精品解析：河南省商丘市夏邑县2023-2024学年八年级下学期7月期末数学试题

2023—2024学年度第二学期期末考试 八年级数学试卷 一、选择题（每小题3分，共30分）下列各小题均有四个选项，其中只有一个是正确的． 1. 下列二次根式中，与是同类二次根式的是（ ） A. B. C. D. 2. 如图，在四边形中，，添加下列条件后仍不能判定四边形是平行四边形的是（　　） A. B. C. D. 3. 下列计算正确的是（ ） A B. C. D. 4. 的三边长a，b，c满足，则是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 等腰直角三角形 5. 将函数图像向下平移2个单位长度，所得图象对应的函数表达式是（ ） A. B. C. D. 6. 袁隆平院士被誉为“世界杂交水稻之父”，他研究的水稻，不仅高产，而且抗倒伏．在某次实验中，他的团队对甲、乙两种水稻品种进行产量稳定实验，各选取了8块条件相同的试验田，同时播种并核定亩产，结果甲、乙两种水稻的平均产量均为1200千克/亩，方差为，．为保证产量稳定，适合推广的品种为（　　） A. 甲 B. 乙 C. 甲、乙均可 D. 无法确定 7. 一辆公共汽车从车站开出，加速行驶一段时间后开始匀速行驶．过了一段时间，汽车到达下一车站．乘客上、下车后汽车开始加速，一段时间后又开始匀速行驶．下图中近似地刻画出汽车在这段时间内的速度变化情况的是（ ） A. B. C. D. 8. 在同一平面直角坐标系中，函数和（k为常数，）的图象可能是（　　） A. B. C. D. 9. 如图，在中，，以点为圆心，适当长为半径作弧，分别交于点，分别以点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点，作射线，交于点，则的长为（　　） A. B. C. D. 10. 如图，的面积为12，，与交于点O．分别过点C，D作，的平行线相交于点F，点G是的中点，点P是四边形边上的动点，则的最小值是（ ） A. 1 B. C. D. 3 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 若代数式有意义，则的取值范围是______． 12. 点在一次函数的图像上，当时，，则a的取值范围是____________． 13. 如图，分别以直角三角形三边为边长，向外作三个正方形，数字代表所在正方形面积，则所代表的正方形的边长为______． 14. 下表是小红参加一次“阳光体育”活动比赛的得分情况： 项目 跑步 花样跳绳 跳绳 得分 90 80 70 评总分时，按跑步占，花样跳绳占，跳绳占考评，则小红的最终得分为__________． 15. 如图，在平行四边形中，，，的平分线交于点，点是的中点，点以每秒的速度从点出发，沿向点运动；点同时以每秒的速度从点出发，沿向点运动，点运动到点时停止运动，点也同时停止运动，当以、、、为顶点的四边形是平行四边形时，运动的时间为______． 三、解答题（8小题，共75分） 16. （1）计算：． （2）已知，求的值． 17. 如图，平行四边形的对角线相交于点，点在对角线上，且，连接，． （1）求证：四边形平行四边形． （2）若的面积等于2，求的面积． 18. 某校甲乙两班联合举办了“经典阅读”竞赛，从甲班和乙班各随机抽取10名学生．统计这部分学生的竞赛成绩，并对数据（成绩）进行了收集、整理，分析．下面给出了部分信息． 【收集数据】 甲班10名学生竞赛成绩：85，78，86，79，72，91，79，71，70，89 乙班10名学生竞赛成绩：85，80，77，85，80，73，90，74，75，81 【整理数据】 班级 甲班 6 3 1 乙班 4 5 1 【分析数据】 班级 平均数 中位数 众数 方差 甲班 80 51.4 乙班 80 80 80，85 27 【解决问题】根据以上信息，回答下列问题： （1）填空：______，______； （2）请你根据【分析数据】中的信息，判断哪个班成绩比较好，简要说明理由； （3）甲班共有学生45人，乙班共有学生40人．按竞赛规定，80分及80分以上的学生可以获奖，估计这两个班可以获奖的总人数是多少？ 19. 如图是“弦图”的示意图，“弦图”最早是由三国时期的数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，它标志着中国古代的数学成就．它由4个全等的直角三角形与一个小正方形组成，恰好拼成一个大正方形，每个直角三角形的两条直角边分别为a、b，斜边为c．请你运用此图形证明勾股定理：a2+b2＝c2． 20. 如图，在平行四边形中，平分，平分． （1）求证：； （2）当满足什么条件时，四边形是矩形？请写出证明过程． 21. 如图，直线与轴交于点，点关于轴的对称点为，经过点和轴上的点的直线设为． （1）求点的坐标； （2）求直线的表达式． （3）若直线与直线相交于点，求点的坐标；并根据图象，直接写出关于的不等式的解集． 22. 我市某中学计划举行以“奋斗百年路，启航新征程”为主题的知识竞赛，并对获奖的同学给予奖励．现要购买A，B两种奖品．已知2件A种奖品和3件B种奖品共需41元，5件A种奖品和2件B种奖品共需53元． （1）这两种奖品的单价各是多少元？ （2）学校准备购进这两种奖品共90件，且B种奖品的数量不少于A种奖品数量的，请设计出最省钱的购买方案，并求出最少费用． 23. 我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得四边形叫中点四边形． （1）如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．求证：中点四边形EFGH是平行四边形； （2）如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA=PB，PC=PD，∠APB=∠CPD，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，猜想中点四边形EFGH的形状，并证明你的猜想； （3）若改变（2）中的条件，使∠APB=∠CPD=90°，其他条件不变，直接写出中点四边形EFGH的形状．（不必证明） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023—2024学年度第二学期期末考试 八年级数学试卷 一、选择题（每小题3分，共30分）下列各小题均有四个选项，其中只有一个是正确的． 1. 下列二次根式中，与是同类二次根式的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据同类二次根式的定义，逐个进行判断即可． 【详解】解：A、，与不是同类二次根式，不符合题意； B、与不是同类二次根式，不符合题意； C、，与是同类二次根式，符合题意； D、，与不是同类二次根式，不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题主要考查了同类二次根式，解题的关键是掌握同类二次根式的定义：将二次根式化为最简二次根式后，被开方数相同的二次根式是同类二次根式；最简二次根式的特征：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式． 2. 如图，在四边形中，，添加下列条件后仍不能判定四边形是平行四边形的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定、平行线的判定与性质等知识；熟记平行四边形的判定方法是解题的关键．由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A．∵，， ∴四边形是平行四边形，故选项不符合题意； B．∵，， ∴四边形是平行四边形，故选项不符合题意； C．∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形，故选项不符合题意； D．∵，， ∴四边形可能是平行四边形，也可能是等腰梯形，故选项符合题意； 故选：D． 3. 下列计算正确是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别化简二次根式判断即可． 【详解】A、无解，故该项错误，不符合题意； B、，故该项错误，不符合题意； C、，故该项正确，符合题意； D、，故该项错误，不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，正确利用二次根式运算法则是解题的关键． 4. 的三边长a，b，c满足，则是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】由等式可分别得到关于a、b、c的等式，从而分别计算得到a、b、c的值，再由的关系，可推导得到为直角三角形． 【详解】解∵ 又∵ ∴， ∴ 解得 ， ∴，且， ∴等腰直角三角形， 故选：D． 【点睛】本题考查了非负性和勾股定理逆定理的知识，求解的关键是熟练掌握非负数的和为0，每一个非负数均为0，和勾股定理逆定理． 5. 将函数的图像向下平移2个单位长度，所得图象对应的函数表达式是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题目条件函数的图象向下平移2个单位长度，则的值减少2，代入方程中即可． 【详解】解：∵函数的图象向下平移2个单位长度， ∴， 故答案为：A． 【点睛】本题主要考查函数平移，根据题目信息判断是沿轴移动还是沿轴移动是解题的关键． 6. 袁隆平院士被誉为“世界杂交水稻之父”，他研究的水稻，不仅高产，而且抗倒伏．在某次实验中，他的团队对甲、乙两种水稻品种进行产量稳定实验，各选取了8块条件相同的试验田，同时播种并核定亩产，结果甲、乙两种水稻的平均产量均为1200千克/亩，方差为，．为保证产量稳定，适合推广的品种为（　　） A. 甲 B. 乙 C. 甲、乙均可 D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】根据方差的意义求解即可． 【详解】解：，， ， 为保证产量稳定，适合推广的品种为甲， 故选：A． 【点睛】本题考查方差的意义．方差是用来衡量一组数据波动大小的量，方差越大，表明这组数据偏离平均数越大，即波动越大，数据越不稳定；反之，方差越小，表明这组数据分布比较集中，各数据偏离平均数越小，即波动越小，数据越稳定． 7. 一辆公共汽车从车站开出，加速行驶一段时间后开始匀速行驶．过了一段时间，汽车到达下一车站．乘客上、下车后汽车开始加速，一段时间后又开始匀速行驶．下图中近似地刻画出汽车在这段时间内的速度变化情况的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据加速、匀速、减速时、速度随时间的变化情况即可求解． 【详解】解：由题意得： 刚开始加速行驶一段时间，则速度从0开始增加， 然后再匀速行驶，则此段时间速度不再增加， 汽车到达下一车站，则速度匀速减少到0， 乘客上、下车后汽车开始加速，一段时间后又开始匀速行驶，则速度从0开始增加到一定速度后不在增加， 故选B． 【点睛】本题考查了函数的图象，找到速度变化的规律是解题的关键． 8. 在同一平面直角坐标系中，函数和（k为常数，）的图象可能是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的图象与性质；根据一次函数的图象确定两个函数经过的象限及升降，即可作出判断． 【详解】解：∵和（k为常数，）， ∴函数过原点，且经过二、四象限，图象是下降的；一次函数的图象经过一，三、四，且图象是上升的， 故A、B、C不合题意， D选项符合题意； 故选：D． 9. 如图，在中，，以点为圆心，适当长为半径作弧，分别交于点，分别以点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在的内部相交于点，作射线，交于点，则的长为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】过点D作于M，由勾股定理可求得，由题意可证明，则可得，从而有，在中，由勾股定理建立方程即可求得结果． 【详解】解：过点D作于M，如图， 由勾股定理可求得， 由题中作图知，平分， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 设，则， 在中，由勾股定理得：， 解得：， 即的长为为； 故选：D． 【点睛】本题考查了作图：作角平分线，角平分线的性质定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，利用全等的性质、利用勾股定理建立方程是解题的关键． 10. 如图，的面积为12，，与交于点O．分别过点C，D作，的平行线相交于点F，点G是的中点，点P是四边形边上的动点，则的最小值是（ ） A. 1 B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】先证明，四边形是菱形，如图，连接，，而点G是的中点，可得为菱形对角线的交点，，当时，最小，再利用等面积法求解最小值即可． 【详解】解：∵，， ∴是矩形， ∴， ∵，， ∴四边形是菱形， 如图，连接，，而点G是的中点， ∴为菱形对角线的交点，， ∴当时，最小， ∵即矩形的面积为12，， ∴，， ∴， ∴， 由菱形的性质可得：， ∴， ∴，即的最小值为1． 故选A 【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，矩形的性质与判定，菱形的判定与性质，垂线段最短的含义，理解题意，利用数形结合的方法解题是关键． 二、填空题（每小题3分，共15分） 11. 若代数式有意义，则的取值范围是______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题考查分式和二次根式的知识，解题的关键是熟练掌握分式和二次根式的定义， 【详解】解：代数式有意义， ，解得． 故答案为：． 12. 点在一次函数的图像上，当时，，则a的取值范围是____________． 【答案】a＜2 【解析】 【分析】根据一次函数的性质，建立不等式计算即可． 【详解】∵当时，， ∴a-2＜0， ∴a＜2， 故答案：a＜2． 【点睛】本题考查了一次函数的性质，熟练掌握性质是解题的关键． 13. 如图，分别以直角三角形三边为边长，向外作三个正方形，数字代表所在正方形的面积，则所代表的正方形的边长为______． 【答案】10 【解析】 【分析】此题考查了勾股定理，已经正方形的面积公式，勾股定理最大的贡献就是沟通“数”与“形”的关系，它验证和利用都体现了数形结合的思想，即把图形的性质问题转化为数量关系的问题来解决，能否由实际的问题联想到勾股定理的知识来求解是本题的关键． 根据正方形的面积等于边长的平方，由正方形的面积分别表示出的平方及的平方，又三角形为直角三角形，根据勾股定理求出的平方，即为求解． 【详解】解：正方形的面积等于， 即， 正方形的面积为， ， 又为直角三角形，根据勾股定理得： ， ． 故答案是：10． 14. 下表是小红参加一次“阳光体育”活动比赛的得分情况： 项目 跑步 花样跳绳 跳绳 得分 90 80 70 评总分时，按跑步占，花样跳绳占，跳绳占考评，则小红的最终得分为__________． 【答案】分 【解析】 【分析】根据加权平均数公式进行计算即可． 【详解】解：由跑步占，花样跳绳占，跳绳占考评， 则小红的最终得分为（分）， 故答案为：分． 【点睛】本题考查的是加权平均数的含义，熟记加权平均数公式是解本题的关键． 15. 如图，在平行四边形中，，，的平分线交于点，点是的中点，点以每秒的速度从点出发，沿向点运动；点同时以每秒的速度从点出发，沿向点运动，点运动到点时停止运动，点也同时停止运动，当以、、、为顶点的四边形是平行四边形时，运动的时间为______． 【答案】或 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、一元一次方程的应用等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解决问题的关键．先根据角平分线的定义和平行四边形的性质推出，进而得到，再求出点运动到点的时间为，点运动到点的时间为，然后分两种情况讨论：当时，当时，根据列方程即可求解． 【详解】解：四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， 点是的中点， ， 点运动到点的时间为，点运动到点的时间为， 当时，，，则，， 当以、、、为顶点的四边形是平行四边形时，， 即， 解得：， 当时，，，则，， 当以、、、为顶点的四边形是平行四边形时，, 即， 解得：， 综上所述，当以、、、为顶点的四边形是平行四边形时，运动的时间为或． 故答案为：或． 三、解答题（8小题，共75分） 16. （1）计算：． （2）已知，求的值． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的混合运算； （1）根据二次根式的运算法则化简运算即可； （2）先把所求代数式化为最简形式，把α、b值代入，利用乘法公式计算，可得答案． 【详解】解：（1） （2）∵ ∴ 17. 如图，平行四边形的对角线相交于点，点在对角线上，且，连接，． （1）求证：四边形是平行四边形． （2）若的面积等于2，求的面积． 【答案】（1）见解析 （2）1 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形对角线互相平分可得，，结合可得，即可证明四边形是平行四边形； （2）根据等底等高的三角形面积相等可得，再根据平行四边形的性质可得． 【小问1详解】 证明：四边形平行四边形， ，， ， ， ， 又， 四边形是平行四边形． 【小问2详解】 解：，， ， 四边形是平行四边形， ． 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，解题的关键是掌握平行四边形的对角线互相平分． 18. 某校甲乙两班联合举办了“经典阅读”竞赛，从甲班和乙班各随机抽取10名学生．统计这部分学生的竞赛成绩，并对数据（成绩）进行了收集、整理，分析．下面给出了部分信息． 【收集数据】 甲班10名学生竞赛成绩：85，78，86，79，72，91，79，71，70，89 乙班10名学生竞赛成绩：85，80，77，85，80，73，90，74，75，81 【整理数据】 班级 甲班 6 3 1 乙班 4 5 1 【分析数据】 班级 平均数 中位数 众数 方差 甲班 80 51.4 乙班 80 80 80，85 27 【解决问题】根据以上信息，回答下列问题： （1）填空：______，______； （2）请你根据【分析数据】中的信息，判断哪个班成绩比较好，简要说明理由； （3）甲班共有学生45人，乙班共有学生40人．按竞赛规定，80分及80分以上的学生可以获奖，估计这两个班可以获奖的总人数是多少？ 【答案】（1）79，79 （2）乙班成绩比较好，理由：乙班成绩与甲班平均数相同，中位数、众数高于甲班，方差小于甲班，代表乙班成绩的集中度比甲好 （3）42人 【解析】 【分析】本题考查频数分布表、中位数、众数、用样本估计总体，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． （1）根据中位数和众数的定义进行求解即可； （2）根据方差越小成绩越稳定，即可得出答案； （3）分别用甲乙两个班的人数乘以样本中对应班级成绩在80分及80分以上的人数占比即可得到答案． 【小问1详解】 解：甲班成绩从低到高排列为：70，71，72，78，79，79，85，86，89，91，故中位数，众数， 故答案为：79，79； 【小问2详解】 乙班成绩比较好，理由：乙班成绩与甲班平均数相同，中位数、众数高于甲班，方差小于甲班，代表乙班成绩的集中度比甲好； 【小问3详解】 根据题意得： （人）， 答：估计这两个班可以获奖的总人数大约是42人． 19. 如图是“弦图”的示意图，“弦图”最早是由三国时期的数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，它标志着中国古代的数学成就．它由4个全等的直角三角形与一个小正方形组成，恰好拼成一个大正方形，每个直角三角形的两条直角边分别为a、b，斜边为c．请你运用此图形证明勾股定理：a2+b2＝c2． 【答案】见解析 【解析】 【分析】根据大正方形的面积=小正方形的面积+4个直角三角形的面积证明即可 【详解】解：由题意得大正方形面积，小正方形面积， 4个小直角三角形的面积， ∵大正方形的面积=小正方形的面积+4个直角三角形的面积， ∴． 【点睛】本题主要考查了勾股定理的证明，解题的关键在于能够根据题意知晓大正方形的面积=小正方形的面积+4个直角三角形的面积． 20. 如图，在平行四边形中，平分，平分． （1）求证：； （2）当满足什么条件时，四边形是矩形？请写出证明过程． 【答案】（1）证明见解析 （2）当满足时，四边形是矩形，证明见解析 【解析】 【分析】（1）先根据平行四边形的性质可得，再根据平行线的性质可得，根据角平分线的定义可得，然后根据三角形全等的判定即可得证； （2）当满足时，四边形是矩形．证明思路：先根据平行四边形的性质可得，再根据全等三角形的性质可得，从而可得，根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，然后根据等腰三角形的三线合一可得，最后根据矩形的判定即可得证． 【小问1详解】 证明：四边形是平行四边形， ， ， 平分，平分， ， ， 在和中， ∵， ． 【小问2详解】 解：当满足时，四边形是矩形，证明如下： 四边形是平行四边形， ， 由（1）已证：， ， ，即， 四边形是平行四边形， 当满足时，则（等腰三角形三线合一）， 四边形是矩形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定、三角形全等的判定与性质、等腰三角形的三线合一等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键． 21. 如图，直线与轴交于点，点关于轴的对称点为，经过点和轴上的点的直线设为． （1）求点的坐标； （2）求直线的表达式． （3）若直线与直线相交于点，求点的坐标；并根据图象，直接写出关于的不等式的解集． 【答案】（1） （2） （3）， 【解析】 【分析】本题考查了一次函数的图象和性质，求一次函数解析式，根据图象写不等式解集，熟练掌握用待定系数法求一次函数解析式的方法和步骤是解题的关键． （1）把代入，求出x的值，得出点A的坐标，再根据轴对称的性质，即可求出的坐标； （2）设直线的表达式为，将，代入，求出k和b的值，即可得出直线的表达式； （3）先求得点C坐标，再根据图象，写出直线高于直线时自变量的取值范围即可． 【小问1详解】 解：把代入得：， 解得：， ∴， ∵点关于轴的对称点为， ∴； 【小问2详解】 解：设直线的表达式为， 将，代入得： ， 解得：， ∴直线的表达式为； 【小问3详解】 解：联立两直线解析式得： ， 解得：， ∴， 由图可知，当时，． 22. 我市某中学计划举行以“奋斗百年路，启航新征程”为主题的知识竞赛，并对获奖的同学给予奖励．现要购买A，B两种奖品．已知2件A种奖品和3件B种奖品共需41元，5件A种奖品和2件B种奖品共需53元． （1）这两种奖品的单价各是多少元？ （2）学校准备购进这两种奖品共90件，且B种奖品的数量不少于A种奖品数量的，请设计出最省钱的购买方案，并求出最少费用． 【答案】（1）A：7元，B：9元 （2）购进A种奖品67件，购进B种奖品23件；676元 【解析】 【分析】（1）根据题意，列二元一次方程组，解方程组即可； （2）根据题意，列一元一次不等式，再根据一次函数的增减性进行求解即可． 【小问1详解】 解：设A种奖品的单价是x元，B种奖品的单价是y元， 由题意得：，解得：． 答：A种奖品的单价是7元，B种奖品的单价是9元； 【小问2详解】 解：设购进A种奖品a件，则购进B种奖品件，费用为w元， 由题意得： ， ∵-2<0 ∴w随a的增大而减小， ∵B种奖品的数量不少于A种奖品数量的， ∴，解得， ∴当时，w取得最小值，此时， 购进B种奖品数量为：， 答：最省钱的购买方案是购进A种奖品67件，购进B种奖品23件，最低费用为676元． 【点睛】本题考查二元一次方程组和一元一次不等式的实际应用，利用一次函数的增减性求最值，读懂题意，列方程和不等式是解决问题的关键． 23. 我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形． （1）如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．求证：中点四边形EFGH是平行四边形； （2）如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA=PB，PC=PD，∠APB=∠CPD，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，猜想中点四边形EFGH的形状，并证明你的猜想； （3）若改变（2）中的条件，使∠APB=∠CPD=90°，其他条件不变，直接写出中点四边形EFGH的形状．（不必证明） 【答案】（1）证明见解析；（2）四边形EFGH是菱形，证明见解析；（3）四边形EFGH是正方形 【解析】 【分析】（1）如图1中，连接BD，根据三角形中位线定理只要证明EH∥FG，EH=FG即可． （2）四边形EFGH是菱形．先证明△APC≌△BPD，得到AC=BD，再证明EF=FG即可． （3）四边形EFGH是正方形，只要证明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得∠ACP=∠BDP，即可证明∠COD=∠CPD=90°，再根据平行线的性质即可证明． 【详解】（1）证明：如图1中，连接BD． ∵点E，H分别为边AB，DA的中点， ∴EH∥BD，EH=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． （2）四边形EFGH是菱形． 证明：如图2中，连接AC，BD． ∵∠APB=∠CPD， ∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD， 即∠APC=∠BPD， 在△APC和△BPD中， ∵AP=PB，∠APC=∠BPD，PC=PD， ∴△APC≌△BPD（SAS）， ∴AC=BD． ∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点， ∴EF=AC，FG=BD， ∵四边形EFGH是平行四边形， ∴四边形EFGH是菱形． （3）四边形EFGH是正方形． 证明：如图2中，设AC与BD交于点O．AC与PD交于点M，AC与EH交于点N． ∵△APC≌△BPD， ∴∠ACP=∠BDP， ∵∠DMO=∠CMP， ∴∠COD=∠CPD=90°， ∵EH∥BD，AC∥HG， ∴∠EHG=∠ENO=∠BOC=∠DOC=90°， ∵四边形EFGH是菱形， ∴四边形EFGH是正方形． 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质和中点四边形，综合性较强，作出适当辅助线是本题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$