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专题 10 构造三角形中位线的六种常见辅助线（解析版）
第一部分 专题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】如图，△ABC和△DBE是等边三角形，A，B，D三点在一条直线上，M，N，O分别为CE，
AD，AC的中点．
（1）求证：OM＝ON；
（2）求∠MON的度数．
【思路引领】（1）连接AE，CD，利用SAS证明△ABE与△CBD全等，利用全等三角形的性质和三角
形中位线定理解答即可；
（2）根据三角形中位线定理和全等三角形的性质解答即可．
【解答】证明：（1）连接AE，CD，
∵△ABC和△DBE是等边三角形，
∴AB＝BC，BE＝BD，∠ABC＝∠EBD＝60°，
∴∠ABC+∠CBE＝∠EBD+∠CBE，
即∠ABE＝∠CBD，
在△ABE与△CBD中，
{
AB=CB
)
∠ABE=∠CBD ，
BE=BD
∴△ABE≌△CBD（SAS），
∴AE＝CD，
∵M，N，O分别为CE，AD，AC的中点．
∴OM是△CAE的中位线，ON是△ACD的中位线，
1 1
∴OM= AE，ON= CD，
2 2
∴OM＝ON；
解：（2）∵OM是△CAE的中位线，ON是△ACD的中位线，
∴OM∥AE，ON∥CD，
∴∠COM＝∠CAE，∠AON＝∠ACD，∵△ABE≌△CBD，
∴∠DCB＝∠EAB，
∴∠COM+∠MON+∠AON＝∠CAE+∠MON+∠ACD＝∠CAB﹣∠EAB+∠MON+∠ACB+∠BCD＝60°﹣
∠EAB+∠MON+60°+∠EAB＝180°，
∴∠MON＝60°．
【总结提升】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据SAS证明△ABE与△CBD全等解答．
【变式训练】
1．（2022春•舞钢市期末）如图，四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝12，AD＝5，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
可能为（ ）
A．2 B．5 C．7 D．9
1
【思路引领】根据三角形的中位线定理得出EF= DN，从而可知DN最大时，EF最大，因为N与B重
2
合时DN最大，N与A重合时，DN最小，从而求得EF的最大值为6.5，最小值是2.5，可解答．
【解答】解：连接DN，
∵ED＝EM，MF＝FN，
1
∴EF= DN，
2
∴DN最大时，EF最大，DN最小时，EF最小，
∵N与B重合时DN最大，
此时DN＝DB=❑√AD2+BD2=❑√52+122=13，
∴EF的最大值为6.5．∵∠A＝90°，AD＝5，
∴DN≥5，
∴EF≥2.5，
∴EF长度的可能为5；
故选：B．
【总结提升】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．
2．（2023•郧阳区模拟）如图，已知长方形ABCD，R，P分别是DC，BC上的点，E，F分别是AP，RP
的中点，当点P在BC上从点B向点C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的长逐渐减少
C．线段EF的长不变
D．线段EF的长先增大后变小
1
【思路引领】因为R不动，所以AR不变．根据三角形中位线定理可得EF= AR，因此线段EF的长不
2
变．
【解答】解：连接AR．
∵E、F分别是AP、RP的中点，
∴EF为△APR的中位线，
1
∴EF= AR，为定值．
2
∴线段EF的长不改变．
故选：C．【总结提升】本题考查了三角形的中位线定理，只要三角形的边AR不变，则对应的中位线的长度就不
变．
3．（2023春•江夏区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，点G，H分别是AB，CD的中点，点E、
F在对角线AC上，且AE＝CF．
（1）求证：四边形EGFH是平行四边形；
（2）连接BD交AC于点O，若BD＝14，AE+CF＝EF，求EG的长．
【思路引领】（1）证△AGE≌△CHF（SAS），得GE＝HF，∠AEG＝∠CFH，则∠GEF＝∠HFE，得
GE∥HF，即可得出结论；
（2）先由平行四边形的性质得出OB＝OD＝7，再证出AE＝OE，可得EG是△ABO的中位线，然后利
用中位线定理可得EG的长度．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠GAE＝∠HCF，
∵点G，H分别是AB，CD的中点，
∴AG＝CH，
在△AGE和△CHF中，
{
AG=CH
)
∠GAE=∠HCF ，
AE=CF
∴△AGE≌△CHF（SAS），
∴GE＝HF，∠AEG＝∠CFH，
∴∠GEF＝∠HFE，
∴GE∥HF，又∵GE＝HF，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）解：连接BD交AC于点O，如图：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BD＝14，
∴OB＝OD＝7，
∵AE＝CF，OA＝OC，
∴OE＝OF，
∵AE+CF＝EF，AE＝CF，
∴2AE＝EF＝2OE，
∴AE＝OE，
又∵点G是AB的中点，
∴EG是△ABO的中位线，
1 7
∴EG= OB= ．
2 2
【总结提升】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及三角形的中位线定理等
知识点，熟练掌握平行四边形判定与的性质及三角形中位线定理是解题的关键．
4．如图，△ABC的中线BD、CE相交于点O，F、G分别是BO、CO的中点．请你探索DG与EF的位置
关系和数量关系，并说明理由．
【思路引领】连接AO．先由CE是△ABC的中线，F是B0的中点，得出EF是△ABO的中位线，根据1 1
三角形中位线定理得出EF∥AO，EF= AO，同理得到DG∥AO，DG= AO，再由平行公理推论得出
2 2
DG∥EF，由等量代换得到DG＝EF．
【解答】解：DG∥EF，且DG＝EF．理由如下：
连接AO．
∵CE是△ABC的中线，F是B0的中点，
∴EF是△ABO的中位线，
1
∴EF∥AO，EF= AO，
2
1
同理：DG∥AO，DG= AO，
2
∴DG∥EF，且DG＝EF．
【总结提升】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，
同时考查了三角形的中线、中点的定义，主要检查学生能否熟练的运用性质进行推理，题目比较典型，
难度适中，通过做此题培养了学生分析问题和解决问题的能力．
类型二 连接两中点构造中位线
【典例2 】如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，P是AC的中点，N是BC的中点，M是AD的中点，
∠BAC＝80°，∠ACD＝20°．
（1）求∠PMN的度数；
PM
（2）求 的值．
MN
1 1
【思路引领】（1）连接PN，由三角形中位线定理得PM∥CD，PM= CD，PN∥AB，PN= BC，再证
2 2∠MPN＝120°，然后证PM＝PN，即可解决问题；
（2）连接PN，过点P作PE⊥MN于点E，设PE＝x，由含30°角的直角三角形的性质和勾股定理得PM
＝2PE＝2x，EN＝EM=❑√3x，则MN＝2EM＝2❑√3x，即可得出结论．
【解答】解：（1）如图1，连接PN，
∵点P是AC的中点，点N是BC的中点，点M是AD的中点，
∴PM是△ADC的中位线，PN是△ABC的中位线，
1 1
∴PM∥CD，PM= CD，PN∥AB，PN= BC，
2 2
∴∠MPA＝∠ACD＝20°，∠NPC＝∠BAC＝80°，
∴∠APN＝180°﹣∠NPC＝180°﹣80°＝100°，
∴∠MPN＝∠MPA+∠APN＝20°+100°＝120°，
又∵AB＝CD，
∴PM＝PN，
1 1
∴∠PMN＝∠PNM= （180°﹣∠MPN）= ×（180°﹣120°）＝30°；
2 2
（2）如图2，连接PN，过点P作PE⊥MN于点E，
则∠PEM＝90°，
设PE＝x，
由（1）可知，PM＝PN，∠PMN＝30°，
∴PM＝2PE＝2x，EN＝EM=❑√PM2−PE2=❑√(2x) 2−x2=❑√3x，
∴MN＝2EM＝2❑√3x，PM 2x ❑√3
∴ = = ．
MN 2❑√3x 3
【总结提升】本题考查了三角形中位线定理、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质以及勾股定理等
知识，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
【变式训练】
1．如图，在△ABC中，AB＝AC，M，N分别是AB，AC的中点，D，E为BC上的两点，连接DN，EM，
线段DN，EM相交于点G．若AB＝5，BC＝8，DE＝4，则△DGE的面积为（ ）
3 5
A．1 B． C．2 D．
2 2
1
【思路引领】连接MN、NE、MD，过A作AF⊥BC于F，交MN于H，由三角形中位线定理得MN=
2
1 3
BC＝4，MN∥BC，再证四边形MNED是平行四边形，然后由三角形中位线定理得FH＝AH= AF= ，
2 2
求出平行四边形MNED的面积＝DE×FH＝6，即可求解．
【解答】解：连接MN、NE、MD，过A作AF⊥BC于F，交MN于H，如图所示：
∵M，N分别是AB，AC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
1
∴MN= BC＝4，MN∥BC，
2
∵DE＝4，
∴MN＝DE，
∴四边形MNED是平行四边形，
∵AB＝AC，AF⊥BC，
1
∴BF＝CF= BC＝4，
2
∴AF=❑√AB2−BF2=❑√52−42=3，
∵MN∥BC，M是AB的中点，∴MH是△ABF的中位线，
1 3
∴FH＝AH= AF= ，
2 2
3
∴平行四边形MNED的面积＝DE×FH＝4× =6，
2
1 3
∴△DGE的面积= 平行四边形MNED的面积= ，
4 2
故选：B．
【总结提升】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、勾股定理、等腰三角形的性质
等知识；熟练掌握三角形中位线定理，证明四边形MNED为平行四边形是解题的关键．
类型三 取中点构造中位线
（1）直接取一边中点
【典例3】（2023春•上城区期中）如图，在 ABCD中，∠ABC和∠DAB的角平分线BE与AE交于点
E，且点E恰好在边CD上． ▱
（1）求证：E为CD的中点；
（2）若AD＝3，BE＝4，求AE的长；
（3）点F为AE的中点，连接CF，交BE于点G，求证：BG＝3EG．
【思路引领】（1）由平行四边形的性质得AD＝BC，AB∥CD，再∠DEA＝∠BAE，再证∠DAE＝
∠DEA，得ED＝AD，同理BC＝EC，则ED＝EC，即可得出结论；
（2）证∠AEB＝90°，再由勾股定理即可得出结论；
（3）取BE的中点H，连接FH，由三角形中位线定理得FH∥AB，且AB＝2FH，再证△CEG≌△FHG
（AAS），得EG＝HG，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AB∥CD，∴∠DEA＝∠BAE，
∵AE平分∠DAB，
∴∠DAE＝∠BAE，
∴∠DAE＝∠DEA，
∴ED＝AD，
同理：BC＝EC，
∴ED＝EC，
∴E为CD的中点；
（2）解：由（1）可知，ED＝EC＝AD＝3，
∴CD＝2ED＝6，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝6，AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC＝180°，
∵BE平分∠ABC，AE平分∠DAB，
1 1
∴∠CBE＝∠ABE= ∠ABC，∠DAE＝∠BAE= ∠DAB，
2 2
1 1 1 1
∴∠BAE+∠ABE= ∠DAB+ ∠ABC= （∠DAB+∠ABC）= ×180°＝90°，
2 2 2 2
∴∠AEB＝180°﹣（∠BAE+∠ABE）＝180°﹣90°＝90°，
∴AE=❑√AB2−BE2=❑√62−42=2❑√5，
即AE的长为2❑√5；
（3）证明：如图，取BE的中点H，连接FH，
则BH＝EH，
∵点F为AE的中点，
∴FH是△ABE的中位线，
∴FH∥AB，且AB＝2FH，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴FH∥CD，
∴∠CEG＝∠FHG，
由（1）可知，CD＝2CE，
∴FH＝CE，
又∵∠CGE＝∠FGH，
∴△CEG≌△FHG（AAS），
∴EG＝HG，
∴EH＝2EG，
∵BH＝EH，
∴BH＝2EG＝2HG，
∴BG＝3EG．
【总结提升】本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定、全等三角形的判
定与性质、勾股定理以及三角形中位线定理等知识，本题综合性强，熟练掌握平行四边形的性质、等腰
三角形的判定以及全等三角形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型．
【变式训练】
1．（2021•南阳模拟）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝2，BC＝5，点E，F分别是对角线AC，
BD的中点，则EF的长为（ ）
A．1 B．1.5 C．2.5 D．3.5
【思路引领】延长FE交CD于点G，由点E，F分别是对角线AC，BD的中点，从而得FG是△BCD的
中位线，则有FG＝2.5，再由AD∥BC，则有FG∥AD，EG是△ACD的中位线，则有EG＝1，从而可
求EF的长．
【解答】解：∵取DC中点G，连结FG、EG，如图所示：∵点E，F分别是对角线AC，BD的中点，
∴FG∥BC，EG∥AD，
∵AD∥BC，
∴EG∥BC，FG∥EG，
∴E、F、G三点共线，
∴FG是△BCD的中位线，
1
∴FG= BC＝2.5，
2
∵AD∥BC，
∴EG∥AD，
∴EG是△ACD的中位线，
1
∴EG= AD＝1，
2
∴EF＝FG﹣EG＝1.5．
故选：B．
【总结提升】本题主要考查三角形的中位线定理，平行线的性质，解答的关键是对三角形的中位线定理
的掌握与灵活运用．
2．如图，在四边形 ABCD中，E，F分别为AC，BD的中点，AD＝2，BC＝4，则EF的取值范围是
1 ≤ EF ＜ 3 ．
【思路引领】根据三角形中位线定理得出FG和EG长度，再根据三角形三边关系得出EF的取值即可．
【解答】解：设AB的中点为G，分别连接EG，FG，∵F是BD的中点，
1
∴FG∥AD，且FG= AD＝1，
2
∵E是BC的中点，
1
∴EG∥BC，且EG= BC＝2，
2
△EFG中，根据三角形三边关系，
EG﹣GF＜EF＜EG+GF，
当E，F，G三点共线时，EF＝EG﹣GF＝1，
即：1≤EF＜3．
【总结提升】此题考查的是三角形中位线的定理，三角形的三边关系等知识，解题的关键是灵活运用所
学知识解决问题，属于中考常考题型．
3．（2023•景县校级模拟）如图，在△ABC中，BC＝3，将△ABC平移5个单位长度得到△A B C ，点
1 1 1
P，Q分别是AB，A C 的中点，PQ的值不可以是（ ）
1 1
A．4 B．5 C．6 D．7
【思路引领】取A B 的中点P′，连接QP′、PP′，如图，根据平移的性质得到PP′＝5，B C ＝BC
1 1 1 1
＝3，再利用P′Q为△A B C 的中位线得到P′Q＝1.5，利用三角形三边的关系得到
1 1 1
∴PP′﹣P′Q≤PQ≤PP′+P′Q（当且仅当P、P′、Q三点共线时取等号），从而得到答案．
【解答】解：取A B 的中点P′，连接QP′、PP′，如图，
1 1∵△ABC平移5个单位长度得到△A B C ，
1 1 1
∴PP′＝5，B C ＝BC＝3，
1 1
∵Q是A C 的中点，P′为A B 的中点，
1 1 1 1
∴P′Q为△A B C 的中位线，
1 1 1
1
∴P′Q= B C ＝1.5，
2 1 1
∴PP′﹣P′Q≤PQ≤PP′+P′Q（当且仅当P、P′、Q三点共线时取等号），
即5﹣1.5≤PQ≤5+1.5，
∴PQ值范围为3.5≤PQ≤6.5．
故选：D．
【总结提升】本题考查了平移的性质：把一个图形整体沿某一直线方向移动，会得到一个新的图形，新
图形与原图形的形状和大小完全相同；新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这
两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行（或共线）且相等．
（2）连接对角线，再取对角线中点
【典例4】（2022春•青山区期末）如图，四边形ABCD中，点E，F分别是边AB，CD的中点，且AD＝
6，BC＝10，则线段EF的长可能为（ ）
A．7 B．8.5 C．9 D．10
1
【思路引领】连接BD，取BD的中点H，连接HF、HE，根据三角形中位线定理得到EH= AD＝3，
21
FH= BC＝5，根据三角形的三边关系解答即可．
2
【解答】解：连接BD，取BD的中点H，连接HF、HE，
∵点E，H分别是边AB，BD的中点，
∴EH是△ABD的中位线，
1
∴EH= AD＝3，
2
1
同理可得：FH= BC＝5，
2
∴FH﹣EH≤EF≤FH+EH，即2≤EF≤8，
故选：A．
【总结提升】本题考查的是三角形中位线定理、三角形的三边关系，掌握三角形中位线等于第三边的一
半是解题的关键．
类型四 延长一边构造中位线
【典例5】（2022春•新洲区期中）如图，△ABC中，AD是中线，AE是角平分线，CF⊥AE于F，AB＝
12，AC＝6，求DF的长．
【思路引领】延长CF交AB于G，证明△GAF≌△CAF，根据全等三角形的性质得到AG＝AC＝6，CF
＝FG，求出BG，根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：延长CF交AB于G，
∵AE是角平分线，
∴∠GAF＝∠CAF，
在△GAF和△CAF中，
{∠GAF=∠CAF
)
AF=AF ，
∠AFG=∠AFC∴△GAF≌△CAF（ASA），
∴AG＝AC＝6，CF＝FG，
∴BG＝AB﹣AG＝6，
∵CF＝FG，CD＝DB，
1
∴DF= BG＝3．
2
【总结提升】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．
【变式训练】
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．
【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＝AC=❑√2AB＝2❑√2，
CE=❑√2DE＝5❑√2，
∴GE＝CE﹣CG＝5❑√2−2❑√2=3❑√2，
∵BF是△AGE的中位线，
1 3❑√2
∴BF= GE= ．
2 2
【总结提升】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．
2．（2022春•东光县期中）如图，在△ABC中，D是BC中点，AE平分∠BAC，AE⊥BE．
（1）DE与AC的位置关系是 DE ∥ AC ；
（2）若AB＝3，AC＝5，则DE＝ 1 ．
【思路引领】（1）延长BE交AC于F，证明△AEB≌△AEF，根据三角形中位线定理解答；
（2）根据全等三角形的中线得到AF＝AB＝3，BE＝EF，进而求出FC，根据三角形中位线定理解答即
可．
【解答】（1）解：DE∥AC，理由如下：
延长BE交AC于F，
∵AE平分∠BAC，∴∠BAE＝∠FAE，
∵AE⊥BE，
∴∠AEB＝∠AEF＝90°，
在△AEB和△AEF中，
{∠BAE=∠FAE
)
AE=AE ，
∠AEB=∠AEF
∴△AEB≌△AEF（ASA），
∴BE＝EF，
∵D是BC中点，
∴DE是△BFC的中位线，
∴DE∥FC，
即DE∥AC；
故答案为：DE∥AC；
（2）解：由（1）可知∴△AEB≌△AEF（ASA），
∴AF＝AB＝3，BE＝EF，
∴FC＝AC﹣AF＝5﹣3＝2，
∵BD＝DC，BE＝EF，
1
∴DE= FC＝1，
2
故答案为：1．
【总结提升】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等于第
三边的一半是解题的关键．
类型五 延长两边构造中位线
【典例6】（2022秋•招远市期末）如图，在△ABC中，CE是中线，CD是角平分线，AF⊥CD交CD延长
线于点F，AC＝9，BC＝4，则EF的长为 2. 5 ．【思路引领】延长AF、BC交于点G，证明△ACF≌△GCF，根据全等三角形的性质得到CG＝AC．进
而求出BG，根据三角形的中位线求出EF的长．
【解答】解：延长AF、BC交于点G，
∵CD是△ABC的角平分线，
∴∠ACF＝∠BCF，
在△ACF和△GCF中，
{
∠ACF=∠GCF
)
CF=CF ，
∠AFC=∠GFC=90°
∴△ACF≌△GCF（ASA），
∴CG＝AC＝9，F为AG的中点，
∴EF为△ABG的中位线，BG＝CG﹣CB＝5，
1
∴EF= BG＝2.5．
2
故答案为：2.5．
【总结提升】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．
【变式训练】
1．如图1，在△AFG中，FD、GE分别是△AFG的外角平分线，AD⊥FD于点D，AE⊥GE于点E．
（1）探究证明：①DE与FG的位置关系是 DE ∥ FG ；
②判断DE与AF、AG、FG之间的数量关系，并说明理由．
（2）问题解决：
如图2，在△ABC中，AD⊥BD于点D，∠BAD＝∠CAD，AB＝6cm，AC＝10cm，点H是BC的中点，
直接写出DH的长．
【思路引领】（1）①延长AD交HL于点B，延长AE交HL于点C．根据三角形全等的判定与性质可
得AD＝BD，AF＝BF．AE＝CE，AG＝CG．再由三角形中位性质可得结论；
②根据线段的和差关系及三角形中位线定理可得结论；
（2）延长BD交AC于F，根据三角形全等的判定与性质及三角形中位性质可得结论．
【解答】解：（1）①DE∥FG．
延长AD交HL于点B，延长AE交HL于点C．
∵DF平分∠AFH，DF⊥AD，∴∠AFD＝∠BFD，∠ADF＝∠BDF＝90°．
∵DF＝DF，
∴△ADF≌△BDF（ASA），
∴AD＝BD，AF＝BF．
同理AE＝CE，AG＝CG．
∵AD＝DB，AE＝CE，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥FG．
故答案为：DE∥FG；
1
②DE= （AF+AG+FG）．理由如下：
2
∵AF＝BF，AG＝CG，
∴AF+AG+FG＝BF+CG+FG＝BC．
∵DE是△ABC的中位线，
1 1
∴DE= BC= （AF+AG+FG）．
2 2
（2）延长BD交AC于F，如图：
则∠BDA＝∠ADF＝90°．
∵DA＝DA，∠BAD＝∠DAF，
∴△ABD≌△AFD（ASA），
∴AB＝AF＝6cm，BD＝DF．
∵BD＝DF，H是BC的中点，
∴DH是△BCF的中位线，
1
∴DH= FC．
2∵AC＝10cm，AF＝6cm，
∴FC＝4cm，
∴DH＝2cm．
【总结提升】此题考查的是三角形综合题意，涉及到了全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理等
知识，正确作出辅助线是解决此题的关键．
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】 （2023春•遵义期末）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AC＞AB＞7，点D，E分别在边AB，AC
7
上，且BD＝CE＝7，连接DE，点M，N分别是DE，BC的中点，则线段MN的长为 ❑√2 ．
2
【思路引领】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．
【解答】解：作CH∥AB，连接DN并延长交CH于H，连接EH，
∵BD∥CH，
∴∠B＝∠NCH，∠ECH＝∠A＝90°，
在△DNB和△HNC中，
{
∠B=∠NCH
)
BN=CN ，
∠DNB=∠HNC
∴△DNB≌△HNC（ASA），
∴CH＝BD＝7，DN＝NH，
∵CE＝7，
∴EH=❑√CH2+CE2=7❑√2，
∵DM＝ME，DN＝NH，
1 7❑√2
∴MN= EH= ，
2 2
7❑√2
故答案为： ．
2【总结提升】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，正确添加辅助线、
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．
【变式训练】
1．如图，AD是△ABC的角平分线，AD＝AC，BE⊥AD于E，AC，BE的延长线交于点F．
（1）求证：BE＝EF．
（2）求证：AB﹣AC＝2DE．
【思路引领】（1）想办法证明AB＝AF，利用等腰三角形的三线合一的性质即可解决问题．
（2）作FH∥DE交BD的延长线于H．利用三角形的中位线定理证明FH＝2DE，再证明CF＝FH即可
解决问题．
【解答】（1）证明：∵AD平分∠BAC，
∴∠EAB＝∠EAF，
∵AE⊥BF，
∴∠AEB＝∠AEF＝90°，
∴∠EAB+∠ABE＝90°，∠EAF+∠AFE＝90°，
∴∠ABE＝∠AFE，
∴AB＝AF，
∵AE⊥BF，
∴BE＝EF．
（2）证明：作FH∥DE交BD的延长线于H．
∵BE＝EF，DE∥FH，
∴BD＝DH，∴FH＝2DE，
∵AD＝DC，
∴∠ADC＝∠ACD，
∵AD∥FH，
∴∠ADC＝∠H，
∵∠ACD＝∠FCH，
∴∠H＝∠FCH，
∴CF＝FH＝2DE，
∵AB＝AF，
∴AB﹣AC＝AF＝AC＝CF＝FH＝2DE．
【总结提升】本题考查等腰三角形的判定和性质，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是学会添加
常用辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
第二部分 专题典例剖析及针对训练
1．（2021•安徽二模）如图．在△ABC中，∠ACB＝60°，AC＝1，D是边AB的中点，E是边BC上一点．
若DE平分△ABC的周长，则DE的长为（ ）
❑√3 ❑√5 5
A．1 B． C． D．
2 2 3
【思路引领】延长BC至M，使CM＝CA，连接AM，作CN⊥AM于N，根据题意得到ME＝EB，根据
1
三角形中位线定理得到DE= AM，根据等腰三角形的性质求出∠ACN，根据正弦的概念求出AN，计算
2
即可．
【解答】解：延长BC至M，使CM＝CA，连接AM，作CN⊥AM于N，∵DE平分△ABC的周长，
∴ME＝EB，又AD＝DB，
1
∴DE= AM，DE∥AM，
2
∵∠ACB＝60°，
∴∠ACM＝120°，
∵CM＝CA，
∴∠ACN＝60°，AN＝MN，
❑√3
∴AN＝AC•sin∠ACN= ，
2
∴AM=❑√3，
∵BD＝DA，BE＝EM，
❑√3
∴DE= ，
2
故选：B．
【总结提升】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质、解直角三角形的知识，掌握三角形
中位线定理、正确作出辅助线是解题的关键．
2．如图，点B为AC上一点，分别以AB，BC为边在AC同侧作等边△ABD和等边△BCE，点P，M，N分
别为AC，AD，CE的中点．
（1）求证：PM＝PN；
（2）求∠MPN的度数．
【思路引领】（1）连接DC和AE，AE交CD于点M，证明△ABE≌△DBC，得到AE＝DC，利用中位线的性质证明PM＝PN；
（2）根据中位线的性质把∠MPA+∠NPC转化成∠MCA+∠MAC，根据∠DMA＝∠MCA+∠MAC可知求
出∠DMA度数即可．
【解答】解：（1）连接DC和AE，AE交CD于点M，
在△ABE和△DBC中，
{
AB=BD
)
∠ABE=∠DBC
BE=BC
∴△ABE≌△DBC（SAS）．
∴AE＝DC．
∵P为AC中点，N为EC中点，
1
∴PN= AE．
2
1
同理可得PM= DC．
2
所以PM＝PN．
（2）∵P为AC中点，N为EC中点，
∴PN∥AE．
∴∠NPC＝∠EAC．
同理可得∠MPA＝∠DCA
∴∠MPA+∠NPC＝∠EAC+∠DCA．
又∠DQA＝∠EAC+∠DCA，
∴∠MPA+∠NPC＝∠DQA．
∵△ABE≌△DBC，
∴∠QDB＝∠BAQ．
∴∠DQA＝∠DBA＝60°．
∴∠MPA+∠NPC＝60°．
∴∠MPN＝180°﹣60°＝120°．【总结提升】本题主要考查全等三角形的判定和性质、中位线的性质、等边三角形的性质，解题的关键是
找到“手拉手”全等模型．
3．已知点M为△ABC的边BC的中点，AB＝12，AC＝18，BD⊥AD于D，连DM．
（1）如图1，若AD为∠BAC的平分线，求MD的长；
（2）如图，若AD为∠BAC的外角平分线，求MD的长．
【思路引领】（1）延长BD交AC于E，利用全等三角形的性质证明BD＝DE，AB＝AE，再求出CE，
然后判断出DM是△BCE的中位线，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解答；
（2）延长BD交CA的延长线于E，同法可证BD＝DE，AB＝AE，再求出CE，然后判断出DM是
△BCE的中位线，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解答．
【解答】解：（1）如图，延长BD交AC于E，
∵AD为∠BAC的平分线，BD⊥AD，
∵∠BAD＝∠EAD，AD＝AD，∠ADB＝∠ADE，
∴△BAD≌△EAD（ASA），
∴BD＝DE，AB＝AE＝12，
∴CE＝AC﹣AE＝18﹣12＝6，
又∵M为△ABC的边BC的中点，
∴DM是△BCE的中位线，
∴MD＝ CE＝ ×6＝3；
（2）延长BD交CA的延长线于E，
∵AD为∠BAC的平分线，BD⊥AD，
同法可证BD＝DE，AB＝AE＝12，
∴CE＝AC+AE＝18+12＝30，
又∵M为△ABC的边BC的中点，
∴DM是△BCE的中位线，∴MD＝ CE＝ ×30＝15．
【总结提升】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，等腰三角形三线合一的
性质，熟记定理与性质并作辅助线构造出以MD为中位线的三角形是解题的关键．
4．（2023春•桥西区期末）【三角形中位线定理】
已知：在△ABC中，点D，E分别是边AB，AC的中点．直接写出DE和BC的关系；
【应用】
如图，在四边形ABCD中，点E，F分别是边AB，AD的中点，若BC＝5，CD＝3，EF＝2，∠AFE＝
45°，求∠ADC的度数；
【拓展】
如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点E，点M，N分别为AD，BC的中点，MN分别交AC，
BD于点F，G，EF＝EG．
求证：BD＝AC．
【思路引领】【三角形中位线定理】根据三角形中位线定理即可得到结论；【应用】连接BD，根据三角形中位线定理得到EF∥BD，BD＝2EF＝4，根据勾股定理的逆定理得到
∠BDC＝90°，计算即可；
【拓展】取DC的中点H，连接MH、NH，则MH、NH分别是△ACD、△BCD的中位线，由中位线的
1 1
性质定理可得MH∥AC且MH= AC，NH∥BD且NH= BD，根据等腰三角形的性质即可得结论．
2 2
1
【解答】解：【三角形中位线定理】DE∥BC，DE= BC；
2
理由：∵点D，E分别是边AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
1
∴DE∥BC，DE= BC；
2
【应用】连接BD，如图所示，
∵E、F分别是边AB、AD的中点，
∴EF∥BD，BD＝2EF＝4，
∴∠ADB＝∠AFE＝45°，
∵BC＝5，CD＝3，
∴BD2+CD2＝25，BC2＝25，
∴BD2+CD2＝BC2，
∴∠BDC＝90°，
∴∠ADC＝∠ADB+∠BDC＝135°；
【拓展】证明：取DC的中点H，连接MH、NH．
∵M、H分别是AD、DC的中点，
∴MH是△ADC的中位线，1
∴MH∥AC且MH= AC（三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半），
2
1
同理可得NH∥BD且NH= BD．
2
∵EF＝EG，
∴∠EFG＝∠EGF，
∵MH∥AC，NH∥BD，
∴∠EFG＝∠HMN，∠EGF＝∠HNM，
∴∠HMN＝∠HNM，
∴MH＝NH，
∴AC＝BD．
【总结提升】本题主要考查了三角形中位线定理，等腰三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线的性
质是解题的关键．
