2025年中考数学几何辅助线解题方法第12招 中点、中线想中位线，延线或作平行线（含解析）

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第12招 中点、中线想中位线，延线或作平行线
在题目给出的条件中，当含有中点、中线的信息时，往往要主动联想到中位线，或过中点作某已知线的平行线，或倍长中线、或延长中位线等于其若干倍，构造全等三角形，或找到相似三角形，构造平行四边形，再利用平行线的性质，或相似三角形、全等三角形的性质，或平行四边形的性质进行分析、探究，以获得问题的解决.此招辅助线我们可将它表述为：
中点、中线想中位线，延线或作平行线.
例1 如图12-1 所示,已知 D 是△ABC 边BC 的中点,E是AC上的点,连接BE,AD,交于点F,且AE=EF,求证:AC=BF.
解析 证法1 延长AD到点 H,使得 DH═AD.
连接BH,如图 12-2所示.
(中点、中线想中位线，延线或作平行线)
∵D为BC 的中点,∴BD=DC.
在△ADC和△HDB中,
∴△ADC≌△HDB(SAS).
∴AC=BH,∠H=∠HAC.
∵EA=EF,∴∠HAE=∠AFE.
(三角形，若等腰，三线合一等底角)
又∠BFH=∠AFE,∴BH=BF.
∴BF=AC.
证法2 过点 C作CH∥BF,与AD的延长线交于点 H，如图12-3所示.
(中点、中线想中位线，延线或作平行线)
∴∠BFD=∠DHC.
∵D为BC 的中点,∴BD=DC.
在△BFD 和△CHD中
∴△BFD≌△CHD(AAS).
∴BF=CH.
∵AE=FE,∴∠HAC=∠AFE.
(三角形，若等腰，三线合一等底角)
又∠AFE=∠BFH,∴∠H=∠HAC.
∴CH=CA.
∴BF=AC.
点评 本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质.由题设中的“中点”信息，想到“中点、中线想中位线，延线或作平行线”，添加恰当的辅助线构建全等三角形是解题的关键所在.一般来说，对于含有中点的问题，通过“倍长中线”可以得到两个全等三角形.而过一点作已知直线的平行线，可以起到转移角的作用，也起到了构造全等三角形的作用.证法1注重了“延线”(倍长中线)；证法2注重了“作平行线”.不难得知，对倍长中线而言，也可以延长FD至点H,使得DH=FD,如图12-3所示,证明△CDH 和△BDF全等来突破.对作平行线而言，也可以过点 B作BH 平行AC，与AD的延长线相交于点 H，如图12-2所示，证明△ADC和△HDB 全等来探究.读者不妨试试.
例2 如图12-4所示,已知M是△ABC边BC的中点,分别以△ABC的两边AB,AC向外作正方形ABEF和ACGH.求证:FH=2AM.
解析 证明 ∵M为BC 的中点,
∴AM为边BC 的中线.
如图12-5所示,延长AM至点D,使MD=AM.
(中点、中线想中位线，延线或作平行线)
连接BD,在△AMC和△DMB中
∴△AMC≌△DMB.
∴AC=DB,∠4=∠D.
而∠5+∠3+∠4=180°,
又(∠1+∠2)+(∠3+∠D)=180°,
两式相减,得∠5=∠1+∠2.
又BD=AC=AH,AB=AF,
∴△ABD≌△FAH(SAS).
∴FH=AD=2AM.
∴FH=2AM.
点评 由中点想到延长中线，层层递进是证题的必由之路，本证法充分体现了“中点、中线想中位线，延线或作平行线”的战术思想.另外，在本题的条件下，还可证明AM⊥HF.读者不妨试试.
例3 阅读下面的题目及分析过程，并按要求进行证明.
已知:如图12-6所示,E是BC 的中点,点A 在DE上,且满足∠EAB=∠EDC.
求证:AB=CD.
分析：证明两条线段相等，常用的方法是应用全等三角形或等腰三角形的判定和性质，观察本题中要证明的两条线段，它们不在同一个三角形中，且它们分别所在的两个三角形也不全等，因此，要证AB=CD，须添加适当的辅助线，构造全等三角形或等腰三角形.
(1) 现给出如下两种添加辅助线的方法，请任意选出其中一种，对原题进行证明.
① 如图12-7所示,延长DE到点F,使EF=DE,连接BF.
② 如图12-8所示,分别过点 B,C作BF⊥DE,CG⊥DE,垂足分别为 F,G.
(2) 请你在图12-9中，添加不同于上述的辅助线，并对原题进行证明.
解析 (1) ① 如图12-7所示,延长DE到点F,使EF=DE,连接
BF.(延线或作平行线)
∵E是BC 的中点,∴BE=CE.
在△BEF 和△CED中,
∴BF=CD,∠F=∠CDE.
∵∠BAE=∠CDE,∴∠BAE=∠F,且AB=BF.
∴AB=CD.
②如图12-8所示,分别过点 B,C作BF⊥DE,CG⊥DE,垂足分别为 F,G.
(中点、中线想中位线，延线或作平行线)
∴∠F=∠CGE=∠CGD=90°.
∵E是BC 的中点,∴BE=CE.
在△BEF 和△CEG中
∴△BEF≌△CEG(AAS).∴BF=CG.
在△BAF 和△CDG中,
∴△BAF≌△CDG(AAS).∴AB=CD.
(2)如图12-10 所示,过点 C作CF∥AB,交 DE的延长线于点F.(延线或作平行线)
故∠BAE=∠EFC.
∵E是BC 的中点,∴BE=CE.
在△BAE 和△CFE中,
∴△BAE≌△CFE(AAS).
∴CF=BA,∠BAE=∠F.
∵∠BAE=∠EDC,∴∠F=∠EDC.
∴CF=CD.∴AB=CD.
点评 本题是三角形综合题，题型新颖、开放.主要考查了全等三角形的判定和性质，对顶角相等，平行线的性质，考查推理判断能力.证题的关键是作出恰当的辅助线，构造全等三角形.在第(1)问中图12-7，图12-8所给出的辅助线是对第(2)问所要作的辅助线的一个导引.这些辅助线都充分体现了“中点、中线想中位线，延线或作平行线”的解题思想.
跟踪训练
1. 已知E,F分别是四边形 ABCD对角线 BD,AC的中点,如图所示,直线EF交AB于点M,交CD于点N,且AB=CD.求证:∠BME=∠FNC.
2. 如图所示,在△ABC中,∠ACB=90°,D 是BC 的中点,P 是AD的中点，延长CP交AB 于点E，过点E作AC 的平行线交AD 于点F，连接CF,求证:
3. (1)如图1所示,在四边形ABCD中,AB=CD,E,F分别是BC,AD的中点，连接EF，并延长分别与 BA，CD 的延长线交于点M，N，证明:∠BME=∠CNE.
请将证明∠BME=∠CNE 的过程填写完整：
证明 连接 BD,取 BD的中点H,连接 HE,HF.
∵F是AD的中点,H是BD的中点,∴HF∥ ,HF= .
同理:HE∥ ,HE= .
∴∠1=∠BME,∠2=∠CNE.
又AB=CD,∴HF=HE,故∠1=∠2.
∴∠BME=∠CNE.
(2) 运用上述方法解决下列问题：
问题一:如图2 所示,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，请判断△OMN 的形状，并说明理由.
问题二:如图3所示,在钝角三解形 ABC中,AC>AB,点 D 在AC上，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°,△AGD是直角三角形且∠AGD=90°,求证:AB=CD.
答案
1. 证明 取 BC的中点G,连接EG,FG,如图所示.
∵E为BD的中点,G为BC的中点,
∴EG为△BDC的中位线.(中点、中线想中位线)
由此可得
同理可得
又AB=CD,则EG=FG.
故△EFG为等腰三角形,则∠GFN=∠GEM. ①
易得∠BME=∠GFN,∠CNF=∠GEM. ②
由①②,得∠BME=∠FNC.
2. 证明 要证 采用等分法.
设法三等分AB，因为 P是AD的中点，
D是BC的中点,于是,过点 D作DG∥CE,如图所示.
由中位线性质可得
于是，问题等价于证明CF=AE.
∵P是直角三角形ACD 斜边AD 的中点，
∴PA=PC,故∠1=∠2.
∵EF∥AC,∴∠CEF=∠1,∠2=∠AFE.
∴∠CEF=∠AFE,故 PE=PF,从而△APE≌△CPF.
3. (1)AB, AB,CD, CD
连接BD,取BD的中点 H,连接HE,HF.
∵F是AD的中点,H是BD的中点,
同理：
∴∠1=∠BME,∠2=∠CNE,
又AB=CD,∴HF=HE,故∠1=∠2.
∴∠BME=∠CNE.
故填AB, AB,CD, CD.
(2) 问题一 △OMN 是等腰三角形，理由如下：
取AC的中点 P,连接 PF,PE,如图1所示.
∵E,F分别是BC,AD的中点,
∴PE是△ABC的中位线,PF 是△ADC的中位线.
∴∠PEF=∠ANF,∠PFE=∠CME.
又AB=CD,∴PE=PF.∴∠PFE=∠PEF,∴∠OMN=∠ONM.
∴△OMN 为等腰三角形.
问题二 证明:连接BD,取 BD的中点H,连接 HF,HE,如图2所示.
∵F是AD 的中点,∴HF 是△ABD的中位线.
同理得证
∵∠AFG=∠EFC=60°,
∴△AGF是等边三角形.∴∠AGF=∠GAF=60°.
∵HF∥AB,∴∠AFH=∠GAF=60°.∴∠EFH=180°-60°-60°=60°.
∵HE∥CD,∴∠HEF=∠EFC=60°.
∴∠HFE=∠HEF=60°.∴HF=HE.
∴AB=CD.