中考數(shù)學二輪培優(yōu)復習專題31中考命題核心元素有關中點問題（解析版）

專題31中考命題核心元素有關中點問題（解析版）模塊一典例剖析+針對訓練模型一倍長中線【模型解讀】當已知條件中出現(xiàn)三角形中線時，常常將此中線倍長構(gòu)造全等三角形解決問題．解題時，條件中若出現(xiàn)“中點”“中線”等字樣，可以考慮延長中線構(gòu)造全等三角形，把分散的已知條件和所求證的結(jié)論集合到同一個三角形中．基本圖形：典例1（（2022?南寧模擬）【閱讀理解】倍長中線是初中數(shù)學一種重要的數(shù)學思想，如圖①，在△ABC中，AD是BC邊上的中線，若延長AD至E，使DE＝AD，連接CE，可根據(jù)SAS證明△ABD≌△ECD，則AB＝EC．【類比探究】如圖②，在△DEF中，DE＝3，DF＝7，點G是EF的中點，求中線DG的取值范圍；【拓展應用】如圖③，在四邊形ABCD中，AB∥CD，點E是BC的中點．若AE是∠BAD的平分線．試探究AB，AD，DC之間的等量關系，并證明你的結(jié)論．思路引領：【類比探究】結(jié)論：2＜DG＜5．延長DG至H，使GH＝DG，連接FH，證明△DGE≌△HGF（SAS），再依據(jù)DF﹣FH＜DH＜DF+FH，即可得出結(jié)論．【拓展應用】結(jié)論：AD＝AB+DC．證明△CEF≌△BEA（AAS），推出AB＝CF，再證明DA＝DF即可解決問題．【類比探究】解：如圖②，延長DG至H，使GH＝DG，連接FH，∵點G是EF的中點，∴EG＝FG，在△DGE和△HGF中，EG=FG∠DGE=∠HGF∴△DGE≌△HGF（SAS），∴FH＝DE＝3，在△DFH中，DF﹣FH＜DH＜DF+FH，∴7﹣3＜DH＜7+3，∵DH＝2DG，∴4＜2DG＜10，∴2＜DG＜5；【拓展應用】解：結(jié)論：AD＝AB+DC．理由：如圖③中，延長AE、DC交于F，∵AB∥CD，∴∠CFE＝∠EAB，∵點E是BC的中點∴CE＝EB，∵∠CEF＝∠AEB，∴△CEF≌△BEA（AAS），∴AB＝CF．∵AF平分∠DAB，∴∠DAF＝∠EAB，∵∠EAB＝∠CFE，∴∠DAF＝∠DFA，∴AD＝DF，∵DF＝DC+CF＝DC+AB，∴AD＝AB+DC．總結(jié)提升：本題屬于四邊形綜合題，主要考查了是全等三角形的判定和性質(zhì)、三角形中線和角平分線，三角形三邊關系等，合理添加輔助線、靈活運用相關的性質(zhì)定理和判定定理是解題的關鍵．針對訓練1．（2020?貴陽模擬）如圖，在△ABC中，∠ACB＝120°，BC＝4，D為AB的中點，DC⊥BC，則△ABC的面積是（）A．16 B．163 C．8 D．83思路引領：延長CD到H，使DH＝CD，由線段中點的定義得到AD＝BD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AH＝BC＝4，∠H＝∠BCD＝90°，根據(jù)三角形的面積公式計算，得到結(jié)論．解：∵DC⊥BC，∴∠BCD＝90°，∵∠ACB＝120°，∴∠ACD＝30°，延長CD到H，使DH＝CD，連接AH，∵D為AB的中點，∴AD＝BD，在△ADH與△BCD中，CD=HD∠CDB=∠HDA∴△ADH≌△BCD（SAS），∴AH＝BC＝4，∠H＝∠BCD＝90°，∵∠ACH＝30°，∴CH=3AH＝43∴△ABC的面積＝△ACH的面積=12×4×43故選：D．總結(jié)提升：本題考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)、解直角三角形、三角形的面積的計算，正確的作出輔助線是解題的關鍵．模型二中位線【模型解讀】當已知條件中同時出現(xiàn)兩個及兩個以上中點時，?？紤]構(gòu)造中位線；或出現(xiàn)一個中點，要求證明平行線段或線段倍分關系時，也?？紤]構(gòu)造中位線．基本圖形：典例2如圖，在△ABC的兩邊AB、AC向形外作正方形ABDE和ACFG，取BE、BC、CG的中點M、Q、N．求證：MQ＝QN．思路引領：根據(jù)正方形性質(zhì)AB＝AE，AC＝AG，∠EAB＝∠GAC，求出∠GAB＝∠EAC，證出△BAG≌△EAC，再根據(jù)三角形中位線求出即可．證明：連接BG和CE交于O，∵四邊形ABDE和四邊形ACFG是正方形，∴AB＝AE，AC＝AG，∠EAB＝∠GAC，∴∠EAB+∠EAG＝∠GAC+∠EAG，∴∠GAB＝∠EAC，在△BAG和△EAC中，AB=AE∠BAG=∠EAC∴△BAG≌△EAC（SAS），∴BG＝CE．∵BE、BC、CG的中點M、Q、N，∴MQ=12CE，QN=∵BG＝CE，∴QN＝MQ．總結(jié)提升：本題考查了正方形的性質(zhì)和判定，全等三角形的性質(zhì)和判定的應用，關鍵是根據(jù)正方形性質(zhì)AB＝AE，AC＝AG，∠EAB＝∠GAC．針對訓練1．（2022春?鳳翔縣期末）如圖，在△ABC中，D是AB上一點，AD＝AC，AE⊥CD，垂足為點E，F(xiàn)是BC的中點，若BD＝10，則EF的長為（）A．8 B．10 C．5 D．4思路引領：根據(jù)等腰三角形的三線合一得到CE＝ED，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理解答即可．解：∵AD＝AC，AE⊥CD，∴CE＝ED，∵CE＝ED，CF＝FB，∴EF=12BD故選：C．總結(jié)提升：本題考查的是三角形中位線定理、等腰三角形的性質(zhì)，掌握三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半是解題的關鍵．2．如圖，在△ACE中，點B是AC的中點，點D是CE的中點，點M是AE的中點，四邊形BCGF和四邊形CDHN都是正方形．求證：△FMH是等腰直角三角形．思路引領：首先要連接MB、MD，然后證明△FBM≌△MDH，從而求出兩邊相等，且有一角為90°．證明：連接MB、MD，設FM與AC交于點P，∵B、D、M分別是AC、CE、AE的中點，四邊形BCGF和四邊形CDHN都是正方形，∴MD∥AC，且MD=12AC＝BC＝MB∥CE，且MB=12CE＝CD＝∴四邊形BCDM是平行四邊形，∴∠CBM＝∠CDM，又∵∠FBP＝∠HDC，∴∠FBM＝∠MDH，在△FBM和△MDH中，BF=MD∠FBM=∠HDM∴△FBM≌△MDH（SAS），∴FM＝MH，且∠FMB＝∠MHD，∠BFM＝∠DMH．∴∠FMB+∠HMD＝180°﹣∠FBM，∵BM∥CE，∴∠AMB＝∠E，同理：∠DME＝∠A．∴∠AMB+∠DME＝∠A+∠AMB＝∠CBM，∴∠FMH＝180°﹣（∠AMB+∠DME）﹣（∠FMB+∠HMD）＝180°﹣∠CBM﹣（180°﹣∠FBM）＝∠FBC＝90°，∴△FMH是等腰直角三角形．總結(jié)提升：此題主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形的中位線，平行四邊形的性質(zhì)和判定應用，關鍵是找出能使三角形全等的條件，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的對應角相等，對應邊相等，本題綜合考查了等腰三角形的判定，偏難，學生要綜合運用學過的幾何知識來證明．模型三等腰三角形“三線合一”【模型解讀】當出現(xiàn)等腰三角形時，常作底邊的中線，可利用“三線合一”的性質(zhì)解題．基本圖形：典例3（2018秋?高平市期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝10，點D為BC的中點，DE⊥AB，垂足為點E，求DE的長．思路引領：首先連接AD，由△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝10，D為BC中點，利用等腰三角形的三線合一的性質(zhì)，即可證得：AD⊥BC，然后利用勾股定理，即可求得AD的長，然后利用面積法來求DE的長．解：連接AD，∵△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝10，D為BC中點，∴AD⊥BC，BD=12∴AD=A又∵DE⊥AB，∴12BD?AD=12AB∴ED=BD?AD解得：DE=60總結(jié)提升：此題考查了等腰三角形的性質(zhì)以及勾股定理．此題難度適中，解題的關鍵是準確作出輔助線，注意數(shù)形結(jié)合思想的應用．針對訓練1．（2021秋?下城區(qū)期中）如圖，在鈍角△ABC中，AH⊥BC，垂足為點H，若AB+BH＝CH，∠ABH＝70°，則∠BAC＝35°，若將題目改為在銳角△ABC中，其它條件不變，則∠BAC＝75°．思路引領：當∠ABC為鈍角時，由AB+BH＝CH可得出AB＝BC，利用等腰三角形的性質(zhì)及三角形外角的性質(zhì)即可求出∠BAC的度數(shù)；當∠ABC為銳角時，過點A作AD＝AB，交BC于點D，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得出∠ADB＝∠ABH＝70°、BH＝DH，結(jié)合AB+BH＝CH、CH＝CD+DH可得出CD＝AB＝AD，由等腰三角形的性質(zhì)結(jié)合三角形外角的性質(zhì)可求出∠C的度數(shù)，再根據(jù)三角形內(nèi)角為180°即可求出∠BAC的度數(shù)．解：當∠ABC為鈍角時，如圖：∵AB+BH＝CH，∴AB＝BC，∴∠BAC＝∠BCA=12∠ABH＝35當∠ABC為銳角時，過點A作AD＝AB，交BC于點D，如圖所示：∵AB＝AD，∴∠ADB＝∠ABH＝70°，BH＝DH．∵AB+BH＝CH，CH＝CD+DH，∴CD＝AB＝AD，∴∠C=12∠ADB＝35∴∠BAC＝180°﹣∠ABH﹣∠C＝75°．故答案為：35°，75°．總結(jié)提升：本題考查等腰三角形的判定與性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理以及三角形外角的性質(zhì)，做出等腰三角形是解題的關鍵．2．（2022秋?揚州期中）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝10，D為BC的中點，（1）求AD長；（2）若DE⊥AB，DF⊥AC，垂足為E、F，求證：DE＝DF．思路引領：（1）連接AD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得AD⊥BC，再利用勾股定理即可；（2）利用等腰三角形的性質(zhì)得AD是等腰△BAC的角平分線，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)即可證明結(jié)論．（1）解：如圖，連接AD，∵D為BC的中點，BC＝10，∴BD＝5，又∵AB＝AC，∴AD⊥BC，在Rt△ABD中，由勾股定理得，AD=A（2）證明：∵AB＝AC，AD⊥BC，∴AD是等腰△BAC的角平分線，又∵DE⊥AB，DF⊥AC，∴DE＝DF．總結(jié)提升：本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，角平分線的性質(zhì)，熟練掌握勾股定理以及角平分線的性質(zhì)是解題的關鍵．3．（2011春?內(nèi)江期末）如圖1所示，等邊△ABC中，AD是BC邊上的中線，根據(jù)等腰三角形的“三線合一”特性，AD平分∠BAC，且AD⊥BC，則有∠BAD＝30°，BD=CD=12AB．于是可得出結(jié)論“直角三角形中，30°請根據(jù)從上面材料中所得到的信息解答下列問題：（1）△ABC中，若∠A：∠B：∠C＝1：2：3，AB＝a，則BC＝a2（2）如圖2所示，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC的垂直平分線交AB于點D，垂足為E，當BD＝5cm，∠B＝30°時，△ACD的周長＝15cm．（3）如圖3所示，在△ABC中，AB＝AC，∠A＝120°，D是BC的中點，DE⊥AB，垂足為E，那么BE：EA＝3：1．（4）如圖4所示，在等邊△ABC中，D、E分別是BC、AC上的點，且∠CAD＝∠ABE，AD、BE交于點P，作BQ⊥AD于Q，猜想PB與PQ的數(shù)量關系，并說明理由．思路引領：（1）根據(jù)三角形內(nèi)角和定理推知∠A＝30，∠C＝90°．（2）根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)知CD＝BD，則△ACD的周長等于AC+AB；（3）如圖3，連接AD．利用等腰三角形的性質(zhì)、垂直的定義推知∠B＝∠ADE＝30°，然后由”30度角所對的直角邊是斜邊的一半“分別求得BE、AE的值；（4）如圖4，根據(jù)三角形外角的性質(zhì)，可以得到∠PBQ＝30°，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)即可得到．解：（1）∵∠A：∠B：∠C＝1：2：3，且∠A+∠B+∠C＝180°，∴∠A＝30，∠C＝90°，∴BC=12AB故填：a2（2）如圖2，∵DE是線段BC的垂直平分線，∠ACB＝90°，∴CD＝BD，AD＝BD．又∵在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，∴AC=12∴△ACD的周長＝AC+AB＝3BD＝15cm．故填：15cm；（3）如圖3，連接AD．∵在△ABC中，AB＝AC，∠A＝120°，D是BC的中點，∴∠BAD＝60°．又∵DE⊥AB，∴∠B＝∠ADE＝30°，∴BE=32BD，AE=∴BE：EA=32BD：1又∵BD=3AD∴BE：AE＝3：1．故填：3：1．（4）BP＝2PQ．理由如下∵△ABC為等邊三角形．∴AB＝AC，∠BAC＝∠ACB＝60°，∵∠ABE＝∠CAD，∠BPQ為△ABP外角，∴∠BPQ＝∠ABE+∠BAD．∴∠BPQ＝∠CAD+∠BAD＝∠BAC＝60°∵BQ⊥AD，∴∠PBQ＝30°，∴BP＝2PQ．總結(jié)提升：本題考查了等腰三角形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)以及含30度角直角三角形的性質(zhì)．直角三角形中30°的銳角所對的直角邊等于斜邊的一半．模型四直角三角形斜邊中線【模型解讀】當已知條件中同時出現(xiàn)直角三角形和中點時，常構(gòu)造直角三角形斜邊中線，然后利用直角三角形斜邊的中線性質(zhì)解決問題．基本圖形：典例4（2018秋?射陽縣校級月考）如圖，在△ABC中，BD、CE是高，G、F分別是BC、DE的中點，連接GF、EG、DG．求證：（1）EG＝DG；（2）GF⊥DE．思路引領：（1）利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半進行證明；（2）由（1）知DG＝EG，再根據(jù)等腰三角形三線合一的證明即可．證明：（1）∵BD、CE是高，點G是BC的中點，∴GE=12BC，GD=∴GE＝GD；（2）證明：由（1）知DG＝EG，∴△GED是等腰三角形，∵F是DE的中點，∴GF⊥DE．總結(jié)提升：本題考查了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半的性質(zhì)，等腰三角形三線合一的性質(zhì)，熟記性質(zhì)并作出輔助線構(gòu)造出等腰三角形是解題的關鍵．針對訓練1．（2022秋?上城區(qū)期中）已知：如圖∠ABC＝∠ADC＝90°，M，N分別是AC、BD的中點．（1）求證：MN⊥BD．（2）若∠BAD＝45°，連接MB、MD，判斷△MBD的形狀，并說明理由．思路引領：（1）依據(jù)直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)，即可得到BM＝DM，再根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)，即可得到MN⊥BD．（2）依據(jù)等腰三角形外角的性質(zhì)，即可得到∠BMC＝2∠BAM，∠DMC＝2∠DAM，再根據(jù)∠BAD＝45°，可得∠BMC+∠DMC＝2∠BAD＝90°，依據(jù)BM＝DM，即可得到△BDM是等腰直角三角形．解：（1）∵∠ABC＝∠ADC＝90°，M，N分別是AC、BD的中點，∴Rt△ABC中，BM=12Rt△ACD中，DM=12∴BM＝DM，又∵N是BD的中點，∴MN⊥BD．（2）等腰直角三角形，理由：∵M是AC的中點，∴AM=12AC＝∴∠BAM＝∠ABM，∴∠BMC＝2∠BAM，同理可得∠DMC＝2∠DAM，又∵∠BAD＝45°，∴∠BMC+∠DMC＝2（∠BAM+∠DAM）＝2∠BAD＝90°，又∵BM＝DM，∴△BDM是等腰直角三角形．總結(jié)提升：本題考查了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半的性質(zhì)，等腰三角形三線合一的性質(zhì)以及等腰直角三角形的判定的運用，熟記各性質(zhì)是解題的關鍵．2．（2018秋?閔行區(qū)期末）已知，如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，點E在AC上，AB=12DE，AD∥求證：∠CBA＝3∠CBE．思路引領：取DE的中點F，連接AF，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)求出AF＝DF＝FE=12DE，推出DF＝AF＝AB，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求出∠D＝∠DAF，∠AFB＝∠ABF，求出∠ABF＝2∠D，∠CBE＝∠證明：取DE的中點F，連接AF，∵AD∥BC，∠ACB＝90°，∴∠DAE＝∠ACB＝90°，∴AF＝DF＝EF=12∵AB=12∴DF＝AF＝AB，∴∠D＝∠DAF，∠AFB＝∠ABF，∴∠AFB＝∠D+∠DAF＝2∠D，∴∠ABF＝2∠D，∵AD∥BC，∴∠CBE＝∠D，∴∠CBA＝∠CBE+∠ABF＝3∠CBE．總結(jié)提升：本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，三角形的外角性質(zhì)的應用，能正確作出輔助線是解此題的關鍵，難度適中．模型五三角形邊的垂直平分線【模型解讀】當三角形某一邊的垂線過該邊的中點時，可以考慮用垂直平分線的性質(zhì)得到BE＝CE，進而證明線段間的數(shù)量關系．基本圖形：典例5（2019秋?姜堰區(qū)期中）如圖，直線l與m分別是△ABC邊AC和BC的垂直平分線，l與m分別交邊AB于點D和點E．（1）若AB＝10，求△CDE的周長；（2）若∠ACB＝125°，求∠DCE的度數(shù)．思路引領：（1）根據(jù)線段的垂直平分線的性質(zhì)得到DA＝DC，EC＝EB，根據(jù)三角形的周長公式計算，得到答案；（2）根據(jù)三角形內(nèi)角和定理得到∠A+∠B＝55°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、結(jié)合圖形計算即可．解：（1）∵直線l是AC的垂直平分線，∴DA＝DC，同理，EC＝EB，∴△CDE的周長＝CD+DE+CE＝DA+DE+EB＝AB＝10；（2）∵∠ACB＝125°，∴∠A+∠B＝180°﹣125°＝55°，∵DA＝DC，EC＝EB，∴∠ACD＝∠A，∠ECB＝∠B，∴∠DCE＝∠ACB﹣∠DCA﹣∠ECB＝∠ACB﹣∠A﹣∠B＝70°．總結(jié)提升：本題考查的是線段的垂直平分線的性質(zhì)，掌握線段的垂直平分線上的點到線段的兩個端點的距離相等是解題的關鍵．針對訓練如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，AB的垂直平分線交AB于D，交AC于E，若CD＝5，則AE＝254思路引領：依據(jù)直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)以及勾股定理，即可得到AC的長，設AE＝BE＝x，則CE＝8﹣x，再根據(jù)勾股定理列方程，即可得出AE的長．解：如圖，連接BE，∵AB的垂直平分線交AB于D，交AC于E，∴AE＝BE，∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中點，∴AB＝2CD＝10，又∵BC＝6，∴AC＝8，設AE＝BE＝x，則CE＝8﹣x，∵∠BCE＝90°，∴Rt△BCE中，CE2+BC2＝BE2，即（8﹣x）2+62＝x2，解得x=25∴AE=25故答案為：254總結(jié)提升：本題主要考查了勾股定理以及線段垂直平分線的性質(zhì)的運用，解題時注意：線段垂直平分線上任意一點，到線段兩端點的距離相等．2．（2022秋?無棣縣期中）如圖，BD垂直平分AG于D，CE垂直平分AF于E，若BF＝2，F(xiàn)G＝4，GC＝3，則△ABC的周長為22．思路引領：利用線段的垂直平分線的性質(zhì)解決問題即可．解：∵BD垂直平分AG，∴BA＝BG＝BF+FG＝2+4＝6，∵CE垂直平分AF，∴CA＝CF＝CG+FG＝3+4＝7，∴BC＝BF+CF＝2+7＝9，∴△ABC的周長＝AB+AC+BC＝6+7+9＝22．故答案為：22．總結(jié)提升：本題考查線段的垂直平分線的性質(zhì)，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考?？碱}型

模塊二2023中考押題預測一．選擇題（共2小題）1．（2022秋?新吳區(qū)期中）如圖，△ABC中，BC＝10，AC﹣AB＝6．過C作∠BAC的角平分線的垂線，垂足為D，點E為DC邊的中點連結(jié)BD，CD，則S△BEC的最大值為（）A．10 B．9.2 C．8 D．7.5思路引領：延長AB，CD交點于F，可證△ADF≌△ADC（ASA），得出AC＝AF，DF＝CD，則S△BEC=14S△BCF，當BF⊥BC時，S△BFC最大面積為30，即S△解：如圖：延長AB，CD交點于F，∵AD平分∠BAC，∴∠CAD＝∠EAD，∵CD⊥AD，∴∠ADC＝∠ADE＝90°，在△ADF和△ADC中，∠ADF=∠ADCAD=AD∴△ADE≌△ADC（ASA），∴AC＝AF，DF＝CD；∵AC﹣AB＝6，∴AF﹣AB＝6，即BF＝6；∵DF＝DC，∵E是CD的中點，∴S△BEC=14S△∴當BF⊥BC時，S△BFC面積最大，即S△BEC最大面積=14×故選：D．總結(jié)提升：本題考查了角平分線定義、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識；利用三角形中線的性質(zhì)得到S△BEC=14S△2．（2021春?青龍縣期末）在△ABC中，AB＝7，AC＝6，BC＝5，D、E分別是AB、AC的中點，則DE的長為（）A．4 B．3.5 C．3 D．2.5思路引領：證DE是△ABC的中位線，再由三角形中位線定理求解即可．解：∵D、E分別是AB、AC的中點，∴DE是△ABC的中位線，∴DE=12故選：D．總結(jié)提升：本題考查的是三角形中位線定理，熟記三角形中位線定理是解題的關鍵．二．填空題（共2小題）3．如圖，在△ABC中，AB的垂直平分線DE與BC的垂直平分線DF交于點D，連接AD，CD，則∠ABC與∠ADC之間的數(shù)量關系為∠ADC＝2∠ABC．思路引領：根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到AD＝BD，BD＝CD，BG＝CG，由等腰三角形的性質(zhì)得到∠ABD＝∠BAD，∠CBD＝∠BCD，∠CBG＝∠BCG，進而得到∠DCG＝∠BAD，由三角形外角定理得到∠HGC＝2∠CBG，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理得∠ADC＝∠HGC，即可得到∠ADC＝2∠ABC．解：設AB，DF相交于G，AB，CD相交于H，連接BD，CG，∵DE是線段AB的垂直平分線，∴AD＝BD，∴∠ABD＝∠BAD，∵DF是線段BC的垂直平分線，∴BD＝CD，BG＝CG，∴∠CBD＝∠BCD，∠CBG＝∠BCG，∴∠CBD﹣∠CBG＝∠BCD﹣∠BCG，∠HGC＝2∠CBG，∴∠HBD＝∠DCG＝∠BAD，在△ADH和△CGH中，∵∠DCG＝∠BAD，∠AHD＝∠CHG，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理得∠ADC＝∠HGC，∴∠ADC＝2∠ABC，故答案為：∠ADC＝2∠ABC．總結(jié)提升：本題主要考查了線段垂直平分線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形外角定理，三角形內(nèi)角和定理，掌握線段垂直平分線上的點到線段兩端的距離相等是解決問題的關鍵．4．（2020春?市南區(qū)期末）如圖，點D是△ABC三邊垂直平分線的交點，若∠A＝63°，則∠D＝126°．思路引領：連接AD，根據(jù)線段垂直平分線上的點到線段兩端點的距離相等看得到AD＝BD＝CD，根據(jù)等邊對等角可得∠ABD＝∠BAD，∠ACD＝∠CAD，然后求出∠ABD+∠ACD+∠BAC，再根據(jù)三角形的內(nèi)角和等于180°求出∠DBC+∠DCB，再次利用三角形的內(nèi)角和定理求解即可．解：如圖，連接AD，∵點D是△ABC三邊垂直平分線的交點，∴AD＝BD＝CD，∴∠ABD＝∠BAD，∠ACD＝∠CAD，∴∠ABD+∠ACD+∠BAC＝2∠BAC＝2×63°＝126°，在△ABC中，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理得，∠DBC+∠DCB＝180°﹣126°＝54°，在△DBC中，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理得，∠BDC＝180°﹣（∠DBC+∠DCB）＝180°﹣54°＝126°．故答案為：126°．總結(jié)提升：本題考查了線段垂直平分線的性質(zhì)，四邊形的內(nèi)角和是360度，熟記性質(zhì)并作輔助線構(gòu)造出四邊形是解題的關鍵．三．解答題（共7小題）5．如圖，AD是△ABC的中線，AB＝AC＝13，BC＝10，求AD長．思路引領：利用勾股定理和等腰三角形的性質(zhì)求得AD的長度即可．解：∵AB＝AC＝13，BC＝10，AD是中線，∴AD⊥BC，BD＝5，∴∠ADB＝90°，∴AD2＝AB2﹣BD2＝144，∴AD＝12．總結(jié)提升：本題考查了等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理；熟練掌握等腰三角形的性質(zhì)，由勾股定理求出AD是解決問題的關鍵．6．（2021秋?東陽市校級月考）如圖，△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5cm，BC＝3cm，若點P從點A出發(fā)，以每秒2cm的速度沿折線A﹣C﹣B﹣A運動，設運動時間為t秒（t＞0）．（1）求AC的長及斜邊AB邊上的高；（2）若點P在AC上，且滿足PA＝PB時，求出此時t的值；（3）若點P恰好在∠BAC的角平分線上，求t的值．思路引領：（1）利用勾股定理可求得AC，根據(jù)三角形的面積公式可求得斜邊AB邊上的高；（2）設存在點P，使得PA＝PB，此時PA＝PB＝2t，PC＝4﹣2t，根據(jù)勾股定理列方程即可得到結(jié)論；（3）當點P在∠CAB的平分線上時，如圖1，過點P作PE⊥AB于點E，此時BP＝7﹣2t，PE＝PC＝2t﹣4，BE＝5﹣4＝1，根據(jù)勾股定理列方程即可得到結(jié)論．解：（1）∵∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，∴AC=A設斜邊AB邊上的高為h，根據(jù)三角形的面積公式得12AC?BC=12AB∴h=AC?BC（2）設存在點P，使得PA＝PB，此時PA＝PB＝2t，PC＝4﹣2t，在Rt△PCB中，PC2+CB2＝PB2，即：（4﹣2t）2+32＝（2t）2，解得：t=25∴當t=2516時，PA＝（3）當點P在∠BAC的平分線上時，如圖1，過點P作PE⊥AB于點E，在△APC和△APE中，∠C=∠AEP=90°∠CAP=∠EAP∴△APC≌APE（AAS），∴AE＝AC＝4，PC＝PE，∵AC+CP＝2t，∴BP＝7﹣2t，PE＝PC＝2t﹣4，BE＝5﹣4＝1，在Rt△BEP中，PE2+BE2＝BP2，即：（2t﹣4）2+12＝（7﹣2t）2，解得：t=8當點P在點A時，t=4+3+5綜上所述，當t=83或6時，P在△總結(jié)提升：本題屬于三角形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，角平分線的性質(zhì)定理等知識，解題的關鍵是學會利用參數(shù)，構(gòu)建方程解決問題．7．如圖所示，四邊形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，AC的中點為M，BD的中點為N，判斷MN與BD之間的位置關系，并說明理由．思路引領：連接MB、MD，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到BM=12AC，DM=解：MN⊥BD，理由如下：連接MB、MD，∵AB⊥BC，AD⊥CD，AC的中點為M，∴BM=12AC，DM=∴BM＝DM，又N是BD的中點，∴MN⊥BD．總結(jié)提升：本題考查的是直角三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)，掌握在直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半是解題的關鍵．8．（2022?茂南區(qū)一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D為AB中點，BE∥CD，CE∥AB．試判斷四邊形BDCE的形狀，并證明你的結(jié)論．思路引領：根據(jù)一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形即可證明．解：四邊形CEBD為菱形，證明如下：∵BE∥CD，CE∥AB，∴四邊形CEBD是平行四邊形，在Rt△ACB中，D為AB中點，∴CD為Rt△ACB斜邊上的中線，∴CD＝BD，∴四邊形CEBD為菱形．總結(jié)提升：本題主要考查了菱形的判定與性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識，屬于中考?？碱}型．9．（2019秋?洛陽期末）如圖，在△ABC中，邊AB的垂直平分線OM與邊AC的垂直平分線ON交于點O，分別交BC于點D、E，已知△ADE的周長5cm．（1）求BC的長；（2）分別連接OA、OB、OC，若△OBC的周長為13cm，求OA的長．思路引領：（1）根據(jù)線段的垂直平分線的性質(zhì)得到DA＝DB、EA＝EC，根據(jù)三角形的周長公式計算，得到答案；（2）根據(jù)三角形的周長公式求出OB+OC，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到OB＝OC，計算即可．解：（1）∵DM是線段AB的垂直平分線，∴DA＝DB，同理，EA＝EC，∵△ADE的周長5cm，∴AD+DE+EA＝5cm，∴BC＝DB+DE+EC＝AD+DE+EA＝5（cm）；（2）∵△OBC的周長為13cm，∴OB+OC+BC＝13cm，∵BC＝5cm，∴OB+OC＝8cm，∵OM垂直平