數(shù)學(xué)-專項(xiàng)9.15中點(diǎn)四邊形大題專練（重難點(diǎn)培優(yōu)30題八下蘇科）-【】2022-2023學(xué)年八年級數(shù)學(xué)下冊尖子生培優(yōu)必刷題（帶答案）【蘇科版】

【拔尖特訓(xùn)】2022-2023學(xué)年八年級數(shù)學(xué)下冊尖子生培優(yōu)必刷題【蘇科版】專題9.15中點(diǎn)四邊形大題提升訓(xùn)練（重難點(diǎn)培優(yōu)30題）班級：___________________姓名：_________________得分：_______________注意事項(xiàng)：本試卷試題解答30道，共分成三個(gè)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(gè)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(diǎn)．(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【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(diǎn)，∴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(diǎn)，∴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?∵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(diǎn)睛】本題主要考查中點(diǎn)四邊形以及矩形的性質(zhì)，解題時(shí)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(yáng)州·八年級校聯(lián)考期中）如圖，點(diǎn)E、F、G、H分別是四邊形ABCD的邊AB、BC、CD、DA的中點(diǎn)，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(shí)，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(diǎn)E、F、G、H分別是四邊形ABCD的邊AB、BC、CD、DA的中點(diǎn)，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(diǎn)，∴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(shí)，

∴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(shí)，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(shí)，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(diǎn)睛】本題考查了中點(diǎn)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(diǎn)．（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(shí)，四邊形EFGH為正方形？（只添一個(gè)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=（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(diǎn)，∴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(diǎn)，∴EH=12BC∵AD=BC，∴EF=EH，∴四邊形EFGH是菱形；（2）當(dāng)AD⊥BC或∠DAB+∠ABC=90°時(shí)，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(diǎn)睛】本題考查的是中點(diǎn)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(diǎn)．(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(shí)，四邊形EGFH是菱形；②當(dāng)AB與CD滿足條件時(shí)，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=1

，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(diǎn)，∴EG是△DAB的中位線，∴GE//AB且EG=1同理：HF//AB且HF=1∴EG//HF且EG=HF，∴四邊形EGFH為平行四邊形；（2）①當(dāng)AB=CD時(shí)，四邊形EGFH是菱形，理由如下：∵F，G分別是BC，BD的中點(diǎn)，∴FG是△DCB的中位線，∴FG=12CD，F(xiàn)G∥CD當(dāng)AB=CD時(shí)，EG=FG，∴四邊形EGFH是菱形；②當(dāng)AB⊥CD時(shí)，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(diǎn)睛】本題考查了中點(diǎn)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(diǎn)，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(diǎn)O，AC與EH相交于點(diǎn)P．∵E、F分別是邊AB、BC的中點(diǎn)，∴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(diǎn)，∴EH∥BD．∴∠APE＝∠AOB＝90°．∵EF∥AC，∴∠FEH＝∠APE＝90°．∴四邊形EFGH是矩形．

【點(diǎn)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·八年級校考期中）已知：如圖，四邊形ABCD四條邊上的中點(diǎn)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(diǎn)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(shí)，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=1(2)根據(jù)有一個(gè)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(shí)，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(diǎn)，∴EH∥BD，EH=12同理FG∥BD，F(xiàn)G=12∴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(shí)，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(diǎn)，∴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(diǎn)睛】本題考查了中點(diǎn)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(yáng)州·八年級統(tǒng)考期中）四邊形ABCD，點(diǎn)M、N、P、Q分別是邊AB、BC、CD、AD的中點(diǎn)．(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≤【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＝（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(diǎn)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(diǎn)M、N、P、Q分別是邊AB、BC、CD、AD的中點(diǎn).∴MQ∥BD，MQ＝12BD，PN∥BD，PN＝1∴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(diǎn)M、N分別是邊AB、BC的中點(diǎn).∴MN＝12在△ABC與△DCB中AB=CD∠ABC=∠DCB∴△ABC≌△DCB（SAS）∴AC＝BD∵點(diǎn)M、N、P、Q分別是邊AB、BC、CD、AD的中點(diǎn).∴MQ∥BD，MQ＝12BD，PN∥BD，PN＝1∴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(diǎn)P，連接QP、CP，在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝8，CD＝6，∴BD＝10，∵點(diǎn)P是BD的中點(diǎn)，∴CP＝BP＝CP＝12BD∵點(diǎn)Q是AD的中點(diǎn)，點(diǎn)P是BD的中點(diǎn)，∴PQ是△ABD的中位線，∴PQ＝12AB＝3在△CPQ中，CP﹣PQ＜CQ＜CP+PQ，∴72＜m＜13

∵點(diǎn)C、點(diǎn)Q是定點(diǎn)，點(diǎn)P是動(dòng)點(diǎn)，∴當(dāng)點(diǎn)C、P、Q三點(diǎn)共線，且點(diǎn)Q在線段CP上時(shí)，m取得最小值72當(dāng)點(diǎn)C、P、Q三點(diǎn)共線，且點(diǎn)Q在射線CP上時(shí)，m取得最大值132綜上，m的取值范圍為：72≤m≤13【點(diǎn)睛】本題考查了中點(diǎn)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(diǎn)，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(shí)，四邊形EGFH為正方形，并說明理由；（3）猜想：∠GFH、∠ABC、∠DCB三個(gè)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∥（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(diǎn)，∴EG=12AB，EH=12CD，HF=12AB，EG∥∴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(shí)，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(shí)，∠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(shí)，∠GFH=0°，四邊形EGFH不存在，∠GFH+∠ABC+∠DCB=180°；當(dāng)∠ABC+∠DCB＞180°時(shí)，∠GFH+∠ABC﹣∠DCB=180°．綜上所述：∠GFH+∠ABC+∠DCB=180°或∠GFH+∠ABC-∠DCB=180°．【點(diǎn)睛】本題考查了中點(diǎn)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)校考期中）如圖，在四邊形ABCD中，AB=DC，E、F分別是AD、BC的中點(diǎn)，G、H分別是對角線BD、AC的中點(diǎn)．（1）求證：四邊形EGFH是菱形；（2）若AB=1，則當(dāng)∠ABC+∠DCB=90°時(shí)，求四邊形EGFH的面積．【答案】（1）見解析；（2）1

【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(diǎn)，∴FG=12CD，HE=12CD，F(xiàn)H=12∵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(diǎn)，∴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的面積=（12）2=110．（2022春·江蘇揚(yáng)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(gè)四邊形ABCD的四邊中點(diǎn)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(shí)，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(shí)，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(shí)，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(shí)，F(xiàn)G=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(diǎn)，F(xiàn)是BC的中點(diǎn)，

∴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=12∴當(dāng)AC=BD時(shí)，F(xiàn)G=HG，∴平行四邊形EFGH是菱形；②當(dāng)AC⊥BD時(shí)，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(diǎn)睛】此題主要考查了中點(diǎn)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(dòng)中,小明進(jìn)行數(shù)學(xué)探究活動(dòng),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(diǎn)A逆時(shí)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)A,B,E在同一條直線上時(shí)，四邊形BGED面積有最大值.(2)根據(jù)中點(diǎn)四邊形的性質(zhì)可知四邊形MNPQ是正方形，邊長的最大值為12四邊形MNPQ面積的最大值是：1+【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(∴∠AGD=∠AEB，DG=BE,如圖所示，EB交AG于點(diǎn)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(diǎn)A,B,E在同一條直線上時(shí)，四邊形BGED面積有最大值.此時(shí)：DG=BE=AB+AE=2+22四邊形BGED面積=1(2)連接BE,DG，根據(jù)中位線的性質(zhì)可得MN=PQ=12BE,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12四邊形MNPQ面積的最大值是：1+2

故答案為正方形,3+22.【點(diǎn)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(qiáng)，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(gè)四邊形各邊中點(diǎn)所得的四邊形叫中點(diǎn)四邊形．（1）如圖1，四邊形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)．求證：中點(diǎn)四邊形EFGH是平行四邊形；（2）如圖2，點(diǎn)P是四邊形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，且滿足PA=PB，PC=PD，∠APB=∠CPD，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)，猜想中點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)E，H分別為邊AB，DA的中點(diǎn)，∴EH∥BD，EH=12BD

∵點(diǎn)F，G分別為邊BC，CD的中點(diǎn)，∴FG∥BD，F(xiàn)G=12BD∴EH∥FG，EH=GF，∴中點(diǎn)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(diǎn)E，F(xiàn)，G分別為邊AB，BC，CD的中點(diǎn)，∴EF=12AC，F(xiàn)G=12∵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(diǎn)O．AC與PD交于點(diǎn)M，AC與EH交于點(diǎn)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(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的判定與性質(zhì)和中點(diǎn)四邊形，綜合性較強(qiáng)，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(diǎn)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>(4)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(diǎn)F，求得中間量AF，根據(jù)AD+BD>AF>3（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(diǎn)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∥∵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(diǎn)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°等角線四邊形”的對角線長為4，則AC=4由（2）（3）可得AB+CD≥AC，AD+BD>∴AB+CD+AD+BC≥3∴該四邊形周長的最小值為43【點(diǎn)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(diǎn)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(yáng)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)，連接OE、OF、OG、OH，記四邊形AEOH、BEOF、CGOF、DHOG的面積為S1（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(jì)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(diǎn)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(diǎn)，∴△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(diǎn)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(diǎn)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·八年級校考期末）我們給出如下定義：順次連接任意一個(gè)四邊形各邊中點(diǎn)所得的四邊形叫中點(diǎn)四邊形．（1）如圖1，四邊形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)．求證：中點(diǎn)四邊形EFGH是平行四邊形；（2）如圖2，點(diǎn)P是四邊形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，且滿足PA=PB，PC=PD，∠APB=∠CPD，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)，猜想中點(diǎn)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(diǎn)E，H分別為邊AB，DA的中點(diǎn)，∴EH∥BD，EH=12∵點(diǎn)F，G分別為邊BC，CD的中點(diǎn)，∴FG∥BD，F(xiàn)G=12BD，∴EH∥FG，EH=GF，∴中點(diǎn)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∵點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別為邊AB，BC，CD的中點(diǎn)，∴EF=12AC，F(xiàn)G=∵AC=BD，∴EF=FG．∵四邊形EFGH是平行四邊形，∴四邊形EFGH是菱形．【點(diǎn)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(huì)添加常用輔助線，屬于中考?？碱}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(diǎn)，O是△ABC所在平面上的動(dòng)點(diǎn)，連接OB、OC，點(diǎn)G、F分別是OB、OC的中點(diǎn)，順次連接點(diǎn)D、G、F、E．(1)如圖，當(dāng)點(diǎn)O在△ABC的內(nèi)部時(shí)，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(shí)，四邊形DGEF是一個(gè)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(diǎn)．∴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(diǎn)O的位置滿足兩個(gè)要求：AO=BC，且點(diǎn)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(diǎn)O的位置滿足兩個(gè)要求：AO=BC，且點(diǎn)O不在射線CD、射線BE上時(shí)，可得GD=AO，GF=BC，∴DG=GE，∴平行四邊形DEFG是菱形；解法二：點(diǎn)O在以A為圓心，BC為半徑的一個(gè)圓上，但不包括射線CD、射線BE與⊙A的交點(diǎn)．解法三：過點(diǎn)A作BC的平行線l，點(diǎn)O在以A為圓心，BC為半徑的一個(gè)圓上，但不包括l與⊙A的兩個(gè)交點(diǎn)．（3）由（1）知，四邊形DEFG是平行四邊形．當(dāng)OA⊥BC時(shí)，DG⊥GF，故平行四邊形DGFE是矩形．故答案是：OA⊥BC．考點(diǎn)：中點(diǎn)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(diǎn)，連接EF并延長，分別與BA、CD的延長線交于點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)O，AB=CD，E、F分別是BC、AD的中點(diǎn)，連接EF，分別交DC、AB于點(diǎn)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(diǎn)在AC上，AB=CD，E、F分別是BC、AD的中點(diǎn)，連接EF并延長，與BA的延長線交于點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)H，連接HF、HE，∵F是AD的中點(diǎn)，∴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(diǎn)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(diǎn)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?？计谀﹩栴}背景：△ABC和△CDE均為等邊三角形，且邊長分別為a，b，點(diǎn)D，E分別在邊AC，BC上，點(diǎn)F，G，H，I分別為AB，BE，ED，AD的中點(diǎn)，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(shí)，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(shí)，連接AE，BD相交于點(diǎn)N，點(diǎn)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4(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(diǎn)F，G，H，I分別為AB，BE，ED，AD的中點(diǎn)，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(diǎn)F為AB的中點(diǎn)，△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=∠BCD∴△AEC≌△BDC(SAS)，∴AE＝BD，∵點(diǎn)F，G，H，I分別為AB，BE，ED，AD的中點(diǎn)，F(xiàn)G＝12AE＝IH.FI＝12BD＝∴FG＝GH＝IH＝FI.∴四邊形FGHI是菱形；（2）解：如圖②，過點(diǎn)D作DM⊥EC于點(diǎn)M，∵△CDE為等邊三角形，∴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)知四邊形FGHI是菱形，∴.四邊形FGHI的周長為4GH＝47.（3）解：∵點(diǎn)F為AB的中點(diǎn)，△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(diǎn)F，G，H，I分別為AB，BE，ED，AD的中點(diǎn)，∴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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)，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(diǎn)，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【答案】(1)平行四邊形(2)菱形，見解析(3)21【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(diǎn)為M，設(shè)BC與EH的交點(diǎn)為Q，AD與EF的交點(diǎn)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(diǎn)H作HN⊥EF，垂足為N

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(diǎn)，∴EH∥AD，EH=12AD，F(xiàn)G∥AD，F(xiàn)G=∴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(diǎn)，

∴EF、FG、GH、EH分別是△ABC、△ABD、△BCD、△ACD的中位線，∴EF=12BC，F(xiàn)G=12∴EF=FG=GH=EH，∴四邊形EFGH是菱形.（3）連接AD，BC，交點(diǎn)為M，設(shè)BC與EH的交點(diǎn)為Q，AD與EF的交點(diǎn)為O，∵PD=PB，∠DPB=60°，∴△DPB是等邊三角形.∵G是DB中點(diǎn)，∴PG平分∠DPB，∠DPG=30°，∴∠APG=60°+90°+30°=180°，點(diǎn)A、P、G共線.在Rt△DPG中，PG=在Rt△AGD中，AD=∴EF=EH=1∵△APD?△CPB，∴∠PAD=∠PCB，

∴∠CMA=∠CPA=60°.∵EH//AD，∴四邊形EOMQ是平行四邊形，∴∠HEF=60°.在Rt△EHN中，EN=12∴菱形EFGH的面積=EF×HN=21【點(diǎn)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(yùn)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(diǎn)、求證：四邊形EFGH是菱形；（2）如圖2，若菱形EFGH的三個(gè)頂點(diǎn)E、F、H分別在AD，AB，CD上，DE=1①連接BG，若BG=5，求AF②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【答案】（1）見解析；（2）①72；②存在m=27，菱形EFGH【分析】（1）連接AC，BD，由E、F、G、H分別是AD，AB，BC，CD的中點(diǎn)可得，EF=GH=12BD，EH=FG=12（2）①過點(diǎn)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(shí)菱形面積最大，當(dāng)H與C重合時(shí)m有最大值，求出此時(shí)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(diǎn)，∴EF=GH=12BD∵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(diǎn)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=1∴BI=B

設(shè)AF=x，則BF=6?x，∵EF=FG，∴AF即x2解得x=7故AF=7②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，∵S即12∴GI=1，∵AF=m，AB=6，AD=4，DE=1∴FI=G∴S∴當(dāng)m取最大值時(shí)菱形EFGH面積最大，∵當(dāng)H與C重合時(shí)EH有最大值，即m取到最大值，此時(shí)AF=ES菱形EFGH∴當(dāng)AF=27時(shí)，菱形EFGH面積最大為18+2【點(diǎn)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(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)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(shí)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(shí)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；②6【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如圖2，過點(diǎn)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【詳解】解：（1）如圖1，連接AC、BD．∵PQ為ΔABC的中位線，∴PQ=12AC同理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(diǎn)M，N是AD，CD的中點(diǎn)，∴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(diǎn)D作DF⊥AB于F，則DF=33又∵DF∴DB=(3∴由①知四邊形PQMN是菱形，可計(jì)算得周長是12【點(diǎn)睛】本題考查了中點(diǎn)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(shí)，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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)，連接OE、OF、OG、OH，記四邊形AEOH、BEOF、CGOF、DHOG的面積為S1（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(jì)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(diǎn)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(diǎn)E、F、G、H分別是AC、AD、BD、BC的中點(diǎn)，∴EF∥CD∥HG，且EF=HG=12EH∥FG∥AB，且EH=FG=12∴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(diǎn)，∴△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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)E、F、G、H分別是邊AB、BC、CD、DA的中點(diǎn)，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(diǎn)E、F、G、H分別是邊AB、BC、CD、DA的中點(diǎn)，∴HE∕∕BD，且HE=12BD；GF∕∕BD，且GF=∴HE∕∕∴四邊形EFGH是平行四邊形.∵HE∕∕BD???∴HE⊥AC，又∵HG∕∕AC，∴HG⊥HE.∴∠EHG=90°.∴□EFGH是矩形.

【點(diǎn)睛】本題考查了中點(diǎn)四邊形：任意四邊形各邊中點(diǎn)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(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，以1個(gè)單位每秒的速度在BC邊上向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)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(shí)x的值；（2）在點(diǎn)P從點(diǎn)B向C運(yùn)動(dòng)的過程中，是否存在使AP⊥GP的時(shí)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(diǎn)，在點(diǎn)P從B向C運(yùn)動(dòng)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(gè)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(diǎn)P分別與點(diǎn)B和點(diǎn)C重合時(shí)，點(diǎn)M、N的位置，然后依據(jù)三角形的中位線定理可證明M1M2//N【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?1整理得：y=?2.5x+54．當(dāng)y=34時(shí)，?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∵當(dāng)AG2=A∴81+x整理得：x2配方得：(x?6)2解得：x=6．（3）如圖所示：∵當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)B重合時(shí)，點(diǎn)M位于M1處，點(diǎn)N位于點(diǎn)N∴M1為AB的中點(diǎn)，點(diǎn)N1∵當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C重合時(shí)，點(diǎn)M位于M2處，點(diǎn)N位于點(diǎn)N∴M2為AC的中點(diǎn)，點(diǎn)N2∴M1M2//BC，M∴M1M∴四邊形M1∴MN掃過的區(qū)域?yàn)槠叫兴倪呅危甋=故答案為平行四邊形；15．

【點(diǎn)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(qiáng)，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(diǎn)．（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(shí)，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(shí)，四邊形EFGH為矩形．（3）探究3：當(dāng)四邊形ABCD滿足什么條件時(shí)，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(shí)，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=1（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(diǎn)，∴HG∥AC，HG=12同理EF∥AC，EF=12∴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(diǎn)，∴HG=12同理可知HE=12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(diǎn)，∴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(shí)，四邊形EFGH為正方形．理由如下：當(dāng)AC=BD時(shí)，由（2）①得：四邊形EFGH為菱形；當(dāng)AC⊥BD時(shí)，由（2）②得：四邊形EFGH為矩形，∴四邊形EFGH為正方形．【點(diǎn)睛】本題考查了中點(diǎn)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(gè)四邊形，我們把依次連接它的各邊中點(diǎn)得到的新四邊形叫做原四邊形的“中點(diǎn)四邊形”．如果原四邊形的中點(diǎn)四邊形是個(gè)正方形，我們把這個(gè)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(diǎn)，（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=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(diǎn)，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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)O在MN上（即M、O、N共線）時(shí)，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?yàn)檎叫蔚膶蔷€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(diǎn)，∴∠FEH=90°，EF=EH，EH∥BD，EH=12BD，EF∥AC，EF=12∴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(diǎn)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(diǎn)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=12BGRL∥BG，RL=12BGRN∥CE，RN=12CEML∥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=∠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∵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如圖3，分別作AD、BC的中點(diǎn)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(diǎn)，∴四邊形ENFM是正方形，∴FM=FN，∠MFN=90°，∴MN=FM2+FN2=

∵M(jìn)，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，∴FM=12AC∴MN=22AC（2）如圖4，分別作AD、BC的中點(diǎn)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(diǎn)O在MN上（即M、O、N共線）時(shí)，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(diǎn)，∴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(diǎn)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(diǎn)之間線段最短等知識，理解“中方四邊形”的定義并運(yùn)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(diǎn)D、E分別是邊AB、AC的中點(diǎn)，可以根據(jù)度量或目測猜想結(jié)論：DE∥BC，且DE=12(1)【驗(yàn)證結(jié)論】如圖2，在△ABC中，點(diǎn)D、E分別是邊AB、AC的中點(diǎn)，延長DE至F，使得EF＝DE，連接FC．求證：DE∥BC，DE=12(2)【應(yīng)用結(jié)論】如圖3，在四邊形ABCD中，點(diǎn)E、F、G、H分別為邊AB、BC、CD、DA的中點(diǎn)，順次連接四邊形ABCD各邊中點(diǎn)得到新四邊形EFGH，稱為四邊形ABCD中點(diǎn)四邊形．應(yīng)用上述驗(yàn)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(shí)，四邊形EFGH是矩形；③當(dāng)AC、BD滿足時(shí)，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(diǎn)E為AC的中點(diǎn)，∴AE=CE，∵在△AED和△CEF中AE=CE∠AED=∠CEF∴△AED≌△CEF，∴∠A=∠ECF，AD=CF，∴AD∥CF，∵點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，∴AD=BD，∴BD=CF，∴四邊形BCFD為平行四邊形，∴DE∥BC，DF=BC，∵DE=1∴DE=1即DE∥BC，DE=12（2）①連接AC、BD，如圖所示：∵點(diǎn)E、F、G、H分別為邊AB、BC、CD、DA的中點(diǎn)，

∴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(shí)，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(shí)，四邊形EFGH是正方形；根據(jù)解析②可知，當(dāng)AC⊥BD時(shí)，四邊形EFGH是矩形，根據(jù)解析①可知，GH=12AC∵AC=BD，∴GH=EH，∴四邊形EFGH是正方形．故答案為：垂直且相等

【點(diǎn)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