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第12招 中點、中線想中位線，延線或作平行線
在題目給出的條件中，當含有中點、中線的信息時，往往要主動聯想到中位線，或過中點作某已知線的平行線，或倍長中線、或延長中位線等于其若干倍，構造全等三角形，或找到相似三角形，構造平行四邊形，再利用平行線的性質，或相似三角形、全等三角形的性質，或平行四邊形的性質進行分析、探究，以獲得問題的解決.此招輔助線我們可將它表述為：
中點、中線想中位線，延線或作平行線.
例1 如圖12-1 所示,已知 D 是△ABC 邊BC 的中點,E是AC上的點,連接BE,AD,交于點F,且AE=EF,求證:AC=BF.
解析 證法1 延長AD到點 H,使得 DH═AD.
連接BH,如圖 12-2所示.
(中點、中線想中位線，延線或作平行線)
∵D為BC 的中點,∴BD=DC.
在△ADC和△HDB中,
∴△ADC≌△HDB(SAS).
∴AC=BH,∠H=∠HAC.
∵EA=EF,∴∠HAE=∠AFE.
(三角形，若等腰，三線合一等底角)
又∠BFH=∠AFE,∴BH=BF.
∴BF=AC.
證法2 過點 C作CH∥BF,與AD的延長線交于點 H，如圖12-3所示.
(中點、中線想中位線，延線或作平行線)
∴∠BFD=∠DHC.
∵D為BC 的中點,∴BD=DC.
在△BFD 和△CHD中
∴△BFD≌△CHD(AAS).
∴BF=CH.
∵AE=FE,∴∠HAC=∠AFE.
(三角形，若等腰，三線合一等底角)
又∠AFE=∠BFH,∴∠H=∠HAC.
∴CH=CA.
∴BF=AC.
點評 本題主要考查了全等三角形的判定和性質，等腰三角形的性質.由題設中的“中點”信息，想到“中點、中線想中位線，延線或作平行線”，添加恰當的輔助線構建全等三角形是解題的關鍵所在.一般來說，對于含有中點的問題，通過“倍長中線”可以得到兩個全等三角形.而過一點作已知直線的平行線，可以起到轉移角的作用，也起到了構造全等三角形的作用.證法1注重了“延線”(倍長中線)；證法2注重了“作平行線”.不難得知，對倍長中線而言，也可以延長FD至點H,使得DH=FD,如圖12-3所示,證明△CDH 和△BDF全等來突破.對作平行線而言，也可以過點 B作BH 平行AC，與AD的延長線相交于點 H，如圖12-2所示，證明△ADC和△HDB 全等來探究.讀者不妨試試.
例2 如圖12-4所示,已知M是△ABC邊BC的中點,分別以△ABC的兩邊AB,AC向外作正方形ABEF和ACGH.求證:FH=2AM.
解析 證明 ∵M為BC 的中點,
∴AM為邊BC 的中線.
如圖12-5所示,延長AM至點D,使MD=AM.
(中點、中線想中位線，延線或作平行線)
連接BD,在△AMC和△DMB中
∴△AMC≌△DMB.
∴AC=DB,∠4=∠D.
而∠5+∠3+∠4=180°,
又(∠1+∠2)+(∠3+∠D)=180°,
兩式相減,得∠5=∠1+∠2.
又BD=AC=AH,AB=AF,
∴△ABD≌△FAH(SAS).
∴FH=AD=2AM.
∴FH=2AM.
點評 由中點想到延長中線，層層遞進是證題的必由之路，本證法充分體現了“中點、中線想中位線，延線或作平行線”的戰術思想.另外，在本題的條件下，還可證明AM⊥HF.讀者不妨試試.
例3 閱讀下面的題目及分析過程，并按要求進行證明.
已知:如圖12-6所示,E是BC 的中點,點A 在DE上,且滿足∠EAB=∠EDC.
求證:AB=CD.
分析：證明兩條線段相等，常用的方法是應用全等三角形或等腰三角形的判定和性質，觀察本題中要證明的兩條線段，它們不在同一個三角形中，且它們分別所在的兩個三角形也不全等，因此，要證AB=CD，須添加適當的輔助線，構造全等三角形或等腰三角形.
(1) 現給出如下兩種添加輔助線的方法，請任意選出其中一種，對原題進行證明.
① 如圖12-7所示,延長DE到點F,使EF=DE,連接BF.
② 如圖12-8所示,分別過點 B,C作BF⊥DE,CG⊥DE,垂足分別為 F,G.
(2) 請你在圖12-9中，添加不同于上述的輔助線，并對原題進行證明.
解析 (1) ① 如圖12-7所示,延長DE到點F,使EF=DE,連接
BF.(延線或作平行線)
∵E是BC 的中點,∴BE=CE.
在△BEF 和△CED中,
∴BF=CD,∠F=∠CDE.
∵∠BAE=∠CDE,∴∠BAE=∠F,且AB=BF.
∴AB=CD.
②如圖12-8所示,分別過點 B,C作BF⊥DE,CG⊥DE,垂足分別為 F,G.
(中點、中線想中位線，延線或作平行線)
∴∠F=∠CGE=∠CGD=90°.
∵E是BC 的中點,∴BE=CE.
在△BEF 和△CEG中
∴△BEF≌△CEG(AAS).∴BF=CG.
在△BAF 和△CDG中,
∴△BAF≌△CDG(AAS).∴AB=CD.
(2)如圖12-10 所示,過點 C作CF∥AB,交 DE的延長線于點F.(延線或作平行線)
故∠BAE=∠EFC.
∵E是BC 的中點,∴BE=CE.
在△BAE 和△CFE中,
∴△BAE≌△CFE(AAS).
∴CF=BA,∠BAE=∠F.
∵∠BAE=∠EDC,∴∠F=∠EDC.
∴CF=CD.∴AB=CD.
點評 本題是三角形綜合題，題型新穎、開放.主要考查了全等三角形的判定和性質，對頂角相等，平行線的性質，考查推理判斷能力.證題的關鍵是作出恰當的輔助線，構造全等三角形.在第(1)問中圖12-7，圖12-8所給出的輔助線是對第(2)問所要作的輔助線的一個導引.這些輔助線都充分體現了“中點、中線想中位線，延線或作平行線”的解題思想.
跟蹤訓練
1. 已知E,F分別是四邊形 ABCD對角線 BD,AC的中點,如圖所示,直線EF交AB于點M,交CD于點N,且AB=CD.求證:∠BME=∠FNC.
2. 如圖所示,在△ABC中,∠ACB=90°,D 是BC 的中點,P 是AD的中點，延長CP交AB 于點E，過點E作AC 的平行線交AD 于點F，連接CF,求證:
3. (1)如圖1所示,在四邊形ABCD中,AB=CD,E,F分別是BC,AD的中點，連接EF，并延長分別與 BA，CD 的延長線交于點M，N，證明:∠BME=∠CNE.
請將證明∠BME=∠CNE 的過程填寫完整：
證明 連接 BD,取 BD的中點H,連接 HE,HF.
∵F是AD的中點,H是BD的中點,∴HF∥ ,HF= .
同理:HE∥ ,HE= .
∴∠1=∠BME,∠2=∠CNE.
又AB=CD,∴HF=HE,故∠1=∠2.
∴∠BME=∠CNE.
(2) 運用上述方法解決下列問題：
問題一:如圖2 所示,在四邊形ADBC 中,AB 與CD 相交于點O,AB=CD,E,F分別是BC,AD的中點,連接EF,分別交DC,AB于點M,N，請判斷△OMN 的形狀，并說明理由.
問題二:如圖3所示,在鈍角三解形 ABC中,AC>AB,點 D 在AC上，E，F分別是BC，AD的中點，連接EF并延長，與BA 的延長線交于點G,連接GD,若∠EFC=60°,△AGD是直角三角形且∠AGD=90°,求證:AB=CD.
答案
1. 證明 取 BC的中點G,連接EG,FG,如圖所示.
∵E為BD的中點,G為BC的中點,
∴EG為△BDC的中位線.(中點、中線想中位線)
由此可得
同理可得
又AB=CD,則EG=FG.
故△EFG為等腰三角形,則∠GFN=∠GEM. ①
易得∠BME=∠GFN,∠CNF=∠GEM. ②
由①②,得∠BME=∠FNC.
2. 證明 要證 采用等分法.
設法三等分AB，因為 P是AD的中點，
D是BC的中點,于是,過點 D作DG∥CE,如圖所示.
由中位線性質可得
于是，問題等價于證明CF=AE.
∵P是直角三角形ACD 斜邊AD 的中點，
∴PA=PC,故∠1=∠2.
∵EF∥AC,∴∠CEF=∠1,∠2=∠AFE.
∴∠CEF=∠AFE,故 PE=PF,從而△APE≌△CPF.
3. (1)AB, AB,CD, CD
連接BD,取BD的中點 H,連接HE,HF.
∵F是AD的中點,H是BD的中點,
同理：
∴∠1=∠BME,∠2=∠CNE,
又AB=CD,∴HF=HE,故∠1=∠2.
∴∠BME=∠CNE.
故填AB, AB,CD, CD.
(2) 問題一 △OMN 是等腰三角形，理由如下：
取AC的中點 P,連接 PF,PE,如圖1所示.
∵E,F分別是BC,AD的中點,
∴PE是△ABC的中位線,PF 是△ADC的中位線.
∴∠PEF=∠ANF,∠PFE=∠CME.
又AB=CD,∴PE=PF.∴∠PFE=∠PEF,∴∠OMN=∠ONM.
∴△OMN 為等腰三角形.
問題二 證明:連接BD,取 BD的中點H,連接 HF,HE,如圖2所示.
∵F是AD 的中點,∴HF 是△ABD的中位線.
同理得證
∵∠AFG=∠EFC=60°,
∴△AGF是等邊三角形.∴∠AGF=∠GAF=60°.
∵HF∥AB,∴∠AFH=∠GAF=60°.∴∠EFH=180°-60°-60°=60°.
∵HE∥CD,∴∠HEF=∠EFC=60°.
∴∠HFE=∠HEF=60°.∴HF=HE.
∴AB=CD.

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