专题14 中位线问题-2021年中考数学二轮复习经典问题专题训练

专题14  中位线问题

【规律总结】

多个中点出现或平行＋中点（中点在平行线上）时，常考虑或构造三角形中位线

【典例分析】

例1．（2021·上海九年级专题练习）如图，在菱形 ABCD 中，边长 AB=4，∠A=60°，E、F 为边 BC、CD 的中点，作菱形 CEGF，则图中阴影部分的面积为（        ）

A．16 B．12 C．8 D．6

【答案】D

【分析】

构造辅助线，求得，的长，利用三角形中位线定理证得,求得，从而求得阴影部分的面积．

【详解】

设菱形ABCD的对角线相交于G，

∵AB=4，∠A=60°，

∴AB=BC=CD=DA=4，∠A=∠C =60°，

∴为边长为4的等边三角形，

∴∠DCG=∠BCG=30，，

∴，，，

∴，，

∵E、F 为边 BC、CD 的中点，

∴EF∥BD，EF=BD=2，

∴,

∴，

∴．

故选：D．

【点睛】

本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的面积，三角形中位的性质，相似三角形的判定和性质等知识，作辅助线构造出等边三角形是解题的关键，也是本题的突破点．

例2．（2020·利辛县阚疃金石中学八年级月考）梯形ABCD中，点E，F，G分别是BD，AC，DC的中点，已知：两底差是3，两腰的和是6，则△EFG的周长是______________．

【答案】

【分析】

连接AE，并延长交CD于K，利用“AAS”证得△AEB≌△KED，得到DK=AB，可知EF，EG、FG分别为△AKC、△BDC和△ACD的中位线，由三角形中位线定理结合条件可求得EF+FG+EG，可求得答案．

【详解】

连接AE，并延长交CD于K，

∵AB∥CD，
∴∠BAE=∠DKE，∠ABD=∠EDK，
∵点E、F、G分别是BD、AC、DC的中点．
∴BE=DE，
在△AEB和△KED中，

，
∴△AEB≌△KED（AAS），
∴DK=AB，AE=EK，EF为△ACK的中位线，
∴EF=CK=(DC-DK) =(DC-AB)，

∵EG为△BCD的中位线，

∴EG=BC，
又FG为△ACD的中位线，

∴FG=AD，
∴EG+GF=(AD+BC)，
∵两腰和是6，即AD+BC=6，两底差是3，即DC-AB=3，
∴EG+GF=3，FE=，
∴△EFG的周长是3+=．
故答案为：．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，作出常用辅助线，构造全等三角形是解题的关键．

例3．（2021·湖北武汉市·九年级月考）中，BC=4，AC=6，∠ACB=m°，将绕点A顺时针旋转n°得到，E与B是对应点，如图1．

（1）延长BC、EF，交于点K，求证：∠BKE=n°；

（2）当m=150，n=60时，求四边形CEFA的面积；

（3）如图3．当n=150时，取BE的中点P和CF的中点Q，直接写出的值．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）

【分析】

（1）根据旋转的性质可得，利用三角形的外角性质可得，从而得到；

（2）连，作于，根据条件得到是等边三角形，则，从而根据计算即可；

（3）取CE中点G，连接PG，QG，构造△GPQ为等腰三角形，并结合中位线定理以及旋转的性质求解∠PGQ=30°，再作CN⊥FA于N点，结合旋转的性质求解出，最后在△GPQ中运用“三线合一”的性质求解出PQ的长度得出结论．

【详解】

（1）设、交于点，

是旋转所得，

，

，

，

，

；

（2）连，作于，

，

，，

，

是等边三角形，

，

，

，

，，

，

；

（3）如图，取CE中点G，连接PG，QG，

则PG，QG为△BCE和△FCE的中位线，

∴，，△GPQ为等腰三角形，

根据中位线定理可得：∠BCE=∠PGE，∠CEF=∠CGQ，

∴∠PGQ=∠PGE+∠CGQ-180°=∠BCE+∠CEF-180°，

又∵∠BCE+∠CEF=∠BCE+∠CEA+∠AEF=∠BCE+∠CEA+∠ABC，

∴在四边形ABCE中，∠BCE+∠CEA+∠ABC=360°-∠BAE=360°-150°=210°，

∴∠BCE+∠CEF=210°，∠PGQ=∠PGE+∠CGQ-180°=210°-180°=30°，

作CN⊥FA于N点，根据旋转可知，∠CAF=150°，AC=AF=6，∠AFC=15°，

∴∠CAN=30°，

在Rt△CAN中，AC=6，∠CAN=30°，

∴CN=3，，

∴NF=AN+AF=

由勾股定理得：，

∴，

即：，

此时，作GM⊥PQ，则根据“三线合一”知GM平分∠PGQ，∠MGQ=15°，PM=QM，

∴，

∴，

∴．

【点睛】

本题考查图形旋转的综合问题，包括全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，以及运用三角函数解直角三角形等，熟练根据题意灵活构造辅助线是解题关键．

【好题演练】

一、单选题

1．（2020·重庆市两江育才中学校九年级期中）平面直角坐标系内一点关于原点对称点的坐标是（   ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】

根据“平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（-x，-y），即关于原点的对称点，横纵坐标都变成相反数”解答．

【详解】

解：根据关于原点对称的点的坐标的特点，

∴点A（-2，3）关于原点对称的点的坐标是（2，-3）, 故选D．

【点睛】

本题主要考查点关于原点对称的特征，解决本题的关键是要熟练掌握点关于原点对称的特征.

二、填空题

2．（2021·上海九年级专题练习）如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是AC延长线上的一点，AD＝24，点E是BC上一点，BE＝10，连接DE，M、N分别是AB、DE的中点，则MN＝____．

【答案】13

【分析】

连接BD，取BD的中点F，连接MF、NF，由中位线定理可得NF、MF的长度，再根据勾股定理求出MN的长度即可．

【详解】

连接BD，取BD的中点F，连接MF、NF，如图所示

∵M、N、F分别是AB、DE、BD的中点

∴NF、MF分别是△BDE、△ABD的中位线

∴

∵

∴

∵

∴

∵

∴

在中，由勾股定理得

故答案为：13．

【点睛】

本题考查了三角形中位线的问题，掌握中位线定理、勾股定理是解题的关键．

3．（2020·江苏泰州市·八年级月考）如图，在四边形ABCD中，点E、F分别是边AB、AD的中点，BC=5，CD=3，EF=2，∠AFE=45°，则∠ADC的度数为________．

【答案】135°

【分析】

连接BD，根据三角形中位线定理得到EF∥BD，BD＝2EF＝4，根据勾股定理的逆定理得到∠BDC＝90°，计算即可．

【详解】

解：连接BD，

∵E、F分别是边AB、AD的中点，EF＝2，

∴EF∥BD，BD＝2EF＝4，

∴∠ADB＝∠AFE＝45°，

又∵BC＝5，CD＝3，

∴BD2+CD2＝25，BC2＝25，

∴BD2+CD2＝BC2，

∴∠BDC＝90°，

∴∠ADC＝∠ADB+∠BDC＝135°，

故答案为：135°．

【点睛】

本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理的逆定理，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半，熟练掌握中位线定理并作出正确的辅助线是解决本题的关键．

4．（2020·江苏南通市·九年级一模）如图，正方形ABCD的边长为2，点E，点F分别是边BC，边CD上的动点，且BE＝CF，AE与BF相交于点P．若点M为边BC的中点，点N为边CD上任意一点，则MN+PN的最小值等于_____．

【答案】

【分析】

作M关于CD的对称点Q，取AB的中点H，连接PQ与CD交于点N'，连接PH，HQ，当H、P、N'、Q四点共线时，MN+NP＝PQ的值最小，根据勾股定理HQ，再证明△ABE≌△BCF，进而得△APB为直角三角形，由直角三角形的性质，求得PH，进而求得PQ．

【详解】

解：作M关于CD的对称点Q，取AB的中点H，连接PQ与CD交于点N'，连接PH，HQ，则MN'＝QN'，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝BC，AB∥CD，∠ABC＝∠BCD＝90°，

在△ABE和△BCF中，

，

∴△ABE≌△BCF（SAS），

∴∠AEB＝∠BFC，

∵AB∥CD，

∴∠ABP＝∠BFC＝∠AEB，

∵∠BAE+∠AEB＝90°，

∴∠BAE+∠ABP＝90°，

∴∠APB＝90°，

∴PH＝，

∵M点是BC的中点，

∴BM＝MC＝CQ＝，

∵PH+PQ≥HQ，

∴当H、P、Q三点共线时，PH+PQ＝HQ＝ 的值最小，

∴PQ的最小值为，

此时，若N与N'重合时，MN+PN＝MN'+PN'＝QN'+PN'＝PQ＝的值最小，

故答案为．

【点睛】

本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质，勾股定理，轴对称的性质，关键是确定BM+MN取最小值时P与N的位置．

三、解答题

5．（2019·浙江宁波市·八年级期末）如图，正方形ABCD的边长为4，E是线段AB延长线上一动点，连结CE．

（1）如图1，过点C作CF⊥CE交线段DA于点F．

①求证：CF=CE；

②若BE=m（0＜m＜4），用含m的代数式表示线段EF的长；

（2）在（1）的条件下，设线段EF的中点为M，探索线段BM与AF的数量关系，并用等式表示．

（3）如图2，在线段CE上取点P使CP=2，连结AP，取线段AP的中点Q，连结BQ，求线段BQ的最小值．

【答案】（1）①详见解析；②；（2）BM= AF；（3）

【解析】

【分析】

（1）①根据正方形的性质以及余角的性质即可证明△DCF≌△BCE，再根据全等三角形对应边相等即可得出结论；

②根据全等三角形的性质可得DF=BE=m．在Rt△ECF中，由勾股定理即可得出结论；

（2）在直线AB上取一点G，使BG=BE，由三角形中位线定理可得FG=2BM，可以证明AF=AG．在Rt△AFG中由勾股定理即可得出结论．

（3）在AB的延长线上取点R，使BR=AB=4，连结PR和CR，由三角形中位线定理可得BQ=PR．在Rt△CBR中，由勾股定理即可得出CR的长，再由三角形三边关系定理即可得出结论．

【详解】

（1）解：①证明：∵正方形ABCD，∴BC=CD，∠DCB=∠CBE=90°．

∵CF⊥CE，∠FCE=90°，∴∠DCF=∠BCE，∴△DCF≌△BCE（ASA），∴CE=CF．

②∵△DCF≌△BCE，∴DF=BE=m，∴AF=4-m，AE=4+m，由四边形ABCD是正方形得∠A=90°，∴EF==；

（2）解：在直线AB上取一点G，使BG=BE．

∵M为EF的中点，∴FG=2BM，由（1）知，DF=BE，又AD=AB，∴AF=AG．

∵∠A=90°，∴FG=AF，∴2BM=AF，∴BM=AF．

（3）解：在AB的延长线上取点R，使BR=AB=4，连结PR和CR．

∵Q为AP的中点，∴BQ=PR．

∵CP=2，CR==，∴PR≥CR-CP=，∴BQ的最小值为．

【点睛】

本题考查了正方形的性质以及三角形中位线定理．作出恰当的辅助线是解答本题的关键．

6．（2019·全国九年级专题练习）已知：在中，分别是的角平分线，于于，连结，求证：．

【答案】详见解析

【解析】

【分析】

延长BH、BG分别交AC于P、Q，根据ASA可证△BCH≌△PCH，△ABG≌△AQG，根据全等三角形的性质可得BH=PH，BG=QG，根据三角形中位线的性质，可得答案.

【详解】

证明：延长BH、BG分别交AC于P、Q，

AD是的角平分线，且 ，

∴∠BAG= ∠QAG，∠BGA= ∠QGA，

在△ABG和△AQG中， ，

∴，

∴BG=QG，

同理可证，

∴ GH∥AC.

【点睛】

本题考查三角形中位线定理和全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定和性质定理、三角形中位线定理是解题的关键．