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专题 16 三角形中位线和直角三角形斜边中线（解析版）
第一部分 知识与方法梳理
类型一：三角形中位线
1．定义：
A
若 DE 为 的 中 位
连接三角形两边中点的线段．
线 ， 则 DE//BC ， 且
2．定理： D E
三角形中位线平行于三角形的第三边且等于第
．
B C
三边的一半．
3．三角形中位线里隐含重要性质：
①三角形的三条中位线将原三角形分割成四个
EF、GE、GF 是 的三条中位线，则有：①
全等的三角形．
A
② ，
②三角形的三条中位线组成一个三角形，其周
1
S S E G
长为原三角形的周长的一半，其面积为原三角 △EFG 4 △ABC
形面积的四分之一．
B C
F
类型二：直角三角形斜边中线
定理：
直角三角形斜边上的中线等于 A 相关结论：
斜边的一半． （1） ；
若 AD 为 斜边上的 （2） ， 为等腰三角形
B C
（3） ，
D
中线，则 ．
拓展：
在由两个直角三角形组成的图中，M为中点．
A
A 相关结论：
D （1） ；
M （2） ．
B C
B
C
M
D
类型三：中点辅助线综合
1. 倍长中线及类倍长中线
2. 构造三角形中位线
3. 构造直角三角形斜边中线
4. 平行＋中点，构造8字全等形
5. 作等腰三角形底边上的高第二部分 典例剖析
类型一 中位线定理的直接应用
1．（2023秋•连云港期末）在周长为600米的三角形地块中修建如图所示的三条水渠，则水渠的总长为
300 米．
1 1 1
【分析】根据三角形中位线定理得到DE= AC，EF= AB，DF= BC，计算即可．
2 2 2
【解答】解：∵点D、E、F分别为AB、BC、AC的中点，
∴DE、EF、DF都是△ABC的中位线，
1 1 1
∴DE= AC，EF= AB，DF= BC，
2 2 2
∵△ABC的周长为600米，
∴AB+BC+AC＝600米，
1
∴DE+EF+DF= （AB+BC+AC）＝300米，
2
∴水渠的总长为300米，
故答案为：300．
【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．
2．（2023秋•六安期末）如图，在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝60°，AD⊥BC于点D，BD=❑√6，若E，F
分别为AB，BC的中点，则EF＝ ❑√2 ．【分析】由三角形内角和得，∠BAD＝45°，∠CAD＝30°，则AD=BD=❑√6，AC =2❑√2，由题意得
1
EF是△ABC的中位线，根据EF= AC，计算求解即可．
2
【解答】解：∵∠B＝45°，∠C＝60°，AD⊥BC，
∴∠BAD＝45°，∠CAD＝30°，
❑√6
AC= =2❑√2
∴AD=BD=❑√6， ❑√3 ，
2
∵E，F分别为AB，BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
1
∴EF= AC=❑√2，
2
故答案为：❑√2．
【点评】本题考查了三角形内角和定理，等角对等边，余弦，中位线．熟练掌握等角对等边，余弦，中
位线是解题的关键．
3．（2024•阿城区模拟）如图，在等边△ABC中，D、E分别为AB、AC的中点，延长BC至点F，使CF
1
= BC，连接CD和EF．
2
（1）求证：CD＝EF；
（2）请直接写出与∠F相等的所有角（∠F除外）．
【分析】（1）直接利用三角形中位线定理得出四边形DCFE是平行四边形，进而得出DE＝FC；
（2）根据平行四边形的性质解答即可．
【解答】（1）证明：∵D、E分别为AB、AC的中点，∴DE为△ABC的中位线，
1
∴DE∥BC，DE= BC，
2
1
∵CF= BC，
2
∴DE＝FC，
∵DE∥FC，
∴四边形DCFE是平行四边形，
∴CD＝EF；
（2）解：∵四边形DCFE是平行四边形，
∴DC∥EF，
∴∠F＝∠DCB，∠DCE＝∠CEF，
∵DE∥BC，
∴∠EDC＝∠DCB，
∴∠EDC＝∠F，
∵△ABC是等边三角形，D是AB中点，
∴∠DCB＝∠DCE，
∴与∠F相等的所有角是∠EDC、∠DCB、∠DCE、∠FEC．
【点评】此题考查三角形中位线定理，关键是利用三角形中位线定理得出四边形DCFE是平行四边形解
答．
4．（2023秋•沂源县期末）如图，在四边形ABCD中，点P是对角线BD的中点，点E、F分别是AB、CD
的中点，AD＝BC，∠PEF＝30°，求∠FPE的度数．
【分析】根据中位线定理和已知，易证明△EPF是等腰三角形，进而可得出结论．
【解答】解：∵在四边形ABCD中，P是对角线BD的中点，E，F分别是AB，CD的中点，
∴FP，PE分别是△CDB与△DAB的中位线，
1 1
∴PF= BC，PE= AD，
2 2
∵AD＝BC，∴PF＝PE，
∴△EPF是等腰三角形．
∵∠PEF＝30°，
∴∠PEF＝∠PFE＝30°，
∴∠FPE＝180°﹣∠PEF﹣∠PFE＝180°﹣30°﹣30°＝120°．
【点评】本题考查了三角形中位线定理及等腰三角形的性质，解题时要善于根据已知信息，确定应用的
知识．
类型二 构造中位线解题（重点）
5．（2024•鹿城区校级开学）如图，在四边形ABCD中，点E，F分别是边AB，AD的中点，BC＝10，CD
＝6，EF＝4，∠AFE＝52°，则∠ADC＝ 14 2 °．
【分析】连接BD，根据三角形中位线定理得到BD＝2EF＝8，EF∥BD，根据勾股定理的逆定理得到
∠BDC＝90°，结合图形计算即可．
【解答】解：连接BD，
∵点E、F分别是边AB、AD的中点，
∴BD＝2EF＝8，EF∥BD，
∴∠ADB＝∠AFE＝52°，
BD2+CD2＝100，BC2＝100，
∴BD2+CD2＝BC2，
∴∠BDC＝90°，
∴∠ADC＝∠ADB+∠BDC＝142°，
故答案为：142．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理的逆定理，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．6．（2024•碑林区校级一模）如图，在△ABC中，AB＝5，AC＝9，AD是∠BAC的角平分线，点E是BC
的中点，EF∥AD，则AF的长是 2 ．
1
【分析】根据三角形的中位线定理，得EN∥AB，EN= AB；根据平行线的性质和等腰三角形的判定，
2
得FN＝EN，从而求解．
【解答】解：如图，设点N是AC的中点，连接EN，
1
则EN∥AB，EN= AB，
2
∴∠CNE＝∠BAC．
∵EF∥AD，
∴∠DAC＝∠EFN．
∵AD是∠BAC的平分线，∠CNE＝∠EFN+∠FEN，
∴∠EFN＝∠FEN．
1
∴FN＝EN= AB，
2
1 1
∴FC＝FN+NC= AB+ AC＝7．
2 2
∴AF＝AC﹣FC＝2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了三角形中位线定理，等腰三角形的性质，添加恰当辅助线构造三角形中位线是解题
的关键．
7．（2024春•沙坪坝区校级月考）如图，△ABC中，AD是∠BAC的角平分线，BD⊥AD，垂足为D，过D
作DE∥AC交AB于点E，过D作DF⊥DE交AC于点F，连接EF，已知AB＝4，BD＝3，则EF＝❑√127
．
4
【分析】延长AC交BD的延长线与H，先证△ABD和△AHD全等得BD＝HD，由此可证DE为△ABH
1
的中位线，则点E为AB的中点，根据直角三角形的性质得DE= AB＝2，在Rt△ABD中由勾股定理求
2
3❑√7
出AD=❑√7，证△BDA和△DFA相似得DF= ，然后在Rt△DEF中由勾股定理即可求出EF的长．
4
【解答】解：延长AC交BD的延长线与H，如图所示：
∵AD是∠BAC的角平分线，
∴∠BAD＝∠HAD，
∵BD⊥AD，
∴∠BDA＝∠HDA＝90°，
在△ABD和△AHD中，
{
∠BAD=∠HAD
)
∠BDA=∠HDA=90° ，
AD=AD
∴△ABD≌△AHD（AAS），
∴BD＝HD，
即点D为BH的中点，
又∵DE∥AC，
∴DE为△ABH的中位线，
∴点E为AB的中点，在Rt△ABD中，DE为斜边AB的中点，AB＝4，
1
∴DE= AB＝2，
2
在Rt△ABD中，AB＝4，BD＝3，
由勾股定理得：AD=❑√AB2−BD2=❑√7，
∵DE∥AC，DF⊥DE，
∴DF⊥AC，
∴∠BDA＝∠DFA＝90°，
∵∠BAD＝∠HAD，
∴△BDA∽△DFA，
∴BD：DF＝AB：AD，
即3：DF=4：❑√7，
3❑√7
∴DF= ，
4
3❑√7
在Rt△DEF中，DE＝2，DF= ，
4
❑√127
由勾股定理得：EF=❑√DE2+DF2= ．
4
❑√127
故答案为： ．
4
【点评】此题主要考查了三角形的中位线定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的
判定和性质，勾股定理等，理解三角形的中位线定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌
握相似三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键．
8．（2023秋•岱岳区期末）如图，已知四边形ABCD中，AC⊥BD，AC＝10，BD＝12，点E、F分别是边
AD、BC的中点，连接EF，则EF的长是 ❑√61 ．
【分析】取AB的中点G，连接EG、FG，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求出EG、FG，并求出EG⊥FG，然后利用勾股定理列式计算即可得解．
【解答】解：如图，取AB的中点G，连接EG、FG，
∵E、F分别是边AD、CB的中点，
1 1
∴EG∥BD且EG= BD= ×12＝6，
2 2
1 1
FG∥AC且FG= AC= ×10＝5，
2 2
∵AC⊥BD，
∴EG⊥FG，
∴EF=❑√EG2+FG2=❑√62+52=❑√61．
故答案为：❑√61．
【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，勾股定理的应用，作辅助线
构造出直角三角形是解题的关键．
9．（2023秋•大悟县校级月考）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，BE⊥AE于点E，点F是BC的中点．
1
（1）如图1，BE的延长线与AC边相交于点D，求证：EF= (AC−AB)；
2
1
（2）如图2，探究线段AB、AC、EF之间的数量关系，直接写出你的结论： EF = （ AB ﹣ AC ） ．
2
【分析】（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．
【解答】（1）证明：如图1中，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠DAE，
∵BE⊥AE于点E，
∴∠BEA＝∠DEA＝90°，
在△ABE和△ADE中，
{∠BAE=∠DAE
)
AE=AE ，
∠BEA=∠DEA
∴△ABE≌△ADE（ASA），
∴BE＝DE，AB＝AD，
∵点F是BC的中点，
∴BF＝FC，
1 1 1
∴EF= DC= （AC﹣AD）= （AC﹣AB）；
2 2 2
（2）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，
1 1 1
∴EF= PC= （AP﹣AC）= （AB﹣AC），
2 2 2
1
故答案为：EF= （AB﹣AC）．
2
【点评】本题考查三角形的中位线定理、等腰三角形的三线合一的性质等知识，解题的关键是熟练应用
所学知识解决问题，属于中考常考题型．
10．（2023秋•广饶县期末）【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．【分析】【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．
【点评】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．
11．（2023秋•顺德区校级月考）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，M是AD的中点，BM的延长
线交AC于N．
1
求证：AN= CN．
2【分析】过D作DF∥AC交BN于F，根据DF∥AC和M是AD的中点，推出DF＝AN，同理得到F是
1
BN的中点，推出DF= CN，即可求出答案．
2
【解答】证明：过D作DF∥AC交BN于F．
∵DF∥AC，
AN AM
∴ = ，
DF DM
∵M是AD的中点，
∴AM＝DM，
∴DF＝AN，
∵D是BC的中点，DF∥AC，
∴F是BN的中点，
1
∴DF= CN，
2
1
∴AN= CN．
2
【点评】本题主要考查对平行线分线段成比例定理，三角形的中位线定理等知识点的理解和掌握，能通
过作辅助线得到三角形的中位线是解此题的关键．
12．（2023春•洪泽区期中）如图，在四边形ABCD中对角线AC⊥BD，E、F分别是AB、CD的中点．若
AC＝4cm，BD＝6cm，求EF的长度．【分析】取BC的中点H，连接EH、FH，根据三角形中位线定理求出EH、FH，根据勾股定理计算即
可．
【解答】解：取BC的中点H，连接EH、FH，如图所示：
∵E、F分别是AB、CD的中点，
∴EH是△ABC的中位线，FH是△BCD的中位线，
1 1
∴EH= AC=2cm，FH= BD=3cm，EH∥AC，FH∥BD，
2 2
∴∠EHF＝90°，
∴EF=❑√EH2+FH2=❑√13cm．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理的应用，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．
13．（2023春•渠县校级期末）如图，△ABC的中线BD、CE相交于点O，F、G分别是OB、OC的中点，
线段EF与DG之间有什么关系？为什么？
【分析】连接OA，根据三角形中位线定理解答．
【解答】解：EF＝DG，EF∥DG，
理由如下：连接OA，
∵F、E分别是OB、AB的中点，1
∴EF= OA，EF∥OA，
2
1
同理，DG= OA，DG∥OA，
2
∴EF＝DG，EF∥DG．
【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．
14．（2023春•营口期末）如图，△ABC中，CD平分∠ACB，过点A作AD⊥CD于点D，点E是AB的中
点，连接DE，若AC＝20，BC＝14，求DE的长．
【分析】延长CB交AD延长线于F，由角平分线的定义得到∠ACD＝∠FCD，由垂直的定义得到
∠ADC＝∠FDC＝90°，因此∠F＝∠CAD，推出CF＝AC＝20，求出BF＝CF﹣BC＝6，由等腰三角形
的性质得到AD＝FD，即可证明DE是△AFB的中位线，从而求出DE的长．
【解答】解：延长CB交AD延长线于F，
∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠FCD，
∵AD⊥CD于点D，
∴∠ADC＝∠FDC＝90°，
∴∠F＝∠CAD，
∴CF＝AC＝20，
∵BC＝14，
∴BF＝CF﹣BC＝6，∵AC＝CF，CD⊥AD，
∴AD＝FD，
∵点E是AB的中点，
∴DE是△ABF的中位线，
1
∴DE= BF＝3．
2
【点评】本题考查等腰三角形的判定和性质，三角形中位线定理，关键是延长 CB交AD延长线于F，
证明DE是△ABF的中位线．
类型三 直角三角形斜边中线定理的直接应用
15．（2023秋•紫金县期末）如图，一技术人员用刻度尺（单位：cm）测量某三角形部件的尺寸．已知
∠ACB＝90°，点D为边AB的中点，点A、B对应的刻度为1、7，则CD＝ 3 cm．
【分析】根据图形和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可以计算出CD的长．
【解答】解：由图可得，
∠ACB＝90°，AB＝7﹣1＝6（cm），点D为线段AB的中点，
1
∴CD= AB＝3cm，
2
故答案为：3．
【点评】本题考查直角三角形斜边上的中线，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．16．（2023秋•鄞州区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB的中点，∠B＝30°，点E在BC
上，且CE＝AC，则∠CDE的大小为 75 ° ．
【分析】证明CD＝CE，求出∠DCE＝30°，可得结论．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，
∴CD＝AD＝DB，
∴∠DCB＝∠B＝30°，
∵AB＝2AC，
∴CA＝CD，
∵CA＝CE，
∴CD＝CE，
1
∴∠CDE＝∠CED= （180°﹣30°）＝75°．
2
故答案为：75°．
【点评】本题考查直角三角形斜边中线的性质，含30度角的直角三角形，等腰三角形的判定和性质等
知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题
17．（2022秋•上城区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AF⊥BC于F，BE⊥AC于E，且点D是AB的
中点．
（1）若△DEF的周长是8，则△ABC的周长是 1 6 ；
（2）若AE：EC＝3：2，则AF：EF＝ 2 ： 1 ．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半性质证明△ABC的周
长是△DEF的周长的2倍解答即可；（2）根据题意设AE＝3x，EC＝2x，利用勾股定理和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质求
得AF和EF的值，进而解答即可．
【解答】解：∵AB＝AC，AF⊥BC，
∴BF＝CF，
∵BE⊥AC，点F为BC的中点，
∴BC＝2EF，
∵BE⊥AC，点D是AB的中点．
∴AB＝2DE，
∵点F为BC的中点，点D是AB的中点，
∴DF为△ABC的中位线，
∴AC＝2DF，
∴△ABC的周长是△DEF的周长的2倍，
∵△DEF的周长是8，
∴△ABC的周长是16，
故答案为：16；
（2）∵AE：EC＝3：2，
∴设AE＝3x，EC＝2x，
则AC＝AB＝5x，
在Rt△ABE中，根据勾股定理可得：BE＝4x，
在Rt△BCE中，
∵CE＝2x，BE＝4x，
∴BC＝2❑√5x，
∵BC＝2EF，
∴EF=❑√5x，
∵BC×AF＝AC×BE，
即：2❑√5x×AF＝5x×4x，
解得：AF＝2❑√5x，
∴AF：EF＝2❑√5x：❑√5x＝2：1，
故答案为：2：1，
【点评】本题主要考查了直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，三角形的中位线定理等知识，
熟练掌握相关定理是解答本题的关键．18．（2023秋•长泰县校级期中）如图，在Rt△ABC中，点M是斜边BC的中点，以AM为边作正方形
AMEF．若S正方形AMEF ＝4，则BC＝ 4 ．
【分析】先根据正方形的面积求出AM＝2，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出BC
＝4．
【解答】解：∵四边形AMEF是正方形，S正方形AMEF ＝4，
∴AM2＝4，
∵AM＞0，
∴AM＝2，
在Rt△ABC中，点M是斜边BC的中点，
∴BC＝2AM＝4，
故答案为：4．
【点评】本题主要考查了正方形的面积计算公式，直角三角形斜边上的中线性质．熟练掌握正方形的面
积计算公式，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解决问题的关键．
19．（2024•鼓楼区校级开学）如图，在△ABC，BD⊥AC于点D，CE⊥AB于点E，点M，N分别是BC，
DE的中点．
（1）求证：MN⊥DE；
MN
（2）若∠A＝60°，求 的值．
DE
【分析】（1）根据直角三角形的性质得到ME＝MD，根据等腰三角形的三线合一证明结论；
（2）根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理求出∠DME＝60°，得到△MED是等边三角形，根据
等边三角形的性质计算即可．【解答】（1）证明：∵BD⊥AC，CE⊥AB，点M是BC的中点，
1 1
∴EM= BC，DM= BC，
2 2
∴ME＝MD，又点N是DE的中点，
∴MN⊥DE；
（2）解：∵MD＝ME＝BM＝CM，
∴∠BME+∠CMD＝180°﹣2∠ABC+180°﹣2∠ACB＝360°﹣2（∠ABC+∠ACB），
∵∠A＝60°，
∴∠ABC+∠ACB＝180°﹣60°＝120°，
∴∠BME+∠CMD＝360°﹣2×120°＝120°，
∴∠DME＝60°，
∴△MED是等边三角形，
MN ❑√3
∴ = ．
DE 2
【点评】本题考查的是直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质、等腰三角形的性质，掌握在直角
三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
20．（2023秋•宝山区校级月考）如图，在Rt△ABC和Rt△ADC中，∠ABC＝∠ADC＝90°，E是AC中点．
求证：∠DEB＝2∠DCB．
【分析】利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，找出相等的边，再利用等边对等角、三角形外
角的性质得出∠AEB＝2∠BCE、∠AED＝2∠DCE，从而证明结论．
【解答】证明：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，E是AC中点．
∴BE＝EC＝AE，
∴∠ACB＝∠CBE，
∴∠AEB＝∠CBE+∠BCE＝2∠BCE，
同理可得：∠AED＝2∠DCE，
∴∠AED+∠AED＝2∠DCE+2∠BCE，
∴∠DEB＝2∠DCB．【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线性质和等腰三角形的性质，三角形外角的性质等知识．熟
练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
类型三 构造直角三角形斜边中线解题
21．（2023秋•邗江区期末）已知，如图，∠ABC＝∠ADC＝90°，M，N分别是AC，BD的中点．
求证：①BM＝DM；②MN⊥BD．
1
【分析】（1）连接BM、DM，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BM＝DM= AC；
2
（2）根据等腰三角形三线合一的性质证明即可．
【解答】（1）证明：如图，连接BM、DM，
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，M是AC的中点，
1
∴BM＝DM= AC，
2
∴BM＝DM；
（2）∵点N是BD的中点，BM＝DM，
∴MN⊥BD．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形三线合一的性质，熟
记性质并连接辅助线是解题的关键．
22．（2023秋•静安区校级期末）如图，在△ABC和△ADC中，∠ABC＝∠ADC＝90°，联结AC与BD交
于点O，M，N分别是AC、BD的中点．求证：MN垂直平分BD．1
【分析】连接BM，DM，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可证明BM＝DM= AC，根据
2
等腰三角形的性质进一步得出结论．
【解答】证明：如图，
连接BM，DM，
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，
1 1
∴BM= AC，CM＝DM= AC，
2 2
∴BM＝DM，
∵点N是BD的中点，
∴MN⊥BD，
∴MN垂直平分BD．
【点评】此题考查了直角三角形斜边上的中线等知识，熟练运用直角三角形斜边上的中线性质是解题的
关键．
23．（2023秋•射阳县期末）已知：如图，在△ABC中，CD⊥AB垂足为D，BE⊥AC垂足为E，连接
DE，点G、F分别是BC、DE的中点．
求证：GF⊥DE．【分析】作辅助线（连接DG、EG）构建Rt△BCD和Rt△BCE斜边上的中线，然后根据斜边上的中线
1
等于斜边的一半求得DG＝EG= BC，从而判定△DEG是等腰三角形；最后根据等腰三角形的“三线合
2
一”的性质推知GF⊥DE．
【解答】证明：连接DG、EG．
∵CD⊥AB，点G是BC的中点，
1
∴在Rt△BCD中，DG= BC（直角三角形的斜边上的中线是斜边的一半）．（2分）
2
1
同理，EG= BC．（2分）
2
∴DG＝EG（等量代换）．（1分）
∵F是DE的中点，
∴GF⊥DE．（2分）
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线、等腰三角形的判定与性质．熟练运用等腰直角三角形
“三线合一”的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，是解题的关键．
24．（2022秋•盐都区期末）如图，在△ABC中，AD是边BC上的高，BE是边AC上的中线，BD＝CE，
DF⊥BE于点F．
（1）求证：BF＝EF；
（2）若∠AEB＝66°，求∠C的度数．【分析】（1）连接DE，根据直角三角形斜边中线的性质得到DE＝CE，进而得到BD＝DE，由等腰三
角形的性质即可得到结论；
（2）由等腰三角形的性质得到∠DBE＝∠DEB，∠C＝∠CDE，设∠DBE＝∠DEB＝ ，由三角形的外
角定理得到∠C＝∠CDE＝2 ，由三角形的外角定理得到 α
+2 ＝66°，求出 即可得的α答案．
α【解α答】（1）证明α：连接DE，
∵AD是边BC上的高，
∴∠ADC＝90°，
∵BE是边AC上的中线，
1
∴DE＝AE＝CE= AC，
2
∵BD＝CE，
∴BD＝DE，
∵DF⊥BE，
∴BF＝EF；
（2）解：∵BF＝EF，
∴∠DBE＝∠DEB，
设∠DBE＝∠DEB＝ ，
∴∠CDE＝∠DBE+∠αDEB＝2 ，
∵DE＝CE， α
∴∠C＝∠CDE＝2 ，
∵∠AEB＝∠DBE+α∠C，
∴ +2 ＝66°，
∴α＝2α2°，
∴α∠C＝44°．【点评】本题主要考查了直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角定理，根据直角
三角形斜边中线的性质得到DE＝CE是解决问题的关键．
25．（2023秋•闵行区校级期末）已知：如图，在△ABD中，∠D＝90°，点C在BD上，点E在AB上，
AE＝BE，DC＝BE，点G是CE的中点．
（1）求证：DG⊥EC；
（2）求证：∠B＝2∠GDC．
【分析】（1）连接DE，根据直角三角形的性质和等腰三角形的判定和性质定理即可得到结论；
（2）由（1）知DE＝CD，DG⊥CE，根据等腰三角形的性质得到∠CDE＝2∠GDC，于是得到结论．
【解答】证明：（1）连接DE，
∵AE＝BE，∠ADB＝90°，
1
∴DE＝BE＝AE= AB，
2
∵CD＝BE，
∴CD＝DE，
∵点G是CE的中点，
∴DG⊥EC；
（2）由（1）知DE＝CD，DG⊥CE，
∴∠CDE＝2∠GDC，
∵BE＝DE，
∴∠B＝∠CDE，
∴∠B＝2∠GDC．【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的判定和性质，正确地找出辅助线是解题的
关键．
26．（2023秋•浙江期中）如图，在线段AB的同侧作△PAB和△QAB，PB和QA相交于点O，M、N分别
是边AQ、BP的中点，连结PQ，PM，MN，∠APQ＝∠ABQ＝90°．
（1）判断△PMN的形状，并说明理由；
（2）当AQ＝26，BP＝24时，求MN的长．
【分析】（1）连结BM，由直角三角形斜边中线的性质可证PM＝BM，再由等腰三角形三线合一的性
质证明即可；
（2）先求出PM和PN的长，再利用勾股定理求解即可．
【解答】解：（1）△PMN为直角三角形，理由如下：
如图，连结BM，
∵∠APQ＝∠ABQ＝90°，点M是AQ的中点，
1 1
∴PM= AQ，BM= AQ，
2 2
∴PM＝BM，
又∵N为PB的中点，∴MN⊥PB，
∴△PMN为直角三角形；
1
（2）由（1）知PM= AQ，
2
∵AQ＝26，
∴PM＝13，
又∵N为BP的中点，且BP＝24，
1
∴PN= BP=12，
2
∵MN⊥PB，
∴MN2＝PM2﹣PN2＝25，
∴MN＝±5，
又∵MN＞0，
∴MN＝5．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质，勾股定理，正确记忆相关内容是解
题关键．
27．（2023秋•丰县期中）已知：如图，∠ABC＝∠ADC＝90°，E、F分别是AC、BD的中点．
（1）求证：EF⊥BD；
（2）若∠BAD＝30°，AC＝10，求BD的长．
【分析】（1）由直角三角形斜边中线的性质推出BE＝DE，由等腰三角形的性质即可证明EF⊥BD；
（2）由等腰三角形的性质推出∠BAE＝∠ABE，∠EAD＝∠EDA，由三角形外角的性质求出∠BED＝
60°，得到△EBD是等边三角形，即可求出BD的长．
【解答】（1）证明：连接BE，DE，
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，E、F分别是AC、BD的中点，1 1
∴BE= AC，DE= AC，
2 2
∴BE＝DE，
∵F是BD中点，
∴EF⊥BD；
（2）解：∵∠ABC＝∠ADC＝90°，E、F分别是AC、BD的中点，
1 1
∴BE= AC，DE= AC，
2 2
∴AE＝BE＝DE，
∴∠BAE＝∠ABE，∠EAD＝∠EDA，
∵∠BEC＝∠BAE+∠ABE，∠CED＝∠EAD+∠EDA，
∴∠BEC+∠CED＝∠BAE+∠ABE+∠EAD+∠EDA，
∴∠BED＝2（∠BAE+∠EAD）＝2∠BAD＝2×30°＝60°，
∵BE＝ED，
∴△EBD是等边三角形，
1 1
∴BD＝BE= AC= ×10＝5．
2 2
【点评】本题考查等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边的中线，等边三角形的判定和性质，关键
是由直角三角形斜边的中线的性质推出BE＝DE，由三角形外角的性质推出∠BED＝60°．
28．（2023秋•苏州期中）已知：如图，在四边形 ABCD中，∠BCD＝∠BAD＝90°，E，F分别是对角线
BD，AC的中点．
（1）请判断线段EF与AC的位置关系，并说明理由；
（2）若∠ADC＝30°，BD＝8cm，试求线段EF的长度．1 1
【分析】（1）连接AE，EC，根据直角三角形斜边上的中线性质可得CE= BD，AE= BD，从而可得
2 2
AE＝CE，然后利用等腰三角形的三线合一性质，即可解答；
（2）根据直角三角形斜边上的中线性质可得CE＝DE，AE＝DE，从而可得∠ECD＝∠CDE，∠EAD＝
∠ADE，然后利用三角形的外角性质可得∠AEC＝2∠ADC＝60°，求出AF，再利用勾股定理求出EF．
【解答】解：（1）结论：EF⊥AC，
理由：连接AE，EC，
∵∠BCD＝90°，点E是BD的中点，
1
∴CE= BD，
2
∵∠BAD＝90°，点E是BD的中点，
1
∴AE= BD，
2
∴AE＝CE，
∵点F是AC的中点，
∴EF⊥AC；
（2）如图，连接AE，EC．∵EA＝EB＝ED＝EC＝4cm，
∴点E是△ACD的外心，
∴∠AEC＝2∠ADC＝60°
∵点F是AC的中点，
∴EF⊥AC，∠AEF＝∠CEF＝30°，
1
∴AF= AE＝2（cm），
2
∴EF=❑√AE2−AF2=❑√42−22=2❑√3（cm）．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的判定与性质，根据题目的已知条件并结合
图形添加适当的辅助线是解题的关键．
29．如图，∠MON＝90°，△ABC的顶点A、B分别在OM，ON上，其中∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，当B
在边ON上运动时，A随之在边OM上运动．Rt△ABC的形状保持不变，运动过程中，点C到点O的最
大距离为（ ）
A．2❑√2 B．❑√5 C．❑√5+1 D．❑√10
【分析】取AB的中点H，连接OH，CH，根据直角三角形的性质求出OH，根据勾股定理求出CH，根
据题意计算．
【解答】解：取AB的中点H，连接OH，CH，
在Rt△AOB中，H是AB的中点，
1
∴OH= AB＝1，
2
在Rt△AHC中，CH=❑√AC2+AH2=❑√5，
当O、H、C共线时，OC有最大值，最大值是OH+CH=❑√5+1，
故选：C．【点评】本题考查的是勾股定理，等腰三角形的性质，掌握勾股定理，找出 OC最大时的长为CD+OD
是解本题的关键．
类型五 中点辅助线综合
30．（2023春•肥城市期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝2❑√2．E，F分别为边AB，BC的中点，连接
AF，DE，点N，M分别为AF，DE的中点，连接MN，则MN的长为（ ）
❑√2
A． B．1 C．❑√2 D．2
2
【分析】连接 AM，延长 AM 交 CD 于 G，连接 FG，由正方形 ABCD 推出 AB＝CD＝BC＝2❑√2，
1
AB∥CD，∠C＝90°，证得△AEM≌GDM，得到AM＝MG，AE＝DG= AB，根据三角形中位线定理得
2
1
到MN= FG，由勾股定理求出FG即可得到MN．
2
【解答】解：连接AM，延长AM交CD于G，连接FG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝BC＝2❑√2，AB∥CD，∠C＝90°，
∴∠AEM＝∠GDM，∠EAM＝∠DGM，∵M为DE的中点，
∴ME＝MD，
在△AEM和GDM中，
{∠EAM=∠DGM
)
∠AEM=∠GDM ，
ME=MD
∴△AEM≌△GDM（AAS），
1 1
∴AM＝MG，AE＝DG= AB= CD，
2 2
1
∴CG= CD=❑√2，
2
∵点N为AF的中点，
1
∴MN= FG，
2
∵F为BC的中点，
1
∴CF= BC=❑√2，
2
∴FG=❑√CF2+CG2=2，
∴MN＝1，
故选：B．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，三角形的中位线定理，
正确作出辅助线且证出AM＝MG是解决问题的关键．
31．（2023秋•常州期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝6，点D在AC上，且AD＝2，点
E是AB上的动点，连结DE，点F，G分别是BC，DE的中点，连接AG，FG，当AG＝FG时，线段
DE的长为（ ）
❑√41
A．❑√13 B．2 ❑√5 C． D．4
2
【分析】连接DF，AF，EF，证明△AFD≌△BFE，根据全等三角形的性质得到AD＝BE＝2，进而求出AE，根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】解：连接DF，AF，EF，
在△ABC中，AB＝AC，∠CAB＝90°，
∴∠B＝∠C＝45°，
∵点G是DE的中点，点F是BC的中点，
∴AG＝DG＝EG，AF＝BF，AF⊥BC，∠DAF＝45°，
∴∠DAF＝∠B＝45°，
∵FG＝AG，
∴FG＝DG＝EG，
∴△DFE是直角三角形，且∠DFE＝90°，
∵∠DFA+∠AFE＝∠BFE+∠AFE＝90°，
∴∠DFA＝∠EFB，
在△AFD和△BFE中，
{
∠DAF=∠B
)
AF=BF ，
∠DFA=∠EFB
∴△AFD≌△BFE（ASA），
∴AD＝BE＝2，
∴AE＝4，
在Rt△ADE中，DE=❑√AD2+AE2=2❑√5，
故选：B．
【点评】本题考查的是全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线、掌握直角三角形的性质是解题的关
键．
32．（2021•威海）如图，在正方形ABCD中，AB＝2，E为边AB上一点，F为边BC上一点．连接DE和
AF交于点G，连接BG．若AE＝BF，则BG的最小值为 ❑√5− 1 ．【分析】如图，取AD的中点T，连接BT，GT，首先利用全等三角形的性质证明∠AGD＝90°，求出GT
＝1，BT=❑√5，根据BG≥BT﹣GT，可得结论．
【解答】解：如图，取AD的中点T，连接BT，GT，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝2，∠DAE＝∠ABF＝90°，
在△DAE和△ABF中，
{
DA=AB
)
∠DAE=∠ABF ，
AE=BF
∴△DAE≌△ABF（SAS），
∴∠ADE＝∠BAF，
∵∠BAF+∠DAF＝90°，
∴∠EDA+∠DAF＝90°，
∴∠AGD＝90°，
∵DT＝AT，
1
∴GT= AD＝1，BT=❑√AT2+AB2=❑√12+22=❑√5，
2
∴BG≥BT﹣GT，
∴BG≥❑√5−1，
∴BG的最小值为❑√5−1．
故答案为：❑√5−1．【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加
常用辅助线，求出GT，BT是解题的关键．
33．（2023秋•北仑区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，在线段AC上取一点D，使CD＝CB，
作AE⊥BD交BD延长线于点E．点F是线段AB中点，连结CF，EF，EF交AC于点G．若AD＝BD，
CG
则 = ❑√2 ．
AE
【分析】延长EF到T，使得FT＝EF，连接AT，BT，CT，CE．利用全等三角形的性质证明CT＝CE，
设BC＝CD＝m．想办法证明AH＝AE＝m即可解决问题．
【解答】解：如图，延长EF到T，使得FT＝EF，连接AT，BT，CT，CE．
∵∠AEB＝90°，AF＝FB，
∴EF＝AF＝FB＝FT，
∴四边形AEBT是矩形，
∴∠EBT＝90°，AE＝DE＝BT，
∵∠CBD＝∠CDB＝45°，∴∠CBT＝∠CDE＝135°，
∵CB＝CD，
∴CBT≌△CDE（SAS），
∴CT＝CE，
∵EF＝FT，
∴CF⊥EF，
设BC＝CD＝m．
∵CB＝CD＝m，∠BCD＝90°，
∴∠CBD＝∠CDB＝45°，BD＝AD=❑√2m，
∴∠DBA＝∠DAB，
∵∠BDC＝∠DBA+∠DAB，
∴∠BAD＝∠DBA＝22.5°，
∵∠ADE＝∠CDB＝45°，∠AED＝90°，
∴∠DAE＝∠ADE＝45°，
∴∠FAE＝22.5°+45°＝67.5°，
∵FA＝FE，
∴∠AEF＝∠FAE＝67.5°，
∴∠AGE＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，
∴∠AGE＝∠AEG＝67.5°，
∴AE＝AG，
∵AD=❑√2m，AE＝DE，
∴AE＝DE＝m，
∴AG＝m，
∴CG＝AC﹣AG＝m+❑√2m﹣m=❑√2m，
CG ❑√2m
∴ = =❑√2．
AE m
故答案为：❑√2．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定等知
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，属于中考压轴题．
34．已知∠MON＝90°，线段AB长为6cm，AB两端分别在OM、ON上滑动，以AB为边作正方形ABCD，
对角线AC、BD相交于点P，连接OC．（1）求证：无论点A、点B怎样运动，点P都在∠AOB的平分线上；
（2）若OP＝4❑√2，求OA的长．
（3）求OC的最大值（提示：取AB的中点Q，连接CQ、OQ，运用两点之间，线段最短）
【分析】（1）作PE⊥OM、PF⊥ON垂足分别为E、F，根据AAS判定△PAE≌△PBF，即可得出PE＝
PF，进而得到点P在∠AOB的平分线上；
（2）根据四边形OEPF是正方形，OP＝4❑√2，可得OE＝PE＝4，再根据Rt△APB中，AB＝6，可得
PA＝3❑√2，进而得到Rt△AEP中，AE=❑√2，据此可得OA的长；
（3）取AB的中点Q，连接OQ，CQ，OC，根据AB长度不变，BC长度不变，可得Rt△AOB中，OQ
1
= AB＝3，Rt△BCQ中，CQ＝3❑√5，再根据OQ+CQ≥OC，可得当O，C，Q三点共线时，OC有最大
2
值，进而得到OC最大值＝OQ+QC＝3+3❑√5．
【解答】解：（1）如图，作PE⊥OM、PF⊥ON垂足分别为E、F，则
∠PEA＝∠PFB＝90°＝∠EOF，
∴∠EPF＝90°，
∵ABCD是正方形，
∴PA＝PB，且∠APB＝90°，
∴∠APE+∠BPE＝∠BPF+∠BPE，
即∠APE＝∠BPF，
在△AEP和△BFP中，
{∠PEA=∠PFB
)
∠APE=∠BPF ，
PA=PB
∴△PAE≌△PBF（AAS），∴PE＝PF，
即点P在∠AOB的平分线上；
（2）∵四边形OEPF是正方形，OP＝4❑√2，
∴OE＝PE＝4，
又∵Rt△APB中，AB＝6，
∴PA＝3❑√2，
∴Rt△AEP中，AE=❑√AP2−PE2=❑√2，
∴OA＝OE+AE＝4+❑√2或OA＝OE﹣AE＝4−❑√2；
（3）如图，取AB的中点Q，连接OQ，CQ，OC，
∵AB长度不变，BC长度不变，
1
∴Rt△AOB中，OQ= AB＝3，
2
Rt△BCQ中，CQ=❑√62+32=3❑√5，
∵OQ+CQ≥OC，
∴当O，C，Q三点共线时，OC有最大值，
OC最大值＝OQ+QC＝3+3❑√5．【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的
综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，依据全等三角形的对应边相等得出结论．解题
时注意灵活运用两点之间，线段最短．
35．如图，在五边形ABCDE中，∠ABC＝∠AED＝90°，∠BAC＝∠EAD，F为CD的中点，求证：BF＝
EF．
【分析】取AC和AD的中点M、N，连接BM、EN、FM、FN，如图，利用斜边上的中线性质得到 BM
1
＝AM＝MC，NE＝AN＝DN，再证明MF为△ACD的中位线得到MF= AD，MF∥AD，
2
所以∠BMF＝∠5+2∠1，同理可得FN＝BM，∠ENF＝∠5+2∠EAD，接着证明∠BMF＝∠ENF，然后
证明△MBF≌△NFE，从而得到结论．
【解答】解：取AC和AD的中点M、N，连接BM、EN、FM、FN，如图，
∵∠ABC＝∠AED＝90°，
∴BM＝AM＝MC，NE＝AN＝DN，
∴∠1＝∠2，
∴∠3＝∠1+∠2＝2∠1，
∵M点AC的中点，F点为CD的中点，
∴MF为△ACD的中位线，1
∴MF= AD，MF∥AD，
2
∴MF＝NE，∠4＝∠5，
∴∠BMF＝∠5+2∠1，
同理可得FN＝BM，∠ENF＝∠5+2∠EAD，
∵∠1＝∠EAD，
∴∠BMF＝∠ENF，
在△MBF和△NFE中，
{
MB=NF
)
∠BMF=∠FNE ，
MF=NE
∴△MBF≌△NFE（SAS），
∴BF＝FE．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和
角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．也考查了直角三角形斜边上的
中线的性质．
36．已知：△ABD和△ACE都是直角三角形，且∠ABD＝∠ACE＝90°．如图甲，连接DE，设M为DE的
中点．
（1）说明：MB＝MC；
（2）设∠BAD＝∠CAE，固定△ABD，让Rt△ACE绕顶点A在平面内旋转到图乙的位置，试问：MB＝
MC是否还能成立？并证明其结论．【分析】（1）在AD上取点P，MP∥CE∥BD，再根据平行线分线段成比例定理可得P是BC的中点，
再由线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等即可求解；
（2）取AD、AE的中点F、G，连接BF、MF、MG、CG，由M是BE的中点可知，线段MG、MF都是
△ADE的中位线，根据三角形的中位线定理及平行四边形的判定定理可判断 MFAG是平行四边形，可
用AD．AE表示出MG．MF的长，再由直角三角形的性质可求出BF的长，再根据∠BAD＝∠CAE通过
等量代换可得∠BFM＝∠MGC，可求出△BFM≌△MGC，由三角形全等即可得出答案．
【解答】证明：（1）作点M作MP⊥AB于点P，
∵∠ABD＝∠ACE＝90°．
∴MP∥CE∥BD．
∵M为DE的中点，
∴CP＝BP，
∴MP是BC的中垂线，
∴△BCM是等腰三角形，
∴MB＝MC；
（2）MB＝MC成立．
取AD、AE的中点F、G，连接BF、MF、MG、CG显然线段MG、MF都是△ADE的中位线，
1 1
∴四边形MFAG是平行四边形，MG= AD，MF= AE，
2 2
∴∠MFA＝∠AGM，
又∵∠DBA＝∠ACE＝90°，
1
∴Rt△斜边中线BF= AD＝MG，
2
1
CG= AE＝MF，
2∵∠DAB＝∠CAE，
∴∠BDA＝∠CEA，
∴∠BFA＝2∠BDA＝2∠CEA＝∠CGA，
∴∠BFM＝∠BFA﹣∠MFA＝∠CGA﹣∠AGM＝∠MGC，
∴△BFM≌△MGC，
∴MB＝MC．
【点评】此题比较复杂，（1）主要是利用线段垂直平分线的性质；在解（2）时要作出辅助线，构造出
平行其性质求解四边形及直角三角形的中线是解答此题的关键．
