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任务一
掌握三角形的中位线定理的逆定理
数学课上，发现结论“三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半”后，张明同学又提出一个新的问题：过三角形一边的中点，且平行于另一边的直线，是否会过第三边的中点呢？
为研究此问题，同学们进行了作图，并将问题进行如下转述。
已知：在△ABC中，D是AB的中点，过点D作DE//BC，交AC于点E。
求证：AE＝CE。
以下是两名同学给出的辅助线作法，请你选择其中一种作法，补全图形，完成证明。
张明同学：
作辅助线：延长ED到点F，使得DF＝DE，连接BF。
李宏同学：
作辅助线：过点E作EF//DB，交BC于点F。
新知生成：经过三角形一边的中点且平行于另一边的直线，必
掌握三角形的中位线定理的逆定理
数学课上，发现结论“三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半”后，张明同学又提出一个新的问题：过三角形一边的中点，且平行于另一边的直线，是否会过第三边的中点呢？
为研究此问题，同学们进行了作图，并将问题进行如下转述。
已知：在△ABC中，D是AB的中点，过点D作DE//BC，交AC于点E。
求证：AE＝CE。
以下是两名同学给出的辅助线作法，请你选择其中一种作法，补全图形，完成证明。
张明同学：
作辅助线：延长ED到点F，使得DF＝DE，连接BF。
李宏同学：
作辅助线：过点E作EF//DB，交BC于点F。
新知生成：经过三角形一边的中点且平行于另一边的直线，必
平分
三角形的第三边。答案
任务一 略
新知生成：平分
新知生成：平分
解析
【分析】
要证明AE=CE，我们可以通过构造辅助线转化边角关系推导，以张明同学的辅助线作法为例：首先利用D是AB中点的条件构造全等三角形，将AE转化为BF，再通过两组对边分别平行证明四边形BFEC是平行四边形，得到BF=CE，进而推出AE=CE，最后根据证明结论补全新知生成的内容。
【解析】
选择张明同学的辅助线作法完成证明：
1. 补全图形：延长ED到点F，使得DF=DE，连接BF。
2. 证明过程：
∵ D是AB的中点，
∴ AD=BD
在△ADE和△BDF中：
$\{\begin{array}{l}AD=BD\\ ∠ ADE=∠ BDF(\mathrm{对顶角相等})\\ DE=DF(\mathrm{辅助线作法})\end{array} $
∴ $△ ADE≌△ BDF(\mathrm{SAS})$
∴ $AE=BF$，$∠ A=∠ DBF$（全等三角形对应边、对应角相等）
∴ $AC// BF$（内错角相等，两直线平行）
又
∵ $DE// BC$（已知），即$EF// BC$
∴ 四边形BFEC是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）
∴ $BF=CE$（平行四边形对边相等）
又
∵ $AE=BF$（已证）
∴ $AE=CE$，得证。
新知生成：经过三角形一边的中点且平行于另一边的直线，必平分三角形的第三边。
【答案】
证明见解析；平分
【知识点】
全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；三角形中位线逆定理
【点评】
本题考查三角形中位线逆定理的推导过程，解题的关键是合理构造辅助线，灵活运用全等三角形、平行四边形的相关性质完成边角关系的转化，该定理是三角形相关证明和计算中常用的结论。
【难度系数】
0.7
要证明AE=CE，我们可以通过构造辅助线转化边角关系推导，以张明同学的辅助线作法为例：首先利用D是AB中点的条件构造全等三角形，将AE转化为BF，再通过两组对边分别平行证明四边形BFEC是平行四边形，得到BF=CE，进而推出AE=CE，最后根据证明结论补全新知生成的内容。
【解析】
选择张明同学的辅助线作法完成证明：
1. 补全图形：延长ED到点F，使得DF=DE，连接BF。
2. 证明过程：
∵ D是AB的中点，
∴ AD=BD
在△ADE和△BDF中：
$\{\begin{array}{l}AD=BD\\ ∠ ADE=∠ BDF(\mathrm{对顶角相等})\\ DE=DF(\mathrm{辅助线作法})\end{array} $
∴ $△ ADE≌△ BDF(\mathrm{SAS})$
∴ $AE=BF$，$∠ A=∠ DBF$（全等三角形对应边、对应角相等）
∴ $AC// BF$（内错角相等，两直线平行）
又
∵ $DE// BC$（已知），即$EF// BC$
∴ 四边形BFEC是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）
∴ $BF=CE$（平行四边形对边相等）
又
∵ $AE=BF$（已证）
∴ $AE=CE$，得证。
新知生成：经过三角形一边的中点且平行于另一边的直线，必平分三角形的第三边。
【答案】
证明见解析；平分
【知识点】
全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；三角形中位线逆定理
【点评】
本题考查三角形中位线逆定理的推导过程，解题的关键是合理构造辅助线，灵活运用全等三角形、平行四边形的相关性质完成边角关系的转化，该定理是三角形相关证明和计算中常用的结论。
【难度系数】
0.7
如图，在$△ ABC$中，$AB = AC$，$AD$平分$∠ BAC$，$DE // AC$交$AB$于点$E$，则$△ EBD$与$△ ABC$的周长比为（）
A.$1:2$
B.$1:4$
C.$1:3$
D.$2:3$
A.$1:2$
B.$1:4$
C.$1:3$
D.$2:3$
答案
A
解析
【分析】
解题时先从已知条件逐步推导：首先由$AB=AC$、$AD$平分$∠ BAC$，结合等腰三角形三线合一的性质，可推出$D$是$BC$的中点，即$BD=\frac{1}{2}BC$；再根据$DE// AC$，结合$D$是$BC$中点，可判定$DE$是$△ ABC$的中位线，得到$E$是$AB$中点、$DE=\frac{1}{2}AC$；最后通过直接计算两个三角形的周长，或利用相似三角形周长比等于相似比的性质，即可求出周长比。
【解析】
解：
1. $\because AB=AC$，$AD$平分$∠ BAC$，根据等腰三角形“三线合一”的性质，
$\therefore D$是$BC$的中点，即$BD=\frac{1}{2}BC$。
2. $\because DE// AC$，$D$为$BC$中点，根据平行线分线段成比例，
$\therefore E$是$AB$的中点，即$BE=\frac{1}{2}AB$，且$DE$是$△ ABC$的中位线，$\therefore DE=\frac{1}{2}AC$。
3. $△ EBD$的周长为：$C_{△ EBD}=BE+BD+DE=\frac{1}{2}AB+\frac{1}{2}BC+\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}(AB+BC+AC)$。
4. $△ ABC$的周长为：$C_{△ ABC}=AB+BC+AC$，
$\therefore \frac{C_{△ EBD}}{C_{△ ABC}}=\frac{1}{2}$，即两个三角形的周长比为$1:2$。
【答案】
A
【知识点】
等腰三角形性质；三角形中位线定理；相似三角形性质
【点评】
本题是三角形章节的基础常考题，解题核心是先利用等腰三角形性质确定中点，再结合平行线的性质得到线段比例关系，进而推导周长比，难度较低，侧重对基础定理应用的考查。
【难度系数】
0.7
解题时先从已知条件逐步推导：首先由$AB=AC$、$AD$平分$∠ BAC$，结合等腰三角形三线合一的性质，可推出$D$是$BC$的中点，即$BD=\frac{1}{2}BC$；再根据$DE// AC$，结合$D$是$BC$中点，可判定$DE$是$△ ABC$的中位线，得到$E$是$AB$中点、$DE=\frac{1}{2}AC$；最后通过直接计算两个三角形的周长，或利用相似三角形周长比等于相似比的性质，即可求出周长比。
【解析】
解：
1. $\because AB=AC$，$AD$平分$∠ BAC$，根据等腰三角形“三线合一”的性质，
$\therefore D$是$BC$的中点，即$BD=\frac{1}{2}BC$。
2. $\because DE// AC$，$D$为$BC$中点，根据平行线分线段成比例，
$\therefore E$是$AB$的中点，即$BE=\frac{1}{2}AB$，且$DE$是$△ ABC$的中位线，$\therefore DE=\frac{1}{2}AC$。
3. $△ EBD$的周长为：$C_{△ EBD}=BE+BD+DE=\frac{1}{2}AB+\frac{1}{2}BC+\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}(AB+BC+AC)$。
4. $△ ABC$的周长为：$C_{△ ABC}=AB+BC+AC$，
$\therefore \frac{C_{△ EBD}}{C_{△ ABC}}=\frac{1}{2}$，即两个三角形的周长比为$1:2$。
【答案】
A
【知识点】
等腰三角形性质；三角形中位线定理；相似三角形性质
【点评】
本题是三角形章节的基础常考题，解题核心是先利用等腰三角形性质确定中点，再结合平行线的性质得到线段比例关系，进而推导周长比，难度较低，侧重对基础定理应用的考查。
【难度系数】
0.7
任务二 三角形中位线定理的综合运用
阅读材料，完成下列探究。
如图，E是$□ ABCD$的对角线AC上一点，连接BE并延长至点F，使$EF=BE$，交CD于点G，连接DF。
探究1：$AC// DF$吗？请说明理由。
探究2：若BF垂直平分CD，$BF=AE=2\sqrt{3}$，求CG的长。
即时测评
如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且$AC=BD$，E，F分别是AB，CD的中点，EF分别交BD，AC于点G，H。求证：$OG=OH$。
阅读材料，完成下列探究。
如图，E是$□ ABCD$的对角线AC上一点，连接BE并延长至点F，使$EF=BE$，交CD于点G，连接DF。
探究1：$AC// DF$吗？请说明理由。
探究2：若BF垂直平分CD，$BF=AE=2\sqrt{3}$，求CG的长。
即时测评
如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且$AC=BD$，E，F分别是AB，CD的中点，EF分别交BD，AC于点G，H。求证：$OG=OH$。
答案
探究1解答
解：$AC// DF$，理由如下：
连接BD，交AC于点O。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ O是BD的中点。
又∵ $BE=EF$，
∴ E是BF的中点，
∴ OE是$△ BDF$的中位线，
∴ $OE// DF$，即$AC// DF$。
---
探究2解答
解：∵ $BF=2\sqrt{3}$，$BE=EF$，
∴ $EF=\frac{1}{2}BF=\sqrt{3}$。
∵ BF垂直平分CD，
∴ $CG=DG$，$BF⊥ CD$。
由探究1知$AC// DF$，
∴ $∠ CGE=∠ DGF=90°$。
在$△ CEG$和$△ DFG$中：
$\begin{cases}∠ CGE=∠ DGF \\CG=DG \\∠ CEG=∠ DFG\end{cases}$
∴ $△ CEG ≌ △ DFG$（ASA），
∴ $EG=FG$，$CE=DF$。
∵ $EF=\sqrt{3}$，
∴ $EG=FG=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
∵ O是BD中点，E是BF中点，
∴ OE是$△ BDF$的中位线，
∴ $DF=2OE$，
∴ $CE=2OE$。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ $OA=OC$，即$OA=OE+CE=OE+2OE=3OE$。
∵ $AE=OA+OE=3OE+OE=4OE=2\sqrt{3}$，
∴ $OE=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴ $CE=2OE=\sqrt{3}$。
在$Rt△ CEG$中，由勾股定理得：
$CG=\sqrt{CE^2 - EG^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2 - (\frac{\sqrt{3}}{2})^2}=\sqrt{3-\frac{3}{4}}=\frac{3}{2}$。
---
即时测评证明
证明：取BC的中点M，连接EM、FM。
∵ E是AB的中点，M是BC的中点，
∴ EM是$△ ABC$的中位线，
∴ $EM// AC$，$EM=\frac{1}{2}AC$。
∵ F是CD的中点，M是BC的中点，
∴ FM是$△ BCD$的中位线，
∴ $FM// BD$，$FM=\frac{1}{2}BD$。
又∵ $AC=BD$，
∴ $EM=FM$，
∴ $∠ MEF=∠ MFE$。
∵ $EM// AC$，
∴ $∠ OHE=∠ MEF$。
∵ $FM// BD$，
∴ $∠ OGH=∠ MFE$。
∴ $∠ OHE=∠ OGH$，
∴ $OG=OH$。
解：$AC// DF$，理由如下：
连接BD，交AC于点O。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ O是BD的中点。
又∵ $BE=EF$，
∴ E是BF的中点，
∴ OE是$△ BDF$的中位线，
∴ $OE// DF$，即$AC// DF$。
---
探究2解答
解：∵ $BF=2\sqrt{3}$，$BE=EF$，
∴ $EF=\frac{1}{2}BF=\sqrt{3}$。
∵ BF垂直平分CD，
∴ $CG=DG$，$BF⊥ CD$。
由探究1知$AC// DF$，
∴ $∠ CGE=∠ DGF=90°$。
在$△ CEG$和$△ DFG$中：
$\begin{cases}∠ CGE=∠ DGF \\CG=DG \\∠ CEG=∠ DFG\end{cases}$
∴ $△ CEG ≌ △ DFG$（ASA），
∴ $EG=FG$，$CE=DF$。
∵ $EF=\sqrt{3}$，
∴ $EG=FG=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
∵ O是BD中点，E是BF中点，
∴ OE是$△ BDF$的中位线，
∴ $DF=2OE$，
∴ $CE=2OE$。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ $OA=OC$，即$OA=OE+CE=OE+2OE=3OE$。
∵ $AE=OA+OE=3OE+OE=4OE=2\sqrt{3}$，
∴ $OE=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴ $CE=2OE=\sqrt{3}$。
在$Rt△ CEG$中，由勾股定理得：
$CG=\sqrt{CE^2 - EG^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2 - (\frac{\sqrt{3}}{2})^2}=\sqrt{3-\frac{3}{4}}=\frac{3}{2}$。
---
即时测评证明
证明：取BC的中点M，连接EM、FM。
∵ E是AB的中点，M是BC的中点，
∴ EM是$△ ABC$的中位线，
∴ $EM// AC$，$EM=\frac{1}{2}AC$。
∵ F是CD的中点，M是BC的中点，
∴ FM是$△ BCD$的中位线，
∴ $FM// BD$，$FM=\frac{1}{2}BD$。
又∵ $AC=BD$，
∴ $EM=FM$，
∴ $∠ MEF=∠ MFE$。
∵ $EM// AC$，
∴ $∠ OHE=∠ MEF$。
∵ $FM// BD$，
∴ $∠ OGH=∠ MFE$。
∴ $∠ OHE=∠ OGH$，
∴ $OG=OH$。
解析
【分析】
探究1：要证明AC//DF，已知平行四边形对角线互相平分可得BD中点O，结合E是BF中点，可连接BD构造△BDF的中位线，利用中位线的平行性质即可证明；探究2：先利用线段中点定义求EF长度，结合垂直平分线的性质得到CG=DG、BF⊥CD，再通过全等三角形得到EG、CE的相关等量关系，结合中位线的数量关系和已知AE的长度求出CE，最后在直角三角形中用勾股定理计算CG；即时测评：已知多个中点条件，取BC中点构造两条中位线，将AC=BD的条件转化为两条中位线相等，再通过平行线的角传递，得到△OGH的两个底角相等，即可证明OG=OH。
【解析】
探究1解答
$AC// DF$，理由如下：
连接BD，交AC于点O。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ O是BD的中点。
又
∵ $BE=EF$，
∴ E是BF的中点，
∴ OE是$△ BDF$的中位线，
∴ $OE// DF$，即$AC// DF$。
探究2解答
∵ $BF=2\sqrt{3}$，$BE=EF$，
∴ $EF=\frac{1}{2}BF=\sqrt{3}$。
∵ BF垂直平分CD，
∴ $CG=DG$，$BF⊥ CD$。
由探究1知$AC// DF$，
∴ $∠ CGE=∠ DGF=90°$。
在$△ CEG$和$△ DFG$中：
$\begin{cases}∠ CGE=∠ DGF \\CG=DG \\∠ CEG=∠ DFG\end{cases}$
∴ $△ CEG ≌ △ DFG$（ASA），
∴ $EG=FG$，$CE=DF$。
∵ $EF=\sqrt{3}$，
∴ $EG=FG=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
∵ O是BD中点，E是BF中点，
∴ OE是$△ BDF$的中位线，
∴ $DF=2OE$，
∴ $CE=2OE$。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ $OA=OC$，即$OA=OE+CE=OE+2OE=3OE$。
∵ $AE=OA+OE=3OE+OE=4OE=2\sqrt{3}$，
∴ $OE=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴ $CE=2OE=\sqrt{3}$。
在$Rt△ CEG$中，由勾股定理得：
$CG=\sqrt{CE^2 - EG^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2 - (\frac{\sqrt{3}}{2})^2}=\sqrt{3-\frac{3}{4}}=\frac{3}{2}$。
即时测评证明
取BC的中点M，连接EM、FM。
∵ E是AB的中点，M是BC的中点，
∴ EM是$△ ABC$的中位线，
∴ $EM// AC$，$EM=\frac{1}{2}AC$。
∵ F是CD的中点，M是BC的中点，
∴ FM是$△ BCD$的中位线，
∴ $FM// BD$，$FM=\frac{1}{2}BD$。
又
∵ $AC=BD$，
∴ $EM=FM$，
∴ $∠ MEF=∠ MFE$。
∵ $EM// AC$，
∴ $∠ OHE=∠ MEF$。
∵ $FM// BD$，
∴ $∠ OGH=∠ MFE$。
∴ $∠ OHE=∠ OGH$，
∴ $OG=OH$。
【答案】
探究1：$AC// DF$，理由见解析；
探究2：$CG=\frac{3}{2}$；
即时测评：证明见解析。
【知识点】
1.三角形中位线定理
2.平行四边形的性质
3.全等三角形的判定与性质
【点评】
本题组围绕三角形中位线定理的应用展开，整合了平行四边形性质、垂直平分线性质、全等三角形判定、勾股定理等知识，重点考查构造中位线辅助线的思维能力，解题时遇到多个中点条件可优先考虑构造中位线，将已知的边角关系进行转化推导。
【难度系数】
0.6
探究1：要证明AC//DF，已知平行四边形对角线互相平分可得BD中点O，结合E是BF中点，可连接BD构造△BDF的中位线，利用中位线的平行性质即可证明；探究2：先利用线段中点定义求EF长度，结合垂直平分线的性质得到CG=DG、BF⊥CD，再通过全等三角形得到EG、CE的相关等量关系，结合中位线的数量关系和已知AE的长度求出CE，最后在直角三角形中用勾股定理计算CG；即时测评：已知多个中点条件，取BC中点构造两条中位线，将AC=BD的条件转化为两条中位线相等，再通过平行线的角传递，得到△OGH的两个底角相等，即可证明OG=OH。
【解析】
探究1解答
$AC// DF$，理由如下：
连接BD，交AC于点O。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ O是BD的中点。
又
∵ $BE=EF$，
∴ E是BF的中点，
∴ OE是$△ BDF$的中位线，
∴ $OE// DF$，即$AC// DF$。
探究2解答
∵ $BF=2\sqrt{3}$，$BE=EF$，
∴ $EF=\frac{1}{2}BF=\sqrt{3}$。
∵ BF垂直平分CD，
∴ $CG=DG$，$BF⊥ CD$。
由探究1知$AC// DF$，
∴ $∠ CGE=∠ DGF=90°$。
在$△ CEG$和$△ DFG$中：
$\begin{cases}∠ CGE=∠ DGF \\CG=DG \\∠ CEG=∠ DFG\end{cases}$
∴ $△ CEG ≌ △ DFG$（ASA），
∴ $EG=FG$，$CE=DF$。
∵ $EF=\sqrt{3}$，
∴ $EG=FG=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
∵ O是BD中点，E是BF中点，
∴ OE是$△ BDF$的中位线，
∴ $DF=2OE$，
∴ $CE=2OE$。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ $OA=OC$，即$OA=OE+CE=OE+2OE=3OE$。
∵ $AE=OA+OE=3OE+OE=4OE=2\sqrt{3}$，
∴ $OE=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴ $CE=2OE=\sqrt{3}$。
在$Rt△ CEG$中，由勾股定理得：
$CG=\sqrt{CE^2 - EG^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2 - (\frac{\sqrt{3}}{2})^2}=\sqrt{3-\frac{3}{4}}=\frac{3}{2}$。
即时测评证明
取BC的中点M，连接EM、FM。
∵ E是AB的中点，M是BC的中点，
∴ EM是$△ ABC$的中位线，
∴ $EM// AC$，$EM=\frac{1}{2}AC$。
∵ F是CD的中点，M是BC的中点，
∴ FM是$△ BCD$的中位线，
∴ $FM// BD$，$FM=\frac{1}{2}BD$。
又
∵ $AC=BD$，
∴ $EM=FM$，
∴ $∠ MEF=∠ MFE$。
∵ $EM// AC$，
∴ $∠ OHE=∠ MEF$。
∵ $FM// BD$，
∴ $∠ OGH=∠ MFE$。
∴ $∠ OHE=∠ OGH$，
∴ $OG=OH$。
【答案】
探究1：$AC// DF$，理由见解析；
探究2：$CG=\frac{3}{2}$；
即时测评：证明见解析。
【知识点】
1.三角形中位线定理
2.平行四边形的性质
3.全等三角形的判定与性质
【点评】
本题组围绕三角形中位线定理的应用展开，整合了平行四边形性质、垂直平分线性质、全等三角形判定、勾股定理等知识，重点考查构造中位线辅助线的思维能力，解题时遇到多个中点条件可优先考虑构造中位线，将已知的边角关系进行转化推导。
【难度系数】
0.6
