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专题 18 构造三角形中位线的常用技巧（解析版）
专题典例剖析及针对训练
类型一 连接两中点构造中位线
典例1如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D、E分别是AB、AC的中点，F、G为BC上的两点，
FG＝3，线段DG，EF的交点为O，当线段FG在线段BC上移动时，三角形FGO的面积与四边ADOE
的面积之和恒为定值，则这个定值是（ ）
A．15 B．12 C．9 D．6
思路指引：连接DE，过A作AH⊥BC于H．由于DE是AB、AC的中点，利用三角形中位线定理可得
1
DE∥BC，并且可知△ADE的高等于 AH，再结合等腰三角形三线合一性质，以及勾股定理可求 AH，那
2
么△ADE的面积就可求．而所求S +S ＝S +S +S ，又因为△DOE和△FOG的底相
△FOG 四边形ADOE △ADE △DOE △FOG
等，高之和等于AH的一半，故它们的面积和可求，从而可以得到S +S 的面积．
△FOG 四边形ADOE
解：如图：连接DE，过A向BC作垂线，H为垂足，
∵△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，
1 1
∴DE，AH分别是△ABC的中位线和高，BH＝CH= BC= ×6＝3，
2 2
∵AB＝AC＝5，BC＝6，由勾股定理得AH 4，
=√AB2-BH2=√52-32=
1 AH 1 4
∴S = BC• = ×3× =3，
△ADE
2 2 2 2
AH
设△DOE的高为a，△FOG的高为b，则a+b= =2，
2
1 1 1 1
∴S +S = DE•a+ FG•b= ×3（a+b）= ×3×2＝3，
△DOE △FOG
2 2 2 2
∴三角形FGO的面积与四边ADOE的面积之和恒为定值，则这个定值是
S +S +S ＝3+3＝6．
△ADE △DOE △FOG故选：D．
方法点睛：本题属中等难度题目，涉及到三角形中位线定理，解答此类题目时一般只要知道中点要作中
位线，已知等腰三角形要作高线，利用勾股定理解答．
针对训练
1．如图，△ABC的中线BD，CE相交于点0，F，G分别是BO，CO的中点，求证：EF∥DG且EF＝DG．
A
E D
F G
B C
解：连接ED，FG.证四边形DEFG是平行四边形，∴EF∥DG且EF＝DG．
A
E D
F G
B C
类型二 连接第三边构造中位线
典例2（2022秋•泰山区校级期末）如图，在菱形ABCD中，E，F分别是边CD，BC上的动点，连接AE，
EF，G，H分别为AE，EF的中点，连接GH．若∠B＝45°，BC＝2√3，则GH的最小值为（ ）
√2 √6
A．√3 B． C．√6 D．
2 21
思路指引：连接AF，利用三角形中位线定理，可知GH= AF，求出AF的最小值即可解决问题．
2
解：连接AF，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=2√3，
∵G，H分别为AE，EF的中点，
∴GH是△AEF的中位线，
1
∴GH= AF，
2
当AF⊥BC时，AF最小，GH得到最小值，
则∠AFB＝90°，
∵∠B＝45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
√2 √2
∴AF= AB= ×2√3=√6，
2 2
√6
∴GH= ，
2
√6
即GH的最小值为 ，
2
故选：D．
方法点睛：本题考查了菱形的性质、三角形的中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质、垂线段最短
等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
针对训练
1．（2021秋•孟津县期末）如图所示，已知四边形ABCD，R、P分别是DC、BC上的点，点E、F分别是
AP、RP的中点，当点P在边BC上从点B向点C移动，且点R从点D向点C移动时，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．△ABP和△CRP的面积和不变
1
思路指引：连接AR，根据三角形的中位线定理可得EF= AR，根据AR的变化情况即可判断．
2
解：连接AR，
∵E，F分别是AP，RP的中点，
1
∴EF= AR，
2
∵当点P在BC上从点C向点B移动，点R从点D向点C移动时，AR的长度逐渐增大，
∴线段EF的长逐渐增大．
1
S△ABP +S△CRP = BC•（AB+CR）．
2
∵CR随着点R的运动而减小，
∴△ABP和△CRP的面积和逐渐减小．
观察选项，只有选项A符合题意．
故选：A．
方法点睛：此题考查的是三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
典例3 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．思路指引：（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：（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°．
方法点睛：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．
针对训练
1.如图，分别以△ABC的边AB，AC同时向外作等腰直角三角形，其中 AB＝AE，AC＝AD，∠BAE＝
∠CAD＝90°，点G为BC的中点，点F为BE的中点，点H为CD的中点．探索GF与GH的数量关系及位
置关系，并说明理由．
E
D
F
H
A
B G C
解：连接BD，CE，易证△ABD≌△AEC，
∴BD ＝ CE，易证BD⊥CE.
由中位线性质可得GF＝GH，GF⊥GH.
E
D
F
H
A
B G C
类型三 取中点构造中位线
（1）直接取一边中点
典例4（2022春•武昌区期中）如图，在△ABC中，∠A＝60°，BD为AC边上的高，E为BC边的中点，点
10
F在AB边上，∠EDF＝60°，若AF＝2，BF= ，则BC边的长为（ ）
316 8 2 4
A． B． √3 C． √13 D． √13
3 3 3 3
16
思路指引：过点D作DM⊥AB，垂足为M，取AB的中点H，连接EH，DH，根据已知可求出AB=
3
，先在Rt△ABD中求出AD，AH的长，从而可得△ADH是等边三角形，进而可得AD＝DH，∠ADH＝
∠AHD＝60°，然后利用利用等腰三角形的三线合一性质求出AM的长，从而求出DM，DF的长，最后
2
证明手拉手模型﹣旋转型全等△ADF≌△HDE，从而利用全等三角形的性质可得DE＝DF= √13，进
3
而利用直角三角形斜边上的中线，即可解答．
解：过点D作DM⊥AB，垂足为M，取AB的中点H，连接EH，DH，
10
∵AF＝2，BF= ，
3
16
∴AB＝AF+BF= ，
3
∵BD⊥AC，
∴∠ADB＝∠CDB＝90°，
∵∠A＝60°，
∴∠ABD＝90°﹣∠A＝30°，
1 8
∴AD= AB= ，
2 3
∵点H是AB的中点，
1 8
∴AH＝BH= AB= ，
2 3∴AD＝AH，
∴△ADH是等边三角形，
∴AD＝DH，∠ADH＝∠AHD＝60°，
1 4
∴AM＝MH= AH= ，
2 3
4
∴DM=√3AM= √3，
3
∵AF＝2，
4 2
∴MF＝AF﹣AM＝2- = ，
3 3
∴DF √ 4√3 2 2 ，
=√DM2+M F2= ( ) 2+( ) 2= √13
3 3 3
∵点H是AB的中点，点E是BC的中点，
∴EH是△ABC的中位线，
∴EH∥AC，
∴∠DHE＝∠ADH＝60°，
∴∠ADH＝∠A＝60°，
∵∠EDF＝∠ADH＝60°，
∴∠ADH﹣∠FDH＝∠EDF﹣∠FDH，
∴∠ADF＝∠HDE，
∴△ADF≌△HDE（ASA），
2
∴DE＝DF= √13，
3
∵∠CDB＝90°，
4
∴BC＝2DE= √13，
3
故选：D．
方法点睛：本题考查了等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，三角形的中位线定理，全
等三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形，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．
针对训练
1．（2022•长春一模）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AC＝8，BD＝12，点E是CD的中点，点F是OA的中点，连结EF，则线段EF的长为 ．
思路指引：取AD的中点M，连接FM，EM，构造三角形中位线，利用三角形中位线定理分别求得
FM、EM的长度；然后利用勾股定理求得EF的长度．
解：如图，取AD的中点M，连接FM，EM，
∵点E是CD的中点，
1
∴EM是△ACD的中位线．∴EM∥AC，EM= AC＝4．
2
1 1
同理，FM∥BD，FM= OD= BD＝3．
2 4
在菱形ABCD中，AC⊥BD，则FM⊥ME．
故在直角△EFM中，由勾股定理得到：EF 5．
=√FM2+EM2=√32+42=
故答案是：5．
方法点睛：本题主要考查了菱形的性质和三角形中位线定理，解题过程中，巧妙地作出辅助线，利用三
角形中位线定理求得直角三角形的两直角边的长度．
（2）连接对角线，再取对角线中点
典例5（2021秋•龙岗区校级期末）如图，四边形ABCD中，E，F分别是边AB，CD的中点，则AD，BC
和EF的关系是（ ）A．AD+BC＞2EF B．AD+BC≥2EF C．AD+BC＜2EF D．AD+BC≤2EF
1
思路指引：连接AC，取AC的中点G，连接EF，EG，GF，根据三角形中位线定理求出EG= BC，GF
2
1
= AD，再利用三角形三边关系：两边之和大于第三边，即可得出AD，BC和EF的关系．
2
解：如图，取AC的中点G，连接EF，EG，GF，
∵E，F分别是边AB，CD的中点，
∴EG，GF分别是△ABC和△ACD的中位线，
1 1
∴EG= BC，GF= AD，
2 2
1 1
在△EGF中，由三角形三边关系得EG+GF＞EF，即 BC+ AD＞EF，
2 2
∴AD+BC＞2EF，
当AD∥BC时，点E、F、G在同一条直线上，
∴AD+BC＝2EF，
所以四边形ABCD中，E，F分别是边AB，CD的中点，则AD，BC和EF的关系是AD+BC≥2EF．
故选：B．
方法点睛：此题主要考查学生对三角形中位线定理和三角形三边关系的灵活运用，熟练掌握三角形的中
位线定理是解题的关键．
针对训练
1．如图，在□ABCD中，E是CD中点，F是AE的中点，FC交BE于点G
（1）求证：GF＝GC
（2）求证：BG＝3EG1
2
解：（1）取BE的中点M，∵FM＝ AB，∴FM EC，
∴四边形 FMCE为平行四边形，∴GF＝GC
（2）易证EG＝MG，∴EM＝MB，∴BG＝3EG
类型四 延长一边构造中位线
典例6（2022秋•江北区校级期末）如图，在正方形 ABCD中，点E，G分别在AD，BC边上，且AE＝
3DE，BG＝CG，连接BE、CE，EF平分∠BEC，过点C作CF⊥EF于点F，连接GF，若正方形的边长
为4，则GF的长度是（ ）
5-√3 5-√15 5-√17 √17-3
A． B． C． D．
2 2 2 2
思路指引：延长CF交BE于H，利用已知条件证明△HEF≌△CEF（ASA），然后利用全等三角形的性
1
质证明GF= BH，最后利用勾股定理即可求解．
2
解：延长CF交BE于H，
∵EF平分∠BEC，
∴∠HEF＝∠CEF，
∵CF⊥EF，
∴∠HFE＝∠CFE，
在△HEF和△CEF中，{∠HEF=∠CEF
EF=EF ，
∠HFE=∠CFE
∴△HEF≌△CEF（ASA），
∴HF＝CF，EH＝EC，
而BG＝CG，
1
∴GF= BH，
2
∵AE＝3DE，正方形的边长为4，
∴AE＝3，AB＝CD＝4，DE＝1，
在Rt△ABE中，BE 5，
=√AB2+AE2=
在Rt△CDE中，CE＝HE ，
=√CD2+DE2=√17
∴BH＝BE﹣HE＝5-√17，
1 5-√17
∴GF= BH= ．
2 2
故选：C．
方法点睛：此题主要考查了全等三角形的性质与判定，也利用了正方形的性质，三角形的中位线的性质，
有一定的综合性，对于学生的能力要求比较高．
针对训练
1．（2022•合肥一模）如图，△ABC中，AD平分∠BAC，E是BC中点，AD⊥BD，AC＝7，AB＝4，则
DE的值为（ ）1 3
A．1 B．2 C． D．
2 2
思路指引：延长BD交AC于H，证明△ADB≌△ADH，根据全等三角形的性质得到AH＝AB＝4，BD＝
DH，根据三角形中位线定理计算即可．
解：延长BD交AC于H，
在△ADB和△ADH中，
{∠BAD=∠HAD
AD=AD ，
∠ADB=∠ADH
∴△ADB≌△ADH（ASA）．
∴AH＝AB＝4，BD＝DH，
∴HC＝AC﹣AH＝3，
∵BD＝DH，BE＝EC，
1 3
∴DE= HC= ，
2 2
故选：D．
方法点睛：本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第
三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
类型五 延长两边构造中位线
典例7（2022秋•封丘县校级期末）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，D是BC的中点AE⊥BE，AB＝
5，AC＝3，则DE的长为（ ）
3 5
A．1 B． C．2 D．
2 2
思路指引：连接BE并延长交AC的延长线于点F，易证明△ABF是等腰三角形，则得AF的长，点E是BF的中点，求得CF的长，从而DE是中位线，即可求得DE的长．
解：连接BE并延长交AC的延长线于点F，如图，
∵AE⊥BE，
∴∠AEB＝∠AEF＝90°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠FAE，
∴∠ABE＝∠AFE，
∴△ABF是等腰三角形，
∴AF＝AB＝5，点E是BF的中点，
∴CF＝AF﹣AC＝5﹣3＝2，DE是△BCF的中位线，
1
∴DE= CF=1．
2
故选：A．
方法点睛：本题考查了等腰三角形的判定与性质，三角形中位线的性质定理，关键是作辅助线得到等腰
三角形．
针对训练
1．如图，AD为△ABC的外角平分线，且AD⊥BD、M为BC的中点，若AB＝12，AC＝18，求MD的长
8．延长BD，CA交于点E，易证AE＝AB，BD＝ED，
1 1
2 2
∵BM＝CM，∴DM＝ CE＝ (AB＋AC)＝15.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 （2021秋•宛城区期中）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AC＞AB＞4，点D、E分别在边AB、AC
上，BD＝4，CE＝3，取DE、BC的中点M、N，线段MN的长为（ ）
A．2.5 B．3 C．4 D．5
思路指引：如图，作CH∥AB，连接DN，延长DN交CH于H，连接EH，首先证明CH＝BD，∠ECH＝
90°，解直角三角形求出EH，利用三角形中位线定理即可解决问题．
解：作CH∥AB，连接DN并延长交CH于H，连接EH，
∵BD∥CH，
∴∠B＝∠NCH，∠ECH+∠A＝180°，
∵∠A＝90°，
∴∠ECH＝∠A＝90°，
在△DNB和△HNC中，
{
∠B=∠NCH
BN=CN ，
∠DNB=∠HNC
∴△DNB≌△HNC（ASA），
∴CH＝BD＝4，DN＝NH，
在Rt△CEH中，CH＝4，CE＝3，
∴EH 5，
=√CH2+CE2=√42+32=
∵DM＝ME，DN＝NH，1
∴MN= EH＝2.5，
2
故选：A．
方法点睛：本题考查全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，解题的关键是学
会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
针对训练：
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．
思路指引：（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．
（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
方法点睛：本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，等腰直角三角形的判定与性
质，熟记性质与定理并作辅助线构造出以BF为中位线的三角形是解题的关键
