第2讲 几何综合题中的“中线倍长”问题-2021年中考数学二轮复习重点题型针对训练（北师大版）

        《重点题型针对复习》第2讲   几何综合题中的“中线倍长”问题

【方法梳理】

1.遇“中点”或“中线”的几何题需要添加辅助线时，首先考虑“中线倍长”.

2. 注意：中线的变化：过中点的线段

3.添辅助线的目的是构造三角形全等，利用全等性质解题；

【强化巩固练习】

例1.如图，在菱形ABCD和菱形BEFG中，点A、B、E在同一直线上，P是线段DF的中点，连接PG，PC．若∠ABC=∠BEF=60°，则PG：PC的值为____

例2.如图，点E是矩形ABCD的一边AD的中点，BF⊥CE于点F，连接AF，若AB=4，AD=6，则sin∠AFE=_________

例3.如图，在Rt△ABC中，D为斜边AB的中点，E,F分别在AC,BC上，∠EDF=90°，已知CE=4,AE=2,BF-CF=,求AB.

例4.如图，四边形ABCD是正方形，△EFC是等腰直角三角形，点E在AB上，且∠CEF=90°,FG⊥AD于点C.

（1）试判断AG与FG是否相等？并给出证明；（2）若点H为CF的中点，GH与DH垂直吗？若垂直，给出证明；若不垂直，说明理由。

例5.如图，在矩形ABCD中，AD=AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论中，正确的有（    ）

①AD=AE；②∠AED=∠CED；③OE=OD；④BH=HF；⑤BC-CF=2HE.

  A.   2个      B.   3个    C.    4个    D.  5个

例6.如图，△ABC中，AB>AC,AD、AE分别是其角平分线和中线，过点C作CG⊥AD于点F，交AB于点G，连接EF,则①EF//AB；②2∠BCG=∠ACB-∠ABC；③2EF=AB-AC；④AB-AC<2AE<AB+AC，其中正确的是（    ）

A.①②③④    B.  ①②   C. ②③④  D.  ①③④

例7.如图1，在△ACB和△AED中，AC=BC,AE=DE，∠ACB=∠AED=90°，点E在AB上，F是线段BD的中点，连接CE,FE.（1）请探究线段CE与FE间的数量关系；

（2）将图1中的△AED绕点A顺时针旋转，使△AED的一边AE恰好与△ACB的边AC在同一条直线上（如图2），连接BD，取BD的中点F，问（1）中的结论是否仍成立，并说明理由。

（3）将图1的的△AED绕点A顺时针旋转任意的角度（如图3），连接BD，取BD的中点F，请直接写出线段CE与FE间的数量关系。

【答案详解】

例1.【解析】

利用菱形性质、等腰三角形“三线合一”性质及三角形全等解题。

如图，延长GP交DC于点H，

∵P是线段DF的中点，

∴FP=DP，

由题意可知DC∥GF，

∴∠GFP=∠HDP，

∵∠GPF=∠HPD，

∴△GFP≌△HDP，

∴GP=HP，GF=HD，

∵四边形ABCD是菱形，

∴CD=CB，

∴CG=CH，

∴△CHG是等腰三角形，

∴PG⊥PC，（三线合一）

又∵∠ABC=∠BEF=60°，

∴∠GCP=60°，

∴PG：PC=.

例2.【解析】“中线倍长”。

延长CE交BA的延长线于点M，作AP⊥CM于点P，

易证△DEC≌△AEM，

∴AM=DC=AB=4，ME=CE=5，

在直角三角形AME中，

利用“双垂模型“可得AP=2.4，

在直角三角形BFM中，利用斜边上的中线等于斜边的一半，可得AF=AB=AM=4，

∴sin∠AFE=AP：AF=0.6

例3.【解析】

延长DE一倍到M，连接FM,BM，

则△AED≌△BMD，

由△EFM是等腰三角形，

MB⊥BC，

利用Rt△CEF、Rt△BMF的勾股定理及EF=FM

可得，

可得BF+CF=8,

可得BC=8,

则AB=10

例4.【解析】

（1）“一线三垂直”中的“二垂模型”，如图添辅助线，通过全等可得四边形AMFG是正方形，可得AG=GF；

（2）“中线倍长”，延长，通过全等可得H是中点，NC=GF=AG，则DG=DN，则△DGN是等腰直角三角形，由三线合一可得DH⊥GN。

例5.【解析】

（1）数学典型模型“角平分线+平行线=等腰”，

由BC是角平分线，AD//BC，

可得△ABE是等腰直角三角形，

则AE=AB=AD，

①正确；

（2）由HL易证Rt△DEH≌Rt△DEC，

可得∠AED=∠CED，

②正确；

（3）由∠DHE=90°可知，若③成立，则O即斜边的中线，只需证OH=OE、OH=OD即可，即需证∠OHE=∠OEH、∠ODH=∠OHD,依解题思路的延续性，可从（1）、（2）找解决办法。

 由（1）可知AB=BE、AE=AD，

则∠BEA=∠BAE=∠EAD=∠ADE=45°,

则AD=AH,

则AB=AH,

则依次可得出如图1各个角的度数，

可得∠OHE=∠OEH、∠ODH=∠OHD,

则OH=OE、OH=OD，

则OE=OD，

③正确；

（4）要证BH=HF，即证H为中点，联想到“中线倍长”，

延长DH交AB延长线于点G，如图2，

由（3）可知∠ADG=45°，

则可得△ADG是等腰直角三角形，

由AH⊥DH可知HD=HG，

则易证△DHF≌△GHB，

则BH=HF，

④正确；

（5）如图3，设HG交BC于点M，

由（3）可知∠AEB=45°，

易证△HME、△BGM、△CDM均为等腰直角三角形，

则BG=BM,MH=HE，CM=CD，

连AM，易证Rt△ABM≌Rt△AHM，

则BM=MH，故BG=GM=MH=HE，

由（4）△DHF≌△GHB可得BG=DF，

则BG=GM=MH=HE=DF，

由BC-HE=BC-BM=MC=CD=CF+DF=CF+HE,

∴BC-HE=CF+HE,

即BC-CF=2HE，

⑤正确；

正确结论为①②③④⑤，故选D

例6.【思路分析】

①由△AFG≌△AFC可得F是中点，进而可得EF是中位线，即可证明结论正确；

②由△AFG≌△AFC可得∠ACG=∠AGC,由外角定理可得∠ACG=∠ABC+∠BCG，再利用等量代换即可证明结论正确；

③由△AFG≌△AFC可得AC=AG，由中位线定理可得BG=2EF，再利用等量代换即可证明结论正确；

④利用“中线倍长”及“三角形三边关系”解题即可。

【解题过程】

（1）∵AD是其角平分线，CG⊥AD，

∴∠GAF=∠CAF,∠AFG=∠AFC,

∵AF=AF,

∴△AFG≌△AFC,

∴GF=CF,即F是CG的中点，

∵AE是中线，

∴EF是△CBG的中位线，

∴EF//BG，

即EF//AB，

①正确；

（2）∵△AFG≌△AFC,

∴∠ACG=∠AGC,

∵∠ACG=∠ABC+∠BCG，

∴∠ACB-∠ABC=∠ACG+∠BCG-∠ABC =∠AGC+∠BCG-∠ABC =∠ABC+∠BCG+∠BCG-∠ABC=2∠BCG，

②正确；

（3）∵△AFG≌△AFC,

∴AC=AG，

∵EF是△CBG的中位线，

∴BG=2EF，

∴AB-AC=AB-AG=BG=2EF,

③正确；

（4）延长AE到H，使HE=AE，连接BH，

∵AE=EH,∠AEC=∠HEB,CE=BE,

∴△AEC≌△HEB,

∴AC=BH，

在△ABH中，AB-BH<AH<AB+BH，

即AB-AC<2AE<AB+AC，

④正确；

综上所述，正确的结论是①②③④，选A.

例7.【解析】

解决几何动态问题，最好的思路分析及解题方法是：解题思路的延续性

（1）思路：

连接CF，EF、CF分别直角三角形DEB、CDB斜边上的中线，

故BD=2EF=2CF，

所以CF=EF，

由外角性质∠1=∠2+∠3及∠2=∠3

可得∠1=2∠3,

同理可得∠4=2∠6,

则∠EFC=∠1+∠4=2∠3+2∠6=2(∠3+∠6)=90°,

即△EFC是一个等腰直角三角形，

所以；

归纳：

①解决此小题最核心的思路与步骤是证明△EFC是一个等腰直角三角形，这一点在解决（2）（3）中一定也会是解题关键；

②依几何动态问题的基本题型特征：“两动一定”（主要条件及结论不变、图形位置发生变化），可知（2）（3）的结论仍会是：；

（2）思路：“解题思路的延续性”+“中线倍长”

延长EF交BM于点M，连接CF；

易证△DEF≌△BMF，

得EF=FM，BM=DE=AE，

由AC=BC便可得CE=CM，

即△CEM是一个等腰直角三角形，

所以；

（3）套用（2）的解题思路：“解题思路的延续性”+“中线倍长”

延长EF到M，使EF=FM，连接CM、CF、MB，只需证出△CEM是一个等腰直角三角形，所以；易证△DEF≌△BMF，得∠5+∠6=∠4，BM=DE=AE，则在△AEC与△BMC中，AC=BC，AE=BM，只需证∠1=∠6便可得△AEC≌△BMC，进而可得∠ECM=90°、CE=CM，得出△CEM是一个等腰直角三角形.

如何证∠1=∠6，利用好两条：①想办法拉近∠1与∠6的图形位置；②利用图中求角的典型模型“8字模型”即可

证明过程：

∠1=45°-∠2，

由“8字模型”可得∠2+∠3+∠4=90°+∠5，∠3=45°，

则∠2=90°+∠5-∠3-∠4=45°+∠5-∠4，

∴∠1=45°-∠2=45°-（45°+∠5-∠4）=∠4-∠5，

∵∠4=∠5+∠6，

∴∠1=∠4-∠5=∠5+∠6-∠5=∠6，

∴由SAS可得△AEC≌△BMC，

可得CE=CM，∠ACE=∠BCM，

由∠ACE+∠ECB=90°,

可得∠BCM+∠ECB=90°，

即∠ECM=90°,

∴△CEM是一个等腰直角三角形，

所以；