数学-专项9.15中点四边形大题专练（重难点培优30题八下苏科）-【】2022-2023学年八年级数学下册尖子生培优必刷题（带答案）【苏科版】

【拔尖特训】2022-2023学年八年级数学下册尖子生培优必刷题【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【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•∵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=（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=1

，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=1同理：HF//AB且HF=1∴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=1(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=12同理FG∥BD，FG=12∴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≤【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＝（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＝1∴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＝12在△ABC与△DCB中AB=CD∠ABC=∠DCB∴△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＝1∴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∵点Q是AD的中点，点P是BD的中点，∴PQ是△ABD的中位线，∴PQ＝12AB＝3在△CPQ中，CP﹣PQ＜CQ＜CP+PQ，∴72＜m＜13

∵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≤13【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∥（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∥∴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）1

【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=12∵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=1∴正方形EGFH的面积=（12）2=110．（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=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=12∴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12四边形MNPQ面积的最大值是：1+【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(∴∠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=1(2)连接BE,DG，根据中位线的性质可得MN=PQ=12BE,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12四边形MNPQ面积的最大值是：1+2

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=12∵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>(4)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>3（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∥∵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=∴AF>

∵AD>AO+OD,BC>BO+OC∴AD+BD>AC+BD∵AC+BD=AF>∴AD+BD>3(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>∴AB+CD+AD+BC≥3∴该四边形周长的最小值为43【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（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=12∵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（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∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，∴EF=12AC，FG=∵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4(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=∠BCD∴△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＝∴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，∠∴BM＝BC－MC＝6－1＝5，在Rt△DMC中，DM＝DC在Rt△BDM中，BD＝BM∴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【答案】(1)平行四边形(2)菱形，见解析(3)21【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

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=∴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=12∴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=在Rt△AGD中，AD=∴EF=EH=1∵△APD≅△CPB，∴∠PAD=∠PCB，

∴∠CMA=∠CPA=60°.∵EH//AD，∴四边形EOMQ是平行四边形，∴∠HEF=60°.在Rt△EHN中，EN=12∴菱形EFGH的面积=EF×HN=21【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=1①连接BG，若BG=5，求AF②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【答案】（1）见解析；（2）①72；②存在m=27，菱形EFGH【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=12（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∵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=1∴BI=B

设AF=x，则BF=6−x，∵EF=FG，∴AF即x2解得x=7故AF=7②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，∵S即12∴GI=1，∵AF=m，AB=6，AD=4，DE=1∴FI=G∴S∴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=ES菱形EFGH∴当AF=27时，菱形EFGH面积最大为18+2【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；②6【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【详解】解：（1）如图1，连接AC、BD．∵PQ为ΔABC的中位线，∴PQ=12AC同理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∵DF∴DB=(3∴由①知四边形PQMN是菱形，可计算得周长是12【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（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=12EH∥FG∥AB，且EH=FG=12∴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=∴HE∕∕∴四边形EFGH是平行四边形.∵HE∕∕BD   ∴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//N【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=9×12−1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∵当AG2=A∴81+x整理得：x2配方得：(x−6)2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N∴M1为AB的中点，点N1∵当点P与点C重合时，点M位于M2处，点N位于点N∴M2为AC的中点，点N2∴M1M2//BC，M∴M1M∴四边形M1∴MN扫过的区域为平行四边形．S=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=1（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=12同理EF∥AC，EF=12∴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=12同理可知HE=12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=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=12∴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=12BGRL∥BG，RL=12BGRN∥CE，RN=12CEML∥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=∠BAG∴△EAC≌△BAG（SAS），∴CE=BG，∠AEC=∠ABG，又∵RL=12BG，RN=12∴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=

∵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=12(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=12(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=∠CEF∴△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=1∴DE=1即DE∥BC，DE=12（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∵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