6.3 三角形的中位线 知识点分类课时作业（含答案） 2024-2025学年数学北师大版八年级下册

3三角形的中位线
三角形中位线定理
1.如图,D,E分别为△ABC边AC,BC的中点,∠A=60°,DE=6,则下列判断错误的是 (　　)
A.∠ADE=120° B.AB=12
C.∠CDE=60° D.DC=6
2.如图,在△ABC中,D,E,F分别是边BC,AC, AB的中点,若AB=6,BC=8,则四边形BDEF的周长是(　　)
A.28 B.14
C.10 D.7
3.如图,在△ABC中,AB=BC=13,BD平分∠ABC交AC于点D,点F在BC上,且BF=5,连接AF, E为AF的中点,连接DE,则DE的长为 (　　)
A.3 B.4
C.5 D.6
4.(2024兰州中考)如图,小张想估测被池塘隔开的A,B两处景观之间的距离,他先在AB外取一点C,然后步测出AC,BC的中点D,E,并步测出DE的长约为18 m,由此估测A,B之间的距离约为 (　　)
A.18 m B.24 m
C.36 m D.54 m
5.(2024青岛期末)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,D,E分别为CA,CB的中点,AF平分∠BAC,交DE于点F,若AC=6,BC=8,则EF的长为　　　　.
6.如图,在△ABC中,AB=AC,D,E分别是边AB,AC上的点,连接BE,DE,∠ADE=∠AED,F,G,H分别为BE,DE,BC的中点.
求证:FG=FH.
三角形的中位线定理与平行四边形
7.如图,D,E分别是△ABC的边AB,AC的中点,连接BE,过点C作CF∥BE,交DE的延长线于点F,若DE=2,则EF的长为 (　　)
A.2 B.3 C.4 D.8
8.如图,在△ABC中,AD是BC边上的中线,E是AD的中点,连接BE并延长至点F,使EF=BE,连接AF,CF.
求证:四边形ADCF是平行四边形.
1.如图,已知△ABC的周长为,连接△ABC的三边的中点构成第2个三角形,再连接第2个三角形三边的中点构成第3个三角形,依次类推,则第2 023个三角形的周长为 (　　)
A. B. C. D.
2.如图,在△ABC中,∠C=90°, E是CA延长线上一点,F是CB上一点,AE=12,BF=8,P,Q,D分别是AF,BE,AB的中点,则PQ的长为 (　　)
A.2 B.4 C.6 D.3
3.如图,在四边形ABCD中,∠A= 90°,AB=3,AD=3,M,N分别为线段BC,AB上的动点(含端点,但点M不与点B重合),E,F分别为DM,MN的中点.则EF长度的最大值为　　　　.
4.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=30°,D,E分别是边AB,AC的中点,延长BC至点F,使CF=BC.连接EF,若EF=2,则DE的长为　　　　.
5.(推理能力)已知,AD是△ABC的中线,过点C作CE∥DA.
图1 图2 图3
(1)如图1,DE∥BA交AC于点F,连接AE.求证:四边形ABDE是平行四边形.
(2)P是线段AD上一点(不与点A,D重合),PE∥BA交AC于点F,交CE于点E,连接AE.如图2,四边形ABPE是平行四边形吗 请说明理由.
(3)在第(2)问的条件下,如图3,延长BP交AC于点Q,若BQ⊥AC,∠ACB=45°,∠CAD=30°,BC=4,请求出AQ的值.
【详解答案】
课堂达标
1.D　2.B　3.B　4.C　5.2
6.证明:∵∠ADE=∠AED,
∴AD=AE.∵AB=AC,
∴AB-AD=AC-AE,即BD=CE.
∵F,G,H分别为BE,DE,BC的中点,
∴FG是△EDB的中位线,FH是△BCE的中位线,
∴FG=BD,FH=CE,
∴FG=FH.
7.C
8.证明:∵E是AD的中点,
∴DE=AD.
∵BE=EF,AD为△ABC的BC边上的中线,
∴DE为△BCF的中位线,
∴DE=CF,DE∥CF,即AD∥CF,
∴AD=CF,
∴四边形ADCF是平行四边形.
课后提升
1.D　解析:根据三角形的中位线定理可知,第2个三角形的各边长度分别是与第1个三角形平行的边的长度的一半,∴第2个三角形的周长C2与第1个三角形的周长C1的关系为C2=C1=.同理可得,C3=C2=,C4=C3=,…,Cn=Cn-1=,∴第2 023个三角形的周长C2 023=.故选D.
2.A　解析:∵∠C=90°,∴∠CAB+∠CBA=90°.∵P,D分别是AF,AB的中点,∴PD=BF=4,PD∥BF.∴∠ADP=
∠ABC.同理,DQ=AE=6,DQ∥AE,∴∠ADQ=∠CAB,∴∠PDQ=∠ADP+∠ADQ=90°,∴△PQD是直角三角形,由勾股定理,得PQ==2.故选A.
3.3　解析:如图,连接DN,DB.∵E,F分别为DM,MN的中点,∴EF=DN,∴DN最大时,EF最大.∵点N与点B重合时DN最大,此时DN=DB==6,∴EF的最大值为3.
4.1　解析:如图,连接CD.
∵D,E分别是边AB,AC的中点,∴DE是△ABC的中位线.∴DE∥BC,DE=BC.
∵CF=BC,∴DE=CF,∴四边形DEFC为平行四边形,∴CD=EF=2.∵∠ACB=90°,DE∥BC,∴∠DEA=90°,即DE⊥AC.∵AE=CE,∴AD=CD=2.在Rt△AED中,∠AED=90°,∠A=30°,∴DE=AD=1.
5.解:(1)证明:∵CE∥DA,
∴∠ADB=∠ECD.
∵DE∥BA,∴∠ABD=∠EDC.
又∵AD是△ABC的中线,
∴BD=DC,
∴△ABD≌△EDC(ASA),∴AB=DE,
∴四边形ABDE是平行四边形.
(2)四边形ABPE是平行四边形.
理由如下:如图1,延长BP,交CE于点G,取CG的中点H,连接DH,
∵CE∥DA,∴∠APB=∠EGP.
∵PE∥BA,∴∠ABP=∠EPG.
∵AD是△ABC的中线,H为CG的中点,
∴DH为△BCG的中位线,
∴DH∥BG,BG=2DH,
即DH∥PG.
又∵CE∥DA,即GH∥PD,
∴四边形PDHG为平行四边形,
∴DH=PG,则BG=2DH=2PG=PG+BP,
∴BP=PG,∴△ABP≌△EPG(ASA),
∴AB=EP,
∴四边形ABPE是平行四边形.
图1
(3)如图2,取BQ的中点M,连接DM,
∵AD是△ABC的中线,M为BQ的中点,
∴MD为△BCQ的中位线,
∴MD∥AC,MD=CQ,
∵BQ⊥AC,∠ACB=45°,
则∠BQC=∠AQP=90°,
∴∠CBQ=45°=∠ACB,
则BQ=CQ,由勾股定理可得BQ2+CQ2=BC2=16,
∴BQ=CQ=2,
∴MD=CQ=,BM=MQ=BQ=,
∵MD∥AC,∠CAD=30°,
∴∠DMP=∠BQC=90°,∠PDM=∠CAD=30°,
∴PD=2MP,由勾股定理可得PD2-MP2=MD2,可得MP=,则PQ=MQ-MP=.
∵∠AQP=90°,∠CAD=30°,
∴由勾股定理可得AQ=.
图2