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专题 39 重要的几何模型之中点模型（二）
中点模型是初中数学中一类重要模型，它在不同的环境中起到的作用也不同，主要是结合三角形、四
边形、圆的运用，在各类考试中都会出现中点问题，有时甚至会出现在压轴题当中，我们不妨称之为“中
点模型”，它往往涉及到平分、平行、垂直等问题，因此探寻这类问题的解题规律对初中几何的学习有着
十分重要的意义。
常见的中点模型：①垂直平分线模型；②等腰三角形“三线合一”模型；③“平行线+中点”构造全
等或相似模型（与倍长中线法类似）；④直角三角形斜边中点模型；⑤中位线模型；⑥中点四边形模型。
本专题就中点模型的后三类模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
模型1：直角三角形斜边中线模型
定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
如图1，若AD为 斜边上的中线，则：
（ 1 ） ； （ 2 ） ， 为 等 腰 三 角 形 ； （ 3 ） ，
．
A
A
A D
M
B C
B
C
B C M
D D
图1 图2
拓展：如图2，在由两个直角三角形组成的图中，M为中点，则（1） ；（2）
．
模型运用条件：连斜边上的中线（出现斜边上的中点时）
例1．（2023·江苏盐城·统考中考真题）如图，在Rt 中， 为斜边 上的中线，若 ，则
．
【答案】4
【分析】根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半即可解决问题；
【详解】解：如图，
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∵△ABC是直角三角形，CD是斜边中线，∴CD AB，
∵CD＝2，∴AB＝4，故答案为4．
【点睛】本题考查直角三角形的性质，解题的关键是记住直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
例2．（2023·江苏扬州·统考中考真题）如图，在 中， ，点D是 的中点，过点D作
，垂足为点E，连接 ，若 ， ，则 ．
【答案】3
【分析】根据直角三角形的性质得到AB=10，利用勾股定理求出AC，再说明DE∥AC，得到 ，
即可求出DE．
【详解】解：∵∠ACB=90°，点D为AB中点，∴AB=2CD=10，∵BC=8，∴AC= =6，
∵DE⊥ BC，AC⊥BC，∴DE∥AC，∴ ，即 ，∴DE=3，故答案为：3．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，解题的关键是通过平行得到比
例式．
例3．（2023·河南新乡·统考三模）如图，点O为菱形 的对角线 的交点，过点C作
于点E，连接 ，若 ，则菱形 的面积为 ．
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【答案】12
【分析】根据菱形对角线互相平分可知，点O是 的中点，根据直角三角形斜边上的中线是斜边的
一半， ，得到 ，根据 ，可得 ，应用菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，
即可得出答案．
【详解】解：∵四边形 是菱形，∴
∵ ，∴ ，∴ ，∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴菱形 的面积 ．故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质和面积，直角三角形的性质，熟练掌握菱形对角线的性质和面积计算
方法，直角三角形斜边上中线的性质，是解决本题的关键．
例4．（2023上·四川成都·九年级校考期中）如图，四边形 中， ， ，
连接 ． 是 的中点，连接 ．若 ，则 的面积为 ．
【答案】 /
【分析】本题考查了直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形外角的定义及性质、三角形的面积，
由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得 ，由等边对等角可得
， ，由三角形外角的定义及性质可得 ，
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，求出 ，再利用三角形面积公式 ，计算即可得出
答案，熟练掌握直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形外角的定义及性质是解此题的关键．
【详解】解： ， 是 的中点， ，
， ， ，
， ，
，
，故答案为： ．
例5．（2023·江苏常州·中考真题）如图， 是 的弦，点C是优弧 上的动点（C不与A、B重合），
，垂足为H，点M是 的中点．若 的半径是3，则 长的最大值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【分析】根据直角三角形斜边中线定理，斜边上的中线等于斜边的一半可知MH= BC，当BC为直径时长
度最大，即可求解．
【详解】解：∵ ∴∠BHC=90° ∵在Rt BHC中，点M是 的中点∴MH= BC
△
∵BC为 的弦∴当BC为直径时，MH最大 ∵ 的半径是3∴MH最大为3．故选：A．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线定理，数形结合是结题关键．
例6．（2023·辽宁鞍山·校考三模）如图，在 中， ， ，将 绕点C顺
时针旋转 得到 ，点A，B的对应点分别是D，E，点F是边 的中点，连接 ， ， ，则
下列说法不正确的是（ ）
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A． B． C． D．四边形 是平行四边形
【答案】C
【分析】由旋转的性质可得 ， ， ， ，
，可证 是等边三角形，可得 ，故选项A不符合题意；由“ ”可证
，可得 ， ， ，故选项B不符合题意；可证
四边形 是平行四边形，故选项D不符合题意；由 可得 ，故C符合同意，
即可求解．
【详解】解：∵将 绕点C按顺时针方向旋转一定角度后得到 ，
∴ ， ， ， ， ，
∴ 是等边三角形，∴ ，故A正确，不符合题意；
∵ ， ，点F是边 的中点，∴ ， ，
∴ 是等边三角形，∴ ，
在 和 中， ，∴ ，
∴ ， ， ，故B正确，不符合题意；
∴ ， ，∴四边形 是平行四边形，故D正确，不符合题意；
∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，故C不正确，符合题意；故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定等知
识，灵活运用各知识点是解题的关键．
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模型2：中位线模型
三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半。
如图，在三角形ABC的AB，AC边的中点分别为D、E，则DE//BC且 ，△ADE∽△ABC。
中点三角形：三角形三边中点的连线组成的三角形，其周长是原三角形周长的一半，面积是原三角形面积
的四分之一。
模型运用条件：构造中位线（出现多个中点时）。
例1．（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，把两根钢条 的一个端点连在一起，点 分别是
的中点．若 ，则该工件内槽宽 的长为 ．
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【答案】8
【分析】利用三角形中位线定理即可求解．
【详解】解：∵点 分别是 的中点，∴ ，∴ ，故答案为：8．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理的应用，掌握“三角形的中位线是第三边的一半”是解题的关键．
例2．（2023·四川泸州·统考中考真题）如图， 的对角线 ， 相交于点 ， 的平分线
与边 相交于点 ， 是 中点，若 ， ，则 的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】根据平行四边形的性质、平行线的性质、角平分线的定义以及等腰三角形的判定可得
，进而可得 ，再根据三角形的中位线解答即可.
【详解】解：∵四边形 是平行四边形， ，
∴ ， ， ，∴ ，
∵ 平分 ，∴ ，∴ ，
∴ ，∴ ，
∵ 是 中点，∴ ；故选：A.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定以及三角形的中位线定理等知
识，熟练掌握相关图形的判定与性质是解题的关键.
例3．（2022·湖北荆州·统考中考真题）如图，已知矩形ABCD的边长分别为a，b，进行如下操作：第一
次，顺次连接矩形ABCD各边的中点，得到四边形 ；第二次，顺次连接四边形 各边的中
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点，得到四边形 ；…如此反复操作下去，则第n次操作后，得到四边形 的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用中位线、菱形、矩形的性质可知，每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，
由此可解．
【详解】解：如图，连接AC，BD， ， ．
∵ 四边形ABCD是矩形，∴ ， ， ．
∵ ， ， ， 分别是矩形四个边的中点，∴ ，
∴ ，∴四边形 是菱形，
∵ ， ，∴四边形 的面积为： ．
同理，由中位线的性质可知， ， ，
， ，∴四边形 是平行四边形，
∵ ，∴ ，∴四边形 是矩形，
∴四边形 的面积为： ．
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∴每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，∴四边形 的面积是 ．故选:A．
【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的性质以及中位线的性质，证明四边形 是菱形，四边形
是矩形是解题的关键．
例4．（2022·浙江台州·统考中考真题）如图，在 中， ， ， ， 分别为 ， ，
的中点．若 的长为10，则 的长为 ．
【答案】10
【分析】根据三角形中位线定理求出AB，根据直角三角形的性质解答．
【详解】解：∵E、F分别为BC、AC的中点，∴AB＝2EF＝20，
∵∠ACB＝90°，点D为AB的中点，∴ ，故答案为：10．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，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．
例5．（2023·广西·统考中考真题）如图，在边长为2的正方形 中，E，F分别是 上的动点，
M，N分别是 的中点，则 的最大值为 ．
【答案】
【分析】首先证明出 是 的中位线，得到 ，然后由正方形的性质和勾股定理得到
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，证明出当 最大时， 最大，此时 最大，进而得到当点E和点C重
合时， 最大，即 的长度，最后代入求解即可．
【详解】如图所示，连接 ，
∵M，N分别是 的中点，∴ 是 的中位线，∴ ，
∵四边形 是正方形，∴ ，∴ ，
∴当 最大时， 最大，此时 最大，
∵点E是 上的动点，∴当点E和点C重合时， 最大，即 的长度，
∴此时 ，∴ ，∴ 的最大值为 ．故答案为： ．
【点睛】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上
知识点．
例6．（2023·江苏镇江·统考中考真题）【发现】如图1，有一张三角形纸片 ，小宏做如下操作：
（1）取 ， 的中点D，E，在边 上作 ；（2）连接 ，分别过点D，N作 ，
，垂足为G，H；（3）将四边形 剪下，绕点D旋转 至四边形 的位置，将四边
形 剪下，绕点E旋转 至四边形 的位置；
（4）延长 ， 交于点F．小宏发现并证明了以下几个结论是正确的：①点Q，A，T在一条直线上；
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②四边形 是矩形；③ ；④四边形 与 的面积相等．
【任务1】请你对结论①进行证明．【任务2】如图2，在四边形 中， ，P，Q分别是 ，
的中点，连接 ．求证： ．
【任务3】如图3，有一张四边形纸 ， ， ， ， ， ，小丽
分别取 ， 的中点P，Q，在边 上作 ，连接 ，她仿照小宏的操作，将四边形
分割、拼成了矩形．若她拼成的矩形恰好是正方形，求 的长．
【答案】[任务1]见解析；[任务2]见解析；[任务3]
【分析】（1）由旋转的性质得对应角相等，即 ， ，由三角形内角和定理得
，从而得 ，即Q，A，T三点共线；
（2）梯形中位线的证明问题常转化为三角形的中位线问题解决，连接 并延长，交 的延长线于点
E，证明 ，可得 ， ，由三角形中位线定理得 ；
（3）过点D作 于点R，由 ， 得 ，从而得
，由【发现】得 ，则 ， ，由【任务2】的结
论得 ，由勾股定理得 ．过点Q作 ，垂足为H．由 及 得 ，
从而得 ，证明 ，得 ，从而得 ．
【详解】[任务1]证法1：由旋转得， ， ．
在 中， ，
∴ ，∴点Q，A，T在一条直线上．
证法2：由旋转得， ， ．
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∴ ， ．∴点Q，A，T在一条直线上．
[任务2]证明：如图1，连接 并延长，交 的延长线于点E．
∵ ，∴ ．∵Q是 的中点，∴ ．
在 和 中， ∴ ．∴ ， ．
又∵P是 的中点，∴ ，∴ 是 的中位线，
∴ ，∴ ．
[任务3]的方法画出示意图如图2所示．
由【任务2】可得 ， ．过点D作 ，垂足为R．
在 中， ，∴ ．
∴ ，∴ ， ．
在 中，由勾股定理得 ．过点Q作 ，垂足为H．
∵Q是 的中点，∴ ．
在 中， ，∴ ．
又由勾股定理得 ．由 ，得 ．
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又∵ ，∴ ．∴ ，即 ，
∴ ．∴ ．
【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形的内角和定理、三点共线问题的证明、全等三角形的判定与性质、
三角形的中位线定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理、梯形的面积计算．
模型3：中点四边形模型
中点四边形：依次连接四边形四边中点连线的四边形得到中点四边形。
中点四边形是中点模型中比较经典的应用。中点四边形不仅结合了常见的特殊四边形的性质，而且还会涉
及中位线这一重要知识点，总体来说属于比较综合的几何模块。
结论1：顺次连结任意四边形各边中点组成的四边形是平行四边形．
如图1，已知点M、N、P、Q是任意四边形ABCD各边中点，则四边形MNPQ为平行四边形。
图1 图2
结论2：顺次连结对角线互相垂直四边形各边中点组成的四边形是矩形．（特例：筝形与菱形）
如图2，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC⊥DB，则四边形MNPQ为矩形。
结论3：顺次连结对角线相等四边形各边中点组成的四边形是菱形．（特例：等腰梯形与矩形）
如图3，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，则四边形MNPQ为菱形。
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图3 图4
结论4：顺次连结对角线相等且垂直的四边形各边中点组成的四边形是正方形．
如图4，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，AC⊥DB，则四边形MNPQ为正方形。
推广与应用
1）中点四边形的周长：中点四边形的周长等于原四边形对角线之和。
2）中点四边形的面积：中点四边形的面积等于原四边形面积的 。
例1．（2023·广东阳江·统考二模）若顺次连接四边形 各边的中点所得的四边形是菱形，则四边形
的两条对角线 ， 一定是（ ）
A．互相平分 B．互相平分且相等 C．互相垂直 D．相等
【答案】D
【分析】根据三角形的中位线定理得到 ， ， ，要是四边形为菱形，得出
，即可得到答案．
【详解】解：∵E，F，G，H分别是边 ， ， ， 的中点，
∴ ， ，F ， ， ，
∴ ， ，∴四边形 是平行四边形，
当平行四边形 是菱形时，∴ ，
∵ ， ，∴ ，故选：D．
【点睛】本题主要考查对菱形的性质，三角形的中位线定理，平行四边形的判定等知识点的理解和掌握，
灵活运用性质进行推理是解此题的关键．
例2．（2023·江苏南通·统考二模）如图，四边形ABCD中，E，F分别是边AD，BC的中点，G，H分别是
对角线BD，AC的中点，若四边形EGFH为矩形，则四边形ABCD需满足的条件是（ ）
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A．AC＝BD B．AC⊥BD C．AB＝DC D．AB⊥DC
【答案】D
【分析】由题意易得GF∥EH∥CD，GE∥FH∥AB，则有四边形EGFH为平行四边形，由矩形的性质可得
∠GFH=90°，然后可得∠GFB+∠HFC=90°，最后问题可求解．
【详解】解：∵E，F分别是边AD，BC的中点，G，H分别是对角线BD，AC的中点，
∴GF∥EH∥CD，GE∥FH∥AB，∴四边形EGFH为平行四边形，∠GFB=∠DCB，∠HFC=∠ABC，
若四边形EGFH为矩形，则有∠GFH=90°，
∴∠GFB+∠HFC=90°，∴∠DCB+∠ABC=90°，∴AB⊥DC；故选D．
【点睛】本题主要考查矩形的性质与判定及三角形中位线，熟练掌握矩形的性质与判定及三角形中位线是
解题的关键．
例3．（2023·辽宁抚顺·中考模拟）如图， ， 是四边形 的对角线，点 ， 分别是 ，
的中点，点 ， 分别是 ， 的中点，连接 ， ， ， ，要使四边形 为正方形，
则需添加的条件是（ ）
A． ， B． ， C． ， D． ，
【答案】A
【分析】证出 、 、 、 分别是 、 、 、 的中位线，得出
， ， ， ，证出四边形 为平行四边形，当
时， ，得出平行四边形 是菱形；当 时， ，即
，即可得出菱形 是正方形．
【详解】 点 ， 分别是 ， 的中点，点 ， 分别是 ， 的中点，
、 、 、 分别是 、 、 、 的中位线，
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， ， ， ， 四边形 为平行四边形，
当 时， ， 平行四边形 是菱形；
当 时， ，即 ， 菱形 是正方形；故选 ．
【点睛】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定以及三角形中位线定理；熟练掌握三
角形中位线定理是解题的关键．
例4．（2023·云南昆明·统考二模）如图，在任意四边形 中， ， ， ， 分别是 ， ， ，
上的点，对于四边形 的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，
其中错误的是（ ）
A．当 ， ， ， 是各边中点，且 时，四边形 为菱形
B．当 ， ， ， 是各边中点，且 时，四边形 为矩形
C．当 ， ， ， 不是各边中点时，四边形 可以为平行四边形
D．当 ， ， ， 不是各边中点时，四边形 不可能为菱形
【答案】D
【分析】当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点时，连接AC、BD，如图，根据三角形的中位线定理可
得四边形EFGH是平行四边形，然后根据菱形的定义和矩形的定义即可对A、B两项进行判断；画出符合
题意的平行四边形 ，但满足 ， ， ， 不是各边中点即可判断C项；画出符合题意的菱形
，但满足 ， ， ， 不是各边中点即可判断D项，进而可得答案．
【详解】解：A．当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点时，连接AC、BD，如图，则由三角形的中位
线定理可得：EH= BD，EH∥BD；FG= BD，FG∥BD，所以EH=FG，EH∥FG，所以四边形EFGH是
平行四边形；
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当AC＝BD时，∵EH= BD，EF= AC，∴EF=EH，故四边形EFGH为菱形，故A正确；
B．当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点，且AC⊥BD时，如上图，由三角形的中位线定理可得：
EH∥BD，EF∥AC，所以EH⊥EF，故平行四边形EFGH为矩形，故B正确；
C．如图所示，若EF∥HG，EF＝HG，则四边形EFGH为平行四边形，此时E，F，G，H不是四边形
ABCD各边中点，故C正确；
D．如图所示，若EF＝FG＝GH＝HE，则四边形EFGH为菱形，此时E，F，G，H不是四边形ABCD各边
中点，故D错误；故选：D．
【点睛】本题考查了中点四边形以及特殊四边形的判定等知识，熟练掌握中点四边形的形状、会画出符合
题意的反例图形是解题关键．
例5．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在菱形 中， ， ，顺次连接菱形
各边中点 、 、 、 ，则四边形 的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先利用三角形的中位线定理证得四边形 为平行四边形，再求对角线长度，然后利用三角
形中位线定理求出此平行四边形边长即可求出周长．
【详解】解：如图，连接 、 ，相交于点 ，
点 分别是边 的中点， ， ，
，同理 ， 四边形 是平行四边形，
四边形 是菱形， ， ， 对角线 互相垂直，
， ， ， ，
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是等边三角形， ，在 中， ， ，
， ，
， ， 四边形 的周长为 ．故选：C．
【点睛】本题考查了中点四边形的知识，解题的关键是灵活运用三角形的中位线定理，菱形的性质及平行
四边形的判定与性质进行计算．
例6．（2023上·广东佛山·九年级校考阶段练习）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得
到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四
边形叫做“中方四边形”．
【概念理解】：（1）下列四边形中一定是“中方四边形”的是______．
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【性质探究】：（2）如图1，四边形 是“中方四边形”，观察图形，直接写出四边形 的对角
线 ， 的关系；
【问题解决】：（3）如图2．以锐角 的两边 ， 为边长，分别向外侧作正方形 和正方
形 ，连接 ， ， ．求证：四边形 是“中方四边形”；
【拓展应用】：如图3，已知四边形 是“中方四边形”，M，N分别是 ， 的中点．
（4）试探索 与 的数量关系，并说明理由．（5）若 ，求 的最小值．
【答案】（1）D；（2） ， ；（3）证明见解析；（4） ，理由见解析；
（5） 的最小值为 ．
【分析】（1）由正方形对角线相等且互相垂直可得答案；（2）由中位线的性质可得： ，
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， ， ，结合正方形的性质可得结论；（3）如图，取四边形 各边中点
分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形 ，连接 交 于P，连接 交 于K，利用三角形中
位线定理可证得四边形 是平行四边形，再证得 ，推出 是菱形，再由
，可得菱形 是正方形，即可证得结论；（4）如图，记 、 的中点分别为E、F，
可得四边形 是正方形，再根据等腰直角三角形性质与三角形的中位线的性质即可证得结论；
（5）如图，记 、 的中点分别为E、F，连接 交 于O，连接 、 ，当点O在 上（即
M、O、N共线）时， 最小，最小值为 的长，再结合（1）（4）的结论即可求得答案．
【详解】解：（1）在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，
理由如下：因为正方形的对角线相等且互相垂直，所以其中点四边形是正方形；
（2） ， ．理由如下：
∵四边形 是“中方四边形”，∴四边形 是正方形，
∴ ， ，
∵E，F，G，H分别是 ， ， ， 的中点，
∴ ， ， ， ，∴ ， ．
（3）如图，设四边形 的边 的中点分别为M、N、R、L，连接 交 于P，连
接 交 于K，
∵四边形 各边中点分别为M、N、R、L，
∴ 、 ， ， 分别是 、 、 、 的中位线，
∴ ， ， ， ， ， ， ， ，
∴ ， ， ， ， ∴四边形 是平行四边形，
∵四边形 和四边形 都是正方形， ∴ ， ， ，
∴ ， ∴ ， ∴ ， ，
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又∵ ， ， ∴ ， ∴平行四边形 是菱形，
∵ ， ∴ ．
又∵ ， ， ∴ ， ∴ ，
又∵ ， ， ∴ ．
∴菱形 是正方形，即原四边形 是“中方四边形”．
（4）如图，记 、 的中点分别为E、F，
∵四边形 是“中方四边形”，M，N分别是 ， 的中点，
∴四边形 是正方形， ∴ ， ， ∴ ，
∵M，F分别是 ， 的中点， ∴ ， ∴ ；
（5）如图， 连接 交 于O，连接 、 ，
当点O在 上（即M、O、N共线）时， 最小，最小值为 的长，
∴ 的最小值 ， 由性质探究（1）知： ，
又∵M，N分别是 ， 的中点， ∴ ， ，
∴ ， ∴ 的最小值 ， 由拓展应用（4）知： ；
又∵ ， ∴ ， ∴ 的最小值为 ．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中
位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，理解“中方四边形”的定义并
运用是本题的关键．
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课后专项训练
1．（2023·河北石家庄·校考模拟预测）如图，在 中， ， 是 边上的中线，若
， ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得 ，再根据等边对等角可得
，然后利用锐角的正切值等于对边比邻边列式计算即可得解．
【详解】解：∵ ， 是 边上的中线，∴ ，∴ ，
∴ ．故选D．
【点睛】本题考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，锐角三角函数的定义，熟记性质和定
义是解题的关键．
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2．（2023·黑龙江哈尔滨·统考三模）如图，在 中，点D、E分别是边 、 的中点，点F在
边上运动（不与B、C重合）， 交 于点G，则下列等式错误的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据三角形中位线的判定和性质即可求得 ，根据相似三角形的判定和性质可得
，即可推得 ，根据相似三角形的判定和性质可得 ，即可推得
．
【详解】解：∵点D、E分别是边 、 的中点，
∴ ∴ ，∴ 是 的中位线，∴ ，即 ，故A正确；
∵ ， ∴ ，又∵点D是边 的中点，∴ ，即 ，故B正确；
∵ ， ∴ ，
又∵点 是边 的中点，∴ ，即 ，故C正确；不能证明 ，故选：D．
【点睛】本题考查中位线的性质，相似三角形的判定和性质，能正确运用定理进行推理是解此题的关键．
3．（2023·海南海口·校联考模拟预测）如图，在平行四边形 中，对角线 、 相交于点 ，点
是 的延长线上一动点，连接 交 于点 ，若 ， ， ，则 的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】如图所示，取 的中点 ，连接 ，可得 是中位线，可算出 ， 的长度，根据相似
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三角形的判定和性质即可求解．
【详解】解：如图所示，取 的中点 ，连接 ，
∵四边形 是平行四边形，∴点 是 的中点，
∴ 是 的中位线，且 ， ，
∴ ， ， ，
∵ ，∴ ， ，∴ ，
∴ ，且 ，则 ，∴ ，解得， ，故选： ．
【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，三角形的中位线，相似三角形的判定和性质的综合，掌握以上
知识的综合运用是解题的关键．
4．（2023·河南周口·校联考三模）如图，在边长为 的正方形 中， ，连接 ， ，
， 分别是 ， 的中点，连接 ，则 的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接 并延长交 于M，连接 ，先证 ，得出 ，得 是 的
中位线，则 ，然后用勾股定理求出 即可得解．
【详解】解：连接 并延长交 于 ，连接 ，如图所示，
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正方形 的边长为 ， ， ， ， ，
是 的中点， ， ，
， ，
， 是 的中点， 是 的中位线， ．故选：B．
【点睛】此题考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、中位线定理、勾股定理等知识，熟练掌握
相关性质与定理、添加适当的辅助线构造相似三角形是解答此题的关键．
5．（2023·陕西·统考中考真题）如图，在
▱
ABCD中，AB＝5，BC＝8．E是边BC的中点，F是
▱
ABCD内
一点，且∠BFC＝90°．连接AF并延长，交CD于点G．若EF∥AB，则DG的长为（ ）
A． B． C．3 D．2
【答案】D
【分析】连接AC，依据直角三角形斜边上中线的性质，即可得到EF的长，再根据三角形中位线定理，即
可得到CG的长，进而得出DG的长．
【详解】连接AC，交EF于点H，如图，
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∵E是边BC的中点，且∠BFC＝90°，∴Rt△BCF中，EF＝ BC＝4，
∵EF∥AB，AB∥CG，E是边BC的中点，∴
∴H是AC的中点，F是AG的中点，∴EH是△ABC的中位线，FH是△ACG的中位线，
∴ ， ，而FH=EF-FH=4- ，∴CG=2FH=3，
又∵CD＝AB＝5，∴DG＝5﹣3＝2，故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、平行线分线段成比例定理、三角形中位线定理等，准确识图，熟
练掌握和灵活运用相关性质是解题的关键．
6．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在菱形 中，对角线 与 交于点O，若 ，
，点E是边 的中点，则 的长为（ ）
A．5 B．4 C．6 D．8
【答案】A
【分析】根据菱形的性质得到 ，根据三角函数的定义得到 ，
根据勾股定理得到 ，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到结论．
【详解】解：∵四边形 是菱形，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ，
∵点E是边 的中点，∴ ．故选：A．
【点睛】本题考查菱形的性质，解直角三角形，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
7．（2022·四川德阳·统考中考真题）如图，在四边形 中，点 ， ， ， 分别是 ， ， ，
边上的中点，则下列结论一定正确的是（ ）
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A．四边形 是矩形
B．四边形 的内角和小于四边形 的内角和
C．四边形 的周长等于四边形 的对角线长度之和
D．四边形 的面积等于四边形 面积的
【答案】C
【分析】连接 ，根据三角形中位线的性质 ， ，
，继而逐项分析判断即可求解．
【详解】解：连接 ，设交于点 ，
点 ， ， ， 分别是 ， ， ， 边上的中点，
， ，
A. 四边形 是平行四边形，故该选项不正确，不符合题意；
B. 四边形 的内角和等于于四边形 的内角和，都为360°，故该选项不正确，不符合题意；
C. 四边形 的周长等于四边形 的对角线长度之和，故该选项正确，符合题意；
D. 四边形 的面积等于四边形 面积的 ，故该选项不正确，不符合题意；故选C
【点睛】本题考查了中点四边形的性质，三角形中位线的性质，掌握三角形中位线的性质是解题的关键．
8．（2023下·福建福州·八年级校考阶段练习）如图，E，F，G，H分别是 ， ， ， 的中点，
且 ，下列结论：①四边形 是菱形；② ；③若 ，则
；④ ；其中正确的个数是（ ）
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A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】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与 可得四边形 是菱形，
然后根据菱形的对角线互相垂直平分，并且平分每一组对角的性质对各小题进行判断．
【详解】解： 、 、 、 分别是 、 、 、 的中点，
， ， ， ， ， ，
， ， 四边形 是菱形，
∴四边形 是菱形，故①正确；∴ ，故②正确；
∵ ，∴ ，
∵ ， ，∴ ， ，
∴ ，∴ ，
∴ ，故③错误；
当 ，如图所示： ， 分别为 ， 中点， 连接 ，延长 到 上一点 ，
， ，
，只有 时才可以成立，而本题 与 很显然不平行，故④错误．
综上所述，①②共2个正确．故选：B．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理与菱形的判定与菱形的性质，根据三角形的中位线定理与
判定四边形 是菱形是解答本题的关键．
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9．（2023·山东临沂·统考一模）四边形 的对角线 ， 交点 ，点 ， ， ， 分别为边
， ， ， 的中点．有下列四个推断，
①对于任意四边形 ，四边形 可能不是平行四边形；
②若 ，则四边形 一定是菱形；③若 ，则四边形 一定是矩形；
④若四边形 是菱形，则四边形 也是菱形．所有正确推断的序号是 ．
【答案】②③
【分析】根据四边形的性质及中位线的性质推导即可．
【详解】解： 点 ， ， ， 分别为边 ， ， ， 的中点，
且 ， 且 ，
且 ， 是平行四边形，故①错误；
点 ， ， ， 分别为边 ， ， ， 的中点， ， ，
， ， 是平行四边形， 四边形 是菱形，故②正确；
点 ， ， ， 分别为边 ， ， ， 的中点， ， ，
， ， ， 是平行四边形， 是矩形，故③正确；
若要四边形 是菱形，需满足 ,当四边形 是菱形， 不一定等于 ，故④错误；
综上，正确的有：②③，故答案为：②③．
【点睛】本题考查了中位线定理，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟
练掌握知识点是解题的关键．
10．（2023下·江苏南京·八年级校考期中）点A，B，C为平面内不在同一直线上的三点．点D为平面内一
个动点（不与A，B，C重合）．线段． ， ， ， 的中点分别为M，N，P，Q．在点D的运动
过程中，有下列结论：①存在无数个中点四边形 是平行四边形；②存在无数个中点四边形 是
菱形；③存在无数个中点四边形 是矩形；④存在一个中点四边形 是正方形．所有正确结论的
序号是 ．
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【答案】①②③
【分析】连接 、 ，根据三角形中位线定理得到 ， ，根据
平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
【详解】解：连接 、 ，∵ ， ， ， 的中点分别为M，N，P，Q，
∴ ， ， ， ，
∴ ， ，
①当 与 不平行时，∵ ，∴中点四边形 是平行四边形，
故存在无数个中点四边形 是平行四边形；
②当 且 与 不平行时，
∵ ， ， ，∴ ，
∴中点四边形 是菱形；故存在无数个中点四边形 是菱形；
③当 （B，D不重合）时，∵ ， ， ，
∴ ，∴中点四边形 是矩形；故存在无数个中点四边形 是矩形；
④当 ， 时，
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∵ ， ， ，∴ ，
∵ ， ， ，
∴ ∴中点四边形 是正方形；
故存在两个中点四边形 是正方形．综上：正确的有①②③．故答案为：①②③．
【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理、三角形中位线定
理是解题的关键．三角形中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
11．（2023·广东深圳·校考模拟预测）如图，在矩形 中， ， ， 为边 上一动点，
为 中点， 为 上一点， ，则 的最小值为 ．
【答案】 /
【分析】连接 ，根据矩形的性质可得 ， ，根据中点的性质和
直角三角形斜边上的中线是斜边的一半可得 ，推得 ，则
，根据圆周角定理可知：点 在以 为直径的圆上运动，取 的中点 ，当 ，
， 三点共线时， 的值最小，由此可解答．
【详解】解：如图1，连接 ，
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四边形 是矩形，∴ ， ，
∵ 是 的中点，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
∴点 在以 为直径的圆上运动，取 的中点 ，连接 ，如图2：
当 ， ， 三点共线时， 的值最小，∴ ，
∴ ，∴ 的最小值为 ．故答案为： ．
【点睛】本题考查旋转的性质，矩形的性质，圆周角定理，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用
辅助线，构造动点 的轨迹来解决问题．
12．（2023·江西上饶·校联考二模）在 中， ， ， ， 是 的中点， 是 上
的动点，若点 到 的一边的距离为2，则 的长为 ．
【答案】 或 或
【分析】先运用勾股定理的逆定理可得 为直角三角形，由直角三角形的性质可得 ，然
后分点P到 的距离为2的三种情况，分别运用相似三角形的判定与性质即可解答．
【详解】解：∵ ， ， ，∴ ，∴ 为直角三角形， ，
又∵ 是 的中点，∴
①如图(1)，当点P到 的距离为2时，过点P作 于点E，过点D作 于点F，则 ，
，
∵ ， ，∴ ，∴ ∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，即 ，解得： ；
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②如图(2)，当点P到 的距离为2时，过点P作 于点E，过点D作 于点F，则 ，
同理可得： ， ∴ ，
∴ ，即 ，解得： ；
③如图(3)，当点P到 的距离为2时，过点P作 于点E，过点C作 于点F，
则 ， ，∵ ，∴ ，
∵ ∴ ，∴ ，
即 ，解得： ；∴ ．综上， 的长为 或 或 ．
【点睛】本题主要考查了勾股定理逆定理、直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，掌握
分类讨论思想是解答本题的关键．
13．（2023·广东广州·校考三模）如图， 中， ， ， ， 是 的中
线， 是边 上一动点，将 沿 折叠，点 落在点 处， 交线段 于点 ，当 是直角
三角形时，则 ．
【答案】 或2
【分析】分两种情况进行讨论：当 时和当 时，当 时，作 于
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H，利用勾股定理和直角三角形斜边中线的性质求出 的长度，然后利用 即可
求解；当 时，作 于H， 于K，首先证明四边形 是正方形，然后利
用正方形的性质即可求解．
【详解】①如图，当 时，作 于H，
在 中， ， ， ， ．
， ． ， ， ．
， ， ， ．
， ， ， ；
如图，当 时，作 于H， 于K，
， ．
， ， ， ．
，∴四边形 是矩形．
， ，∴四边形 是正方形，∴ ．
， ，综上所述，CE的长为 或2．故答案为： 或2．
【点睛】本题主要考查翻折变换和解直角三角形，掌握勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，正方形的
判定及性质并分情况讨论是解题的关键．
14．（2023·陕西西安·校考模拟预测）在四边形 中，对角线 平分 ， 、 、 分别为 、
、 中点，连接 交 于 ，交 于 ，若 ， ，且 ，则 = ．
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【答案】
【分析】利用三角形中位线定理，可以得出 ， ， ， ，则有
，再根据相似三角形的判定和性质即可求解．
【详解】设 与 交于点 ，
，
∵ 平分 ， ，∴ ，
∵ ， ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，
∵ 、 、 分别为 、 、 中点，∴ ， ， ， ，
∴ ， ， ，∴ ，∴ ，∴ ，
∵ ， ，∴ ，∴ ，
∴ ， ，∴ ，∴ ，
∴ ，设 ，∴ ，解得： ，
∴ ，∴ ，∴ ，故答案为： ．
【点睛】此题考查了三角形中位线定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握三角形中位线
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定理，相似三角形的判定和性质及其应用．
15．（2023·河南周口·校联考三模）如图，在矩形 中，点E为 的中点，将 绕点D旋转得到
，连接 ，G为 的中点，连接 ，若 ， ， ，当 时， 的长为
．
【答案】3或5/5或3
【分析】当 时，需分两种情况进行讨论：①当点F位于矩形内部时，如图①，延长 与 交
于点 ，证明点 与点E重合，由 为 的中位线，由勾股定理求解 ，由旋转性质得
可得 从而可得答案；②当点F位于矩形外部时，如图②，同理可得 ， 从
而可得答案．
【详解】解：当 时，①当点F位于矩形内部时，如图①，
延长 与 交于点 ，∵ ，∴ ，
∵点G为 的中点，∴ ，∴点 为 的中点，则点 与点E重合，
而 为 的中位线，∵ ，∴ ，
∵ ，由勾股定理得 由旋转性质得 ，
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∴ ∴ ；
②当点F位于矩形外部时，如图②，同理可得 ， ，∴ ．
故答案为：3或5
【点睛】本题考查的是矩形的性质，勾股定理的应用，三角形的中位线的性质，旋转的性质，清晰的分类
讨论是解本题的关键．
16．（2023·安徽·校联考二模）如图，在 中， ，延长 到点D， ，
点E是 的中点， 交 于点F，则 的面积为 ．
【答案】
【分析】利用三角形的面积公式求出 的面积，进而求出 的面积，利用中线平分面积，得到
的面积，取 的中点 ，连接 ，得到 ，推出 ，求出 的
值，利用同高三角形点面积比等于底边比，进行求解即可．
【详解】解：∵ ， ，∴ ，
∵点E是 的中点，∴ ，
取 的中点 ，连接 ，则： ，
∴ ，∴ ，∴ ，
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∴ ，∴ ；故答案为： ．
【点睛】本题考查三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是添加辅助线，构造三角
形的中位线和相似三角形．
17．（2023·江苏南通·统考一模）如图， 是四边形 的对角线， ，点 在边 上，连
接 交 于 ，取 的中点 若 ， ， ，则 的最小值为 ．
【答案】
【分析】过点 作 于 ，由勾股定理求出 ，由 求出 ，由 ，
证出 ，根据三角形的中位线定理得到 ，由垂线段最短得，当 时， 长度
最小， 最小，此时四边形 是矩形，由 求得结果．
【详解】解：如图，过点 作 于 ，
， ，
， ， ， ，
， ， ， ， ， ，
， ， ，
， ， ，
又 是 的中点， ， 当 时， 长度最小， 最小，
此时四边形 是矩形， ， 的最小值 ，故答案为： ．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，垂线段最短，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，掌
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握相关的定理及性质，用垂线段最短解题是解题的关键．
18．（2023·浙江·模拟预测）如图，已知 ， ， ，
， 绕着斜边AB的中点D旋转，DE、DF分别交AC、BC所在的直线于点P、Q．当
为等腰三角形时，AP的长为 ．
【答案】 或 或
【分析】分类讨论：①当 ，由 ， ，则 ，过 作 与 ，
于 ，利用三角形的中位线的性质得到 ， ，
，可得到 与 的长，然后利用等腰三角形的性质得到 ，易得 ，
又 ，利用三角形全等的性质得到 ，则 ，即 ，
则 ，然后根据三角形相似的性质得到 ： ： ，代值计算可得 ，从而求得
；②当 ，则 点在 点，易证 ，然后根据三角形相似的相似比即可得到 ，
从而求得 ；②当 ，则 ，而 ，得到 ，即 ，
易证 ，后根据三角形相似的相似比即可求得 ．
【详解】解：①当 ， ， ， ，则 ，
过 作 与 ， 于 ，如图，
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为 的中点， ， ， ，
， ， ，而 ， ，
又 ， ，而 ，
，即 ， ，
： ： ，即 ： ： ， ， ；
②当 ，则 点在 点，如图， ，而 ，
， ， ： ： ，即 ： ： ，
， ；
③当 ，则 ，而 ， ，即 ，如图，
， ： ： ，即 ： ： ， ．故答案为 或 或 ．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质：两腰相等，两底角相等．也考查了三角形全等的性质和三角形相
似的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质以及分类讨论思想的运用．
19．（2023下·山西临汾·八年级统考期中）综合与探究：如图1，四边形 中， 、 、 、 分别
是 、 、 、 的中点，顺次连接 、 、 、 ．
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(1)猜想四边形 的形状是________（直接回答，不必说明理由）．
(2)如图2， 在四边形 内一点，使 ， ， ，其他条件不变，试探究
四边形 的形状，并说明理由．(3)在（2）的条件下， ， ， ，
，求四边形 的面积．
【答案】(1)平行四边形(2)菱形，见解析(3)
【分析】(1)连接AD，利用三角形中位线定理，证明EH=FG，且EH∥FG即可得证．
(2)连接AD，BC，证明 ，得到AD=CB，结合三角形中位线定理，得到四边形EFGH
的四边相等，即可得到菱形EFGH．(3)连接AD，BC，交点为M，设BC与EH的交点为Q，AD与EF的交
点为O，证明 ，判定四边形EOMQ是平行四边形，证明∠HEF=60°，连接 ，过
点 作 ，垂足为 ，求得EH，HN的长度即可．
【详解】（1）平行四边形．理由如下：如图1，连接AD，
∵ 、 、 、 分别是 、 、 、 的中点，
∴EH∥AD，EH= ，FG∥AD，FG= ，∴EH=FG，且EH∥FG，
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∴四边形EFGH是平行四边形，故答案为：平行四边形．
（2）菱形.理由：如图2，连接 ， .
∵ ，∴ ，即 .
又∵ ， ，∴ ，∴ .
∵ 、 、 、 分别是 、 、 、 的中点，
∴ 、 、 、 分别是 、 、 、 的中位线，
∴ ， ， ， ，
∴ ，∴四边形 是菱形.
（3）连接AD，BC，交点为M，设BC与EH的交点为Q，AD与EF的交点为O，
∵ ， ，∴ 是等边三角形.
∵ 是 中点，∴ 平分 ， ，
∴ ，点 、 、 共线.
在 中， ，
在 中， ，∴ .
∵ ，∴ ，∴ .
∵ ， ，∴四边形EOMQ是平行四边形，∴ .
在 中， ， ，
∴菱形 的面积 .
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，三角形全等的判定和性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判
【41淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定和性质，灵活运用三角形中位线定理是解题的
关键．
20．（2023下·河北石家庄·八年级统考期中）四边形ABCD中，点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA
边的中点，顺次连接各边中点得到的新四边形EFGH称为中点四边形．
（1）我们知道：无论四边形ABCD怎样变化，它的中点四边形EFGH都是平行四边形．特殊的：
①当对角线 时，四边形ABCD的中点四边形为__________形；
②当对角线 时，四边形ABCD的中点四边形是__________形．
（2）如图：四边形ABCD中，已知 ，且 ，请利用（1）中的结论，判断四边
形ABCD的中点四边形EFGH的形状并进行证明．
【答案】（1）①菱；②矩；（2）菱形，菱形见解析
【分析】（1）①连接AC、BD，根据三角形中位线定理证明四边形EFGH都是平行四边形，根据邻边相等
的平行四边形是菱形证明；②根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明；（2）分别延长BA、CD相
交于点M，连接AC、BD，证明 ，得到AC=DB，根据（1）①证明即可．
【详解】（1）解：（1）①连接AC、BD，
∵点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA边的中点，
∴EH∥BD，FG∥BD，∴EH∥FG， 同理EF∥HG，∴四边形EFGH都是平行四边形，
∵对角线AC=BD，∴EH=EF，∴四边形ABCD的中点四边形是菱形；
②当对角线AC⊥BD时，EF⊥EH，∴四边形ABCD的中点四边形是矩形；故答案为：菱；矩；
（2）四边形ABCD的中点四边形EFGH是菱形．理由如下：
分别延长BA、CD相交于点M，连接AC、BD，
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∵ ，∴ 是等边三角形，∴ ， ，
∵ ，∴ ，∴ ， ，
在 和 中， ，∴ ，∴ ，
∴四边形ABCD的对角线相等，中点四边形EFGH是菱形．
【点睛】本题考查的是矩形、菱形的判定、中点四边形的定义，掌握中点四边形的概念、矩形的判定定理、
菱形的判定定理是解题的关键．
21．（2023·广东深圳·深圳市海湾中学校考三模）类比探究
【问题背景】已知D、E分别是 的 边和 边上的点，且 ，则 把
绕着A逆时针方向旋转，连接 和 ．
①如图2，找出图中的另外一组相似三角形_________②若 ， ， ，则 __________．
【迁移应用】在 中， ， ，D、E、M分别是 、 、 中点，连接
和 ．①如图3，写出 和 的数量关系__________；②如图4，把 绕着点A逆时针方向旋
转，当D落在 上时，连接 和 ，取 中点N，连接 ，若 ，求 的长．
【创新应用】如图5： ， ， 是直角三角形， ， ，
将 绕着点A旋转，连接 ，F是 上一点，且 ，连接 ，请直接写出 的取值范围．
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【答案】【问题背景】① ，② ；【迁移应用】① ，②3；【创新应用】
【问题背景】①根据相似三角形的性质可得 ，根据相似三角形的判定即可证明；
②利用相似三角形的性质求解；【迁移应用】①根据正切的定义求得 ，即可得结论；
②连接 ，根据相似三角形的性质和判定，求出 ，根据三角形的中位线定理即可求得；
【创新应用】过点A作 于点K，过点C作 于点J，连接 ,
根据等腰三角形的性质可得 ，根据勾股定理求得 ，根据三角形的面积公式求得
，根据勾股定理求得 ，根据平行线分线段成比例可得 ，根据相似三角形
的判定和性质可得 ，即可求得 ，，通过 ，即可可得
结论．
【详解】解：①∵ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ．故答案为： ．
②∵ ，∴ ，∴ ，∴ ．故答案为： ．
①如图3中，在 中， ， ，∴ ，∴ ，
∵ ， ，∴ ．故答案为： ．
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②如图4中，连接 ．∵ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∵ ， ，∴ ．
如图5中，过点A作 于点K，过点C作 于点J，连接 ．
∵ ， ， ∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，
∴ ，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ，
∴ ，∴ ，∴ ，∴ ．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，正切的定义，三角形中位线定理，平行线分线段成比例，
勾股定理，等腰三角形的性质等，添加常用辅助线，构造平行线是解题的关键．
22．（2022·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）综合与实践：数学是以数量关系和空间形式为主要研究对象
的科学．数学实践活动有利于我们在图形运动变化的过程中去发现其中的位置关系和数量关系，让我们在
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学习与探索中发现数学的美，体会数学实践活动带给我们的乐趣．
如图①，在矩形ABCD中，点E、F、G分别为边BC、AB、AD的中点，连接EF、DF，H为DF的中点，
连接GH．将△BEF绕点B旋转，线段DF、GH和CE的位置和长度也随之变化．当△BEF绕点B顺时针
旋转90°时，请解决下列问题：
(1)图②中，AB=BC，此时点E落在AB的延长线上，点F落在线段BC上，连接AF，猜想GH与CE之间的
数量关系，并证明你的猜想；(2)图③中，AB=2，BC=3，则 ；(3)当AB=m , BC=n时．
．(4)在（2）的条件下，连接图③中矩形的对角线AC，并沿对角线AC剪开，得△ABC
（如图④)．点M、N分别在AC、BC上，连接MN，将△CMN沿 MN翻折，使点C的对应点P落在AB的
延长线上，若PM平分∠APN，则CM长为 ．
【答案】(1) ，证明见解析 (2) (3) (4)
【分析】（1）先证明 ABF≌ CBE，得AF=CE，再根据中位线性质得GH= ，等量代换即可；
△ △
（2）连接AF，先证明 ABF∽ CBE，得到AF：CE的比值，再根据中位线性质得GH= ，等量代换
△ △
即可；（3）连接AF，先证明 ABF∽ CBE，用含m、n的代数式表达出AF：CE的比值，再根据中位线
△ △
性质得GH= ，等量代换即可；（4）过M作MH⊥AB于H，根据折叠性质得∠C=∠MPN，根据角平分
线证明出∠C=∠PMH，设CM=PM=x，HM=y，根据三角函数定义找到x、y之间的关系，再利用
AHM∽△ABC，得到 ，代入解方程即可．
△
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【详解】（1）解： ，理由如下：
∵AB=BC，四边形ABCD为矩形，∴四边形ABCD为正方形，∴∠ABC=∠CBE=90°，
∵E、F为BC，AB中点，∴BE=BF，∴ ABF≌ CBE，∴AF=CE，
△ △
∵H为DF中点，G为AD中点，∴GH= ，∴ ．
（2）解： ，连接AF，如图所示，
由题意知，BF= =1，BE= = ，∴ ，
由矩形ABCD性质及旋转知，∠ABC=∠CBE=90°，∴ ABF∽ CBE，∴AF：CE=2:3，
△ △
∵G为AD中点，H为DF中点，∴GH= ，∴ ．故答案为： ．
（3）解： ，连接AF，如图所示，
由题意知，BF= = ，BE= = ，∴ ，
由矩形ABCD性质及旋转知，∠ABC=∠CBE=90°，∴ ABF∽ CBE，∴AF：CE=m：n，
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∵G为AD中点，H为DF中点，∴GH= ，∴ ．故答案为： ．
（4）解：过M作MH⊥AB于H，如图所示，
由折叠知，CM=PM，∠C=∠MPN，∵PM平分∠APN，∴∠APM=∠MPN，∴∠C=∠APM，
∵AB=2，BC=3，∴AC= ，设CM=PM=x，HM=y，
由 知， ，即 ， ，
∵HM∥BC，∴ AHM∽ ABC，∴ ，即 ， ，
△ △
∴ ，解得：x= ，故答案为： ．
【点睛】本题考查了正方形性质、三角形中位线性质、折叠性质、全等三角形判定与性质、相似三角形的
性质与判定、三角函数定义等知识点，找到相似三角形是解题关键．
23．（2023·河南新乡·联考二模）【教材呈现】如图是华师版九年级上册数学教材第77页的部分内容．
如图23.4.2，在 中，点D、E分别是 与 的中点．根据画出的图形，可以猜想：
，且 ，对此，我们可以用演绎推理给出证明．
【定理证明】请根据教材内容，结合图1，写出证明过程．
【定理应用】如图2，在矩形 中， ，点O为 的中点，点M为 边上一动点，点N
为 的中点，连接 、 、 ．
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（1）当 时， 与 的数量关系是__________， 的值为__________；
（2）如图3，在平行四边形 中，点E为 边上一点，连接 ，点P在 上， ，
点G是 的中点，连接 交 于点F，若点F为 的中点， ，连接 ．
①求 的度数；②直接写出 的值．
【答案】【定理证明】证明见解析；【定理应用】（1） （或 ， ；
（2）① ；②
【分析】[定理证明]可以证明 , 进一步得出结论；[定理应用] 可证明点 是 的中点，
进而得出四边形 是矩形，进一步得出结果; ①连接 , 可证明 是等边三角形，进一步得
出结果；②连接 ,作 于 , 则 , , 解 表示出 , 进而解 求得
的值．
【详解】解：【定理证明】证明：在 中，∵点D、E分别是 与 的中点，∴ ，
∵ ，∴ ∽ ，∴ ， ，∴ ， ．
【定理应用】（1）如图，
由于 ，∴ ， ，
∴ ， ， （或 ．
∵点N为 的中点，点O为 的中点，∴ 为 的中位线，∴ ，
在 中， ，∴ ，∴ ．
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（2）①如图，连接 ,由定理可得：
∵ , ∵ 是 的中点, ∴ ,
∵ ,∴ 是等边三角形,∴ ,∴ ；
②如图3,连接 ,作 于 ,则 ,
∵ , ∴ ,在 中, , ∴ ,
在 中, ，
由勾股定理得，
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理证明和运用，平行四边形的性质，矩形的判定，相似三角形的判
定和性质形,解直角三角形等知识，解决问题的关键是作辅助线，利用三角形中位线定理.
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