重难点14 三角形中位线定理的运用的七大重难点题型-2024-2025学年八年级数学下册【重难点考点】专练（人教版）

重难点14 三角形中位线定理的运用 ▲知识点1： 三角形的中位线 ★1、定义：连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线. 几何语言：如下图：在 △ABC中，∵D、E 分别是边 AB、AC 的中点， ∴DE是△ABC的中位线. ★2、性质定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边且等于第三边的一半. 几何语言：∵ D、E 分别是边 AB、AC 的中点， ∴ DE∥BC，且DE =BC． ★3、一个三角形有三条中位线，如图DE,DF,EF都是△ABC的中位线，中位线是一条线段. ★4、三角形的三条中位线把原三角形分成四个全等的小三角形，三个面积相等的平行四边形；四个全等小三角形的周长都是原三角形周长的一半. 【题型一 利用三角形中位线定理求线段长 】 【例题1】（2024秋•长沙期中）如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，F，G分别是AD，AE的中点，且FG＝2cm，则BC的长度是（　　） A．4cm B．6cm C．8cm D．10cm 【变式1-1】（2024秋•海淀区期中）如图，BD是△ABC的中线，E，F分别是BD，BC的中点，连接EF．若AD＝4，则EF的长为（　　） A． B．2 C． D．4 【变式1-2】（2024秋•射洪市校级期中）如图，AD是等腰三角形ABC的顶角平分线，BC＝10，点E，F分别是AD，AC边的中点，连结EF，EF∥BC，则EF＝　 　． 【变式1-3】（2024春•青县期末）如图所示，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝6，BC＝8，则EF的长为（　　） A．1 B．2 C．1.5 D．2.5 【变式1-4】（2024秋•东营期末）如图，四边形ABCD中，P、R分别是BC、CD上的点，E、F分别是AP、RP的中点，当点P在CB上从C向D移动而点R不动时，那么下列结论成立的是（　　） A．线段EF的长逐渐增大 B．线段EF的长逐渐减小 C．线段EF的长不变 D．线段EF的长与点P的位置有关 【变式1-5】（2024春•东港市期末）如图，△ABC中，∠BAD＝∠CAD，BE＝CE，AD⊥BD，DE，AB＝4，则AC的值为（　　） A．6 B． C．7 D．8 【变式1-6】（2024春•雁塔区校级期末）如图，点D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，连接BE，过点C作CF∥BE，交DE的延长线于点F，若EF＝3，求DE的长． 【变式1-7】如图，在△ABC中，AB＝12cm，AC＝8cm，AD、AE分别是其角平分线和中线，过点C作CG⊥AD于点F，交AB于点G，连接EF，求线段EF的长． 【题型二 利用三角形中位线定理求周长】 【例题2】（2024秋•隆回县期末）如图，D，E分别是△ABC的边AB，AC上的中点，如果△ADE的周长是10，则△ABC的周长是（　　） A．10 B．15 C．18 D．20 【变式2-1】（2024秋•莱芜区期末）如图，△ABC是边长为2的等边三角形，取BC边中点E，作ED∥AB，EF∥AC，得到四边形EDAF，它的周长记作C1；取BE中点E1，作D1E1∥FB，E1F1∥EF，得到四边形E1D1FF1，它的周长记作C2，则C2＝（　　） A．4 B．2 C． D．1 【变式2-2】（2024秋•汉寿县期末）如图，在△ABC中，D是AC边的中点，且BD⊥AC，ED∥BC，ED交AB于点E，若AC＝4，BC＝6，则△ADE的周长为　 　． 【变式2-3】（2024秋•姜堰区期末）如图，在△ABC中，AD是高，E、F分别是AB、AC的中点，且AB＝5，AC＝4，则四边形AEDF的周长为 　 　． 【变式2-4】（2024秋•鼓楼区校级期末）如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D，E，F分别为AC，BC的中点．AB＝10，BC＝8，DE＝4.6，则△DEF的周长是 　 　． 【变式2-5】（2024春•本溪期末）如图，AC，BD是四边形ABCD的对角线，点E，F分别是AD，BC的中点，点M，N分别是AC，BD的中点，顺次连接EM，MF，FN，NE，若AB＝CD＝2，则四边形ENFM的周长是 　 　． 【变式2-6】（2024春•鼎城区期末）如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，E，F分别为边AC，BC的中点，连接DE，EF． （1）若∠B＝40°，∠C＝55°，求∠DEF的度数； （2）若AD＝6，BD＝8，CD＝4，求△DEF的周长． 【题型三 利用三角形中位线定理求角度 】 【例题3】（2024秋•安岳县期末）如图，在△ABC中，D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，若∠CFE＝55°，则∠ADE的度数为（　　） A．65° B．60° C．55° D．50° 【变式3-1】（2024秋•鼓楼区校级期末）如图，点M，N分别是△ABC的边AB，AC的中点，若∠A＝60°，∠B＝75°，则∠ANM＝　 　． 【变式3-2】（2024•永安市模拟）如图，DE是△ABC的中位线，∠ABC的平分线交DE于点F，若∠DFB＝32°，∠A＝75°，则∠AED＝　 　． 【变式3-3】如图，在四边形ABCD中，点E，F，G分别是AD，BC，AC的中点，AB＝CD，∠EGF＝144°，则∠GEF的度数为 　 　． 【变式3-4】（2024春•顺德区校级期中）如图，在四边形ABCD中，点E、F分别是边AB、AD的中点，BC＝15，CD＝9，EF＝6，∠AFE＝50°，求∠ADC的度数． 【变式3-5】（2024春•鼓楼区期中）如图所示，在△ABC中，∠A＝40°，D，E分别在AB，AC上，BD＝CE，BE，CD的中点分别是M，N，直线MN分别交AB，AC于P，Q．求∠APQ的度数． 【题型四 利用三角形中位线定理证明线段关系】 【例题4】（2024秋•杜尔伯特县期末）如图，已知△ABC中，D是AB上一点，AD＝AC，AE⊥CD，垂足是E，F是BC的中点．求证：BD＝2EF． 【变式4-1】（2024春•秦都区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别是边AB、AC上的点，连接BE、DE，∠ADE＝∠AED，点F、G、H分别为BE、DE、BC的中点．求证：FG＝FH． 【变式4-2】（2024秋•互助县期中）如图，已知AB＝AC，BD＝CD，DB⊥AB，DC⊥AC，且E、F、G、H分别为AB、AC、CD、BD的中点，求证：EH＝FG． 【变式4-3】已知：如图，E为▱ABCD中DC边的延长线上的一点，且CE＝DC，连接AE分别交BC、BD于点F、G，连接AC交BD于O，连接OF．求证：AB＝2OF． 【变式4-4】（2024春•富平县期末）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD 相交于点O，且AC＝BD，E、F分别是AB、CD的中点，E、F分别交BD、AC于点G、H，取BC边的中点M，连接EM、FM．求证： （1）△MEF是等腰三角形； （2）OG＝OH． 【变式4-5】（2024春•瑶海区期末）已知：如图，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点 （1）若DE＝2，则BC＝　 ；若∠ACB＝70°，则∠AED＝　 　°； （2）连接CD和BE交于点O，求证：CO＝2DO． 【变式4-6】（2024春•虎丘区校级期中）如图，线段AM是∠CAB的角平分线，取BC中点N，连接AN，过点C作AM的垂线段CE垂足为E． （1）求证：EN∥AB． （2）若AC＝13，AB＝37，求EN的长度． 【变式4-7】（2024秋•天河区校级月考）如图所示，在四边形ABCD中，AB＝DC，E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别是BD，AC的中点． （1）连结EG，GF，FH，HE，请证明四边形EGFH是平行四边形； （2）猜一猜EF与GH的位置关系，并证明你的结论． 【题型五 利用三角形中位线定理证明角关系 】 【例题5】（2024春•莆田期末）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，E、F分别是边DC、AB的中点，FE的延长线分别AD、BC的延长线交于点H、G，求证：∠AHF＝∠BGF． 【变式5-1】（2024春•西峰区校级月考）如图，四边形ABCD中，AD＝BC，P是对角线BD的中点，N、M分别是AB、CD的中点，求证：∠PMN＝∠PNM． 【变式5-2】（2024春•歙县期中）如图，CD是△ABC的角平分线，AE⊥CD于E，F是AC的中点， （1）求证：EF∥BC； （2）猜想：∠B、∠DAE、∠EAC三个角之间的关系，并加以证明． 【变式5-3】如图，△ABC中，D、E分别为AB、AC上的点，且BD＝CE，M、N分别是BE、CD的中点．过MN的直线交AB于P，交AC于Q，求证：∠QPA＝∠PQA． 【变式5-4】一个对角线相等的四边形ABCD，E、F分别为AB，CD的中点，EF分别交对角线BD，AC于M，N，求证：∠OMN＝∠ONM． 【变式5-5】（2024秋•唐河县期中）如图①是华师大版九年级上册数学教材第80页的第3题： 在四边形ABCD中，AD＝BC， P是对角线BD的中点， M是DC中点，N是AB的中点． 求证：∠PMN＝∠PNM（不用证明） 结论应用： （1）如图②，在上述题目的条件下，延长图中的线段AD交NM的延长线于点E，延长线段BC交NM的延长线于点F．求证：∠AEM＝∠F； （2）若（1）中的∠A+∠ABC＝122°，则∠F的度数为 　 　． 【题型六 利用三角形的中位线求最值】 【例题6】（2024秋•洪洞县期末）跷跷板是在狭长的木杆中间装上轴，然后架在支柱上，两人对坐两端，轮流用脚蹬地，使一端跷起，图1是两个小朋友玩跷跷板实物图；图2是其示意图，支柱MN垂直于地面，点M是AB的中点，MN＝35cm，那么小朋友在游戏中，点B离地面的最大高度是（　　） A．60cm B． C．70cm D． 【变式6-1】（2024秋•杜尔伯特县期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，点N是BC边上一点，点M为AB边上的动点，点D、E分别为CN，MN的中点，则DE的最小值是（　　） A．2 B． C．3 D． 【变式6-2】（2024春•西山区校级期中）如图所示，在四边形ABCD中，CD，∠C＝30°，M为AD中点，动点P从点B出发沿BC向终点C运动，连接AP，DP，取AP中点N，连接MN，求线段MN的最小值（　　） A． B． C． D．3 【变式6-3】如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，BC＝8，点D在BC上，以AC为对角线的所有平行四边形ADCE中，DE的最小值是（　　） A．10 B．8 C．6 D．5 【变式6-4】（2024安庆二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，CA＝CB＝2，CD⊥AB于D，E为BC中点，F为CD上一动点，P为AF中点，连接PE，则PE的最小值是（　　） A．2 B．4 C． D．2 【变式6-5】（2024•岳麓区校级开学）如图，AB＝12，∠A＝45°，点D是射线AF上的一个动点，DC⊥AB，垂足为点C，点E为DB的中点，则线段CE的长的最小值为 　 　． 【变式6-6】（2024秋•黔东南州期末）如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝4，点P是一动点，且AP＝2，点Q是BP的中点，则CQ的最小值为 　 　． 【变式6-7】（2024春•朝阳区校级期末）如图，四边形ABCD中，∠A＝60°，AD＝2，AB＝3，点M，N分别为线段BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为 　 　． 【题型七 三角形中位线定理的综合应用】 【例题7】（2024秋•任城区期末）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，BE⊥AE于点E，点F是BC的中点，若AB＝10，AC＝6，则EF的长为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【变式7-1】（2024春•綦江区校级月考）如图，在四边形ABCD中，AC⊥BD，BD＝16，AC＝30，E，F分别为AB，CD的中点，则EF＝（　　） A．15 B．.16 C．17 D．8 【变式7-2】如图，正方形ABCD和正方形EFCG的边长分别为3和1，点F，G分别在边BC，CD上，P为AE的中点，连接PG，则PG的长为　 ． 【变式7-3】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＝　 　． 【变式7-4】（2024春•香坊区校级期中）如图所示，在四边形ABCD中，点E、F分别是AD、BC的中点，连接EF，AB＝20，CD＝12，∠B+∠C＝120°，则EF的长为 　 　． 【变式7-5】（2024春•凤翔区期末）（1）课本再现 已知：如图，DE是△ABC的中位线．求证：DE∥BC，且DEBC． 定理证明 证明：如图1，延长DE至点F，使得EF＝DE，连接CF．请你根据小乐添加的辅助线，写出完整的证明过程；（不再添加新的辅助线） （2）知识应用 如图2，在四边形ABCD中，AB＝6，CD＝8，∠BAC＝30°，∠ACD＝120°，点E，F，M分别是AD，BC，AC的中点，求EF的长． 【变式7-6】（1）如图1，BD、CE分别是△ABC的外角平分线，过点A作AF⊥BD，AG⊥CE，垂足分别是F、G，连接FG．求证：FG（AB+BC+AC）．[提示：分别延长AF、AG与直线BC相交] （2）如图2，若BD、CE分别是△ABC的内角平分线，过点A作AF⊥BD，AG⊥CE，垂足分别是F、G，连接FG．线段FG与△ABC的三边又有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给予证明． 【变式7-7】如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，E．F分别是BC．AD的中点，连接EF并延长，分别与BA，CD的延长线交于点M，N，则∠BME＝∠CNE（不必证明） （温馨提示：在图（1）中，连接BD，取BD的中点H，连接HE．HF，根据三角形中位线定理，证明HE＝HF，从而∠1＝∠2，再利用平行线的性质，可证明∠BME＝∠CNE） （1）如图（2），在四边形ADBC中，AB与CD相交于点O，AB＝CD，E．F分别是BC．AD的中点，连接EF，分别交CD．BA于点M．N，判断△OMN的形状，请直接写出结论． （2）如图（3）中，在△ABC中，AC＞AB，D点在AC上，AB＝CD，E．F分别是BC．AD的中点，连接EF并延长，与BA的延长线交于点G，若∠EFC＝60°，连接GD，判断△AGD形状并证明． 1．（2024秋•高州市期末）如图，A，B两地被池塘隔开，小明先在AB外选一点C，然后测出AC，BC的中点M，N．若MN的长为18米，则A，B间的距离是（　　） A．9米 B．18米 C．27米 D．36米 2．（2024秋•莲池区校级期末）如图，在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝60°，AD⊥BC于点D，，若E，F分别为AB，BC的中点，则EF的长为（　　） A． B． C． D． 3．（2024秋•祁东县期末）如图，已知点D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，△ABC的周长为12，则△DEF的周长是（　　） A．6 B．7 C．8 D．10 4．（2024秋•安岳县期末）如图，在四边形ABCD中，点M是对角线BD的中点，点E、F分别是边AB、CD的中点，AD＝BC，∠EMF＝132°，则∠MFE的度数为（　　） A．66° B．48° C．38° D．24° 5．（2024春•潜山市期末）已知：四边形ABCD中，AB＝4，CD＝6，M、N分别是AD，BC的中点，则线段MN的取值范围（　　） A．1＜MN＜5 B．1＜MN≤5 C．2＜MN＜10 D．2＜MN≤10 6．（2024•卧龙区一模）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AB，AD＝1，点M，N分别是边BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E，F分别是线段DM，MN的中点，则线段EF长度的最大值为（　　） A．2 B． C．1 D． 7．（2024春•益阳期末）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，D是BC的中点AE⊥BE，AB＝5，AC＝3，则DE的长为（　　） A．1 B． C．2 D． 8．（2024春•崇川区校级月考）已知：如图，在△ABC中，中线BE，CD交于点O，F，G分别是OB，OC的中点． 求证：（1）DE∥FG； （2）DG和EF互相平分． 9．（2024秋•大荔县校级期中）如图，△ABC是等边三角形，D，E分别是AB，AC的中点，连接DE． （1）求证：△ADE是等边三角形； （2）在线段DE的延长线上取点F，G，使FG＝DE，连接CG，连接AF并延长交CG于点H，∠AFD＝∠CGE．求证：△ADF≌△CEG． 10．（2024秋•张店区校级期末）已知：如图，在△ABC中，点D在AB上，BD＝AC，E、F、G分别是BC、AD、CD的中点，EF、CA的延长线相交于点H． 求证：（1）∠CGE＝∠ACD+∠CAD； （2）AH＝AF． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点14 三角形中位线定理的运用 ▲知识点1： 三角形的中位线 ★1、定义：连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线. 几何语言：如下图：在 △ABC中，∵D、E 分别是边 AB、AC 的中点， ∴DE是△ABC的中位线. ★2、性质定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边且等于第三边的一半. 几何语言：∵ D、E 分别是边 AB、AC 的中点， ∴ DE∥BC，且DE =BC． ★3、一个三角形有三条中位线，如图DE,DF,EF都是△ABC的中位线，中位线是一条线段. ★4、三角形的三条中位线把原三角形分成四个全等的小三角形，三个面积相等的平行四边形；四个全等小三角形的周长都是原三角形周长的一半. 【题型一 利用三角形中位线定理求线段长 】 【例题1】（2024秋•长沙期中）如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，F，G分别是AD，AE的中点，且FG＝2cm，则BC的长度是（　　） A．4cm B．6cm C．8cm D．10cm 【分析】利用三角形中位线定理求得FGDE，DEBC，于是得到结论． 【解答】解：如图，∵△ADE中，F、G分别是AD、AE的中点， ∴DE＝2FG＝4cm， ∵D，E分别是AB，AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴BC＝2DE＝8cm， 故选：C． 【点评】本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记定理是解题的关键． 【变式1-1】（2024秋•海淀区期中）如图，BD是△ABC的中线，E，F分别是BD，BC的中点，连接EF．若AD＝4，则EF的长为（　　） A． B．2 C． D．4 【分析】根据三角形的中线的概念求出DC，根据三角形中位线定理计算即可． 【解答】解：∵BD是△ABC的中线，AD＝4， ∴DC＝AD＝4， ∵E，F分别是BD，BC的中点， ∴EF是△BCD的中位线， ∴EFDC＝2， 故选：B． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键． 【变式1-2】（2024秋•射洪市校级期中）如图，AD是等腰三角形ABC的顶角平分线，BC＝10，点E，F分别是AD，AC边的中点，连结EF，EF∥BC，则EF＝　 　． 【分析】根据等腰三角形的性质得到，根据三角形中位线定理即可得到结论． 【解答】解：由条件可知， ∵点E，F分别是AD，AC边的中点， ∴EF是△ACD的中位线， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键． 【变式1-3】（2024春•青县期末）如图所示，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝6，BC＝8，则EF的长为（　　） A．1 B．2 C．1.5 D．2.5 【分析】先根据三角形中位线定理求出DE的长，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出DF的长即可得到答案． 【解答】解：∵DE是△ABC的中位线，BC＝8， ∴，D是AB的中点， ∵∠AFB＝90°， ∴， ∴EF＝DE﹣DF＝1， 故选：A． 【点评】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，熟知三角形中位线定理和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键． 【变式1-4】（2024秋•东营期末）如图，四边形ABCD中，P、R分别是BC、CD上的点，E、F分别是AP、RP的中点，当点P在CB上从C向D移动而点R不动时，那么下列结论成立的是（　　） A．线段EF的长逐渐增大 B．线段EF的长逐渐减小 C．线段EF的长不变 D．线段EF的长与点P的位置有关 【分析】连接AR，根据三角形中位线定理得到EFAR，得出结论． 【解答】 解：如图，连接AR， ∵E、F分别是AP、RP的中点， ∴EF是△APR的中位线， ∴EFAR， ∵点R不动， ∴AR大小不变， ∴线段EF的长不变， 故选：C． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理，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． 【变式1-5】（2024春•东港市期末）如图，△ABC中，∠BAD＝∠CAD，BE＝CE，AD⊥BD，DE，AB＝4，则AC的值为（　　） A．6 B． C．7 D．8 【分析】延长BD交AC于F，可证得△ABD≌△AFD，从而AF＝AB＝4，可证得DE是△BCF的中位线，从而得出CF的值，进一步可得出结果． 【解答】解：如图， 延长BD，交AC于F， ∵AD⊥BD， ∴∠ADB＝∠ADF＝90°， 在△ABD和△AFD中， ， ∴△ABD≌△AFD（ASA）， ∴BD＝DF，AF＝AB＝4， ∵BE＝CE， ∴CF＝2DE＝3， ∴AC＝AF+CF＝4+3＝7， 故答案为：C． 【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 【变式1-6】（2024春•雁塔区校级期末）如图，点D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，连接BE，过点C作CF∥BE，交DE的延长线于点F，若EF＝3，求DE的长． 【分析】先证明DE为△ABC的中位线，得到四边形BCFE为平行四边形，求出BC＝EF＝3，根据中位线定理即可求解． 【解答】解：∵D、E分别是△ABC的边AB、AC的中点， ∴DE为△ABC的中位线， ∴DE∥BC，DEBC， ∴EF∥BC， ∵CF∥BE， ∴四边形BCFE为平行四边形， ∴BC＝EF＝3， ∴DEBC． 【点评】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形判定与性质，熟知三角形中位线定理是解题关键． 【变式1-7】如图，在△ABC中，AB＝12cm，AC＝8cm，AD、AE分别是其角平分线和中线，过点C作CG⊥AD于点F，交AB于点G，连接EF，求线段EF的长． 【分析】首先证明△AGF≌△ACF，则AG＝AC＝4，GF＝CF，证明EF是△BCG的中位线，利用三角形的中位线定理即可求解． 【解答】解：在△AGF和△ACF中， ， ∴△AGF≌△ACF（ASA）． ∴AG＝AC＝8， ∴GF＝CF，则BG＝AB﹣AG＝12﹣8＝4（cm）． 又∵BE＝CE， ∴EF是△BCG的中位线． ∴EFBG＝2cm． 答：EF的长为2cm， 【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，三角形的中位线定理，正确证明GF＝CF是关键． 【题型二 利用三角形中位线定理求周长】 【例题2】（2024秋•隆回县期末）如图，D，E分别是△ABC的边AB，AC上的中点，如果△ADE的周长是10，则△ABC的周长是（　　） A．10 B．15 C．18 D．20 【分析】根据线段中点的定义、三角形中位线定理得到ADAB，AEAC，DEBC，根据三角形的周长公式计算，得到答案． 【解答】解：∵D，E分别是△ABC的边AB，AC上的中点， ∴DE是△ABC的中位线，ADAB，AEAC， ∴DEBC， ∵△ADE的周长＝10， ∴AD+AE+DE＝10， ∴△ABC的周长＝AB+AC+BC＝2（AD+AE+DE）＝20， 故选：D． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理，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． 【变式2-1】（2024秋•莱芜区期末）如图，△ABC是边长为2的等边三角形，取BC边中点E，作ED∥AB，EF∥AC，得到四边形EDAF，它的周长记作C1；取BE中点E1，作D1E1∥FB，E1F1∥EF，得到四边形E1D1FF1，它的周长记作C2，则C2＝（　　） A．4 B．2 C． D．1 【分析】根据三角形中位线定理可求出C1的值，进而可得出C2的值得出答案． 【解答】解：∵E是BC的中点，ED∥AB， ∴DE是△ABC的中位线， ∵△ABC是边长为2的等边三角形， ∴DEAB＝AF＝1，AD1， ∴DE＝AD， ∵EF∥AC， ∴四边形EDAF是菱形， ∴C1＝4×1＝4， 同理求得：C2＝42． 故选：B． 【点评】本题主要考查三角形的中位线，等边三角形的性质，找出计算周长的规律是解题的关键． 【变式2-2】（2024秋•汉寿县期末）如图，在△ABC中，D是AC边的中点，且BD⊥AC，ED∥BC，ED交AB于点E，若AC＝4，BC＝6，则△ADE的周长为　 　． 【分析】根据线段垂直平分线的性质得到AB＝BC＝6，根据三角形中位线定理求出DE，根据直角三角形的性质求出AE，根据三角形的周长公式计算，得到答案． 【解答】解：∵D是AC边的中点，BD⊥AC， ∴BD是线段AC的垂直平分线，ADAC＝2， ∴AB＝BC＝6， ∵D是AC边的中点，ED∥BC， ∴点E是AB的中点，DEBC＝3， 在Rt△ADB中，点E是AB的中点， ∴DEAB＝3， ∴△ADE的周长＝AE+DE+AD＝8， 故答案为：8． 【点评】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． 【变式2-3】（2024秋•姜堰区期末）如图，在△ABC中，AD是高，E、F分别是AB、AC的中点，且AB＝5，AC＝4，则四边形AEDF的周长为 　 　． 【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质分别求出DE、DF，根据线段中点的概念分别求出AE、AF，进而求出四边形AEDF的周长． 【解答】解：∵AD是△ABC中BC边上的高， ∴∠ADB＝∠ADC＝90°， ∵E、F分别是AB、AC的中点， ∴DEAB＝2.5，DFAC＝2，AEAB＝2.5，AFAC＝2， ∴四边形AEDF的周长＝AE+DE+DF+AF＝9， 故答案为：9． 【点评】本题主要考查了直角三角形斜边中线的性质，三角形的中位线定理，熟记相关性质和定理是解题的关键． 【变式2-4】（2024秋•鼓楼区校级期末）如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D，E，F分别为AC，BC的中点．AB＝10，BC＝8，DE＝4.6，则△DEF的周长是 　 　． 【分析】根据三角形中位线定理求出EF，根据直角三角形斜边上的中线的性质求出DF，根据三角形的周长公式计算，得到答案． 【解答】解：∵E，F分别为AC，BC的中点 ∴EF是△ABC的中位线， ∴EFAB10＝5， ∵CD⊥AB， ∴∠BDC＝90°， 在Rt△BDC中，F为BC的中点，BC＝8， 则DFBC8＝4， ∴△DEF的周长＝DE+EF+DF＝4.6+5+4＝13.6， 故答案为：13.6． 【点评】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，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键． 【变式2-5】（2024春•本溪期末）如图，AC，BD是四边形ABCD的对角线，点E，F分别是AD，BC的中点，点M，N分别是AC，BD的中点，顺次连接EM，MF，FN，NE，若AB＝CD＝2，则四边形ENFM的周长是 　 　． 【分析】利用三角形中位线定理推知EN＝MFAB，EM＝NFCD，所以利用四边形的周长公式计算即可． 【解答】解：∵点E是AD的中点，点N是BD的中点， ∴EN是△ABD的中位线， ∴ENAB． 同理，MF、EM、NF分别是△ABC、△ADC、△BCD的中位线， ∴EN＝MFAB＝1，EM＝NFCD＝1， ∴四边形ENFM的周长是：EN+MF+EM+NF＝4． 故答案为：4． 【点评】本题主要考查了三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半． 【变式2-6】（2024春•鼎城区期末）如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，E，F分别为边AC，BC的中点，连接DE，EF． （1）若∠B＝40°，∠C＝55°，求∠DEF的度数； （2）若AD＝6，BD＝8，CD＝4，求△DEF的周长． 【分析】（1）根据三角形内角和定理求出∠BAC，根据三角形中位线定理得到EF∥AB，根据平行线的性质得到∠CEF＝∠BAC＝85°，根据直角三角形的性质得到DE＝EC，进而得到∠EDC＝∠C＝55°，计算即可； （2）根据勾股定理求出AB，根据三角形中位线定理求出EF，根据勾股定理求出AC，根据直角三角形的性质求出DE，结合图形计算即可． 【解答】解：（1）∵∠B＝40°，∠C＝55°， ∴∠BAC＝180°﹣∠B﹣∠C＝85°， ∵E，F分别为边AC，BC的中点， ∴EF∥AB， ∴∠CEF＝∠BAC＝85°， 在Rt△ADC中，E为边AC的中点， ∴DEAC＝EC， ∴∠EDC＝∠C＝55°， ∴∠DEC＝180°﹣∠EDC﹣∠C＝70°， ∴∠DEF＝85°﹣70°＝15°； （2）在Rt△ADB中，AD＝6，BD＝8， 由勾股定理得：AB10， ∵E，F分别为边AC，BC的中点， ∴EFAB＝5， 在Rt△ADC中，AD＝6，CD＝4， 由勾股定理得：AC2， ∴DEAC， ∵BD＝8，CD＝4， ∴BC＝12， ∵F为边BC的中点， ∴CF＝6， ∴DF＝6﹣4＝2， ∴△DEF的周长＝5+27． 【点评】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． 【题型三 利用三角形中位线定理求角度 】 【例题3】（2024秋•安岳县期末）如图，在△ABC中，D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，若∠CFE＝55°，则∠ADE的度数为（　　） A．65° B．60° C．55° D．50° 【分析】根据三角形中位线定理得到EF∥AB，DF∥AC，再根据平行线的性质求出∠ADE． 【解答】解：∵D、E、F分别是AB、AC、BC的中点， ∴EF∥AB，DF∥AC， ∴∠B＝∠CFE＝55°， ∵DF∥AC， ∴∠ADE＝∠B＝55°， 故选：C． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形中位线平行于第三边是解题的关键． 【变式3-1】（2024秋•鼓楼区校级期末）如图，点M，N分别是△ABC的边AB，AC的中点，若∠A＝60°，∠B＝75°，则∠ANM＝　 　． 【分析】根据三角形内角和定理求出∠C，再根据三角形内角和定理得到MN∥BC，根据平行线的性质解答即可． 【解答】解：在△ABC中，∠A＝60°，∠B＝75°， 则∠C＝180°﹣∠A﹣∠B＝180°﹣60°﹣75°＝45°， ∵点M，N分别是△ABC的边AB，AC的中点， ∴MN是△ABC的中位线， ∴MN∥BC， ∴∠ANM＝∠C＝45°， 故答案为：45°． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、三角形内角和定理，掌握三角形的中位线平行于第三边是解题的关键． 【变式3-2】（2024•永安市模拟）如图，DE是△ABC的中位线，∠ABC的平分线交DE于点F，若∠DFB＝32°，∠A＝75°，则∠AED＝　 　． 【分析】根据三角形中位线定理得到DE∥BC，根据平行线的性质得到∠FBC＝∠DFB＝32°，根据三角形的外角性质、三角形内角和定理计算，得到答案． 【解答】解：∵DE是△ABC的中位线， ∴DE∥BC， ∴∠FBC＝∠DFB＝32°， ∵BF是∠ABC的平分线， ∴∠DBF＝∠FBC＝32°， ∴∠ADE＝∠DBF+∠DFB＝64°， ∴∠AED＝180°﹣∠A﹣∠ADE＝180°﹣75°﹣64°＝41°， 故答案为：41°． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、三角形的外角性质、角平分线的定义、平行线的性质，掌握三角形中位线平行于第三边是解题的关键． 【变式3-3】如图，在四边形ABCD中，点E，F，G分别是AD，BC，AC的中点，AB＝CD，∠EGF＝144°，则∠GEF的度数为 　 　． 【分析】根据三角形中位线定理得到EGCD，FGAB，进而证明EG＝FG，根据等腰三角形的性质得到∠GEF＝∠GFE，根据三角形内角和定理计算即可． 【解答】解：∵点E，F，G分别是AD，BC，AC的中点， ∴EG是△ACD的中位线，FG是△ACB的中位线， ∴EGCD，FGAB， ∵AB＝CD， ∴EG＝FG， ∴∠GEF＝∠GFE， ∵∠EGF＝144°， ∴∠GEF（180°﹣144°）＝18°， 故答案为：18°． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键． 【变式3-4】（2024春•顺德区校级期中）如图，在四边形ABCD中，点E、F分别是边AB、AD的中点，BC＝15，CD＝9，EF＝6，∠AFE＝50°，求∠ADC的度数． 【分析】连接BD，根据三角形中位线定理得到EF∥BD，BD＝2EF＝12，根据平行线的性质求出∠ADB，根据勾股定理的逆定理得到∠BDC＝90°，计算即可． 【解答】解：连接BD， ∵点E、F分别是边AB、AD的中点，EF＝6， ∴EF∥BD，BD＝2EF＝12， ∴∠ADB＝∠AFE＝50°， 在△BDC中，BD2+CD2＝122+92＝225，BC2＝225， 则BD2+CD2＝BC2， ∴∠BDC＝90°， ∴∠ADC＝90°+50°＝140°． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理的逆定理，熟记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． 【变式3-5】（2024春•鼓楼区期中）如图所示，在△ABC中，∠A＝40°，D，E分别在AB，AC上，BD＝CE，BE，CD的中点分别是M，N，直线MN分别交AB，AC于P，Q．求∠APQ的度数． 【分析】取BC的中点H，连接MH，NH，根据三角形中位线定理得到MH∥EC，MHEC．NH∥BD，NHBD，根据平行线的性质、三角形内角和定理计算，得到答案． 【解答】解：取BC的中点H，连接MH，NH， ∵M，H为BE，BC的中点， ∴MH∥EC，MHEC． ∵N，H为CD，BC的中点， ∴NH∥BD，NHBD． ∵BD＝CE， ∴MH＝NH． ∴∠HMN＝∠HNM， ∵MH∥EC， ∴∠HMN＝∠PQA， 同理，∠HNM＝∠QPA， ∴∠APQ＝∠AQP（180°﹣∠A）＝70°． 【点评】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． 【题型四 利用三角形中位线定理证明线段关系】 【例题4】（2024秋•杜尔伯特县期末）如图，已知△ABC中，D是AB上一点，AD＝AC，AE⊥CD，垂足是E，F是BC的中点．求证：BD＝2EF． 【分析】根据等腰三角形的性质得到CE＝ED，根据三角形中位线定理证明结论． 【解答】证明：∵AD＝AC，AE⊥CD， ∴CE＝ED， ∵F是BC的中点， ∴EF是△CDB的中位线， ∴BD＝2EF． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，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． 【变式4-1】（2024春•秦都区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别是边AB、AC上的点，连接BE、DE，∠ADE＝∠AED，点F、G、H分别为BE、DE、BC的中点．求证：FG＝FH． 【分析】根据等腰三角形的判定定理得到AD＝AE，根据线段的和差得到BD＝CE，根据三角形的中位线定理即可得到结论． 【解答】证明：∵∠ADE＝∠AED， ∴AD＝AE， ∵AB＝AC， ∴AB﹣AD＝AC﹣AE， 即BD＝CE， ∵点F、G、H分别为BE、DE、BC的中点， ∴FG是△EDB的中位线，FH是△BCE的中位线， ∴FGBD，FHCE， ∴FG＝FH． 【点评】本题考查了三角形中位线定理，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键． 【变式4-2】（2024秋•互助县期中）如图，已知AB＝AC，BD＝CD，DB⊥AB，DC⊥AC，且E、F、G、H分别为AB、AC、CD、BD的中点，求证：EH＝FG． 【分析】连接AD，根据三角形中位线定理证明即可． 【解答】证明：连接AD， ∵E、H分别为AB、BD的中点， ∴EH是△ABD的中位线， ∴EHAD， 同理可得：FGAD， ∴EH＝FG． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半． 【变式4-3】已知：如图，E为▱ABCD中DC边的延长线上的一点，且CE＝DC，连接AE分别交BC、BD于点F、G，连接AC交BD于O，连接OF．求证：AB＝2OF． 【分析】先证明△ABF≌△ECF得BF＝FC，再利用三角形中位线定理即可解决问题． 【解答】证明：∵CE∥AB， ∴∠E＝∠BAF，∠FCE＝∠FBA， 又∵CE＝CD＝AB， ∴△FCE≌△FBA（ASA）， ∴BF＝FC， ∴F是BC的中点， ∵O是AC的中点， ∴OF是△CAB的中位线， ∴AB＝2OF． 【点评】本题考查三角形中位线定理、平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，出现中点条件想到三角形中位线定理． 【变式4-4】（2024春•富平县期末）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD 相交于点O，且AC＝BD，E、F分别是AB、CD的中点，E、F分别交BD、AC于点G、H，取BC边的中点M，连接EM、FM．求证： （1）△MEF是等腰三角形； （2）OG＝OH． 【分析】（1）根据三角形的中位线定理，即可证得△EMF是等腰三角形； （2）根据等边对等角，即可证得∠MEF＝∠MFE，然后根据平行线的性质证得∠OGH＝∠OHG，根据等角对等边即可证得． 【解答】证明：（1）∵M、F分别是BC、CD的中点， ∴MF∥BD，MFBD， 同理：ME∥AC，MEAC， ∵AC＝BD， ∴ME＝MF， 即△MEF是等腰三角形； （2）∵ME＝MF ∴∠MEF＝∠MFE， ∵MF∥BD， ∴∠MFE＝∠OGH， 同理，∠MEF＝∠OHG， ∴∠OGH＝∠OHG ∴OG＝OH． 【点评】本题考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的判定，证明△MEF为等腰三角形是解题关键． 【变式4-5】（2024春•瑶海区期末）已知：如图，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点 （1）若DE＝2，则BC＝　 ；若∠ACB＝70°，则∠AED＝　 　°； （2）连接CD和BE交于点O，求证：CO＝2DO． 【分析】（1根据三角形中位线定理即可得到结论； （2）根据三角形中位线定理和平行四边形的判定和性质定理即可得到结论． 【解答】（1）解：∵点D、E分别是AB、AC的中点， ∴DE是三角形的中位线， ∴BC＝2DE＝4，DE∥BC， ∴∠AED＝∠ACB＝70°， 故答案为：4，70； （2）取BO、CO中点G、H； 则GH∥BC，GHBC， ∵DE∥BC，DEBC， ∴DE∥GH，DE＝GH， ∴四边形DGHE为平行四边形， ∴DO＝OH＝HC， 即CO＝2DO． 【点评】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 【变式4-6】（2024春•虎丘区校级期中）如图，线段AM是∠CAB的角平分线，取BC中点N，连接AN，过点C作AM的垂线段CE垂足为E． （1）求证：EN∥AB． （2）若AC＝13，AB＝37，求EN的长度． 【分析】（1）延长CE交AB于F，证明△CAE≌△FAE，根据全等三角形的性质得到CE＝EF，根据三角形中位线定理证明结论； （2）根据三角形中位线定理计算即可． 【解答】（1）证明：延长CE交AB于F， ∵AM是∠CAB的角平分线， ∴∠CAM＝∠BAM， 在△CAE和△FAE中， ， ∴△CAE≌△FAE（ASA）， ∴CE＝EF， ∵CN＝NB， ∴EN是△CFB的中位线， ∴EN∥AB； （2）解：由（1）可知，△CAE≌△FAE， ∴AF＝AC＝13， ∴BF＝AB﹣AF＝24， ∵EN是△CFB的中位线， ∴ENBF＝12． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，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． 【变式4-7】（2024秋•天河区校级月考）如图所示，在四边形ABCD中，AB＝DC，E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别是BD，AC的中点． （1）连结EG，GF，FH，HE，请证明四边形EGFH是平行四边形； （2）猜一猜EF与GH的位置关系，并证明你的结论． 【分析】（1）由三角形的中位线定理得EH∥FG，EH＝FG，由平行四边形的判定方法，即可求证； （2）由三角形的中位线定理得，等量代换得FH＝EH，即可求证． 【解答】（1）证明：∵G，H分别是BD，AC的中点，E，F分别是AD，BC的中点， ∴FG是△BCD的中位线，EF是△ADC的中位线， ∴EH∥CD，， FG∥CD，， ∴EH∥FG， ∵EH＝FG， ∴四边形EGFH是平行四边形； （2）解：EF⊥GH， 理由如下： ∵F是BC的中点， H是AC的中点， ∴FH是△ABC的中位线， ∴， ∵AB＝DC， ∴， ∴FH＝EH， ∵四边形EGFH是平行四边形， ∴四边形EGFH是菱形． 【点评】本题考查了三角形的中位线定理，平行四边形的判定，菱形的判定及性质，掌握三角形的中位线定理，平行四边形的判定，菱形的判定及性质是解题的关键． 【题型五 利用三角形中位线定理证明角关系 】 【例题5】（2024春•莆田期末）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，E、F分别是边DC、AB的中点，FE的延长线分别AD、BC的延长线交于点H、G，求证：∠AHF＝∠BGF． 【分析】连接BD，取BD的中点P，连接EP，FP，根据三角形中位线定理得到PFAD，PF∥AD，EPBC，EP∥BC，根据平行线的性质、等腰三角形的性质证明结论． 【解答】证明：连接BD，取BD的中点P，连接EP，FP， ∵E、F、P分别是DC、AB、BD边的中点， ∴EP是△BCD的中位线，PF是△ABD的中位线， ∴PFAD，PF∥AD，EPBC，EP∥BC， ∴∠H＝∠PFE，∠BGF＝∠FEP， ∵AD＝BC， ∴PE＝PF， ∴∠PEF＝∠PFE， ∴∠AHF＝∠BGF． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，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． 【变式5-1】（2024春•西峰区校级月考）如图，四边形ABCD中，AD＝BC，P是对角线BD的中点，N、M分别是AB、CD的中点，求证：∠PMN＝∠PNM． 【分析】先说明PN是△DBC的中位线得到PNBC，同理可得PMAD，进而得到PN＝PM，最后根据等腰三角形的性质即可证明结论． 【解答】解：∵P是对角线BD的中点，N分别是AB的中点， ∴PN是△DBC的中位线， ∴PNBC， 同理：PMAD， ∵AD＝BC， ∴PN＝PM， ∴∠PMN＝∠PNM． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关判定、性质定理成为解答本题的关键． 【变式5-2】（2024春•歙县期中）如图，CD是△ABC的角平分线，AE⊥CD于E，F是AC的中点， （1）求证：EF∥BC； （2）猜想：∠B、∠DAE、∠EAC三个角之间的关系，并加以证明． 【分析】（1）延长AE交BC于H，证明△CAE≌△CHE，得到E是AH的中点，根据三角形中位线定理证明； （2）利用（1）中全等三角形的对应角相等和三角形外角定理推知：∠EAC＝∠B+∠DAE． 【解答】证明：（1）延长AE交BC于H， 在△CAE和△CHE中， ， ∴△CAE≌△CHE（ASA）， ∴E是AH的中点，又F是AC的中点， ∴EF是△AHC的中位线， ∴EF∥BC； （2）解：∠EAC＝∠B+∠DAE．理由如下： 由（1）知△CAE≌△CHE， ∴∠EAC＝∠EHC． 又∠AEH＝∠B+∠BAH， ∴∠EAC＝∠B+∠DAE． 【点评】本题考查的是三角形的中位线定理，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． 【变式5-3】如图，△ABC中，D、E分别为AB、AC上的点，且BD＝CE，M、N分别是BE、CD的中点．过MN的直线交AB于P，交AC于Q，求证：∠QPA＝∠PQA． 【分析】根据中位线定理证明MH＝NH，进而证明∠HMN＝∠HNM，∠HMN＝∠PQA，所以得到∠QPA＝∠PQA． 【解答】证明：如图，取BC的中点H，连接MH，NH， ∵M，N为BE，CD的中点，H为BC的中点， ∴MH、NH分别是△BCE、△BCD的中位线， ∴MH∥EC，MHEC，NH∥BD，NHBD． 又∵BD＝CE， ∴MH＝NH， ∴∠HMN＝∠HNM． ∵MH∥EC， ∴∠HMN＝∠PQA． 同理可得：∠HNM＝∠QPA． ∴∠QPA＝∠PQA． 【点评】本题考查中位线定理在三角形中的应用，关键是作出辅助线构造三角形的中位线． 【变式5-4】一个对角线相等的四边形ABCD，E、F分别为AB，CD的中点，EF分别交对角线BD，AC于M，N，求证：∠OMN＝∠ONM． 【分析】取AD的中点Q，连接EQ、FQ，根据三角形中位线定理得到EQ∥AC，EQBD，FQAC，FQ∥AC，根据平行线的性质证明即可． 【解答】证明：取AD的中点Q，连接EQ、FQ， ∵E，F、Q分别为AB，CD、AD的中点， ∴EQ∥BD，EQBD，FQAC，FQ∥AC， ∴∠QEF＝∠OMN，∠QFE＝∠ONM， ∵AC＝BD， ∴QE＝QF， ∴∠QEF＝∠QFE， ∴∠OMN＝∠ONM． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理，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． 【变式5-5】（2024秋•唐河县期中）如图①是华师大版九年级上册数学教材第80页的第3题： 在四边形ABCD中，AD＝BC， P是对角线BD的中点， M是DC中点，N是AB的中点． 求证：∠PMN＝∠PNM（不用证明） 结论应用： （1）如图②，在上述题目的条件下，延长图中的线段AD交NM的延长线于点E，延长线段BC交NM的延长线于点F．求证：∠AEM＝∠F； （2）若（1）中的∠A+∠ABC＝122°，则∠F的度数为 　 　． 【分析】（1）根据三角形中位线定理得到PM∥BC，则∠PMN＝∠F，同理∠PNM＝∠AEN，再根据∠PMN＝∠PNM即可证明∠AEM＝∠F； （2）先由三角形中位线定理得到PN∥AD，则∠PNB＝∠A，由三角形外角的性质得到∠DPN＝∠A+∠ABD，再由PM∥BC，得到∠MPD＝∠DBC，∠MPN＝∠A+∠ABC＝122°，据此求解即可． 【解答】（1）证明：∵P是BD的中点，M是DC中点， ∴PM是△DBC的中位线， ∴， ∴∠PMN＝∠F， 同理可得， ∴∠PNM＝∠AEN， ∵AD＝BC， ∴PM＝PN， ∴∠PMN＝∠PNM， ∴∠AEM＝∠F； （2）∵PN∥AD， ∴∠PNB＝∠A， ∵∠DPN是△PNB的一个外角， ∴∠DPN＝∠PNB+∠ABD＝∠A+∠ABD， ∵PM∥BC， ∴∠MPD＝∠DBC， ∴∠MPN＝∠DPN+∠MPD＝∠A+∠ABD+∠DBC＝∠A+∠ABC＝122°， ∵PM＝PN， ∴， ∴∠F＝∠PMN＝29°． 故答案为：29°． 【点评】本题考查了三角形中位线定理、三角形外角的性质、等腰三角形的性质，熟知三角形中位数定理是解题的关键． 【题型六 利用三角形的中位线求最值】 【例题6】（2024秋•洪洞县期末）跷跷板是在狭长的木杆中间装上轴，然后架在支柱上，两人对坐两端，轮流用脚蹬地，使一端跷起，图1是两个小朋友玩跷跷板实物图；图2是其示意图，支柱MN垂直于地面，点M是AB的中点，MN＝35cm，那么小朋友在游戏中，点B离地面的最大高度是（　　） A．60cm B． C．70cm D． 【分析】由平行线等分线段定理推出AN＝CN，得到MN是△ABC的中位线，因此MNBC，即可求出BC＝70米，于是得到点B离地面的最大高度是70米． 【解答】解：∵MN∥BC，MA＝BM， ∴AN＝CN， ∴MN是△ABC的中位线， ∴MNBC， ∵MN＝35米， ∴BC＝70米， 点B离地面的最大高度是70米． 故选：C． 【点评】本题考查三角形中位线定理，关键是由三角形中位线定理得到MNBC． 【变式6-1】（2024秋•杜尔伯特县期末）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，点N是BC边上一点，点M为AB边上的动点，点D、E分别为CN，MN的中点，则DE的最小值是（　　） A．2 B． C．3 D． 【分析】连接CM，当CM⊥AB时，DM的值最小（垂线段最短），此时DE有最小值，根据勾股定理求出AB，根据三角形的面积公式求出CM，根据三角形的中位线得出DECM即可． 【解答】解：连接CM，当CM⊥AB时，CM的值最小（垂线段最短），此时DE有最小值， 理由是：∵∠C＝90°，AC＝6，BC＝8， ∴AB10， ∴AC•BC， ∴， ∴CM， ∵点D、E分别为CN，MN的中点， ∴DECM， 即DE的最小值是， 故选：B． 【点评】本题考查了垂线段最短，三角形的面积，三角形的中位线和勾股定理等知识点，熟练垂线段最短和三角形的中位线性质是解此题的关键． 【变式6-2】（2024春•西山区校级期中）如图所示，在四边形ABCD中，CD，∠C＝30°，M为AD中点，动点P从点B出发沿BC向终点C运动，连接AP，DP，取AP中点N，连接MN，求线段MN的最小值（　　） A． B． C． D．3 【分析】过点D作DE⊥BC于E，根据垂线段最短得到点P与点E重合时，DP最小，根据含30°角的直角三角形的性质求出DE，根据三角形中位线定理计算，得到答案． 【解答】解：过点D作DE⊥BC于E， 则当点P与点E重合时，DP最小， 在Rt△CDE中，∠C＝30°，CD， 则DECD， ∵M为AD中点，N是AP中点， ∴MNDP， ∴线段MN的最小值为， 故选：A． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、含30°角的直角三角形的性质、垂线段最短，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键． 【变式6-3】如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，BC＝8，点D在BC上，以AC为对角线的所有平行四边形ADCE中，DE的最小值是（　　） A．10 B．8 C．6 D．5 【分析】平行四边形ADCE的对角线的交点是AC的中点O，当OD⊥BC时，OD最小，即DE最小，根据三角形中位线定理即可求解． 【解答】解：平行四边形ADCE的对角线的交点是AC的中点O，当OD⊥BC时，OD最小，即DE最小． ∵OD⊥BC，BC⊥AB， ∴OD∥AB， 又∵OC＝OA， ∴CD＝DB， ∴OD是△ABC的中位线， ∴ODAB＝3， ∴DE＝2OD＝6． 故选：C． 【点评】此题考查的是三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，正确理解DE最小的条件是关键． 【变式6-4】（2024安庆二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，CA＝CB＝2，CD⊥AB于D，E为BC中点，F为CD上一动点，P为AF中点，连接PE，则PE的最小值是（　　） A．2 B．4 C． D．2 【分析】连接EP′、EP′′、P′P′′，根据三角形中位线定理得到EP′′AB，根据垂线段最短解答即可． 【解答】解：当点F与点D重合时，FA的中点为P′，当点F与点C重合时，FA的中点为P′′， 连接EP′、EP′′、P′P′′， 则P′P′′∥CD，EP′′∥AB， ∵CD⊥AB， ∴EP′′⊥P′P′′， 由题意得，点P在P′P′′上运动， ∵EP′′⊥P′P′′， ∴点P在P′′位置时，PE最小， 在Rt△ABC中，∠C＝90°，CA＝CB＝2， 则AB＝2， ∴EP′′AB， 故选：C． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰直角三角形的性质、垂线段最短，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． 【变式6-5】（2024•岳麓区校级开学）如图，AB＝12，∠A＝45°，点D是射线AF上的一个动点，DC⊥AB，垂足为点C，点E为DB的中点，则线段CE的长的最小值为 　 　． 【分析】根据直角三角形的性质得到CEBD，当BD⊥AF时，BD的值最小，即线段CE的值最小，推出△ABD是等腰直角三角形，得到AD＝BDAB＝6，求得CEBD＝3，于是得到结论． 【解答】解：∵DC⊥AB， ∴∠ACD＝∠BCD＝90°， ∵点E为DB的中点， ∴CEBD， ∴当BD⊥AF时，BD的值最小， 即线段CE的值最小， ∵∠A＝45°， ∴△ABD是等腰直角三角形， ∴AD＝BDAB12＝6， ∴CEBD＝3， 故线段CE的长的最小值为3． 故答案为：3． 【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，垂线段最短，直角三角形斜边上的中线，等腰直角三角形的性质，正确地得出当BD⊥AE时，BD的值最小是解题的关键． 【变式6-6】（2024秋•黔东南州期末）如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝4，点P是一动点，且AP＝2，点Q是BP的中点，则CQ的最小值为 　 　． 【分析】取AB的中点D，连接DQ，则CQ≥CD﹣DQ，根据直角三角形的性质可得，再根据三角形中位线定理可得，即可． 【解答】解：如图，取AB的中点D，连接DQ，则CQ≥CD﹣DQ， 在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝4， ∴， ∴， ∵点Q是BP的中点，AP＝2， ∴， ∴． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了直角三角形的性质，三角形中位线定理，掌握其性质定理是解决此题的关键． 【变式6-7】（2024春•朝阳区校级期末）如图，四边形ABCD中，∠A＝60°，AD＝2，AB＝3，点M，N分别为线段BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为 　 　． 【分析】根据三角形的中位线定理得出 ，从而可知DN最大时，EF最大，因为N与B重合时DN最大，此时根据勾股定理求得DN，从而求得EF的最大值．连接DB，过点D作DH⊥AB 交AB于点H，再利用直角三角形的性质和勾股定理求解即可． 【解答】解：∵ED＝EM，MF＝FN，， ∴DN最大时，EF最大， ∴N与B重合时DN＝DB最大， 在Rt△ADH中， ∵∠A＝60°， ∴∠ADH＝30°， ∴，， ∴BH＝AB﹣AH＝3﹣1＝2， ∴， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，利用三角形中位线求得是解题的关键． 【题型七 三角形中位线定理的综合应用】 【例题7】（2024秋•任城区期末）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，BE⊥AE于点E，点F是BC的中点，若AB＝10，AC＝6，则EF的长为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【分析】根据角平分线的性质构造辅助线，再根据三角形中位线定理解答即可． 【解答】解：延长AC，BE交于点M， ∵AE平分∠CAB，AE⊥BE， ∴∠AEB＝∠AEM＝90°，∠CAE＝∠BAE， ∴AB＝AM＝10，BE＝EM， ∵AC＝6， ∴CM＝AM﹣AC＝10﹣6＝4， ∵点F是BC的中点，BE＝EM， ∴EF为△BCM中位线， ∴EFCM＝2． 故选：A． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质与判定，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． 【变式7-1】（2024春•綦江区校级月考）如图，在四边形ABCD中，AC⊥BD，BD＝16，AC＝30，E，F分别为AB，CD的中点，则EF＝（　　） A．15 B．.16 C．17 D．8 【分析】取BC的中点P，连接PE、PF，根据三角形中位线定理得到EPAC＝15，EP∥AC，FPBD＝8，FP∥BD，根据平行线的性质得到∠EPF＝90°，根据勾股定理计算，得到答案． 【解答】解：取BC的中点P，连接PE、PF， ∵E，P分别为AB，BC的中点， ∴EP是△ABC的中位线， ∴EPAC＝15，EP∥AC， ∴∠BPE＝∠BCA， 同理可得，FPBD＝8，FP∥BD， ∴∠CPF＝∠CBD， ∵AC⊥BD， ∴∠BCA+∠CBD＝90°， ∴∠BPE+∠CPF＝90°， ∴∠EPF＝90°， ∴EF17， 故选：C． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理的应用，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． 【变式7-2】如图，正方形ABCD和正方形EFCG的边长分别为3和1，点F，G分别在边BC，CD上，P为AE的中点，连接PG，则PG的长为　 ． 【分析】方法1、延长GE交AB于点O，作PH⊥OE于点H，则PH是△OAE的中位线，求得PH的长和HG的长，在Rt△PGH中利用勾股定理求解． 方法2、先造成△AHP≌△EGP，进而求出DH，DG，最后用勾股定理即可得出结论． 【解答】解：方法1、延长GE交AB于点O，作PH⊥OE于点H． 则PH∥AB． ∵P是AE的中点， ∴PH是△AOE的中位线， ∴PHOA（3﹣1）＝1． ∵直角△AOE中，∠OAE＝45°， ∴△AOE是等腰直角三角形，即OA＝OE＝2， 同理△PHE中，HE＝PH＝1． ∴HG＝HE+EG＝1+1＝2． ∴在Rt△PHG中，PG． 故答案是：． 方法2、如图1， 延长DA，GP相交于H， ∵四边形ABCD和四边形EFCG是正方形， ∴EG∥BC∥AD， ∴∠H＝∠PGE，∠HAP＝∠GEP， ∵点P是AE的中点， ∴AP＝EP， ∴△AHP≌△EGP， ∴AH＝EG＝1，PG＝PHHG， ∴DH＝AD+AH＝4，DG＝CD﹣CG＝2， 根据勾股定理得，HG2， ∴PG， 故答案为． 【点评】本题考查了勾股定理和三角形的中位线定理，正确作出辅助线构造直角三角形是关键． 【变式7-3】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＝　 　． 【分析】连接BD，取BD的中点F，连接MF、NF，证明NF、MF分别是△BDE、△ABD的中位线，由三角形中位线定理得出NF∥BE，MF∥AD，NFBE＝5，MFAD＝12，证出NF⊥MF，在Rt△MNF中，由勾股定理即可得出答案． 【解答】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， ∴NF∥BE，MF∥AD，NFBE＝5，MFAD＝12， ∵∠ACB＝90°， ∴AD⊥BC， ∵MF∥AD， ∴MF⊥BC， ∵NF∥BE， ∴NF⊥MF， 在Rt△MNF中，由勾股定理得：MN13； 故答案为：13． 【点评】本题考查了三角形中位线定理、勾股定理、平行线的性质等知识；熟练掌握三角形中位线定理和勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 【变式7-4】（2024春•香坊区校级期中）如图所示，在四边形ABCD中，点E、F分别是AD、BC的中点，连接EF，AB＝20，CD＝12，∠B+∠C＝120°，则EF的长为 　 　． 【分析】连接BD，取BD中点G，连接EG、FG，过点F作FH⊥EG交其延长线于H，证明EG是△ABD的中位线，GF为△BDC的中位线，进而求得∠HGF＝60°，在直角△FGH和直角△EFH中进行求解即可得解． 【解答】解：如图：连接BD，取BD中点G，连接EG、FG，过点F作FH⊥EG交其延长线于H， 又∵点E为AD的中点，F为BC的中点， ∴EG是△ABD的中位线，GF为△BDC的中位线， ∴EG//AB，EGAB＝10，GF//CD，GFCD＝6， ∴∠GFB＝∠C， ∵∠DGF＝∠DBC十∠GFB， ∴∠DGF＝∠DBC+∠C． ∵EG//AB， ∴∠EGD＝∠ABD， ∴∠EGD+∠DGF＝∠ABD+∠DBC+∠C＝∠ABC+∠C． ∵∠ABC+∠C＝120°， ∴∠EGD+∠DGF＝120°＝∠EGF， ∴∠HGF＝60°， ∵FH⊥EG， ∴在直角△FGH中，∠HFG＝30°， ∴，， ∴在直角△EFH中，， 故答案为：14． 【点评】本题主要考查了三角形中位线的判定及性质，勾股定理，利用中位线作出辅助线是解题的关键． 【变式7-5】（2024春•凤翔区期末）（1）课本再现 已知：如图，DE是△ABC的中位线．求证：DE∥BC，且DEBC． 定理证明 证明：如图1，延长DE至点F，使得EF＝DE，连接CF．请你根据小乐添加的辅助线，写出完整的证明过程；（不再添加新的辅助线） （2）知识应用 如图2，在四边形ABCD中，AB＝6，CD＝8，∠BAC＝30°，∠ACD＝120°，点E，F，M分别是AD，BC，AC的中点，求EF的长． 【分析】（1）证明△AED≌△CEF，根据全等三角形的性质得到AD＝CF，∠A＝∠ECF，证明四边形DBCF为平行四边形，根据平行四边形的性质证明； （2）根据三角形中位线定理分别求出EM、FM，根据勾股定理计算，得到答案． 【解答】（1）证明：在△AED和△CEF中， ， ∴△AED≌△CEF（SAS）， ∴AD＝CF，∠A＝∠ECF， ∴AB∥CF， ∵AD＝BD， ∴BD＝CF， ∴四边形DBCF为平行四边形， ∴DF∥BC，DF＝BC， ∴DE∥BC，DEBC； （2）解：∵点E，M分别是AD，AC的中点， ∴EM是△ADC的中位线， ∴EMCD＝4，EM∥CD， ∴∠EMC+∠ACD＝180°， ∵∠ACD＝120°， ∴∠EMC＝60°， 同理可得：MFAB＝3，MF∥AB， ∴∠CMF＝∠BAC， ∵∠BAC＝30°， ∴∠CMF＝30°， ∴∠EMF＝90°， ∴EF5． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质，熟记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． 【变式7-6】（1）如图1，BD、CE分别是△ABC的外角平分线，过点A作AF⊥BD，AG⊥CE，垂足分别是F、G，连接FG．求证：FG（AB+BC+AC）．[提示：分别延长AF、AG与直线BC相交] （2）如图2，若BD、CE分别是△ABC的内角平分线，过点A作AF⊥BD，AG⊥CE，垂足分别是F、G，连接FG．线段FG与△ABC的三边又有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给予证明． 【分析】（1）利用全等三角形的判定定理ASA证得△ABF≌△MBF，然后由全等三角形的对应边相等进一步推出MB＝AB，AF＝MF，同理CN＝AC，AG＝NG，由此可以证明FG为△AMN的中位线，然后利用中位线定理求得FG（AB+BC+AC）； （2）延长AF、AG，与直线BC相交于M、N，与（1）类似可以证出答案． 【解答】解：（1）如图1，∵AF⊥BD，∠ABF＝∠MBF， ∴∠BAF＝∠BMF， 在△ABF和△MBF中， ， ∴△ABF≌△MBF（ASA）， ∴MB＝AB， ∴AF＝MF， 同理：CN＝AC，AG＝NG， ∴FG是△AMN的中位线， ∴FGMN， （MB+BC+CN）， （AB+BC+AC）． （2）猜想：FG（AB+AC﹣BC）， 证明：如图2，延长AG、AF，与直线BC相交于M、N， ∵由（1）中证明过程类似证△ABF≌△NBF， ∴NB＝AB，AF＝NF， 同理CM＝AC，AG＝MG， ∴FGMN， ∴MN＝2FG， ∴BC＝BN+CM﹣MN＝AB+AC﹣2FG， ∴FG（AB+AC﹣BC）． 【点评】本题主要考查了三角形的中位线定理，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质和判定等知识点，解此题的关键是作辅助线转化成三角形的中位线． 【变式7-7】如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，E．F分别是BC．AD的中点，连接EF并延长，分别与BA，CD的延长线交于点M，N，则∠BME＝∠CNE（不必证明） （温馨提示：在图（1）中，连接BD，取BD的中点H，连接HE．HF，根据三角形中位线定理，证明HE＝HF，从而∠1＝∠2，再利用平行线的性质，可证明∠BME＝∠CNE） （1）如图（2），在四边形ADBC中，AB与CD相交于点O，AB＝CD，E．F分别是BC．AD的中点，连接EF，分别交CD．BA于点M．N，判断△OMN的形状，请直接写出结论． （2）如图（3）中，在△ABC中，AC＞AB，D点在AC上，AB＝CD，E．F分别是BC．AD的中点，连接EF并延长，与BA的延长线交于点G，若∠EFC＝60°，连接GD，判断△AGD形状并证明． 【分析】（1）作出两条中位线，根据中位线定理，找到相等的同位角和线段，进而判断出三角形的形状． （2）利用平行线和中位线定理，可以证得三角形△FAG是等边三角形，再进一步确定∠FGD＝∠FDG＝30°，进而求出∠AGD＝90°，故△AGD的形状可证． 【解答】解：（1）取AC中点P，连接PF，PE， 可知PE， PE∥AB， ∴∠PEF＝∠ANF， 同理PF， PF∥CD， ∴∠PFE＝∠CME， 又PE＝PF， ∴∠PFE＝∠PEF， ∴∠OMN＝∠ONM， ∴△OMN为等腰三角形． （2）判断出△AGD是直角三角形． 证明：如图连接BD，取BD的中点H，连接HF、HE， ∵F是AD的中点， ∴HF∥AB，HFAB， 同理，HE∥CD，HECD， ∵AB＝CD ∴HF＝HE， ∴∠HEF＝∠HFE， ∵∠EFC＝60°， ∴∠HEF＝60°， ∴∠HEF＝∠HFE＝60°， ∴△EHF是等边三角形， ∴∠3＝∠EFC＝∠AFG＝60°， ∴△AGF是等边三角形． ∵AF＝FD， ∴GF＝FD， ∴∠FGD＝∠FDG＝30° ∴∠AGD＝90° 即△AGD是直角三角形． 【点评】本题考查了三角形的中位线定理，解答此题的关键是作出三条辅助线，构造出和中位线定理相关的图形．此题结构精巧，考查范围广，综合性强． 1．（2024秋•高州市期末）如图，A，B两地被池塘隔开，小明先在AB外选一点C，然后测出AC，BC的中点M，N．若MN的长为18米，则A，B间的距离是（　　） A．9米 B．18米 C．27米 D．36米 【分析】根据三角形中位线定理计算即可． 【解答】解：∵点M，N分别是AC，BC的中点， ∴MN是△ABC的中位线， ∴AB＝2MN， ∵MN＝18米， ∴AB＝36米， 故选：D． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键． 2．（2024秋•莲池区校级期末）如图，在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝60°，AD⊥BC于点D，，若E，F分别为AB，BC的中点，则EF的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】先证明△ABD是等腰直角三角形，得到，再由勾股定理解得，最后由中位线的性质解答即可． 【解答】解：∵∠B＝45°，AD⊥BC， ∴△ABD是等腰直角三角形， ∴， ∵∠C＝60°， ∴∠DAC＝30°， ∴， ∴， 即， ∴， ∵E，F分别为AB，BC的中点， ∴， 故选：A． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理，等腰直角三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，掌握相关知识是解题关键． 3．（2024秋•祁东县期末）如图，已知点D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，△ABC的周长为12，则△DEF的周长是（　　） A．6 B．7 C．8 D．10 【分析】由三角形中位线定理推出EFAB，FDBC，DEAC，得到FE+FD+DE（AB+BC+AC）即可求出△DEF的周长12＝6． 【解答】解：∵D，E，F分别是AB，BC，CA的中点， ∴DE，EF，DF是△ABC的中位线， ∴EFAB，FDBC，DEAC， ∴FE+FD+DE（AB+BC+AC） ∵△ABC的周长为12， ∴△DEF的周长12＝6． 故选：A． 【点评】本题考查三角形中位线定理，关键是掌握掌握三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半． 4．（2024秋•安岳县期末）如图，在四边形ABCD中，点M是对角线BD的中点，点E、F分别是边AB、CD的中点，AD＝BC，∠EMF＝132°，则∠MFE的度数为（　　） A．66° B．48° C．38° D．24° 【分析】先确定ME为△ABD的中位线，MF为△BCD的中位线，则根据三角形中位线定理得到MEAD，MFBC，接着利用AD＝BC得到ME＝MF，然后根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理计算∠MEF的度数． 【解答】解：∵点M是对角线BD的中点，点E、F分别是边AB、CD的中点， ∴ME为△ABD的中位线，MF为△BCD的中位线， ∴MEAD，MFBC， ∵AD＝BC， ∴ME＝MF， ∴∠MEF＝∠MFE（180°﹣∠EMF）（180°﹣132°）＝24°． 故选：D． 【点评】本题考查了三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半． 5．（2024春•潜山市期末）已知：四边形ABCD中，AB＝4，CD＝6，M、N分别是AD，BC的中点，则线段MN的取值范围（　　） A．1＜MN＜5 B．1＜MN≤5 C．2＜MN＜10 D．2＜MN≤10 【分析】当AB∥CD时，MN最短，利用中位线定理可得MN的最长值，作出辅助线，利用三角形中位线及三边关系可得MN的其他取值范围． 【解答】解：连接BD，过M作MG∥AB，连接NG． ∵M是边AD的中点，AB＝4，MG∥AB， ∴MG是△ABD的中位线，BG＝GD，MGAB4＝2． ∵N是BC的中点，BG＝GD，CD＝6， ∴NG是△BCD的中位线，NGCD6＝3， 在△MNG中，由三角形三边关系可知NG﹣MG＜MN＜MG+NG，即3﹣2＜MN＜3+2， ∴1＜MN＜5， 当MN＝MG+NG，即MN＝5时，四边形ABCD是梯形， 故线段MN长的取值范围是1＜MN≤5． 故选：B． 【点评】本题主要考查了三角形中位线定理，解答此题的关键是根据题意作出辅助线，利用三角形中位线定理及三角形三边关系解答． 6．（2024•卧龙区一模）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AB，AD＝1，点M，N分别是边BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E，F分别是线段DM，MN的中点，则线段EF长度的最大值为（　　） A．2 B． C．1 D． 【分析】根据三角形的中位线定理得出EFDN，从而可知DN最大时，EF最大，因为N与B重合时DN最大，此时根据勾股定理求得DN＝DB＝2，从而求得EF的最大值为1． 【解答】解：∵点E，F分别是线段DM，MN的中点， ∴ED＝EM，MF＝FN， ∴EFDN， ∴DN最大时，EF最大， ∵N与B重合时DN最大， 此时DN＝DB2， ∴EF的最大值为1． 故选：C． 【点评】本题考查了三角形中位线定理，勾股定理的应用，熟练掌握定理是解题的关键． 7．（2024春•益阳期末）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，D是BC的中点AE⊥BE，AB＝5，AC＝3，则DE的长为（　　） A．1 B． C．2 D． 【分析】连接BE并延长交AC的延长线于点F，易证明△ABF是等腰三角形，则得AF的长，点E是BF的中点，求得CF的长，从而DE是中位线，即可求得DE的长． 【解答】解：连接BE并延长交AC的延长线于点F，如图， ∵AE⊥BE， ∴∠AEB＝∠AEF＝90°， ∵AE平分∠BAC， ∴∠BAE＝∠FAE， ∴∠ABE＝∠AFE， ∴△ABF是等腰三角形， ∴AF＝AB＝5，点E是BF的中点， ∴CF＝AF﹣AC＝5﹣3＝2，DE是△BCF的中位线， ∴． 故选：A． 【点评】本题考查了等腰三角形的判定与性质，三角形中位线的性质定理，关键是作辅助线得到等腰三角形． 8．（2024春•崇川区校级月考）已知：如图，在△ABC中，中线BE，CD交于点O，F，G分别是OB，OC的中点． 求证：（1）DE∥FG； （2）DG和EF互相平分． 【分析】（1）利用三角形中位线定理即可得出FG＝DE且FG∥DE； （2）由（1）中结论可推出四边形DFGE为平行四边形，即可根据平行四边形性质得DG和EF互相平分． 【解答】证明：（1）由题意可知，在△ABC中，BE、CD为中线， ∴AD＝BD，AE＝CE， ∴DE且DE∥BC， 在△OBC中，F，G分别是OB，OC的中点， ∴FG且FG∥BC， ∴DE∥FG； （2）由（1）得DE∥FG且DE＝FG， ∴四边形DFGE为平行四边形， ∴DG和EF互相平分． 【点评】本题考查三角形中位线定理以及平行四边形的判定与性质，正确利用三角形中位线定理是解题的关键． 9．（2024秋•大荔县校级期中）如图，△ABC是等边三角形，D，E分别是AB，AC的中点，连接DE． （1）求证：△ADE是等边三角形； （2）在线段DE的延长线上取点F，G，使FG＝DE，连接CG，连接AF并延长交CG于点H，∠AFD＝∠CGE．求证：△ADF≌△CEG． 【分析】（1）由等边三角形的性质得出AB＝AC，∠BAC＝60°，结合D，E分别是AB，AC的中点，得到AD＝AE，即可证出△ADE是等边三角形； （2）由FG＝DE，求出DF＝GE，根据等边三角形的性质结合对顶角推出∠CEG＝∠ADE＝60°，利用ASA即可证明△ADF≌△CEG． 【解答】（1）证明：由条件可知AB＝AC，∠BAC＝60°， ∵D，E分别是AB，AC的中点， ∴，， ∴AD＝AE， ∵∠BAC＝60°， ∴△ADE是等边三角形； （2）证明：由条件可知DE+EF＝EF+FG， ∴DF＝EG， ∵△ADE是等边三角形， ∴∠ADE＝∠AED＝60°， ∴∠CEG＝∠ADE＝60°， 在△ADF和△CEG中，， ∴△ADF≌△CEG（ASA）． 【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键． 10．（2024秋•张店区校级期末）已知：如图，在△ABC中，点D在AB上，BD＝AC，E、F、G分别是BC、AD、CD的中点，EF、CA的延长线相交于点H． 求证：（1）∠CGE＝∠ACD+∠CAD； （2）AH＝AF． 【分析】（1）由题目的已知条件可得EG是△BDC的中位线，所以EG∥BD，由此可得∠CGE＝∠BDC，再根据三角形外角和定理即可证明∠CGE＝∠ACD+∠CAD； （2）连接FG，易证△FGE是等腰三角形，所以∠GFE＝∠GEF，再根据平行线的性质以及对顶角相等可证明∠H＝∠AFE，进而可得：AH＝AF， 【解答】证明（1）∵E，G分别是BC，CD的中点， ∴EG是△BDC的中位线， ∴EG∥BD， ∴∠CGE＝∠BDC， ∵∠BDC＝∠ACD+∠CAD， ∴∠CGE＝∠ACD+∠CAD； （2）连接FG， ∵E，F，G分别是BC，AD，CD的中点， ∴EGBD，FGAC， ∵BD＝AC， ∴GE＝GF， ∴∠GFE＝∠GEF， ∵FG∥HC， ∴∠GFE＝∠H， ∵∠GEF＝∠BFE＝∠AFH， ∴∠H＝∠AFE， ∴AH＝AF． 【点评】本题考查了三角形的中位线定理，中位线是三角形中的一条重要线段，由于它的性质与线段的中点及平行线紧密相连，因此，它在几何图形的计算及证明中有着广泛的应用． 学科网（北京）股份有限公司 $$