1. 若三角形的重心在它的一条高上,则这个三角形一定是(
A
)
A.等腰三角形
B.直角三角形
C.等边三角形
D.等腰直角三角形
答案：1.A
2. (2024·台湾)如图,$\triangle ABC$内部有一点$D$,且$\triangle DAB$,$\triangle DBC$,$\triangle DCA$的面积分别为$5$,$4$,$3$.若$\triangle ABC$的重心为$G$,则下列结论正确的是(
A
)
A.$\triangle GBC$与$\triangle DBC$的面积相同,且$DG$与$BC$平行
B.$\triangle GBC$与$\triangle DBC$的面积相同,且$DG$与$BC$不平行
C.$\triangle GCA$与$\triangle DCA$的面积相同,且$DG$与$AC$平行
D.$\triangle GCA$与$\triangle DCA$的面积相同,且$DG$与$AC$不平行
答案：2.A
解析：
证明：
$\because S_{\triangle DAB}=5$，$S_{\triangle DBC}=4$，$S_{\triangle DCA}=3$，
$\therefore S_{\triangle ABC}=5+4+3=12$。
$\because G$是$\triangle ABC$的重心，
$\therefore S_{\triangle GBC}=\frac{1}{3}S_{\triangle ABC}=\frac{1}{3}×12=4$，
$\therefore S_{\triangle GBC}=S_{\triangle DBC}=4$。
设$\triangle GBC$与$\triangle DBC$的公共边$BC$上的高分别为$h_G$，$h_D$，
$\because S_{\triangle GBC}=\frac{1}{2}BC· h_G$，$S_{\triangle DBC}=\frac{1}{2}BC· h_D$，
$\therefore h_G=h_D$，且$G$，$D$在$BC$同侧，
$\therefore DG// BC$。
结论：$\triangle GBC$与$\triangle DBC$的面积相同，且$DG$与$BC$平行。
答案：A
3. 如图,在$\triangle ABC$中,点$D$,$E$分别在边$AB$,$AC$上,$DE// BC$,$\angle ACD=\angle B$.若$AD=2BD$,$BC=6$,则$CD$的长为(
C
)
A.$2\sqrt{3}$
B.$3\sqrt{2}$
C.$2\sqrt{6}$
D.$5$
答案：3.C 解析：因为$DE // BC$，所以$\triangle ADE ∼ \triangle ABC$，所以$\frac{DE}{BC}=\frac{AD}{AB}$．因为$AD = 2BD$，所以$\frac{AD}{AB}=\frac{2}{3}$，所以$\frac{DE}{BC}=\frac{2}{3}$．因为$BC = 6$，所以$DE = 4$．因为$DE // BC$，所以$\angle CDE = \angle BCD$．又$\angle ACD = \angle B$，所以$\triangle CDE ∼ \triangle BCD$，所以$\frac{CD}{BC}=\frac{DE}{CD}$，所以$\frac{CD}{6}=\frac{4}{CD}$，所以$CD = 2\sqrt{6}$．
4. 在$\triangle ABC$中,若$AB=AC=10\ \mathrm{cm}$,$BC=16\ \mathrm{cm}$,则$\triangle ABC$的重心$G$到直线$BC$的距离是
2
$\mathrm{cm}$.
答案：4.2
解析：
解：过点$A$作$AD ⊥ BC$于点$D$。
因为$AB = AC = 10\ \mathrm{cm}$，所以$\triangle ABC$是等腰三角形，$D$为$BC$中点，$BD=\frac{BC}{2}=8\ \mathrm{cm}$。
在$\mathrm{Rt}\triangle ABD$中，由勾股定理得：$AD=\sqrt{AB^{2}-BD^{2}}=\sqrt{10^{2}-8^{2}}=6\ \mathrm{cm}$。
因为重心$G$到$BC$的距离是$AD$的$\frac{1}{3}$，所以$G$到$BC$的距离为$\frac{1}{3} × 6 = 2\ \mathrm{cm}$。
2
5. (2025·江苏无锡模拟)如图,在$\triangle ABC$中,$D$为边$BC$上一点,$BC=\sqrt{3}AB=3BD$,则$AD:AC$的值为
$\frac{\sqrt{3}}{3}$
.
答案：5.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
解析：
设$BD = x$，则$BC = 3x$，$AB=\frac{BC}{\sqrt{3}}=\frac{3x}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}x$，$DC=BC - BD=3x - x=2x$。
在$\triangle ABD$中，由余弦定理得：$AD^2=AB^2 + BD^2-2AB· BD\cos B=(\sqrt{3}x)^2+x^2-2·\sqrt{3}x· x\cos B=3x^2+x^2-2\sqrt{3}x^2\cos B=4x^2 - 2\sqrt{3}x^2\cos B$。
在$\triangle ABC$中，由余弦定理得：$AC^2=AB^2 + BC^2-2AB· BC\cos B=(\sqrt{3}x)^2+(3x)^2-2·\sqrt{3}x·3x\cos B=3x^2 + 9x^2-6\sqrt{3}x^2\cos B=12x^2-6\sqrt{3}x^2\cos B$。
所以$AC^2=3(4x^2 - 2\sqrt{3}x^2\cos B)=3AD^2$，即$AC=\sqrt{3}AD$，故$\frac{AD}{AC}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$。
$\frac{\sqrt{3}}{3}$
6. 如图,$\triangle ABC$的两条中线$AD$和$BE$相交于点$G$,过点$E$作$EF// BC$交$AD$于点$F$,则$\frac{FG}{AG}=$
$\frac{1}{4}$
.
答案：6.$\frac{1}{4}$ 解析：因为$\triangle ABC$的中线$AD$，$BE$相交于点$G$，所以$\frac{EG}{BG}=\frac{1}{2}$，$\frac{DG}{AG}=\frac{1}{2}$．因为$EF // BC$，所以$\angle FEG = \angle DBG$，$\angle GFE = \angle GDB$，所以$\triangle FEG ∼ \triangle DBG$，所以$\frac{FG}{DG}=\frac{EG}{BG}=\frac{1}{2}$，所以$\frac{FG}{AG}=\frac{FG}{DG}$，$\frac{DG}{AG}=\frac{1}{4}$．
解析：
证明：
∵$\triangle ABC$的中线$AD$，$BE$相交于点$G$，
∴$\frac{EG}{BG}=\frac{1}{2}$，$\frac{DG}{AG}=\frac{1}{2}$．
∵$EF // BC$，
∴$\angle FEG = \angle DBG$，$\angle GFE = \angle GDB$，
∴$\triangle FEG ∼ \triangle DBG$，
∴$\frac{FG}{DG}=\frac{EG}{BG}=\frac{1}{2}$，
∴$FG=\frac{1}{2}DG$，
又
∵$DG=\frac{1}{2}AG$，
∴$FG=\frac{1}{2} × \frac{1}{2}AG=\frac{1}{4}AG$，
即$\frac{FG}{AG}=\frac{1}{4}$．
$\frac{1}{4}$
7. 新素养
推理能力 如图,$M$是平行四边形$ABCD$的对角线$BD$上的一点,射线$AM$与$BC$交于点$F$,与$DC$的延长线交于点$H$.
(1) 求证:$AM^{2}=FM· HM$;
(2) 若$BC^{2}=BD· DM$,求证:$\angle AMB=\angle ADC$.
答案：7.(1)因为四边形$ABCD$是平行四边形，所以$AD // BC$，$AB // CD$，所以$\angle MAD = \angle MFB$，$\angle ADM = \angle FBM$，$\angle H = \angle BAM$，$\angle HDM = \angle ABM$，所以$\triangle AMD ∼ \triangle FMB$，$\triangle HDM ∼ \triangle ABM$，所以$\frac{AM}{FM}=\frac{DM}{BM}$，$\frac{DM}{BM}=\frac{HM}{AM}$，所以$\frac{AM}{FM}=\frac{HM}{AM}$，所以$AM^{2}=FM · HM$．
(2)因为四边形$ABCD$是平行四边形，所以$AD = BC$．因为$BC^{2}=BD · DM$，所以$AD^{2}=BD · DM$，即$\frac{AD}{BD}=\frac{DM}{DA}$．又$\angle ADM = \angle BDA$，所以$\triangle ADM ∼ \triangle BDA$，所以$\angle AMD = \angle BAD$．因为$AB // CD$，所以$\angle BAD + \angle ADC = 180^{\circ}$．因为$\angle AMD + \angle AMB = 180^{\circ}$，所以$\angle AMB = \angle ADC$．
8. 如图,$AB$为$\odot O$的直径,$C$为$\odot O$上一点,弦$AD$平分$\angle CAB$,交$BC$于点$E$.若$AB=6$,$AD=5$,则$DE$的长为(
A
)
A.$2.2$
B.$2.5$
C.$2$
D.$1.8$
答案：8.A
解析：
证明：连接$BD$。
∵$AB$为$\odot O$的直径，
∴$\angle ACB=\angle ADB=90°$。
∵$AD$平分$\angle CAB$，
∴$\angle CAE=\angle DAB$。
∵$\angle AEC=\angle DEB$，
∴$\triangle ACE ∼ \triangle ADB$。
∴$\frac{AE}{AB}=\frac{AC}{AD}$，即$\frac{AE}{6}=\frac{AC}{5}$，得$AC=\frac{5}{6}AE$。
在$Rt\triangle ABC$中，$AC^2 + BC^2 = AB^2 = 36$。
在$Rt\triangle ABD$中，$AD^2 + BD^2 = AB^2$，$BD^2 = 36 - 25 = 11$。
∵$\angle CAE = \angle DAB$，$\angle C = \angle ADB = 90°$，
∴$\triangle ACE ∼ \triangle ADB$，$\frac{CE}{BD}=\frac{AC}{AD}=\frac{AE}{AB}$。
设$AE = x$，则$DE = 5 - x$，$AC = \frac{5}{6}x$。
由$\triangle CDE ∼ \triangle BAE$（$\angle CED = \angle AEB$，$\angle CDE = \angle BAE$），
得$\frac{CE}{BE}=\frac{DE}{AE}=\frac{CD}{AB}$。
又由$\triangle AEC ∼ \triangle DEB$，$\frac{AE}{DE}=\frac{CE}{BE}=\frac{AC}{BD}$，
即$\frac{x}{5 - x}=\frac{\frac{5}{6}x}{\sqrt{11}}$，解得$x = 6 - \frac{6\sqrt{11}}{5}$（舍）或$x = 2.8$。
∴$DE = 5 - 2.8 = 2.2$。
答案：A
9. (2025·台湾)如图,$\triangle ADG$的顶点$G$为$\triangle ABC$的重心,$DG$与$AB$相交于点$E$.若$DE:EG=3:2$,$AE:EB=3:4$,$S_{\triangle ADG}=mS_{\triangle ABC}$,则$m$的值为(
B
)
A.$\frac{5}{12}$
B.$\frac{5}{14}$
C.$\frac{1}{3}$
D.$\frac{5}{21}$
答案：9.B
解析：
证明：设$S_{\triangle AEG}=2k$，$\because DE:EG=3:2$，$\therefore S_{\triangle ADE}=\frac{3}{2}S_{\triangle AEG}=3k$，$S_{\triangle ADG}=S_{\triangle ADE}+S_{\triangle AEG}=5k$。
设$G$为$\triangle ABC$重心，连$AG$并延长交$BC$于$M$，则$AG:GM=2:1$。设$AE=3m$，$EB=4m$，则$AB=7m$。
设$S_{\triangle BEG}=x$，$\because \frac{S_{\triangle AEG}}{S_{\triangle BEG}}=\frac{AE}{EB}=\frac{3}{4}$，$\therefore \frac{2k}{x}=\frac{3}{4}$，$x=\frac{8k}{3}$。$S_{\triangle ABG}=2k+\frac{8k}{3}=\frac{14k}{3}$。
$\because AG:GM=2:1$，$\therefore S_{\triangle ABG}=\frac{2}{3}S_{\triangle ABM}$，$S_{\triangle ABM}=\frac{3}{2}×\frac{14k}{3}=7k$。$\because M$为$BC$中点，$\therefore S_{\triangle ABC}=2S_{\triangle ABM}=14k$。
$\because S_{\triangle ADG}=5k$，$S_{\triangle ABC}=14k$，$\therefore m=\frac{5k}{14k}=\frac{5}{14}$。
$\boxed{B}$
