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20. 如图，在$△ ABC$中，点$D$，$E$分别是边$BA$，$BC$的中点，连接$DE$.点$F$为$CA$延长线上一点，且$FA=\frac{1}{2}AC$，连接$FD$，$FE$，$AE$.
(1)求证:四边形$AFDE$是平行四边形.
(2)若$∠ DEB=∠ DEF$，求证:$EF=EC$.
(3)在(2)的条件下，若$DE=\sqrt{2}$，$∠ C=45°$，求$BC$的长.
(1)求证:四边形$AFDE$是平行四边形.
(2)若$∠ DEB=∠ DEF$，求证:$EF=EC$.
(3)在(2)的条件下，若$DE=\sqrt{2}$，$∠ C=45°$，求$BC$的长.
答案
20.(1)证明:
∵点 D,E 分别是边 BA,BC 的中点.
∴$DE// AC$,$DE=\frac{1}{2}AC$.
∵$FA=\frac{1}{2}AC$,
∴$DE=FA$,
∴四边形 AFDE 是平行四边形.
(2)证明:
∵四边形 AFDE 是平行四边形,
∴$DE// AC$,$DF// AE$,
∴$∠ DEB=∠ C$,$∠ DEF=∠ EFC$,
∵$∠ DEB=∠ DEF$,
∴$∠ EFC=∠ C$,$∴EF=EC$.
(3)解:
∵$FA=DE=\sqrt{2}$,
∴$AC=2DE=2\sqrt{2}$,
∴$FC=FA+AC=3\sqrt{2}$.
∵$∠ EFC=∠ C=45°$,
∴$△ EFC$ 是等腰直角三角形,
∴$EF^2+EC^2=FC^2$,$EF=EC=\frac{\sqrt{2}}{2}FC=3$,$∴BC=2EC=6$.
∵点 D,E 分别是边 BA,BC 的中点.
∴$DE// AC$,$DE=\frac{1}{2}AC$.
∵$FA=\frac{1}{2}AC$,
∴$DE=FA$,
∴四边形 AFDE 是平行四边形.
(2)证明:
∵四边形 AFDE 是平行四边形,
∴$DE// AC$,$DF// AE$,
∴$∠ DEB=∠ C$,$∠ DEF=∠ EFC$,
∵$∠ DEB=∠ DEF$,
∴$∠ EFC=∠ C$,$∴EF=EC$.
(3)解:
∵$FA=DE=\sqrt{2}$,
∴$AC=2DE=2\sqrt{2}$,
∴$FC=FA+AC=3\sqrt{2}$.
∵$∠ EFC=∠ C=45°$,
∴$△ EFC$ 是等腰直角三角形,
∴$EF^2+EC^2=FC^2$,$EF=EC=\frac{\sqrt{2}}{2}FC=3$,$∴BC=2EC=6$.
解析
【分析】
(1)要证明四边形AFDE是平行四边形，可采用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”的判定思路。首先根据D、E是BA、BC的中点，利用三角形中位线定理得到DE与AC的位置、数量关系，再结合$FA=\frac{1}{2}AC$的条件，即可推出DE与FA平行且相等，完成证明。
(2)要证明$EF=EC$，可通过等角对等边推导。先根据平行四边形的性质得到$DE// AC$，得到对应角的等量关系，结合已知$∠DEB=∠DEF$进行等量代换，即可得到$∠EFC=∠C$，从而证得结论。
(3)求BC的长，首先根据平行四边形对边相等得到FA的长度，进而求出AC和FC的长度；再结合(2)的结论和$∠C=45°$，判断$△ EFC$是等腰直角三角形，利用勾股定理求出EC的长度，最后根据E是BC中点即可求出BC的长。
【解析】
(1)证明：
∵点D，E分别是边BA，BC的中点，
∴DE是$△ ABC$的中位线，
∴$DE// AC$，$DE=\frac{1}{2}AC$，
∵$FA=\frac{1}{2}AC$，
∴$DE=FA$，且$DE// FA$，
∴四边形AFDE是平行四边形。
(2)证明：
∵四边形AFDE是平行四边形，
∴$DE// AC$，
∴$∠DEB=∠C$（两直线平行，同位角相等），$∠DEF=∠EFC$（两直线平行，内错角相等），
∵$∠DEB=∠DEF$，
∴$∠EFC=∠C$，
∴$EF=EC$（等角对等边）。
(3)解：
∵四边形AFDE是平行四边形，
∴$FA=DE=\sqrt{2}$，
∵$FA=\frac{1}{2}AC$，
∴$AC=2DE=2\sqrt{2}$，
∴$FC=FA+AC=\sqrt{2}+2\sqrt{2}=3\sqrt{2}$，
由(2)知$∠EFC=∠C=45°$，
∴$∠FEC=180°-45°-45°=90°$，即$△ EFC$是等腰直角三角形，
根据勾股定理：$EF^2+EC^2=FC^2$，又$EF=EC$，
∴$2EC^2=(3\sqrt{2})^2=18$，解得$EC=3$，
∵E是BC的中点，
∴$BC=2EC=6$。
【答案】
(1) 四边形AFDE是平行四边形，证明成立；
(2) $EF=EC$，证明成立；
(3) $BC=6$
【知识点】
三角形中位线定理，平行四边形的判定与性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题属于逐层递进的几何综合题，既考察了三角形中位线、平行四边形、等腰三角形等基础几何定理的直接应用，也考察了学生推导角、线段等量关系的逻辑思维能力，是典型的基础几何综合题。
【难度系数】
0.7
(1)要证明四边形AFDE是平行四边形，可采用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”的判定思路。首先根据D、E是BA、BC的中点，利用三角形中位线定理得到DE与AC的位置、数量关系，再结合$FA=\frac{1}{2}AC$的条件，即可推出DE与FA平行且相等，完成证明。
(2)要证明$EF=EC$，可通过等角对等边推导。先根据平行四边形的性质得到$DE// AC$，得到对应角的等量关系，结合已知$∠DEB=∠DEF$进行等量代换，即可得到$∠EFC=∠C$，从而证得结论。
(3)求BC的长，首先根据平行四边形对边相等得到FA的长度，进而求出AC和FC的长度；再结合(2)的结论和$∠C=45°$，判断$△ EFC$是等腰直角三角形，利用勾股定理求出EC的长度，最后根据E是BC中点即可求出BC的长。
【解析】
(1)证明：
∵点D，E分别是边BA，BC的中点，
∴DE是$△ ABC$的中位线，
∴$DE// AC$，$DE=\frac{1}{2}AC$，
∵$FA=\frac{1}{2}AC$，
∴$DE=FA$，且$DE// FA$，
∴四边形AFDE是平行四边形。
(2)证明：
∵四边形AFDE是平行四边形，
∴$DE// AC$，
∴$∠DEB=∠C$（两直线平行，同位角相等），$∠DEF=∠EFC$（两直线平行，内错角相等），
∵$∠DEB=∠DEF$，
∴$∠EFC=∠C$，
∴$EF=EC$（等角对等边）。
(3)解：
∵四边形AFDE是平行四边形，
∴$FA=DE=\sqrt{2}$，
∵$FA=\frac{1}{2}AC$，
∴$AC=2DE=2\sqrt{2}$，
∴$FC=FA+AC=\sqrt{2}+2\sqrt{2}=3\sqrt{2}$，
由(2)知$∠EFC=∠C=45°$，
∴$∠FEC=180°-45°-45°=90°$，即$△ EFC$是等腰直角三角形，
根据勾股定理：$EF^2+EC^2=FC^2$，又$EF=EC$，
∴$2EC^2=(3\sqrt{2})^2=18$，解得$EC=3$，
∵E是BC的中点，
∴$BC=2EC=6$。
【答案】
(1) 四边形AFDE是平行四边形，证明成立；
(2) $EF=EC$，证明成立；
(3) $BC=6$
【知识点】
三角形中位线定理，平行四边形的判定与性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题属于逐层递进的几何综合题，既考察了三角形中位线、平行四边形、等腰三角形等基础几何定理的直接应用，也考察了学生推导角、线段等量关系的逻辑思维能力，是典型的基础几何综合题。
【难度系数】
0.7
21. 如图，O是$△ ABC$内一点，连接$OA$，$OB$，并将$OA$，$OB$，$BC$，$AC$的中点$D$，$E$，$F$，$H$依次连接，得到四边形$DEFH$.
(1)求证:四边形$DEFH$是平行四边形.
(2)若$∠ OAB＝45°$，$∠ ABO＝30°$，$OB＝8$，求$DE$的长.
(1)求证:四边形$DEFH$是平行四边形.
(2)若$∠ OAB＝45°$，$∠ ABO＝30°$，$OB＝8$，求$DE$的长.
答案
21.(1)证明:
∵D,E,F,H 分别是 OA,OB,BC,AC 的中点,
∴$DE// AB$,且 $DE=\frac{1}{2}AB$,$HF// AB$,且 $HF=\frac{1}{2}AB$,
∴$DE// HF$,且 $DE=HF$,
∴四边形 DEFH 是平行四边形.
(2)解:如图,过点 O 作 $OG⊥ AB$ 于点 G.
则$∠ AGO=∠ BGO=90°$.
∵$∠ OAB=45°$,$∠ ABO=30°$,$OB=8$,
∴$∠ AOG = ∠ OAB = 45°$,$OG =\frac{1}{2}OB=4$,
∴$AG=OG=4$,$BG=\sqrt{OB^2-OG^2}=4\sqrt{3}$,
∴$AB=AG+BG=4+4\sqrt{3}$,
∴$DE=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×(4+4\sqrt{3})=2+2\sqrt{3}$,
∴DE 的长是 $2+2\sqrt{3}$.
解析
【分析】
(1) 要证明四边形DEFH是平行四边形，可通过“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”的判定定理推导。已知四个点均为对应边的中点，可运用三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，且长度为第三边的一半。分别推导DE、HF与AB的位置和数量关系，即可得到DE与HF的关系完成证明。
(2) 由(1)可知$DE=\frac{1}{2}AB$，因此求DE长可先求AB长。已知$∠ OAB=45°$、$∠ ABO=30°$、$OB=8$，可过O作$OG⊥ AB$构造两个直角三角形，利用含30°角的直角三角形性质求出OG长度，结合等腰直角三角形性质得AG=OG，再用勾股定理求出BG长度，相加得到AB长度后代入$DE=\frac{1}{2}AB$即可求解。
【解析】
(1) 证明：
∵D,E,F,H分别是OA,OB,BC,AC的中点，
∴DE是$△ OAB$的中位线，HF是$△ CAB$的中位线，
∴$DE// AB$,且 $DE=\frac{1}{2}AB$，$HF// AB$,且 $HF=\frac{1}{2}AB$，
∴$DE// HF$,且 $DE=HF$，
∴四边形DEFH是平行四边形。
(2) 解：如图，过点O作 $OG⊥ AB$ 于点G。
则$∠ AGO=∠ BGO=90°$。
∵$∠ OAB=45°$，$∠ ABO=30°$，$OB=8$，
在$Rt△ OBG$中，30°角对的直角边为斜边的一半，
∴$OG =\frac{1}{2}OB=4$，
在$Rt△ AGO$中，$∠ OAB=45°$，$△ AGO$为等腰直角三角形，
∴$∠ AOG = ∠ OAB = 45°$，$AG=OG=4$，
在$Rt△ OBG$中，由勾股定理得：$BG=\sqrt{OB^2-OG^2}=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3}$，
∴$AB=AG+BG=4+4\sqrt{3}$，
∴$DE=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×(4+4\sqrt{3})=2+2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) 四边形DEFH是平行四边形，证明成立；
(2) DE的长为$2+2\sqrt{3}$，辅助线如图：
【知识点】
三角形中位线定理，平行四边形的判定，勾股定理
【点评】
本题综合考查了三角形中位线性质、平行四边形判定以及特殊直角三角形的相关计算，解题关键是通过中位线实现线段的等量转化，通过作高构造直角三角形求解未知线段，能较好地检验几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.65
(1) 要证明四边形DEFH是平行四边形，可通过“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”的判定定理推导。已知四个点均为对应边的中点，可运用三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，且长度为第三边的一半。分别推导DE、HF与AB的位置和数量关系，即可得到DE与HF的关系完成证明。
(2) 由(1)可知$DE=\frac{1}{2}AB$，因此求DE长可先求AB长。已知$∠ OAB=45°$、$∠ ABO=30°$、$OB=8$，可过O作$OG⊥ AB$构造两个直角三角形，利用含30°角的直角三角形性质求出OG长度，结合等腰直角三角形性质得AG=OG，再用勾股定理求出BG长度，相加得到AB长度后代入$DE=\frac{1}{2}AB$即可求解。
【解析】
(1) 证明：
∵D,E,F,H分别是OA,OB,BC,AC的中点，
∴DE是$△ OAB$的中位线，HF是$△ CAB$的中位线，
∴$DE// AB$,且 $DE=\frac{1}{2}AB$，$HF// AB$,且 $HF=\frac{1}{2}AB$，
∴$DE// HF$,且 $DE=HF$，
∴四边形DEFH是平行四边形。
(2) 解：如图，过点O作 $OG⊥ AB$ 于点G。
则$∠ AGO=∠ BGO=90°$。
∵$∠ OAB=45°$，$∠ ABO=30°$，$OB=8$，
在$Rt△ OBG$中，30°角对的直角边为斜边的一半，
∴$OG =\frac{1}{2}OB=4$，
在$Rt△ AGO$中，$∠ OAB=45°$，$△ AGO$为等腰直角三角形，
∴$∠ AOG = ∠ OAB = 45°$，$AG=OG=4$，
在$Rt△ OBG$中，由勾股定理得：$BG=\sqrt{OB^2-OG^2}=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3}$，
∴$AB=AG+BG=4+4\sqrt{3}$，
∴$DE=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}×(4+4\sqrt{3})=2+2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) 四边形DEFH是平行四边形，证明成立；
(2) DE的长为$2+2\sqrt{3}$，辅助线如图：
【知识点】
三角形中位线定理，平行四边形的判定，勾股定理
【点评】
本题综合考查了三角形中位线性质、平行四边形判定以及特殊直角三角形的相关计算，解题关键是通过中位线实现线段的等量转化，通过作高构造直角三角形求解未知线段，能较好地检验几何知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.65
