初中数学中考复习 专题10：全等三角线中的辅助线做法及常见题型之中位线-备战2021中考数学解题方法系统训练（全国通用）

专题10：第三章 全等三角形中的辅助线的做法及常见题型之中位线

一、单选题

1．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

2．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．

二、填空题

3．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＝____．

4．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______________．

5．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________．

6．如图，将绕点按顺时针方向旋转90°到的位置，已知斜边, , 设的中点是,连接，则_____．

7．如图，在□ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AB=OB，E为AC上一点，BE平分∠ABO，EF⊥BC于点F，∠CAD=45°，EF交BD于点P，BP=，则BC的长为_______．

8．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_____．

三、解答题

9．如图，在四边形中，，、分别是边、的中点，的延长线分别、的延长线交于点、，求证：．

10．如图所示，中，，于，为的中点，求证：.

11．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．

12．如图，在菱形中，，点、分别为边、的中点，连接，求证：．

参考答案

1．D

【解析】

【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．

【点评】

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．

2．D

【解析】

【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．

【点评】

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.

3．13

【解析】

【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．

【点评】

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．

4．

【解析】

【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：．

【点评】

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．

5．135°

【解析】

【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°．

【点评】

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．

6．

【解析】

【分析】

作MH⊥AC于H，根据垂直平分线的性质可得HM的大小，又因为B′H=3，HM=4；计算可得AH的值，根据勾股定理可得AM的大小．

【详解】

作MH⊥AC于H，

因为M为A′B′的中点，故HM=A′C，

又因为A′C=AC==8，则HM=A′C=×8=4，B′H=3，

又因为AB′=8-6=2，所以AH=3+2=5，

AM=cm．

故答案为：．

【点评】

根据图形的翻折不变性，结合勾股定理和中位线定理解答．

7．4

【解析】

【分析】

过点E作EM∥AD，由△ABO是等腰三角形，根据三线合一可知点E是AO的中点，可证得EM=AD=BC，根据已知可求得∠CEF=∠ECF=45°，从而得∠BEF=45°，△BEF为等腰直角三角形，可得BF=EF=FC=BC，因此可证明△BFP≌△MEP（AAS），则EP=FP=FC，在Rt△BFP中，利用勾股定理可求得x，即得答案．

【详解】

过点E作EM∥AD，交BD于M，设EM=x，

∵AB=OB，BE平分∠ABO，

∴△ABO是等腰三角形，点E是AO的中点，BE⊥AO，∠BEO=90°，

∴EM是△AOD的中位线，

又∵ABCD是平行四边形，

∴BC=AD=2EM=2x，

∵EF⊥BC， ∠CAD=45°，AD∥BC，

∴∠BCA=∠CAD=45°，∠EFC=90°，

∴△EFC为等腰直角三角形，

∴EF=FC，∠FEC=45°，

∴∠BEF=90°-∠FEC=45°，

则△BEF为等腰直角三角形，

∴BF=EF=FC=BC=x，

∵EM∥BF，

∴∠EMP=∠FBP，∠PEM=∠PFB=90°，EM=BF，

则△BFP≌△MEP（ASA），

∴EP=FP=EF=FC=x，

∴在Rt△BFP中，，

即：，

解得：，

∴BC=2=4，

故答案为：4．

【点评】

考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，三线合一的应用，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，利用勾股定理求三角形边长，熟记图形的性质定理是解题的关键．

8．

【解析】

【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．

【点评】

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．

9．证明见解析

【解析】

【分析】

连接BD，取BD的中点，连接EP，FP，根据三角形中位线定理即可得到PF=AD，PF∥AD，EP=BC，EP∥BC，进而得出∠AHF=∠BGF．

【详解】

解：如图所示，连接BD，取BD的中点，连接EP，FP，

∵E、F分别是DC、AB边的中点，

∴EP是△BCD的中位线，PF是△ABD的中位线，
∴PF=AD，PF∥AD，EP=BC，EP∥BC，

∴∠H=∠PFE，∠BGF=∠FEP，

又∵AD=BC，

∴PE=PF，

∴∠PEF=∠PFE，

∴∠AHF=∠BGF．

【点评】

本题主要考查了三角形中位线定理的运用，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．

10．见解析

【解析】

【分析】

取AC中点F，连接EF、DF，则EF为△ABC的中位线，结合条件可得到∠FEA=2∠A，结合直角三角形的性质可得到∠FDE=∠EFD，得到DE=EF，可得出结论．

【详解】

证明：取AC的中点F，连EF，DF，

则EF为中位线，

∴EF‖BC，BC=2EF，

∴∠FEA=∠B=2∠A，

在直角三角形ACD中，F是斜边BC的中点，

∴DF=CF=AF，

∴∠FDA=∠A，

即有2∠FDA=∠FEA，

∵∠FEA=∠FDA+∠DFE，

∴∠DFE=∠FDA，

∴DE=EF，

∴BC=2DE．

【点评】

本题考查了三角形中位线的判定与性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，三角形外角的性质，等腰三角形的判定等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键.

11．（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．

【点评】

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．

12．见解析

【解析】

【分析】

连接、，交于点，根据三角形的中位线定理知，在菱形中，，易知，解直角三角形OBC知BO=BC∙sin60°=,从而得证．

【详解】

证明：如图，连接、，交于点，

、分别是、的中点，

，

在菱形中，，

，，

，

，

．

【点评】

本题主要考查了三角形的中位线定理，菱形的性质及解直角三角形，熟练掌握有一个角为60°的特殊菱形的性质是解题的关键．