专题39 重要的几何模型之中点模型（二）（解析版）

专题39 重要的几何模型之中点模型（二） 中点模型是初中数学中一类重要模型，它在不同的环境中起到的作用也不同，主要是结合三角形、四 边形、圆的运用，在各类考试中都会出现中点问题，有时甚至会出现在压轴题当中，我们不妨称之为“中 点模型”，它往往涉及到平分、平行、垂直等问题，因此探寻这类问题的解题规律对初中几何的学习有着 十分重要的意义。 常见的中点模型：①垂直平分线模型；②等腰三角形“三线合一”模型；③“平行线+中点”构造全 等或相似模型（与倍长中线法类似）；④直角三角形斜边中点模型；⑤中位线模型；⑥中点四边形模型。 本专题就中点模型的后三类模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。 模型1：直角三角形斜边中线模型 定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 如图1，若D 为 斜边上的中线，则： （1 ） ；（2 ） ， 为等腰三角形；（3 ） ， ． D C B A M M A B C D A B C D 图1 图2 拓展：如图2，在由两个直角三角形组成的图中，M 为中点，则（1） ；（2） ． 模型运用条件：连斜边上的中线（出现斜边上的中点时） 例1．（2023·江苏盐城·统考中考真题）如图，在Rt 中， 为斜边 上的中线，若 ，则 ． 【答】4 【分析】根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半即可解决问题； 【详解】解：如图， △ ∵B 是直角三角形，D 是斜边中线，∴D B， ∵D＝2，∴B＝4，故答为4． 【点睛】本题考查直角三角形的性质，解题的关键是记住直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 例2．（2023·江苏扬州·统考中考真题）如图，在 中， ，点D 是 的中点，过点D 作 ，垂足为点E，连接 ，若 ， ，则 ． 【答】3 【分析】根据直角三角形的性质得到B=10，利用勾股定理求出，再说明DE∥，得到 ，即可求 出DE． 【详解】解：∵∠B=90°，点D 为B 中点，∴B=2D=10，∵B=8，∴= =6， ∵DE⊥B，⊥B，∴DE∥，∴ ，即 ，∴DE=3，故答为：3． 【点睛】本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，解题的关键是通过平行得到比 例式． 例3．（2023·河南新乡·统考三模）如图，点为菱形 的对角线 的交点，过点作 于点 E，连接 ，若 ，则菱形 的面积为 ． 【答】12 【分析】根据菱形对角线互相平分可知，点是 的中点，根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一 半， ，得到 ，根据 ，可得 ，应用菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，即 可得出答． 【详解】解：∵四边形 是菱形，∴ ∵ ，∴ ，∴ ，∵ ，∴ ， ∵ ，∴ ，∴菱形 的面积 ．故答为：12． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质和面积，直角三角形的性质，熟练掌握菱形对角线的性质和面积计算 方法，直角三角形斜边上中线的性质，是解决本题的关键． 例4．（2023 上·四川成都·九年级校考期中）如图，四边形 中， ， ，连接 ． 是 的中点，连接 ．若 ，则 的面积为 ． 【答】 / 【分析】本题考查了直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形外角的定义及性质、三角形的面积， 由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得 ，由等边对等角可得 ， ，由三角形外角的定义及性质可得 ， ，求出 ，再利用三角形面积公式 ，计算即可得出 答，熟练掌握直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形外角的定义及性质是解此题的关键． 【详解】解： ， 是 的中点， ， ， ， ， ， ， ， ，故答为： ． 例5．（2023·江苏常州·中考真题）如图， 是 的弦，点是优弧 上的动点（不与、B 重合）， ，垂足为，点M 是 的中点．若 的半径是3，则 长的最大值是（ ） ．3 B．4 ．5 D．6 【答】 【分析】根据直角三角形斜边中线定理，斜边上的中线等于斜边的一半可知M= B，当B 为直径时长度最 大，即可求解． 【详解】解：∵ ∴∠B=90° ∵在Rt△B 中，点M 是 的中点∴M= B B ∵为 的弦∴当B 为直径时，M 最大 ∵ 的半径是3 M ∴ 最大为3．故选：． 【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线定理，数形结合是结题关键． 例6．（2023·辽宁鞍山·校考三模）如图，在 中， ， ，将 绕点顺时 针旋转 得到 ，点，B 的对应点分别是D，E，点F 是边 的中点，连接 ， ， ，则下列 说法不正确的是（ ） ． B． ． D．四边形 是平行四边形 【答】 【分析】由旋转的性质可得 ， ， ， ， ，可证 是等边三角形，可得 ，故选项不符合题意；由“ ”可证 ，可得 ， ， ，故选项B 不符合题意；可证 四边形 是平行四边形，故选项D 不符合题意；由 可得 ，故符合同意，即 可求解． 【详解】解：∵将 绕点按顺时针方向旋转一定角度后得到 ， ∴ ， ， ， ， ， ∴ 是等边三角形，∴ ，故正确，不符合题意； ∵ ， ，点F 是边 的中点，∴ ， ， ∴ 是等边三角形，∴ ， 在 和 中， ，∴ ， ∴ ， ， ，故B 正确，不符合题意； ∴ ， ，∴四边形 是平行四边形，故D 正确，不符合题意； ∵ ，∴ ， ∵ ，∴ ，故不正确，符合题意；故选：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定等知 识，灵活运用各知识点是解题的关键． 模型2：中位线模型 三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半。 如图，在三角形B 的B，边的中点分别为D、E，则DE//B 且 ，△DE∽△B。 中点三角形：三角形三边中点的连线组成的三角形，其周长是原三角形周长的一半，面积是原三角形面积 的四分之一。 模型运用条件：构造中位线（出现多个中点时）。 例1．（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，把两根钢条 的一个端点连在一起，点 分别是 的中点．若 ，则该工件内槽宽 的长为 ． 【答】8 【分析】利用三角形中位线定理即可求解． 【详解】解：∵点 分别是 的中点，∴ ，∴ ，故答为：8． 【点睛】本题考查了三角形中位线定理的应用，掌握“三角形的中位线是第三边的一半”是解题的关键． 例2．（2023·四川泸州·统考中考真题）如图， 的对角线 ， 相交于点 ， 的平分线 与边 相交于点 ， 是 中点，若 ， ，则 的长为（ ） ．1 B．2 ．3 D．4 【答】 【分析】根据平行四边形的性质、平行线的性质、角平分线的定义以及等腰三角形的判定可得 ，进而可得 ，再根据三角形的中位线解答即可 【详解】解：∵四边形 是平行四边形， ， ∴ ， ， ，∴ ， ∵ 平分 ，∴ ，∴ ， ∴ ，∴ ， ∵ 是 中点，∴ ；故选： 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定以及三角形的中位线定理等知 识，熟练掌握相关图形的判定与性质是解题的关键 例3．（2022·湖北荆州·统考中考真题）如图，已知矩形BD 的边长分别为，b，进行如下操作：第一次， 顺次连接矩形BD 各边的中点，得到四边形 ；第二次，顺次连接四边形 各边的中点，得到 四边形 ；…如此反复操作下去，则第次操作后，得到四边形 的面积是（ ） ． B． ． D． 【答】 【分析】利用中位线、菱形、矩形的性质可知，每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半， 由此可解． 【详解】解：如图，连接，BD， ， ． ∵四边形BD 是矩形，∴ ， ， ． ∵ ， ， ， 分别是矩形四个边的中点，∴ ， ∴ ，∴四边形 是菱形， ∵ ， ，∴四边形 的面积为： ． 同理，由中位线的性质可知， ， ， ， ，∴四边形 是平行四边形， ∵ ，∴ ，∴四边形 是矩形， ∴四边形 的面积为： ． ∴每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，∴四边形 的面积是 ．故选:． 【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的性质以及中位线的性质，证明四边形 是菱形，四边形 是矩形是解题的关键． 例4．（2022·浙江台州·统考中考真题）如图，在 中， ， ， ， 分别为 ， ， 的中点．若 的长为10，则 的长为 ． 【答】10 【分析】根据三角形中位线定理求出B，根据直角三角形的性质解答． 【详解】解：∵E、F 分别为B、的中点，∴B＝2EF＝20， ∵∠B＝90°，点D 为B 的中点，∴ ，故答为：10． 【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且 等于第三边的一半是解题的关键． 例5．（2023·广西·统考中考真题）如图，在边长为2 的正方形 中，E，F 分别是 上的动 点，M，分别是 的中点，则 的最大值为 ． 【答】 【分析】首先证明出 是 的中位线，得到 ，然后由正方形的性质和勾股定理得到 ，证明出当 最大时， 最大，此时 最大，进而得到当点E 和点重合 时， 最大，即 的长度，最后代入求解即可． 【详解】如图所示，连接 ， ∵M，分别是 的中点，∴ 是 的中位线，∴ ， ∵四边形 是正方形，∴ ，∴ ， ∴当 最大时， 最大，此时 最大， ∵点E 是 上的动点，∴当点E 和点重合时， 最大，即 的长度， ∴此时 ，∴ ，∴ 的最大值为 ．故答为： ． 【点睛】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上 知识点． 例6．（2023·江苏镇江·统考中考真题）【发现】如图1，有一张三角形纸片 ，小宏做如下操作： （1）取 ， 的中点D，E，在边 上作 ；（2）连接 ，分别过点D，作 ， ，垂足为G，；（3）将四边形 剪下，绕点D 旋转 至四边形 的位置，将四边 形 剪下，绕点E 旋转 至四边形 的位置； （4）延长 ， 交于点F．小宏发现并证明了以下几个结论是正确的：①点Q，，T 在一条直线上；② 四边形 是矩形；③ ；④四边形 与 的面积相等． 【任务1】请你对结论①进行证明．【任务2】如图2，在四边形 中， ，P，Q 分别是 ， 的中点，连接 ．求证： ． 【任务3】如图3，有一张四边形纸 ， ， ， ， ， ，小丽 分别取 ， 的中点P，Q，在边 上作 ，连接 ，她仿照小宏的操作，将四边形 分割、拼成了矩形．若她拼成的矩形恰好是正方形，求 的长． 【答】[任务1]见解析；[任务2]见解析；[任务3] 【分析】（1）由旋转的性质得对应角相等，即 ， ，由三角形内角和定理得 ，从而得 ，即Q，，T 三点共线； （2）梯形中位线的证明问题常转化为三角形的中位线问题解决，连接 并延长，交 的延长线于点 E，证明 ，可得 ， ，由三角形中位线定理得 ； （3）过点D 作 于点R，由 ， 得 ，从而得 ，由【发现】得 ，则 ， ，由【任务2】的结 论得 ，由勾股定理得 ．过点Q 作 ，垂足为．由 及 得 ， 从而得 ，证明 ，得 ，从而得 ． 【详解】[任务1]证法1：由旋转得， ， ． 在 中， ， ∴ ，∴点Q，，T 在一条直线上． 证法2：由旋转得， ， ． ∴ ， ．∴点Q，，T 在一条直线上． [任务2]证明：如图1，连接 并延长，交 的延长线于点E． ∵ ，∴ ．∵Q 是 的中点，∴ ． 在 和 中， ∴ ．∴ ， ． 又∵P 是 的中点，∴ ，∴ 是 的中位线， ∴ ，∴ ． [任务3]的方法画出示意图如图2 所示． 由【任务2】可得 ， ．过点D 作 ，垂足为R． 在 中， ，∴ ． ∴ ，∴ ， ． 在 中，由勾股定理得 ．过点Q 作 ，垂足为． ∵Q 是 的中点，∴ ． 在 中， ，∴ ． 又由勾股定理得 ．由 ，得 ． 又∵ ，∴ ．∴ ，即 ， ∴ ．∴ ． 【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形的内角和定理、三点共线问题的证明、全等三角形的判定与性质、 三角形的中位线定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理、梯形的面积计算． 模型3：中点四边形模型 中点四边形：依次连接四边形四边中点连线的四边形得到中点四边形。 中点四边形是中点模型中比较经典的应用。中点四边形不仅结合了常见的特殊四边形的性质，而且还会涉 及中位线这一重要知识点，总体来说属于比较综合的几何模块。 结论1：顺次连结任意四边形各边中点组成的四边形是平行四边形． 如图1，已知点M、、P、Q 是任意四边形BD 各边中点，则四边形MPQ 为平行四边形。 图1 图2 结论2：顺次连结对角线互相垂直四边形各边中点组成的四边形是矩形．（特例：筝形与菱形） 如图2，已知点M、、P、Q 是四边形BD 各边中点，⊥DB，则四边形MPQ 为矩形。 结论3：顺次连结对角线相等四边形各边中点组成的四边形是菱形．（特例：等腰梯形与矩形） 如图3，已知点M、、P、Q 是四边形BD 各边中点，=DB，则四边形MPQ 为菱形。 图3 图4 结论4：顺次连结对角线相等且垂直的四边形各边中点组成的四边形是正方形． 如图4，已知点M、、P、Q 是四边形BD 各边中点，=DB，⊥DB，则四边形MPQ 为正方形。 推广与应用 1）中点四边形的周长：中点四边形的周长等于原四边形对角线之和。 2）中点四边形的面积：中点四边形的面积等于原四边形面积的 。 例1．（2023·广东阳江·统考二模）若顺次连接四边形 各边的中点所得的四边形是菱形，则四边形 的两条对角线 ， 一定是（ ） ．互相平分 B．互相平分且相等 ．互相垂直 D．相等 【答】D 【分析】根据三角形的中位线定理得到 ， ， ，要是四边形为菱形，得出 ，即可得到答． 【详解】解：∵E，F，G，分别是边 ， ， ， 的中点， ∴ ， ，F ， ， ， ∴ ， ，∴四边形 是平行四边形， 当平行四边形 是菱形时，∴ ， ∵ ， ，∴ ，故选：D． 【点睛】本题主要考查对菱形的性质，三角形的中位线定理，平行四边形的判定等知识点的理解和掌握， 灵活运用性质进行推理是解此题的关键． 例2．（2023·江苏南通·统考二模）如图，四边形BD 中，E，F 分别是边D，B 的中点，G，分别是对角线 BD，的中点，若四边形EGF 为矩形，则四边形BD 需满足的条件是（ ） ．＝BD B．⊥BD ．B＝D D．B⊥D 【答】D 【分析】由题意易得GF∥E∥D，GE∥F∥B，则有四边形EGF 为平行四边形，由矩形的性质可得∠GF=90°， 然后可得∠GFB+∠F=90°，最后问题可求解． 【详解】解：∵E，F 分别是边D，B 的中点，G，分别是对角线BD，的中点， ∴GF∥E∥D，GE∥F∥B，∴四边形EGF 为平行四边形，∠GFB=∠DB，∠F=∠B， 若四边形EGF 为矩形，则有∠GF=90°， ∴∠GFB+∠F=90°，∴∠DB+∠B=90°，∴B⊥D；故选D． 【点睛】本题主要考查矩形的性质与判定及三角形中位线，熟练掌握矩形的性质与判定及三角形中位线是 解题的关键． 例3．（2023·辽宁抚顺·中考模拟）如图， ， 是四边形 的对角线，点 ， 分别是 ， 的中点，点 ， 分别是 ， 的中点，连接 ， ， ， ，要使四边形 为正方形， 则需添加的条件是（ ） ． ， B． ， ． ， D． ， 【答】 【分析】证出 、 、 、 分别是 、 、 、 的中位线，得出 ， ， ， ，证出四边形 为平行四边形，当 时， ，得出平行四边形 是菱形；当 时， ，即 ，即可得出菱形 是正方形． 【详解】 点 ， 分别是 ， 的中点，点 ， 分别是 ， 的中点， 、 、 、 分别是 、 、 、 的中位线， ， ， ， ， 四边形 为平行四边形， 当 时， ， 平行四边形 是菱形； 当 时， ，即 ， 菱形 是正方形；故选 ． 【点睛】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定以及三角形中位线定理；熟练掌握三 角形中位线定理是解题的关键． 例4．（2023·云南昆明·统考二模）如图，在任意四边形 中， ， ， ， 分别是 ， ， ， 上的点，对于四边形 的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如 下结论，其中错误的是（ ） ．当 ， ， ， 是各边中点，且 时，四边形 为菱形 B．当 ， ， ， 是各边中点，且 时，四边形 为矩形 ．当 ， ， ， 不是各边中点时，四边形 可以为平行四边形 D．当 ， ， ， 不是各边中点时，四边形 不可能为菱形 【答】D 【分析】当E，F，G，是四边形BD 各边中点时，连接、BD，如图，根据三角形的中位线定理可得四边形 EFG 是平行四边形，然后根据菱形的定义和矩形的定义即可对、B 两项进行判断；画出符合题意的平行四 边形 ，但满足 ， ， ， 不是各边中点即可判断项；画出符合题意的菱形 ，但满足 ， ， ， 不是各边中点即可判断D 项，进而可得答． 【详解】解：．当E，F，G，是四边形BD 各边中点时，连接、BD，如图，则由三角形的中位线定理可 得：E= BD，E∥BD；FG= BD，FG∥BD，所以E=FG，E∥FG，所以四边形EFG 是平行四边形； 当＝BD 时，∵E= BD，EF= ，∴EF=E，故四边形EFG 为菱形，故正确； B．当E，F，G，是四边形BD 各边中点，且⊥BD 时，如上图，由三角形的中位线定理可得：E∥BD， EF∥，所以E⊥EF，故平行四边形EFG 为矩形，故B 正确； ．如图所示，若EF∥G，EF＝G，则四边形EFG 为平行四边形，此时E，F，G，不是四边形BD 各边中 点，故正确； D．如图所示，若EF＝FG＝G＝E，则四边形EFG 为菱形，此时E，F，G，不是四边形BD 各边中点，故 D 错误；故选：D． 【点睛】本题考查了中点四边形以及特殊四边形的判定等知识，熟练掌握中点四边形的形状、会画出符合 题意的反例图形是解题关键． 例5．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在菱形 中， ， ，顺次连接菱形 各边中点 、 、 、 ，则四边形 的周长为（ ） ． B． ． D． 【答】 【分析】首先利用三角形的中位线定理证得四边形 为平行四边形，再求对角线长度，然后利用三角 形中位线定理求出此平行四边形边长即可求出周长． 【详解】解：如图，连接 、 ，相交于点 ， 点 分别是边 的中点