专题38 重要的几何模型之中点模型-【几何模型】最新中考数学二轮复习 常见几何模型全归纳与精练（全国通用）

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1、以专题复习为主。如选择题、填空题的专项练习，要把握准确度和时间的安排。
2、重视方法思维的训练。对初中数学所涉及的函数思想、方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想、整体思想等数学思想方法，要通过典型试题的训练。
3、拓宽思维的广度，培养多角度、多维度思考问题的习惯。将专项复习中的共性习题串连起来，通过一题多解，积极地探求解决问题的最优解法。
专题38 重要的几何模型之中点模型（一）
中点模型是初中数学中一类重要模型，它在不同的环境中起到的作用也不同，主要是结合三角形、四边形、圆的运用，在各类考试中都会出现中点问题，有时甚至会出现在压轴题当中，我们不妨称之为“中点模型”，它往往涉及到平分、平行、垂直等问题，因此探寻这类问题的解题规律对初中几何的学习有着十分重要的意义。
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：垂直平分线
定理：线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等。
如图，在三角形ABC中，DE⊥BC，且D为BC中点，则BE=EC。
模型运用条件：当遇到三角形一边垂线过这边中点时，可以考虑用垂直平分线的性质。
例1．（2023·河北廊坊·校考三模）如图，已知在菱形中，连接对角线，作边的垂直平分线，分别交、、于点、、，若，则的度数是（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】如图，连接，证明，，设，证明，，，可得，再建立方程求解即可．
【详解】解：如图，连接，由菱形的对称性可得：，

由作图可得：是的垂直平分线，∴，，而，
∴，，∴设，
∵菱形，∴，，，
∴，∴，解得：，∴；故选B
【点睛】本题考查的是菱形的性质，线段的垂直平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，熟练的利用方程思想解题是关键．
例2．（2023上·江西南昌·八年级校考阶段练习）如图，已知，以A，B两点为圆心的长为半径画圆弧，两弧相交于点M，N，则的周长为（ ）
A．8B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了作垂线，垂直平分线的性质．熟练掌握作垂线，垂直平分线的性质是解题的关键．
由作图可知，垂直平分，则，根据的周长为，计算求解即可．
【详解】解：由作图可知，垂直平分，∴，
∴的周长为．故选：A．
例3．（2023·山东济南·统考二模）如图，在中，，，分别以、为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于、两点，作直线交于点，若，则的面积为（ ）

A．2B．C．D．4
【答案】B
【分析】连接，由作法得垂直平分线，由线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质证得，由三角形外角的性质得到，根据含30度直角三角形的性质和勾股定理求出，，根据三角形的面积公式即可求出的面积．
【详解】解：连接，由作法得垂直平分线，，
，，
在中，，，，
，，
的面积．故选：．

【点睛】本题考查了作图复杂作图，线段垂直平分线的性质，含30度直角三角形的性质和勾股定理等知识，熟悉基基本作图和线段垂直平分线的性质是解决问题的关键．
例4．（2023上·辽宁营口·八年级校联考阶段练习）如图，在中，，，，平分，点分别是，边上的动点，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】作点关于直线的对称点，连接、，根据轴对称的性质、垂直平分线的性质可得，则欲求的最小值即为的最小值，即的最小值，则当时，即的值最小，最小值为的长．
【详解】解：如图，作点关于直线的对称点，连接、，
是、的对称轴，即是线段的垂直平分线，，
的最小值即为的最小值，即的最小值，
当时，即的值最小，此时与重合，与重合，最小值为的长，
在中，，，，
，的最小值是．故答案为：．
【点睛】本题考查的知识点是轴对称的性质、垂直平分线的性质、最短路径问题、垂线段最短及含角的直角三角形的性质，解题关键是找出点、的位置．
例5．（2022·黑龙江哈尔滨·校考模拟预测）如图，中，，点D在边上，连接，点E是的中点，交于点F，，若，，则的长为 ．
【答案】
【分析】设，，延长至点，使，连接，，先证明，得，设，，再在中，根据勾股定理即可．
【详解】解：点E是的中点，，
中，， 交于点F，
，
设，，延长至点，使，连接，，
点E是的中点，，，
，，
，，，
，，
设，，中，，
勾股定理得：，，解得：，故的长为．
【点睛】本题考查了勾股定理，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，作出合适的辅助线是本题的关键．
例6．（2023上·江苏盐城·八年级校联考阶段练习）如图，在中，为钝角，边的垂直平分线分别交于点D，E．
(1)若，求的大小；(2)若的平分线和边的垂直平分线相交于点F，过点F作垂直于的延长线于点G，求证：．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）如图1，连接，由垂直平分线的性质可知，由，可得，则为直角三角形，且，由三角形内角和，三角形外角的性质可求，根据，计算求解即可；
（2）如图2，在上截取，使，连接，，作于，则，，证明，由等腰三角形的判定与性质可得，证明，则，，进而结论得证．
【详解】（1）解：如图1，连接，
∵为边的垂直平分线，
∴，∴，
∵，∴，
∴为直角三角形，且，∴，
∴，
∴，即，∴；
（2）证明：如图2，在上截取，使，连接，，作于，
∵是的平分线，，，∴，，
∵，，，∴，∴，
∵是的垂直平分线，∴，∴，∴，
∵，，∴，∴，
∴，∴．
【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，三角形外角的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质．熟练掌握垂直平分线的性质，勾股定理的逆定理，三角形内角和定理，三角形外角的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
模型2：等腰三角形的“三线合一”
定理：等腰三角形底边中线、高线、顶角平分线“三线合一”。
如图，等腰三角形ABC中，AB=AC，D为BC边上的中点，则∠BAD =∠CAD，AD⊥BC， BD=CD。
模型运用条件：等腰三角形中有底边上的中点时，常作底边的中线。
例1．（2023·河南驻马店·校考三模）如图，在中，分别以点A，C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点M，N，作直线交于点D，交于点E，连接．则下列结论不一定正确的是( )

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用线段的垂直平分线的性质判断即可．
【详解】由作图可知，垂直平分线段，∴，，，
∴，（等腰三角形“三线合一”）故选项B，C，D正确，故选：A．
【点睛】本题考查了线段的垂直平分线的性质，等腰三角形“三线合一”性质，正确掌握线段垂直平分线的性质是解题关键．
例2．（2023·山东济宁·统考二模）如图，中，，平分，点E是的中点．若，，则的长是（ ）

A．B．C．D．7
【答案】C
【分析】先由三线合一定理得到，再由勾股定理求出，最后证明是的中位线，即可得到．
【详解】解：∵，平分，
∴，∴点D为的中点，
在，由勾股定理得，
∵点E是的中点，∴是的中位线，∴，故选C．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的三线合一，勾股定理，三角形中位线定理，灵活运用所学知识是解题的关键．
例3．（2023·广东梅州·九年级校联考期末）如图，已知，点在边上，，点，在边上，，若，则 ．

【答案】5
【分析】过作，交于点，先说明，再根据含30度直角三角形的性质可得的长；由，利用等腰三角形三线合一可得为中点，再根据求出的长，最后根据即可解答．
【详解】解：如图：过作交于点，

在中， ∴，∵，，
，，，，
．故答案为：5．
【点睛】本题主要考查的是含30度直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握直角三角形的性质是解本题的关键．
例4．（2023上·重庆渝中·八年级校考期中）如图，在等腰中，，延长至点，使得．，过点作，垂足为，延长至点，连接，若，则 ．
【答案】24
【分析】过点A作于点G，过点B作于点H，设，根据三角形内角和定理求出的度数，的度数，于是求出的度数，根据即可求出的度数，根据周角的定义求出，于是可求出的度数，从而得出是等腰三角形，再证和全等得出，根据的面积求出的长，于是得出的长，再根据等腰三角形三线合一即可求出的长．
【详解】解：如图，过点A作于点G，过点B作于点H，
∵，∴，设，
∵，∴，
∵，∴，又∵，∴，
∴
∵，∴
∴，
在中，，
∴，∴，即是等腰三角形，
由等腰三角形三线合一的性质得
∵，，，∴，
在和中，，，，
∴，∴，
∵，，∴∴，∴，
∵是等腰三角形，，∴，故答案为：24．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，三角形内角和定理，三角形面积公式等知识，熟练掌握这些图形的性质是解题的关键．
例5．（2023上·山东菏泽·九年级统考期中）如图，在中，，，点为的中点，于点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】此题考查了解直角三角形、等腰三角形的性质、勾股定理、锐角三角函数的定义以及余角的性质．此题难度适中，解题的关键是准确作出辅助线，注意数形结合思想的应用．连接，由中，，，为中点，利用等腰三角形三线合一的性质，可证得，再利用勾股定理，求得的长，那么在直角中根据三角函数的定义求出，然后根据同角的余角相等得出，于是．
【详解】解：连接，
中，，，为中点，
，，，．
，，，，
，．故选：C．
例6．（2023·黑龙江·统考三模）如图，在四边形中，，，作于点E，，连接，，则的长为（ ）

A．10B．8C．6D．4
【答案】C
【分析】过点F作交与点F，根据等腰三角形的性质得出，根据同角的余角相等易证，根据全等三角形的性质得出，设，则，从而得出，再将建立方程，求解即可得出答案．
【详解】解：过点F作交与点F，

，，
，
在和中 ，
设，则
，
；；
经检验符合题意，即，故选C．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、勾股定理、全等三角形的判定及性质、无理方程，熟练掌握性质定理是解题的关键．
模型3：“平行线+中点+对顶角”构造全等或相似模型
我们把这种情况叫做平行线间夹中点.处理这种情况的一般方法是：延长过中点的线段和平行线相交，即“延长中线交平行”
如图，AB//CD，点E是BC的中点，可延长DE交AB于点F。
模型运用条件：构造8字型全等（平行线夹中点）。
例1．（2023上·天津西青·八年级统考期末）如图，已知等边，过边上一点P作于点E，点Q为延长线上一点，取，连接，交于M，已知的长为2，则等边三角形的边长为 ．
【答案】4
【详解】过P作交于F，如图所示：
∵，是等边三角形，∴，，
∴是等边三角形，∴，∵，∴，∵，∴，
在和中，，∴，∴，
∴，∵，∴，故答案为：4．
【点睛】本题综合考查了全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，平行线的性质等知识点的应用；熟练掌握等边三角形的性质与判定，证明三角形全等是解决问题的关键．
例2．（2023·山东济南·校联考一模）如图，在菱形ABCD中，E、F分别是AB、BC边的中点，EP⊥CD于点P，∠BAD=110°，则∠FPC的度数是（ ）
A．35°B．45°C．50°D．55°
【答案】D
【分析】延长PF、EB交于点G；连接EF，根据菱形的性质易证△BGF≌△CPF，根据全等三角形的性质可得PF=GF，即可得点F为PG的中点，又因∠GEP=90°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得FP=FG=FE，所以∠FPC=∠FGB=∠GEF；连接AC，即可得∠GEF=∠BAC=∠BAD=55°，所以∠FPC的度数是55°．
【详解】延长PF、EB交于点G；连接EF，
∵四边形ABCD是菱形，∴AG∥DC，∴∠GBF=∠PCF，
∵F是BC中点，∴BF=CF，在△BGF和△CPF中， ，
∴△BGF≌△CPF，∴PF=GF，∴点F为PG的中点，
∵∠GEP=90°，∴FP=FG=FE，∴∠FPC=∠FGB=∠GEF，
连接AC，则∠GEF=∠BAC=∠BAD=55°，∴∠FPC的度数是55°．故选D．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质的理解及运用，灵活应用菱形的性质是解决问题的关键．
例3．（2023·天津·中考真题）如图，的顶点C在等边的边上，点E在的延长线上，G为的中点，连接．若，，则的长为 ．
【答案】
【分析】延长DC交EF于点M（图见详解），根据平行四边形与等边三角形的性质，可证△CFM是等边三角形，BF=BE=EF=BC+CF=5，可求出CF=CM=MF=2，可得C、G是DM和DE的中点，根据中位线的性质，可得出CG=，代入数值即可得出答案．
【详解】解：如下图所示，延长DC交EF于点M，，，
平行四边形的顶点C在等边的边上，
，是等边三角形，．
在平行四边形中，，，
又是等边三角形， ，．
G为的中点，，是的中点，且是的中位线，
．故答案为：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等边三角形的性质、中位线等知识点，延长DC交EF于点M，利用平行四边形、等边三角形性质求出相应的线段长，证出是的中位线是解题的关键．
例4．（2023下·重庆黔江·八年级统考期末）矩形与矩形，如图放置，点，，共线，点，，共线，连接，取的中点，连接．若，，则( )
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】延长GH交AD于M点，由矩形的性质得出CD=CE=FG=1，BC=EF=CG=3，，推出DG=CG-CD=2，∠HAM=∠HFG，由ASA证得△AMH≌△FGH，得出AM=FG=1，MH=GH，则MD=AD-AM=2，在Rt△MDG中，根据勾股定理可得GM，即可得出结果．
【详解】解：如图，延长GH交AD于点M，
∵四边形ABCD与四边形CEFG都是矩形，∴CD=CE=FG=1，BC=EF=CG=2，，
∴DG=CG-CD=2-1=1，∠HAM=∠HFG，∵点H为AF的中点，∴AH=FH，
在△AMH和△FGH中，∵，∴△AMH≌△FGH（ASA），∴AM=FG=1，MH=GH，
∴MD=AD-AM=2-1=1，在Rt△MDG中，，∴．故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
例5．（2023·浙江宁波·校联考一模）如图，在平行四边形D中，CD＝2AD，BE垂直AD于点E，F为DC的中点，连接EF，BF，下列结论（1）；（2）；（3）四边形DEBC三角形EFB；（4）， 其中正确结论的个数共有（ ）
A．个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H连接FH，根据四边形ABCD是平行四边形，CD＝2AD，F为DC的中点，可证明，则EF=FG，BE⊥BG，又由H是AB的中点，得FH=AD=CD=CF=BC，所以四边形BCFH是菱形，通过这些条件，即可解决问题．
【详解】如图，延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H，连接FH，则AH=BH，
（1）∵CD＝2AD，DF=FC，∴CF=CB∴
∵四边形ABCD是平行四边形∴∴
∴∴，故（1）正确；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形∴∴
∵F为DC的中点，∴DF=CF在和中，
∵，∴∴ ∵∴
∵∴∴∴
∵∴，故（2）正确；
（3），∴，故（3）正确；
（4）∵，，∴ ∵∴四边形BCFH是菱形∴
∵，，∴∴
∴，故（4）正确；其中正确结论的个数共有4个，故选D．
【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定、菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
例6．（2023·吉林长春·统考三模）【感知】如图①，正方形中，点在边上，平分．若我们分别延长与，交于点，则易证．（不需要证明）
【探究】如图②，在矩形中，点在边的中点，点在边上，平分．求证：．【应用】在【探究】的条件下，若，，直接写出的长．
【答案】【感知】见解析；【探究】见解析；【应用】
【分析】感知：如图①，根据平行线的性质和角平分线的定义可得出结论；
探究：如题②，作辅助线，证明△AED≌△GEC，得到AD=CG=BC，再由感知中得到AF=FG，可得出结论；
应用：设FC=x，则AF=x+6，BF=6-x，由勾股定理列方程可得结论．
【详解】感知：证明：如图①∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∴∠DAE=∠G，
∵AE平分∠DAF，∴∠DAE=∠FAG，∴∠FAG=∠G，∴AF=FG．
探究：解：如图，分别延长与，交于点．
∵点E是CD边的中点，∴DE=EC.矩形，，，
又，(ASA)，，，
是的平分线，，．即．
应用：解：如图②，设FC=x，则AF=x+6，BF=6-x，
∵点E是DC的中点，DE=2，∴DC=4，在Rt△ABF中，由勾股定理得：AF2=AB2+BF2，
（6+x）2=42+（6-x）2解得：，∴．
【点睛】本题主要考查的是四边形的综合题，掌握正方形的性质、角平分线的定义、等腰三角形的性质和判定以及全等三角形的判定和性质是解题的关键．
课后专项训练
1．（2023上·河北张家口·八年级统考期中）如图，在中，，依据尺规作图痕迹，下列判断正确的是( )
结论Ⅰ：； 结论Ⅱ：．

A．Ⅰ，Ⅱ都对B．Ⅰ对，Ⅱ错C．Ⅰ错，Ⅱ对D．Ⅰ，Ⅱ都错
【答案】A
【分析】本题考查角平分线和垂线段的画法，全等三角形的判定与性质，根据尺规作图痕迹可知，为的角平分线，为的垂线，可得，可判断结论Ⅱ，再由，，可得结论Ⅰ正确．
【详解】解：由尺规作图痕迹可知，为的角平分线，为的垂线，
∴，为直角三角形，∴，，
在和中，∴∴，
∵∴故结论Ⅱ正确；
∵，∴故结论Ⅰ正确，故选：A．
2．（2022·河北石家庄·校考模拟预测）如图，是半圆O的直径，C为半圆上一点，，过O作交于点E，则的长为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接，由是半圆O的直径得到，则，由题意可知垂直平分，则，设，则，在中，由勾股定理得到，即，求出x的值即可．
【详解】解：连接，如图所示：

∵是半圆O的直径，∴，∴，
∵过O作交于点E，是的中点，∴垂直平分，∴，
设，则，在中，，即，
解得，即的长为，故选：B．
【点睛】此题考查了圆周角定理、勾股定理、线段垂直平分线的性质等知识，熟练掌握直径所对的圆周角是直角是解题的关键．
3．（2022·安徽·合肥校考模拟预测）如图，矩形的对角线交于点，经过点且，分别与，交于点，，若，，则等于（ ）

A．B．2C．D．3
【答案】A
【分析】连接，由矩形的性质可得，，，由线段垂直平分线的性质可得，由勾股定理可得，求解即可．
【详解】解：如图，连接，
，
四边形是矩形，，，，
，，是的垂直平分线，，
在中，，则，解得：，故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理，熟练掌握矩形的性质、线段垂直平分线的性质，添加适当的辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
4．（2023·重庆九龙坡·校考三模）如图，正方形的边长为12，点E为边上一点，，点F为边上一动点，连接交于点G，连接，当时，则的长为（ ）

A．B．C．D．5
【答案】D
【分析】通过作辅助线，以及等腰三角形三线合一、梯形中位线定理得出，的长，再经过勾股定理及两个三角形相似计算出长，最终得到答案．
【详解】解：作，

，，,,
，且，，
．根据勾股定理得：．
,，
，解得，．故答案选 D．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、梯形中位线定理、相似三角形的判定及应用等知识，其中相似三角形对应边成比例是解题的关键．
5．（2023·陕西西安·校考三模）如图，在等腰中，，，点为的中点，于点E，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接，根据等腰三角形的性质得出，，进而可得，根据正弦的定义即可求解．
【详解】解：连接，如图所示，
∵，，∴，，∴，
∵，∴，∴，∴．故选：A．
【点睛】本题考查了求角的正弦值，等腰三角形的性质，得出是解题的关键．
6．（2023·广西贵港·统考一模）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2AB，F是BC的中点，作AE⊥CD于点E，连接EF、AF，下列结论：①2∠BAF＝∠BAD；②EF＝AF；③S△ABF＝S△AEF；④∠BFE＝3∠CEF．其中一定成立的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】利用平行四边形的性质：平行四边形的对边相等且平行，再由全等三角形的判定得出△MBF△ECF，利用全等三角形的性质得出对应线段之间关系进而得出答案．
【详解】解：①∵F是BC的中点，∴BF＝FC，
在▱ABCD中，AD＝2AB，∴BC＝2AB＝2CD，∴BF＝FC＝AB，∴∠AFB＝∠BAF，
∵，∴∠AFB＝∠DAF，∴∠BAF＝∠FAD，∴2∠BAF＝∠BAD，故①正确；
②延长EF，交AB延长线于M，∵四边形ABCD是平行四边形，∴，
∴∠MBF＝∠C，∵F为BC中点，∴BF＝CF，
在△MBF和△ECF中，，∴△MBF△ECF（ASA），∴FE＝MF，∠CEF＝∠M，
∵CE⊥AE，∴∠AEC＝90°，∴∠AEC＝∠BAE＝90°，∵FM＝EF，∴EF＝AF，故②正确；
③∵EF＝FM，∴S△AEF＝S△AFM，∵E与C不重合，∴S△ABF＜S△AEF，故③错误；
④设∠FEA＝x，则∠FAE＝x，∴∠BAF＝∠AFB＝90°﹣x，∴∠EFA＝180°﹣2x，
∴∠EFB＝90°﹣x+180°﹣2x＝270°﹣3x，∵∠CEF＝90°﹣x，∴∠BFE＝3∠CEF，故④正确，故选：C．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，解决本题的关键是得出△AEF≌△DME．
7．（2023·黑龙江哈尔滨·统考三模）如图，已知于点B，于点A，点E是的中点，，若，，则的长是 ．

【答案】6.5
【分析】延长交于点，设与相交于点G，先证明，求出的长，再由“”可证，可得，，由勾股定理可求的长，即可求的长．
【详解】解：如图，延长交于点，设与相交于点G，

，，，
，，，，，
点是的中点，，
且，
， ∴，
在中， 故答案为：6.5
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质及勾股定理，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
8．（2023·山东临沂·统考一模）如图，的顶点在等边的边上，点在的延长线上，为的中点，连接，若，，则的长为 ．
【答案】3
【分析】根据平行四边形的性质和等边三角形的性质，可以得到和的长，然后可以证明和全等，然后即可得到的长．
【详解】解：如图，延长交于点，
四边形是平行四边形，，，，
，，，，，
是等边三角形，为的中点，，，
，，在和中，
，，，，
，，，，，，
是等边三角形，，，故答案为：3．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
9．（2023上·山西大同·八年级校考阶段练习）如图，在中，边的垂直平分线与的平分线交于点．交的延长线于点，交于点．，．则的长是 ．
【答案】7
【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质、角平分线的性质、三角形全等的判定与性质，连接，由线段垂直平分线的性质得出，由角平分线的性质得出，证明得出，证明得出，再计算出，由此即可得解，熟练掌握线段垂直平分线的性质、角平分线的性质、三角形全等的判定与性质是解此题的关键．
【详解】解：如图，连接，
，
垂直平分，，平分，，，，
在和中，，，，
在和中，，，，，
，，，，故答案为：．
10．（2023·山东临沂·统考二模）在中，，，将沿翻折到，的垂直平分线与相交于点E．若，则的长为 ．

【答案】
【分析】连接，根据线段垂直平分线的性质得出，设，在中，利用勾股定理可求，利用折叠的性质和等腰三角形的性质可证，利用勾股定理可得，由可构建关于x的方程，然后解方程即可求解．
【详解】解：连接，

∵的垂直平分线与相交于点E，∴，设，则，
在中，由勾股定理得，即，∴，
由折叠可知，，，，∴，
∵，∴，∴，即，
∴，∴，即，
解得，（不符合题意，舍去），∴，故答案为：．
【点睛】本题主要考查了折叠的性质、垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、一元二次方程的解法等知识点，正确作出辅助线、构造合适的直角三角形是解答本题的关键．
11．（2023·山东泰安·统考二模）在中，，D为中点，，，，则

【答案】4
【分析】连接，分别证明，得到，再利用勾股定理进行求解即可．
【详解】解：在中，， ∴，连接，

∵D为中点，∴，，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，同法可证：，
∴，在中，，故答案为：4．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形．
12．（2023·江西萍乡·校考模拟预测）如图，是等边三角形，，是边上的高，点是射线上的动点，连接，交直线于点，当是等腰三角形时，的长为 ．
【答案】，或
【分析】根据是等腰三角形，则可分三种情况进行讨论．①当时，②当时，③当时，分别画出图形，解直角三角形即可求解．
【详解】是等边三角形，，，，，．
∵是等腰三角形，则可分三种情况进行讨论．
①当时，如图（1），

则，，为等边三角形，
，为的中点，．，．
②当时，如图（2），则．
过点作于点，，，，
．，，
，．
③当时，如图（3），则，，
．过点作交的延长线于点，
则，，．
，，，．
综上，当是等腰三角形时，的长为，或．
故答案为：，或．
【点睛】本题考查等腰三角的定义，等边三角形的性质与判定，解直角三角形，分类讨论是解题的关键．
13．（2023上·江苏南通·九年级校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，E，F分别为边CD，AD的中点，CF与EA、EB分别交于点M，N．已知AB＝8，BC＝12，则MN的长为 ．
【答案】/
【分析】延长，交于点Q，已知，根据勾股定理得，然后根据AAS证明出，然后得到，根据相似三角形对应边成比例可得的长；延长CF和BA，交于W，根据求出的长度，即可求出MN的长．
【详解】解：如图所示，延长，交于点Q，
∵四边形ABCD是矩形，，，
∵F为AD的中点，∴，
在中，由勾股定理得：，
∵，，∵E为CD的中点，，∴，
在和中，，
∴，即，∵，，，
∵，∴，如图所示，延长CF和BA，交于W，
∵，∴，在和中，
∴，∴，，
∵，，，，解得：，
∴．故答案为：．
【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，解题的关键是作出辅助线构造8字形全等三角形及相似三角形．
14．（2023上·浙江绍兴·八年级校考期中）两个同样大小的含角的三角尺，按如图所示的方式放置，其中一个三角尺的锐角顶点与另一个的直角顶点重合于点，且另三个锐角顶点，，在同一直线上，为中点，已知．(1)求的长．(2)求的长．
【答案】(1)1(2)
【分析】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握等腰三角形的性质是解题关键．（1）连接，首先利用勾股定理解得，再根据等腰三角形“三线合一”的性质可得，然后证明为等腰直角三角形，即可求得的长；（2）由题意可知，然后在中，利用勾股定理解得，根据即可求得答案．
【详解】（1）解：连接，如下图，
根据题意，，，
∴，∴，
∵为中点，∴，且，
∴，∴，∴；
（2）根据题意，，又∵，，
∴在中，，∴．
15．（2023上·浙江丽水·九年级统考期中）已知：如图，在中，，以边为直径作半圆，分别交于点．(1)求证：；(2)若，求的度数．
【答案】(1)见解析(2)40°
【分析】本题考查的是圆周角定理、等腰三角形的性质及圆心角、弧、弦的关系，熟知半圆（或直径）所对的圆周角是直角是解题的关键．（1）连接，根据圆周角定理可知，故，由等腰三角形的性质即可得出结论；（2）由等腰三角形的性质求出的度数，进而可得出结论．
【详解】（1）证明：连接，
是直径，，，，；
（2）解：，，，，．
16．（2023·江苏无锡·校考二模）如图，中，，点、分别在、边上，．
(1)求证：；(2)若，，当时，求的长．

【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）先证，再根据全等三角形的证明方法证明即可；
（2）根据等边三角形的性质和勾股定理求出，由三角形的面积得，最后根据勾股定理和全等三角形的性质可得答案．
【详解】（1）解：，，
，即，
在与中，，，；
（2）过点A作于点，如下图，

，，，，
，，即，
解得：，，由（1）得：，．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质和勾股定理．
17．（2023上·四川成都·九年级校考期中）中，，垂直平分，交线段于点E（点E与点C不重合），点F为直线上一点，点G为边上一点（点G与点A不重合），且．(1)如图1，当时，求证：线段；
(2)如图2，当时，猜想线段和的数量关系，并说明理由；
(3)若，，，求线段的长．
【答案】(1)见解析(2)，理由见解析(3)或
【分析】（1）如图1，连接，根据线段垂直平分线的性质得到，根据等腰直角三角形的性质得到，，，根据全等三角形的性质即可得到结论；（2）连接，先求，再由线段垂直平分线的性质得，则，然后证，进而得出结论；（3）过作于，由等腰三角形的在得，则，分两种情况，①当在上时；②当点在上时；证，得，分别求解即可．
【详解】（1）（1）连接，

∵垂直平分，∴，∴， ∴，
∵，∴，，
∵，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴；
（2），理由如下：如图，连接，
∴，∴，∵垂直平分，∴，
∴，∴， ，
∵，∴，
∵，∴,∴，，
在中，，，，；
（3）过作于，∵，，，
，，
①当在上时， 如图， 连接，
∵垂直平分，，，
，，，
，在的左侧，，
∵ ,∴,∴,∵,∴，
∵，∴，∴，
，即 ，解得: ；
②当点在上，如图，连接，
同①可得，，，
，，解得：；综上所述，的长为或．
【点睛】本题是三角形综合题目，考查了等腰三角形的性质、线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数定义等知识，本题综合性强，正确的作出辅助线是解题的关键，属于中考常考题型．
18．（2022上·辽宁沈阳·八年级校考期末）【问题】：如图1，等腰直角三角形中，，，是的角平分线，点E为上一点，交延长线于点F，连接，探究，，之间的数量关系．
【分析】：小明在思考这道题时，先通过测量猜想出，然后他想到了老师讲过的“手拉手”模型，便尝试着过点E作的垂线与相交于点G（如图2），通过证明，最终探究出，，之间的数量关系．（1）请根据小明的思路，补全的证明过程；
（2）请直接写出，，之间的数量关系；
【应用】（3）当时，请直接写出的长为 ；
【拓展】（4）若的中点为点M，当B，E，M三点共线时，请直接写出的长为 ．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）（4）
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质和可以证得，又由，，可证得，再证明，即可证得答案；
（2）由（1）知是等腰直角三角形，可得，同时由（1）证得的可知，即可得到答案；（3）将，代入即可求得答案；
（4）由（1）证得的可知，利用等腰三角形的三线合一性质可得，是的垂直平分线，从而得到，，最后代入（2）的结论中即可求得答案．
【详解】（1）过点E作交于点G，则，
在等腰直角三角形中，，是的角平分线，
，，，
，与的交点记作点H，
，，，
，，
，，，，
，，
， ；
（2）解：，
理由：由（1）知，，，根据勾股定理得，，
由（1）知，，，；
（3）解：由（2）知，，
，，，，故答案为：．
（4）解：如图，在中，，，由（1）知，，，
是的中点， ，，即是的垂直平分线，
∵点B，E，M三点共线，∴是的垂直平分线， ，
，由（2）知，，
，，故答案为：．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的三线合一性质，直角三角形的性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，灵活运用以上定理是解答本题的关键．
19．（2023·辽宁·模拟预测）【问题初探】
（1）在数学活动课上，李老师给出如下问题：如图1，在中，，垂足为B，且．求证：．

①如图2，小鹏同学从结论的角度出发给出如下解题思路：在上截取，连接，将线段与，之间的数量关系转化为与之间的数量关系．
②如图3，小亮同学从这个条件出发给出另一种解题思路：作的垂直平分线，分别与，交于F，E两点，连接，将转化为与之间的数量关系．
请你选择一名同学的解题思路，写出证明过程．
【类此分析】（2）李老师发现之前两名同学都运用转化思想，将证明三条线段的关系转化为证明两条线段的关系；为了帮助学生更好地感悟转化思想，李老师将图1进行变换并提出了下面问题，请你解答．
如图4，在中，，过点A作（点D与点C在同侧），若．求证：．
【学以致用】（3）如图5，在四边形中，，求四边形的面积．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）
【分析】（1）选择小鹏同学的解题思路，利用垂直平分线的性质、三角形外角的性质，可得，进而可证；选择小亮同学的解题思路，先证，，推出，再根据等腰三角形“三线合一”证明，进而可证；
（2）过点A作交的延长线于点E，证明四边形是平行四边形，推出，，，在上截取，同（1）可证；
（3）延长交的延长线于点E，作于点H，作于点F，先通过导角证明，，同（1）可得．再利用勾股定理、锐角三角函数解直角三角形，求出，的底和高，根据四边形的面积即可求解．
【详解】解：（1）选择小鹏同学的解题思路，证明如下：如图，

，，是线段的垂直平分线，，，
，，又，
，，，；
选择小亮同学的解题思路，证明如下：如图，
是线段的垂直平分线，，，，
又，，，．
，，，；
（2）证明如下：如图，过点A作交的延长线于点E，在上截取，连接，

，，四边形是平行四边形，，，，
，，，，
又， 是线段的垂直平分线，，，
，，又，，
，，；
（3）如图，延长交的延长线于点E，作于点H，作于点F，
，，，，
，，
，，，，
又，同（1）可证．，，，
，，
，，又，，，
，，设，则，
，，
，
，，，，
，解得，（舍），，
四边形的面积．
【点睛】本题考查解直角三角形，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质，平行四边形的判定和性质，垂直平分线的性质，勾股定理等，第3问难度较大，解题的关键是正确作出辅助线，注意应用前两问的结论．
20．（2022·黑龙江牡丹江·统考中考真题）在菱形和正三角形中，，是的中点，连接、．(1)如图1，当点在边上时，写出与的数量关系 ．（不必证明）
(2)如图2，当点在的延长线上时，线段、有怎样的数量关系，写出你的猜想，并给予证明；
(3)如图3，当点在的延长线上时，线段、又有怎样的数量关系，写出你的猜想（不必证明）．
【答案】(1)(2)，证明见解析(3)
【分析】（1）延长交于点，利用，得出，，得到，是的中垂线，在中，，利用正切函数即可求解；
（2）延长交于点，连接，，先证明，再证明，利用在中，，即可求解；
（3）延长到，使，连接，，，作FE∥DC，先证，再证，利用在中，，即可求解．
【详解】（1）解：如图1，延长交于点，
∵是的中点，∴PD=PF，∵是正三角形，∴，BG=FG，
∵，∴，∴，
∵四边形是菱形，∴，CD=CB，∴，∴，
在和中，，∴，∴，，∴DE=BG，
又CD=CB，，是的中垂线，
∵AB//CD，∠ABC=60°，∴∠BCD=180°-∠ABC=120°，∴∠PCG=60°，
在中，， ．
（2）解：，理由如下：如图2，延长交于点，连接，，

∵是正三角形，∴，BG=FG，
∵，∴，∠CBG=180°-∠ABC-∠GBF=60°，∴，
∵四边形是菱形，∴，CD=CB，∠CDA=∠ABC=60°，
∴，∠DCB=180°-60°=120°，，
在和中，，，
，，在和中，
，，，
，， ．
（3）解：猜想： ．
证明：如图3，延长到，使，连接，，，作FEDC，∴∠PFE=∠PDC，
是线段的中点，，，，，，
∵△FBG是等边三角形，∴∠BGF=60°，FG=BG，∴HD=BG，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB//CD，∴AB//EF，∴∠EFG=180°-60°=120°，
，，，
四边形是菱形，，，点、、又在一条直线上，
，∴∠GBC=∠HDC，，
，，，即
，，，， ．