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专题 18.4 三角形中位线的综合
◆ 典例分析
【典例1】中位线是三角形中的重要线段之一，在解决几何问题时，当条件中出现“中点”、“中线”等
条件，可以联想到构造三角形的中位线的方法求解决问题．
如图1，△ABC中，E为BC的中点，AD⊥BC于点D，AB=2DE．求证：∠B=2∠C．
分析：由E为BC的中点联想到构造三角形的中位线．如图2，取AC的中点F，连接EF,DF，则EF是
1
△ABC的中位线，则EF∥AB且EF= AB，从而可得DE=EF．要证∠B=2∠C，只需证
2
∠FEC=2∠C即可．
（1）请你根据上边分析，完成证明过程．
（2）如图3，在凸五边形ADBCE中，AD=AE，连接AB，AC，CD，AB=BC，
1
∠ABC=∠DAE=90°，点G为CD的中点，连接BG，求证：BG= CE．
2
（3）如图4，在等腰直角三角形ABC中，AB=BC=4，点D为平面内任意一点，且AD=2，连接CD，
点G为CD中点，连接BG，当线段BG=3时，直接写出△BCG的面积．
【思路点拨】
（1）取AC的中点F，连接EF，DF，利用中位线定理可证AB=2EF，根据直角三角形的性质可知
DF=CF，再根据三角形外角的性质可证结论成立；
（2）延长CB到点M，使CB=MB，连接AM，MD，构造等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质
可知∠CAM=90°，从而可知∠DAM=∠EAC，利用SAS可证△DAM≌△EAC，根据全等三角形的性
质可证DM=CE，利用三角形中位线定理可证结论成立；
（3）延长CB到点P，使PB=BC=4，连接PA、PD，构造等腰直角三角形，本题要分当点D在线段AC
上和点D在线段CA的延长线上两种情况求解．
【解题过程】（1）证明：如下图所示，取AC的中点F，连接EF，DF，
∵点E为BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥AB且AB=2EF，
∵ AD⊥BC于点D，
∴∠ADC=90°，
1
∴DF=AF=CF= AC，
2
∴∠FDC=∠C，
又∵AB=2DE，
∴DE=EF，
∴∠DFE=∠FDC=∠C，
∴∠FEC=2∠FDC=2∠C；
（2）证明：如下图所示，延长CB到点M，使CB=MB，连接AM，MD，
∵∠ABC=90°，CB=MB，
∴AM=AC，
∴∠AMC=∠ACM=45°，
∴∠CAM=90°，
又∵∠DAE=90°，
∴∠CAM=∠DAE，
∴∠DAM=∠EAC，
{
AD=AE
)
在△DAM和△EAC中 ∠DAM=∠EAC ，
AM=AC∴△DAM≌△EAC，
∴DM=CE，
∵点G是BC的中点，点B是MC的中点，
1
∴BG= MD，
2
1
∴BG= CE；
2
（3）解：①如下图所示，当点D在AC上时，延长CB到点P，使PB=BC=4，连接PA、PD，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠C=45°，
又∵PB=BC=4，∠ABC=90°，
∴AP=AC，∠APC=∠C=45°，
∴∠PAC=90°，
∵PC=2BC=8
∴AP=AC=4❑√2，
在Rt△APD中，PD=❑√AP2+AD2=❑√(4❑√2) 2+22=6，
∵点G为CD中点，点B为PC的中点，
1
∴BG= PD=3，
2
∵DC=AC−AD=4❑√2−2，
1
∴DG=GC= DC=2❑√2−1，
2
过点B作BH⊥AC，
∵△ABC是等腰直角三角形，
1
∴BH= AC=2❑√2，
2
1 1
∴S = CG·BH= ×(2❑√2−1)×2❑√2=4−❑√2；
△BGC 2 2②如下图所示，当点D在CA延长线上时，延长CB到点P，使PB=BC=4，连接PA、PD，
由①可得：DC=AC+AD=4❑√2+2，
1
∴DG=GC= DC=2❑√2+1，
2
过点B作BH⊥AC，
∵△ABC是等腰直角三角形，
1
∴BH= AC=2❑√2，
2
1 1
∴S = CG·BH= ×(2❑√2+1)×2❑√2=4+❑√2，
△BGC 2 2
综上所述△BCG的面积为4−❑√2或4+❑√2．
◆ 学霸必刷
1．（23-24八年级下·湖北武汉·阶段练习）如图所示，在四边形ABCD中，AB=2❑√5，CD=2❑√3，
∠ABD=30°，∠BDC=120°，E，F分别是AD，BC边的中点，则EF的长为（ ）
A．2❑√2 B．2❑√3 C．❑√5 D．❑√7
【思路点拨】
本题考查了三角形中位线定理、勾股定理，设BD的中点为M，连接EM、FM，从而可得ME是△ABD的
中位线，MF为△BCD的中位线，由三角形中位线定理可得ME=❑√5，MF=❑√3，求出
∠EMF=∠EMD+∠DMF=90°，最后由勾股定理计算即可得解．
【解题过程】
解：如图，设BD的中点为M，连接EM、FM，∵点E、F分别是AD、BC的中点，
∴ME是△ABD的中位线，MF为△BCD的中位线，
1 1
∴ME= AB，ME∥AB，MF= CD，MF∥CD，
2 2
∵AB=2❑√5，CD=2❑√3，
∴ME=❑√5，MF=❑√3，
∵ME∥AB，MF∥CD，
∴∠EMD=∠ABD，∠DMF+∠BDC=180°，
∵∠ABD=30°，∠BDC=120°，
∴∠EMD=30°，∠DMF=60°，
∴∠EMF=∠EMD+∠DMF=90°，
∴EF=❑√M E2+M F2=2❑√2，
故选：A．
2．（23-24八年级下·河南平顶山·期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠A=30°，AB=6❑√3，
点E为斜边AC的中点，点D在边BC上，且CD=4．点P为线段AB上的动点，则PD+PE 的最小值为
（ ）
A．2❑√13 B．❑√43 C．3❑√13 D．❑√41
【思路点拨】
本题考查了轴对称-最短路线问题，含30°角的直角三角形的性质，三角形的中位线，勾股定理，正确的作
出辅助线是解题的关键．
根据含30°角的直角三角形的性质和勾股定理算出BC=6,AC=12，作点D关于AB的对称点F，连接
EF,PF，根据轴对称的性质得出BF=BD=2，取BC的中点H，得出EH是△ABC的中位线，根据三角1 1
形中位线定理得出EH∥AB,EH= AB=3❑√3,BH= BC=3，即可求出∠EHB=90°，FH，根据
2 2
PD+PE=PF+PE≥EF，得出故当E,P,F三点共线时，PD+PE最小， 根据勾股定理即可求出最小值．
【解题过程】
解：∵∠ABC=90°，∠A=30°，AB=6❑√3，
1
∴BC= AC,AC2=AB2+BC2 ，
2
∴BC=6,AC=12，
作点D关于AB的对称点F，连接EF,PF，
则BF=BD=BC−CD=6−4=2，
取BC的中点H，
∵点E为斜边AC的中点，
∴EH是△ABC的中位线，
1 1
∴EH∥AB,EH= AB=3❑√3,BH= BC=3，
2 2
∴∠EHC=∠ABC=∠EHB=90°，FH=BH+BF=2+3=5，
∵PD+PE=PF+PE≥EF，
故当E,P,F三点共线时，
则PD+PE最小， 最小值=❑√EH2+FH2=❑√(3❑√3) 2+52=2❑√13．
故选：A．
3．（24-25八年级下·江苏南京·阶段练习）如图，在△ABC中，∠C=120°，AC>BC>6，E，F分别是
边AC，BC上的点，且AE=BF=6，连接EF．分别取EF，AB的中点M，N，并连接MN，则MN的长
为（ ）5
A．2❑√3 B．3❑√2 C． D．3
2
【思路点拨】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质，中位线的性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识
点是解答本题的关键．
延长FN并延长，使ND=NF，连接AD，ED，证明△∧≌△BNF(SAS)，得出AD=BF，
∠DAN=∠FBN，证明△ADE为等边三角形，得出DE=AD=6，根据中位线的性质得出
1
MN= ED=3．
2
【解题过程】
解：延长FN并延长，使ND=NF，连接AD，ED，如图所示：
∵N为AB的中点，
∴AN=BN，
∵∠∧=∠BNF，
在△∧¿和△BNF中，
{
AN=BN
)
∠∧=∠BNF ，
ND=NF
∴△∧≌△BNF(SAS)，
∴AD=BF，∠DAN=∠FBN，
∴AD∥BC，∴∠DAC+∠C=180°，
∵∠C=120°，
∴∠DAC=60°，
∵AD=BF，AE=BF=6，
∴AE=AD，
∴△ADE为等边三角形，
∴DE=AD=6，
∵M为EF的中点，ND=NF，
1
∴MN= DE=3，
2
故答案为：D．
4．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在平行四边形ABCD中，∠C=120°，AD=4，AB=2，
点H、G分别是边CD、BC上的动点．连接AH、HG，点E为AH的中点，点F为HG的中点，连接EF．
则EF的最大值与最小值的差为（ ）
❑√3
A．1 B．❑√3−1 C． D．2−❑√3
2
【思路点拨】
❑√3
取AD的中点M，连接CM、AG、AC，作AN⊥BC于N，先求出EF的最大值为❑√3最小值为 ，再求
2
❑√3
出EF的最大值与最小值的差为 即可．
2
【解题过程】
解：如图，取AD的中点M，连接CM、AG、AC，作AN⊥BC于N，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠C=120°，AD=4，AB=2，
∴∠D=180°−∠BCD=60°，AB=CD=2，
∴AM=DM=DC=2，∴△CDM是等边三角形，
∴∠DMC=∠MCD=60°，CM=DM=AM，
∴∠MAC=∠MCA=30°，
∴∠ACD=90°，
∴AC=❑√AB2−CD2=2❑√3，
在Rt△ACN中，
∵AC=2❑√3，∠ACN=∠DAC=30°，
1
∴AN= AC=❑√3，
2
∵AE=EH，GF=FH，
1
∴EF= AG，
2
根据题意，得AG的最大值为AC的长，最小值为AN的长，
∴AG的最大值为2❑√3，最小值为❑√3，
❑√3
∴EF的最大值为❑√3，最小值为 ，
2
❑√3
∴EF的最大值与最小值的差为 ．
2
故选：C．
5．（23-24八年级下·湖北武汉·阶段练习）如图，等边△ABC中，点D、E分别为CA、CB的延长线上，
3+❑√3
且BE=CD，O为BC的中点，M为DE中点，OM= ，AD=1，则AC的长（ ）
2
A．1.5 B．❑√3 C．2.5 D．❑√3+1
【思路点拨】
先添加辅助线构造等腰三角形CFD，设AC=2a，结合等边三角形和等腰三角形的性质可得∠CDF=30°，
( 1)
进而可得CH，DH的值，易知DF=2DH=2❑√3 a+ ，再证明OM是△EFD的中位线，结合中位线的
2性质解得a的值，即可求解．
【解题过程】
解：如下图，延长BC至点F，使得CF=CD，连接DF，过点C作CH⊥DF于点H，
设AC=2a，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠ACB=60°，AC=BC=2a，
∵CF=CD，CH⊥DF，
∴DH=FH，∠F=∠CDF，
又∵∠ACB=∠F+∠CDF=60°，
1
∴∠F=∠CDF= ∠ACB=30°，
2
1 1 1 1
∴在Rt△CHD中，CH= CD= (AC+AD)= (2a+1)=a+ ，
2 2 2 2
∴DH=❑√CD2−CH2=❑ √ (2a+1) 2− ( a+ 1) 2 =❑√3 ( a+ 1) ，
2 2
( 1)
∴DF=2DH=2❑√3 a+ ，
2
∵O为BC的中点，CF=CD=BE，
∴BE+OB=OC+CF，即EO=FO，
又∵M为DE中点，
∴OM为△EDF的中位线，
1 3+❑√3 1 ( 1)
∴OM= DF，即 = ×2❑√3× a+ ，
2 2 2 2
❑√3
解得a= ，
2
∴AC=2a=❑√3．
故选：B．
6．（23-24八年级下·河南平顶山·期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，
BD=2AD，点E，F，G分别是OA，OB，CD的中点，EG交FD于点H，则①ED⊥CA；②1 1
FH= FD；③S = S ．上述结论中正确的有（ ）
2 △EFD 2 △ACD
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【思路点拨】
根据平行四边形ABCD的性质和BD=2AD，可以确定等腰三角形OAD，再应用等腰三角形三线合一的性
质可判断①正确；根据三角形OAB的中位线和平行四边形ABCD的性质可以确定EF=DG，且EF∥DG，
进而得到平行四边形EFGD，再应用其对角线互相平分的性质确定②正确；根据三角形底和高之间的关系
1 1 3
和平行四边形ABCD的性质确定S = S 和S = S ，进而得到S = S ，可判断③
△OEF 8 △ACD △DOE 4 △ACD △EFD 8 △ACD
不正确．
【解题过程】
解：①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BD=2DO．
∵BD=2AD，
∴DO=AD．
∵E为OA中点，
∴ED⊥CA．故①正确．
②如下图所示，连接FG，BE，
∵G是CD中点，1
∴DG=CG= CD．
2
∵E、F分别是OA、OB中点，
1
∴EF= AB．EF∥AB
2
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD．
∴EF=DG．EF∥CD ,
∴四边形EFGD是平行四边形，
1
∴FH= FD故②正确．
2
③如上图所示：∵F是OB中点，
1
∴S = S ．
△OEF 2 △BOE
∵E是OA中点，
1 1 1 1
∴S = S = × S = S ．
△OEF 2 △BOE 2 2 △BOA 4 △BOA
∵平行四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，
∴O是AC中点，S =S ．
△ACD △ABC
1 1 1 1 1
∴S = S = × S = S = S ．
△OEF 4 △BOA 4 2 △ABC 8 △ABC 8 △ACD
∵E是AO中点，O是AC中点，
1 1 1 1
∴S = S = × S = S ．
△DOE 2 △AOD 2 2 △ACD 4 △ACD
1 1 3
∴S =S +S = S + S = S ．故③不正确．
△EFD △OEF △DOE 8 △ACD 4 △ACD 8 △ACD
故选：A．
7．（23-24九年级上·上海虹口·阶段练习）如图，在△ABC中，AB=4，AC=3，D、E分别在AB、AC
上，BD=CE，BE，CD的中点分别是M，N，直线MN分别交AB，AC于P，Q，若PD=1，则QE=
．【思路点拨】
如图，记BC的中点为H，连接MH，NH，则MH是△BCE的中位线，NH是△BCD的中位线，
1 1
MH∥CE，MH= CE，NH∥BD，NH= BD，由平行线 的性质以及题意可得∠HMN=∠AQP，
2 2
∠HNM=∠APQ，MH=NH，则∠HMN=∠HNM，∠AQP=∠APQ，AP=AQ，设BP=a，则
AQ=4−a，CE=a+1，由AQ+CE=AC+EQ，可得4−a+a+1=3+EQ，计算求解即可．
【解题过程】
解：如图，记BC的中点为H，连接MH，NH，
∵BE，CD的中点分别是M，N，BC的中点为H，
∴MH是△BCE的中位线，NH是△BCD的中位线，
1 1
∴MH∥CE，MH= CE，NH∥BD，NH= BD，
2 2
∴∠HMN=∠AQP，∠HNM=∠APQ，
∵BD=CE，
∴MH=NH，
∴∠HMN=∠HNM，
∴∠AQP=∠APQ，
∴AP=AQ，
设BP=a，则AQ=AP=AB−BP=4−a，CE=BD=BP+PD=a+1，
∵AQ+CE=AC+EQ，
∴4−a+a+1=3+EQ，
解得，EQ=2，故答案为：2．
8．（2025·山西朔州·一模）已知△ABC是边长为4的等边三角形，点D是BC的中点，点E是CA延长线
上一点，连接EB,ED,AB与ED相交于点F．若AE=CD，则DF的长为 ．
【思路点拨】
取AB的中点G，连接DG，过点D作DH⊥CE于点H，求出DE=2❑√7，证明△AEF≌△GDF(ASA)，
1
即可得到DF=EF= DE=❑√7．
2
【解题过程】
解：取AB的中点G，连接DG，过点D作DH⊥CE于点H，则∠EHD=∠CHD=90°
∵△ABC是边长为4的等边三角形，
∴BC=AC=AB=4,∠C=60°，
∴∠CDH=90°−∠C=30°，
∵点D是BC的中点，
1
∴BD=CD= BC=2，
2
∴AE=CD=2，
1
∴CH= CD=1,DH=❑√CD2−CH2=❑√3，
2
∴EH=AC+AE−CH=4+2−1=5，∴DE=❑√DH2+EH2=❑√(❑√3) 2+52=2❑√7，
∵点D是BC的中点，AB的中点G，
1
∴DG∥CE,DG= AC=2，
2
∴∠FDG=∠FEA,∠DGF=∠EAF，AE=DG
∴△AEF≌△GDF(ASA)，
1
∴DF=EF= DE=❑√7，
2
故答案为：❑√7
9．（23-24八年级下·辽宁沈阳·期末）如图，在△ABC中，∠ABC=60°，AB=2❑√2，D是边AC的中点，
E是边BC上一点．若DE平分△ABC的周长，则DE的长为 ．
【思路点拨】
如图，延长CB至点F，使BF=BA，连接AF，过点B作BG⊥AF于G，根据题意得到CE=EF，根据三
1
角形中位线定理得到DE= AF，根据勾股定理求出AG，进而求出DE．
2
【解题过程】
解：如图，延长CB至点F，使BF=BA，连接AF，过点B作BG⊥AF于G，
∵D是边AC的中点，
∴AD=DC，
∵DE平分△ABC的周长，
∴CE=BE+BA，∴CE=BE+BF=EF，
∵AD=DC，
∴DE是△ACF的中位线，
1
∴DE= AF，
2
∵BF=BA，BG⊥AF，
1
∴AG=GF= AF，∠BAF=∠BFA，
2
∵∠ABC=60°，AB=2❑√2，
∴60°=∠ABC=∠BFA+∠BAF=2∠BAF，
∴∠BAF=30°，
1 1
∴BG= AB= ×2❑√2=❑√2，
2 2
∴AG=❑√AB2−BG2=❑√(2❑√2) 2 −(❑√2) 2=❑√6，
∴AF=2AG=2❑√6，
1
∴DE= AF=AG=❑√6，
2
∴DE的长为❑√6，
故答案为：❑√6．
10．（24-25九年级上·四川达州·期末）如图，等边△ABC中，AB=4，E、F分别是边AB、AC上的动
1
点，且BE= CF，则BF+2CE的最小值为 ．
2
【思路点拨】
1
取BC、CF的中点D、G，连接AD、DG，则可得DG= BF，
2
(1 )
BF+2CE=2 BF+CE =2(DG+CE)，因此转而求DG+CE的最小值；过A作AM⊥AC，且
2AM=AD，连接ME、CE，可证明△AME≌△ADG，则有ME=DG，进而转化为求ME+CE的最小值，
当点E在线段CM上时，取得最小值，在Rt△AMC中由勾股定理即可求得最小值，从而求得BF+2CE的
最小值．
【解题过程】
1
解：如图，取BC、CF的中点D、G，连接AD、DG，则CG= CF，DG为△CBF的中位线，
2
1
∴DG= BF，
2
(1 )
∴BF+2CE=2 BF+CE =2(DG+CE)，
2
在等边三角形ABC中，AB=4，D为BC的中点，
∴AB=AC=BC=4，∠BAC=60°，
∴ CD=2，∠CAD=30°，AD⊥BC，
∴AD=❑√AC2−CD2=2❑√3，
1
∵CF=2BE，CG= CF，
2
∴BE=CG，
∴AE=AG；
过A作AM⊥AC，且AM=AD，连接ME、CM，则∠MAE=90°−∠BAC=30°=∠CAD，
∴△AME≌△ADG(SAS)，
∴ME=DG，
∴DG+CE=ME+CE≥CM，
∴当点E在线段CM上时，ME+CE取得最小值，且最小值为线段CM的长，
在Rt△AMC中，由勾股定理得：CM=❑√AM2+AC2=2❑√7，∴BF+2CE的最小值=2(DG+CE)=2(ME+CE)=2×2❑√7=4❑√7．
故答案为：4❑√7．
11．（23-24八年级下·辽宁丹东·期末）如图在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BCA=60°，射线BD是
∠ABC的角平分线，交AC于点D，过点A向射线BD作垂线，垂足为点F，作AC边上的垂直平分线，交
AB于点G，交AF于点H，垂足为点E，连接FE，若AG长为4❑√3，则EF的长为 ．
【思路点拨】
延长AF，交BC的延长线于点M，根据直角三角形两锐角互余得∠BAC=90°−∠BCA=30°，根据垂直
1
平分线的定义得GH⊥AC，AE=CE= AC，根据30°角的直角三角形的性质及勾股定理得
2
1 1
EG= AG=2❑√3，AE=❑√AG2−EG2=6，进一步得到AC=2AE=12，BC= AC=6，
2 2
AB=❑√AC2−BC2=6❑√3，根据角平分线、垂直的定义和据直角三角形两锐角互余推出
∠BAM=∠BMA，得到BM=BA=6❑√3，由等腰三角形三线合一性质得BF是△BAM边AM上的中线，
最后利用三角形中位线定理可得解．
【解题过程】
解：延长AF，交BC的延长线于点M，∵在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠BCA=60°，
∴∠BAC=90°−∠BCA=90°−60°=30°，
∵AC边上的垂直平分线交AB于点G，交AF于点H，垂足为点E，AG长为4❑√3，
1
∴GH⊥AC，AE=CE= AC，即点E为AC的中点，
2
1 1
∴EG= AG= ×4❑√3=2❑√3，
2 2
∴AE=❑√AG2−EG2=❑√(4❑√3) 2 −(2❑√3) 2=6，
∴AC=2AE=2×6=12，
1 1
∴BC= AC= ×12=6，
2 2
∴AB=❑√AC2−BC2=❑√122−62=6❑√3，
∵射线BD是∠ABC的角平分线，∠ABC=90°，
1 1
∴∠ABF=∠MBF= ∠ABC= ×90°=45°，
2 2
∵AF⊥BF，
∴∠BFA=∠BFM=90°，
∴∠BAM=90°−∠ABF=90°−45°=45°，∠BMA=90°−∠MBF=90°−45°=45°，
∴∠BAM=∠BMA，
∴BM=BA=6❑√3，
∴MC=BM−BC=6❑√3−6，
∵AF⊥BF，BM=BA=6❑√3，
∴BF是△BAM边AM上的中线，即点F是AB边上的中点，
∴EF是△AMC的中位线，1 1
∴EF= MC= ×(6❑√3−6)=3❑√3−3，
2 2
∴EF的长为3❑√3−3．
故答案为：3❑√3−3．
12．（23-24八年级下·陕西咸阳·期末）如图，在△ABC，AC>AB，D点在AC上，AB=CD，E，F分别
是BC，AD的中点，连接EF并延长，与BA的延长线交于点G，连接GD，若∠EFC=60°，DG=❑√3，
AC=5，则△ABC的面积为 ．
【思路点拨】
1
连接BD，设BD的中点为H，连接HF,HE，由三角形的中位线定理得HF∥AB， HF= AB，
2
1
HE∥CD，HE= CD，由此可证△HEF和△AFG均为等边三角形，设 AG=a，则AF=FG=FD=a，
2
进而得∠FDG=∠FGD=30°，则∠AGD=90°，由此可求出a=1，则 AG=a=1，AD=2a=2，
1 3❑√3
AB=CD=AC−AD=3，进而得S = AB⋅DG= ，然后根据S :S =2:3，得
△ABD 2 2 △ABD △BCD
9❑√3
S = ，据此可得△ABC的面积．
△BCD 4
【解题过程】
解：连接BD， 设BD的中点为H， 连接HF，HE，如下图所示：
∵点E,F分别是BC,AD的中点，
∴HF是△ABD的中位线，HE为△BCD的中位线，
1 1
∴HF∥AB，HF= AB，HE∥CD，HE= CD，
2 2∴∠AGF=∠HFE，∠HEF=∠EFC=60°
∵AB=CD，
∴HF=HE，
∴∠HFE=∠HEF=60°，
∴△HEF为等边三角形，
∴∠HFE=∠AGF=60°，
∵∠AFG=∠EFC=60°，
∴△AFG为等边三角形，
设AG=a，则AF=FG=a，
∵点F是AD的中点，
∴FD=AF=a，
∴FD=FG=a，
∴∠FDG=∠FGD，
∵∠FDG+∠FGD=∠EFC=60°，
∴∠FDG=∠FGD=30°，
∴∠AGD=∠AGF+∠FGD=60°+30°=90°，
在Rt△ADG中，AG=a，AD=2a，DG=❑√3
由勾股定理得：AD2−AG2=DG2，即(2a) 2−a2=(❑√3) 2
解得：a =1，a =−1(不合题意，舍去)，
1 2
∴AG=a=1，AD=2a=2
∵AC=5，
∴AB=CD=AC−AD=5−2=3，
1 1 3❑√3
∴S = AB⋅DG= ×3×❑√3= ，
△ABD 2 2 2
∵△ABD边AD上的高与△BCD边CD上的高相同，
∴S :S =AD:CD=2:3，
△ABD △BCD
3 3 3❑√3 9❑√3
∴S = S = × = ，
△BCD 2 △ABD 2 2 4
3❑√3 9 15
∴S =S +S = + ❑√3= ❑√3．
△ABC △ABD △BCD 2 4 4
13．（23-24八年级下·四川绵阳·期末）如图，在 ▱ABCD中，
∠ABC＝45°，AB＝12❑√2，CB＝28，点M，N分别是边AB，AD的中点，连接CM，BN，并取CM，BN的中点，分别记为点E，F，连接EF，则EF的长为 ．
【思路点拨】
本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理、勾股定理等知识，熟练掌
握平行四边形的性质，证明△MEB≌△CEG是解题的关键．
连接BE交CD于点G，连接GN，过点G作GH⊥DN于点H，证△MEB≌△CEG得
BE=≥,BM=GC=6❑√2，则DG=CD−GC=6❑√2，再利用勾股定理可得GN的长，然后由三角形中位
线定理即可求解．
【解题过程】
解：连接BE交CD于点G，连接GN，过点G作GH⊥DN于点H，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=CB=28，CD=AB=12❑√2，
∵点M，N分别是边AB，AD的中点，
1 1
∴AN=DN= AD=14，BM= AB=6❑√2，
2 2
∵AB∥CD，
∴∠BME=∠GCE，∠MBE=∠CGE，
∵点E是CM的中点，
∴ME=CE，
在△MEB和△CEG中，
{∠MBE=∠CGE
)
∠BME=∠GCE ，
ME=CE
∴△MEB≌△CEG(AAS)，
∴BE=≥，BM=GC=6❑√2，
∴DG=CD−GC=6❑√2，∵∠D=∠ABC=45°，GH⊥DN，
❑√2
∴DH=GH= DG=6，
2
∴NH=DN−DH=14−6=8，
∴GN=❑√N H2+GH2=❑√82+62=10，
∵BF=FN，BE=EG，
∴EF是△BGN的中位线，
1
∴EF= GN=5，
2
故答案为：5．
14．（23-24八年级下·四川达州·阶段练习）如图，在等边△ABC中，BC=9，点D是边BC上一点，且
BD=6，过点D作DE⊥AB于点E，连接AD，则AD= ；点F是AD的中点，连接CF，过点F作
FG⊥CF交DE于点G，则FG= ．
【思路点拨】
由等边三角形的性质可得AB=BC=9，∠B=60°，根据勾股定理即可求出DE的长，进而可求出AD的长．
连接GC，过A点作AH⊥BC与H，过F点作FM⊥BC于M点，过G点作GN⊥BC于N点，过F点作
9❑√3 15 117
FP⊥ED于P点，则可得M点是DH的中点．求得FM= ，MC= ，则可得FC2= ．在
4 4 4
3❑√3
Rt△GND中，设GN=x，则ND=❑√3x，GD=2x．易证FP是△AED的中位线，则可得PD= ，
2
3❑√3 2
FP=3．由勾股定理得GF2=GP2+FP2=(2x−
)
+32，
2
117 3❑√3 2
GC2=FC2+GF2= +(2x− ) +32，又GC2=GN2+NC2=x2+(❑√3x+3) 2 ，则可得
4 2
117 3❑√3 2
+(2x− ) +32=x2+(❑√3x+3) 2 ，解方程求出x的值，即可得GF的值．
4 2【解题过程】
解：∵△ABC是等边三角形，且BC=9，
∴AB=BC=9，∠B=60°，
∵DE⊥AB，
∴∠BED=90°，
∴∠BDE=30°，
1
∴BE= BD=3，
2
∴AE=AB−AE=9−3=6，
∴DE=❑√BD2−BE2=❑√62−32=3❑√3，
∴AD=❑√AE2+DE2=❑√62+(3❑√3) 2=3❑√7，
故答案为：3❑√7．
如图，连接GC，过A点作AH⊥BC与H，过F点作FM⊥BC于M点，过G点作GN⊥BC于N点，过
F点作FP⊥ED于P点．
1
则BH=CH= BC=4.5，且AH∥FM．
2
∵F点是AD的中点，
1 3❑√7
∴FD= AD= ，且M点是HD 的中点，
2 2
1 1 1 3
∴DM=MH= DH= (CH−CD)= ×1.5= ，
2 2 2 4
√ 3❑√7 2 3 2 9❑√3
∴FM=❑√FD2−M D2=❑ ( ) −( ) = ，
2 4 4
3 15
MC=MD+DC= +3= ，
4 49❑√3 2 15 2 117
∴FC2=FM2+MC2=( ) +( ) = ．
4 4 4
在Rt△BED中，∠BED=90°，∠B=60°，
∴∠BDE=30°．
在Rt△GND中，设GN=x，则ND=❑√3x，GD=2x，
∵FP⊥ED，AB⊥DE，
∴FP∥AB，
∵F点是AD的中点，
∴P点是ED的中点，
∴FP是△AED的中位线，
1 3❑√3
∴PD= ED= ，
2 2
3❑√3 1
∴GP=GD−PD=2x− ，FP= AE=3，
2 2
3❑√3 2
∴GF2=GP2+FP2=(2x−
)
+32，
2
117 3❑√3 2
∴GC2=FC2+GF2= +(2x− ) +32，
4 2
又∵NC=ND+DC=❑√3x+3，
∴GC2=GN2+NC2=x2+(❑√3x+3) 2 ，
117 3❑√3 2
∴ +(2x− ) +32=x2+(❑√3x+3) 2 ，
4 2
解得x=❑√3．
3❑√3 2 39
∴GF2=(2❑√3− ) +32= ，
2 4
√39 ❑√39
∴GF=❑ = ．
4 2
❑√39
故答案为： ．
2
15．（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图，点B为线段AC上任一点，F为AC中点，分别以AB，BC
为边向AC同侧作等边三角形ABD和等边三角形BCE，点M，N分别为AD，EC的中点，连FM，FN．（1）当B点在AC上运动时，
①求证：FM=FN；
②求∠MFN的大小．
（2）若AB=4，BC=6，则直接写出FM的长．
【思路点拨】
（1）①连接AE、CD，如图所示，由等边三角形性质，结合三角形全等的判定定理证得
△ABE≌△DBC(SAS)，进而由全等性质得到AE=CD，最后根据三角形中位线的判定与性质即可得证；
②根据①中得到的三角形中位线及三角形全等，等量代换确定∠DAE=∠AFM、∠CFN=∠CAE，根
据∠DAE+∠BAE=60°得到∠AFM+∠CFN=60°，数形结合即可得到答案；
（2）过D作DG⊥AB，如图所示，由等腰三角形三线合一及勾股定理求出Rt△CDG的相关边长，利用
勾股定理求出DC，再由三角形中位线性质求解即可得到答案．
【解题过程】
（1）解：①连接AE、CD，如图所示：
∵△ABD和△BCE是等边三角形，
∴∠ABD=∠CBE=60°,AB=BD,BC=BE，
∵点B为线段AC上任一点，
∴∠DBE=60°，则∠ABE=120°=∠CBD，
在△ABE和△DBC中，
{
BD=AB
)
∠ABE=120°=∠CBD
BC=BE
∴△ABE≌△DBC(SAS)，
∴AE=CD，∵ F为AC中点，点M，N分别为AD，EC的中点，
∴FM是△ACD的中位线；FN是△ACE的中位线；
1 1
∴FM= DC,FN= AE，即FM=FN；
2 2
②由①知FM是△ACD的中位线；FN是△ACE的中位线；
∴FN∥AE,FM∥DC，
∴∠AFM=∠ACD,∠CFN=∠CAE，
∵∠BAD=60°=∠DBE，
∴DA∥BE，
∴∠DAE=∠AEB，
由①知△ABE≌△DBC(SAS)，则∠AEB=∠ACD，即∠DAE=∠AFM，
∵∠DAE+∠BAE=60°，
∴∠AFM+∠CFN=60°，则∠MFN=180°−60°=120°；
（2）解：过D作DG⊥AB，如图所示：
∵△ABD是等边三角形，
∴由三线合一可得DG是AB边上的中线，
∵ AB=4，
∴在Rt△BDG中，BG=2,BD=4，由勾股定理可得DG=2❑√3，
∵ BC=6，
∴GC=GB+BC=2+6=8，
∴在Rt△CDG中，BG=2❑√3,CG=8，由勾股定理可得DC=❑√DG2+CG2=2❑√19，
1
由（1）知FM= DC=❑√19．
2
16．（23-24八年级下·四川成都·期末）平行四边形ABCD中，BD是对角线，过点B作AD、CD的垂线，
垂足点E在AD边上，垂足点F在CD延长线上，∠A=45°，AB=6，DF=2．（1）如图1，求△BDF的面积；
（2）如图2，连接EF，点G是EF的中点，求BG的长；
（3）如图3，BF与AD交点为P，∠MBN=45°，∠MBN的两边BM，BN分别与AD，CD所在直线交
于点M、N，∠MBN绕点B逆时针旋转，当点M从点A运动到点P时，求线段BN中点H的运动路径长．
【思路点拨】
（1）根据平行四边形的性质，易证△BCF是等腰直角三角形，得到CF=BF=8，再结合三角形面积公式
求解即可；
（2）过点F作FM⊥BC于点M，交AD于点N，与BG延长线交于点L，根据等腰直角三角形的性质，得
到BM=CM=FM=4❑√2，∠CFM=45°，结合平行四边形的性质，易证△DNF是等腰直角三角形，得
出FN=❑√2，进而得到BE=MN=3❑√2，证△BGE≌△LGF(AAS)，得出FL=BE=3❑√2，BG=LG，
ML=7❑√2再由勾股定理求出BL=❑√130，即可得到BG的长；
（3）延长BE、CN交于点G，取BG、BC的中点S、T，连接ST，当点M在点A位置时，点N与点G重合，
中点H与中点S重合，当点M运动到点P位置时，点N与点C重合，中点H与中点T重合，从而得出中点H
的运动路径长为ST的长，证明△BCG是等腰直角三角形，得到CG=❑√2BC=16，再利用三角形中位线定
理，求出ST的长，即可求解．
【解题过程】
（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C=45°，AB=CD=6，
∴CF=CD+DF=8，
∵BF⊥CD，
∴∠F=90°，
∴△BCF是等腰直角三角形，
∴CF=BF=8，
1 1
∴S = DF⋅BF= ×2×8=8；
△BDF 2 2（2）解：如图2，过点F作FM⊥BC于点M，交AD于点N，与BG延长线交于点L，
∵△BCF是等腰直角三角形，CF=BF=8
∴BC=❑√CF2+BF2=8❑√2，
∵FM⊥BC，
∴BM=CM=FM=4❑√2，∠CFM=45°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴FM⊥AD，
∴△DNF是等腰直角三角形，
∴DN=FN，DF=❑√DN2+FN2=❑√2FN=2，
∴FN=❑√2，
∴MN=FM−FN=3❑√2，
∴BE=MN=3❑√2，
∵BE∥ML，
∴∠EBG=∠L，
∵点G是EF的中点，
∴EG=FG，
在△BGE和△LGF中，
{
∠EBG=∠L
)
∠BGE=∠LGF ，
EG=FG
∴△BGE≌△LGF(AAS)，
∴FL=BE=3❑√2，BG=LG，
∴ML=FM+FL=7❑√2，在Rt△BML中，BL=❑√BM2+M L2=❑√130，
1 ❑√130
∴BG= BL= ；
2 2
（3）解：如图3，延长BE、CN交于点G，取BG、BC的中点S、T，连接ST，
∵BE⊥AD，∠A=45°，
∴∠ABE=45°，
当点M在点A位置时，
∵∠MBN=ABE=45°，
∴点N与点G重合，中点H与中点S重合，
当点M运动到点P位置时，
∵∠MBN=FBC=45°，
∴点N与点C重合，中点H与中点T重合，
∴中点H的运动路径长为ST的长，
∵BC∥AD，BE⊥AD，
∴BE⊥BC，
∵∠C=45°，
∴△BCG是等腰直角三角形，
由（2）可知，BC=8❑√2，
∴CG=❑√BC2+BG2=❑√2BC=16，
∵S、T为BG、BC的中点，
∴ST是△BCG的中位线，
1
∴ST= CG=8，
2
即线段BN中点H的运动路径长为8．17．（23-24九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知：△ABC和△DEC均为等腰直角三角形，
∠ACB=∠DCE=90°，AC=BC，DC=EC，连接BD，取DE、BD、AB的中点分别为G、F、H，连
接FG、GH、HF．
图1 图2
（1）当点D在AC边上，点E在BC边上时，如图1，判断△FGH的形状为 ；
（2）把图1中△DCE绕点C在平面内旋转得到图2，判断△FGH的形状是否改变？请说明理由；
（3）把△DCE绕点C在平面内任意旋转，若AC=10，DC=6，求线段GH的最大值与最小值．
【思路点拨】
（1）根据等腰直角三角形的性质可知：∠DBE=45°−∠ABD，
∠ADB+∠ABD=180°−∠CAB=135°，再根据DE、BD、AB的中点分别为G、F、H，可得
1 1
GF= BE，GF∥BE，HF= AD，HF∥AD，即有GF=HF，根据GF∥BE，HF∥AD，可得
2 2
∠DFG=∠DBE，∠ADB+∠DFH=180°，进而可得
∠DFG+∠DFH=45°−∠ABD+180°−∠ADB=225°−(∠ABD+∠ADB)，则有
∠DFG+∠DFH=90°，问题得解；
（2）连接AD、BE，先证明△CAD≌△CBE，即有AD=BE，∠CAD=∠CBE，根据DE、BD、AB
1 1
的中点分别为G、F、H，可得FH= AD，FH∥AD ，FG= BE，FG∥BE ，即有FH=FG，延长
2 2
AD交FG于点N，交BC于点M，交BE于点H，先证明∠AHB=90°，再根据平行的性质可得
∠GFH=90°，问题得解；
1
（3）由（2）可知△FGH是等腰直角三角形，由勾股定理可得GH=❑√2HF，HF= AD，即有
2
❑√2
GH= AD，在△ADC中AC−CDAB，点D在AC上，AB=CD，点E，F分别是BC，AD的中点，连接
EF并延长，与BA的延长线交于点G，连接GD，若∠EFC=60°，求证：AG⊥GD．
【思路点拨】
（1）连接BD，交AC于点O，易得EF为△ABO的中位线，根据平行四边形的性质，结合勾股定理求出
OB的长，即可求出EF的长；
（2）延长BC交AD的延长线于点G，证明△ABD≌△GBD(ASA)，得到AD=GD，取AC的中点F，连
1 1
接DF，证明△BEC≌△≝(ASA)，得到AF=FC，进而得到CE= CF= AC，即可得证；
2 4
（3）连接BD，取BD中点H，连接HE,HF，根据三角形的中位线定理，推出△EFH是等边三角形，进
而推出△AGF是等边三角形，得到AF=FG，进而得到FG=FD，等边对等角求出∠FGD=30°，进而推出∠AGD=∠AGF+∠FGD=90°，即可得证．
【解题过程】
解：（1）连接BD，交AC于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
AF 1
∵ = ，
FC 3
∴AF=FO，
∵点E是AB的中点，
∴AE=EB，
1
∴EF= BO，
2
∵CD=AC=2，AC⊥CD，
∴CO=1，OD=❑√OC2+CD2=❑√5，
∴BO=❑√5，
❑√5
∴EF= ；
2
（2）如图，延长BC交AD的延长线于点G，
∵BE平分∠ABC，AD⊥BE，
∴∠ABD=∠GBD，∠ADB=∠GDB=90°，
又∵BD=BD，
∴△ABD≌△GBD(ASA)，
∴AD=GD，1
取AC的中点F，连接DF，则有DF∥CG，且DF= CG，
2
∴∠EDF=∠EBC，
∵BE=DE，
在△≝¿和△CEB中，
{∠BEC=∠≝¿DE=BE)
∠EDF=∠EBC
∴△BEC≌△≝(ASA)，
∴CE=FE，
1 1
∵AF=FC，CE= CF= AC，
2 4
∴AE=3CE；
（3）如图，连接BD，取BD中点H，连接HE,HF，
∵E，F分别为BC和AD中点，
∴EH和FH分别为△BDC和△ABD的中位线，
1 1
∴HE∥CD且HE= CD，HF∥AB且HF= AB，
2 2
∵AB=CD，
∴HF=HE，
∵∠EFC=60°，
∴∠EFC=∠FEH=60°，
∴△EFH是等边三角形，
∴∠HFE=60°，
∴∠AGE=60°，
∵∠AFG=∠EFC=60°，
∴∠GAF=60°，
∴△AGF是等边三角形，
∴AF=FG，
又∵AF=FD，∴FG=FD，
∴∠FGD=∠FDG，
∵∠GFD=180°−60°=120°，
∴∠FGD=30°，
∴∠AGD=∠AGF+∠FGD=90°，
∴AG⊥GD．
23．（23-24八年级下·山东德州·阶段练习）（1）如图①，在四边形ABCD中，AB=CD，E，F分别是
AD，BC的中点，连接FE并延长，分别与BA，CD的延长线交于点M，N．求证：∠BME=∠CNE．
（2）如图②，在四边形ADBC中，AB与CD相交于点O，AB=CD，E，F分别是BC，AD的中点，连
接EF，分别交DC，AB于点M，N，判断△OMN的形状，请直接写出结论．
（3）如图③，在△ABC中，AC>AB，D点在AC上，AB=CD，E，F分别是BC，AD的中点，连接
EF并延长，与BA的延长线交于点G，若∠EFC=60°，连接GD，判断△AGD的形状，请直接写出结论．
13
（4）如图④，四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，AB=5，CD=12，EF= ，试求
2
∠BMF+∠CNF的度数．
【思路点拨】
（1）取BD的中点H，连接FH、HE，利用三角形中位线定理和平行线性质完成即可；
（2）作出两条中位线，根据中位线定理，找到相等的同位角和线段，进而判断出三角形的形状．
（3）利用平行线和中位线定理，可以证得三角形△FAG是等边三角形，再进一步确定
∠FGD=∠FDG=30°，进而求出∠AGD=90°，故△AGD的形状可证；
（4）连接BD，取BD的中点HM连接EH，HF，根据三角形的中位线的性质得到EH∥AB，1 5 1
EH= AB= ，HF∥CD，HF= CD=6，根据平行线的性质得到∠HEF=∠BMF，
2 2 2
∠HFE=∠CNF，根据勾股定理的逆定理得∠EHF=90°，再求解即可得到结论．
【解题过程】
（1）证明：如图所示，连接BD，取BD的中点H，连接HE、HF，
∵E、F分别是AD、BC的中点，
∴HF、HE分别是△BCD、△ABD的中位线，
1 1
∴HF∥CN，HE∥BM，HF= CD,HE= AB，
2 2
∵AB=CD，
∴HF=HE，
∴∠HEF=∠HFE，
∵HF∥CN，HE∥BM，
∴∠HEF=∠BME，∠HFE=∠CNE，
∴∠BME=∠CNE；
（2）解：ΔOMN是等腰三角形．
理由：如图，取BD的中点P，连接PE，PF，
∵点E、F、P分别是BC、AD、BD的中点，
1 1
∴PE∥CD，PE= CD，PF∥AB，PF= AB，
2 2
∴∠PEF=∠OMN，∠PFE=∠ONM，
∵AB=CD，∴PF=PE，
∴∠PEF=∠PFE，
∴∠OMN=∠ONM，
∴OM=ON，
∴△OMN是等腰三角形．
（3）解：△AGD是直角三角形．
理由：如图连接BD，取BD的中点H，连接HF、HE，
∵F是AD的中点，
1
∴HF∥AB，HF= AB，
2
1
同理，HE∥CD，HE= CD，
2
∵AB=CD，
∴HF=HE，
∵∠EFC=60°，
∴∠HEF=60°，
∴△HEF是等边三角形，
∴∠HEF=∠HFE=60°，
∴∠3=∠EFC=∠AFG=60°，
∴△AGF是等边三角形．
∵AF=FD，
∴GF=FD，
∴∠FGD=∠FDG=30°，
∴∠AGD=90°，
即△AGD是直角三角形；
（4）解：连接BD，取BD的中点H，连接EH，HF，∵E、F分别是AD、BC的中点，
1 5 1
∴EH∥AB，EH= AB= ，HF∥CD，HF= CD=6，
2 2 2
∴∠HEF=∠BMF，∠HFE=∠CNF，
13
∵EF= ，
2
∵EH2+H F2=
(5) 2
+62=
(13) 2
，
2 2
∵EH2+H F2=EF2，
∴∠EHF=90°，
∴∠HEF+∠HFE=90°，
∴∠BMF+∠CNF=90°．
24．（23-24九年级上·湖北武汉·期中）如图，△ABC中∠B=∠C=α，（0°<α<40°），M为BC的中
点，D为线段CM上一动点（DM≤CD）），将线段DM绕D点顺时针旋转2α得到线段DE，点F是线段
BM上一点且DF=DC，连接AE，EF．
（1）小亮为了研究∠AEF的度数，将图1中的点D移至到CM的中点处，使点F与点M重合，如图2，请
直接写出∠AEF的度数：
（2）如图1，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
（3）如图3，若α=30°AB=2❑√3，延长AE交BC于点G，若BF=2CG，请直接写出FG的长．
【思路点拨】
（1）根据题意可得DM=DC=DE，则∠C=∠DEC,∠DEM=∠DME，根据
∠C+∠DEC+∠DEM+∠DME=180°，推出∠CEM=90°，即可求解；
（2）连接AF,AM，延长FE到H使FE=EH，连接CH，AH，根据中位线定理得出DE∥CH，
CH=2DE，由旋转的性质得：DM=DE，∠MDE=2α，推出∠ACH=α，则△ABC是等腰三角形，进而得出∠B=∠ACH，AB=AC，设DM=DE=m，CD=n，则CH=2m，CM=m+n，DF=CD=n，
得出FM=DF−DM=n−m，BM=CM=m+n，BF=BM−FM=2m，通过证明
△ABF≌△ACH(SAS)，得出AF=AH，则FE=EH，根据三线合一即可得出结论；
（3）连接AF,AM,EM，延长FE到H使FE=EH，连接CH，AH，过点E作EN⊥BC于点N，通过证
明△DEM是等边三角形，得出DE=EM,∠EDG=∠EMF=120°，∠MEN=∠DEN=30°，进而求证
△EFM≌△EGD，得出EF=EG，则△GEF为等腰直角三角形，设DN=MN=x，则EM=EN=2x，
则EN=❑√3x，推出NG=NE=NF=❑√3x，CG=DE=2x,DG=NG−DN=❑√3x−x，BF=2CG=4x，
3−❑√3
求出BM=3，根据BF+FM=AM，列出方程4x+❑√3x−x=3，求出x= ，则
2
3❑√3−3
EN=❑√3x= ，最后即可得出FG=2EN=3❑√3−3．
2
【解题过程】
（1）解：∵点D为CM的中点，
∴DM=DC，
∵DM绕D点顺时针旋转2α得到线段DE，
∴DM=DC=DE，
∴∠C=∠DEC,∠DEM=∠DME，
∵∠C+∠DEC+∠DEM+∠DME=180°，
∴2(∠DEC+∠DEM)=180°，
∴∠CEM=90°，
∴∠AEF=90°；
（2）解：结论依然成立，理由如下：
如图，连接AF,AM，延长FE到H使FE=EH，连接CH，AH，
∵DF=DC，
∴DE是△FCH的中位线，
∴DE∥CH，CH=2DE，由旋转的性质得：DM=DE，∠MDE=2α，
∴∠FCH=2α，
∵∠B=∠ACB=α，
∴∠ACH=α，△ABC是等腰三角形，
∴∠B=∠ACH，AB=AC
设DM=DE=m，CD=n，则CH=2m，CM=m+n，DF=CD=n，
∴FM=DF−DM=n−m，
∵AB=AC，M是BC的中点，
∴AM⊥BC，
∴BM=CM=m+n，
∴BF=BM−FM=m+n−(n−m)=2m，
∴CH=BF，
在△ABF和△ACH中，
{
AB=AC
)
∠B=∠ACH ，
BF=CH
∴△ABF≌△ACH(SAS)，
∴AF=AH，
∵FE=EH，
∴AE⊥FH，
∴∠AEF=90°；
（3）解：连接AF,AM,EM，延长FE到H使FE=EH，连接CH，AH，过点E作EN⊥BC于点N，
由（2）可得△ABF≌△ACH(SAS)，CH=2DE，∠AEF=90°，
∴BF=CH，
∵BF=2CG，
∴DE=CG，
∵DM绕D点顺时针旋转2α得到线段DE，α=30°，
∴∠MDE=60°,DM=DE，∴△DEM是等边三角形，
∴DE=EM,∠EDG=∠EMF=120°，∠MEN=∠DEN=30°，
∵DF=DC,DM=DE=CG，
∴DF−DM=DC−CG，即FM=DG，
∵DE=EM,∠EDG=∠EMF=120°，FM=DG，
∴△EFM≌△EGD(SAS)，
∴EF=EG，
∵∠AEF=90°，
∴∠GEF=90°，
∴△GEF为等腰直角三角形，
设DN=MN=x，则EM=ED=2x，
根据勾股定理可得：EN=❑√EM2−M N2=❑√3x，
∴NG=NE=NF=❑√3x，
∴CG=DE=2x,DG=NG−DN=❑√3x−x=FM，
∴BF=2CG=4x，
∵AB=AC，点M是BC中点，
∴AM⊥BC，
∵∠B=α=30°，AB=2❑√3，
1
∴AM= AB=❑√3，
2
则BM=❑√AB2−AM2=3，
∵BF+FM=BM，
∴4x+❑√3x−x=3，
3−❑√3
解得：x= ，
2
3❑√3−3
∴EN=❑√3x= ，
2
∴FG=2EN=3❑√3−3．
25．（24-25九年级上·湖北武汉·阶段练习）在△ABC中，AC=BC且∠ACB=90°，O为AB中点，点
G、H分别在线段AC、BC上，连接OG、OH．
问题背景：（1）如图1，连接CO，将射线OG绕点O旋转，使OG⊥OH，求证：OG=OH．
问题探究：
（2）如图2，连接AH，将射线OG绕点O旋转，使OG⊥OH，作OD⊥AH于点D，延长OD交AC于点
E．求证：E为GC中点．
问题拓展：
（3）连接AH，将射线OG、OH绕点O旋转，使∠GOA=30°且OG=OH，作OD⊥AH于点D，延长
OD交AC于点E，若OH=2，直接写出OE2=______．
【思路点拨】
1
（1）连接CO，利用等腰三角形的性质，余角的性质等可得出∠AOG=∠COH，CO=AO=BO= AB，
2
∠BCO=∠A=45°，然后证明△AOG≌△COH(ASA)，再利用全等三角形的性质即可得证；
（2）连接CO，作∠AOC的平分线交AH于P，利用等腰三角形的性质，角平分线定义，余角的性质等可
得出∠COE=∠OAP，∠AOP=∠ECO，CO=AO，然后证明△COE≌△OAP，得出CE=OP，设
∠HAB=α，∠AOG=β，利用三角形外角的性质可得出∠EGO=∠HOP=45°+β，
∠EGO=∠HOP=45°+β，然后证明△OGE≌△HOP(AAS)，¿=OP，即可得证；
（3）分两种情况讨论：①由（1）知当OH⊥OG时，OG=OH，连接CO，过G作GP⊥AB于P，过E
1
作EQ⊥CO于Q，利用含30°的直角三角形性质，勾股定理等可求出GP= GO=1，OP=❑√3，证明
2
△APG是等腰直角三角形，得出AP=GP=1，AG=❑√2，
❑√6
CO=AO=1+❑√3，AC=❑√2+❑√6，CG=AC−AG=❑√6，CE= ，同理可得△CEQ是等腰直角三角形，
2
❑√3 ❑√3
求出CQ=EQ= ，OQ=1+ ，然后根据勾股定理求出OE2；②当∠BOH=∠AOG=30°时，可证
2 2
△GAO≌△HBO，得出OG=OH，过H作HP⊥AB于P，连接EH，同①可求：HP=BP=1，
BH=❑√2，AO=BO=❑√3+1，利用勾股定理求出AH2=AP2+H P2=14+4❑√3，取BH中点，连接OF，1
OC，利用三角形中位线定理得出OF∥AH，OF= AH，进而得出OF⊥OE，由（1）同理可证
2
1
△OCE≌△OBF，OE=OF= AH，即可求解．
2
【解题过程】
（1）证明：连接CO，
∵AB=AC，∠ACB=90°，O为AB中点，
1
∴∠BCO=∠A=45°，CO⊥AB，CO=AO=BO= AB，
2
∴∠AOC=90°，
∴∠AOG+∠COG=90°，
∵OG⊥OH，
∴∠GOH=90°，
∴∠COH+∠COG=90°，
∴∠AOG=∠COH，
在△AOG和△COH中，
{∠A=∠HCO=45°
)
AO=CO ，
∠AOG=∠COH
∴△AOG≌△COH(ASA)，
∴OG=OH；
（2）解：连接CO，作∠AOC的平分线交AH于P，
∵AB=AC，∠ACB=90°，O为AB中点，
1
∴CO⊥AB，CO=AO，∠ACO= ∠ACB=45°，∠BCO=∠A=45°，
2又OD⊥AH，
∴∠COE=∠OAP=90°−∠AOD，
又OP平分∠AOC，
1
∴∠AOP=∠COP= ∠AOC=45°=∠ECO，
2
又CO=AO，
∴△COE≌△OAP，
∴CE=OP，
设∠HAB=α，∠AOG=β，
∴∠HPO=∠PAO+∠AOP=α+45°，∠GEO=∠ECO+∠ACO=α+45°，
∴∠GEO=∠HPO，
由（1）知：∠AOG=∠COH=β，
∵∠EGO=∠BAC+∠AOG=45°+β，∠HOP=∠COP+∠COH=45°+β，
∴∠EGO=∠HOP，
又OG=OH，
∴△OGE≌△HOP(AAS)，
∴¿=OP，
∴¿=CE，即E为GC中点；
（3）解：①由（1）知当OH⊥OG时，OG=OH，
如图，连接CO，过G作GP⊥AB于P，过E作EQ⊥CO于Q
由（1）知CO=AO=BO，CO⊥AB
∵∠GOA=30°，OG=2，
1
∴GP= GO=1，
2
∴OP=❑√3，
∵GAP=45°，GP⊥AB，
∴△APG是等腰直角三角形，
∴AP=GP=1，AG=❑√2，∴CO=AO=1+❑√3，
∴AC=❑√2+❑√6，
∴CG=AC−AG=❑√6，
由（2）知¿=CE，
❑√6
∴CE= ，
2
同理可得△CEQ是等腰直角三角形，
❑√3
∴CQ=EQ= ，
2
❑√3
∴OQ=CO−CQ=1+ ，
2
5
∴OE2=EQ2+OQ2= +❑√3；
2
②当∠BOH=∠AOG=30°时，
∵∠BOH=∠AOG=30°，AO=BO，∠GAO=∠HBO=45°，
∴△GAO≌△HBO，
∴OG=OH，
如图，过H作HP⊥AB于P，连接EH，
同①可求：HP=BP=1，BH=❑√2，
由①知：AO=BO=❑√3+1，
∴AP=AO+BO−BP=2❑√3+1，
∴AH2=AP2+H P2=14+4❑√3，
取BH中点，连接OF，OC，1
∴OF∥AH，OF= AH，
2
又OE⊥AH，
∴OF⊥OE，
由（1）同理可证△OCE≌△OBF，
1
∴OE=OF= AH，
2
1 7+2❑√3
∴OE2= AH2=
，
4 2
5 7+2❑√3
综上，OE2长为 +❑√3或 ．
2 2
26．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期末）【基础探究】
（1）如图1，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D在AB边上，点E在AC边上，且AD=AE，
AD
