专题14 中位线问题-2021年中考数学二轮复习经典问题专题训练

专题14 中位线问题 【规律总结】 多个中点出现或平行＋中点（中点在平行线上）时，常考虑或构造三角形中位线 【典例分析】 例1．（2021·上海九年级专题练习）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 【答案】D 【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． 【点睛】 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． 例2．（2020·利辛县阚疃金石中学八年级月考）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______________． 【答案】 【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：． 【点睛】 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． 例3．（2021·湖北武汉市·九年级月考）中，BC=4，AC=6，∠ACB=m°，将绕点A顺时针旋转n°得到，E与B是对应点，如图1． （1）延长BC、EF，交于点K，求证：∠BKE=n°； （2）当m=150，n=60时，求四边形CEFA的面积； （3）如图3．当n=150时，取BE的中点P和CF的中点Q，直接写出的值． 【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【分析】 （1）根据旋转的性质可得，利用三角形的外角性质可得，从而得到； （2）连，作于，根据条件得到是等边三角形，则，从而根据计算即可； （3）取CE中点G，连接PG，QG，构造△GPQ为等腰三角形，并结合中位线定理以及旋转的性质求解∠PGQ=30°，再作CN⊥FA于N点，结合旋转的性质求解出，最后在△GPQ中运用“三线合一”的性质求解出PQ的长度得出结论． 【详解】 （1）设、交于点， 是旋转所得， ， ， ， ， ； （2）连，作于， ， ，， ， 是等边三角形， ， ， ， ，， ， ； （3）如图，取CE中点G，连接PG，QG， 则PG，QG为△BCE和△FCE的中位线， ∴，，△GPQ为等腰三角形， 根据中位线定理可得：∠BCE=∠PGE，∠CEF=∠CGQ， ∴∠PGQ=∠PGE+∠CGQ-180°=∠BCE+∠CEF-180°， 又∵∠BCE+∠CEF=∠BCE+∠CEA+∠AEF=∠BCE+∠CEA+∠ABC， ∴在四边形ABCE中，∠BCE+∠CEA+∠ABC=360°-∠BAE=360°-150°=210°， ∴∠BCE+∠CEF=210°，∠PGQ=∠PGE+∠CGQ-180°=210°-180°=30°， 作CN⊥FA于N点，根据旋转可知，∠CAF=150°，AC=AF=6，∠AFC=15°， ∴∠CAN=30°， 在Rt△CAN中，AC=6，∠CAN=30°， ∴CN=3，， ∴NF=AN+AF= 由勾股定理得：， ∴， 即：， 此时，作GM⊥PQ，则根据“三线合一”知GM平分∠PGQ，∠MGQ=15°，PM=QM， ∴， ∴， ∴． 【点睛】 本题考查图形旋转的综合问题，包括全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，以及运用三角函数解直角三角形等，熟练根据题意灵活构造辅助线是解题关键． 【好题演练】 一、单选题 1．（2020