第7讲三角形的中位线专题探究
类型一三角形中位线定理
知识点睛：
三角形中位线定理的应用
（1）证明平行问题;
（2）证明一边是另一边的2倍或
（3）解决"中点问题".
注意∶在处理这些问题时，要求出现三角形及其中位线：
①有中点连线而无三角形，要作辅助线产生三角形;
②有三角形而无中位线，要作中点的连线或过中点作平行线.
类题训练
1．（罗湖区校级期末）如图，△ABC的面积是16，点D、E、F、G分别是BC、AD、BE、CE的中点，则△AFG的面积是（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【分析】根据中线的性质，可得：△AEF的面积＝
×△ABE的面积＝
×△ABD的面积＝
×△ABC的面积＝2，△AEG的面积＝2，根据三角形中位线的性质可得△EFG的面积＝
×△BCE的面积＝2，进而得到△AFG的面积．
【解答】解：∵点D是BC的中点，
∴AD是△ABC的中线，
∴△ABD的面积＝△ADC的面积＝
×△ABC的面积，
同理得：△AEF的面积＝
×△ABE的面积＝
×△ABD的面积＝
×△ABC的面积＝
×16＝2，
△AEG的面积＝2，
△BCE的面积＝
×△ABC的面积＝8，
又∵FG是△BCE的中位线，
∴△EFG的面积＝
×△BCE的面积＝
×8＝2，
∴△AFG的面积是2×3＝6，
故选：A．
2．（寿光市期末）如图，DE是△ABC的中位线，∠ABC的角平分线交DE于点F，AB＝8，BC＝12，则EF的长为（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．2.5
【分析】延长AF交BC于H，由三角形中位线定理得到DE∥BC，DE＝
BC＝6，AF＝FH，再证△BFA≌△BFH（AAS），得BH＝AB＝8，然后由三角形中位线定理得DF＝4，求解即可．
【解答】解：连接AF并延长交BC于H，如图所示：
∵
点D、E分别为边AB、AC的中点，
∴DE∥BC，DE＝
BC＝6，AF＝FH，
在△BFA和△BFH中，
，
∴△BFA≌△BFH（AAS），
∴BH＝AB＝8，
∵AD＝DB，AF＝FH，
∴DF是△ABH的中位线，
∴DF＝
BH＝4，
∴EF＝DE﹣DF＝2，
故选：C．
3．（海阳市期末）如图，△ABC中，点D，E在边BC上，∠ABC的平分线垂直AE，垂足为点N，∠ACB的平分线垂直AD，垂足为点M，连接MN．若BC＝7，MN＝
，则△ABC的周长为（ ）
A．17 B．18 C．19 D．20
【分析】利用ASA定理证明△BNA≌△BNE，根据全等三角形的性质得到BE＝BA，AN＝NE，同理得到CD＝CA，AM＝MD，根据三角形中位线定理求出DE，根据三角形的周长公式计算，得到答案．
【解答】解：在△BNA和△BNE中，
，
∴△BNA≌△BNE（ASA），
∴BE＝BA，AN＝NE，
同理，CD＝CA，AM＝MD，
∵AM＝MD，AN＝NE，MN＝
，
∴DE＝2MN＝3，
∵BE+CD﹣BC＝DE，
∴AB+AC＝BC+DE＝10，
∴△ABC的周长＝AB+AC+BC＝10+7＝17，
故选：A．
4．（江干区期末）如图，△ABC中，D是BC边的中点，AE平分∠BAC，BE⊥AE于E，已知AB＝10，AC＝18，则DE的长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】延长BE交AC于F，证明△AEF≌△AEB，根据全等三角形的性质得到AF＝AB＝10，BE＝EF，根据三角形中位线定理计算即可．
【
解答】解：延长BE交AC于F，
∵BE⊥AE，
∴∠AEB＝∠AEF＝90°，
在△AEF和△AEB中，
，
∴△AEF≌△AEB（ASA）
∴AF＝AB＝10，BE＝EF，
∴CF＝AC﹣AF＝8，
∵BE＝EF，BD＝DC，
∴DE＝
CF＝4，
故选：A．
5．（吴兴区二模）如图，在△ABC中，点D、E、F分别是各边的中点，若△ABC的面积为4cm2，则△DEF的面积是（ ）cm2．
A．0.5 B．1 C．2 D．4
【分析】根据三角形中位线定理得到EF＝
AB，ED＝
AC，DF＝
BC，进而证明△EFD∽△ABC，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方计算即可．
【解答】解：∵点D、E、F分别是各边的中点，
∴EF＝
AB，ED＝
AC，DF＝
BC，
∴
＝
＝
＝
，
∴△EFD∽△ABC，且相似比为
，
∴
＝（
）2＝
，
∵△ABC的面积为4cm2，
∴△DEF的面积是1cm2，
故选：B．
6．（广饶县期末）如图，AD是△ABC的中线，E是AD的中点，F是BE延长线与AC的交点，若AC＝4，则AF＝（ ）
A．
B．
C．1 D．
【分析】取BF的中点H，连接DH，根据三角形中位线定理得到DH＝
FC，DH∥AC，证明△AEF≌△DEH，根据全等三角形的性质得到AF＝DH，计算即可．
【解答】解：取BF的中点H，连接DH，
∵BD＝DC，BH＝HF，
∴
DH＝
FC，DH∥AC，
∴∠HDE＝∠FAE，
在△AEF和△DEH中，
，
∴△AEF≌△DEH（ASA），
∴AF＝DH，
∴AF＝
FC，
∵AC＝4，
∴AF＝
，
故选：B．
7．（龙口市期末）如图，△ABC的周长为a，以它的各边的中点为顶点作△A1B1C1，再以△AB1C1各边的中点为顶点作△A2B2C2，…如此下去，则△AnBn∁n的周长为（ ）
A．
a B．
a C．
a D．
a
【分析】根据三角形中位线定理得到△A1B1C1的周长＝
a，△A2B2C2的周长＝
a＝
a，总结规律，根据规律解答即可．
【解答】解：∵点A1、B1、C1分别为BC、AC、AB的中点，
∴B1C1＝
BC，A1C1＝
AC，A1B1＝
AB，
∴△A1B1C1的周长＝
a，
同理，△A2B2C2的周长＝
a＝
a，
……
则△AnBn∁n的周长＝
a，
故选：A．
8．（东莞市校级期末）如图，已知△ABC中AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，AE是∠BAC的外角平分线，ED∥AB交AC于点G，下列结论：①AD⊥BC；②AE∥BC；③AE＝AG；④∠DAE＝90°．其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】连接EC，根据等腰三角形的性质得出AD⊥BC，即可判断①；求出∠FAE＝∠B，再根据平行线的性质得出AE∥BC，即可判断②；求出四边形ABDE是平行四边形，根据平行四边形的性质得出AE＝BD，求出AE＝CD，根据矩形的判定推出四边形ADCE是矩形，根据矩形的性质得出AC＝DE，AG＝CG，DG＝EG，求出DG＝AG＝CG＝EG，根据勾股定理判断④即可；根据AE＝BD＝
BC和AG＝
AC判断③即可．
【
解答】解：连接EC，
∵AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，
∴AD⊥BC，故①正确；
∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵AE平分∠FAC，
∴∠FAC＝2∠FAE，
∵∠FAC＝∠B+∠ACB，
∴∠FAE＝∠B，
∴AE∥BC，故②正确；
∵AE∥BC，DE∥AB，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AE＝BD，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴CD＝BD，
∴AE＝CD，
∵AE∥BC，∠ADC＝90°，
∴四边形ADCE是矩形，
∴∠DAE＝90°，故④正确；
∵AE＝BD＝
BC，AG＝
AC，
∴AG＝AE错误（已知没有条件AC＝BC），故③错误；
即正确的个数是3个，
故选：C．
类型二三角形中位线在四边形中的应用
知识点睛：
四边形中中位线的构造
四边形边上有中点时，取其对角线中点构造三角形中位线;
四边形对角线上有中点时，取边的中点构造三角形中位线.
此类中位线的构造常出现在等对边四边形或等对角线四边形题目中，用于判断线段关系或由线段引发的角度关系。
注意∶构造出的中位线往往是相等的，且正好是等对边或等对角线的一半.
类题训练
1
．（孟津县期末）如图所示，已知四边形ABCD，R、P分别是DC、BC上的点，点E、F分别是AP、RP的中点，当点P在边BC上从点B向点C移动，且点R从点D向点C移动时，那么下列结论成立的是（ ）
A．线段EF的长逐渐增大
B．线段EF的长逐渐减少
C．线段EF的长不变
D．△ABP和△CRP的面积和不变
【分析】连接AR，根据三角形的中位线定理可得EF＝
AR，根据AR的变化情况即可判断．
【解答】解：连接AR，
∵E，F分别是AP，RP的中点，
∴EF＝
AR，
∵当点P在BC上从点C向点B移动，点R从点D向点C移动时，AR的长度逐渐增大，
∴
线段EF的长逐渐增大．
S△ABP+S△CRP＝
BC•（AB+CR）．
∵CR随着点R的运动而减小，
∴△ABP和△CRP的面积和逐渐减小．
观察选项，只有选项A符合题意．
故选：A．
2．（新城区校级期末）如图，四边形ABCD中，AD＝BC，点P是对角线BD的中点，E、F分别是AB、CD的中点，若∠EPF＝130°，则∠PEF的度数为（ ）
A．25° B．30° C．35° D．50°
【分析】根据三角形中位线定理得到PF＝
BC，PE＝
AD，进而证明PF＝PE，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算，得到答案．
【解答】解：∵P、F分别是BD、CD的中点，
∴PF＝
BC，
同理可得：PE＝
AD，
∵AD＝BC，
∴PF＝PE，
∵∠EPF＝130°，
∴∠PEF＝∠PFE＝
×（180°﹣130°）＝25°，
故选：A．
3．（南阳模拟）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝2，BC＝5，点E，F分别是对角线AC，BD的中点，则EF的长为（ ）
A．1 B．1.5 C．2.5 D．3.5
【
分析】延长FE交CD于点G，由点E，F分别是对角线AC，BD的中点，从而得FG是△BCD的中位线，则有FG＝2.5，再由AD∥BC，则有FG∥AD，EG是△ACD的中位线，则有EG＝1，从而可求EF的长．
【解答】解：∵取DC中点G，连结FG、EG，如图所示：
∵点E，F分别是对角线AC，BD的中点，
∴FG∥BC，EG∥AD，
∵AD∥BC，
∴EG∥BC，FG∥EG，
∴E、F、G三点共线，
∴FG是△BCD的中位线，
∴FG＝
BC＝2.5，
∵AD∥BC，
∴EG∥AD，
∴EG是△ACD的中位线，
∴EG＝
AD＝1，
∴EF＝FG﹣EG＝1.5．
故选：B．
4．（龙岗区校级期末）如图，四边形ABCD中，E，F分别是边AB，CD的中点，则AD，BC和EF的关系是（ ）
A．AD+BC＞2EF B．AD+BC≥2EF C．AD+BC＜2EF D．AD+BC≤2EF
【分析】取AC的中点G，连接EF，EG，GF，根据三角形中位线定理求出EG＝
BC，GF＝
AD，再利用三角形三边关系：两边之和大于第三边，即可得出AD，BC和EF的关系．
【
解答】解：如图，取AC的中点G，连接EF，EG，GF，
∵E，F分别是边AB，CD的中点，
∴EG，GF分别是△ABC和△ACD的中位线，
∴EG＝
BC，GF＝
AD，
在△EGF中，由三角形三边关系得EG+GF＞EF，即
BC+
AD＞EF，
∴AD+BC＞2EF，
当AD∥BC时，点E、F、G在同一条直线上，
∴AD+BC＝2EF，
所以四边形ABCD中，E，F分别是边AB，CD的中点，则AD，BC和EF的关系是AD+BC≥2EF．
故选：B．
5．（宛城区期中）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AC＞AB＞4，点D、E分别在边AB、AC上，BD＝4，CE＝3，取DE、BC的中点M、N，线段MN的长为（ ）
A．2.5 B．3 C．4 D．5
【分析】如图，作CH∥AB，连接DN，延长DN交CH于H，连接EH，首先证明CH＝BD，∠ECH＝90°，解直角三角形求出EH，利用三角形中位线定理即可解决问题．
【解答】解：作CH∥AB，连接DN并延长交CH于H，连接EH，
∵
BD∥CH，
∴∠B＝∠NCH，∠ECH+∠A＝180°，
∵∠A＝90°，
∴∠ECH＝∠A＝90°，
在△DNB和△HNC中，
，
∴△DNB≌△HNC（ASA），
∴CH＝BD＝4，DN＝NH，
在Rt△CEH中，CH＝4，CE＝3，
∴EH＝
＝
＝5，
∵DM＝ME，DN＝NH，
∴MN＝
EH＝2.5，
故选：A．
6．（凤山县期末）如图，在四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝4，M，N分别是边BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合）点E，F分别是线段DM，MN的中点，若线段EF的最大值为2.5，则AD的长为（ ）
A．5 B．
C．2.5 D．3
【分析】根据三角形的中位线定理得出EF＝
DN，从而可知DN最大时，EF的最大值为2.5，因为N与B重合时DN最大，此时根据勾股定理求得DN＝DB．
【解答】解：∵点E，F分别是线段DM，MN的中点，
∴ED＝EM，MF＝FN，
∴EF＝
DN，
∴DN最大时，EF最大，
∵线段EF的最大值为2.5，
∴DN＝2EF＝5．
∵N与B重合时DN最大，
此时DN＝DB＝
＝
＝5，
∴AD＝3．
故选：D．
7．（鄞州区期末）如图，四边形ABCD中，∠B＝90°，AB＝8，BC＝6，点M是对角线AC的中点，点N是AD边的中点，连结BM，MN，若BM＝3MN，则线段CD的长是（ ）
A．
B．3 C．
D．5
【分析】首先由勾股定理求得AC的长度，结合直角三角形斜边上中线的性质得到BM＝
AC，三角形中位线定理得到CD＝2MN．
【
解答】解：如图，在直角△ABC中，∠B＝90°，AB＝8，BC＝6，则由勾股定理知，AC＝
＝
＝10．
∵点N是AD边的中点，
∴BM＝
AC＝5．
∵BM＝3MN，
∴MN＝
BM＝
．
∵点M是对角线AC的中点，点N是AD边的中点，
∴MN是△ACD的中位线．
∵CD＝2MN＝2×
＝
．
故选：C．
8．（陈仓区期末）如图所示，在四边形ABCD中，AB＝CD＝4，M、N、P分别是AD、BC、BD的中点，∠ABD＝20°，∠BDC＝80°，则MN的长是 ．
【分析】作PH⊥MN于H，根据三角形中位线定理求出PM、PN、∠MPN，根据等腰三角形的性质、勾股定理计算即可．
【解答】解：作PH⊥MN于H，
∵M、N、P分别是AD、BC、BD的中点，
∴PM＝
AB＝2，PN＝
CD＝2，PM∥AB，PN∥CD，
∴∠MPD＝∠ABD＝20°，∠BPN＝∠BDC＝80°，PM＝PN，
∴
∠MPN＝120°，
∵PM＝PN，
∴∠PMN＝30°，MH＝HN，
∴PH＝
PM＝1，
由勾股定理得，MH＝
＝
，
∴MN＝2MH＝2
，
故答案为：2
．
9．（垦利区期末）如图，在四边形ABDC中，E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，并且E、F、G、H四点不共线．当AC＝6，BD＝8时，四边形EFGH的周长是 ．
【分析】根据三角形中位线定理得到FG∥EH，FG＝EH，根据平行四边形的判定定理和周长解答即可．
【解答】解：∵F，G分别为BC，CD的中点，
∴FG＝
BD＝4，FG∥BD，
∵E，H分别为AB，DA的中点，
∴EH＝
BD＝4，EH∥BD，
∴FG∥EH，FG＝EH，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∴EF＝GH＝
AC＝3，
∴四边形EFGH的周长＝3+3+4+4＝14，
故答案为：14
10．（商丘四模）如图，四边形ABCD中，点E、F分别为AD、BC的中点，延长FE交CD延长线于点G，交BA延长线于点H，若∠BHF与∠CGF互余，AB＝4，CD＝6，则EF的长为 ．
【分析】根据三角形的中位线定理和勾股定理解答即可．
【解答】解：连接BD，取BD的中点M，连接EM，FM，
∵
E、F分别为AD、BC的中点，M为BD的中点，
∴EM，MF分别为△ADB、△BCD的中位线，
∴EM∥AB，MF∥DC，EM＝
AB＝2，MF＝
DC＝3，
∵MF∥DC，
∴∠FGC＝∠EFM，
∵EM∥AB，
∴∠FEM＝∠FHB，
∵∠BHF与∠CGF互余，
∴∠CGF+∠BHF＝∠EFM+∠FEM＝90°，
∴∠EMF＝180°﹣∠EFM﹣∠FEM＝90°，
∴△EMF是直角三角形，
∴EF＝
，
故答案为：
．
11．（莱州市期末）如图，两个等腰Rt△ABC和Rt△CEF，点B在CE上，∠ABC＝∠E＝90°，连接AF，取AF的中点M，连接MB．求证：BM∥CF．
【分析】如图所示，延长AB交CF于点D．根据全等三角形的性质得到AB＝BD，推出BM是△ADF的中位线，于是得到结论．
【解答】证明：如图所示，延长AB交CF于点D．
∵∠ABC＝90°
∴∠CBD＝90°
∵
Rt△ABC和Rt△CEF是等腰直角三角形，
∴∠ACB＝∠ECF＝45°，
∵BC＝BC，
∴△ACB≌△DCB（ASA），
∴AB＝BD，
∵点M是AF的中点，
∴AN＝FM，
∴BM是△ADF的中位线，
∴BM∥CF．
类型三中位线的构造方法总结
（一）. 连接两点构造三角形的中位线
如图，点B为AC上一点，分别以AB，BC为边在AC同侧作等边△ABD和等边△BCE，点P，M，N分别为AC，AD，CE的中点．
（1）求证：PM＝PN；
（2）求∠MPN的度数．
【分析】（1）连接DC和AE，AE交CD于点M，证明△ABE≌△DBC，得到AE＝DC，利用中位线的性质证明PM＝PN；
（2）根据中位线的性质把∠MPA+∠NPC转化成∠MCA+∠MAC，根据∠DMA＝∠MCA+∠MAC可知求出∠DMA度数即可．
【解答】解：（1）连接DC和AE，AE交CD于点M，
在
△ABE和△DBC中，
∴△ABE≌△DBC（SAS）．
∴AE＝DC．
∵P为AC中点，N为EC中点，
∴PN＝
AE．
同理可得PM＝
DC．
所以PM＝PN．
（2）∵P为AC中点，N为EC中点，
∴PN∥AE．
∴∠NPC＝∠EAC．
同理可得∠MPA＝∠DCA
∴∠MPA+∠NPC＝∠EAC+∠DCA．
又∠DQA＝∠EAC+∠DCA，
∴∠MPA+∠NPC＝∠DQA．
∵△ABE≌△DBC，
∴∠QDB＝∠BAQ．
∴∠DQA＝∠DBA＝60°．
∴∠MPA+∠NPC＝60°．
∴∠MPN＝180°﹣60°＝120°．
利用角平分线和垂直构造中位线
1．（芝罘区期末）如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝4，AD，AE分别是角平分线和中线，过点C作CF⊥AD于点F，连接EF，则线段EF的长为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．
【分析】延长CF交AB于G，根据等腰三角形的判定和性质得到AG＝AC＝4，FG＝CF，进而求出BG，根据三角形中位线定理计算即可．
【解答】解：延长CF交AB于G，
∵
AD为△ABC的角平分线，CG⊥AD，
∴△ACG是等腰三角形，
∴AG＝AC＝4，FG＝CF，
∴BG＝AB﹣AG＝6﹣4＝2，
∵AE为△ABC的中线，
∴EF是△BCG的中位线，
∴EF＝
BG＝1，
故选：A．
2．（东宝区校级月考）在△ABC中，点D是AB的中点，CE平分∠ACB，AE⊥CE于点E．
（1）求证：DE∥BC；
（2）若AC＝5，BC＝7，求DE的长．
【分析】（1）根据CE平分∠ACB，AE⊥CE，运用ASA易证明△ACE≌△FCE．根据全等三角形的性质，得AE＝EF，CF＝AC，根据三角形的中位线定理即可得到结论；
（2）根据三角形的中位线定理就可求解．
【
解答】解：（1）延长AE交BC于F，
∵CE平分∠ACB，AE⊥CE于点E，
∴∠ACE＝∠FCE，∠AEC＝∠FEC＝90°，
在△ACE和△FCE中，
，
∴△ACE≌△FCE．
∴AE＝EF，
∵点D是AB的中点，
∴AD＝BD，
∴DE是△ABF的中位线．
∴DE∥BC；
（2）∵△ACE≌△FCE，
∴CF＝AC＝5，
∵DE是△ABF的中位线．
∴DE＝
BF＝
（BC﹣AC）＝
（7﹣5）＝1，
故DE的长为1．
倍长法构造三角形中位线
（越秀区校级二模）如图，△ABC、△BEF为等腰直角三角形，∠ABC＝∠BEF＝90°，BA＝BC，EB＝EF，
连接AF、CF，M为AF的中点．
（1）如图1，当A、F、B共线时，求证：ME＝
CF；
（2）如图2，当A、F、B不共线时，求证：ME＝
CF；
（3）设BC＝2，请直接写出BF+AF+CF的最小值．
【解答】（1）证明：如图1中，延长FE到D，使ED＝EF，连接AD、BD，
∵
△BEF为等腰直角三角形，∠BEF＝90°，
∴∠BFE＝45°，BE⊥DF，
∴BE垂直平分DF，
∴∠BDE＝45°，
∴△BDF是等腰直角三角形，
∴BD＝BF，∠DBF＝90°，
在△ABD和△CBF中，
，
∴△ABD≌△CBF（SAS），
∴AD＝CF，
∵M为AF的中点，DE＝EF，
∴ME是△ADF的中位线，
∴ME＝
AD，
∴ME＝
CF．
（2）证明：如图2中，延长FE到D，使ED＝EF，连接AD、BD，
∵
△BEF为等腰直角三角形，∠BEF＝90°，
∴∠BFE＝45°，BE⊥DF，
∴BE垂直平分DF，
∴∠BDE＝45°，
∴△BDF是等腰直角三角形，
∴BD＝BF，∠DBF＝90°，
∵∠CBF+∠ABF＝∠ABC＝90°，
∠ABD+∠ABF＝∠DBF＝90°，
∴∠CBF＝∠ABD，
在△ABD和△CBF中，
，
∴△ABD≌△CBF（SAS），
∴AD＝CF，
∵M为AF的中点，DE＝EF，
∴ME是△ADF的中位线，
∴ME＝
AD，
∴ME＝
CF．
（
3）解：如图3中，以CF为边在CF的右侧作等边△CFM，将△CFB绕点C逆时针旋转60°得到△CME，连接AE，作EH⊥AC于H，在EH上取一点D，使得CD＝DE，连接DC．
∵CF＝FM，FB＝ME，
∴AF+CF+FB＝AF+FM+ME，
∵AE≤AF+FM+ME，
∴当A，F，M，E共线时，AF+FC+BF的值最小，
∵∠ACB＝45°，∠BCE＝60°，
∴∠ACE＝45°+60°＝105°，
∴∠ECH＝75°，
∵∠H＝90°，
∴∠CEH＝15°，
∵DC＝DE，
∴∠DCE＝∠CED＝15°，
∴∠CDH＝∠DCE+∠DEC＝30°
设CH＝a，则DC＝DE＝2a，DH＝
a，EH＝
a+2a，
在Rt△ECH中，∵EC2＝CH2+EH2，
∴22＝a2+（
a+2a）2，
∴a＝
＝
（负根已经舍弃），
在Rt△AEH中，AH＝2
+
＝
，EH＝
，
∴AE＝
＝
＝
+
．
已知一边中点，取另一边中点构造三角形中位线
（衢州期末）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC⊥BD，E，F分别是AB，CD的中点，若AC＝BD＝2，则EF的长是（ ）
A．2 B．
C．
D．
【分析】取BC的中点G，AD的中点H，连接EG、GF、FH、HE，根据三角形中位线定理分别求出EG、GF，得出四边形EGFH为正方形，根据正方形的性质计算即可．
【解答】解：取BC的中点G，AD的中点H，连接EG、GF、FH、HE，
∵
E，G分别是AB，BC的中点，AC＝2
∴EG＝
AC＝1，EG∥AC，
同理：FH＝
AC，FH∥AC，EG＝
AC，GF∥BD，GF＝
BD＝1，
∴四边形EGFH为平行四边形，
∵AC＝BD，
∴GE＝GF，
∴平行四边形EGFH为菱形，
∵AC⊥BD，EG∥AC，GF∥BD，
∴EG⊥GF，
∴菱形EGFH为正方形，
∴EF＝
EG＝
，
故选：D．
已知两边中点，取第三边中点构造三角形的中位线
已知：如图所示，在△ABC中，AB＝AC，AD是BC边上的高，P是AD的中点，延长BP交AC于点F．
（1）求证：PB＝3PF；
（2）如果AC的长为13，求AF的长．
【分析】（1）本题可通过构建中位线来求解，过D点作DE∥BF，交AC于E；则DE、PF分别是△CBF、△ADE的中位线，可根据BP、PF与DE的比例关系求出BP、PF的比例关系．
（2）由（1）可知：E、F是AC的三等分点，由此可得出AF的长．
【解答】解：（1）证明：如图所示，过D点作DE∥BF，交AC于E，
因为AB＝AC，AD为△ABC的高，
所以根据等腰三角形的三线合一得D为BC的中点，
所以DE＝
BF．
同
理，因为P为AD的中点
所以PF＝
DE，即PF＝
BF，所以BP＝3PF．
（2）由（1）得：PF、DE分别是DE、BF的中位线，
∴AF＝EF，CE＝EF．
∴AC＝AF+EF+CE＝3AF．
∵AC＝13，
∴AF＝
．