北师版八年级数学下册期末专项训练 专题07 平行四边形的性质和判定(含中位线)

专题07平行四边形的性质和判定（含中位线）题型1判定是否是平行四边形（常考点）题型6与三角形中位线有关的求解问题（常考点）题型2利用平行四边形的性质求角度或线段（重点）题型7三角形中位线与三角形周长或面积问题（重点）题型3平行四边形中的多结论问题（难点）题型8与三角形中位线有关的证明（重点）题型4与平行四边形的性质与判定有关的作图（重点）题型9平行四边形与中位线综合问题（重点）题型5利用平行四边形的判定和性质综合问题（重点）题型一判定是否是平行四边形（共5小题）1．（25-26八年级上·山东淄博·期末）在四边形中，已知，若再从下列条件：①；②；③；④中任意选取一个来判定四边形是平行四边形，则能断定四边形是平行四边形的选法共有（

）A．1种 B．2种 C．3种 D．4种【答案】A【分析】本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．由平行四边形的判定、平行线的判定与性质分别对各个条件进行判断即可．【详解】解：如图所示，①∵，∴∵，∴∴不能得到四边形是平行四边形；②由，，不能得到四边形是平行四边形；③∵∴，∴不能得到四边形是平行四边形；④∵∴∵∴四边形是平行四边形．综上所述，能断定四边形是平行四边形的选法共有1种．故选：A．2．（24-25八年级下·云南红河·期末）如图，四边形的对角线相交于点O，下列条件中不能判定四边形是平行四边形的是（

）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】本题主要考查平行四边形的判定定理，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键；因此此题可根据平行四边形的判定定理进行求解即可．【详解】解：A、当，时，可根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”判定四边形是平行四边形，故不符合题意；B、当，时，可根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”判定四边形是平行四边形，故不符合题意；C、当，时，则有，所以，所以，同理可得，所以根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”判定四边形是平行四边形，故不符合题意；D、当，时，无法判定四边形是平行四边形，故符合题意；故选D．3．（24-25八年级上·山东淄博·期末）如图，在四边形中，已知，对角线，相交于点，若增加下列条件，则可以使四边形成为平行四边形的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了平行四边形的判定，三角形全等的判定与性质，熟练掌握平行四边的判定定理是解题的关键．根据平行四边的判定定理逐一判断即可．【详解】解：A.由，，不能判断四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；B.由，可知，四边形的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；C.∵，∴，∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形，故本选项符合题意；D.由，，不能判断四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；故选：C．4．（24-25八年级下·湖北武汉·期末）四边形的对角线，相交于点，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（

）A．， B．，C．， D．，【答案】C【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．利用平行四边形的判定方法依次判断可求解．【详解】解：A、∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，故选项A不符合题意；B、若，，由两组对边相等的四边形是平行四边形，可判断四边形是平行四边形，故选项B不符合题意；C、若，，不能判断四边形是平行四边形，故选项C符合题意；D、∵，∴，∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形，故选项D不符合题意．故选：C．5．（24-25八年级上·山东济宁·期末）在四边形中，对角线与相交于O点，给出五组条件：（1），；（2），；

（3），；

（4），；

（5），．能判定此四边形是平行四边形的有（

）组．A．5 B．4 C．3 D．2【答案】B【分析】本题考查了平行四边形的判定．根据平行四边形判定定理分别进行判断得出即可．【详解】解：（1）由“，”可知，四边形的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；（2）由“，”可知，四边形的一组对边平行且相等，据此能判定该四边形是平行四边形，故本选项符合题意；（3）由“，”可知，四边形的两组对边互相平行，则该四边形是平行四边形，故本选项符合题意；（4）由“，”可知，四边形的两条对角线互相平分，则该四边形是平行四边形，故本选项符合题意；（5）由“，．”可知，四边形ABCD的两组对边相等，则该四边形是平行四边形，故本选项符合题意；故选：B．题型二利用平行四边形的性质求角度或线段（共5小题）6．（25-26八年级上·山东淄博·期末）在中，若，则_______．【答案】45【分析】利用平行四边形对角相等、邻角互补及内角和为的性质，通过等量代换建立关系求解的度数．【详解】解：∵四边形是平行四边形，，，且，（平行四边形邻角互补），，又，，，即，将代入，得：，，．7．（25-26八年级上·山东淄博·期末）如图，的对角线交于点，且，若它的对角线的和是，则的周长为_________．【答案】【分析】根据平行四边形的性质，可得对边相等，对角线互相平分，故此可求出的周长．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，，∵，∴，∴的周长．故答案为：．8．（25-26八年级上·山东淄博·期末）如图，中，E是边AB（不含端点）上任意一点，若，，则_____．【答案】8【分析】根据平行四边形的性质可得，即可求解．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∴．9．（25-26八年级上·山东泰安·期末）如图，在平行四边形纸片中，，将纸片沿对角线对折，边与边交于点，若恰为等边三角形，则的长度是______．【答案】【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、折叠的性质以及等边三角形的性质，熟练掌握这些性质并能综合运用，推导出线段之间的等量关系是解题的关键．先利用平行四边形的性质得到对边相等，再根据折叠性质和等边三角形的性质，推导出的边长，进而求出的长度．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，．∵为等边三角形，∴，．∵，∴．由折叠性质可知，，∴，∴．∵为等边三角形，∴，∴，∴．故答案为：．10．（25-26九年级上·山东济宁·期末）如图，中，点，分别是，上一点，连接，，连接交于点，连接分别交，于点，，设的面积为，的面积为，四边形的面积为，若，则阴影部分四边形的面积为________．【答案】【分析】本题考查了平行四边形性质，关键是知识点的灵活应用；利用平行四边形的性质可得，进而求得答案．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∵，，∴，∴，即：，故答案为：．题型三平行四边形中的多结论问题（共5小题）11．（25-26九年级上·山东烟台·期末）如图，的对角线，交于点，平分交于点，，，连接．下列结论：①；②平分；③；④垂直平分．其中正确的有（

）A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②④【答案】D【分析】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定与性质，角平分线的性质和垂直平分线的判定的知识，掌握以上知识是解题的关键．本题先证得是等边三角形，由等边三角形的性质得出，，求得，即，即可得到，可以判断①正确；依据，，可得②正确；假设③正确，那么，即，那么不能构成，可判断③错误；根据点是的中点，点是的中点，进而得出是的中位线，则可得出，可判断④正确；然后即可求解．【详解】解：在中，，，平分，点是的中点，∴，∴，∴，∴是等边三角形，∴，，∴点是的中点，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故①正确，符合题意；∵，，∴，∴平分，故②正确，符合题意；已知：，，假设③正确，那么，即，那么不能构成，∴③错误，不符合题意；∵点是的中点，点是的中点，∴是的中位线，∴，∴，∴，∵点是的中点，∴垂直平分，故④正确，符合题意；综上所述，正确的为①②④，故选：D．12．（25-26八年级上·山东烟台·期末）如图，在中，，于，于，，相交于，延长交的延长线于点．下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确的结论有（

）A．5个 B．4个 C．3个 D．2个【答案】B【分析】先证明是等腰直角三角形，即可判断①，利用平行四边形对角相等、直角三角形两个锐角互余以及同角或等角的余角相等即可判断②，证明，即可判断④和③，利用平行四边形对边相等进一步可以判断⑤．【详解】解：∵中，，于，∴，∴，是等腰直角三角形，∴，故①正确；∵于，于，∴，∴，∵在中，∴，故②正确；∵，，，∴，故④错误；∴，∵在中，，∴，故③正确；∵，故⑤正确；故选：B．13．（25-26八年级上·山东日照·期末）两个完全相同的三角板如图所示摆放，已知，，，点F是边中点，则下列结论：①是等边三角形，②，③，④四边形是平行四边形，其中正确结论的个数是（）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】A【分析】①根据“有一个角是的等腰三角形是等边三角形”即可判定；②利用“直角三角形中所对的直角边是斜边的一半”和中点的定义，即可判断；③利用勾股定理，可得，再根据线段之间的关系，代换即可；④利用“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”，即可判定．【详解】解：由题可知，，则，，是等边三角形，故①正确；，，，点F是边中点，，，故②正确；在中，，则，即，是等边三角形，点F是边中点，，，，，故③正确；，，，即，，，，则，，，，，在中，点F是边中点，，，，则，又，四边形是平行四边形，故④正确；故选：A．14．（24-25八年级下·河北承德·期末）如图1，四边形是平行四边形，连接，动点P从点A出发沿折线匀速运动，回到点A后停止．设点P运动的路程为x，线段的长为y，图2是y与x的函数关系的大致图象，下列结论中正确的有（

）个（1）；（2）；（3）平行四边形的周长为44；（4）当时，的面积为20A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据图象，结合运动路程，把握好关键性界点，过点B作于点H，利用平行四边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，中线与三角形的面积等知识解答即可．本题考查动点问题的函数图象，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是理解并读懂函数图象各个点的实际意义．【详解】解：根据图形和图象，得当时，，故；点P从点B运动到点D，行走路程为，；当点P运动到点D时，，此时；故平行四边形的周长为；当时，，此时点P为的中点，故的面积与的面积相等，且为的面积的一半，过点B作于点H，∵，∴，故，故的面积为，故的面积为24；故（1）（2）（3）正确；（4）错误；故选：C．15．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期末）如图（1），在平行四边形中，一动点P从点A出发，沿边以每秒1个单位长度的速度向终点移动．移动过程中，设的面积为，与移动时间t的函数关系如图（2）所示，则以下选项错误的是（）A．的长是8 B．的长是6C．四边形的面积是24 D．【答案】D【分析】本题考查动点问题的函数的相关知识．根据图2中关键点，的坐标，得到相关的线段的长，进而判断各个选项是否正确即可．【详解】解：∵函数图象过点，，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴A选项正确，不符合题意；∵一动点从点出发，到达第1个拐点时用时6秒，∴，∴，∴B选项正确，不符合题意；连接，∵函数图象过点，∴，∴，∴C选项正确，不符合题意；作于点，∵，，∴，假设，则，，∵，∴，∴D选项错误，符合题意．故选：D．题型四与平行四边形的性质与判定有关的作图（共5小题）16．（24-25八年级下·广东广州·期末）如图，四边形是平行四边形，点在边上，且．(1)尺规作图：作的角平分线交边于点（不写作法，保留作图痕迹）；(2)在（1）中作图的条件下，求证：四边形是平行四边形；【答案】(1)图见解析(2)证明见解析【分析】本题主要考查尺规作图—作已知角的角平分线，平行四边形的性质与判定定理，角平分线的定义，平行四边形的判定等知识点，掌握作图方法是解题关键．（1）按要求作出的角平分线（保留作图痕迹）即可；（2）由角平分线的定义和平行四边形的性质得到，进而得到，再由边的和差关系得到，最后由一组对边平行且相等即可判定四边形是平行四边形．【详解】（1）如图，即为所求．（2）证明：为的平分线，，四边形为平行四边形，，，，，，，，，，，即，四边形是平行四边形．17．（25-26九年级上·四川广元·期末）如图，在平行四边形中，点H是边上一点，连接．(1)尺规作图：请作出的角平分线，分别交于点G、E，交的延长线于点F．（不写作法，保留作图痕迹）(2)若点G恰好是线段的中点，求证：四边形是平行四边形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）分别以点D为圆心，任意长为半径画弧，分别交于一点，分别以这两点为圆心，大于这两点距离的一半为半径画弧，两弧交于内部一点，连接此点与点D，分别交于点G、E，交的延长线于点F．（2）利用平行四边形的性质得到，，，证明，得到，由此得到结论．【详解】（1）解：如图，DF即为所求；；（2）证明：∵四边形为平行四边形，∴，，∴，，∵G是的中点，∴，∴，∴，∵，∴四边形是平行四边形．18．（25-26九年级上·江西鹰潭·期末）如图，在平行四边形中，点在的延长线上，请仅用无刻度的直尺，按要求完成以下作图（不写作法，保留作图痕迹）．(1)如图（1），过点作射线把平行四边形分成面积相等的两部分；(2)如图（2），若，过点作的中线．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质与全等三角形的判定及性质，熟练掌握平行四边形对角线互相平分的性质及全等三角形的判定及性质是解题的关键。（1）连接、，交于，作射线交于，交于点，则射线即为所求；（2）连接、，交于，连接交于，作直线交于点，连接，则线段即为所求。【详解】（1）解：如图，射线即为所求；∵四边形是平行四边形，∴，，，∴，，∴（），∴，∴，∴，即过点作射线把平行四边形分成面积相等的两部分；（2）解：如图，线段即为所求。∵四边形是平行四边形，∴，，，∵，∴，∴四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，即是的中线．19．（25-26九年级上·山西晋中·期末）如图，四边形是平行四边形，点为边上一点，连接．(1)请在图中用无刻度的直尺和圆规，在边上找一点，连接，使得四边形是平行四边形．（要求：保留作图痕迹，不写作法）(2)在（）的条件下，结合你的作图原理，请试说明理由．【答案】(1)作图见解析(2)见解析【分析】（）以点为圆心，以为半径画弧，交于点，连接，则四边形即为所求；（）由平行四边形的性质得，，进而得，再根据平行四边形的判定即可求证；本题考查了平行四边形的判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键．【详解】（1）解：如图所示，四边形即为所求；（2）解：理由如下：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵，∴，即，∴四边形是平行四边形．20．（25-26八年级上·福建福州·期末）如图，在中，对角线，交于点，平分，交于点．(1)尺规作图：作的角平分线，交于点，连接，（不写作法，保留作图痕迹）；(2)求证：四边形是平行四边形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题主要考查了基本尺规作图—角平分线，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握以上性质．（1）利用角平分线的作法进行作图即可；（2）根据平行四边形的性质得出相等的角，根据角平分线得出，证明，得出相等的边，然后根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可得出结论．【详解】（1）解：如图所示，即为所求；（2）证明：∵四边形为平行四边形，∴，∴，∵平分，平分，∴，∴，又∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形．题型五利用平行四边形的判定和性质综合问题（共5小题）21．（25-26八年级上·江苏盐城·期末）如图，在梯形中，，，若点为的中点，连接，交于点．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若是等边三角形，且，求的长．【答案】(1)见解析(2)3【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，等边三角形的性质，线段中点的性质，解题的关键是掌握以上性质．（1）根据线段的中点以及等量代换得出，然后根据平行四边形的判定定理进行证明即可；（2）根据等边三角形和平行四边形的性质得出相等的边，即可求解．【详解】（1）解：∵点为的中点，∴，∵，∴，又∵，∴四边形是平行四边形；（2）解：由（1）得，四边形是平行四边形，∴，∵点为的中点，∴，∵是等边三角形，∴，∴．22．（25-26八年级上·山东淄博·期末）如图，在中，为边上一点，连接为中点，过点C作，交的延长线于点F，连接交于点G．(1)判断四边形的形状，并说明理由；(2)若，，．求的长．【答案】(1)平行四边形，理由见解析(2)2【分析】（1）通过平行线的性质证得，可得，结合题意得即可求证四边形是平行四边形；（2）设，根据题意可得，通过勾股定理求出，即可求解．【详解】（1）解：四边形是平行四边形，理由如下：为中点，，，，，在和中，，，，，四边形是平行四边形．（2）解：四边形是平行四边形，，，，，在中，，设，则，，解得（负值舍去），，．23．（25-26八年级上·福建泉州·期末）如图，在中，点是的中点，连接．将沿翻折至，点的对应点，落在内．射线交于，与射线相交于．延长交于．(1)求证：；(2)连接，若，平分．①求证：；②若，求证：．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②见解析【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是根据平行四边形的性质与全等三角形的性质找边、角之间的关系．（1）因为四边形是平行四边形，所以，可得内错角相等；由折叠的性质得，得到，推出，因为点E是中点，所以，又由翻折知，所以；利用全等三角形的判定定理即可证明；（2）①因为，所以是等腰三角形，由翻折可得；因为平分，所以；再结合平行四边形的性质，可得角的关系，进而推出；②由（1）的全等可得相关线段相等，结合平行四边形的性质得到线段间的关系；再结合①中，利用勾股定理建立线段的等式，通过等量代换推导得出结论．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，∴，由折叠的性质得，∴，∴，∴，即，∵点E是中点，∴，由翻折知，∴；∵，∴；（2）①证明：如图，∵，∴是等腰三角形，∴，由翻折可得，，即，∵平分，∴；∵在中，，∴，，∴，设，则，∵，∴，∴，由（1）知，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴；②由①知，∴，∴，∴，∵点E是中点，∴，，∵在中，，∴，∵，∴，∴，∴是等腰三角形，即，∵，即，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，，∴，由折叠的性质得，∴，∴，∵，，∴，∴，∴是等腰三角形，过点作于点，则，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．24．（25-26八年级上·福建福州·期末）如图平行四边形，对角线，交于点，的平分线交延长线于点，交于点．(1)求证：；(2)若，，连接;①若，求平行四边形的面积；②设，试求与满足的关系．【答案】(1)见解析(2)；【分析】（1）由平行四边形的性质、角平分线及等边三角形的判定即可证明；（2）①由，得为等边三角形．由得点C是的中点，即；再由勾股定理求得，即可求得平行四边形的面积；②证为等边三角形，再证明，则有，从而得，由此即可求得m与k的关系．【详解】（1）证明：∵平行四边形，∴．∴，∵平分，∴．∴．∴．（2）解：①∵，∴为等边三角形．∵，∴，∴．在中，，由勾股定理得：，即，∴．∴平行四边形的面积为．②∵为等边三角形，，∴，∴为等边三角形．∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∴．∵，∴．25．（24-25八年级下·江西吉安·期末）在平行四边形纸片中，E为边上一点，将沿折叠，点D的对应点为．(1)如图①，当点恰好落在边上时，四边形的形状为．(2)如图②，当E，F为边的三等分点时，连接并延长，交边于点G．试判断线段与的数量关系，并说明理由；(3)如图③，当，时，连接并延长，交边于点H．若的面积为，，求线段的长．【答案】(1)平行四边形；(2)，理由见详解；(3)【分析】本题考查平行四边形的判定及性质，菱形的判定，翻折的性质，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键．（1）利用平行四边形的性质及折叠的性质可得，，可得四边形是菱形，可知，继而可知，即可求解；（2）利用折叠的性质可得，，结合三等分点可知，进而可得，利用三角形外角性质可得，进而可知，可得四边形是平行四边形，再结合平行四边形的性质即可得与的数量关系；（3）由折叠可知：，，易知为等腰直角三角形，延长交于M，可知，由平行四边形的性质可得，，，进而可知由的面积为，，得，求得，可得，再利用勾股定理即可求解．【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，∴，则，由折叠可知：，，∴，∴，∴四边形是平行四边形，又∵，∴四边形是菱形，∴，∴，∴四边形是平行四边形，故答案为：平行四边形；（2）（2），理由如下：∵四边形是平行四边形，∴，，又∵E，F为边的三等分点，∴，由折叠可知：，，则，∴，由三角形外角性质可知：，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∴，∵，，∴，则，∴；（3）（3）由折叠可知：，，∴，则为等腰直角三角形，∴，延长交于M，则，∵四边形是平行四边形，∴，∴，，即，∴，∵的面积为，，即：，∴，则，∴．题型六与三角形中位线有关的求解问题（共5小题）26．（25-26九年级上·福建漳州·期末）如图，，两点被池塘隔开，在外选一点，连接和，并分别找出它们的中点、，若测得，则，两点的距离为______．【答案】36【分析】本题考查三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行第三边，且等于第三边的一半是解题关键；根据三角形中位线定理：三角形的中位线平行第三边，且等于第三边的一半，那么第三边应等于中位线长的2倍即可解答．【详解】解：∵点、分别是、的中点，∴是的中位线，∴，∴，两点的距离为，故答案为：．27．（25-26八年级上·山东日照·期末）如图，在平行四边形中，点M为边上一点，，点E，点F分别是，中点，若，则的长为___________．【答案】【分析】本题考查平行四边形的性质和中位线定理，熟练掌握中位线定理是解题的关键．根据线段之间的关系，求出，再根据平行四边形的性质，求出，最后利用中位线定理即可求解．【详解】解：，，，则，平行四边形，，点E，点F分别是，中点，即是的中位线，．故答案为：．28．（25-26九年级上·湖南衡阳·期末）如图，四边形中，，点分别为线段上的动点（含端点，但点不与点B重合），点分别为的中点，则长度的最大值为___________．【答案】3【分析】本题考查了三角形中位线定理，勾股定理；找出取得最值的条件是解题的关键；连接，，由三角形中位线定理得，当取得最大值时，取得最大值，当与重合时，取得最大值，由勾股定理即可求解．【详解】解：连接，，点分别为的中点，，当取得最大值时，取得最大值，当与重合时，取得最大值，此时，取得最大值为，故答案为：．29．（25-26八年级上·山东烟台·期末）如图，在中，，，，分别是边，上的点，且，连接．分别取，的中点，，并连接，则的长为____________．【答案】【分析】连接并延长，使，连接，，证明，得出，，证明为等边三角形，得出，根据中位线性质得出．【详解】解：连接并延长，使，连接，，如图所示：∵N为的中点，∴，∵，∴，∴，，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∴为等边三角形，∴，∵M为的中点，，∴．故答案为：．30．（25-26八年级上·山东泰安·期末）如图，在中，，是它的角平分线，是边上的中线，过点作于，若，，则_____．【答案】【分析】本题考查了三角形中位线定理，全等三角形的判定和性质．延长交于点，证明，求得，，再利用三角形中位线定理求解即可．【详解】解：如图，延长交于点，∵是它的角平分线，，∴，，∵，∴，∴，，∴，∵是边上的中线，∴是的中位线，∴，故答案为：．题型七三角形中位线与三角形周长或面积问题（共5小题）31．（25-26八年级上·山东东营·期末）如图，的周长为，以它的三边中点为顶点组成一个新三角形（记为第1个），以这个新三角形三边中点为顶点又组成一个小三角形，以此类推，则第2026个三角形的周长是___________．【答案】【分析】本题考查三角形中位线定理，掌握三角形中位线平行第三边且等于第三边的一半是解题的关键．根据三角形中位线定理依次可求得第二个三角形和第三个三角形的周长，可找出规律，进而可求得第2026个三角形的周长．【详解】解：如图，、F分别为、的中点，，同理可得，，，即的周长的周长，第一个三角形的周长是原三角形周长的，同理可得的周长的周长的周长的周长，第二个三角形的周长是原三角形周长的，依次类推，第个三角形的周长是原三角形周长的，的周长为a，∴第2026个三角形的周长是，即；故答案为：．32．（23-24九年级上·四川达州·期末）如图，中，，，取BC边中点E，作，，得到四边形，它的面积记作；取BE中点，作，，得到四边形，它的面积记作，照此规律作下去，则______．【答案】【分析】本题考查了三角形中位线定理、等腰直角三角形的性质，探究规律．根据三角形中位线定理可求出的值，进而可得出的值，找出规律即可得出的值．【详解】解：由题意得．∵E为的中点，，是的中位线，，，同理．．∵取中点，作，，得到四边形，∴，，同理可得，，∴．故答案为：．33．（24-25八年级下·山东菏泽·期末）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，给出了证明三角形面积公式的出入相补法．如图，在中，分别取的中点D，E，连接，过点A作，垂足为F，将分割后拼接成长方形．若，则的面积是__________．【答案】48【分析】本题考查了三角形中位线定理，全等三角形的性质；由题意得，，则全等三角形的面积相等；由三角形中位线定理得；根据的面积等于长方形的面积即可求解．【详解】解：由题意得，，∴；，，∴的中点分别为D，E，∵，∴；∵．故答案为：48．34．（23-24八年级上·山东东营·期末）如图，的周长为a，以它的各边的中点为顶点作，再以各边的中点为顶点作，再以各边的中点为顶点作，……如此下去，则的周长为________．【答案】【分析】本题考查图形的规律，根据题意可知，的周长=的周长，的周长的周长，根据规律即可得出答案．【详解】解：根据题意可知，的周长=的周长，的周长的周长，所以的周长的周长，故答案：．35．（25-26七年级上·山西太原·期末）谢尔宾斯基三角形是一种经典的分形图形．初始三角形（分形次数为0）是1个边长为1的等边三角形，每进行一次分形，都会取黑色的小等边三角形的三边中点并连接，形成几个形状、大小完全相同的等边三角形．如图，经过第一次分形得到3个边长为的黑色等边三角形，经过第二次分形得到9个边长为的黑色等边三角形…按此规律，第次分形图形中黑色的等边三角形的周长和为_____．【答案】【分析】先根据中位线定理推出第次分形的等边三角形的边长是，再通过规律得到第次分形图形中黑色三角形的个数，从而得结论．【详解】解：∵每进行一次分形，都会取黑色的小等边三角形的三边中点并连接，形成几个形状、大小完全相同的等边三角形，∴根据中位线定理可知每进行一次分形得到的三角形边长是上一次分形三角形边长的，∴第一次分形图形中等边三角形的边长是，第二次分形图形中等边三角形的边长是，第三次分形图形中等边三角形的边长是，第次分形图形中的等边三角形的边长是，∵每进行一次分形，黑色三角形的个数是上一次分形中黑色三角形个数的三倍，∴第一次分形图形中黑色的三角形的个数为3个，第二次分形图形中黑色的三角形的个数为个，第三次分形图形中黑色的三角形的个数为个，第次分形图形中黑色的三角形的个数为个，∴第次分形图形中黑色的等边三角形的周长和为．题型八与三角形中位线有关的证明（共5小题）36．（24-25八年级上·山东淄博·期末）知识回顾：已知，如图（1）中，点E是边的中点，点F是边的中点，连接．则与的关系为：（用符号语言表达）．知识应用：已知，如图（2），四边形中，，点M，N分别为，的中点，连接．请猜想线段，，之间的关系，并说明理由．【答案】知识回顾：，；知识应用：，【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的中位线的性质，掌握以上知识是解题的关键．知识回顾：根据三角形的中位线的性质可得结论；知识应用：连接并延长交的延长线于点G，证明，可得，，再结合三角形的中位线的性质可得结论．【详解】解：知识回顾：∵点E是边的中点，点F是边的中点，∴是的中位线，∴，；故答案为：，．知识应用：，，理由如下：连接并延长交的延长线于点G，∵，∴，，∵N是的中点，∴，∴，∴，，∵M是的中点，N是的中点，∴，，∵，∴．37．（24-25八年级下·陕西咸阳·期末）【问题情境】已知和都是等腰直角三角形，，连接，M、N分别是、的中点．【初步探究】（1）如图1中，点D、E分别在、的边上，试判断线段与的位置关系和数量关系，并说明理由；【拓展证明】（2）将图1中的绕点C顺时针旋转至如图2所示的位置，连接，则（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．【答案】（1），，理由见详解（2）仍然成立，证明见详解【分析】本题考查了等腰三角形的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定及性质等；掌握等腰三角形的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定及性质是解题的关键．（1）由等腰三角形的性质得，由三角形中位线定理得，，即可得证；（2）连接，延长，交于，由可判定，由全等三角形的性质得，，结合三角形中位线定理，即可得证．【详解】（1）解：，，理由如下：和都是等腰直角三角形，，，，，M、N分别是、的中点，是的中位线，，，，，，，；（2）仍然成立；证明：连接，延长，交于，和都是等腰直角三角形，，，，，，，（），，，，，，M、N分别是、的中点是的中位线，，，，．38．（24-25八年级下·吉林·期末）【教材呈现】：（1）如图，在中，点D、E分别是与的中点，根据画出的图形，可以猜想：，且对此，我们可以用演绎推理给出证明．【结论应用】（2）如图，在四边形中，，P是对角线的中点，M是的中点，N是的中点，求证：；（3）如图，四边形中，，M是中点，N是中点，连接，延长交于点E：若，则的大小为______．【答案】（1）详见解析（2）详见解析（3）【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，平行线的性质，等腰三角形的判定，四边形的内角和等知识点．解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题．(1)延长至点G，使，连接，证明，再证明四边形是平行四边形，即可得出结论；(2)根据教材呈现中的结论，得出，，再利用，即可得出结论；(3)连接，取的中点P，连接，得出，进而求出，由，，得，，根据三角形的内角和以及等量代换即可求解．【详解】(1)证明：延长至点G，使，连接，如图，点D、E分别是的边与的中点，，，在和中，，，，，，，四边形是平行四边形，，，且；(2)证明：是的中点，M是的中点，，是的中点，N是的中点，，，，；(3)解：连接，取的中点P，连接，如图2，是中点，N是中点，，，，，，，，，，，，在中，，，，，故答案为：．39．（24-25八年级下·河北承德·期末）【三角形中位线定理】已知：在中，点D，E分别是边的中点．直接写出和的关系；【应用】如图，在四边形中，点E，F分别是边的中点，若，，求的度数；【拓展】如图，在四边形中，与相交于点E，点M，N分别为的中点，分别交于点F，G，．求证：．【答案】中位线定理：；应用：；拓展：证明见解析【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，等腰三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线的性质是解题的关键．三角形中位线定理：根据三角形中位线定理即可得到结论；应用：连接，根据三角形中位线定理得到，根据勾股定理的逆定理得到，计算即可；拓展：取的中点H，连接，则分别是的中位线，由中位线的性质定理可得且，且，根据等腰三角形的性质即可得结论．【详解】解：【三角形中位线定理】；理由：∵点D，E分别是边的中点，∴是的中位线，∴；【应用】连接，如图所示，∵E、F分别是边的中点，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴；【拓展】证明：取的中点H，连接．∵M、H分别是的中点，∴是的中位线，∴且，同理可得且．∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴．40．（24-25八年级下·江西吉安·期末）（1）课本再现已知：如图，是的中位线．求证：，且．定理证明证明：如图1，延长至点F，使得，连接．请你根据小乐添加的辅助线，写出完整的证明过程；（不再添加新的辅助线）（2）知识应用如图2，在四边形中，，，，，点E，F，M分别是，，的中点，求的长．【答案】（1）见解析（2）5【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理的证明，勾股定理，平行线的性质，正确理解题意通过构造中位线进行求解是解题的关键．（1）如图1，延长至点，使得，连接，利用证明，再证明四边形是平行四边形，即可得证；（2）由（1）可得，，，，再根据，，由平行线的性质求得，再利用勾股定理求解即可．【详解】（1）证明：如图1，延长至点，使得，连接，，点是的边的中点，，在和中，，，，，，又点是的边的中点，，，四边形是平行四边形，，，即，；

（2）解：点，，分别是，，的中点，，，，，，，，，，，，，在中，．的长为5．题型九平行四边形与中位线综合问题（共5小题）41．（25-26八年级上·山东泰安·期末）如图所示，在中，点D、E分别为的中点，点H在线段上，连接，点G、F分别为的中点．(1)求证：四边形为平行四边形；(2)若，，，求线段的长度．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题主要考查了三角形中位线的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．（1）根据三角形中位线的性质可得，且，，且，进而可知，且，即可证明结论；（2）首先证明，，再在中由勾股定理解得的长度，然后由，即可获得答案．【详解】（1）证明：∵点D、E分别为的中点，∴，且，∵点G、F分别为的中点，∴，且，∴，且，∴四边形是平行四边形．（2）解：∵，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∵点D为的中点，∴，∵，∵点G为的中点，∴．42．（25-26九年级上·山东烟台·期末）点是的边上的一点，连接并延长，使，连接并延长，使，连接，为的中点，连接，．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)连接，交于点，若，求的长．【答案】(1)见解析(2)10【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的性质证明，，由“对边平行且相等的四边形为平行四边形”即可得到结论；（2）连接，证明四边形是