人教版初中数学几何辅助线进阶训练——构造中线（不含相似）
一、阶段一
1．（2022八上·新昌月考）已知：如图，在 中，是边上的高线，是边上 的中线，G是的中点，连结，，，.
（1）求的长.
（2）求证：.
【答案】（1）解：∵是边上的高线，，，
∴ ， ，
∵是边上 的中线，
∴，
∵，
∴
（2）证明：连接，
∵，是边上 的中线，
∴ ，
∴，
∵G是的中点，
∴.
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；等腰三角形的性质；勾股定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）利用勾股定理可得AB的值，根据中线的概念可得AE=BE=AB=5，由已知条件可知CD=AE，据此可得CD的长；
（2）连接DE，根据直角三角形斜边上中线的性质可得DE=AE，由已知条件可知CD=AE，则CD=DE，然后结合等腰三角形的性质进行证明.
2．（2022九上·高州月考）如图，中，，，，线段的两个端点、分别在边，上滑动，且，若点、分别是、的中点，则的最小值为 ．
【答案】3
【知识点】三角形三边关系；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，连接、，
中，，，，，
，点、分别是、的中点，
，，
当、、在同一直线上时，取最小值，
的最小值为：．
故答案为：3．
【分析】连接CM，CN，根据三角形中位线的性质可得，，再根据当、、在同一直线上时，取最小值，最后求出MN的长即可。
3．（2022八上·海曙期中）
（1）【问题情境】课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，在△ABC中，若AB＝13，AC＝9，求BC边上的中线AD的取值范围．
小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE，容易证得△ADC≌△EDB，再由“三角形的三边关系”可求得AD的取值范围是 ．
解后反思：题目中出现“中点”、“中线”等条件，可考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形之中．
（2）【初步运用】如图2，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且∠FAE＝∠AFE．若AE＝4，EC＝3，求线段BF的长．
（3）【拓展提升】如图3，在△ABC中，D为BC的中点，DE⊥DF分别交AB，AC于点E，F．求证：BE+CF＞EF．
【答案】（1）2＜AD＜11
（2）解：延长AD至点E，使DG＝AD，连接BG，
∵ AE＝4，EC＝3
∴AC=AE+CE=7；
∵AD是中线，
∴BD=CD，
在△ADC和△GDB中
∴△ADC≌△GDB（SAS），
∴AC=BG=7，∠G=∠DAC，
∵∠FAE＝∠AFE=∠BFG，
∴∠G=∠BFG，
∴BF=BG=7
（3）证明：延长ED使DG=ED，连接FG，CG，
∵FD⊥ED，
∴FD垂直平分EG，
∴EF=FG，
在△BED和△CGD中
∴△BED≌△CGD（SAS），
∴BE=CG，
在△CFG中
CG+CF＞FG即BE+CF＞EF
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；三角形三边关系；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：（1）延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE，
∵AD是中线，
∴BD=CD，
在△ADC和△EDB中
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴AC=BE=9，
在△ABE中
AB-BE＜AE＜AB+BE即13-9＜2AD＜13+9
解之：2＜AD＜11.
故答案为：2＜AD＜11
【分析】（1）延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE，利用三角形的中线的定义可证得BD=CD，利用SAS证明△ADC≌△EDB，可求出BE的长；然后在△ABE中，利用三角形的三边关系定理，可求出AD的长取值范围.
（2）延长AD至点E，使DG＝AD，连接BG，可求出AC的长；利用三角形中线的定义可证得BD=CD，利用SAS证明△ADC≌△GDB，利用全等三角形的性质可得到AC=BG=7，∠G=∠DAC；再证明∠G=∠BFG，利用等角对等边可求出BF的长.
（3）延长ED使DG=ED，连接FG，CG，易证FD垂直平分EG，利用垂直平分线的性质可证得EF=FG；利用SAS证明△BED≌△CGD，利用全等三角形的性质可得到BE=CG；然后在△CFG中，利用三角形的三边关系定理可证得结论.
4．（2022八下·双台子期末）如图，在线段AB上取一点C，分别以AC，BC为边长作菱形BCFG和菱形ACDE，使点D在边CF上，连接EG，H是EG的中点，且，则EG的长是 ．
【答案】10
【知识点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：连接CE、CG，如图所示：
∵四边形ACDE与四边形BCFG均是菱形，
∴∠DCE＝∠ACD，∠FCG＝∠BCF，
∵∠ACD+∠BCF＝180°，
∴∠DCE+∠FCG＝（∠ACD+∠BCF）＝×180°＝90°，
即∠ECG＝90°，
∵H是EG的中点，CH＝5，
∴EG＝2CH＝10．
故答案为：10．
【分析】连接CE、CG，先求出∠DCE+∠FCG＝（∠ACD+∠BCF）＝×180°＝90°，再利用直角三角形斜边上中线的性质求出EG的长即可。
5．（2022七下·淮阴期末）在中，已知点D、E、F分别是边AE、BF、CD上的中点，若的面积是14，则的面积为 ．
【答案】2
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；三角形的面积
【解析】【解答】解：如图，连接，，，
∵点是的中点，点是的中点，
∴是的中线，是的中线，
∴，，
∴；
同理可得；；
∴，
∵，，
∴，解得.
故答案为：2.
【分析】连接AF、BD、CE，由题意可得BD为△ABE的中线，DE为△BDF的中线，则S△ABD=S△BDE=S△DEF，同理可得S△BCE=S△CEF=S△DEF，S△ACF=S△ADF=S△DEF，根据面积间的和差关系结合△ABC的面积可得7S△DEF=S△ABC=14，据此计算.
6．（2022八下·大荔期末）如图，，，，过C作，连接AF与BC相交于点G，若，求的度数．
【答案】解：取FG的中点D，连接CD，如图所示．
设∠F=x°，
∵∠B=90°，CF∥AB，
∴∠BAG=x°，∠BCF=90°，
∴DC=DF=DG．
又∵GF=2AC，
∴AC=DC=DF=DG，
∴∠ADC=∠DAC=2x°．
∵∠BAC=72°，
∴3x°=72°，
∴∠BAG=∠F=x°=24°．
【知识点】平行线的性质；三角形的外角性质；等腰三角形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】取FG的中点D，连接CD，设∠F=x°，利用平行线的性质可表示出∠BAG的度数，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证得DC=DF=DG，结合已知条件得AC=DC=DF=DG，利用等边对等角及三角形的外角和定理可表示出∠ADC，∠DAC，然后利用∠BAC=72°，可得到关于x的方程，解方程求出x的值，即可求出∠BAG的度数.
7．（2022·龙东）如图，中，，AD平分与BC相交于点D，点E是AB的中点，点F是DC的中点，连接EF交AD于点P．若的面积是24，，则PE的长是（ ）
A．2.5 B．2 C．3.5 D．3
【答案】A
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；勾股定理；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：如图，连接DE，取AD的中点G，连接EG，
∵AB=AC，AD平分与BC相交于点D，
∴AD⊥BC，BD=CD，
∴S△ABD==12，
∵E是AB的中点，
∴S△AED==6，
∵G是AD的中点，
∴S△EGD==3，
∵E是AB的中点，G是AD的中点，
∴EGBC，EG=BD=CD，
∴∠EGP=∠FDP=90°，
∵F是CD的中点，
∴DF=CD，
∴EG=DF，
∵∠EPG=∠FPD，
∴△EGP≌△FDP（AAS），
∴GP=PD=1.5，
∴GD=3，
∵S△EGD==3，即，
∴EG=2，
在Rt△EGP中，由勾股定理，得
PE==2.5，
故答案为：A．
【分析】，连接DE，取AD的中点G，连接EG，先利用“AAS”证明△EGP≌△FDP可得GP=PD=1.5，再利用S△EGD==3，即，求出EG的长，最后利用勾股定理求出PE的长即可。
8．（2022八下·黄冈期中）如图所示，E是边长为1的正方形ABCD的对角线BD上一点，且BE=BC，P为CE上任意一点，PQ⊥BC于点Q，PR⊥BE于点R，则PQ+PR的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形的面积；正方形的性质；解直角三角形；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】连接BP，过C作CM⊥BD，
∵BC=BE，
∴S△BCE=S△BPE+S△BPC
=BC×PQ×+BE×PR×
=BE×（PQ+PR）×
=BE×CM×，
∴PQ+PR=CM，
∵BE=BC=1，BD是正方形ABCD的对角线，
∴BD=BC=，
∵BC=CD，CM⊥BD，
∴M为BD中点，
∵△BDC为直角三角形，
∴CM=BD=，
即PQ+PR值是．
故答案为：A．
【分析】连接BP，过C作CM⊥BD， 由BC=BE，利用三角形的面积公式可得到S△BCE=S△BPE+S△BPC，可证得S△BCE=BE×CM，可推出PQ+PR=CM，利用解直角三角形求出BD的长，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可求出CM的长，即可得到PQ+PR的长.
9．（2022八下·江都期中）如图，在平行四边形ABCD中，BC＝2AB，CE⊥AB于E，F为AD的中点，若∠AEF＝54°，则∠B＝（ ）
A．54° B．60° C．66° D．72°
【答案】D
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；等腰三角形的性质；平行四边形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：过F作FG∥AB∥CD，交BC于G；
则四边形ABGF是平行四边形，所以AF=BG，
即G是BC的中点；
连接EG，在Rt△BEC中，EG是斜边上的中线，
则BG=GE=FG=BC；
∵AE∥FG，
∴∠EFG=∠AEF=∠FEG=54°，
∴∠AEG=∠AEF+∠FEG=108°，
∴∠B=∠BEG=180°-108°=72°.
故答案为：D.
【分析】过F作FG∥AB∥CD，交BC于G，则四边形ABGF是平行四边形，AF=BG，连接EG，根据直角三角形斜边上中线的性质可得BG=GE=FG=BC，由平行线的性质可得∠EFG=∠AEF=∠FEG=54°，则∠AEG=∠AEF+∠FEG=108°，然后根据等腰三角形的性质以及内角和定理进行计算.
10．（2021七下·历下期中）
（1）方法学习：数学兴趣小组活动时，张老师提出了如下问题：如图1，在△ABC中，AB＝8，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法（如图2），
①延长AD到M，使得DM＝AD；
②连接BM，通过三角形全等把AB、AC、2AD转化在△ABM中；
③利用三角形的三边关系可得AM的取值范围为AB﹣BM＜AM＜AB+BM，从而得到AD的取值范围是多少；
（2）请你写出图2中AC与BM的数量关系和位置关系，并加以证明．
（3）深入思考：如图3，AD是△ABC的中线，AB＝AE，AC＝AF，∠BAE＝∠CAF＝90°，请直接利用（2）的结论，试判断线段AD与EF的数量关系，并加以证明．
【答案】（1）解：如图2，延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
在△MDB和△ADC中，
，
∴△MDB≌△ADC（SAS），
∴BM＝AC＝6，
在△ABM中，AB﹣BM＜AM＜AB+BM，
∴8﹣6＜AM＜8+6，2＜AM＜14，
∴1＜AD＜7，
故答案为：1＜AD＜7；
方法总结：上述方法我们称为“倍长中线法”．“倍长中线法”多用于构造全等三角形和证明边之间的关系．
（2）解：AC∥BM，且AC＝BM，
理由是：由（1）知，△MDB≌△ADC，
∴∠M＝∠CAD，AC＝BM，
∴AC∥BM；
（3）解：EF＝2AD，
理由：如图2，延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，
由（1）知，△BDM≌△CDA（SAS），
∴BM＝AC，
∵AC＝AF，
∴BM＝AF，
由（2）知：AC∥BM，
∴∠BAC+∠ABM＝180°，
∵∠BAE＝∠FAC＝90°，
∴∠BAC+∠EAF＝180°，
∴∠ABM＝∠EAF，
在△ABM和△EAF中，
，
∴△ABM≌△EAF（SAS），
∴AM＝EF，
∵AD＝DM，
∴AM＝2AD，
∵AM＝EF，
∴EF＝2AD，
即：EF＝2AD．
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）先判断出BD＝CD，由SAS证出△MDB≌△ADC，得出BM＝AC＝6，利用三角形三边关系即可得出结论；
（2）由（1）知，△MDB≌△ADC，根据全等三角形的性质和平行线的判定即可得出结论；
（3）同（1）的方法得出△BDM≌△CDA（SAS），则BM＝AC，进而判断出∠ABM＝∠EAF，进而判断出△ABM≌△EAF（SAS），得出AM＝EF，AM＝2AD，EF＝2AD，即可得出结论。
二、阶段二
11．（2023·泗洪模拟）如图，在中，.将绕顶点C旋转得到，若点O是中点，点P是中点，在旋转过程中，线段的最大值等于（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
【答案】B
【知识点】含30°角的直角三角形；旋转的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵将绕顶点C旋转得到，点O是中点，
∴，，
连接，
∵点P是中点，
∴，
∵，
∴当三点共线时，线段的值最大.
故答案为：B.
【分析】根据含30°角的直角三角形的性质可得AB=2BC=8，由旋转的性质可得A′B′=AB=8，∠A′CB′=90°，由中点的概念可得OC=BC=2，连接CP，由直角三角形斜边上中线的性质可得CP=A′B′=4，易得当O、C、P三点共线时，线段OP的值最大，据此求解.
12．（2023八上·绍兴期末）如图1，在中，分别是边上的高线，M，N分别是线段的中点.
（1）求证：.
（2）连接，猜想与之间的关系，并说明理由.
（3）若将锐角三角形变为钝角三角形，其余条件不变，如图2，直接写出与之间的关系.
【答案】（1）证明：如图，连接，，
∵分别是边上的高线，M是的中点，
∴，，
∴，
又∵N为中点，
∴；
（2）解：；理由如下：
在中，，
∵，
∴，，
∴，
，
∴
，
∴；
（3）解：
【知识点】三角形内角和定理；三角形的外角性质；等腰三角形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】（3）解：；理由如下：
连接，，如图所示：
∵分别是边上的高线，M是的中点，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
，
在中，，
∴
，
∴
，
.
【分析】（1）连接DM、ME，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DM=ME=BC，进而根据等腰三角形的三线合一可得MN⊥DE；
（2）根据三角形的内角和定理可得∠ABC＋∠ACB＝180° ∠A，再根据等腰三角形两底角相等表示出∠BMD＋∠CME，然后根据平角等于180°表示出∠DME，整理即可得解；
（3）根据三角形的内角和定理可得∠ABC＋∠ACB＝180° ∠A，再根据等腰三角形两底角相等和三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和表示出∠BME＋∠CMD，然后根据平角等于180°表示出∠DME，整理即可得解．
13．（2023八上·合川期末）如图，在中，为边的中线，E为上一点，连接并延长交于点F，若，，，则的长为 .
【答案】2.4
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；等腰三角形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如解图，延长到点G，使，
∵为边的中线，
∴
∵，
∴
∴，
∵
∴
∴
∵，
∴
∴.
故答案为：2.4.
【分析】延长到点G，使，证明，可得，，利用等量代换可得BG=BE=AC=4，易求，可推出AF=EF，再利用CF=AC-AF即可求解.
14．（2022八上·交城期中）如图，的面积为12，点D，E，F分别为的中点，则阴影部分的面积为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】B
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；三角形的面积
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
∵F是的中点，
∴，
∵E是的中点，
∴，
同理可得，
∴，
∴，
∴，
故答案为：B．
【分析】利用三角形的中线平分三角形的面积可得。
15．（2022八上·杭州期中）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D，E分别为线段AB，AC上一点，且AD＝AE，连接BE、CD交于点G，延长AG交BC于点F.以下四个结论正确的是（ ）
①BF＝CF；②若BE⊥AC，则CF＝DF；③若BE平分∠ABC，则FG＝；④连结EF，若BE⊥AC，则∠DFE＝2∠ABE.
A．①②③ B．③④ C．①②④ D．①②③④
【答案】D
【知识点】三角形的面积；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；三角形全等的判定（SAS）；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：在△BAE和△CAD中，
∴△BAE≌△CAD（SAS），
∴∠ABE＝∠ACD，
∵AB＝AC＝5，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠GBC＝∠GCB，
∴BG＝CG，
∴点G是BC的中垂线上，
∵AB＝AC，
∴点A在BC的中垂线上，
∴AG垂直平分BC，
∴BF＝CF，故①正确；
若BE⊥AC，则∠AEB＝90°，
∵△BAE≌△CAD，
∴∠ADC＝∠AEB＝90°，
∴∠BDC＝90°，
又∵BF＝CF，
∴CF＝DF，故②正确；
若BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE＝∠ABC，
∵∠ABE＝∠ACD，∠GBC＝∠GCB，
∴∠ACD＝∠BCD，
∴点G是角平分线的交点，
∴点G到三边的距离为GF的长，
∵AB＝AC＝5，BC＝6，BF＝CF，
∴BF＝CF＝3，
∴AF＝＝4，
∵S△ABC＝×BC×AF＝×AB×GF+×AC×GF+×CB×GF，
∴FG＝，故③正确；
如图，连接EF，
若BE⊥AC，则∠AEB＝90°，
∵△BAE≌△CAD，
∴∠ADC＝∠AEB＝90°，
∴∠BDC＝90°＝∠BEC，
又∵BF＝CF，
∴CF＝DF＝EF＝BF，
∴∠DBF＝∠BDF，∠FEC＝∠FCE，
∴2∠DBF+∠DFB＝180°，2∠ECF+∠EFC＝180°，
又∵∠DFB+∠EFC+∠DFE＝180°，
∴2∠DBF+2∠ECF﹣∠DFE＝180°，
∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴2∠BAC+2∠ABC+2∠ACB＝360°，
∴2∠BAC+180°+∠DFE＝360°，
∴2∠BAC+∠DFE＝180°，
∵∠BAC+∠ABE＝90°，
∴∠DFE＝2∠ABE，故④正确.
故答案为：D.
【分析】利用SAS证明△BAE≌△CAD，得到∠ABE＝∠ACD，根据等腰三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB，推出BG＝CG，则AG垂直平分BC，然后根据垂直平分线的性质可判断①；若BE⊥AC，则∠AEB＝90°，根据全等三角形的性质可得∠ADC＝∠AEB＝90°，则∠BDC＝90°，由BF=CF可得点F为BC的中点，然后根据直角三角形斜边上中线的性质可判断②；根据角平分线的概念可得∠ABE＝∠CBE＝∠ABC，易得点G到三边的距离为GF的长，利用勾股定理可得AF，然后根据三角形的面积公式可判断③；连接EF，若BE⊥AC，则∠AEB＝90°，根据全等三角形的性质可得∠BDC＝90°＝∠BEC，则CF＝DF＝EF＝BF，结合等腰三角形的性质以及内角和定理可得2∠DBF+2∠ECF-∠DFE＝180°，结合∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°可得2∠BAC+∠DFE＝180°，据此判断④.
16．（2022八上·新城月考）阅读理解：亲爱的同学们，在以后的学习中我们会学习一个定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．即：如图1：在中，，若点是斜边的中点，则．
（1）牛刀小试：在图1中，若，，其他条件不变，则 ；
（2）活学活用：如图2，已知，点、分别为、的中点，，．求的长；
（3）问题解决：为了提高全民健身环境，公园管理部门想要建一个形状如图3中的四边形，其中，，，千米，要在公园的、之间铺设一条笔直的塑胶跑道，若跑道铺设成本每米200元，当最大时，请问管理部门预算160万元够用吗？
【答案】（1）5
（2）解：如图2，连接、，
，点是的中点，，
，
，
，
，
点是的中点，，
，，
，
，
的长是5．
（3）解：如图3，连接，取的中点，连接、，
千米，，
是等边三角形，
千米，
（千米），
，
，
（千米），
，
千米，
，
千米，
如图4，当、、在同一直线上时，的值最大，此时千米，
跑道铺设成本每米200元，
元，
跑道铺设的总成本为元，
，
管理部门预算160万元不够用．
【知识点】三角形三边关系；等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】（1）解：如图1，
，，，
，
点是斜边的中点，
，
故答案为：5．
【分析】（1）由勾股定理求出AB=10，根据直角三角形斜边上的中线可得；
（2）连接BE、DE，根据直角三角形斜边上的中线可得， ， 即得BE=DE=13，根据等腰三角形三线合一的性质可得BF=DF=12，EF⊥BD，再利用勾股定理求出EF=5；
（3）连接，取的中点，连接、， 先证△ADC是等边三角形， 根据勾股定理求出DE=3千米，再利用直角三角形斜边上的中线求出千米，再根据可知当、、在同一直线上时，的值最大， 此时千米，再根据跑道铺设成本每米200元 ，计算出跑道铺设的总成本，即可判断管理部门预算160万元是否够用．
17．（2022八下·元阳期末）如图，在中，于点D，于点E，AD与CE相交于点F，连接DE．
（1）若，，，求．
（2）若，，求．
【答案】（1）解：∵，∴，在中，，∴，∵，∴；
（2）解：如图，取的中点G，连接，
∵，，∴，∵G为的中点，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴．∵，∴．
【知识点】三角形的面积；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）先利用勾股定理求出AB的长，再利用三角形的面积公式求解即可；
（2）取的中点G，连接，先证明，再利用角的运算和等量代换求解即可。
18．（2022八下·黄山期末）如图，菱形ABCD的边长是4，∠A=60°，点G为AB的中点，以BG为边作菱形BEFG，其中点E在CB的延长线上，点P为FD的中点，连接PB．则PB= ．
【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，连接BF、BD，
∵菱形ABCD的边长为4，
∴AB=BC=CD=4，
∵∠A=60°，
∴∠C＝∠A＝60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴BD=BC=4，∠DBC=60°，
∴∠DBA=60°，
∵点G为AB的中点，
∴菱形BEFG的边长为2，
即BE=EF=BG=2，
∵点E在CB的延长线上，∠GBE=60°，
∴∠FBG=30°，
连接EG，交BF于O，
∵四边形BEFG是菱形，
∴EG⊥FB，∠OBG=30°，OB=OF，
∴OG=BG=1，
∴OB=OG=，
∴FB=2OB=2，
∵∠DBF=∠DBA+∠FBG=90°，
∴DF=，
∵点P为FD的中点，
∴PB=DF=．
故答案为：．
【分析】连接BF、BD，先证明∠DBF=∠DBA+∠FBG=90°，再利用勾股定理求出DF的长，最后利用直角三角形斜边上中线的性质可得PB=DF=。
19．（2022·河南模拟）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是AO，BC的中点，连接EF.按以下步骤作图：①分别以点O，C为圆心，大于OC的长为半径作弧，两弧交于点P；②作直线PF，交AC于点G.若AD＝4，BD＝8，则线段EF的长为 .
【答案】
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图所示，PF交DC于M，连接FO，MO，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC，BO＝DO＝BD＝4，AB=AD= 4
在Rt△AOB中，
∴OC＝OA＝8，
∵E点为OA的中点，
∴OE＝AE＝4，
∵F点为BC的中点，
∴FO＝FC，
由作法得PO＝PC，
∴PF垂直平分OC，
∴OG＝CG＝4，∠EGF＝90°，
∴GF为△OBC的中位线，
∴GF＝OB＝2，
在Rt△EFG中
∴在中，由勾股定理得，
故答案为：.
【分析】先根据菱形的性质得到AC⊥BD，OA＝OC，BO＝DO＝BD＝4，则利用勾股定理可得到OA＝8，所以OC＝8，OE＝4，接着根据斜边上的中线性质得到FO＝FC，由作法得PO＝PC，
所以PF垂直平分OC，则OG＝CG＝4，∠EGF＝90°，然后证明GF为△OBC的中位线得到GF＝2，最后利用勾股定理计算EF的长．
20．（2022·海曙模拟）如图，在平行四边形 中， ， 于点 ， 为 的中点，连结 ， ，下列结论：① ，② ；③ ；④ ，其中正确结论的个数共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【知识点】等腰三角形的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；三角形全等的判定（ASA）；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H，连接FH；
①∵CD=2AD，DF=FC，AD=BC，
∴CF=CB，
∴∠CFB=∠CBF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，
∴∠CFB=∠ABF，
∴∠ABF=∠CBF，
∴∠ABC=2∠ABF，故①正确；
②∵AD∥BC，
∴∠D=∠FCG，
∵F为DC的中点，
∴DF=CF，
在△DFE和△CFG中，∠D=∠FCG，DF=CF，∠DFE=∠CFG，
∴△DFE≌△CFG(ASA)，
∴FE=FG，
∵BE⊥AD，
∴∠DEB=∠AEB=90°，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBG=90°，
∴BF= EG=EF，
∴∠BEF=∠EBF，
∵∠DEF+∠BEF=90°，
∴∠DEF＋∠EBF=90°，故②正确；
③由②可知，S△DFE＝S△CFG，
∴S四边形DEBC=S△EBG=2S△BEF，故③正确；
④∵AH=HB，DF=CF，AB=CD，
∴CF=BH，
∵CF∥BH，
∴四边形BCFH是平行四边形，
∵CF=BC，
∴平行四边形BCFH是菱形，
∴∠BFC=∠BFH，
∵FE=FB，FH∥AD，BE⊥AD，
∴FH⊥BE，
∴∠BFH=∠EFH=∠DEF，
∠CFE=3∠DEF，故④正确；
其中正确结论的个数共有4个.
故答案为： D.
【分析】延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H，连接FH，由已知条件可得CF=CB，由等腰三角形的性质可得∠CFB=∠CBF，根据平行四边形以及平行线的性质可得∠CFB=∠ABF，推出∠ABF=∠CBF，据此判断①；根据平行线的性质可得∠D=∠FCG，证明△DFE≌△CFG，得到FE=FG，根据直角三角形斜边上中线的性质可得BF= EG=EF，由等腰三角形的性质可得∠BEF=∠EBF，然后结合∠DEF+∠BEF=90°可判断②；根据全等三角形的性质可得S△DFE＝S△CFG，据此判断③；易得平行四边形BCFH是菱形，则∠BFC=∠BFH，根据平行线的性质可得∠BFH=∠EFH=∠DEF，据此判断④.
三、阶段三
21．（2023八下·杭州月考）在平行四边形中，，为中点，点在线段上，连接，在下方有一点，满足，连接．
（1）若，，求的面积；
（2）若，，求证：．
【答案】（1）解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴∠CAD＝∠ACB＝∠BCN＝60°，
又AC⊥CD，
∴AB⊥AC，
∴∠B＝30°，
在Rt△ABC中，E为BC的中点，
∴BC＝2AE＝10，
∴AC＝BC＝5，
∴，
∴
（2）证明：延长CN至G，使CG＝AC，
由（1）知∠ACM＝∠GCM，
又MC＝MC，
∴△ACM≌△GCM，
∴AM＝GM，∠MAC＝∠G，
又AM＝MN，
∴GM＝MN，
∴∠G＝∠MNG＝∠MAC＝∠MAE+∠EAC，
又由（1）可得EC＝EA，
∴∠EAC＝∠ACE＝∠NCM，
∵∠MNG＝∠NCM+∠NMC，
∴∠NMC＝∠MAE，
在MC上截取MF＝AE，
∴△MAE≌△NMF，
∴ME＝FN，
又MC＝ME+CE＝MF+CF，MC＝EA+CN，
∵EA＝MF＝CE，
∴ME＝CN＝FN＝CF，
∴△NCF为等边三角形，
∴∠MCN＝60°，∴∠ACB＝60°，∴∠ABC＝30°，∴，
∵AE＝BC，∴AB＝AE．
【知识点】三角形的面积；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；平行四边形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的性质可证得AB∥CD，AD∥BC，利用平行线的性质可证得∠CAD＝∠ACB＝∠BCN＝60°；再利用垂直的定义和三角形的内角和定理可求出∠B=30°，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可求出BC的长，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出AC的长；利用勾股定理求出AB的长；然后利用三角形的面积公式求出△ABE的面积.
（2）延长CN至G，使CG＝AC，利用SAS证明△ACM≌△GCM，利用全等三角形的性质，可证得AM＝GM，∠MAC＝∠G，由此可推出GM=MN，利用等边对等角可证得∠G＝∠MNG＝∠MAC＝∠MAE+∠EAC；再证明∠NMC＝∠MAE，在MC上截取MF＝AE，利用全等三角形的判定，可证得△MAE≌△NMF，利用全等三角形的性质可证得ME=FN，由此可得到ME=CN=FN=CF，即可证得△NCF是等边三角形，利用等边三角形的性质可得到∠NCM=∠ACB=60°，∠ABC=30°，利用勾股定理可证得，根据BC=2AE，可证得结论.
22．（2023八下·南宁月考）
（1）【探究发现】（1）如图1，中，，，点为的中点，、分别为边、上两点，若满足，则、、之间满足的数量关系是 .
（2）【类比应用】如图2，中，，，点为的中点，、分别为边、上两点，若满足，试探究、、之间满足的数量关系，并说明理由.
（3）【拓展延伸】在中，，，点为的中点，、分别为直线、上两点，若满足，，请直接写出的长.
【答案】AB=AF+AE【类比应用】（2）如图2，中，，，点为的中点，、分别为边、上两点，若满足，试探究、、之间满足的数量关系，并说明理由.【答案】解：.理由是：取中点G，连接，如图2∵点G是斜边中点，∴，∵，，点D为的中点，∴，∴，即，又∵，∴，∵，，∴为等边三角形，∴，，∴，∴，∴，∴；【拓展延伸】（3）在中，，，点为的中点，、分别为直线、上两点，若满足，，请直接写出的长.【答案】解：的长为或
（1）AB=AF+AE
（2）解：.理由是：
取中点G，连接，如图2
∵点G是斜边中点，
∴，
∵，，点D为的中点，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：的长为或
【知识点】等腰三角形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定（ASA）；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：【探究发现】（1）如图1，
∵，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
【拓展延伸】（3）解：当点E在线段上时，如图3，取的中点H，连接，
当，，时，
，此时F在的延长线上，
同（2）可得：，
∴，
∵，，
∴，
当点E在延长线上时，如图4，
同理可得：；
综上：的长为或.
【分析】【探究发现】根据等腰直角三角形的性质可得∠B=∠C=45°，∠BAD=∠CAD=45°，AD=BD=CD，由同角的余角相等可得∠BDF=∠ADE，利用ASA证明△BDF≌△ADE，得到BF=AE，据此解答；
【类比应用】
取AB的中点G，连接DG，根据直角三角形斜边上中线的性质可得DG=AG=BC，由等腰三角形的性质可得∠BAD=∠CAD=60°，由角的和差关系可得∠GDF=∠ADE，利用ASA证明△GDF≌△ADE，得到GF=AE，据此解答；
【拓展延伸】当点E在线段AC上时，取AC的中点H，连接DH，当AB=AC=5，CE=1，∠EDF=60°时，AE=4，此时F在BA的延长线上，同（2）可得△ADF≌△HDE，得到AF=HE，则AH=CH=，CE=1，然后根据AF=HE=CH-CE进行计算；当点E在AC延长线上时，同理求解即可.
23．（2023九下·姑苏开学考）如图，在中，，AB＝AC＝5，点在上，且，点E是AB上的动点，连结，点，G分别是BC，DE的中点，连接，，当AG＝FG时，线段长为
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；三角形全等的判定（ASA）；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，连接DF，EF，过点F作 ， .
∵在 中， ，点G是DE中点，
∴ .
∵AG=FG，
∴A、D、F、E四点共圆，G点为圆心，DE为直径，
∴ .
∵在 中， ，
∴ .
又∵点F是BC中点，
∴ ， .
∴四边形AMFN是正方形，
∴ .
∵ ， ，
∴ .
∴在 和 中 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴在 中， .
故答案为： .
【分析】连接DF，EF，过点F作FN⊥AC，FM⊥AB，由直角三角形斜边上中线的性质可得AG=DG=EG，推出A、D、F、E四点共圆，G点为圆心，DE为直径，由勾股定理可得BC的值，易得四边形AMFN是正方形，则AN=AM=FN=FM，根据同角的余角相等可得∠NFD=∠MFE，利用ASA证明△NFD≌△MFE，得到ME=DN，然后求出AE，利用勾股定理可得DE.
24．（2022八上·金东月考）如图，在Rt△ABC中，C为直角顶点，∠ABC＝20°，O为斜边的中点，将OA绕着点O逆时针旋转θ°（0＜θ＜180）至OP，当△BCP恰为轴对称图形时，θ的值为 ．
【答案】40或100或70
【知识点】线段垂直平分线的性质；轴对称图形；旋转的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵△BCP恰为轴对称图形，
∴△BCP是等腰三角形，
如图1，连接AP，
∵O为斜边中点，OP＝OA，
∴BO＝OP＝OA，
∴∠APB＝90°，
当BC＝BP时，
∴∠BCP＝∠BPC，
∴∠BCP+∠ACP＝∠BPC+∠APC＝90°，
∴∠ACP＝∠APC，
∴AC＝AP，
∴AB垂直平分PC，
∴∠ABP＝∠ABC＝20°，
∴θ＝2×20°＝40，
当BC＝PC时，如图2，连接CO并延长交PB于H，
∵BC＝CP，BO＝PO，
∴CH垂直平分PB，
∴∠CHB＝90°，
∵OB＝OC，
∴∠BCH＝∠ABC＝20°，
∴∠CBH＝70°，
∴∠OBH＝50°，
∴θ＝2×50°＝100；
当PB＝PC时，如图3，
连接PO并延长交BC于G，连接OC，
∵∠ACB＝90°，O为斜边中点，
∴OB＝OC，
∴PG垂直平分BC，
∴∠BGO＝90°，
∵∠ABC＝20°，
∴θ＝∠BOG＝70，
综上所述：当△BCP恰为轴对称图形时，θ的值为40或100或70.
故答案为：40或100或70.
【分析】由题意可得：△BCP是等腰三角形，连接AP，根据中点的概念可得BO＝OP＝OA，则∠APB＝90°；当BC＝BP时，∠BCP＝∠BPC，推出AB垂直平分PC，得到∠ABP＝∠ABC＝20°，据此可得θ的度数；当BC＝PC时，连接CO并延长交PB于H，则CH垂直平分PB，由等腰三角形的性质可得∠BCH＝∠ABC＝20°，则∠CBH＝70°，∠OBH＝50°，据此计算；当PB＝PC时，连接PO并延长交BC于G，连接OC，则PG垂直平分BC，据此计算.
25．（2022·灞桥模拟）在菱形ABCD中，∠D=60°，CD=4，E为菱形内部一点，且AE=2，连接CE，点F为CE中点，连接BF，取BF中点G，连接AG，则AG的最大值为 .
【答案】
【知识点】三角形三边关系；勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图所示：连接交于点O，连接，取的中点H，连接和，
在菱形中，
为中点，
为中点，
，
当C、F、E、A共线时，也为1，
为中点、H为中点，
，
在菱形中且，
，，
，
，
，
，
，
，
的最大值为.
故答案为：.
【分析】连接交于点O，连接，取的中点H，连接和，根据直角三角形的性质可得，根据三角形中位线的性质得，由菱形的性质得，根据含30°角的直角三角形的性质可得，由勾股定理求出OB=2，即得OH=，由勾股定理求出AH=，由三角形三边关系可得，即得AG的最大值为AH+GH的长，继而得解.
26．（2022八下·温岭期中）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点A作AH⊥BC于点H，连接OH，若OB＝4.5，S菱形ABCD＝36，则OH的长为（ ）
A．3 B．3.5 C．4 D．4.5
【答案】C
【知识点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，OB=4.5，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵AH⊥BC，
∴为的中点；
在中，为的中点
∴.
故答案为：C.
【分析】根据菱形的性质可得OA=OC，BD=2OB=9，由菱形的面积公式可求出AC的值，由直角三角形斜边上中线的性质可得OH=AC，据此计算.
27．（2022八下·杭州期中）点P是平行四边形的对角线所在直线上的一个动点（点P不与点A、C重合），分别过点A、C向直线作垂线，垂足分别为点E、F.点O为的中点.
（1）如图1，当点P与点O重合时，线段和的关系是 ；
（2）当点P运动到如图2所示的位置时，请证明（1）中的结论仍然成立.
（3）如图3，点P在线段的延长线上运动，当时，试探究线段、、之间的关系.
【答案】（1）OE＝OF
（2）解：补全图形如图所示，仍然成立，
证明如下：延长交于点，
∵，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：当点P在线段的延长线上时，线段、、之间的关系为，
证明如下：延长交的延长线于点H，如图所示，
由（2） 可知 ，
∴，，
又∵，，
∴，
∴.
【知识点】平行线的性质；三角形全等的判定；含30°角的直角三角形；平行四边形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（1）如图1，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，
∵AE⊥BP，CF⊥BP，
∴∠AEO＝∠CFO＝90°，
∵∠AOE＝∠COF，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OE＝OF；
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得OA＝OC，由垂直的概念可得∠AEO＝∠CFO＝90°，根据对顶角的性质可得∠AOE＝∠COF，利用AAS证明△AOE≌△COF，据此解答；
（2）延长EO交CF于点G，根据垂直于同一直线的两直线互相平行可得AE∥CF，由平行线的性质可得∠EAO=∠GCO，利用ASA证明△AOE≌△COG，得到OE=OG，然后根据直角三角形斜边上中线的性质进行解答；
（3）延长EO交FC的延长线于点H，由（2） 可知△AOE≌△COH，则AE=CH，OE=OH，根据含30°角的直角三角形的性质可得HF=EH=OE，据此解答.
28．（2021·太原模拟）综合与实践
问题背景：数学小组在一次课外学习交流时，组内一同学提出如下问题：在 中， ，D为 边上一点，但不与点B，点C重合，过点D作 于点E．连接 ，M为 的中点，连接 ， ．
（1）观察发现：如图1， 与 之间的数量关系是 ；
（2）思考分享：如图2，将 绕点B顺时针旋转，其他条件不变，则（1）中的结论还成立，请证明．小明是这样思考的：延长 至点 ，使得 ，连接 运用三角形中位线定理，…．按照他的思路或采用其他方法证明；
（3）探究计算：若 ， ， ，在 绕点B旋转一周的过程中，当直线 经过点A时，线段 的长为 ．
【答案】（1）
（2）解：（2）如图，
延长 到点 ，使得 ，延长 到点 ，使得 ，分别连接 、 、 和 ，
∵ ，
∴ 为 的垂直平分线，
∴ ，
∴ ，
同理可得 ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ （SAS），
∴ ，
∵ ， ， ，
∴ ， 分别是 和 的中位线，
∴ ， ，
∴ ；
（3） 或
【知识点】线段垂直平分线的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；三角形全等的判定（SAS）；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（1）∵ ， ，M为 的中点，
∴ ，
∴EM=CM；
故答案为： ；
（3）如图1，当直线DE过点A且在AB左侧时，
∵∠DBE=∠ABC=30°，AC=4，DE=2，
∴AB=2AC=8，BD=2DE=4，
∴BE= ，
在Rt△ABE中，AE= ，
∴AD= ；
如图2，当直线DE过点A且在AB右侧时，
∵∠DBE=∠ABC=30°，
∴AB=2AC=8，BD=2DE=4，BE= ，
∴AE= ，
∴AD= ．
故答案为： 或 ．
【分析】（1）根据直角三角形斜边中线的性质解答即可；
（2）作辅助线如图所示，根据线段垂直平分线的性质和已知条件利用SAS可证明 ，进而可得 ，然后根据三角形的中位线定理即可证得结论；
（3）分两种情况：直线DE过点A且在AB左侧时与直线DE过点A且在AB右侧时，分别画出图形，利用直角三角形的性质和勾股定理求解即可．
29．（2021八上·万州期末）已知，点P是Rt△ABC斜边AB上一动点（不与A、B重合），分别过A、B向直线CP作垂线，垂足分别为D、E，M为斜边AB的中点（备注，可以直接用结论：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）.
（1）如图1，当点P与点M重合时，AD与BE的位置关系是 ，MD与ME的数量关系是 .
（2）如图2，当点P在线段AB上不与点M重合时，试判断MD与ME的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，当点P在线段BA的延长线上且PQ是不与AB重合的任一直线时，分别过A、B向直线PQ作垂线，垂足分别为D、E，此时（2）中的结论是否成立？若成立，请说明理由.
【答案】（1）；
（2）如图，延长 交 于
由（1）得： ，
为 的中点，
（3）延长 与 交于点
同理可得：
【知识点】三角形全等的判定（ASA）；三角形全等的判定（AAS）；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（1）如图，
为 的中点，
即
故答案为： ， MD=ME；
【分析】（1）由题意用角角边可证△APD≌△BPE，由全等三角形的对应边相等对应角相等可求解；
（2）延长EM交AD于F，由（1）可得AD∥BE，由平行线的性质可得∠FAM=∠MBE，结合题意用角边角可证△AFM≌△BEM，由全等三角形的对应边相等可得FM=EM，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求解；
（3）延长DA与EM交于点G，同理可证AD∥BE，结合题意用角边角可证△AGM≌△BEM，由全等三角形的对应边相等可得GM=EM，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求解.
30．（2021九上·连山期末）在 与 中， ， ， ，连接 ，点 为 的中点，连接 ， 绕着点 旋转.
（1）如图1，当点 落在 的延长线上时， 与 的数量关系是： ；
（2）如图2，当 旋转到点 落在 的延长线上时， 与 是否仍有具有（1）中的数量关系，如果具有，请给予证明；如果没有，请说明理由；
（3）旋转过程中，若当 时，直接写出 的值.
【答案】（1）
（2）解：成立（具有）
证明：
延长 到点 ，使 ，连接 ，
∵点 为 的中点，
∴ 是 的中位线，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴
（3）解：14或 .
过E作EH⊥BC于H，
∴在Rt△ECD中，CE=2 ，
∵∠BCD=105 ，
∴∠HCE=105 -∠DCE=60 ，
∴CH= ，EH= ，
∵BC= ，
∴BH=BC-CH= - ，
∴FD2= ；
延长BC，过E作EG⊥BC于G，
∵∠BCD=105 ，∠DCE=45 ，
∴∠GCE=180 -∠ACD-∠DCE=30 ，
∴GE= ，
∴CG= ，
∴
∴FD2= .
综上所述， 的值为14或 .
【知识点】勾股定理的应用；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（1）如图：当点 落在 的延长线上时，∠ADE=90 ，
∵点 为 的中点，
∴AF=EF=FD，
∴ ，
∵BC=AC，∠ACB=90 ，CD=DE，∠CDE=90 ，
∴∠DCE=∠DEC=45 ，
∴∠BCE=∠BCD+∠DCE=90 +45 =135 ，
∴∠ACE=360 -∠ACB-∠BCE=360 -90 -135 =135 =∠BCE，
∵CE=CE，
∴△ACE≌△BCE（SAS），
∴AE=BE，
∴ ，
故答案为： ；
【分析】（1）；当点 落在 的延长线上时，∠ADE=90 ，点 为 的中点，直角三角形斜边中线的性质 ，再证△ACE≌△BCE（SAS）利用性质得AE=BE即可；
（2）成立（具有）延长 到点 ，使 ，连接 ，由点 为 的中点，可知 是 的中位线，有结论 ，先证 ，再证 ， 即可；
（3）分两种情况∠BCD再BC的左边与右边，构造Rt△ECH，∠HCE =60 或Rt△CGE，∠GCE=30 ，CH= ，CG= ，利用勾股定理求BE2，再用（1）结论即可.
1 / 1人教版初中数学几何辅助线进阶训练——构造中线（不含相似）
一、阶段一
1．（2022八上·新昌月考）已知：如图，在 中，是边上的高线，是边上 的中线，G是的中点，连结，，，.
（1）求的长.
（2）求证：.
2．（2022九上·高州月考）如图，中，，，，线段的两个端点、分别在边，上滑动，且，若点、分别是、的中点，则的最小值为 ．
3．（2022八上·海曙期中）
（1）【问题情境】课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，在△ABC中，若AB＝13，AC＝9，求BC边上的中线AD的取值范围．
小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE，容易证得△ADC≌△EDB，再由“三角形的三边关系”可求得AD的取值范围是 ．
解后反思：题目中出现“中点”、“中线”等条件，可考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形之中．
（2）【初步运用】如图2，AD是△ABC的中线，BE交AC于E，交AD于F，且∠FAE＝∠AFE．若AE＝4，EC＝3，求线段BF的长．
（3）【拓展提升】如图3，在△ABC中，D为BC的中点，DE⊥DF分别交AB，AC于点E，F．求证：BE+CF＞EF．
4．（2022八下·双台子期末）如图，在线段AB上取一点C，分别以AC，BC为边长作菱形BCFG和菱形ACDE，使点D在边CF上，连接EG，H是EG的中点，且，则EG的长是 ．
5．（2022七下·淮阴期末）在中，已知点D、E、F分别是边AE、BF、CD上的中点，若的面积是14，则的面积为 ．
6．（2022八下·大荔期末）如图，，，，过C作，连接AF与BC相交于点G，若，求的度数．
7．（2022·龙东）如图，中，，AD平分与BC相交于点D，点E是AB的中点，点F是DC的中点，连接EF交AD于点P．若的面积是24，，则PE的长是（ ）
A．2.5 B．2 C．3.5 D．3
8．（2022八下·黄冈期中）如图所示，E是边长为1的正方形ABCD的对角线BD上一点，且BE=BC，P为CE上任意一点，PQ⊥BC于点Q，PR⊥BE于点R，则PQ+PR的值是（ ）
A． B． C． D．
9．（2022八下·江都期中）如图，在平行四边形ABCD中，BC＝2AB，CE⊥AB于E，F为AD的中点，若∠AEF＝54°，则∠B＝（ ）
A．54° B．60° C．66° D．72°
10．（2021七下·历下期中）
（1）方法学习：数学兴趣小组活动时，张老师提出了如下问题：如图1，在△ABC中，AB＝8，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法（如图2），
①延长AD到M，使得DM＝AD；
②连接BM，通过三角形全等把AB、AC、2AD转化在△ABM中；
③利用三角形的三边关系可得AM的取值范围为AB﹣BM＜AM＜AB+BM，从而得到AD的取值范围是多少；
（2）请你写出图2中AC与BM的数量关系和位置关系，并加以证明．
（3）深入思考：如图3，AD是△ABC的中线，AB＝AE，AC＝AF，∠BAE＝∠CAF＝90°，请直接利用（2）的结论，试判断线段AD与EF的数量关系，并加以证明．
二、阶段二
11．（2023·泗洪模拟）如图，在中，.将绕顶点C旋转得到，若点O是中点，点P是中点，在旋转过程中，线段的最大值等于（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
12．（2023八上·绍兴期末）如图1，在中，分别是边上的高线，M，N分别是线段的中点.
（1）求证：.
（2）连接，猜想与之间的关系，并说明理由.
（3）若将锐角三角形变为钝角三角形，其余条件不变，如图2，直接写出与之间的关系.
13．（2023八上·合川期末）如图，在中，为边的中线，E为上一点，连接并延长交于点F，若，，，则的长为 .
14．（2022八上·交城期中）如图，的面积为12，点D，E，F分别为的中点，则阴影部分的面积为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
15．（2022八上·杭州期中）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D，E分别为线段AB，AC上一点，且AD＝AE，连接BE、CD交于点G，延长AG交BC于点F.以下四个结论正确的是（ ）
①BF＝CF；②若BE⊥AC，则CF＝DF；③若BE平分∠ABC，则FG＝；④连结EF，若BE⊥AC，则∠DFE＝2∠ABE.
A．①②③ B．③④ C．①②④ D．①②③④
16．（2022八上·新城月考）阅读理解：亲爱的同学们，在以后的学习中我们会学习一个定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．即：如图1：在中，，若点是斜边的中点，则．
（1）牛刀小试：在图1中，若，，其他条件不变，则 ；
（2）活学活用：如图2，已知，点、分别为、的中点，，．求的长；
（3）问题解决：为了提高全民健身环境，公园管理部门想要建一个形状如图3中的四边形，其中，，，千米，要在公园的、之间铺设一条笔直的塑胶跑道，若跑道铺设成本每米200元，当最大时，请问管理部门预算160万元够用吗？
17．（2022八下·元阳期末）如图，在中，于点D，于点E，AD与CE相交于点F，连接DE．
（1）若，，，求．
（2）若，，求．
18．（2022八下·黄山期末）如图，菱形ABCD的边长是4，∠A=60°，点G为AB的中点，以BG为边作菱形BEFG，其中点E在CB的延长线上，点P为FD的中点，连接PB．则PB= ．
19．（2022·河南模拟）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是AO，BC的中点，连接EF.按以下步骤作图：①分别以点O，C为圆心，大于OC的长为半径作弧，两弧交于点P；②作直线PF，交AC于点G.若AD＝4，BD＝8，则线段EF的长为 .
20．（2022·海曙模拟）如图，在平行四边形 中， ， 于点 ， 为 的中点，连结 ， ，下列结论：① ，② ；③ ；④ ，其中正确结论的个数共有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
三、阶段三
21．（2023八下·杭州月考）在平行四边形中，，为中点，点在线段上，连接，在下方有一点，满足，连接．
（1）若，，求的面积；
（2）若，，求证：．
22．（2023八下·南宁月考）
（1）【探究发现】（1）如图1，中，，，点为的中点，、分别为边、上两点，若满足，则、、之间满足的数量关系是 .
（2）【类比应用】如图2，中，，，点为的中点，、分别为边、上两点，若满足，试探究、、之间满足的数量关系，并说明理由.
（3）【拓展延伸】在中，，，点为的中点，、分别为直线、上两点，若满足，，请直接写出的长.
23．（2023九下·姑苏开学考）如图，在中，，AB＝AC＝5，点在上，且，点E是AB上的动点，连结，点，G分别是BC，DE的中点，连接，，当AG＝FG时，线段长为
24．（2022八上·金东月考）如图，在Rt△ABC中，C为直角顶点，∠ABC＝20°，O为斜边的中点，将OA绕着点O逆时针旋转θ°（0＜θ＜180）至OP，当△BCP恰为轴对称图形时，θ的值为 ．
25．（2022·灞桥模拟）在菱形ABCD中，∠D=60°，CD=4，E为菱形内部一点，且AE=2，连接CE，点F为CE中点，连接BF，取BF中点G，连接AG，则AG的最大值为 .
26．（2022八下·温岭期中）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点A作AH⊥BC于点H，连接OH，若OB＝4.5，S菱形ABCD＝36，则OH的长为（ ）
A．3 B．3.5 C．4 D．4.5
27．（2022八下·杭州期中）点P是平行四边形的对角线所在直线上的一个动点（点P不与点A、C重合），分别过点A、C向直线作垂线，垂足分别为点E、F.点O为的中点.
（1）如图1，当点P与点O重合时，线段和的关系是 ；
（2）当点P运动到如图2所示的位置时，请证明（1）中的结论仍然成立.
（3）如图3，点P在线段的延长线上运动，当时，试探究线段、、之间的关系.
28．（2021·太原模拟）综合与实践
问题背景：数学小组在一次课外学习交流时，组内一同学提出如下问题：在 中， ，D为 边上一点，但不与点B，点C重合，过点D作 于点E．连接 ，M为 的中点，连接 ， ．
（1）观察发现：如图1， 与 之间的数量关系是 ；
（2）思考分享：如图2，将 绕点B顺时针旋转，其他条件不变，则（1）中的结论还成立，请证明．小明是这样思考的：延长 至点 ，使得 ，连接 运用三角形中位线定理，…．按照他的思路或采用其他方法证明；
（3）探究计算：若 ， ， ，在 绕点B旋转一周的过程中，当直线 经过点A时，线段 的长为 ．
29．（2021八上·万州期末）已知，点P是Rt△ABC斜边AB上一动点（不与A、B重合），分别过A、B向直线CP作垂线，垂足分别为D、E，M为斜边AB的中点（备注，可以直接用结论：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）.
（1）如图1，当点P与点M重合时，AD与BE的位置关系是 ，MD与ME的数量关系是 .
（2）如图2，当点P在线段AB上不与点M重合时，试判断MD与ME的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，当点P在线段BA的延长线上且PQ是不与AB重合的任一直线时，分别过A、B向直线PQ作垂线，垂足分别为D、E，此时（2）中的结论是否成立？若成立，请说明理由.
30．（2021九上·连山期末）在 与 中， ， ， ，连接 ，点 为 的中点，连接 ， 绕着点 旋转.
（1）如图1，当点 落在 的延长线上时， 与 的数量关系是： ；
（2）如图2，当 旋转到点 落在 的延长线上时， 与 是否仍有具有（1）中的数量关系，如果具有，请给予证明；如果没有，请说明理由；
（3）旋转过程中，若当 时，直接写出 的值.
答案解析部分
1．【答案】（1）解：∵是边上的高线，，，
∴ ， ，
∵是边上 的中线，
∴，
∵，
∴
（2）证明：连接，
∵，是边上 的中线，
∴ ，
∴，
∵G是的中点，
∴.
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；等腰三角形的性质；勾股定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）利用勾股定理可得AB的值，根据中线的概念可得AE=BE=AB=5，由已知条件可知CD=AE，据此可得CD的长；
（2）连接DE，根据直角三角形斜边上中线的性质可得DE=AE，由已知条件可知CD=AE，则CD=DE，然后结合等腰三角形的性质进行证明.
2．【答案】3
【知识点】三角形三边关系；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，连接、，
中，，，，，
，点、分别是、的中点，
，，
当、、在同一直线上时，取最小值，
的最小值为：．
故答案为：3．
【分析】连接CM，CN，根据三角形中位线的性质可得，，再根据当、、在同一直线上时，取最小值，最后求出MN的长即可。
3．【答案】（1）2＜AD＜11
（2）解：延长AD至点E，使DG＝AD，连接BG，
∵ AE＝4，EC＝3
∴AC=AE+CE=7；
∵AD是中线，
∴BD=CD，
在△ADC和△GDB中
∴△ADC≌△GDB（SAS），
∴AC=BG=7，∠G=∠DAC，
∵∠FAE＝∠AFE=∠BFG，
∴∠G=∠BFG，
∴BF=BG=7
（3）证明：延长ED使DG=ED，连接FG，CG，
∵FD⊥ED，
∴FD垂直平分EG，
∴EF=FG，
在△BED和△CGD中
∴△BED≌△CGD（SAS），
∴BE=CG，
在△CFG中
CG+CF＞FG即BE+CF＞EF
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；三角形三边关系；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：（1）延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE，
∵AD是中线，
∴BD=CD，
在△ADC和△EDB中
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴AC=BE=9，
在△ABE中
AB-BE＜AE＜AB+BE即13-9＜2AD＜13+9
解之：2＜AD＜11.
故答案为：2＜AD＜11
【分析】（1）延长AD至点E，使DE＝AD，连接BE，利用三角形的中线的定义可证得BD=CD，利用SAS证明△ADC≌△EDB，可求出BE的长；然后在△ABE中，利用三角形的三边关系定理，可求出AD的长取值范围.
（2）延长AD至点E，使DG＝AD，连接BG，可求出AC的长；利用三角形中线的定义可证得BD=CD，利用SAS证明△ADC≌△GDB，利用全等三角形的性质可得到AC=BG=7，∠G=∠DAC；再证明∠G=∠BFG，利用等角对等边可求出BF的长.
（3）延长ED使DG=ED，连接FG，CG，易证FD垂直平分EG，利用垂直平分线的性质可证得EF=FG；利用SAS证明△BED≌△CGD，利用全等三角形的性质可得到BE=CG；然后在△CFG中，利用三角形的三边关系定理可证得结论.
4．【答案】10
【知识点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：连接CE、CG，如图所示：
∵四边形ACDE与四边形BCFG均是菱形，
∴∠DCE＝∠ACD，∠FCG＝∠BCF，
∵∠ACD+∠BCF＝180°，
∴∠DCE+∠FCG＝（∠ACD+∠BCF）＝×180°＝90°，
即∠ECG＝90°，
∵H是EG的中点，CH＝5，
∴EG＝2CH＝10．
故答案为：10．
【分析】连接CE、CG，先求出∠DCE+∠FCG＝（∠ACD+∠BCF）＝×180°＝90°，再利用直角三角形斜边上中线的性质求出EG的长即可。
5．【答案】2
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；三角形的面积
【解析】【解答】解：如图，连接，，，
∵点是的中点，点是的中点，
∴是的中线，是的中线，
∴，，
∴；
同理可得；；
∴，
∵，，
∴，解得.
故答案为：2.
【分析】连接AF、BD、CE，由题意可得BD为△ABE的中线，DE为△BDF的中线，则S△ABD=S△BDE=S△DEF，同理可得S△BCE=S△CEF=S△DEF，S△ACF=S△ADF=S△DEF，根据面积间的和差关系结合△ABC的面积可得7S△DEF=S△ABC=14，据此计算.
6．【答案】解：取FG的中点D，连接CD，如图所示．
设∠F=x°，
∵∠B=90°，CF∥AB，
∴∠BAG=x°，∠BCF=90°，
∴DC=DF=DG．
又∵GF=2AC，
∴AC=DC=DF=DG，
∴∠ADC=∠DAC=2x°．
∵∠BAC=72°，
∴3x°=72°，
∴∠BAG=∠F=x°=24°．
【知识点】平行线的性质；三角形的外角性质；等腰三角形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】取FG的中点D，连接CD，设∠F=x°，利用平行线的性质可表示出∠BAG的度数，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证得DC=DF=DG，结合已知条件得AC=DC=DF=DG，利用等边对等角及三角形的外角和定理可表示出∠ADC，∠DAC，然后利用∠BAC=72°，可得到关于x的方程，解方程求出x的值，即可求出∠BAG的度数.
7．【答案】A
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；勾股定理；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：如图，连接DE，取AD的中点G，连接EG，
∵AB=AC，AD平分与BC相交于点D，
∴AD⊥BC，BD=CD，
∴S△ABD==12，
∵E是AB的中点，
∴S△AED==6，
∵G是AD的中点，
∴S△EGD==3，
∵E是AB的中点，G是AD的中点，
∴EGBC，EG=BD=CD，
∴∠EGP=∠FDP=90°，
∵F是CD的中点，
∴DF=CD，
∴EG=DF，
∵∠EPG=∠FPD，
∴△EGP≌△FDP（AAS），
∴GP=PD=1.5，
∴GD=3，
∵S△EGD==3，即，
∴EG=2，
在Rt△EGP中，由勾股定理，得
PE==2.5，
故答案为：A．
【分析】，连接DE，取AD的中点G，连接EG，先利用“AAS”证明△EGP≌△FDP可得GP=PD=1.5，再利用S△EGD==3，即，求出EG的长，最后利用勾股定理求出PE的长即可。
8．【答案】A
【知识点】三角形的面积；正方形的性质；解直角三角形；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】连接BP，过C作CM⊥BD，
∵BC=BE，
∴S△BCE=S△BPE+S△BPC
=BC×PQ×+BE×PR×
=BE×（PQ+PR）×
=BE×CM×，
∴PQ+PR=CM，
∵BE=BC=1，BD是正方形ABCD的对角线，
∴BD=BC=，
∵BC=CD，CM⊥BD，
∴M为BD中点，
∵△BDC为直角三角形，
∴CM=BD=，
即PQ+PR值是．
故答案为：A．
【分析】连接BP，过C作CM⊥BD， 由BC=BE，利用三角形的面积公式可得到S△BCE=S△BPE+S△BPC，可证得S△BCE=BE×CM，可推出PQ+PR=CM，利用解直角三角形求出BD的长，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可求出CM的长，即可得到PQ+PR的长.
9．【答案】D
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；等腰三角形的性质；平行四边形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：过F作FG∥AB∥CD，交BC于G；
则四边形ABGF是平行四边形，所以AF=BG，
即G是BC的中点；
连接EG，在Rt△BEC中，EG是斜边上的中线，
则BG=GE=FG=BC；
∵AE∥FG，
∴∠EFG=∠AEF=∠FEG=54°，
∴∠AEG=∠AEF+∠FEG=108°，
∴∠B=∠BEG=180°-108°=72°.
故答案为：D.
【分析】过F作FG∥AB∥CD，交BC于G，则四边形ABGF是平行四边形，AF=BG，连接EG，根据直角三角形斜边上中线的性质可得BG=GE=FG=BC，由平行线的性质可得∠EFG=∠AEF=∠FEG=54°，则∠AEG=∠AEF+∠FEG=108°，然后根据等腰三角形的性质以及内角和定理进行计算.
10．【答案】（1）解：如图2，延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
在△MDB和△ADC中，
，
∴△MDB≌△ADC（SAS），
∴BM＝AC＝6，
在△ABM中，AB﹣BM＜AM＜AB+BM，
∴8﹣6＜AM＜8+6，2＜AM＜14，
∴1＜AD＜7，
故答案为：1＜AD＜7；
方法总结：上述方法我们称为“倍长中线法”．“倍长中线法”多用于构造全等三角形和证明边之间的关系．
（2）解：AC∥BM，且AC＝BM，
理由是：由（1）知，△MDB≌△ADC，
∴∠M＝∠CAD，AC＝BM，
∴AC∥BM；
（3）解：EF＝2AD，
理由：如图2，延长AD到M，使得DM＝AD，连接BM，
由（1）知，△BDM≌△CDA（SAS），
∴BM＝AC，
∵AC＝AF，
∴BM＝AF，
由（2）知：AC∥BM，
∴∠BAC+∠ABM＝180°，
∵∠BAE＝∠FAC＝90°，
∴∠BAC+∠EAF＝180°，
∴∠ABM＝∠EAF，
在△ABM和△EAF中，
，
∴△ABM≌△EAF（SAS），
∴AM＝EF，
∵AD＝DM，
∴AM＝2AD，
∵AM＝EF，
∴EF＝2AD，
即：EF＝2AD．
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）先判断出BD＝CD，由SAS证出△MDB≌△ADC，得出BM＝AC＝6，利用三角形三边关系即可得出结论；
（2）由（1）知，△MDB≌△ADC，根据全等三角形的性质和平行线的判定即可得出结论；
（3）同（1）的方法得出△BDM≌△CDA（SAS），则BM＝AC，进而判断出∠ABM＝∠EAF，进而判断出△ABM≌△EAF（SAS），得出AM＝EF，AM＝2AD，EF＝2AD，即可得出结论。
11．【答案】B
【知识点】含30°角的直角三角形；旋转的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵将绕顶点C旋转得到，点O是中点，
∴，，
连接，
∵点P是中点，
∴，
∵，
∴当三点共线时，线段的值最大.
故答案为：B.
【分析】根据含30°角的直角三角形的性质可得AB=2BC=8，由旋转的性质可得A′B′=AB=8，∠A′CB′=90°，由中点的概念可得OC=BC=2，连接CP，由直角三角形斜边上中线的性质可得CP=A′B′=4，易得当O、C、P三点共线时，线段OP的值最大，据此求解.
12．【答案】（1）证明：如图，连接，，
∵分别是边上的高线，M是的中点，
∴，，
∴，
又∵N为中点，
∴；
（2）解：；理由如下：
在中，，
∵，
∴，，
∴，
，
∴
，
∴；
（3）解：
【知识点】三角形内角和定理；三角形的外角性质；等腰三角形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】（3）解：；理由如下：
连接，，如图所示：
∵分别是边上的高线，M是的中点，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
，
在中，，
∴
，
∴
，
.
【分析】（1）连接DM、ME，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DM=ME=BC，进而根据等腰三角形的三线合一可得MN⊥DE；
（2）根据三角形的内角和定理可得∠ABC＋∠ACB＝180° ∠A，再根据等腰三角形两底角相等表示出∠BMD＋∠CME，然后根据平角等于180°表示出∠DME，整理即可得解；
（3）根据三角形的内角和定理可得∠ABC＋∠ACB＝180° ∠A，再根据等腰三角形两底角相等和三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和表示出∠BME＋∠CMD，然后根据平角等于180°表示出∠DME，整理即可得解．
13．【答案】2.4
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；等腰三角形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如解图，延长到点G，使，
∵为边的中线，
∴
∵，
∴
∴，
∵
∴
∴
∵，
∴
∴.
故答案为：2.4.
【分析】延长到点G，使，证明，可得，，利用等量代换可得BG=BE=AC=4，易求，可推出AF=EF，再利用CF=AC-AF即可求解.
14．【答案】B
【知识点】三角形的角平分线、中线和高；三角形的面积
【解析】【解答】解：如图所示，连接，
∵F是的中点，
∴，
∵E是的中点，
∴，
同理可得，
∴，
∴，
∴，
故答案为：B．
【分析】利用三角形的中线平分三角形的面积可得。
15．【答案】D
【知识点】三角形的面积；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；三角形全等的判定（SAS）；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：在△BAE和△CAD中，
∴△BAE≌△CAD（SAS），
∴∠ABE＝∠ACD，
∵AB＝AC＝5，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠GBC＝∠GCB，
∴BG＝CG，
∴点G是BC的中垂线上，
∵AB＝AC，
∴点A在BC的中垂线上，
∴AG垂直平分BC，
∴BF＝CF，故①正确；
若BE⊥AC，则∠AEB＝90°，
∵△BAE≌△CAD，
∴∠ADC＝∠AEB＝90°，
∴∠BDC＝90°，
又∵BF＝CF，
∴CF＝DF，故②正确；
若BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE＝∠ABC，
∵∠ABE＝∠ACD，∠GBC＝∠GCB，
∴∠ACD＝∠BCD，
∴点G是角平分线的交点，
∴点G到三边的距离为GF的长，
∵AB＝AC＝5，BC＝6，BF＝CF，
∴BF＝CF＝3，
∴AF＝＝4，
∵S△ABC＝×BC×AF＝×AB×GF+×AC×GF+×CB×GF，
∴FG＝，故③正确；
如图，连接EF，
若BE⊥AC，则∠AEB＝90°，
∵△BAE≌△CAD，
∴∠ADC＝∠AEB＝90°，
∴∠BDC＝90°＝∠BEC，
又∵BF＝CF，
∴CF＝DF＝EF＝BF，
∴∠DBF＝∠BDF，∠FEC＝∠FCE，
∴2∠DBF+∠DFB＝180°，2∠ECF+∠EFC＝180°，
又∵∠DFB+∠EFC+∠DFE＝180°，
∴2∠DBF+2∠ECF﹣∠DFE＝180°，
∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴2∠BAC+2∠ABC+2∠ACB＝360°，
∴2∠BAC+180°+∠DFE＝360°，
∴2∠BAC+∠DFE＝180°，
∵∠BAC+∠ABE＝90°，
∴∠DFE＝2∠ABE，故④正确.
故答案为：D.
【分析】利用SAS证明△BAE≌△CAD，得到∠ABE＝∠ACD，根据等腰三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB，推出BG＝CG，则AG垂直平分BC，然后根据垂直平分线的性质可判断①；若BE⊥AC，则∠AEB＝90°，根据全等三角形的性质可得∠ADC＝∠AEB＝90°，则∠BDC＝90°，由BF=CF可得点F为BC的中点，然后根据直角三角形斜边上中线的性质可判断②；根据角平分线的概念可得∠ABE＝∠CBE＝∠ABC，易得点G到三边的距离为GF的长，利用勾股定理可得AF，然后根据三角形的面积公式可判断③；连接EF，若BE⊥AC，则∠AEB＝90°，根据全等三角形的性质可得∠BDC＝90°＝∠BEC，则CF＝DF＝EF＝BF，结合等腰三角形的性质以及内角和定理可得2∠DBF+2∠ECF-∠DFE＝180°，结合∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°可得2∠BAC+∠DFE＝180°，据此判断④.
16．【答案】（1）5
（2）解：如图2，连接、，
，点是的中点，，
，
，
，
，
点是的中点，，
，，
，
，
的长是5．
（3）解：如图3，连接，取的中点，连接、，
千米，，
是等边三角形，
千米，
（千米），
，
，
（千米），
，
千米，
，
千米，
如图4，当、、在同一直线上时，的值最大，此时千米，
跑道铺设成本每米200元，
元，
跑道铺设的总成本为元，
，
管理部门预算160万元不够用．
【知识点】三角形三边关系；等腰三角形的性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】（1）解：如图1，
，，，
，
点是斜边的中点，
，
故答案为：5．
【分析】（1）由勾股定理求出AB=10，根据直角三角形斜边上的中线可得；
（2）连接BE、DE，根据直角三角形斜边上的中线可得， ， 即得BE=DE=13，根据等腰三角形三线合一的性质可得BF=DF=12，EF⊥BD，再利用勾股定理求出EF=5；
（3）连接，取的中点，连接、， 先证△ADC是等边三角形， 根据勾股定理求出DE=3千米，再利用直角三角形斜边上的中线求出千米，再根据可知当、、在同一直线上时，的值最大， 此时千米，再根据跑道铺设成本每米200元 ，计算出跑道铺设的总成本，即可判断管理部门预算160万元是否够用．
17．【答案】（1）解：∵，∴，在中，，∴，∵，∴；
（2）解：如图，取的中点G，连接，
∵，，∴，∵G为的中点，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴．∵，∴．
【知识点】三角形的面积；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）先利用勾股定理求出AB的长，再利用三角形的面积公式求解即可；
（2）取的中点G，连接，先证明，再利用角的运算和等量代换求解即可。
18．【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，连接BF、BD，
∵菱形ABCD的边长为4，
∴AB=BC=CD=4，
∵∠A=60°，
∴∠C＝∠A＝60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴BD=BC=4，∠DBC=60°，
∴∠DBA=60°，
∵点G为AB的中点，
∴菱形BEFG的边长为2，
即BE=EF=BG=2，
∵点E在CB的延长线上，∠GBE=60°，
∴∠FBG=30°，
连接EG，交BF于O，
∵四边形BEFG是菱形，
∴EG⊥FB，∠OBG=30°，OB=OF，
∴OG=BG=1，
∴OB=OG=，
∴FB=2OB=2，
∵∠DBF=∠DBA+∠FBG=90°，
∴DF=，
∵点P为FD的中点，
∴PB=DF=．
故答案为：．
【分析】连接BF、BD，先证明∠DBF=∠DBA+∠FBG=90°，再利用勾股定理求出DF的长，最后利用直角三角形斜边上中线的性质可得PB=DF=。
19．【答案】
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图所示，PF交DC于M，连接FO，MO，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC，BO＝DO＝BD＝4，AB=AD= 4
在Rt△AOB中，
∴OC＝OA＝8，
∵E点为OA的中点，
∴OE＝AE＝4，
∵F点为BC的中点，
∴FO＝FC，
由作法得PO＝PC，
∴PF垂直平分OC，
∴OG＝CG＝4，∠EGF＝90°，
∴GF为△OBC的中位线，
∴GF＝OB＝2，
在Rt△EFG中
∴在中，由勾股定理得，
故答案为：.
【分析】先根据菱形的性质得到AC⊥BD，OA＝OC，BO＝DO＝BD＝4，则利用勾股定理可得到OA＝8，所以OC＝8，OE＝4，接着根据斜边上的中线性质得到FO＝FC，由作法得PO＝PC，
所以PF垂直平分OC，则OG＝CG＝4，∠EGF＝90°，然后证明GF为△OBC的中位线得到GF＝2，最后利用勾股定理计算EF的长．
20．【答案】D
【知识点】等腰三角形的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；三角形全等的判定（ASA）；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H，连接FH；
①∵CD=2AD，DF=FC，AD=BC，
∴CF=CB，
∴∠CFB=∠CBF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，
∴∠CFB=∠ABF，
∴∠ABF=∠CBF，
∴∠ABC=2∠ABF，故①正确；
②∵AD∥BC，
∴∠D=∠FCG，
∵F为DC的中点，
∴DF=CF，
在△DFE和△CFG中，∠D=∠FCG，DF=CF，∠DFE=∠CFG，
∴△DFE≌△CFG(ASA)，
∴FE=FG，
∵BE⊥AD，
∴∠DEB=∠AEB=90°，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBG=90°，
∴BF= EG=EF，
∴∠BEF=∠EBF，
∵∠DEF+∠BEF=90°，
∴∠DEF＋∠EBF=90°，故②正确；
③由②可知，S△DFE＝S△CFG，
∴S四边形DEBC=S△EBG=2S△BEF，故③正确；
④∵AH=HB，DF=CF，AB=CD，
∴CF=BH，
∵CF∥BH，
∴四边形BCFH是平行四边形，
∵CF=BC，
∴平行四边形BCFH是菱形，
∴∠BFC=∠BFH，
∵FE=FB，FH∥AD，BE⊥AD，
∴FH⊥BE，
∴∠BFH=∠EFH=∠DEF，
∠CFE=3∠DEF，故④正确；
其中正确结论的个数共有4个.
故答案为： D.
【分析】延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H，连接FH，由已知条件可得CF=CB，由等腰三角形的性质可得∠CFB=∠CBF，根据平行四边形以及平行线的性质可得∠CFB=∠ABF，推出∠ABF=∠CBF，据此判断①；根据平行线的性质可得∠D=∠FCG，证明△DFE≌△CFG，得到FE=FG，根据直角三角形斜边上中线的性质可得BF= EG=EF，由等腰三角形的性质可得∠BEF=∠EBF，然后结合∠DEF+∠BEF=90°可判断②；根据全等三角形的性质可得S△DFE＝S△CFG，据此判断③；易得平行四边形BCFH是菱形，则∠BFC=∠BFH，根据平行线的性质可得∠BFH=∠EFH=∠DEF，据此判断④.
21．【答案】（1）解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴∠CAD＝∠ACB＝∠BCN＝60°，
又AC⊥CD，
∴AB⊥AC，
∴∠B＝30°，
在Rt△ABC中，E为BC的中点，
∴BC＝2AE＝10，
∴AC＝BC＝5，
∴，
∴
（2）证明：延长CN至G，使CG＝AC，
由（1）知∠ACM＝∠GCM，
又MC＝MC，
∴△ACM≌△GCM，
∴AM＝GM，∠MAC＝∠G，
又AM＝MN，
∴GM＝MN，
∴∠G＝∠MNG＝∠MAC＝∠MAE+∠EAC，
又由（1）可得EC＝EA，
∴∠EAC＝∠ACE＝∠NCM，
∵∠MNG＝∠NCM+∠NMC，
∴∠NMC＝∠MAE，
在MC上截取MF＝AE，
∴△MAE≌△NMF，
∴ME＝FN，
又MC＝ME+CE＝MF+CF，MC＝EA+CN，
∵EA＝MF＝CE，
∴ME＝CN＝FN＝CF，
∴△NCF为等边三角形，
∴∠MCN＝60°，∴∠ACB＝60°，∴∠ABC＝30°，∴，
∵AE＝BC，∴AB＝AE．
【知识点】三角形的面积；等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；平行四边形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的性质可证得AB∥CD，AD∥BC，利用平行线的性质可证得∠CAD＝∠ACB＝∠BCN＝60°；再利用垂直的定义和三角形的内角和定理可求出∠B=30°，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可求出BC的长，利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出AC的长；利用勾股定理求出AB的长；然后利用三角形的面积公式求出△ABE的面积.
（2）延长CN至G，使CG＝AC，利用SAS证明△ACM≌△GCM，利用全等三角形的性质，可证得AM＝GM，∠MAC＝∠G，由此可推出GM=MN，利用等边对等角可证得∠G＝∠MNG＝∠MAC＝∠MAE+∠EAC；再证明∠NMC＝∠MAE，在MC上截取MF＝AE，利用全等三角形的判定，可证得△MAE≌△NMF，利用全等三角形的性质可证得ME=FN，由此可得到ME=CN=FN=CF，即可证得△NCF是等边三角形，利用等边三角形的性质可得到∠NCM=∠ACB=60°，∠ABC=30°，利用勾股定理可证得，根据BC=2AE，可证得结论.
22．【答案】AB=AF+AE【类比应用】（2）如图2，中，，，点为的中点，、分别为边、上两点，若满足，试探究、、之间满足的数量关系，并说明理由.【答案】解：.理由是：取中点G，连接，如图2∵点G是斜边中点，∴，∵，，点D为的中点，∴，∴，即，又∵，∴，∵，，∴为等边三角形，∴，，∴，∴，∴，∴；【拓展延伸】（3）在中，，，点为的中点，、分别为直线、上两点，若满足，，请直接写出的长.【答案】解：的长为或
（1）AB=AF+AE
（2）解：.理由是：
取中点G，连接，如图2
∵点G是斜边中点，
∴，
∵，，点D为的中点，
∴，
∴，即，
又∵，
∴，
∵，，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：的长为或
【知识点】等腰三角形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定（ASA）；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：【探究发现】（1）如图1，
∵，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故答案为：；
【拓展延伸】（3）解：当点E在线段上时，如图3，取的中点H，连接，
当，，时，
，此时F在的延长线上，
同（2）可得：，
∴，
∵，，
∴，
当点E在延长线上时，如图4，
同理可得：；
综上：的长为或.
【分析】【探究发现】根据等腰直角三角形的性质可得∠B=∠C=45°，∠BAD=∠CAD=45°，AD=BD=CD，由同角的余角相等可得∠BDF=∠ADE，利用ASA证明△BDF≌△ADE，得到BF=AE，据此解答；
【类比应用】
取AB的中点G，连接DG，根据直角三角形斜边上中线的性质可得DG=AG=BC，由等腰三角形的性质可得∠BAD=∠CAD=60°，由角的和差关系可得∠GDF=∠ADE，利用ASA证明△GDF≌△ADE，得到GF=AE，据此解答；
【拓展延伸】当点E在线段AC上时，取AC的中点H，连接DH，当AB=AC=5，CE=1，∠EDF=60°时，AE=4，此时F在BA的延长线上，同（2）可得△ADF≌△HDE，得到AF=HE，则AH=CH=，CE=1，然后根据AF=HE=CH-CE进行计算；当点E在AC延长线上时，同理求解即可.
23．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；三角形全等的判定（ASA）；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，连接DF，EF，过点F作 ， .
∵在 中， ，点G是DE中点，
∴ .
∵AG=FG，
∴A、D、F、E四点共圆，G点为圆心，DE为直径，
∴ .
∵在 中， ，
∴ .
又∵点F是BC中点，
∴ ， .
∴四边形AMFN是正方形，
∴ .
∵ ， ，
∴ .
∴在 和 中 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴在 中， .
故答案为： .
【分析】连接DF，EF，过点F作FN⊥AC，FM⊥AB，由直角三角形斜边上中线的性质可得AG=DG=EG，推出A、D、F、E四点共圆，G点为圆心，DE为直径，由勾股定理可得BC的值，易得四边形AMFN是正方形，则AN=AM=FN=FM，根据同角的余角相等可得∠NFD=∠MFE，利用ASA证明△NFD≌△MFE，得到ME=DN，然后求出AE，利用勾股定理可得DE.
24．【答案】40或100或70
【知识点】线段垂直平分线的性质；轴对称图形；旋转的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵△BCP恰为轴对称图形，
∴△BCP是等腰三角形，
如图1，连接AP，
∵O为斜边中点，OP＝OA，
∴BO＝OP＝OA，
∴∠APB＝90°，
当BC＝BP时，
∴∠BCP＝∠BPC，
∴∠BCP+∠ACP＝∠BPC+∠APC＝90°，
∴∠ACP＝∠APC，
∴AC＝AP，
∴AB垂直平分PC，
∴∠ABP＝∠ABC＝20°，
∴θ＝2×20°＝40，
当BC＝PC时，如图2，连接CO并延长交PB于H，
∵BC＝CP，BO＝PO，
∴CH垂直平分PB，
∴∠CHB＝90°，
∵OB＝OC，
∴∠BCH＝∠ABC＝20°，
∴∠CBH＝70°，
∴∠OBH＝50°，
∴θ＝2×50°＝100；
当PB＝PC时，如图3，
连接PO并延长交BC于G，连接OC，
∵∠ACB＝90°，O为斜边中点，
∴OB＝OC，
∴PG垂直平分BC，
∴∠BGO＝90°，
∵∠ABC＝20°，
∴θ＝∠BOG＝70，
综上所述：当△BCP恰为轴对称图形时，θ的值为40或100或70.
故答案为：40或100或70.
【分析】由题意可得：△BCP是等腰三角形，连接AP，根据中点的概念可得BO＝OP＝OA，则∠APB＝90°；当BC＝BP时，∠BCP＝∠BPC，推出AB垂直平分PC，得到∠ABP＝∠ABC＝20°，据此可得θ的度数；当BC＝PC时，连接CO并延长交PB于H，则CH垂直平分PB，由等腰三角形的性质可得∠BCH＝∠ABC＝20°，则∠CBH＝70°，∠OBH＝50°，据此计算；当PB＝PC时，连接PO并延长交BC于G，连接OC，则PG垂直平分BC，据此计算.
25．【答案】
【知识点】三角形三边关系；勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图所示：连接交于点O，连接，取的中点H，连接和，
在菱形中，
为中点，
为中点，
，
当C、F、E、A共线时，也为1，
为中点、H为中点，
，
在菱形中且，
，，
，
，
，
，
，
，
的最大值为.
故答案为：.
【分析】连接交于点O，连接，取的中点H，连接和，根据直角三角形的性质可得，根据三角形中位线的性质得，由菱形的性质得，根据含30°角的直角三角形的性质可得，由勾股定理求出OB=2，即得OH=，由勾股定理求出AH=，由三角形三边关系可得，即得AG的最大值为AH+GH的长，继而得解.
26．【答案】C
【知识点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，OB=4.5，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵AH⊥BC，
∴为的中点；
在中，为的中点
∴.
故答案为：C.
【分析】根据菱形的性质可得OA=OC，BD=2OB=9，由菱形的面积公式可求出AC的值，由直角三角形斜边上中线的性质可得OH=AC，据此计算.
27．【答案】（1）OE＝OF
（2）解：补全图形如图所示，仍然成立，
证明如下：延长交于点，
∵，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：当点P在线段的延长线上时，线段、、之间的关系为，
证明如下：延长交的延长线于点H，如图所示，
由（2） 可知 ，
∴，，
又∵，，
∴，
∴.
【知识点】平行线的性质；三角形全等的判定；含30°角的直角三角形；平行四边形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（1）如图1，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，
∵AE⊥BP，CF⊥BP，
∴∠AEO＝∠CFO＝90°，
∵∠AOE＝∠COF，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OE＝OF；
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得OA＝OC，由垂直的概念可得∠AEO＝∠CFO＝90°，根据对顶角的性质可得∠AOE＝∠COF，利用AAS证明△AOE≌△COF，据此解答；
（2）延长EO交CF于点G，根据垂直于同一直线的两直线互相平行可得AE∥CF，由平行线的性质可得∠EAO=∠GCO，利用ASA证明△AOE≌△COG，得到OE=OG，然后根据直角三角形斜边上中线的性质进行解答；
（3）延长EO交FC的延长线于点H，由（2） 可知△AOE≌△COH，则AE=CH，OE=OH，根据含30°角的直角三角形的性质可得HF=EH=OE，据此解答.
28．【答案】（1）
（2）解：（2）如图，
延长 到点 ，使得 ，延长 到点 ，使得 ，分别连接 、 、 和 ，
∵ ，
∴ 为 的垂直平分线，
∴ ，
∴ ，
同理可得 ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ （SAS），
∴ ，
∵ ， ， ，
∴ ， 分别是 和 的中位线，
∴ ， ，
∴ ；
（3） 或
【知识点】线段垂直平分线的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；三角形全等的判定（SAS）；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（1）∵ ， ，M为 的中点，
∴ ，
∴EM=CM；
故答案为： ；
（3）如图1，当直线DE过点A且在AB左侧时，
∵∠DBE=∠ABC=30°，AC=4，DE=2，
∴AB=2AC=8，BD=2DE=4，
∴BE= ，
在Rt△ABE中，AE= ，
∴AD= ；
如图2，当直线DE过点A且在AB右侧时，
∵∠DBE=∠ABC=30°，
∴AB=2AC=8，BD=2DE=4，BE= ，
∴AE= ，
∴AD= ．
故答案为： 或 ．
【分析】（1）根据直角三角形斜边中线的性质解答即可；
（2）作辅助线如图所示，根据线段垂直平分线的性质和已知条件利用SAS可证明 ，进而可得 ，然后根据三角形的中位线定理即可证得结论；
（3）分两种情况：直线DE过点A且在AB左侧时与直线DE过点A且在AB右侧时，分别画出图形，利用直角三角形的性质和勾股定理求解即可．
29．【答案】（1）；
（2）如图，延长 交 于
由（1）得： ，
为 的中点，
（3）延长 与 交于点
同理可得：
【知识点】三角形全等的判定（ASA）；三角形全等的判定（AAS）；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（1）如图，
为 的中点，
即
故答案为： ， MD=ME；
【分析】（1）由题意用角角边可证△APD≌△BPE，由全等三角形的对应边相等对应角相等可求解；
（2）延长EM交AD于F，由（1）可得AD∥BE，由平行线的性质可得∠FAM=∠MBE，结合题意用角边角可证△AFM≌△BEM，由全等三角形的对应边相等可得FM=EM，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求解；
（3）延长DA与EM交于点G，同理可证AD∥BE，结合题意用角边角可证△AGM≌△BEM，由全等三角形的对应边相等可得GM=EM，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求解.
30．【答案】（1）
（2）解：成立（具有）
证明：
延长 到点 ，使 ，连接 ，
∵点 为 的中点，
∴ 是 的中位线，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴
（3）解：14或 .
过E作EH⊥BC于H，
∴在Rt△ECD中，CE=2 ，
∵∠BCD=105 ，
∴∠HCE=105 -∠DCE=60 ，
∴CH= ，EH= ，
∵BC= ，
∴BH=BC-CH= - ，
∴FD2= ；
延长BC，过E作EG⊥BC于G，
∵∠BCD=105 ，∠DCE=45 ，
∴∠GCE=180 -∠ACD-∠DCE=30 ，
∴GE= ，
∴CG= ，
∴
∴FD2= .
综上所述， 的值为14或 .
【知识点】勾股定理的应用；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（1）如图：当点 落在 的延长线上时，∠ADE=90 ，
∵点 为 的中点，
∴AF=EF=FD，
∴ ，
∵BC=AC，∠ACB=90 ，CD=DE，∠CDE=90 ，
∴∠DCE=∠DEC=45 ，
∴∠BCE=∠BCD+∠DCE=90 +45 =135 ，
∴∠ACE=360 -∠ACB-∠BCE=360 -90 -135 =135 =∠BCE，
∵CE=CE，
∴△ACE≌△BCE（SAS），
∴AE=BE，
∴ ，
故答案为： ；
【分析】（1）；当点 落在 的延长线上时，∠ADE=90 ，点 为 的中点，直角三角形斜边中线的性质 ，再证△ACE≌△BCE（SAS）利用性质得AE=BE即可；
（2）成立（具有）延长 到点 ，使 ，连接 ，由点 为 的中点，可知 是 的中位线，有结论 ，先证 ，再证 ， 即可；
（3）分两种情况∠BCD再BC的左边与右边，构造Rt△ECH，∠HCE =60 或Rt△CGE，∠GCE=30 ，CH= ，CG= ，利用勾股定理求BE2，再用（1）结论即可.
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