中考数学二轮复习训练专题02 中点模型（2份，原卷版+解析版）

这是一份中考数学二轮复习训练专题02 中点模型（2份，原卷版+解析版），文件包含第三单元苏教版五上科学第三单元单元测试卷答案版docx、第三单元苏教版五上科学第三单元单元测试卷学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。

模型一：等腰三角形的三线合一
【典例1】（2024•云南）已知AF是等腰△ABC底边BC上的高，若点F到直线AB的距离为3，则点F到直线AC的距离为（ ）
A．32B．2C．3D．72
【解答】解：∵AF是等腰△ABC底边BC上的高，
∴AF是顶角∠BAC的平分线，
∵点F到直线AB的距离为3，
∴点F到直线AC的距离为3，
故选：C．
【变式1-1】（2025·湖南·模拟预测）如图，在△ABC中，AB=AC，AD平分∠BAC交BC于点D，AD=5，CD=3，则△ABC的面积为 ．
【答案】15
【分析】根据等腰三角形三线合一的性质可得AD⊥BC，BC=2CD=6，再根据三角形面积公式求解即可．
本题主要考查了等腰三角形三线合一的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【详解】解：∵在△ABC中，AB=AC，AD平分∠BAC交BC于点D，
∴AD⊥BC，BC=2CD=2×3=6，
∵AD=5，
∴S△ABC=12BC⋅AD=12×6×5=15，
即△ABC的面积为15，
故答案为：15．
【变式1-2】（2025·湖南湘潭·模拟预测）如图，在等腰三角形ABC中，∠B=70°，点D是边BC的中点，则∠BAD的度数为 度．
【答案】20
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形的两个锐角互余，根据三线合一可得∠ADB=90°，进而根据直角三角形的两个锐角互余，即可求解．
【详解】解：∵在等腰三角形ABC中，点D是边BC的中点，
∴AD⊥BC，则∠ADB=90°，
∵∠B=70°，
∴∠BAD=90°−70°=20°
故答案为：20．
【典例2】（2023•吉林）如图，在△ABC中，AB＝AC．分别以点B和点C为圆心，大于12BC的长为半径作弧，两弧交于点D，作直线AD交BC于点E．若∠BAC＝110°，则∠BAE的大小为 度．
【解答】解：∵AB＝AC．
∴△ABC是等腰三角形，
∵分别以点B和点C为圆心，大于12BC的长为半径作弧，两弧交于点D，作直线AD交BC于点E．
∴AE垂直平分BC，
∴AE是∠BAC的平分线，
∴∠BAE=12∠BAC＝55°．
故答案为：55．
【变式2-1】（2025•阎良区一模）如图，△ABC为等腰三角形，AB＝AC，AD为BC边上的中线，点P在AD上，连接PB、PC，若PB＝13，PD＝5，则CD的长为（ ）
A．10B．11C．12D．13
【解答】解：∵AB＝AC，AD为BC边上的中线，
∴AD⊥BC，BD＝CD，
∵PB＝13，PD＝5，
∴BD=BP2−PD2=132−52=12，
故选：C．
【变式2-2】（2025•婺城区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是BC的中点，点E在BD上，连结AD，AE，AE＝BE．
（1）若∠B＝40°，求∠DAE的度数．
（2）若CA＝CE，求∠B的度数．
【解答】解：（1）由条件可知∠C＝∠B＝40°，
∴∠BAC＝180°﹣40°﹣40°＝100°，
∵点D是BC的中点，
∴∠BAD=12∠BAC=50°，
∵AE＝BE，
∴∠BAE＝∠B＝40°，
∴∠DAE＝∠BAD﹣∠BAE＝10°；
（2）由条件可知∠CAE＝∠CEA，
根据解析（1）可知：∠B＝∠BAE，∠B＝∠C，
∴∠CAE＝∠CEA＝∠B+∠BAE＝2∠B，
∴∠BAC+∠B+∠C
＝∠BAE+∠CAE+∠B+∠C
＝5∠B，
∵∠BAC+∠B+∠C＝180°，
∴5∠B＝180°，
解得：∠B＝36°．
题型二：直角三角形斜边上的中线
【典例1】（2025•陕西）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝20°，CD为AB边上的中线，DE⊥AC，则图中与∠A互余的角共有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【解答】解：∵∠ACB＝90°，CD为AB边上的中线，
∴CD=12AB，
∴CD＝AD＝BD，
∴∠B＝∠BCD，
∵AD＝CD，DE⊥AC，
∴∠ADE＝∠CDE，
∵∠A+∠ADE＝90°，∠A+∠B＝90°，
∴图中与∠A互余的角共有4个．
故选：C．
【变式1-1】（2023•株洲）一技术人员用刻度尺（单位：cm）测量某三角形部件的尺寸．如图所示，已知∠ACB＝90°，点D为边AB的中点，点A、B对应的刻度为1、7，则CD＝（ ）
A．3.5cmB．3cmC．4.5cmD．6cm
【解答】解：由图可得，
∠ACB＝90°，AB＝7﹣1＝6（cm），点D为线段AB的中点，
∴CD=12AB＝3cm，
故选：B．
【变式1-2】（2025•德阳）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC沿CB方向向右平移至△EGF处，使EF恰好过边AB的中点D，连接CD，若CD＝1，则GE＝（ ）
A．3B．2C．1D．12
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是边AB的中点，
∴CD是Rt△ABC斜边上的中线，
∴AB＝2CD，
∵CD＝1，
∴AB＝2，
由平移得，GE＝AB＝2，
故选：B．
【典例2】（2025•浙江）如图，在Rt△ABC中，∠A＝35°，CD是斜边AB上的中线，以点C为圆心，CD长为半径作弧，与AB的另一个交点为点E．若AB＝2，则DE的长为（ ）
A．19πB．29πC．1136πD．718π
【解答】解：∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，
∴CD=12AB，
∴CD＝AD，
∴∠ACD＝∠A＝35°，
∴∠CDE＝∠A+∠ACD＝70°，
由题意知：CD＝CE，
∴∠CED＝∠CDE＝70°，
∴∠DCE＝180°﹣70°﹣70°＝40°，
∵AB＝2，
∴CD=12×2＝1，
∴DE的长=40π×1180=29π．
故选：B．
【变式2-1】（2025•绥中县二模）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，D是AC的中点，过点A，B分别作AE∥BD，BE∥AC．若AB＝5，BC＝12，则四边形AEBD的面积为（ ）
A．15B．30C．45D．60
【解答】解：由条件可知S△ABC=12BC⋅AB=12×12×5=30，
∵点D是AC的中点，
∴S△ABD=12S△ABC=12×30=15，
∵AE∥BD，BE∥AC，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∴S▱AEBD＝2S△ABD＝2×5＝30．
故选：B．
【变式2-2】（2025•山阳县模拟）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝3∠C，AM为△ABC的一条中线，AN为△ABC的一条高，则图中的等腰三角形共有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【解答】解：∵∠BAC＝90°，∠B＝3∠C，
∴∠B+∠C＝180°﹣∠BAC＝90°，
∴4∠C＝90°
∴∠C＝22.5°，
∵AM为△ABC的一条中线，
∴AM＝BM＝CM，
∴△AMB，△AMC都是等腰三角形，∠MAC＝22.5°，
∵AN为△ABC的一条高，
∴∠ANC＝90°，∠NAC+∠C＝90°，
∴∠NAC＝90°﹣22.5°＝67.5°，
则∠NAM＝∠NAC﹣∠MAC＝67.5﹣22.5＝45°，
∴∠AMN＝22.5°+22.5°＝45°，
∴△ANM是等腰直角三角形，
故选：C．
模型三：倍长中线构造全等三角形
【典例1】（2025•南山区校级三模）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，D为BC中点，BE＝3，DE⊥DF，CF=7，则EF＝ ．
【解答】解：如图，延长FD至G，使GD＝FD，连接BG、EG，
∵D为BC中点，
∴BD＝CD，
在△BDG和△CDF中，
BD=CD∠BDG=∠CDFGD=FD，
∴△BDG≌△CDF（SAS），
∴BG＝CF=7，∠DBG＝∠C，
∵DE⊥DF，GD＝FD，
∴EF＝EG，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ABC+∠C＝90°，
∴∠ABC+∠DBG＝90°，
即∠EBG＝90°，
∴EG=BE2+BG2=32+(7)2=4，
∴EF＝EG＝4，
故答案为：4．
【变式1-1】（香坊区校级四模）如图，点D是Rt△ABC的斜边BC的中点，点E、F分别在边AB、AC上，且BE＝BD＝CF，连接DE、DF，若DE＝72，DF＝10，则线段BE的长为 ．
【解答】解：如图，延长FD至点P，使得DP＝DF，连接BP，EP，过点E作EQ⊥FD于点Q，
在△BDP和△CDF中，
BD=CD∠BDP =∠CDFPD=FD，
∴△BDP≌△CDF（SAS），
∴BP＝CF，∠PBD＝∠C，
∵∠C+∠ABC＝90°，
∴∠PBD+∠ABC＝90°，
即∠ABP＝90°，
∵BE＝CF，
∴BE＝BP，
∴△BEP为等腰直角三角形，
∴EP=2BE，
∵∠ABC+∠C＝90°，BD＝BE，CD＝CF，
∴∠BDE+∠CDF＝135°，
∴∠EDQ＝45°，
∵ED=72，
∴EQ＝DQ＝7，
∴EP=EQ2+PQ2=132，
∴BE＝13．
故答案为：13．
【变式1-2】（2024•邢台模拟）（1）【问题情境】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＝13，AC＝9，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，容易证得△ADC≌△EDB，再由“三角形的三边关系”可求得AD的取值范围是 ．
解后反思：题目中出现“中点”、“中线”等条件，可考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形之中．
（2）【初步运用】如图2，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且∠FAE＝∠AFE．若AE＝4，EC＝3，求线段BF的长．
（3）【拓展提升】如图3，在△ABC中，D为BC的中点，DE⊥DF分别交AB，AC于点E，F．求证：BE+CF＞EF．
【解答】（1）解：延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE，
在△ADC和△EDB中，
BD=DC∠BDE=∠ADCAD=DE，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴BE＝AC＝9，
∵AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴4＜AE＜22
∴2＜AD＜11，
故答案为：2＜AD＜11．
（2）延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，如图2，
∵AD是△ABC中线，
∴BD＝DC，
在△ADC和△MDB中，
BD=DC∠ADC=∠BDMAD=DM，
∴△ADC≌△MDB（SAS），
∴BM＝AC，∠CAD＝∠M，
∵∠AFE＝∠AEF，
∴AE＝EF＝4，
∴AC＝AE+CE＝7，
∴BM＝AC＝7，
∴∠CAD＝∠AFE，
∵∠AFE＝∠BFD，
∴∠BFD＝∠CAD＝∠M，
∴BF＝BM＝AC，
即AC＝BF＝7；
（3）证明：如图3，延长ED到点G，使GD＝ED，连接CG、GF，
∵D是BC边上的中点，
∴CD＝BD，
在△CDG和△BDE中，
GD=ED∠CDG=∠BDECD=BD，
∴△CDG≌△BDE（SAS），
∴CG＝BE，
∵CG+CF＞GF，
∴BE+CF＞GF，
∵DE⊥DF，GD＝ED，
∴DF垂直平分EG，
∴GF＝EF，
∴BE+CF＞EF．
【典例2】（沙坪坝区校级模拟）如图，△ABC中，D在AB上，E在BC上，∠AED＝∠ABC，F在AE上，EF＝DE．
（1）如图1，若CE＝BD，求证：BE＝CF；
（2）如图2，若CE＝AD，G在DE上，∠EFG＝∠EFC，求证：CF＝2GF；
（3）如图3，若CE＝AD，EF＝2，∠ABC＝30°，当△CEF周长最小时，请直接写出△BCF的面积．
【解答】（1）证明：∵∠DEC＝∠AED+∠FEC，∠DEC＝∠ABC+∠EDB，∠AED＝∠ABC，
∴∠FEC＝∠EDB，
∵EF＝DE，CE＝BD，
∴△FEC≌△EDB（SAS），
∴BE＝CF；
（2）证明：延长AB至H使DH＝AD，由（1）得△FEC≌△EDH，
∴FC＝HE，∠CFE＝∠HED，
延长ED至I使DI＝ED，连接AI，则EF＝DE=12IE，
∵DH＝AD，∠ADI＝∠HDE，
∴△ADI≌△HDE（SAS），
∴AI＝HE，∠HED＝∠AID，
∴AI＝FC，∠AID＝∠CFE，
∵∠EFG＝∠EFC，
∴∠EFG＝∠AID，
∵∠FEG＝∠IEA，
∴△FEG∽△IEA，
∴GFAI=EFIE，
∴GFCF=12，
∴CF＝2GF；
（3）解：延长FE至J使EJ＝EF，
∵EF＝DE
∴EJ＝DE
∵∠FEC＝∠EDB，
∴∠CEJ＝∠ADE，
∵CE＝AD，
∴△CEJ≌△ADE（SAS），
∴∠CJE＝∠AED，
∵∠AED＝∠ABC，∠ABC＝30°，
∴∠CJE＝30°，
过E作JC的对称点E'，连接CE'、FE'、CE'、JE'，
C△CEF＝EF+CF+CE＝2+CF+CE'≥2+FE'，
∴当F、C、E'三点共线时周长最小，
当周长最小时如图所示：
∵∠CJE＝30°，
∴∠EJE'＝60°，
∵JE＝JE'，
∴△EJE'是正三角形，
∴∠JEE'＝60°，EE'＝EJ＝EF，
∴∠EFE'＝∠EE'F＝30°，
∵CE＝CE'，
∴∠CEE'＝∠EE'F＝30°，
∴∠CEJ＝90°，
∴∠FEC＝90°，
∴EC=FE3=23=233，
∵∠AED＝30°，
∴∠BED＝60°，
∴∠BDE＝90°，
∴BE＝2DE＝4，
∴S△BCF=12×BC×EF＝BC＝BE+EC＝4+233．
【变式2-1】（2024•兴宁区校级模拟）【模型启迪】
（1）如图1，在△ABC中，D为BC边的中点，连接AD并延长至点H，使DH＝AD，连接BH，则AC与BH的数量关系为 ，位置关系为 ；
【模型探索】
（2）如图2，在△ABC中，D为BC边的中点，连接AD，E为AC边上一点，连接BE交AD于点F，且BF＝AC．求证：AE＝EF；
【模型应用】
（3）如图3，在（2）的条件下，延长AC至点N，使AN＝AB，连接BN，交AD的延长线于点M．若AB＝7，AC＝5，DM=23，求线段AD的长．
【解答】（1）解：∵D为BC边的中点，
∴BD＝CD，
在△ACD和△HBD中，
CD=BD∠ADC=∠HDBAD=HD，
∴△ACD≌△HBD（SAS），
∴AC＝BH，∠ACD＝∠HBD，
∴AC∥BH，
故答案为：AC＝BH，AC∥BH；
（2）证明：延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG，
由（1）同理可得：△ACD≌GBD（SAS），
∴AC＝BG，∠CAD＝∠BGD，
∵BF＝AC，
∴BG＝BF，
∴∠BGD＝∠BFG＝∠AFE，
∴∠AFE＝∠CAD，即∠AFE＝∠EAF，
∴AE＝EF；
（3）解：延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG，
由（2）可知，△ACD≌GBD，
∴AC＝BG＝5，∠CAD＝∠BGD，
∴BG∥AC，
∴△BMG∽△NMA，
∴BGAN=MGAM，
设AD＝DG＝x，
∴AM＝AD+DM＝x+23，MG＝DG﹣DM＝x−23，
∵AN＝AB＝7，
∴57=x−23x+23，
整理得：6x﹣24＝0，
解得：x＝4，
经检验，x＝4是原方程的解，
∴AD＝4．
【变式2-2】（2024•二道区校级模拟）【提出问题】兴趣小组活动中老师提出了如下问题：如图①，在△ABC中，若AB＝5，AC＝3，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到E，使得，DE＝AD，再连接BE（或将△ACD绕点D逆时针旋转180°得到△EBD），把AB、AC、2AD集中在△ABE中，利用三角形的三边关系可得2＜AE＜8，则1＜AD＜4．
【方法感悟】当条件中出现“中点”、“中线”等条件时，可以考虑作“辅助线”，把一条过中点的线段延长一倍，构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中，这种作辅助线的方法称为“中线加倍”法．
【解决问题】如图②，在△ABC中，点D是边BC的中点，点E在边AB上，过点D作DF⊥DE，交边AC于点F，连接EF．
（1）求证：BE+CF＞EF．
（2）若∠A＝90°，则线段BE、CF、EF之间的等量关系为 ．
（3）【应用拓展】如图③，在△ABC中，∠ABC＝90°，点D为边AC的中点，点E和点F分别在边AB、BC上，点M为线段EF的中点．若AE＝2，CF＝5，则DM的长为 ．
【解答】（1）证明：如图，延长ED到点G，使得ED＝DG，连接GF、GC，
∵DF⊥DE，
∴EF＝FG，
∵D是BC的中点，
∴BD＝CD
又∵∠BDE＝∠GDC，
∴△DBE≌△DCG（SAS），
∴BE＝CG，
在△CFG中
∵CG+CF＞GF，
∴BE+CF＞EF；
（2）解：如图，延长ED到点G，使得ED＝DG，连接GF、GC，
∵∠A＝90°，
∴∠B+∠ACB＝90°，
由（1）可知△DBE≌△DCG，EF＝FG，
∴BE＝CG，∠B＝∠BCG，
∴∠GCA＝∠BCG+∠ACB＝90°
在Rt△CFG中，
∵GC2+CF2＝GF2，
∴BE2+CF2＝EF2，
故答案为：BE2+CF2＝EF2；
（3）如图，如图，延长ED到点G，使得ED＝DG，连接GF、GC，
∵∠B＝90°，
∴∠A+∠ACB＝90°，
由（1）可知△DAE≌△DCG，
∴AE＝CG＝2，∠A＝∠ACG，
∴∠GCB＝∠BCA+∠ACG＝90°，
在Rt△CFG中，
∵GF=GC2+CF2=22+52=29，
∵M，D是EF、EG的中点，
∴DM是△EFG的中位线，
∴DM=12FG=292，
故答案为：1229．
模型四：中位线
【典例1】（2025•河南）如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为1，△ABC的三个顶点均在网格线的交点上，点D，E分别是边BA，CA与网格线的交点，连接DE，则DE的长为（ ）
A．12B．1C．2D．3
【解答】解：如图，由题意可知，BC＝AF＝BG＝2，∠AFD＝∠BGD＝90°，
又∵∠ADF＝∠BDG，
∴△ADF≌△BDG（AAS），
∴AD＝BD，
同理：AE＝CE，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12BC＝1，
故选：B．
【变式1-1】（2025•广东）如图，点D，E，F分别是△ABC各边上的中点，∠A＝70°，则∠EDF＝（ ）
A．20°B．40°C．70°D．110°
【解答】解：∵点D，E分别BC、AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥AC，
∴∠DEB＝∠A＝70°，
同理可得：DF∥AB，
∴∠EDF＝∠DEB＝70°，
故选：C．
【变式1-2】（2025•内蒙古）如图，ABCD是一个矩形草坪．对角线AC、BD相交于点O，H是BC边的中点，连接OH，且OH＝20m，AD＝30m，则该草坪的面积为（ ）
A．2400m2B．1800m2C．1200m2D．600m2
【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴CO＝OA，
∵H是BC边的中点，
∴OH是△ABC的中位线，
∴AB＝2OH＝2×20＝40（m），
∴该草坪的面积为：40×30＝1200（m2），
故选：C．
【典例2】（2025•碑林区校级二模）如图，△ABC中，M是BC的中点，AD平分∠BAC，BD⊥AD于点D，若AB＝4，AC＝6，则MD等于（ ）
A．4B．3C．2D．1
【解答】解：延长BD交AC于H，
在△ADB和△ADH中
∠BAD=∠HADAD=AD∠ADB=∠ADH，
∴△ADB≌△ADH（ASA）
∴AH＝AB＝4，BD＝DH，
∴HC＝AC﹣AH＝6﹣4＝2，
∵BD＝DH，BM＝MC，
∴DM是△BCH的中位线，
∴DM=12HC=1，
故选：D．
【变式2-1】（2025•潢川县一模）如图，DE是△ABC的中位线，∠ACB的平分线交DE于点F，连接AF并延长交BC于G，若AC＝12，DE＝10，则BG的长为（ ）
A．6B．8C．10D．12
【解答】解：∵DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，EC=12AC=6，
∵CF是∠ACB的平分线，
∴∠GCF＝∠ACF，
∵DE∥BC，
∴∠GCF＝∠EFC，
∴∠ACF＝∠EFC，
∴EF=EC=12AC=6，
∴DF＝DE﹣EF＝10﹣6＝4，
∴BG＝2DF＝8，
故选：B．
【变式2-2】（2024•凉州区二模）如图，在四边形ABCD中，AC＝BD，AC、BD交于点O，E、F分别是AB、CD中点，EF分别交AC、BD于点H、G．求证：OG＝OH．
【解答】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．
模型五：圆中垂径定理
【典例1】（2024•通辽）如图，圆形拱门最下端AB在地面上，D为AB的中点，C为拱门最高点，线段CD经过拱门所在圆的圆心，若AB＝1m，CD＝2.5m，则拱门所在圆的半径为（ ）
A．1.25mB．1.3mC．1.4mD．1.45m
【解答】解：如图，连接OA，
∵D为AB的中点，C为拱门最高点，线段CD经过拱门所在圆的圆心，AB＝1m，
∴CD⊥AB，AD＝BD＝0.5，
设拱门所在圆的半径为rm，
∴OA＝OC＝r，而CD＝2.5m，
∴OD＝2.5﹣r，
∴r2＝0.52+（2.5﹣r）2，
解得：r＝1.3，
∴拱门所在圆的半径为1.3m；
故选B．
【变式1-1】（陕西）陕西饮食文化源远流长，“老碗面”是陕西地方特色美食之一．图②是从正面看到的一个“老碗”（图①）的形状示意图．AB是⊙O的一部分，D是AB的中点，连接OD，与弦AB交于点C，连接OA，OB．已知AB＝24cm，碗深CD＝8cm，则⊙O的半径OA为（ ）
A．13cmB．16cmC．17cmD．26cm
【解答】解：∵AB是⊙O的一部分，D是AB的中点，AB＝24cm，
∴OD⊥AB，AC＝BC=12AB＝12cm．
设⊙O的半径OA为Rcm，则OC＝OD﹣CD＝（R﹣8）cm．
在Rt△OAC中，∵∠OCA＝90°，
∴OA2＝AC2+OC2，
∴R2＝122+（R﹣8）2，
∴R＝13，
即⊙O的半径OA为13cm．
故选：A．
【变式1-2】（2025•莆田模拟）如图，将⊙O沿AB折叠，半径OC长12，且OC⊥AB，AB恰好经过OC的中点D，则折痕AB长为（ ）
A．315B．615C．12D．63
【解答】解：延长CO交AB于E点，连接OB，
∵CE⊥AB，
∴E为AB的中点，
∵OC＝12，D为OC的中点，
∴CD＝OD＝6，OB＝12，
∴DE=12（12×2﹣6）=12×18＝9，
∴OE＝9﹣6＝3，
在Rt△OEB中，根据勾股定理可得：OE2+BE2＝OB2，即32+BE2＝122，
解得BE＝315，
∴AB＝615．
故选：B．
【典例2】（2025•海珠区校级二模）如图，点A，B，C在半径为2的⊙O上，AC与OB交于点D，点D是AC的中点，OC∥AB，则AC＝ ．
【解答】解：∵点D是AC的中点，
∴OB⊥AC，
∴AD＝CD，∠ODC＝∠BDA＝90°，
∵OC∥AB，
∴∠OCD＝∠BAD，
∴△OCD≌△BAD（ASA），
∴OC＝AB，
∵OA＝OB＝OC，
∴OA＝OB＝AB，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠AOD＝60°，
∴sin∠AOD=ADOA=32，
∵OA＝2，
∴AD=3，
∴AC＝23，
故答案为：23．
【变式2-1】（2025•武汉模拟）如图，在⊙O中，点C是AB的中点，CD垂直平分半径OA，BD=27，则该圆的半径为（ ）
A．4B．2C．437D．7
【解答】解：连接AC，BC，OB，OC，如图所示：
∴OA＝OC＝OB，
设OD＝a，
∵CD垂直平分半径OA，
∴AC＝OC，AD＝OA＝a，
∴OA＝OC＝AC＝2a，
∴△OAC是等边三角形，
∴∠OCA＝60°，
∴∠OCD=12∠OCA＝30°，
在Rt△OCD中，由勾股定理得：CD=OC2−OD2=(2a)2−a2=3a，
∵点C是弧AB的中点，
∴AC＝BC，
∴OB＝OC＝BC，
∴△OBC是等边三角形，
∵OB＝OC＝BC＝2a，∠OCB＝60°，
∴∠BCD＝∠OCB+∠OCD＝60°+30°＝90°，
∴△BCD是直角三角形，
在Rt△BCD中，由勾股定理得：CD2+BC2＝BD2，
∵BD=27，
∴（(3a)2+(2a)2=(27)2，
整理得：a2＝4，
解得：a＝2，a＝﹣2（不合题意，舍去），
∴OA＝2a＝4，
即该圆的半径为4．
故选：A．
【变式2-2】（2025•雁塔区校级四模）如图，点A是优弧BC的中点，过点B作AC的垂线交AC于点E，与圆交于点D．若∠BDC＝60°，且AE＝3，则圆的半径为（ ）
A．23B．3C．32D．33
【解答】解：如图所示，连接BC，
∴∠A＝∠D＝60°，
∵BD⊥AC，
∴∠ABE＝30°，
∴AB＝2AE＝6，
∵点A是优弧BC的中点，
∴AB＝AC，
∴AC＝2AE＝6，
∴AE＝CE，
∵∠AEB＝∠CEB＝90°，BE＝BE，
∴△ABE≌△CBE（SAS），
∴∠ABE＝∠CBE＝30°，BC＝AB＝6，
∵∠BDC＝60°，
∴∠BCD＝90°，
∴BD是圆的直径，
∵BD＝2CD，BC2+CD2＝BD2，
∴62+CD2＝（2CD）2，
∴CD=23，
∴BD=2CD=43，
∴圆的直径为43，
∴圆的半径为23．
故选：A．
1．（2025•中山市校级模拟）如图，P是线段AB所在直线上的一动点，点C，D在AB的两侧，CA⊥AB，DB⊥AB，AB＝4，AC＝3，DB＝2，连接PC，PD，分别取PC，PD的中点M，N，连接MN．随着点P的运动，线段MN的长（ ）
A．随着点P的位置变化而变化
B．保持不变，长为52
C．保持不变，长为2
D．保持不变，长为412
【解答】解：如图，连接CD，过点C作CE⊥DB，交DB的延长线于E，
则四边形ABEC为矩形，
∴∠E＝90°，BE＝AC＝3，CE＝AB＝4，
∴DE＝DB+BE＝2+3＝5，
由勾股定理得：CD=DE2+CE2=52+42=41，
∵点M，N分别为PC，PD的中点，
∴MN为△PCD的中位线，
∴MN=12CD=412，且MN的长保持不变，
故选：D．
2．（2025•榆阳区校级三模）石拱桥是中国传统桥梁四大基本形式之一，它的主桥拱是圆弧形．如图是某地的石拱桥局部，其跨度AB为24米，AB所在圆的半径为20米，则这个弧形石拱桥的拱高（AB的中点C到弦AB的距离）CD为（ ）
A．8米B．6米C．4米D．2米
【解答】解：点O为AB所在圆的圆心，连接OA，OD，
由题意得：AD=BD=12AB=12，OD⊥AB，AO＝20，
设CD＝x，则DO＝20﹣x，
∵AD2+DO2＝AO2，
即122+（20﹣x）2＝202，
∴x1＝4，x2＝36（舍去）．
故选：C．
3．（2024•石泉县模拟）如图1是小明制作的一副弓箭，当弓箭不受力时，其弓臂部分可看成是如图2所示的圆弧AB（AB 所在圆的圆心为O），弓弦部分AB的长为4dm，点D是弓臂 AB 的中点，OD交AB于点C，D、C两点之间的距离为1dm，则弓臂 AB 所在圆的半径为（ ）
A．2dmB．2.5dmC．3dmD．4dm
【解答】解：∵点D是弓臂 AB 的中点，
∴OD⊥AB，
∴AC＝2dm，
∵CD＝1dm，
∴OC＝（r﹣1）dm，
∵OA2﹣OC2＝AC2，即r2﹣（r﹣1）2＝22，
∴r＝2.5（dm），
故选：B．
4．（2025•赤峰模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，点D是BC边上一点，点E为AB边上的动点，点F，G分别为CD，DE的中点，则FG的最小值为（ ）
A．1B．1.2C．1.5D．1.8
【解答】解：如图，连接CE，
∵点F，G分别为CD，DE的中点，
∴FG=12CE，
当CE⊥AB时，CE的值最小，此时FG的值也最小，
∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB=AC2+BC2=5．
∵S△ABC=12AB⋅CE=12AC⋅BC，
∴CE=125，
∴FG=12CE=1.2，
故选：B．
5．（2024•喀喇沁旗模拟）如图是一个隧道的横截图，它的形状是以点O为圆心的一部分，如果M是⊙O中弦CD的中点，EM经过圆心O交⊙O于点E，若CD＝4m，EM＝6m，则⊙O的半径为 m．
【解答】解：∵M是⊙O弦CD的中点，
根据垂径定理：EM⊥CD，
又CD＝4cm则有：CM=12CD＝2m，
设圆的半径是x米，
在Rt△COM中，有OC2＝CM2+OM2，
即：x2＝22+（6﹣x）2，
解得：x=103，
所以圆的半径长是103m．
故答案为：103．
6．（2025•通辽三模）如图，在△ABC中，AC＝BC，AB＝4，D，E分别是AB，AC边上的中点，点F在BC的延长线上，CF=12BC，若CF＝3，则EF的长为 ．
【解答】解：如图，连接DE、CD，
∵D，E分别是AB，AC边上的中点，AB＝4，
∴DE是△ABC的中位线，BD＝2，
∴DE=12BC，DE∥BC，
∵CF=12BC，CF＝3，
∴DE＝CF，BC＝6，
∴四边形DCFE为平行四边形，
∴EF＝CD，
∵CA＝CB，D是AB的中点，
∴CD⊥AB，
∴CD=BC2−BD2=62−22=42，
∴EF＝42，
故答案为：42．
7．（2025•济源一模）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＝ ．
【解答】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．
8．（2024•大渡口区模拟）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠DCB＝120°，连接AC，BD，点E，F分别是线段AC，BD的中点，若EF＝1，则BD的长为 ．
【解答】解：连接DE，BE，
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，点E是线段AC的中点，
∴CE＝DE＝BE=12AC，
∵点F是线段BD的中点，
∴DF＝BF，
∴EF⊥BD，
∵CE＝DE＝BE，
∴∠CDE＝∠DCE，∠EDB＝∠EBC，
∵∠DCB＝120°，
∴∠CDE+∠CBE＝∠DCE+∠BCE＝∠DCB＝120°，
∴∠DEB＝360°﹣120°﹣120°＝120°，
∴∠DEF＝∠BEF＝60°，
∵EF＝1，
∴DF＝BE=3EF=3，
∴BD＝23，
故答案为：23．
9．（2024•马鞍山校级一模）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，D是AC边上一点，∠C＝2∠CBD，E，F分别是BC，BD上的点，且∠BEF＝2∠CAE，AB＝BE．
（1）设∠CBD＝α，则∠BEF＝ （用含α的式子表示）；
（2）若EF＝2，CE＝1，则BE的长为 ．
【解答】解：（1）∵∠CBD＝α，
∴∠C＝2∠CBD＝2α，
设∠CAE＝β，
∴∠BEF＝2∠CAE＝2β，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAE＝∠BAC﹣∠CAE＝90°﹣β，
∵∠BEA为△ACE的一个外角，
∴∠BEA＝∠C+∠CAE＝2α+β，
∵AB＝BE，
∴∠BAE＝∠BEA，
∴90°﹣β＝2α+β，
∴2β＝90°﹣2α，
∴∠BEF＝2β＝90°﹣2α，
故答案为：90°﹣2α．
（2）过点B作BG⊥BC交EF的延长线于G，如图所示：
则∠EBG＝90°，
∴∠G+∠BEF＝90°，
由（1）可知：当∠CBD＝α时，∠C＝2α，∠BEF＝90°﹣2α，
∴∠G＝90°﹣∠BEF＝90°﹣（90°﹣2α）＝2α＝∠C，
设BE＝x，则AB＝BE＝x，
∵CE＝1，
∴BC＝BE+CE＝x+1，
在△BEG和△ABC中，
∠G=∠C∠EBG=∠BAC=90°AB=BE，
∴△BEG≌△ABC（AAS），
∴EG＝BC＝x+1，
∵EF＝2，
∴GF＝EG﹣EF＝x+1﹣2＝x﹣1，
∵∠GFB是△FBE的一个外角，
∴∠GFB＝∠CBD+∠BEF＝α+90°﹣2α＝90°﹣α，
∵∠EBG＝90°，∠CBD＝α，
∴∠GBF＝∠EBG﹣∠CBD＝90°﹣α，
∴∠GFB＝∠GBF＝90°﹣α，
∴GB＝GF＝x﹣1，
在Rt△BEG中，BE＝x，GB＝x﹣1，EG＝x+1，
由勾股定理得：BE2+GB2＝EG2，
即x2+（x﹣1）2＝（x+1）2，
整理得：x2﹣4x＝0，
解得：x1＝4，x2＝0（不合题意，舍去），
∴BE＝x＝4．
故答案为：4．
10．（2024•大埔县一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于点D，点E为AB的中点，连结DE．已知BC＝10，AD＝12，求BD，DE的长．
【解答】解∵AB＝AC，AD⊥BC于点D，
∴BD=12BC，
∵BC＝10，
∴BD＝5，
∵AD⊥BC于点D，
∴∠ADB＝90°，
在Rt△ABD中，AB2＝AD2+BD2，
∵AD＝12，
∴AB=AD2+BD2=122+52=13，
∵E为AB的中点，D点为BC的中点，
∴DE=12AB=132．
11．（2025•宣恩县校级模拟）如图是某单位拟建大门的示意图，上部是一段直径为10m的圆弧形，下部是矩形ABCD，其中点O为弧AD所在圆的圆心，AB＝4.8m，BC＝8m，求弧AD的中点到BC的距离．
【解答】解：过点O作OE⊥AD，垂足为点F，交⊙O于点E，
∵OE⊥AD，
∴AF=12AD=4m，点E为弧AD的中点，∠AFO＝90°，
由题意可得：OA＝OE＝5m，
在Rt△AFO中，OF＝3m，
∴EF＝2m，
∵四边形ABCD为矩形，AB＝4.8m，
∴点F到BC的距离为4.8m，
∴弧AD的中点E到BC的距离为2+4.8＝6.8（米）．
12．（路北区校级一模）如图，在四边形ABCD中，AD＝11，BC＝CD＝13，对角线AC＝20，点E是AB边上一点，连接CE．
（1）若AB＞AD且AC平分∠DAB，
①当AE＝AD时，求证：CE＝BC；
②求线段CE的最小值；
（2）当点E是AB边的中点，且CE=12BC时，直接写出△ABC的面积．
【解答】（1）①证明：∵AC是∠DAB的平分线，
∴∠DAE＝∠BAC，
∵AE＝AD，AC＝AC，
∴△ADC≌△AEC（SAS），
∴CD＝CE，
∵BC＝CD，
∴CE＝BC；
②解：如图，在AB上取一点F，使AF＝AD＝11，
∵AC是∠DAB的平分线，
∴∠DAF＝∠BAC，
∵AF＝AD，AC＝AC，
∴△ADC≌△AFC（SAS），
∴CD＝CF，
∵BC＝CD，
∴CF＝BC＝13，
要线段CE最小，则CE⊥AB，
∴EF＝x，则AE＝AF+EF＝11+x，
在Rt△ACE中，CE2＝AC2﹣AE2＝202﹣（11+x）2，
在Rt△CEF中，CE2＝CF2﹣EF2＝132﹣x2，
∴202﹣（11+x）2＝132﹣x2，
∴x＝5，
∴CE=132−x2=12，
即线段CE的最小值为12；
（2）解：如图，延长CE至G，使EG＝CE，连接AG，则CG＝2CE，
∵点E是AB的中点，
∴AE＝BE，
∵∠AEG＝∠BEC，
∴△AEG≌△BEC（SAS），
∴S△AEG＝S△BEC，AG＝BC＝13，
∵CE=12BC，BC＝13，
∴CG＝13，
∴AG＝CG，
过点G作GH⊥AC于H，
∴AH=12AC＝10，
在Rt△AHG中，根据勾股定理得，HG=AG2−AH2=132−102=69，
∴S△ABC＝S△AEC+S△BEC＝S△AEC+S△AEG＝S△ACG=12AC•GH=12×20×69=1069．
模型大招
在等腰三角形中有底边中点或证明底边中点时，可以作底边的中线，利用等腰三角形的“三线合一”性质来解决问题.例：
已知：在△ABC中，AB＝AC，取BC的中点D，连接AD，则AD平分∠BAC，AD是边BC上的高，AD是BC边上的中线.
模型大招
在直角三角形中，有斜边中点或有斜边的倍分关系线段时，可以作斜边的中线解决问题，例：
（1）如图，在Rt△ABC中，D为斜边AB的中点，连接CD，则CD＝AD＝BD.
（2）如图，在Rt△ABC中，AB＝2BC，作斜边AB上的中线CD，则AD＝BD＝CD＝BC，△BCD是等边三角形.
【总结】在直角三角形中，若遇到斜边的中点，则连接直角顶点与斜边的中点是解决问题的基本方法，作这条辅助线的目的是得到三条相等的线段及两对相等的角.
模型大招
将三角形的中线延长一倍，构造全等三角形或平行四边形（倍长中线），例：
（1）如图，在△ABC中，AD为△ABC的中线，延长AD至点E，使得DE＝AD，连接BE，则△ADC≌△EDB.
（2）如图，在△ABC中，AD为△ABC的中线，延长AD至点E，使得DE＝AD，连接BE，则四边形ABEC是平行四边形.
模型大招
有两个（或两个以上）中点时，连接任意两个中点可得三角形的中位线，例：
如图，D、E、F分别为△ABC三边中点，连接DE、DF、EF，则，，.
模型大招
当圆心与弧（或弦）的中点，可以利用垂径定理解决问题，例：
（1）如图，，连接AC、OB，则OB⊥AC，OB平分AC.
（2）如图，点C为弦AB的中点，连接OC，则OC⊥AB.