“直角三角形斜边上的中线”的性质及其应用Word格式文档下载.doc

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E

F

图2

例2．如图2，在Rt△ABC中，∠C=900，AD∥BC，∠CBE=∠ABE，

求证：

DE=2AB

分析：

欲证DE=2AB，则可寻DE的一半，再让其与AB相等，

取DE的中点F，连AF，则AF=FD=DE，可证得△AFD，

△ABF均为等腰三角形，由此结论得证．

DE的中点F，连AF，则AF=FD=DE，所以∠DAF=∠ADF，又因为AD∥BC，所以∠CBE=∠ADF，又因为∠CBE=∠ABE，所以∠ABF=∠AFB，所以AF=AB，即DE=2AB．

P

M

N

K

图3

本题是有直角、无中点的情况，这时要取直角三角形的斜边上的中点，再连结该点与直角顶点，然后用性质来解决问题．

三、有中点、无直角，造直角，用性质

例3．如图3，梯形ABCD中，AB∥CD，M、N是AB、CD的中点，

∠ADC+∠BCD=2700，

MN=（AB-CD）．

延长AD、BC交于P，∵∠ADC+∠BCD=2700，

∴∠APB=900，连结PN，连结PM交DC于K，下证N和K重合，则P、N、M三点共线，

∵PN、PM分别是直角三角形△PDC、△PAB斜边上的中线，∴PN=CN=DN=CD，PM=BM=DM=AB，

∵∠PNC=2∠PDN=2∠A，∠PMB=∠PKC=2∠A，∴∠PNC=∠PKC，∴N、K重合，

∴MN=PM-PN=（AB-CD）．

本题只有中点，而没有直角，这时要想方设法构造直角，应用性质，而条件中正好有角的关系“∠ADC+∠BCD=2700”，这样问题就易以解决了

图4

O

四、逆用性质解题

例4．如图4，延长矩形ABCD的边CB至E，使CE=CA，

P是AE的中点．

BP⊥DP．

如图3，连结BD交AC于点O，连结PO，

∵四边形ABCD是矩形，∴AO=OC=OB=OD，

∵PA=PE，∴PO=EC，∵EC=AC，∴PO=BD，

即OP=OB=OD，∴BP⊥DP．

“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”这个性质是众所周知的，而它的逆定理往往被大家所忽视，本题就是利用这个性质构造△PBD，证BD边的中线等于BD的一半．

请同学们试一试吧！

图5

1．如图5，△ABC中，AB=AC，∠ABD=∠CBD，BD⊥DE于D，DE交BC于E，

CD=BE．

2．如图6，△ABC中，∠B=2∠C，AD⊥BC于D，M是BC的

M·

图6

中点，求证：

AB=2DM．

1．提示：

结论中的BE是直角三角形的斜边，由BE应想到“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”，故应取BE的中点F，连结DF，只需证明DC=DF，即证∠C=∠DFC．

2．提示：

取AB的中点N，连结DN、MN即可．

直角三角形斜边上中线性质的应用

直角三角形斜边上中线的性质是直角三角形的一个重要性质，同时也是常考的知识点．它为证明线段相等、角相等、线段的倍分等问题提供了很好的思路和理论依据。

下面谈谈直角三角形斜边上中线的性质及应用。

一、直角三角形斜边上中线的性质

1、性质：

直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．如图1，在Rt△BAC中，∠BAC=，D为BC的中点，则。

2、性质的拓展：

如图1：

因为D为BC中点，

所以，

所以AD=BD=DC=，

所以∠1=∠2，∠3=∠4，

因此∠ADB=2∠3=2∠4，

∠ADC=2∠1=2∠2。

因而可得如下几个结论：

①直角三角形斜边上的中线将直角三角形分成两个等腰三角形；

②分成的两个等腰三角形的腰相等，两个顶角互补、底角互余，并且其中一个等腰三角形的顶角等于另一个等腰三角形底角的2倍．

二、性质的应用

1、求值

例1、（2004年江苏省苏州市中考）如图2，CD是Rt△ABC斜边AB上的中线，若CD=4，则AB=．

解析：

由性质可知：

CD，

所以AB=2CD=8．

例2、（2006年上海市中考）已知：

如图3，在△ABC中，AD是BC边上的高，E为AC边上的中点，BC=14，AD=12，。

求的值。

由性质拓展可知：

∠EDC=∠C。

要求tan∠EDC的值，可转化为求tan∠C的值。

在Rt△ADB中，，

所以AB=15。

由勾股定理得：

，

所以DC=BC－BD=5。

在Rt△ADC中，tan∠C=，

所以tan∠EDC=。

2、证明线段相等

例3、（2004年上海市中考）如图4，在△ABC中，∠BAC=90°

，延长BA到D点，使，点E、F分别为边BC、AC的中点。

（1）求证：

DF=BE；

（2）过点A作AG∥BC，交DF于G。

AG=DG。

（1）因为E为BC的中点，

所以BE=。

要证DF=BE，即为，

连AE，AE=，只需证DF=AE。

因为EF为△ABC的中位线，

所以EF，而AD=，所以。

故四边形AEFD为平行四边形。

所以DF=AE，从而DF=BE这一命题得证。

（2）由性质拓展可知：

∠1=∠2。

由

（1）得AE∥DF，所以∠2=∠D。

因为AG∥BC，所以∠1=∠DAG，

因此∠D=∠DAG，所以DG=AG。

3、证明角相等及角的倍分关系

例4、已知，如图5，在△ABC中，∠BAC>

90°

，BD、CE分别为AC、AB上的高，F为BC的中点，求证：

∠FED=∠FDE。

因为BD、CE分别为AC、AB上的高，

所以∠BDC=∠BEC=90°

。

在Rt△BDC中DF为斜边上中线，

所以。

同理在Rt△BEC中，，

所以DF=EF，

所以∠FED=∠FDE。

例5、（2003年上海市中考题）已知：

如图6，在△ABC中，AD是高，CE是中线。

DC=BE，DG⊥CE，G为垂足。

（1）G是CE的中点；

（2）∠B=2∠BCE。

（1）E是Rt△ADB斜边上中点，连DE，则

所以DE=DC。

又因为DG⊥CE，所以G为CE的中点。

（2）因为DE=DC，所以∠1=∠2。

因为∠EDB=∠1+∠2，

所以∠EDB=2∠2。

由性质拓展知：

∠B=∠EDB，

所以∠B=2∠2，即∠B=2∠BCE。

4、证明线段的倍分及和差关系

例6、（2007年呼和浩特市中考）如图7，在△ABC中，∠C=2∠B，D是BC上的一点，且AD⊥AB，点E是BD的中点，连AE。

（1）∠AEC=∠C；

（2）求证：

BD=2AC。

（1）因为AE是Rt△BAD斜边BD上中线，由性质拓展可知：

∠AEC=2∠B。

又因为∠C=2∠B，

所以∠AEC=∠C。

（2）由

（1）∠AEC=∠C，所以AE=AC，AE是Rt△BAD斜边上中线。

由性质可得：

，所以，

故BD=2AC。

例7、（第四届“祖冲之杯”初二竞赛）如图8，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠A+∠B=90°

，E、F分别是AB、CD的中点。

延长AD、BC交于G，连GE、GF。

由于∠A+∠B=90°

所以∠G=90°

E、F分别为DC、AB中点。

由性质拓展可得：

∠GDE=∠AGE，∠GAF=∠AGF。

因为CD∥AB，

所以∠GDE=∠GAF，

所以∠AGE=∠AGF，

所以G、E、F三点在同一直线上，

5、证明线段垂直

例8、如图9，在四边形ABCD中，AC⊥BC，BD⊥AD，且AC=BD，M、N分别是AB、DC边上的中点。

MN⊥DC。

M是Rt△ADB与Rt△ACB斜边上中点，连DM、CM，由性质可得：

所以△DMC为等腰三角形。

又因为N为CD的中点，

所以MN⊥DC。

6、证明特殊的几何图形

例9、（2007年新疆维吾尔自治区中考）如图10，将Rt△ACB沿直角边AC所在直线翻折180°

得到Rt△ACE，点D与点F分别是斜边AB、AE的中点，连CD、CF，则四边形ADCF为菱形．请给予证明．

由于△ACE是△ACB沿直角边AC翻折得到的，

所以AB=AE，∠ACE=90°

．

因为D、F分别是Rt△ACB和Rt△ACE斜边上中线，

所以AD=DC=AF=FC，

所以四边形ADCF为菱形。

三、尝试训练

1、（黑龙江中考）在△ABC中，∠ACB=90°

，AC=6，BC=8，则斜边上中线长为．

2、（2006年重庆市中考）如图11所示，一张三角形纸片ABC，∠ACB=90°

，AC=8，BC=6，沿斜边AB的中线把这张纸张剪成△AC1D1和△BC2D2两个三角形（如图12所示），将纸张△AC1D1沿直线D2B（AB）方向平移（点A，D1，D2，B始终在同一条直线上），当点D1与点B重合时，停止平移，在平移过程中，C1D1与BC2交于点E，AC1与C2D2、BC2分别交于点F、P。

（1）当△AC1D1平移到如图13所示时，猜想图中D1E与D2F数量关系，并证明猜想：

3、如图14，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD，AC与BD相交于O，∠BOC=，G、E、F分别是AB、OC、OD的中点。

△GEF为等边三角形。

（提示：

连AF、BE）