阅读以下定义：
顺次连接四边形 \(ABCD\) 各边中点 \(E\)、\(F\)、\(G\)、\(H\)，得到四边形 \(EFGH\)，称为原四边形的中点四边形。已知：任意四边形的中点四边形都是平行四边形。
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如果中点四边形是菱形，则称原四边形为「菱中四边形」。
图：任意四边形的中点四边形 \(EFGH\) 始终是平行四边形。若 \(EFGH\) 是菱形，则四边形 \(ABCD\) 为「菱中四边形」。
给出以下三个结论：
① 对角线相等的四边形一定是「菱中四边形」。
② 矩形的中点四边形是菱形。
③ 若一个四边形的中点四边形是正方形，则该四边形的对角线相等且互相垂直。
其中正确结论的个数是（ ）
A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个
如图，等腰三角形 \(ABC\) 中，\(AB = AC = 10\)，底边 \(BC = 12\)。点 \(D\) 在边 \(BC\) 上，连接 \(AD\)。已知 \(\triangle ABD\) 的面积恰好是 \(\triangle ACD\) 面积的 \(2\) 倍。
图：\(D\) 将底边分成长度比为 \(2:1\) 的两段，因为等高三角形面积比等于底边比。
（1）\(BD =\) \_\_\_\_\_\_。
（2）线段 \(AD\) 的长度为 \_\_\_\_\_\_。（结果保留根号）
矩形 \(ABCD\) 中，\(AB = 8\)，\(BC = 6\)。以 \(A\) 为原点、\(AB\) 方向为 \(x\) 轴正方向、\(AD\) 方向为 \(y\) 轴正方向建立坐标系。\(E\) 是 \(CD\) 的中点，连接 \(AE\) 与对角线 \(BD\) 交于点 \(F\)。
图：矩形顶点按逆时针排列，\(E\) 为 \(CD\) 中点。\(F\) 是 \(AE\) 与 \(BD\) 的交点。
（1）\(AF : FE =\) \_\_\_\_\_\_ : \_\_\_\_\_\_。（填最简整数比）
（2）线段 \(BF\) 的长度为 \_\_\_\_\_\_。（填分数）
答案：D
逐一验证：
① ✓：由三角形中位线定理——中点四边形各边等于原四边形对角线的一半：\(EF = \dfrac{1}{2}AC\)，\(FG = \dfrac{1}{2}BD\)。中点四边形是平行四边形（已知），其为菱形的充要条件是邻边相等，即 \(EF = FG\)，等价于 \(AC = BD\)。所以对角线相等的四边形 ⇔ 中点四边形是菱形 ⇔「菱中四边形」。①正确。
② ✓：矩形的对角线相等 → 中点四边形四边相等 → 菱形。②正确。
③ ✓：中点四边形是正方形 → 既为菱形又为矩形。为菱形 ⇔ 原四边形对角线相等；为矩形 ⇔ 原四边形对角线互相垂直。故原四边形对角线相等且互相垂直。③正确。
三个结论全部正确，选 D。
结论全对的多结论题少见，恰好考「逐条验证、不凭印象」的习惯。
知识定位：八年级·四边形（三角形中位线定理 + 平行四边形/菱形/矩形/正方形的判定）。
答案：（1）\(8\) （2）\(2\sqrt{17}\)
简析：
（1）\(\triangle ABD\) 与 \(\triangle ACD\) 以 \(A\) 为顶点，底边 \(BD\) 和 \(DC\) 均在 \(BC\) 上，高相同（\(A\) 到 \(BC\) 的距离）。面积比 = 底边比：
\[ \frac{\triangle ABD}{\triangle ACD} = \frac{BD}{DC} = 2 \;\Rightarrow\; BD = 2 \cdot DC \]
又 \(BD + DC = BC = 12\)，解得 \(BD = 8\)，\(DC = 4\)。
（2）等腰三角形 \(AB = AC = 10\)，\(BC = 12\)。取 \(BC\) 中点 \(H\)，则 \(AH \perp BC\)（等腰三角形三线合一），\(BH = HC = 6\)。
\[ AH = \sqrt{AB^2 - BH^2} = \sqrt{100 - 36} = \sqrt{64} = 8 \]
\(D\) 在 \(B\) 右侧 \(8\) 处，\(DH = |BD - BH| = |8 - 6| = 2\)。在 \(\mathrm{Rt}\triangle AHD\) 中：
\[ AD = \sqrt{AH^2 + DH^2} = \sqrt{8^2 + 2^2} = \sqrt{64 + 4} = \sqrt{68} = 2\sqrt{17} \]
关键思维：等高三角形面积比 → 底边比，这是第一步转化。求 \(AD\) 用勾股定理——先找等腰三角形的高，再算 \(D\) 到垂足的距离。
知识定位：八年级·等腰三角形性质 + 勾股定理 + 面积比（同高模型）。
答案：（1）\(2:1\) （2）\(\dfrac{20}{3}\)
简析：
依题意建系：\(A(0, 0)\)，\(B(8, 0)\)，\(D(0, 6)\)，\(C(8, 6)\)。\(E\) 为 \(CD\) 中点 \(\Rightarrow\) \(E(4, 6)\)。
直线 \(BD\)：过 \(B(8,0)\) 和 \(D(0,6)\)。设参数 \(t \in [0,1]\)：
\[ BD: \;(8(1-t),\; 6t) \]
直线 \(AE\)：过 \(A(0,0)\) 和 \(E(4,6)\)。设参数 \(s \in [0,1]\)：
\[ AE: \;(4s,\; 6s) \]
交点 \(F\) 满足：
\[ \begin{cases} 4s = 8(1-t) = 8 - 8t \\ 6s = 6t \;\Rightarrow\; s = t \end{cases} \;\Rightarrow\; 4t = 8 - 8t \;\Rightarrow\; 12t = 8 \;\Rightarrow\; t = \frac{2}{3} \]
\(F = \left(4 \cdot \dfrac{2}{3},\; 6 \cdot \dfrac{2}{3}\right) = \left(\dfrac{8}{3},\; 4\right)\)。
（1）\(AF : FE = s : (1-s) = \dfrac{2}{3} : \dfrac{1}{3} = 2:1\)。
（2）\(BF = \sqrt{\left(8 - \dfrac{8}{3}\right)^2 + (0 - 4)^2} = \sqrt{\left(\dfrac{16}{3}\right)^2 + 16} = \sqrt{\dfrac{256}{9} + \dfrac{144}{9}} = \sqrt{\dfrac{400}{9}} = \dfrac{20}{3}\)。
关键思维：坐标法把几何线段比问题转化为代数方程——八年级的核心工具。两条线的参数方程联立，交点坐标一求，剩下的就是代数和勾股。
知识定位：八年级·平面直角坐标系 + 一次函数 + 勾股定理（矩形几何综合）。
题型定位：本期对应小题轮换第1类「新定义 + 图形变换」，围绕八年级核心——四边形、三角形、坐标几何——设计三道逻辑链完整的题目。难度 ★★★★☆（中等偏上）。
三题知识—能力映射：
| 题号 | 题型 | 核心知识 | 中等偏上的"坎" |
|---|---|---|---|
| 第1题 | 选择·新定义 | 三角形中位线 + 菱形/矩形判定 | 新定义"菱中四边形"需反向推导充要条件 |
| 第2题 | 填空 | 等腰三角形 + 面积比 + 勾股定理 | 面积比→底边比→垂足距离→勾股（两步转化） |
| 第3题 | 填空 | 坐标法 + 一次函数 + 交点 | 建系→参数方程→联立求交点→线段比+距离 |
趋势契合度：
学生常见错误预判：