中考數(shù)學(xué)幾何模型歸納訓(xùn)練專題38 重要的幾何模型之中點模型（一）（解析版）

專題38重要的幾何模型之中點模型（一）

中點模型是初中數(shù)學(xué)中一類重要模型，它在不同的環(huán)境中起到的作用也不同，主要是結(jié)合三角形、四

邊形、圓的運用，在各類考試中都會出現(xiàn)中點問題，有時甚至?xí)霈F(xiàn)在壓軸題當(dāng)中，我們不妨稱之為“中點

模型”，它往往涉及到平分、平行、垂直等問題，因此探尋這類問題的解題規(guī)律對初中幾何的學(xué)習(xí)有著十分

重要的意義。

常見的中點模型：①垂直平分線模型；②等腰三角形“三線合一”模型；③“平行線+中點”構(gòu)造全等

或相似模型（與倍長中線法類似）；④直角三角形斜邊中點模型；⑤中位線模型；⑥中點四邊形模型。本

專題就中點模型的后三類模型進(jìn)行梳理及對應(yīng)試題分析，方便掌握。

模型1：垂直平分線

定理：線段垂直平分線上的點到線段兩端的距離相等。

如圖，在三角形ABC中，DE⊥BC，且D為BC中點，則BE=EC。

模型運用條件：當(dāng)遇到三角形一邊垂線過這邊中點時，可以考慮用垂直平分線的性質(zhì)。

例1．（2023·河北廊坊·?？既＃┤鐖D，已知在菱形ABCD中，連接對角線AC，作BC邊的垂直平分線EF，

分別交BC、AC、AD于點F、Q、E，若EQD21，則CAB的度數(shù)是（）

A．21B．37C．42D．69

【答案】B

【分析】如圖，連接QB，證明QDQBQC，ADQ902169，設(shè)QDCQCDx，證明DADC，

AB∥CD，BACDACACDx，可得BADADC180，再建立方程求解即可．

【詳解】解：如圖，連接QB，由菱形的對稱性可得：DQBQ，

由作圖可得：EF是BC的垂直平分線，∴QBQC，QED90，而EQD21，

∴QDQBQC，ADQ902169，∴設(shè)QDCQCDx，

∵菱形ABCD，∴DADC，AB∥CD，BACDACACDx，

∴BADADC180，∴2x69x180，解得：x37，∴CAB37；故選B

【點睛】本題考查的是菱形的性質(zhì)，線段的垂直平分線的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，熟練的利用方

程思想解題是關(guān)鍵．

例2．（2023上·江西南昌·八年級校考階段練習(xí)）如圖，已知ABAC，AB5，BC3，以A，B兩點為圓

1

心AB的長為半徑畫圓弧，兩弧相交于點M，N，則BDC的周長為（）

2

A．8B．10C．11D．13

【答案】A

【分析】本題考查了作垂線，垂直平分線的性質(zhì)．熟練掌握作垂線，垂直平分線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

由作圖可知，MN垂直平分AB，則DADB，根據(jù)BDC的周長為DBDCBCACBC，計算求解即

可．

【詳解】解：由作圖可知，MN垂直平分AB，∴DADB，

∴BDC的周長為DBDCBCDADCBCACBC538．故選：A．

例3．（2023·山東濟(jì)南·統(tǒng)考二模）如圖，在ABC中，ACB90，BAC15，分別以A、B為圓心，

1

大于AB的長為半徑畫弧，兩弧交于M、N兩?點，作直線MN交AC于D點，若AD2，則ABC的面

2

積為（）

23

A．2B．C．23D．4

2

【答案】B

【分析】連接BD，由作法得MN垂直平分線AB，由線段垂直平分線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)證得

ABDBAD15，由三角形外角的性質(zhì)得到BDC30，根據(jù)含30度直角三角形的性質(zhì)和勾股定理

求出BC，CD，根據(jù)三角形的面積公式即可求出ABC的面積．

【詳解】解：連接BD，由作法得MN垂直平分線AB，ADBD2，

ABDBAD15，BDCABDBAD30，

1

在RtBCD中，BDC30，BD2，BCBD1，

2

CDBD2BC23，AC23，

1123

ABC的面積ACBC(23)1．故選：B．

222

【點睛】本題考查了作圖復(fù)雜作圖，線段垂直平分線的性質(zhì)，含30度直角三角形的性質(zhì)和勾股定理等知

識，熟悉基基本作圖和線段垂直平分線的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．

例4．（2023上·遼寧營口·八年級校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，在ABC中，C90，BAC30，AB14，

AD平分BAC，點PQ分別是AB，AD邊上的動點，則PQBQ的最小值是．

【答案】7

【分析】作點P關(guān)于直線AD的對稱點P，連接PP、QP，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)、垂直平分線的性質(zhì)可得

PQPQ，則欲求PQBQ的最小值即為PQBQ的最小值，即BP的最小值，則當(dāng)BPAC時，BP即

PQBQ的值最小，最小值為BC的長．

【詳解】解：如圖，作點P關(guān)于直線AD的對稱點P，連接PP、QP，

AD是P、P的對稱軸，即AD是線段PP的垂直平分線，PQPQ，

PQBQ的最小值即為PQBQ的最小值，即BP的最小值，

當(dāng)BPAC時，BP即PQBQ的值最小，此時Q與D重合，P與C重合，最小值為BC的長，

在ABC中，C90，BAC30，AB14，

1

BCAB7，PQBQ的最小值是7．故答案為：7．

2

【點睛】本題考查的知識點是軸對稱的性質(zhì)、垂直平分線的性質(zhì)、最短路徑問題、垂線段最短及含30角的

直角三角形的性質(zhì)，解題關(guān)鍵是找出點P、Q的位置．

例5．（2022·黑龍江哈爾濱·校考模擬預(yù)測）如圖，ABC中，C90，點D在AC邊上，連接BD，點E

是AB的中點，EFAB交BC于點F，EFB2CBD，若AE5，CD4，則CF的長為．

7

【答案】

4

【分析】設(shè)CBD，BFE2BAC，延長AC至點T，使CTCD，連接BT，AF，先證明

CBD≌CBT(SAS)，得CTCD4，設(shè)CFm，BFAF8m，再在RtACF中，根據(jù)勾股定理即可．

【詳解】解：點E是AB的中點，AB2AE10，

ABC中，C90，EFAB交BC于點F，

AABC90,BFEABC90,BFEBAC，

設(shè)CBD，BFE2BAC，延長AC至點T，使CTCD，連接BT，AF，

點E是AB的中點，EFAB，AFBF，

BCDBCT90，BCBC，CBD≌CBT(SAS)，

CTCD4，BDCTBACABD2αABDABT，ATAB10，

ACATCT1046，BCAB2AC2102628，

設(shè)CFm，BFAF8m，RtACF中，ACF90，

277

勾股定理得：CF2AC2AF2，m2628m，解得：m，故CF的長為．

44

【點睛】本題考查了勾股定理，垂直平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，作出合適的輔助線是本題

的關(guān)鍵．

例6．（2023上·江蘇鹽城·八年級校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，在ABC中，BAC為鈍角，邊AB，AC的垂直

平分線分別交BC于點D，E．

(1)若BD2CE2DE2，求BAC的大小；(2)若ABC的平分線BF和邊AC的垂直平分線EF相交于點F，

過點F作FG垂直于BA的延長線于點G，求證：BCAB2AG．

【答案】(1)135(2)證明見解析

【分析】（1）如圖1，連接AD，AE，由垂直平分線的性質(zhì)可知ADBD，AECE，由BD2CE2DE2，

可得AD2AE2DE2，則VADE為直角三角形，且DAE=90，由三角形內(nèi)角和，三角形外角的性質(zhì)可求

ABDACE45，根據(jù)BAC180ABDACE，計算求解即可；

（2）如圖2，在BC上截取BM，使BMAB，連接FM，F(xiàn)A，F(xiàn)C，作FNBC于N，則ABFMBF，

1

FGFN，證明ABF≌MBFSAS，由等腰三角形的判定與性質(zhì)可得MNCNCM，證明

2

1

RtAGF≌RtCNFHL，則AGCNCM，BCABBCBMCM2AG，進(jìn)而結(jié)論得證．

2

【詳解】（1）解：如圖1，連接AD，AE，

∵DH、EF為邊AB，AC的垂直平分線，

∴ADBD，AECE，∴BADABD，CAEACE，

∵BD2CE2DE2，∴AD2AE2DE2，

∴VADE為直角三角形，且DAE=90，∴ADEAED90，

∴ADEBADABD2ABD，AEDCAEACE2ACE，

∴2ABD2ACE90，即ABDACE45，∴BAC180ABDACE135；

（2）證明：如圖2，在BC上截取BM，使BMAB，連接FM，F(xiàn)A，F(xiàn)C，作FNBC于N，

∵BF是ABC的平分線，F(xiàn)GBG，F(xiàn)NBC，∴ABFMBF，F(xiàn)GFN，

∵ABBM，ABFMBF，BFBF，∴ABF≌MBFSAS，∴FAFM，

1

∵EF是AC的垂直平分線，∴FAFC，∴FCFM，∴MNCNCM，

2

1

∵FAFC，F(xiàn)GFN，∴RtAGF≌RtCNFHL，∴AGCNCM，

2

∴BCABBCBMCM2AG，∴BCAB2AG．

【點睛】本題考查了垂直平分線的性質(zhì)，勾股定理的逆定理，三角形內(nèi)角和定理，三角形外角的性質(zhì)，角

平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)．熟練掌握垂直平分線的性質(zhì)，勾股

定理的逆定理，三角形內(nèi)角和定理，三角形外角的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等

腰三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

模型2：等腰三角形的“三線合一”

定理：等腰三角形底邊中線、高線、頂角平分線“三線合一”。

如圖，等腰三角形ABC中，AB=AC，D為BC邊上的中點，則∠BAD=∠CAD，AD⊥BC，BD=CD。

模型運用條件：等腰三角形中有底邊上的中點時，常作底邊的中線。

1

例1．（2023·河南駐馬店·?？既＃┤鐖D，在ABC中，分別以點A，C為圓心，以大于AC的長為半徑作

2

弧，兩弧相交于點M，N，作直線MN交AC于點D，交BC于點E，連接AE．則下列結(jié)論不一定正確的是

()

A．ABAEB．ADCDC．AECED．AEDCED

【答案】A

【分析】利用線段的垂直平分線的性質(zhì)判斷即可．

【詳解】由作圖可知，MN垂直平分線段AC，∴ADDC，EAEC，ADECDE90，

∴AEDCED，（等腰三角形“三線合一”）故選項B，C，D正確，故選：A．

【點睛】本題考查了線段的垂直平分線的性質(zhì)，等腰三角形“三線合一”性質(zhì)，正確掌握線段垂直平分線的性

質(zhì)是解題關(guān)鍵．

例2．（2023·山東濟(jì)寧·統(tǒng)考二模）如圖，ABC中，ABAC，AD平分BAC，點E是AC的中點．若AD12，

BC10，則DE的長是（）

13

A．3B．211C．D．7

2

【答案】C

1

【分析】先由三線合一定理得到AD⊥BC，BDCDBC5，再由勾股定理求出AB13，最后證明DE

2

113

是ABC的中位線，即可得到DEAB．

22

【詳解】解：∵ABAC，AD平分BAC，

1

∴AD⊥BC，BDCDBC5，∴點D為BC的中點，

2

在Rt△ABD，由勾股定理得ABAD2BD213，

113

∵點E是AC的中點，∴DE是ABC的中位線，∴DEAB，故選C．

22

【點睛】本題主要考查了等腰三角形的三線合一，勾股定理，三角形中位線定理，靈活運用所學(xué)知識是解

題的關(guān)鍵．

例3．（2023·廣東梅州·九年級校聯(lián)考期末）如圖，已知AOB60，點P在邊OA上，OP12，點M，N

在邊OB上，PMPN，若MN2，則OM．

【答案】5

【分析】過P作PDOB，交OB于點D，先說明OPD30，再根據(jù)含30度直角三角形的性質(zhì)可得OD

的長；由PMPN，利用等腰三角形三線合一可得D為MN中點，再根據(jù)MN求出MD的長，最后根據(jù)

OMODMD即可解答．

【詳解】解：如圖：過P作PDOB交OB于點D，

1

在RtOPD中，AOB60∴OPD30，∵OP12，ODOP6，

2

1

PMPN，PDMN，MN2，MDNDMN1，

2

OMODMD615．故答案為：5．

【點睛】本題主要考查的是含30度直角三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識，熟練掌握直角三角形的

性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．

例4．（2023上·重慶渝中·八年級?？计谥校┤鐖D，在等腰ABC中，ABAC，延長BC至點D，使得．BDAB，

過點D作DEAC，垂足為E，延長DE至點F，連接BF，若ABF2ADE,AB12.5,S△ABD75，則

DF．

【答案】24

【分析】過點A作AGBC于點G，過點B作BHDF于點H，設(shè)ABCACB，根據(jù)三角形內(nèi)角

和定理求出BDA的度數(shù)，BDF的度數(shù)，于是求出ADE的度數(shù)，根據(jù)ABF2ADE即可求出ABF的

度數(shù)，根據(jù)周角的定義求出DBF，于是可求出BFD的度數(shù)，從而得出△BFD是等腰三角形，再證△DBH

和ACG全等得出DHAG，根據(jù)△ABD的面積求出AG的長，于是得出DH的長，再根據(jù)等腰三角形三

線合一即可求出DF的長．

【詳解】解：如圖，過點A作AGBC于點G，過點B作BHDF于點H，

∵ABAC，∴∠ABCACB，設(shè)ABCACB，

11

∵BDAB，∴BADBDA180ABC90，

22

∵DEAC，∴AED90，又∵DCEACB，∴BDE90DCE90，

13

∴ADEBDA＋BDE9090180

22

3

∵ABF2ADE，∴ABF21803603

2

∴DBF360ABFABC36036032，

在△BFD中，BFD180BDFDBF18090290，

∴BFDBDF，∴BFBD，即△BFD是等腰三角形，

11

由等腰三角形三線合一的性質(zhì)得DBHDBF2

22

∵ABAC，BDAB，AB12.5，∴BDAC12.5，

在△DBH和ACG中，DBHACG，BHDCGA90，DBAC，

∴DBH≌ACGAAS，∴DHAG，

1

∵S75，BD12.5，∴BDAG75∴AG12，∴DH12，

ABD2

∵△BFD是等腰三角形，BHDF，∴DF2DH24，故答案為：24．

【點睛】本題考查了等腰三角形的判定與性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，三角形面

積公式等知識，熟練掌握這些圖形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

例5．（2023上·山東菏澤·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在ABC中，ABAC13，BC10，點D為BC的中

點，DEAB于點E，則tanBDE的值為（）

1013512

A．B．C．D．

310125

【答案】C

【分析】此題考查了解直角三角形、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)的定義以及余角的性質(zhì)．此

題難度適中，解題的關(guān)鍵是準(zhǔn)確作出輔助線，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．連接AD，由ABC中，ABAC13，

BC10，D為BC中點，利用等腰三角形三線合一的性質(zhì)，可證得ADBC，再利用勾股定理，求得AD的

長，那么在直角△ABD中根據(jù)三角函數(shù)的定義求出tanBAD，然后根據(jù)同角的余角相等得出

BDEBAD，于是tanBDEtanBAD．

【詳解】解：連接AD，

ABC中，ABAC13，BC10，D為BC中點，

1BD5

ADBC，BDBC5，ADAB2BD212，tanBAD．

2AD12

ADBC，DEAB，BDEADE90，BADADE90，

5

BDEBAD，tanBDEtanBAD．故選：C．

12

例6．（2023·黑龍江·統(tǒng)考三模）如圖，在四邊形ABCD中，ABACAD，BAD90，作DEAC于

點E，DE8，連接BE，BEBC，則AE的長為（）

A．10B．8C．6D．4

【答案】C

【分析】過點F作BFAC交AC與點F，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出CFEF，根據(jù)同角的余角相等易

證ABFDAE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出AFDE8，設(shè)AEx，則ACADx282，從而得出

x264x

AFx，再將AF8建立方程，求解即可得出答案．

2

【詳解】解：過點F作BFAC交AC與點F，

BEBC，CFEFBAD90，DEAC

EDADAE90，DAEFAB90FABEDA

AFBDEA

在△ABF和DAE中FABEDAABFDAEAFDE8，

ABDA

設(shè)AEx，則ACADAE2DE2x282

x264xx264x

AFAEFEx，AF8x8

22

2xx264x16；x26416x；x6

經(jīng)檢驗x6符合題意，即AE6，故選C．

【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定及性質(zhì)、無理方程，熟練掌握性質(zhì)

定理是解題的關(guān)鍵．

模型3：“平行線+中點+對頂角”構(gòu)造全等或相似模型

我們把這種情況叫做平行線間夾中點.處理這種情況的一般方法是：延長過中點的線段和平行線相交，

即“延長中線交平行”

如圖，AB//CD，點E是BC的中點，可延長DE交AB于點F。

模型運用條件：構(gòu)造8字型全等（平行線夾中點）。

例1．（2023上·天津西青·八年級統(tǒng)考期末）如圖，已知等邊ABC，過AB邊上一點P作PEAC于點E，

點Q為BC延長線上一點，取PACQ，連接PQ，交AC于M，已知EM的長為2，則等邊三角形ABC的

邊長為．

【答案】4

【詳解】過P作PF∥BC交AC于F，如圖所示：

∵PF∥BC，ABC是等邊三角形，∴PFMQCM，APFBAFPACBA60，

1

∴APF是等邊三角形，∴APPFFA，∵PEAC，∴AEEFAF，∵PACQ，∴PFCQ，

2

PFMQCM

1

在△PFM和QCM中，PMFQMC，∴PFMQCM(AAS)，∴FMCMFC，

2

PFCQ

1111

∴EMEFFMAFFC(AFFC)AC，∵EM2，∴AC4，故答案為：4．

2222

【點睛】本題綜合考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，等邊三角形的性質(zhì)和判定，等腰三角形的性質(zhì)，平行

線的性質(zhì)等知識點的應(yīng)用；熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)與判定，證明三角形全等是解決問題的關(guān)鍵．

例2．（2023·山東濟(jì)南·校聯(lián)考一模）如圖，在菱形ABCD中，E、F分別是AB、BC邊的中點，EP⊥CD于點P，

∠BAD=110°，則∠FPC的度數(shù)是（）

A．35°B．45°C．50°D．55°

【答案】D

【分析】延長PF、EB交于點G；連接EF，根據(jù)菱形的性質(zhì)易證△BGF≌△CPF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得

PF=GF，即可得點F為PG的中點，又因∠GEP=90°，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得

1

FP=FG=FE，所以∠FPC=∠FGB=∠GEF；連接AC，即可得∠GEF=∠BAC=∠BAD=55°，所以∠FPC的度數(shù)是55°．

2

【詳解】延長PF、EB交于點G；連接EF，

∵四邊形ABCD是菱形，∴AG∥DC，∴∠GBF=∠PCF，

GBFPCF

∵F是BC中點，∴BF=CF，在△BGF和△CPF中，BFCF，

BFGCFP

∴△BGF≌△CPF，∴PF=GF，∴點F為PG的中點，

∵∠GEP=90°，∴FP=FG=FE，∴∠FPC=∠FGB=∠GEF，

1

連接AC，則∠GEF=∠BAC=∠BAD=55°，∴∠FPC的度數(shù)是55°．故選D．

2

【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)的理解及運用，靈活應(yīng)用菱形的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．

例3．（2023·天津·中考真題）如圖，YABCD的頂點C在等邊△BEF的邊BF上，點E在AB的延長線上，

G為DE的中點，連接CG．若AD3，ABCF2，則CG的長為．

3

【答案】

2

【分析】延長DC交EF于點M（圖見詳解），根據(jù)平行四邊形與等邊三角形的性質(zhì)，可證△CFM是等邊三角

形，BF=BE=EF=BC+CF=5，可求出CF=CM=MF=2，可得C、G是DM和DE的中點，根據(jù)中位線的性質(zhì)，可得

1

出CG=EM，代入數(shù)值即可得出答案．

2

【詳解】解：如下圖所示，延長DC交EF于點M，AD3，ABCF2，

平行四邊形ABCD的頂點C在等邊△BEF的邊BF上，

DM//AE，CMF是等邊三角形，ABCFCMMF2．

在平行四邊形ABCD中，ABCD2，ADBC3，

又△BEF是等邊三角形，BFBEEFBCCF325，EMEFMF523．

G為DE的中點，CDCM2，C是DM的中點，且CG是△DEM的中位線，

133

CGEM．故答案為：．

222

【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、中位線等知識點，延長DC交EF于點M，利

用平行四邊形、等邊三角形性質(zhì)求出相應(yīng)的線段長，證出CG是△DEM的中位線是解題的關(guān)鍵．

例4．（2023下·重慶黔江·八年級統(tǒng)考期末）矩形ABCD與矩形CEFG，如圖放置，點B，C，E共線，點C，

D，E共線，連接AF，取AF的中點H，連接GH．若BCEF2，CDCE1，則GH()

235

A．2B．C．D．

222

【答案】B

【分析】延長GH交AD于M點，由矩形的性質(zhì)得出CD=CE=FG=1，BC=EF=CG=3，BE∥AD∥FG，推

出DG=CG-CD=2，∠HAM=∠HFG，由ASA證得△AMH≌△FGH，得出AM=FG=1，MH=GH，則MD=AD-AM=2，

在Rt△MDG中，根據(jù)勾股定理可得GM，即可得出結(jié)果．

【詳解】解：如圖，延長GH交AD于點M，

∵四邊形ABCD與四邊形CEFG都是矩形，∴CD=CE=FG=1，BC=EF=CG=2，BE∥AD∥FG，

∴DG=CG-CD=2-1=1，∠HAM=∠HFG，∵點H為AF的中點，∴AH=FH，

HAMHFG

在△AMH和△FGH中，∵AHFH，∴△AMH≌△FGH（ASA），∴AM=FG=1，MH=GH，

AHMFHG

12

∴MD=AD-AM=2-1=1，在Rt△MDG中，GMMD2DG22，∴GHGM．故選：B．

22

【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識；熟練掌握矩形的性質(zhì)，證

明三角形全等是解題的關(guān)鍵．

例5．（2023·浙江寧波·校聯(lián)考一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，CD＝2AD，BE垂直AD于點E，F(xiàn)為

DC的中點，連接EF，BF，下列結(jié)論（1）ABC＝2ABF；（2）DEF＋EBF＝90；（3）S四邊形DEBC＝2S

三角形EFB；（4）CFE＝3DEF，其中正確結(jié)論的個數(shù)共有（）

A．1個B．2個C．3個D．4個

【答案】D

【分析】延長EF交BC的延長線于G，取AB的中點H連接FH，根據(jù)四邊形ABCD是平行四邊形，CD＝

2AD，F(xiàn)為DC的中點，可證明△DFE≌△CFGASA，則EF=FG，BE⊥BG，又由H是AB的中點，得

1

FH=AD=CD=CF=BC，所以四邊形BCFH是菱形，通過這些條件，即可解決問題．

2

【詳解】如圖，延長EF交BC的延長線于G，取AB的中點H，連接FH，則AH=BH，

（1）∵CD＝2AD，DF=FC，∴CF=CB∴CFB＝CBF

∵四邊形ABCD是平行四邊形∴CD∥AB∴CFB＝FBA

∴CBF＝FBA∴ABC＝2ABF，故（1）正確；

（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形∴AD∥BC∴D＝FCG

∵F為DC的中點，∴DF=CF在△DFE和△CFG中，

D＝FCG

∵DFCF，∴△DFE≌△CFGASA∴FEFG∵BEAD∴DEBAEB90

DFECFG

1

∵AD∥BC∴AEBEBG90∴BFEGEF∴BEFEBF

2

∵DEFBEF90∴DEFEBF90，故（2）正確；

（3）S△DFES△CFG，∴S四邊形DEBCSEBG2SBEF，故（3）正確；

（4）∵AHHB，DFCF，ABCD∴CFBH∵CF∥BH∴四邊形BCFH是菱形∴BFCBFH

∵FEFB，F(xiàn)H∥AD，BEAD∴FHBE∴BFHEFHDEF

∴CFE3DEF，故（4）正確；其中正確結(jié)論的個數(shù)共有4個，故選D．

【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)和判定、菱形的判定和性質(zhì)、直角三角形斜邊中線的性質(zhì)、全等三角

形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考選擇題

中的壓軸題．

例6．（2023·吉林長春·統(tǒng)考三模）【感知】如圖①，正方形ABCD中，點F在BC邊上，AE平分DAF．若

我們分別延長AE與BC，交于點G，則易證AFFG．（不需要證明）

【探究】如圖②，在矩形ABCD中，點E在CD邊的中點，點F在BC邊上，AE平分DAF．求證：

AFADFC．【應(yīng)用】在【探究】的條件下，若AD6，DE2，直接寫出FC的長．

2

【答案】【感知】見解析；【探究】見解析；【應(yīng)用】FC

3

【分析】感知：如圖①，根據(jù)平行線的性質(zhì)和角平分線的定義可得出結(jié)論；

探究：如題②，作輔助線，證明△AED≌△GEC，得到AD=CG=BC，再由感知中得到AF=FG，可得出結(jié)論；

應(yīng)用：設(shè)FC=x，則AF=x+6，BF=6-x，由勾股定理列方程可得結(jié)論．

【詳解】感知：證明：如圖①∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∴∠DAE=∠G，

∵AE平分∠DAF，∴∠DAE=∠FAG，∴∠FAG=∠G，∴AF=FG．

探究：解：如圖，分別延長AE與BC，交于點G．

∵點E是CD邊的中點，∴DE=EC.矩形ABCD，ADBC，ADEGCE90，

又AEDGEC，AEDGEC(ASA)，ADCGBC，DAEG，

AE是DAF的平分線，EAFDAEG，AFFGCGFCADFC．即AFADFC．

應(yīng)用：解：如圖②，設(shè)FC=x，則AF=x+6，BF=6-x，

∵點E是DC的中點，DE=2，∴DC=4，在RtABF中，由勾股定理得：AF2=AB2+BF2，

2△2

（6+x）2=42+（6-x）2解得：x，∴FC．

33

【點睛】本題主要考查的是四邊形的綜合題，掌握正方形的性質(zhì)、角平分線的定義、等腰三角形的性質(zhì)和

判定以及全等三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

課后專項訓(xùn)練

1．（2023上·河北張家口·八年級統(tǒng)考期中）如圖，在ABC中，DB=90°，依據(jù)尺規(guī)作圖痕跡，下列判斷正

確的是()

結(jié)論Ⅰ：CDECAB；結(jié)論Ⅱ：ABECAC．

A．Ⅰ，Ⅱ都對B．Ⅰ對，Ⅱ錯C．Ⅰ錯，Ⅱ?qū)．Ⅰ，Ⅱ都錯

【答案】A

【分析】本題考查角平分線和垂線段的畫法，全等三角形的判定與性質(zhì)，根據(jù)尺規(guī)作圖痕跡可知，AD為

BAC的角平分線，DE為AC的垂線，可得ABD≌AED，可判斷結(jié)論Ⅱ，再由DCECDE90，

∠DCE∠CAB90，可得結(jié)論Ⅰ正確．

【詳解】解：由尺規(guī)作圖痕跡可知，AD為BAC的角平分線，DE為AC的垂線，

∴BADEAD，△AED為直角三角形，∴DB=90°，AED90，

DBADEA

在△ABD和△AED中，BADEAD∴ABD≌AED（AAS）∴ABAE，

ADAD

∵AEECAC∴ABECAC故結(jié)論Ⅱ正確；

∵DCECDE90，∠DCE∠CAB90∴CDECAB故結(jié)論Ⅰ正確，故選：A．

2．（2022·河北石家莊·?？寄M預(yù)測）如圖，AB是半圓O的直徑，C為半圓上一點，AB10，BC6，過

O作OEAB交AC于點E，則CE的長為（）

571525

A．B．C．D．

4444

【答案】B

【分析】連接BE，由AB是半圓O的直徑得到ACB90，則ACAB2BC28，由題意可知EO垂直

平分AB，則AEBE，設(shè)CEx，則AEBEACCE8x，在RtBCE中，由勾股定理得到

2

BC2CE2BE2，即62x28x，求出x的值即可．

【詳解】解：連接BE，如圖所示：

∵AB是半圓O的直徑，∴ACB90，∴ACAB2BC2102628，

∵過O作OEAB交AC于點E，O是AB的中點，∴EO垂直平分AB，∴AEBE，

2

設(shè)CEx，則AEBEACCE8x，在RtBCE中，BC2CE2BE2，即62x28x，

77

解得x，即CE的長為，故選：B．

44

【點睛】此題考查了圓周角定理、勾股定理、線段垂直平分線的性質(zhì)等知識，熟練掌握直徑所對的圓周角

是直角是解題的關(guān)鍵．

3．（2022·安徽·合肥?？寄M預(yù)測）如圖，矩形ABCD的對角線交于點O，EF經(jīng)過點O且EFBD，EF分

別與AD，BC交于點E，F(xiàn)，若AB2，BC4，則AE等于（）

35

A．B．2C．D．3

22

【答案】A

【分析】連接BE，由矩形的性質(zhì)可得OBOD，ADBC4，BAD90，由線段垂直平分線的性質(zhì)可

得BEDEADAE，由勾股定理可得(4AE)222AE2，求解即可．

【詳解】解：如圖，連接BE，

，

四邊形ABCD是矩形，OBOD，ADBC4，BAD90，

EFBD，OBOD，EF是BD的垂直平分線，BEDEADAE4AE，

2223

在Rt△ABE中，BE2AB2AE2，則(4AE)2AE，解得：AE，故選：A．

2

【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)、勾股定理，熟練掌握矩形的性質(zhì)、線段垂直平

分線的性質(zhì)，添加適當(dāng)?shù)妮o助線，構(gòu)造直角三角形是解題的關(guān)鍵．

4．（2023·重慶九龍坡·?？既＃┤鐖D，正方形ABCD的邊長為12，點E為BC邊上一點，BE4，點F為

CD邊上一動點，連接BF、DE交于點G，連接AG，當(dāng)AGBG時，則FG的長為（）

91013

A．B．C．D．5

232

【答案】D

【分析】通過作輔助線HG∥AD，以及等腰三角形三線合一、梯形中位線定理得出，HG的長，再經(jīng)過勾股

定理及兩個三角形相似計算出BG與BF長，最終得到答案．

【詳解】解：作HG∥AD，

1

在正方形ABCD中，AHAB，AGBG，AB12,BHAB6,

2

在梯形ABED中，H為AB中點，且HG∥AD，BE4，

1

HG(BEAD)8．根據(jù)勾股定理得：BGHB2HG210．

2

AB∥CDABFBFC,BHGBCF90，HBGCFB(AA)

HGBG

，解得BF15，F(xiàn)GBFBG15105．故答案選D．

BCBF

【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理、梯形中位線定理、相似三角形的判定

及應(yīng)用等知識，其中相似三角形對應(yīng)邊成比例是解題的關(guān)鍵．

5．（2023·陜西西安·?？既＃┤鐖D，在等腰ABC中，ABAC13，BC24，點D為BC的中點，DEAB

于點E，則sinBDE的值為（）

125613

A．B．C．D．

13131312

【答案】A

1

【分析】連接AD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得出BDCDBC12，ADBC，進(jìn)而可得BADBDE，

2

根據(jù)正弦的定義即可求解．

【詳解】解：連接AD，如圖所示，

1

∵ABAC13，BC24，∴ADBC，BDCDBC12，∴BBAD90，

2

BD12

∵DEAB，∴BBDE90，∴BADBDE，∴sinBDEsinBAD．故選：A．

AB13

【點睛】本題考查了求角的正弦值，等腰三角形的性質(zhì)，得出BADBDE是解題的關(guān)鍵．

6．（2023·廣西貴港·統(tǒng)考一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，AD＝2AB，F(xiàn)是BC的中點，作AE⊥CD于

點E，連接EF、AF，下列結(jié)論：①2∠BAF＝∠BAD；②EF＝AF；③SABF＝SAEF；④∠BFE＝3∠CEF．其

△△

中一定成立的個數(shù)是（）

A．1個B．2個C．3個D．4個

【答案】C

【分析】利用平行四邊形的性質(zhì)：平行四邊形的對邊相等且平行，再由全等三角形的判定得出△MBF≌△ECF，

利用全等三角形的性質(zhì)得出對應(yīng)線段之間關(guān)系進(jìn)而得出答案．

【詳解】解：①∵F是BC的中點，∴BF＝FC，

在?ABCD中，AD＝2AB，∴BC＝2AB＝2CD，∴BF＝FC＝AB，∴∠AFB＝∠BAF，

∵AD//BC，∴∠AFB＝∠DAF，∴∠BAF＝∠FAD，∴2∠BAF＝∠BAD，故①正確；

②延長EF，交AB延長線于M，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB//CD，

∴∠MBF＝∠C，∵F為BC中點，∴BF＝CF，

MBFC

在△MBF和△ECF中，BFCF，∴△MBF≌△ECF（ASA），∴FE＝MF，∠CEF＝∠M，

BFMCFE

∵CE⊥AE，∴∠AEC＝90°，∴∠AEC＝∠BAE＝90°，∵FM＝EF，∴EF＝AF，故②正確；

③∵EF＝FM，∴SAEF＝SAFM，∵E與C不重合，∴SABF＜SAEF，故③錯誤；

△△△△

④設(shè)∠FEA＝x，則∠FAE＝x，∴∠BAF＝∠AFB＝90°﹣x，∴∠EFA＝180°﹣2x，

∴∠EFB＝90°﹣x+180°﹣2x＝270°﹣3x，∵∠CEF＝90°﹣x，∴∠BFE＝3∠CEF，故④正確，故選：C．

【點睛】此題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，解決本題的關(guān)鍵是得出

△AEF≌△DME．

7．（2023·黑龍江哈爾濱·統(tǒng)考三模）如圖，已知ABBC于點B，ABAD于點A，點E是CD的中點，BC2AD，

4

若AB12，tanC，則AE的長是．

5

【答案】6.5

【分析】延長AE交BC于點F，設(shè)AB與CD相交于點G，先證明DAG∽CBG，求出BG的長，再由“ASA”

可證△AED≌△FEC，可得ADFC5，AEEF，由勾股定理可求AF的長，即可求AE的長．

【詳解】解：如圖，延長AE交BC于點F，設(shè)AB與CD相交于點G，

ADAG

ABBC，ABADAD∥BCDAG∽CBG，，

BCBG

112BGBG484

BC2AD，AB12,，BG8，tanC，，BC10，

2BGBC5BC5

點E是CD的中點DECE，ABBC，ABADAD∥BC

ADEBCE且DECE，AEDCEFAED≌FEC(ASA)

1

ADFC，∴BC2CF，BFF