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专题14 中位线问题
【规律总结】
多个中点出现或平行+中点(中点在平行线上)时,常考虑或构造三角形中位线
【典例分析】
例1.(2021·上海九年级专题练习)如图,在菱形 ABCD 中,边长 AB=4,∠A=60°,E、F 为边 BC、CD 的中点,作菱形 CEGF,则图中阴影部分的面积为( )
A.16 B.12 C.8 D.6
【答案】D
【分析】
构造辅助线,求得,的长,利用三角形中位线定理证得,求得,从而求得阴影部分的面积.
【详解】
设菱形ABCD的对角线相交于G,
∵AB=4,∠A=60°,
∴AB=BC=CD=DA=4,∠A=∠C =60°,
∴为边长为4的等边三角形,
∴∠DCG=∠BCG=30,,
∴,,,
∴,,
∵E、F 为边 BC、CD 的中点,
∴EF∥BD,EF=BD=2,
∴,
∴,
∴.
故选:D.
【点睛】
本题考查了菱形的性质,等边三角形的判定和性质,菱形的面积,三角形中位的性质,相似三角形的判定和性质等知识,作辅助线构造出等边三角形是解题的关键,也是本题的突破点.
例2.(2020·利辛县阚疃金石中学八年级月考)梯形ABCD中,点E,F,G分别是BD,AC,DC的中点,已知:两底差是3,两腰的和是6,则△EFG的周长是______________.
【答案】
【分析】
连接AE,并延长交CD于K,利用“AAS”证得△AEB≌△KED,得到DK=AB,可知EF,EG、FG分别为△AKC、△BDC和△ACD的中位线,由三角形中位线定理结合条件可求得EF+FG+EG,可求得答案.
【详解】
连接AE,并延长交CD于K,
∵AB∥CD,∴∠BAE=∠DKE,∠ABD=∠EDK,∵点E、F、G分别是BD、AC、DC的中点.∴BE=DE,在△AEB和△KED中,
,∴△AEB≌△KED(AAS),∴DK=AB,AE=EK,EF为△ACK的中位线,∴EF=CK=(DC-DK) =(DC-AB),
∵EG为△BCD的中位线,
∴EG=BC,又FG为△ACD的中位线,
∴FG=AD,∴EG+GF=(AD+BC),∵两腰和是6,即AD+BC=6,两底差是3,即DC-AB=3,∴EG+GF=3,FE=,∴△EFG的周长是3+=.故答案为:.
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质,三角形中位线的性质,作出常用辅助线,构造全等三角形是解题的关键.
例3.(2021·湖北武汉市·九年级月考)中,BC=4,AC=6,∠ACB=m°,将绕点A顺时针旋转n°得到,E与B是对应点,如图1.
(1)延长BC、EF,交于点K,求证:∠BKE=n°;
(2)当m=150,n=60时,求四边形CEFA的面积;
(3)如图3.当n=150时,取BE的中点P和CF的中点Q,直接写出的值.
【答案】(1)见解析;(2);(3)
【分析】
(1)根据旋转的性质可得,利用三角形的外角性质可得,从而得到;
(2)连,作于,根据条件得到是等边三角形,则,从而根据计算即可;
(3)取CE中点G,连接PG,QG,构造△GPQ为等腰三角形,并结合中位线定理以及旋转的性质求解∠PGQ=30°,再作CN⊥FA于N点,结合旋转的性质求解出,最后在△GPQ中运用“三线合一”的性质求解出PQ的长度得出结论.
【详解】
(1)设、交于点,
是旋转所得,
,
,
,
,
;
(2)连,作于,
,
,,
,
是等边三角形,
,
,
,
,,
,
;
(3)如图,取CE中点G,连接PG,QG,
则PG,QG为△BCE和△FCE的中位线,
∴,,△GPQ为等腰三角形,
根据中位线定理可得:∠BCE=∠PGE,∠CEF=∠CGQ,
∴∠PGQ=∠PGE+∠CGQ-180°=∠BCE+∠CEF-180°,
又∵∠BCE+∠CEF=∠BCE+∠CEA+∠AEF=∠BCE+∠CEA+∠ABC,
∴在四边形ABCE中,∠BCE+∠CEA+∠ABC=360°-∠BAE=360°-150°=210°,
∴∠BCE+∠CEF=210°,∠PGQ=∠PGE+∠CGQ-180°=210°-180°=30°,
作CN⊥FA于N点,根据旋转可知,∠CAF=150°,AC=AF=6,∠AFC=15°,
∴∠CAN=30°,
在Rt△CAN中,AC=6,∠CAN=30°,
∴CN=3,,
∴NF=AN+AF=
由勾股定理得:,
∴,
即:,
此时,作GM⊥PQ,则根据“三线合一”知GM平分∠PGQ,∠MGQ=15°,PM=QM,
∴,
∴,
∴.
【点睛】
本题考查图形旋转的综合问题,包括全等三角形的判定与性质,等腰三角形的判定与性质,以及运用三角函数解直角三角形等,熟练根据题意灵活构造辅助线是解题关键.
【好题演练】
一、单选题
1.(2020
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