专题05 重要的几何模型之中点模型-2024-2025学年九年级数学上册常见几何模型全归纳之模型解读与提分精练（北师大版）

专题05 重要的几何模型之中点模型 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。 2 模型1.直角三角形斜边中线模型 2 模型2.中位线模型 21 模型3.中点四边形模型 50 76 大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点，因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每一个题型，做到活学活用！ 模型1.直角三角形斜边中线模型 直角三角形斜边中线定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。 1）直角三角形斜边中线模型（单中线模型） 条件：如图，若AD为斜边上的中线； 结论：（1）；（2），为等腰三角形；（3），． 证明：取AC的中点E，连接DE，∵AD是斜边BC的中线，∴BD=CD=， ∵E是AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴DE//AB，∴∠DEC=∠BAC=90°，∴DE垂直平分AC， ∴AD=CD，∴；∴，为等腰三角形； ∵AD=CD，∴，∵，∴，同理：． 2）直角三角形斜边中线模型（双中线模型） 条件：如图，在由两个直角三角形组成的图中，M为BC边的中点，（直角在BC的同侧和异侧两类） 结论：（1）；（2）． 证明：∵，M为BC边的中点，∴，，∴ ∴，∵，∴，同理： ∴，∴．（同侧和异侧证明一致） 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·江苏盐城·统考中考真题）如图，在Rt中，为斜边上的中线，若，则 ． 例2．（2023·福建莆田·校考模拟预测）如图，在中，，，D是的中点，连接，将线段绕点B逆时针旋转90°得到线段，连接，，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 例3．（2024·山东济宁·中考真题）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，连接．若，则菱形的边长为（    ）    A．6 B．8 C．10 D．12 例4．（23-24八年级上·吉林长春·期末）如图，四边形中，，，若，则 ． 例5．（2023上·浙江·九年级专题练习）如图，，矩形在的内部，顶点，分别在射线，上，，，则点到点的最大距离是（　　） A． B． C． D． 例6．（24-25八年级上·江苏苏州·阶段练习）如图，在中，、分别是边、上的高线，取为中点，连接点，，得到，是中点． (1)求证：；(2)如果，，求． 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。 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。 梯形中位线定义：连接梯形两腰中点的线段叫做梯形的中位线。 梯形中位线定理：梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半。 图1 图2 1）三角形的中位线模型： 条件：如图，在三角形ABC的AB，AC边的中点分别为D、E， 结论：（1）DE//BC且，（2）△ADE∽△ABC。 证明：如图1，过点C作交延长于点F，∴， ∵是的中位线，∴，∴，∴， ∴，又∵，∴四边形是平行四边形， ∴，，∴，； ∵，∴，，∴△ADE∽△ABC。 2）梯形的中位线模型： 条件：如图2，在梯形中，，、分别是两腰、的中点， 结论：（1），； （2）梯形的面积＝×2×中位线的长×高＝中位线的长×高。 证明：连接并延长，交延长线于点，，． 是的中点，．，． ，．点是的中点，又点是的中点， 是的中位线，，．． ，，．，． ∵梯形的面积=，∴梯形的面积==中位线的长×高。（为梯形的高） 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．1 D．2 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．1 B．2 C．3 D．4 例3．（2022·湖北荆州·统考中考真题）如图，已知矩形ABCD的边长分别为a，b，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形ABCD各边的中点，得到四边形；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形；…如此反复操作下去，则第n次操作后，得到四边形的面积是（    ） A． B． C． D． 例4．（2022·浙江台州·统考中考真题）如图，在中，，，，分别为，，的中点．若的长为10，则的长为 ． 例5．（2023·广西·统考中考真题）如图，在边长为2的正方形中，E，F分别是上的动点，M，N分别是的中点，则的最大值为 ．    例6．（2024·青海西宁·二模）在探索平面图形的性质时，往往需通过剪拼的方式帮助我们寻找解题思路． （1）【知识回顾】在证明三角形中位线定理时，就采用了如图①的剪拼方式，将三角形转化为平行四边形使问题得以解决，请写出已知，求证，并证明三角形中位线定理． （2）【数学发现】如图②，在梯形中，，是腰的中点，请你沿着将上图的梯形剪开，并重新拼成一个完整的三角形． 如图③，在梯形中，，、分别是两腰、的中点，我们把叫做梯形的中位线．请类比三角形的中位线的性质，猜想和、有怎样的位置和数量关系？ 【证明猜想】（3）证明（2）的结论，并在“，”的条件下，求的长． 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。 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。 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． 条件：如图1，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，结论：四边形MNPQ为平行四边形。 证明：∵点M、N是AC、AB的中点，∴，， 同理：，，∴MN=PQ，，∴四边形是平行四边形， 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） 条件：如图2，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC⊥DB，结论：四边形MNPQ为矩形。 证明：由结论1知：四边形是平行四边形， ∵点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，∴， ∵AC⊥DB，∴MN⊥MQ，∴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） 条件：如图3，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，结论：四边形MNPQ为菱形。 证明：由结论1知：四边形是平行四边形， ∵点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，∴， ∵AC=DB，∴MN=MQ，∴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． 条件：如图4，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，AC⊥DB， 结论：四边形MNPQ为正方形。 证明：由结论1知：四边形是平行四边形， ∵点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，∴，，， ∵AC=DB，AC⊥DB，∴MN=MQ，MN⊥MQ，，∴四边形MNPQ为正方形。 例1．（2023上·四川达州·九年级校联考期中）如图，在四边形ABCD中，点E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别是BD，AC的中点，AB，CD满足什么条件时，四边形EGFH是菱形.（    ） A． B．// C． D． 例2．（2023下·上海普陀·八年级统考期中）四边形中，点E、F、G、H分别是的中点，下列条件中能使四边形为矩形的是（      ） A． B． C． D． 例3．（2023·辽宁抚顺·中考模拟）如图，，是四边形的对角线，点，分别是，的中点，点，分别是，的中点，连接，，，，要使四边形为正方形，则需添加的条件是（ ） A．， B．， C．， D．， 例4．（2023上·山西太原·九年级校联考阶段练习）如图，在任意四边形中，，是对角线，、、、分别是线段、、、上的点，对于四边形的形状，某班的学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（   ）    A．当，，，是各条线段的中点时，四边形为平行四边形 B．当，，，是各条线段的中点时，且时，四边形为矩形 C．当，，，是各条线段的中点时，且时，四边形为菱形 D．当，，，不是各条线段的中点时，四边形可以为平行四边形 例5．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，已知四边形与交于点O，，且为直角，E、F、G、H分别为的中点，则四边形的面积为（   ） A． B．12 C． D． 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． 1．（2023·广西梧州·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6，则四边形CEDF的面积是（　　） A．6 B．12 C．24 D．48 2．（2023·广东阳江·统考二模）若顺次连接四边形各边的中点所得的四边形是菱形，则四边形的两条对角线，一定是（    ） A．互相平分 B．互相平分且相等 C．互相垂直 D．相等 3．（2023上·陕西·九年级校考阶段练习）在四边形ABCD中，AC＝BD＝8，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点EG2＋FH2的值为（    ） A．72 B．64 C．48 D．36 4．（23-24八年级下·浙江杭州·阶段练习）如图，点E、F、G、H分别是四边形边的中点． 则下列说法：①若，则四边形为矩形；②若，则四边形为菱形； ③若四边形是菱形，则与互相平分；④若四边形是正方形，则与互相垂直且相等．其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．（24-25九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，在中，，点E为的中点，在中，，连接，，；若，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 6．（24-25九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，菱形的对角线交于点O，过点A作于点E，连接，若，则的长为 （   ）    A． B．2 C． D．3 7．（23-24八年级上·重庆·期中）如图，中，，，，点是的中点，将沿翻折得到，连接，，则线段的长等于(　　) A． B． C． D．2 8．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在等腰中，，点为的延长线上一点，连接，点分别为线段的中点，连接，若，则的长为（    ） A． B． C． D． 8．（22-23八年级上·浙江温州·期中）如图，在中，，且分别是上的高，分别是的中点，若，则的长为（　　）    A．10 B．12 C．13 D．14 9．（2023下·浙江金华·八年级统考期末）如图，在正方形中，，点分别是边的中点，连接，点分别是的中点，则的长为（　　）    A． B． C． D．2 10．（2023下·广东中山·八年级校考期中）如图，正方形和正方形中，点在上，，，是的中点，则的长是（    ）    A． B． C． D．2 11．（2023·山东泰安·中考真题）如图，点A，B的坐标分别为，点C为坐标平面内一点，，点M为线段的中点，连接，则的最大值为（ ）    A． B． C． D． 12．（2023·山东潍坊·统考二模）如图所示，为的中位线，点F在上，且，若，，则的长是（　　）    A．2 B． C． D．3 13．（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形是矩形，，，点P是边上一点（不与点A，D重合），连接．点M，N分别是的中点，连接，，，点E在边上，，则的最小值是（    ）    A． B．3 C． D． 14．（23-24八年级下·江苏南通·阶段练习）如图，在四边形中，，、、、分别是、、、的中点，若,则 ．    15．（24-25八年级上·江苏苏州·阶段练习）如图，在中，，垂直平分．若，，垂足分别为点，，连接，则 ． 16．（23-24八年级下·广东·期中）如图，，点E为的中点，于点F，若，，则的面积为 ． 17．（22-23八年级下·江苏苏州·期中）如图，在和中，，分别为的中点，若，则 ． 18．（23-24八年级上·江苏苏州·阶段练习）如图，在四边形中，，，相交于点，点，分别是，的中点，若，那么＝ 度．    19．（24-25九年级上·成都·课后作业）如图，在中，，点为的中点，，垂足为，点是的中点，则 ． 20．（2023下·山东德州·八年级阶段练习）如图，四边形中，点E、F、G、H分别为的中点，(1)求证：中点四边形是平行四边形； (2)如图2，点P是四边形内一点，且满足，点E、F、G、H分别为的中点，猜想中点四边形的形状，并证明你的猜想． 21．（24-25九年级·吉林长春·阶段练习）【课本再现】定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 定理证明：（1）为了证明该定理，小芸同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程．已知：在中，，点是边的中点．求证：． 【知识应用】（2）如图2，在四边形中，，，，分别为，的中点，连接，，．若，平分，，则的长为______； 【性质延伸】（3）如图③，在四边形中，，，，．在四边形内存在一点，点到四边形四个顶点的距离均为，则的值为______． 22．（23-24八年级下·广东河源·期中）（1）如图1，中，，分别是，上的高，M，N分别是，的中点，求证：． 拓展：（2）如图2，中，，，点E是上的点，于点D，点M是的中点，探索与的数量关系与位置关系． （3）如图3，将（2）中的绕点B逆时针转小于的角，（2）中的结论是否还成立？成立，请说明理由．    23．（24-25九年级上·陕西西安·开学考试） 问题提出：(1)如图1，在中，，点、分别是，的中点，则的长为___； 问题探究：(2)如图2，在中，，点在上，，点在上，，连接，、分别为、的中点，求的长度？ 问题解决：(3)西安高新区为了进一步提升周边居民的居住环境，拟在一个长方形的草坪内对角线右侧修建一个三角形池塘，如图，，，，为草坪入口，为草坪出口，在人行道的中点处有一个凉亭，在池塘处是一个观景台，游客从凉亭到出口的距离与从凉亭到观景台的距离相等吗？为什么？ 24．（2023上·黑龙江哈尔滨·九年级校考开学考试）阅读与思考 下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务， 瓦里尼翁平行四边形 我们知道，如图1，在四边形中，点、、，分别是边、，，的中点，顺次连接，、、，得到的四边形是平行四边形． 我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁（Varingnon， Pierte 1654-1722）是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切． ①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系． ③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下： 证明：如图2，连接，分别交，于点、，过点作于点，交于点 ∵、分别为，的中点，∴，．（依据1） ∴，∵，∴． ∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即． ∵，即，∴四边形是平行四边形，（依据2）． ∴， ∵，∴．同理，…    任务：(1)填空：材料中的依据1是指：________．依据2是指：________． (2)如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，满足下列要求：①四边形及它的瓦里尼翁平行四边形的顶点都在小正方形网格的格点的上； ②四边形是矩形，不是正方形．(3)在图1中，分别连接，得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线、长度的关系，并证明你的结论．    25．（24-25九年级上·湖南长沙·开学考试）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】（1）在已经学过的“①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形”中，_________是“中方四边形”（填序号）． 【性质探究】（2）如图1，若四边形是“中方四边形”，观察图形，线段和线段有什么关系，并证明你的结论． 【问题解决】（3）如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形连结，依次连接四边形的四边中点得到四边形．求证：四边形是“中方四边形”． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 重要的几何模型之中点模型 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。 2 模型1.直角三角形斜边中线模型 2 模型2.中位线模型 21 模型3.中点四边形模型 50 76 大家在掌握几何模型时，多数同学会注重模型结论，而忽视几何模型的证明思路及方法，导致本末倒置。要知道数学题目的考察不是一成不变的，学数学更不能死记硬背，要在理解的基础之上再记忆，这样才能做到对于所学知识的灵活运用，并且更多时候能够启发我们解决问题的关键就是基于已有知识、方法的思路的适当延伸、拓展，所以学生在学习几何模型要能够做到的就是：①认识几何模型并能够从题目中提炼识别几何模型；②记住结论，但更为关键的是记住证明思路及方法；③ 明白模型中常见的易错点，因为多数题目考察的方面均源自于易错点。当然，以上三点均属于基础要求，因为题目的多变性，若想在几何学习中突出，还需做到的是，在平时的学习过程中通过大题量的训练，深刻认识几何模型，认真理解每一个题型，做到活学活用！ 模型1.直角三角形斜边中线模型 直角三角形斜边中线定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。 1）直角三角形斜边中线模型（单中线模型） 条件：如图，若AD为斜边上的中线； 结论：（1）；（2），为等腰三角形；（3），． 证明：取AC的中点E，连接DE，∵AD是斜边BC的中线，∴BD=CD=， ∵E是AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴DE//AB，∴∠DEC=∠BAC=90°，∴DE垂直平分AC， ∴AD=CD，∴；∴，为等腰三角形； ∵AD=CD，∴，∵，∴，同理：． 2）直角三角形斜边中线模型（双中线模型） 条件：如图，在由两个直角三角形组成的图中，M为BC边的中点，（直角在BC的同侧和异侧两类） 结论：（1）；（2）． 证明：∵，M为BC边的中点，∴，，∴ ∴，∵，∴，同理： ∴，∴．（同侧和异侧证明一致） 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·江苏盐城·统考中考真题）如图，在Rt中，为斜边上的中线，若，则 ． 【答案】4 【分析】根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半即可解决问题； 【详解】解：如图，∵△ABC是直角三角形，CD是斜边中线，∴CDAB， ∵CD＝2，∴AB＝4，故答案为4． 【点睛】本题考查直角三角形的性质，解题的关键是记住直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 例2．（2023·福建莆田·校考模拟预测）如图，在中，，，D是的中点，连接，将线段绕点B逆时针旋转90°得到线段，连接，，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据三角形内角和可得，根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半可得，根据等边对等角可得，根据等边三角形的判定和性质可得，根据旋转的性质可得，，，根据等边对等角可得，推得，根据余角的性质可得，根据三角形内角和可得，即可求得． 【详解】∵，，∴， ∵D是的中点，∴是斜边上的中线， ∴，∴ 又∵，，∴是等边三角形，∴， ∵将线段绕点B逆时针旋转90°得到线段，∴，， ∴， ∵，，，∴， ∴，∴，故选：C． 【点睛】本题考查了三角形内角和定理，直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，等边对等角，等边三角形的判定和性质，旋转的性质，余角的性质等，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键． 例3．（2024·山东济宁·中考真题）如图，菱形的对角线，相交于点O，E是的中点，连接．若，则菱形的边长为（    ）    A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】A 【分析】根据菱形的性质可得，根据“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”可得，即可得解．本题考查菱形的性质和“直角三角形中斜边中线等于斜边一半”的性质，熟练掌握以上知识是解题关键． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∵E是的中点，，∴。故选：A． 例4．（23-24八年级上·吉林长春·期末）如图，四边形中，，，若，则 ． 【答案】 【分析】如图所示，取的中点，连接， 根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，三角形外角的定义和性质，可得是等腰直角三角形，再由勾股定理即可求解 【详解】解：如图所示，取的中点，连接， ∵，∴，∴， ∴，， ∵，∴，∴， ∴是等腰直角三角形，∴；故答案为：． 【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半，勾股定理，三角形外角和定义和性质的运用，构造辅助线，判定等腰三角形是解题的关键． 例5．（2023上·浙江·九年级专题练习）如图，，矩形在的内部，顶点，分别在射线，上，，，则点到点的最大距离是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取的中点，连接、、，可求得，，根据三角形的三边关系即可求得答案． 【详解】如图所示，取的中点，连接、、． ∵，∴．在中，． ∵，∴当、、三点共线时，可以取得最大值， 最大值．故选：B． 【点睛】本题主要考查矩形的性质、直角三角形的性质、勾股定理和三角形的三边关系，根据题意构造辅助线是解题的关键． 例6．（24-25八年级上·江苏苏州·阶段练习）如图，在中，、分别是边、上的高线，取为中点，连接点，，得到，是中点． (1)求证：；(2)如果，，求． 【答案】(1)证明见解析(2)48 【分析】本题考查等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线的性质以及利用勾股定理解三角形，解题的关键是熟练掌握斜边上的中线等于斜边上的一半，以及利用证明三角形全等．（1）由直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可判定，由等腰三角形的三线合一，可证；（2）由，可求，可判定是等边三角形，根据直角三角形斜边上的中线，利用勾股定理即可得答案． 【详解】（1）证明：在中，、分别是边、上的高线，， 是的中点，，是等腰三角形，是的中点，； （2）解：、分别是边、上的高线．， 是的中点，，，，， ，，， ，是等边三角形，是的中点， ，． 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。 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。 梯形中位线定义：连接梯形两腰中点的线段叫做梯形的中位线。 梯形中位线定理：梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半。 图1 图2 1）三角形的中位线模型： 条件：如图，在三角形ABC的AB，AC边的中点分别为D、E， 结论：（1）DE//BC且，（2）△ADE∽△ABC。 证明：如图1，过点C作交延长于点F，∴， ∵是的中位线，∴，∴，∴， ∴，又∵，∴四边形是平行四边形， ∴，，∴，； ∵，∴，，∴△ADE∽△ABC。 2）梯形的中位线模型： 条件：如图2，在梯形中，，、分别是两腰、的中点， 结论：（1），； （2）梯形的面积＝×2×中位线的长×高＝中位线的长×高。 证明：连接并延长，交延长线于点，，． 是的中点，．，． ，．点是的中点，又点是的中点， 是的中位线，，．． ，，．，． ∵梯形的面积=，∴梯形的面积==中位线的长×高。（为梯形的高） 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．1 D．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．1 B．2 C．3 D．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．（2022·湖北荆州·统考中考真题）如图，已知矩形ABCD的边长分别为a，b，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形ABCD各边的中点，得到四边形；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形；…如此反复操作下去，则第n次操作后，得到四边形的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用中位线、菱形、矩形的性质可知，每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，由此可解． 【详解】解：如图，连接AC，BD，，． ∵ 四边形ABCD是矩形，∴，，． ∵ ，，，分别是矩形四个边的中点，∴， ∴，∴四边形是菱形， ∵ ，，∴四边形的面积为：． 同理，由中位线的性质可知，，， ，，∴四边形是平行四边形， ∵，∴，∴四边形是矩形， ∴四边形的面积为：． ∴每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，∴四边形的面积是．故选:A． 【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的性质以及中位线的性质，证明四边形是菱形，四边形是矩形是解题的关键． 例4．（2022·浙江台州·统考中考真题）如图，在中，，，，分别为，，的中点．若的长为10，则的长为 ． 【答案】10 【分析】根据三角形中位线定理求出AB，根据直角三角形的性质解答． 【详解】解：∵E、F分别为BC、AC的中点，∴AB＝2EF＝20， ∵∠ACB＝90°，点D为AB的中点，∴，故答案为：10． 【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． 例5．（2023·广西·统考中考真题）如图，在边长为2的正方形中，E，F分别是上的动点，M，N分别是的中点，则的最大值为 ．    【答案】 【分析】首先证明出是的中位线，得到，然后由正方形的性质和勾股定理得到，证明出当最大时，最大，此时最大，进而得到当点E和点C重合时，最大，即的长度，最后代入求解即可． 【详解】如图所示，连接，∵M，N分别是的中点，∴是的中位线，∴，    ∵四边形是正方形，∴，∴， ∴当最大时，最大，此时最大， ∵点E是上的动点，∴当点E和点C重合时，最大，即的长度， ∴此时，∴，∴的最大值为．故答案为：． 【点睛】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 例6．（2024·青海西宁·二模）在探索平面图形的性质时，往往需通过剪拼的方式帮助我们寻找解题思路． （1）【知识回顾】在证明三角形中位线定理时，就采用了如图①的剪拼方式，将三角形转化为平行四边形使问题得以解决，请写出已知，求证，并证明三角形中位线定理． （2）【数学发现】如图②，在梯形中，，是腰的中点，请你沿着将上图的梯形剪开，并重新拼成一个完整的三角形． 如图③，在梯形中，，、分别是两腰、的中点，我们把叫做梯形的中位线．请类比三角形的中位线的性质，猜想和、有怎样的位置和数量关系？ 【证明猜想】（3）证明（2）的结论，并在“，”的条件下，求的长． 【答案】（1）见解析；（2）画图见解析，猜想：，；（3）证明见解析，6； 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定： （1）根据三角形中位线定理的内容写出对应的已知，求证和证明过程即可； （2）延长交延长线于M，证明可得到所要的三角形；根据梯形性质和三角形的中位线进行猜想即可得出结论；（3）如图③，连接并延长，交延长线于点，证明得到，，在中，利用三角形的中位线可证得，，进而可证得结论；再根据结论求出的长即可． 【详解】解：（1）已知：在中，分别是的中点，求证：： 证明：如图所示，过点C作交延长线与F， ∵分别是的中点，∴， ∵，∴，∴， ∴，∴，∴四边形是平行四边形， ∴，∴； （2）如图所示，延长交延长线于M，则把延剪开后放置到的位置，即为所求；猜想：，； （3）连接并延长，交延长线于点， ，．是的中点，． ，．，． 点是的中点，又点是的中点，是的中位线， ，．． ，，．，． ∵，，∴。 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。 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。 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． 条件：如图1，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，结论：四边形MNPQ为平行四边形。 证明：∵点M、N是AC、AB的中点，∴，， 同理：，，∴MN=PQ，，∴四边形是平行四边形， 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） 条件：如图2，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC⊥DB，结论：四边形MNPQ为矩形。 证明：由结论1知：四边形是平行四边形， ∵点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，∴， ∵AC⊥DB，∴MN⊥MQ，∴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） 条件：如图3，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，结论：四边形MNPQ为菱形。 证明：由结论1知：四边形是平行四边形， ∵点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，∴， ∵AC=DB，∴MN=MQ，∴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． 条件：如图4，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，AC⊥DB， 结论：四边形MNPQ为正方形。 证明：由结论1知：四边形是平行四边形， ∵点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，∴，，， ∵AC=DB，AC⊥DB，∴MN=MQ，MN⊥MQ，，∴四边形MNPQ为正方形。 例1．（2023上·四川达州·九年级校联考期中）如图，在四边形ABCD中，点E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别是BD，AC的中点，AB，CD满足什么条件时，四边形EGFH是菱形.（    ） A． B．// C． D． 【答案】A 【分析】根据中位线的定义与性质可知四边形EGFH是平行四边形，然后找出邻边相等的条件即可证明该四边为菱形． 【详解】解：由题意知是的中位线∴， 是的中位线∴， ∴，∴四边形EGFH是平行四边形 ∵是的中位线，∴ 当时，∴平行四边形EGFH是菱形故选A． 【点睛】本题考查了中位线，菱形的判定．解题的关键在于对知识的灵活运用 例2．（2023下·上海普陀·八年级统考期中）四边形中，点E、F、G、H分别是的中点，下列条件中能使四边形为矩形的是（      ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】要使四边形为矩形，依题意可知其为平行四边形，只需对角线互相垂直即可． 【详解】解：∵点E、F、G、H分别是的中点， ∴在与中，，且，， ∴四边形为平行四边形，若要使其为矩形，只需对角线互相垂直， 题中D选项，即在四边形中，，故选D． 【点睛】此题考查了矩形的判定和性质，熟练掌握矩形性质和判定，及应用到三角形中位线定理等相关知识是解题的关键． 例3．（2023·辽宁抚顺·中考模拟）如图，，是四边形的对角线，点，分别是，的中点，点，分别是，的中点，连接，，，，要使四边形为正方形，则需添加的条件是（ ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【分析】证出、、、分别是、、、的中位线，得出，，，，证出四边形为平行四边形，当时，，得出平行四边形是菱形；当时，，即，即可得出菱形是正方形． 【详解】点，分别是，的中点，点，分别是，的中点， 、、、分别是、、、的中位线， ，，，，四边形为平行四边形， 当时，，平行四边形是菱形； 当时，，即，菱形是正方形；故选． 【点睛】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定以及三角形中位线定理；熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键． 例4．（2023上·山西太原·九年级校联考阶段练习）如图，在任意四边形中，，是对角线，、、、分别是线段、、、上的点，对于四边形的形状，某班的学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（   ）    A．当，，，是各条线段的中点时，四边形为平行四边形 B．当，，，是各条线段的中点时，且时，四边形为矩形 C．当，，，是各条线段的中点时，且时，四边形为菱形 D．当，，，不是各条线段的中点时，四边形可以为平行四边形 【答案】B 【分析】本题主要考查了三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，平行四边形，矩形，菱形的判定．根据三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，平行四边形，矩形，菱形的判定，逐项判断，即可求解． 【详解】解：A、∵，，，是各条线段的中点，∴， ∴四边形为平行四边形，故A选项正确，不符合题意；    B、如图，当时，，， 四边形不可能是矩形，故B选项错误，符合题意； C、∵四边形为平行四边形，， ∴四边形为菱形，故A选项正确，不符合题意； D、当，，，是各条线段的三等分点，即时， ∵，∴， ∴，，∴， ∴四边形为平行四边形，故D选项正确，不符合题意；故选：B 例5．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，已知四边形与交于点O，，且为直角，E、F、G、H分别为的中点，则四边形的面积为（   ） A． B．12 C． D． 【答案】B 【分析】此题考查三角形的中位线性质定理，正方形的判定等知识，能证得四边形是正方形是解题的关键.根据三角形的中位线定理，证明四边形是菱形，再证明，证得四边形是正方形，即可根据正方形的面积公式计算得出答案. 【详解】∵点E、F分别是边的中点，∴，， 同理，，，，，，， ∴∴四边形是菱形， ∵为直角，∴，∴，∵，∴，∴， ∴四边形是正方形，∴四边形的面积=,故选：B. 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． 1．（2023·广西梧州·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6，则四边形CEDF的面积是（　　） A．6 B．12 C．24 D．48 【答案】B 【分析】利用三角形的中位线定理，先证明四边形是矩形，再利用矩形的面积公式进行计算即可. 【详解】解： 点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， 故选： 【点睛】本题考查的是三角形的中位线的性质，矩形的判定与性质，掌握利用三角形的中位线证明四边形是平行四边形是解题的关键. 2．（2023·广东阳江·统考二模）若顺次连接四边形各边的中点所得的四边形是菱形，则四边形的两条对角线，一定是（    ） A．互相平分 B．互相平分且相等 C．互相垂直 D．相等 【答案】D 【分析】根据三角形的中位线定理得到，，，要是四边形为菱形，得出，即可得到答案． 【详解】解：∵E，F，G，H分别是边，，，的中点， ∴，，，，， ∴，，∴四边形是平行四边形， 当平行四边形是菱形时，∴， ∵，，∴，故选：D． 【点睛】本题主要考查对菱形的性质，三角形的中位线定理，平行四边形的判定等知识点的理解和掌握，灵活运用性质进行推理是解此题的关键． 3．（2023上·陕西·九年级校考阶段练习）在四边形ABCD中，AC＝BD＝8，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点EG2＋FH2的值为（    ） A．72 B．64 C．48 D．36 【答案】B 【分析】作辅助线，构建四边形EFGH，证明它是菱形，利用对角线互相垂直和勾股定理列等式，再利用中位线性质等量代换可得结论． 【详解】解：连接EF、FG、GH、EH， ∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点， ∴EF∥AC，HG∥AC，， ∴EF∥HG，同理EH∥FG，∴四边形EFGH为平行四边形， ∵AC=BD，∴EF=FG，∴平行四边形EFGH为菱形，∴EG⊥FH，EG=2OG，FH=2OH， ∴EG2+FH2=（2OE）2+（2OH）2=4（OE2+OH2）=4EH2=,故选：B． 【点睛】本题考查了中点四边形，运用了三角形中位线的性质，将三角形和四边形有机结合，把边的关系由三角形转化为四边形中，可以证明四边形为特殊的四边形；对于线段的平方和可以利用勾股定理来证明． 4．（23-24八年级下·浙江杭州·阶段练习）如图，点E、F、G、H分别是四边形边的中点． 则下列说法：①若，则四边形为矩形；②若，则四边形为菱形； ③若四边形是菱形，则与互相平分；④若四边形是正方形，则与互相垂直且相等．其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】本题考查中点四边形，涉及菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定、三角形的中位线性质、平行线的性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．先根据三角形的中位线性质证明四边形为平行四边形，然后根据矩形、菱形的判定与性质逐个判断即可求解． 【详解】解：∵点E、F、G、H分别是四边形边的中点， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形， ①若，则，∴四边形为菱形，①错误； ②若，则，即，∴四边形为矩形，故②错误； ③若四边形是菱形，则， ∴，但与不一定互相平分，故③错误； ④若四边形是正方形，则，， ∴，，即与互相垂直且相等，故④正确，故正确的个数是1个，故选：A． 5．（24-25九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，在中，，点E为的中点，在中，，连接，，；若，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形性质，三角形外角性质．根据直角三角形性质得到，再结合等腰三角形的性质和三角形外角性质得到，，进而得到，即可解题． 【详解】解：，点E为的中点， ，， ，，， ，同理可得，， ，故选：D． 6．（24-25九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，菱形的对角线交于点O，过点A作于点E，连接，若，则的长为 （   ）    A． B．2 C． D．3 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，先根据菱形对角线互相垂直平分得到，再由勾股定理得到，则由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得． 【详解】解：∵菱形的对角线交于点O，∴， 在中，由勾股定理得，∴， ∵，为的中点，∴，故选：D． 7．（23-24八年级上·重庆·期中）如图，中，，，，点是的中点，将沿翻折得到，连接，，则线段的长等于(　　) A． B． C． D．2 【答案】A 【分析】延长交于点，作，垂足为．首先证明垂直平分线段，是直角三角形，求出的长，在中，利用勾股定理即可解决问题． 【详解】解：如图，延长交于点，作，垂足为． 在中，，，．为的中点，． ，，解得． 由翻折的性质可知，，，． ，，．． ，，， 又，， ， 为直角三角形，．故选：A． 【点睛】本题考查翻折变换、直角三角形的斜边中线的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用面积法求高，属于中考常考题型． 8．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在等腰中，，点为的延长线上一点，连接，点分别为线段的中点，连接，若，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，连接，根据等腰三角形三线合一的性质可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，熟记性质是解题的关键． 【详解】如图，连接， ∵，点为线段的中点，∴， ∴， ∵点分别为线段的中点，∴，故选：． 8．（22-23八年级上·浙江温州·期中）如图，在中，，且分别是上的高，分别是的中点，若，则的长为（　　）    A．10 B．12 C．13 D．14 【答案】B 【分析】连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，再根据等腰三角形三线合一的性质可得，，然后利用勾股定理列式计算即可求解． 【详解】解：如图：连接，    是的中点，，， 是的中点，，， 在中，，故选：B． 【点睛】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形三线合一的性质，以及勾股定理，作辅助线利用性质是解题的关键． 9．（2023下·浙江金华·八年级统考期末）如图，在正方形中，，点分别是边的中点，连接，点分别是的中点，则的长为（　　）    A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】根据题意，连接，在中，利用勾股定理求出，在中，利用中位线性质即可得到答案． 【详解】解：连接，如图所示：    在正方形中，，点分别是边的中点，， 在中，，由勾股定理可得， 在中，点分别是的中点，则是的中位线， ，故选：B． 【点睛】本题考查求正方形中求线段长，涉及正方形性质、中点定义、勾股定理、中位线判定及性质等知识，熟练掌握勾股定理及中位线的性质求线段长是解决问题关键． 10．（2023下·广东中山·八年级校考期中）如图，正方形和正方形中，点在上，，，是的中点，则的长是（    ）    A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】连接、，如图，根据正方形的性质得，，，，则，再用勾股定理计算出，然后据直角三角形斜边上的中线的性质，求的长． 【详解】解：如图，连接、，    正方形和正方形中，，， ，，，， 由勾股定理得，， 是的中点，．故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质及勾股定理，掌握正方形的性质是解题的关键． 11．（2023·山东泰安·中考真题）如图，点A，B的坐标分别为，点C为坐标平面内一点，，点M为线段的中点，连接，则的最大值为（ ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，根据三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，再根据等腰直角三角形的性质以及三角形的中位线即可解答． 【详解】解：如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，∵，则△ABO为等腰直角三角形， ∴AB=，N为AB的中点，∴ON=， 又∵M为AC的中点，∴MN为△ABC的中位线，BC=1， 则MN=，∴OM=ON+MN=，∴OM的最大值为故答案选：B．    【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质以及三角形中位线的性质，解题的关键是确定当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大． 12．（2023·山东潍坊·统考二模）如图所示，为的中位线，点F在上，且，若，，则的长是（　　）    A．2 B． C． D．3 【答案】C 【分析】先根据三角形中位线定理得到，再由直角三角形斜边上的中线的性质得到，则． 【详解】解：∵为的中位线，，∴，点D为的中点， ∵，，∴，∴，故选C． 【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线的性质，熟知三角形中位线平行与第三边且等于第三边的一半是解题的关键． 13．（2023·辽宁盘锦·统考中考真题）如图，四边形是矩形，，，点P是边上一点（不与点A，D重合），连接．点M，N分别是的中点，连接，，，点E在边上，，则的最小值是（    ）    A． B．3 C． D． 【答案】C 【分析】根据直线三角形斜边中线的性质可得，，通过证明四边形是平行四边形，可得，则，作点C关于直线的对称点M，则，点B，P，M三点共线时，的值最小，最小值为． 【详解】解：四边形是矩形，，， 点M，N分别是的中点，，，，， ，，，又，四边形是平行四边形， ，， 如图，作点C关于直线的对称点M，连接，，    则，当点B，P，M三点共线时，的值最小，最小值为， 在中，，， ，的最小值，故选C． 【点睛】本题考查矩形的性质，直线三角形斜边中线的性质，中位线的性质，平行四边形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理，线段的最值问题等，解题的关键是牢固掌握上述知识点，熟练运用等量代换思想． 14．（23-24八年级下·江苏南通·阶段练习）如图，在四边形中，，、、、分别是、、、的中点，若,则 ．    【答案】6 【分析】连接，，，，可得是的中位线，，，分别是，，的中位线，，即四边形为菱形，可知对角线互相垂直，即可证得：，由此即可求得，即，由此即可求出． 【详解】解：如图，连接，，，，    ∵、分别是、的中点，∴是的中位线，∴, 同理可得，，分别是，，的中位线， ∴，，∴，∴四边形为菱形， ∴，且垂足为，∴，， 在中，根据勾股定理得：， 等式两边同时乘以4得：，∴，即． 故，（，负值不合题意舍去）故答案为：6． 【点睛】本题主要考查的是菱形的性质，三角形中位线、勾股定理应用，重点在于根据中点做出对应的中位线． 15．（24-25八年级上·江苏苏州·阶段练习）如图，在中，，垂直平分．若，，垂足分别为点，，连接，则 ． 【答案】/45度 【分析】本题考查了线段垂直平分线性质，等腰三角形的性质与判定，根据三线合一证明，直角三角形斜边中线性质，运用等腰三角形三线合一证明是解题关键．根据题意可证是等腰直角三角形，，根据等腰三角形三线合一可得，根据同角的余角相等可得，根据直角三角形斜边中线性质可证是等腰三角形，进而求出其外角的度数． 【详解】解：∵垂直平分，， ∴，是等腰直角三角形，∴． ∵，，∴，， ∵在直角和直角中，和都和互余，∴， ∵，∴点F是中点，是直角的中线， ∴，∴，∴， ∴．故答案为：． 16．（23-24八年级下·广东·期中）如图，，点E为的中点，于点F，若，，则的面积为 ． 【答案】12 【分析】先利用直角三角形斜边上的中线性质可得，再利用等腰三角形的三线合一性质可得，然后在中，利用勾股定理求出的长，最后利用三角形的面积进行计算即可解答．本题考查了直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的判定与性质，三角形的面积，熟练掌握直角三角形斜边上的中线，勾股定理以及等腰三角形的判定与性质是解题的关键． 【详解】解：，点为的中点，， ，，，，， 在中，， 的面积．故答案为：12． 17．（22-23八年级下·江苏苏州·期中）如图，在和中，，分别为的中点，若，则 ． 【答案】2 【分析】本题考查斜边上的中线，三角形的中位线定理，斜边上的中线，得到，三角形的中位线得到，进而得到即可． 【详解】解：∵，分别为的中点， ∴，为的中位线，∴，故答案为：2． 18．（23-24八年级上·江苏苏州·阶段练习）如图，在四边形中，，，相交于点，点，分别是，的中点，若，那么＝ 度．    【答案】10 【分析】连接，，根据在四边形中，，是的中点可知，再由点是的中点可知是线段的垂直平分线，故，再由对顶角相等可知，由直角三角形的性质即可得出结论． 【详解】解：连接，， 在四边形中，，是的中点，． 点是的中点，是线段的垂直平分线，． ，，．故答案为：10．    【点睛】本题考查的是直角三角形斜边上的中线，熟知在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解答此题的关键． 19．（24-25九年级上·成都·课后作业）如图，在中，，点为的中点，，垂足为，点是的中点，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了三角形的中位线定理、等腰三角形的性质以及勾股定理等知识点，连接可得，求出；根据求出，再由求出即可. 【详解】解：如图，连接， ∵在中，，点为的中点， ，，， ，，． 为的中点，．故答案为：． 20．（2023下·山东德州·八年级阶段练习）如图，四边形中，点E、F、G、H分别为的中点，(1)求证：中点四边形是平行四边形； (2)如图2，点P是四边形内一点，且满足，点E、F、G、H分别为的中点，猜想中点四边形的形状，并证明你的猜想． 【答案】(1)见解析(2)菱形，证明见解析 【分析】（1）连接，根据三角形中位线定理可得，据此可得，即可得证；（2）连接，证得，由知，结合四边形是平行四边形即可得证． 【详解】（1）证明：如图1中，连接， ∵点E、H分别为边的中点，∴, ∵点F、G、分别为的中点，∴， ∴，∴中点四边形是平行四边形； （2）解：四边形是菱形，理由如下：如图2，连接， ∵，∴，即， 在和中，，∴，∴， ∵点E，F，G分别为边的中点，∴， 由（1）得：四边形是平行四边形，∴四边形是菱形． 【点睛】本题主要考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识，学会添加常用辅助线构造全等三角形是解题的关键． 21．（24-25九年级·吉林长春·阶段练习）【课本再现】定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 定理证明：（1）为了证明该定理，小芸同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程．已知：在中，，点是边的中点．求证：． 【知识应用】（2）如图2，在四边形中，，，，分别为，的中点，连接，，．若，平分，，则的长为______； 【性质延伸】（3）如图③，在四边形中，，，，．在四边形内存在一点，点到四边形四个顶点的距离均为，则的值为______． 【答案】（1）见解析（2）（3） 【分析】（1）延长至D，使，连接，证明四边形是平行四边形，由，证明四边形是矩形，即可证明结论； （2）根据三角形中位线定理得，根据直角三角形斜边中线定理得，由此即可证明．再证明，根据即可解决问题； （3）连接，取的中点，连接，由（1）可知，求出的长，由勾股定理可得出答案． 【详解】证明：（1）延长至D，使，连接， ∵点O是边的中点，∴，∵，∴四边形是平行四边形， ∵，∴四边形是矩形，∴，∴； 解：（2）在中，、分别是、的中点，，， 在中，是中点，，，， ，平分，，， ，，， ，，，； （3）解：如图，连接，取的中点，连接， 由（1）可知， 则点到四边形四个顶点的距离均为，即， 设，则，，， ，，，， ∴点到四边形四个顶点的距离． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、等腰三角形的性质，三角形中位线定理、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． 22．（23-24八年级下·广东河源·期中）（1）如图1，中，，分别是，上的高，M，N分别是，的中点，求证：． 拓展：（2）如图2，中，，，点E是上的点，于点D，点M是的中点，探索与的数量关系与位置关系． （3）如图3，将（2）中的绕点B逆时针转小于的角，（2）中的结论是否还成立？成立，请说明理由．    【答案】（1）见解析；（2），，见解析；（3）结论成立．证明见解析 【分析】（1）连接，，利用直角三角形的性质可得出，然后利用等腰三角形三线合一的性质即可得证； （2）利用直角三角形的性质可得出，，利用等边对等角得出，，利用等腰直角三角形的性质可求出，则，然后利用四边形内角和为即可判断； （3）延长到F，使得，连接，，，证明，得出，，利用三角形的内角和定理可得出，证明，得出，，进而得出，则是等腰直角三角形，然后利用等腰三角形三线合一的性质即可得出结论． 【详解】（1）证明：如图1，连接，，       ∵，分别是，上的高，M，N分别是，的中点， ∴，，∴，又∵N为中点，∴； （2）解：如图2，，． ∵，点M是的点，∴，∴， ∵，点M是的点，∴，∴，． ∵，∴，∵，∴， ∴，即，∴， ∴，∴； （3）结论成立．如图3，当绕点B逆时针转小于的角时，仍是等腰直角三角形，延长到F，使得，连接，，．    ∵，，，∴，∴，， ∵，，∴．∵，∴， ∵，∴，∴，， ∴，∴是等腰直角三角形，∵，∴，． 【点睛】本题考查了直角三角形的性质、三角形内角和定理，等腰三角形的判定与性质等知识，掌握直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键． 23．（24-25九年级上·陕西西安·开学考试） 问题提出：(1)如图1，在中，，点、分别是，的中点，则的长为___； 问题探究：(2)如图2，在中，，点在上，，点在上，，连接，、分别为、的中点，求的长度？ 问题解决：(3)西安高新区为了进一步提升周边居民的居住环境，拟在一个长方形的草坪内对角线右侧修建一个三角形池塘，如图，，，，为草坪入口，为草坪出口，在人行道的中点处有一个凉亭，在池塘处是一个观景台，游客从凉亭到出口的距离与从凉亭到观景台的距离相等吗？为什么？ 【答案】（1）2；（2）；（3）相等，理由见解析 【分析】（1）根据三角形中位线定理即可求解； （2）连接，取的中点，连接并延长交于点，连接，过点作，交的延长线于点，根据中位线的性质求得，根据含30度角的直角三角形的性质得出，根据勾股定理求得，进而在中，勾股定理即可求解； （3）取的中点，的中点，连接，根据中位线的性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得出，根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，三角形的外角的性质，证明，即可证明，根据全等三角形的性质即可得出结论． 【详解】解：（1）∵在中，，点、分别是，的中点， ∴，故答案为：． （2）如图所示，连接，取的中点，连接并延长交于点，连接，过点作，交的延长线于点，∵、分别为、的中点 ∴，，，       ∵，∴，∴， 在中，，∴， ∴在中，； （3）解：相等，理由如下， 如图所示，取的中点，的中点，连接， ∵是的中点，∴，， ∴，，∴ ∵，则，∴，， ∴ ∵，为的中点，∴， ∴∴，∴， ∴，∴， 又，∴，∴． 即游客从凉亭到出口的距离与从凉亭到观景台的距离相等． 【点睛】本题考查了三角形中位线的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握以上知识是解题的关键． 24．（2023上·黑龙江哈尔滨·九年级校考开学考试）阅读与思考 下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务， 瓦里尼翁平行四边形 我们知道，如图1，在四边形中，点、、，分别是边、，，的中点，顺次连接，、、，得到的四边形是平行四边形． 我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁（Varingnon， Pierte 1654-1722）是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切． ①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系． ③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下： 证明：如图2，连接，分别交，于点、，过点作于点，交于点 ∵、分别为，的中点，∴，．（依据1） ∴，∵，∴． ∵四边形是瓦里尼翁平行四边形，∴，即． ∵，即，∴四边形是平行四边形，（依据2）． ∴， ∵，∴．同理，…    任务：(1)填空：材料中的依据1是指：________．依据2是指：________． (2)如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，满足下列要求：①四边形及它的瓦里尼翁平行四边形的顶点都在小正方形网格的格点的上；    ②四边形是矩形，不是正方形．(3)在图1中，分别连接，得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线、长度的关系，并证明你的结论．    【答案】(1)三角形中位线定理，两组对边分别平行的四边形是平行四边形； (2)见解析；(3)行四边形的周长等于． 【分析】（1）由三角形中位线定理和平行四边形的判定可求解； （2）先画格点矩形，再找出格点A、B、C、D点，使点，，，分别是恰好边，，，的中点，顺次连接即可得到所求； （3）由三角形中位线定理可得，，，，即可求解． 【详解】（1）解：（1）证明：如图2，连接，分别交，于点，，过点作于点，交于点．，分别为，的中点， ，，（三角形中位线定理），， ，， 四边形是瓦里尼翁平行四边形，，即． ，即，四边形是平行四边形，（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）， ，， ，同理可得，，， 故答案为：三角形中位线定理，两组对边分别平行的四边形是平行四边形； （2）如图，四边形及它的瓦里尼翁平行四边形为所求：    （3）瓦里尼翁平行四边形的周长等于，理由如下： 四边形是瓦里尼翁平行四边形， 点，，，分别是边，，，的中点， ，，，， 瓦里尼翁平行四边形的周长． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，矩形的判定等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 25．（24-25九年级上·湖南长沙·开学考试）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】（1）在已经学过的“①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形”中，_________是“中方四边形”（填序号）． 【性质探究】（2）如图1，若四边形是“中方四边形”，观察图形，线段和线段有什么关系，并证明你的结论． 【问题解决】（3）如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形连结，依次连接四边形的四边中点得到四边形．求证：四边形是“中方四边形”． 【答案】（1）④；（2）；（3）见解析 【分析】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．（1）根据定义“中方四边形”，即可得出答案； （2）由四边形是“中方四边形”，可得是正方形且E、F、G、H分别是的中点，利用三角形中位线定理即可得出答案；（3）如图2，取四边形各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K，利用三角形中位线定理可证得四边形是平行四边形，再证得，推出是菱形，再由，可得菱形是正方形，即可证得结论． 【详解】（1）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，故答案为：④； （2）解：；理由如下：如图1，∵四边形是“中方四边形”， ∴是正方形且E、F、G、H分别是的中点， ∴，，，， ∴，故答案为：，； （3）证明：如图2，连接交于P，连接交于K， ∵四边形各边中点分别为M、N、R、L， ∴分别是的中位线， ∴，，， ∴，，∴四边形是平行四边形， ∵四边形和四边形都是正方形，∴， ∴，即， ∴，∴， ∴，∴平行四边形是菱形，∵，∴． 又∵∴，∴， 又∵，∴． ∴菱形是正方形，即原四边形是“中方四边形”． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$