《2025年玩转母题八年级数学全一册人教版》

2. 如图，在四边形 $ABCD$ 中，$AC = a$，$BD = b$，且 $AC \perp BD$，顺次连接四边形 $ABCD$ 各边的中点，得到四边形 $A_1B_1C_1D_1$，再顺次连接四边形 $A_1B_1C_1D_1$ 各边的中点，得到四边形 $A_2B_2C_2D_2$，…，如此进行下去，得到四边形 $A_nB_nC_nD_n$。
(1) 四边形 $A_2B_2C_2D_2$ 是菱形。(填特殊平行四边形)

(2) 四边形 $A_{2023}B_{2023}C_{2023}D_{2023}$ 的周长是$\frac{a+b}{2^{1011}}$。(用含 $a$，$b$ 的代数式表示)
(3) 若四边形 $A_nB_nC_nD_n$ 始终是正方形，则在现有条件下，$a$，$b$ 还应该满足a=b。

答案：
2.【思路精析】
(1)连接A₁C₁、B₁D₁，证明四边形A₁B₁C₁D₁为平行四边形，再由AC⊥BD，得出A₁D₁⊥A₁B₁，证明□A₁B₁C₁D₁为矩形，得到A₁C₁=B₁D₁，证明四边形A₂B₂C₂D₂为平行四边形，再证明A₂B₂=B₂C₂，得到□A₂B₂C₂D₂为菱形；
(2)证明出第1个、3个、5个图形是矩形，分别求出其周长，利用其规律计算即可；
(3)已证四边形A₁B₁C₁D₁为矩形，当AC=BD，即a=b时，满足题意。
【超详解答】解：
(1)如图，连接A₁C₁、B₁D₁，
　　　　　　
∵A₁、B₁、C₁、D₁为四边形ABCD各边中点，
∴A₁D₁//$\frac{1}{2}$BD，B₁C₁//$\frac{1}{2}$BD，A₁B₁//AC。
∴A₁D₁//B₁C₁。
∴四边形A₁B₁C₁D₁为平行四边形。
∵AC⊥BD，A₁B₁//AC，
∴A₁B₁⊥BD。
∵A₁D₁//BD，
∴A₁D₁⊥A₁B₁。
∴□A₁B₁C₁D₁为矩形。
∴A₁C₁=B₁D₁。
∵A₂、B₂、C₂、D₂为四边形A₁B₁C₁D₁各边中点，
∴四边形A₂B₂C₂D₂为平行四边形，A₂B₂=$\frac{1}{2}$A₁C₁，B₂C₂=$\frac{1}{2}$B₁D₁。
∴A₂B₂=B₂C₂，
∴□A₂B₂C₂D₂为菱形。
故答案为：菱形。
(2)
∵A₁B₁=C₁D₁=$\frac{1}{2}$AC，A₁D₁=B₁C₁=$\frac{1}{2}$BD，
∴四边形A₁B₁C₁D₁的周长=AC+BD=a+b。
∵A₂B₂=C₂D₂=$\frac{1}{2}$A₁C₁，A₂D₂=B₂C₂=$\frac{1}{2}$B₁D₁，
∴四边形A₂B₂C₂D₂的周长=A₁C₁+B₁D₁=$\sqrt{a²+b²}$。
按规律，四边形A₃B₃C₃D₃为矩形，其周长=$\frac{a+b}{2}$，
四边形A₅B₅C₅D₅为矩形，其周长=$\frac{a+b}{4}$，
……
∴四边形A₂₀₂₃B₂₀₂₃C₂₀₂₃D₂₀₂₃为矩形，其周长为$\frac{a+b}{2^{1011}}$。
故答案为：$\frac{a+b}{2^{1011}}$。
(3)已证四边形A₁B₁C₁D₁为矩形，
则当A₁B₁=B₁C₁时，矩形A₁B₁C₁D₁为正方形，
∵A₁B₁=$\frac{1}{2}$AC，B₁C₁=$\frac{1}{2}$BD，
∴当AC=BD，即a=b时，满足题意。
故答案为：a=b。

3. (1) 如图，点 $P$ 是四边形 $ABCD$ 内一点，且满足 $PA = PB$，$PC = PD$，$\angle APB = \angle CPD$，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；
(2) 若改变 (1) 中的条件，使 $\angle APB = \angle CPD = 90^{\circ}$，其他条件不变，猜想中点四边形 $EFGH$ 的形状，并证明你的猜想。

答案：
3.【思路精析】
(1)四边形EFGH是菱形，先证明△APC≌△BPD，得到AC=BD，再证明EF=FG即可；
(2)四边形EFGH是正方形，只要证明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得∠PCA=∠PDB，即可证明∠CPJ=∠DOJ=90°，再根据平行线的性质即可证明。
【超详解答】解：
(1)四边形EFGH是菱形。理由如下：
如图1，连接AC、BD。

∵∠APB=∠CPD，
∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，
即∠BPD=∠APC。
在△APC和△BPD中，
\begin{cases}PA=PB,\\∠APC=∠BPD,\\PC=PD,\end{cases}
∴△APC≌△BPD(SAS)。
∴AC=BD。
∵点E、F、G、H分别为边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF//AC，HG//AC，EH//BD，FG//BD，
EF=$\frac{1}{2}$AC，FG=$\frac{1}{2}$BD。
∴EF//HG，EH//FG，EF=FG。
∴四边形EFGH是菱形。
(2)四边形EFGH是正方形。理由如下：
如图2，连接AC、BD，BD交AC于点O，交GH于点K，AC交PD于点J。
　　　　　　
∵△APC≌△BPD，
∴∠PCA=∠PDB。
∵∠PJC=∠DJO，
∴∠CPJ=∠DOJ=90°。
∵HG//AC，
∴∠BKG=∠DOJ=90°。
∵EH//BD，
∴∠EHG=∠BKG=90°。
∵四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH是正方形。