专题14 三角形斜边中线与中位线结合最新期中真题-【微专题】2022-2023学年八年级数学下册常考点微专题提分精练（苏科版）

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【例题讲解】
（1）如图1，已知△ABC中，F是BC上一点，AB＝BF，BE⊥AF，垂足是E，D是AC的中点，请说明FC和DE有怎样的关系？（请写出详细的推理过程）
（2）如图2，在△ABC中，M、D分别是边AB、AC的中点，E是线段MD上的一点．连接AE、BE，∠AEB＝90°，且AB＝8，BC＝14，则DE的长是______．
解：（1），理由如下：∵AB=BF，BE⊥AF，
∴AE=EF，即点E是AF的中点，又∵D是AC的中点，
∴DE是△ACF的中位线，∴；
（2）∵M、D分别是AB、AC的中点，∴MD是△ABC的中位线，
∴，∵∠AEB=90°，AB=8，M是AB的中点，
∴，∴DE=MD-ME=3．
【综合演练】
1．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BF是AC边上的中线，DE是△ABC的中位线，若DE＝10，则BF的长为（ ）
A．10B．5C．8D．6
【答案】A
【分析】根据三角形中位线定理求出AC，根据直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半计算，得到答案．
【详解】解：∵DE是△ABC的中位线，若DE=10，
∴AC=2DE=20，
在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BF是AC边上的中线，
∴BF=AC=10，
故选：A．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
2．如图，在中，平分，于点，为的中点，连接延长交于点若，，则线段的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求出，然后证明，根据平行线分线段成比例可得，再根据三角形中位线定理求出即可．
【详解】解：，
，
，为中点，
，
，
又平分，
，
，
∴，
∴，
，
，
，
故选：B．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定，平行线分线段成比例定理以及三角形中位线定理等知识，证明是解答本题的关键．
3．如图，在RtΔABC中，∠ACB=90，AC=6、BC=4，点F为射线CB上一动点，过点C作CM⊥AF于M交AB于E， D是AB的中点，则DM长度的最小值是( )
A．B．C．1D．-2
【答案】C
【分析】取AC的中点T，连接DT，MT．利用三角形的中位线定理求出DT，利用直角三角形的中线的性质求出MT，再根据，可得结论．
【详解】解：如图，取AC的中点T，连接DT，MT．
∵，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴点M的运动轨迹是以T为圆心，TM为半径的圆，
∴，
∴DM的最小值为1，
故选：C．
【点睛】本题考查点与圆的位置关系，三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线，直角三角形斜边中线解决问题．
4．如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E为BC上一点，CE＝5，F为DE的中点．若△CEF的周长为18，则OF的长为( )
A．3B．4C．D．
【答案】D
【分析】先根据直角三角形的性质求出DE的长，再由勾股定理得出CD的长，进而可得出BE的长，由三角形中位线定理即可得出结论．
【详解】∵CE=5，△CEF的周长为18，
∴CF+EF=18-5=13．
∵F为DE的中点，
∴DF=EF．
∵∠BCD=90°，
∴CF=DE，
∴EF=CF=DE=6.5，
∴DE=2EF=13，
∴CD=，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD=12，O为BD的中点，
∴OF是△BDE的中位线，
∴OF=(BC－CE)=(12－5)=3.5，
故选D．
【点睛】本题考查的是正方形的性质，涉及到直角三角形的性质、三角形中位线定理等知识，难度适中．使用勾股定理是解决这个问题的关键．
5．已知，如图，在△ABC中，D、E、F分别是各边的中点，AH是高，已知AB＝6cm，AC＝8cm，，则△DHE的周长为________cm．
【答案】##
【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质求出DH，根据三角形中位线定理求出DE，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【详解】解：∵AH是△ABC的高，
∴∠AHB=90°，
∵点D是AB的中点，
∴DH=AB=×6=3cm，
∵D、E分别是BA、BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=AC=×8=4cm，
∵BE=EC，CH-BH=cm，
∴HE=cm，
∴△DHE的周长=DH+DE+HE=cm，
故答案为：．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线的性质，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
6．如图，在中，，，，，分别为，，的中点，若，则的长度为 _____．
【答案】3
【分析】根据含30°的直角三角形的性质求出CD，根据直角三角形的性质求出CD，根据三角形中位线定理计算，得到答案．
【详解】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴AB＝2BC＝12．
∵∠ACB＝90°，D为AB的中点，
∴CD＝AB＝6，
∵E，F分别为AC，AD的中点，
∴EF为△ACD的中位线，
∴EF＝CD＝3．
故答案为：3．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
7．如图，菱形ABCD中，，垂足为E，点F、G分别为边AD、DC的中点，，则___________．
【答案】96
【分析】连接，交于点，先根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，再根据三角形的中位线定理可得，然后根据菱形的性质和勾股定理可得，最后利用菱形的面积公式即可得．
【详解】解：如图，连接，交于点，
，且点为边的中点，
，
点分别为边的中点，，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
故答案为：96．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、三角形的中位线定理、勾股定理、菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
8．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】本题考查了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．
9．如图，在正方形ABCD中，F在AB上，E在BC的延长线上，AF＝CE，连接DF、DE、EF，EF交对角线BD于点N，M为EF的中点，连接MC，下列结论：①△DEF为等腰直角三角形；②∠FDB＝∠FEC；③直线MC是BD的垂直平分线；④若BF＝2，则MC＝；其中正确结论的有_______．
【答案】①②③④
【分析】先根据定理证出，再根据全等三角形的性质可得，然后根据等腰直角三角形的判定即可判断①；先根据等腰直角三角形的性质可得，再根据对顶角相等可得，然后根据三角形的内角和定理即可得判断②；连接，先根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，再根据线段垂直平分线的判定即可判断③；取的中点，连接，先根据三角形中位线定理可得，再根据等腰三角形的三线合一可得，然后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】解：四边形是正方形，
，
在和中，，
，
，
，
为等腰直角三角形，结论①正确；
，
又，
，
即，结论②正确；
如图，连接，
为和斜边上的中点，
，
又，
直线是的垂直平分线，结论③正确；
如图，取的中点，连接，
，
，
直线是的垂直平分线，，
（等腰三角形的三线合一），
是等腰直角三角形，且，
，结论④正确；
综上，正确结论的有①②③④，
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线的判定、三角形中位线定理等知识点，熟练掌握各判定与性质是解题关键．
10．如图，中，，为边上的中点，为边上一点，，连接，延长交延长线于，若，，则________．
【答案】
【分析】取AB的中点G，连接DG，则AB＝2BG，可得BE＝EG，再利用三角形中位线定理得BC＝2DG，，利用ASA证明△GDE≌△BFE，得DG＝BF＝3，DE＝EF，从而解决问题．
【详解】解：取AB的中点G，连接DG，则AB＝2BG，
∵AB＝4BE，
∴BE＝EG，
∵D为AC边上的中点，G为AB的中点，
∴DG为△ABC的中位线，
∴BC＝2DG，，
∴∠GDE＝∠F，
在△GDE和△BFE中，
，
∴△GDE≌△BFE（ASA），
∴DG＝BF＝3，DE＝EF，
∴BC＝6，
∴CF＝9，
由勾股定理得，AC＝8，
∴CD＝4，
在Rt△CDF中，由勾股定理得，DF＝，
∵∠ACB＝90°，EF＝DE，
∴CE＝DF＝，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上中线的性质等知识，证明点E是DF的中点是解题的关键．
11．如图，在中，，点P是平面内一个动点，且，Q为的中点，在P点运动过程中，设线段的长度为m，则m的取值范围是_______．
【答案】
【分析】取AB的中点M，连接QM、CM，得到QM是△APB的中位线，CM是斜边上的中线，求得QM、CM的长，在△QMC中利用三角形三边关系得到CQ的范围即可．
【详解】取AB的中点M，连接QM、CM，
∴QM是△APB的中位线，CM是斜边上的中线，
∴，，
在中，，
∴，
∴CM=5，
∵点P是平面内一个动点，
∴点Q是动点，且点Q以点M为圆心，QM长为半径的圆上运动，
∴C、Q、M可以三点共线，
∴CM-MQCQCM+MQ，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查勾股定理、直角三角形斜边中线的性质，中位线定理、三角形三边关系等知识，分析点Q的运动是解题的关键．
12．如图，在四边形ABCD中，∠ABC=90°，AC=AD，M，N分别是AC，CD的中点，连接BM，MN，BN．
(1)求证：BM=MN；
(2)若∠BAD=60°，AC平分∠BAD，AC=2．
①求∠BMN的度数；
②求BN的长．
【答案】(1)答案见解析
(2)①∠BMN=90°；②BN=
【分析】（1）在△CAD中，由中位线定理得到MNAD，且MN=AD，在Rt△ABC中，因为M是AC的中点，故BM=AC，即可得到结论；
（2）①由∠BAD=60°且AC平分∠BAD，得到∠BAC=∠DAC=30°，由（1）知，BM=AC=AM=MC，得到∠BMC =60°，由平行线性质得到∠NMC=∠DAC=30°，故∠BMN=90°；②因为∠BMN=90°，由勾股定理得到，BN2=BM2+MN2，再由MN=BM=1，得到BN的长．
（1）
解：在△CAD中，∵M、N分别是AC、CD的中点，
∴MNAD，且MN=AD，
在Rt△ABC中，∵M是AC的中点，
∴BM=AC，
又∵AC=AD，
∴MN=BM；
（2）
①∵∠BAD=60°且AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC=30°，
由（1）知，BM=AC=AM=MC，
∴∠BMC=∠BAM+∠ABM=2∠BAM=60°，
∵MNAD，
∴∠NMC=∠DAC=30°，
∴∠BMN=∠BMC+∠NMC=90°；
②∵∠BMN=90°，
∴BN2=BM2+MN2，
而由（1）知，MN=BM=AC=×2=1，
∴BN=．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理、直角三角形斜边中线定理、三角形的外角、勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
13．如图，D、E、F分别是△ABC三边中点，AH⊥BC于H．
求证：（1）∠BDF＝∠BAC；
（2）DF＝EH．
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】（1）根据三角形中位线定理得到DFAC，根据平行线的性质证明结论；
（2）根据直角三角形的性质得到EH＝AC，等量代换证明结论．
【详解】（1）∵D、F分别是△ABC两边中点，
∴DF是△ABC的中位线，
∴DFAC，DF＝AC，
∴∠BDF＝∠BAC；
（2）∵AH⊥BC于H，E是AC的中点，
∴EH＝AC，
由（1）得，DF＝12 AC，
∴DF＝EH．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
14．在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD=2AB，点E、F分别是OA、BC的中点，连接BE、EF．
(1)求证：EF=BC；
(2)在上述条件下，若AC=BD，G是BD上一点，且BG:GD=3:1，连接EG、FG，试判断四边形EBFG的形状，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)菱形，见解析
【分析】(1)根据平行四边形性质推出BD=2BO，推出AB=BO，根据三线合一定理得出BE⊥AC，从而证得EF=BC；
(2)根据矩形性质和已知求出G为OD中点，根据三角形中位线求出，EG=BC，求出，EG=BC，求出BF=EG，，EG=GF，得出平行四边形，根据菱形的判定推出即可．
（1）
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BD=2BO，
∵BD=2AB，
∴AB=BO，
∵E为OA中点，
∴BE⊥AC，
∵在中，F为BC中点，
∴EF=BC；
（2）
解：四边形EBFG是菱形，
其理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，，
∵BG:GD=3:1，OB=OD，
∴G为OD中点，
而E是OA的中点，
∴EG=AD=BC，且，
∵F是BC的中点，而，
∴EG=BF，，
∴EBFG是平行四边形，
连接CG，
∵G是OD的中点，
而CO=AC=BD=AB=CD，
∴CG⊥OD，而F是BC的中点，
∴GF=BC=BF，
∴平行四边形EBFG是菱形．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形性质，菱形性质，三角形的中位线，直角三角形斜边上中线性质，等腰三角形的性质等知识点，主要考查学生综合运用定理进行推理的能力，注意：直角三角形斜边上中线等于斜边的一半．
15．如图，在平面直角坐标系中，A（0，4），B（4，0），C（6，2），连接AB，BC，平移BC至AD（点B与点A对应，点C与点D对应），连接CD．
(1)①直接写出点D的坐标为 ．
②判断四边形ABCD的形状，并证明你的结论；
(2)如图1，点E为AB边上一点，连接DE，DF平分∠EDC交BC于F，连接EF，若∠DFE＝45°，求BE的长；
(3)如图2，N为BC边的中点，若∠AMC＝90°，连接MN，请直接写出MN的取值范围．
【答案】(1)①（2，6）；②四边形ABCD为矩形，理由见解析
(2)
(3)
【分析】（1）①根据平移的性质可得从点C平移至点D的距离和方向与点B平移至点A的距离和方向相同，即可求解；②根据勾股定理逆定理可得∠ABC=90°，再根据平移的性质可得AD∥BC且AD=BC，可证得四边形ABCD为平行四边形，即可求解；
（2）在线段CD上取一点G，使DG=DE，可证得△DFE≌△DFG，从而得到∠EFG=90°，EF=GF，再证明△EBF≌△FCG，可得EB=FC，BF=CG，设EB=FC=x，则，可得，再由，得到关于x的方程，即可求解；
（3）连接AC，取AC的中点H，连接MH，NH，根据三角形中位线定理和直角三角形的性质可得，再由三角形的三边关系，即可求解．
（1）解∶ ①∵平移BC至AD（点B与点A对应，点C与点D对应），∴从点C平移至点D的距离和方向与点B平移至点A的距离和方向相同，∵A（0，4），B（4，0），∴点B先向左平移4个单位，再向上平移4得到点A，∵C（6，2），∴点D（2，6）；故答案为：（2，6）；②四边形ABCD为矩形，理由如下：∵A（0，4），B（4，0），C（6，2），∴AB2=（4-0）2+（0-4）2=32，∴，同理：BC2=8，AC2=36，∴AC2=AB2+BC2，∴△ABC为直角三角形，即∠ABC=90°，∵平移BC至AD，∴AD∥BC且AD=BC，∴四边形ABCD为平行四边形，∵∠ABC=90°，∴四边形ABCD为矩形；
（2）∵点A（0，4），D（2，6），∴，∵DF平分∠EDC，∴∠FDE=∠FDC，如图，在线段CD上取一点G，使DG=DE，∵∠FDE=∠FDG，DF=DF，∴△DFE≌△DFG（SAS），∴∠DFE=∠DFG=45°，EF=GF，∴∠EFG=90°，∵∠EFB+∠GFC=90°，∠GFC+∠FGC=90°，∴∠EFB=∠FGC，∵∠EBF=∠FCG=90°，EF=GF，∴△EBF≌△FCG（AAS），∴EB=FC，BF=CG，设EB=FC=x，则，∴，∵，∴，解得：，即；
（3）解：如图，连接AC，取AC的中点H，连接MH，NH，∵点A（0，4），B（4，0），D（2，6），∴，∵H为AC的中点，N为BC边的中点，∴，∵HM-NH≤MN≤HM+NH，∴MN的取值范围为．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形和矩形的性质、三角形全等、勾股定理的运用，直角三角形的性质，三角形中位线定理等，综合性强，难度较大，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
16．已知，在△ABC中，以△ABC的两边BC，AC为斜边向外测作Rt△BCD和Rt△ACE，使∠CAE=∠CBD，取△ABC边AB的中点M，连接ME，MD．
特例感知：
（1）如图1，若AC=BC，∠ACB=60°，∠CAE=∠CBD=45°，取AC，BC的中点F，G，连接MF，MG，EF，DG，则ME与MD的数量关系为______，∠EMD=______；
（2）如图2，若∠ACB=90°，∠CAE=∠CBD=60°，取AC，BC的中点F，G，连接MF，MG，EF，DG，请猜想ME与MD的数量关系以及∠EMD的度数，并给出证明；
类比探究：
（3）如图3，当△ABC是任意三角形，∠CAE=∠CBD=α时，连接DE，请猜想△DEM的形状以及∠EMD与α的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）ME=MD，∠EMD=90°；（2）ME=MD，∠EMD=120°；（3）△DEM是等腰三角形，∠EMD=2α．
【分析】（1）如图1，证明△EAM≌△DBM，可得EM=DM，先根据三角形的中位线得：，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得，得EF=FM，且顶角∠EFM=150°，得∠FEM=∠FME=15°，同理∠DMG=15°，相加可得结论；
（2）如图2，证明△MEF≌△DMG，可得EM=DM，∠EMF=∠MDG=15°，相加可得∠EMD=120°；
（3）如图，作辅助线，取AC，BC的中点F，G，连接MF，MG，EF，DG，同理可证出EF=MG，DG=FM，∠3=2∠2，∠4=2∠1，证明△MEF≌△DMG．则EM=DM，∠EMF=∠MDG．表示∠EMD=∠MDG+∠DMG+∠ACB，代入可得结论．
【详解】解：（1）ME=MD，∠EMD=90°；
理由是：如图1，∵AC=BC，∠ACB=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠CAB=∠CBA=60°，
在 Rt△BCD和Rt△ACE中，∠CAE=∠CBD=45°，
∴AC=AE，BC=BD，
∴AE=BD，
∵M是AB的中点，
∴AM=BM，
∵∠EAM=45°+60°=105°，
∠DBM=45°+60°=105°，
∴∠EAM=∠DBM，
∴△EAM≌△DBM，
∴EM=DM，
∵F、G分别是AC、BC的中点，
∴FM=MG=AC=CF=CG，
∴四边形CFMG是菱形，
∴∠FMG=∠BCA=60°，
Rt△ACE中，∵F是斜边AC的中点，
∴EF=AC=FM，
∵∠EFM=90°+60°=150°，
∴∠FEM=∠FME=15°，
同理∠DMG=15°，
∴∠EMD=60°+15°+15°=90°，
故答案为EM=DM，90°；
（2）ME=MD，∠EMD=120°；
证明：∵F，G，M是△ABC的三边AC，BC，AB的中点，
∴FM=BC=CG，FM∥BC，MG=AC=CF，MG∥AC．
∴四边形CFMG是平行四边形，
∴∠AFM=∠FMG=∠ACB=∠MGD=90°．
∵∠AEC=∠BDC=90°，F，G是AC，BC的中点，
∴EF=AF=FC=AC，CG=BG=DG=BC．
∴∠2=∠CEF，∠1=∠CDG，EF=MG，DG=FM．
∴∠3=∠2+∠CEF=2∠2，
∠4=∠1+∠CDG=2∠1.
∵∠2+∠EAC=90°，
∠1+∠CBD=90°，∠CAE=∠CBD=60°，
∴∠1=∠2=30°．
∴∠3=∠4=60°．
∴∠EFM=∠3+∠AFM=150°，∠DGM=∠4+∠CGM=150°
∴∠EFM=∠DGM．
又∵EF=MG，FM=DG，
∴△MEF≌△DMG．
∴EM=DM，∠EMF=∠MDG=15°．
∴∠EMD=90°+2×15°=90°30°=120°；
（3）△DEM是等腰三角形，∠EMD=2α．
证明：取AC，BC的中点F，G，连接MF，MG，EF，DG，
同（2）证法相同，可证出EF=MG，DG=FM，∠3=2∠2，∠4=2∠1．
∵∠2+∠EAC=90°，∠1+∠CBD=90°，∠CAE=∠CBD=α，
∴∠1=∠2=90°-α．
∴∠3=∠4=2（90°-α）．
∴∠EFM=∠3+∠AFM=∠3+∠ACB，∠DGM=∠4+∠BGM=∠4+∠ACB．
∴∠EFM=∠DGM．
又∵EF=MG，FM=DG，
∴△MEF≌△DMG．
∴EM=DM，∠EMF=∠MDG．
∴△DEM是等腰三角形；
∵∠EMD=∠FME+∠FMG+∠DMG，
由（2）知∠FMG=∠ACB，
∴∠EMD=∠MDG+∠DMG+∠ACB．
∵∠MDG+∠DMG=180°-∠DGM
=180°-（∠4+∠ACB ）=180°-2（90°-α）-∠ACB=2α-∠ACB．
∴∠EMD=2α-∠ACB+∠ACB=2α．
【点睛】本题是三角形的综合题，考查了三角形全等的性质和判定、三角形中位线定理、直角三角形斜边中线的性质、平行四边形的性质、等边三角形的性质等知识，并运用了类比的思想依次解决问题．
17．在中，为中点，、与射线分别相交于点、（射线不经过点）．
(1)如图①，当BECF时，连接ED并延长交CF于点H. 求证：四边形BECH是平行四形；
(2)如图②，当BEAE于点E，CFAE于点F时，分别取AB、AC的中点M、N，连接ME、MD、NF、ND．求证：AM=AN
(3)如图②，当BEAE于点E，CFAE于点F时，分别取AB、AC的中点M、N，连接ME、MD、NF、ND．求证：EMD=FND．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据两直线平行内错角相等求得DBE=DCH，然后依据ASA求得BDECDH得出ED=HD，最后根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形求得．
（2）连接FD、ED，延长ED交CF于点H，根据直角三角形斜边的中线定理和三角形的中位线定理求得ME=DN，MD=NF，从而证得AM=AN；
（3）在（2）的条件下根据SSS即可证明MEDNDF，最后根据全等三角形的对应角相等求得EMD=FND．
（1）
如图①，
∵D为BC的中点，
∴BD=CD，
∵BECF，
∴DBE=DCH，
在BDE与CDH中，
，
∴BDECDH(AAS)，
∴ED=HD，
∴四边形BECH是平行四边形；
（2）
如图②连接FD、ED，延长ED交CF于点H，
∵BEAE，CFAE，
∴BECF，
由（1）可知BDECDH，
∴DE=DH，
∴在RtEHF中，FD=DE=DH.
∵M为AB的中点，
∴在RtAEB中，ME=BM=AM，
同理，在RtACF中，FN=AN=CN.
∵M、N、D分别为AB、AC、BC的中点，
∴

（3）
由上可知ME=DN，MD=NF，
在MED与NDF中，
，
∴MEDNDF(SSS)，
∴EMD=FND．
【点睛】此题考查了三角形全等的判定和性质，平行线的性质，直角三角形斜边中线的性质，中位线的定理等，此题的根据市能够找出三角形全等的条件，证得全等．