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专题 26 多边形与平行四边形【二十个题型】
【题型1 计算多边形对角线条数】..........................................................................................................................1
【题型2 对角线分三角形个数问题】......................................................................................................................5
【题型3 多边形内角和问题】..................................................................................................................................7
【题型4 多边形的外角问题】..................................................................................................................................8
【题型5 多边形内角和、外角和与角平分线、平行线的综合运用】...............................................................11
【题型6 利用平行四边形的性质求解】................................................................................................................15
【题型7 利用平行四边形的性质证明】................................................................................................................20
【题型8 构成平行四边形的条件】........................................................................................................................29
【题型9 证明四边形是平行四边形】....................................................................................................................32
【题型10 与平行四边形有关的新定义问题】.......................................................................................................39
【题型11 利用平行四边形的性质与判定求解】...................................................................................................46
【题型12 利用平行四边形的性质与判定证明】...................................................................................................51
【题型13 平行四边形性质与判定的实际应用】...................................................................................................59
【题型14 与三角形中位线有关的计算】..............................................................................................................67
【题型15 与三角形中位线有关的证明】..............................................................................................................72
【题型16 与三角形中位线有关的规律探究】.......................................................................................................79
【题型17 与三角形中位线有关的格点作图】.......................................................................................................83
【题型18 三角形中位线的实际应用】....................................................................................................................90
【题型19 连接两点构造三角形中位线】................................................................................................................96
【题型20 已知中点，取另一条线段的中点构造中位线】.................................................................................105
【知识点 多边形与平行四边形】
1.多边形的相关概念
多边形的定义：在平面中，由一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形.
多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段叫做多边形的对角线.
多边形对角线条数：从n边形的一个顶点可以引（n－3）条对角线，并且这些对角线把多边形分成了(n–2)
n(n−3)
个三角形，n边形的对角线条数为
2
多边形内角和定理：n边形的内角和为(n−2)∙180°（n≥3）.
【解题技巧】
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1）n边形的内角和随边数的增加而增加，边数每增加1，内角和增加180°.
2）任意多边形的内角和均为180°的整数倍.
3）利用多边形内角和定理可解决三类问题：①已知多边形的边数求内角和；
②已知多边形的内角和求边数；
③已知足够的角度条件下求某一个内角的度数．
多边形外角和定理：任意多边形的外角和等于360°，与多边形的形状和边数无关.
正多边形的定义：各角相等，各边相等的多边形叫做正多边形.
【解题技巧】
（n−2）×180° 360°
1）正n边形的每个内角为 ，每一个外角为 ．
n n
2）正n边形有n条对称轴．
3）对于正n边形，当n为奇数时，是轴对称图形；当n为偶数时，既是轴对称图形，又是中心对称图形．
【易错混淆】
多边形的有关计算公式有很多，一定要牢记，代错公式容易导致错误：
①n边形内角和＝（n－2）×180°（n≥3）.
②从n边形的一个顶点可以引出（n-3）条对角线，n个顶点可以引出n（n-3）条对角线，但是每条对角线
n(n−3)
计算了两次，因此n边形共有 条对角线.
2
③n边形的边数＝（内角和÷180°）＋2.
④n边形的外角和是360°.
⑤n边形的外角和加内角和＝n×180°.
⑥在n边形内任取一点O，连接O与各个顶点，把n边形分成n个三角形；在n边形的任意一边上任取一
点O，连接O点与其不相邻的其它各顶点的线段可以把n边形分成（n－1）个三角形；连接n边形的任一
顶点A与其不相邻的各个顶点的线段，把n边形分成（n－2）个三角形．
2.平行四边形的性质与判定
平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形.
平行四边形的表示：用符号“▱”表示，平行四边形ABCD记作“▱ABCD”，读作“平行四边形ABCD”.
平行四边形的性质：1)对边平行且相等； 2)对角相等、邻角互补； 3)对角线互相平分；
4)平行四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形，平行四边形的对角线的交点是平行四边形的对称中心.
【解题技巧】
1）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半．
2）平行四边形中有相等的边、角和平行关系，所以经常需结合三角形全等来解题．
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3）过平行四边形对称中心的任一直线等分平行四边形的面积及周长．
4）如图①，AE平分∠BAD，则可利用平行线的性质结合等角对等边得到△ABE为等腰三角形，即AB=BE．
5）如图②，已知点E为AD上一点，根据平行线间的距离处处相等，可得S
△BEC
=S
△ABE
+S
△CDE
．
6）如图③，根据平行四边形的面积的求法，可得AE·BC=AF·CD．
A
A A E D D
D
F
B
B E C C B E C
图①
图② 图③
平行四边形的判定定理：
①定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
③两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
④两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形．
【解题技巧】
一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路：
1）当已知条件中有关于所证四边形的角时，可用“两组对角分别相等的四边形是平行四边形”来证明；
2）当已知条件中有关于所证四边形的边时，可选择“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”或“两
组对边分别平行的四边形是平行四边形”或“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明；
3）当已知条件中有关于所证四边形的对角线时，可选择“对角线互相平分的四边形是平行四边形”来证
明．
3.三角形的中位线
三角形中位线概念：连接三角形两边中点的线段叫做三角形中位线.
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.
三角形中位线定理的作用：
位置关系：可以证明两条直线平行.
数量关系：可以证明线段的倍分关系.
常用结论：任意一个三角形都有三条中位线，由此有：
结论1：三条中位线组成一个三角形，其周长为原三角形周长的一半.
结论2：三条中位线将原三角形分割成四个全等的三角形.
结论3：三条中位线将原三角形划分出三个面积相等的平行四边形.
结论4：三角形一条中线和与它相交的中位线互相平分.
结论5：三角形中任意两条中位线的夹角与这夹角所对的三角形的顶角相等.
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【题型1 计算多边形对角线条数】
【例1】（2023·河北·模拟预测）一个多边形的内角和等于它的外角和的3倍，那么这个多边形从一个顶点
引对角线的条数是（ ）条．
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】根据多边形的内角和公式(n−2)⋅180°与外角和定理列出方程求解，然后即可确定对角线的条数．
【详解】解：设这个多边形是n边形，
根据题意得，(n−2)⋅180°=3×360°，
解得n=8．
∴从一个顶点引对角线的条数是8−3=5（条），
故选：C．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，多边形对角线的条数，熟练掌握多边形的外
角和与边数无关，任何多边形的外角和都是360°是解题关键．
【变式1-1】（2023·吉林长春·统考二模）如图所示的五边形木架不具有稳定性，若要使该木架稳定，则要
钉上的细木条的数量至少为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】根据三角形的稳定性及多边形对角线的条数即可得答案．
【详解】∵三角形具有稳定性，
∴要使五边形不变形需把它分成三角形，即过五边形的一个顶点作对角线，
∵过五边形的一个顶点可作对角线的条数为5-3=2（条），
∴要使该木架稳定，则要钉上的细木条的数量至少为2条，
故选：B．
【点睛】本题考查三角形的稳定性及多边形的对角线，熟记三角形具有稳定性是解题的关键．
【变式1-2】（2023·上海·统考中考真题）通过画出多边形的对角线，可以把多边形内角和问题转化为三角
形内角和问题．如果从某个多边形的一个顶点出发的对角线共有2条，那么该多边形的内角和是 度．
【答案】540
【详解】【分析】利根据题意得到2条对角线将多边形分割为3个三角形，然后根据三角形内角和可计算
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出该多边形的内角和．
【详解】从某个多边形的一个顶点出发的对角线共有2条，则将多边形分割为3个三角形．
所以该多边形的内角和是3×180°=540°，
故答案为540．
【点睛】本题考查了多边形的内角和与对角线，熟知n边形从一个顶点出发的对角线将n边形分成（n-2）
个三角形是关键.这里体现了转化的数学思想.
【变式1-3】（2023·陕西西安·高新一中校考模拟预测）一个正多边形的中心角是72°，则过它的一个顶点
有 条对角线．
【答案】2
【分析】根据正多边形的中心角是72°，可得该正多边形是正五边形，然后利用过n边形的一个顶点有
(n−3)对角线计算即可解答．
【详解】解：∵设正多边形的边数为n,且正多边形的中心角是72°，
∴72°n=360°，
∴n=5，
∴过n边形的一个顶点有(n−3)条对角线，即5−3=2条，
故答案为：2．
【点睛】本题考查的是多边形的对角线、正多边形的中心角等知识点，要掌握过n多边形的一个顶点有
(n−3)条对角线、正多边形的中心角都相等是解答本题的关键．
【题型2 对角线分三角形个数问题】
【例2】（2023·陕西西安·校考模拟预测）一个多边形的内角和为1080°，从该多边形的一个顶点出发引对
角线，可以把这个多边形分割成 个三角形．
【答案】6
【分析】首先根据多边形内角和公式可得多边形的边数，再计算分成三角形的个数．
【详解】解：设此多边形的边数为x，由题意得：(x−2)×180=1080，
解得；x=8，
从这个多边形的一个顶点引对角线，可以把这个多边形分成的三角形个数：8-2=6，
故答案为：6．
【点睛】此题主要考查了多边形的内角，关键是掌握多边形的内角和公式180(n−2)，理解从一个n边形
的一个顶点引对角线，可以把这个多边形分成(n-2)个三角形．
【变式2-1】（2023·陕西咸阳·统考三模）过某多边形一个顶点的所有对角线，将这个多边形分成3个三角
形，这个多边形的边数是 ．
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【答案】5
【分析】根据n边形过一个顶点的所有对角线分得三角形的个数为(n−2)个，即可求解．
【详解】解：这个多边形的边数是3+2=5条．
故答案为：5．
【点睛】本题考查了多边形的边数，熟练掌握n边形过一个顶点的所有对角线分得三角形的个数为(n−2)
个是解题的关键．
【变式2-2】（2023·陕西榆林·统考一模）从七边形的一个顶点出发的所有对角线，可以把这个七边形分割
成 个三角形．
【答案】5
【分析】从n边形的一个顶点出发，连接这个点与其余各顶点，可以把一个多边形分割成(n−2)个三角形，
依此作答．
【详解】解：过七边形的一个顶点的所有对角线可将七边形分成7−2=5个三角形．
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查多边形的对角线，从n边形的一个顶点出发，分别连接这个点与其余各顶点，形成
的三角形个数为n−2．
【变式2-3】（2023·广东深圳·校联考一模）如图，从多边形一个顶点出发作多边形的对角线，试根据下面
几种多边形的顶点数、线段数及三角形个数统计结果，推断f,e,v三个量之间的数量关系是:
多边形：
顶点个数f: 4 5 6 …
1
线段条数e: 5 7 9 …
三角形个数v: 2 3 4 …
1
【答案】f+v-e=1
【分析】三角形个数等于顶点数减2，线段条数等于对角线条数加边数，即可求解；
【详解】解：三角形个数v＝f−2，
线段条数e＝f−3＋f＝2f−3，
∴f+v-e=1，
故答案为f+v-e=1；
【点睛】本题考查多边形的边，顶点，三角形个数，熟练掌握多边形对角线的求法，多边形分割三角形的
方法是解题的关键．
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【题型3 多边形内角和问题】
【例3】（2023·山东·中考真题）一个多边形截去一个角后，形成另一个多边形的内角和为720°，那么原
多边形的边数为（ ）
A．5 B．5或6 C．5或7 D．5或6或7
【答案】D
【分析】根据内角和为720°可得：多边形的边数为六边形，即可求解．
【详解】解：设新多边形的边数为n，根据题意得：（n-2）×180°=720°，
解得：n=6，
∴原多边形的边数为5或6或7．
故选∶ D
【变式3-1】（2023·山东·统考中考真题）已知一个多边形的内角和为540°，则这个多边形是 边形．
【答案】5
【详解】设这个多边形是n边形，由题意得，
(n-2) ×180°=540°，解之得，n=5．
【变式3-2】（2023·浙江·统考中考真题）一个多边形过顶点剪去一个角后，所得多边形的内角和为720°，
则原多边形的边数是 ．
【答案】6或7
【分析】求出新的多边形为6边形，则可推断原来的多边形可以是6边形，可以是7边形．
【详解】解：由多边形内角和，可得
（n-2）×180°=720°，
∴n=6，
∴新的多边形为6边形，
∵过顶点剪去一个角，
∴原来的多边形可以是6边形，也可以是7边形，
故答案为6或7．
【点睛】本题考查多边形的内角和；熟练掌握多边形的内角和与多边形的边数之间的关系是解题的关键．
【变式3-3】（2023·湖南·统考中考真题）剪纸片：有一张长方形的纸片，用剪刀沿一条不过任何顶点的直
线将其剪成了2张纸片；从这2张中任选一张，再用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片，
这样共有3张纸片：从这3张中任选一张，再用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片，这
样共有4张纸片；……；如此下去，若最后得到10张纸片，其中有1张五边形纸片，3张三角形纸片，5
张四边形纸片，则还有一张多边形纸片的边数为 ．
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【答案】6
【分析】根据多边形的内角和进行即可求解．
【详解】解：根据题意用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成了2张纸片，则每剪一次，所有的多边
形的内角和增加360°，
10张纸片，则剪了9次，其中有1张五边形纸片，3张三角形纸片，5 张四边形纸片，设还有一张多边形
纸片的边数为n，
∴(5−2)×180°+3×180°+(4−2)×180°×5+(n−2)×180°=360°+360°×9，
解得n=6．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了多边形内角和公式，理解题意是解题的关键．
【题型4 多边形的外角问题】
【例4】（2023·四川自贡·统考中考真题）第29届自贡国际恐龙灯会“辉煌新时代”主题灯组上有一幅不
完整的正多边形图案，小华量得图中一边与对角线的夹角∠ACB=15°，算出这个正多边形的边数是
（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】D
【分析】根据三角形内角和定理以及正多边形的性质，得出∠B=150°，然后可得每一个外角为30°，进
而即可求解．
【详解】解：依题意，AB=BC，∠ACB=15°，
∴∠BAC=15°
∴∠ABC=180°−∠ACB−∠BAC=150°
∴这个正多边形的一个外角为180°−150°=30°，
360
所以这个多边形的边数为 =12，
30
故选：D．
【点睛】本题考查了三角形内角和定理，正多边形的性质，正多边形的外角与边数的关系，熟练掌握正多
边的外角和等于360°是解题的关键．
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【变式4-1】（2023·甘肃兰州·统考中考真题）如图1是我国古建筑墙上采用的八角形空窗，其轮廓是一个
正八边形，窗外之境如同镶嵌于一个画框之中．如图2是八角形空窗的示意图，它的一个外角∠1=
（ ）
A．45° B．60° C．110° D．135°
【答案】A
【分析】由正八边形的外角和为360°，结合正八边形的每一个外角都相等，再列式计算即可．
【详解】解：∵正八边形的外角和为360°，
360°
∴∠1= =45°，
8
故选A
【点睛】本题考查的是正多边形的外角问题，熟记多边形的外角和为360°是解本题的关键．
【变式4-2】（2023·河北·统考二模）如图，将几个全等的正八边形进行拼接，相邻的两个正八边形有一条
公共边，围成一圈后中间形成一个正方形．设正方形的边长为1，则该图形外轮廓的周长为 ；若n
个全等的正多边形中间围成的图形是正三角形，且相邻的两个正多边形有一条公共边，设正三角形的边长
为1，则该图形外轮廓的周长是 ．
【答案】 20 27
【分析】根据正多边形的性质，每条边相等，即可求解．求得该图形外轮廓的周长，根据密铺可知正n边
形，为正12边形，据此即可求解．
【详解】解：∵正方形的边长为1，
∴该图形外轮廓的周长为(8−3)×4=20，
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360°−60°
若n个全等的正多边形中间围成的图形是正三角形，则n边形的一个内角为 =150°
2
则n边形的一个外角180°−150°=30°，
∴n=360°÷30°=12，
根据相邻的两个正多边形有一条公共边，
则图形外轮廓的周长为(12−3)×3=27
故答案为：20，27
【点睛】本题考查了正多边形的性质，多边形的内角和，外角和，平面镶嵌，理解题意是解题的关键．
【变式4-3】（2023·山东烟台·统考二模）如图，CG平分正五边形ABCDE的外角∠DCF，并与∠EAB
的平分线交于点O，则∠AOG的度数为（ ）
A．144° B．126° C．120° D．108°
【答案】B
【分析】根据正五边形的性质分别解得正五边形的每个内角、每个外角的度数，结合角平分线的性质得到
∠DCG=36°，∠OAB=54°，接着由四边形的内角和为360°解得∠AOC=54°，最后由邻补角定义解
题即可．
【详解】解：∵CG平分正五边形ABCDE的外角∠DCF，
∴∠DCG=∠GCF
∵AO平分∠EAB，
∴∠EAO=∠OAB，
∵正五边形ABCDE中，
(5−2)×180° 360°
∴∠ABC= =108°,∠DCF= =72°
5 5
1 1 1 1
∴∠DCG= ∠DCF= ×72°=36°，∠OAB= ∠EAB= ×108°=54°
2 2 2 2
∴∠OAB+∠ABC+∠BCD+∠DCG=54°+108°+108°+36°=306°
∴∠AOC=360°−306°=54°
∴∠AOG=180°−54°=126°，
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故选：B．
【点睛】本题考查正多边形的内角和与外角和，涉及角平分线的性质等知识，是重要考点，难度较易，掌
握相关知识是解题关键．
【题型5 多边形内角和、外角和与角平分线、平行线的综合运用】
【例5】（2023·江苏宿迁·模拟预测）如图，一束太阳光平行照射在正n边形A A A ……A 上，若
1 2 3 n
∠1−∠2=60°，则n= ．
【答案】6
【分析】过A 作A B∥A A ，根据平行线的性质可得∠4=∠3，∠C A B=∠1，求得
2 2 1 n 2
∠A A B=60°，设正多边形的内角为x，则满足∠4=180°−x，推得∠3=x−60°，即可求得x=120°，
3 2
得到∠4=60°，即可求出正多边形的边数．
【详解】解：过A 作A B∥A A ，
2 2 1 n
则∠4=∠3，∠C A B=∠1
2
∵∠1−∠2=60°
∴∠A A B=60°
3 2
设正多边形的内角为x，则∠4=180°−x
∴x=60°+∠3
∴∠3=x−60°
∵180°−x=x−60°，解得x=120°
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∴∠4=60°
∴这个正多边形的边数为360°÷60°=6
故答案为：6．
【点睛】本题考查了根据正多边形外角求正多边形的边数，平行线的性质等知识，熟练掌握正多边形的外
角性质是解题的关键．
【变式5-1】（2023·陕西西安·校考二模）如图，AB∥CD，∠BED=61°，∠ABE的平分线与∠CDE的
平分线交于点F，求∠DFB的度数．
【答案】149.5°
【分析】过点E作EG∥AB，利用平行线的性质、等式性质可得∠CDE+∠ABE=299°，再根据角平分
线的性质求得∠EDF+∠EBF=149.5°，然后由四边形的内角和为360°即可求得结论．
【详解】解：过点E作EG∥AB，如图：
∵AB∥CD
∴AB∥CD∥EG
∴∠CDE+∠DEG=∠ABE+∠BEG=180°
∵∠BED=∠DEG+∠BEG
∴∠CDE+∠BED+∠ABE=360°
∵∠BED=61°
∴∠CDE+∠ABE=299°
∵DF、BF 分别平分∠CDE 、∠ABE
1 1
∴∠EDF+∠EBF= ∠CDE+ ∠ABE=149.5°
2 2
∵在四边形BEDF中，∠DFB+∠EDF+∠EBF+∠BED=360°
∴∠DFB=360°−(∠EDF+∠EBF)−∠BED=149.5°．
【点睛】本题考查了平行线的判定和性质、等式的性质、角平分线的性质以及四边形内角和为360°，适当
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地添加辅助线以及熟练掌握相关知识点是解题的关键．
【变式5-2】（2023·湖北武汉·统考模拟预测）如图，AB∥CD，AD平分∠BDC，CE∥AD，
∠DCE=150°.
(1)求∠BAD的度数：
(2)若∠F=40°，求∠E的度数.
【答案】(1)30°
(2)110°
【分析】（1）根据∠DCE=150°和CE∥AD可求得∠ADC=30°，然后根据AB∥CD，可求得
∠BAD=∠ADC=30°；
（2）由AD平分∠BDC，可得∠CDF=2∠ADC=60°，然后由四边形的内角和是360°即可求得∠E的
度数.
【详解】（1）解：∵CE∥AD，
∴∠ADC+∠DCE=180°，
∴∠ADC=180°−∠DCE=30°，
∵AB∥CD，
∴∠BAD=∠ADC=30°；
（2）解：∵AD平分∠BDC，
∴∠CDF=2∠ADC=60°，
∵∠E+∠F+∠CDF+∠DCE=360°，
∴∠E=360°−∠F−∠CDF−∠DCE=360°−40°−60°−150°=110°.
【点睛】本题主要考查了平行线的性质、多边形内角和定理、角平分线的的定义，熟记相关定理是解题的
关键.
【变式5-3】（2023·浙江·三模）如图，在△ABC中，沿∠BAC的平分线AB 折叠，剪掉重复部分；将余
1
下部分沿∠B A C的平分线A B 折叠，剪掉重复部分……将余下部分沿∠B A C的平分线A B 折叠，
1 1 1 1 n n n n+1
点B 与点C重合，无论折叠多少次，只要最后一次恰好重合，则称∠BAC是△ABC的好角．
n
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（1）若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好角，则∠B与∠C（设∠B>∠C）之间的等量关系为 ．
（2）若一个三角形的最小角是4°，且该三角形的三个角均是此三角形的好角．请写出符合要求三角形的
另两个角的度数 ．（写出一种即可）
【答案】 ∠B=n∠C 4、172或8、168或16、160或44、132或88°、88°
【分析】（1）根据折叠的性质、根据三角形的外角定理知∠AAB =∠C+∠A B C=2∠C；
1 2 2 2 2
根据四边形的外角定理知∠BAC+2∠B-2C=180°①，根据三角形ABC的内角和定理知
∠BAC+∠B+∠C=180°②，由①②可以求得∠B=3∠C；利用数学归纳法，根据展示的三种情形得出结论：
∠B=n∠C；
（2）利用（1）的结论知∠B=n∠C，∠BAC是△ABC的好角，∠C=n∠A，∠ABC是△ABC的好角，
∠A=n∠B，∠BCA是△ABC的好角；然后三角形内角和定理可以求得另外两个角的度数可以是4、172；
8、168；16、160；44、132；88°、88°．
【详解】解：（1）∠B=n∠C；
如图所示，在△ABC中，沿∠BAC的平分线AB 折叠，剪掉重复部分；
1
将余下部分沿∠B AC的平分线AB 折叠，剪掉重复部分，
1 1 1 2
将余下部分沿∠B AC的平分线AB 折叠，点B 与点C重合，
2 2 2 3 2
则∠BAC是△ABC的好角．
证明如下：∵根据折叠的性质知，∠B=∠AA B ，∠C=∠A B C，∠AB C=∠A AB ，
1 1 2 2 1 1 1 2 2
∴根据三角形的外角定理知，∠AAB =∠C+∠A B C=2∠C；
1 2 2 2 2
∵根据四边形的外角定理知，∠BAC+∠B+∠AA B -∠AB C=∠BAC+2∠B-2∠C=180°，
1 1 1 1
根据三角形ABC的内角和定理知，∠BAC+∠B+∠C=180°，
∴∠B=3∠C；
由展示的情形一知，当∠B=∠C时，∠BAC是△ABC的好角；
由展示的情形二知，当∠B=2∠C时，∠BAC是△ABC的好角；
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由展示的情形三知，当∠B=3∠C时，∠BAC是△ABC的好角；
故若经过n次折叠∠BAC是△ABC的好角，则∠B与∠C（不妨设∠B＞∠C）之间的等量关系为
∠B=n∠C；
故答案为：∠B=n∠C．
（2）由（1）知设∠A=4°，∵∠C是好角，
∴∠B=4n°；
∵∠A是好角，
∴∠C=m∠B=4mn°，其中m、n为正整数得4+4n+4mn=180，
∴如果一个三角形的最小角是4°，
三角形另外两个角的度数是4、172；8、168；16、160；44、132；88°、88°．
故答案为：4、172；8、168；16、160；44、132；88°、88°．
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题）．解答此题时，充分利用了三角形内角和定理、三角形外角定
理以及折叠的性质．难度较大．
【题型6 利用平行四边形的性质求解】
【例6】（2023·湖北黄石·统考中考真题）如图，将▱ABCD绕点A逆时针旋转到 ▱A'B'C'D'的位置，使
3
点B'落在BC上，B'C'与CD交于点E若AB=3,AD=4,BB'= ，则∠BAB'= （从“
2
∠1,∠2,∠3”中选择一个符合要求的填空）；DE= ．
4
【答案】 ∠1（答案不唯一）
3
【分析】根据旋转的性质得出∠BAD=∠B' AD'，即可推出∠BAB'=∠1；通过证明△ABB'∽△ADD'，
得出 AB BB' ，求出 ，设 ， ，则 ， ，证明
= DD'=2 DE=x C'E= y CE=3−x B'E=4−y
AD DD'
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1 y 1 x
C'D C'E DE = , =
△B'CE∽△DC'E，得出 = = ，则5 3−x 5 4−y，即可求解．
CB' CE B'E
2 2
【详解】解：∵将▱ABCD绕点A逆时针旋转得到 ▱A'B'C'D'，
∴∠BAD=∠B' AD'，
∴∠BAD−∠B' AD=∠B' AD'−∠B' AD，即∠BAB'=∠1，
∵将▱ABCD绕点A逆时针旋转得到 ▱A'B'C'D'，
∴∠B=∠AB'C'=∠D'，AB=AB',AD=AD'，
∴∠B=∠AB'B=∠D'=∠ADD'，
∴△ABB'∽△ADD'，
3
AB BB'
∴ = ，即3 2 ，
AD DD' =
4 DD'
解得：DD'=2，
∵四边形ABCD是平行四边形，AB=3，
∴AB=CD=C'D'=3，
∴C'D=C'D'−DD'=1，
设DE=x，C'E= y，则CE=3−x，B'E=4−y，
∵∠C=∠C',∠3=∠DEC'，
∴△B'CE∽△DC'E，
C'D C'E DE
∴ = = ，
CB' CE B'E
1 y 1 x
= , =
∴5 3−x 5 4−y，
2 2
6−2x
整理得：y= ，
5
1 x
6−2x = 4
把y= 代入5 4−y解得：x=
5 3
2
4
故答案为：∠1， ．
3
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握
相关性质定理，掌握相似三角形对应边成比例．
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【变式6-1】（2023·四川甘孜·统考中考真题）如图，在平行四边形ABCD(AB8（不符合题意舍去），
1 2
∴CB=CD=10−3√2，
∴四边形EBCD的周长为10+8+2(10−3√2)=38−6√2．
【点睛】本题考查的是新定义的含义，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，矩
形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，理解题意，作出合适的辅助线是解本题的关键．
【变式10-3】（2023·广东梅州·统考一模）【定义】
对角线相等且所夹锐角为60°的四边形叫“60°等角线四边形”．
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如图1，四边形ABCD为“60°等角线四边形”，即AC=BD，∠AOB=60°，
【定义探究】
(1)判断下列四边形是否为“60°等角线四边形”，如果是在括号内打“√”，如果不是打“×”．
①对角线所夹锐角为60°的平行四边形． （ ）
②对角线所夹锐角为60°的矩形． （ ）
③对角线所夹锐角为60°，且顺次连接各边中点所形成的四边形是菱形的四边形． （ ）
【性质探究】
(2)如图2，以AC为边，向下构造等边△ACE，连接BE，请直接写出AB+CD与AC的大小关系；
(3)请判断AD+BC与√3AC的大小关系，并说明理由；
【应用提升】
(4)若“60°等角线四边形”的对角线长为2，则该四边形周长的最小值为________．
【答案】(1)见解析
(2)AB+CD≥AC
(3)AD+BC≥√3AC
(4)2√3+2
【分析】对于（1），根据定义即可求解．
对于（2），证明四边形DBEC是平行四边形，根据AB+BE≥AE即可求解；
对于（3），先构造平行四边形BDEC，可得对应线段相等，再求出∠ACE=120°，构造直角三角形求出
√3
AH= AC，即可得出答案；
2
对于（4），根据（2）（3）的结论代入数据即可求解．
【详解】（1）∵对角线所夹锐角为60°的平行四边形的对角线不一定相等，则不能判①是“60°等角线四
边形”，
∴选择×；
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∵对角线所夹锐角为60°的矩形，对角线相等，且所夹锐角为60°，故②是“60°等角线四边形”，
∴选择√；
∵对角线所夹锐角为60°，且顺次连接各边中点所形成的四边形是菱形的四边形，则四边形的对角线相等，
故③是“60°等角线四边形”，
∴选择√．
故答案为：×，√，√；
（2）∵ △ACE是等边三角形，
∴AE=EC=AC，∠ACE=60．
∵∠AOB=∠ACE=60
∴DB∥EC．
∵ DB=AC，
∴DB=EC，
∴四边形DBEC是平行四边形，
∴BE=DC．
∵△ABE中，AB+BE≥AE
即AB+CD≥AC；
（3）如图，过C作CE∥BD，且CE=BD，连接DE，AE，
∴四边形BDEC是平行四边形，
∴DE=BC，AC=BD=CE．
∵ ∠AOB=60°，
∴∠COD=60°．
∵BD∥CE，
∴∠ACE=180°−60°=120°．
过点C作CH⊥AE，交AE于点H，
∵AC=CE，∠ACE=120°，
∴∠ACH=60°．
AH √3
在Rt△ACH中，sin60°= = ，
AC 2
√3
∴AH= AC，
2
则AE=√3AC．
∴AD+BC=AD+DE≥√3AC；
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（4）若“60°等角线四边形”的对角线长为2，则AC=2，
由（2）（3）可得AB+CD≥AC，AD+BC≥√3AC
∴AB+CD+AD+BC≥(√3+1)AC=2(√3+1)=2√3+2．
∴该四边形周长的最小值为2√3+2．
故答案为：2√3+2．
【点睛】本题主要考查了四边形综合问题，新定义问题，特殊角三角函数值，平行四边的性质与判定等，
掌握特殊四边形的性质与判定是解题的关键．
【题型11 利用平行四边形的性质与判定求解】
【例11】（2023·辽宁·统考中考真题）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点B作
BE∥AC，交DA的延长线于点B，连接OE，交AB于点F，则四边形BCOF的面积与△AEF的面积的比
值为 ．
5
【答案】
2
【分析】根据平行四边形ABCD推出平行四边形AEBC，根据△OAF和△EFB相似，进而求出各个三角形
的面积比，设S =x，表示出其他三角形面积，进而作答．
△OAF
【详解】解： 四边形ABCD是平行四边形，
AD∥BC，O∵A=OC，
∴又 BE∥AC，
四∵边形AEBC是平行四边形，
∴AC=BE，
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BE=2OA，
∴BE∥AC，
∵∠OAF=∠EBF，∠AOF=∠BEF，
∴△OAF∽△EBF，
∴
S
△OAF =
(OA) 2
=
1
，
OF
=
OA
=
1
，
S BE 4 EF BE 2
△EBF
∴
S =4S ，EF=2OF，
△EBF △OAF
∴S =2S
△AEF △AOF
∴同理S =2S ，
△EBF △OBF
OA=OC，
∵S =S ，
△OBC △OAB
∴设S =x，则S =4x，S =2x，S =2x，S =S =S +S =x+2x=3x
△OAF △EBF △AEF △OBF △AOB △BOC △AOF △BOF
S =S +S =3x+2x=5x
四边形BCOF △BOC △BOF
∴
S 5x 5
四边形BCOF = =
S 2x 2
△AEF
∴
5
故答案为∶
2
【点睛】本题考查平行四边形及三角形的相似，相似比和面积比，解题的关键是根据三角形的相似比表示
出三角形的面积．
【变式11-1】（2023·西藏·统考中考真题）如图，两张宽为3的长方形纸条叠放在一起，已知
∠ABC=60°，则阴影部分的面积是（ ）
9 9√3
A． B．3√3 C． D．6√3
2 2
【答案】D
【分析】首先过点B作BE⊥AD于点E，BF⊥CD于点F，由题意可得四边形ABCD是平行四边形，继
而求得AB=BC的长，判定四边形ABCD是菱形，则可求得答案．
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【详解】过点B作BE⊥AD于点E，BF⊥CD于点F，
根据题意得：AD∥BC，AB∥CD，BE=BF=3，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠ABE=∠CBF=30°，
∴AB=2AE，BC=2CF，
∵AB2=AE2+BE2，BE=3，
∴AB=2√3，
同理： BC=2√3，
∴AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD=2√3，
∴S =AD×BE=6√3．
菱形ABCD
故选：D．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的
性质等知识，解题关键在于掌握菱形判定定理和作辅助线．
【变式11-2】（2023·浙江台州·统考中考真题）如图，点C，D在线段AB上（点C在点A，D之间），
分别以AD，BC为边向同侧作等边三角形ADE与等边三角形CBF，边长分别为a，b．CF与DE交于点
H，延长AE，BF交于点G，AG长为c．
（1）若四边形EHFG的周长与△CDH的周长相等，则a，b，c之间的等量关系为 ．
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（2）若四边形EHFG的面积与△CDH的面积相等，则a，b，c之间的等量关系为 ．
【答案】 5a+5b=7c a2+b2=c2
【分析】由题意可得：△ABG为等边三角形，四边形EHFG为平行四边形，AB=AG=c，（1）分别求得
四边形EHFG的周长与△CDH的周长，根据题意，求解即可；（2）分别求得四边形EHFG的面积与
△CDH的面积，根据题意，求解即可．
【详解】解：等边三角形ADE与等边三角形CBF中，∠A=∠B=∠EDA=∠HCD=60°，
∴△CDH和△ABG为等边三角形，CF∥AG，ED∥BG
∴AB=AG=BG=c，四边形EHFG为平行四边形，
又∵等边三角形ADE与等边三角形CBF
∴GF=c−b，EG=c−a，AC=c−b，
∴CD=AD−AC=a+b−c，
（1）平行四边形EHFG的周长为：2(FG+EG)=2(c−b+c−a)=4c−2a−2b，
△CDH的周长为：3CD=3a+3b−3c
由题意可得：3a+3b−3c=4c−2a−2b
即：5a+5b=7c；
（2）过点F作FM⊥EG，过点H作HN⊥CD，如下图：
在Rt△FMG中，GF=c−b，∠GMF=90°，∠G=60°，
√3(c−b)
∴MF=GF×sin60°=
2
√3(c−a)(c−b)
则平行四边形EHFG的面积为EG×MF=
2
在Rt△CNH中，CH=a+b−c，∠CNH=90°，∠HCN=60°，
√3(a+b−c)
∴HN=CH×sin60°=
2
1 √3(a+b−c) 2
则△CDH的面积为： ×CD×HN=
2 4
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√3(a+b−c) 2 √3(c−a)(c−b)
由题意可得： =
4 2
化简可得：a2+b2=c2
故答案为：5a+5b=7c；a2+b2=c2
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，解题的关键是
熟练掌握并灵活利用等边三角形的性质求得对应线段的长度．
【变式11-3】（2023·安徽·统考中考真题）已知四边形ABCD内接于⊙O，对角线BD是⊙O的直径．
(1)如图1，连接OA,CA，若OA⊥BD，求证；CA平分∠BCD；
(2)如图2，E为⊙O内一点，满足AE⊥BC,CE⊥AB，若BD=3√3，AE=3，求弦BC的长．
【答案】(1)见解析
(2)BC=3√2
【分析】（1）利用垂径定理的推论和圆周角的性质证明即可．
(2)证明四边形AECD平行四边形，后用勾股定理计算即可．
【详解】（1）∵对角线BD是⊙O的直径，OA⊥BD
∴A´B=A´D，
∴∠BCA=∠DCA，
∴CA平分∠BCD．
（2）∵对角线BD是⊙O的直径，
∴∠BAD=∠BCD=90°，
∴DC⊥BC,DA⊥AB
∵AE⊥BC,CE⊥AB，
∴DC∥AE,DA∥CE，
∴四边形AECD平行四边形，
∴DC=AE=3，
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又∵BD=3√3，
∴BC=√(3√3) 2 −32=3√2．
【点睛】本题考查了垂径定理的推论，直径所对的圆周角是直角，平行四边形的判定和性质，勾股定理，
熟练掌握垂径定理的推论，平行四边形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
【题型12 利用平行四边形的性质与判定证明】
【例12】（2023·辽宁大连·统考二模）如图1，△ABC中，点D，E，F分别在BC，AC，AB上，
AB=AD，DE∥AB，BE，EF分别与AD相交于点G，H，∠DEH=∠DGE．
(1)求证：∠DEG=∠DHE；
(2)求证：BG=EF；
(3)如图2，若H是AD中点，AB=kDE，求k的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)k=1+√3
【分析】（1）证明△DEG∽△DHE，再利用相似三角形的性质可得答案；
（2）作∠DBM=∠DBG交ED的延长线于M，证明△BDG≌△BDM，可得BG=BM，∠BGD=∠M，
再证明四边形BFEM是平行四边形，可得BM=EF，从而可得结论；
（3）如图，证明△AFH≌△DEH，可得AF=DE，设DE=x，则AF=x，则AB=kDE=kx，
BF=(k−1)x，由四边形BFEM是平行四边形，可得EM=BF=(k−1)x，求解DG=(k−2)x，
1 1 DG DE
DH= AD= kx，由△DEG∽△DHE，可得 = ，再建立方程求解即可.
2 2 DE DH
【详解】（1）证明：∵∠DEH=∠DGE，∠EDG=∠HDE，
∴△DEG∽△DHE，
∴∠DEG=∠DHE；
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（2）作∠DBM=∠DBG交ED的延长线于M，
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∵DE∥AB，
∴∠BDM=∠ABD，
∴∠ADB=∠BDM，而BD=BD，
∴△BDG≌△BDM，
∴BG=BM，∠BGD=∠M，DG=DM，
∵∠BGD+∠DGE=180°，∠DEH=∠DGE，
∴∠DEH+∠M=180°，
∴EF∥BM，而DE∥AB，
∴四边形BFEM是平行四边形，
∴BM=EF，
∴BG=EF；
（3）如图，∵H是AD的中点，
∴AH=DH，
∵DE∥AB，
∴∠HAF=∠HDE，∠AFH=∠DEH，
∴△AFH≌△DEH，
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∴AF=DE，设DE=x，则AF=x，
∴AB=kDE=kx，
∴BF=(k−1)x，
∵四边形BFEM是平行四边形，
∴EM=BF=(k−1)x，
∵EM=ED+DM=ED+DG，
∴(k−1)x=x+DG，
∴DG=(k−2)x，
∵AD=AB=(k−1)x，
1 1
∴DH= AD= kx，
2 2
∵△DEG∽△DHE，
DG DE
∴ = ，
DE DH
∴DE2=DG·DH，
1
∴x2=(k−2)x· kx，
2
整理得：k2−2k−2=0，
解得：k =1+√3，k =1−√3，（负根不合题意舍去）
1 2
∴k=1+√3.
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，
一元二次方程的解法，作出合适的辅助线构建全等三角形与平行四边形是解本题的关键.
【变式12-1】（2023·湖北武汉·统考模拟预测）如图，点D、E、F分别是三角形ABC的边BC、CA、AB
上的点，DE∥BA，DF∥CA．
(1)求证：∠FDE=∠A．
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S
(2)若BD:DC=1:4，直接写出 △CDE 的值．
S
△ABC
【答案】(1)见解析
16
(2)
25
【分析】（1）由DE∥AF，DF∥AE，可得四边形AEDF是平行四边形，进而可得∠FDE=∠A．
（2）证明△CDE∽△CBA，则
CD
=
CD
，由BD:DC=1:4，可得
CD
=
4
，根据
S
△CDE =
(CD) 2
，
CB CD+BD CB 5 S CB
△ABC
计算求解即可．
【详解】（1）证明：∵DE∥AF，DF∥AE，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∴∠FDE=∠A．
（2）解：∵DE∥BA，
∴∠CED=∠CAB，
又∵∠ECD=∠ACB，
∴△CDE∽△CBA，
CD CD
∴ = ，
CB CD+BD
∵BD:DC=1:4，
CD 4
∴ = ，
CB 5
∴
S
△CDE =
(CD) 2
=
16
．
S CB 25
△ABC
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练
掌握与灵活运用．
【变式12-2】（2023·江苏徐州·统考中考真题）【阅读理解】如图1，在矩形ABCD中，若AB=a,BC=b，
由勾股定理，得AC2=a2+b2，同理BD2=a2+b2，故AC2+BD2=2(a2+b2)．
【探究发现】如图2，四边形ABCD为平行四边形，若AB=a,BC=b，则上述结论是否依然成立？请加
以判断，并说明理由．
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a2+b2 c2
【拓展提升】如图3，已知BO为△ABC的一条中线，AB=a,BC=b,AC=c．求证：BO2= − ．
2 4
【尝试应用】如图4，在矩形ABCD中，若AB=8,BC=12，点P在边AD上，则PB2+PC2的最小值为
_______．
【答案】探究发现：结论依然成立，理由见解析；拓展提升：证明见解析；尝试应用：200
【分析】探究发现：作AE⊥BC于点E，作DF⊥BC交BC的延长线于点F，则∠AEB=∠CFD=90°，
证明Rt△ABE≌Rt△DCF(HL)，BE=CF，利用勾股定理进行计算即可得到答案；
拓展提升：延长BO到点C，使OD=BO，证明四边形ABCD是平行四边形，由【探究发现】可知，
AC2+BD2=2(AB2+BC2)，则c2+(2BO) 2=2(a2+b2)，得到c2+4BO2=2(a2+b2)，即可得到结论；
尝试应用：由四边形ABCD是矩形，AB=8,BC=12，得到AB=CD=8,BC=AD=12，
∠A=∠D=90°，设AP=x，PD=12−x，由勾股定理得到PB2+PC2=2(x−6) 2+200，根据二次函数
的性质即可得到答案．
【详解】探究发现：结论依然成立，理由如下：
作AE⊥BC于点E，作DF⊥BC交BC的延长线于点F，则∠AEB=∠CFD=90°，
∵四边形ABCD为平行四边形，若AB=a,BC=b，
∴AB=DC=a,AD∥BC,AD=BC=b，
∵AE⊥BC，DF⊥BC，
∴AE=DF，
∴Rt△ABE≌Rt△DCF(HL)，
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∴BE=CF，
∴AC2+BD2=AE2+CE2+BF2+DF2
=(AB2−BE2)+(BC−BE) 2+(BC+CF) 2+DF2
=AB2−BE2+BC2−2BC⋅BE+BE2+BC2+2BC⋅BE+BE2+AE2
=AB2+BC2+BC2+BE2+AE2
=AB2+BC2+BC2+AB2
=2(AB2+BC2)
=2(a2+b2)；
拓展提升：延长BO到点C，使OD=BO，
∵BO为△ABC的一条中线，
∴OA=CO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=a,BC=b,AC=c．
∴由【探究发现】可知，AC2+BD2=2(AB2+BC2)，
∴c2+(2BO) 2=2(a2+b2)，
∴c2+4BO2=2(a2+b2)，
a2+b2 c2
∴BO2= − ；
2 4
尝试应用：∵四边形ABCD是矩形，AB=8,BC=12，
∴AB=CD=8,BC=AD=12，∠A=∠D=90°，
设AP=x，则PD=AD−AP=12−x，
∴PB2+PC2=AP2+AB2+PD2+CD2=x2+82+(12−x) 2+82
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=2x2−24x+272=2(x−6) 2+200，
∵2>0，
∴抛物线开口向上，
∴当x=6时，PB2+PC2的最小值是200
故答案为：200
【点睛】此题考查了二次函数的应用、勾股定理、平行四边形的判定和性质、矩形的性质等知识，熟练掌
握勾股定理和数形结合是解题的关键．
【变式12-3】（2023·安徽·模拟预测）如图1，AD是△ABC的中线，过CD上一点F作EG∥AB，分别与
AD的延长线和AC相交于点E，G，连接BE．
DF 2 AD
(1)若 = ，求 的值；
CF 3 DE
(2)如图2，在AD上取一点P，使得DP=DE，连接FP并延长交AB于点H．
①求证：HF∥AC；
②连接GH．求证：GH=BE．
AD 5
【答案】(1) =
DE 2
(2)①见解析；②见解析
【分析】（1）根据平行线分线段成比例定理可证；
（2）①根据平行线分线段成比例和相似三角形的性质与判定可证；
②连接PC，过点P作MN∥BC，分别交AB,AC于点M,N，先证△DBE≌△DCP，得到PC=BE，再
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根据平行四边形的判定和相似三角形的性质与判定可证四边形PFCN和四边形HPCG是平行四边形，进而
证得GH=CP，从而得证．
【详解】（1）∵ AD是△ABC的中线，
∴ BD=CD．
DF 2
∵ = ，
CF 3
DF DF 2
∴ = = ，
BD DC 5
∵EG∥AB，
AD BD 5
∴ = = ．
DE DF 2
（2）①∵ AB∥EF，
AD BD
∴ =
DE DF
∵ DP=DE，BD=CD，
AD CD
∴ =
DP DF
∵ ∠PDF=∠ADC
∴ △PDF∽△ADC
∴ ∠PFD=∠ACD
∴ HF∥AC；
②连接PC，过点P作MN∥BC，分别交AB,AC于点M,N．
∵ BD=CD，∠BDE=∠CDP，DE=DP，
∴ △DBE≌△DCP，
∴ PC=BE．
由①知HF∥AC，
∵ MN∥BC
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∴四边形PFCN是平行四边形，
∴ FC=PN，
∵ MN∥BC，
MP AP PN AP
∴ = ， = ，
BD AD CD AD
MP PN
∴ = ，
BD CD
∵ BD=CD，
∴ MP=PN=FC，
∴ ∠HMP=∠ABC，∠HPM=∠HFB，
∵ EG∥AB，HF∥AC，
∴ ∠ABC=∠GFC，∠HFB=∠GCF
∴ ∠HMP=∠GFC，∠HPM=∠GCF，
∴ △HMP≌△GFC，
∴HP=GC
∴四边形HPCG是平行四边形，
∴ GH=CP，
∴ GH=BE．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定
以及平行线分线段成比例定理等知识点，作出合适的辅助线是解本题的关键．
【题型13 平行四边形性质与判定的实际应用】
【例13】（2023·陕西西安·校联考模拟预测）问题提出：
（1）如图①，在△ABC中，∠A＝45°，AB＝3，AC=2√2，求BC边上的高；
问题解决：
（2）如图②，某幼儿园有一块平行四边形ABCD的空地，其中AB＝6米，BC＝10米，∠B＝60°，为了丰
富孩子们的课业生活，将该平行四边形空地改造成多功能区域，已知点E、G在边BC上，点F在边AD上，
连接AE、EF、DG．现要求将其中的阴影三角形ABE区域设置成木工区，阴影四边形EFDG区域设置成益
智区，其余区域为角色游戏区，若AB∥EF，∠1＋∠2＝60°，请问：是否存在一种规划方案，使得木工
区域和益智区域的面积和尽可能大？若存在，求出两个区域（即两部分阴影区域）面积和的最大值：若不
存在，请说明理由．
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6√5
【答案】（1）AE= ；（2）存在，两个区域（即两部分阴影区域）面积和的最大值为21√3
5
【分析】（1）作CD⊥AB于D，作AE⊥BC于E，由直角三角形的知识可以求得CD、BC的值，然后根据
三角形面积的求法可以得到AE的值；
（2）第一步作AH⊥BC于H，由平行四边形的性质可S =S ，再作DI∥AE交
两部分阴影区域的面积和 四边形AEGD
BC的延长线于点I，可得S =S ﹣S =30√3﹣S ，最后作DM⊥BC于M，
两部分阴影区域的面积和 ▱ABCD △DGI △DGI
求得△DGI面积最小值是9√3，从而得解．
【详解】解：（1）如解图①，作CD⊥AB于D，作AE⊥BC于E，
在Rt△ACD中，∠BAC＝45°，AC=2√2，
∴AD＝CD＝2，
∴BD＝AB－AD＝1；
在Rt△BCD中，BC=√BD2+CD2=√5；
1 1 1 1
∵S = AB⋅CD= BC⋅AE，即 ×3×2= ×√5AE，
△ABC 2 2 2 2
6√5
∴AE= ．
5
（2）存在．如解图（一），作AH⊥BC于H，
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在Rt△ABH中，AB＝6，∠B＝60°，
∴AH=3√3，
∴S =BC⋅AH=30√3．
▱ABCD
∵AB∥EF，
∴四边形ABEF是平行四边形，且∠BAE＝∠1，
∴S =S ，
△ABE △AEF
∴S =S ；
两部分阴影区域的面积和 四边形AEGD
如解图（二），作DI∥AE交BC的延长线于点I，则四边形AEID为平行四边形．
∴S =S =30√3，∠BAE＝∠CDI，
▱AEID ▱ABCD
∴S =S ﹣S =30√3﹣S ．
两部分阴影区域的面积和 ▱ABCD △DGI △DGI
∴当S 取最小值时，S 取最大值．
△DGI 两部分阴影区域的面积和
∵∠1＋∠2＝60°，
∴∠GDI＝∠2＋∠BAE＝60°，
如解图（三），作DM⊥BC于M，则DM=AH=3√3，
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∴△DGI是定角∠GDI＝60°、定高DM=3√3的三角形，
当DG＝DI时，S 取最小值．
△DGI
此时，点G与点C重合，△DGI是边长为6的等边三角形，它的面积是9√3，
∴S =S −S =30√3−S =21√3．
两部分阴影区域的面积和 ▱ABCD △DGC △DGC
∴两个区域（即两部分阴影区域）面积和的最大值为21√3．
【点睛】本题考查直角三角形和平行四边形的综合应用，熟练掌握特殊直角三角形的边角关系、勾股定理
的应用、平行四边形的性质及三角形面积的最值求解是解题关键．
【变式13-1】（2023·湖北襄阳·统考模拟预测）如图所示，从A地到B地要经过一条小河（河的两岸平
行），现要在河上建一座桥（桥垂直于河的两岸），应如何选择桥的位置，才能使从A地到B地的路程最
短？
【答案】见解析
【分析】根据桥垂直于河的两岸可得桥的长度为定值，将点A向下平移至点C，使AC的长等于河宽，连
接BC，与河岸GH相交于点N，过点N作NM⊥EF于点M，连接AM．利用平行四边形的性质可得MN
为所建桥的位置．
【详解】解：如图，将点A向下平移至点C，使AC的长等于河宽；连接BC，与河岸GH相交于点N，过
点N作NM⊥EF于点M，连接AM．则MN为所建桥的位置．
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∵桥垂直于河的两岸，
∴可得桥的长度为定值，
∴AC∥MN,AC=MN，
∴四边形MNCA是平行四边形，
∴NC=AM，
∴AM+MN+BN=BN+CN+MN=BC+MN，
∵点B与点C之间线段BC最短，MN为定值，
∴AM+MN+BN最短，即从A地到B地的路程最短，
∴MN为所建桥的位置．
【点睛】此题考查了平移及最短路径问题及平行四边形得判定与性质，主要利用“两点之间线段最短”，
但许多实际问题没这么简单，需要我们将一些线段进行转化，即用与它相等的线段替代，从而转化成两点
之间线段最短的问题．目前，往往利用对称性、平行四边形的相关知识进行转化，以后还会学习一些线段
转化的方法．
【变式13-2】（2023·陕西·统考中考真题）问题提出
（1）如图1，在 ▱ABCD中，∠A=45°，AB=8，AD=6，E是AD的中点，点F在DC上且DF=5求
四边形ABFE的面积．（结果保留根号）
问题解决
（2）某市进行河滩治理，优化美化人居生态环境．如图2所示，现规划在河畔的一处滩地上建一个五边形
河畔公园ABCDE按设计要求，要在五边形河畔公园ABCDE内挖一个四边形人工湖OPMN，使点O、
P、M、N分别在边BC、CD、AE、AB上，且满足BO=2AN=2CP，AM=OC．已知五边形ABCDE
中，∠A=∠B=∠C=90°，AB=800m，BC=1200m，CD=600m，AE=900m．满足人工湖周边各
功能场所及绿化用地需要，想让人工湖面积尽可能小．请问，是否存在符合设计要求的面积最小的四边形
人工湖OPMN？若存在，求四边形OPMN面积的最小值及这时点N到点A的距离；若不存在，请说明理
由．
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63√2
【答案】（1） ；（2）存在符合设计要求的四边形OPMN面积的最小值为470000m2，这时，点N
4
到点A的距离为350m．
【分析】（1）在▱ABCD中，设AB边上的高为h，根据题意求出h的值，S
四 边 形A
=
B
S
F▱E ABCD
−¿，计算
即可；
（2）存在．如图，分别延长AE与CD，交于点F，则四边形ABCF是矩形．
设AN=x，则PC=x， BO=2x， BN=800−x，AM=OC=1200−2x，在根据
S =S −S −S −S −S 列出关于x的一元二次方程，根据二次函数最值得
四 边 形OPM矩N 形ABCF△ANM △BON △CPO △FMP
方法求解即可．
【详解】解：（1）在 ▱ABCD中，设AB边上的高为h．
∵AD=6，∠A=45°，∴h=ADsin45°=3√2
h
∵EA=ED，∴点E到DC的距离为 ．
2
∴S =S −¿
四 边 形ABF▱E ABCD
(1 h 1 )
=AB⋅h− ⋅DF⋅ + ⋅FC⋅h
2 2 2
(15 9 ) 63√2
=24√2− √2+ √2 = ．
4 2 4
（2）存在．如图，分别延长AE与CD，交于点F，则四边形ABCF是矩形．
设AN=x，则
PC=x， BO=2x， BN=800−x，AM=OC=1200−2x．
由题意，易知MF=BO，PF=BN
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∴S =S −S −S −S −S
四 边 形OPM矩N 形ABCF△ANM △BON △CPO △FMP
1 1 1 1
=800×1200− ⋅x(1200−2x)− ⋅2x(800−x) − ⋅x(1200−2x)− ⋅2x(800−x)
2 2 2 2
=4x2−2800x+960000
=4(x−350) 2+470000．
∴当x=350时，S =470000．
四 边 形OPMN
AM=1200−2x=500<900，CP=350<600．
∴符合设计要求的四边形OPMN面积的最小值为470000m2，
这时，点N到点A的距离为350m．
【点睛】本题主要考查平行四边形性质，运用锐角三角函数求边长，根据二次函数图像求最值问题，正确
列出所求图形面积的式子是解题关键．
【变式13-3】（2023·湖北襄阳·统考模拟预测）七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形
纸板ABCD中，BD为对角线，E，F分别为BC，CD的中点，AP⊥EF分别交BD，EF于O，P两点，
M，N分别为BO，DO的中点，连接MP，NF，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板，则在剪开之前，
关于该图形的下列说法：①图中的三角形都是等腰直角三角形；②图中的四边形MPEB是菱形；③四边形
5
EFNB的面积占正方形ABCD面积的 ．正确的有（ ）
8
A．①③ B．①② C．只有① D．②③
【答案】C
【分析】①根据正方形的性质和中位线定理可以解决问题；
②利用①中结论可以证明OM≠MP，可以解决问题；
③利用①③中的结论，确定四边形EFNB的面积与△OMP的面积比，正方形ABCD面积与△OMP的面积
比，可以解决问题．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，BD为对角线
∴∠ABO=∠ADB=∠CBD=∠BDC=45°，∠BAD=∠BCD=90°
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∴△ABD、△BCD是等腰直角三角形
∵E，F分别为BC，CD的中点，
1
∴EF∥BD，EF= BD，CE=CF
2
∵∠ECF=90°,CE=CF
∴△CEF是等腰直角三角形
∵AP⊥EF，EF∥BD
∴∠AOD=∠AOB=90°
又∴∠ABO=∠ADB=45°
∴△ABO、△ADO是等腰直角三角形
∴AO=BO，AO=DO
∴BO=DO
∴△AOB≌△AOD
∴AO⊥BD
又∵OP⊥BD
∴A、O、P三点共线
1
∴PE=PF= EF
2
又∵M，N分别为BO，DO的中点
∴OM=MB=ON=ND=PE=PF
连接PC，如图，
∵FD=CF，ON=ND
∴NF是△CDO的中位线，
∴NF∥AC
∵∠DNF=90°，∠FDB=45°
∴△DNF是等腰直角三角形
∴NF=ND=ON
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∵∠ONF=∠NOP=∠OPF=90°
∴四边形FNOP是矩形
∵NF=ON
∴四边形FNOP是正方形
∴OM=OP
∴△OMP是等腰直角三角形
∴图中的三角形都是等腰直角三角形
故①正确；
∵△OMP是等腰直角三角形
∵∠FDB=45°
∴MP∥BC
∴四边形MPEB是平行四边形，
在Rt△OMP中，MP＞OM
即BE＞BM
∵BE≠BM
∴四边形MPEB不是菱形
故②错误；
1
∵OM=BM=ON，S =BM×OP，S = ×OM×OP，S =ON×OP
▱BEPM △OMP 2 ▱ONFP
∴S =S =2S
▱BEPM ▱ONFP △OMP
∴S =S +S +S =5S
四边形EFNB ▱BEPM 正方形ONFP △OMP △OMP
1 1
∵S = ×OB×OA= ×2×OM×2×OP
△AOB 2 2
1
即S =4× ×OM×OP=4S
△AOB 2 △OMP
又∵S =4S
正方形ABCD △AOB
∴S =16S
正方形ABCD △OMP
5
S = S
四边形EFNB 16 正方形ABCD
故③错误；
故选：C．
【点睛】此题考查了正方形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理、三角形全等
的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，正确的识别图形是解题的关键．
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【题型14 与三角形中位线有关的计算】
【例14】（2023·辽宁丹东·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，
∠ABD=60°，AE⊥BD，垂足为点E，F是OC的中点，连接EF，若EF=2√3，则矩形ABCD的周长
是（ ）
A．16√3 B．8√3+4 C．4√3+8 D．8√3+8
【答案】D
【分析】根据矩形的性质得出OA=OB，即可求证△ABO为等边三角形，进而得出点E为OB中点，根据
中位线定理得出BC=2EF=4√3，易得∠CBD=30°，求出CD=BC⋅tan∠BCD=4，即可得出矩形的
周长．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，
∵∠ABD=60°，
∴△ABO为等边三角形，
∵AE⊥BD，
∴点E为OB中点，
∵F是OC的中点，若EF=2√3，
∴BC=2EF=4√3，
∵∠ABD=60°，
∴∠CBD=30°，
√3
∴CD=BC⋅tan∠BCA=4√3× =4，
3
∴矩形ABCD的周长=2(BC+CD)=2(4√3+4)=8√3+8，
故选：D．
【点睛】矩形主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，中位线定理，解直角三角形，解题的关
键是掌握矩形的对角线相等，等边三角形三线合一，三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，
以及解直角三角形的方法和步骤．
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【变式14-1】（2023·山东东营·统考一模）如图1，在△ABC中，∠ABC=60°，点D是BC边上的中点，
点P从△ABC的顶点A出发，沿A→B→D的路径以每秒1个单位长度的速度匀速运动到点D．线段DP
的长度y随时间x变化的关系图象如图2所示，点N是曲线部分的最低点，则△ABC的面积为（ ）
A．4 B．4√3 C．8 D．8√3
【答案】D
【分析】由函数图象可知AD=4，当DP⊥AC时，AP=2，然后利用勾股定理求得DP长的最小值，可
得∠BAD=60°，进而结合∠B=60°，得△ABD是等边三角形，然后得点P是AB的中点，最后结合点D
是BC的中点求△ABC的面积．
【详解】解：由函数图象可知，当x=0时，y=4；当x=2时，y最小，即DP⊥AB，
∴AD=4，AP=2，
2 1
∴DP=√AD2−AP2=2√3，sin∠ADP= = ，
4 2
∴∠ADP=30°，∠DAP=60°，
∵∠B=60°，
∴△ADB是等边三角形，
∴点P是AB的中点，
∵点D是BC的中点，
∴DP是△ABC的中位线，
1
∴S =4S =4× ×2×√3=8√3．
△ABC △BDP 2
故选：D．
【点睛】本题考查了垂线段最短、勾股定理、直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形的中
位线，解题的关键是数形结合．
【变式14-2】（2023·安徽·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=6，BC=4，D是线段
1
AB上靠近点B的一个三等分点，延长CB到点E，使得BE= BC，连接DE．若P，Q分别是DE，AC的
2
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中点，则PQ的长为（ ）
3√5
A．4 B． C．√13 D．5
2
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理解三角形，正确作出辅助线
是解题的关键．
解法1：过点Q作QN⊥BE，垂足为点N，过点P作PH⊥BE，PM⊥QN，垂足分别为点H，M．根
据矩形的性质得到QM=2，再由勾股定理即可解答．
解法2：如图2，过点E作EG∥AB，交AP的延长线于点G，连接CG．易证△ADP≌△GEP，得到PQ
为△ACG的中位线，再根据勾股定理即可解答．
【详解】解法1：如图1，过点Q作QN⊥BE，垂足为点N，过点P作PH⊥BE，PM⊥QN，垂足分别
为点H，M．易得四边形PMNH为矩形，HE=BH=1，
1 1
BN=CN=2，PH=MN= BD=1，QN= AB=3，
2 2
∴QM=2，
∵PM=HN=BH+BN=3，
∴PQ=√22+32=√13．
解法2：如图2，过点E作EG∥AB，交AP的延长线于点G，连接CG．
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∠PAD=∠PGE，∠PDA=∠PEG，PD=PE，
∴△ADP≌△GEP，
∴EG=AD=4，AP=GP，
∴PQ为△ACG的中位线，在Rt△CEG中，CG=√42+62=2√13．
1
∴PQ= CG=√13．
2
故选：C
【变式14-3】（2023·浙江宁波·校联考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=BC，AC=4，
D，F分别是AB，BC边的中点，DE⊥AC于点E．连接EF，则EF的长为（ ）
A．2 B．3 C．2√2 D．√5
【答案】D
【分析】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，三角形中位线定理，先根据等边对等角得
到∠A=∠C=45°，再由勾股定理得到AB=2√2，由线段中点的定义和三角形中位线定理得到AD=√2，
DF=2，AC∥DF，再由DE⊥AC得到∠ADE=45°=∠A，DE⊥DF，由此求出DE=1，即可利用
勾股定理求出EF的长，证明DF是Rt△ABC的中位线是解题的关键．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=BC，
∴∠A=∠C=45°，
∵AC=4，
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√2
∴AB=BC= AC=2√2，
2
∵D，F分别是AB，BC边的中点，
1
∴DF是Rt△ABC的中位线，AD= AB=√2，
2
1
∴DF= AC=2，AC∥DF，
2
∵DE⊥AC，
∴∠ADE=45°=∠A，DE⊥DF，
√2
∴AE=DE= AD=1，
2
∴EF=√DE2+DF2=√5，
故选：D．
【题型15 与三角形中位线有关的证明】
【例15】（2023·福建泉州·南安市实验中学校考模拟预测）设AX，BY，CZ是△ABC的三条中线，求证：
AX，BY，CZ三线共点．
【答案】见解析
【分析】令AX,CZ相交于点E，延长AX，使XE=XD，连接BD，CD，证明四边形BDCE是平行四边形，
则BE∥CD，BD∥CE，再证明ZE为△ABD中位线，则点E为AD中点，最后证明EY为△ABD中位线，
得出EY∥CD，即可根据过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，进行求证．
【详解】解：令AX,CZ相交于点E，延长AX，使XE=XD，连接BD，CD．
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∵AX是△ABC的中线，
∴BX=CX，
∵XE=XD，
∴四边形BDCE是平行四边形，
∴BE∥CD，BD∥CE，
∵CZ是△ABC的中线，
∴点Z为AB中点，BD∥CE
AE AZ 1
∴ = = ，
AD AB 2
∴ZE为△ABD中位线，即点E为AD中点，
∵BY是△ABC的中线，
∴点Y为AC中点，BE∥CD
AE AY 1
∴ = = ，
AD AC 2
∴EY为△ABD中位线，
∴EY∥CD，
∵EY∥CD，BE∥CD，
∴点B、E、Y在同一条直线上，
∴AX，BY，CZ三线共点．
【点睛】本题主要考查了三角形重心的证明，解题的关键是掌握平行四边形的判定和性质，平行线分线段
成比例定理，三角形中位线的判定和性质，以及在平面内过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．
【变式15-1】（2023·浙江温州·校联考二模）如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，点D，E分别为
AB，AC的中点，延长DE至F，使EF=2DE，连结BE，CF，BF，其中BF与AC相交于G．
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(1)求证：四边形BCFE是平行四边形．
(2)已知BE=3，EG=DE，求BF的长．
【答案】(1)见解析；
(2)3√3
【分析】（1）根据三角形的中位线定理得到BC=2DE，BC∥DE，再利用平行四边形的判定即可解答；
（2）根据直角三角形的性质得到AC=2BE，再根据三角形中位线定理得到BC=2DE，再根据平行四边
形的对角线互相平分得到CE=2OE，最后利用勾股定理即可解答．
【详解】（1）解：∵点D，E分别为AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴BC=2DE，BC∥DE，
∵EF=2DE，
∴BC=EF，
∴四边形BCFE是平行四边形；
（2）解：∵Rt△ABC中，∠ABC=90°，点D，E分别为AB，AC的中点，
∴BC=2DE，AC=2BE，
∵BE=3，，
∴AC=6，EC=BE=3，
∵在平行四边形BCFE中，
1 3
∴EG= EC= ，
2 2
∵EG=DE，
3
∴EG=DE= ，
2
∴BC=3，
∵∠ABC=90°，
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∴∠A=30°，
√3
∴AB=cos∠A⋅AC= ⋅6=3√3，
2
3√3
∴DB= ，
2
∵BC=EF，
∴EF=3，
3 9
∴DF=DE+EF= +3= ，
2 2
∴在Rt△DBF中，BF=√DF2+DB2=3√3，
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，锐角
三角函数，掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
【变式15-2】（2023·安徽合肥·统考二模）问题背景：如图1，在等腰△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，
1
垂足为点D，在△AEF中，∠AEF=90°，∠EAF= ∠BAC，连接BF，M是BF中点，连接
2
EM和DM，在△AEF绕点A旋转过程中，线段EM和DM之间存在怎样的数量关系？
观察发现：
(1)为了探究线段EM和DM之间的数量关系，可先将图形位置特殊化，将△AEF绕点A旋转，使
AE与AB重合，如图2，易知EM和DM之间的数量关系为___________；
操作证明：
(2)继续将△AEF绕点A旋转，使AE与AD重合时，如图3，（1）中线段EM和DM之间的数量关系仍然
成立，请加以证明．
问题解决：
(3)根据上述探究的经验，我们回到一般情况，如图1，在其他条件不变的情况下，上述的结论还成立吗？
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请说明你的理由．
【答案】(1)EM=DM
(2)见解析
(3)成立；理由见解析
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进行证明即可；
（2）延长FE交AB于点G，根据等腰三角形的性质得出∠BAD=∠CAD，BD=CD，证明
1
△AEG≌△AEF(ASA)，得出EG=EF，AG=AF，证明BG=CF，根据中位线性质得出EM= BG，
2
1
DM= CF，即可证明结论；
2
（3）延长FE到点N，使EN=EF，连接AN，BN，CF，证明△AEN≌△AEF，得出AN=AF，
1
∠EAN=∠EAF，证明△NAB≌△FAC(SAS)，得出BN=CF，根据中位线性质得出EM= BN，
2
1
DM= CF，即可证明结论．
2
【详解】（1）解：∵AD⊥BC，
∴∠BDF=90°，
∵M为BF的中点，
1
∴DM= BF，
2
∵∠AEF=90°，
∴∠BEF=180°−90°=90°，
∵M为BF的中点，
1
∴EM= BF，
2
∴EM=DM．
故答案为：EM=DM．
（2）证明：延长FE交AB于点G，如图所示：
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∵AB=AC，AD⊥BC，
∴∠BAD=∠CAD，BD=CD，
∵∠AEF=90°，
∴∠AEG=180°−90°=90°，
∴∠AEG=∠AEF，
∵AE=AE，∠GAE=∠FAE，
∴△AEG≌△AEF(ASA)，
∴EG=EF，AG=AF，
∴AB−AG=AC−AF，
即BG=CF，
∵M为BF的中点，E为GF的中点，
1
∴EM= BG，
2
1
同理得：DM= CF，
2
∴EM=DM．
（3）解：成立；理由如下：
延长FE到点N，使EN=EF，连接AN，BN，CF，如图所示：
∵∠AEF=90°，
∴∠AEN=180°−90°=90°，
∴∠AEN=∠AEF，
∵AE=AE，EN=EF，
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∴△AEN≌△AEF，
∴AN=AF，∠EAN=∠EAF，
1
∴∠EAF= ∠NAF，
2
1
∵∠EAF= ∠BAC，
2
∴∠NAF=∠BAC，
∴∠NAF−∠BAF=∠BAC−∠BAF，
即∠NAB=∠FAC，
∵AB=AC，AN=AF，
∴△NAB≌△FAC(SAS)，
∴BN=CF，
∵M为BF的中点，E为NF的中点，
1
∴EM= BN，
2
根据解析（2）可知，D为BC的中点，
1
∴DM= CF，
2
∴EM=DM．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形中位线性质，解题的关键
是作出辅助线构造全等三角形，熟练掌握三角形的中位线平行与第三边，且等于第三边的一半．
【变式15-3】（2023·安徽宿州·统考模拟预测）如图，在△ABC中，AB=AC，以AB为直径的⊙O交BC
于点P，交CA的延长线于点D，连接BD．
(1)求作⊙O的切线PQ，PQ交AC于点Q；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
1
(2)在（1）的条件下，求证：PQ= BD，
2
【答案】(1)见解析；
(2)见解析．
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【分析】（1）连接OP，过P作OP的垂线即可；
（2）根据圆周角定理、等腰三角形的性质及三角形的中位线的性质证明．
【详解】（1）解：如图：PQ即为所求；
1
作射线OP，以点P为圆心，任意长为半径画弧交射线于M，N，以点M，N为圆心，大于 MN为半径画
2
弧，两弧交于点E，作直线PE，交AC于点Q，则直线PQ即为所求；
（2）证明：连接AP，如图，
∵AB为直径，
∴∠D=∠APB=90°，
∵AB=AC，
∴BP=CP，
∵OA=OB，
∴OP∥AC，
∵PQ为⊙O的切线，
∴OP⊥PQ，
∴PQ⊥AC，
∵BD⊥CD，
∴PQ∥BD，
∴CQ=DQ，
∴PQ是△BCD的中位线，
1
∴PQ= BD．
2
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【点睛】本题考查了复杂作图，掌握圆周角定理、等腰三角形的性质及三角形的中位线的性质是解题的关
键．
【题型16 与三角形中位线有关的规律探究】
【例16】（2023·黑龙江·校联考三模）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠ABC=90°，AB=4，分别连
接AB，AC，BC的中点，得到第1个等腰直角三角形A B C ；分别连接A B，A C ，BC 的中点，得
1 1 1 1 1 1 1
到第2个等腰直角三角形A B C ……以此规律作下去，得到等腰直角三角形A B C ，则B B
2 2 2 2020 2020 2020 1 2020
的长为 ．
√2
【答案】2√2−
22018
【分析】由题意，先求出B B ，B B ，B B ，然后找出变化的规律，即可得到答案．
1 2 1 3 1 4
【详解】解：在等腰直角三角形ABC中，∠ABC=90°，AB=BC=4，
∴AC=√42+42=4√2，
∵A 、B 、C 是中点，
1 1 1
∴A B =B C =2，
1 1 1 1
1 1
∴A C = AC= ×4√2=2√2，
1 1 2 2
∴BB =A C =2√2，
1 1 1
1
∴BB =B B = ×2√2=√2；
2 1 2 2
√2
∴BB =B B = ，
3 2 3 2
√2
∴B B =2√2− ；
1 3 2
√2
同理可求：B B =2√2− ；
1 4 4
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√2
B B =2√2− ；
1 5 8
……
√2
∴B B =2√2− ，
1 n 2n−2
√2
∴B B =2√2− ；
1 2020 22018
√2
故答案为：2√2− ．
22018
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是遵循从特殊到一般
的探究方法，寻找规律，利用规律即可解决问题．
【变式16-1】（2023·重庆·统考中考模拟）如图，在图1中，A 、B 、C 分别是等边ΔABC 的边BC、
1 1 1
CA、AB的中点，在图2中，A ，B ，C 分别是ΔA B C 的边B C 、A C 、A B 的中点，…，按此
2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1
规律，则第n个图形中菱形的个数共有（ ）个．
A．n2 B．2n C．3n D．3n+1
【答案】C
【分析】根据中位线定理及等边三角形得到三条中线相等且都等于等边三角形的边的一半，等到作一次图
得3个菱形，依次可得答案．
【详解】解：由题意可得，
∵A 、B 、C 分别是等边ΔABC 的边BC、CA、AB的中点，
1 1 1
∴A B =A C =B C =A B=A C=BC =AC =AB =B C ,
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴图1有三个菱形，由此可得作一次中位线分三个菱形，
∴第n个图形中菱形的个数共有3n 个菱形，
故选C．
【点睛】本题考查等边三角形性质及中位线定理，解题的关键是找出作一次中位线分3个菱形．
【变式16-2】（2023·山东青岛·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，AC=2，
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点D、点E、点F分别是AC，AB，BC边的中点，连接DE、EF，得到△AED，它的面积记作S；点D 、
1
点E 、点F 分别是EF，EB，FB边的中点，连接D E 、E F ，得到△EE D ，它的面积记作S ，照此
1 1 1 1 1 1 1 1 1
规律作下去，则S = ．
2023
√3 1
【答案】 / √3
24047 24047
【分析】先由条件求出△ABC的面积，再由三角形的中位线定理可得DE∥BC，EF∥AC，
(1) 2 1
S =S = S =S，则S= S
△BEF △ADE 2 △ABC 4 △ABC
(1) 2 1 1 (1) 2
同理可得S =S = S = S，即S = S= S ；
△EE 1 D 1 △BE 1 F 1 2 △BEF 4 1 4 4 △ABC
以此类推，可得S ．
2023
【详解】∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，AC=2
∴BC=AC⋅tan A=2×tan60°=2√3
1 1
S = BC⋅AC= ×2×2√3=2√3
△ABC 2 2
∵点D、点E、点F分别是AC，AB，BC边的中点
1 1
∴DE∥BC，EF∥AC，DE= BC，EF= AC
2 2
(1) 2
S =S = S =S
△BEF △ADE 2 △ABC
1 1 √3
∴S= S = ×2√3=
4 △ABC 4 2
(1) 2 1 1
同理可得S =S = S = S，即S = S
△EE 1 D 1 △BE 1 F 1 2 △BEF 4 1 4
(1) 2 1 (1) 2 (1) 2
S =S = S = S = S，即S = S
△E 1 E 2 D 2 △BE 2 F 2 2 △BE 1 F 1 4 1 4 2 4
……
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(1) 2023 1 1 √3 √3
S = S= S= × =
2023 4 24046 24046 2 24047
√3
故答案为：
24047
【点睛】本题主要考查直角三角形面积，三角形的中位线定理，相似三角形的相似比，根据图形找到三角
形的关系是解题的关键．
【变式16-3】（2023·云南·统考中考真题）如图，在 ABC中，BC=1，点P，M 分别是AB，AC边的中点，
1 1
点P，M 分别是AP，AM 的中点，点P，M 分别是△AP，AM 的中点，按这样的规律下去，PnMn的长为
2 2 1 1 3 3 2 2
（n为正整数）．
1
【答案】
2n
【分析】根据中位线的定理得出规律解答即可．
【详解】解：∵ BC＝1，点P，M 分别是AB，AC边的中点，
1 1
1
∴PM＝
1 1 2
∵点P，M 分别是AP，AM 的中点，
2 2 1 1
1 1 1 1
∴PM＝ × = = ，
2 2 2 2 4 22
∵点P，M 分别是AP，AM 的中点，
3 3 2 2
1 1 1 1 1
∴PM＝ × × = = ，
3 3 2 2 2 8 23
……
点P，M 分别是AP ，AM 的中点，
n n n-1 n-1
1
∴PM＝ ，
n n 2n
1
故答案为：
2n
【点睛】此题考查三角形中位线定理，关键是根据中位线得出规律进行解答．
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【题型17 与三角形中位线有关的格点作图】
【例17】（2023·吉林长春·统考一模）图①、图②、图③分别是6×6的正方形网格，网格中每个小正方形
的边长均为1，小正方形的顶点称为格点，点A、B、C、D、E、P、Q、M、N均在格点上，仅用无刻度的
直尺在下列网格中按要求作图，保留作图痕迹．
(1)在图①中，画线段AB的中点F．
(2)在图②中，画△CDE的中位线GH，点G、H分别在线段CD、CE上，并直接写出△CGH与四边形
DEHG的面积比．
(3)在图③中，画△PQR，点R在格点上，且△PQR被线段MN分成的两部分图形的面积比为1：3．
【答案】(1)见解析
(2)见解析，面积比为1：3
(3)见解析
【分析】（1）根据网格的特点，找到A,B之间单元网格的对角线，交AB于点F，则点F即为所求；
（2）根据（1）的方法找到CD,CE的中点G,H，连接GH，根据相似三角形的性质即可求出△CGH与四
边形DEHG的面积比；
（3）根据（2）的结论，可知，只要MN经过△PQR的中位线，根据R在网格上，找到符合题意的点R即
可求解．
【详解】（1）如图①：
（2）如图②：
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1
∵GH∥DE，GH= DE
2
∴
S
△CGH =
(1) 2
=
1
S 2 4
△CDE
∴ △CGH与四边形DEHG的面积比为1：3．
（3）如图③，画出一种即可．
【点睛】本题考查了网格与相似三角形，相似三角形的性质，三角形中位线的性质，根据网格的特点找到
线段的中点是解题的关键．
【变式17-1】（2023·吉林长春·统考二模）图①、图②、图③均是6×6的正方形网格，每个小正方形的边
长为1，小正方形的顶点称为格点，△ABC的顶点均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中，按
要求画出相应图形，保留作图痕迹．
(1)在网格①中的AC边上找点D，在BC边上找点E，连接ED，使AB=2DE．
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(2)在网格②中的AC边上找点D，连接BD，使∠CAB=∠CBD．
(3)在网格③中的AC边上找点E，连接BE，使△ABE的面积是△BCE面积的4倍．
【答案】(1)作图见解析
(2)作图见解析
(3)作图见解析
【分析】（1）根据中位线性质可知，当ED是△ABC的中位线即可得到AB=2DE，取AC边上中点D，
BC边上中点E，连接ED即可得到答案；
（2）根据直角三角形两锐角互余可知，根据∠A+∠C=90°，若要使∠CAB=∠CBD，过点B作
BE⊥AC交AC于D，连接BD即可得到答案；
（3）根据三角形面积公式，△ABE和△BCE以AC边上的高为高，从而两个三角形高相等，若△ABE的
面积是△BCE面积的4倍，则AE=4BE，取AC中点D，再利用三角形中位线性质取CD中点E，连接BE
即可得到答案．
【详解】（1）解：如图所示：
∴点D、点E即为所求；
（2）解：如图所示：
∴点D即为所求；
（3）解：如图所示：
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∴点E即为所求．
【点睛】本题考查作图-应用与设计作图，解题的关键是读懂题意，灵活运用所学的几何性质解决问题是关
键．
【变式17-2】（2023·吉林长春·校考模拟预测）图①、图②、图③均是4×4的正方形网格，每个小正方形
的顶点称为格点，△ABC的顶点均在格点上，仅用无刻度的直尺，在给定的网格中，分别按要求画图，保
留作图痕迹．
1
(1)在图①中的AC边上找一点D，连结BD，使得△ABD的面积等于△ABC面积的 ．
2
1
(2)在图②中的△ABC的内部找一点E，连结AE、BE，使得△ABE的面积等于△ABC面积的 ．
2
(3)在图③中的△ABC的内部找一点F，连结AF、BF、CF，使得△ABF、△ACF和△BCF的面积相等．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）利用全等三角形的性质，寻找点D，使点D为线段AC的中点，连接BD即可；
（2）仿照（1）的方法，利用网格线与三角形各边的交点找到三边的中点，再连接一个中点与三角形的顶
点构成一条中线，连接另两个中点构成一条中位线，中线与中位线相交于点E，连接AE、BE；
（3）仿照（1）的方法，利用三角形的边与网格线的交点找到AB、AC的中点，然后构造两条三角形的
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中线，两条中线的交点为F，连接AF、BF、CF．
【详解】（1）如图1中，点D即为所求．
图1
（2）如图2中，点E即为所求．
图2
（3）如图3，点F即为所求．
图3
【点睛】本题考查了利用网络线与三角形各边的交点寻找线段中点的方法，涉及三角形全等的判定与性质、
中位线定理、三角形面积计算，解题的关键是能综合运用这些知识点．
【变式17-3】（2023·湖北武汉·武汉市第一初级中学校考模拟预测）如图是由小正方形组成的9×9网格，
每个小正方形的顶点叫做格点．A、B、C三点是格点，F，T分别是BC，AC与网格线的交点，仅用无刻
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度直尺在给定网格中完成画图．
(1)在图1中，取AB的中点D，AC的中点E，连接ED；再作平行四边形BDEK；
(2)在图2中，在AB上画出一点G，使S =S ；
△ACG △ACF
(3)在图2中，在△ABT的边AT上画一点M，使得M是正方形MNHP的一个顶点，且正方形的顶点N在
AB上，顶点H、P在BT上．（只需画出点M）
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）作AB,BC,AC的中点，连接DE,EK，则平行四边形BDEK即为所求；
（2）找到格点S,Q，使得SA=3,BQ=4，连接SQ交AB于点G，则点G即为所求；
（3）先作小正方形UVWX，连接BW并延长，交AC于点M，则点M即为所求．
【详解】（1）解：如图所示，作AB,BC,AC的中点，连接DE,EK，则平行四边形BDEK即为所求，
（2）如图所示，找到格点S,Q，使得SA=3,BQ=4，连接SQ交AB于点G，则点G即为所求，
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∵SA∥BQ，
∴△SAG∽△QBG，
AG AS 3
∴ = = ，
BG BQ 4
CF 3
∵ = ，
BF 4
∴△BFG∽△BCA，
∴∠BGF=∠BAC，
∴FG∥AC，
∴S =S ；
△ACG △ACF
（3）如图所示，先作小正方形UVWX，连接BW并延长，交AC于点M，则点M即为所求
理由如下，作矩形MPHN，则四边形MPHN与小正方形UVWX是关于点B的位似图形，则四边形MPHN
是正方形
【点睛】本题考查了无刻度直尺作图，正方形的性质，位似图形的性质，相似三角形的性质，三角形的中
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位线的性质，平行四边形的性质，平行线分线段成比例，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【题型18 三角形中位线的实际应用】
【例18】（2023·河南省直辖县级单位·校联考一模）阿基米德说：“给我一个支点，我就能撬动地球．”
（如图1）这句话形容杠杆的作用之大：只要有合适的工具和一个合适的支点（或像地球一样重的物体）
轻松撬动．小亮看到广场上有一块球形的大石头，他想知道这块球形石头的半径为多少，他找来一块棱长
为20cm的正方体和长度为200cm的木棒，模仿阿基米德撬动地球的方法，如图2，木棒和石头相切于点
N，正方体横截面上的点E，点M，A，E，F在一条直线上．
(1)求证：∠MON=∠BCD；
(2)若木棒与水平面的夹角∠BAF=45°，切点N恰好为AC的中点，则石头的半径为多少？（结果保留根
号）
【答案】(1)见解析
(2)(20+10√2)cm
【分析】（1）根据切线的性质得到∠MON+∠MAN=180°，即可得∠MON=∠NAE，再根据正方形
的性质得到CD∥AF，即可解答；
（2）过点N作NG⊥OM于点G，过点N作NH⊥AE于点H，证明四边形GNHM为矩形，即可得到
GM=10cm，设圆的半径为rcm，再根据（1）中条件，解直角三角形OGN，列方程，即可解答．
【详解】（1）证明：∵AM切⊙O于点M，AN切⊙O于点N，
∴∠AMO=∠ANO=90°，
∴∠MON+∠MAN=360°−∠AMO-∠ANO=180°，
∵∠BAF+∠MAN=180°，
∴∠MON＝∠BAF，
∵四边形CEFD是正方形，
∴CD∥AF，
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∴∠BCD=∠BAF，
∴∠MON=∠BCD；
（2）解：如图，过点N作NG⊥OM于点G，过点N作NH⊥AE于点H，
∵NH⊥AF，CE⊥AF，
∴NH∥CE，
∵点N为AC的中点，
∴NH是△ACE的中位线，
1
∴NH= CE=10cm，
2
∵∠NGM=∠GMH=∠NHM=90°，
∴四边形GMHN是矩形，
∴GM=NH=10cm，
由（1）知∠MON=∠BAF=45°，
∴△OGN是等腰直角三角形，
∴OG=GN，，
设石头的半径为rcm，则OG=GN=(r﹣10)cm，
∵ON=√2OG，
∴r=√2(r﹣10)，
解得r=20+10√2，
∴石头的半径为(20+10√2)cm．
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，设计圆的切线的性质及应用，勾股定理，作出正确的辅助线是
解题的关键．
【变式18-1】（2023·福建厦门·统考模拟预测）如图，要测量被池塘隔开的A，B两点间的距离，可以在池
塘外选一点C，连接AC，BC，分别取AC，BC的中点D，E，测得DE=40m，则AB的长是 m．
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【答案】80
【分析】先判断出DE是△ABC的中位线，再根据三角形的中位线等于第三边的一半可得AB=2DE，问
题得解．
【详解】解：∵点D，E分别是AC，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AB=2DE=2×40=80米．
故答案为：80．
【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，熟记定理并准确识图是解题的
关键．
【变式18-2】（2023·山东青岛·校考一模）如图一只羊在山坡BD中点E处吃草，已知山坡BD的坡度i＝
√3
1： ，坡高CD为1000√3m，这只羊正好在A的西北方向上．
3
（1）求这只羊到山脚B的距离；
（2）求B，A之间的距离．（结果保留根号）
【答案】（1）1000m；（2）（500√3﹣500）m
【分析】（1）解直角三角形即可得到结论；
1 1
（2）过E作EF⊥BC于F，根据三角形的中位线定理得到BF＝ BC＝500，EF＝ CD＝500√3，根据等腰
2 2
直角三角形的性质即可得到结论．
√3
【详解】解：（1）∵BD的坡度i＝1： ，坡高CD为1000√3m，
3
∴BC＝1000，
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∴BD＝√CD2+BC2＝√ (1000√3) 2+10002＝2000（m），
∵点E是BD中点，
1
∴BE＝ BD＝1000（m），
2
答：这只羊到山脚B的距离为1000m；
（2）过E作EF⊥BC于F，
∴EF∥CD，
∵点E是BD中点，
1 1
∴BF＝ BC＝500，EF＝ CD＝500√3，
2 2
∵∠EAF＝45°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AF＝EF＝500√3，
∴AB＝（500√3﹣500）m，
答：B，A之间的距离（500√3﹣500）m．
【点睛】本题考查了解直角三角形−方向角问题，解直角三角形−坡度坡角问题，正确的作出辅助线构造
直角三角形是解题的关键．
【变式18-3】（2023·天津河东·天津市第七中学校考模拟预测）“低碳生活，绿色出行”是一种环保、健
康的生活方式，小丽从甲地匀速步行前往乙地，同时，小明从乙地沿同一路线匀速步行前往甲地，两人之
间的距离y(m)与步行的时间x(min)之间的函数关系式如图中折线段AB−BC−CD所示．在步行过程中，
小明先到达甲地．
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请根据相关信息，解答下列问题：
（1）填表：
1
步行的时间/min 0 67.5
5
两人之间的距离/m 5400 0
（2）填空：
①小丽步行的速度为________m/min；
②小明步行的速度为________m/min；
③图中点C的坐标为_________．
（3）请直接写出y关于x的函数解析式．
【答案】（1）30，2700，5400，见解析；（2）①80；②100；③(54 ,4320)；（3）当0≤ x≤30时，
y=−180x+5400；当30＜x≤54时，y=180x−5400；当54 ＜x≤67.5时，y=80x
【分析】（1）作O'E⊥x轴，分别交AB于点E，交x轴于点O'；根据题意，结合中位线的性质计算，即
可得到当步行时间为15min时，两人时间的距离；再结合题意，可得当两人之间的距离为0m和当步行的
时间为67.5min分别对应的时间和距离；
（2）①设小丽步行的速度为x m/min，小明步行的速度为y m/min，根据在步行过程中，小明先到达甲
地，得y>x，通过列二元一次方程组并求解，即可得到答案；
②结合①的结论，即可得到答案；
③结合（2）①的结论，根据小明先到达甲地的情况进行计算，即可得到答案；
（3）结合（2）③的结论，根据一次函数的性质，通过列方程组并求解，即可得到答案．
【详解】（1）如图，作O'E⊥x轴，分别交AB于点E，交x轴于点O'
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1
根据题意，当步行时间为15min时，O'B=OO'= OB
2
∵OA⊥OB
∴O'E//OA
1
∴O'E= OA=2700m
2
根据题意，当两人之间的距离为0m时，步行的时间为30min；当步行的时间为67.5min时，两人时间的距
离为：5400m
故答案为：30，2700，5400；
（2）①设小丽步行的速度为x m/min，小明步行的速度为y m/min
∵在步行过程中，小明先到达甲地
∴y>x
根据题意得：¿
∴¿
∴小丽步行的速度为80m/min
故答案为：80；
②结合①的结论，得小明步行的速度为100m/min
故答案为：100；
5400
③根据题意，图中点C的横坐标为： =54
100
图中点C的纵坐标为：80×54=4320
∴图中点C的坐标为：(54,4320)
故答案为：(54,4320)；
（3）根据题意，得A(0,5400)，B(30,0)，C(54,4320)，D(67.5,5400)
设直线AB解析式为：y=kx+b
∴¿
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∴¿
∴当0≤ x≤30时，y=−180x+5400；
设直线BC解析式为：y=kx+b
∴¿
∴¿
∴当30＜x≤54时，y=180x−5400；
设直线CD解析式为：y=kx+b
∴¿
∴¿
当54 ＜x≤67.5时，y=80x
即当0≤ x≤30时，y=−180x+5400；
当30＜x≤54时，y=180x−5400；
当54 ＜x≤67.5时，y=80x．
【点睛】本题考查了三角形中位线、二元一次方程组、一次函数、直角坐标系的知识；解题的关键是熟练
掌握二元一次方程组、一次函数、直角坐标系及坐标的性质，从而完成求解．
【题型19 连接两点构造三角形中位线】
【例19】（2023·辽宁阜新·阜新实验中学校考二模）如图1，已知△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，
AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°，点D在线段AC上，点F为AB中点，点M为BE中点，
点N为AD中点．
(1)如图1，∠FMN= ______，FM和MN之间的数量关系是______；
(2)如图2，△DCE绕点C顺时针旋转，点G为DE中点，求证：四边形FMGN为正方形；
(3)如图3，若AB=4√2，CE=2，在将△DCE绕点C顺时针旋转360°过程中，直线BD，AE交于点H，
直接写出△ABH面积的最小值．
【答案】(1)∠FMN=45°,MN=√2FM
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(2)见解析
(3)4
【分析】（1）连接AE,BD,FN，延长BD交AE于点G，证明△BCD≌△ACE(SAS)，得出AE=BD，
∠CBD=∠CAE，推出∠CBD+∠AEC=90°，即BG⊥AE，则∠ABG+∠BAG=90°，根据三角形
的中位线定理得FN=FM，FN∥BG,FM∥AE，根据平行线的性质得出
∠ABG=∠AFN,∠BAG=∠BFM，则∠AFN+∠BFN=90°，即可得出结论；
（2）连接AE、BD，AE、BD相交于点H，BD交AC于点P，通过证△BCD≌△ACE(SAS)，得出
AE=BD，∠CBD=∠CAE，根据三角形的中位线定理得出FN=MG=FM=NG，则四边形FMGN为
菱形，用和（1）相同的方法证明∠MFN=90°，即可求证四边形FMGN为正方形；
（3）根据题意可得点D在以点C为圆心，CD长为半径的圆上运动，则当⊙C与直线BH相切时，△ABH
面积最小，通过证明四边形DCEH为正方形，得出∠AEC=90°，DH=HE=CE=2，求出
1
AE=BD=2√3，最后根据S = AH⋅BH，即可求解．
△ABH 2
【详解】（1）解：连接AE,BD,FN，延长BD交AE于点G，
∵△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，
∴BC=AC,∠BCD=∠ACE=90°,CD=CE，
∴△BCD≌△ACE(SAS)，
∴AE=BD，∠CBD=∠CAE，
∵∠CAE+∠AEC=90°，
∴∠CBD+∠AEC=90°，即BG⊥AE，
∴∠ABG+∠BAG=90°，
∵点F为AB中点，点M为BE中点，点N为AD中点，
1 1
∴FN= BG，FM= AE,FN∥BG,FM∥AE，
2 2
∴FN=FM，
∵FN∥BG,FM∥AE，
∴∠ABG=∠AFN,∠BAG=∠BFM，
∴∠AFN+∠BFN=90°，
∴∠MFN=90°，
∴△MFN为等腰直角三角形，
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∴∠FMN=45°,MN=√2FM，
故答案为：∠FMN=45°,MN=√2FM；
（2）证明：连接AE、BD，AE、BD相交于点H，BD交AC于点P，
∵△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，
∴BC=AC,∠BCA=∠DCE=90°,CD=CE，
∴∠BCA+∠ACD=∠DCE+∠ACD，即∠BCD=∠ACE，
∴△BCD≌△ACE(SAS)，
∴AE=BD，∠CBD=∠CAE，
∵点F为AB中点，点M为BE中点，点N为AD中点，点G为DE中点，
1 1
∴FN=MG= BD,FM=NG= AE，FN∥BG,FM∥AE，
2 2
∴FN=MG=FM=NG，则四边形FMGN为菱形，
∵∠CBD+∠BPC=90°，
∴∠CAE+∠APH=90°，即BH⊥AE，
∴∠ABH+∠BAH=90°，
∵FN∥BG,FM∥AE，
∴∠ABH=∠AFN,∠BAH=∠BFM，
∴∠AFN+∠BFN=90°，
∴∠MFN=90°，
∴四边形FMGN为正方形；
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（3）解：根据题意可得：点D在以点C为圆心，CD长为半径的圆上运动，
令点H到直线AB距离为h，
1 1
∴S = AB⋅h= ×4√2h=2√2h，
△ABH 2 2
∵由图可知，当⊙C与直线BH相切时，∠ABH最小，则h最小，
∴当⊙C与直线BH相切时，△ABH面积最小，
由（2）可知，△BCD≌△ACE，BH⊥AE，
∴CD=CE，
∵⊙C与直线BH相切，
∴CD⊥BH，
∵CD⊥BH，BH⊥AE，∠DCE=90°，
∴四边形DCEH为矩形，
∴四边形DCEH为正方形，则∠AEC=90°，DH=HE=CE=2，
∵AB=4√2，△ABC为等腰直角三角形，
∴AC=AB⋅sin45°=4，
∵CE=2，
∴AE=BD=√AC2−CE2=2√3，
∴BH=BD+DH=2√3+2，AH=AE−HE=2√3−2，
1 1
∴S = AH⋅BH= (2√3+2)(2√3−2)=4．
△ABH 2 2
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【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理，旋转的性质，解题的
关键是正确画出辅助线，构造全等三角形，灵活运用三角形的中位线定理．
【变式19-1】（2023·江苏泰州·统考二模）已知，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，以AB为直径的⊙O与
BC相交于点E，在AC上取一点D，使得DE=AD，
(1)求证：DE是⊙O的切线．
(2)当BC=10，AD=4时，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）如图，连接OE、OD，证明△AOD≌△EOD(SSS)，则∠OED=∠BAC=90°，可证DE
是⊙O的切线；
（2）由△AOD≌△EOD(SSS)，可得∠AOD=∠EOD，由OB=OE，可得∠B=∠OEB，由
∠AOE=∠B+∠OEB，∠AOE=∠AOD+∠EOD，可得∠BEO=∠EOD，则OD∥BC，由
1
AO=BO，可得OD= BC=5，由勾股定理得，AO=√OD2−AD2=3，进而可求⊙O的半径．
2
【详解】（1）证明：如图，连接OE、OD，
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在△AOD和△EOD中，
∵¿，
∴△AOD≌△EOD(SSS)，
∴∠OED=∠BAC=90°，
∴DE是⊙O的切线；
（2）解：∵△AOD≌△EOD(SSS)，
∴∠AOD=∠EOD，
∵OB=OE，
∴∠B=∠OEB，
∵∠AOE=∠B+∠OEB，∠AOE=∠AOD+∠EOD，
∴∠BEO=∠EOD，
∴OD∥BC，
又∵AO=BO，
1
∴OD= BC=5，
2
由勾股定理得，AO=√OD2−AD2=3，
∴⊙O的半径为3．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，切线的判定，等边对等角，平行线的判定，中位线，勾股
定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【变式19-2】（2023上·吉林长春·二模）（1）【定理】如图①，在△ABC中，点D、E分别是AB与AC
的中点．根据画出的图形，可以得出：
①DE与BC位置关系是 ．
②DE与BC数量关系是 ．
（2）【定理应用】如图②，已知矩形ABCD中，AD=6，CD=4，点P在BC上从B向C移动，R、E、F
分别是DC、AP、RP的中点，则EF的长度．
（3）【拓展提升】如图③，△ABC中，AB=12，BC=16，点D，E分别是AB，AC的中点，点F在DE
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上，且∠AFB=90°，则EF= ．
1
【答案】（1）①DE∥BC；②DE= BC；（2）EF=√10；（3）2
2
【分析】（1）利用两边成比例，夹角相等证明△ADE∽△ABC，即可证明；
（2）连接AR，在Rt△ADR中求出AR，再由中位线的性质求EF即可；
（3）在Rt△AFB中，利用斜边的中线等于斜边的一半，求出DF，再由中位线性质求DE，即可求EF．
【详解】解：（1）∵点D、E分别是AB与AC的中点，
AD AE 1
∴ = = ，
AB AC 2
∴△ADE∽△ABC，
DE AD 1
∴ = = ，∠ADE=∠ABC，
BC AB 2
1
∴DE∥BC，DE= BC；
2
1
故答案为：①DE∥BC；②DE= BC；
2
（2）如下图，连接AR，
∵E是AP的中点，F是PR的中点，
1
∴EF= AR，
2
∵R是CD的中点，CD=4，
1
∴DR= CD=2，，
2
∵AD=6，∠D=90°，
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∴AR=√AD2+DR2=2√10，
∴EF=√10；
（3）∵BC=16，点D，E分别是AB，AC的中点，
1
∴DE= BC=8，
2
∵∠AFB=90°，点D是AB的中点，AB=12，
1
∴DF= AB=6，
2
∴EF=DE−DF=2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了三角形中位线的的判定及性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质，直角三角形斜
边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握中位线的定义及性质、三角形相似的判定及性质是解题的关键．
【变式19-3】（2023·安徽淮北·统考三模）已知△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形；且
AB=3，AD=1.
(1)∠BAC=∠DAE=90°，AE在线段AB上，连接CE并延长交BD于F，如图1．
①求证：△ABD≌△ACE；
②求BF的长．
(2)若∠BAC=∠DAE=45°，点B、D、E在一条直线上，F是CE中点，G是AC中点，连接BF、BG，
BF
如图2，求 的值．
BG
3√10
【答案】(1)①见解析；②
5
2√2
(2)
3
【分析】（1）①根据题目条件和等腰三角形的性质可以找到两条对应边相等，又有夹角90°，可以根据
SAS证明三角形全等；
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BF BE
②根据全等，可以得到∠ABD=∠ACE，然后证得：△BFE∽△CAE， = ，根据题目条件求出
CA CE
BE、CE的长，即可求出BF的长．
BG FG
（2）先求 、 的值，得到比值相等，然后证得∠BGF=∠BAD，从而得到△BGF∽△BAD，然后
BA AD
BF BD
根据相似对应边成比例， = 求出比值．
BG BA
【详解】（1）①证明：∵AE在线段AB上，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，
∴∠BAD=∠CAE=90° ，
又∵AD=AE，AB=AC，
∴△ABD ≌△ACE(SAS)；
②解：由①可得，△ABD ≌△ACE，
∴∠ABD=∠ACE，
又∵∠BEF=∠CEA，
∴△BFE ∽△CAE，
BF BE
∴ = ，
CA CE
∵AB=AC=3，AD=AE=1 ，
∴BE=3−1=2，
CE=√32+12=√10 ，
CA⋅BE 3×2 3√10
∴BF= = = ；
CE √10 5
（2）解：连接FG，
∵△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，
∴AD⊥BE，AE=√2AD，
∴BD=√AB2−AD2=2√2，
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∵F是CE中点，G是AC中点，
1 1 √2
∴FG∥AE,FG= AE,BG= AC= AB，
2 2 2
BG √2 FG 1 AD √2
∴ = ， = ， = ，
BA 2 AE 2 AE 2
FG √2 BG FG
∴ = ，即 = ．
AD 2 BA AD
∵FG∥AE,
∴∠CGF=∠CAE，
∠BGC=∠BAC+∠DAE=90°，
∴∠BGF=∠BAD．
∴△BGF ∽△BAD，
BF BG
∴ = ，
BD BA
BF BD 2√2
∴ = = ．
BG BA 3
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等，解
题的关键是找到全等和相似的关系．
【题型20 已知中点，取另一条线段的中点构造中位线】
【例20】（2023·山东淄博·统考二模）如图，在△ABC中，BC=3，将△ABC平移4个单位长度得到
△A B C ，点P，Q分别是AB，A C 的中点，求PQ的最大值和最小值．
1 1 1 1 1
11 5
【答案】 ，
2 2
【分析】取AC的中点M，A B 的中点N，连接PM，MO，NO，PN，根据△A B C 是△ABC平移得
1 1 1 1 1
1
到的，故B C =BC=3，PN=4；根据中位线的性质，可得NQ= B C ，根据三角形三边关系可得
1 1 2 1 1
PN−NQ≤PQ≤PN+NQ， 即可求得PQ的取值范围．
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【详解】解：取AC的中点M，A B 的中点N，连接PM，MO，NO，PN，如图：
1 1
∵△A B C 是△ABC平移4个单位长度得到的，BC=3
1 1 1
∴B C =BC=3，PN=4
1 1
∵点P，Q分别是AB，A C 的中点
1 1
1 3
∴NQ= B C =
2 1 1 2
且PQ满足：PN−NQ≤PQ≤PN+NQ
3 3
故4− ≤PQ≤4+
2 2
5 11
即 ≤PQ≤
2 2
5 11
PQ的最小值等于 ，最大值等于 ．
2 2
【点睛】本题考查了平移的性质，中位线的性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是熟练掌握平移
的性质进行求证．
【变式20-1】（2023上·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，
BC=4√3，点D为BC中点，连接AD，以AD为边向左侧作等边△ADE，连接CE，则CE= ．
【答案】2
【分析】取AB中点H，连接CH，DH，由SAS可知△ACE≌△AHD，可得EC=DH，进而由直角三角
形的性质可求解．
【详解】解：如图，取AB中点H，连接DH，
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∵∠ACB=90°，∠B=30°，点H是AB的中点，
∴∠CAB=60°，AH=CH=BH=4，
∴△ACH是等边三角形，
∴AC=AH，
∵△ADE是等边三角形，
∴AE=AD，∠EAD=60°=∠CAB，
∴∠EAC=∠BAD，
在△ACE和△AHD中，
¿，
∴△ACE≌△AHD(SAS)，
∴EC=DH，
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，BC=4√3，
∴ AB=2AC
∴ AC2+BC2=(2AC) 2
解得：AC=4，
∵D,H分别为BC,BA的中点，
∴DH=2
∴ EC=DH=2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质等知识，中位线的性质，添加恰当辅助
线构造全等三角形是本题的关键．
【变式20-2】（2023上·江苏宿迁·三模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°,AB=3,AC=4，平面上
有一点P，连接AP，CP，且CP=2，取AP的中点M．连接BM，则BM的最小值为（ ）
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6√5
A．√10 B． C．√13−1 D．2√3
5
【答案】C
1
【分析】令AC中点为点N，连接MN,BN，则AN= AC=2，根据勾股定理求出BN=√13，由中位线
2
1
定理得出MN= CP=1，根据三角形三边之间的关系得出BM>√13−1，当点B、M、N在同一直线上时，
2
BM取最小值，即可求解．
【详解】解：令AC中点为点N，连接MN,BN，
∵点N为AC中点，
1
∴AN= AC=2，
2
根据勾股定理可得：BN=√AB2+AN2=√32+22=√13，
∵点M为AP中点，点N为AC中点，CP=2，
1
∴MN= CP=1，
2
∴在△BMN中，BM>BN−MN，即BM>√13−1，
当点B、M、N在同一直线上时，BM=BN−MN，
此时BM取最小值√13−1，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，中位线定理，三角形三边之间的关系，解题的关键是掌握直角三角形
两直角边的平方和等于斜边平方；三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半；三角形两边之和大
于第三边，两边之差小于第三边．
【变式20-3】（2023上·辽宁葫芦岛·一模）如图，D在AC上，△ABC与△CDE均为等边三角形，
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F,H,G分别是BC,CE,AD的中点，连接FH,HG,GH．求证：△FGH为等边三角形．
【答案】见解析
【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定等知识点，取CD的中点M，连
接MH，得出△CMH为等边三角形，利用等边三角形的性质和中点的性质得出CF=MG，进而可证出
△FCH≌△GMH，由此得出HF=HG，∠FHG=60°，即可得出答案，合理作出辅助线得出三角形全
等是解决此题的关键．
【详解】取CD的中点M，连接MH，
∵△ABC与△CDE均为等边三角形，
∴BC=AC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°，
∵F，H，G分别是BC，CE，AD的中点，M为CD的中点，
1 1 1 1
∴CF= CB，CH= CE，DM=CM= CD，DG= AD，
2 2 2 2
∴CM=CH，
又∠MCH=∠DCE=60°，
∴△CMH为等边三角形，
∴MH=CH，∠MCH=∠CMH=∠CHM=60°，
∴∠GMH=180°−∠CMH=180°−60°=120°，
又∠FCH=∠ACB+∠MCH=60°+60°=120°，
∴∠FCH=∠GMH，
1 1 1 1
又MG=DG+DM= AD+ CD= （AD+CD）= AC，
2 2 2 2
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∴CF=MG，
在△FCH和△GMH中，
¿
∴△FCH≌△GMH（SAS），
∴HF=HG，∠CHF=∠MHG，
∴∠CHF+∠FHM=∠MHG+∠FHM，
∴∠CHM=∠FHG，
∴∠FHG=60°，
∴△FGH为等边三角形.
111
