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苏科版八年级数学下学期专题05解题技巧专题：特殊平行四边形中定值、最值、中点四边形问题(原卷版+解析)
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这是一份苏科版八年级数学下学期专题05解题技巧专题：特殊平行四边形中定值、最值、中点四边形问题(原卷版+解析)，共51页。
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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc19678" 【典型例题】 PAGEREF _Tc19678 \h 1
\l "_Tc17683" 【考点一 定值问题】 PAGEREF _Tc17683 \h 1
\l "_Tc26506" 【考点二 最小值问题】 PAGEREF _Tc26506 \h 7
\l "_Tc24081" 【考点三 最大值问题】 PAGEREF _Tc24081 \h 16
\l "_Tc8994" 【考点四 中点四边形问题】 PAGEREF _Tc8994 \h 24
【典型例题】
【考点一 定值问题】
例题：（2022秋·山东枣庄·九年级校考阶段练习）如图，在矩形中，，，是上异于和的任意一点，且于，于，则为_____．
【变式训练】
1．（2023秋·吉林长春·八年级长春外国语学校校考期末）如图，菱形的周长为20，面积为24，是对角线上一点，分别作点到直线、的垂线段、，则等于______
2．（2022春·四川成都·九年级成都市第二十中学校校考阶段练习）如图，已知点是菱形的对角线延长线上一点，过点分别作，延长线的垂线，垂足分别为点，若，，则的值为______．
3．（2022·全国·八年级专题练习）如图，已知四边形为正方形，，点E为对角线上一动点，连接，过点E作交于点F，以为邻边作矩形，连接．
(1)求证：矩形是正方形；
(2)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
4．（2022春·四川德阳·八年级统考期末）已知，如图，矩形ABCD中，AD＝3，DC＝4，菱形EFGH的三个顶点E，G，H分别在矩形ABCD的边AB，CD，DA上，AH＝1，连接CF．
(1)当点G在边DC上运动时；探究：点F到边DC的距离FM是否为定值？如果是，请求出这个值；如果不是，请说明理由．
(2)当DG为何值时，△FCG的面积最小，并求出这个最小值．
【考点二 最小值问题】
例题：（2022秋·重庆沙坪坝·八年级重庆市凤鸣山中学校联考期末）如图，为正方形边上一点，，，为对角线上一个动点，则的最小值为（ ）
A．5B．C．D．10
【变式训练】
1．（2023秋·吉林长春·八年级长春外国语学校校考期末）如图，在矩形中，，，点在上，点在上，且，连接、，则的最小值为（ ）
A．22B．24C．25D．26
2．（2021春·四川凉山·八年级校考期中）如图所示，四边形是正方形，边长为6，点分别在轴、轴的正半轴上，点D在OA上，且点的坐标为，是上一动点，则的最小值为（ ）
A．B．2C．D．
3．（2022秋·江西新余·九年级新余四中校考阶段练习）如图，矩形中，，，，分别是直线，上的两个动点，，沿翻折形成，连接，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
4．（2022秋·吉林长春·八年级校考期末）如图，中，，，．点D为边上一个动点，作、，垂足为E、F，连接．则长度的最小值为______．
5．（2022秋·山东潍坊·八年级校考期末）如图，在菱形中，点是的中点，，，点为上一动点，求的最小值______．
6．（2022秋·重庆大渡口·九年级校考期末）如图，在矩形中，，，点在边上，点在边上，且，连接，则的最小值为______．
7．（2022秋·陕西汉中·九年级校考期中）如图，在正方形中，，为边上一点，．为对角线上一动点（不与点、重合），过点分别作于点、于点，连接、，则的最小值为______．
8．（2022春·江西赣州·八年级统考期末）如图所示，在菱形ABCD中，AB=6，∠BAD=120°，点E，F分别在菱形的边BC，CD上滑动，满足∠EAF=60°，连接EF，且E，F不与B，C，D重合．
(1)求证：不论E，F在BC，CD上如何滑动，总有BE=CF；
(2)当点E，F在BC，CD上滑动时，分别探讨四边形AECF的面积和△CEF的周长是否发生变化？如果不变，求出这个定值；如果变化，求出最小值．
【考点三 最大值问题】
例题：（2022秋·湖北武汉·九年级统考期中）如图，将两张完全一样的长为，宽为的矩形纸条交叉，使重叠部分的四边形周长最大，则这个最大值是（ ）
A．B．C．D．
【变式训练】
1．（2022·山东菏泽·校考二模）如图，在矩形中，，，连接，是的中点，是上一点，且，是上一动点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
2．（2022秋·福建漳州·九年级校考期中）如图，平面内三点A、B、C，，，以为对角线作正方形，连接，则的最大值是（ ）
A．6B．11C．D．
3．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，，AC与BD交于点O，点N在AC上且AN＝2，点M在BC上且BM＝BC，P为对角线BD上一点，则PM﹣PN的最大值为____．
4．（2022秋·湖北黄石·九年级校考阶段练习）如图所示，在菱形ABCD中，AB＝6，∠BAD＝120°，△AEF为等边三角形，点E、F分别在菱形的边BC．CD上滑动，且E、F不与B、C、D重合．
（1）计算： =________；
（2）当点E、F在BC、CD上滑动时，△CEF的面积最大值是____________．
5．（2021秋·浙江宁波·八年级校考期中）如图，在长方形纸片ABCD中，AB=3，AD=9，折叠纸片ABCD，使顶点C落在边AD的点G处，折痕分别交边AD、BC于点E、F．
(1)求证：△GEF是等腰三角形
(2)求△GEF面积的最大值．
【考点四 中点四边形问题】
例题：（2022春·安徽合肥·八年级校考期中）如图，、、、分别是四边形四条边的中点，顺次连接、、、得四边形，连接、，下列命题不正确的是（ ）
A．当四边形是矩形时，四边形是菱形
B．当四边形是菱形时，四边形是矩形
C．当四边形满足时，四边形是菱形
D．当四边形满足，时，四边形是矩形
【变式训练】
1．（2022秋·广东佛山·九年级统考期中）若顺次连接四边形ABCD四边中点所得的四边形是正方形，则四边形ABCD一定满足（ ）
A．是正方形B．AB＝CD且AB∥CDC．是矩形D．AC＝BD且AC⊥BD
2．（2022春·北京西城·八年级校考期中）四边形的对角线，交于点，点，，，分别为边，，，的中点．有下列四个推断：
①对于任意四边形，四边形都是平行四边形；
②若四边形是平行四边形，则与交于点；
③若四边形是矩形，则四边形也是矩形；
④若四边形是正方形，则四边形也一定是正方形．
所有正确推断的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．③④
3．（2022春·陕西西安·八年级西北大学附中校考期末）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点．则下列说法：①若AC⊥BD，则四边形EFGH为矩形；②若AC＝BD，则四边形EFGH为菱形；③若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分；④若四边形EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等．其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
4．（2022秋·九年级课时练习）如图，在四边形中，，分别是，的中点，，分别是对角线，的中点，依次连接，，，，连接，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当时，与有怎样的位置关系？请说明理由；
5．（2021春·上海长宁·八年级统考期末）如图，、是四边形的对角线，点E、F、G、H分别是线段、、、上的中点
（1）求证：线段、互相平分；
（2）四边形满足什么条件时，？证明你得到的结论．
6．（2021秋·陕西宝鸡·九年级统考期末）已知：如图，四边形四条边上的中点分别为、、、，顺次连接、、、，得到四边形即四边形的中点四边形．
(1)四边形的形状是______，请证明你的结论；
(2)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是菱形；
(3)你学过的哪种特殊的平行四边形的中点四边形是菱形？请写出一种．
7．（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当对角线时，四边形ABCD的中点四边形为__________形；
②当对角线时，四边形ABCD的中点四边形是__________形．
（2）如图：四边形ABCD中，已知，且，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．
8．（2023·全国·八年级专题练习）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______，当四边形ABCD的对角线满足______（填入位置关系或数量关系）时，四边形EFGH是矩形．
(2)当AC＝BD时，四边形EFGH的形状是______．
(3)若AC⊥BD且AC＝BD，求证：四边形EFGH为正方形．
9．（2022春·山东济宁·八年级统考期中）如图，已知在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合）．
(1)若点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，求证：四边形EFCH是平行四边形；
(2)在（1）的条件下，四边形ABCD的对角线AC和BD满足什么条件时，四边形EFGH是菱形，请说明理由；
(3)在（2）的条件下，请直接写出四边形ABCD的对角线AC和BD再满足什么条件时，四边形EFGH是正方形．
10．（2022秋·九年级课时练习）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中所得的四边形叫中点四边形．
（1）如图1，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，中点四边形EFGH是 ．
（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）．
专题05 解题技巧专题：特殊平行四边形中定值、最值、中点四边形问题
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目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc19678" 【典型例题】 PAGEREF _Tc19678 \h 1
\l "_Tc17683" 【考点一 定值问题】 PAGEREF _Tc17683 \h 1
\l "_Tc26506" 【考点二 最小值问题】 PAGEREF _Tc26506 \h 7
\l "_Tc24081" 【考点三 最大值问题】 PAGEREF _Tc24081 \h 16
\l "_Tc8994" 【考点四 中点四边形问题】 PAGEREF _Tc8994 \h 24
【典型例题】
【考点一 定值问题】
例题：（2022秋·山东枣庄·九年级校考阶段练习）如图，在矩形中，，，是上异于和的任意一点，且于，于，则为_____．
【答案】##2.4
【分析】根据矩形的性质，，，可求出矩形的面积，的长，由此可知的面积，根据，即可求解．
【详解】解：如图所示，设与相交于点，连接，
∵在矩形中，，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，等面积法求高，掌握矩形的性质，三角形的等面积法求高是解题的关键．
【变式训练】
1．（2023秋·吉林长春·八年级长春外国语学校校考期末）如图，菱形的周长为20，面积为24，是对角线上一点，分别作点到直线、的垂线段、，则等于______
【答案】
【分析】首先利用菱形的性质得出，，进而利用三角形面积求法得出答案．
【详解】解：连接，如图，
∵菱形ABCD的周长为20，
∴，
∴，
∴，
而，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质：菱形的对边分别平行，四条边都相等，两条对角线互相垂直平分，并且分别平分两组内角．也考查了三角形的面积公式．
2．（2022春·四川成都·九年级成都市第二十中学校校考阶段练习）如图，已知点是菱形的对角线延长线上一点，过点分别作，延长线的垂线，垂足分别为点，若，，则的值为______．
【答案】
【分析】设交于，根据已知可得，而，即可得到答案.
【详解】设交于，如图：
在菱形中，
，，
，，，，
中，，，
，
中，，，
中，，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质及应用，解题的关键是求出，把 转化为．
3．（2022·全国·八年级专题练习）如图，已知四边形为正方形，，点E为对角线上一动点，连接，过点E作交于点F，以为邻边作矩形，连接．
(1)求证：矩形是正方形；
(2)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)是定值，
【分析】（1）作出辅助线，得到，然后再判断，得到，则有，即可判断矩形为正方形；
（2）由四边形为正方形，四边形是正方形可知，，故可得，得到，即可判断，为定值．
【详解】（1）解：如图所示，过作于点，过作于点，
四边形为正方形，
，
，，
，
，
四边形为矩形，
，
，即，
是正方形对角线的点，
，
在和中，
，
，
，
矩形为正方形．
（2）的值为定值，
矩形为正方形，
，，
四边形是正方形，
，，
，即，
在和中，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，矩形的性质，关键是结合图形得出三角形全等．
4．（2022春·四川德阳·八年级统考期末）已知，如图，矩形ABCD中，AD＝3，DC＝4，菱形EFGH的三个顶点E，G，H分别在矩形ABCD的边AB，CD，DA上，AH＝1，连接CF．
(1)当点G在边DC上运动时；探究：点F到边DC的距离FM是否为定值？如果是，请求出这个值；如果不是，请说明理由．
(2)当DG为何值时，△FCG的面积最小，并求出这个最小值．
【答案】(1)点F到边DC的距离是定值, 定值为1
(2)当时，△FCG的面积最小值为
【分析】（1）连接GE，根据得到∠AEG＝∠MGE，得到∠HEG＝∠FGE之后证明△AHE≌△MFG即可得到结论；
（2）由题易知，要使△FCG的面积有最小值则需CG最小，于是DG应最大，在中，根据勾股定理可得的最大值，即的最大值，在中，根据勾股定理可求的最大值，进而求得最小值，进而得到答案．
(1)
解：点F到边DC的距离是定值．
理由：连接GE
∵，
∴∠AEG＝∠MGE
∵，
∴∠HEG＝∠FGE
∴∠AEG－∠HEG＝∠MGE－∠FGE，即∠AEH＝∠MGF，
在△AHE和△MFG中，∠A＝∠M＝90°，HE＝FG，
∴△AHE≌△MFG，
∴FM＝HA＝1，
即无论菱形EFGH如何变化，点F到直线CD的距离始终为定值1．
(2)
解：由题易知：，
要使△FCG的面积有最小值，
则需CG最小，所以DG应最大，
在Rt△DHG中，当HG最大时，DG最大，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
当时，，
∴的最小值，
即当时，△FCG的面积最小值为．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，勾股定理，三角形全等的判定与性质，菱形的性质，矩形的性质，掌握定理与性质是解题的关键．
【考点二 最小值问题】
例题：（2022秋·重庆沙坪坝·八年级重庆市凤鸣山中学校联考期末）如图，为正方形边上一点，，，为对角线上一个动点，则的最小值为（ ）
A．5B．C．D．10
【答案】A
【分析】连接交于P点，根据“两点之间线段最短”，可知的最小值即为线段的长，求出的长即可.
【详解】连接，交于P点
∵四边形为正方形
∴A点和C点关于对称
根据“两点之间线段最短”，可知的最小值即为线段的长.
∵，
∴的最小值为5
故选：A
【点睛】本题主要考查了正方形的性质和两点之间线段最短，这是一个将军饮马模型.熟练掌握正方形的性质并且能够识别出将军饮马模型是解题的关键.
【变式训练】
1．（2023秋·吉林长春·八年级长春外国语学校校考期末）如图，在矩形中，，，点在上，点在上，且，连接、，则的最小值为（ ）
A．22B．24C．25D．26
【答案】D
【分析】连接，则的最小值转化为的最小值，在的延长线上截取，连接、，则，再根据勾股定理求解．
【详解】解：如图，连接，
在矩形中，，，
，
，
，，
四边形是平行四边形，
，，
则，则的最小值转化为的最小值，
在的延长线上截取，连接，
则，
，
是的垂直平分线，
，
，
连接，则，
，
的最小值为26，
即的最小值为26，
故选：D．
【点睛】本题考查的是矩形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理，解题的关键是熟练掌握矩形的性质和平行四边形的判定与性质，证出．
2．（2021春·四川凉山·八年级校考期中）如图所示，四边形是正方形，边长为6，点分别在轴、轴的正半轴上，点D在OA上，且点的坐标为，是上一动点，则的最小值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】B
【分析】要求和的最小值，，不能直接求，可考虑通过作辅助线转化，的值，从而找出其最小值求解．
【详解】解：连接，交于，则就是和的最小值，
∵再直角中，，，，
∴，
∴，
∴和的最小值是，
故选：B．
【点睛】本题考查了最短路径问题，涉及了正方形的性质、轴对称、勾股定理等知识，解题关键是对这些知识的理解与综合应用．
3．（2022秋·江西新余·九年级新余四中校考阶段练习）如图，矩形中，，，，分别是直线，上的两个动点，，沿翻折形成，连接，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如图作点关于的对称点，连接，，由，推出，又是定值，即可推出当、、、共线时，定值最小，最小值．
【详解】解：如图作点关于的对称点，连接，．
在中，
，，
．，
，
，
是定值，
当、、、共线时，定值最小，最小值，
的最小值为，
故选：C．
【点睛】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用轴对称，根据两点之间线段最短解决最短问题，属于中考常考题型．
4．（2022秋·吉林长春·八年级校考期末）如图，中，，，．点D为边上一个动点，作、，垂足为E、F，连接．则长度的最小值为______．
【答案】
【分析】解直角三角形求出和，证明四边形是矩形，根据矩形的性质得出，当时，有最小值，此时有最小值，根据三角形的面积公式求出长即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
根据勾股定理可得，，
即,
解得：，（舍去），
∴，
连接，如图所示：
∵，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
当时，最小，此时有最小值，
∵，
∴，
∴长度的最小值是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，垂线段最短，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，作出辅助线，证明是解此题的关键．
5．（2022秋·山东潍坊·八年级校考期末）如图，在菱形中，点是的中点，，，点为上一动点，求的最小值______．
【答案】4
【分析】连接，，，对角线相交于点O，根据菱形的轴对称性可知是的垂直平分线，则，故当点D、E、P三点共线时，的最小值为的长，再根据等边三角形的判定和性质即可求解．
【详解】解：连接，，，对角线相交于点O，
∵四边形是菱形，
∴是的垂直平分线，，，
∴，
∴，
∴当点D、E、P三点共线时，的最小值为的长，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∵点E是的中点，
∴，
∴和都是等边三角形的高，
∴，
∴的最小值为4，
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，两点之间，线段最短等知识，将的最小值转化为的长是解题的关键．
6．（2022秋·重庆大渡口·九年级校考期末）如图，在矩形中，，，点在边上，点在边上，且，连接，则的最小值为______．
【答案】
【分析】先连接，将转化为，再利用将军饮马解决问题即可．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
如图，作点关于点的对称点，连接，
即为的最小值，
∵，，
∴，，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质、勾股定理、将军饮马问题、全等三角形的判定与性质等内容，综合性较强，将转化为是解题的关键．
7．（2022秋·陕西汉中·九年级校考期中）如图，在正方形中，，为边上一点，．为对角线上一动点（不与点、重合），过点分别作于点、于点，连接、，则的最小值为______．
【答案】13
【分析】连接、，由四边形为矩形，得，由正方形的对称性得，即知，故当最小时，最小，此时、、共线，的最小值即为的长，由，，可得，从而的最小值为13．
【详解】解：连接、，如图：
，，，
四边形为矩形，
，
四边形是正方形，
由正方形的对称性可得，
，
，
当最小时，最小，此时、、共线，的最小值即为的长，如图：
，，
，
，
的最小值为13，
故答案为：13．
【点睛】本题考查正方形中的动点问题，解题的关键是把求的最小值问题转化成求的长．
8．（2022春·江西赣州·八年级统考期末）如图所示，在菱形ABCD中，AB=6，∠BAD=120°，点E，F分别在菱形的边BC，CD上滑动，满足∠EAF=60°，连接EF，且E，F不与B，C，D重合．
(1)求证：不论E，F在BC，CD上如何滑动，总有BE=CF；
(2)当点E，F在BC，CD上滑动时，分别探讨四边形AECF的面积和△CEF的周长是否发生变化？如果不变，求出这个定值；如果变化，求出最小值．
【答案】(1)见解析
(2)四边形AECF的面积不变，面积等于；△CEF的周长发生变化，最小值为；理由见解析
【分析】（1）先根据菱形的性质求出∠BAC=∠DAC==60°，然后根据等式的性质可得∠1=∠3，再求证△ABC、△ACD为等边三角形，得∠4=60°，AC=AB进而求证△ABE≌△ACF，即可求得BE=CF；
（2）根据△ABE≌△ACF可得S△ABE=S△ACF，故根据S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC即可解题；由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．△AEF的周长会随着AE的变化而变化，求出当AE最短时，△CEF的周长即可．
（1）解：（1）如图，连接AC，∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，∴∠BAC=∠DAC==60°，AB=BC=AD=CD，∵∠EAF=60°，∴∠1+∠EAC=60°，∠3+∠EAC=60°，∴∠1=∠3，∵AB=BC=AD=CD，∠BAC=∠DAC=60°，∴△ABC和△ACD为等边三角形，∴∠4=∠B=60°，AC=AB，∴在△ABE和△ACF中，，∴△ABE≌△ACF（ASA）．∴BE=CF；
（2）解∶四边形AECF的面积不变，△CEF的周长发生变化．理由如下：由（1）得△ABE≌△ACF，则S△ABE=S△ACF，AE=AF，故S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC，是定值，作AH⊥BC于H点，则BH=3，S四边形AECF=S△ABC==，∵AE=AF，∠EAF=60°，∴△AEF是等边三角形，∴EF=AE，∴△CEF的周长=CE+CF+EF=CE+BE+EF=BC+EF=BC+AE，由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．故△AEF的周长会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，△CEF的周长会最小，最小值为．
【点睛】本题考查了菱形的性质；三角形全等的判定与性质；垂线段的性质等，综合性较强，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
【考点三 最大值问题】
例题：（2022秋·湖北武汉·九年级统考期中）如图，将两张完全一样的长为，宽为的矩形纸条交叉，使重叠部分的四边形周长最大，则这个最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】要使重叠部分的四边形周长最大，则重叠部分的边长就要最大，求出重叠部分的的边长最大值即可．
【详解】解：如图，重叠部分为菱形，要使周长最大，则边长应最大，
设，
∵，
∴，
∵，
∴在中，，
即，解得：，
∴重叠部分的四边形周长最大．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理，解题的关键是掌握题中重叠部分为菱形．
【变式训练】
1．（2022·山东菏泽·校考二模）如图，在矩形中，，，连接，是的中点，是上一点，且，是上一动点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连接 并延长交于P，则此时，的值最大，且的最大值为，根据全等三角形的性质得到，，得到，过M作于N，得到四边形是矩形，得到，，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：在矩形中，，，
，
连接并延长交于，
则此时，的最大，且的最大值为，
∵
∴
∵，
∴
∴，
∴
过作于，
四边形是矩形，
∴，
∴ ，
∴，
∴，
故选：．
【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
2．（2022秋·福建漳州·九年级校考期中）如图，平面内三点A、B、C，，，以为对角线作正方形，连接，则的最大值是（ ）
A．6B．11C．D．
【答案】D
【分析】如图将绕点顺时针旋转得到．由旋转不变性可知：，．，得出是等腰直角三角形，推出，当的值最大时，的值最大，根据三角形的三边关系求出的最大值即可解决问题．
【详解】解：如图，
将绕点顺时针旋转得到，
由旋转不变性可知：，，，
是等腰直角三角形，
，
当的值最大时，的值最大，
，
，
的最大值为11，
的最大值为．
故选：D．
【点睛】本题考查正方形的性质，动点问题，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题．
3．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，，AC与BD交于点O，点N在AC上且AN＝2，点M在BC上且BM＝BC，P为对角线BD上一点，则PM﹣PN的最大值为____．
【答案】2
【分析】作点关于的对称点，连接，从而可得，再根据菱形的性质、等边三角形的判定证出是等边三角形，然后根据等边三角形的性质可得，由此即可得．
【详解】解：四边形是菱形，，
，，，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
如图，作点关于的对称点，连接，
则，
，当且仅当共线时，等号成立，
，，
，
是等边三角形，
，
即的最大值为2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、轴对称的性质等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
4．（2022秋·湖北黄石·九年级校考阶段练习）如图所示，在菱形ABCD中，AB＝6，∠BAD＝120°，△AEF为等边三角形，点E、F分别在菱形的边BC．CD上滑动，且E、F不与B、C、D重合．
（1）计算： =________；
（2）当点E、F在BC、CD上滑动时，△CEF的面积最大值是____________．
【答案】 6
【分析】（1）连接AC，证明，从而得到：，即可求出；
（2）利用，可以推出四边形AECF的面积等于△ABC的面积，利用△CEF的面积等于△ABC的面积减去△AEF的面积，当△AEF的面积面积最小时，即可求出△CEF的面积．
【详解】解：（1）连接，
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∴，
∵△AEF为等边三角形，
∴，
∵，，
又∵，
∴，
∵，
∴（ASA），
∴，
∴；
故答案为：6．
（2）∵
∴四边形AECF的面积=，
∴，
∴当最小时，最大，
根据垂线段最短，当时，最短，此时最小，
∵为等边三角形，
∴当时，，
，
∴，
同理可求：，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的性质．解题的关键是连接菱形的对角线，构造全等三角形．
5．（2021秋·浙江宁波·八年级校考期中）如图，在长方形纸片ABCD中，AB=3，AD=9，折叠纸片ABCD，使顶点C落在边AD的点G处，折痕分别交边AD、BC于点E、F．
(1)求证：△GEF是等腰三角形
(2)求△GEF面积的最大值．
【答案】(1)见详解
(2)7.5
【分析】（1）在长方形ABCD中，即有∠GEF=∠EFC，根据折叠的性质有∠EFC=∠GFE，则结论即可得证；
（2）先判断出当点G与点A重合时，面积最大，再根据折叠的性质可得GF=FC，∠AFE=∠EFC，根据勾股定理可求出AF=5，结合（1）的结论，可得AE=AF=5，即可求出△GEF的面积最大值．
（1）
∵在长方形ABCD中，
∴∠GEF=∠EFC，
∵根据折叠的性质有∠EFC=∠GFE，
∴∠GEF=∠GFE，
∴GE=GF，
∴△GEF是等腰三角形；
（2）
如图，
∵在长方形ABCD中，，
∴，
∴△GEF的面积为：，
∵CD=AB=3，
∴△GEF的面积的大小取决于GE的大小，
∵根据折叠的性质有，，，
∴，
即随着G点往A点移动，可知DE在逐渐增大，
∴当点G与点A重合时，DE最大，此时GE也最大，
∴△GEF的面积也最大，
如下图，
当点G与点A重合时，面积最大，
由折叠的性质可知，GF=FC，∠AFE=∠EFC，
在Rt△ABF中，，
∴，
解得：AF=5，
根据（1）中的结论可知：△AEF是等腰三角形，AE=AF，
∴AE=AF=5，
∵在长方形ABCD中，，
∴，
∴△GEF的面积最大值为：，
即△GEF的面积最大值为7.5．
【点睛】本题考查了矩形中的折叠问题，涉及矩形的性质、勾股定理的应用，解题的关键是找到面积最大时的位置，灵活运用矩形的性质．
【考点四 中点四边形问题】
例题：（2022春·安徽合肥·八年级校考期中）如图，、、、分别是四边形四条边的中点，顺次连接、、、得四边形，连接、，下列命题不正确的是（ ）
A．当四边形是矩形时，四边形是菱形
B．当四边形是菱形时，四边形是矩形
C．当四边形满足时，四边形是菱形
D．当四边形满足，时，四边形是矩形
【答案】C
【分析】先证四边形EFGH是平行四边形；再根据选项条件结合矩形、菱形的判定定理进行判断即可．
【详解】解：，分别是，的中点，
，，
，分别是，的中点，
，，
，，
四边形是平行四边形；
，分别是，的中点，、分别是、中点，
，，
当四边形是矩形时，，
，
四边形是菱形，故A正确，不符合题意；
当四边形是菱形时，，
，，
，
四边形是菱形，故B正确，不符合题意；
当四边形满足时，不能证明四边形是菱形，故C错误，符合题意；
当四边形满足，时，
∵，，
∴AC是BD的垂直平分线，即
∵，
∴∠HEF=∠EFG=∠DGH=∠GHE=90°
∴四边形是矩形，故D正确，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了中点四边形，灵活利用矩形、菱形的判定定理是解答本题的关键
【变式训练】
1．（2022秋·广东佛山·九年级统考期中）若顺次连接四边形ABCD四边中点所得的四边形是正方形，则四边形ABCD一定满足（ ）
A．是正方形B．AB＝CD且AB∥CDC．是矩形D．AC＝BD且AC⊥BD
【答案】D
【分析】首先根据题意画出图形，再由四边形EFGI是正方形，那么∠IGF=90°，IE=EF=FG=IG，而G、F是AD、CD中点，易知GF是△ACD的中位线，于是GFAC，GF=AC，同理可得IGBD，IG=BD，易求AC=BD，又由于GFAC，∠IGF=90°，利用平行线性质可得∠IHO=90°，而IGBD，易证∠BOC=90°，即AC⊥BD，从而可证四边形ABCD的对角线互相垂直且相等．
【详解】解：如图所示，
四边形ABCD的各边中点分别是I、E、F、G，且四边形EFGI是正方形，
∵四边形EFGI是正方形，
∴∠IGF＝90°，IE＝EF＝FG＝IG，
又∵G、F是AD、CD中点，
∴GF是△ACD的中位线，
∴GFAC，GF＝AC，
同理有IGBD，IG＝BD，
∴AC＝BD，
即AC＝BD，
∵GFAC，∠IGF＝90°，
∴∠IHO＝90°，
又∵IGBD，
∴∠BOC＝90°，
即AC⊥BD，
故四边形ABCD的对角线互相垂直且相等，即：AC＝BD且AC⊥BD．
故选：D．
【点睛】本题考查了中点四边形，正方形的性质、三角形中位线定理、平行线性质．解题的关键是连接AC、BD，构造平行线．
2．（2022春·北京西城·八年级校考期中）四边形的对角线，交于点，点，，，分别为边，，，的中点．有下列四个推断：
①对于任意四边形，四边形都是平行四边形；
②若四边形是平行四边形，则与交于点；
③若四边形是矩形，则四边形也是矩形；
④若四边形是正方形，则四边形也一定是正方形．
所有正确推断的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．③④
【答案】A
【分析】根据三角形中位线定理、平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
【详解】点分别为边的中点，
是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线，
，，
，
四边形是平行四边形，正确；
若四边形是平行四边形，
∴,
∵分别为的中点，
∴
∴四边形是平行四边形，
由（1）可得四边形是平行四边形，
与互相平分，
的中点就是的中点，
则与交于点正确；
若四边形是矩形，则，
，
四边形是菱形，不是矩形；不正确；
四边形中，若，
则四边形是正方形，
若四边形是正方形，则四边形不一定是正方形，不正确；
故选：A．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质、矩形的性质、菱形的判定、正方形的判定与性质，熟练掌握三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质是解题的关键．
3．（2022春·陕西西安·八年级西北大学附中校考期末）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点．则下列说法：①若AC⊥BD，则四边形EFGH为矩形；②若AC＝BD，则四边形EFGH为菱形；③若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分；④若四边形EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等．其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】因为一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线AC⊥BD时，中点四边形是矩形，当对角线BD=AC时，中点四边形是菱形，当对角线AC=BD，且AC⊥BD时，中点四边形是正方形．
【详解】解：∵点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EH=BD，EH//BD，FG=BD，FG//BD，EF=AC，EF//AC，HG=AC，HG//AC，
∴EH=FG，EH//FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
当对角线AC⊥BD时，则∠HEF=90°，
∴四边形EFGH是矩形，故①符合题意；
当对角线BD=AC时，则EF=EH，
∴四边形EFGH是菱形，故②符合题意；
当四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD不一定互相平分，故③不符合题意；
若四边形EFGH是正方形，
∴EH⊥HG，EH=HG，
∴AC⊥BD，AC=BD，
∴AC与BD互相垂直且相等，故④符合题意；
综上，正确的是①②④，共3个．
故选：C．
【点睛】本题考查中点四边形、平行四边形、矩形、菱形的判定等知识，解题的关键是记住一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线BD=AC时，中点四边形是菱形，当对角线AC⊥BD时，中点四边形是矩形，当对角线AC=BD，且AC⊥BD时，中点四边形是正方形．
4．（2022秋·九年级课时练习）如图，在四边形中，，分别是，的中点，，分别是对角线，的中点，依次连接，，，，连接，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当时，与有怎样的位置关系？请说明理由；
【答案】（1）见解析；（2）当AB=CD时，EF⊥GH，理由见解析
【分析】（1）利用三角形的中位线定理可以证得四边形EGFH的一组对边平行且相等，即可证得；
（2）根据菱形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，
∴FG=CD，FG∥CD．HE=CD，HE∥CD．
∴FG=EH，FG∥EH，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）解：当AB=CD时，EF⊥GH，
理由：由（1）知四边形EGFH是平行四边形，
当AB=CD时，EH=CD，EG=AB，
∴EG=EH，
∴四边形EGFH是菱形，
∴EF⊥GH．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理的应用，平行四边形和菱形的判定，掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半和菱形的对角线互相垂直是解题的关键．
5．（2021春·上海长宁·八年级统考期末）如图，、是四边形的对角线，点E、F、G、H分别是线段、、、上的中点
（1）求证：线段、互相平分；
（2）四边形满足什么条件时，？证明你得到的结论．
【答案】（1）见解析；（2）当AB=CD时，EG⊥FH，理由见解析
【分析】（1）连接EF、GF、GH、HE，根据三角形中位线定理得到EF∥AB，EF=AB，GH∥AB，GH=AB，证明四边形EFGH为平行四边形，根据平行四边形的性质证明结论；
（2）根据菱形的判定定理得到平行四边形EFGH是菱形，根据菱形的性质定理证明即可．
【详解】解：（1）证明：连接EF、GF、GH、HE，
∵点E、F分别是线段AD、DB的中点，
∴EF∥AB，EF=AB，
∵点G、H分别是线段BC、AC的中点，
∴GH∥AB，GH=AB，
∴EF∥GH，EF=GH，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∴线段EG、FH互相平分；
（2）解：当AB=CD时，EG⊥FH，
理由如下：∵点G、F分别是线段BC、BD的中点，
∴GF=CD，
∵AB=CD，
∴EF=GF，
∴平行四边形EFGH是菱形，
∴EG⊥FH．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、三角形中位线定理，掌握菱形的对角线互相垂直是解题的关键．
6．（2021秋·陕西宝鸡·九年级统考期末）已知：如图，四边形四条边上的中点分别为、、、，顺次连接、、、，得到四边形即四边形的中点四边形．
(1)四边形的形状是______，请证明你的结论；
(2)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是菱形；
(3)你学过的哪种特殊的平行四边形的中点四边形是菱形？请写出一种．
【答案】(1)平行四边形．证明见解析
(2)；
(3)矩形的中点四边形是菱形．
【分析】（1）连接，根据三角形的中位线定理得到，，，，推出，，，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是平行四边形；
（2）根据有一组是邻边的平行四边形是菱形，可知当四边形的对角线满足的条件时，四边形是菱形；
（3）矩形的中点四边形是菱形．根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得，，再根据矩形对角线相等，然后根据四边相等的四边形是菱形．
【详解】（1）四边形的形状是平行四边形．理由如下：
如图，连接．
、分别是、中点，
，，
同理，，
，，
四边形是平行四边形；
故答案为：平行四边形；
（2）当四边形的对角线满足的条件时，四边形是菱形．理由如下：
如图，连接、．
、、、分别为四边形四条边上的中点，
，，，，
，
，
又四边形是平行四边形
平行四边形是菱形；
故答案为：；
（3）矩形的中点四边形是菱形．理由如下：
连接、．
、、、分别为四边形四条边上的中点，
，，，，，，
四边形是矩形，
，
，
四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查对三角形的中位线定理，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的性质等知识点的理解和掌握，熟练掌握各定理是解决此题的关键．
7．（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当对角线时，四边形ABCD的中点四边形为__________形；
②当对角线时，四边形ABCD的中点四边形是__________形．
（2）如图：四边形ABCD中，已知，且，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，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，
∵，∴是等边三角形，∴，，
∵，∴，∴，，
在和中，
，
∴，∴，
∴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．
8．（2023·全国·八年级专题练习）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______，当四边形ABCD的对角线满足______（填入位置关系或数量关系）时，四边形EFGH是矩形．
(2)当AC＝BD时，四边形EFGH的形状是______．
(3)若AC⊥BD且AC＝BD，求证：四边形EFGH为正方形．
【答案】(1)平行四边形，AC⊥BD
(2)菱形
(3)见解析
【分析】（1）根据三角形的中位线定理和平行四边形判定定理可得EFGH是平行四边形，当AC⊥BD时，由三角形的中位线定理易知EF⊥EH，结合EFGH是平行四边形即可解答；
（2）当AC=BD时，由三角形的中位线定理易知EF=EH，结合EFGH是平行四边形即可得到四边形是菱形；
（3）当AC=BD时，由（2）可得四边形是菱形，由EF⊥EH和EFGH是平行四边形即可得到四边形是矩形即可证明结论；
【详解】（1）解： ∵四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，
∴线段EH，FG分别是∆ADC，∆ABC的中位线，
∴EH//AC，EH=AC，FG//AC，FG=AC，
∴EH//FG，EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形；
∵四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，
∴线段EF是∆ABD的中位线，
∴EF//BD，
∵EH//AC，AC⊥BD，
∴EF⊥EH，
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形是矩形；
故答案是：平行四边形，AC⊥BD．
（2）∵四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，
∴线段EF是∆ABD的中位线，
∴EF=BD，EH=AC
∵AC=BD，
∴EF=EH
∵四边形EFGH是平行四边形；
∴四边形是菱形．
故答案：菱形．
（3）解：由（2）可得当AC=BD时，四边形是菱形
∵EH//AC，EF∥BD，AC⊥BD，
∴EF⊥EH
∵四边形EFGH是平行四边形
∴四边形是矩形
∴四边形是正方形．
【点睛】本题主要考查了中点四边形的有关问题，熟练掌握好三角形的中位线定理和平行四边形，矩形，菱形，正方形的转化关系及判定方法是解题的关键．
9．（2022春·山东济宁·八年级统考期中）如图，已知在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合）．
(1)若点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，求证：四边形EFCH是平行四边形；
(2)在（1）的条件下，四边形ABCD的对角线AC和BD满足什么条件时，四边形EFGH是菱形，请说明理由；
(3)在（2）的条件下，请直接写出四边形ABCD的对角线AC和BD再满足什么条件时，四边形EFGH是正方形．
【答案】(1)见解析
(2)AC=BD，理由见解析
(3)AC⊥BD且AC=BD，理由见解析
【分析】（1）由三角形中位线定理得到相应条件，即可得出结论；
（2）根据菱形的判定和性质进行判断即可；
（3）根据正方形的判定进行判断即可．
（1）
解：证明：连接BD、AC交于点O，如图1所示：
∵四边形ABCD中，E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，
∴EH是△ABD的中位线，FG是△BCD的中位线，EF是△ABC的中位线，GH是△ACD的中位线，
∴EH∥BD，EH=BD，FG∥BD，FG=BD，EF∥AC，GH∥AC，
∴EH∥FG，EF∥GH，
∴四边形EFGH是平行四边形；
（2）
当AC=BD时，
由（1）得：HG=AC，EH=BD，
∴EH=GH，
∴四边形EFGH是菱形；
（3）
当AC⊥BD且AC=BD时，四边形EFGH既是矩形又是菱形，
∴四边形EFGH是正方形．
【点睛】此题考查了中点四边形的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
10．（2022秋·九年级课时练习）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中所得的四边形叫中点四边形．
（1）如图1，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，中点四边形EFGH是 ．
（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）平行四边形；（2）菱形，见解析；（3）正方形
【分析】（1）连接BD，根据三角形中位线定理证明EH∥FG，EH=FG，根据平行四边形的判定定理证明即可；
（2）证明△APC≌△BPD，根据全等三角形的性质得到AC=BD，再证明EF=FG，根据菱形的判定定理证明结论；
（3）证明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得到∠ACP=∠BDP，即可证明∠COD=∠CPD=90°，再根据平行线的性质证明∠EHG=90°，根据正方形的判定定理证明即可．
【详解】解：（1）如图1，连接BD，
∵点E，H分别为边AB，DA的中点，
∴EH∥BD，EH=BD，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
∴FG∥BD，FG=BD，
∴EH∥FG，EH=GF，
∴中点四边形EFGH是平行四边形，
故答案为：平行四边形；
（2）结论：四边形EFGH是菱形，
理由：如图2，连接AC，BD．
∵∠APB=∠CPD，
∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，即∠APC=∠BPD，
在△APC和△BPD中，
，
∴△APC≌△BPD（SAS），
∴AC=BD，
∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，
∴EF=AC，FG=BD，
∴EF=FG，
由（1）知中点四边形EFGH是平行四边形，
∴平行四边形EFGH是菱形；
（3）结论：四边形EFGH是正方形，
理由：如图2，设AC与BD交于点O．AC与PD交于点M，
∵△APC≌△BPD，
∴∠ACP=∠BDP，
∵∠DMO=∠CMP，
∴∠COD=∠CPD=90°，
∵EH∥BD，AC∥HG，
∴∠EHG=∠DOC=90°，
由（2）知中点四边形EFGH是菱形，
∴菱形EFGH是正方形．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、正方形的判定和性质，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．
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc19678" 【典型例题】 PAGEREF _Tc19678 \h 1
\l "_Tc17683" 【考点一 定值问题】 PAGEREF _Tc17683 \h 1
\l "_Tc26506" 【考点二 最小值问题】 PAGEREF _Tc26506 \h 7
\l "_Tc24081" 【考点三 最大值问题】 PAGEREF _Tc24081 \h 16
\l "_Tc8994" 【考点四 中点四边形问题】 PAGEREF _Tc8994 \h 24
【典型例题】
【考点一 定值问题】
例题：（2022秋·山东枣庄·九年级校考阶段练习）如图，在矩形中，，，是上异于和的任意一点，且于，于，则为_____．
【变式训练】
1．（2023秋·吉林长春·八年级长春外国语学校校考期末）如图，菱形的周长为20，面积为24，是对角线上一点，分别作点到直线、的垂线段、，则等于______
2．（2022春·四川成都·九年级成都市第二十中学校校考阶段练习）如图，已知点是菱形的对角线延长线上一点，过点分别作，延长线的垂线，垂足分别为点，若，，则的值为______．
3．（2022·全国·八年级专题练习）如图，已知四边形为正方形，，点E为对角线上一动点，连接，过点E作交于点F，以为邻边作矩形，连接．
(1)求证：矩形是正方形；
(2)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
4．（2022春·四川德阳·八年级统考期末）已知，如图，矩形ABCD中，AD＝3，DC＝4，菱形EFGH的三个顶点E，G，H分别在矩形ABCD的边AB，CD，DA上，AH＝1，连接CF．
(1)当点G在边DC上运动时；探究：点F到边DC的距离FM是否为定值？如果是，请求出这个值；如果不是，请说明理由．
(2)当DG为何值时，△FCG的面积最小，并求出这个最小值．
【考点二 最小值问题】
例题：（2022秋·重庆沙坪坝·八年级重庆市凤鸣山中学校联考期末）如图，为正方形边上一点，，，为对角线上一个动点，则的最小值为（ ）
A．5B．C．D．10
【变式训练】
1．（2023秋·吉林长春·八年级长春外国语学校校考期末）如图，在矩形中，，，点在上，点在上，且，连接、，则的最小值为（ ）
A．22B．24C．25D．26
2．（2021春·四川凉山·八年级校考期中）如图所示，四边形是正方形，边长为6，点分别在轴、轴的正半轴上，点D在OA上，且点的坐标为，是上一动点，则的最小值为（ ）
A．B．2C．D．
3．（2022秋·江西新余·九年级新余四中校考阶段练习）如图，矩形中，，，，分别是直线，上的两个动点，，沿翻折形成，连接，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
4．（2022秋·吉林长春·八年级校考期末）如图，中，，，．点D为边上一个动点，作、，垂足为E、F，连接．则长度的最小值为______．
5．（2022秋·山东潍坊·八年级校考期末）如图，在菱形中，点是的中点，，，点为上一动点，求的最小值______．
6．（2022秋·重庆大渡口·九年级校考期末）如图，在矩形中，，，点在边上，点在边上，且，连接，则的最小值为______．
7．（2022秋·陕西汉中·九年级校考期中）如图，在正方形中，，为边上一点，．为对角线上一动点（不与点、重合），过点分别作于点、于点，连接、，则的最小值为______．
8．（2022春·江西赣州·八年级统考期末）如图所示，在菱形ABCD中，AB=6，∠BAD=120°，点E，F分别在菱形的边BC，CD上滑动，满足∠EAF=60°，连接EF，且E，F不与B，C，D重合．
(1)求证：不论E，F在BC，CD上如何滑动，总有BE=CF；
(2)当点E，F在BC，CD上滑动时，分别探讨四边形AECF的面积和△CEF的周长是否发生变化？如果不变，求出这个定值；如果变化，求出最小值．
【考点三 最大值问题】
例题：（2022秋·湖北武汉·九年级统考期中）如图，将两张完全一样的长为，宽为的矩形纸条交叉，使重叠部分的四边形周长最大，则这个最大值是（ ）
A．B．C．D．
【变式训练】
1．（2022·山东菏泽·校考二模）如图，在矩形中，，，连接，是的中点，是上一点，且，是上一动点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
2．（2022秋·福建漳州·九年级校考期中）如图，平面内三点A、B、C，，，以为对角线作正方形，连接，则的最大值是（ ）
A．6B．11C．D．
3．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，，AC与BD交于点O，点N在AC上且AN＝2，点M在BC上且BM＝BC，P为对角线BD上一点，则PM﹣PN的最大值为____．
4．（2022秋·湖北黄石·九年级校考阶段练习）如图所示，在菱形ABCD中，AB＝6，∠BAD＝120°，△AEF为等边三角形，点E、F分别在菱形的边BC．CD上滑动，且E、F不与B、C、D重合．
（1）计算： =________；
（2）当点E、F在BC、CD上滑动时，△CEF的面积最大值是____________．
5．（2021秋·浙江宁波·八年级校考期中）如图，在长方形纸片ABCD中，AB=3，AD=9，折叠纸片ABCD，使顶点C落在边AD的点G处，折痕分别交边AD、BC于点E、F．
(1)求证：△GEF是等腰三角形
(2)求△GEF面积的最大值．
【考点四 中点四边形问题】
例题：（2022春·安徽合肥·八年级校考期中）如图，、、、分别是四边形四条边的中点，顺次连接、、、得四边形，连接、，下列命题不正确的是（ ）
A．当四边形是矩形时，四边形是菱形
B．当四边形是菱形时，四边形是矩形
C．当四边形满足时，四边形是菱形
D．当四边形满足，时，四边形是矩形
【变式训练】
1．（2022秋·广东佛山·九年级统考期中）若顺次连接四边形ABCD四边中点所得的四边形是正方形，则四边形ABCD一定满足（ ）
A．是正方形B．AB＝CD且AB∥CDC．是矩形D．AC＝BD且AC⊥BD
2．（2022春·北京西城·八年级校考期中）四边形的对角线，交于点，点，，，分别为边，，，的中点．有下列四个推断：
①对于任意四边形，四边形都是平行四边形；
②若四边形是平行四边形，则与交于点；
③若四边形是矩形，则四边形也是矩形；
④若四边形是正方形，则四边形也一定是正方形．
所有正确推断的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．③④
3．（2022春·陕西西安·八年级西北大学附中校考期末）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点．则下列说法：①若AC⊥BD，则四边形EFGH为矩形；②若AC＝BD，则四边形EFGH为菱形；③若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分；④若四边形EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等．其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
4．（2022秋·九年级课时练习）如图，在四边形中，，分别是，的中点，，分别是对角线，的中点，依次连接，，，，连接，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当时，与有怎样的位置关系？请说明理由；
5．（2021春·上海长宁·八年级统考期末）如图，、是四边形的对角线，点E、F、G、H分别是线段、、、上的中点
（1）求证：线段、互相平分；
（2）四边形满足什么条件时，？证明你得到的结论．
6．（2021秋·陕西宝鸡·九年级统考期末）已知：如图，四边形四条边上的中点分别为、、、，顺次连接、、、，得到四边形即四边形的中点四边形．
(1)四边形的形状是______，请证明你的结论；
(2)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是菱形；
(3)你学过的哪种特殊的平行四边形的中点四边形是菱形？请写出一种．
7．（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当对角线时，四边形ABCD的中点四边形为__________形；
②当对角线时，四边形ABCD的中点四边形是__________形．
（2）如图：四边形ABCD中，已知，且，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．
8．（2023·全国·八年级专题练习）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______，当四边形ABCD的对角线满足______（填入位置关系或数量关系）时，四边形EFGH是矩形．
(2)当AC＝BD时，四边形EFGH的形状是______．
(3)若AC⊥BD且AC＝BD，求证：四边形EFGH为正方形．
9．（2022春·山东济宁·八年级统考期中）如图，已知在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合）．
(1)若点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，求证：四边形EFCH是平行四边形；
(2)在（1）的条件下，四边形ABCD的对角线AC和BD满足什么条件时，四边形EFGH是菱形，请说明理由；
(3)在（2）的条件下，请直接写出四边形ABCD的对角线AC和BD再满足什么条件时，四边形EFGH是正方形．
10．（2022秋·九年级课时练习）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中所得的四边形叫中点四边形．
（1）如图1，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，中点四边形EFGH是 ．
（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）．
专题05 解题技巧专题：特殊平行四边形中定值、最值、中点四边形问题
【考点导航】
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc19678" 【典型例题】 PAGEREF _Tc19678 \h 1
\l "_Tc17683" 【考点一 定值问题】 PAGEREF _Tc17683 \h 1
\l "_Tc26506" 【考点二 最小值问题】 PAGEREF _Tc26506 \h 7
\l "_Tc24081" 【考点三 最大值问题】 PAGEREF _Tc24081 \h 16
\l "_Tc8994" 【考点四 中点四边形问题】 PAGEREF _Tc8994 \h 24
【典型例题】
【考点一 定值问题】
例题：（2022秋·山东枣庄·九年级校考阶段练习）如图，在矩形中，，，是上异于和的任意一点，且于，于，则为_____．
【答案】##2.4
【分析】根据矩形的性质，，，可求出矩形的面积，的长，由此可知的面积，根据，即可求解．
【详解】解：如图所示，设与相交于点，连接，
∵在矩形中，，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，等面积法求高，掌握矩形的性质，三角形的等面积法求高是解题的关键．
【变式训练】
1．（2023秋·吉林长春·八年级长春外国语学校校考期末）如图，菱形的周长为20，面积为24，是对角线上一点，分别作点到直线、的垂线段、，则等于______
【答案】
【分析】首先利用菱形的性质得出，，进而利用三角形面积求法得出答案．
【详解】解：连接，如图，
∵菱形ABCD的周长为20，
∴，
∴，
∴，
而，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质：菱形的对边分别平行，四条边都相等，两条对角线互相垂直平分，并且分别平分两组内角．也考查了三角形的面积公式．
2．（2022春·四川成都·九年级成都市第二十中学校校考阶段练习）如图，已知点是菱形的对角线延长线上一点，过点分别作，延长线的垂线，垂足分别为点，若，，则的值为______．
【答案】
【分析】设交于，根据已知可得，而，即可得到答案.
【详解】设交于，如图：
在菱形中，
，，
，，，，
中，，，
，
中，，，
中，，，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质及应用，解题的关键是求出，把 转化为．
3．（2022·全国·八年级专题练习）如图，已知四边形为正方形，，点E为对角线上一动点，连接，过点E作交于点F，以为邻边作矩形，连接．
(1)求证：矩形是正方形；
(2)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)是定值，
【分析】（1）作出辅助线，得到，然后再判断，得到，则有，即可判断矩形为正方形；
（2）由四边形为正方形，四边形是正方形可知，，故可得，得到，即可判断，为定值．
【详解】（1）解：如图所示，过作于点，过作于点，
四边形为正方形，
，
，，
，
，
四边形为矩形，
，
，即，
是正方形对角线的点，
，
在和中，
，
，
，
矩形为正方形．
（2）的值为定值，
矩形为正方形，
，，
四边形是正方形，
，，
，即，
在和中，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，矩形的性质，关键是结合图形得出三角形全等．
4．（2022春·四川德阳·八年级统考期末）已知，如图，矩形ABCD中，AD＝3，DC＝4，菱形EFGH的三个顶点E，G，H分别在矩形ABCD的边AB，CD，DA上，AH＝1，连接CF．
(1)当点G在边DC上运动时；探究：点F到边DC的距离FM是否为定值？如果是，请求出这个值；如果不是，请说明理由．
(2)当DG为何值时，△FCG的面积最小，并求出这个最小值．
【答案】(1)点F到边DC的距离是定值, 定值为1
(2)当时，△FCG的面积最小值为
【分析】（1）连接GE，根据得到∠AEG＝∠MGE，得到∠HEG＝∠FGE之后证明△AHE≌△MFG即可得到结论；
（2）由题易知，要使△FCG的面积有最小值则需CG最小，于是DG应最大，在中，根据勾股定理可得的最大值，即的最大值，在中，根据勾股定理可求的最大值，进而求得最小值，进而得到答案．
(1)
解：点F到边DC的距离是定值．
理由：连接GE
∵，
∴∠AEG＝∠MGE
∵，
∴∠HEG＝∠FGE
∴∠AEG－∠HEG＝∠MGE－∠FGE，即∠AEH＝∠MGF，
在△AHE和△MFG中，∠A＝∠M＝90°，HE＝FG，
∴△AHE≌△MFG，
∴FM＝HA＝1，
即无论菱形EFGH如何变化，点F到直线CD的距离始终为定值1．
(2)
解：由题易知：，
要使△FCG的面积有最小值，
则需CG最小，所以DG应最大，
在Rt△DHG中，当HG最大时，DG最大，
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
当时，，
∴的最小值，
即当时，△FCG的面积最小值为．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，勾股定理，三角形全等的判定与性质，菱形的性质，矩形的性质，掌握定理与性质是解题的关键．
【考点二 最小值问题】
例题：（2022秋·重庆沙坪坝·八年级重庆市凤鸣山中学校联考期末）如图，为正方形边上一点，，，为对角线上一个动点，则的最小值为（ ）
A．5B．C．D．10
【答案】A
【分析】连接交于P点，根据“两点之间线段最短”，可知的最小值即为线段的长，求出的长即可.
【详解】连接，交于P点
∵四边形为正方形
∴A点和C点关于对称
根据“两点之间线段最短”，可知的最小值即为线段的长.
∵，
∴的最小值为5
故选：A
【点睛】本题主要考查了正方形的性质和两点之间线段最短，这是一个将军饮马模型.熟练掌握正方形的性质并且能够识别出将军饮马模型是解题的关键.
【变式训练】
1．（2023秋·吉林长春·八年级长春外国语学校校考期末）如图，在矩形中，，，点在上，点在上，且，连接、，则的最小值为（ ）
A．22B．24C．25D．26
【答案】D
【分析】连接，则的最小值转化为的最小值，在的延长线上截取，连接、，则，再根据勾股定理求解．
【详解】解：如图，连接，
在矩形中，，，
，
，
，，
四边形是平行四边形，
，，
则，则的最小值转化为的最小值，
在的延长线上截取，连接，
则，
，
是的垂直平分线，
，
，
连接，则，
，
的最小值为26，
即的最小值为26，
故选：D．
【点睛】本题考查的是矩形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理，解题的关键是熟练掌握矩形的性质和平行四边形的判定与性质，证出．
2．（2021春·四川凉山·八年级校考期中）如图所示，四边形是正方形，边长为6，点分别在轴、轴的正半轴上，点D在OA上，且点的坐标为，是上一动点，则的最小值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】B
【分析】要求和的最小值，，不能直接求，可考虑通过作辅助线转化，的值，从而找出其最小值求解．
【详解】解：连接，交于，则就是和的最小值，
∵再直角中，，，，
∴，
∴，
∴和的最小值是，
故选：B．
【点睛】本题考查了最短路径问题，涉及了正方形的性质、轴对称、勾股定理等知识，解题关键是对这些知识的理解与综合应用．
3．（2022秋·江西新余·九年级新余四中校考阶段练习）如图，矩形中，，，，分别是直线，上的两个动点，，沿翻折形成，连接，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如图作点关于的对称点，连接，，由，推出，又是定值，即可推出当、、、共线时，定值最小，最小值．
【详解】解：如图作点关于的对称点，连接，．
在中，
，，
．，
，
，
是定值，
当、、、共线时，定值最小，最小值，
的最小值为，
故选：C．
【点睛】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用轴对称，根据两点之间线段最短解决最短问题，属于中考常考题型．
4．（2022秋·吉林长春·八年级校考期末）如图，中，，，．点D为边上一个动点，作、，垂足为E、F，连接．则长度的最小值为______．
【答案】
【分析】解直角三角形求出和，证明四边形是矩形，根据矩形的性质得出，当时，有最小值，此时有最小值，根据三角形的面积公式求出长即可．
【详解】解：∵，，，
∴，
根据勾股定理可得，，
即,
解得：，（舍去），
∴，
连接，如图所示：
∵，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
当时，最小，此时有最小值，
∵，
∴，
∴长度的最小值是，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，垂线段最短，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，作出辅助线，证明是解此题的关键．
5．（2022秋·山东潍坊·八年级校考期末）如图，在菱形中，点是的中点，，，点为上一动点，求的最小值______．
【答案】4
【分析】连接，，，对角线相交于点O，根据菱形的轴对称性可知是的垂直平分线，则，故当点D、E、P三点共线时，的最小值为的长，再根据等边三角形的判定和性质即可求解．
【详解】解：连接，，，对角线相交于点O，
∵四边形是菱形，
∴是的垂直平分线，，，
∴，
∴，
∴当点D、E、P三点共线时，的最小值为的长，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∵点E是的中点，
∴，
∴和都是等边三角形的高，
∴，
∴的最小值为4，
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，两点之间，线段最短等知识，将的最小值转化为的长是解题的关键．
6．（2022秋·重庆大渡口·九年级校考期末）如图，在矩形中，，，点在边上，点在边上，且，连接，则的最小值为______．
【答案】
【分析】先连接，将转化为，再利用将军饮马解决问题即可．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
如图，作点关于点的对称点，连接，
即为的最小值，
∵，，
∴，，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质、勾股定理、将军饮马问题、全等三角形的判定与性质等内容，综合性较强，将转化为是解题的关键．
7．（2022秋·陕西汉中·九年级校考期中）如图，在正方形中，，为边上一点，．为对角线上一动点（不与点、重合），过点分别作于点、于点，连接、，则的最小值为______．
【答案】13
【分析】连接、，由四边形为矩形，得，由正方形的对称性得，即知，故当最小时，最小，此时、、共线，的最小值即为的长，由，，可得，从而的最小值为13．
【详解】解：连接、，如图：
，，，
四边形为矩形，
，
四边形是正方形，
由正方形的对称性可得，
，
，
当最小时，最小，此时、、共线，的最小值即为的长，如图：
，，
，
，
的最小值为13，
故答案为：13．
【点睛】本题考查正方形中的动点问题，解题的关键是把求的最小值问题转化成求的长．
8．（2022春·江西赣州·八年级统考期末）如图所示，在菱形ABCD中，AB=6，∠BAD=120°，点E，F分别在菱形的边BC，CD上滑动，满足∠EAF=60°，连接EF，且E，F不与B，C，D重合．
(1)求证：不论E，F在BC，CD上如何滑动，总有BE=CF；
(2)当点E，F在BC，CD上滑动时，分别探讨四边形AECF的面积和△CEF的周长是否发生变化？如果不变，求出这个定值；如果变化，求出最小值．
【答案】(1)见解析
(2)四边形AECF的面积不变，面积等于；△CEF的周长发生变化，最小值为；理由见解析
【分析】（1）先根据菱形的性质求出∠BAC=∠DAC==60°，然后根据等式的性质可得∠1=∠3，再求证△ABC、△ACD为等边三角形，得∠4=60°，AC=AB进而求证△ABE≌△ACF，即可求得BE=CF；
（2）根据△ABE≌△ACF可得S△ABE=S△ACF，故根据S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC即可解题；由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．△AEF的周长会随着AE的变化而变化，求出当AE最短时，△CEF的周长即可．
（1）解：（1）如图，连接AC，∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，∴∠BAC=∠DAC==60°，AB=BC=AD=CD，∵∠EAF=60°，∴∠1+∠EAC=60°，∠3+∠EAC=60°，∴∠1=∠3，∵AB=BC=AD=CD，∠BAC=∠DAC=60°，∴△ABC和△ACD为等边三角形，∴∠4=∠B=60°，AC=AB，∴在△ABE和△ACF中，，∴△ABE≌△ACF（ASA）．∴BE=CF；
（2）解∶四边形AECF的面积不变，△CEF的周长发生变化．理由如下：由（1）得△ABE≌△ACF，则S△ABE=S△ACF，AE=AF，故S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC，是定值，作AH⊥BC于H点，则BH=3，S四边形AECF=S△ABC==，∵AE=AF，∠EAF=60°，∴△AEF是等边三角形，∴EF=AE，∴△CEF的周长=CE+CF+EF=CE+BE+EF=BC+EF=BC+AE，由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．故△AEF的周长会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，△CEF的周长会最小，最小值为．
【点睛】本题考查了菱形的性质；三角形全等的判定与性质；垂线段的性质等，综合性较强，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
【考点三 最大值问题】
例题：（2022秋·湖北武汉·九年级统考期中）如图，将两张完全一样的长为，宽为的矩形纸条交叉，使重叠部分的四边形周长最大，则这个最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】要使重叠部分的四边形周长最大，则重叠部分的边长就要最大，求出重叠部分的的边长最大值即可．
【详解】解：如图，重叠部分为菱形，要使周长最大，则边长应最大，
设，
∵，
∴，
∵，
∴在中，，
即，解得：，
∴重叠部分的四边形周长最大．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理，解题的关键是掌握题中重叠部分为菱形．
【变式训练】
1．（2022·山东菏泽·校考二模）如图，在矩形中，，，连接，是的中点，是上一点，且，是上一动点，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连接 并延长交于P，则此时，的值最大，且的最大值为，根据全等三角形的性质得到，，得到，过M作于N，得到四边形是矩形，得到，，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：在矩形中，，，
，
连接并延长交于，
则此时，的最大，且的最大值为，
∵
∴
∵，
∴
∴，
∴
过作于，
四边形是矩形，
∴，
∴ ，
∴，
∴，
故选：．
【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
2．（2022秋·福建漳州·九年级校考期中）如图，平面内三点A、B、C，，，以为对角线作正方形，连接，则的最大值是（ ）
A．6B．11C．D．
【答案】D
【分析】如图将绕点顺时针旋转得到．由旋转不变性可知：，．，得出是等腰直角三角形，推出，当的值最大时，的值最大，根据三角形的三边关系求出的最大值即可解决问题．
【详解】解：如图，
将绕点顺时针旋转得到，
由旋转不变性可知：，，，
是等腰直角三角形，
，
当的值最大时，的值最大，
，
，
的最大值为11，
的最大值为．
故选：D．
【点睛】本题考查正方形的性质，动点问题，三角形的三边关系等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题．
3．（2022秋·全国·九年级专题练习）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，，AC与BD交于点O，点N在AC上且AN＝2，点M在BC上且BM＝BC，P为对角线BD上一点，则PM﹣PN的最大值为____．
【答案】2
【分析】作点关于的对称点，连接，从而可得，再根据菱形的性质、等边三角形的判定证出是等边三角形，然后根据等边三角形的性质可得，由此即可得．
【详解】解：四边形是菱形，，
，，，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
如图，作点关于的对称点，连接，
则，
，当且仅当共线时，等号成立，
，，
，
是等边三角形，
，
即的最大值为2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、轴对称的性质等知识点，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
4．（2022秋·湖北黄石·九年级校考阶段练习）如图所示，在菱形ABCD中，AB＝6，∠BAD＝120°，△AEF为等边三角形，点E、F分别在菱形的边BC．CD上滑动，且E、F不与B、C、D重合．
（1）计算： =________；
（2）当点E、F在BC、CD上滑动时，△CEF的面积最大值是____________．
【答案】 6
【分析】（1）连接AC，证明，从而得到：，即可求出；
（2）利用，可以推出四边形AECF的面积等于△ABC的面积，利用△CEF的面积等于△ABC的面积减去△AEF的面积，当△AEF的面积面积最小时，即可求出△CEF的面积．
【详解】解：（1）连接，
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∴，
∵△AEF为等边三角形，
∴，
∵，，
又∵，
∴，
∵，
∴（ASA），
∴，
∴；
故答案为：6．
（2）∵
∴四边形AECF的面积=，
∴，
∴当最小时，最大，
根据垂线段最短，当时，最短，此时最小，
∵为等边三角形，
∴当时，，
，
∴，
同理可求：，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的性质．解题的关键是连接菱形的对角线，构造全等三角形．
5．（2021秋·浙江宁波·八年级校考期中）如图，在长方形纸片ABCD中，AB=3，AD=9，折叠纸片ABCD，使顶点C落在边AD的点G处，折痕分别交边AD、BC于点E、F．
(1)求证：△GEF是等腰三角形
(2)求△GEF面积的最大值．
【答案】(1)见详解
(2)7.5
【分析】（1）在长方形ABCD中，即有∠GEF=∠EFC，根据折叠的性质有∠EFC=∠GFE，则结论即可得证；
（2）先判断出当点G与点A重合时，面积最大，再根据折叠的性质可得GF=FC，∠AFE=∠EFC，根据勾股定理可求出AF=5，结合（1）的结论，可得AE=AF=5，即可求出△GEF的面积最大值．
（1）
∵在长方形ABCD中，
∴∠GEF=∠EFC，
∵根据折叠的性质有∠EFC=∠GFE，
∴∠GEF=∠GFE，
∴GE=GF，
∴△GEF是等腰三角形；
（2）
如图，
∵在长方形ABCD中，，
∴，
∴△GEF的面积为：，
∵CD=AB=3，
∴△GEF的面积的大小取决于GE的大小，
∵根据折叠的性质有，，，
∴，
即随着G点往A点移动，可知DE在逐渐增大，
∴当点G与点A重合时，DE最大，此时GE也最大，
∴△GEF的面积也最大，
如下图，
当点G与点A重合时，面积最大，
由折叠的性质可知，GF=FC，∠AFE=∠EFC，
在Rt△ABF中，，
∴，
解得：AF=5，
根据（1）中的结论可知：△AEF是等腰三角形，AE=AF，
∴AE=AF=5，
∵在长方形ABCD中，，
∴，
∴△GEF的面积最大值为：，
即△GEF的面积最大值为7.5．
【点睛】本题考查了矩形中的折叠问题，涉及矩形的性质、勾股定理的应用，解题的关键是找到面积最大时的位置，灵活运用矩形的性质．
【考点四 中点四边形问题】
例题：（2022春·安徽合肥·八年级校考期中）如图，、、、分别是四边形四条边的中点，顺次连接、、、得四边形，连接、，下列命题不正确的是（ ）
A．当四边形是矩形时，四边形是菱形
B．当四边形是菱形时，四边形是矩形
C．当四边形满足时，四边形是菱形
D．当四边形满足，时，四边形是矩形
【答案】C
【分析】先证四边形EFGH是平行四边形；再根据选项条件结合矩形、菱形的判定定理进行判断即可．
【详解】解：，分别是，的中点，
，，
，分别是，的中点，
，，
，，
四边形是平行四边形；
，分别是，的中点，、分别是、中点，
，，
当四边形是矩形时，，
，
四边形是菱形，故A正确，不符合题意；
当四边形是菱形时，，
，，
，
四边形是菱形，故B正确，不符合题意；
当四边形满足时，不能证明四边形是菱形，故C错误，符合题意；
当四边形满足，时，
∵，，
∴AC是BD的垂直平分线，即
∵，
∴∠HEF=∠EFG=∠DGH=∠GHE=90°
∴四边形是矩形，故D正确，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了中点四边形，灵活利用矩形、菱形的判定定理是解答本题的关键
【变式训练】
1．（2022秋·广东佛山·九年级统考期中）若顺次连接四边形ABCD四边中点所得的四边形是正方形，则四边形ABCD一定满足（ ）
A．是正方形B．AB＝CD且AB∥CDC．是矩形D．AC＝BD且AC⊥BD
【答案】D
【分析】首先根据题意画出图形，再由四边形EFGI是正方形，那么∠IGF=90°，IE=EF=FG=IG，而G、F是AD、CD中点，易知GF是△ACD的中位线，于是GFAC，GF=AC，同理可得IGBD，IG=BD，易求AC=BD，又由于GFAC，∠IGF=90°，利用平行线性质可得∠IHO=90°，而IGBD，易证∠BOC=90°，即AC⊥BD，从而可证四边形ABCD的对角线互相垂直且相等．
【详解】解：如图所示，
四边形ABCD的各边中点分别是I、E、F、G，且四边形EFGI是正方形，
∵四边形EFGI是正方形，
∴∠IGF＝90°，IE＝EF＝FG＝IG，
又∵G、F是AD、CD中点，
∴GF是△ACD的中位线，
∴GFAC，GF＝AC，
同理有IGBD，IG＝BD，
∴AC＝BD，
即AC＝BD，
∵GFAC，∠IGF＝90°，
∴∠IHO＝90°，
又∵IGBD，
∴∠BOC＝90°，
即AC⊥BD，
故四边形ABCD的对角线互相垂直且相等，即：AC＝BD且AC⊥BD．
故选：D．
【点睛】本题考查了中点四边形，正方形的性质、三角形中位线定理、平行线性质．解题的关键是连接AC、BD，构造平行线．
2．（2022春·北京西城·八年级校考期中）四边形的对角线，交于点，点，，，分别为边，，，的中点．有下列四个推断：
①对于任意四边形，四边形都是平行四边形；
②若四边形是平行四边形，则与交于点；
③若四边形是矩形，则四边形也是矩形；
④若四边形是正方形，则四边形也一定是正方形．
所有正确推断的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．③④
【答案】A
【分析】根据三角形中位线定理、平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
【详解】点分别为边的中点，
是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线，
，，
，
四边形是平行四边形，正确；
若四边形是平行四边形，
∴,
∵分别为的中点，
∴
∴四边形是平行四边形，
由（1）可得四边形是平行四边形，
与互相平分，
的中点就是的中点，
则与交于点正确；
若四边形是矩形，则，
，
四边形是菱形，不是矩形；不正确；
四边形中，若，
则四边形是正方形，
若四边形是正方形，则四边形不一定是正方形，不正确；
故选：A．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质、矩形的性质、菱形的判定、正方形的判定与性质，熟练掌握三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质是解题的关键．
3．（2022春·陕西西安·八年级西北大学附中校考期末）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点．则下列说法：①若AC⊥BD，则四边形EFGH为矩形；②若AC＝BD，则四边形EFGH为菱形；③若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分；④若四边形EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等．其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】因为一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线AC⊥BD时，中点四边形是矩形，当对角线BD=AC时，中点四边形是菱形，当对角线AC=BD，且AC⊥BD时，中点四边形是正方形．
【详解】解：∵点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EH=BD，EH//BD，FG=BD，FG//BD，EF=AC，EF//AC，HG=AC，HG//AC，
∴EH=FG，EH//FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
当对角线AC⊥BD时，则∠HEF=90°，
∴四边形EFGH是矩形，故①符合题意；
当对角线BD=AC时，则EF=EH，
∴四边形EFGH是菱形，故②符合题意；
当四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD不一定互相平分，故③不符合题意；
若四边形EFGH是正方形，
∴EH⊥HG，EH=HG，
∴AC⊥BD，AC=BD，
∴AC与BD互相垂直且相等，故④符合题意；
综上，正确的是①②④，共3个．
故选：C．
【点睛】本题考查中点四边形、平行四边形、矩形、菱形的判定等知识，解题的关键是记住一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线BD=AC时，中点四边形是菱形，当对角线AC⊥BD时，中点四边形是矩形，当对角线AC=BD，且AC⊥BD时，中点四边形是正方形．
4．（2022秋·九年级课时练习）如图，在四边形中，，分别是，的中点，，分别是对角线，的中点，依次连接，，，，连接，．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当时，与有怎样的位置关系？请说明理由；
【答案】（1）见解析；（2）当AB=CD时，EF⊥GH，理由见解析
【分析】（1）利用三角形的中位线定理可以证得四边形EGFH的一组对边平行且相等，即可证得；
（2）根据菱形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，
∴FG=CD，FG∥CD．HE=CD，HE∥CD．
∴FG=EH，FG∥EH，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）解：当AB=CD时，EF⊥GH，
理由：由（1）知四边形EGFH是平行四边形，
当AB=CD时，EH=CD，EG=AB，
∴EG=EH，
∴四边形EGFH是菱形，
∴EF⊥GH．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理的应用，平行四边形和菱形的判定，掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半和菱形的对角线互相垂直是解题的关键．
5．（2021春·上海长宁·八年级统考期末）如图，、是四边形的对角线，点E、F、G、H分别是线段、、、上的中点
（1）求证：线段、互相平分；
（2）四边形满足什么条件时，？证明你得到的结论．
【答案】（1）见解析；（2）当AB=CD时，EG⊥FH，理由见解析
【分析】（1）连接EF、GF、GH、HE，根据三角形中位线定理得到EF∥AB，EF=AB，GH∥AB，GH=AB，证明四边形EFGH为平行四边形，根据平行四边形的性质证明结论；
（2）根据菱形的判定定理得到平行四边形EFGH是菱形，根据菱形的性质定理证明即可．
【详解】解：（1）证明：连接EF、GF、GH、HE，
∵点E、F分别是线段AD、DB的中点，
∴EF∥AB，EF=AB，
∵点G、H分别是线段BC、AC的中点，
∴GH∥AB，GH=AB，
∴EF∥GH，EF=GH，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∴线段EG、FH互相平分；
（2）解：当AB=CD时，EG⊥FH，
理由如下：∵点G、F分别是线段BC、BD的中点，
∴GF=CD，
∵AB=CD，
∴EF=GF，
∴平行四边形EFGH是菱形，
∴EG⊥FH．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、三角形中位线定理，掌握菱形的对角线互相垂直是解题的关键．
6．（2021秋·陕西宝鸡·九年级统考期末）已知：如图，四边形四条边上的中点分别为、、、，顺次连接、、、，得到四边形即四边形的中点四边形．
(1)四边形的形状是______，请证明你的结论；
(2)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是菱形；
(3)你学过的哪种特殊的平行四边形的中点四边形是菱形？请写出一种．
【答案】(1)平行四边形．证明见解析
(2)；
(3)矩形的中点四边形是菱形．
【分析】（1）连接，根据三角形的中位线定理得到，，，，推出，，，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是平行四边形；
（2）根据有一组是邻边的平行四边形是菱形，可知当四边形的对角线满足的条件时，四边形是菱形；
（3）矩形的中点四边形是菱形．根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得，，再根据矩形对角线相等，然后根据四边相等的四边形是菱形．
【详解】（1）四边形的形状是平行四边形．理由如下：
如图，连接．
、分别是、中点，
，，
同理，，
，，
四边形是平行四边形；
故答案为：平行四边形；
（2）当四边形的对角线满足的条件时，四边形是菱形．理由如下：
如图，连接、．
、、、分别为四边形四条边上的中点，
，，，，
，
，
又四边形是平行四边形
平行四边形是菱形；
故答案为：；
（3）矩形的中点四边形是菱形．理由如下：
连接、．
、、、分别为四边形四条边上的中点，
，，，，，，
四边形是矩形，
，
，
四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查对三角形的中位线定理，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的性质等知识点的理解和掌握，熟练掌握各定理是解决此题的关键．
7．（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当对角线时，四边形ABCD的中点四边形为__________形；
②当对角线时，四边形ABCD的中点四边形是__________形．
（2）如图：四边形ABCD中，已知，且，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，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，
∵，∴是等边三角形，∴，，
∵，∴，∴，，
在和中，
，
∴，∴，
∴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．
8．（2023·全国·八年级专题练习）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______，当四边形ABCD的对角线满足______（填入位置关系或数量关系）时，四边形EFGH是矩形．
(2)当AC＝BD时，四边形EFGH的形状是______．
(3)若AC⊥BD且AC＝BD，求证：四边形EFGH为正方形．
【答案】(1)平行四边形，AC⊥BD
(2)菱形
(3)见解析
【分析】（1）根据三角形的中位线定理和平行四边形判定定理可得EFGH是平行四边形，当AC⊥BD时，由三角形的中位线定理易知EF⊥EH，结合EFGH是平行四边形即可解答；
（2）当AC=BD时，由三角形的中位线定理易知EF=EH，结合EFGH是平行四边形即可得到四边形是菱形；
（3）当AC=BD时，由（2）可得四边形是菱形，由EF⊥EH和EFGH是平行四边形即可得到四边形是矩形即可证明结论；
【详解】（1）解： ∵四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，
∴线段EH，FG分别是∆ADC，∆ABC的中位线，
∴EH//AC，EH=AC，FG//AC，FG=AC，
∴EH//FG，EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形；
∵四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，
∴线段EF是∆ABD的中位线，
∴EF//BD，
∵EH//AC，AC⊥BD，
∴EF⊥EH，
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形是矩形；
故答案是：平行四边形，AC⊥BD．
（2）∵四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，
∴线段EF是∆ABD的中位线，
∴EF=BD，EH=AC
∵AC=BD，
∴EF=EH
∵四边形EFGH是平行四边形；
∴四边形是菱形．
故答案：菱形．
（3）解：由（2）可得当AC=BD时，四边形是菱形
∵EH//AC，EF∥BD，AC⊥BD，
∴EF⊥EH
∵四边形EFGH是平行四边形
∴四边形是矩形
∴四边形是正方形．
【点睛】本题主要考查了中点四边形的有关问题，熟练掌握好三角形的中位线定理和平行四边形，矩形，菱形，正方形的转化关系及判定方法是解题的关键．
9．（2022春·山东济宁·八年级统考期中）如图，已知在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合）．
(1)若点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，求证：四边形EFCH是平行四边形；
(2)在（1）的条件下，四边形ABCD的对角线AC和BD满足什么条件时，四边形EFGH是菱形，请说明理由；
(3)在（2）的条件下，请直接写出四边形ABCD的对角线AC和BD再满足什么条件时，四边形EFGH是正方形．
【答案】(1)见解析
(2)AC=BD，理由见解析
(3)AC⊥BD且AC=BD，理由见解析
【分析】（1）由三角形中位线定理得到相应条件，即可得出结论；
（2）根据菱形的判定和性质进行判断即可；
（3）根据正方形的判定进行判断即可．
（1）
解：证明：连接BD、AC交于点O，如图1所示：
∵四边形ABCD中，E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，
∴EH是△ABD的中位线，FG是△BCD的中位线，EF是△ABC的中位线，GH是△ACD的中位线，
∴EH∥BD，EH=BD，FG∥BD，FG=BD，EF∥AC，GH∥AC，
∴EH∥FG，EF∥GH，
∴四边形EFGH是平行四边形；
（2）
当AC=BD时，
由（1）得：HG=AC，EH=BD，
∴EH=GH，
∴四边形EFGH是菱形；
（3）
当AC⊥BD且AC=BD时，四边形EFGH既是矩形又是菱形，
∴四边形EFGH是正方形．
【点睛】此题考查了中点四边形的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
10．（2022秋·九年级课时练习）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中所得的四边形叫中点四边形．
（1）如图1，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，中点四边形EFGH是 ．
（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）平行四边形；（2）菱形，见解析；（3）正方形
【分析】（1）连接BD，根据三角形中位线定理证明EH∥FG，EH=FG，根据平行四边形的判定定理证明即可；
（2）证明△APC≌△BPD，根据全等三角形的性质得到AC=BD，再证明EF=FG，根据菱形的判定定理证明结论；
（3）证明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得到∠ACP=∠BDP，即可证明∠COD=∠CPD=90°，再根据平行线的性质证明∠EHG=90°，根据正方形的判定定理证明即可．
【详解】解：（1）如图1，连接BD，
∵点E，H分别为边AB，DA的中点，
∴EH∥BD，EH=BD，
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
∴FG∥BD，FG=BD，
∴EH∥FG，EH=GF，
∴中点四边形EFGH是平行四边形，
故答案为：平行四边形；
（2）结论：四边形EFGH是菱形，
理由：如图2，连接AC，BD．
∵∠APB=∠CPD，
∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，即∠APC=∠BPD，
在△APC和△BPD中，
，
∴△APC≌△BPD（SAS），
∴AC=BD，
∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，
∴EF=AC，FG=BD，
∴EF=FG，
由（1）知中点四边形EFGH是平行四边形，
∴平行四边形EFGH是菱形；
（3）结论：四边形EFGH是正方形，
理由：如图2，设AC与BD交于点O．AC与PD交于点M，
∵△APC≌△BPD，
∴∠ACP=∠BDP，
∵∠DMO=∠CMP，
∴∠COD=∠CPD=90°，
∵EH∥BD，AC∥HG，
∴∠EHG=∠DOC=90°，
由（2）知中点四边形EFGH是菱形，
∴菱形EFGH是正方形．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、正方形的判定和性质，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．
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