2024年6月2日发(作者：蓬运凯)
与中点有关的几何模型与结论
(铁三角结构+倍长中线法+常用重要结论)
一、基本图形
先谈谈与中点有关的基本定理与基本图形，如图1所示：
1.线段的垂直平分线上的点到线段两端的距离相等；
2.等腰三角形底边上的中线、底边上的高线以及顶角的平分线重合，简称“三线合
一”；
3.直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；
4.三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半；
5.平行四边形的对角线互相平分；
由这些基本定理及其相关逆定理衍生出的基本图形，是我们处理中点问题的常见策略，
如倍长中线等方法.结合面积问题，还会有“三角形的中线平分其面积”等结论.
二、例题呈现
例.如图2，四边形ABCD为矩形，E为边BC的中点，连接AE，以AD为直径的⊙O交
AE于点F，连接CF.
(1)求证：CF与⊙O相切；
(2)若AD=2，F为AE的中点，求AB的长.
三、解法探究
首先解决第(1)小问：
思路一：
如图3，要证CF与⊙O相切，必定要连接半径OF，只要证出OF⊥CF即可.
由题易知OD⊥CD，连接OC，若能证明△OCD≌△OCF便可解决问题.
要证△OCD≌△OCF，已经有OD=OF，OC=OC，还缺一个条件，如何寻找呢？
注意到在矩形ABCD中，点O、E分别为AD、BC的中点，易证四边形AOCE为平行四边
形，从而有OC∥AE.故∠COF=∠OFA=∠OAF=∠COD，即∠COF=∠COD.因此△OCD≌△OCF（SAS），
问题得解.
思路一构造平行四边形，通过导角，寻找到了所需的最后一组有关角的条件.除此之外，
还可以考虑证明CD=CF，再利用“SSS”得到全等.
下面提供“倍长中线”的思路来证明CD=CF.
思路二：
如图4，延长AE交DC的延长线于点G，由E为边BC的中点，易证△ABE≌△GCE
（ASA），从而有AB=GC=DC；
由直径AD联想到连接DF，则∠AFD=∠DFG=90°；
识别到“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”基本型，可得FC=DC；
至此，除了全等法之外，还可以简化过程如下：由OF=OD得∠OFD=∠ODF，再由FC=DC
得∠CFD=∠CDF，从而有∠OFC=∠ODC=90°，则OF⊥CF，故CF与⊙O相切，问题得解.
思路三：
如图5，连接OF、DF、OE、OC、DE，设OC与DE交于点M，再连接FM.易证四边形ODCE
为矩形，且∠AFD=∠DFE=90°，则FM=1/2DE=1/2OC=OM=CM.由FM =OM=CM，可推出∠OFC=90°，
则OF⊥CF，故CF与⊙O相切，问题得解.
此解法看似复杂，但构图充满美感，不自觉间形成了一个极其有趣的“★”结构，让
人不禁感叹几何构造之神奇！而解法来源于学生，又不禁让教者惊叹于学生无限的创造力!
若用共圆的眼光来看，此解法将更有趣.如图6，易知O、D、C、E、F五点共圆，再借
助圆中相关知识，此图中还会有非常多的等角.
四、解后反思
“学而不思则罔，思而不学则殆”，解题后反思是是一种意识，一种习惯，更是一种
能力.几何的学习重在基本图形的识别与构造，学会联想，将残缺的图形补成已学过或已解
决的基本图形，这就是所谓常见辅助线的构造.反思解题过程，重在反思基本图形.
1.“铁三角结构”
思路一中可抽离一个基本图形：如图6，由OA=OF及OC∥AF可推出∠1=∠2，即“等
腰三角形＋平行角平分线”.事实上，对于条件①：OA=OF；条件②：OC∥AF；条件③：∠1=∠2，
其中任意两个成立，第三个一定成立，两两组合，共三个真命题.笔者称其为“铁三角结
构”，它经常会出现在中考题里，应予以广泛的关注.
2.“倍长中线法”
思路二中，由中点E联想到倍长AE至点G，如图7，构造出一组“平行8字型”全等，
此法即为“倍长中线法”，是解决与中点相关问题的重要方法，需引起高度重视.
此外，倍长中线之后，思路二还结合了一个重要的定理，即直角三角形斜边上的中线
等于斜边的一半，如图8所示.这条中线了不得，它将直角三角形分割成了两个等腰三角形，
实现了两种特殊三角形之间的相互转化.
值得一提的是，该定理还有一些重要的逆定理，比如“若FC=CD=CG，则∠DFG=90°”，
再比如“若∠DFG=90°且FC=CD，则CD=CG”，也经常会在中考题里出现.
3.几个有趣的结论
(1)如图9，在矩形ABCD中，E为边BC的中点，DF⊥AE，则CF=CD.
简析：
该结论就是从例题图中抽离出来的，其中圆被隐去了.其证明，从例题来看，
至少有两种证法：一是取AD的中点，采取全等法；二是延长AE，采取倍长中线法.
此外，还可以建立平面直角坐标系，设出点坐标，利用解析法，经过一番“惨无人道”
的计算，验证出CF=CD成立.这既是解析法的优势，也是其劣势之所在.它不需要联想到几
何构造的“天马行空”，仅仅只要实施暴力计算的“脚踏实地”.几何法是证明，而解析法
就是验算.
通过证明不难发现，矩形条件实属多余，只需要四边形ABCD为平行四边形，其余条件
不变，如图10所示，依然有CF=CD成立.
(2)如图11，在正方形ABCD中，E、M分别为边BC、AB的中点，则CF=CD.
简析：
易证Rt△ADM≌Rt△BAE（SAS），导角可得DM⊥AE，转化为结论(1)，下略.
图11中，两个中点可导出：DM⊥AE，DM=AE，CF=CD.这是一个极其有趣的结构，可称
为正方形中“十字架”模型，借助相似，该模型也可以推广到矩形中，是一个经典的几何
图形，常出现在考题中.
(3)如图12，在正方形ABCD中，F为边AB的中点，CF与以AB为直径的半圆交于点
G，连接AG并延长交BC于点E，则E必为边BC的一个黄金分割点.
简析：
如图13，由直径AB联想到连接BG，则BG⊥AE；联想到正方形中“十字架”
模型，延长BG交边CD于点M，则易得Rt△ABE≌Rt△BCM（AAS）；又由边AB的中点F知，
GF=AF=BF，导角易得∠1=∠3=∠4=∠2，∠5=∠8=∠7=∠6；
由∠1=∠2知△CGE∽CBG，从而易得CG2=CE×CB；又由∠5=∠6，易得CG=CM=BE，因
此有BE2=CE×CB，即点E必为边BC的一个黄金分割点，问题得解.
五、练习反馈
1.
已知：△AOB和△COD均为等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°．连接AD，BC，
点H为BC中点，连接OH．如图14所示，求证：OH＝1/2AD且OH⊥AD；
2.将△COD绕点O旋转到图15，图16所示位置时，线段OH与AD又有怎样的关系，并
选择一个图形证明你的结论．
简析：
(1)如图17，易证Rt△AOD≌Rt△BOC（SAS），则AD=BC，∠1=∠2；又由H为
BC的中点，易得OH=1/2BC=BH，从而∠1=∠3；故OH＝1/2AD，再由∠2=∠3导角可得OH⊥AD；
对于第(2)小问，下面给出几种方法，供大家参考：
方法一：
如图18，延长BO至点B′，使OB′=BO，连接B′C.由点H为BC中点，得
OH∥B′C且OH=1/2B′C.又易证△AOD≌△B′OC（SAS），则有AD=B′C，于是有OH＝1/2AD.
另外，由△AOD≌△B′OC还可得∠OAD=∠OB′C，导角易得B′C⊥AD，从而有OH⊥AD，问
题得解.
方法一通过倍长BO的手段，将目标线段OH变为中位线，从而转化为B′C，只要证明
B′C与AD的关系即可.
既然可以倍长BO，同理可以倍长CO，如图19所示，“它们是一伙的”，不再赘述.
方法二：
如图20，延长AO至点E，使OE=AO，连接DE，再取DE的中点F，连接OF，
则OF∥AD且OF=1/2AD.又易证△BOC≌△EOD（SAS），其中△EOD可看成由△BOC绕着点O
按逆时针方向旋转90°而来.
由点H为BC中点，易知点H与点F是对应点，再结合旋转的性质，可得OF=OH且OF⊥OH，
从而有OH=1/2AD且OH⊥AD，问题得解.
方法二通过倍长AO的手段，再取一个中点，将目标线段AD转化为中位线OF，只要证
明OF与OH的关系即可.
既然可以倍长AO，同理可以倍长DO，如图21所示，“它们也是一伙的”，不再赘述.
上面两种方法都用到了一个重要的基本图形，如图22及图23所示，可直观地称其为
“共直角顶点的双等腰直角三角形模型”.
在该模型中，易得△BOD≌△AOC（SAS），这个全等往往是解题的关键之所在，还可以
用旋转的眼光来看待，从而易得AC=BD且AC⊥BD.
方法三：
如图24，延长中线OH至点E，使HE=OH，连接BE，则有△COH≌△BEH（SAS），
从而易知BE=CO=DO，且易得BE∥CO，故∠EBO+∠COB=180°.又因为∠AOD+∠COB=
（∠AOB+∠DOB）+∠COB=∠AOB +(∠DOB +∠COB）=∠AOB+∠DOC=180°，所以有∠EBO=∠AOD.
于是有△EBO≌△DOA（SAS），则OE=AD且∠EOB=∠DAO.再导角可得OE⊥AD，因此有
OH=1/2AD且OH⊥AD，问题得解.
该解法巧施“倍长中线”策略，通过全等，结合导角等方法解决问题.如图25，倍长
中线OH至点E，再连接CE，也可解决问题.
中点常常可以与等腰三角形、直角三角形等结合，还可以与另一个中点构成中位线模
型，或者采取倍长中线等方法，这些都是处理中点问题的常见策略.在解决与中点有关的问
题中，大家可以联想这些基本图形，构造相应辅助线，勇于尝试，敢于探索.
2024年6月2日发(作者：蓬运凯)
与中点有关的几何模型与结论
(铁三角结构+倍长中线法+常用重要结论)
一、基本图形
先谈谈与中点有关的基本定理与基本图形，如图1所示：
1.线段的垂直平分线上的点到线段两端的距离相等；
2.等腰三角形底边上的中线、底边上的高线以及顶角的平分线重合，简称“三线合
一”；
3.直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；
4.三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半；
5.平行四边形的对角线互相平分；
由这些基本定理及其相关逆定理衍生出的基本图形，是我们处理中点问题的常见策略，
如倍长中线等方法.结合面积问题，还会有“三角形的中线平分其面积”等结论.
二、例题呈现
例.如图2，四边形ABCD为矩形，E为边BC的中点，连接AE，以AD为直径的⊙O交
AE于点F，连接CF.
(1)求证：CF与⊙O相切；
(2)若AD=2，F为AE的中点，求AB的长.
三、解法探究
首先解决第(1)小问：
思路一：
如图3，要证CF与⊙O相切，必定要连接半径OF，只要证出OF⊥CF即可.
由题易知OD⊥CD，连接OC，若能证明△OCD≌△OCF便可解决问题.
要证△OCD≌△OCF，已经有OD=OF，OC=OC，还缺一个条件，如何寻找呢？
注意到在矩形ABCD中，点O、E分别为AD、BC的中点，易证四边形AOCE为平行四边
形，从而有OC∥AE.故∠COF=∠OFA=∠OAF=∠COD，即∠COF=∠COD.因此△OCD≌△OCF（SAS），
问题得解.
思路一构造平行四边形，通过导角，寻找到了所需的最后一组有关角的条件.除此之外，
还可以考虑证明CD=CF，再利用“SSS”得到全等.
下面提供“倍长中线”的思路来证明CD=CF.
思路二：
如图4，延长AE交DC的延长线于点G，由E为边BC的中点，易证△ABE≌△GCE
（ASA），从而有AB=GC=DC；
由直径AD联想到连接DF，则∠AFD=∠DFG=90°；
识别到“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”基本型，可得FC=DC；
至此，除了全等法之外，还可以简化过程如下：由OF=OD得∠OFD=∠ODF，再由FC=DC
得∠CFD=∠CDF，从而有∠OFC=∠ODC=90°，则OF⊥CF，故CF与⊙O相切，问题得解.
思路三：
如图5，连接OF、DF、OE、OC、DE，设OC与DE交于点M，再连接FM.易证四边形ODCE
为矩形，且∠AFD=∠DFE=90°，则FM=1/2DE=1/2OC=OM=CM.由FM =OM=CM，可推出∠OFC=90°，
则OF⊥CF，故CF与⊙O相切，问题得解.
此解法看似复杂，但构图充满美感，不自觉间形成了一个极其有趣的“★”结构，让
人不禁感叹几何构造之神奇！而解法来源于学生，又不禁让教者惊叹于学生无限的创造力!
若用共圆的眼光来看，此解法将更有趣.如图6，易知O、D、C、E、F五点共圆，再借
助圆中相关知识，此图中还会有非常多的等角.
四、解后反思
“学而不思则罔，思而不学则殆”，解题后反思是是一种意识，一种习惯，更是一种
能力.几何的学习重在基本图形的识别与构造，学会联想，将残缺的图形补成已学过或已解
决的基本图形，这就是所谓常见辅助线的构造.反思解题过程，重在反思基本图形.
1.“铁三角结构”
思路一中可抽离一个基本图形：如图6，由OA=OF及OC∥AF可推出∠1=∠2，即“等
腰三角形＋平行角平分线”.事实上，对于条件①：OA=OF；条件②：OC∥AF；条件③：∠1=∠2，
其中任意两个成立，第三个一定成立，两两组合，共三个真命题.笔者称其为“铁三角结
构”，它经常会出现在中考题里，应予以广泛的关注.
2.“倍长中线法”
思路二中，由中点E联想到倍长AE至点G，如图7，构造出一组“平行8字型”全等，
此法即为“倍长中线法”，是解决与中点相关问题的重要方法，需引起高度重视.
此外，倍长中线之后，思路二还结合了一个重要的定理，即直角三角形斜边上的中线
等于斜边的一半，如图8所示.这条中线了不得，它将直角三角形分割成了两个等腰三角形，
实现了两种特殊三角形之间的相互转化.
值得一提的是，该定理还有一些重要的逆定理，比如“若FC=CD=CG，则∠DFG=90°”，
再比如“若∠DFG=90°且FC=CD，则CD=CG”，也经常会在中考题里出现.
3.几个有趣的结论
(1)如图9，在矩形ABCD中，E为边BC的中点，DF⊥AE，则CF=CD.
简析：
该结论就是从例题图中抽离出来的，其中圆被隐去了.其证明，从例题来看，
至少有两种证法：一是取AD的中点，采取全等法；二是延长AE，采取倍长中线法.
此外，还可以建立平面直角坐标系，设出点坐标，利用解析法，经过一番“惨无人道”
的计算，验证出CF=CD成立.这既是解析法的优势，也是其劣势之所在.它不需要联想到几
何构造的“天马行空”，仅仅只要实施暴力计算的“脚踏实地”.几何法是证明，而解析法
就是验算.
通过证明不难发现，矩形条件实属多余，只需要四边形ABCD为平行四边形，其余条件
不变，如图10所示，依然有CF=CD成立.
(2)如图11，在正方形ABCD中，E、M分别为边BC、AB的中点，则CF=CD.
简析：
易证Rt△ADM≌Rt△BAE（SAS），导角可得DM⊥AE，转化为结论(1)，下略.
图11中，两个中点可导出：DM⊥AE，DM=AE，CF=CD.这是一个极其有趣的结构，可称
为正方形中“十字架”模型，借助相似，该模型也可以推广到矩形中，是一个经典的几何
图形，常出现在考题中.
(3)如图12，在正方形ABCD中，F为边AB的中点，CF与以AB为直径的半圆交于点
G，连接AG并延长交BC于点E，则E必为边BC的一个黄金分割点.
简析：
如图13，由直径AB联想到连接BG，则BG⊥AE；联想到正方形中“十字架”
模型，延长BG交边CD于点M，则易得Rt△ABE≌Rt△BCM（AAS）；又由边AB的中点F知，
GF=AF=BF，导角易得∠1=∠3=∠4=∠2，∠5=∠8=∠7=∠6；
由∠1=∠2知△CGE∽CBG，从而易得CG2=CE×CB；又由∠5=∠6，易得CG=CM=BE，因
此有BE2=CE×CB，即点E必为边BC的一个黄金分割点，问题得解.
五、练习反馈
1.
已知：△AOB和△COD均为等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°．连接AD，BC，
点H为BC中点，连接OH．如图14所示，求证：OH＝1/2AD且OH⊥AD；
2.将△COD绕点O旋转到图15，图16所示位置时，线段OH与AD又有怎样的关系，并
选择一个图形证明你的结论．
简析：
(1)如图17，易证Rt△AOD≌Rt△BOC（SAS），则AD=BC，∠1=∠2；又由H为
BC的中点，易得OH=1/2BC=BH，从而∠1=∠3；故OH＝1/2AD，再由∠2=∠3导角可得OH⊥AD；
对于第(2)小问，下面给出几种方法，供大家参考：
方法一：
如图18，延长BO至点B′，使OB′=BO，连接B′C.由点H为BC中点，得
OH∥B′C且OH=1/2B′C.又易证△AOD≌△B′OC（SAS），则有AD=B′C，于是有OH＝1/2AD.
另外，由△AOD≌△B′OC还可得∠OAD=∠OB′C，导角易得B′C⊥AD，从而有OH⊥AD，问
题得解.
方法一通过倍长BO的手段，将目标线段OH变为中位线，从而转化为B′C，只要证明
B′C与AD的关系即可.
既然可以倍长BO，同理可以倍长CO，如图19所示，“它们是一伙的”，不再赘述.
方法二：
如图20，延长AO至点E，使OE=AO，连接DE，再取DE的中点F，连接OF，
则OF∥AD且OF=1/2AD.又易证△BOC≌△EOD（SAS），其中△EOD可看成由△BOC绕着点O
按逆时针方向旋转90°而来.
由点H为BC中点，易知点H与点F是对应点，再结合旋转的性质，可得OF=OH且OF⊥OH，
从而有OH=1/2AD且OH⊥AD，问题得解.
方法二通过倍长AO的手段，再取一个中点，将目标线段AD转化为中位线OF，只要证
明OF与OH的关系即可.
既然可以倍长AO，同理可以倍长DO，如图21所示，“它们也是一伙的”，不再赘述.
上面两种方法都用到了一个重要的基本图形，如图22及图23所示，可直观地称其为
“共直角顶点的双等腰直角三角形模型”.
在该模型中，易得△BOD≌△AOC（SAS），这个全等往往是解题的关键之所在，还可以
用旋转的眼光来看待，从而易得AC=BD且AC⊥BD.
方法三：
如图24，延长中线OH至点E，使HE=OH，连接BE，则有△COH≌△BEH（SAS），
从而易知BE=CO=DO，且易得BE∥CO，故∠EBO+∠COB=180°.又因为∠AOD+∠COB=
（∠AOB+∠DOB）+∠COB=∠AOB +(∠DOB +∠COB）=∠AOB+∠DOC=180°，所以有∠EBO=∠AOD.
于是有△EBO≌△DOA（SAS），则OE=AD且∠EOB=∠DAO.再导角可得OE⊥AD，因此有
OH=1/2AD且OH⊥AD，问题得解.
该解法巧施“倍长中线”策略，通过全等，结合导角等方法解决问题.如图25，倍长
中线OH至点E，再连接CE，也可解决问题.
中点常常可以与等腰三角形、直角三角形等结合，还可以与另一个中点构成中位线模
型，或者采取倍长中线等方法，这些都是处理中点问题的常见策略.在解决与中点有关的问
题中，大家可以联想这些基本图形，构造相应辅助线，勇于尝试，敢于探索.