解：（1）四邊形EFGH的形狀是菱形；
（2）第一問(wèn)的結(jié)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，
，
∴△APD≌△CPB（SAS），
∴AD=BC，
在△ACD中，E為AC中點(diǎn)，H為CD中點(diǎn)，
∴EH為△ACD的中位線，
∴EH=
AD，EH∥AD，
同理PG=
AD，PG∥AD，HG=
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，
，
∴△APD≌△CPB（SAS），
∴AD=BC，∠DAP=∠BCP，
在△ACD中，E為AC中點(diǎn)，H為CD中點(diǎn)，
∴EH為△ACD的中位線，
∴EH=
AD，EH∥AD，
同理PG=
FG，PG∥AD，HG=
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
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(diǎn)，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(duì)應(yīng)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(jié)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(duì)應(yīng)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(bǔ)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(duì)應(yīng)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．
點(diǎn)評(píng)：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(zhì)，以及等邊三角形的性質(zhì)，利用了數(shù)形結(jié)合及等量代換的思想，本題三問(wèn)的方法類(lèi)似，注意2、3小題連接AD與BC，構(gòu)造全等三角形得到AD=BC，然后利用三角形中位線定理來(lái)解決問(wèn)題．
