中考数学几何模型归纳训练专题39 重要的几何模型之中点模型（二）（解析版）

专题39重要的几何模型之中点模型（二）

中点模型是初中数学中一类重要模型，它在不同的环境中起到的作用也不同，主要是结合三角形、四

边形、圆的运用，在各类考试中都会出现中点问题，有时甚至会出现在压轴题当中，我们不妨称之为“中点

模型”，它往往涉及到平分、平行、垂直等问题，因此探寻这类问题的解题规律对初中几何的学习有着十分

重要的意义。

常见的中点模型：①垂直平分线模型；②等腰三角形“三线合一”模型；③“平行线+中点”构造全等

或相似模型（与倍长中线法类似）；④直角三角形斜边中点模型；⑤中位线模型；⑥中点四边形模型。本

专题就中点模型的后三类模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。

模型1：直角三角形斜边中线模型

定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．

如图1，若AD为Rt△ABC斜边上的中线，则：

1

（1）ADBCBDDC；（2）△ABD，△ACD为等腰三角形；（3）ADB2C，ADC2B．

2

图1图2

拓展：如图2，在由两个直角三角形组成的图中，M为中点，则（1）AMMD；（2）AMD2ABD．

模型运用条件：连斜边上的中线（出现斜边上的中点时）

例1．（2023·江苏盐城·统考中考真题）如图，在RtABC中，CD为斜边AB上的中线，若CD2，则

AB．

【答案】4

【分析】根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半即可解决问题；

【详解】解：如图，

1

∵△ABC是直角三角形，CD是斜边中线，∴CDAB，

2

∵CD＝2，∴AB＝4，故答案为4．

【点睛】本题考查直角三角形的性质，解题的关键是记住直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．

例2．（2023·江苏扬州·统考中考真题）如图，在RtABC中，ACB90，点D是AB的中点，过点D作

DEBC，垂足为点E，连接CD，若CD5，BC8，则DE．

【答案】3

DEBD1

【分析】根据直角三角形的性质得到AB=10，利用勾股定理求出AC，再说明DE∥AC，得到，

ACAB2

即可求出DE．

【详解】解：∵∠ACB=90°，点D为AB中点，∴AB=2CD=10，∵BC=8，∴AC=AB2BC2=6，

DEBD1DEBD1

∵DE⊥BC，AC⊥BC，∴DE∥AC，∴，即，∴DE=3，故答案为：3．

ACAB26AB2

【点睛】本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，解题的关键是通过平行得到比

例式．

例3．（2023·河南新乡·统考三模）如图，点O为菱形ABCD的对角线AC，BD的交点，过点C作CEAB于

点E，连接OE，若OD3，OE2，则菱形ABCD的面积为．

【答案】12

【分析】根据菱形对角线互相平分可知，点O是AC、BD的中点，根据直角三角形斜边上的中线是斜边的

一半，OE2，得到AC4，根据OD3，可得BD6，应用菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，即

可得出答案．

1

【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴OAOC，OBODBD，ACBD

2

∵CEAB，∴AEC90，∴AC2OE，∵OE2，∴AC2OE4，

11

∵OD3，∴BD2OD6，∴菱形ABCD的面积AC·BD4612．故答案为：12．

22

【点睛】本题主要考查了菱形的性质和面积，直角三角形的性质，熟练掌握菱形对角线的性质和面积计算

方法，直角三角形斜边上中线的性质，是解决本题的关键．

例4．（2023上·四川成都·九年级校考期中）如图，四边形ABCD中，ABCADC90，BAD45，

连接AC、BD．M是AC的中点，连接BM、DM．若AC10，则BMD的面积为．

25

【答案】/12.5

2

【分析】本题考查了直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形外角的定义及性质、三角形的面积，

1

由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BMDMAMAC5，由等边对等角可得

2

BAMABM，DAMADM，由三角形外角的定义及性质可得BMCBAMABM，

1

DMCDAMADM，求出BMD90，再利用三角形面积公式SBMDM，计算即可得出

BMD2

答案，熟练掌握直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形外角的定义及性质是解此题的关键．

【详解】解：ABCADC90，M是AC的中点，AC10，

1

BMDMAMAC5，BAMABM，DAMADM，

2

BMCBAMABM，DMCDAMADM，

BMDBMCDMC2BAM2DAM2BAMDAM2BAD90，

112525

SBMDM55，故答案为：．

BMD2222

例5．（2023·江苏常州·中考真题）如图，AB是O的弦，点C是优弧AB上的动点（C不与A、B重合），CHAB，

垂足为H，点M是BC的中点．若O的半径是3，则MH长的最大值是（）

A．3B．4C．5D．6

【答案】A

1

【分析】根据直角三角形斜边中线定理，斜边上的中线等于斜边的一半可知MH=BC，当BC为直径时长度

2

最大，即可求解．

1

【详解】解：∵CHAB∴∠BHC=90°∵在RtBHC中，点M是BC的中点∴MH=BC

2

△

∵BC为O的弦∴当BC为直径时，MH最大∵O的半径是3∴MH最大为3．故选：A．

【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线定理，数形结合是结题关键．

例6．（2023·辽宁鞍山·校考三模）如图，在Rt△ABC中，ABC90，ACB30，将ABC绕点C顺时

针旋转60得到DEC，点A，B的对应点分别是D，E，点F是边AC的中点，连接BF，BE，FD，则下

列说法不正确的是（）

A．BEBCB．DFC90C．DG3GFD．四边形BFDE是平行四边形

【答案】C

【分析】由旋转的性质可得ACCD，BCCE，ABDE，BCEACD60，ACBDCE30，

可证BCE是等边三角形，可得BEBC，故选项A不符合题意；由“SAS”可证ABC≌CFD，可得BCDF，

DFCABC90，CDFACB30，故选项B不符合题意；可证四边形BEDF是平行四边形，故

选项D不符合题意；由CG2GF可得CGDG2GF，故C符合同意，即可求解．

【详解】解：∵将ABC绕点C按顺时针方向旋转一定角度后得到DEC，

∴ACCD，BCCE，ABDE，BCEACD60，ACBDCE30，

∴BCE是等边三角形，∴BEBC，故A正确，不符合题意；

∵ABC90，ACB30，点F是边AC的中点，∴BAC60，AFFCBF，

∴△ABF是等边三角形，∴ABAFBFCFDE，

ACDC

在ABC和△CFD中，BACFCD，∴ABC≌CFD(SAS)，

ABCF

∴BCDF，DFCABC90，CDFACB30，故B正确，不符合题意；

∴BEBCDF，BFDE，∴四边形BEDF是平行四边形，故D正确，不符合题意；

∵GCFDCFDCE30，∴CG2GF，

∵CDFACBGCD30，∴CGDG2GF，故C不正确，符合题意；故选：C．

【点睛】本题考查了旋转的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定等知

识，灵活运用各知识点是解题的关键．

模型2：中位线模型

三角形的中位线定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半。

1

如图，在三角形ABC的AB，AC边的中点分别为D、E，则DE//BC且DEBC，△ADE∽△ABC。

2

中点三角形：三角形三边中点的连线组成的三角形，其周长是原三角形周长的一半，面积是原三角形面积

的四分之一。

模型运用条件：构造中位线（出现多个中点时）。

例1．（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，把两根钢条OA，OB的一个端点连在一起，点C，D分别是

OA，OB的中点．若CD4cm，则该工件内槽宽AB的长为cm．

【答案】8

【分析】利用三角形中位线定理即可求解．

1

【详解】解：∵点C，D分别是OA，OB的中点，∴CDAB，∴AB2CD8cm，故答案为：8．

2

【点睛】本题考查了三角形中位线定理的应用，掌握“三角形的中位线是第三边的一半”是解题的关键．

例2．（2023·四川泸州·统考中考真题）如图，YABCD的对角线AC，BD相交于点O，ADC的平分线与

边AB相交于点P，E是PD中点，若AD4，CD6，则EO的长为（）

A．1B．2C．3D．4

【答案】A

【分析】根据平行四边形的性质、平行线的性质、角平分线的定义以及等腰三角形的判定可得APAD4，

进而可得BP2，再根据三角形的中位线解答即可.

【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，CD6，

∴ABCD，ABCD6，DOBO，∴CDPAPD，

∵PD平分ADC，∴ADPCDP，∴ADPAPD，

∴APAD4，∴BPABAP642，

1

∵E是PD中点，∴OEBP1；故选：A.

2

【点睛】本题考查了平行四边形的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定以及三角形的中位线定理等知

识，熟练掌握相关图形的判定与性质是解题的关键.

例3．（2022·湖北荆州·统考中考真题）如图，已知矩形ABCD的边长分别为a，b，进行如下操作：第一次，

顺次连接矩形ABCD各边的中点，得到四边形A1B1C1D1；第二次，顺次连接四边形A1B1C1D1各边的中点，得

到四边形A2B2C2D2；…如此反复操作下去，则第n次操作后，得到四边形AnBnCnDn的面积是（）

abababab

A．B．C．D．

2n2n12n122n

【答案】A

【分析】利用中位线、菱形、矩形的性质可知，每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，

由此可解．

【详解】解：如图，连接AC，BD，A1C1，B1D1．

∵四边形ABCD是矩形，∴ACBD，ADBC，ABCD．

11

∵A，B，C，D分别是矩形四个边的中点，∴ADBCBD,ABCDAC，

11111111211112

∴A1D1B1C1A1B1C1D1，∴四边形A1B1C1D1是菱形，

111

∵ACADa，BDABb，∴四边形ABCD的面积为：ACBDabS．

111111112111122ABCD

11

同理，由中位线的性质可知，DCABADa，DC//AB//AD，

2222222222

11

DACBABb，DA//CB//AB，∴四边形ABCD是平行四边形，

22222222222222

∵ADAB，∴C2D2D2A2，∴四边形A2B2C2D2是矩形，

1111

∴四边形A2B2C2D2的面积为：C2D2A2D2abSABCDS菱形．

2242A1B1C1D1

ab

∴每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，∴四边形AnBnCnDn的面积是．故选:A．

2n

【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的性质以及中位线的性质，证明四边形A1B1C1D1是菱形，四边形A2B2C2D2

是矩形是解题的关键．

例4．（2022·浙江台州·统考中考真题）如图，在ABC中，ACB90，D，E，F分别为AB，BC，CA

的中点．若EF的长为10，则CD的长为．

【答案】10

【分析】根据三角形中位线定理求出AB，根据直角三角形的性质解答．

【详解】解：∵E、F分别为BC、AC的中点，∴AB＝2EF＝20，

1

∵∠ACB＝90°，点D为AB的中点，∴CDAB10，故答案为：10．

2

【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且

等于第三边的一半是解题的关键．

例5．（2023·广西·统考中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的动点，

M，N分别是EF，AF的中点，则MN的最大值为．

【答案】2

1

【分析】首先证明出MN是△AEF的中位线，得到MNAE，然后由正方形的性质和勾股定理得到

2

AEAB2BE24BE2，证明出当BE最大时，AE最大，此时MN最大，进而得到当点E和点C重

合时，BE最大，即BC的长度，最后代入求解即可．

【详解】如图所示，连接AE，

1

∵M，N分别是EF，AF的中点，∴MN是△AEF的中位线，∴MNAE，

2

∵四边形ABCD是正方形，∴ÐB=90°，∴AEAB2BE24BE2，

∴当BE最大时，AE最大，此时MN最大，

∵点E是BC上的动点，∴当点E和点C重合时，BE最大，即BC的长度，

1

∴此时AE42222，∴MNAE2，∴MN的最大值为2．故答案为：2．

2

【点睛】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上

知识点．

例6．（2023·江苏镇江·统考中考真题）【发现】如图1，有一张三角形纸片ABC，小宏做如下操作：

（1）取AB，AC的中点D，E，在边BC上作MNDE；（2）连接EM，分别过点D，N作DGEM，NHEM，

垂足为G，H；（3）将四边形BDGM剪下，绕点D旋转180至四边形ADPQ的位置，将四边形CEHN剪下，

绕点E旋转180至四边形AEST的位置；

（4）延长PQ，ST交于点F．小宏发现并证明了以下几个结论是正确的：①点Q，A，T在一条直线上；

②四边形FPGS是矩形；③FQT≌HMN；④四边形FPGS与ABC的面积相等．

【任务1】请你对结论①进行证明．【任务2】如图2，在四边形ABCD中，AD∥BC，P，Q分别是AB，

1

CD的中点，连接PQ．求证：PQADBC．

2

4

【任务3】如图3，有一张四边形纸ABCD，AD∥BC，AD2，BC8，CD9，sinDCB，小丽

5

分别取AB，CD的中点P，Q，在边BC上作MNPQ，连接MQ，她仿照小宏的操作，将四边形ABCD分

割、拼成了矩形．若她拼成的矩形恰好是正方形，求BM的长．

1

【答案】[任务1]见解析；[任务2]见解析；[任务3]BM

2

【分析】（1）由旋转的性质得对应角相等，即ABCQAD，ACBTAE，由三角形内角和定理得

ABC＋BAC＋ACB180，从而得QAD＋BAC＋TAE180，即Q，A，T三点共线；

（2）梯形中位线的证明问题常转化为三角形的中位线问题解决，连接AQ并延长，交BC的延长线于点E，

11

证明ADQ≌ECQ，可得AQEQ，ADCE，由三角形中位线定理得PQBEADBC；

22

436136

（3）过点D作DRBC于点R，由DC9，sinDCB得DR，从而得S梯形2836，

55ABCD25

由【发现】得S正方形GESTS梯形ABCD，则GE6，PE3，由【任务2】的结论得PQ5，由勾股定理得EQ4．过

941827

点Q作QHBC，垂足为H．由CQ=及sinDCB得QH，从而得CH，证明PEQ∽QHM，

25510

241

得HM，从而得BMBCHMCH．

52

【详解】[任务1]证法1：由旋转得，QADABC，TAEACB．

在ABC中，ABC＋BAC＋ACB180，

∴QAD＋BAC＋TAE180，∴点Q，A，T在一条直线上．

证法2：由旋转得，QADABC，TAEACB．

∴AQ∥BC，AT∥BC．∴点Q，A，T在一条直线上．

[任务2]证明：如图1，连接AQ并延长，交BC的延长线于点E．

∵AD∥BC，∴DAQE．∵Q是CD的中点，∴DQCQ．

DAQE,

在△ADQ和ECQ中，AQDEQC,∴ADQ≌ECQAAS．∴AQEQ，ADCE．

DQCQ,

又∵P是AB的中点，∴APBP，∴PQ是ABE的中位线，

111

∴PQBECEBC，∴PQADBC．

222

[任务3]的方法画出示意图如图2所示．

11

由【任务2】可得PQ∥BC，PQADBC285．过点D作DRBC，垂足为R．

22

DR436

在RtDCR中，sinDCB，∴DRCDsinDCB9．

CD55

136

∴S正方形S梯形2836，∴GE6，PE3．

GESTABCD25

在Rt△PEQ中，由勾股定理得EQPQ2PE252324．过点Q作QHBC，垂足为H．

119

∵Q是CD的中点，∴CQCD9．

222

QH9418

在RtQHC中，sinDCB，∴QHCQsinDCB．

CQ255

22

2291827∥

又由勾股定理得CHCQQH．由PQBC，得PQEQMH．

2510

34

PEEQ

又∵PEQQHM90，∴PEQ∽QHM．∴，即18HM，

QHHM

5

2424271

∴HM．∴BMBCHMCH8．

55102

【点睛】本题考查了旋转的性质、三角形的内角和定理、三点共线问题的证明、全等三角形的判定与性质、

三角形的中位线定理、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、勾股定理、梯形的面积计算．

模型3：中点四边形模型

中点四边形：依次连接四边形四边中点连线的四边形得到中点四边形。

中点四边形是中点模型中比较经典的应用。中点四边形不仅结合了常见的特殊四边形的性质，而且还会涉

及中位线这一重要知识点，总体来说属于比较综合的几何模块。

结论1：顺次连结任意四边形各边中点组成的四边形是平行四边形．

如图1，已知点M、N、P、Q是任意四边形ABCD各边中点，则四边形MNPQ为平行四边形。

图1图2

结论2：顺次连结对角线互相垂直四边形各边中点组成的四边形是矩形．（特例：筝形与菱形）

如图2，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC⊥DB，则四边形MNPQ为矩形。

结论3：顺次连结对角线相等四边形各边中点组成的四边形是菱形．（特例：等腰梯形与矩形）

如图3，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，则四边形MNPQ为菱形。

图3图4

结论4：顺次连结对角线相等且垂直的四边形各边中点组成的四边形是正方形．

如图4，已知点M、N、P、Q是四边形ABCD各边中点，AC=DB，AC⊥DB，则四边形MNPQ为正方形。

推广与应用

1）中点四边形的周长：中点四边形的周长等于原四边形对角线之和。

1

2）中点四边形的面积：中点四边形的面积等于原四边形面积的。

2

例1．（2023·广东阳江·统考二模）若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得的四边形是菱形，则四边形ABCD

的两条对角线AC，BD一定是（）

A．互相平分B．互相平分且相等C．互相垂直D．相等

【答案】D

1

【分析】根据三角形的中位线定理得到EH∥FG，EFFG，EFBD，要是四边形为菱形，得出EFEH，

2

即可得到答案．

【详解】解：∵E，F，G，H分别是边AD，DC，CB，AB的中点，

111

∴EHAC，EHAC，FFGAC，FGAC，EFBD，

222

∴EH∥FG，EFFG，∴四边形EFGH是平行四边形，

当平行四边形EFGH是菱形时，∴EFEH，

11

∵EHAC，EFBD，∴ACBD，故选：D．

22

【点睛】本题主要考查对菱形的性质，三角形的中位线定理，平行四边形的判定等知识点的理解和掌握，

灵活运用性质进行推理是解此题的关键．

例2．（2023·江苏南通·统考二模）如图，四边形ABCD中，E，F分别是边AD，BC的中点，G，H分别是

对角线BD，AC的中点，若四边形EGFH为矩形，则四边形ABCD需满足的条件是（）

A．AC＝BDB．AC⊥BDC．AB＝DCD．AB⊥DC

【答案】D

【分析】由题意易得GF∥EH∥CD，GE∥FH∥AB，则有四边形EGFH为平行四边形，由矩形的性质可得

∠GFH=90°，然后可得∠GFB+∠HFC=90°，最后问题可求解．

【详解】解：∵E，F分别是边AD，BC的中点，G，H分别是对角线BD，AC的中点，

∴GF∥EH∥CD，GE∥FH∥AB，∴四边形EGFH为平行四边形，∠GFB=∠DCB，∠HFC=∠ABC，

若四边形EGFH为矩形，则有∠GFH=90°，

∴∠GFB+∠HFC=90°，∴∠DCB+∠ABC=90°，∴AB⊥DC；故选D．

【点睛】本题主要考查矩形的性质与判定及三角形中位线，熟练掌握矩形的性质与判定及三角形中位线是

解题的关键．

例3．（2023·辽宁抚顺·中考模拟）如图，AC，BD是四边形ABCD的对角线，点E，F分别是AD，BC的

中点，点M，N分别是AC，BD的中点，连接EM，MF，FN，NE，要使四边形EMFN为正方形，则需

添加的条件是（）

A．ABCD，ABCDB．ABCD，ADBCC．ABCD，ACBDD．ABCD，AD//BC

【答案】A

【分析】证出EN、NF、FM、ME分别是ABD、BCD、ABC、ACD的中位线，得出EN//AB//FM，

11

ME//CD//NF，ENABFM，MECDNF，证出四边形EMFN为平行四边形，当ABCD时，

22

ENFMMENF，得出平行四边形ABCD是菱形；当ABCD时，ENME，即MEN90，即可得出

菱形EMFN是正方形．

【详解】点E，F分别是AD，BC的中点，点M，N分别是AC，BD的中点，

EN、NF、FM、ME分别是ABD、BCD、ABC、ACD的中位线，

11

EN//AB//FM，ME//CD//NF，ENABFM，MECDNF，四边形EMFN为平行四边形，

22

当ABCD时，ENFMMENF，平行四边形EMFN是菱形；

当ABCD时，ENME，即MEN90，菱形EMFN是正方形；故选A．

【点睛】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定以及三角形中位线定理；熟练掌握三

角形中位线定理是解题的关键．

例4．（2023·云南昆明·统考二模）如图，在任意四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，

DA上的点，对于四边形EFGH的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，

其中错误的是（）

A．当E，F，G，H是各边中点，且ACBD时，四边形EFGH为菱形

B．当E，F，G，H是各边中点，且ACBD时，四边形EFGH为矩形

C．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH可以为平行四边形

D．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH不可能为菱形

【答案】D

【分析】当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点时，连接AC、BD，如图，根据三角形的中位线定理可

得四边形EFGH是平行四边形，然后根据菱形的定义和矩形的定义即可对A、B两项进行判断；画出符合题

意的平行四边形EFGH，但满足E，F，G，H不是各边中点即可判断C项；画出符合题意的菱形EFGH，

但满足E，F，G，H不是各边中点即可判断D项，进而可得答案．

【详解】解：A．当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点时，连接AC、BD，如图，则由三角形的中位线

11

定理可得：EH=BD，EH∥BD；FG=BD，FG∥BD，所以EH=FG，EH∥FG，所以四边形EFGH是平

22

行四边形；

11

当AC＝BD时，∵EH=BD，EF=AC，∴EF=EH，故四边形EFGH为菱形，故A正确；

22

B．当E，F，G，H是四边形ABCD各边中点，且AC⊥BD时，如上图，由三角形的中位线定理可得：EH∥BD，

EF∥AC，所以EH⊥EF，故平行四边形EFGH为矩形，故B正确；

C．如图所示，若EF∥HG，EF＝HG，则四边形EFGH为平行四边形，此时E，F，G，H不是四边形ABCD

各边中点，故C正确；

D．如图所示，若EF＝FG＝GH＝HE，则四边形EFGH为菱形，此时E，F，G，H不是四边形ABCD各边

中点，故D错误；故选：D．

【点睛】本题考查了中点四边形以及特殊四边形的判定等知识，熟练掌握中点四边形的形状、会画出符合

题意的反例图形是解题关键．

例5．（2023·内蒙古·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB4，A120，顺次连接菱形ABCD各

边中点E、F、G、H，则四边形EFGH的周长为（）

A．423B．623C．443D．643

【答案】C

【分析】首先利用三角形的中位线定理证得四边形EFGH为平行四边形，再求对角线长度，然后利用三角

形中位线定理求出此平行四边形边长即可求出周长．

【详解】解：如图，连接AC、BD，相交于点O，

11

点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，EFAC，GHAC，

22

EFGH，同理EHFG，四边形EFGH是平行四边形，

四边形ABCD是菱形，AB4，A120，对角线AC、BD互相垂直，

AD∥BC，AABC180，ABC60，ABBC4，

1

ABC是等边三角形，AC4，在Rt△AOB中，AB4，OAAC2，

2

OB422223，BD43，

11

EFAC2，EHBD23，四边形EFGH的周长为2+23´2=4+43．故选：C．

22()

【点睛】本题考查了中点四边形的知识，解题的关键是灵活运用三角形的中位线定理，菱形的性质及平行

四边形的判定与性质进行计算．

例6．（2023上·广东佛山·九年级校考阶段练习）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得

到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形

叫做“中方四边形”．

【概念理解】：（1）下列四边形中一定是“中方四边形”的是______．

A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形

【性质探究】：（2）如图1，四边形ABCD是“中方四边形”，观察图形，直接写出四边形ABCD的对角线AC，

BD的关系；

【问题解决】：（3）如图2．以锐角ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，

连接BE，EG，GC．求证：四边形BCGE是“中方四边形”；

【拓展应用】：如图3，已知四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点．

（4）试探索AC与MN的数量关系，并说明理由．（5）若AC2，求ABCD的最小值．

2

【答案】（1）D；（2）ACBD，ACBD；（3）证明见解析；（4）MNAC，理由见解析；（5）ABCD

2

的最小值为22．

1

【分析】（1）由正方形对角线相等且互相垂直可得答案；（2）由中位线的性质可得：EFAC，EF∥AC，

2

1

FGBD，FG∥BD，结合正方形的性质可得结论；（3）如图，取四边形BCGE各边中点分别为M、N、

2

R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，利用三角形中位线定理可证得

四边形MNRL是平行四边形，再证得△EAC≌△BAG，推出MNRL是菱形，再由LMN90，可得菱形

MNRL是正方形，即可证得结论；（4）如图，记AD、BC的中点分别为E、F，可得四边形ENFM是正方

形，再根据等腰直角三角形性质与三角形的中位线的性质即可证得结论；

（5）如图，记AD、BC的中点分别为E、F，连接BD交AC于O，连接OM、ON，当点O在MN上（即

M、O、N共线）时，OMON最小，最小值为MN的长，再结合（1）（4）的结论即可求得答案．

【详解】解：（1）在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，

理由如下：因为正方形的对角线相等且互相垂直，所以其中点四边形是正方形；

（2）ACBD，ACBD．理由如下：

∵四边形ABCD是“中方四边形”，∴四边形EFGH是正方形，

∴EFFGHGEH，EFGFGHGHEHEF90，

∵E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD的中点，

11

∴EFAC，EF∥AC，FGBD，FG∥BD，∴ACBD，ACBD．

22

（3）如图，设四边形BCGE的边BC、CG、GE、BE的中点分别为M、N、R、L，连接CE交AB于P，连

接BG交CE于K，

∵四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L，

∴MN、NR，RL，LM分别是BCG、CEG、△BGE、CEB的中位线，

1111

∴MN∥BG，MNBG，RL∥BG，RLBG，RN∥CE，RNCE，ML∥CE，MLCE，

2222

∴MN∥RL，MNRL，RN∥CE∥ML，RNML，∴四边形MNRL是平行四边形，

∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形，∴AEAB，AGAC，EABGAC90，

∴EACBAG，∴EAC≌BAGSAS，∴CEBG，AECABG，

11

又∵RLBG，RNCE，∴RLRN，∴平行四边形MNRL是菱形，

22

∵EAB90，∴AEPAPE90．

又∵AECABG，APEBPK，∴ABGBPK90，∴BKP90，

又∵MN∥BG，ML∥CE，∴LMN90．

∴菱形MNRL是正方形，即原四边形BCGE是“中方四边形”．

（4）如图，记AD、BC的中点分别为E、F，

∵四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，

∴四边形ENFM是正方形，∴FMFN，MFN90，∴MNFM2FN22FM，

12

∵M，F分别是AB，BC的中点，∴FMAC，∴MNAC；

22

（5）如图，连接BD交AC于O，连接OM、ON，

当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OMON最小，最小值为MN的长，

∴2OMON的最小值2MN，由性质探究（1）知：ACBD，

又∵M，N分别是AB，CD的中点，∴AB2OM，CD2ON，

2

∴2OMONABCD，∴ABCD的最小值2MN，由拓展应用（4）知：MNAC；

2

又∵AC2，∴MN2，∴ABCD的最小值为22．

【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中

位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，理解“中方四边形”的定义并运用

是本题的关键．

课后专项训练

1．（2023·河北石家庄·校考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，ACB90，CD是AB边上的中线，若BC6，

AC8，则tanACD的值为（）

3443

A．B．C．D．

5534

【答案】D

【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得ADCD，再根据等边对等角可得AACD，

然后利用锐角的正切值等于对边比邻边列式计算即可得解．

【详解】解：∵ACB90，CD是AB边上的中线，∴ADCD，∴AACD，

BC63

∴tanACDtanA．故选D．

AC84

【点睛】本题考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，锐角三角函数的定义，熟记性质和定

义是解题的关键．

2．（2023·黑龙江哈尔滨·统考三模）如图，在ABC中，点D、E分别是边AB、AC的中点，点F在BC边

上运动（不与B、C重合），AF交DE于点G，则下列等式错误的是（）

A．BC2DEB．BF2DGC．AF2AGD．EG2DG

【答案】D

【分析】根据三角形中位线的判定和性质即可求得BC2DE，根据相似三角形的判定和性质可得

DGAD1AGAE1

，即可推得BF2DG，根据相似三角形的判定和性质可得，即可推得AF2AG．

BFAB2AFAC2

【详解】解：∵点D、E分别是边AB、AC的中点，

ADAE11

∴∴DE∥BC，∴DE是ABC的中位线，∴DEBC，即BC2DE，故A正确；

ABAC22

DGAD1

∵DE∥BC，∴△ADG∽△ABF，又∵点D是边AB的中点，∴，即BF2DG，故B正确；

BFAB2

∵DE∥BC，∴AEG∽ACF，

AGAE1

又∵点E是边AC的中点，∴，即AF