Question

如圖1，點P是線段AB的中點，分別以AP和BP為邊在線段AB的同側作等邊三角形APC和等邊三角形BPD，連接CD，得到四邊形ABDC．
（1）在圖1中順次連接邊AC、AB、BD、CD的中點E、F、G、H，則四邊形EFGH的形狀是

菱形

；
（2）如圖2，若點P是線段AB上任一點，在AB的同側作△APC和△BPD，使PC=PA，PD=PB，∠APC=∠BPD，連接CD，得四邊形ABDC，則（1）中結論還成立嗎？說明理由；
（3）如圖3，若點P是線段AB外一點，在△APB的外部作△APC和△BPD，使PC=PA，PD=PB，且∠APC=∠BPD=90°，請你先補全圖3，再判斷四邊形EFGH的形狀，并說明理由．

Answer 1

分析：（1）四邊形EFGH為菱形，可以由EH為三角形ACD的中位線，根據(jù)中位線定理得到EH平行與AD，且EH等于AD的一半，同理由PG為三角形ABD的中位線，得到PG平行于AD，且PG等于AD的一半，可得出EH與PG平行且相等，得到EFGH為平行四邊形，再由三角形APC與三角形BDP都為等邊三角形且P為AB的中點，可得出AP=CP，PD=PB，且∠APD=∠CPB=120°，利用SAS得到三角形APD與三角形CPB全等，根據(jù)全等三角形的對應邊相等可得出AD=BC，再由三角形中位線定理得到HG為BC的一半，等量代換可得出HE=HG，得到平行四邊形為菱形；
（2）（1）的結論仍成立，理由為：連接AD，BC，如圖2所示，可以由EH為三角形ACD的中位線，根據(jù)中位線定理得到EH平行與AD，且EH等于AD的一半，同理由PG為三角形ABD的中位線，得到PG平行于AD，且PG等于AD的一半，可得出EH與PG平行且相等，得到EFGH為平行四邊形，由∠APC=∠BPD，兩邊都加上∠CPD，可得出∠APD=∠CPB，再由AP=CP，DP=BP，利用SAS可得出三角形APD與三角形CPB全等，根據(jù)全等三角形的對應邊相等可得出AD=BC，再由三角形中位線定理得到HG為BC的一半，等量代換可得出HE=HG，得到平行四邊形為菱形；
（3）根據(jù)題意補充圖形，連接AD，BC，如圖3所示，可以由EH為三角形ACD的中位線，根據(jù)中位線定理得到EH平行與AD，且EH等于AD的一半，同理由PG為三角形ABD的中位線，得到PG平行于AD，且PG等于AD的一半，可得出EH與PG平行且相等，得到EFGH為平行四邊形，由∠APC=∠BPD，兩邊都加上∠CPD，可得出∠APD=∠CPB，再由AP=CP，DP=BP，利用SAS可得出三角形APD與三角形CPB全等，根據(jù)全等三角形的對應邊相等可得出AD=BC，再由三角形中位線定理得到HG為BC的一半，等量代換可得出HE=HG，得到平行四邊形為菱形．

解答：解：（1）四邊形EFGH的形狀是菱形；

（2）第一問的結論仍成立，即四邊形EFGH為菱形，理由為：
連接AD，BC，如圖2所示，
∵∠APC=∠BPD，
∴∠APC+∠CPD=∠BPD+∠CPD，即∠APD=∠CPB，
在△APD和△CPB中，

AP=CP ∠APD=∠CPB PD=BP

，
∴△APD≌△CPB（SAS），
∴AD=BC，
在△ACD中，E為AC中點，H為CD中點，
∴EH為△ACD的中位線，
∴EH=

1

2

AD，EH∥AD，
同理PG=

1

2

AD，PG∥AD，HG=

1

2

AC，
∴EH=PG，EH∥PG，且EH=HG，
四邊形EFGH為菱形；


（3）四邊形EFGH為正方形，理由為：
連接AD，BC，如圖3所示，
∵∠APC=∠BPD，
∴∠APC+∠CPD=∠BPD+∠CPD，即∠APD=∠CPB，
在△APD和△CPB中，

AP=CP ∠APD=∠CPB PD=BP

，
∴△APD≌△CPB（SAS），
∴AD=BC，∠DAP=∠BCP，
在△ACD中，E為AC中點，H為CD中點，
∴EH為△ACD的中位線，
∴EH=

1

2

AD，EH∥AD，
同理PG=

1

2

FG，PG∥AD，HG=

1

2

AC，
∴EH=PG，EH∥PG，且EH=HG，
四邊形EFGH為菱形，
又∠CMN=∠AMP，∠DAP=∠BCP，
∴△CMN∽△AMP，又∠APC=90°，
∴∠CNM=∠APC=90°，
∴四邊形EFGH為正方形．
故答案為：正方形

點評：此題考查了三角形的中位線定理，菱形的判定，全等三角形的判定與性質，以及等邊三角形的性質，利用了數(shù)形結合及等量代換的思想，本題三問的方法類似，注意2、3小題連接AD與BC，構造全等三角形得到AD=BC，然后利用三角形中位線定理來解決問題．