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=
.







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