如图1，点P是线段AB的中点，分别以AP和BP为边在线段AB的同侧作等边△APC和等边△BPD，连接CD，得到四边形ABDC．（1）在图1中顺次连接边AC、AB、BD、CD的中点E-青果题库-青果学院

题目：

如图1，点P是线段AB的中点，分别以AP和BP为边在线段AB的同侧作等边三角形APC和等边三角形BPD，连接CD，得到四边形ABDC．
（1）在图1中顺次连接边AC、AB、BD、CD的中点E、F、G、H，则四边形EFGH的形状是

菱形

；
（2）如图2，若点P是线段AB上任一点，在AB的同侧作△APC和△BPD，使PC=PA，PD=PB，∠APC=∠BPD，连接CD，得四边形ABDC，则（1）中结论还成立吗？说明理由；
（3）如图3，若点P是线段AB外一点，在△APB的外部作△APC和△BPD，使PC=PA，PD=PB，且∠APC=∠BPD=90°，请你先补全图3，再判断四边形EFGH的形状，并说明理由．
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答案

菱形

解：（1）四边形EFGH的形状是菱形；

（2）第一问的结论仍成立，即四边形EFGH为菱形，理由为：
连接AD，BC，如图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为AC中点，H为CD中点，
∴EH为△ACD的中位线，
∴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，
四边形EFGH为菱形；
青果学院

（3）四边形EFGH为正方形，理由为：
连接AD，BC，如图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为AC中点，H为CD中点，
∴EH为△ACD的中位线，
∴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，
四边形EFGH为菱形，
又∠CMN=∠AMP，∠DAP=∠BCP，
∴△CMN∽△AMP，又∠APC=90°，
∴∠CNM=∠APC=90°，
∴四边形EFGH为正方形．
故答案为：正方形

考点梳理

三角形中位线定理；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；菱形的判定．

（1）四边形EFGH为菱形，可以由EH为三角形ACD的中位线，根据中位线定理得到EH平行与AD，且EH等于AD的一半，同理由PG为三角形ABD的中位线，得到PG平行于AD，且PG等于AD的一半，可得出EH与PG平行且相等，得到EFGH为平行四边形，再由三角形APC与三角形BDP都为等边三角形且P为AB的中点，可得出AP=CP，PD=PB，且∠APD=∠CPB=120°，利用SAS得到三角形APD与三角形CPB全等，根据全等三角形的对应边相等可得出AD=BC，再由三角形中位线定理得到HG为BC的一半，等量代换可得出HE=HG，得到平行四边形为菱形；
（2）（1）的结论仍成立，理由为：连接AD，BC，如图2所示，可以由EH为三角形ACD的中位线，根据中位线定理得到EH平行与AD，且EH等于AD的一半，同理由PG为三角形ABD的中位线，得到PG平行于AD，且PG等于AD的一半，可得出EH与PG平行且相等，得到EFGH为平行四边形，由∠APC=∠BPD，两边都加上∠CPD，可得出∠APD=∠CPB，再由AP=CP，DP=BP，利用SAS可得出三角形APD与三角形CPB全等，根据全等三角形的对应边相等可得出AD=BC，再由三角形中位线定理得到HG为BC的一半，等量代换可得出HE=HG，得到平行四边形为菱形；
（3）根据题意补充图形，连接AD，BC，如图3所示，可以由EH为三角形ACD的中位线，根据中位线定理得到EH平行与AD，且EH等于AD的一半，同理由PG为三角形ABD的中位线，得到PG平行于AD，且PG等于AD的一半，可得出EH与PG平行且相等，得到EFGH为平行四边形，由∠APC=∠BPD，两边都加上∠CPD，可得出∠APD=∠CPB，再由AP=CP，DP=BP，利用SAS可得出三角形APD与三角形CPB全等，根据全等三角形的对应边相等可得出AD=BC，再由三角形中位线定理得到HG为BC的一半，等量代换可得出HE=HG，得到平行四边形为菱形．

试题