第07讲 模型构建专题：中点模型之斜边中线、中点四边形【五大题型+过关测】- 【暑假自学课】2024年新九年级数学暑假提升精品讲义（北师大版）

第07讲 模型构建专题：中点模型之斜边中线、中点四边形 中点模型是初中数学中一类重要模型，主要是结合三角形、四边形、圆的运用，在各类考试中都会出现中点问题，有时甚至会出现在压轴题当中，我们不妨称之为“中点模型”，它往往涉及到平分、平行、垂直等问题，因此探寻这类问题的解题规律对初中几何的学习有着十分重要的意义. 常见的中点模型：①垂直平分线模型；②等腰三角形“三线合一”模型；③“平行线+中点”构造全等或相似模型（与倍长中线法类似）；④中位线模型；⑤直角三角形斜边中点模型；⑥中点四边形模型.本专题就中点模型的后两类模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握. 模型1：直角三角形斜边中线模型 定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 如图1，若AD为斜边上的中线，则： （1）；（2），为等腰三角形；（3），． 图1 图2 拓展：如图2，在由两个直角三角形组成的图中，M为中点，则（1）；（2）． 模型运用条件：连斜边上的中线（出现斜边上的中点时） 模型2：中点四边形模型 中点四边形：依次连接四边形四边中点连线的四边形得到中点四边形. 中点四边形是中点模型中比较经典的应用.中点四边形不仅结合了常见的特殊四边形的性质，而且还会涉及中位线这一重要知识点，总体来说属于比较综合的几何模块. 结论1：顺次连结任意四边形各边中点组成的四边形是平行四边形． 如图1，已知点M、N、P、Q是任意四边形ABCD各边中点，则四边形MNPQ为平行四边形. 图1 图2 图3 图4 结论2：顺次连结对角线互相垂直四边形各边中点组成的四边形是矩形．（特例：筝形与菱形） 如图2，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC⊥DB，则四边形MNPQ为矩形. 结论3：顺次连结对角线相等四边形各边中点组成的四边形是菱形．（特例：等腰梯形与矩形） 如图3，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，则四边形MNPQ为菱形. 结论4：顺次连结对角线相等且垂直的四边形各边中点组成的四边形是正方形． 如图4，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，AC⊥DB，则四边形MNPQ为正方形. 推广与应用 1）中点四边形的周长：中点四边形的周长等于原四边形对角线之和. 2）中点四边形的面积：中点四边形的面积等于原四边形面积的. 【题型一 利用斜边的中线等于斜边的一半求角度】 例1．（2023·四川成都·模拟预测）如图，在中，，大于长为半径画弧，直线与相交于点E，过点C作，与相交于点F，若，则的度数是 ． 【答案】/106度 【分析】本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了线段垂直平分线的性质．连接，如图，利用基本作图得到E点为的中点，则根据斜边上的中线性质得到，则，再证明得到，然后根据三角形外角性质计算出，接着计算出． 【详解】解：连接， ， 由作法得垂直平分， ∴E点为的中点， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 【变式1-1】（2024八年级下·全国·专题练习）如图，在中，是斜边上的中线，度，则 度． 【答案】70 【分析】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，以及等腰三角形的性质．在中，根据是斜边上的中线，得，可求出即可解决问题． 【详解】解：在中， 是斜边上的中线， ， ， ， 故答案为：70． 【变式1-2】（23-24八年级下·山东德州·期中）如图，在和中，，为的中点，连接，，若，则 ． 【答案】/40度 【分析】本题考查斜边上的中线，等边对等角，三角形的内角和与外角的性质，连接，根据斜边上的中线的性质，得到，根据三角形的外角得到，再根据等边对等角，进行求解即可． 【详解】解：连接， ∵，为的中点， ∴， ∴， ∴， 即： ∵， ∴． 故答案为：． 【变式1-3】（23-24八年级下·全国·假期作业）如图，在四边形中，平分，，点，分别为，的中点，，，则的度数为 （用含的式子表示）． 【答案】 【分析】本题考查了角平分线的定义、三角形中位线定理、直角三角形的性质、等边对等角，求出，结合角平分线的定义得出，由直角三角形的性质得出，由等边对等角得出，推出，由三角形中位线定理得出，即可得出答案． 【详解】解：∵，， ∴， ∵平分， ∴， ∵，为的中点，， ∴， ∴， ∴， ∵点，分别为，的中点， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【题型二 利用斜边的中线等于斜边的一半求线段长】 例2.（23-24八年级下·北京·期中）如图，公路，互相垂直，公路的中点M与点C被湖隔开，若测得的长为，则 ．    【答案】 【分析】本题主要考查了直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，由，得出，由点M为的中点可得出，即可求出． 【详解】解：∵， ∴ ∵点M为的中点，且， ∴， 故答案为：． 【变式2-1】（23-24八年级下·内蒙古呼和浩特·期中）如图，在中，，分别为，的中点，点F在线段上，且．若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线的性质，根据，分别为，的中点，可得是的中位线，根据，可得是直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，由此即可求解． 【详解】解：∵，分别为，的中点，， ∴， ∵， ∴是直角三角形， ∵是的中点， ∴是的中线，且， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式2-2】（2024·陕西榆林·二模）如图，在矩形中，，点分别为边的中点，连接，点为上一动点，连接的延长线交于点，若，则的长为 ． 【答案】3 【分析】延长，交于点，连接，如图所示，结合矩形性质，利用两个三角形全等的判定得到，从而得到，进而由矩形性质得到，再由等腰三角形的判定与性质得到，再由直角三角形的判定确定，最后由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到答案． 【详解】解：延长，交于点，连接，如图所示： 在矩形中，，则， 点为边的中点， ， ， ， 在矩形中，，则， ， ， ，， ， ，则， ， 在中，，即， ， 点为边的中点， 是斜边上的中线，则， 故答案为：． 【点睛】本题考查求线段长，涉及矩形性质、两个三角形全等的判定与性质、中点定义、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理、直角三角形的判定与性质等知识，读懂题意，利用倍长中线准确构造辅助线，灵活运用相关几何性质与判定求证是解决问题的关键． 【变式2-3】（2024八年级下·全国·专题练习）如图，，矩形的顶点A、B分别在边、上，当B在边上运动时，A随之在上运动，矩形的形状保持不变，其中，．运动过程中点D到点O的最大距离是 ． 【答案】 【分析】取线段的中点E，连接，根据直角三角形的特征量，三角形不等式解答即可． 本题考查了斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，矩形的性质，三角形不等式，熟练掌握三角形不等式，勾股定理是解题的关键． 【详解】 解：如图：取线段的中点E，连接， ∵，矩形，，， ∴， ∴， ∵， ∴当点D，点E，点O共线时，的长度最大． ∴点D到点O的最大距离， 故答案为：． 【题型三 利用斜边的中线等于斜边的一半证明】 例3. （2024·北京·三模）如图，矩形，过点B作交的延长线于点E．过点D作于F，G为中点，连接． (1)求证：． (2)若，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）因为是矩形，所以，结合，证明四边形是平行四边形，即可作答． （2）根据勾股定理得出，结合直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半，即，进行作答即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2）解：∵，四边形是矩形， ∴ ∵，G为中点， ∴ 【变式3-1】（23-24八年级下·湖北荆门·期中）如图，在菱形中，对角线，交于点O，过点A作的垂线，垂足为点E，延长到点F，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据菱形的性质可得且，等量代换得到，推出四边形是平行四边形，再根据矩形的判定定理即可得出结论； （2）由菱形的性质可得，，，由直角三角形斜边上的中线的性质可得，由勾股定理可得，计算出的长，最后再由勾股定理计算出的长即可． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， 且， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是矩形； （2）解：四边形是菱形， ，，， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键． 【变式3-2】（23-24八年级下·河北保定·期中）如图，在四边形中，对角线，交于点，且，． (1)直接写出与的数量关系和位置关系； (2)当时，四边形是什么特殊四边形？并说明理由； (3)在（2）的基础上，过点作于点，连接，若，，求的长． 【答案】(1)， (2)四边形为菱形，见解析 (3) 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，菱形的判定与性质以及直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理等知识； （1）根据题意得出四边形为平行四边形，即可求解； （2）根据邻边相等的平行四边形是菱形，即可得证； （3）根据勾股定理求得，进而根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半即可求解． 【详解】（1）解：，， 四边形为平行四边形． ∴， ∴与的数量关系为：，与的位置关系为：； （2）四边形为菱形； 理由如下：，， 四边形为平行四边形． 又， 四边形为菱形； （3）由（2）知四边形是菱形， ， ． ， ． 在中，， 在中，． ， 为的中点， 在中． 【变式3-3】（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，四边形中，，点E在上，连接交于点K，于点F，交于点U，G为的中点，连接，且． (1)如图1，求证：； (2)如图2，当时，求的度数； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】本题主要考查了直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关性质定理成为解题的关键． （1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，由等腰三角形的性质可得，进而得到，再结合可得，最后根据已知条件及等量代换即可解答； （2）先证明可得，进而得到，最后根据四边形的内角和定理即可解答； （3）如图：过作交延长线于M，易得；设，，则，；在中运用勾股定理可得，再结合（1）中可得，然后运用勾股定理列方程求得x的值，最后代入求得y的值即可． 【详解】（1）解：∵，G为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴,即， ∴． （2）解：∵， ∴, ∵，， ∴， ∴, ∴, ∵， ∴． （3）解：如图：过作交延长线于M， ∵， ∴， ∴, 设，，则， ∵， ∴ 由（1）可知， ∴， ∴, ∵， ∴,， ∴， ∴，解得：， ∵， ∴，解得：， ∴． 【题型四 中点四边形中的规律探究问题】 例4.（23-24八年级下·山东德州·期中）如图，在菱形中，边长为1，．顺次连接菱形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形各边中点，可得四边形，顺次连接四边形各边中点，可得四边形；…；按此规律继续下去．四边形的面积是 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了菱形以及中点四边形的性质，找到中点四边形的面积与原四边形的面积之间的关系是解题的关键．根据菱形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理，依次求出四边形的面积，得出规律，即可解答． 【详解】解：菱形，， ，为等边三角形， ， 等边的高为， ， 顺次连接菱形各边中点，可得四边形， 四边形为矩形， , 同理可得， ， …… ． 故答案为：． 【变式4-1】（23-24八年级下·广东惠州·期中）如图，顺次连接矩形四边的中点得到四边形，再顺次连接四边形四边的中点得四边形，…，按此规律得到四边形，若矩形的面积为15，那么四边形的面积为 ．    【答案】 【分析】设四边形的面积为，矩形的长为x，宽为y，根据题意，， ，，确定规律为，代入计算即可，本题考查了矩形的性质，菱形的性质，规律探索，熟练掌握规律探索，菱形的性质是解题的关键． 【详解】设四边形的面积为，矩形的长为x，宽为y，根据题意，得，， ， 故， 故答案为：． 【题型五 与中点四边形有关的证明问题】 例5. （23-24八年级下·广西玉林·期中）已知：如图1，四边形四条边上的中点分别为E、F、G、H，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__________，证明你的结论． (2)如图2，请连接四边形的对角线与，当与满足__________条件时，四边形是正方形，证明你的结论． 【答案】(1)平行四边形，证明见解析 (2)互相垂直且相等（且），证明见解析 【分析】本题考查了中位线，平行四边形的判定，正方形的判定．熟练掌握中位线，平行四边形的判定，正方形的判定是解题的关键． （1）如图1，连接，由点E、H分别是中点，可得，，同理，，，则，，进而可证四边形是平行四边形； （2）如图2，连结，同理（1）可知，四边形是平行四边形，由，可得，证明平行四边形是矩形，由，可得，进而可证四边形是正方形． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，证明如下； 如图1，连接， 点E、H分别是中点， ∴，， 同理，，， ∴，， 四边形是平行四边形； （2）解：互相垂直且相等（且），证明如下； 如图2，连结， 同理（1）可知，四边形是平行四边形， ∵， ∴， 平行四边形是矩形， ∵， ∴， ∴四边形是正方形． 【变式5-1】（23-24八年级下·江苏常州·期中）定义：对于一个四边形，我们把依次连结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，那么我们把原四边形叫做“中方四边形”． (1)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 (2)如图1，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连结，求证：四边形是“中方四边形”； (3)如图2，四边形是“中方四边形”，若的值为32，则的最小值是________．（不需要解答过程） 【答案】(1)D (2)见解析 (3)4 【分析】（1）根据定义“中方四边形”，即可得出答案； （2）如图，取四边形各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K，利用三角形中位线定理可证得四边形是平行四边形，再证得，推出四边形是菱形，再由，可得菱形是正方形，即可证得结论； （3）如图，分别作的中点E，F，M，N，并顺次连接，连接交于O，连接，可得四边形是正方形，再根据等腰直角三角形性质可得，根据题意得：当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长，再结合（2）的结论即可求得答案． 【详解】（1）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； （2）证明：如图，取四边形各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K， ∵四边形各边中点分别为M、N、R、L， ∴分别是的中位线， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， 又∵∠， ∴， 即， 在和中， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴． 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴菱形是正方形， 即原四边形是“中方四边形”； （3）解：如图，分别作的中点E，F，M，N，并顺次连接，连接交于O，连接， ∵四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵M，F分别是的中点， ∴， ∴， ∵的值为32， ∴， 根据题意得：当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长， ∴， 由（2）知：， 又∵M，N分别是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴的最小值为4． 【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． 【变式5-2】（21-22八年级下·浙江宁波·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：①，②；问题解决：见解析；拓展应用：（1），理由见解析；（2） 【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，EHBD，EH=BD，EF∥AC，EF=AC， ∴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， ∴MNBG，MN=BG， RLBG，RL=BG， RNCE，RN=CE， MLCE，ML=CE， ∴MNRL，MN=RL，RNMLCE，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， ， ∴△EAC≌△BAG（SAS）， ∴CE=BG，∠AEC=∠ABG， 又∵RL=BG，RN=CE， ∴RL=RN， ∴▱MNRL是菱形， ∵∠EAB=90°， ∴∠AEP+∠APE=90°． 又∵∠AEC=∠ABG，∠APE=∠BPK， ∴∠ABG+∠BPK=90°， ∴∠BKP=90°， 又∵MNBG，MLCE， ∴∠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=AC，理由如下： 如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME， ∵四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点， ∴四边形ENFM是正方形， ∴FM=FN，∠MFN=90°， ∴MN===FM， ∵M，F分别是AB，BC的中点， ∴FM=AC， ∴MN=AC； （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+CD2MN， 由拓展应用（1）知：MN=AC； 又∵AC=2， ∴MN=， ∴AB+CD的最小值为2． 【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． 【变式5-3】（23-24九年级上·广东佛山·阶段练习）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】： （1）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】： （2）如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，直接写出四边形的对角线，的关系； 【问题解决】： （3）如图2．以锐角的两边，为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连接，，．求证：四边形是“中方四边形”； 【拓展应用】： 如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是，的中点． （4）试探索与的数量关系，并说明理由． （5）若，求的最小值．    【答案】（1）D；（2），；（3）证明见解析；（4），理由见解析；（5）的最小值为 ． 【分析】（1）由正方形对角线相等且互相垂直可得答案； （2）由中位线的性质可得：，，，，结合正方形的性质可得结论； （3）如图，取四边形各边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K，利用三角形中位线定理可证得四边形是平行四边形，再证得，推出是菱形，再由，可得菱形是正方形，即可证得结论； （4）如图，记、的中点分别为E、F，可得四边形是正方形，再根据等腰直角三角形性质与三角形的中位线的性质即可证得结论； （5）如图，记、的中点分别为E、F，连接交于O，连接、，当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长，再结合（1）（4）的结论即可求得答案． 【详解】解：（1）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，所以其中点四边形是正方形； （2），．理由如下： ∵四边形是“中方四边形”， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵E，F，G，H分别是，，，的中点， ∴，，，， ∴，． （3）如图，设四边形的边的中点分别为M、N、R、L，连接交于P，连接交于K，    ∵四边形各边中点分别为M、N、R、L， ∴、，，分别是、、、的中位线， ∴，，，，，，，， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， 又∵，， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∵， ∴． 又∵，， ∴， ∴， 又∵，， ∴． ∴菱形是正方形，即原四边形是“中方四边形”． （4）如图，记、的中点分别为E、F，    ∵四边形是“中方四边形”，M，N分别是，的中点， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵M，F分别是，的中点， ∴， ∴； （5）如图， 连接交于O，连接、，    当点O在上（即M、O、N共线）时，最小，最小值为的长， ∴的最小值， 由性质探究（1）知：， 又∵M，N分别是，的中点， ∴，， ∴， ∴的最小值， 由拓展应用（4）知：； 又∵， ∴， ∴的最小值为． 【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． 一、单选题 1．（2024·广东深圳·模拟预测）一技术人员用刻度尺（单位，）测量某三角形部件的尺寸．如图所示，已知，点为边的中点，点对应的刻度为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查直角三角形斜边上的中线，根据图形和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可以计算出的长，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 【详解】解：∵点对应的刻度为， ∴， ∵，点为边的中点， ∴， 故选：B． 2．（2024·湖南岳阳·二模）如图，一块直角三角板的 角的顶点 A 与直角顶点 C 分别在两平行线上，若斜边 与直线交于的中点 E ，则的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，直角三角形的性质，平行线的性质，先由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，进而证明是等边三角形，得到，则由平行线的性质可得． 【详解】解：∵斜边 与直线交于的中点 E ， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， 故选：A． 3．（2024八年级下·江苏·专题练习）如图，在四边形中，E、F、G、H分别是边、、、的中点．请你添加一个条件，使四边形为矩形，应添加的条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用三角形中位线定理证明四边形为平行四边形，然后添加每个选项的条件，根据矩形的判定定理判定即可． 【详解】解：应添加的条件是，理由为： 证明：、、、分别为、、、的中点， ，，，， ∴，， ∴四边形为平行四边形， A、添加的条件是时，四边形为平行四边形，故此选项不符合题意； B、添加的条件是，则，所以四边形为矩形，故此选项符合题意； C、添加的条件是，四边形为平行四边形，故此选项不符合题意； D、添加的条件是， 、、、分别为、、、的中点，且，，，，， ， 则四边形为菱形，故此选项不符合题意； 故选：B． 【点睛】此题考查了中点四边形，以及平行四边形、矩形、菱形的判定，三角形中位线定理，熟练掌握三角形中位线定理是解本题的关键． 4．（2024·浙江绍兴·二模）如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于，是边的中点，连接，若，菱形的面积96，则的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，先由菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，可计算出的长度，根据勾股定理即可求得的长，再根据直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得出答案． 【详解】解：四边形是菱形， ∴， ∵，菱形的面积为96， ∴， 解得， 则， ∵，是边的中点， ∴， ∴， 故选：D． 5．（23-24八年级下·北京海淀·期中）如图，点A，B，C为平面内不在同一直线上的三点．点为平面内一个动点，线段，，，的中点分别为M，N，P，Q，在点的运动过程中，有下列结论： ①存在无数个中点四边形是平行四边形； ②存在无数个中点四边形是菱形； ③存在无数个中点四边形是矩形； ④存在无数个中点四边形是正方形． 其中，所有正确的有（    ） A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④ 【答案】A 【分析】根据中点四边形的性质：一般中点四边形是平行四边形，对角线相等的四边形的中点四边形是菱形，对角线垂直的中点四边形是矩形，对角线相等且垂直的四边形的中点四边形是正方形，由此即可判断． 【详解】①与不平行时，中点四边形是平行四边形，故存在无数个中点四边形是平行四边形，所以①正确； ②与相等且不平行时，中点四边形是菱形，故存在无数个中点四边形是菱形，所以②正确； ③与互相垂直（B，D不重合）时，中点四边形是矩形，故存在无数个中点四边形是矩形，所以③正确； ④如图所示，当与相等且互相垂直时，中点四边形是正方形，故存在两个中点四边形是正方形，所以④错误． 故选A． 【点睛】本题考查中点四边形，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 二、填空题 6．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，在中，是BC的中点，若，则 ． 【答案】 【分析】本题考查直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握直角三角形斜边中线定义斜边一半的性质是解题关键．根据直角三角形斜边中线的性质即可得答案． 【详解】解：∵，是的中点， ∴， ∵， ∴． 故答案为： 7．（23-24八年级下·湖北黄石·期中）如图，四边形是菱形，，对角线，相交于点，于，连接，则 度． 【答案】 【分析】根据菱形对角线相互垂直平分，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半判定，利用直角三角形两锐角互余及等腰三角形等边对等角数形结合求角度即可得到答案． 【详解】解：四边形是菱形，对角线，相交于点， ，且， ， ， ， 在中，，则， 在菱形中，，， ，则， 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形中求角度，涉及菱性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、等腰三角形的判定与性质、直角三角形两锐角互余等知识，熟练掌握菱形性质、直角三角形性质，数形结合表示出角度之间的关系是解决问题的关键． 8．（23-24八年级下·福建福州·期中）如图，在中，，是高，，E，F分别为，的中点，若，则的度数为 （用含α的式子表示）．    【答案】 【分析】根据三角形中位线的性质求出，根据平行线的性质得出，，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半得出，根据等腰三角形的性质得出，根据三角形外角的性质得出． 【详解】解：∵E，F分别为，的中点， ∴， ∴，， ∴， ∵是高， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，三角形中位线的性质，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握相关的性质． 9．（23-24八年级下·广东河源·期中）如图，四边形的两条对角线、互相垂直，将四边形各边中点依次相连，得到四边形，若四边形的面积为15，则四边形的面积为 ． 【答案】30 【分析】根据三角形的中位线定理证明四边形是矩形，从而根据矩形的面积和三角形的每件公式进行计算．此题主要考查中点四边形和三角形的面积，注意三角形中位线定理这一知识点的灵活运用，此题难易程度适中，是一道典型的题目． 【详解】解：，，，是四边形的中点四边形， 四边形的对角线、互相垂直， 四边形为矩形， 设，， 是的中位线， ， 同理可得， 四边形的面积为． ， 四边形的面积， 故答案为：30． 10．（23-24八年级下·陕西安康·期中）如图，在矩形中，E，F分别是边，上的动点，连接，P是线段的中点，，，G，H为垂足，连接．若，，，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线性质，勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质与判定，求出的最小值是解本题的关键．连接，，，由勾股定理得到，再根据直角三角形斜边上的中线性质得，然后证四边形是矩形，得，当，，三点共线时，最小，进而得解的最小值． 【详解】解：连接，，，如图所示， 四边形是矩形，，， ，，， ， P是线段的中点，， ， ，，G，H为垂足， ， 四边形是矩形， ， 当，，三点共线时，最小， 此时，， 的最小值是， 故答案为：． 三、解答题 11．（23-24八年级下·山东泰安·期中）如图，在四边形中，，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)点E是上一点，点F是的中点，连接，若，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)． 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线性质，勾股定理的逆定理；解决本题的关键是掌握矩形的性质． （1）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可解决问题； （2）根据勾股定理的逆定理证明，再根据直角三角形斜边上的中线性质即可求解． 【详解】（1）证明：∵，， 四边形是平行四边形． ， 四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∵，，， ∴， ∴是直角三角形，且， ∵点F是的中点， ∴． 12．（23-24八年级下·山西大同·期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，AC平分． (1)求证：四边形ABCD是菱形． (2)过点C作交AB的延长线于点E，连接OE交BC于点F，若，求的度数． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】（1）由，平分，得，，结合，得，又，四边形ABCD是平行四边形，又，即可求证， （2）由ABCD是菱形，得，，，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，得，，，，， 本题考查了，平行四边形的性质，菱形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，直角三角形斜边中线等于斜边一半，解题的关键是：熟练掌握相关性质定理． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴四边形ABCD是平行四边形， 又， ∴四边形ABCD是菱形， （2）解：由（1）可知四边形ABCD是菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 13．（22-23八年级下·山西吕梁·期中）如图，在四边形中，对角线，，且，垂足为O，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形；再顺次连接四边形各边的中点，得到四边形，…如此下去得到四边形． (1)判断四边形的形状，并说明理由． (2)求四边形的面积． (3)直接写出四边形的面积（用含n的式子表示）． 【答案】(1)四边形是矩形，理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据中位线的性质可得，，，，，，，；即有，，证得四边形是平行四边形，结合，问题得解； （2）由（1）得四边形是矩形，，是的中位线，可得，从而得到，，再由矩形的面积公式计算，即可． （3）由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，即可求解． 【详解】（1）解：四边形是矩形，理由如下： 在四边形中，顺次连接四边形各边中点，得到四边形， ∴、分别为的中点， ∴是的中位线， ∴，， 同理可得：，，，，，； ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行多边形是矩形， （2）解：由（1）得四边形是矩形，，是的中位线， ∴． 又∵，， ∴，， ∴． （3）解：∵四边形中，，，且， ∴； 由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半， 即四边形的面积是． 【点睛】本题考查三角形的中位线的性质，中点四边形，矩形的判定与性质，解题的关键是学会从特殊到一般，探究规律，利用规律解决问题． 14．（23-24八年级下·福建龙岩·阶段练习）小亮把以边所在直线为对称轴翻折得到，这两个三角形组成四边形（如图1），这是一种特殊的四边形——筝形，请你根据学习平行四边形的经验来研究筝形． (1)首先请你给出筝形的一种定义：______；（文字语言描述） (2)如图1，在边、角、对角线的关系方面直接写出两条对筝形性质的猜想（定义除外）； (3)如图2，在筝形中，P，Q，R，T分别为边的中点．求证：四边形是矩形． 【答案】(1)把两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形” (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题． （1）根据折叠的性质得出答案； （2）先判断出，即可得出结论； （3）利用三角形中位线定理证明即可． 【详解】（1）解：根据观察可得，两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”． 故答案为：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”； （2）解：如图2，①筝形的一条对角线平分一组对角； ②筝形的一组对角相等； 证明：①由折叠知， ， ，，； 即筝形的一条对角线平分一组对角； ②由折叠知，， ； 即筝形的一组对角相等； （3）证明：连接，． ，， ，， ，， ，， ， ， 四边形是平行四边形， ，， 垂直平分线段， ，， ， ， ， ， ， 四边形是矩形． 15．（23-24八年级下·湖南益阳·阶段练习）如图，在中，，分别是的中点，是线段上的点（不与重合），连接交于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)求证：； (3)当时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由平行四边形的性质得出，，，由平行线的性质得出，再根据直角三角形的性质得出，即可得证； （2）由菱形的性质得出，，证明得出，再由平行线的性质得出，即可得证； （3）连接交于点，由（1）可得，由勾股定理可得，由菱形的性质可得，求出，再由勾股定理计算即可． 【详解】（1）证明：， ， 四边形是平行四边形， ，，， ， 分别是的中点， ，， ， 四边形是菱形； （2）证明：四边形是菱形， ，， 在和中， ， ， ， ， ， ； （3）解：如图，连接交于点， 由（1）可得， ∵ ， 四边形是菱形， ， ， ， ， ． 16．（22-23八年级下·湖南益阳·期末）如图1，是线段上的一点，在的同侧作和，使，，，连接，点，，，分别是，，，的中点，顺次连接，，，． (1)猜想四边形的形状，直接回答，不必说明理由； (2)点在线段的上方时，如图2，在的外部作和，其他条件不变，（1）中的结论还成立吗？说明理由； (3)如果（2）中，，其他条件不变，先补全图3，再判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)菱形 (2)成立，理由见解析 (3)图见解析，正方形，理由见解析 【分析】（1）证明，可得，根据三角形中位线的性质，可得，进而可得，即可得出结论； （2）连接，．证明，可得，同（1）的方法，即可得证； （3）连接，．证明，同理可得四边形是菱形，证明，即可得证． 【详解】（1）解：四边形是菱形． 如图所示，连接， ∵ ∴，即， 又∵，， ∴， ∴， ∵点，，，分别是，，，的中点， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （2）成立． 理由：连接，． ， ． 即． 又，， ， ． ，，，分别是，，，的中点， ，，，分别是，，，的中位线． ，，，． ． 四边形是菱形． （3）解：补全图形，如图． 判断四边形是正方形． 理由：连接，． （2）中已证：， ． ， ． 又， ， ． （2）中已证，分别是，的中位线， ，． ． 又（2）中已证四边形是菱形， 菱形是正方形． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，正方形的判定，三角形中位线的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． ( 2 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第07讲 模型构建专题：中点模型之斜边中线、中点四边形 中点模型是初中数学中一类重要模型，主要是结合三角形、四边形、圆的运用，在各类考试中都会出现中点问题，有时甚至会出现在压轴题当中，我们不妨称之为“中点模型”，它往往涉及到平分、平行、垂直等问题，因此探寻这类问题的解题规律对初中几何的学习有着十分重要的意义. 常见的中点模型：①垂直平分线模型；②等腰三角形“三线合一”模型；③“平行线+中点”构造全等或相似模型（与倍长中线法类似）；④中位线模型；⑤直角三角形斜边中点模型；⑥中点四边形模型.本专题就中点模型的后两类模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握. 模型1：直角三角形斜边中线模型 定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 如图1，若AD为斜边上的中线，则： （1）；（2），为等腰三角形；（3），． 图1 图2 拓展：如图2，在由两个直角三角形组成的图中，M为中点，则（1）；（2）． 模型运用条件：连斜边上的中线（出现斜边上的中点时） 模型2：中点四边形模型 中点四边形：依次连接四边形四边中点连线的四边形得到中点四边形. 中点四边形是中点模型中比较经典的应用.中点四边形不仅结合了常见的特殊四边形的性质，而且还会涉及中位线这一重要知识点，总体来说属于比较综合的几何模块. 结论1：顺次连结任意四边形各边中点组成的四边形是平行四边形． 如图1，已知点M、N、P、Q是任意四边形ABCD各边中点，则四边形MNPQ为平行四边形. 图1 图2 图3 图4 结论2：顺次连结对角线互相垂直四边形各边中点组成的四边形是矩形．（特例：筝形与菱形） 如图2，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC⊥DB，则四边形MNPQ为矩形. 结论3：顺次连结对角线相等四边形各边中点组成的四边形是菱形．（特例：等腰梯形与矩形） 如图3，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，则四边形MNPQ为菱形. 结论4：顺次连结对角线相等且垂直的四边形各边中点组成的四边形是正方形． 如图4，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，AC⊥DB，则四边形MNPQ为正方形. 推广与应用 1）中点四边形的周长：中点四边形的周长等于原四边形对角线之和. 2）中点四边形的面积：中点四边形的面积等于原四边形面积的. 【题型一 利用斜边的中线等于斜边的一半求角度】 例1．（2023·四川成都·模拟预测）如图，在中，，大于长为半径画弧，直线与相交于点E，过点C作，与相交于点F，若，则的度数是 ． 【变式1-1】（2024八年级下·全国·专题练习）如图，在中，是斜边上的中线，度，则 度． 【变式1-2】（23-24八年级下·山东德州·期中）如图，在和中，，为的中点，连接，，若，则 ． 【变式1-3】（23-24八年级下·全国·假期作业）如图，在四边形中，平分，，点，分别为，的中点，，，则的度数为 （用含的式子表示）． 【题型二 利用斜边的中线等于斜边的一半求线段长】 例2.（23-24八年级下·北京·期中）如图，公路，互相垂直，公路的中点M与点C被湖隔开，若测得的长为，则 ．    【变式2-1】（23-24八年级下·内蒙古呼和浩特·期中）如图，在中，，分别为，的中点，点F在线段上，且．若，，则的长为 ． 【变式2-2】（2024·陕西榆林·二模）如图，在矩形中，，点分别为边的中点，连接，点为上一动点，连接的延长线交于点，若，则的长为 ． 【变式2-3】（2024八年级下·全国·专题练习）如图，，矩形的顶点A、B分别在边、上，当B在边上运动时，A随之在上运动，矩形的形状保持不变，其中，．运动过程中点D到点O的最大距离是 ． 【题型三 利用斜边的中线等于斜边的一半证明】 例3. （2024·北京·三模）如图，矩形，过点B作交的延长线于点E．过点D作于F，G为中点，连接． (1)求证：． (2)若，求的长． 【变式3-1】（23-24八年级下·湖北荆门·期中）如图，在菱形中，对角线，交于点O，过点A作的垂线，垂足为点E，延长到点F，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 【变式3-2】（23-24八年级下·河北保定·期中）如图，在四边形中，对角线，交于点，且，． (1)直接写出与的数量关系和位置关系； (2)当时，四边形是什么特殊四边形？并说明理由； (3)在（2）的基础上，过点作于点，连接，若，，求的长． 【变式3-3】（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，四边形中，，点E在上，连接交于点K，于点F，交于点U，G为的中点，连接，且． (1)如图1，求证：； (2)如图2，当时，求的度数； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，，，求的长． 【题型四 中点四边形中的规律探究问题】 例4.（23-24八年级下·山东德州·期中）如图，在菱形中，边长为1，．顺次连接菱形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形各边中点，可得四边形，顺次连接四边形各边中点，可得四边形；…；按此规律继续下去．四边形的面积是 ． 【变式4-1】（23-24八年级下·广东惠州·期中）如图，顺次连接矩形四边的中点得到四边形，再顺次连接四边形四边的中点得四边形，…，按此规律得到四边形，若矩形的面积为15，那么四边形的面积为 ．    【题型五 与中点四边形有关的证明问题】 例5. （23-24八年级下·广西玉林·期中）已知：如图1，四边形四条边上的中点分别为E、F、G、H，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__________，证明你的结论． (2)如图2，请连接四边形的对角线与，当与满足__________条件时，四边形是正方形，证明你的结论． 【变式5-1】（23-24八年级下·江苏常州·期中）定义：对于一个四边形，我们把依次连结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，那么我们把原四边形叫做“中方四边形”． (1)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 (2)如图1，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连结，求证：四边形是“中方四边形”； (3)如图2，四边形是“中方四边形”，若的值为32，则的最小值是________．（不需要解答过程） 【变式5-2】（21-22八年级下·浙江宁波·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． 【变式5-3】（23-24九年级上·广东佛山·阶段练习）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】： （1）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】： （2）如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，直接写出四边形的对角线，的关系； 【问题解决】： （3）如图2．以锐角的两边，为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连接，，．求证：四边形是“中方四边形”； 【拓展应用】： 如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是，的中点． （4）试探索与的数量关系，并说明理由． （5）若，求的最小值．    一、单选题 1．（2024·广东深圳·模拟预测）一技术人员用刻度尺（单位，）测量某三角形部件的尺寸．如图所示，已知，点为边的中点，点对应的刻度为，则（    ） A． B． C． D． 2．（2024·湖南岳阳·二模）如图，一块直角三角板的 角的顶点 A 与直角顶点 C 分别在两平行线上，若斜边 与直线交于的中点 E ，则的大小为（   ） A． B． C． D． 3．（2024八年级下·江苏·专题练习）如图，在四边形中，E、F、G、H分别是边、、、的中点．请你添加一个条件，使四边形为矩形，应添加的条件是（    ） A． B． C． D． 4．（2024·浙江绍兴·二模）如图，菱形的对角线，相交于点，过点作于，是边的中点，连接，若，菱形的面积96，则的值是（    ） A． B． C． D． 5．（23-24八年级下·北京海淀·期中）如图，点A，B，C为平面内不在同一直线上的三点．点为平面内一个动点，线段，，，的中点分别为M，N，P，Q，在点的运动过程中，有下列结论： ①存在无数个中点四边形是平行四边形； ②存在无数个中点四边形是菱形； ③存在无数个中点四边形是矩形； ④存在无数个中点四边形是正方形． 其中，所有正确的有（    ） A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④ 二、填空题 6．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，在中，是BC的中点，若，则 ． 7．（23-24八年级下·湖北黄石·期中）如图，四边形是菱形，，对角线，相交于点，于，连接，则 度． 8．（23-24八年级下·福建福州·期中）如图，在中，，是高，，E，F分别为，的中点，若，则的度数为 （用含α的式子表示）．    9．（23-24八年级下·广东河源·期中）如图，四边形的两条对角线、互相垂直，将四边形各边中点依次相连，得到四边形，若四边形的面积为15，则四边形的面积为 ． 10．（23-24八年级下·陕西安康·期中）如图，在矩形中，E，F分别是边，上的动点，连接，P是线段的中点，，，G，H为垂足，连接．若，，，则的最小值是 ． 三、解答题 11．（23-24八年级下·山东泰安·期中）如图，在四边形中，，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)点E是上一点，点F是的中点，连接，若，，，求的长． 12．（23-24八年级下·山西大同·期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，AC平分． (1)求证：四边形ABCD是菱形． (2)过点C作交AB的延长线于点E，连接OE交BC于点F，若，求的度数． 13．（22-23八年级下·山西吕梁·期中）如图，在四边形中，对角线，，且，垂足为O，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形；再顺次连接四边形各边的中点，得到四边形，…如此下去得到四边形． (1)判断四边形的形状，并说明理由． (2)求四边形的面积． (3)直接写出四边形的面积（用含n的式子表示）． 14．（23-24八年级下·福建龙岩·阶段练习）小亮把以边所在直线为对称轴翻折得到，这两个三角形组成四边形（如图1），这是一种特殊的四边形——筝形，请你根据学习平行四边形的经验来研究筝形． (1)首先请你给出筝形的一种定义：______；（文字语言描述） (2)如图1，在边、角、对角线的关系方面直接写出两条对筝形性质的猜想（定义除外）； (3)如图2，在筝形中，P，Q，R，T分别为边的中点．求证：四边形是矩形． 15．（23-24八年级下·湖南益阳·阶段练习）如图，在中，，分别是的中点，是线段上的点（不与重合），连接交于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)求证：； (3)当时，求的长． 16．（22-23八年级下·湖南益阳·期末）如图1，是线段上的一点，在的同侧作和，使，，，连接，点，，，分别是，，，的中点，顺次连接，，，． (1)猜想四边形的形状，直接回答，不必说明理由； (2)点在线段的上方时，如图2，在的外部作和，其他条件不变，（1）中的结论还成立吗？说明理由； (3)如果（2）中，，其他条件不变，先补全图3，再判断四边形的形状，并说明理由． ( 2 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$