专题934三角形的中位线（分层练习）（提升练）-2023-2024学年八年级数学下册基础知识专项突破讲与练（苏科版）

专题9.34三角形的中位线（分层练习）（提升练）单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．（2023上·甘肃酒泉·九年级校联考阶段练习）若顺次连接平行四边形四边的中点，得到的图形是一个矩形，则平行四边形一定是（

）A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．平行四边形2．（2023上·重庆九龙坡·八年级重庆实验外国语学校校考期末）如图，在中，分别平分和，过点A作于点D，作于点G，若，，，则的长为（）A． B．5 C．6 D．3．（2022下·重庆江津·八年级统考期末）如图，点O是矩形ABCD的对角线BD的中点，点E为AD的中点，连接OE、OC、CE，若BC＝12，CD＝5，则△COE的周长为（

）A．12 B． C．21 D．4．（2023下·八年级单元测试）如图所示，在长方形中，是对角线，将长方形绕点B顺时针旋转到长方形的位置，是的中点，若，，则线段的长为（

）A． B． C． D．5．（2023上·广东揭阳·九年级统考期中）如图，分别是矩形各边的中点，，，则四边形的面积是（

）

A． B． C． D．6．（2023下·广西钦州·八年级校考阶段练习）如图所示，已知的面积为，连接三边的中点构成第二个三角形，再连接第二个三角形三边的中点构成第三个三角形，，依此类推，第个三角形的面积为（

）A． B． C． D．7．（2023上·江苏扬州·八年级校考阶段练习）如图，在中，平分，于点D，且，则的面积为（）A．4 B．5 C．6 D．88．（2023上·河南周口·八年级校联考期中）如图，在中，，是的中点，过点作的平行线交于点，作的垂线交于点，若，且的面积为，则的长为（

）.A． B． C． D．9．（2023上·辽宁阜新·九年级阜新实验中学校考阶段练习）如图，点是四边形内一点，且满足，，，，，，分别为边，，，的中点，则四边形的形状为（

）A．平行四边形B．菱形 C．矩形 D．正方形10．（2023上·河南平顶山·九年级校考阶段练习）如图，在矩形中，点，分别是边，的中点，连接，，点，分别是，的中点，连接，若，，则的长度为（

）A． B． C． D．填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）11．（2019下·湖北武汉·八年级统考期末）如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，，点E，F分别是的中点，连接于点交于点N，若，则线段的长为．12．（2023上·四川德阳·八年级四川省德阳市第二中学校校考阶段练习）如图，在中，点分别是线段的中点，下列结论：①为等边三角形．②．③．④．其中正确的是．13．（2023上·河南郑州·九年级校考阶段练习）如图，在四边形中，点、分别是线段、的中点，、分别是线段、的中点，当四边形的边满足时，四边形是菱形．14．（2023下·广东深圳·八年级统考期末）如图，在中，是的中点，在上且，连接，相交于点，则．

15．（2023上·安徽六安·八年级校考期中）如图，在中，，，，点是的中点，、交于点，则四边形的面积的最大值是．

16．（2024上·北京海淀·九年级校考开学考试）如图，平行四边形的对角线与相交于点O，E为边中点，点F在的延长线上，，于G，，则的长为．

17．（2023下·全国·八年级假期作业）如图，在菱形ABCD中，E，F分别是AD，BD的中点．若EF＝2，则菱形ABCD的周长是．18．（2023下·浙江温州·八年级校考期中）如图1是雨伞的结构示意图．是伞柄，，，是伞骨．已知点A，C分别是，的中点．．点B，D在上滑动时，可将雨伞打开或收拢．当与水平面垂直时打开雨伞，雨伞能罩住的水平面大小可近似地看成一个圆．如图2，当雨伞完全打开时，；再将雨伞收拢到如图3，此时，且点到的距离恰好等于图2中的长．则伞骨的长为，设图2中能罩住的水平面面积是，图3中能罩住的水平面面积是，则．三、解答题（本大题共6小题，共58分）19．（8分）（2023下·北京海淀·八年级北京市十一学校校考期中）如图，中，，为边上中线，点E为的中点，点F在的延长线上，且，连接．

（1）依题意补全图形；（2）求证四边形是菱形；（3）若，求四边形ADCF的面积．20．（8分）（2022下·江苏徐州·八年级统考阶段练习）已知：如图，在中，E、F、M分别是各边的中点，是高．求证：（1）；（2）若四边形是菱形，应满足什么条件______________（直接写出答案）．21．（10分）（2023下·重庆北碚·八年级西南大学附中校考期末）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点O，，点E是的中点，过点E作，交于点F．（1）求证：四边形是矩形；（2）若，求四边形的面积．22．（10分）（2024上·湖北武汉·八年级校考阶段练习）如图，是的中线．（1）如图1，若点恰好在的垂直平分线上，求的度数；（2）如图2，若，过点作，垂足为点，求证：．23．（10分）（2023下·江苏·八年级阶段练习）【知识回顾】我们在八年级上学期已学习定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．【新知应用】请你利用矩形的性质，证明该定理．已知：如图1，在中，，O是的中点；求证：．证明：【灵活运用】如图2，四边形中，，E，F分别是的中点，连接，求证：．24．（12分）（2022下·云南保山·八年级统考期中）[教材呈现]如图是人教版八年级下册数学教材P48页的部分内容：如图，，分别是的边，的中点，求证：，且．[定理证明]乐乐给出如下部分证明：证明：如图1，延长至点，使得，连接……（1）请你根据乐乐添加的辅助线，写出完整的证明过程；（不再添加新的辅助线）（2）[定理应用]如图2，在四边形中，，，，，点，，分别是，，的中点，求的长：（3）如图3，在四边形中，点，，，分别是，，的中点，连接，，，．求证：四边形是平行四边形．参考答案：1．B【分析】由矩形的性质得，由三角形中位线的性质可证，进而可得四边形是菱形．解：：∵四边形是矩形，

∴，又∵点E、F、分别是的中点，∴是三角形的中位线，∴，∴，又∵点E、H分别是的中点，∴是三角形的中位线，∴，∴，则，∵四边形是平行四边形，∴四边形是菱形．故选：B．【点拨】此题考查了矩形的性质、三角形的中位线定理以及平行线的性质、菱形的判定．这类题的一般解法是：借助图形，充分抓住已知条件，找准问题的突破口，由浅入深多角度，多侧面探寻，联想符合题设的有关知识，合理组合发现的新结论．2．B【分析】本题主要考查了三角形中位线定理以及等腰三角形的判定与性质，关键是掌握三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．问题的难点在于过关键点作辅助线构造．延长，交的延长线于点，延长，交的延长线于点，依据等腰三角形的判定与性质，即可得到的长；再根据三角形中位线定理，即可得到的长等于的长的一半．解：如图所示，延长，交的延长线于点，延长，交的延长线于点，∵、分别平分和，∴，，又∵，∴，，∴，∴，又∵，∴，∵平分，∴点是的中点，同理可得，点是的中点，∴是的中位线，∴，故选：B．3．D【分析】由勾股定理可求BD，由中位线，中线的性质求OE、EC，进而可求△COE的周长；解：在矩形ABCD中，，∴，∵点O是BD的中点，∴，∵点E为AD的中点，∴，，∴，∴△COE的周长为，故选：D．【点拨】本题主要考查勾股定理的应用、中位线的性质、中线的性质，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．4．B【分析】首先过点H作于点M，由将绕点B顺时针旋转到位置，，，可得，，，又由H是的中点，易得是的中位线，继而求得与的长，由勾股定理即可求得线段的长．解：如图，过点作于点，∵由将绕点B顺时针旋转到位置，，，∴，，，∴，∵H是的中点，∴是的中位线，∴,，∴，在中，，故选：B．【点拨】此题考查了旋转的性质、矩形的性质、三角形中位线的性质以及勾股定理，此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意掌握数形结合思想的应用．5．C【分析】本题考查菱形面积求法，涉及矩形性质，中位线的判定与性质、菱形的判定与性质和菱形面积公式等知识，数形结合，熟记菱形的判定与性质，准确判断四边形是菱形是解决问题的关键．解：连接、，如图所示：

在矩形中，，分别是矩形各边的中点，，即，四边形是菱形，连接、，如图所示：

四边形的面积为，故选：C．6．D【分析】根据三角形中位线定理求出第二个三角形的面积，同理第三个三角形的面积，总结规律，根据规律解答即可．解：如图：过点A作于G，交于H，则，、E、F分别为、、的中点，、、分别为的中位线，，，，，，，，同理：第三个三角形的面积=，第四个三角形的面积第三个三角形面积，……，∴第2013个三角形的面积为，故选：D．【点拨】本题考查的是三角形的中位线定理，找出规律是解题的关键．7．B【分析】延长交于E，利用“”证明得到，，再根据三角形的中线平分三角形的面积得到，进而可求解．解：延长交于E，∵平分，∴，∵，∴，在和中，,∴，∴，，∴，又，∴，故选：B．【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的中线性质，添加辅助线构造全等三角形求图形的面积是解答的关键．8．A【分析】本题考查了三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的性质．熟练掌握三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的性质是解题的关键．由题意知，是的中位线，则，设，则，由勾股定理得，，如图，过作，交的延长线于，证明，则，由，，可得，即，计算求出满足要求的，进而可求．解：∵是的中点，，∴是的中位线，∴，设，∵，∴，由勾股定理得，，如图，过作，交的延长线于，∴，，∴，∴，∴，，∴，即，解得，或（舍去），∴，故选：A．9．B【分析】本题考查的是中点四边形、三角形全等的判定与性质、三角形中位线定理，连接、，证明得出，根据三角形中位线定理得出，，，即可得证，熟练掌握三角形全等的判定与性质、三角形中位线定理、菱形的判定定理是解此题的关键．解：如图，连接、，，，即，在和中，，，，，，，分别为边，，，的中点，是的中位线，是的中位线，是的中位线，，，，，，，，，四边形为菱形，故选：B．10．C【分析】连接并延长交于，连接，根据矩形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论．解：连接并延长交于，连接，四边形是矩形，，，，分别是边，的中点，，，，，，在与中，，，，，，点是的中点，是的中点，，故选：C．【点拨】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．11．【分析】设，根据三角形的中位线定理表示，可得，证明是等腰直角三角形，则，证明，则，，最后利用勾股定理计算x的值，可得的长．解：设，∵点E，F分别是的中点，，∴是的中位线，∴∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴，∴是等腰直角三角形，∴，连接，∵∴∴，∴，∴，易得，∴，，中，由勾股定理得：，即解得∴故答案为：【点拨】本题考查了平行四边形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理；解决问题的关键是设未知数，利用方程思想解决问题．12．①②③④【分析】此题考查三角形中位线定理，关键是根据三角形的中位线定理和勾股定理解答；根据三角形的中位线定理和全等三角形的判定和性质以及勾股定理解答即可．解：F为中点，D为中点，设，则，，，∵为中点，在中，、为和的中点，且，故是中位线，为的中点，是等边三角形，①正确；，故②正确；，∴，故③正确；∵，∵，∴，∵是等边三角形，∴∴是的垂直平分线，∴，∴，∵，∴，故④正确；综上所述，①②③④都正确；故答案为：①②③④．13．【分析】本题可根据菱形的定义来求解．、分别是，的中点，那么就是三角形的中位线，同理，是三角形的中位线，因此、同时平行且相等于，因此，，因此四边形是平行四边形，、是，的中点，那么，要想证明是菱形，那么就需证明，那么就需要、满足的条件．解：当时，四边形是菱形．理由如下：点，分别是，的中点，，同理，，∵，四边形是平行四边形．，又可同理证得，，，四边形是菱形．故答案为．【点拨】本题考查了菱形的判定，关键是掌握菱形的判定定理：一组邻边相等的平行四边形是菱形．14．/0.6【分析】取中点可证得，进一步推出故可得出结论．解：取中点，则是中位线，∴，，∴，∴设，则，，∴，故答案为．

【点拨】本题考查了中位线定理、全等三角形的判定与性质等知识点．结合条件进行几何推导是解题关键．15．9【分析】本题考查的三角形的中线与三角形的面积之间的关系，考查了底不等而高相同的两个三角形的面积关系，连接，设，利用及中点，分别表示四边形的面积与的面积，利用的面积最大，四边形的面积最大，是解决问题的关键．解：连接，

∵，设，则，∵为的中点，∴，，∴，则，∴，则，∴，则，∴四边形的面积，∴的面积最大，四边形的面积最大，∴当时，的面积最大，四边形的面积最大，此时四边形的面积，故答案为：9．16．【分析】根据三线合一可得是等腰的中线，进而可得，即有，结合勾股定理可得，再证明是的中位线，问题得解．解：∵E为边中点，∴，∵，，∴是等腰的中线，∴，∵，∴，在中，，∴，∵平行四边形的对角线与相交于点O，∴点O是的中点，∵E为边中点，∴是的中位线，∴，故答案为：．【点拨】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，三角形中位线的判定与性质等知识，求出，进而求出，是解答本题的关键．17．16解：∵E，F分别是AD，BD的中点，∴AB＝2EF＝4．∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∴．【点拨】运用三角形中位线的性质及菱形的四条边都相等即可解答．18．6【分析】利用勾股定理求得，再利用三角形中位线定理求得和的长；再先后求得，，，然后利用圆的面积公式即可求解.解：作于点N，连接，∵，∴，∵点A是线段的中点，∴，∵，∴点B是的中点，∴是的中位线，在中，，∵点C是线段的中点，∴，∴，过点A和作的垂线，垂足分别为和，由题意得，同理是的中位线，∴，同理，∴，故答案为：，6.【点拨】本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理，直角三角形斜边中线上的性质，等腰三角形的性质等，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．19．（1）见分析；（2）见分析；（3）96【分析】（1）根据题中作；（2）根据“邻边相等的平行四边形是菱形”进行证明；（3）先进行面积转化，再求解．（1）解：如图：

（2）证明：∵为边上中线，∴，，∴，∴，∴四边形为平行四边形，∵，∴为菱形；（3）解：∵为边上中线，∴，∵，∴，∵，E为的中点，

∴四边形为平行四边形，∴，∴，．【点拨】本题考查了复杂作图，掌握菱形的判定定理及图形的面积转化,解题的关键是合理利用已知条件进行推理计算．20．（1）见分析；（2）【分析】（1）由已知得，FM为的中位线，，，同理，故．再根据直角三角形斜中半定理，可得，，通过等量代换，可证得．（2）由FE，FM分别为的中位线，得，，，，四边形CEFM是平行四边形．若要四边形CEFM是菱形，则有，即．解：（1）证明：∵F、M分别是AB、AC边上的中点，∴FM为的中位线，∴，∴．同理可得，FE为的中位线，∴，∴．∵，∴，即．∵是的高，∴，∵E为BC边上的中点，∴，∴．同理，，M为AC边上的中点，∴，∴．∵，，，∴，故．（2）解：若四边形CEFM是菱形，则应满足，理由如下：∵E、F、M分别是各边的中点，∴，，∴四边形CEFM是平行四边形．∵E、F、M分别是各边的中点，∴，，∵，∴，∵四边形CEFM是平行四边形，∴四边形CEFM是菱形．故当时，四边形CEFM是菱形．故答案为AC=BC【点拨】本题考查了中位线判定及性质，斜中半定理以及菱形的判定，综合运用以上知识是解题的关键．21．（1）见分析；（2）【分析】（1）证是的中位线，得，则四边形是平行四边形，再证，即可得出结论；（2）由平行四边形的性质和中位线定理可得，．利用勾股定理可知，从而得到，最后利用矩形面积公式计算即可．解：（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，又∵点E是的中点，∴是的中位线，∴，．∵，，∴四边形是平行四边形．∵，即，，∴，∴四边形是矩形．（2）∵，，∴，∵四边形是平行四边形，，∴．在中，，，∴，∴∴四边形的面积是：．【点拨】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．22．（1）；（2）见分析【分析】本题考查了垂直平分线的性质，中位线定理，等边三角形的判定和性质：（1）设的垂直平分线交于点，连接，根据垂直平分线的性质可得，再由中位线定理即可得到答案；（2）令，可得，，进而根据直角三角形斜边中线的性质可得是等边三角形，进而根据等边三角形的性质得出结论．（1）解：如图1，设的垂直平分线交于点，连接，，点、为、的中点，