登录
1. (2025·宿迁段考)如图，在$△ ABC$中，$AD$是$△ ABC$的中线，$E$，$F$分别是$AC$，$AD$的中点，连接$EF$。已知$BC = 8$，则$EF$的长为(
A.2
B.4
C.6
D.8
A
)A.2
B.4
C.6
D.8
答案
1. A
解析
解：
∵AD是△ABC的中线，BC=8，
∴CD=$\frac{1}{2}$BC=4。
∵E，F分别是AC，AD的中点，
∴EF是△ACD的中位线，
∴EF=$\frac{1}{2}$CD=2。
A
∵AD是△ABC的中线，BC=8，
∴CD=$\frac{1}{2}$BC=4。
∵E，F分别是AC，AD的中点，
∴EF是△ACD的中位线，
∴EF=$\frac{1}{2}$CD=2。
A
2. (2024·泗洪期中)顺次连接矩形$ABCD$各边的中点，所得四边形必定是(
A.邻边不等的平行四边形
B.矩形
C.正方形
D.菱形
D
)A.邻边不等的平行四边形
B.矩形
C.正方形
D.菱形
答案
2. D
解析
连接矩形$ABCD$各边中点$E,F,G,H$，连接对角线$AC,BD$。
在$△ ABC$中，$E,F$为$AB,BC$中点，$\therefore EF// AC$且$EF=\frac{1}{2}AC$。
在$△ ADC$中，$H,G$为$AD,CD$中点，$\therefore HG// AC$且$HG=\frac{1}{2}AC$。
$\therefore EF// HG$且$EF=HG$，四边形$EFGH$为平行四边形。
矩形对角线相等，$AC=BD$。
同理，$EH=\frac{1}{2}BD$，$\therefore EF=EH$。
故四边形$EFGH$为菱形。
D
在$△ ABC$中，$E,F$为$AB,BC$中点，$\therefore EF// AC$且$EF=\frac{1}{2}AC$。
在$△ ADC$中，$H,G$为$AD,CD$中点，$\therefore HG// AC$且$HG=\frac{1}{2}AC$。
$\therefore EF// HG$且$EF=HG$，四边形$EFGH$为平行四边形。
矩形对角线相等，$AC=BD$。
同理，$EH=\frac{1}{2}BD$，$\therefore EF=EH$。
故四边形$EFGH$为菱形。
D
3. (2024·浙江)如图，$D$，$E$分别是$△ ABC$的边$AB$，$AC$的中点，连接$BE$，$DE$。若$∠ AED=∠ BEC$，$DE = 2$，则$BE$的长为
4
。答案
3. 4
解析
证明：
∵D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE//BC，DE = $\frac{1}{2}$BC，
∵DE = 2，
∴BC = 4，
∵DE//BC，
∴∠AED = ∠C，
∵∠AED = ∠BEC，
∴∠C = ∠BEC，
∴BE = BC = 4。
4
∵D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE//BC，DE = $\frac{1}{2}$BC，
∵DE = 2，
∴BC = 4，
∵DE//BC，
∴∠AED = ∠C，
∵∠AED = ∠BEC，
∴∠C = ∠BEC，
∴BE = BC = 4。
4
4. 如图，在$□ ABCD$中，对角线$AC$与$BD$相交于点$O$，$E$是边$CD$的中点，连接$OE$。若$∠ ABC = 60^{\circ}$，$∠ BAC = 80^{\circ}$，则$∠ 1$的度数为
$40^{\circ}$
。答案
4. $40^{\circ}$
解析
解：在$□ABCD$中，$∠ABC=60^{\circ}$，$∠BAC=80^{\circ}$，
在$△ ABC$中，$∠ACB=180^{\circ}-∠ABC-∠BAC=180^{\circ}-60^{\circ}-80^{\circ}=40^{\circ}$。
因为四边形$ABCD$是平行四边形，所以$O$是$AC$中点，
又因为$E$是$CD$中点，所以$OE$是$△ ACD$的中位线，
所以$OE// AD$，又因为$AD// BC$，所以$OE// BC$，
所以$∠1=∠ACB=40^{\circ}$。
故答案为$40^{\circ}$。
在$△ ABC$中，$∠ACB=180^{\circ}-∠ABC-∠BAC=180^{\circ}-60^{\circ}-80^{\circ}=40^{\circ}$。
因为四边形$ABCD$是平行四边形，所以$O$是$AC$中点，
又因为$E$是$CD$中点，所以$OE$是$△ ACD$的中位线，
所以$OE// AD$，又因为$AD// BC$，所以$OE// BC$，
所以$∠1=∠ACB=40^{\circ}$。
故答案为$40^{\circ}$。
5. 如图，在$△ ABC$中，$D$，$E$分别是边$AB$，$AC$的中点，$F$是$BC$的延长线上一点，且$CF=\frac{1}{2}BC$，连接$DE$，$CD$，$EF$。求证：$CD = EF$。
答案
5. $ \because D $，$ E $ 分别是边 $ AB $，$ AC $ 的中点，$ \therefore DE // BC $，$ DE = \dfrac{1}{2}BC $．
$ \because CF = \dfrac{1}{2}BC $，$ \therefore DE = CF $．$ \therefore $ 四边形 $ DEFC $ 是平行四边形．
$ \therefore CD = EF $
$ \because CF = \dfrac{1}{2}BC $，$ \therefore DE = CF $．$ \therefore $ 四边形 $ DEFC $ 是平行四边形．
$ \therefore CD = EF $
6. (2024·山西)在四边形$ABCD$中，$E$，$F$，$G$，$H$分别是边$AB$，$BC$，$CD$，$DA$的中点，$EG$，$FH$交于点$O$。若四边形$ABCD$的对角线相等，则线段$EG$与$FH$一定满足的关系为(
A.互相垂直平分
B.互相平分且相等
C.互相垂直且相等
D.互相垂直平分且相等
A
)A.互相垂直平分
B.互相平分且相等
C.互相垂直且相等
D.互相垂直平分且相等
答案
6. A
解析
连接AC，BD。
∵E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，
∴EH是△ABD的中位线，FG是△CBD的中位线，
∴EH$//$BD，EH=$\frac{1}{2}$BD，FG$//$BD，FG=$\frac{1}{2}$BD，
∴EH$//$FG，EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形。
∵AC=BD，
同理可得EF=$\frac{1}{2}$AC，EH=$\frac{1}{2}$BD，
∴EF=EH，
∴平行四边形EFGH是菱形，
∴EG与FH互相垂直平分。
A
∵E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，
∴EH是△ABD的中位线，FG是△CBD的中位线，
∴EH$//$BD，EH=$\frac{1}{2}$BD，FG$//$BD，FG=$\frac{1}{2}$BD，
∴EH$//$FG，EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形。
∵AC=BD，
同理可得EF=$\frac{1}{2}$AC，EH=$\frac{1}{2}$BD，
∴EF=EH，
∴平行四边形EFGH是菱形，
∴EG与FH互相垂直平分。
A
7. (2024·宿城期末)如图，$D$是$△ ABC$内一点，且$BD⊥ CD$，连接$AD$。若$E$，$F$，$G$，$H$分别为线段$AB$，$AC$，$CD$，$BD$的中点，且$AD = 13$，$CD = 6$，$BD = 8$，则图中涂色部分的周长为(
A.23
B.24
C.25
D.26
A
)A.23
B.24
C.25
D.26
答案
7. A
解析
证明：
∵E，F，G，H分别为AB，AC，CD，BD的中点，
∴EF为△ABC的中位线，EH为△ABD的中位线，
FG为△ACD的中位线，HG为△BCD的中位线，
∴EF=$\frac{1}{2}$BC，EH=$\frac{1}{2}$AD，FG=$\frac{1}{2}$AD，HG=$\frac{1}{2}$BC，
∵AD=13，
∴EH=FG=$\frac{1}{2}$×13=6.5，
∵BD⊥CD，BD=8，CD=6，
∴BC=$\sqrt{BD^2+CD^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$，
∴EF=HG=$\frac{1}{2}$×10=5，
∴涂色部分周长=EF+FG+GH+HE=5+6.5+5+6.5=23.
答案：A
∵E，F，G，H分别为AB，AC，CD，BD的中点，
∴EF为△ABC的中位线，EH为△ABD的中位线，
FG为△ACD的中位线，HG为△BCD的中位线，
∴EF=$\frac{1}{2}$BC，EH=$\frac{1}{2}$AD，FG=$\frac{1}{2}$AD，HG=$\frac{1}{2}$BC，
∵AD=13，
∴EH=FG=$\frac{1}{2}$×13=6.5，
∵BD⊥CD，BD=8，CD=6，
∴BC=$\sqrt{BD^2+CD^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$，
∴EF=HG=$\frac{1}{2}$×10=5，
∴涂色部分周长=EF+FG+GH+HE=5+6.5+5+6.5=23.
答案：A
