12DF，
∴DE=12BC，
即DE∥BC，DE=12BC．

（2）
①連接AC、BD，如圖所示：

∵點E、F、G、H分別為邊AB、BC、CD、DA的中點，
∴EF∥AC，GH∥AC，EH∥BD，GF∥BD，
∴EF∥GH，EH∥GF，
∴四邊形EFGH為平行四邊形；
②當(dāng)AC⊥BD時， 四邊形EFGH是矩形；
根據(jù)解析①可知，GH∥AC，EH∥BD，四邊形EFGH是平行四邊形，
∵AC⊥BD，
∴∠AOB=90°，
∵GH∥AC，
∴∠HMO=90°，
∵EH∥GF，
∴∠EHM+∠HMO=180°，
∴∠EHM=180°?90°=90°，
∴四邊形EFGH是矩形；
故答案為：垂直；

③當(dāng)AC=BD且AC⊥BD時，四邊形EFGH是正方形；
根據(jù)解析②可知，當(dāng)AC⊥BD時， 四邊形EFGH是矩形，
根據(jù)解析①可知，GH=12AC，EH=12BD，
∵AC=BD，
∴GH=EH，
∴四邊形EFGH是正方形．
故答案為：垂直且相等
【點睛】本題主要考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，中位線的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，平行線的判定和性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，熟練掌握特殊四邊形的判定方法，是解題的關(guān)鍵．
28．（2021春·云南普洱·八年級統(tǒng)考期中）已知：如圖1，四邊形ABCD四條邊上的中點分別為E、F、G、H，順次連接EF、FG、GH、HE，得到四邊形EFGH（即四邊形ABCD的中點四邊形）．

(1)四邊形EFGH的形狀是 ．
(2)如圖2，請連接四邊形ABCD的對角線AC與BD，當(dāng)AC與BD滿足 條件時，四邊形EFGH是矩形；證明你的結(jié)論．
(3)你學(xué)過的哪種特殊四邊形的中點四邊形是矩形？說明理由．
【答案】(1)平行四邊形
(2)AC⊥BD，證明見解析
(3)菱形，見解析

【分析】（1）連接BD，根據(jù)三角形中位線定理得到EH//BD，EH=12BD，F(xiàn)G//BD，F(xiàn)G=12BD，推出EH//FG，EH=FG，根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形解答；
（2）根據(jù)有一個角是直角的平行四邊形是矩形，可知當(dāng)四邊形ABCD的對角線滿足AC⊥BD的條件時，四邊形EFGH是矩形；
（3）菱形的中點四邊形是矩形，根據(jù)三角形中位線平行于第三邊且等于第三邊的一半可得EH∥FG，EH＝FG，進(jìn)而得出四邊形EFGH是平行四邊形，然后根據(jù)菱形的性質(zhì)證明EH⊥HG，可得平行四邊形EFGH是矩形．
(1)
解：四邊形EFGH的形狀是平行四邊形．
理由如下：如圖1，連結(jié)BD．
∵E、H分別是AB、AD中點，
∴EH∥BD，EH＝12BD，
同理FG∥BD，F(xiàn)G＝12BD，
∴EH∥FG，EH＝FG，
∴四邊形EFGH是平行四邊形，
故答案為：平行四邊形；

(2)
當(dāng)四邊形ABCD的對角線滿足AC⊥BD條件時，四邊形EFGH是矩形．
理由如下：如圖2，連結(jié)AC、BD．
∵E、F、G、H分別為四邊形ABCD四條邊上的中點，
∴EH∥BD，HG∥AC，
∵AC⊥BD，
∴EH⊥HG，
又∵四邊形EFGH是平行四邊形，
∴平行四邊形EFGH是矩形，
故答案為：AC⊥BD．

(3)
菱形的中點四邊形是矩形．
理由如下：如圖3，連結(jié)AC、BD．
∵E、F、G、H分別為四邊形ABCD四條邊上的中點，
∴EH∥BD，HG∥AC，F(xiàn)G∥BD，EH＝12BD，F(xiàn)G＝12BD，
∴EH∥FG，EH＝FG，
∴四邊形EFGH是平行四邊形．
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵EH∥BD，HG∥AC，
∴EH⊥HG，
∴平行四邊形EFGH是矩形．

【點睛】本題考查中位線定理、平行四邊形的判定、矩形的判定、菱形的性質(zhì)等知識，是重要考點，掌握相關(guān)知識，正確作出輔助線是解題關(guān)鍵．
29．（2021春·河北石家莊·八年級統(tǒng)考期中）四邊形ABCD中，點E、F、G、H分別為AB、BC、CD、DA邊的中點，順次連接各邊中點得到的新四邊形EFGH稱為中點四邊形．

（1）我們知道：無論四邊形ABCD怎樣變化，它的中點四邊形EFGH都是平行四邊形．特殊的：
①當(dāng)對角線AC=BD時，四邊形ABCD的中點四邊形為__________形；
②當(dāng)對角線AC⊥BD時，四邊形ABCD的中點四邊形是__________形．
（2）如圖：四邊形ABCD中，已知∠B=∠C=60°，且BC=AB+CD，請利用（1）中的結(jié)論，判斷四邊形ABCD的中點四邊形EFGH的形狀并進(jìn)行證明．
【答案】（1）①菱；②矩；（2）菱形，菱形見解析
【分析】（1）①連接AC、BD，根據(jù)三角形中位線定理證明四邊形EFGH都是平行四邊形，根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形證明；
②根據(jù)有一個角是直角的平行四邊形是矩形證明；
（2）分別延長BA、CD相交于點M，連接AC、BD，證明△ABC≌△DMB，得到AC=DB，根據(jù)（1）①證明即可．
【詳解】（1）解：（1）①連接AC、BD，

∵點E、F、G、H分別為AB、BC、CD、DA邊的中點，
∴EH∥BD，F(xiàn)G∥BD，
∴EH∥FG，
同理EF∥HG，
∴四邊形EFGH都是平行四邊形，
∵對角線AC=BD，
∴EH=EF，
∴四邊形ABCD的中點四邊形是菱形；
②當(dāng)對角線AC⊥BD時，EF⊥EH，
∴四邊形ABCD的中點四邊形是矩形；
故答案為：菱；矩；
（2）四邊形ABCD的中點四邊形EFGH是菱形．理由如下：
分別延長BA、CD相交于點M，連接AC、BD，
∵∠ABC=∠BCD=60°，∴△BCM是等邊三角形，∴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，
∴四邊形ABCD的對角線相等，中點四邊形EFGH是菱形．
【點睛】本題考查的是矩形、菱形的判定、中點四邊形的定義，掌握中點四邊形的概念、矩形的判定定理、菱形的判定定理是解題的關(guān)鍵．
30．（2020春·四川遂寧·八年級?？计谥校發(fā)現(xiàn)]如圖①，在△ABC中，點D，E分別是AB，AC的中點，可以得到：DE∥BC，且DE＝12BC．（不需要證明）
[探究]如圖②，在四邊形ABCD中，點E，F(xiàn)，G，H分別是AB，BC，CD，DA的中點，判斷四邊形EFGH的形狀，并加以證明．
[應(yīng)用]在[探究]的條件下：
（1）在四邊形ABCD中，對角線滿足條件 時，四邊形EFGH是菱形．
（2）要使四邊形EFGH是正方形，對角線應(yīng)滿足 ．

【答案】[探究]平行四邊形，證明詳見解析；[應(yīng)用]（1）對角線相等；（2）對角線相等且垂直
【分析】[探究]利用三角形的中位線定理可得出HG=EF、EF∥GH，繼而可判斷出四邊形EFGH的形狀；
[應(yīng)用]（1）對角線相等，利用三角形的中位線定理得出EF=12AC，F(xiàn)G=12BD，即可判斷出EF=FG，即可得出結(jié)論；
（2）對角線相等且垂直，由(1)得對角線相等時，四邊形EFGH是菱形，然后利用有一個角是直角的菱形是正方形判定即可．
【詳解】解：[探究]平行四邊形．
理由：如圖②，連接AC，

∵E是AB的中點，F(xiàn)是BC的中點，
∴EF∥AC，EF=12AC，
同理HG∥AC，HG=12AC，
綜上可得：EF∥HG，EF=HG，
故四邊形EFGH是平行四邊形；
[應(yīng)用]
（1）對角線滿足條件對角線相等即AC=BD時，四邊形EFGH是菱形；
理由：連接AC，BD，同[探究]知，EF=12AC，
同理得，F(xiàn)G=12BD，
∵AC=BD，
∴EF=FG，
∵四邊形EFGH是平行四邊形，
∴?EFGH是菱形；
故答案為：對角線相等；
（2）對角線滿足條件對角線相等且垂直即AC=BD，AC⊥BD時，四邊形EFGH是正方形；
∵G是CD的中點，F(xiàn)是BC的中點，
∴GF∥BD，EF∥AC，
∵AC⊥BD，
∴EF⊥GF，
∴平行四邊形EFGH是矩形，
∵AC=BD
∴EF=GF，
∴矩形EFGH是正方形；
故答案為：對角線相等且垂直．
【點睛】本題主要考查了中點四邊形，三角形的中位線定理，平行四邊形的判定，菱形和正方形的判定，熟練運用三角形中位線定理是本題的關(guān)鍵．

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