专题02 中点模型之中位线、斜边中线、中点四边形模型（几何模型讲义）数学新教材沪教版五四制八年级下册

专题02 中点模型之中位线、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，它在不同的环境中起到的作用也不同，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直角三角形斜边中点模型；⑤中位线模型；⑥中点四边形模型。本专题就中点模型的后三类模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。 1 模型来源 1 真题现模型 2 提炼模型 3 模型运用 6 模型1.直角三角形斜边中线模型 6 模型2.中位线模型 9 模型3.中点四边形模型 13 18 直角三角形斜边中线模型的核心定理最早可能隐含于毕达哥拉斯学派对直角三角形的研究中，但未明确提出“斜边中点模型”的完整概念‌。《周髀算经》记载了勾股定理特例，虽未直接描述斜边中线性质，但为模型构建奠定基础‌。直到20世纪教材体系化过程中，该定理被明确表述为：“直角三角形斜边中线等于斜边一半”。模型历经古希腊的演绎证明与中国实用几何传统结合，形成今日标准化教学模型。‌因直角三角形斜边中线模型常与中位线、三线合一结合使用，戏称其为“三兄弟模型”。 20世纪初，德国数学家克莱因在《初等几何学》中首次将“连接三角形两边中点的线段”定义为“中位线”（Median Line），并严格证明其性质：‌平行于第三边且长度为第三边的一半。中位线模型从古典几何的隐性规律发展为现代数学教育的高效工具，体现了数学抽象性与应用性的深度统一。 20世纪60年代，教育工作者将三角形中位线性质迁移至四边形场景，发现‌任意四边形的中点连线必形成平行四边形。这一规律被命名为“中点四边形稳定性定理”。 （2025·江苏镇江·一模）如图，在中，，平分，，垂足为D，交于点E．若，则的长为（　　） A．6 B． C．7 D． （2026·河南周口·模拟预测）如图，在矩形中，点E是边上靠近点B的三等分点，点F是边上靠近点C的三等分点，连接，，M，N分别是，的中点，连接，若，，则的长为（    ） A． B． C． D．2 （2025·河南南阳·二模）（1）如图①点E、F、G、H分别是菱形各边中点，可判定四边形的形状为_________； （2）如图②点E，F，G，H分别是四边形各边中点，且对角线，判定四边形的形状，并证明； （3）在（2）的条件下，请对四边形增添一个条件，使四边形为正方形．（直接写出所添条件） 1）直角三角形斜边中线模型（单中线模型） 条件：如图，若AD为斜边上的中线； 结论：（1）；（2），为等腰三角形；（3），． 证明：取AC的中点E，连接DE，∵AD是斜边BC的中线，∴BD=CD=， ∵E是AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴DE//AB，∴∠DEC=∠BAC=90°，∴DE垂直平分AC， ∴AD=CD，∴；∴，为等腰三角形； ∵AD=CD，∴，∵，∴，同理：． 2）直角三角形斜边中线模型（双中线模型） 条件：如图，在由两个直角三角形组成的图中，M为BC边的中点，（直角在BC的同侧和异侧两类） 结论：（1）；（2）． 证明：∵，M为BC边的中点，∴，，∴ ∴，∵，∴，同理： ∴，∴．（同侧和异侧证明一致） 3）三角形的中位线模型： 条件：如图，在三角形ABC的AB，AC边的中点分别为D、E， 结论：（1）DE//BC且，（2）△ADE∽△ABC。 证明：如图1，过点C作交延长于点F，∴， ∵是的中位线，∴，∴，∴， ∴，又∵，∴四边形是平行四边形， ∴，，∴，； ∵，∴，，∴△ADE∽△ABC。 图1 图2 4）梯形的中位线模型： 条件：如图2，在梯形中，，、分别是两腰、的中点， 结论：（1），； （2）梯形的面积＝×2×中位线的长×高＝中位线的长×高。 证明：连接并延长，交延长线于点，，． 是的中点，．，． ，．点是的中点，又点是的中点， 是的中位线，，．． ，，．，． ∵梯形的面积=，∴梯形的面积==中位线的长×高。（为梯形的高） 5）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． 条件：如图1，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，结论：四边形MNPQ为平行四边形。 证明：∵点M、N是AC、AB的中点，∴，， 同理：，，∴MN=PQ，，∴四边形是平行四边形， 图1 图2 6）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） 条件：如图2，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC⊥DB，结论：四边形MNPQ为矩形。 证明：由结论1知：四边形是平行四边形， ∵点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，∴， ∵AC⊥DB，∴MN⊥MQ，∴四边形MNPQ为矩形。 7）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） 条件：如图3，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，结论：四边形MNPQ为菱形。 证明：由结论1知：四边形是平行四边形， ∵点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，∴， ∵AC=DB，∴MN=MQ，∴四边形MNPQ为菱形。 图3 图4 8）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． 条件：如图4，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，AC⊥DB， 结论：四边形MNPQ为正方形。 证明：由结论1知：四边形是平行四边形， ∵点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，∴，，， ∵AC=DB，AC⊥DB，∴MN=MQ，MN⊥MQ，，∴四边形MNPQ为正方形。 模型1.直角三角形斜边中线模型 例1（2025·安徽·模拟预测）如图，中，，以的直角边为斜边，向外作，连接；则的最大值为（    ） A． B． C． D． 例2（2024·广东·模拟预测）如图，是斜边上的中线．，，点是上一个动点，过点分别作和的垂线，垂足为、．则的值是（       ） A．4 B．5 C． D． 例3（25-26八年级下·江苏南京·期中）如图，在四边形中，．分别是对角线的中点．若，，则的长为__________． 例4（2025·安徽阜阳·三模）在中，，，是上一点，连接，将绕点顺时针旋转，得到，作交直线点，交直线于点． (1)若E，H重合，求证：点是的中点； (2)若点在内，作交于点，判断与之间的数量关系，并证明． 例5（2025·北京东城·一模）如图，在中，，点D在上（），过点D作，交的延长线于点E，连接，以为底作等腰（点E，F在直线的异侧），连接． (1)依题意补全图形； (2)求证：； (3)用等式表示线段与的数量关系，并证明， 模型2.中位线模型 例1（24-25八年级下·江苏南通·期中）如图，在矩形中，对角线、相交于点O，E、F分别是、的中点，连接．若，，则的长是（   ） A．13 B． C． D． 例2（25-26八年级下·内蒙古呼和浩特·月考）如图，矩形和矩形，，，，，点P在边上，点Q在边上，且，连结和，点N是的中点，M是的中点，则的长为（　　） A．3 B．6 C． D． 例3（24-25八年级下·浙江温州·月考）如图，在中，已知，，点，分别为，的中点，平分交于点，则的长为___________． 例4（25-26八年级下·北京西城·开学考试）如图，正方形的边长为8，点，分别为，上一点，，与交于点，点为的中点，点为线段靠近的四等分点，则______． 例5（24-25八年级下·江苏镇江·期中）已知：如图，在中，平分，，垂足为，点是的中点． (1)求证：； (2)若，，则 ． 模型3.中点四边形模型 例1（25-26八年级下·广东广州·月考）如图顺次连接矩形四条边的中点得到四边形，若，，则四边形的面积为（   ） A．6 B．6.5 C．7 D．7.5 例2（25-26八年级下·江苏盐城·期末）将连接四边形对边中点的线段称为“中对线”．如图，四边形的对角线，且两条对角线的夹角为，则该四边形较短的“中对线”的长为______．   ∴是的中位线， 例3（25-26八年级下·陕西西安·开学考试）如图，在四边形中，，点E，F，G，H分别为边的中点，连接，相交于点O，则的值为___________． 例4（25-26八年级下·江苏·假期作业）如图所示，分别是四边形各边中点，连接，则四边形为________形．在横线上填上合适的条件，并说明你所填条件的合理性． （1）当四边形满足________条件时，四边形是菱形． （2）当四边形满足________条件时，四边形是矩形． （3）当四边形满足________条件时，四边形是正方形． 例5（25-26八年级下·甘肃兰州·期中）综合与探究 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，我们就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，写出关于四边形的结论： ①________； ②________； 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ACFG，连接，问有什么位置关系和数量关系？直接写出结果． 拓展应用： （4）如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点．试探索与的数量关系，并说明理由． 1．（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，在四边形中，，，，分别是，，，的中点，要使四边形是矩形，则四边形只需要满足一个条件是（   ） A． B． C． D． 2．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在矩形中，M为上一点，且，点P，Q分别为，的中点，连接．若，则四边形的周长为（    ） A．24 B．12 C．17 D．22 3．（25-26八年级下·山西晋城·期末）如图，已知四边形中，R、P分别为上的点，E、F分别为的中点．当点P在上从点C向点D移动，同时点R在上从点B向点C移动，点P和点R同时到达终点，那么下列结论成立的是（    ） A．线段的长先变大再变小 B．线段的长先变小再变大 C．线段的长不变 D．线段的长与点P的位置有关 4．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在四边形中，，，，，分别为线段，上的动点（含端点，但点不与点重合）．若，分别为，的中点，则线段长度的最大值为（   ） A． B． C．3 D． 5．（25-26八年级下·山西太原·期末）如图，在矩形中，O是对角线的中点，E，F分别是，上的点，且．若，，则的长为（   ） A． B．2 C． D． 6．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，是内一点，，7，，，，，，分别是，，，的中点，则四边形的周长是（   ） A．12 B．14 C．24 D．21 7．（25-26八年级下·福建漳州·期末）如图，正方形中，F为上一点，E是延长线上一点，且，连接，，，M是的中点，连接，若，设与交于点N，与交于点，则的值为（    ） A． B． C．1 D．2 8．（24-25八年级下·山东威海·期末）如图，在中，，，，点D为上的动点，点E，F分别为，的中点，则最小值为（　　） A． B． C． D． 9．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，，，，是的角平分线，E是斜边的中点，过点B作于点G，延长交于点F，连接，则线段______． 10．（24-25八年级下·辽宁沈阳·月考）如图，四边形中，，，点E是的中点，，，则______． 11．（25-26八年级下·辽宁锦州·开学考试）如图，矩形的对角线相交于点，点为上的一点，连接，为的中点，若，则的长为_____． 12．（2022九年级·辽宁沈阳·专题练习）如图，四边形中，，，且，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形，如此进行下去，得到四边形．有下列结论：①四边形是矩形；②四边形的周长是；③四边形是菱形；④四边形的面积为．其中正确的结论是_____．把所有正确结论的序号都填在横线处） 13．（25-26八年级下·山东烟台·期末）如图，在中，是的中点，是的中点，交于点，若，则的长为____． 14．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，平分，，垂足为E，F是的中点，连接，，，则线段的长为_________． 15．（25-26八年级下·海南省直辖县级单位·期末）如图，在矩形中，，，点、分别是边、上的动点，连接、，点为的中点，点为的中点，连接，则_____，的最大值是_____． 16．（25-26八年级下·吉林长春·月考）如图，在任意四边形中，分别是的中点．以下结论：①当时，四边形为正方形；②当时，四边形为菱形；③当时，四边形为矩形；④四边形一定为平行四边形其中正确的序号__________． 17．（25-26八年级下·江西南昌·月考）如图，矩形中，交于点O，，，点M在边上，且，点P是上的动点，连接，当是等腰三角形时，的长为______． 18．（24-25八年级下·吉林·期末）如图，在四边形中，分别是边的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，则四边形的周长为_________． 19．（25-26八年级下·广东佛山·期末）如图，在中，点是边的中点，点是边的三等分点，连接、并相交于点． (1)若，求的面积； (2)若，，，求的长度． 20．（25-26八年级下·山东青岛·期中）如图，在平行四边形 中， 的平分线交 于点 ， 的平分线交 于点 ，点 ， 分别是 和 的中点． (1)求证∶ ； (2)连接 ． 从下面两个问题中选择其中一个进行解答， (若多选，按第一个解答计分) 我选______． (填写序号“①”或“②”)． ①当 满足什么条件时，四边形 的形状为菱形 请加以证明． ②当 满足什么条件时，四边形 的形状为矩形？ 请加以证明． (3)在（2） 的条件下，对 添加一个______条件时，四边形 为正方形？ 不需证明． 21．（25-26八年级下·全国·期中）问题背景：如图，在正方形中，边长为4．点M，N是边上两点，且，连接与相交于点O． (1)探索发现：探索线段与的关系，并说明理由； (2)探索发现：若点E，F分别是与的中点，计算的长； (3)拓展提高：延长至P，连接，若，请直接写出线段的长． 22．（25-26八年级下·重庆·月考）如图，在中，，点D为边上一动点，连接，E是外一点，连接，满足． (1)如图1，若，连接，，求的度数． (2)如图2，若，连接，，，取中点F，连接，求证：； (3)在（2）的条件下，若，请直接写出的最小值． 23．（25-26八年级下·山西晋中·月考）阅读与思考 请认真阅读下面的材料，并完成相应的任务． 中方四边形定义：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”．如果一个四边形的中点四边形是正方形，那么我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． 根据中方四边形的定义可知，对角线互相垂直且相等的四边形是中方四边形．下面是这个结论的证明过程： 已知：如图1，在四边形中，对角线与交于点，，． 求证：四边形为中方四边形． 证明：如图1，分别取，，，的中点，，，，连接，，，与交于点，与交于点． 则，，． ∴． ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴． ∴四边形为菱形． …… 任务： (1)下列四边形中，一定是中方四边形的是______． A．平行四边形    B．菱形    C．矩形    D．正方形 (2)请补全材料中的证明过程． (3)如图2，已知为锐角三角形，分别以，为边，向外作正方形和正方形．连接，，，试证明四边形为中方四边形． 24．（25-26八年级下·陕西咸阳·月考）【问题探究】 （1）如图1，在正方形中，点、分别在、的延长线上，连接、，且，若，求的长； 【问题解决】 （2）如图2．某市有一块形状为正方形的工厂，点、为工厂的操作间，其中操作间在边上，操作间在正方形内部．连接，从大门处沿、可分别到达两个操作间．且．分别延长，交于点，连接．为了方便处理垃圾，该工厂计划在点处修建一个垃圾处理站，且根据规划要求：，请帮助工厂判断与之间的数量关系，并说明理由． 25．（24-25八年级下·上海闵行·月考）如图所示，在正方形中，．E、F分别为边的中点，连接，点N、M分别为的中点，连接，求的长度． 26．（24-25八年级下·上海嘉定·期末）如图，在正方形中，点、分别在、上，且． (1)求证：； (2)连接、，分别取、、、的中点、、、，四边形是什么特殊的平行四边形？请在图中补全图形，并说明理由． 27．（24-25八年级下·上海金山·月考）如图，在等腰梯形中，，，，，点为边的中点，点为边上一动点（点不与点重合），联结和，点分别为的中点，设，． (1)求的长； (2)求关于的函数解析式，并写出定义域； (3)联结，当时，求的值． 28．（24-25八年级下·内蒙古呼和浩特·期中）综合与探究：如图1，四边形中，分别是的中点，顺次连接． （图1）                               （备用图） (1)如图1，在四边形内一点，使，其他条件不变，试探究四边形的形状，并说明理由． (2)在（1）的条件下，若，求四边形的面积． 16 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 中点模型之中位线、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，它在不同的环境中起到的作用也不同，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直角三角形斜边中点模型；⑤中位线模型；⑥中点四边形模型。本专题就中点模型的后三类模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。 1 模型来源 1 真题现模型 2 提炼模型 3 模型运用 6 模型1.直角三角形斜边中线模型 6 模型2.中位线模型 9 模型3.中点四边形模型 13 18 直角三角形斜边中线模型的核心定理最早可能隐含于毕达哥拉斯学派对直角三角形的研究中，但未明确提出“斜边中点模型”的完整概念‌。《周髀算经》记载了勾股定理特例，虽未直接描述斜边中线性质，但为模型构建奠定基础‌。直到20世纪教材体系化过程中，该定理被明确表述为：“直角三角形斜边中线等于斜边一半”。模型历经古希腊的演绎证明与中国实用几何传统结合，形成今日标准化教学模型。‌因直角三角形斜边中线模型常与中位线、三线合一结合使用，戏称其为“三兄弟模型”。 20世纪初，德国数学家克莱因在《初等几何学》中首次将“连接三角形两边中点的线段”定义为“中位线”（Median Line），并严格证明其性质：‌平行于第三边且长度为第三边的一半。中位线模型从古典几何的隐性规律发展为现代数学教育的高效工具，体现了数学抽象性与应用性的深度统一。 20世纪60年代，教育工作者将三角形中位线性质迁移至四边形场景，发现‌任意四边形的中点连线必形成平行四边形。这一规律被命名为“中点四边形稳定性定理”。 （2025·江苏镇江·一模）如图，在中，，平分，，垂足为D，交于点E．若，则的长为（　　） A．6 B． C．7 D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，取的中点，连接，根据等边对等角得到，由直角三角形的性质得到，则由等边对等角和角平分线的定义可推出，得到，则可证明，得到；再利用勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】解：如图所示，取的中点，连接， ∵， ∴； ∵，点为的中点， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 在中，由勾股定理得， ∴， 故选：B． （2026·河南周口·模拟预测）如图，在矩形中，点E是边上靠近点B的三等分点，点F是边上靠近点C的三等分点，连接，，M，N分别是，的中点，连接，若，，则的长为（    ） A． B． C． D．2 【答案】A 【分析】连接并延长交于点G，连接，根据中点定义，矩形的性质得到，，再证，得到，根据三角形的中位线定理和勾股定理即可得到结论． 【详解】解：如图，连接并延长交于点G，连接 ． ∵M，N分别是，的中点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ， ∴， ，即N是的中点． ∴是的中位线． ． ∵点E是边上靠近点B的三等分点，点F是边上靠近点C的三等分点，，， ∴，，． 在中， ． ． （2025·河南南阳·二模）（1）如图①点E、F、G、H分别是菱形各边中点，可判定四边形的形状为_________； （2）如图②点E，F，G，H分别是四边形各边中点，且对角线，判定四边形的形状，并证明； （3）在（2）的条件下，请对四边形增添一个条件，使四边形为正方形．（直接写出所添条件） 【答案】【小问1】矩形 【小问2】四边形为矩形；理由见解析 【小问3】当时，四边形是正方形． 【分析】（1）先根据菱形证得，再根据中位线定理证得，，同理，，，从而可得，，于是可证得四边形是平行四边形，再证明，从而可得四边形是矩形； （2）根据三角形中位线定理证得四边形为平行四边形，再根据证明平行四边形EFGH为矩形； （3）根据正方形的判定定理解答即可． 【详解】（1）解：连接、， 四边形是菱形， ， 、F分别是、上的中点， ，， 同理，，， 则，， 四边形是平行四边形， 、G分别是、的中点， ， 又，， ， 四边形是矩形． 故答案为：矩形； （2）四边形为矩形． 证明：点E，F，G，H分别是四边形的边，，，的中点， 、、、分别为、、、的中位线， ，，，，，， ，， 四边形为平行四边形， ，，， ， 平行四边形EFGH为矩形； （3）当时，四边形是正方形， 理由如下：由（2）得四边形是矩形， 由（2）得，， 添加， ， 矩形为正方形． 【点睛】本题考查了中点四边形，正方形的判定，菱形的性质，平行四边形的判定定理，三角形中位线定理，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 1）直角三角形斜边中线模型（单中线模型） 条件：如图，若AD为斜边上的中线； 结论：（1）；（2），为等腰三角形；（3），． 证明：取AC的中点E，连接DE，∵AD是斜边BC的中线，∴BD=CD=， ∵E是AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴DE//AB，∴∠DEC=∠BAC=90°，∴DE垂直平分AC， ∴AD=CD，∴；∴，为等腰三角形； ∵AD=CD，∴，∵，∴，同理：． 2）直角三角形斜边中线模型（双中线模型） 条件：如图，在由两个直角三角形组成的图中，M为BC边的中点，（直角在BC的同侧和异侧两类） 结论：（1）；（2）． 证明：∵，M为BC边的中点，∴，，∴ ∴，∵，∴，同理： ∴，∴．（同侧和异侧证明一致） 3）三角形的中位线模型： 条件：如图，在三角形ABC的AB，AC边的中点分别为D、E， 结论：（1）DE//BC且，（2）△ADE∽△ABC。 证明：如图1，过点C作交延长于点F，∴， ∵是的中位线，∴，∴，∴， ∴，又∵，∴四边形是平行四边形， ∴，，∴，； ∵，∴，，∴△ADE∽△ABC。 图1 图2 4）梯形的中位线模型： 条件：如图2，在梯形中，，、分别是两腰、的中点， 结论：（1），； （2）梯形的面积＝×2×中位线的长×高＝中位线的长×高。 证明：连接并延长，交延长线于点，，． 是的中点，．，． ，．点是的中点，又点是的中点， 是的中位线，，．． ，，．，． ∵梯形的面积=，∴梯形的面积==中位线的长×高。（为梯形的高） 5）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． 条件：如图1，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，结论：四边形MNPQ为平行四边形。 证明：∵点M、N是AC、AB的中点，∴，， 同理：，，∴MN=PQ，，∴四边形是平行四边形， 图1 图2 6）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） 条件：如图2，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC⊥DB，结论：四边形MNPQ为矩形。 证明：由结论1知：四边形是平行四边形， ∵点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，∴， ∵AC⊥DB，∴MN⊥MQ，∴四边形MNPQ为矩形。 7）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） 条件：如图3，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，结论：四边形MNPQ为菱形。 证明：由结论1知：四边形是平行四边形， ∵点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，∴， ∵AC=DB，∴MN=MQ，∴四边形MNPQ为菱形。 图3 图4 8）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． 条件：如图4，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，AC⊥DB， 结论：四边形MNPQ为正方形。 证明：由结论1知：四边形是平行四边形， ∵点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，∴，，， ∵AC=DB，AC⊥DB，∴MN=MQ，MN⊥MQ，，∴四边形MNPQ为正方形。 模型1.直角三角形斜边中线模型 例1（2025·安徽·模拟预测）如图，中，，以的直角边为斜边，向外作，连接；则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了直角三角形斜边的性质，勾股定理，三角形的三边关系．取的中点E，连接，根据勾股定理可得，从而得到的长，再由直角三角形斜边的性质可得的长，然后在中，利用三角形的三边关系解答即可． 【详解】解：如图，取的中点E，连接， 在中，， ∴， ∵点E是的中点， ∴， ∴， ∵为的斜边， ∴， 在中，， 即的最大值为． 故选：C 例2（2024·广东·模拟预测）如图，是斜边上的中线．，，点是上一个动点，过点分别作和的垂线，垂足为、．则的值是（       ） A．4 B．5 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理等知识，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题关键．先利用勾股定理可得，则可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，然后利用三角形的面积公式求解即可得． 【详解】解：如图，连接， ∵在中，斜边，， ∴， ∴， ∵是斜边上的中线， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得， 故选：C． 例3（25-26八年级下·江苏南京·期中）如图，在四边形中，．分别是对角线的中点．若，，则的长为__________． 【答案】 【分析】本题考查的是勾股定理、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线的性质，熟记在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．连接、，根据直角三角形斜边上的中线的性质得到，根据等腰三角形的性质求出，再根据勾股定理计算，得到答案． 【详解】解：如图，连接、， 在中，是的中点， 则， 同理可得：， ， 是的中点， ，， 由勾股定理得：， 故答案为：． 例4（2025·安徽阜阳·三模）在中，，，是上一点，连接，将绕点顺时针旋转，得到，作交直线点，交直线于点． (1)若E，H重合，求证：点是的中点； (2)若点在内，作交于点，判断与之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理，直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定等待，正确作出辅助线是解题的关键． （1）先由等边对等角和三角形内角和定理得到，则由由旋转的性质可得，则，据此可证明，得到，再证明，得到，据此可证明结论； （2）取的中点为点，连接．由平行线的性质得到，则，即有，进而得到；进而可得；由旋转的性质可得，则可证明，得到，，则可证明，得到，则． 【详解】（1）证明：∵， ∴ 由旋转的性质可得， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ，即点是的中点； （2）解：，证明如下： 如图，取的中点为点，连接． ∵， ∴， ∵M是的中点， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴； 由旋转的性质可得， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 例5（2025·北京东城·一模）如图，在中，，点D在上（），过点D作，交的延长线于点E，连接，以为底作等腰（点E，F在直线的异侧），连接． (1)依题意补全图形； (2)求证：； (3)用等式表示线段与的数量关系，并证明， 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)．理由见解析 【分析】此题考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、直角三角形的性质等知识，熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键， （1）根据题意补全图形即可； （2）证明即可得到结论； （3）延长到点G，使，连接．证明．得到．证明．得到，根据直角三角形的性质即可得到结论， 【详解】（1）解：补全图形如图． （2）证明：在中，， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． （3）．证明如下： 如图，延长到点G，使，连接． ∵是以为底的等腰直角三角形， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴ ∴． 在和中， ∴． ∴． ∴． 在和中， ∴． ∴ 在中，，F为的中点， ∴． ∴． 模型2.中位线模型 例1（24-25八年级下·江苏南通·期中）如图，在矩形中，对角线、相交于点O，E、F分别是、的中点，连接．若，，则的长是（   ） A．13 B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了勾股定理，矩形的性质，三角形中位线定理，根据勾股定理求得对角线的长，根据矩形的性质求得的长，根据三角形中位线定理即可求得的长． 【详解】解：四边形是矩形， ， ，，， ， ， ， 点，分别是，的中点， ∴是三角形的中位线， ． 故选D． 例2（25-26八年级下·内蒙古呼和浩特·月考）如图，矩形和矩形，，，，，点P在边上，点Q在边上，且，连结和，点N是的中点，M是的中点，则的长为（　　） A．3 B．6 C． D． 【答案】C 【分析】连接，交于R，延长交于H，连接，则四边形是矩形，求出， ，由证得，得出，则点R与点M重合，得出是的中位线，即可得出结果． 【详解】解：连接，交于R，延长交于H，连接，如图所示： 则四边形是矩形， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，，， 在中，由勾股定理得： ， 在和中， ∴， ∴， ∴点R与点M重合， ∵点N是的中点， ∴是的中位线， ∴，故C正确． 例3（24-25八年级下·浙江温州·月考）如图，在中，已知，，点，分别为，的中点，平分交于点，则的长为___________． 【答案】 【分析】结合题意得是的中位线，由中位线定理可得，，结合角平分线的定义推得，即可根据求解． 【详解】解：点，分别为，的中点， ，， 平分，， ， ， ． 例4（25-26八年级下·北京西城·开学考试）如图，正方形的边长为8，点，分别为，上一点，，与交于点，点为的中点，点为线段靠近的四等分点，则______． 【答案】 【分析】根据正方形的性质得到，根据全等三角形的判定和性质定理得到，求得，取的中点，连接，根据勾股定理得到，求得，根据三角形中位线定理即可得到结论． 【详解】解：∵四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， 取的中点，连接， ， ， ， ， ∵点为的中点，点为线段靠近的四等分点， ， ∴是的中位线， ． 例5（24-25八年级下·江苏镇江·期中）已知：如图，在中，平分，，垂足为，点是的中点． (1)求证：； (2)若，，则 ． 【答案】(1)证明见解析； (2)9 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，角平分线，与三角形的中位线有关的计算： （1）延长交于，证明，再证明，可得，结合点是中点，可得是的中位线，从而可得结论； （2）根据中位线的性质与全等三角形的性质可得结论． 【详解】（1）解：延长交于， 平分， ， ， ， 在和中 ， ， ， 又点是中点， 是的中位线， ； （2）解：∵，是的中位线， ∴， ∵，， ∴， ∴． 模型3.中点四边形模型 例1（25-26八年级下·广东广州·月考）如图顺次连接矩形四条边的中点得到四边形，若，，则四边形的面积为（   ） A．6 B．6.5 C．7 D．7.5 【答案】D 【分析】根据矩形的性质和三角形中位线定理证明四边形是菱形，四边形和四边形是矩形，再根据菱形的面积计算公式求解即可． 【详解】解：如图，连接、、、， 矩形， ，，，，，， 分别为矩形四条边的中点， 分别是的中位线， ，， ， 四边形是菱形， ，，， 四边形是矩形， 同理可证，四边形是矩形， ，， 菱形的面积． 例2（25-26八年级下·江苏盐城·期末）将连接四边形对边中点的线段称为“中对线”．如图，四边形的对角线，且两条对角线的夹角为，则该四边形较短的“中对线”的长为______．   【答案】3 【分析】此题考查的是三角形的中位线定理，根据三角形中位线定理可得菱形，然后根据菱形的性质及等边三角形的性质可得答案． 【详解】解：如图，取四边的中点，依次连接起来，设与交点M， ∴是的中位线， ，， 同理， ，，， ，， 四边形是菱形， ，， ， ， ， 为等边三角形， ， 较短的“中对线”长度为． 故答案为：． 例3（25-26八年级下·陕西西安·开学考试）如图，在四边形中，，点E，F，G，H分别为边的中点，连接，相交于点O，则的值为___________． 【答案】 【分析】本题考查三角形中位线定理，菱形的性质，解题的关键是作出辅助线证明四边形是菱形． 连接，，，，根据中位线定理得到，即可得到四边形是菱形，结合菱形对角线互相垂直及勾股定理即可得到答案． 【详解】解：连接，，，，如图所示，设与的交点为O， E，F，G，H分别是，，，的中点， ∴，． 又∵， ∴． ∴四边形是菱形． ∴． ∴的值为． 故答案为：． 例4（25-26八年级下·江苏·假期作业）如图所示，分别是四边形各边中点，连接，则四边形为________形．在横线上填上合适的条件，并说明你所填条件的合理性． （1）当四边形满足________条件时，四边形是菱形． （2）当四边形满足________条件时，四边形是矩形． （3）当四边形满足________条件时，四边形是正方形． 【答案】平行四边形，见解析；（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3）且，理由见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，中位线定理，掌握相关知识点是解题的关键． 连接，可以根据分别是四边形各边中点，得到线段分别为的中位线，由中位线定理可以证明四边形为平行四边形；再根据菱形，矩形和正方形的判定条件，添加对应的条件即可得到答案． 【详解】解：四边形为平行四边形， 理由，连接， 分别是四边形各边中点， 线段分别为的中位线， ，，，， ，， 四边形为平行四边形， 故答案为：平行四边形； （1）， 理由，如图①四边形的对角线， 四边形为平行四边形，且，， ， 平行四边形为菱形， 故答案为：； （2）， 理由，如图②四边形的对角线互相垂直， 分别是四边形各边中点， 线段分别为的中位线， ，， ， ， 四边形为平行四边形， 四边形为矩形， 故答案为：； （3）且， 理由，如图③四边形的对角线相等且互相垂直， 根据，由（2）可知， 根据，由（1）可知平行四边形为菱形， 四边形为正方形， 故答案为：且． 例5（25-26八年级下·甘肃兰州·期中）综合与探究 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，我们就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，写出关于四边形的结论： ①________； ②________； 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ACFG，连接，问有什么位置关系和数量关系？直接写出结果． 拓展应用： （4）如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点．试探索与的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）D；（2）①，②；（3），；（4），理由见解析 【分析】（1）根据定义“中方四边形”，即可得出答案； （2）由中位线的性质可得，结合正方形的性质可得结论； （3）取四边形边中点分别为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，推出四边形是菱形，再由，可得菱形是正方形，即可证得结论； （4）设的中点分别为E、F，并顺次连接，可得四边形是正方形，再根据等腰直角三角形性质即可证得结论． 【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； 故选：D； （2）①，②；理由如下： 如图1，∵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， ∴， ∴， 故答案为：； （3）如图，取四边形边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K， ∵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， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴． 又∵， ∴， ∴， ∴， 综上所述，的位置关系为，数量关系为； （4），理由如下： 如图，设的中点分别为E、F，并顺次连接， ∵四边形是“中方四边形”， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵F，N分别是的中点， ∴， ∴． 【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． 1．（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，在四边形中，，，，分别是，，，的中点，要使四边形是矩形，则四边形只需要满足一个条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先利用三角形中位线定理证明四边形是平行四边形，再根据矩形的判定条件寻找使平行四边形有一个角为直角的四边形的条件． 【详解】解：∵，分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴，． 同理，，分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴且， ∴四边形是平行四边形． 同理，，分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴，． 结合图形，要使平行四边形为矩形，需有一个内角为． A选项，若，则，平行四边形为菱形，不符合题意； B选项，若，无法得到的内角为直角，不符合题意； C选项，若，无法得到内角为直角，不符合题意； D选项，若，则，平行四边形为矩形，符合题意； 故选：D． 2．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在矩形中，M为上一点，且，点P，Q分别为，的中点，连接．若，则四边形的周长为（    ） A．24 B．12 C．17 D．22 【答案】D 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴， ∵点P，Q分别为，的中点， ∴，， ∵， ∴， 由勾股定理得， ∴， ∴四边形的周长为． 3．（25-26八年级下·山西晋城·期末）如图，已知四边形中，R、P分别为上的点，E、F分别为的中点．当点P在上从点C向点D移动，同时点R在上从点B向点C移动，点P和点R同时到达终点，那么下列结论成立的是（    ） A．线段的长先变大再变小 B．线段的长先变小再变大 C．线段的长不变 D．线段的长与点P的位置有关 【答案】B 【分析】本题主要考查的是三角形中位线定理，连接，根据三角形中位线定理得到，得出结论． 【详解】解：连接，如图， ∵E，F分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵点R在上从点B向点C移动， ∴先变小再变大， ∴线段的长先变小再变大． 故选：B． 4．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在四边形中，，，，，分别为线段，上的动点（含端点，但点不与点重合）．若，分别为，的中点，则线段长度的最大值为（   ） A． B． C．3 D． 【答案】C 【分析】本题考查了三角形中位线定理和勾股定理，掌握通过中位线将线段长度转化，结合动点位置求最值是解题的关键． 利用三角形中位线定理将转化为，通过分析的最大值来确定的最大值，结合勾股定理进行求解． 【详解】解：如图，连接． ，分别为，的中点， 为的中位线， ， 当最大时，最大． 当点与点重合时，最大，此时， 线段长度的最大值为3． 故选：C． 5．（25-26八年级下·山西太原·期末）如图，在矩形中，O是对角线的中点，E，F分别是，上的点，且．若，，则的长为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查三角形中位线的性质，勾股定理等，熟练掌握相关性质是解题的关键． 设的中点分别为，连接，可证为的中位线，得到，，，再由勾股定理即可得到，同理可得即可求解． 【详解】解：设的中点分别为，连接， 在矩形中，O是对角线的中点， 为的中位线，即， ，， 又， ， 又为中点，， ， ， 同理可得， ， ． 故选：A． 6．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，是内一点，，7，，，，，，分别是，，，的中点，则四边形的周长是（   ） A．12 B．14 C．24 D．21 【答案】A 【分析】本题考查了三角形中位线定理和勾股定理的应用，掌握三角形中位线平行于第三边且等于第三边的一半是解题的关键． 先在中用勾股定理求出的长度，再根据三角形中位线定理求出四边形各边的长度，最后求和得到周长． 【详解】解：∵ ∴在中， ∵分别为的中点 ∴是的中位线， ∵分别为的中点 ∴是的中位线， ∵分别为的中点 ∴是的中位线， ∵分别为的中点 ∴是的中位线， ∴四边形的周长= 故选：A． 7．（25-26八年级下·福建漳州·期末）如图，正方形中，F为上一点，E是延长线上一点，且，连接，，，M是的中点，连接，若，设与交于点N，与交于点，则的值为（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】A 【分析】本题考查中位线的判定和性质，正方形的性质，等量代换，勾股定理熟练掌握相关知识是解题的关键；取的中点，连接，由题意得是的中位线，得，，结合正方形的性质等量代换得，即可解答． 【详解】解：取的中点，连接， ∵四边形是正方形，， ∴，， ∵M是的中点，M是的中点 ∴是的中位线， ∴，，互相平行， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选A． 8．（24-25八年级下·山东威海·期末）如图，在中，，，，点D为上的动点，点E，F分别为，的中点，则最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查勾股定理及三角形中位线，熟练掌握勾股定理及三角形中位线是解题的关键；连接，由题意易得，是的中位线，则有，然后可知当时，最小，进而根据等积法可进行求解． 【详解】解：如图，连接， ∵在中，，，， ∴， ∵点E，F分别为，的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴当最小时，的值最小， ∴当时，最小， 此时，， 即， ∴， ∴， 故选：C． 9．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，，，，是的角平分线，E是斜边的中点，过点B作于点G，延长交于点F，连接，则线段______． 【答案】/ 【分析】先利用勾股定理求得，再证明，利用全等三角形的性质可得，，然后利用中位线定理求得． 【详解】解：∵，，， ∴， ∵是的角平分线，， ∴，， 又， ， ，， 又E是斜边的中点， 是的中位线， ， 10．（24-25八年级下·辽宁沈阳·月考）如图，四边形中，，，点E是的中点，，，则______． 【答案】 【分析】取 的中点 F，连接 、，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出的长及为等边三角形，利用三角形中位线定理求出的长及，进而求出，最后利用勾股定理求解． 【详解】解：取 的中点 F，连接 、， ∵，，， ∴． ∵F是的中点， ∴，． ， 是等边三角形， ∴． 是的中点，F是的中点， 是的中位线， ，． ， ； 在中，由勾股定理得：． 11．（25-26八年级下·辽宁锦州·开学考试）如图，矩形的对角线相交于点，点为上的一点，连接，为的中点，若，则的长为_____． 【答案】 【分析】本题考查矩形的性质，中位线，勾股定理，斜边上的中线等于斜边的一半．关键是根据矩形的性质得出解答．根据矩形的性质得出，进而利用三角形中位线得出，进而利用勾股定理得出，进而利用直角三角形的性质解答即可． 【详解】解：四边形是矩形， ，，，， 为的中点， 是的中位线， ， ，， ， ， 为的中点， ． 12．（2022九年级·辽宁沈阳·专题练习）如图，四边形中，，，且，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形，如此进行下去，得到四边形．有下列结论：①四边形是矩形；②四边形的周长是；③四边形是菱形；④四边形的面积为．其中正确的结论是_____．把所有正确结论的序号都填在横线处） 【答案】①②③ 【分析】根据三角形中位线定理以及矩形和菱形的判定定理可判断①②③结论；根据题意得出每得到一个新四边形，它的面积为原四边形面积的一半，可判断④结论． 【详解】解：顺次连接四边形各边中点，得到四边形， 由三角形中位线定理可知，，，，， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴， ∴四边形是矩形且相邻边长为、， ∴四边形的周长是， 故①②正确． 连接、 ∵四边形是矩形， ∴， 由三角形中位线定理可知，，， ， ∴四边形是平行四边形，且， ∴四边形是菱形； 故③正确． 由题意可知，四边形的面积为，四边形的面积为，四边形的面积为，． ∴每得到一个新四边形，它的面积为原四边形面积的一半， ∴四边形的面积为，故④错误． 13．（25-26八年级下·山东烟台·期末）如图，在中，是的中点，是的中点，交于点，若，则的长为____． 【答案】3 【分析】本题主要涉及平行四边形的性质与判定以及三角形中位线定理，取的中点，连接构造中位线，利用中位线性质和平行四边形性质得到新的平行四边形，进而得出线段之间的关系，最后根据已知线段长度求出． 【详解】解：取的中点，连接，如图， 是的中点，是的中点， 是的中位线， 平行于，， ∵四边形是平行四边形， ，平行于， 是的中点， ， 平行于，， ∴四边形是平行四边形， ， ，是的中点， ， ． 故答案为：3． 14．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，平分，，垂足为E，F是的中点，连接，，，则线段的长为_________． 【答案】 【分析】延长、交于点，由角平分线的定义，可得，由直角三角形的两个锐角互余，结合等角的余角相等，可得，可得，可得，由等腰三角形的性质，可得点为的中点，由三角形中位线的性质，可得线段的长． 【详解】解：延长、交于点， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴点为的中点， 又∵是的中点， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查角平分线的定义，直角三角形的两个锐角互余，等角的余角相等，等腰三角形的判定和性质，三角形的中位线． 15．（25-26八年级下·海南省直辖县级单位·期末）如图，在矩形中，，，点、分别是边、上的动点，连接、，点为的中点，点为的中点，连接，则_____，的最大值是_____． 【答案】 【分析】本题考查矩形的性质，中位线的性质以及勾股定理，熟练掌握相关知识是关键． 连接、，在直角中，使用勾股定理求出．容易判断出是的中位线，则，结合，求出的最大值． 【详解】解：如图，连接、， ∵四边形是矩形， ∴，， 在直角中，， ∵点为的中点，点为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴当点与点重合时，取得最大值，此时， ∴的最大值为． 故答案为：；． 16．（25-26八年级下·吉林长春·月考）如图，在任意四边形中，分别是的中点．以下结论：①当时，四边形为正方形；②当时，四边形为菱形；③当时，四边形为矩形；④四边形一定为平行四边形其中正确的序号__________． 【答案】②③④ 【分析】本题考查了平行四边形的判定、菱形、矩形与正方形的判定、三角形中位线定理等知识，熟练掌握特殊四边形的判定是解题关键．连接，根据三角形的中位线定理和平行公理推论可得，，，，则四边形一定为平行四边形，结论④正确；根据不能得出四边形为正方形，结论①错误；根据可得，则四边形为菱形，结论②正确；根据可得，则四边形为矩形，结论③正确；由此即可得出答案． 【详解】解：如图，连接， ∵分别是的中点， ∴，，，，，，，， ∴，，，， ∴四边形一定为平行四边形，结论④正确； 当时，四边形不一定是正方形，结论①错误； 当时，则， ∴四边形为菱形，结论②正确； 当时，则， ∴， ∴四边形为矩形，结论③正确； 综上，正确的序号为②③④， 故答案为：②③④． 17．（25-26八年级下·江西南昌·月考）如图，矩形中，交于点O，，，点M在边上，且，点P是上的动点，连接，当是等腰三角形时，的长为______． 【答案】5或或 【分析】本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形中位线的性质、勾股定理等知识，正确作出辅助线，分情况讨论是解题关键． 过点作于点，结合矩形的性质易得为等腰三角形，可得，进而可知为的中位线，可得，利用勾股定理可解得，若是等腰三角形，可分，和三种情况，分别求解即可． 【详解】解：如下图，过点作于点， ∵四边形为矩形，，， ∴，，， ∵， ∴， ∴为的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是等腰三角形， 当时，可有； 当时，则有， 此时； 当时，设， 则有， 在中，可有， ∴，解得． 综上所述，的长为5或或． 故答案为：5或或． 18．（24-25八年级下·吉林·期末）如图，在四边形中，分别是边的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，则四边形的周长为_________． 【答案】(1)见解析； (2)13． 【分析】（1）根据题意可知分别为的中位线，再利用中位线的性质可得，，进而可得四边形是平行四边形； （2）利用中位线定理可知，，再代入计算周长即可． 【详解】（1）证明：分别是边的中点， 分别为的中位线， ，且， ，且， 四边形是平行四边形； （2）解：由（1）知， 又分别是边的中点， 分别为的中位线， ， 则四边形的周长为． 19．（25-26八年级下·广东佛山·期末）如图，在中，点是边的中点，点是边的三等分点，连接、并相交于点． (1)若，求的面积； (2)若，，，求的长度． 【答案】(1)30 (2) 【分析】本题考查三角形的中位线的性质，根据三角形的中线求面积，等腰三角形的判定和性质勾股定理． （1）过点作，得是的中位线，根据题意得，即可解答； （2）过点作于M，证是等腰三角形，由勾股定理得求解即可． 【详解】（1）解：过点作， ∵点是边的中点， ∴是的中位线， 可得，则， ∵点是边的三等分点， ∴， ∴则 ∵，点A到直线的距离不变， ∴， ∴， ∵点是边的中点， ∴， ∴， ∴ （2）解：∵，，， ∴由（1）得，，， ∴，， ∴是等腰三角形， 过点作于M，则， ∴， ， ∴． 20．（25-26八年级下·山东青岛·期中）如图，在平行四边形 中， 的平分线交 于点 ， 的平分线交 于点 ，点 ， 分别是 和 的中点． (1)求证∶ ； (2)连接 ． 从下面两个问题中选择其中一个进行解答， (若多选，按第一个解答计分) 我选______． (填写序号“①”或“②”)． ①当 满足什么条件时，四边形 的形状为菱形 请加以证明． ②当 满足什么条件时，四边形 的形状为矩形？ 请加以证明． (3)在（2） 的条件下，对 添加一个______条件时，四边形 为正方形？ 不需证明． 【答案】(1)见解析 (2)①答案不唯一，见解析；②答案不唯一，见解析 (3)答案不唯一，见解析 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得， ， ，进而根据角平分线的定义可得，即可证明； （2）若选择序号①，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得出，即可得出，即可证明平行四边形 是菱形； 若选序号②，证明四边形是平行四边形，根据是的中点，结合添加条件，得出，即可证明四边形 的形状为矩形． （3）根据（2）的结论，结合正方形的判定定理，添加条件，即可求解． 【详解】（1）证明∶四边形 是平行四边形， ， ， ， 平分， 平分， ， ， ， ． （2）若选择序号①． 满足的条件时， 四边形 的形状为菱形． 由（1）得， ， ， ， 、 分别为 、 中点， ， ， ， 四边形 是平行四边形， ， ， 又 ， ， 四边形 是平行四边形， ， 是 的中点， ， ， 平行四边形 是菱形． 若选序号② 满足 的条件时， 四边形 的形状为矩形． 由（1）得， ， ，， 分别为中点， ，， ， 四边形是平行四边形， ， ， 又， ， ， 四边形是平行四边形， ，是的中点， ， ， 平行四边形是矩形． （3）若（2）选序号①，填“”；若（2）选序号②，填 “” 若选序号①，由（2）得，平行四边形 是菱形． 当 满足 的条件时， 由（2）②可得四边形 的形状为矩形． ∴， ∴菱形 为正方形． 若选序号②，由（2）得，平行四边形 是矩形． 当 满足的条件时，由（2）①可得四边形 的形状为菱形． ∴， ∴菱形 为正方形． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，中位线的性质与判定，菱形、正方形、矩形的判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 21．（25-26八年级下·全国·期中）问题背景：如图，在正方形中，边长为4．点M，N是边上两点，且，连接与相交于点O． (1)探索发现：探索线段与的关系，并说明理由； (2)探索发现：若点E，F分别是与的中点，计算的长； (3)拓展提高：延长至P，连接，若，请直接写出线段的长． 【答案】(1)，且，证明见解析 (2) (3) 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，中位线性质和勾股定理，解题关键是构造三角形从而使用中位线定理、作构造直角三角形． （1）证，得出，，再证即可； （2）连并延长交于G，求出长，再根据中位线的性质求出即可； （3）过点B作于点H，根据勾股定理求出，，即可． 【详解】（1）解：，且， 理由：∵四边形是正方形， ∴， ∴在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴线段和的关系为：，且； （2）解：连接并延长交于G，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵正方形的边长为4，， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图3，过点B作于点H， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 22．（25-26八年级下·重庆·月考）如图，在中，，点D为边上一动点，连接，E是外一点，连接，满足． (1)如图1，若，连接，，求的度数． (2)如图2，若，连接，，，取中点F，连接，求证：； (3)在（2）的条件下，若，请直接写出的最小值． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】本题考查等腰三角形的性质，三角形的中位线定理，全等三角形的判定和性质，垂线段最短，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键． （1）利用等边对等角可得，证明，即可得到，然后根据角的和差解答即可； （2）取的中点G，连接，，根据等腰直角三角形的性质得到，，然后利用三角形的中位线得到，，即可得到A，F，G三点共线，然后根据线段的和差解答即可； （3）利用垂线段最短解答即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， （2）证明：取的中点G，连接，， ∵， ∴，， ∴， 由（1）可得， 又∵点F是的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∴A，F，G三点共线， ∴； （3）解：根据垂线段最短可得，点D与G重合时，最小，即最小，最小为． 23．（25-26八年级下·山西晋中·月考）阅读与思考 请认真阅读下面的材料，并完成相应的任务． 中方四边形定义：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”．如果一个四边形的中点四边形是正方形，那么我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． 根据中方四边形的定义可知，对角线互相垂直且相等的四边形是中方四边形．下面是这个结论的证明过程： 已知：如图1，在四边形中，对角线与交于点，，． 求证：四边形为中方四边形． 证明：如图1，分别取，，，的中点，，，，连接，，，与交于点，与交于点． 则，，． ∴． ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴． ∴四边形为菱形． …… 任务： (1)下列四边形中，一定是中方四边形的是______． A．平行四边形    B．菱形    C．矩形    D．正方形 (2)请补全材料中的证明过程． (3)如图2，已知为锐角三角形，分别以，为边，向外作正方形和正方形．连接，，，试证明四边形为中方四边形． 【答案】(1)D (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查了平行四边形及特殊的平行四边形的判定与性质、中位线定理和全等三角形的判定和性质，熟记相关判定定理及性质定理的内容是解题关键． （1）根据各种特殊的平行四边形的性质求解即可； （2）根据可得四边形为平行四边形，再根据和即可证明四边形为中方四边形； （3）连接，交于点，交于点，根据四边形和四边形为正方形可得，，证明，进而即可证明四边形为中方四边形． 【详解】（1）解：平行四边形的“中点四边形”为平行四边形； 矩形的“中点四边形”为菱形； 菱形的“中点四边形”为矩形； 正方形的“中点四边形”为正方形； 故选D． 解： （2）如图1，分别取，，，的中点，，，，连接，，，，与交于点，与交于点． 则，，． ∴． ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴． ∴四边形为菱形． ∵， ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴． ∴四边形为矩形． ∴． ∴菱形为正方形． ∴四边形为中方四边形． （3）证明：如图，连接，交于点，交于点． ∵四边形和四边形为正方形， ∴，，，． ∴，即． 在和中， ， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴， 由（1）可知，四边形为中方四边形． 24．（25-26八年级下·陕西咸阳·月考）【问题探究】 （1）如图1，在正方形中，点、分别在、的延长线上，连接、，且，若，求的长； 【问题解决】 （2）如图2．某市有一块形状为正方形的工厂，点、为工厂的操作间，其中操作间在边上，操作间在正方形内部．连接，从大门处沿、可分别到达两个操作间．且．分别延长，交于点，连接．为了方便处理垃圾，该工厂计划在点处修建一个垃圾处理站，且根据规划要求：，请帮助工厂判断与之间的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）；（2），理由见解析 【分析】（1）由正方形的性质可得，，再利用“”证明，即可得解； （2）取的中点，连接、，同（1）可证明：，从而可得，进而得出是等腰直角三角形， ，点、、在一条直线上，证明出，为的中位线，同理，在中，，推出，证明，求出，证明出为等腰直角三角形，得到，再由勾股定理计算即可得解． 【详解】解：（1）四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ， 在和中， ， ∴， ∴． （2），理由如下： 如图2，取的中点，连接、， 同（1）可证明：， ∴， ， ∴是等腰直角三角形， ，点、、在一条直线上， ， 点是的中点， ∴，为的中位线， 同理，在中，， ， 在和中， ， ∴， ， ∵， ∴， 为的中位线， ∴，， ∴， 为等腰直角三角形， ， ，即， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 25．（24-25八年级下·上海闵行·月考）如图所示，在正方形中，．E、F分别为边的中点，连接，点N、M分别为的中点，连接，求的长度． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定、勾股定理，三角形中位线定理，正确做出辅助线且证出是解决问题的关键． 连接，延长交于G，连接，由正方形推出，，，证得，得到，，根据三角形中位线定理得到，由勾股定理求出即可得到． 【详解】解：连接，延长交于G，连接， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∵M为的中点， ∴， 在中， ∴， ∴，， ∴， ∵点N为的中点， ∴， ∵F为的中点， ∴， ∴， ∴． 26．（24-25八年级下·上海嘉定·期末）如图，在正方形中，点、分别在、上，且． (1)求证：； (2)连接、，分别取、、、的中点、、、，四边形是什么特殊的平行四边形？请在图中补全图形，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是正方形．补全图形如图所示，理由见解析 【分析】（1）根据正方形的性质得到，，再由证明，即可证明； （2）设相交于点，根据三角形中位线和证明四边形是菱形，由得到，进而得到，得到，即可证明． 【详解】（1）解：．理由如下： 四边形是正方形， ，． 又， ． ； （2）解：四边形是正方形．补全图形如图．理由如下： 设相交于点， 分别是的中点， ． ． 四边形是菱形． ， ． ， ， ． 分别是的中点， ． ． 四边形是正方形． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，三角形中位线，熟练掌握各知识点是解题的关键． 27．（24-25八年级下·上海金山·月考）如图，在等腰梯形中，，，，，点为边的中点，点为边上一动点（点不与点重合），联结和，点分别为的中点，设，． (1)求的长； (2)求关于的函数解析式，并写出定义域； (3)联结，当时，求的值． 【答案】(1)4 (2) (3)4 【分析】（1）过点作于点，得出，根据，得出； （2）①当点在点左侧（），，根据，得出（）；②当点在点右侧（）， ，得出（）； （3）延长交于点，由三角形中位线定理推知点为的中点，，得出是等边三角形，从而求出的值． 【详解】（1）解：过点作于点， 四边形是等腰梯形， ， ， ． ； （2）解：∵， ． ①当点在点左侧（）， ∵， ∴， ， ， 点分别为的中点， 是的中位线， ， ； ②当点在点右侧（）， ，， 同理可得：， ； 综上所述，； （3）解：延长交于点， ，， 四边形是平行四边形， ， 点分别为的中点， 是的中位线， ． 点为的中点， ∴． 在与中，， ， ， ， ， 为正三角形， ． 【点睛】本题考查了等腰梯形的性质，含角的直角三角形的性质，三角形中位线的判定与性质，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，有三角形的中位线和勾股定理，函数与图形相结合等，掌握有三角形的中位线和勾股定理是解题的关键． 28．（24-25八年级下·内蒙古呼和浩特·期中）综合与探究：如图1，四边形中，分别是的中点，顺次连接． （图1）                               （备用图） (1)如图1，在四边形内一点，使，其他条件不变，试探究四边形的形状，并说明理由． (2)在（1）的条件下，若，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2) 【分析】（1）连接，证明得到，再由三角形中位线定理得到，则，据此可证明四边形是菱形； （2）由全等三角形的性质得到，则可证明，得到，由三角形中位线定理得到，则，可证明四边形是正方形，则． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： 如图所示，连接， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵分别是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：如图，设交于O，交于T， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵分别是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，菱形的判定，三角形中位线定理，全等三角形的性质与判定，熟知三角形中位线平行于第三边且等于第三边长的一半是解题的关键． 16 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $