专题1 构造三角形中位线辅助线的常用技巧 专题提优训练及压轴题易错题专项训练-2025-2026学年人教版数学八年级下册

专题1 构造三角形中位线辅助线的常用技巧 第1部分 典例剖析及针对训练 类型一 连接第三边构造中位线 【典例1】（2025春•庆阳期中）如图，在“飞镖形”ABCD中，点E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点．求证：四边形EFGH是平行四边形． 【针对训练1】 1．（2024春•榆林期末）如图，在△ABC中，BD、CE分别为边AC、AB上的中线，BD、CE相交于点G，点M、N分别是BG、CG的中点，连接EM，DN，求证：EM＝DN． 类型二 取中点构造中位线 （1）连接对角线，再取对角线中点 【典例2】（2025春•仓山区月考）如图，四边形ABCD中，AB＝1，CD＝4，M、N分别是AD、BC的中点，则线段MN的取值范围是　 ． 【针对训练2】 1．（2025秋•桓台县期末）如图，在四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点． （1）若AB＝6，CD＝8，∠ABD＝30°，∠BDC＝120°，求EF的长； （2）若∠BDC﹣∠ABD＝90°，求证：AB2+CD2＝4EF2． 2．如图，四边形ABCD中，AB＝CD，点E，F分别是AD，BC的中点，GH⊥EF交于点P．延长BA，FE相交于点Q，延长CD交FE的延长线于点K，求证：∠AGH＝∠DHG． （2）直接取一边中点 【典例3】如图，在△ABC中，∠C＝90°，CA＝CB，E，F分别为CA，CB上一点，CE＝CF，M，N分别为AF，BE的中点，求证：AEMN． 【针对训练3】 1．（2024春•思明区月考）如图，△ABC和△ABE是等腰三角形，AB＝BC＝BE＝2，∠ABC＝120°，D为AE的中点，线段CD的最大值为（　　） A．2 B． C． D． 2． 如图，在△ABC中，BD＝CE，M，N分别是BE、CD的中点，MN交BD，CE于G、H点， 求证：PG＝PH． 3．阅读下面的材料． 材料一：一组对边平行，另一组对边不平行的四边形叫梯形，其中平行的两边叫梯形的底边，不平行的两边叫梯形的腰，连接梯形两腰中点的线段叫梯形的中位线．梯形的中位线具有以下性质：梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半． 如图①，在梯形ABCD中，AD∥BC， ∵E、F是AB、CD的中点， ∴EF∥AD∥BC，EF（AD+BC）． 材料二：经过三角形一边的中点与另一边平行的直线必平分第三边． 如图②：在△ABC中， ∵E是AB的中点，EF∥BC， ∴F是AC的中点． 请你运用所学知识，结合上述材料，解答下列问题． 如图③：在梯形ABCD中，AD∥BC，AC⊥BD于O，E、F分别为AB、CD的中点，∠DBC＝30°． （1）求证：EF＝AC； （2）若OD＝3，OC＝5，求MN的长． 类型三 连接两中点构造中位线 【典例4】 如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D、E分别是AB、AC的中点，F、G为BC上的两点，FG＝3，线段DG，EF的交点为O，当线段FG在线段BC上移动时，三角形FGO的面积与四边ADOE的面积之和恒为定值，则这个定值是（　　） A．15 B．12 C．9 D．6 （2025秋•桓台县期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，E，F分别是BC，AC的中点，延长BA到点D，使，连结DE，DF，DE交AF于点P． （1）求证：AP＝FP； （2）若BC＝10，求DF的长． 类型四 延长一边构造中位线 【典例5】如图，在△ABC中，点M为BC的中点，AD为△ABC的外角平分线，且AD⊥BD．若AB＝12，AC＝18，求DM的长． 【针对训练5】 1．如图，AB＝BC，DC＝DE，∠ABC＝∠CDE＝90°，D、B、C在一条直线上，F为AE的中点． （1）求证：BF∥CE； （2）若AB＝2，DE＝5，求BF的长． 类型五 延长两边构造中位线 【典例6】（2024春•宣城期末）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，BE⊥AE于点E，点F是BC的中点． 【探究】 （1）如图1，BE的延长线与AC边相交于点D，求证：； （2）如图2，线段AB、AC、EF之间满足的数量关系为 　　 ； 【初步运用】 （3）如图3，△ABC中，AD平分∠BAC，BD⊥AD，垂足为D，过D作DE∥AB交AC于点E，BD＝3，AD＝4，则DE＝　2.5　 ； 【灵活运用】 （4）如图4，△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝BC，点D在AC上，∠EDC∠BAC，DE⊥CE，垂足为E，DE与BC交于点F，判断线段DF、CE之间满足的数量关系，并说明理由． 【针对训练6】 1．如图，△ABC中，∠ABC＝90°，BA＝BC，△BEF为等腰直角三角形，∠BEF＝90°，M为AF的中点，求证：MECF． 类型六 作平行线或倍长中线先构造8字全等再构造中位线 【典例7 】（2024秋•宛城区期中）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AC＞AB＞4，点D、E分别在边AB、AC上，BD＝4，CE＝3，取DE、BC的中点M、N，线段MN的长为（　　） A．2.5 B．3 C．4 D．5 【针对训练7】 1．如图．在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，连接CE并延长交AB于点F．求证：BF＝2AF． 第2部分 专题提优训练 1．（2025春•南开区期中）如图，在四边形ABCD中，AC⊥BD，BD＝12，AC＝16，E，F分别为AB，CD的中点，则EF＝（　　） A．8 B．9 C．10 D．6 2．（2024春•柯城区期中）【基础巩固】 如图1，在四边形ABCD中，AB＝CD，连结BD，E、F、G分别是AD、BC、BD的中点，连结EG、FG，求证：EG＝FG． 【类题突破】 如图2，在四边形ABCD中，AB＝CD，E，F分别是AD，BC的中点．连结FE并延长，分别与BA，CD的延长线交于点M，N．请问∠BME与∠CNE有怎样的数量关系，并说明理由； 【应用拓展】 如图3，在四边形ABCD中，AB＝CD＝4，BE⊥CD，垂足为E．点F在BE上，BF＝2，连结DF，点M、N分别是BC、DF的中点，求MN的长度． 3．（2024春•丹阳市期中）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，BE⊥AE于点E，点F是BC的中点． 【探究】 （1）如图1，BE的延长线与AC边相交于点D，求证：； （2）如图2，线段AB、AC、EF之间满足的数量关系为 EF（AB﹣AC）　 ； 【初步运用】 （3）如图3，△ABC中，AD平分∠BAC，AD⊥BD，垂足为D，过D作DE∥AB交AC于点E，BD＝3，AD＝4，则DE＝　2.5　 ； 【灵活运用】 （4）如图4，△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝BC，点D在AC上，，DE⊥CE，垂足为E，DE与BC交于点F，线段DF、CE之间满足的数量关系为 DF＝2CE ． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题1 构造三角形中位线辅助线的常用技巧 第1部分 典例剖析及针对训练 类型一 连接第三边构造中位线 【典例1】（2025春•庆阳期中）如图，在“飞镖形”ABCD中，点E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点．求证：四边形EFGH是平行四边形． 【思路引领】连接BD，根据三角形中位线定理得到EH∥BD，EHBD，FG∥BD，FGBD，进而得到EH∥FG，EH＝FG，根据平行四边形的判定定理证明结论． 【完整解答】证明：连接BD， ∵点E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点， ∴EH∥BD，EHBD，FG∥BD，FGBD， ∴EH∥FG，EH＝FG， ∴四边形EFGH是平行四边形． 【方法点睛】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、平行四边形的判定定理是解题的关键． 【针对训练1】 1．（2024春•榆林期末）如图，在△ABC中，BD、CE分别为边AC、AB上的中线，BD、CE相交于点G，点M、N分别是BG、CG的中点，连接EM，DN，求证：EM＝DN． 【思路引领】根据BD、CE为△ABC的中线，点M、N分别是BG、CG的中点，得出EM是△ABG的中位线，DN是△ACG的中位线，运用中位线的性质，即可作答． 【完整解答】证明：如图，连接AG， ∵BD、CE为△ABC的中线， ∴点D、E分别是AC、AB的中点， ∵点M、N分别是BG、CG的中点， ∴AE＝BE，BM＝GM，AD＝CD，CN＝CN， ∴EM是△ABG的中位线，DN是△ACG的中位线， ∴，， ∴EM＝DN． 【方法点睛】本题考查了三角形的重心，三角形中位线定理，解答本题的关键是熟练掌握三角形中位线定理． 类型二 取中点构造中位线 （1）连接对角线，再取对角线中点 【典例2】（2025春•仓山区月考）如图，四边形ABCD中，AB＝1，CD＝4，M、N分别是AD、BC的中点，则线段MN的取值范围是　MN　 ． 【思路引领】连接AC，取AC的中点H，连接MH、NH，根据三角形中位线定理得到MHCD＝2，NHAB，根据三角形的三边关系解答即可． 【完整解答】解：连接AC，取AC的中点H，连接MH、NH， ∵M、H分别是AD、AC的中点， ∴MHCD＝2， 同理可得，NHAB， 在△MHN中，MH﹣NH＜MN＜MH+NH，即MN， 当点H在MN上时，MN＝MH+NH， ∴MN， 故答案为：MN． 【方法点睛】本题考查的是三角形中位线定理、三角形的三边关系，掌握三角形的中位线等于第三边的一半是解题的关键． 【针对训练2】 1．（2025秋•桓台县期末）如图，在四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点． （1）若AB＝6，CD＝8，∠ABD＝30°，∠BDC＝120°，求EF的长； （2）若∠BDC﹣∠ABD＝90°，求证：AB2+CD2＝4EF2． 【思路引领】（1）取BD的中点P，利用三角形中位线定理可以求得EP、FP的长度，然后利用勾股定理来求EF的长度； （2）根据三角形的中位线定理得到PE∥AB，PF∥CD，从而得到角之间的数量关系，求得∠EPF＝90°，由勾股定理可得到线段间的平方关系． 【完整解答】（1）解：如图，取BD的中点P，连接EP、FP． ∵E，F分别是AD、BC的中点，AB＝6，CD＝8， ∴PE是△ADB的中位线， ∴PE∥AB，且PEAB＝3，PF∥CD且PFCD＝4． 又∵∠ABD＝30°，∠BDC＝120°， ∴∠EPD＝∠ABD＝30°，∠DPF＝180°﹣∠BDC＝60°， ∴∠EPF＝∠EPD+∠DPF＝90°， 在直角△EPF中，由勾股定理得到：EF5， 即EF＝5； （2）证明：如图，取BD的中点P，连接EP、FP． ∵E，F分别是AD、BC的中点， ∴PE∥AB，且PEAB，PF∥CD且PFCD． ∴∠EPD＝∠ABD，∠BPF＝∠BDC， ∴∠DPF＝180°﹣∠BPF＝180°﹣∠BDC， ∵∠BDC﹣∠ABD＝90°， ∴∠BDC＝90°+∠ABD， ∴∠EPF＝∠EPD+∠DPF＝∠ABD+180°﹣∠BDC＝∠ABD+180°﹣（90°+∠ABD）＝90°， ∴PE2+PF2＝（AB）2+（CD）2＝EF2， ∴AB2+CD2＝4EF2． 【方法点睛】本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理的逆定理，熟记三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半是解题的关键． 2．如图，四边形ABCD中，AB＝CD，点E，F分别是AD，BC的中点，GH⊥EF交于点P．延长BA，FE相交于点Q，延长CD交FE的延长线于点K，求证：∠AGH＝∠DHG． 【思路引领】如图，连接BD，作BD的中点M，连接EM、FM．利用三角形中位线定理证得△MEF是等腰三角形，则∠EMP＝∠FMP．利用三角形中位线定理、平行线的性质推知∠Q＝∠CKF，根据等量代换证得∠AGH＝∠DHG． 【完整解答】证明：如图，连接BD，作BD的中点M，连接EM、FM， ∵点E是AD的中点， ∴ME是△ADG的中位线， ∴ME∥AB，MEAB， ∴∠AGH＝∠EMP， 同理可证：MF∥DC，MFDC， ∵AB＝CD， ∴ME＝MF， ∴∠MFE＝∠MEF， ∵∠MFE＝∠CKF，∠MEF＝∠Q， ∴∠Q＝∠CKF， ∵GH⊥EF， ∴∠QPG＝∠KPH＝90°， ∴∠Q+∠AGH＝90°，∠CKF+∠DHG＝90° ∴∠AGH＝∠DHG． 【方法点睛】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，平行线的性质，等腰三角形的判定与性质，熟记各性质与定理并作辅助线构造出三角形是解题的关键． （2）直接取一边中点 【典例3】如图，在△ABC中，∠C＝90°，CA＝CB，E，F分别为CA，CB上一点，CE＝CF，M，N分别为AF，BE的中点，求证：AEMN． 【思路引领】取AB的中点G，连接MG、NG，根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得NGAE，NG∥AE，MGBF，MG∥BF，再求出AE＝BF，∠MGN＝90°，判断出△MNG是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得NGMN，再表示出AE即可得证． 【完整解答】证明：如图，取AB的中点G，连接MG、NG， ∵M、N分别为AF、BE的中点， ∴NGAE，NG∥AE，MGBF，MG∥BF， ∵CE＝CF，AC⊥BC， ∴AE＝BF，NG⊥MG， ∴MG＝NG，∠MGN＝90°， ∴△MNG是等腰直角三角形， ∴NGMN， ∴AE＝2NG2MNMN， 即AEMN． 【方法点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、三角形的中位线定理等知识；熟练掌握三角形中位线定理，作辅助线构造等腰直角三角形是解题的关键． 【针对训练3】 1．（2024春•思明区月考）如图，△ABC和△ABE是等腰三角形，AB＝BC＝BE＝2，∠ABC＝120°，D为AE的中点，线段CD的最大值为（　　） A．2 B． C． D． 【思路引领】取AB的中点G，连接DG，CG，过点C作CH⊥AB于点H，根据三角形中位线的性质和勾股定理解答即可． 【完整解答】解：取AB的中点G，连接DG，CG，过C作CH⊥AB于点H， ∵D是AE的中点，G是AB的中点， ∴DG是△ABE的中位线， ∴， ∵AB＝BC＝BE＝2， ∴DG＝1，BG＝1， ∵∠ABC＝120°， ∴∠CBH＝180°﹣120°＝60°， ∵CH⊥BH， ∴∠CHB＝90°，∠BCH＝90°﹣60°＝30°， ∴， ∴， ∴HG＝BG+BH＝1+1＝2， 在Rt△CHG中，， ∵CG﹣DG≤CD≤DG+CG， ∴， 当且仅当D，G，C三点共线时，CD最大为， 故选：B． 【方法点睛】本题考查中位线性质，勾股定理．三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半． 2．如图，在△ABC中，BD＝CE，M，N分别是BE、CD的中点，MN交BD，CE于G、H点，求证：PG＝PH． 【思路引领】取BC的中点Q，连接MQ，NQ，由题意可得MQEC，∠QMN＝∠PHG，QNBD，∠MNQ＝∠PGH，再由BD＝CE，则MQ＝NQ，可证明∠MNQ＝∠NMQ，∠PGH＝∠PHG，由此可证PG＝PH． 【完整解答】证明：取BC的中点Q，连接MQ，NQ， ∵M是BE的中点， ∴MQ∥EC，MQEC， ∴∠QMN＝∠PHG， ∵N是CD的中点， ∴NQ∥BD，QNBD， ∴∠MNQ＝∠PGH， ∵BD＝CE， ∴MQ＝NQ， ∴∠MNQ＝∠NMQ， ∴∠PGH＝∠PHG， ∴PG＝PH． 【方法点睛】本题考查三角形中位线的性质，熟练掌握三角形中位线的性质，能够通过构造中位线解题是关键． 3．阅读下面的材料． 材料一：一组对边平行，另一组对边不平行的四边形叫梯形，其中平行的两边叫梯形的底边，不平行的两边叫梯形的腰，连接梯形两腰中点的线段叫梯形的中位线．梯形的中位线具有以下性质：梯形的中位线平行于两底，并且等于两底和的一半． 如图①，在梯形ABCD中，AD∥BC， ∵E、F是AB、CD的中点， ∴EF∥AD∥BC，EF（AD+BC）． 材料二：经过三角形一边的中点与另一边平行的直线必平分第三边． 如图②：在△ABC中， ∵E是AB的中点，EF∥BC， ∴F是AC的中点． 请你运用所学知识，结合上述材料，解答下列问题． 如图③：在梯形ABCD中，AD∥BC，AC⊥BD于O，E、F分别为AB、CD的中点，∠DBC＝30°． （1）求证：EF＝AC； （2）若OD＝3，OC＝5，求MN的长． 【思路引领】（1）EF是梯形ABCD的中位线，EF（AD+BC），利用30度角的直角三角形的性质得AC＝OA+OC（AD+BC），即可得答案． （2）在Rt△ADO中，AO：OD：AD＝1：：2，再利用30度角的直角三角形的性质，即可得答案． 【完整解答】（1）证明：∵AD∥BC， ∴∠ADO＝∠DBC＝30°， ∴在Rt△AOD和Rt△BOC中，OAAD，OCBC， ∴AC＝OA+OC（AD+BC）． ∵EF（AD+BC）， ∴AC＝EF． （2）解：∵OD＝3，∠ADO＝30°，AC⊥BD， ∴OA＝3． ∵AD∥EF， ∴∠ADO＝∠OMN＝30°， ∴ONMN． ∵ANAC（OA+OC）＝4， ∴ON＝AN﹣OA＝4﹣3＝1， ∴MN＝2ON＝2． 【方法点睛】本题考查梯形的中位线、含30度角的直角三角形的性质，掌握梯形的中位线定理是解题关键． 类型三 连接两中点构造中位线 【典例4】 如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D、E分别是AB、AC的中点，F、G为BC上的两点，FG＝3，线段DG，EF的交点为O，当线段FG在线段BC上移动时，三角形FGO的面积与四边ADOE的面积之和恒为定值，则这个定值是（　　） A．15 B．12 C．9 D．6 【思路引领】连接DE，过A作AH⊥BC于H．由于DE是AB、AC的中点，利用三角形中位线定理可得DE∥BC，并且可知△ADE的高等于AH，再结合等腰三角形三线合一性质，以及勾股定理可求AH，那么△ADE的面积就可求．而所求S△FOG+S四边形ADOE＝S△ADE+S△DOE+S△FOG，又因为△DOE和△FOG的底相等，高之和等于AH的一半，故它们的面积和可求，从而可以得到S△FOG+S四边形ADOE的面积． 【完整解答】解：如图：连接DE，过A向BC作垂线，H为垂足， ∵△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点， ∴DE，AH分别是△ABC的中位线和高，BH＝CHBC6＝3， ∵AB＝AC＝5，BC＝6，由勾股定理得AH4， ∴S△ADEBC•33， 设△DOE的高为a，△FOG的高为b，则a+b2， ∴S△DOE+S△FOGDE•aFG•b3（a+b）3×2＝3， ∴三角形FGO的面积与四边ADOE的面积之和恒为定值，则这个定值是 S△ADE+S△DOE+S△FOG＝3+3＝6． 故选：D． 【方法点睛】本题属中等难度题目，涉及到三角形中位线定理，解答此类题目时一般只要知道中点要作中位线，已知等腰三角形要作高线，利用勾股定理解答． （2025秋•桓台县期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，E，F分别是BC，AC的中点，延长BA到点D，使，连结DE，DF，DE交AF于点P． （1）求证：AP＝FP； （2）若BC＝10，求DF的长． 【思路引领】（1）连接EF、AE，证四边形AEFD是平行四边形即可． （2）注意应用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和平行四边形的性质：平行四边形的对边相等，求得AE长即可． 【完整解答】（1）证明：连接EF，AE． ∵点E，F分别为BC，AC的中点， ∴EF∥AB，EFAB． 又∵ADAB， ∴EF＝AD． 又∵EF∥AD， ∴四边形AEFD是平行四边形． ∴AF与DE互相平分， ∴AP＝FP； （2）解：在Rt△ABC中， ∵E为BC的中点，BC＝10， ∴AEBC＝5． 又∵四边形AEFD是平行四边形， ∴DF＝AE＝5． 【方法点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，解答本题的关键是明确有中点时需考虑运用三角形的中位线定理或者直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 类型四 延长一边构造中位线 【典例5】如图，在△ABC中，点M为BC的中点，AD为△ABC的外角平分线，且AD⊥BD．若AB＝12，AC＝18，求DM的长． 【思路引领】延长BD交CA的延长线交于点E，证明△EAD≌△BAD，根据全等三角形的性质得到AE＝AB＝12，BD＝DE，进而求出EC，根据三角形中位线定理解答即可． 【完整解答】解：延长BD交CA的延长线交于点E， ∵AD为△ABC的外角平分线， ∴∠EAD＝∠BAD， 在△EAD和△BAD中， ， ∴△EAD≌△BAD（ASA）， ∴AE＝AB＝12，BD＝DE， ∴EC＝AE+AC＝30， ∵BM＝MC，BD＝DE， ∴DM是△EBC的中位线， ∴DMEC＝15． 【方法点睛】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 【针对训练5】 1．如图，AB＝BC，DC＝DE，∠ABC＝∠CDE＝90°，D、B、C在一条直线上，F为AE的中点． （1）求证：BF∥CE； （2）若AB＝2，DE＝5，求BF的长． 【思路引领】（1）延长AB交CE于G，求出△ACG是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质求出AB＝BG，然后根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半证明； （2）根据等腰直角三角形的性质求出CE、CG，再求出GE，然后求解即可． 【完整解答】（1）证明：如图，延长AB交CE于G， ∵AB＝BC，DC＝DE，∠ABC＝∠CDE＝90°， ∴△ABC和△CDE都是等腰直角三角形， ∴△ACG也是等腰直角三角形， ∵∠ABC＝90°， ∴BC⊥AG， ∴AB＝BG， ∵点F是AE的中点， ∴BF是△AGE的中位线， ∴BF∥CE； （2）解：∵AB＝2，DE＝5， ∴CG＝ACAB＝2， CEDE＝5， ∴GE＝CE﹣CG＝523， ∵BF是△AGE的中位线， ∴BFGE． 【方法点睛】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，等腰直角三角形的判定与性质，熟记性质与定理并作辅助线构造出以BF为中位线的三角形是解题的关键． 类型五 延长两边构造中位线 【典例6】（2024春•宣城期末）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，BE⊥AE于点E，点F是BC的中点． 【探究】 （1）如图1，BE的延长线与AC边相交于点D，求证：； （2）如图2，线段AB、AC、EF之间满足的数量关系为 　　 ； 【初步运用】 （3）如图3，△ABC中，AD平分∠BAC，BD⊥AD，垂足为D，过D作DE∥AB交AC于点E，BD＝3，AD＝4，则DE＝　2.5　 ； 【灵活运用】 （4）如图4，△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝BC，点D在AC上，∠EDC∠BAC，DE⊥CE，垂足为E，DE与BC交于点F，判断线段DF、CE之间满足的数量关系，并说明理由． 【思路引领】（1）利用ASA证明△ABE≌△ADE，根据全等三角形的性质得出BE＝DE，AB＝AD，再根据三角形的中位线定理及线段的和差即可解决问题； （2）先证明AB＝AP，根据等腰三角形的三线合一，推出BE＝PE，根据三角形的中位线定理即可解决问题； （3）证明DE为△ABF的中位线，得出，求出AB＝5，则可得出答案； （4）作DG⊥BC于点H，交CE的延长线于G，分别证明△DEC≌△DEG、△DHF≌△CHG，根据全等三角形的性质证明即可． 【完整解答】（1）证明：∵AE平分∠BAC， ∴∠BAE＝∠DAE， ∵BE⊥AE于点E， ∴∠BEA＝∠DEA＝90°， 在△ABE和△ADE中， ， ∴△ABE≌△ADE（ASA）， ∴BE＝DE，AB＝AD， ∵BF＝FC， ∴； （2）延长AC交BE的延长线于P， ∵AE⊥BP， ∴∠AEP＝∠AEB＝90°， ∴∠BAE+∠ABE＝90°，∠PAE+∠APE＝90°， ∵∠BAE＝∠PAE， ∴∠ABE＝∠APE， ∴AB＝AP， ∵AE⊥BP， ∴E为BP的中点， ∴BE＝PE， ∵点F为BC的中点， ∴EF是△BCP的中位线， ∴， 故答案为：（AB﹣AC）； （3）延长AC交BD的延长线于F， ∵AD平分∠BAC，AD⊥BD， ∴△ABC为等腰三角形，点D为BF的中点， ∵DE∥AB， ∴DE为△ABF的中位线， ∴， ∵AD⊥BD，BD＝3，AD＝4， ∴AB＝5， ∴DE＝2.5， 故答案为：2.5； （4）作DG⊥BC于点H，交CE的延长线于G， ∵∠BAC＝45°，AB＝BC， ∴AB⊥BC， ∴DG∥AB， ∴∠GDC＝∠BAC＝45°， ∴，DH＝CH， 又∵DE⊥CE， ∴∠DEC＝∠DEG＝90°， 在△DEC和△DEG中， ∴△DEC≌△DEG（ASA）， ∴DC＝DG，CG＝2CE， ∵∠DHF＝∠CEF＝90°，∠DFH＝∠CFE， ∴∠FDH＝∠GCH， 在△DHF和△CHG中， ， ∴△DHF≌△CHG（ASA）， ∴DF＝CG＝2CE． 【方法点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 【针对训练6】 1．如图，△ABC中，∠ABC＝90°，BA＝BC，△BEF为等腰直角三角形，∠BEF＝90°，M为AF的中点，求证：MECF． 【思路引领】延长FE到D，使DE＝EF，连接AD、BD，判断出△BDF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得BD＝BF，再求出∠CBF＝∠ABD，然后利用“边角边”证明△ABD和△CBF全等，根据全等三角形对应边相等可得AD＝CF，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得MEAD，从而得到MECF． 【完整解答】证明：如图，延长FE到D，使DE＝EF，连接AD、BD， ∵△BEF为等腰直角三角形，∠BEF＝90°， ∴∠BFE＝45°，BE⊥DF， ∴BE垂直平分DF， ∴∠BDE＝45°， ∴△BDF是等腰直角三角形， ∴BD＝BF，∠DBF＝90°， ∵∠CBF+∠ABF＝∠ABC＝90°， ∠ABD+∠ABF＝∠DBF＝90°， ∴∠CBF＝∠ABD， 在△ABD和△CBF中， ， ∴△ABD≌△CBF（SAS）， ∴AD＝CF， ∵M为AF的中点，DE＝EF， ∴ME是△ADF的中位线， ∴MEAD， ∴MECF． 【方法点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，同角的余角相等的性质，作辅助线构造出全等三角形和等腰直角三角形是解题的关键，也是本题的难点． 类型六 作平行线或倍长中线先构造8字全等再构造中位线 【典例7 】（2024秋•宛城区期中）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AC＞AB＞4，点D、E分别在边AB、AC上，BD＝4，CE＝3，取DE、BC的中点M、N，线段MN的长为（　　） A．2.5 B．3 C．4 D．5 【思路引领】如图，作CH∥AB，连接DN，延长DN交CH于H，连接EH，首先证明CH＝BD，∠ECH＝90°，解直角三角形求出EH，利用三角形中位线定理即可解决问题． 【完整解答】作CH∥AB，连接DN并延长交CH于H，连接EH， ∵BD∥CH， ∴∠B＝∠NCH，∠ECH+∠A＝180°， ∵∠A＝90°， ∴∠ECH＝∠A＝90°， 在△DNB和△HNC中， ， ∴△DNB≌△HNC（ASA）， ∴CH＝BD＝4，DN＝NH， 在Rt△CEH中，CH＝4，CE＝3， ∴EH5， ∵DM＝ME，DN＝NH， ∴MNEH＝2.5， 故选：A． 【方法点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 【针对训练7】 1．如图．在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，连接CE并延长交AB于点F．求证：BF＝2AF． 【思路引领】作DM∥CF交AB于M，由题意得出DM是△BCF的中位线，EF是△ADM的中位线，得出BM＝FM，AF＝FM，因此BM＝FM＝AF，即可得出结论． 【完整解答】证明：作DM∥CF交AB于M，如图所示： ∵AD是BC边上的中线，E是AD的中点， ∴DM是△BCF的中位线，EF是△ADM的中位线， ∴BM＝FM，AF＝FM， ∴BM＝FM＝AF， ∴BF＝2AF． 【方法点睛】本题考查了三角形中位线定理；通过作辅助平行线得出DM是△BCF的中位线，EF是△ADM的中位线是解决问题的关键． 第2部分 专题提优训练 1．（2025春•南开区期中）如图，在四边形ABCD中，AC⊥BD，BD＝12，AC＝16，E，F分别为AB，CD的中点，则EF＝（　　） A．8 B．9 C．10 D．6 【思路引领】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． 【完整解答】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＝8，EP∥AC， ∴∠BPE＝∠BCA， 同理可得，FPBD＝6，FP∥BD ∴∠CPF＝∠CBD， ∵AC⊥BD， ∴∠BCA+∠CBD＝90°， ∴∠BPE+∠CPF＝90°， ∴∠EPF＝90°， ∴EF10， 故选：C． 【方法点睛】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． 2．（2024春•柯城区期中）【基础巩固】 如图1，在四边形ABCD中，AB＝CD，连结BD，E、F、G分别是AD、BC、BD的中点，连结EG、FG，求证：EG＝FG． 【类题突破】 如图2，在四边形ABCD中，AB＝CD，E，F分别是AD，BC的中点．连结FE并延长，分别与BA，CD的延长线交于点M，N．请问∠BME与∠CNE有怎样的数量关系，并说明理由； 【应用拓展】 如图3，在四边形ABCD中，AB＝CD＝4，BE⊥CD，垂足为E．点F在BE上，BF＝2，连结DF，点M、N分别是BC、DF的中点，求MN的长度． 【思路引领】（1）由三角形中位线定理证出EGAB，FGDC，则可得出结论； （2）连接BD，取DB的中点H，连接EH，FH，根据三角形中位线定理得到EH∥AB，EH＝AB，根据平行线的性质证明； （3）连接CF，取CF的中点H，连接NH，MH，证出MHBF＝1，BF∥MH，NHCD＝2，NH∥CD，由勾股定理可得出答案． 【完整解答】（1）证明：∵E、F、G分别是AD、BC、BD的中点， ∴FG是△BCD的中位线，EG是△ABD的中位线， ∴EGAB，FGDC， ∵AB＝CD， ∴EG＝FG； （2）解：如图，连接BD，取BD的中点H，连接HE，HF， ∴HF∥CN，HE∥BM，FHCD，HEAB， ∵AB＝CD， ∴HF＝HE， ∴∠HEF＝∠HFE， ∵HF∥CN，HE∥BM， ∴∠HEF＝∠BME，∠HFE＝∠CNE， ∴∠BME＝∠CNE． （3）解：连接CF，取CF的中点H，连接NH，MH， ∵M，H为BC，CF的中点， ∴MH为△BCF的中位线， ∴MHBF＝1，BF∥MH， 同理NH为△DCF的中位线， ∴NHCD＝2，NH∥CD， ∵BE⊥CD， ∴∠BEC＝90°， ∴∠MHN＝90°， ∴MN． 【方法点睛】本题是三角形综合题，主要考查了三角形中位线定理，等腰三角形的性质，勾股定理，平行线的性质等知识，熟练掌握以上知识是解决本题的关键． 3．（2024春•丹阳市期中）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，BE⊥AE于点E，点F是BC的中点． 【探究】 （1）如图1，BE的延长线与AC边相交于点D，求证：； （2）如图2，线段AB、AC、EF之间满足的数量关系为 EF（AB﹣AC）　 ； 【初步运用】 （3）如图3，△ABC中，AD平分∠BAC，AD⊥BD，垂足为D，过D作DE∥AB交AC于点E，BD＝3，AD＝4，则DE＝　2.5　 ； 【灵活运用】 （4）如图4，△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝BC，点D在AC上，，DE⊥CE，垂足为E，DE与BC交于点F，线段DF、CE之间满足的数量关系为 DF＝2CE ． 【思路引领】（1）利用ASA证明△ABE≌△ADE，根据全等三角形的性质得出BE＝DE，AB＝AD，再根据三角形的中位线定理及线段的和差即可解决问题； （2）先证明AB＝AP，根据等腰三角形的三线合一，推出BE＝PE，根据三角形的中位线定理即可解决问题． （3）证明DE为△ABF的中位线，得出DEAB，求出AB＝5，则可得出答案； （4）作DG⊥BC于点H，交CE的延长线于G，分别证明△DEC≌△DEG、△DHF≌△CHG，根据全等三角形的性质证明即可． 【完整解答】（1）证明：∵AE平分∠BAC， ∴∠BAE＝∠DAE， ∵BE⊥AE于点E， ∴∠BEA＝∠DEA＝90°， 在△ABE 和△ADE 中， ， ∴△ABE≌△ADE（ASA）， ∴BE＝DE，AB＝AD， ∵BF＝FC， ∴； （2）解：如图2中，延长AC交BE的延长线于P． ∵AE⊥BP， ∴∠AEP＝∠AEB＝90°， ∴∠BAE+∠ABE＝90°，∠PAE+∠APE＝90°， ∵∠BAE＝∠PAE， ∴∠ABE＝∠APE， ∴AB＝AP， ∵AE⊥BP， ∴E为BP的中点， ∴BE＝PE， ∵点F为BC的中点， ∴EF是△BCP的中位线， ∴EFPC（AP﹣AC）（AB﹣AC）， 故答案为：EF（AB﹣AC）； （3）解：∵AD平分∠BAC，AD⊥BD， ∴△ABC为等腰三角形，点D为BF的中点， ∵DE∥AB， ∴DE为△ABF的中位线， ∴DEAB， ∵AD⊥BD，BD＝3，AD＝4， ∴AB＝5， ∴DE＝2.5． 故答案为：2.5． （4）解：作DG⊥BC于点H，交CE的延长线于G， ∵∠BAC＝45°，AB＝BC， ∴AB⊥BC， ∴DG∥AB， ∴∠GDC＝∠BAC＝45°， ∴∠EDC∠BAC＝22.5°＝∠EDG，DH＝CH， 又∵DE⊥CE， ∴∠DEC＝∠DEG＝90°， 在△DEC和△DEG中， ， ∴△DEC≌△DEG（ASA）， ∴DC＝DG，CG＝2CE， ∵∠DHF＝∠CEF＝90°，∠DFH＝∠CFE， ∴∠FDH＝∠GCH， 在△DHF和△CHG中， ， ∴△DHF≌△CHG（ASA）， ∴DF＝CG＝2CE． 故答案为：DF＝2CE． 【方法点睛】本题考查的是等腰三角形的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $