专题18.1 三角形中位线定理（重点题专项讲练）-八年级数学下册从重点到压轴（人教版）

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专题18.1 三角形中位线定理


【典例1】如图，四边形ABCD中，点E、F分别为AD、BC的中点，延长FE交CD延长线于点G，交BA延长线于点H，若∠BHF与∠CGF互余，AB＝4，CD＝6，则EF的长为 　　．

【思路点拨】
连接BD，取BD的中点M，连接EM，FM，根据三角形的中位线定理和勾股定理解答即可．
【解题过程】
解：连接BD，取BD的中点M，连接EM，FM，

∵E、F分别为AD、BC的中点，M为BD的中点，
∴EM，MF分别为△ADB、△BCD的中位线，
∴EM∥AB，MF∥DC，EM=12AB＝2，MF=12DC＝3，
∵MF∥DC，
∴∠FGC＝∠EFM，
∵EM∥AB，
∴∠FEM＝∠FHB，
∵∠BHF与∠CGF互余，
∴∠CGF+∠BHF＝∠EFM+∠FEM＝90°，
∴∠EMF＝180°﹣∠EFM﹣∠FEM＝90°，
∴△EMF是直角三角形，
∴EF=EM2+FM2=22+32=13，
故答案为：13．

1．（2022•武进区校级模拟）如图，△ABC中，AB＝10，AC＝7，BC＝9，点D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，则四边形DBFE的周长是（　　）

A．13 B．192 C．17 D．19
【思路点拨】
根据三角形的中位线和四边形的周长公式即可得到结论．
【解题过程】
解：∵点D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，EF是△ABC的中位线，
∴DE＝BF=12BC=12×9=92，EF＝BD=12AB=12×10＝5，
∴四边形DBFE的周长为DE+BF+EF+BD＝9+10＝19，
故选：D．
2．（2022•宁波模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为CA，CB的中点，BF平分∠ABC，交DE于点F，若AC=25，BC=4，则DF的长为（　　）

A．12 B．1 C．32 D．2
【思路点拨】
根据勾股定理求出AB，根据三角形中位线定理得到DE∥AB，DE=12AB＝3，BE=12BC＝2，根据平行线的性质、等腰三角形的判定定理求出EF＝BE＝2，计算即可．
【解题过程】
解：在Rt△ABC中，AC＝25，BC＝4，
由勾股定理得：AB=AC2+BC2=6，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠EBF，
∵D，E分别为CA，CB的中点，
∴DE∥AB，DE=12AB＝3，BE=12BC＝2，
∴∠ABF＝∠EFB，
∴∠EFB＝∠EBF，
∴EF＝BE＝2，
∴DF＝DE﹣EF＝1，
故选：B．
3．（2021春•雁塔区校级月考）如图，在四边形ABCD中，AB＝5，BC＝13，∠A＝130°，∠D＝100°，AD＝CD．若点E，F分别是边AD，CD的中点，则EF的长是（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
【思路点拨】
连接AC，根据等腰三角形的性质得到∠DAC＝∠DCA=12×（180°﹣100°）＝40°，根据勾股定理得到AC=BC2-AB2=12，根据三角形中位线定理即可得到结论．
【解题过程】
解：连接AC，

∵∠D＝100°，AD＝CD，
∴∠DAC＝∠DCA=12×（180°﹣100°）＝40°，
∵∠BAD＝130°，
∴∠BAC＝90°，
∵AB＝5，BC＝13，
∴AC=BC2-AB2=12，
∵点E，F分别是边AD，CD的中点，
∴EF是△ADC的中位线，
∴EF=12AC＝6，
故选：D．
4．（2021秋•海阳市期末）如图，△ABC中，点D，E在边BC上，∠ABC的平分线垂直AE，垂足为点N，∠ACB的平分线垂直AD，垂足为点M，连接MN．若BC＝7，MN=32，则△ABC的周长为（　　）

A．17 B．18 C．19 D．20
【思路点拨】
利用ASA定理证明△BNA≌△BNE，根据全等三角形的性质得到BE＝BA，AN＝NE，同理得到CD＝CA，AM＝MD，根据三角形中位线定理求出DE，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【解题过程】
解：在△BNA和△BNE中，
∠NBA=∠NBEBN=BN∠BNA=∠BNE，
∴△BNA≌△BNE（ASA），
∴BE＝BA，AN＝NE，
同理，CD＝CA，AM＝MD，
∵AM＝MD，AN＝NE，MN=32，
∴DE＝2MN＝3，
∵BE+CD﹣BC＝DE，
∴AB+AC＝BC+DE＝10，
∴△ABC的周长＝AB+AC+BC＝10+7＝17，
故选：A．
5．（2021春•澄江市期中）如图，△ABC中，∠B＝90°，过点C作AB的平行线，与∠BAC的平分线交于点D，若AB＝6，BC＝8．E，F分别是BC，AD的中点，则EF的长为（　　）

A．1 B．1.5 C．2 D．4
【思路点拨】
如图，延长FE交AC于G，首先利用勾股定理求得AC的长度；然后利用平行线的性质和角平分线的性质推知∠D＝∠CAD，则判定AC＝CD；最后利用三角形中位线定理分别求得FG和EG的长度，求差即可．
【解题过程】
解：如图，延长FE交AC于G，

∵∠B＝90°，AB＝6，BC＝8，
∴AC=AB2+BC2=62+82=10．
∵AB∥CD，AD是∠BAC的平分线，
∴∠D＝∠DAB，∠DAB＝∠DAC．
∴∠D＝∠CAD．
∴AC＝CD＝10．
∵E，F分别是BC，AD的中点，
∴FG是△ABC的中位线，EG是△ABC的中位线．
∴FG=12DC＝5，EG=12AB＝3．
∴EF＝FG﹣EG＝2．
故选：C．
6．（2022•广西模拟）已知：四边形ABCD中，AB＝2，CD＝3，M、N分别是AD，BC的中点，则线段MN的取值范围是（　　）

A．12＜MN＜52 B．12＜MN≤52 C．1＜MN＜5 D．1＜MN≤5
【思路点拨】
当AB∥CD时，MN最短，利用中位线定理可得MN的最长值，作出辅助线，利用三角形中位线及三边关系可得MN的其他取值范围．
【解题过程】
解：连接BD，过M作MG∥AB，连接NG．

∵M是边AD的中点，AB＝2，MG∥AB，
∴MG是△ABD的中位线，BG＝GD，MG=12AB=12×2＝1；
∵N是BC的中点，BG＝GD，CD＝3，
∴NG是△BCD的中位线，NG=12CD=12×3=32，
在△MNG中，由三角形三边关系可知NG﹣MG＜MN＜MG+NG，即32-1＜MN＜32+1，
∴12＜MN＜52，
当MN＝MG+NG，即MN=52时，四边形ABCD是梯形，
故线段MN长的取值范围是12＜MN≤52．
故选：B．
7．（2021秋•淅川县期末）如图，四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝12，AD＝5，点M、N分别为线段BC、AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E、F分别为DM、MN的中点，则EF长度的可能为（　　）

A．2 B．5 C．7 D．9
【思路点拨】
根据三角形的中位线定理得出EF=12DN，从而可知DN最大时，EF最大，因为N与B重合时DN最大，N与A重合时，DN最小，从而求得EF的最大值为6.5，最小值是2.5，可解答．
【解题过程】
解：连接DN，

∵ED＝EM，MF＝FN，
∴EF=12DN，
∴DN最大时，EF最大，DN最小时，EF最小，
∵N与B重合时DN最大，
此时DN＝DB=AD2+BD2=52+122=13，
∴EF的最大值为6.5．
∵∠A＝90°，AD＝5，
∴DN≥5，
∴EF≥2.5，
∴EF长度的可能为5；
故选：B．
8．（2021春•同安区期中）如图，为估计池塘岸边AB两点间的距离，在池塘的一侧选取点O，分别取OA，OB的中点M，N，测得MN＝8m，则A、B两点间的距离是 　16　m．

【思路点拨】
根据三角形中位线定理计算即可．
【解题过程】
解：∵点M，N分别为OA，OB的中点，
∴MN为△ABC的中位线，
∴AB＝2MN＝2×8＝16（m），
故答案为：16．
9．（2021秋•北碚区校级期末）已知在△ABC中，AC＝6cm，点D、E分别是AC、BC的中点，连接DE，在DE上有一点F，EF＝1cm，连接AF，CF，若AF⊥CF，则AB＝　8cm　．

【思路点拨】
根据直角三角形的性质求出DF，进而求出DE，根据三角形中位线定理计算，得到答案．
【解题过程】
解：在Rt△AFC中，点D是AC的中点，AC＝6cm，
∴DF=12AC=12×6＝3（cm），
∵EF＝1cm，
∴DE＝DF+EF＝3+1＝4（cm），
∵点D，E分别是AC，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AB＝2DE＝2×4＝8（cm），
故答案为：8cm．
10．（2021春•邗江区校级期中）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，E、F、G分别是CD、AB、AC的中点，若∠DAC＝20°，∠ACB＝80°，则∠FEG＝　30°　．

【思路点拨】
根据三角形中位线定理和等腰三角形等边对等角的性质求解即可．
【解题过程】
解：∵AD＝BC，E，F，G分别是CD，AB，AC的中点，
∴GE是△ACD的中位线，GF是△ACB的中位线，
∴GE=12AD，GF=12BC，GF∥BC，GE∥AD，
∴∠AGF＝∠ACB＝80°，∠EGC＝∠DAC＝20°，
又∵AD＝BC，
∴GF＝GE，
∴∠EFG＝∠FEG，
∵∠FGE＝∠FGC+∠EGC＝20°+（180°﹣80°）＝120°，
∴∠FEG=12（180°﹣∠FGE）＝30°．
故答案为：30°．
11．（2021春•鼓楼区校级期中）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AC＞AB＞10，点D，E分别在边AB，AC上，且BD＝8，CE＝6，连接DE，点M是DE的中点，点N是BC的中点，则线段MN的长为　5　．

【思路点拨】
作CH∥AB，连接DN，延长DN交CH于H，连接EH，首先证明CH＝BD，∠ECH＝90°，解直角三角形求出EH，利用三角形中位线定理即可
【解题过程】
解：作CH∥AB，连接DN并延长交CH于H，连接EH，

∵BD∥CH，
∴∠B＝∠NCH，∠ECH＝∠A＝90°，
在△DNB和△HNC中，
∠B=∠NCHBN=CN∠DNB=∠HNC，
∴△DNB≌△HNC（ASA），
∴CH＝BD＝8，DN＝NH，
∵CH＝8，CE＝6，
∴EH=CH2+CE2=10，
∵DM＝ME，DN＝NH，
∴MN=12EH＝5，
故答案为：5．
12．（2021春•虹口区校级期末）如图，在△ABC中，BM、CN平分∠ABC和∠ACB的外角，AM⊥BM于M，AN⊥CN于N，AB＝10，BC＝13，AC＝6，则MN＝　4.5　．

【思路点拨】
延长AM交BC于点G，根据BM为∠ABC的平分线，AM⊥BM得出∠BAM＝∠G，故△ABG为等腰三角形，所以AM＝GM．同理AN＝DN，根据三角形中位线定理即可求得MN．
【解题过程】
解：延长AM交BC于点G，延长AN交BC延长线于点D，

∵BM为∠ABC的平分线，
∴∠CBM＝∠ABM，
∵BM⊥AG，
∴∠ABM+∠BAM＝90°，∠MGB+∠CBM＝90°，
∴∠BAM＝∠MGB，
∴△ABG为等腰三角形，
∴AM＝GM．BG＝AB＝10，
同理AN＝DN，CD＝AC＝6，
∴MN为△ADG的中位线，
∴MN=12DG=12（BC﹣BG+CD）=12（BC﹣AB+AC）=12（13﹣10+6）＝4.5．
故答案为：4.5．
13．（2021•香坊区校级开学）如图，在△ABC中，E是AB的中点，D是AC上一点，连接DE，BH⊥AC于H，若2∠ADE＝90°﹣∠HBC，AD：BC＝4：3，CD＝2，则BC的长为 　6　．

【思路点拨】
如图，延长AC至N，使CN＝BC，连接BN，由等腰三角形的性质可得∠ADE＝∠N，可证DE∥BN，由三角形中位线定理可得AD＝DN，即可求解．
【解题过程】
解：如图，延长AC至N，使CN＝BC，连接BN，

∵2∠ADE＝90°﹣∠HBC，∠BCA＝90°﹣∠HBC，
∴∠BCA＝2∠ADE，
∵CN＝BC，
∴∠N＝∠CBN，
∴∠BCA＝∠N+∠CBN＝2∠N，
∴∠ADE＝∠N，
∴DE∥BN，
又∵E是AB的中点，
∴DE是△ABN的中位线，
∴AD＝DN，
∵AD：BC＝4：3，
∴设AD＝DN＝4x，BC＝CN＝3x，
∴CD＝DN﹣CN＝x＝2，
∴BC＝6，
故答案为6．
14．（2021秋•桥西区校级期中）如图，在△A1B1C1中，已知A1B1＝7，B1C1＝4，A1C1＝6，依次连接△A1B1C1三边中点，得△A2B2C2，再依次连接△A2B2C2的三边中点，得△A3B3C3，…，则△A3B3C3的周长＝　174　，△AnBnCn的周长＝　172n-1　．

【思路点拨】
根据三角形中位线定理求出A2B2，B2C2，A2C2，进而出去△A2B2C2的周长，总结规律，根据规律解答即可．
【解题过程】
解：∵连接△A1B1C1三边中点，得△A2B2C2，A1B1＝7，B1C1＝4，A1C1＝6，
∴A2B2=12A1B1=72，B2C2=12B1C1＝2，A2C2=12A1C1＝3，
∴△A2B2C2的周长=72+2+3=172，
同理可得：△A3B3C3的周长=174，
……
△AnBn∁n的周长=172n-1，
故答案为：174；172n-1．
15．（2021秋•丽水期末）如图①是公园跷跷板的示意图，立柱OC与地面垂直，点C为横板AB的中点．小明和小聪去玩跷跷板，小明最高能将小聪翘到1米高（如图②）．
（1）求立柱OC的高度；
（2）小明想要把小聪最高翘到1.25米高，请你帮他找出一种方法，并解答．

【思路点拨】
（1）根据三角形中位线定理求出OC；
（2）根据AD的长度求出OC的长度，得到答案．
【解题过程】
解：（1）由题意得：OC∥AD，

∵点C为AB的中点，
∴OC为△ABD的中位线，
∴OC=12AD，
∵AD＝1米，
∴OC=12米；
（2）要把小聪最高翘到1.25米高，立柱OC的高度要升高为0.625米．
当AD＝1.25米时，OC＝0.625米，
所以要把小聪最高翘到1.25米高，立柱OC的高度要升高为0.625米．
16．（2021春•沈北新区期末）如图，AD是△ABC的中线，E是AD的中点，F是BE延长线与AC的交点，求证：AF=12CF．

【思路点拨】
过D作DG∥AC，可证明△AEF≌△DEG，可得AF＝DG，由三角形中位线定理可得DG=12CF，可证得结论．
【解题过程】
证明：如图，过D作DG∥AC，则∠EAF＝∠EDG，

∵AD是△ABC的中线，
∴D为BC中点，
∴G为BF中点，
∴DG=12CF，
∵E为AD中点，
∴AE＝DE，
在△AEF和△DEG中，
∠EAF=∠EDGAE=DE∠AEF=∠DEG，
∴△AEF≌△DEG（ASA），
∴DG＝AF，
∴AF=12CF．
17．（2021秋•莱州市期末）已知：如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且AC＝BD，E、F分别是AB、CD的中点，EF分别交BD、AC于点G、H．求证：OG＝OH．

【思路点拨】
取BC边的中点M，连接EM，FM，则根据三角形的中位线定理，即可证得△EMF是等腰三角形，根据等边对等角，即可证得∠MEF＝∠MFE，然后根据平行线的性质证得∠OGH＝∠OHG，根据等角对等边即可证得．
【解题过程】
解：取BC边的中点M，连接EM，FM，

∵M、F分别是BC、CD的中点，
∴MF∥BD，MF=12BD，
同理：ME∥AC，ME=12AC，
∵AC＝BD
∴ME＝MF
∴∠MEF＝∠MFE，
∵MF∥BD，
∴∠MFE＝∠OGH，
同理，∠MEF＝∠OHG，
∴∠OGH＝∠OHG
∴OG＝OH．
18．（2021春•富平县期末）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，E、F分别是边DC、AB的中点，FE的延长线分别AD、BC的延长线交于点H、G，求证：∠AHF＝∠BGF．

【思路点拨】
连接BD，取BD的中点P，连接EP，FP，根据三角形中位线定理得到PF=12AD，PF∥AD，EP=12BC，EP∥BC，根据平行线的性质、等腰三角形的性质证明结论．
【解题过程】
证明：连接BD，取BD的中点P，连接EP，FP，

∵E、F、P分别是DC、AB、BD边的中点，
∴EP是△BCD的中位线，PF是△ABD的中位线，
∴PF=12AD，PF∥AD，EP=12BC，EP∥BC，
∴∠H＝∠PFE，∠BGF＝∠FEP，
∵AD＝BC，
∴PE＝PF，
∴∠PEF＝∠PFE，
∴∠AHF＝∠BGF．
19．（2020春•建湖县期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是边AB上一点，DE∥BC交AC于点E，连接BE，点F、G、H分别为BE、DE、BC的中点．
（1）求证：FG＝FH；
（2）当∠A为多少度时，FG⊥FH？并说明理由．

【思路点拨】
（1）根据等腰三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB，根据平行线的性质、等腰三角形的判定定理得到AD＝AE，得到DB＝EC，根据三角形中位线定理证明结论；
（2）延长FG交AC于N，根据三角形中位线定理得到FH∥AC，FN∥AB，根据平行线的性质解答即可．
【解题过程】
（1）证明：∵AB＝AC．
∴∠ABC＝∠ACB，
∵DE∥BC，
∴∠ADE＝∠ABC，∠AED＝∠ACB，
∴∠ADE＝∠AED，
∴AD＝AE，
∴DB＝EC，
∵点F、G、H分别为BE、DE、BC的中点，
∴FG是△EDB的中位线，FH是△BCE的中位线，
∴FG=12BD，FH=12CE，
∴FG＝FH；
（2）解：延长FG交AC于N，

∵FG是△EDB的中位线，FH是△BCE的中位线，
∴FH∥AC，FN∥AB，
∵FG⊥FH，
∴∠A＝90°，
∴当∠A＝90°时，FG⊥FH．
20．（2020春•白云区期末）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，BE⊥AE于点E，点F是BC的中点．

（1）如图1，BE的延长线与AC边相交于点D，求证：EF=12（AC﹣AB）；
（2）如图2，△ABC中，AB＝9，AC＝5，求线段EF的长．
【思路点拨】
（1）利用ASA定理证明△AEB≌△AED，得到BE＝ED，AD＝AB，根据三角形中位线定理解答；
（2）分别延长BE、AC交于点H，利用（1）的结论解答．
【解题过程】
（1）证明：在△AEB和△AED中，
∠BAE=∠DAEAE=AE∠AEB=∠AED=90°，
∴△AEB≌△AED（ASA）
∴BE＝ED，AD＝AB，
∵BE＝ED，BF＝FC，
∴EF=12CD=12（AC﹣AD）=12（AC﹣AB）；
（2）解：分别延长BE、AC交于点H，

在△AEB和△AEH中，
∠BAE=∠HAEAE=AE∠AEB=∠AEH=90°，
∴△AEB≌△AEH（ASA）
∴BE＝EH，AH＝AB＝9，
∵BE＝EH，BF＝FC，
∴EF=12CH=12（AH﹣AC）＝2．