定理1（三角形中位线定理）三角形中位线平行于第三边，而且等于第三边的一半。
如图1，DE是ΔABC的中位线，则ED∥BC，且 DE=12BCDE=\frac{1}{2}BC .
那是每一个学过初中数学的人都晓得的定理，定理证明也很容易，此处不写出证明的过程了。
从那个定理中，很容易导出一些成果，如：
（1）ΔABC的三条中位线把它划分红四个面积相等的三角形。如图1中的ΔADE，ΔBDF，ΔDFE，ΔFEC的面积相等，它们都等于 14SABC\frac{1}{4}S_{ABC} 。
（2）如图1，别离过中点D，E做平行线交BC于M，N，则平行四边形DENM的面积等于ΔABC面积的一半，即 SDENM=12SABCS_{DENM}=\frac{1}{2}S_{ABC} 。
问题是，过三角形一边的中点且平行于第三边的曲线，必然过另一边的中点吗？
谜底是必定的，不外应该证明一番。
定理2 通过ΔABC的边AB的中点的曲线与边BC平行，必通过第三边AC的中点。
阐发：画张图，如图2.点D是AB的中点，DE∥BC，要证明点E是AC的中点，也便是要证明AE＝CE。
为此，我们构造平行边形：过点C做CF∥AB交DE耽误线于点F，则四边形BCFD是平行四边形，
所以CF＝BD，又BD＝AD，得CF＝AD；
因为CF∥AB，所以∠A＝∠ECF，又∠AED＝∠CEF，所以ΔAED≌ΔCEF，所以AE＝CE，即点E是AC的中点。
定理3 同底且位于其两侧的两个三角形ΔABC和ΔABD，若是它们面积相等，则毗连顶点的线段CD必为AB所平分。反之亦然。
阐发：画张图，如图3.已知点C、D在曲线AB两侧， SABC=SABDS_{ABC}=S_{ABD} ，要证明CD被AB平分，也便是要证明CE＝DE。我们想操纵定理2来证明。
为此，我们做辅助线构造平行四边形和三角形如下：
别离做AF∥CB，BF∥CA交点为F，毗连CF，DF。毗连DF。
因为四边形ACBF是平行四边形，所以AB与CF平分，即CG＝FG，且 SABC=SABFS_{ABC}=S_{ABF} ；
又因为 SABC=SABDS_{ABC}=S_{ABD} ，所以 SABF=SABDS_{ABF}=S_{ABD} ，并且ΔABD和ΔABF同底，所以它们AB边上的高相等，也便是说AB∥DF；
在ΔCDF中，因为EG∥DF，且G是CF的中点，由定理2知，E是CD的中点，即CE＝DE，即CD被AB平分。
反过来能够如许论述：同底且位于其两侧的两个三角形ΔABC和ΔABD，若是毗连顶点的线段CD被AB平分，则它们面积相等。
那很好理解，如图4，别离过C，D做AB的垂线，垂中为G，F，因为CE＝DE，∠CEG＝∠DEF，∠CGE＝∠DFE，所以ΔCGE≌ΔDEF，所以CG＝DF，所以 SABC=SABDS_{ABC}=S_{ABD} 。
下面的定理结论很精致，不晓得是谁想出的。
定理4 四边形的相对边AB和CD订交于点P，设对角线AC和BD的中点为G和H，则ΔPGH的面积为四边形ABCD的面积的 14\frac{1}{4} 。
阐发：画张图，如图5.因为定理中的关键词是中点，我们也以中点做为做辅助线的起点。取AD的中点R，BC的中点Q，毗连各中位线，并耽误GQ交CP于点I，耽误RG交AP于M，耽误HQ交AP于N。
我们看到， SPGH=SPQG+SPQH+SQGHS_{PGH}=S_{PQG}+S_{PQH}+S_{QGH} ，下面别离讨论各个三角形的面积：
ΔPQG：ΔPQG与ΔCQG同底QG，且位于差别侧。因为QG∥AP，G是AC的中点，由定理2，I是CP的中点，由定理3，我们得到
SPQG=SCQG=14SABCS_{PQG}=S_{CQG}=\frac{1}{4}S_{ABC}
ΔPQH：同理，我们得到
SPQH=SBQH=14SCDBS_{PQH}=S_{BQH}=\frac{1}{4}S_{CDB}
ΔQGH：四边形QGRH是平行四边形，可见
SGQRH=SNMRH−SNMGH=12SABD−12SABCS_{GQRH}=S_{NMRH}-S_{NMGH}=\frac{1}{2}S_{ABD}-\frac{1}{2}S_{ABC}
而 SQGH=12SQGRHS_{QGH}=\frac{1}{2}S_{QGRH} ，所以
SQGH=14SABD−14SABCS_{QGH}=\frac{1}{4}S_{ABD}-\frac{1}{4}S_{ABC}
所以
SPGH=14(SABC+SCDB+SABD−SABC)=14(SCDB+SABD)=14SABCDS_{PGH}=\frac{1}{4}(S_{ABC}+S_{CDB}+S_{ABD}-S_{ABC})=\frac{1}{4}(S_{CDB}+S_{ABD})=\frac{1}{4}S_{ABCD}
定理5 三角形三条中线是共点线，共点分每条中线成2：1两条线段。
阐发：如图6.中线CD，BE必订交，设交点为O，只须证明AO的耽误线过BC的中点，也就是说，只须证明BF＝CF。
为此，我们构造平行四边形如下：
过点B做BG∥DC交AO耽误线于G，毗连GC，设AG与BC的交点为F。
因为BG∥DC，且D为AB的中点，所以点O为AG的中点；
又因为E是AC的中点，所以OE∥GC，即BO∥GC，所以四边形BGCO是平行四边形，所以BC和OG互相平分，即AF是ΔABC的中线。那就申明AF，BE，CD共线。
而AO＝GO，2OF＝GO，所以AO：OF＝2：1.
三角形三中线的交点称为三角形的重心。
定理6（牛顿定理）完全四边形三对角线的中点共线。
如斯得到的曲线称为牛顿线。
所谓完全四边形，是指平面内无三线共点的四条曲线两两订交所得到的图形。一个完全四边形有四条边和六个顶点，不在统一边上的两个顶点称为对顶点，对顶点的连线称为对角线，共有三条对角线。三对角线交成的三角形称为对角三角形。如图7，完全四边形ABCD，对角三角形为ΔPQR。
下面我们阐发定理6的证明。
阐发：如图8，完全四边形ABCD的对角线为AC，BD和PQ。取AC、BD的中点H、G，只须证明曲线颠末PQ的中点。毗连QG、QH、PG、PH，则ΔQGH和ΔPGH同底GH且位于GH的差别侧。
由定理4，得
SQGH=14SABCDS_{QGH}=\frac{1}{4}S_{ABCD}
SPGH=14SABCDS_{PGH}=\frac{1}{4}S_{ABCD}
所以 SQGH=SPGHS_{QGH}=S_{PGH} 。
由定理3，ΔQGH和ΔPGH顶点的连线被GH平分，或者说，曲线XY颠末PQ的中点，那是定理所需的结论。