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新课预习衔接 中位线
一．选择题（共5小题）
1．（2024春 泸县期末）如图，CD是△ABC的中线，E，F分别是AC，DC的中点，EF＝3，则BD的长为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
2．（2024 镇安县三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AD为中线，E为AD的中点，DF∥CE交BE于点F．若AC＝8，BC＝12，则DF的长为（　　）
A．2 B．4 C．3 D．2.5
3．（2024 东营期末）如图，四边形ABCD中，P、R分别是BC、CD上的点，E、F分别是AP、RP的中点，当点P在CB上从C向D移动而点R不动时，那么下列结论成立的是（　　）
A．线段EF的长逐渐增大
B．线段EF的长逐渐减小
C．线段EF的长不变
D．线段EF的长与点P的位置有关
4．（2024春 新城区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝BC＝10，BD平分∠ABC交AC于点D，点F在BC上，且BF＝4，连接AF，E为AF的中点，连接DE，则DE的长为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
5．（2024春 南岗区校级期中）已知：三角形的各边分别为6cm，8cm，10cm，则连结各边中点所成三角形的周长为（　　）
A．24cm B．18cm C．14cm D．12cm
二．填空题（共5小题）
6．（2024 古浪县三模）如图，四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝2，AD＝2，点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），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为　 　．
7．（2024春 丰台区期末）如图，A，B两点被池塘隔开，在AB外选一点C，连接AC和BC．分别取AC，BC的中点D，E，测得D，E两点间的距离为30m，则A，B两点间的距离为 　 　m．
8．（2024春 南山区校级期末）如图，在四边形ABCD中，P是对角线BD的中点，点E、F分别是AB、CD的中点，AD＝BC，∠EPF＝140°，则∠EFP的度数是 　 　．
9．（2024 甘肃二模）如图，在△ABC中，D，E分别是AB和AC的中点，F是BC延长线上一点，CF＝1，DF交CE于点G，且EG＝CG，则BC＝　 　．
10．（2024 安徽模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，点D在AC上，且AD＝2，点E是AB上的动点，连接DE，点F，G分别是BC和DE的中点，连接AG，FG，当AG＝FG时，线段DE的长为 　 　．
三．解答题（共5小题）
11．（2024春 峡江县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，AE平分∠CAB，CE⊥AE于点E，延长CE交AB于点D．
（1）求证：CE＝DE；
（2）若点F为BC的中点，求EF的长．
12．（2024春 正阳县期末）证明：三角形中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．已知：　 　．
求证：　 　．
证明：
13．（2024春 五华县期末）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，BE⊥AE于点E，点F是BC的中点．
（1）如图1，BE的延长线与AC边相交于点D，求证：EF（AC﹣AB）；
（2）如图2，写出线段AB、AC、EF的数量关系，并证明你的结论．
14．（2024春 盐山县期末）如图，在△ABC中，点D，E分别是AC，AB的中点，点F是CB延长线上一点，且CF＝3BF，连接DB，EF．若∠ACB＝90°，AC＝12，DE＝4．
（1）求证：DE＝BF；
（2）求四边形DEFB的周长．
15．（2024 沂源县期末）如图，在四边形ABCD中，点P是对角线BD的中点，点E、F分别是AB、CD的中点，AD＝BC，∠PEF＝30°，求∠FPE的度数．
新课预习衔接 中位线
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024春 泸县期末）如图，CD是△ABC的中线，E，F分别是AC，DC的中点，EF＝3，则BD的长为（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【考点】三角形中位线定理．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】D
【分析】根据三角形中位线定理求出AD，再根据三角形的中线的概念解答即可．
【解答】解：∵E，F分别是AC，DC的中点，
∴EF是△ACD的中位线，
∴AD＝2EF＝2×3＝6，
∵CD是△ABC的中线，
∴BD＝AD＝6，
故选：D．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、三角形的中线的概念，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
2．（2024 镇安县三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AD为中线，E为AD的中点，DF∥CE交BE于点F．若AC＝8，BC＝12，则DF的长为（　　）
A．2 B．4 C．3 D．2.5
【考点】三角形中位线定理．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】D
【分析】根据勾股定理求出AD，根据直角三角形的性质求出CE，再根据三角形中位线定理解答即可．
【解答】解：∵AD为中线，BC＝12，
∴CDBC12＝6，
在Rt△ACD中，AD10，
∵∠ACB＝90°，E为AD的中点，
∴CEAD＝5，
∵DF∥CE，D为BC的中点，
∴DFCE＝2.5，
故选：D．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质、勾股定理，掌握直角三角形斜边上的中线是斜边的一半是解题的关键．
3．（2024 东营期末）如图，四边形ABCD中，P、R分别是BC、CD上的点，E、F分别是AP、RP的中点，当点P在CB上从C向D移动而点R不动时，那么下列结论成立的是（　　）
A．线段EF的长逐渐增大
B．线段EF的长逐渐减小
C．线段EF的长不变
D．线段EF的长与点P的位置有关
【考点】三角形中位线定理．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】C
【分析】连接AR，根据三角形中位线定理得到EFAR，得出结论．
【解答】
解：如图，连接AR，
∵E、F分别是AP、RP的中点，
∴EF是△APR的中位线，
∴EFAR，
∵点R不动，
∴AR大小不变，
∴线段EF的长不变，
故选：C．
【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．
4．（2024春 新城区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝BC＝10，BD平分∠ABC交AC于点D，点F在BC上，且BF＝4，连接AF，E为AF的中点，连接DE，则DE的长为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【考点】三角形中位线定理；等腰三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】B
【分析】根据等腰三角形的三线合一得到AD＝DC，根据三角形中位线定理计算得到答案．
【解答】解：∵BC＝10，BF＝4，
∴FC＝BC﹣BF＝10﹣4＝6，
∵AB＝BC，BD平分∠ABC，
∴AD＝DC，
∵AE＝EF，
∴DE是△AFC的中位线，
∴DEFC6＝3．
故选：B．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
5．（2024春 南岗区校级期中）已知：三角形的各边分别为6cm，8cm，10cm，则连结各边中点所成三角形的周长为（　　）
A．24cm B．18cm C．14cm D．12cm
【考点】三角形中位线定理．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】D
【分析】根据三角形中位线定理分别求出连结各边中点所成三角形的边长，计算即可．
【解答】解：如图，∵D，E，F分别是△ABC的三边的中点，
∴DEAC＝4cm，DFBC＝3cm，EF＝AB＝5cm，
∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝3+4+5＝12（cm），
故选：D．
【点评】本题考查了三角形中位线定理，解决本题的关键是利用中点定义和中位线定理得到新三角形各边长与原三角形各边长的数量关系．
二．填空题（共5小题）
6．（2024 古浪县三模）如图，四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝2，AD＝2，点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），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为　2　．
【考点】三角形中位线定理．
【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】见试题解答内容
【分析】连接DN、DB，先根据勾股定理求出BD，再根据三角形中位线定理得到EFDN，然后结合图形解答即可．
【解答】解：连接DN、DB，如图所示：
在Rt△DAB中，∠A＝90°，AB＝2，AD＝2，
∴BD4，
∵点E，F分别为DM，MN的中点，
∴EF是△DMN的中位线，
∴EFDN，
由题意得，当点N与点B重合时DN最大，最大值为4，
∴EF长度的最大值为2，
故答案为：2．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理等知识，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
7．（2024春 丰台区期末）如图，A，B两点被池塘隔开，在AB外选一点C，连接AC和BC．分别取AC，BC的中点D，E，测得D，E两点间的距离为30m，则A，B两点间的距离为 　60　m．
【考点】三角形中位线定理．
【专题】三角形；应用意识．
【答案】60．
【分析】根据三角形中位线定理解答即可．
【解答】解：∵点D，E分别为AC，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AB＝2DE，
∵DE＝30m，
∴AB＝60m，
故答案为：60．
【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．
8．（2024春 南山区校级期末）如图，在四边形ABCD中，P是对角线BD的中点，点E、F分别是AB、CD的中点，AD＝BC，∠EPF＝140°，则∠EFP的度数是 　20°　．
【考点】三角形中位线定理．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】20°
【分析】根据三角形中位线定理得到PEAD，PFBC，在PE＝PF，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可．
【解答】解：∵P是BD的中点，E是AB的中点，
∴PE是△ABD的中位线，
∴PEAD，
同理，PFBC，
∵AD＝BC，
∴PE＝PF，
∴∠EFP（180°﹣∠EPF）（180°﹣140°）＝20°，
故答案为：20°．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，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．
9．（2024 甘肃二模）如图，在△ABC中，D，E分别是AB和AC的中点，F是BC延长线上一点，CF＝1，DF交CE于点G，且EG＝CG，则BC＝　2　．
【考点】三角形中位线定理；全等三角形的判定与性质．
【专题】计算题．
【答案】见试题解答内容
【分析】通过全等三角形△DEG和△FCG，可得出CF＝DE＝1；根据DE是△ABC的中位线，可求出DE：BC＝1：2．
【解答】解：∵D、E分别是AB和AC的中点
∴DE∥BC，DEBC
∴△ADE∽△ABC，△GED≌△GCF
∴DE＝CF＝1
∴CFBC
∴BC＝2
故答案为2．
【点评】本题考点了三角形的中位线定理及全等三角形的判定及性质，证得三角形全等是解题的关键．
10．（2024 安徽模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，点D在AC上，且AD＝2，点E是AB上的动点，连接DE，点F，G分别是BC和DE的中点，连接AG，FG，当AG＝FG时，线段DE的长为 　　．
【考点】三角形中位线定理；等腰直角三角形．
【专题】等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】分别过点G，F作AB的垂线，垂足为M，N，过点G作GP⊥FN于点P，由中位线定理及勾股定理可分别表示出线段AG和FG的长，建立等式可求出结论．
【解答】解：如图，分别过点G，F作AB的垂线，垂足为M，N，过点G作GP⊥FN于点P，
∴四边形GMNP是矩形，
∴GM＝PN，GP＝MN，
∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝5，
∴CA⊥AB，
又∵点G和点F分别是线段DE和BC的中点，
∴GM和FN分别是△ADE和△ABC的中位线，
∴GMAD＝1，AMAE，
FNAC，ANAB，
∴MN＝AN﹣AMAE，
∴PN＝1，FP，
设AE＝m，
∴AMm，GP＝MNm，
在Rt△AGM中，AG2＝（m）2+12，
在Rt△GPF中，GF2＝（m）2+（）2，
∵AG＝GF，
∴（m）2+12＝（m）2+（）2，
解得m＝3，即AE＝3，
在Rt△ADE中，DE．
故答案为：．
【点评】本题主要考查中位线定理，勾股定理，构造中位线是解题过程中常见思路．
三．解答题（共5小题）
11．（2024春 峡江县期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，AE平分∠CAB，CE⊥AE于点E，延长CE交AB于点D．
（1）求证：CE＝DE；
（2）若点F为BC的中点，求EF的长．
【考点】三角形中位线定理；等腰三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】图形的全等；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）2．
【分析】（1）根据ASA证明△AEC和△AED全等，进而利用全等三角形的性质解答即可；
（2）根据勾股定理得出AB，进而利用三角形中位线定理解答即可．
【解答】（1）证明：∵AE平分∠CAB，
∴∠CAE＝∠BAE，
∵CE⊥AE，
∴∠AEC＝∠AED＝90°，
在△AEC和△AED中，
，
∴△AEC≌△AED（ASA），
∴CE＝DE；
（2）在Rt△ABC中，∵AC＝6，BC＝8，
∴，
∵△AEC≌△AED，
∴AD＝AC＝6，
∴BD＝AB﹣AD＝4，
∵点E为CD中点，点F为BC中点，
∴．
【点评】此题考查了三角形中位线定理以及全等三角形的判定与性质．根据ASA证明△AEC和△AED全等是解此题的关键．
12．（2024春 正阳县期末）证明：三角形中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．已知：　在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点　．
求证：　DEBC，DE∥BC　．
证明：
【考点】三角形中位线定理；平行线的判定．
【专题】三角形；图形的全等；多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，DEBC，DE∥BC，证明见解析．
【分析】延长DE到F，使得DE＝EF，连接CF，先证△ADE≌△CFE（SAS），得∠ADE＝∠F，AD＝FC，再证四边形DBCF为平行四边形，得BC＝DF，DF∥BC，即可解决问题．
【解答】已知：如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点．
求证：DEBC，DE∥BC，
证明：延长DE到F，使得DE＝EF，连接CF，
∵E是AC的中点，
∴AE＝EC，
在△ADE和△CFE中，
∴△ADE≌△CFE（SAS），
∴∠ADE＝∠F，AD＝FC，
∴AB∥CF，
∴DB∥BF，
∵D是AB的中点，
∴AD＝DB，
∴DB＝CF．
∵DB∥BF，
∴四边形DBCF为平行四边形，
∴BC＝DF，DF∥BC，
∵DE＝EF，
∴DEDF．
∵DF∥BC，BC＝DF，
∴DE∥BC，DEBC．
故答案为：在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，
【点评】本题考查了三角形中位线定理的证明、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
13．（2024春 五华县期末）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，BE⊥AE于点E，点F是BC的中点．
（1）如图1，BE的延长线与AC边相交于点D，求证：EF（AC﹣AB）；
（2）如图2，写出线段AB、AC、EF的数量关系，并证明你的结论．
【考点】三角形中位线定理；等腰三角形的判定与性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）先证明AB＝AD，根据等腰三角形的三线合一，推出BE＝ED，根据三角形的中位线定理即可解决问题．
（2）结论：EF（AB﹣AC），先证明AB＝AP，根据等腰三角形的三线合一，推出BE＝PE，根据三角形的中位线定理即可解决问题．
【解答】（1）证明：如图1中，
∵AE⊥BE，
∴∠AED＝∠AEB＝90°，
∴∠BAE+∠ABE＝90°，∠DAE+∠ADE＝90°，
∵∠BAE＝∠DAE，
∴∠ABE＝∠ADE，
∴AB＝AD，
∵AE⊥BE，
∴BE＝DE，
∵BF＝FC，
∴EFDC（AC﹣AB）．
（2）结论：EF（AB﹣AC），
理由：如图2中，延长AC交BE的延长线于点P．
∵AE⊥BP，
∴∠AEP＝∠AEB＝90°，
∴∠BAE+∠ABE＝90°，∠PAE+∠APE＝90°，
∵∠BAE＝∠PAE，
∴∠ABE＝∠APE，
∴AB＝AP，∵AE⊥BD，
∴BE＝PE，∵BF＝FC，
∴EFPC（AP﹣AC）（AB﹣AC）．
【点评】本题考查三角形的中位线定理、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练应用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
14．（2024春 盐山县期末）如图，在△ABC中，点D，E分别是AC，AB的中点，点F是CB延长线上一点，且CF＝3BF，连接DB，EF．若∠ACB＝90°，AC＝12，DE＝4．
（1）求证：DE＝BF；
（2）求四边形DEFB的周长．
【考点】三角形中位线定理．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】（1）见解析；（2）28cm．
【分析】（1）根据三角形中位线定理得到DE∥BC，DEBC，根据题意得到BFBC，等量代换证明结论；
（2）根据勾股定理求出DB，证明四边形DBFE为平行四边形，根据平行四边形的周长公式计算即可．
【解答】（1）证明：∵点D，E分别是AC，AB的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DEBC，
∵CF＝3BF，
∴BFBC，
∴DE＝BF；
（2）解：∵点D是AC的中点，AC＝12，
∴CD＝6，
∵DE＝4，
∴BC＝8，
由勾股定理得：DB10，
∵DE＝BF，DE∥BC，
∴四边形DBFE为平行四边形，
∴四边形DEFB的周长＝2×（4+10）＝28．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、平行四边形的判定和性质，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
15．（2024 沂源县期末）如图，在四边形ABCD中，点P是对角线BD的中点，点E、F分别是AB、CD的中点，AD＝BC，∠PEF＝30°，求∠FPE的度数．
【考点】三角形中位线定理．
【专题】三角形；推理能力．
【答案】120°．
【分析】根据中位线定理和已知，易证明△EPF是等腰三角形，进而可得出结论．
【解答】解：∵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，
∴FP，PE分别是△CDB与△DAB的中位线，
∴PFBC，PEAD，
∵AD＝BC，
∴PF＝PE，
∴△EPF是等腰三角形．
∵∠PEF＝30°，
∴∠PEF＝∠PFE＝30°，
∴∠FPE＝180°﹣∠PEF﹣∠PFE＝180°﹣30°﹣30°＝120°．
【点评】本题考查了三角形中位线定理及等腰三角形的性质，解题时要善于根据已知信息，确定应用的知识．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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