专题06 中点模型之中位线、斜边中线模型-2023-2024学年八年级数学下册常见几何模型（北师大版）

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常见的中点模型：①垂直平分线模型；②等腰三角形“三线合一”模型；③“平行线+中点”构造全等或相似模型（与倍长中线法类似）；④直角三角形斜边中点模型；⑤中位线模型；⑥中点四边形模型。本专题就中点模型的后三类模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
模型1：直角三角形斜边中线模型
定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
如图1，若AD为斜边上的中线，则：
（1）；（2），为等腰三角形；（3），．

图1 图2
拓展：如图2，在由两个直角三角形组成的图中，M为中点，则（1）；（2）．
模型运用条件：连斜边上的中线（出现斜边上的中点时）
例1．（2023·广东揭阳·统考一模）如图，在中，，，平分，点是的中点，若，则的长为（ ）
A．7B．8C．9D．10
【答案】B
【分析】由题意推出，在中，，即可求出的长，进而可求出的长．
【详解】解：∵，，∴，
∵平分，∴，∴，∴，
∵点是的中点，∴，∴，∴．故选：B．
【点睛】本题主要考查了角平分线的定义、直角三角形斜边上的中线的性质、等腰三角形的判定等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．
例2．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，中，，点E为的中点，点D在上，且，相交于点F，若，则等于（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据直角三角形斜边中线的性质可得，进而可得，再根据三角形外角的定义和性质即可求解．
【详解】解：中，，点E为的中点，
，，
，，，
，故选B．
【点睛】本题考查直角三角形斜边中线的性质、等腰三角形的性质、三角形外角的定义和性质，解题的关键是掌握直角三角形斜边中线等于斜边的一半；等腰三角形中等边对等角；三角形中任意一个外角等于与它不相邻的两个内角的和．
例3．（2023·甘肃武威·统考中考真题）如图，在矩形中，是边上一点，是边的中点，，则 ．
【答案】6
【分析】先利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解 再利用锐角三角函数依次求解即可得到答案．
【详解】解： 是边的中点，，

矩形，
故答案为：
【点睛】本题考查的是矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，锐角三角函数的应用，掌握锐角三角函数的应用是解题的关键．
例4．（2023上·四川成都·九年级校考期中）如图，四边形中，，，连接．是的中点，连接．若，则的面积为 ．

【答案】/
【分析】本题考查了直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形外角的定义及性质、三角形的面积，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，由等边对等角可得，，由三角形外角的定义及性质可得，，求出，再利用三角形面积公式，计算即可得出答案，熟练掌握直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形外角的定义及性质是解此题的关键．
【详解】解：，是的中点，，
，，，
，，
，
，故答案为：．
例5．（2023·浙江嘉兴·统考二模）在中，，点分别是的中点，点是上的一个动点，连结，作交于点，连结． 点从点向点运动的过程中，的最小值为 ．

【答案】/
【分析】作于，取中点，连接，，由直角三角形的性质求出的长，的长，的长，的长，得到的长，由勾股定理求出的长，由，即可求出的最小值．
【详解】解：如图，作于，取中点，连接，，

，，，，，
是中点，，，是中点，，，
是的中点，，，，
，，
，，的最小值是，故答案为：
【点睛】本题考查含角的直角三角形，勾股定理，直角三角形斜边的中线，三角形三边的关系，关
键是通过作辅助线构造，由，求出，的长．
例6．（2023上·江苏泰州·八年级校考阶段练习）如图，在中，于F，于E，M为的中点．(1)若，，求的周长；(2)若是等边三角形，求的度数．

【答案】(1)的周长为14；(2)．
【分析】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，平角定义等．
（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出，再根据三角形的周长的定义列式计算即可得解；（2）根据平角等于，求得，根据直角三角形斜边上的中线求得，根据等腰三角形两底角相等求出，再求得，据此求解即可．
【详解】（1）解：∵，，M为的中点，∴，，
∴的周长；
（2）解：∵是等边三角形，∴，
∴，由（1）得，
∴，，∴，
∴，∴，
∵，∴．
模型2：中位线模型
三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半。
如图，在三角形ABC的AB，AC边的中点分别为D、E，则DE//BC且，△ADE∽△ABC。
中点三角形：三角形三边中点的连线组成的三角形，其周长是原三角形周长的一半，面积是原三角形面积的四分之一。
模型运用条件：构造中位线（出现多个中点时）。
例1．（2022·广东·统考中考真题）如图，在中，，点D，E分别为，的中点，则（ ）
A．B．C．1D．2
【答案】D
【分析】利用中位线的性质：平行三角形的第三边且等于第三边的一半即可求解．
【详解】∵D、E分别为AB、AC的中点，∴DE为△ABC的中位线，∴，
∵BC=4，∴DE=2，故选：D．
【点睛】本题考查了中位线的判定与性质，掌握中位线的判定与性质是解答本题的关键．
例2．（2023·四川泸州·统考中考真题）如图，的对角线，相交于点，的平分线与边相交于点，是中点，若，，则的长为（ ）

A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】根据平行四边形的性质、平行线的性质、角平分线的定义以及等腰三角形的判定可得，进而可得，再根据三角形的中位线解答即可.
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，
∴，，，∴，
∵平分，∴，∴，
∴，∴，
∵是中点，∴；故选：A.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定以及三角形的中位线定理等知识，熟练掌握相关图形的判定与性质是解题的关键.
例3．（2023下·四川广安·八年级校考阶段练习）如图，在菱形中，边长为1，，顺次连接菱形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形各边中点，可得四边形；按此规律继续下去，…，则四边形的面积是 ．
【答案】
【分析】根据菱形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理，依次求出四边形的面积，得出规律，即可解答．
【详解】解：菱形，，，为等边三角形，
，等边的高为，，
顺次连接菱形各边中点，可得四边形，四边形为矩形，
,同理可得，
，……．故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形以及中点四边形的性质，找到中点四边形的面积与原四边形的面积之间的关系是解题的关键．
例4．（2023·内蒙古赤峰·统考中考模拟）如图，在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点，点F是线段DE上的一点连接AF，BF，∠AFB =90°，且AB=8，BC= 14，则EF的长是 （ ）

A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】根据直角三角形的性质得到DF=4，根据BC= 14，由三角形中位线定理得到DE=7，解答即可．
【详解】解：∵∠AFB=90°，点D是AB的中点，∴DF= AB=4，
∵BC= 14，D、E分别是AB，AC的中点，∴DE=BC=7，∴EF=DE-DF=3，故选：B
【点睛】本题考查了直角三角形的性质和中位线性质，掌握定理是解题的关键．
例5．（2023·湖南郴州·统考二模）如图，在平行四边形中，，点G、H分别是边上的动点，连接，点E是上的中点，点F是上的中点，连接，则的最大值与最小值的差为 ．

【答案】
【分析】连接，过点A作，垂足为M，根据三角形中位线定理得出，再由勾股定理分别求出的长度即可求解．
【详解】解：连接，过点A作，垂足为M，

∵点E是上的中点，点F是上的中点，∴为的中位线，∴，
∵四边形是平行四边形，，∴，∴
∵，∴，∵，∴，∴，
在中，由勾股定理得，∴的最大值为，最小值为，
∴的最大值与最小值的差为，故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，能够作出适当的辅助线是解题的关键．
模型3：中点四边形模型
中点四边形：依次连接四边形四边中点连线的四边形得到中点四边形。
中点四边形是中点模型中比较经典的应用。中点四边形不仅结合了常见的特殊四边形的性质，而且还会涉及中位线这一重要知识点，总体来说属于比较综合的几何模块。
结论1：顺次连结任意四边形各边中点组成的四边形是平行四边形．
如图1，已知点M、N、P、Q是任意四边形ABCD各边中点，则四边形MNPQ为平行四边形。

图1 图2
结论2：顺次连结对角线互相垂直四边形各边中点组成的四边形是矩形．（特例：筝形与菱形）
如图2，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC⊥DB，则四边形MNPQ为矩形。
结论3：顺次连结对角线相等四边形各边中点组成的四边形是菱形．（特例：等腰梯形与矩形）
如图3，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，则四边形MNPQ为菱形。

图3 图4
结论4：顺次连结对角线相等且垂直的四边形各边中点组成的四边形是正方形．
如图4，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，AC⊥DB，则四边形MNPQ为正方形。
推广与应用
1）中点四边形的周长：中点四边形的周长等于原四边形对角线之和。
2）中点四边形的面积：中点四边形的面积等于原四边形面积的。
例1．（2023下·浙江宁波·八年级校考期中）分别顺次连接①等腰梯形；②矩形；③菱形；④对角线相等的四边形“各边中点所构成的四边形”中，为菱形的是（ ）
A．①B．②C．①②③D．①②④
【答案】D
【分析】根据三角形中位线定理，可得四边形ABCD是平行四边形，再根据菱形的判定，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，只要保证四边形的对角线相等即可．
【详解】解：如图，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，AD的中点，连接AC，BD，∵点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，AD的中点，
∴，，
∴，∴四边形EFGH是平行四边形，
∴连接任意四边形的四边中点都是平行四边形，
当四边形ABCD是等腰梯形时，AC=BD，∴EH=EF，此时四边形EFGH是菱形；
当四边形ABCD是矩形时，AC=BD，∴EH=EF，此时四边形EFGH是菱形；
当四边形ABCD是菱形时，AC⊥BD，∴EH⊥EF，此时四边形EFGH是矩形；
当四边形ABCD的对角线相等时，AC=BD，∴EH=EF，此时四边形EFGH是菱形；
∴符合条件的有：①②④．故选：D
【点睛】本题主要考查了菱形的判定，中点四边形，三角形中位线定理，熟练掌握三角形中位线定理，菱形的判定定理是解题的关键．
例2．（2023·上海浦东新·统考二模）顺次联结四边形各边中点所得的四边形是矩形，那么四边形一定是（ ）
A．菱形 B．对角线相等的四边形 C．对角线互相垂直的四边形 D．对角线互相垂直且平分的四边形
【答案】C
【分析】根据三角形中位线定理得到所得四边形的对边都平行且相等，那么其必为平行四边形，若所得四边形是矩形，那么邻边互相垂直，继而即可求解．
【详解】解：∵E、F、G、H分别是、、、的中点，
∴，∴四边形是平行四边形，
∵四边形是矩形形，即，∴，故选：C．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理以及矩形的判定，解题的关键是构造三角形利用三角形的中位线定理解答．
例3．（2022上·山东青岛·八年级统考期末）如图所示，顺次连接四边形各边中点得到四边形，使四边形为正方形，应添加的条件分别是（ ）
A．且 B．且 C．且 D．且
【答案】D
【分析】直接利用三角形中位线的性质以及正方形的判定方法分析得出答案．
【详解】解：使四边形为正方形，应添加的条件分别是且．
理由：∵顺次连接四边形各边中点得到四边形，
∴，，，，
，，，，
∴，，∴四边形是平行四边形，
∵，∴，∴平行四边形是菱形，
∵，∴，∵，，
∵，∴，∴菱形是正方形．故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质、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．
例4．（2022下·湖北武汉·八年级期中）如图，分别为四边形各边的中点，顺次连接，得到四边形，下列描述错误的是（ ）．
A．四边形一定是平行四边形 B．当时，四边形为矩形
C．当时，四边形为菱形 D．当时，四边形为矩形．
【答案】B
【分析】根据题意证出四边形是平行四边形，再分别证明当时，当时，当时，四边形的形状即可．
【详解】连接，
分别为四边形各边的中点，，
且，，
且，故四边形为平行四边形，故A正确；
当时，
故平行四边形不是矩形，B错误；
当时，则，故四边形为菱形，C正确；
当时，，
，故四边形为矩形，D正确；故选：B．
【点睛】该题主要考查了平行四边形、矩形、菱形的判定，以及三角形中位线定理，解题的关键是掌握各种四边形的性质和判定方法．
例5．（2023上·河南郑州·九年级统考期中）如图，在中，，点是斜边的中点，分别以点，为圆心，以的长为半径画弧，两弧交于点，连接，，得到四边形，依次连接四边形四条边中点得到四边形，若，那么四边形的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】在Rt△ABC中，∠CAB=90°，AC=2，∠C=60°，推出BC=2AC=4，AB=AC=2,由BD=CD，推出AD=DB=DC=2，由作图可知，四边形ADBE是菱形，推出中点四边形GHIJ是矩形，求出IJ．IH，即可解决问题．
【详解】解：在Rt△ABC中，∠CAB=90°，AC=2，∠C=60°，∴BC=2AC=4，AB =AC=2
∵BD=CD，∴AD=DB=DC=2，由作图可知，四边形ADBE是菱形，∴中点四边形GHIJ是矩形，
∵AD=AC=DC，∴∠ADC=60°，∵AE∥DB，∴∠EAD=∠ADC=60°，
∵AE=AD，∴△AED是等边三角形，∴AD=DE=2，∵AJ=JE，AI=ID，∴IJ= DE=1,
∵BH=DH，AI=ID，∴IH=AB =∴四边形GHIJ的周长=2（1+ ）=2+2故选：B．
【点睛】本题考查中点四边形，解直角三角形，菱形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
例6．（2023下·浙江宁波·八年级统考期末）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”．
概念理解：下列四边形中一定是“中方四边形”的是_____________．
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
性质探究：如图1，四边形ABCD是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形ABCD的两条结论；
问题解决：如图2，以锐角△ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连接BE，EG，GC．求证：四边形BCGE是“中方四边形”；
拓展应用：如图3，已知四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，
（1）试探索AC与MN的数量关系，并说明理由．（2）若AC=2，求AB+CD的最小值．
【答案】概念理解：D；性质探究：①，②；问题解决：见解析；拓展应用：（1），理由见解析；（2）
【分析】概念理解：根据定义“中方四边形”，即可得出答案；
性质探究：由四边形ABCD是“中方四边形”，可得EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，利用三角形中位线定理即可得出答案；问题解决：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，利用三角形中位线定理可证得四边形MNRL是平行四边形，再证得△EAC≌△BAG（SAS），推出▱MNRL是菱形，再由∠LMN=90°，可得菱形MNRL是正方形，即可证得结论；
拓展应用：（1）如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，可得四边形ENFM是正方形，再根据等腰直角三角形性质即可证得结论；
（2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，连接BD交AC于O，连接OM、ON，当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，再结合（1）的结论即可求得答案．
【详解】解：概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，理由如下：
因为正方形的对角线相等且互相垂直，故选：D；
性质探究：①AC=BD，②AC⊥BD；
理由如下：如图1，

∵四边形ABCD是“中方四边形”，∴EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
∴∠FEH=90°，EF=EH，EHBD，EH=BD，EF∥AC，EF=AC，
∴AC⊥BD，AC=BD，故答案为：AC⊥BD，AC=BD；
问题解决：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，
∵四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L，
∴MN、NR、RL、LM分别是△BCG、△CEG、△BGE、△CEB的中位线，
∴MNBG，MN=BG，RLBG，RL=BG，RNCE，RN=CE，MLCE，ML=CE，
∴MNRL，MN=RL，RNMLCE，RN=ML，∴四边形MNRL是平行四边形，
∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形，∴AE=AB，AG=AC，∠EAB=∠GAC=90°，
又∵∠BAC=∠BAC， ∴∠EAB+∠BAC=∠GAC+∠BAC，即∠EAC=∠BAG，
在△EAC和△BAG中，，∴△EAC≌△BAG（SAS），∴CE=BG，∠AEC=∠ABG，
又∵RL=BG，RN=CE，∴RL=RN，∴▱MNRL是菱形，∵∠EAB=90°，∴∠AEP+∠APE=90°．
又∵∠AEC=∠ABG，∠APE=∠BPK，∴∠ABG+∠BPK=90°，∴∠BKP=90°，
又∵MNBG，MLCE，∴∠LMN=90°，
∴菱形MNRL是正方形，即原四边形BCGE是“中方四边形”；
拓展应用：（1）MN=AC，理由如下：
如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，
∵四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，
∴四边形ENFM是正方形，∴FM=FN，∠MFN=90°，∴MN===FM，
∵M，F分别是AB，BC的中点，∴FM=AC，∴MN=AC；
（2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，
连接BD交AC于O，连接OM、ON，
当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，
∴2（OM+ON） 2MN，由性质探究②知：AC⊥BD，
又∵M，N分别是AB，CD的中点，∴AB=2OM，CD=2ON，
∴2（OM+ON）=AB+CD，∴AB+CD2MN，由拓展应用（1）知：MN=AC；
又∵AC=2，∴MN=，∴AB+CD的最小值为2．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键．
课后专项训练
1．（2023·江苏宿迁·统考三模）如图，，，，点C，D分别在，的另一边上运动，并保持，点M在边BC上，，点N是CD的中点，若点P为AB上任意一点，则的最小值为( )

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】延长，，交于点，作点关于的对称点，连接，，交于点，交于点，利用轴对称的性质可得，利用直角三角形斜边中线的性质可得，即可判断点在以为圆心，半径为2的圆位于的内部的弧上运动，从而得出当、、、四点在同一条直线上时，最小，然后利用勾股定理求出，即可得出结论．
【详解】如图，延长，，交于点，作点关于的对称点，

连接，，交于点，交于点，则，过点作交的延长线于点，，，
，是的中点，连接，，
点在以为圆心，半径为2的圆位于的内部的弧上运动，
，
当、、、四点在同一条直线上时，最小，即最小，
点、关于对称，垂直平分，，，
∴，
∵∴，∵，，，
∴，
的最小值为．故答案为：D．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理等知识，明确题意，添加合适的辅助线，找出所求问题需要的条件是解题的关键．
2．（2023上·江苏苏州·八年级校考阶段练习）如图，在中，是上的一点，，，分别是的中点，，则的长是（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】D
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质；连结，根据等腰三角形三线合一的性质得出，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得．
【详解】解：如图，连接．
是的中点，，
在中，是的中点，，．故选：D．
3．（2023·四川宜宾·统考中考真题）如图，M，N分别是的边AB，AC的中点，若，则=（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由M，N分别是的边AB，AC的中点，可知MN为△ABC的中位线，即可得到，从而可求出∠B的值．
【详解】解：∵M，N分别是的边AB，AC的中点，∴MN∥BC，∴∠ANM=∠C，
∵，∴，又∵∴，故选：D．
【点睛】本题考查了三角形的中位线，注意三角形的中位线平行于第三边是解题的关键．
4．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）如图．在中，，，D是边的中点，E是边上一点．若平分的周长，则的长为（ ）

A．2B．C．D．
【答案】B
【分析】延长到点F，使，连接AF，过点作于点H，根据DE平分的周长， D为中点，推出，得到，推出是的中位线．得到，，根据三角形外角性质和等边对等角，， ，得到，推出，推出，得到．
【详解】解：延长到点F，使，连接，过点作于点H，

平分的周长，且D为中点，
，是的中位线．，
， ，，
∴，，．故选：B．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线，等腰三角形，三角形外角，含角的直角三角形，解决问题的关键是添加辅助线，熟练掌握三角形中位线的判定和性质，等腰三角形性质，三角形外角性质，含角的直角三角形边的性质．
5．（2022上·河南南阳·九年级统考期中）如图，是的中位线，平分交于点，若，，则边的长为( )

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由三角形的中位线定理得到，，，利用等腰三角形的判定结合平行线的性质和角平分线的定义求出，可得，即可求出的长．
【详解】】解：是的中位线，，
，，，，
平分，，，，
，，，故选：B．
【点睛】本题考查三角形的中位线定理，等腰三角形的判定，平行线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识．
6．（2022·内蒙古·中考真题）如图，在中，，以B为圆心，适当长为半径画弧交于点M，交于点N，分别以M，N为圆心，大于MN的长为半径画弧，两弧相交于点D，射线交于点E，点F为的中点，连接，若，则的周长是（ ）

A．8B．C．D．
【答案】D
【分析】由尺规作图可知，BE为∠ABC的平分线，结合等腰三角形的性质可得BE⊥AC，AE= CE=AC= 2，利用勾股定理求出AB、 BC的长度，进而可得EF= AB=2， CF=BC=，即可得出答案．
【详解】由题意得，BE为∠ABC的平分线，
∵ AB= BC，BE⊥AC， AE= CE=AC = 2，
由勾股定理得，AB= BC=，
∵点F为BC的中点，∴EF=AB=， CF=BC=，
∴∆CEF的周长为：+2= 2+ 2．故选：D．
【点睛】本题考查尺规作图、等腰三角形的性质、勾股定理，熟练掌握角平分线的作图步骤以及等腰三角形的性质是解答本题的关键．
7．（2022·四川达州·统考中考真题）如图，在中，点D，E分别是，边的中点，点F在的延长线上．添加一个条件，使得四边形为平行四边形，则这个条件可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用三角形中位线定理得到DE∥AC且DE=AC，结合平行四边形的判定定理进行选择．
【详解】解：∵在△ABC中，D，E分别是AB，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，∴DE∥AC且DE=AC，
A、根据∠B=∠F不能判定CF∥AD，即不能判定四边形ADFC为平行四边形，故本选项错误．
B、根据DE=EF可以判定DF=AC，由“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”得到四边形ADFC为平行四边形，故本选项正确．
C、根据AC=CF不能判定AD∥DF，即不能判定四边形ADFC为平行四边形，故本选项错误．
D、根据AD=CF，FD∥AC不能判定四边形ADFC为平行四边形，故本选项错误．故选：B．
【点睛】本题主要考查了三角形的中位线的性质和平行四边形的判定．三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
8．（2022·湖南永州·统考中考真题）如图，在中，，，点为边的中点，，则的长为（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】C
【分析】根据三角形内角和定理可得∠A=30°，由直角三角形斜边上的中线的性质得出AC=2BD=4，再利用含30度角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵∠ABC=90°，∠C=60°，∴∠A=30°，
∵点D为边AC的中点，BD=2∴AC=2BD=4，∴BC=，故选：C．
【点睛】题目主要考查三角形内角和定理及直角三角形斜边上中线的性质，含30度角的直角三角形的性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
9．（2022·江苏镇江·统考中考真题）如图，在和中，，、、分别为、、的中点，若，则 ．
【答案】1
【分析】由直角三角形斜边中线的性质得出AB=2DE，再由三角形中位线的性质可得FG的长；
【详解】解：∵Rt△ABC中，点E是AB的中点，DE=1，∴AB=2DE=2，
∵点F、G分别是AC、BC中点，∴，故答案为：1
【点睛】本题考查直角三角形的性质及三角形中位线的性质等知识；熟练掌握中位线定理是解题的关键．
10．（2023·江苏泰州·统考中考真题）如图，四边形ABCD中，AB＝CD＝4，且AB与CD不平行，P、M、N分别是AD、BD、AC的中点，设△PMN的面积为S，则S的范围是 ．
【答案】0＜S≤2
【分析】过点M作ME⊥PN于E，根据三角形的中位线定理得出PM=PN=AB=CD=2，再根据三角形的面积公式得出S==ME，结合已知和垂线段最短得出S的范围；
【详解】解：过点M作ME⊥PN于E，
∵P、M、N分别是AD、BD、AC的中点，AB＝CD＝4，
∴PM=PN=AB=CD=2，∴△PMN的面积S==ME，
∵AB与CD不平行，∴四边形ABCD不是平行四边形，
∴M、N不重合，∴ME＞0，∵ ME≤MP=2，∴0＜S≤2
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理以及三角形的面积，掌握三角形的中位线平行第三边，等于第三边的一半是解题的关键
11．（2023·江苏南京·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，的边的中点C，D的横坐标分别是1，4，则点B的横坐标是 ．
【答案】6
【分析】根据中点的性质，先求出点A的横坐标，再根据A、D求出B点横坐标．
【详解】设点A的横坐标为a，点B的横坐标是b；
点的横坐标是0，C的横坐标是1 ，C，D是的中点
得 得点B的横坐标是6．故答案为6．
【点睛】本题考查了中点的性质，平面直角坐标系，三角形中线的性质，正确的使用中点坐标公式并正确的计算是解题的关键．
12．（2023·四川·统考中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，BE平分∠ABC，CF⊥BE，连接AE，G是AB的中点，连接GF，若AE＝4，则GF＝ ．
【答案】2
【分析】根据平行四边形的性质结合角平分线的定义可求解∠CBE=∠BEC，即可得CB=CE，利用等腰三角形的性质得到BF=EF，进而可得GF是△ABE的中位线，根据三角形的中位线的性质可求解．
【详解】在平行四边形ABCD中，AB∥CD，∴∠ABE=∠BEC．
∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE，∴∠CBE=∠BEC，∴CB=CE．
∵CF⊥BE，∴BF=EF．∵G是AB的中点，∴GF是△ABE的中位线，∴GF=AE，
∵AE=4，∴GF=2．故答案为：2．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形中位线的性质，证明GF是△ABE的中位线是解题的关键．
13．（2023·江苏镇江·统考二模）如图，分别以的边和向外作等腰和等腰，点M、N分别是、中点，若，则四边形的面积为 ．

【答案】24
【分析】连接，交于点，根据三角形中位线定理可得，然后证明，可得，再利用对角线互相垂直的四边形面积等于对角线乘积的一半即可解决问题．
【详解】解：如图，连接，交于点，交于G，

点、分别是、中点，，，
在等腰和等腰，，，，
，，
在和中，，，，，
，，
，， ，，
，四边形的面积．故答案为：24．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，对角线互相垂直的四边形面积，三角形中位线定理，解决本题的关键是得到．
14．（2023·浙江湖州·统考中考真题）如图，在中，，于点D，点E为AB的中点，连结DE．已知，，求BD，DE的长．
【答案】
【分析】先根据等腰三角形三线合一性质求出的长，再根据勾股定理求得的长，最后根据条件可知是的中位线，求得的长．
【详解】解，∵，于点D，∴．
∵，∴． ∵于点D，∴，
∴在中，． ∵，∴，
∵E为AB的中点，∴．
【点睛】此题考查了三角形中位线的判定与性质、等腰三角形的性质，熟记三角形中位线的判定与性质、等腰三角形的性质是解题的关键．
15．（2023·四川眉山·校考三模）如图，在中，，，点D、E分别是边的中点，点F是线段上的一点，连接，若，则线段的长为 ．

【答案】2
【分析】根据三角形中位线的性质可得，根据直角三角形斜边中线的性质可得，由此可解．
【详解】解：中，点D、E分别是边的中点，
是的中位线，，
，点D是边的中点，，
，故答案为：2．
【点睛】本题考查三角形中位线的性质和直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是掌握：三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边边长的一半；直角三角形斜边中线等于斜边的一半．
16．（2023·海南省直辖县级单位·校考三模）如图，在边长为6的等边中，D为边上一点，且，点E，F分别在边上，且，M为边的中点，连接交于点N．若，则的长为 ．

【答案】
【分析】根据等边三角形边长为6，在中求得的长，再根据垂直平分，在中求得，利用三角形中位线求得的长，最后根据线段和可得的长．
【详解】解：等边三角形边长为6，，∴，，
等边三角形中，，，
，，∴，
，∴，
如图，连接，则中，，

，是等边三角形，，
垂直平分，，中，，∴，
∵，∴是中位线，∴，
．故答案为：．
【点睛】本题主要考查了三角形的综合应用，等边三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线，三角形中位线定理，含30度角的直角三角形的性质、勾股定理、平行线的性质、线段垂直平分线的判定等．熟练掌握这些性质是解题的关键．
17．（2023·湖北咸宁·模拟预测）如图，在中，，由图中的尺规作图痕迹得到的射线与交于点E，点F为的中点，连接，若B，则的周长为 ．

【答案】
【分析】由题意得是的平分线，再由等腰三角形的性质得，，由勾股定理得，然后由直角三角形斜边上的中线性质得，求解即可．
【详解】解：由图中的尺规作图得：是的平分线，
∵，∴是等腰三角形∴，，
∴∠BEC=90°，∴BC＝
∵点F为的中点，∴，
∴的周长，故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理、尺规作图等知识；熟练掌握尺规作图和等腰三角形的性质，证出EF是解题的关键．
18．（2023·山西太原·统考二模）如图，在中，，，平分交于点D，点E在上，，点F为的中点．若，则的长为 ．

【答案】
【分析】取的中点G，连接、，由三角形内角和定理求得，再由角平分线的定义可得，再根据三角形中位线的性质可得，，根据直角三角形的性质可得，从而可得，由三角形外角的定义可得，再利用锐角三角函数求得，即可．
【详解】解：如图，取的中点G，连接、，
由题意得：，∵平分，∴，
∵点G、F分别为、的中点，∴是的中位线，
∴，，∴，
∵点G是的中点，，∴，
∴，∴，
∴，∵，∴，∴，
在中，，∴，∴．

故答案为：．
【点睛】本题考查三角形内角和定理、三角形外角的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、解直角三角形、三角形中位线的性质、角平分线的定义，熟练掌握相关知识是解题的关键．
19．（2023·陕西榆林·校考三模）如图，在中，是斜边上的中线，若，则的长为 ．

【答案】8
【分析】先根据直角三角形的性质求出的长，再由勾股定理求出的长即可．
【详解】解：在中，，是斜边上的中线，，，
，．故答案为：8．
【点睛】本题考查的是直角三角形斜边上的中线及勾股定理，熟知在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
20．（2023·四川凉山·统考中考真题）如图，边长为2的等边的两个顶点分别在两条射线上滑动，若，则的最大值是 ．

【答案】/
【分析】如图所示，取的中点D，连接，先根据等边三角形的性质和勾股定理求出，再根据直角三角形的性质得到，再由可得当三点共线时，有最大值，最大值为．
【详解】解：如图所示，取的中点D，连接，
∵是边长为2的等边三角形，∴，
∴，∴，∵，即，∴，
∵，∴当三点共线时，有最大值，最大值为，故答案为：．

【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质等等，正确作出辅助线确定当三点共线时，有最大值是解题的关键．
21．（2023·浙江·统考三模）如图，在中，为斜边的中点，为上一点，且，为的中点．(1)求证：．(2)若，求的长．

【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）根据三角形的中位线性质得到，再根据平行线的性质和等腰三角形的性质求解即可；（2）根据三角形的中位线性质得到，再根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求解即可．
【详解】（1）证明：∵D为的中点，F为中点，∴，∴，
∵，∴，∴，
（2）解：∵为的中点，为中点，，
∴，，即，∴，
∵，∴．
【点睛】本题考查了三角形的中位线性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、平行线的性质、角平分线的定义等知识，熟练掌握三角形的中位线性质是解答的关键．
22．（2022·贵州毕节·统考中考真题）如图1，在四边形中，和相交于点O，．
(1)求证：四边形是平行四边形；(2)如图2，E，F，G分别是的中点，连接，若，求的周长．
【答案】(1)证明过程见解析(2)24
【分析】(1)由得到BC//AD，再证明△AOD≌△COB得到BC=AD，由此即可证明四边形ABCD为平行四边形；
(2)由ABCD为平行四边形得到BD=2BO，结合已知条件BD=2BA得到BO=BA=CD=OD，进而得到△DOF与△BOA均为等腰三角形，结合F为OC中点得到∠DFA=90°，GF为Rt△ADF斜边上的中线求出；过B点作BH⊥AC于H，求出BH=9，再证明四边形BHGE为平行四边形得到GE=BH=9，最后将GE、GF、EF相加即可求解．
【详解】（1）证明：∵，∴BC∥AD，
在△AOD和△COB中：，∴△AOD≌△COB(ASA)，
∴BC=AD，∴四边形ABCD为平行四边形．
（2）解：∵点E、F分别为BO和CO的中点，
∴EF是△OBC的中位线，∴；
∵ABCD为平行四边形，∴BD=2BO，
又已知BD=2BA，∴BO=BA=CD=OD，∴△DOC与△BOA均为等腰三角形，
又F为OC的中点，连接DF，∴DF⊥OC，∴∠AFD=90°，
又G为AD的中点，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知：；
过B点作BH⊥AO于H，连接HG，如上图所示：
由等腰三角形的“三线合一”可知：AH=HO=AO=AC=4，∴HC=HO+OC=4+8=12，
在Rt△BHC中，由勾股定理可知,
∵H为AO中点，G为AD中点，∴HG为△AOD的中位线，
∴HG∥BD，即HG∥BE，且，
∴四边形BHGE为平行四边形，∴GE=BH=9，∴．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定方法、平行四边形的性质、三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等，熟练掌握各图形的性质及定理是解决本题的关键．
23．（2022·湖南长沙·统考中考真题）如图，在中，对角线AC，BD相交于点O，．

(1)求证：；(2)若点E，F分别为AD，AO的中点，连接EF，，求BD的长及四边形ABCD的周长．
【答案】(1)见解析(2)，四边形ABCD的周长为
【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可得证；（2）根据三角形中位线的性质可得，进而可得的长，中，勾股定理求得，根据菱形的性质即可求解．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边，，
四边形是菱形，；
（2）解：点E，F分别为AD，AO的中点，
是的中位线，，，，
四边形是菱形，，
，在中，，，
，菱形形的周长为．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，三角形中位线的性质，勾股定理，掌握菱形的性质与判定是解题的关键．
24．（2023上·成都市九年级专题练习）如图所示，E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点，连接EF、FG、GH、HE，则四边形EFGH为________形．
（1）当四边形满足________条件时，四边形EFGH是菱形．
（2）当四边形满足________条件时，四边形EFGH是矩形．
（3）当四边形满足________条件时，四边形EFGH是正方形．
在横线上填上合适的条件，并说明你所填条件的合理性．
【答案】平行四边形；（1）AC＝BD，理由见解析；（2）AC⊥BD，理由见解析；（3）AC＝BD且AC⊥BD，理由见解析；
【分析】连接AC，BD，可以根据E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点，得到线段EF、FG、GH、HE分别为△ABC、△BCD、△ACD、△ABD的中位线，由中位线定理可以证明四边形EFGH为平行四边形；再根据菱形，矩形和正方形的判定条件，添加对应的条件即可得到答案.
【详解】解：四边形EFGH为平行四边形；连接AC，BD
∵E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点
∴线段EF、FG、GH、HE分别为△ABC、△BCD、△ACD、△ABD的中位线
∴，，，，
∴，∴四边形EFGH为平行四边形；
（1）AC＝BD，理由：如图①四边形ABCD的对角线AC＝BD，
∵四边形EFGH为平行四边形，且，，
∴EH＝GH，∴平行四边形EFGH为菱形．
（2）AC⊥BD，理由：如图②四边形ABCD的对角线互相垂直，
∵E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点
∴线段EF、FG、GH、HE分别为△ABC、△BCD、△ACD、△ABD的中位线
∴，，∵AC⊥BD，∴EF⊥HE，
∵四边形EFGH为平行四边形．∴四边形EFGH为矩形．
（3）AC＝BD且AC⊥BD，理由：如图③四边形ABCD的对角线相等且互相垂直，
综合（1）（2）可得四边形EFGH为正方形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，中位线定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.