中点问题 习题（初二下，含答案）

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1．如图，在等腰三角形中，，，是边的中点，点在线段上，从向运动，同时点在线段上从点向运动，速度都是1个单位/秒，时间是秒（），连接、、、．
（1）请判断形状，并证明你的结论．
（2）以、、、四点组成的四边形面积是否发生变化？若不变，求出这个值；若变化，用含的式子表示．
2．如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，自AB上任一点P，作PE⊥BC于E，PF⊥AC于F，M为AB的中点，求证：△MEF是等腰三角形．
二、中点在直角三角形斜边上
3．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D，E分别是边AB，AC的中点，延长BC到点F，使CF＝BC，连接EF.若AB＝10，则EF的长是________．

4．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A′B′C，M是BC的中点，P是A′B′的中点，连接PM，若BC＝2，∠BAC＝30°，则线段PM的最大值是_____．
5．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC绕顶点C顺时针旋转得到△A'B'C，M是AC的中点，N是A'B'的中点，连接MN，若AC＝4，∠ABC＝30°，则线段MN的最小值为_____．
6．如图，∠MON＝90°，矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM、ON上，当B在边ON上运动时，A随之在OM上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB＝6，BC＝2．运动过程中点D到点O的最大距离是_______．
7．如图，Rt△ABC中，∠CAB＝90°，∠ACB＝30°，D是AB上一点（不与A、B重合），DE⊥BC于E，若P是CD的中点，请判断△PAE的形状，并说明理由．
8．已知：如图∠ABC＝∠ADC＝90°，M、N分别是AC、BD的中点．求证：MN⊥BD．
三、单个中点（倍长中线）
9．如图，在中，为的中点，若．则的长不可能是（ ）
A．5B．7C．8D．9

10．如图，平行四边形ABCD，点F是BC上的一点，连接AF，∠FAD＝60°，AE平分∠FAD，交CD于点E，且点E是CD的中点，连接EF，已知AD＝5，CF＝3，则EF＝__．
11．如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，点D是BC的中点，且AD⊥AC，若AC＝3，则AB的长为________．
12．如图，中，为中线，E为上一点，交于点F，且．求证：．
四、多个中点（中位线）
13．如图，D是等边三角形的边上一点，四边形是平行四边形，点F在的延长线上，G为的中点，连接，若，则的长为（ ）
A．2B．3C．4D．5

14．如图，△ABC中，∠B＝90°，过点C作AB的平行线，与∠BAC的平分线交于点D，若AB＝6，BC＝8．E，F分别是BC，AD的中点，则EF的长为 （ ）
A．1B．1.5C．2D．4
15．如图，四边形中，分别为线段上的动点（含端点，但点不与点重合），分别为的中点，则长度的最大值为（ ）
A．B．C．D．
16．如图，在边长为4的等边△ABC中，D，E分别为AB，BC的中点，EF⊥AC于点F，G为EF的中点，连接DG，则DG的长为________
17．如图，在四边形ABCD中，E、F分别是AD、BC的中点，连接FE并延长，分别交CD的延长线于点M、N，∠BME=∠CNE，求证：AB=CD．
18．如图，正方形ABCD的边长为4，E是线段AB延长线上一动点，连结CE．
（1）如图1，过点C作CF⊥CE交线段DA于点F．
①求证：CF=CE；
②若BE=m（0＜m＜4），用含m的代数式表示线段EF的长；
（2）在（1）的条件下，设线段EF的中点为M，探索线段BM与AF的数量关系，并用等式表示．
（3）如图2，在线段CE上取点P使CP=2，连结AP，取线段AP的中点Q，连结BQ，求线段BQ的最小值．
参考答案
1．（1）△EDF为等腰直角三角形，证明见详解；（2）不变，16
【分析】
（1）由“SAS”可证△BDE≌△ADF，可得DE=DF，∠BDE=∠ADF，由余角的性质可得∠EDF=90°，可得结论；
（2）由全等三角形的性质可得S△BDE=S△ADF，可得S四边形AEDF=S△ADF+S△ADE=S△ABD=S△ABD，可求解．
【详解】
△EDF为等腰直角三角形，
∵AB=AC，∠BAC=90°，点D是BC中点，
∴AD=BD=CD=BC，AD平分∠BAC，∠B=∠C=∠BAD=∠CAD=45°，
∵点E、F速度都是1个单位/秒，时间是t秒，
∴BE=AF，
在△BDE和△ADF中
∴△BDE≌△ADF（SAS），
∴DE=DF，∠BDE=∠ADF，
∵∠BDE+∠ADE=90°，
∴∠ADF+∠ADE=90°，
∴∠EDF=90°，
∴△EDF为等腰直角三角形；
故答案为△EDF为等腰直角三角形
（2）四边形AEDF面积不变，
理由：∵由（1）可知，△BDE≌△ADF，
∴S△BDE=S△ADF，
∴S四边形AEDF=S△ADF+S△ADE=S△ABD=S△ABC，
∴S四边形AEDF=××AC×AB=××8×8=16
故答案为不变，面积为16
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，证明△BDE≌△ADF是本题的关键．
2．证明见解析.
【分析】
根据SAS证明△AFM≌△CEM即可．
【详解】
连接MC，
∵PE⊥BC，PF⊥AC，
∴∠PEC＝∠PFC＝∠C＝90°，
∴四边形PECF是矩形，
∴PF＝EC，
∵CA＝CB，∠＝90°，AM＝MB，
∴CM＝AM＝MB，∠A＝∠B＝∠APF＝∠ACM＝∠MCB＝45°，
∴AF＝PF，
在△AFM和△CEM中，
，
∴△AFM≌△CEM（SAS），
∴FM＝ME，
即△MEF是等腰三角形．
【点睛】
本题主要考查三角形全等的判定定理，添加辅助线，构造全等三角形是解题的关键.
3．5
【详解】
如图，连接DC，根据三角形中位线定理可得，DE=BC，DE∥BC，又因CF=BC，可得DE=CF，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形CDEF是平行四边形，由平行四边形的性质可得EF=DC．在Rt△ABC中，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得DC=AB=5，所以EF=DC=5．
故答案为5.

4．3．
【分析】
连接PC．先依据直角三角形斜边上中线的性质求出PC＝2，再依据三角形的三边关系可得到PM≤PC+CM，由此可得到PM的最大值为PC+CM．
【详解】
解：如图连接PC．
在Rt△ABC中，∵∠A＝30°，BC＝2，
∴AB＝4，
根据旋转不变性可知，A′B′＝AB＝4，
∴A′P＝PB′，
∴PC＝ A′B′＝2，
∵CM＝BM＝1，
又∵PM≤PC+CM，即PM≤3，
∴PM的最大值为3（此时P、C、M共线）．
故答案为3．
【点睛】
本题考查旋转的性质，直角三角形的性质、三角形的三边关系，解题的关键是掌握本题的辅助线的作法．
5．2
【分析】
如图，连接CN．根据直角三角形斜边中线的性质求出CN=A′B′＝4，M是AC的中点求出CM＝AC＝2，根据利用三角形的三边关系得：MN≥CN﹣CM即可解决问题．
【详解】
解：如图，连接CN．
在Rt△ABC中，
∵AC＝4，∠B＝30°，
∴AB＝2AC＝8，BC＝AC＝4，
∵CM＝MA＝AC＝2，A′N＝NB′，
∴CN＝A′B′＝4，
∵MN≥CN﹣CM，
∴MN≥4﹣2，即MN≥2，
∴MN的最小值为2．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质、三角形的三边关系，掌握旋转的性质、三角形的三边关系是解题的关键.
6．3+
【分析】
取AB的中点E，连接OD、OE、DE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OE＝AB，利用勾股定理列式求出DE，然后根据三角形任意两边之和大于第三边可得OD过点E时最大．
【详解】
解：如图：取线段AB的中点E，连接OE，DE，OD，
∵AB＝6，点E是AB的中点，∠AOB＝90°，
∴AE＝BE＝3＝OE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝2，∠DAB＝90°，
∴DE＝＝，
∵OD≤OE+DE，
∴当点D，点E，点O共线时，OD的长度最大．
∴点D到点O的最大距离＝OE+DE＝3+，
故答案为：3+．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，三角形三边关系，确定出OD过AB的中点时值最大是解题的关键．
7．等边三角形，理由见解析
【分析】
首先根据直角三角形斜边中线的性质和三角形外角的性质得出，， ，然后根据角的和即可得出，从而证明△PAE是等边三角形．
【详解】
△PAE是等边三角形，理由如下：
∵Rt△CAD中，∠CAB＝90°，P是CD的中点，
，
，
．
同理，在Rt△CAD中，，，
．
即△PAE是等腰三角形，
，
∴△PAE是等边三角形．
【点睛】
本题主要考查等边三角形的判定，掌握直角三角形斜边中线的性质，三角形外角的性质和等边三角形的判定是解题的关键．
8．见解析
【分析】
连接BM、DM，由题意易得BM＝DM＝AC，根据等腰三角形的性质即可得证．
【详解】
证明：如图，连接BM、DM，
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，M是AC的中点，
∴BM＝DM＝AC，
∵点N是BD的中点，
∴MN⊥BD．
【点睛】
本题主要考查直角三角形的性质及等腰三角形的性质，关键是根据直角三角形斜边中线定理得到等腰三角形，然后利用“三线合一”即可求证．
9．A
【分析】
延长AD到E，使AD=DE，证明△ADC≌△EDB，然后利用三边关系即可得出结论．
【详解】
解：延长AD到E，使AD=DE=4，连接BE，
∵D是BC的中点，
∴BD=CD
又∠BDE=∠CDA
∴△ADC≌△EDB，
∴BE=AC=3
由三角形三边关系得，
即：
故选：A
【点睛】
此题主要考查了三角形三边关系以及全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解答此题的关键．
10．4
【分析】
延长AE，BC交于点G，判定△ADE≌△GCE，即可得出CG＝AD＝5，AE＝GE，再根据三线合一即可得到FE⊥AG，进而得出Rt△AEF中，EF＝AF＝4．
【详解】
解：如图，延长AE，BC交于点G，
∵点E是CD的中点，
∴DE＝CE，
∵平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴∠D＝∠ECG，
又∵∠AED＝∠GEC，
∴△ADE≌△GCE，
∴CG＝AD＝5，AE＝GE，
又∵AE平分∠FAD，AD∥BC，
∴∠FAE＝∠DAE＝∠G＝∠DAF＝30°，
∴AF＝GF＝3+5＝8，
又∵E是AG的中点，
∴FE⊥AG，
在Rt△AEF中，∠FAE＝30°，
∴EF＝AF＝4，
故答案为：4．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的性质的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等进行推算．
11．6
【解析】
【分析】延长AD至E，使DE=AD，连接BE，由∠BAC=120°，∠DAC=90°，可得∠BAE =30°，根据SAS可证明△BED≌△CAD，从而可得∠BED=∠DAC=90°，BE=AC，再根据30度角所对的直角边等于斜边的一半即可求得AB的长.
【详解】延长AD至E，使DE=AD，连接BE，
∵∠BAC=120°，∠DAC=90°，
∴∠BAE=∠BAC-∠DAC=30°，
在△BED和△CAD中，
，
∴△BED≌△CAD（SAS），
∴∠BED=∠DAC=90°，BE=AC=3，
∴AB=2BE=6，
故答案为6.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质，正确添加辅助线构造出含30度角的直角三角形是解题的关键.
12．见解析
【分析】
根据题意，先用“倍长中线”的方法去做辅助线构造全等三角形，证明AB=CG，再利用等腰三角形的性质和判定去证明CF=CG，最后得到AB=CF．
【详解】
如图，延长到G使，连接．
∵为中线，
∴．又∵，，
∴，
∴．
∵，∴．
∵，∴，
∴，∴．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质和判定，以及利用“倍长中线”的方法构造全等三角形，关键在于这个辅助线的构造，把两个不相关的边通过第三个边证明相等．
13．B
【分析】
延长ED交AB于M点，易得△AED是等边三角形，从而可求BM=6,D为ME的中点,由中位线定理可得．
【详解】
解：延长ED交AB于M点，
∵△ABC是等边三角形，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴。
∴△ADM是等边三角形，
∴，
∴，
又∵G为的中点，即DG是△BME的中位线，
∴，
故选：B．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质及判定和三角形中位线定理，解题关键是延长ED交AB于M点，将DG构造为三角形中位线从而解题．
14．C
【分析】
延长EF交AC于点G，根据勾股定理求出AC=10，再根据角平分定义结合平行线的性质得出AC=CD，最后根据三角形中位线的性质得出结论即可．
【详解】
解：在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝6，BC＝8
∴
∵AD平分∠BAC
∴∠BAD=∠CAD
∵AB//CD
∴∠BAD=∠CDA
∴∠CDA=∠CAD
∴DC =AC=10
延长EF交AC于点G，如图，
∴EG是△ADC的中位线，FG是△ABC的中位线，
∴
∴
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了平行线的性质，等腰三角形的判定，勾股定理以及三角形中位线性质定理，作出三角形中位线是解答此题的关键．
15．A
【分析】
连接BN，根据三角形的中位线定理得出EFDN，从而可知DN最大时，EF最大，因为N与B重合时DN最大，此时根据勾股定理求得DN＝DB＝6，从而求得EF的最大值为3．
【详解】
解：如图，连接BN，
∵分别为的中点，
∴EFDN，
∴DN最大时，EF最大，
∴N与B重合时DN最大，
此时DN＝DB6，
∴EF的最大值为3．
故选：A
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理，勾股定理的应用，熟练掌握两个定理是解题的关键．
16．
【分析】
连接DE，根据等边三角形的性质可得∠C=60°，根据三角形的中位线的性质得DE∥AC，DE=2，再根据等边三角形的性质可得∠C=60°，利用直角三角形中30°所对的直角边是斜边的一半和勾股定理求得EG和DG即可．
【详解】
解：连接DE，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠C=60°，AC=BC=4，
∵D、E分别是AB、BC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，CE= BC=2，
∴DE∥AC，DE= AC=2，
∵EF⊥AC，
∴∠EFC=∠DEF=90°，
在Rt△EFC中，∠CEF=90°﹣∠C=30°，CE=2，
∴CF= CE=1，EF= ，
∵G为EF的中点，
∴EG= EF= ，
在Rt△DEG中，由勾股定理得DG=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查等边三角形的性质、三角形的中位线、平行线的性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握等边三角形的性质和三角形的中位线性质是解答的关键．
17．证明见解析
【解析】
试题分析： 首先连接BD，取BD的中点G，连接EG、FG，证明GE为△ABD的中位线，得到GE=AB；然后同理可证：GF=CD，进而得到GE=GF，再结合线段间的等量代换即可解决问题.
试题解析：证明：连接BD，取BD的中点G，连接EG、FG.
∵点E、G分别为AD、BD的中点，
∴GE为△ABD的中位线，
∴GE=AB.
同理可证：GF=12CD.
∵GE为△ABD的中位线，
∴GE∥MB，
∴∠GEF=∠BMF.
同理可证：∠GFE=∠CNE.
∵∠BME=∠CNE，
∴∠GEF=∠GFE，
∴GE=GF，
∴AB=CD.
18．（1）①详见解析；②2m2+32；（2）BM= 22AF；（3）22−1
【解析】
【分析】
（1）①根据正方形的性质以及余角的性质即可证明△DCF≌△BCE，再根据全等三角形对应边相等即可得出结论；
②根据全等三角形的性质可得DF=BE=m．在Rt△ECF中，由勾股定理即可得出结论；
（2）在直线AB上取一点G，使BG=BE，由三角形中位线定理可得FG=2BM，可以证明AF=AG．在Rt△AFG中由勾股定理即可得出结论．
（3）在AB的延长线上取点R，使BR=AB=4，连结PR和CR，由三角形中位线定理可得BQ=12PR．在Rt△CBR中，由勾股定理即可得出CR的长，再由三角形三边关系定理即可得出结论．
【详解】
（1）解：①证明：∵正方形ABCD，∴BC=CD，∠DCB=∠CBE=90°．
∵CF⊥CE，∠FCE=90°，∴∠DCF=∠BCE，∴△DCF≌△BCE（ASA），∴CE=CF．
②∵△DCF≌△BCE，∴DF=BE=m，∴AF=4-m，AE=4+m，由四边形ABCD是正方形得∠A=90°，∴EF=(4−m)2+(4+m)2=2m2+32；
（2）解：在直线AB上取一点G，使BG=BE．
∵M为EF的中点，∴FG=2BM，由（1）知，DF=BE，又AD=AB，∴AF=AG．
∵∠A=90°，∴FG=2AF，∴2BM=2AF，∴BM=22AF．
（3）解：在AB的延长线上取点R，使BR=AB=4，连结PR和CR．
∵Q为AP的中点，∴BQ=12PR．
∵CP=2，CR=42+42=42，∴PR≥CR-CP=42−2，∴BQ的最小值为22−1．
【点睛】
本题考查了正方形的性质以及三角形中位线定理．作出恰当的辅助线是解答本题的关键．