由矩形對(duì)角線互相平分且相等，可得出直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半. 這個(gè)定理常用來(lái)與一些圖形“聯(lián)手”求線段長(zhǎng).

例1 如圖1，在正方形ABCD中，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，E為BC上一點(diǎn)，CE = 7，F(xiàn)為DE的中點(diǎn)，△CEF的周長(zhǎng)為32，求OF的長(zhǎng).

分析：由正方形的性質(zhì)可知點(diǎn)O是BD的中點(diǎn). 因?yàn)镕為DE的中點(diǎn)，可知OF是" △DBE的中位線，要求OF的長(zhǎng)，只需求BE的長(zhǎng). 由CE = 7，可知要求BE的長(zhǎng)，需求正方形ABCD的邊BC的長(zhǎng). 由F為DE的中點(diǎn)，想到直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)，可得CF = EF = [12]DE. 而求EF的長(zhǎng)，可從△CEF的周長(zhǎng)入手，進(jìn)而可得DE的長(zhǎng). 至此，求正方形的邊長(zhǎng)，勾股定理就有了“用武之地”.

解：∵四邊形ABCD是正方形，

∴O為BD的中點(diǎn)，∠BCD = 90°，BC = CD.

∵F為DE的中點(diǎn)，∴CF = EF = [12]DE，即DE = 2CF.

∵△CEF的周長(zhǎng)為32，即CF + EF + CE = 32，

∴2CF + CE = 32.

∵CE = 7，∴2CF = 25，∴DE = 25.

在Rt△DEC中，CD = [DE2-CE2] = [252-72] = 24，∴BC = 24.

∵CE = 7，∴BE = BC - CE = 24 - 7 = 17.

∵O為BD的中點(diǎn)，F(xiàn)為DE的中點(diǎn)，∴OF是△DBE的中位線，

∴OF = [12]BE = [172].

變式1：如圖1，在正方形ABCD中，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，E為BC上一點(diǎn)，CE = 7，F(xiàn)為DE的中點(diǎn)，若△CDF的周長(zhǎng)比△CEF的周長(zhǎng)大17，求OF的長(zhǎng). （答案為[172]）

變式2： 如圖1，在正方形ABCD中，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，E為BC上一點(diǎn)，CE = 7，F(xiàn)為DE上一點(diǎn)，F(xiàn)D = FC，若OF = [172]，求△CDF的周長(zhǎng). （答案為49）

例2 如圖2，正方形ABCD和正方形CEFG中，D在CG上，BC = 1，CG = 3，H是AF的中點(diǎn)，求CH的長(zhǎng).

分析：連接AC，CF，如圖3. 根據(jù)正方形對(duì)角線的性質(zhì)，可證得AC⊥CF. 在Rt△ACF中，利用直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)可得所求.

解：如圖3，連接AC，CF.

由AC是正方形ABCD的對(duì)角線，CF是正方形CEFG的對(duì)角線，可得∠ACB = ∠ACD = ∠ECF = ∠GCF = 45°.

由勾股定理得AC = [2]BC，CF = [2]CE.

∵BC = 1，CE = 3，∴AC = [2]，CF = 3[2].

∵∠ACD = ∠GCF = 45°，∴∠ACF = 90°.

由勾股定理得AF = [AC2+CF2] = [（2）2+（32）2] = 2[5].

∵∠ACF = 90°， H是AF的中點(diǎn)，∴CH = [12]AF = [12] × 2[5] = [5].

[圖2][圖3] [G][F][H][A][C][E][B] [G][F][H][A][D][C][E][B][D]

反思：通過(guò)引兩個(gè)正方形的對(duì)角線，構(gòu)造出直角三角形，使所求線段成為直角三角形斜邊上的中線，靈活運(yùn)用了轉(zhuǎn)化思想.

分層作業(yè)

難度系數(shù)：★★★ 解題時(shí)間：10分鐘

1. 如圖2，正方形ABCD和正方形CEFG中，D在CG上，BC = 1，H是AF的中點(diǎn)，CH = [5]，求EF的長(zhǎng). （答案見(jiàn)第33頁(yè)）

2. 如圖4，矩形ABCD和矩形CEFG中，D在CG上，AB = CE = 6，BC = 8，GD = 2，H是AF的中點(diǎn)，求CH的長(zhǎng) ." （答案見(jiàn)第33頁(yè)）

（作者單位：天津市靜海區(qū)沿莊鎮(zhèn)中學(xué)）