资源简介

期末专项培优：三角形的中位线
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 洪雅县期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，点D，E分别在BC，AC边上，且AE＝4，BD＝6，分别连接AD，BE，点M，N分别是AD，BE的中点，连接MN，则线段MN的长（　　）
A． B．3 C．3 D．
2．（2024秋 钢城区期末）如图，小华注意到跷跷板静止状态时，可以与地面构成一个△ABC，跷跷板中间的支撑杆EF垂直于地面（E、F分别为AB、AC的中点），若EF＝35cm，则点B距离地面的高度为（　　）
A．80cm B．70cm C．60cm D．50cm
3．（2024秋 温江区期末）如图，在Rt△ABC中，点D、E分别为BC、AC中点，若AE＝4，BD＝5，则AB的长为（　　）
A．9 B．7 C．6 D．8
4．（2024秋 章丘区期末）如图，DE是△ABC的中位线，点F在DB上，DF＝2BF，连接EF并延长，与CB的延长线相交于点M．若BC＝8，则线段CM的长为（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
5．（2024秋 桓台县期末）如图，在△ABC中，BA＝BC＝5，AC＝6，点D，点E分别是BC，AB边上的动点，连结DE，点F，点M分别是CD，DE的中点，则FM的最小值为（　　）
A． B． C．3 D．
二．填空题（共5小题）
6．（2024秋 建湖县期末）如图是跷跷板示意图，支柱OM经过AB的中点O，OM与地面CD垂直于点M，OM＝30cm，当跷跷板的一端A着地时，另一端B离地面的高度为　 　cm．
7．（2024秋 朝阳区期末）如图，为了测量某工件的内槽宽，把两根钢条OA、OB的端点O连在一起，点C、D分别是OA、OB的中点．经测得CD＝5.5cm，则该工件内槽宽AB的长为　 　cm．
8．（2024秋 南昌期末）若D为△ABC边BC的中点，E为AD的中点，BE交AC于点F，则AF：FC＝　 　．
9．（2024 南山区一模）在锐角△ABC中，AD，BE分别为△ABC的中线和角平分线，AD＝BE，且AD⊥BE，则 　 　．
10．（2024秋 长宁区校级期中）已知，在△ABC中，CD、BE分别是AB、AC上的中线，DC与BE相交于点O，联结DE，若S△DOE＝1，则S△ABC＝ 　 　．
三．解答题（共5小题）
11．（2024秋 法库县期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，E，F分别是BC，AC的中点，延长BA到点D，使，连结DE，DF，DE交AF于点M．
（1）求证：AP＝FP；
（2）若BC＝10，求DF的长．
12．（2024春 兴隆台区校级期中）如图，在△ABC中，ED，EF是中位线，连接EC和DF，交于点O．
（1）求证：OEEC；
（2）若OD＝2，求AB的长．
13．（2023秋 威海期末）如图，在四边形ABCD中，P是对角线BD的中点，E、F分别是AB、CD的中点，AD＝BC，∠PEF＝18°，求∠PFE的度数．
14．（2024秋 二道区校级月考）如图，点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＝3，求DF的长．
15．（2023秋 桓台县期末）已知，如图△ABC中，点E是边AC的中点，点F是BE的中点，连接AF并延长交边BC于点D，BD＝2．求边BC的长．
期末专项培优：三角形的中位线
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024秋 洪雅县期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，点D，E分别在BC，AC边上，且AE＝4，BD＝6，分别连接AD，BE，点M，N分别是AD，BE的中点，连接MN，则线段MN的长（　　）
A． B．3 C．3 D．
【考点】三角形中位线定理．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】D
【分析】取AB的中点F，连接NF、MF，根据直角三角形的性质得到∠CAB+∠CBA＝90°，根据三角形中位线定理分别求出MF、NF，以及∠MFN＝90°，根据勾股定理计算，得到答案．
【解答】解：取AB的中点F，连接NF、MF，
△ABC中，∵∠ACB＝90°，
∴∠CAB+∠CBA＝90°，
∵AM＝MD，AF＝FB，
∴MF是△ABD的中位线，
∴MFBD＝3，MF∥BC，
∴∠AFM＝∠CBA，
同理，NFAE＝2，NF∥CC，
∴∠BFN＝∠CAB，
∴∠AFM+∠BFN＝∠CAB+∠CBA＝90°，
∴∠MFN＝90°，
∴MN，
故选：D．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理，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．
2．（2024秋 钢城区期末）如图，小华注意到跷跷板静止状态时，可以与地面构成一个△ABC，跷跷板中间的支撑杆EF垂直于地面（E、F分别为AB、AC的中点），若EF＝35cm，则点B距离地面的高度为（　　）
A．80cm B．70cm C．60cm D．50cm
【考点】三角形中位线定理．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】B
【分析】根据三角形中位线定理即可解决问题．
【解答】解：∵E、F分别为AB、AC的中点，EF＝35cm，
∴BC＝2EF＝70（cm），
∴点B距离地面的高度为70cm．
故选：B．
【点评】本题考查三角形中位线定理，解决本题的关键是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．
3．（2024秋 温江区期末）如图，在Rt△ABC中，点D、E分别为BC、AC中点，若AE＝4，BD＝5，则AB的长为（　　）
A．9 B．7 C．6 D．8
【考点】三角形中位线定理；勾股定理．
【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】根据直角三角形的性质得到AD＝BD＝5，根据三角形中位线定理得到DE∥AB，DE，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：∵点D是BC的中点，∠BAC＝90°，
∴AD＝BD＝5，
∵点D、E分别为BC、AC中点，
∴DE∥AB，DE，
∴DE⊥AC，
∴∠AED＝90°，
∴DE3，
∴AB＝2DE＝6，
故选：C．
【点评】本题考查了三角形中位线定理，勾股定理，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
4．（2024秋 章丘区期末）如图，DE是△ABC的中位线，点F在DB上，DF＝2BF，连接EF并延长，与CB的延长线相交于点M．若BC＝8，则线段CM的长为（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
【考点】三角形中位线定理．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】D
【分析】根据三角形中中位线定理证得DE∥BC，求出DE，进而证得△DEF∽△BMF，根据相似三角形的性质求出BM，即可求出结论．
【解答】解：∵DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，，
∴△DEF∽△BMF，
∴，
∴BM＝2，
∴CM＝BC+BM＝10．
故选：D．
【点评】本题主要考查了三角形中位线定理，相似三角形的性质和判定，熟练掌握三角形中位线定理和相似三角形的判定方法是解决问题的关键．
5．（2024秋 桓台县期末）如图，在△ABC中，BA＝BC＝5，AC＝6，点D，点E分别是BC，AB边上的动点，连结DE，点F，点M分别是CD，DE的中点，则FM的最小值为（　　）
A． B． C．3 D．
【考点】三角形中位线定理；垂线段最短；三角形的面积；等腰三角形的性质；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】A
【分析】连接CE，过点B作BH⊥AC于H，根据三角形中位线定理得到MFCE，根据等腰三角形的性质求出AH，根据勾股定理求出BH，再根据三角形面积公式、垂线段最短解答即可．
【解答】解：如图，连接CE，过点B作BH⊥AC于H，
∵点F，点M分别是CD，DE的中点，
∴MF是△DEC的中位线，
∴MFCE，
∵BA＝BC，BH⊥AC，
∴AH＝HCAC＝3，
∴BH4，
当CE⊥AB时，CE最小，此时AC BHAB CE，
∴6×45×CE，
解得：CE，
∴FM的最小值为，
故选：A．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
二．填空题（共5小题）
6．（2024秋 建湖县期末）如图是跷跷板示意图，支柱OM经过AB的中点O，OM与地面CD垂直于点M，OM＝30cm，当跷跷板的一端A着地时，另一端B离地面的高度为　60　cm．
【考点】三角形中位线定理．
【专题】三角形；推理能力；应用意识．
【答案】60．
【分析】判断出OM是△ABE的中位线，再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可得BE＝2OM．
【解答】解：∵O是AB的中点，OM垂直于地面，BE垂直于地面，
∴OM∥BE，
∴OM是△ABE的中位线，
∴BE＝2OM＝2×30＝60（cm），
另一端B离地面的高度为60cm，
故答案为：60．
【点评】本题考查了三角形中位线定理，熟记定理是解题的关键．
7．（2024秋 朝阳区期末）如图，为了测量某工件的内槽宽，把两根钢条OA、OB的端点O连在一起，点C、D分别是OA、OB的中点．经测得CD＝5.5cm，则该工件内槽宽AB的长为　11　cm．
【考点】三角形中位线定理．
【专题】三角形；几何直观；推理能力．
【答案】11．
【分析】根据点C、D分别是OA、OB的中点，可知CD是△OAB的中位线，根据三角形中位线定理可知AB＝2CD，从而可求槽宽AB的长．
【解答】解：∵把两根钢条OA、OB的端点O连在一起，点C、D分别是OA、OB的中点，CD＝5.5cm，
∴CD是△OAB的中位线，
∴AB＝2CD＝2×5.5＝11（cm）．
故答案为：11．
【点评】本题考查了三角形中位线定理，解答本题的关键要熟练掌握三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
8．（2024秋 南昌期末）若D为△ABC边BC的中点，E为AD的中点，BE交AC于点F，则AF：FC＝　　．
【考点】三角形中位线定理．
【答案】见试题解答内容
【分析】过D点作DG平行于AC交BF与G点，根据E为AD中点可知AE＝DE 再由DG∥AC可知∠GDE＝∠FAE，根据ASA定理得出△GDE≌△FAE（ASA），故可得出DG＝AF，根据DG为△BCF的中位线即可得出结论．
【解答】解：过D点作DG平行于AC交BF与G点，
∵E为AD中点，
∴AE＝DE
∵DG平行于AC，
∴∠GDE＝∠FAE．
在△GDE与△FAE中，
∵，
∴△GDE≌△FAE（ASA），
∴DG＝AF．
∵DG为△BCF的中位线，
∴DGCF，
∴．
故答案为：．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理，熟知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答此题的关键．
9．（2024 南山区一模）在锐角△ABC中，AD，BE分别为△ABC的中线和角平分线，AD＝BE，且AD⊥BE，则 　　．
【考点】三角形中位线定理；角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】三角形；运算能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】过D作DF∥BE，交AC于点F，因为AD⊥BE，所以FD⊥AD，证△CFD∽△CEB，因为AD是△ABC的中线，可得，CF＝EF，设FD＝x，则AD＝2x，BE＝2x，由勾股定理得AF的长，因为BE为△ABC的角平分线，AD⊥BE，证△ABM≌△DBM（ASA），可得AB＝BD，AM＝DM，证△AEM∽△AFD，可得，AE＝EF，可得BM、AM的长，由勾股定理得AB的长，可得BC的长，所以AC，可得AC的长，即得的值．
【解答】解：过D作DF∥BE，交AC于点F，
，
∵AD是△ABC的中线，
∴CD＝BD，即CD＝BDBC，
∵DF∥BE，
∴∠CFD＝∠CEB，∠CDF＝∠CBE，
∴△CFD∽△CEB，
∴，
∴CF＝EF，
∵AD⊥BE，DF∥BE，
∴FD⊥AD，即∠ADF＝90°，
∵BE＝AD，
∴AD＝2FD，
设FD＝x，则AD＝2x，BE＝2x，
由勾股定理得，AFx，
∵BE为△ABC的角平分线，
∴∠ABM＝∠DBM，
∵AD⊥BE，
∴∠DMB＝∠AMB＝90°，
∵BM＝BM，
∴△ABM≌△DBM（ASA），
∴AM＝DM，即AMAD，AB＝BD，
∵DF∥BE，
∴∠AEM＝∠AFD，∠AME＝∠ADF，
∴△AEM∽△AFD，
∴，
∴AE＝EF，EMx，BM＝BE﹣EMx，AMAD＝x，由勾股定理得ABx，
∴BD＝ABx，
∴BC＝2BDx，
∵CF＝EF，
∴ACx，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了三角形中位线、角平分线，证△CFD∽△CEB，△ABM≌△DBM，△AEM∽△AFD是本题的关键．
10．（2024秋 长宁区校级期中）已知，在△ABC中，CD、BE分别是AB、AC上的中线，DC与BE相交于点O，联结DE，若S△DOE＝1，则S△ABC＝ 　12　．
【考点】三角形中位线定理；三角形的面积．
【专题】三角形；运算能力．
【答案】12．
【分析】根据中线，得到DE是△ABC的中位线，进而得到，证明△DOE∽△COB，得到，进而得到，进而求出△BDE的面积，再根据三角形的中线平分面积，进行求解即可．
【解答】解：由题意可知：DE是△ABC的中位线，
∴，
∴△DOE∽△COB，
∴，
∴，
∴，S△DOE＝1，
∴S△BDE＝3S△DOE＝3，
∵D为AB的中点，
∴DE为△ABE的中线，
∴S△BAE＝2S△BDE＝6，
同理：S△ABC＝2S△BAE＝12．
故答案为：12．
【点评】本题考查三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，三角形的中线平分面积，熟练掌握三角形的中位线定理，是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
11．（2024秋 法库县期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，E，F分别是BC，AC的中点，延长BA到点D，使，连结DE，DF，DE交AF于点M．
（1）求证：AP＝FP；
（2）若BC＝10，求DF的长．
【考点】三角形中位线定理；平行四边形的判定与性质；平行线的性质．
【专题】三角形；多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）5．
【分析】（1）连接EF、AE，证四边形AEFD是平行四边形即可．
（2）注意应用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和平行四边形的性质：平行四边形的对边相等，求得AE长即可．
【解答】（1）证明：连接EF，AE．
∵点E，F分别为BC，AC的中点，
∴EF∥AB，EFAB．
又∵ADAB，
∴EF＝AD．
又∵EF∥AD，
∴四边形AEFD是平行四边形．
∴AF与DE互相平分，
∴AP＝FP；
（2）解：在Rt△ABC中，
∵E为BC的中点，BC＝10，
∴AEBC＝5．
又∵四边形AEFD是平行四边形，
∴DF＝AE＝5．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，解答本题的关键是明确有中点时需考虑运用三角形的中位线定理或者直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
12．（2024春 兴隆台区校级期中）如图，在△ABC中，ED，EF是中位线，连接EC和DF，交于点O．
（1）求证：OEEC；
（2）若OD＝2，求AB的长．
【考点】三角形中位线定理．
【答案】（1）见解析；
（2）8．
【分析】（1）证明四边形EFCD是平行四边形即可得出结论；
（2）证明DF是△ABC的中位线即可求解．
【解答】（1）证明：∵ED，EF是中位线，
∴ED∥FC，EF∥DC，
∴四边形EFCD是平行四边形，
∵对角线CE和DF相交于点O，
∴OE；
（2）解：∵EC，DF是平行四边形EFCD的对角线，OD＝2，
∴DF＝2OD＝4，
∵ED，EF是△ABC的中位线，
∴点D，F分别是AC，BC的中点，
∴DF是△ABC的中位线，
∴DF，
∴AB＝2DF＝8．
【点评】本题考查了三角形中位线定理，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
13．（2023秋 威海期末）如图，在四边形ABCD中，P是对角线BD的中点，E、F分别是AB、CD的中点，AD＝BC，∠PEF＝18°，求∠PFE的度数．
【考点】三角形中位线定理．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】18°．
【分析】根据三角形中位线定理得到EPAD，FPBC，进而证明EP＝FP，根据等腰三角形的性质解答即可．
【解答】解：∵E、P分别是AB、BD的中点，
∴EP是△ABD的中位线，
∴EPAD，
同理可得：FPBC，
∵AD＝BC，
∴EP＝FP，
∴∠PFE＝∠PEF＝18°．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，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．
14．（2024秋 二道区校级月考）如图，点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＝3，求DF的长．
【考点】三角形中位线定理；平行四边形的判定与性质．
【专题】多边形与平行四边形；几何直观；推理能力．
【答案】9．
【分析】由三角形中位线定理得DE∥BC，，由平行四边形的判定方法得四边形BCFE是平行四边形，由平行四边形的性质，即可求解．
【解答】解：点D、E分别是△ABC的边AB、AC的中点，CF∥BE，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，，
∵DE＝3，
∴BC＝6，
∴四边形BCFE是平行四边形，
∴EF＝BC＝6，
∴DF＝DE+EF
＝3+6
＝9．
【点评】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定与性质，掌握三角形中位线定理是解题的关键．
15．（2023秋 桓台县期末）已知，如图△ABC中，点E是边AC的中点，点F是BE的中点，连接AF并延长交边BC于点D，BD＝2．求边BC的长．
【考点】三角形中位线定理．
【专题】三角形；运算能力．
【答案】6．
【分析】取AD的中点G，连接EG，如图所示，根据中位线的判定与性质得到，进而利用全等三角形的判定与性质得到GE＝BD＝2，从而得到答案．
【解答】解：∵取AD的中点G，连接EG，如图所示：
∴EG是△ADC的中位线，
∴，
∴∠GEF＝∠DBF，
∵点F是BE的中点，
∴BF＝FE，
在△BDF和△EGF中，
，
∴△BDF≌△EGF（ASA），
∴GE＝BD＝2，
∴CD＝2EG＝4，
∴BC＝BD+DC＝2+4＝6．
【点评】本题考查求线段长，涉及三角形中位线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，灵活构造出辅助线，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决问题的关键．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑