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专题13 与中点有关的计算与证明（解析版）
类型一 构造直角三角形斜边的中线
典例1 如图，△CDE中，∠CDE＝135°，CB⊥DE于B，EA⊥CD于A，求证：CE=√2AB．
思路引领：取CE的中点F，连接AF、BF，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得 AF＝EF
＝BF＝CF，根据三角形的内角和等于180°求出∠ACE+∠BEC＝45°，然后求出∠AEC+∠BCE＝135°，
再根据等腰三角形两底角相等求出∠BFC+∠AFE＝90°，然后求出∠AFB＝90°，从而判断出△ABF是等
√2 √2
腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的直角边等于斜边的 可得AF= AB，然后证明即可．
2 2
证明：如图，取CE的中点F，连接AF、BF，
∵CB⊥DE，EA⊥CD，
1
∴AF＝EF＝BF＝CF= CE，
2
在△CDE中，∵∠CDE＝135°，
∴∠ACE+∠BEC＝180°﹣135°＝45°，
∴∠AEC+∠BCE＝（90°﹣∠ACE）+（90°﹣∠BEC）＝180°﹣45°＝135°，
∴∠BFC+∠AFE＝（180°﹣2∠BCE）+（180°﹣2∠AEC）＝360°﹣2（∠AEC+∠BCE）＝360°﹣2×135°
＝90°，
∴∠AFB＝180°﹣（∠BCF+∠AFE）＝180°﹣90°＝90°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
√2
∴AF= AB，
2
√2
∴CE＝2AF＝2× AB=√2AB，
2
即CE=√2AB．总结提升：本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形两底角相等的性质，
三角形的内角和定理，等腰直角三角形的判定与性质，熟记各性质是解题的关键，作出图形更形象直观．
典例2 （2020秋•浦东新区校级期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，∠ADC＝90°，AC＝26，
BD＝24，联结AC、BD，取AC和BD的中点M、N，联结MN，则MN的长度为 ．
思路引领：连接MB、MD，利用直角三角形斜边上中线的性质得出△MBD为等腰三角形，再利等腰三
1
角形“三线合一”得出MN⊥BD，BN＝ND= BD＝12，最后利用勾股定理即可求出MN的长度．
2
解：如图，连接MB、MD，
∵∠ABC＝90°，∠ADC＝90°，M是AC的中点，
1 1
∴MB= AC，MD= AC，
2 2
∵AC＝26，
1
∴MB＝MD= ×26＝13，
2
∵N是BD的中点，BD＝24，1 1
∴MN⊥BD，BN＝DN= BD= ×24＝12，
2 2
∴MN=√MB2-BN2=√132-122=5，
故答案为：5．
总结提升：本题考查了直角三角形斜边上中线的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，灵活应用
直角三角形斜边上中线的性质，等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
针对训练
1．（2021秋•上蔡县校级月考）如图，四边形ABCD中，∠BAD＝90°，∠DCB＝90°，E、F分别是BD、
AC的中点，
（1）请你猜测EF与AC的位置关系，并给予证明；
（2）当AC＝8，BD＝10时，求EF的长．
思路引领：（1）结论：EF⊥AC．利用直角三角形斜边中线以及等腰三角形的性质即可解决问题．
（2）在Rt△ECF中，利用勾股定理即可解决问题．
解：（1）EF⊥AC．理由如下：
连接AE、CE，
∵∠BAD＝90°，E为BD中点，
1
∴AE= DB，
2
∵∠DCB＝90°，1
∴CE= BD，
2
∴AE＝CE，
∵F是AC中点，
∴EF⊥AC；
（2）∵AC＝8，BD＝10，E、F分别是边AC、BD的中点，
∴AE＝CE＝5，CF＝4，
∵EF⊥AC．
∴EF 3
=√CE2-CF2=√52-42=
总结提升：本题考查直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的
关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
类型二 捕捉三角形的中位线
典例3（2021•瑶海区校级三模）如图，在 Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AD为中线，E为AD的中点，
DF∥CE交BE于点F．若AC＝8，BC＝12，则DF的长为（ ）
A．2 B．4 C．3 D．2.5
思路引领：根据勾股定理求出AD，根据直角三角形的性质求出CE，再根据三角形中位线定理解答即可．
解：∵AD为中线，BC＝12，
1 1
∴CD= BC= ×12＝6，
2 2
在Rt△ACD中，AD 10，
=√AC2+CD2=√82+62=
∵∠ACB＝90°，E为AD的中点，
1
∴CE= AD＝5，
2
∵DF∥CE，D为BC的中点，1
∴DF= CE＝2.5，
2
故选：D．
总结提升：本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质、勾股定理，掌握直角三角形斜边上的
中线是斜边的一半是解题的关键．
针对训练
1．（2021春•介休市期末）如图，AD和BE分别是△ABC的中线和角平分线，AD⊥BE，垂足为点F，且
G、E为AC的三等分点，若BE＝8，则BF的长为 ．
1
思路引领：根据三角形中位线定理得到DG= BE＝4，DG∥BE，证明△DBF≌△ABF，根据全等三角
2
形的性质得到AF＝FD，根据三角形中位线定理解答即可．
解：∵CD＝DB，CG＝GE，
∴DG是△CEB的中位线，
1
∴DG= BE＝4，DG∥BE，
2
在△DBF和△ABF中，
{∠DBF=∠ABF
BF=BF ，
∠BFD=∠BFA
∴△DBF≌△ABF（SAS）
∴AF＝FD，
∵DG∥BE，AF＝FD，
1
∴FE= DG＝2，
2
∴BF＝BE﹣EF＝6，
故答案是：6．
总结提升：本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
类型三 构造三角形的中位线
典例 4 （2022 春•吴中区校级期中）如图，在△ABC 中，BC＝3，将△ABC 平移 5 个单位长度得到
△A B C ，点P、Q分别是AB、A C 的中点，PQ的取值范围 ．
1 1 1 1 1
思路引领：取AC的中点M，A B 的中点N，连接PM，MQ，NQ，PN，根据平移的性质和三角形的三
1 1
边关系即可得到结论．
解：取AC的中点M，A B 的中点N，连接PM，MQ，NQ，PN，
1 1
∵将△ABC平移5个单位长度得到△A B C ，
1 1 1
∴B C ＝BC＝3，PN＝5，
1 1
∵点P、Q分别是AB、A C 的中点，
1 1
1 3
∴NQ= B C = ，
1 1
2 2
3 3
∴5- ≤PQ≤5+ ，
2 2
7 13
即 ≤PQ≤ ，
2 2
7 13
∴PQ的取值范围为 ≤PQ≤ ，
2 2
7 13
故答案为： ≤PQ≤ ．
2 2总结提升：本题考查了平移的性质，三角形的三边关系，熟练掌握平移的性质是解题的关键．
典例5（2021秋•北海月考）如图，矩形纸片ABCD，AB＝6cm，BC＝8cm，E为边CD上一点，将△BCE
沿BE所在的直线折叠，点C恰好落在AD边上的点F处，过点F作FM⊥BE，垂足为点M，取AF的中
点N，连接MN，则MN＝（ ）cm．
24
A．5 B．6 C． D．2√7
5
1
思路引领：连结AC，MC，可得MN是△ACF的中位线，则MN= AC，求出AC即可求解．
2
解：连结AC，MC，
由折叠可知，M是CF的中点，
∵N是AD的中点，
∴MN是△ACF的中位线，
1
∴MN= AC，
2
∵AB＝6cm，BC＝8cm，
在Rt△ABC中，AC 10，
=√AB2+BC2=
∴MN＝5，
故选：A．
总结提升：本题考查图形的翻折变换，熟练掌握图形的折叠的性质，矩形的性质，三角形中位线的性质
是解题的关键．
针对训练1
1．（2021春•荔湾区期中）如图，在△ABC中，延长BC至D，使得CD= BC，过AC中点E作EF∥CD
2
（点F位于点E右侧），且EF＝2CD，连接DF，若AB＝6，则DF的长为 ．
思路引领：延长FE交AB于H，求出H为AB的中点，求出BH长，求出BD＝FH，根据平行四边形的
判定得出四边形BHFD是平行四边形，根据平行四边形的性质得出DF＝BH即可．
解：
延长FE交AB于H，
∵E为AC的中点，EF∥CD，
∴H为AB的中点，
1
即AH＝BH，EH= BC，
2
∵AB＝6，
∴BH＝3，
1 1
∵CD= BC，EF＝2CD，EH= BC，
2 2
∴FH＝BD，
∵FH∥BD，
∴四边形BHFD是平行四边形，
∴DF＝BH＝3，
故答案为：3．
总结提升：本题考查了三角形的中位线，平行四边形的性质和判定等知识点，能灵活运用定理进行推理
和计算是解此题的关键．
2．（2021•安徽二模）如图．在△ABC中，∠ACB＝60°，AC＝1，D是边AB的中点，E是边BC上一点．
若DE平分△ABC的周长，则DE的长为（ ）√3 √5 5
A．1 B． C． D．
2 2 3
思路引领：延长BC至M，使CM＝CA，连接AM，作CN⊥AM于N，根据题意得到ME＝EB，根据三
1
角形中位线定理得到DE= AM，根据等腰三角形的性质求出∠ACN，根据正弦的概念求出AN，计算即
2
可．
解：延长BC至M，使CM＝CA，连接AM，作CN⊥AM于N，
∵DE平分△ABC的周长，
∴ME＝EB，又AD＝DB，
1
∴DE= AM，DE∥AM，
2
∵∠ACB＝60°，
∴∠ACM＝120°，
∵CM＝CA，
∴∠ACN＝60°，AN＝MN，
√3
∴AN＝AC•sin∠ACN= ，
2
∴AM=√3，
∵BD＝DA，BE＝EM，
√3
∴DE= ，
2
故选：B．总结提升：本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质、解直角三角形的知识，掌握三角形中
位线定理、正确作出辅助线是解题的关键．
3．如图，点B为AC上一点，分别以AB，BC为边在AC同侧作等边△ABD和等边△BCE，点P、M、N分
别为AC，AD、CE的中点．
（1）求证：PM＝PN；
（2）求∠MPN的度数．
思路引领：（1）连接DC和AE，AE交CD于点Q，证明△ABE≌△DBC，得到AE＝DC，利用中位线
的性质证明PM＝PN；
（2）根据中位线的性质把∠MPA+∠NPC转化成∠MCA+∠MAC，根据∠DMA＝∠MCA+∠MAC可知求
出∠DMA度数即可．
（1）证明：连接DC和AE，AE交CD于点Q，
∵△ABD和△BCE都是等边三角形，
∴AB＝DB，BE＝BC，∠ABD＝∠EBC＝60°，
∴∠ABE＝∠DBC＝60°+∠DBE，
在△ABE和△DBC中，
¿，
∴△ABE≌△DBC（SAS），
∴AE＝DC，
∵点P、M、N分别为AC，AD、CE的中点，
1 1
∴PN= AE，PM= DC，
2 2
所以PM＝PN．
（2）解：∵P为AC中点，N为EC中点，
∴PN∥AE，∴∠NPC＝∠EAC，
同理可得∠MPA＝∠DCA，
∴∠MPA+∠NPC＝∠EAC+∠DCA，
又∠DQA＝∠EAC+∠DCA，
∴∠MPA+∠NPC＝∠DQA，
∵△ABE≌△DBC，
∴∠QDB＝∠BAQ，
∴∠DQA＝∠DBA＝60°，
∴∠MPA+∠NPC＝60°，
∴∠MPN＝180°﹣60°＝120°．
总结提升：本题主要考查全等三角形的判定和性质、中位线的性质、等边三角形的性质，通过作辅助线
构造全等三角形是解题的关键．
类型四 中点四边形问题
1．（2020•菏泽）如果顺次连接四边形的各边中点得到的四边形是矩形，那么原来四边形的对角线一定满
足的条件是（ ）
A．互相平分 B．相等
C．互相垂直 D．互相垂直平分
思路引领：由于顺次连接四边各边中点得到的四边形是平行四边形，有对应边与原对角线平行，由矩形
的性质可知，应为对角线互相垂直的四边形．
解：由于E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
根据三角形中位线定理得：EH∥FG∥BD，EF∥AC∥HG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵四边形EFGH是矩形，即EF⊥FG，
∴AC⊥BD，
故选：C．总结提升：此题主要考查了矩形的性质（有一个角为直角的平行四边形为矩形），难度不大．
2．（2021春•青川县期末）如图，在菱形ABCD中，点E，F，G，H分别是边AB，BC，CD和DA的中点，
连接EF，FG，GH和HE．若EH＝3EF，则下列结论正确的是（ ）
A．AB=√3EF B．AB＝2√2EF C．AB＝3EF D．AB=√10EF
思路引领：连接AC、BD交于O，根据菱形的性质得到AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，根据三角形中
位线定理、矩形的判定定理得到四边形EFGH是矩形，根据勾股定理计算即可．
解：连接AC、BD交于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，
∵点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD和DA的中点，
1 1
∴EF= AC，EF∥AC，EH= BD，EH∥BD，
2 2
∵EH＝3EF，
∴OB＝3OA，
∴AB OA，
=√OA2+OB2=√10
∴AB=√10EF，
故选：D．
总结提升：本题考查的是中点四边形，掌握菱形的性质、三角形中位线定理是解题的关键．
3．（2017春•新泰市期中）如图，E、F、G、H分别是BD、BC、AC、AD的中点，且AB＝CD，下列结
论：
1
①EG⊥FH；②四边形EFGH是矩形；③HF平分∠EHG；④EG= (BC-AD)；⑤四边形EFGH
2
是菱形．其中正确的是 ．
思路引领：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与AB＝CD可得四边形EFGH是菱
形，然后根据菱形的对角线互相垂直平分，并且平分每一组对角的性质对各小题进行判断．
解：∵E、F、G、H分别是BD、BC、AC、AD的中点，
1 1 1 1
∴EF= CD，FG= AB，GH= CD，HE= AB，
2 2 2 2
∵AB＝CD，
∴EF＝FG＝GH＝HE，
∴四边形EFGH是菱形，
∴①EG⊥FH，正确；
②四边形EFGH是矩形，错误；
③HF平分∠EHG，正确；
④当AD∥BC，如图所示：E，G分别为BD，AC中点，
∴连接CD，延长EG到CD上一点N，
1 1
∴EN= BC，GN= AD，
2 2
1
∴EG= （BC﹣AD），只有AD∥BC时才可以成立，而本题AD与BC很显然不平行，故本小题错误；
2
⑤四边形EFGH是菱形，正确．
综上所述，①③⑤共3个正确．
故答案为：①③⑤
总结提升：本题考查了三角形中位线定理与菱形的判定与菱形的性质，根据三角形的中位线定理与 AB
＝CD判定四边形EFGH是菱形是解答本题的关键．4．（2021春•召陵区期末）如图，5个全等的阴影小正方形镶嵌于一个单位正方形内部，且互不相交，中
a-√2
间小正方形各边的中点恰为另外4个小正方形的一个顶点，若小正方形边长为 （a、b是正整数），
b
则a+b的值为 ．
思路引领：连接MN，FH，由勾股定理可求FH的长，由三角形中位线定理可求MN的长，由题意列出
等式可求a，b的值，即可求解．
解：如图，连接MN，FH，
a-√2
∵正方形EFGH的边长为 ，
b
√2a-2
∴FH= ，
b
∵M，N是EF，EH的中点，
√2a-2
∴MN= ，
2b
∵AD＝1，
a-√2 √2a-2
∴2× + =1，
b 2b
∴4a﹣2﹣2b+√2a﹣4√2=0，且a、b为正整数，
∴a＝4，b＝7，
∴a+b＝11，
故答案为：11．总结提升：本题考查了中点四边形，正方形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，求出MN的长是本
题的关键．
5．（2019•安徽一模）如图，在四边形ABCD中，AC＝BD＝8，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA
的中点，则EG2+FH2的值为 ．
思路引领：连接HE、EF、FG、GH，根据三角形中位线定理、菱形的判定定理得到平行四边形HEFG
是菱形，根据菱形的性质、勾股定理计算即可．
解：连接HE、EF、FG、GH，
∵E、F分别是边AB、BC的中点，
1
∴EF= AC＝4，EF∥AC，
2
1 1
同理可得，HG= AC＝4，HG∥AC，EH= BD＝4，
2 2
∴HG＝EF，HG∥EF，
∴四边形HEFG为平行四边形，
∵AC＝BD，
∴EH＝EF，
∴平行四边形HEFG是菱形，
∴HF⊥EG，HF＝2OH，EG＝2OE，
∴OE2+OH2＝EH2＝16
∴EG2+FH2＝（2OE）2+（2OH）2＝4（OE2+OH2）＝64，
故答案为：64．
总结提升：本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、菱形的判定和性质定理是解题的关键．6．（2021秋•雁塔区校级月考）在四边形 ABCD中，AC＝BD＝8，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、
DA的中点，则EG2+FH2的值为（ ）
A．64 B．18 C．36 D．48
思路引领：作辅助线，构建四边形EFGH，证明它是菱形，利用对角线互相垂直和勾股定理列等式，再
利用中位线性质等量代换可得结论．
解：连接EF、FG、GH、EH，
∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
1 1
∴EF∥AC，HG∥AC，EF= AC，FG= BD，
2 2
∴EF∥HG，
同理EH∥FG，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∵AC＝BD，
∴EF＝FG，
∴平行四边形EFGH为菱形，
∴EG⊥FH，EG＝2OG，FH＝2OH，
1
∴EG2+FH2＝（2OE）2+（2OH）2＝4（OE2+OH2）＝4EH2＝4×（ BD）2＝82＝64；
2
故选：A．
总结提升：本题考查了中点四边形，运用了三角形中位线的性质，将三角形和四边形有机结合，把边的
关系由三角形转化为四边形中，可以证明四边形为特殊的四边形；对于线段的平方和可以利用勾股定理
来证明．7．（2021•江川区模拟）如图，在菱形ABCD中，边长为1，∠A＝60˚，顺次连接菱形ABCD各边中点，
可得四边形A B C D ；顺次连接四边形A B C D 各边中点，可得四边形A B C D ；顺次连接四边形
1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2
A B C D 各边中点，可得四边形A B C D ；按此规律继续下去，…，则四边形A B C D 的面
2 2 2 2 3 3 3 3 2019 2019 2019 2019
积是 ．
思路引领：利用已知数据求出菱形ABCD的面积，得到四边形A B C D 的面积等于矩形A B C D 的面
2 2 2 2 1 1 1 1
1 1
积的 ，同理可得四边形A B C D 的面积等于四边形A B C D 的面积 ，那么等于矩形A B C D 的面
3 3 3 3 2 2 2 2 1 1 1 1
2 2
1
积的（ ）2，同理可得四边形A B C D 的面积．
2019 2019 2019 2019
2
解：连接AC、BD．则AC⊥BD，
∵菱形ABCD中，边长为1，∠A＝60°，
1 √3
∴S菱形ABCD = AC•BD＝1×1×sin60°= ，
2 2
∵顺次连接菱形ABCD各边中点，可得四边形A B C D ，
1 1 1 1
∴四边形A B C D 是矩形，
1 1 1 1
1 1 1 1 √3 √3
矩形A
1
B
1
C
1
D
1
的面积=
2
AC•
2
BD =
4
AC•BD =
2
S菱形ABCD =
4
=
22
，
1 1 √3 √3
菱形A
2
B
2
C
2
D
2
的面积=
2
×矩形A
1
B
1
C
1
D
1
的面积=
4
S菱形ABCD ，=
8
=
23
，
√3
则四边形A B C D 的面积= ，
2019 2019 2019 2019 22020
√3
故答案为： ．
22020总结提升：本题考查的是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
关系是解决本题的关．
8．（2022春•开封期末）如图，在△ABC中，BD，CE分别是边AC，AB上的中线，BD与CE相交于点
O，点M，N分别为BO，CO的中点，连接ED，EM，MN，ND．
（1）求证：四边形EMND是平行四边形．
（2）当△ABC的边满足 时，四边形EDNM为矩形．
思路引领：（1）由中位线定理，可得ED∥BC，MN∥BC，且都等于边长BC的一半．分析到此，此题
证明即可；
（2）当AB＝AC时，由SAS证明△ABD≌△ACE，得出BD＝CE，证出DM＝EN，即可得出四边形
EDNM是矩形．
（1）证明：△ABC的边AC、AB上的中线BD、CE相交于点O，M、N分别是BO、CO的中点，
1
∴ED∥BC且ED= BC，
2
1
MN∥BC且MN= BC，
2
∴ED∥MN且ED＝MN，
∴四边形MNDE是平行四边形；
（2）解：当AB＝AC时，四边形EDNM为矩形．理由如下：
∵四边形MNDE是平行四边形，
∴OE＝ON，OD＝OM，
∵AB＝AC，∴AE＝AD，
在△ABD和△ACE中，
{
AB=AC
∠A=∠A，
AD=AE
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，
又∵OE＝ON，OD＝OM，OM＝BM，ON＝CN，
∴DM＝EN，
∴四边形EDNM是矩形．
故答案为：AB＝AC．
总结提升：本题考查了等腰三角形的性质、三角形中位线定理、矩形的判定、平行四边形的判定与性质、
全等三角形的判定与性质；熟练掌握等腰三角形的性质和三角形中位线定理，并能进行推理论证是解决
问题的关键．
9．（2022春•洪山区期末）给出下列定义：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，DA的中点，则中点四边形EFGH
形状是 ．
（2）如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA＝PB，PC＝PD，∠APB＝∠CPD＝90°，点E，
F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，求证：中点四边形EFGH是正方形．
思路引领：（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）首先证明四边形EFGH是菱形．再证明∠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．
（1）证明：如图1中，连接BD．
∵点E，H分别为边AB，DA的中点，1
∴EH∥BD，EH= BD，
2
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
1
∴FG∥BD，FG= BD，
2
∴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）四边形EFGH是正方形．
理由：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，
∴AC＝BD
∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，
1 1
∴EF= AC，FG= BD，
2 2
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH是菱形．
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．
总结提升：本题考查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
的判定和性质等知识，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，属于中考常考
题型．
