2020中考专题12——方法技巧之中点联想

【方法解读】

1.与中点有关的定理:(1)直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.(2)等腰三角形“三线合一”的性质.(3)三角形的中位线定理.(4)垂径定理及其推论.2.与中点有关的辅助线:(1)构造三角形的中位线,如连结三角形两边的中点;取一边的中点,然后与另一边的中点相连结;过三角形一边的中点作另一边的平行线等.(2)延长角平分线的垂线,构造等腰三角形,利用等腰三角形的“三线合一”.(3)把三角形的中线延长一倍,构造平行四边形.姓名.

【例题分析】

例1.在正方形ABCD中，点P是射线CB上一个动点，连接PA，PD，点M、N分别为BC、AP的中点，连接MN交PD于点Q．（1）如图1，当点P与点B重合时，QPM的形状是；（2）当点P在线段CB的延长线上时，如图2．①依题意补全图2；②判断QPM的形状并加以证明；（3）点P于点P关于直线AB对称，且点P在线段BC上，连接AP，若点Q恰好在直线AP上，正方形ABCD的边长为2，请写出求此时BP长的思路（可以不写出计算结果）．1[南瓜讲数学]系列之中考专题例2．在ABCD中，点B关于AD的对称点为B，连接AB，CB，CB交AD于F点．（1）如图1，ABC90，求证：F为CB的中点；（2）小宇通过观察、实验、提出猜想：如图2，在点B绕点A旋转的过程中，点F始终为CB的中点．小宇把这个猜想与同学们进行交流，通过讨论，形成了证明该猜想的几种想法：想法1：过点B作BG//CD交AD于G点，只需证三角形全等；想法2：连接BB交AD于H点，只需证H为BB的中点；想法3：连接BB，BF，只需证BBC90．请你参考上面的想法，证明F为CB的中点．（一种方法即可）（3）如图3，当ABC135时，AB，CD的延长线相交于点E，求CE的值．AF2[南瓜讲数学]系列之中考专题例3．在ABC中，ABBC，BDAC于点D．（1）如图1，当ABC90时，若CE平分ACB，交AB于点E，交BD于点F．①求证：BEF是等腰三角形；②求证：BD1(BCBF)；21（2）点E在AB边上，连接CE．若BD(BCBE)，在图2中补全图形，判断ACE与ABC2之间的数量关系，写出你的结论，并写出求解ACE与ABC关系的思路．【巩固训练】

1.[2018·南充]如图1,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=30°,D,E,F分别为AB,AC,AD的中点,若BC=2,则EF的长度为A.()B.1C.1232

D.3

图1图22.[2017·株洲]如图F6-2,点E,F,G,H分别为四边形ABCD四条边AB,BC,CD,DA的中点,则下列关于四边形EFGH的说法正确的是()A.一定不是平行四边形B.一定不会是中心对称图形C.可能是轴对称图形D.当AC=BD时,它为矩形3[南瓜讲数学]系列之中考专题3.如图3,在正方形ABCD和正方形CEFG中,点D在CG上,BC=1,CE=3,H是AF的中点,那么CH的长是()A.2.5B.5C.3

22D.2图3图4图54.[2019·海南]如图4,在Rt△ABC中,∠C=90°,AB=5,BC=4,点P是边AC上一动点,过点P作PQ∥AB交BC于点Q,D为线段PQ的中点,当BD平分∠ABC时,AP的长度为()A.5.[2018·眉山]如图5,在▱ABCD中,CD=2AD,BE⊥AD于点E,F为DC的中点,连结EF,BF,下列结论:①∠ABC=2∠ABF;②EF=BF;③S四边形DEBC=2S△EFB;④∠CFE=3∠DEF.其中正确的结论有()A.1个B.2个C.3个D.4个6.[2018·苏州]如图6,在△ABC中,延长BC至点D,使得CD=位于点E右侧),且EF=2CD.连结DF,若AB=8,则DF的长为8

13B.1513C.2513D.32131

BC.过AC的中点E作EF∥CD(点F2.图6图7图87.[2018·天津]如图7,在边长为4的等边三角形ABC中,D,E分别为AB,BC的中点,EF⊥AC于点F,G为EF的中点,连结DG,则DG的长为.8.[2018·哈尔滨]如图8,在平行四边形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,AB=OB,点E,F分别是OA,OD的中点,连结EF,∠CEF=45°,EM⊥BC于点M,EM交BD于点N,FN=10,则线段BC的长为.9.[2019·泰安改编]如图9,矩形ABCD中,AB=4,AD=2,E为AB的中点,F为EC上一动点,P为DF中点,连结PB,则PB的最小值是.图9图1010.[2019·桂林]如图10,在矩形ABCD中,AB=3,AD=3,点P是边AD上的一个动点,连结BP,作点A关于直线BP的对称点A1,连结A1C,设A1C的中点为Q,当点P从点A出发,沿边AD运动到点D时停4[南瓜讲数学]系列之中考专题止运动,点Q的运动路径长为.11.[2019·广元]如图11,已知:在△ABC中,∠BAC=90°,延长BA到点D,使AD=BC,AC的中点.求证:DF=BE.1

AB,点E,F分别是边2图1112.[2019·泰安]如图12,四边形ABCD是正方形,△EFC是等腰直角三角形,点E在AB上,且∠CEF=90°,FG⊥AD,垂足为点G.(1)试判断AG与FG是否相等?并给出证明.(2)若点H为CF的中点,GH与DH垂直吗?若垂直,给出证明;若不垂直,说明理由.图125[南瓜讲数学]系列之中考专题13.[2018·淄博](1)操作发现:如图F6-13①,小明画了一个等腰三角形ABC,其中AB=AC,在△ABC的外侧分别以AB,AC为腰作了两个等腰直角三角形ABD,ACE,分别取BD,CE,BC的中点M,N,G,连结GM,GN,小明发现:线段GM与GN的数量关系是;位置关系是.(2)类比思考:如图②,小明在此基础上进行了深入思考,把等腰三角形ABC换为一般的锐角三角形,其中AB>AC,其他条件不变,小明发现的上述的结论还成立吗?请说明理由.(3)深入探究:如图③,小明在(2)的基础上,又作了进一步的探究,向△ABC的内侧分别作等腰直角三角形ABD,ACE,其他条件不变,试判断△GMN的形状,并给予证明.图136[南瓜讲数学]系列之中考专题【参考答案】

例1.解：（1）如图1，连接AC，四边形ABCD为正方形，ACBD，DBC45，点M、N分别为BC、AP的中点，MN//AC，BQMBOC90，QMB45，QPM是等腰直角三角形，故答案为：等腰直角三角形．（2）①如图2，②QPM的形状是等腰三角形，如图3，延长BC至E，使CEBP，连接AE，PBCE，PBBCCEBC，即CPBE，四边形ABCD是正方形，ABDC，ABCDCB90，在DCP和ABE中，DCABDCPABECPBEDCPABE，DPCE，M为BC的中点，MBMC，MBBPMCCE，即MPME，M为PE的中点，N为AP的中点，MN//AE，NMPE，DPCNMP，QMQP，QPM是等腰三角形．（3）求解思路如下：a，由题意画出图形，并延长BC至E，使CEBP，连接AE，如图4．PQPM．b，由（2）可得QM//AE，可证QAMEc，由PP//AD，可证△PPQ∽ADQ，从而PQPP．QAADd，可得PMPP．MEADe，由点P与点P关于直线AB对称，得到BPBPCE，设BPBPCEx，由ADBC2，可分别表示PM，ME，PP，可求BP的长．例2.（1）证明：四边形ABCD为平行四边形，ABC90，ABCD为矩形，ABCD，DBAD90，B，B关于AD对称，BADBAD90，ABAB，BADD，AFBCFD，7[南瓜讲数学]系列之中考专题BADD在AFB与CFD中，AFBCFD，ABCDAFBCFD(AAS)，FBFC，F是CB的中点；（2）证明：方法1：如图2，过点B作BG//CD交AD于点G，B，B关于AD对称，12，ABAB，BG//CD，AB//CD，BG//AB．23，13，BABG，ABCD，ABAB，BGCD，BG//CD，4D，BFGCFD，4D在△BFG与CFD中BFGDFC，BGCD△BFGCFD(AAS)，FBFC，F是CB的中点；方法2：连接BB交直线AD于H点，B，B关于AD对称，AD是线段BB的垂直平分线，BHHB，AD//BC，BFBH1，FCHBFBFC．F是CB的中点；方法3：连接BB，BF，B，B关于AD对称，AD是线段BB的垂直平分线，BFFB，12，AD//BC，BBBC，BBC90，1390，2490，34，FBFC，BFFBFC，F是CB的中点；（3）解：取BE的中点G，连结GF，1由（2）得，F为CB的中点，FG//CE，FGCE，2ABC135，ABCD中，AD//BC，BAD180ABC45，由对称性，EADBAD45，FG//CE，AB//CD，FG//AB，GFAFAB45，8[南瓜讲数学]系列之中考专题FGA90，GAGF，FGsinEADAF由①，②可得2AF，2CE2．AF例3.解：（1）①在ABC中，ABBC，BDAC于点D，ABDCBD，ADCD，ABC90，ACB45，CE平分ACB，ECBACE22.5，BEFCFDBFE67.5，BEBF，BEF是等腰三角形；②如图，延长AB至M，使得BMAB，连接CM，1BD//CM，BDCM，BCMDBCABDBMC45，2BFEMCE，BCBM，由①得，BEFBFE，BEBF，BFEMCEBEF，EMMC，BD11EM(BCBF)；221（2）ACEABC．求解ACE与ABC关系的思路：4延长AB至P，使得BPAB，连接CP，与（1）②同理可得BD//PC，BDa，b，由BD1(BCBE)，可证明PEC和BEF分别是等腰三角形；21PC，BPBC；2c，由BEFBFEEBF180以及FCDDFC90，可得180EBF90DCF，21即可证明ACEABC．49[南瓜讲数学]系列之中考专题巩固训练答案1.B[解析]在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=30°,BC=2,∴AB=4,CD=为AC,AD的中点,∴EF=2.C3.B11

CD=×2=1.故选B.2211

AB,∴CD=×4=2.∵E,F分别22[解析]如图,连结AC,CF,∵正方形ABCD和正方形CEFG中,BC=1,CE=3,∴AC=2,CF=32,∠ACD=∠GCF=45°,∴∠ACF=90°,由勾股定理得,AF=∵H是AF的中点,∴CH===25,11

AF=×25=5.故选B.2224

x,54.B[解析]在Rt△ABC中,∠C=90°,AB=5,BC=4,∴AC=3,过点D作DE⊥BC于点E,易证△ABC∽△DQE,∵BD平分∠ABC,PQ∥AB,∴BQ=QD,设QD=BQ=4x,则AP=3x,DP=4x,∴PQ=8x,CP=∴AC=5.D39515x=3,∴x=,AP=3x=.故选B.51313[解析]如图①,连结AF并延长与BC的延长线相交于点M,易证△ADF≌△MCF,∴AF=MF,AD=MC.又∵AD=BC,DC=AB=2AD,∴AB=BM,∴∠ABC=2∠ABF,故①正确.如图②,延长EF,BC相交于点G.易得△DEF≌△CGF,∴FE=FG.∵BE⊥AD,AD∥BC,∴∠EBG=90°.根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,得EF=BF,故②正确.如图②,由于BF是△BEG的中线,∴S△BEG=2S△BEF,而S△BEG=S四边形DEBC,∴S四边形DEBC=2S△EFB,故③正确.如图②,设∠DEF=x,∵AD∥BC,∴∠DEF=∠G=x,又∵FG=FB,∴∠G=∠FBG=x,∴∠EFB=2x.∵CD=2AD,F为CD的中点,BC=AD,∴CF=CB,∴∠CFB=∠CBF=x,∴∠CFE=∠CFB+∠BFE=x+2x=3x=3∠DEF,故④正确.故选D.6.4[解析]解此题时可取AB的中点,然后再利用三角形的中位线定理和平行四边形的判定和性质.取AB的中点M,连结ME,则ME∥BC,ME=1BC.210[南瓜讲数学]系列之中考专题∵EF∥CD,∴M,E,F三点共线,∵EF=2CD,CD=1

BC,∴MF=BD,2∴四边形MBDF是平行四边形,∴DF=BM=11

AB=×8=4.227.19[解析]如图,连结DE.21

AC=2,EC=2.2∵D,E分别为AB,BC的中点,∴DE∥AC,DE=∵EF⊥AC,∴DE⊥EF,∴△DEG为直角三角形.在Rt△EFC中,EC=2,∠C=60°,∴EF=3.∵G为EF的中点,∴EG=3.23,2在Rt△DEG中,DE=2,EG=由勾股定理,得DG=8.421919.故答案为.221

AD,EF∥AD,易证△BEC是等21

腰直角三角形,EM三线合一,可证得△EFN≌△MBN,可得到BN=FN=10,tan∠NBM=,就能求出2[解析]如图,连结BE,由E,F分别为OA,OD的中点可知EF=BM=22,所以BC=42.9.22[解析]如图①,∵F为EC上一动点,P为DF中点,∴点P的运动轨迹为△DEC的中位线MN,∴MN∥EC.如图②,连结ME,则四边形EBCM为正方形,连结BM,则BM⊥CE,易证BM⊥MN,故此时点P与点M重合,点F与点C重合,BP取到最小值,在Rt△BCP中,BP=22.11[南瓜讲数学]系列之中考专题10.3π[解析]如图,连结BA1,取BC的中点O,连结OQ,BD.3∵四边形ABCD是矩形,∴∠BAD=90°,∴tan∠ABD=∵A1Q=QC,BO=OC,∴OQ=AD

=3,∴∠ABD=60°,AB

311

BA1=AB=,222∴点Q的运动轨迹是以O为圆心,OQ为半径的圆弧,圆心角为120°,∴点Q的运动路径长==3π.3故答案为3π.311.证明:连结AE,∵点E,F分别是边BC,AC的中点,∴EF是△ABC的中位线,∴EF∥AB,即EF∥AD,且EF=ADFE是平行四边形,∴DF=AE.11

AB,又∵AD=AB,∴AD=EF,∴四边形221

BC=BE=CE,∴BE=DF.2∵在Rt△ABC中,点E是BC的中点,∴AE=12.解:(1)AG=FG.证明如下:在BC边上取一点M,使BM=BE,连结EM,AF.∵四边形ABCD是正方形,∴AB=BC,∴AE=CM.∵∠CEF=90°,∴∠AEF+∠BEC=90°.∵∠BEC+∠BCE=90°,∴∠AEF=∠BCE.又∵CE=EF,∴△AEF≌△MCE,∴∠EAF=∠EMC=135°.又∵∠BAD=90°,∴∠DAF=45°.又∵FG⊥AD,∴∠AFG=∠DAF=45°,∴AG=FG.(2)DH⊥GH.证明如下:延长GH交CD于点Q.∵H为CF的中点,∴FH=CH.∵四边形ABCD是正方形,∴AD⊥CD.∵FG⊥AD,∴FG∥CD,∴∠GFH=∠DCH.又∵∠GHF=∠CHQ,FH=CH,∴△FGH≌△CQH,∴GH=HQ,FG=CQ,∴AG=CQ,∴DG=DQ,∴△DGQ是等腰三角形,∴DH⊥GH.13.解:(1)操作发现:线段GM与GN的数量关系为GM=GN;位置关系为GM⊥GN.(2)类比思考:上述结论仍然成立.12[南瓜讲数学]系列之中考专题理由如下:如图①,连结CD,BE相交于点O,BE交AC于点F.①②∵点M,G分别是BD,BC的中点,∴MG∥CD,MG=11CD.同理可得GN∥BE,GN=BE.22∵∠DAB=∠EAC,∴∠DAC=∠BAE.又∵AD=AB,AC=AE,∴△ADC≌△ABE,∴∠AEB=∠ACD,DC=BE,∴GM=GN.∵∠AEB+∠AFE=90°,∴∠OFC+∠ACD=90°,∴∠FOC=90°,易得∠MGN=90°,∴GM⊥GN.(3)深入探究:△GMN是等腰直角三角形.证明如下:如图②,连结BE,CD,CE与GM相交于点H.∵点M,G分别是BD,BC的中点,∴MG∥CD,MG=11CD.同理GN∥BE,GN=BE.22∵∠DAB=∠EAC,∴∠DAC=∠BAE.又∵AD=AB,AC=AE,∴△ADC≌△ABE,∴∠AEB=∠ACD,DC=BE,∴GM=GN.∵GM∥CD,∴∠MHC+∠HCD=180°,∴∠MHC+(45°+∠ACD)=180°,∴∠MHC+45°+∠AEB=180°,∴∠MHC+45°+(45°+∠CEB)=180°,∴∠MHC+∠CEB=90°,∴∠GNH+∠GHN=90°,∴∠NGM=90°,即GM⊥GN,∴△GNM是等腰直角三角形.13