16. 我们给出如下定义:顺次连接任意一个四边形的各边中点所得的四边形叫中点四边形.
(1)如图1,在四边形ABCD中,E,F,G,H分别为边AB,BC,CD,DA的中点,中点四边形EFGH是.
(2)如图2,P是四边形ABCD内一点,且满足$PA=PB,PC=PD,∠APB=∠CPD$,E,F,G,H分别为边AB,BC,CD,DA的中点.请猜想中点四边形EFGH的形状,并证明你的猜想.
(3)若改变(2)中的条件,使$∠APB=∠CPD=90°$,其他条件不变,直接写出中点四边形EFGH的形状(不必证明).

16.解:(1)如图1,连接 $BD$,$\because E,H$ 分别为边 $AB$,$DA$ 的中点,$\therefore EH// BD$,$EH=\frac{1}{2}BD$.$\because F,G$ 分别为边 $BC$,$CD$ 的中点,$\therefore FG// BD$,$FG=\frac{1}{2}BD$. $\therefore EH// FG$,$EH=GF$.$\therefore$ 中点四边形$EFGH$是平行四边形. 故填平行四边形.

(2)结论: 四边形 $EFGH$ 是菱形. 理由: 如图2,连接 $AC$,$BD$. $\because E,F,G,H$ 分别为边 $AB$,$BC$,$CD$,$DA$ 的中点,$\therefore EF// AC$,$EF=\frac{1}{2}AC$,$HG// AC$,$HG=\frac{1}{2}AC$,$FG=\frac{1}{2}BD$. $\therefore EF// HG$,$EF=HG$. $\therefore$ 四边形 $EFGH$ 为平行四边形. $\because ∠ APB=∠ CPD$,$\therefore ∠ APB+∠ APD=∠ CPD+∠ APD$,即 $∠ BPD=∠ APC$. 在 $△ APC$ 和 $△ BPD$ 中,
$\begin{cases}AP=BP,\\∠ APC=∠ BPD,\\PC=PD,\end{cases}$
$\therefore △ APC ≌ △ BPD$(SAS). $\therefore AC=BD$. $\therefore EF=FG$,$\therefore$ 平行四边形 $EFGH$ 是菱形.

(3)结论: 四边形 $EFGH$ 是正方形. 理由: 如图2,设 $AC$ 与 $BD$ 交于点 $O$. $AC$ 与 $PD$ 交于点 $M$. $\because △ APC≌ △ BPD$,$\therefore ∠ ACP=∠ BDP$. $\because ∠ DMO=∠ CMP$,$\therefore ∠ COD=∠ CPD=90°$. $\because EH// BD$,$AC// HG$,$\therefore ∠ EHG=∠ DOC=90°$. 又由(2)知四边形 $EFGH$ 是菱形,$\therefore$ 四边形 $EFGH$ 是正方形.

【分析】
(1) 要判断中点四边形的形状，可借助三角形中位线的性质：三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半。连接BD，分别推导EH、FG与BD的位置和数量关系，即可得到EH与FG的关系，进而判断四边形形状。
(2) 由(1)的思路可先证EFGH是平行四边形，要确定它的特殊形状，需判断邻边是否相等，即是否有AC=BD。结合已知条件PA=PB，PC=PD，∠APB=∠CPD，通过角的和得到∠APC=∠BPD，证明△APC≌△BPD即可得到AC=BD，从而推出平行四边形邻边相等，即为菱形。
(3) 当∠APB=∠CPD=90°时，在(2)已得菱形的基础上，只需判断是否有一个内角为直角即可。利用全等三角形对应角相等，结合对顶角相等可推出AC与BD的夹角为90°，再根据中位线的平行关系，得到菱形的内角为90°，即为正方形。
【解析】
(1) 如图1，连接$BD$，
$\because E,H$分别为边$AB$，$DA$的中点，
$\therefore EH// BD$，$EH=\frac{1}{2}BD$。
$\because F,G$分别为边$BC$，$CD$的中点，
$\therefore FG// BD$，$FG=\frac{1}{2}BD$。
$\therefore EH// FG$，$EH=GF$。
$\therefore$中点四边形$EFGH$是平行四边形。

(2) 猜想：中点四边形$EFGH$是菱形。
证明：如图2，连接$AC$，$BD$。
$\because E,F,G,H$分别为边$AB$，$BC$，$CD$，$DA$的中点，
$\therefore EF// AC$，$EF=\frac{1}{2}AC$，$HG// AC$，$HG=\frac{1}{2}AC$，$FG=\frac{1}{2}BD$。
$\therefore EF// HG$，$EF=HG$，
$\therefore$四边形$EFGH$为平行四边形。
$\because ∠ APB=∠ CPD$，
$\therefore ∠ APB+∠ APD=∠ CPD+∠ APD$，即$∠ BPD=∠ APC$。
在$△ APC$和$△ BPD$中，
$\begin{cases}AP=BP,\\∠ APC=∠ BPD,\\PC=PD,\end{cases}$
$\therefore △ APC≌△ BPD(\mathrm{SAS})$，
$\therefore AC=BD$，
$\therefore EF=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}BD=FG$，
$\therefore$平行四边形$EFGH$是菱形。

(3) 中点四边形$EFGH$是正方形。
理由：设$AC$与$BD$交于点$O$，$AC$与$PD$交于点$M$。
$\because △ APC≌△ BPD$，$\therefore ∠ ACP=∠ BDP$。
$\because ∠ DMO=∠ CMP$，$\therefore ∠ COD=∠ CPD=90°$。
$\because EH// BD$，$AC// HG$，$\therefore ∠ EHG=∠ DOC=90°$。
又$\because$四边形$EFGH$是菱形，$\therefore$四边形$EFGH$是正方形。
【答案】
(1) 平行四边形；
(2) 菱形，证明见解析；
(3) 正方形。
【知识点】
三角形中位线定理；全等三角形的判定与性质；特殊平行四边形的判定
【点评】
本题以中点四边形为载体，逐层递进考查了三角形中位线性质、全等三角形的判定和性质、平行四边形、菱形、正方形的判定方法，解题的关键是合理添加辅助线，灵活运用相关几何性质推导边角关系。
【难度系数】
0.6