1.7中点四边形问题（特色专题培优提分练）-【上好课】2024-2025学年九年级数学上册同步精品课堂（北师大版）

1.7中点四边形问题（特色专题培优提分练） 一、单选题 1．（2024·四川泸州·二模）下列说法正确的是（   ） A．平行四边形、等边三角形都是中心对称图形 B．顺次连结矩形各边的中点所得的四边形是菱形 C．顶点在圆上的角叫圆周角 D．相似三角形面积之比等于相似比 2．（23-24九年级上·甘肃酒泉·阶段练习）若顺次连接平行四边形四边的中点，得到的图形是一个矩形，则平行四边形一定是（    ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．平行四边形 3．（22-23·湖北恩施·期中）如图，四边形是菱形，顺次连接菱形各边的中点，则说法正确的是（　　）    A．是菱形 B．是正方形 C．是矩形 D．是平行四边形 4．（2024·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． 5．（23-24九年级上·山西太原·阶段练习）如图，在任意四边形中，，是对角线，、、、分别是线段、、、上的点，对于四边形的形状，某班的学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（   ）    A．当，，，是各条线段的中点时，四边形为平行四边形 B．当，，，是各条线段的中点时，且时，四边形为矩形 C．当，，，是各条线段的中点时，且时，四边形为菱形 D．当，，，不是各条线段的中点时，四边形可以为平行四边形 6．（22-23九年级上·广东佛山·阶段练习）如图，在方格纸中，顺次连接四个格点A、B、C、D得到四边形，再顺次连接四边形的各边中点得到的四边形是（     ）    A．平行四边形 B．菱形 C．正方形 D．矩形 7．（22-23·安徽亳州·阶段练习）四边形的对角线，交点O，点M，N，P，Q分别为边，，，的中点，则下列说法不正确的是（    ）    A．对于任意四边形，四边形一定是平行四边形； B．若，则四边形一定是菱形； C．若，则四边形一定是矩形； D．若四边形是菱形，则四边形也是菱形． 8．（2024·山东滨州·一模）如图，已知矩形的边长分别为a，b，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形各边的中点，得到四边形第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形如此反复操作下去，则第次操作后，得到四边形的面积是（    ） A． B． C． D． 9．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，已知四边形与交于点O，，且为直角，E、F、G、H分别为的中点，则四边形的面积为（   ） A． B．12 C． D． 10．（23-24·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 11．（19-20·黑龙江哈尔滨·阶段练习）我们把顺次连接任意一个四边形各边中点所得四边形叫做中点四边形，则任意一个四边形的中点四边形是 四边形． 12．（20-21·重庆九龙坡·期末）如图，已知矩形的对角线的长为10cm，顺次连接各边中点E、F、G、H得四边形，则四边形的周长为 cm． 13．（23-24·山东菏泽·期中）在四边形中，，，，，，分别是，，，的中点，则四边形的形状是 ． 14．（2023·辽宁沈阳·模拟预测）如图，在四边形中，，连接，点、、、分别为、、、的中点，若，，则四边形的周长为 ．    15．（23-24九年级上·山东青岛·期中）如图，依次连结第一个矩形各边的中点得到一个菱形，再依次连结菱形各边的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去．已知第一个矩形的面积为1，则第n个矩形的面积为 ．    16．（22-23九年级上·广东佛山·期末）点E、F、G、H分别是平行四边形的边、、、的中点．若要使四边形是菱形，则添加的条件可以是 ．现有条件：①，②，③，④．（请填写正确的序号） 17．（23-24·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 ． 18．（23-24九年级上·辽宁·阶段练习）如图，依次连接第一个矩形各边的中点得到一个菱形，再依次连接菱形各边的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去．已知第一个矩形的面积为1，则第4个矩形的面积为 ． v   三、解答题 19．（18-19八年级上·重庆·期中）如图，在矩形中，E，F，G，H分别是各边的中点，连接，，，．试判断四边形的形状，并说明理由． 20．（21-22·山西朔州·期中）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________，并证明你的结论． (2)当四边形的对角线满足________条件时，四边形是矩形． (3)在教材课本中你学过的哪种特殊四边形的中点四边形是菱形？________ 21．（24-25九年级上·全国·假期作业）阅读理解，我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形中，分别是边的中点，依次连接各边中点得到中点四边形． (1)这个中点四边形的形状是 ； (2)如图2，在四边形中，点在上且和为等边三角形，分别为的中点，试判断四边形的形状并证明． 22．（2024·江西上饶·模拟预测）在中，，，E、F分别为边的中点．请仅用无刻度的直尺分别按下列要求画图（保留画图痕迹） (1)在图中画一个以点A、点C为顶点的菱形． (2)在图中画一个以点B、点C为顶点的矩形． 23．（23-24·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． 24．（2024九年级下·全国·专题练习）如图，我们把依次连接任意四边形各边中点所得四边形叫中点四边形． (1)若四边形是菱形，则它的中点四边形一定是 ； A．菱形   B．矩形   C．正方形   D．梯形 (2)若四边形的面积为，中点四边形的面积记为，则与的数量关系是＝ ； (3)在四边形ABCD中，沿中点四边形EFGH的其中三边剪开，可得三个小三角形，将这三个小三角形与原图中未剪开的小三角形拼接成一个平行四边形，请画出一种拼接示意图，并写出对应全等的三角形． 25．（22-23九年级上·江西抚州·期中）如图①，将四边形纸片沿两组对边中点连线剪切为四部分，将这四部分镶嵌可得到如图②所示的四边形．    (1)试判断四边形的形状，并证明． (2)若要镶嵌后的平行四边形为矩形，则四边形需要满足什么条件，并证明． 26．（22-23·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． ( 8 )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 $$ 1.7中点四边形问题（特色专题培优提分练） 一、单选题 1．（2024·四川泸州·二模）下列说法正确的是（   ） A．平行四边形、等边三角形都是中心对称图形 B．顺次连结矩形各边的中点所得的四边形是菱形 C．顶点在圆上的角叫圆周角 D．相似三角形面积之比等于相似比 【答案】B 【分析】本题考查中心对称图形的识别，中点四边形，圆周角的定义和相似三角形的性质．根据中心对称图形的识别，中点四边形，圆周角的定义和相似三角形的性质逐一判断解题． 【详解】解：A、等边三角形不是中心对称图形，原说法错误，故本选项不符合题意； B、顺次连结矩形各边的中点所得的四边形是菱形，故本选项符合题意； C、顶点在圆周上并且两边和圆相交的角是圆周角，原说法错误，本选项不符合题意； D、相似三角形面积之比等于相似比的平方，原说法错误，本选项不符合题意； 故选：B． 2．（23-24九年级上·甘肃酒泉·阶段练习）若顺次连接平行四边形四边的中点，得到的图形是一个矩形，则平行四边形一定是（    ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．平行四边形 【答案】B 【分析】由矩形的性质得，由三角形中位线的性质可证，进而可得四边形是菱形． 【详解】：∵四边形是矩形，      ∴， 又∵点E、F、分别是的中点， ∴是三角形的中位线， ∴， ∴， 又∵点E、H分别是的中点， ∴是三角形的中位线， ∴， ∴， 则， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 故选：B． 【点睛】此题考查了矩形的性质、三角形的中位线定理以及平行线的性质、菱形的判定．这类题的一般解法是：借助图形，充分抓住已知条件，找准问题的突破口，由浅入深多角度，多侧面探寻，联想符合题设的有关知识，合理组合发现的新结论． 3．（22-23·湖北恩施·期中）如图，四边形是菱形，顺次连接菱形各边的中点，则说法正确的是（　　）    A．是菱形 B．是正方形 C．是矩形 D．是平行四边形 【答案】C 【分析】依据题干进行推理，分别对菱形、正方形、矩形、平行四边形的逐一进行判断，看是否符合题意即可． 【详解】如图，连接菱形的对角线AC、BD．    由菱形的性质可知，． ∵分别是菱形各边的中点， ∴由三角形中位线定理可得：． ∴． 所以四边形是平行四边形． 由得， ， 故四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）． 因此，C正确． 对于选项A，假如是菱形或者正方形，则可推得，而菱形的对角线不一定相等，与题干矛盾，A、B错误； 对于选项D，是平行四边形的充分条件并不需要是菱形，只要是普通四边形就足够了，故D说法不够精确，D错误． 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的性质、顺次连接菱形各边的中点所构成的四边形具有什么特点，解题的关键是深刻理解各种特殊四边形的特征． 4．（2024·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． 5．（23-24九年级上·山西太原·阶段练习）如图，在任意四边形中，，是对角线，、、、分别是线段、、、上的点，对于四边形的形状，某班的学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（   ）    A．当，，，是各条线段的中点时，四边形为平行四边形 B．当，，，是各条线段的中点时，且时，四边形为矩形 C．当，，，是各条线段的中点时，且时，四边形为菱形 D．当，，，不是各条线段的中点时，四边形可以为平行四边形 【答案】B 【分析】本题主要考查了三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，平行四边形，矩形，菱形的判定．根据三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，平行四边形，矩形，菱形的判定，逐项判断，即可求解． 【详解】解：A、∵，，，是各条线段的中点， ∴， ∴四边形为平行四边形，故A选项正确，不符合题意； B、如图，    当时，， ， 四边形不可能是矩形，故B选项错误，符合题意； C、∵四边形为平行四边形，， ∴四边形为菱形，故A选项正确，不符合题意； D、当，，，是各条线段的三等分点，即时， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形为平行四边形，故D选项正确，不符合题意； 故选：B 6．（22-23九年级上·广东佛山·阶段练习）如图，在方格纸中，顺次连接四个格点A、B、C、D得到四边形，再顺次连接四边形的各边中点得到的四边形是（     ）    A．平行四边形 B．菱形 C．正方形 D．矩形 【答案】C 【分析】观察对角线,满足了相等，互相垂直，利用三角形中位线定理判定即可． 【详解】如图，连接四个格点A、B、C、D得到四边形，    设的中点分别为E，F，G，H， 则，， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴四边形是正方形， 故选C． 【点睛】本题考查了三角形中位线定理，正方形的判定定理，熟练掌握两个定理是解题的关键． 7．（22-23·安徽亳州·阶段练习）四边形的对角线，交点O，点M，N，P，Q分别为边，，，的中点，则下列说法不正确的是（    ）    A．对于任意四边形，四边形一定是平行四边形； B．若，则四边形一定是菱形； C．若，则四边形一定是矩形； D．若四边形是菱形，则四边形也是菱形． 【答案】D 【分析】根据中位线性质，结合矩形、菱形、平行四边形的判定方法，逐项进行判断即可． 【详解】解：A．∵点M，N，P，Q分别为边，，，的中点， ∴，，，， ∴，， ∴四边形一定是平行四边形，故A正确，不符合题意； B．∵点M，N，P，Q分别为边，，，的中点， ∴，， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形一定是菱形，故B正确，不符合题意； C．∵， ∴， ∵点M，N，P，Q分别为边，，，的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形一定是矩形，故C正确，不符合题意；    D．∵四边形是菱形， ∴， 根据C选项的解析可知，此时四边形一定是矩形，故D错误，符合题意． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了中点四边形，解题的关键是熟练掌握三角形中位线的性质，平行四边形，矩形、菱形的判定方法． 8．（2024·山东滨州·一模）如图，已知矩形的边长分别为a，b，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形各边的中点，得到四边形第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形如此反复操作下去，则第次操作后，得到四边形的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查矩形的性质，菱形的性质以及中位线的性质，证明四边形是菱形，四边形是矩形是解题的关键． 利用中位线、菱形、矩形的性质可知，每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，由此可解． 【详解】解：如图，连接，，，． ∵ 四边形是矩形， ∴，，． ∵ ，，，分别是矩形四个边的中点， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∵ ，， ∴四边形的面积为：． 同理，由中位线的性质可知， ，， ，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴四边形的面积为：． ∴每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半， ∴四边形的面积是． 故选：C． 9．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，已知四边形与交于点O，，且为直角，E、F、G、H分别为的中点，则四边形的面积为（   ） A． B．12 C． D． 【答案】B 【分析】此题考查三角形的中位线性质定理，正方形的判定等知识，能证得四边形是正方形是解题的关键.根据三角形的中位线定理，证明四边形是菱形，再证明，证得四边形是正方形，即可根据正方形的面积公式计算得出答案. 【详解】∵点E、F分别是边的中点， ∴，， 同理，，，，，，， ∴ ∴四边形是菱形， ∵为直角， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴四边形的面积=, 故选：B. 10．（23-24·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 11．（19-20·黑龙江哈尔滨·阶段练习）我们把顺次连接任意一个四边形各边中点所得四边形叫做中点四边形，则任意一个四边形的中点四边形是 四边形． 【答案】平行 【分析】利用三角形中位线定理可得新四边形的对边平行且等于原四边形一条对角线的一半，那么根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可判定所得的四边形一定是平行四边形． 【详解】解：如图四边形ABCD，E、N、M、F分别是DA，AB，BC，DC中点，连接AC，DE， 根据三角形中位线定理可得： EF平行且等于AC的一半，MN平行且等于AC的一半， 根据平行四边形的判定，可知四边形为平行四边形． 故答案为：平行．    【点睛】此题考查了平行四边形的判定和三角形的中位线定理，三角形的中位线的性质定理，为题目提供了平行线，为利用平行线判定平行四边形奠定了基础． 12．（20-21·重庆九龙坡·期末）如图，已知矩形的对角线的长为10cm，顺次连接各边中点E、F、G、H得四边形，则四边形的周长为 cm． 【答案】20 【分析】根据三角形中位线定理易得四边形的各边长等于矩形对角线的一半，而矩形对角线是相等的，都为8，那么就求得了各边长，让各边长相加即可． 【详解】解：∵H、G是与的中点， ∴是的中位线， ∴cm， 同理cm，根据矩形的对角线相等， 连接， 得到：cm， ∴四边形的周长为20cm． 故答案是：20． 【点睛】本题考查了中点四边形．解题时，利用了“三角形中位线等于第三边的一半”的性质． 13．（23-24·山东菏泽·期中）在四边形中，，，，，，分别是，，，的中点，则四边形的形状是 ． 【答案】正方形 【分析】由三角形中位线的性质，可判断，，可得四边形是菱形，四边形的对角线，满足，且，四边形是正方形．本题考查了中点四边形的性质，中位线的定理，解题中需要理清思路，属于中档题． 【详解】解：如图所示： 在中，，分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴， 同理，，． ∵， ∴， ∴四边形是菱形， 设与交于点，与交于点， 在中，，分别是，的中点， ∴，同理， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是正方形． 故答案为：正方形 14．（2023·辽宁沈阳·模拟预测）如图，在四边形中，，连接，点、、、分别为、、、的中点，若，，则四边形的周长为 ．    【答案】 【分析】本题考查的是中点四边形．连接，根据勾股定理求出，再根据三角形中位线定理分别求出、、、，计算即可． 【详解】解：连接，   是的中点，， ， ， 点、、、分别为、、、的中点， 是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线， ，，，， 四边形的周长为， 故答案为：． 15．（23-24九年级上·山东青岛·期中）如图，依次连结第一个矩形各边的中点得到一个菱形，再依次连结菱形各边的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去．已知第一个矩形的面积为1，则第n个矩形的面积为 ．    【答案】 【分析】本题考查了三角形的中位线定理及矩形、菱形的性质，根据中位线的性质可得第个矩形的长和宽都为第个矩形的一半，则面积为前一个的，据此规律，即可求解． 【详解】已知第一个矩形的面积为1； 第二个矩形的面积为原来的； 第三个矩形的面积是； … 故第个矩形的面积为：． 故答案为． 16．（22-23九年级上·广东佛山·期末）点E、F、G、H分别是平行四边形的边、、、的中点．若要使四边形是菱形，则添加的条件可以是 ．现有条件：①，②，③，④．（请填写正确的序号） 【答案】①②③ 【分析】先根据三角形中位线定理得到，即可证明四边形是平行四边形；添加条件①②可证明四边形是矩形，得到，则，从而证明四边形是菱形；条件条件③直接可得到，从而证明四边形是菱形；添加条件④无法证明，无法证明四边形是菱形． 【详解】解：如图所示，连接， ∵E、F分别是、的中点， ∴是的中位线， ∴， 同理， ∴， ∴四边形是平行四边形； 当添加条件①时， ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形，故①符合题意； 添加条件②， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形，故②符合题意； 添加条件③， ∴， ∴四边形是菱形，故③符合题意； 添加条件④，无法证明，即无法证明四边形是菱形，故④不符合题意； 故答案为：①②③． 【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，菱形的判定，熟知特殊四边形的性质与判定定理是解题的关键． 17．（23-24·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． 18．（23-24九年级上·辽宁·阶段练习）如图，依次连接第一个矩形各边的中点得到一个菱形，再依次连接菱形各边的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去．已知第一个矩形的面积为1，则第4个矩形的面积为 ． v   【答案】/0.015625 【分析】结合矩形的性质和菱形的性质分析图形变化规律，即可获得答案． 【详解】解：根据题意，第一个矩形的面积为1， 第二个矩形的面积为， 第三个矩形的面积为， … 第个矩形的面积为， ∴第4个矩形的面积为． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了中点四边形、三角形中位线、矩形性质和菱形性质等知识，熟练掌握矩形的性质和菱形的性质是解题关键． 三、解答题 19．（18-19八年级上·重庆·期中）如图，在矩形中，E，F，G，H分别是各边的中点，连接，，，．试判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】菱形，理由见解析 【分析】连接，，根据三角形中位线定理与矩形的性质，可得四条边为对角线的一半，即可证得为菱形． 【详解】解：四边形是菱形． 理由：分别连接，， 在中，∵E，H分别是，的中点， ∴， 同理：，，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 【点睛】本题考查了菱形的判定，相关知识点有：矩形的性质、三角形中位线定理，熟练运用相关性质是解题关键． 20．（21-22·山西朔州·期中）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________，并证明你的结论． (2)当四边形的对角线满足________条件时，四边形是矩形． (3)在教材课本中你学过的哪种特殊四边形的中点四边形是菱形？________ 【答案】(1)平行四边形，证明见解析 (2) (3)矩形 【分析】（1）连接BD，然后根据三角形中位线可进行求解； （2）根据矩形的判定定理可进行求解； （3）由矩形的性质可进行求解． 【详解】（1）解：四边形的形状是平行四边形，理由如下： 如图1，连结． ∵、分别是、中点， ∴，， 同理，， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）解：当四边形的对角线满足时，四边形是矩形；理由如下： 连结AC，如图所示： 由（1）可知四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （3）解：由（1）可知四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； 故答案为矩形． 【点睛】本题主要考查中点四边形、三角形中位线、矩形的性质与判定及菱形的判定，熟练掌握中点四边形、三角形中位线、矩形的性质与判定及菱形的判定是解题的关键． 21．（24-25九年级上·全国·假期作业）阅读理解，我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形中，分别是边的中点，依次连接各边中点得到中点四边形． (1)这个中点四边形的形状是 ； (2)如图2，在四边形中，点在上且和为等边三角形，分别为的中点，试判断四边形的形状并证明． 【答案】(1)平行四边形 (2)菱形，见解析 【分析】本题考查了中点四边形、菱形的判定方法、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质；熟练掌握中点四边形，证明三角形全等得出是解决问题（2）的关键． （1）连接，由三角形中位线定理得出，，，，得出，，即可得出结论； （2）连接、，由等边三角形的性质得出，，，证出，由证明，得出，由三角形中位线定理得出，，，，，得出，，证出四边形是平行四边形；再得出，即可得出结论． 【详解】（1）解：中点四边形是平行四边形； 理由如下：连接，如图1所示： ，，，分别是边，，，的中点， 是的中位线，是的中位线， ，，，， ，， 四边形是平行四边形； 故答案为：平行四边形； （2）解：四边形为菱形．理由如下： 连接与，如图2所示： ∵和为等边三角形， ，，， ， 在和中， ， ， ， ，，，分别是边，，，的中点， 是的中位线，是的中位线，是的中位线， ，，，，， ，， 四边形是平行四边形； ， ， 四边形为菱形． 22．（2024·江西上饶·模拟预测）在中，，，E、F分别为边的中点．请仅用无刻度的直尺分别按下列要求画图（保留画图痕迹） (1)在图中画一个以点A、点C为顶点的菱形． (2)在图中画一个以点B、点C为顶点的矩形． 【答案】(1)见解析； (2)见解析． 【分析】本题主要考查菱形的判断： （1）连接，则四边形是菱形； （2）根据菱形的中点四边形是矩形，画出图形即可． 【详解】（1）解：如图，菱形即为所求． （2）解：如图，矩形即为所求． 23．（23-24·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． 24．（2024九年级下·全国·专题练习）如图，我们把依次连接任意四边形各边中点所得四边形叫中点四边形． (1)若四边形是菱形，则它的中点四边形一定是 ； A．菱形   B．矩形   C．正方形   D．梯形 (2)若四边形的面积为，中点四边形的面积记为，则与的数量关系是＝ ； (3)在四边形ABCD中，沿中点四边形EFGH的其中三边剪开，可得三个小三角形，将这三个小三角形与原图中未剪开的小三角形拼接成一个平行四边形，请画出一种拼接示意图，并写出对应全等的三角形． 【答案】(1)B (2) (3)四边形是平行四边形；，， 【分析】（1）连接、．先根据三角形中位线的性质得出，，，，则四边形为平行四边形，再由菱形的对角线互相垂直，得出，从而证明是矩形； （2）由E为中点，且平行于，平行于，得到与相似，与相似，利用面积之比等于相似比的平方，得到面积与面积之比为，且与面积相等，进而确定出四边形面积为的一半，同理得到四边形面积为面积的一半，四边形面积为面积的一半，四边形面积为面积的一半，四个四边形面积之和即为四个三角形面积之和的一半，即为四边形面积的一半； （3）利用中点四边形的性质得出拼接方法，进而得出全等三角形． 【详解】（1）解：（1）如图1，连接、． ∵E、F、G、H分别是菱形各边的中点， ∴，，，， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴是矩形； 故选：B． （2）如图2，设与、分别交于点N、P，与、分别交于点K、Q， ∵E是的中点，， ∴，， ∴，， ∴，同理可得，，， ∴， ∴四边形的面积为，中点四边形的面积记为，则与的数量关系是； （3）如图3，四边形是平行四边形； ，，． 【点睛】此题主要考查了中点四边形以及相似三角形的判定与性质和矩形的判定以及菱形的性质等知识，利用三角形中位线的性质得出是解题关键． 25．（22-23九年级上·江西抚州·期中）如图①，将四边形纸片沿两组对边中点连线剪切为四部分，将这四部分镶嵌可得到如图②所示的四边形．    (1)试判断四边形的形状，并证明． (2)若要镶嵌后的平行四边形为矩形，则四边形需要满足什么条件，并证明． 【答案】(1)四边形是平行四边形，证明见解析； (2)，证明见解析 【分析】 （1）利用平行四边形的判定方法得出即可； （2）首先认真读题，理解题意．密铺后的平行四边形成为矩形，必须四个内角均为直角，据此需要判定中点四边形为菱形，进而由中位线定理判定四边形的对角线垂直． 【详解】（1）解：平行四边形， 理由： ∵将四边形纸片沿两组对边中点连线剪切为四部分，将这四部分镶嵌可得到如图②所示的四边形， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）对角线时，密铺后的平行四边形为矩形． 理由：根据密铺后的平行四边形成为矩形，必须四个内角均为直角． 如图所示，    连接、、、，设与交于点O， 连接、， 由中位线定理得：，且， ，且， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∴中点四边形为菱形， ∴， 故要镶嵌后的平行四边形为矩形， 则四边形需要满足的条件为． 【点睛】本题考查图形剪拼与中点四边形．解题关键是理解三角形中位线的性质，熟练应用矩形、菱形等特殊四边形的判定与性质． 26．（22-23·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． ( 32 )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 $$