八年级下册9.5 三角形的中位线同步练习题

这是一份八年级下册9.5 三角形的中位线同步练习题，文件包含专题09几何思想之三角形的中位线重难点专练原卷版-考点培优尖子生专用2021-2022学年八年级数学下册专题训练苏科版docx、专题09几何思想之三角形的中位线重难点专练解析版-考点培优尖子生专用2021-2022学年八年级数学下册专题训练苏科版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共50页， 欢迎下载使用。

一、单选题
1．（2021·江苏金坛·八年级期中）如图，已知四边形中，，，，点、分别是边、的中点，连接，则的长是（ ）
A．B．C．D．
【标准答案】B
【思路指引】
取AB的中点G，连接EG、GF，利用三角形中位线性质得到EG＝BD＝4，EG∥BD，GF＝AC＝3，GF∥AC，再判断EG⊥GF，然后利用勾股定理计算EF的长．
【详解详析】
解：取AB的中点G，连接EG、GF，
∵点E、F、G分别是边AD、CB、AB的中点，
∴EG为△ABD的中位线，GF为△ABC的中位线，
∴EG＝BD＝4，EG∥BD，GF＝AC＝3，GF∥AC，
∵AC⊥BD，
∴AC⊥EG，
∵GF∥AC，
∴EG⊥GF，
在Rt△GEF中，EF＝＝5．
故选：B．
【名师指路】
本题考查了三角形中位线定理和勾股定理，解题关键是取中点构建中位线，建立直角三角形．
2．（2021·江苏·无锡市天一实验学校八年级期中）如图，在矩形中，，，点在上且．点在上且，点为边上的一个动点，为的中点，则的最小值为（ ）
A．B．C．4D．5
【标准答案】D
【思路指引】
首先证明GF＋EF＝（PA＋PE），求出PA＋PE的最小值即可，作点A关于BC的对称点T，连接ET交BC于P′，此时P′E＋P′A的值最小．
【详解详析】
解：如图，连接PA．
∵，，，
∴AG＝EG，即：点G是AE的中点，
又∵为的中点，
∴GF是，
∴GF＝PA，
∴GF＋EF＝（PA＋PE），
作点A关于BC的对称点T，连接ET交BC于P′，此时P′E＋P′A的值最小，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠EAT＝90°，
∵AB＝BT＝3，
∴AT＝6，
∵AD＝10，DE＝2，
∴AE＝AD−DE＝10−2＝8，
∴P′E＋P′A＝P′E＋P′T＝ET＝＝，
∴EG＋EF的最小值为×10＝5，
故选D．
【名师指路】
本题考查轴对称−最短问题，三角形中位线定理，矩形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用轴对称解决最短问题．
3．（2021·江苏鼓楼·八年级期中）若顺次连接四边形四边中点所得的四边形是正方形，则四边形一定满足（ ）
A．且B．且
C．是矩形D．是正方形
【标准答案】A
【思路指引】
首先根据题意画出图形，再由四边形是正方形，那么，，而、是、中点，易知是的中位线，于是，，同理可得，，易求，又由于，，利用平行线性质可得，而，易证，即，从而可证四边形的对角线互相垂直且相等．
【详解详析】
解：如图所示，四边形的各边中点分别是、、、，且四边形是正方形，
四边形是正方形，
，，
又、是、中点，
是的中位线，
，，
同理有，，
，
即，
，，
，
又，
，
即，
故四边形的对角线互相垂直且相等，即：且．
故选：A．
【名师指路】
本题考查了中点四边形，正方形的性质、三角形中位线定理、平行线性质．解题的关键是连接、，构造平行线．
4．（2021·江苏秦淮·八年级期中）E、F、G、H分别是四边形的边、、、的中点，对角线、相交于点O，根据以下条件，不能证明四边形是矩形的是（ ）
A．B．，
C．，D．，
【标准答案】B
【思路指引】
先根据三角形中位线的性质证明四边形EFGH是平行四边形，再利用矩形的判定定理依次判断各选项即可．
【详解详析】
解：∵E、F、G、H分别是四边形的边、、、的中点，
∴EF∥AC，GH∥AC，
∴EF∥GH，
同理：EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形
∵，
∴EF⊥EH，
∴四边形EFGH是矩形，故A选项不符合题意；
∵，，
∴，
∴EF⊥EH，
∴四边形EFGH是矩形，故C选项不符合题意；
∵，
∴点B在线段AC的垂直平分线上，
∵，
∴点D在线段AC的垂直平分线上，
∴
∴EF⊥EH，
∴四边形EFGH是矩形，故D选项不符合题意；
若，无法证明四边形EFGH是矩形，故B选项符合题意，
故选：B．
【名师指路】
此题考查矩形的判定定理，三角形中位线的性质定理，线段垂直平分线的判定，正确掌握矩形的判定定理是解题的关键．
5．（2021·江苏鼓楼·八年级期中）如图，矩形中，，，是边的中点，是边上的一动点，、分别是、的中点，随着点的运动，线段长（ ）
A．随着点的位置变化而变化B．保持不变，长为
C．保持不变，长为D．保持不变，长为
【标准答案】C
【思路指引】
连接AP，根据矩形的性质求出AP的长度，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得MN＝AP，问题得解．
【详解详析】
解：连接AP，
∵矩形ABCD中，AB＝DC＝2，AD=，P是CD边上的中点，
∴DP＝1，
∴AP＝= ，
∵M，N分别是AE、PE的中点，
∴MN是△AEP的中位线，
∴MN＝AP＝，保持不变．
故选：C．
【名师指路】
本题考查了矩形的性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记性质以及定理并求出AP的值是解题的关键．
6．（2021·江苏江都·八年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中点，且∠ACD＝30°，DE∥BC交AC于点E，BF⊥CD于点F，连接EF．若BF＝2，则EF的长是（ ）
A．B．2C．D．3
【标准答案】B
【思路指引】
先说明AB=2BC，再根据勾股定理求出BC和AB，进而得到BD=BC=AD=2，说明F和E分别是AC、CD的中点，最后根据三角形的中位线定理即可解答．
【详解详析】
解：∵∠ACB=90°，D是AB的中点
∴DC=AB=AD
∵∠ACD＝30°
∴∠A=∠ACD＝30°
∴AB=2BC，∠ABC=60°，
∴BC=AD,即△DBC为等边三角形
∵BF⊥CD于点F，
∴CF=FD,∠DBF=30°
∴BD=2DF
设DF=x，则BD=2x，DF2+BF2=BD2,即x2+() 2=(2x)2,解得x=2或-2（舍去）
∴AD=BD=2x=4
∵DE∥BC交AC于点E，D是AB的中点
∴AE=EC
∵CF=FD
∴EF是三角形ACD的中位线
∴EF=AD=2．
故选B．
【名师指路】
本题考查了勾股定理、等边三角形的性质和判定、含30角的直角三角形的性质、三角形的中位线等知识点，能综合运用所学知识进行推理和计算成为解答本题的关键．
7．（2021·江苏徐州·八年级期中）如图，中，，，．点，，分别是边，，的中点；点，，分别是边，，的中点；…以此类推，则第2021个三角形的周长是（ ）．
A．B．C．D．
【标准答案】A
【思路指引】
由三角形中位线定理可得：，，分别等于，，的，所以△的周长等于△的周长的一半，以此类推即可得出结论．
【详解详析】
解：△中，，，，
△的周长是16，
，，分别是边，，的中点，
，，分别等于，，的，
△的周长是，
同理，△的周长是，
，
以此类推，
△的周长是，
则第2021个三角形周长是．
故选：A．
【名师指路】
此题考查了三角形中位线定理，它的性质与线段的中点及平行线紧密相连，灵活掌握三角形中位线定理熟记解题的关键．
8．（2021·江苏省江阴市第一中学八年级期中）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．1B．1.5C．2D．4
【标准答案】C
【思路指引】
延长EF交AC于点G，根据勾股定理求出AC=10，再根据角平分定义结合平行线的性质得出AC=CD，最后根据三角形中位线的性质得出结论即可．
【详解详析】
解：在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，BC＝8
∴
∵AD平分∠BAC
∴∠BAD=∠CAD
∵AB//CD
∴∠BAD=∠CDA
∴∠CDA=∠CAD
∴DC =AC=10
延长EF交AC于点G，如图，
∴EG是△ADC的中位线，FG是△ABC的中位线，
∴
∴
故选：C．
【名师指路】
此题主要考查了平行线的性质，等腰三角形的判定，勾股定理以及三角形中位线性质定理，作出三角形中位线是解答此题的关键．
9．（2021·江苏·南通田家炳中学八年级月考）如图，四边形中，，，，点M，N分别为线段，上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E、F分别为、的中点，则长度的最大值为（ ）．
A．3B．C．4D．2
【标准答案】D
【思路指引】
由题中条件可判定EF是中位线，可得，当动点N与点B重合时，DN值最大，，此时EF长度取最大值．
【详解详析】
解：如图，连接DN，
∵点E、F分别为、的中点，
∴EF是中位线，，
当动点N与点B重合时，，此时DN长度取最大值，即此时EF长度取最大值．
∵，，，
∴，
∴．
故选：D．
【名师指路】
本题考查了中位线性质，用勾股定理解三角形，理解长度的最大值就是求DN长度最大值是解题关键．
10．（2021·江苏·南京外国语学校八年级期中）如图，在和中，，，，点，，分别是，，的中点．把绕点在平面自由旋转，则的面积不可能是（ ）
A．8B．6C．4D．2
【标准答案】A
【思路指引】
由于已知两个三角形是等腰直角三角形并且构成手拉手模型，所以连接，，的延长线交的延长线于，交于．根据中位线定理以及角的关系证明是等腰直角三角形，再利用三角形的三边关系求出PQ的范围即可解决问题．
【详解详析】
连接，，的延长线交的延长线于，交于．
∵，，，
∴，
∴≌，
∴，，
∵，
∴，
∵点，，分别是，，的中点，
∴，，，，
∵，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴的面积不可能是8，
故选：A．
【名师指路】
本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理等知识，添加常用辅助线，构造全等三角形是解题的关键．
二、填空题
11．（2021·江苏海陵·八年级期末）如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，F是直线DE上一点，连接AF、BF，若∠AFB=90°，AB=6，BC=10，则EF的长是__________．
【标准答案】2或8
【思路指引】
分两种情况讨论，由题意，直角三角形斜边上的中线DF等于斜边的一半，中位线DE等于BC的一半，相减（或相加）即可求得EF．
【详解详析】
解：分两种情况讨论，
第一种情况，如图，
∵点D，E分别是边AB，AC的中点, BC＝10
∴DE=BC=5
∵∠AFB＝90°，且AB＝6，∵点D是边AB的中点,
∴DF=AB=3
EF=DE−EF=5−3=2；
第二种情况，如图，
∵点D，E分别是边AB，AC的中点, BC＝10
∴DE=BC=5
∵∠AFB＝90°，且AB＝6，∵点D是边AB的中点,
∴DF=AB=3
EF=DE+EF=5+3=8；
故答案为：2或8．
【名师指路】
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形中位线的性质，熟悉以上性质是解题的关键．
12．（2021·江苏·苏州市景范中学校八年级月考）如图，在四边形中，分别是的中点，若，，则等于_______．
【标准答案】28°
【思路指引】
根据三角形中位线定理得到FG∥AD，FG=AD，GE∥BC，GE=BC，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可．
【详解详析】
解：∵F、G分别是CD、AC的中点，
∴FG∥AD，FG=AD，
∴∠FGC=∠DAC=10°，
∵E、G分别是AB、AC的中点，
∴GE∥BC，GE=BC，
∴∠EGC=180°-∠ACB=114°，
∴∠EGF=124°，
∵AD=BC，
∴GF=GE，
∴∠FEG=×（180°-124°）=28°；
故答案为：28°．
【名师指路】
本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
13．（2021·江苏工业园区·八年级月考）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点O，在的延长线上取点E，使，连接交于点F，若，则_______．
【标准答案】3
【思路指引】
过O作OM∥BC交CD于M，根据平行四边形的性质得到BO＝DO，根据三角形的中位线的性质得到CM＝MD，可得CF是△EMO中位线，根据中位线性质可求长．
【详解详析】
解：过O作OM∥BC交CD于M，
∵在平行四边形ABCD中，，
∴BO＝DO，
∴CM＝DM=，
∵，
∴CE=CM，
∵OM∥BC，
∴CF是△EMO中位线，即；
故答案为：3．
【名师指路】
本题考查了平行线的性质和中位线的性质与判定，解题关键是恰当构建中位线，依据中位线的性质求解．
14．（2021·江苏金坛·八年级期中）如图，菱形的周长为．，交于点，点在上，，则的长是___．
【标准答案】
【思路指引】
由菱形的性质得出AB＝4，由三角形中位线定理即可得出OE的长．
【详解详析】
解：∵菱形ABCD的周长为16，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，AB∥CD，，，
∵OE∥AB，
∴OE∥CD，
∴，
∴，
∴OE=CE，
，，
∴，
∴OE=BE，
∴CE=BE，
∴OE是的中位线，
∴，
故答案为：2．
【名师指路】
本题考查了菱形的性质、三角形中位线定理；熟练掌握菱形的性质和三角形中位线定理是解题的关键．
15．（2021·江苏灌云·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，M、N分别为CD、BC的中点，AM＝6，AN＝3，∠MAN＝60°，则对角线BD的长为_____．
【标准答案】6
【思路指引】
延长AM至E，使得ME＝AM，过点E作EH⊥AN，交AN延长线于H点，连接MN、BD．证明N点为AH中点，求出AH,再运用勾股定理求出HE，最后根据三角形的中位线定理可得MN＝HE＝BD即可求解．
【详解详析】
解：延长AM至E，使得ME＝AM，过点E作EH⊥AN，交AN延长线于H点，连接MN、BD．
∴AE＝2AM＝12．
∵∠MAN＝60°，
∴∠E＝30°，
∴AH＝AE＝6，
∴HE＝ ，
∵AN＝3，
∴N点为AH中点，
∴MN＝HE=，
∵M、N分别为CD、BC的中点，
∴MN＝BD．
∴BD＝HE＝6．
故填6．
【名师指路】
本题主要考查了了平行四边形的性质、勾股定理、三角形中位线的性质，解决本题的关键是借助线段的中点作“倍长中线”辅助线，使得线段得以转化．
16．（2021·江苏镇江·八年级期中）如图，△ABC中，AB＝9，D、E分别是AB、AC的中点，点F在DE上，且DF＝3EF，当AF⊥BF时，BC的长等于___．
【标准答案】12
【思路指引】
先根据直角三角形的性质得到，再根据DF＝3EF可求得DE，最后根据三角形中位线定理求解即可．
【详解详析】
解：，点D是AB的中点，
∴，
∵DF＝3EF，即EF=DF=
∴DE=DF+EF=3EF+EF=4EF=6
、E分别是AB，AC的中点，
∴BC=2DE=12．
故答案为12．
【名师指路】
本题主要考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质等知识点，掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半是解答本题的关键．
17．（2021·江苏鼓楼·八年级期中）如图，中，是中点，平分，于，已知，，的周长等于41，则______．
【标准答案】3
【思路指引】
用角边角证明，得到AD=AB，BN=ND．再用中位线定理求出所求MN的长度．
【详解详析】
延长交于，
，
平分





又

∴，，
∴，
为BC中点、N为BD中点
是的中位线
∴．
故答案为：3．
【名师指路】
本题考查了全等三角形的证明(角边角：在两个三角形中，如果有两组对应角和夹边对应相等，那这两个三角形全等)，中位线定理(三角形的中位线平行且等于第三边的一半) ．解题的关键是作出辅助线．
18．（2021·江苏锡山·八年级期末）如图，在四边形中，，°，，，点分别为上的动点（含端点），分别为的中点，则长度的最小值为__________．
【标准答案】2
【思路指引】
作DH⊥AB于H，连接DN，易得四边形BCDH是矩形，可得BH=CD=5，AH=3，由勾股定理可求得DH；由三角形中位线定理知，，当DN最小值，EF最小，根据垂线段最短即可得EF的最小值．
【详解详析】
作DH⊥AB于H，连接DN，如图
∵，°
∴°
∵DH⊥AB
∴∠DHB=90°
∴四边形BCDH是矩形
∴BH=CD=5
∴AH=AB-BH=3
在Rt△DHA中，由勾股定理得：
∵分别为的中点
∴
当DN最小时，EF最小，而当DN⊥AB时，DN最小，即此时点N与点H重合，DN的最小值为4
∴=2
即EF的最小值为2
故答案为：2
【名师指路】
本题考查了三角形的中位线定理，矩形的判定与性质，勾股定理，垂线段最短等知识，关键是通过中位线定理把求线段EF的最小值转化为求点到直线的距离，体现了转化思想的运用．
19．（2021·江苏工业园区·八年级月考）在边长为8的正方形中，E为对角线上一动点，F为边上一动点，，点E从点A出发，沿方向移动，若E点移动的路径长为，则的中点G移动的路径长______．
【标准答案】4．
【思路指引】
取BC的中点M，连接MG并延长，交AC于点N，由题意可知，中点G在MN上移动，E点移动的路径长为时，中点G移动的路径为MN，求出长度即可．
【详解详析】
取BC的中点M，连接MG并延长，交AC于点N，
∵G是的中点，
∴MG∥CD，即中点G在MN上移动，N为AC的中点，
当点E在A点时，点F与点D重合，BF的中点即为AC的中点N，
正方形的边长为8，，
E点移动的路径长为，即E点与AC的中点N重合，点F与点C重合，BF的中点即为BC的中点M，
∴BF的中点G移动的路径长即为NM的长，
由中位线性质得，，
故答案为：4．
【名师指路】
本题考查了正方形的性质、中位线的性质和动点问题，解题关键是利用中位线的性质得出的中点G移动的路径并求出长度．
20．（2021·江苏镇江·八年级期中）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝5，点P是AC边上的一个动点，将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到线段BQ，连接CQ，则在点P运动过程中，线段CQ的最小值为___．
【标准答案】
【思路指引】
将Rt△ABC绕B点顺时针旋转60°得到Rt△EBD，首先证明Q随着P的运动在ED上运动，然后求解CQ的最小值即为求C到ED的距离，当CQ⊥ED时，CQ的长度即为最小，结合题意求解即可．
【详解详析】
如图所示：
将Rt△ABC绕B点顺时针旋转60°得到Rt△EBD，
则此时E、C、B三点在同一直线上，
∵∠ABC=60°，∠PBQ=60°，
∴∠ABP=∠EBQ，随着P的运动，总有AB=EB，PB=QB，
∴△APB≌△EQB（SAS），
即：E、Q、D三点在同一直线上，
∴Q的运动轨迹为线段ED，
∴当CQ⊥ED时，CQ的长度最小，
∵Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC=5，
∴BD=5，EC=5，
即C为EB的中点，
∵CQ⊥ED，∠D=90°，
∴CQ∥BD，CQ为△EBD的中位线，
∴ ，
故答案为：．
【名师指路】
本题考查了旋转的性质，三角形的中位线定理等，解题关键是能够熟练运用旋转的性质，确定点Q的轨迹在线段ED上．
三、解答题
21．（2021·江苏丹阳·八年级期末）综合与实践
如图，四边形ABCD和AFGH都为正方形，点F、H分别在AB、AD上，连接BD、BH、FH，点N、M、K分别是它们的中点．
（1）观察思考
图（1）中，线段MN和MK的数量关系和位置关系为 ．
（2）探究证明
将正方形AFGH绕点A旋转，在旋转的过程中MN和MK的上述关系是否发生变化？并结合图（2）说明理由．
（3）连接DF，取DF的中点R，连接NR，KR．
①判断四边形MNRK的形状，并说明理由；
②若AD＝6，AH＝2，在旋转的过程中，四边形MNRK的周长的最大值为 ．
【标准答案】（1）MN=MK ， MN⊥MK；（2）没有发生变化，理由见解析；（3）①四边形MNRK为正方形，理由见解析；②16．
【思路指引】
（1）先由中位线定理得MN∥DH且MN=DH，MK∥BF且MK=BF，再由四边形ABCD和AFGH都为正方形得BF=DH、∠ABC=∠CBH+FBH=90°，进而∠NMH+∠KMH=90°，即得MN=MK且MN⊥MK；
（2）先由中位线定理得MN∥DH且MN=DH，MK∥BF且MK=BF，再证△BAF≌△DAH得BF=DH，∠ABF=∠ADH，即可证MN=MK且MN⊥MK；
（3）①先由中位线定理证得四边形NRKM为平行四边形，再由（2）结论即可证明平行四边形NRKM为正方形；
②由AD=6，AH=2，BF的范围AB-AF≤BF≤AB+AF得：4≤BF≤8，即可得BF的最大值为8，进而NR最大值为4，故正方形MNRK的周长的最大值为16．
【详解详析】
解：（1）∵点N、M、K分别是BD、BH、FH的中点，
∴MN∥DH且MN=DH，MK∥BF且MK=BF，
∵四边形ABCD和AFGH都为正方形，
∴AB-AF=AD-AH，
∴BF=DH，
∴MN=MK，
∵MN∥DH∥BC，MK∥AB，
∴∠NMH=∠CBH，∠KMH=FBH，
∵∠ABC=∠CBH+∠FBH=90°，
∴∠NMH+∠KMH=90°，
∴MN⊥MK．
故答案为：MN=MK且MN⊥MK；
（2）不会变化，理由如下：
∵点N、M、K分别是它们的中点，
∴MN∥DH且MN=DH，MK∥BF且MK=BF，
∵四边形ABCD和AFGH都为正方形，
∴∠BAD=∠FAH=90°，
∴∠BAD-∠FAD=∠FAH-∠FAD，即∠BAF=∠DAH，
在△BAF与△DAH中，
，
∴△BAF≌△DAH（SAS），
∴BF=DH，∠ABF=∠ADH，
∴MN=MK，
如图，延长BF交DH与T，
∵∠ABF=∠ADH，
∴∠DAB=∠DTB=90°，
∴DH⊥BF，
∵MN∥DH，MK∥BF，
∴MN⊥MK；
（3）①正方形，理由如下：
∵R、N分别DF、BD的中点，
∴NR∥BF且NR=BF，
由（2）知，MK∥BF且MK=BF，
∴NR∥MK，NR=MK，
∴四边形NRKM为平行四边形，
再由（2）知，MN=MK且MN⊥MK，
∴平行四边形NRKM为正方形；
②∵AD=6，AH=2，
∴AD=AB=6，AH=AF=2，
在旋转的过程中BF的范围为：AB-AF≤BF≤AB+AF，
∴4≤BF≤8，
∴BF的最大值为8，
∴NR最大值为4，
∴正方形MNRK的周长的最大值为16．
故答案为：16．
【名师指路】
本题是正方形综合题，主要考查了正方形的性质、中位线定理、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质，证明出△BAF≌△DAH，清楚在旋转的过程中BF的范围为：AB-AF≤BF≤AB+AF是本题的关键．
22．（2021·江苏省锡山高级中学实验学校八年级期中）我们知道，平行四边形的对边平行且相等，利用这一性质，可以为证明线段之间的位置关系和数量关系提供帮助．
重温定理，识别图形
（1）如图1，我们在探究三角形中位线和第三边的关系时，所作的辅助线为“延长到点，使，连接”，此时与在同一直线上且，又可证图中的四边形______为平行四边形，可得与的关系是______，于是推导出了“，”．
寻找图形，完成证明
（2）如图2，四边形和四边形都是菱形，是等边三角形，，连接、．求证：．
构造图形，解决问题．
（3）如图3，四边形和四边形都是正方形，连接、．直接写出与的数量关系．
【标准答案】（1）BCFD，平行且相等，理由见详解；（2）见详解；（3）CF＝BE．
【思路指引】
（1）根据全等三角形的性质得到AD＝CF，∠ADE＝∠F，根据平行四边形的性质即可得到结论；
（2）连接BH，先证明△AEB≌△CHB，根据全等三角形的性质得到CH＝AE＝EF，∠CHB＝∠AEB，推出四边形EFCH是平行四边形，得到CF＝EH，进而得到结论；
（3）BE绕点B逆时针旋转90°，得到BH，连接EH，CH，则△BEH是等腰直角三角形，
根据正方形的性质得到AB＝BC，∠ABC＝90°，即∠ABE＋∠CBE＝90°根据全等三角形的性质得到AE＝CH，∠AEB＝∠CHB，推出四边形EFCH是平行四边形，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解详析】
解：（1）∵AE＝CE，DE＝EF，∠AED＝∠CEF，
∴△AED≌△CEF（SAS），
∴AD＝CF，∠ADE＝∠F，
∴BD∥CF，
∵AD＝BD，
∴BD＝CF，
∴四边形BCFD是平行四边形，
∴DF＝BC，DF∥BC，
故答案为：BCFD，平行且相等；
（2）连接BH，
∵是等边三角形，
∴∠EBH=∠ABC=60°，BE=BH=EH，
∴∠ABE＝∠CBH，
又∵AB＝BC，
∴△AEB≌△CHB（SAS），
∴CH＝AE＝EF，∠CHB＝∠AEB，
∵∠CHE＝∠CHB−∠BHE＝∠AEB−60°，
∠FEH＝360°−∠AEF−∠AEB−∠BEH＝240°−∠AEB，
∴∠CHE＋∠FEH＝180°，
∴CH∥EF且CH＝EF，
∴四边形EFCH是平行四边形，
∴CF＝EH=BE；
（3）证明：BE绕点B逆时针旋转90°，得到BH，连接EH，CH，则△BEH是等腰直角三角形，
∵四边形ABCD是正方形
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，即∠ABE＋∠CBE＝90°，
∵△BEH是等腰直角三角形，
∴EH＝BE＝BH，∠BEH＝∠BHE＝45°，∠EBH＝90°，即∠CBH＋∠CBE＝90°
∴∠ABE＝∠CBH，
在△ABE 和△CBH 中，
，
∴△ABE≌△CBH（SAS），
∴AE＝CH，∠AEB＝∠CHB，
∴∠CHE＝∠CHB−∠BHE＝∠CHB−45°＝∠AEB−45°，
∵四边形AEFG是正方形，
∴AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴EF＝HC，∠FEH＝360°−∠AEF−∠AEB−∠BEH＝225°−∠AEB，
∴∠CHE＋∠FEH＝∠AEB−45°＋225°−∠AEB＝180°，
∴EF∥HC 且 EF＝HC，
∴四边形EFCH是平行四边形，
∴CF＝EH＝BE；
【名师指路】
本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确是作出辅助线是解题的关键．
23．（2021·江苏苏州·八年级月考）我们知道，平行四边形的对边平行且相等，利用这一性质，可以为证明线段之间的位置关系和数量关系提供帮助．
（1）【方法回顾】证明：三角形中位线定理．
已知：如图①，在中，D、E分别是AB、AC的中点，求证：，．
证明：如图①，延长DE到点F，使得，连接CF；
请继续完成证明过程．
（2）【问题解决】如图②，四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，是等腰直角三角形，，连接CF、CH．求证：．
（3）【思维拓展】如图③，四边形ABCD和四边形AEFG都是菱形，，连接BE、CF，直接写出CF与BE的数量关系________．

【标准答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）CF=BE
【思路指引】
(1)根据全等三角形的性质得到AD=CF，∠ADE=∠F，根据平行四边形的性质即可得到结论；
(2)根据正方形的性质得到AB=BC，∠ABC=90°，即∠ABE+∠CBE=90°根据全等三角形的性质得到AE=CH，∠AEB=∠CHB，推出四边形EFCH是平行四边形，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论；
(3)如图，过点B作BH，使∠EBH=120°，且BH=BE，连接EH、CH，根据全等三角形的性质得到CH=AE=EF，∠CHB=∠AEB，推出四边形EFCH是平行四边形，得到CF=EH，过B作BN⊥EH于N，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
【详解详析】
(1) ∵AE=CE, DE=EF,∠AED=∠CEF，
∴，
∴AD=CF，EF=DE，∠ADF=∠F，
∴ BD// CF，
∵AD=BD，
∴BD=CF，
∴四边形BCFD是平行四边形，
∴DF=BC，DF// BC，
即 ，
(2)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，即∠ABE+∠CBE=90°
∵△BEH是等腰直角三角形，
∴EH=， ∠BEH=∠BHE=45°，∠EBH=90°，即∠CBH+∠CBE=90°，
∴∠ABE=∠CBH，
∴在△ABE和△CBH中，

∴△ABE≌△CBH (SAS) ，
∴ AE=CH，∠AEB=∠CHB，
∴∠CHE=∠CHB-∠BHE=∠CHB-45°=∠AEB-45°，
∵四边形AEFG是正方形，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴EF=HC，∠FEH=360°-∠AEF-∠AEB-∠BEH=225°-∠AEB，
∴∠CHE+∠FEH=∠AEB-45°+225°-∠AEB= 180°,
∴EF// HC且EF=HC，
∴四边形EFCH是平行四边形，
∴CF=EH=BE；
(3) CF=BE，
如图：
过点B作BH，使∠EBH=120°，且BH=BE，
连接EH、CH，
则∠BHE=∠BEH=30°，
∵∠ABC=∠EBH=120°，
∴∠ABE=∠CBH，
∵ AB=BC，BE=BH，
∴△AEB≌△CHB(SAS)
∴CH=AE=EF，∠CHB=∠AEB，
∵∠CHE=∠CHB-∠BHE=∠AEB-30°，
∠FEH=360°-∠AEF-∠AEB-∠BEH=210°-∠AEB，
∴∠CHE+∠FEH=180°，
∴CH // EF且CH=EF，
∴四边形EFCH是平行四边形，
∴CF=EH，
过B作BN⊥EH于N，
在△EBH中，∠EBH=120°， BH=BE，
∴∠BEN=30°，EH=2EN，
∴EN=BE，
∴EH=BE，
∴CF=EH=BE
【名师指路】
本题是四边形的综合题，考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确是作出辅助线是解题的关键．
24．（2021·江苏射阳·八年级期中）综合与实践：
如图1，已知为等边三角形，点D，E分别在边AB、AC上，，连接DC，P、Q、M分别为DE、BC、DC的中点．
（1）观察猜想
在图1中，线段PM与QM的数量关系是________，的度数是________；
（2）探究证明
若把绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，再连接BE，取BE的中点N，连接PN、QN．
①判断四边形PMQN的形状，并说明理由；
②求的度数；
（3）拓展延伸
当，，，把绕点A在平面内自由旋转，如图3．
①四边形PMQN为_________；
②请直接写出四边形PMQN面积的最大值．
【标准答案】（1），；（2）①四边形PMQN为菱形，证明见解析；②；（3）①正方形；②
【思路指引】
（1）根据三角形中位线定理和三角形的外角性质，即可得到答案；
（2）①连接CE、BD，证明△ADB≌△AEC，结合三角形的中位线定理，即可得到结论成立；
②利用三角形的中位线定理，以及角的关系，运用等量代换，即可求出答案．
（3）①结论：四边形PMQN是正方形．连接BD，EC，延长CE交BD于点H，交AB于点O．证明△DAB≌△EAC（SAS），推出BD=CE，∠ABD=∠ACE，推出CH⊥BD，再证明PM=MQ=QN=PN，∠PMQ=90°即可解决问题．
②求出EC的最大值，即可求出正方形边长的最大值，由此即可解决问题．
【详解详析】
解：（1）如图1中，
∵AB=AC=BC，AD=AE，
∴BD=CE，∠B=∠ACB=60°，
∵点P，M，Q分别为DE，DC，BC的中点，
∴MQ∥BD，PM∥EC，MQ=BD，PM=CE，
∴MQ=PM，∠MQC=∠B，∠DMP=∠ACD，
∴，
故答案为：；120°．
（2）①连接CE、BD，如图
由旋转的性质，则∠DAB=∠EAC，
∵AD=AE，AB=AC，
∴△ADB≌△AEC（SAS），
∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，
∵点P、点N、点Q、点M分别是DE、BE、BC、CD的中点，
∴，，
∴，
∴四边形PNQM是菱形；
②∵MQ∥BD，PM∥EC，
∴∠MQC=∠DBQ，∠DMP=∠ECD，
∴，
∵，
，
∵∠ABD=∠ACE，
∴；
（3）①如图3中，结论：四边形PMQN是正方形．
理由：连接BD，EC，延长CE交BD于点H，交AB于点O．
∵∠BAC=∠DAE，
∴∠DAB=∠EAC，
∵AD=AE，AB=AC，
∴△DAB≌△EAC（SAS），
∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，
∵∠ACO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH，
∴∠ABD+∠BOH=90°，
∴∠CHB=90°，
∴CH⊥BD，
∵DP=PE，DM=CM，
∴，PM∥CH，
∵CQ=QB，CM=MD，
∴MQ=DB，MQ∥BD，
∴PM=MQ，PM⊥MQ，
∴∠PMQ=90°，
∵DP=PE，BN=EN，
∴PN=BD，同法可证NQ=EC，
∴PM=MQ=NQ=PN，
∴四边形PMQN是菱形，
∵∠PMQ=90°，
∴四边形PMQN是正方形．
故答案为：正方形；
②∵AC=7，AE=3，
∴EC≤AE+AC，
∴EC≤10，
∴EC的最大值为10，
∵PM=EC，
∴PM的最大值为，
∴正方形PMQN的面积的最大值为．
【名师指路】
本题属于四边形综合题，考查了等腰三角形的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
25．（2021·江苏丹阳·八年级期中）【问题情景】
课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：
如图1，在△ABC中，若AB＝10，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围．
小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE．请根据小明的方法思考：
（1）由已知和作图能得到△ADC≌△EDB，其依据是 ，请选择正确的一项．
A．SSS；B．SAS；C．AAS；D．HL
（2）由“三角形的三边关系”可求得AD的取值范围是 ．
【初步运用】
（3）如图2，在四边形ABCD中，ABCD，点E是BC的中点，若AE是∠BAD的平分线，试猜想线段AB，AD，DC之间的数量关系，并证明你的猜想．
【灵活运用】
（4）如图3，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且AE＝EF，若EF＝5，EC＝3，求线段BF的长；
【拓展延伸】
（5）如图4，CB是△AEC的中线，CD是△ABC的中线，且AB＝AC，下列四个选项中：
A．∠ACD＝∠BCD B．CE＝2CD C．∠BCD＝∠BCE D．CD＝CB
所有正确选项的序号是 ．
【标准答案】（1）B，（2）2＜AD＜8，（3）AD＝AB+DC；证明见解析，（4）8（5）B、C
【思路指引】
（1）根据全等三角形的判定定理解答；
（2）根据三角形的三边关系计算；
（3）延长AE交DC延长线于点M，类似（1）证明三角形全等，根据全等三角形的性质解答；
（4）延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，证明△ADC≌△MDB，根据全等三角形的性质解答；
（5）根据三角形的中线的概念、等腰三角形的性质、三角形的中位线定理以及全等三角形的判定和性质进行分析判断．
【详解详析】
解：（1）在△ADC和△EDB中，
，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
故选：B；
（2）由（1）得：△ADC≌△EDB，
∴AC＝BE＝6，
在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
即10﹣6＜2AD＜10+6，
∴2＜AD＜8，
故答案为：2＜AD＜8；
（3）AD＝AB+DC；
延长AE交DC延长线于点N，
∵点E是BC的中点，，
∴CE＝BE，
∵ABCD，
∴∠NCE＝∠ABE，
∵在△NCE和△ABE中，
，
∴△NCE≌△ABE（SAS），
∴CN＝AB，∠BAE＝∠N，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠BAE＝∠DAE，，
∴∠EAD＝∠N，
∴AD＝DN＝AB+DC；

（4）延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，如图②所示：
∵AE＝EF．EF＝5，
∴AC＝AE+EC＝5+3＝8，
∵AD是△ABC中线，
∴CD＝BD，
∵在△ADC和△MDB中，
，
∴△ADC≌△MDB（SAS），
∴BM＝AC，∠CAD＝∠M，
∵AE＝EF，
∴∠CAD＝∠AFE，
∵∠AFE＝∠BFD，
∴∠BFD＝∠CAD＝∠M，
∴BF＝BM＝AC＝8；
（5）取CE的中点F，连接BF．
∵AB＝BE，CF＝EF，
∴BF∥AC，BF＝0.5AC．
∴∠CBF＝∠ACB．
∵AC＝AB，
∴∠ACB＝∠ABC．
∴∠CBF＝∠DBC．
又∵CD是三角形ABC的中线，
∴AC＝AB＝2BD．
∴BD＝BF．
又∵BC＝BC，
∴△BCD≌△BCF，
∴CF＝CD．∠BCD＝∠BCE．
∴CE＝2CD．
故B、C选项正确．
若要∠ACD＝∠BCE，则需∠ACB＝∠DCE，又∠ACB＝∠ABC＝∠BCE+∠E＝∠DCE，则需∠E＝∠BCD．根据全等，得∠BCD＝∠BCE，则需∠E＝∠BCE，则需BC＝BE，显然不成立，故A选项错误；
若要CD＝CB，则需∠A＝∠BCD，也不一定成立，故D选项错误；
故答案为：B、C．
【名师指路】
本题以阅读为背景考查了三角形的全等和四边形等知识，解题的关键是通过辅助线构造全等三角形．