7. 我们知道，三角形三条边上的中线相交于一点，这个点称为三角形的重心，重心与一边中点的连线长是对应中线长的$\frac{1}{3}$.
小亮同学对这个性质给出了如下证明：
已知:如图 3-1-70,在$△ ABC$中,D,E分别是BC,AB边的中点,AD与CE相交于点G.
求证:$\frac{GE}{CE}=\frac{GD}{AD}=\frac{1}{3}$.
证明:连结 DE.
$\because \frac{BE}{AB}=\frac{BD}{BC}=\frac{1}{2}$,
$∠ B = ∠ B$,
$\therefore △ BED ∽ △ BAC$.
$\therefore \frac{DE}{AC}=\frac{BE}{AB}$, $∠ BED = ∠ BAC$.
$\therefore DE // AC$.
$\therefore △ DEG ∽ △ ACG$.
$\therefore \frac{GE}{CG}=\frac{GD}{AG}=\frac{DE}{AC}=\frac{1}{2}$.
$\therefore \frac{GE}{CE}=\frac{GD}{AD}=\frac{1}{3}$.

试运用三角形的这条性质以及上面的证明方法解答问题:
(1) 在$△ ABC$中,中线 AD,CE 交于点G,如果$△ ABC$的面积为 36,那么$△ CDG$的面积为.
(2) 如图 3-1-71,在$△ ABC$中,点 M,N分别在 BC,AB 边上,已知$BM=\frac{1}{n}BC$, $BN=\frac{1}{n}AB$,如果$△ ABC$的面积为 m,那么$△ CMO$的面积为.

7. (1) 6.
(2) 解:如图,连结 MN.
$\because \frac{BM}{BC} = \frac{BN}{AB} = \frac{1}{n}$, $∠B = ∠B$,
$\therefore △ BMN ∽ △ BCA$.
$\therefore \frac{MN}{AC} = \frac{BN}{AB} = \frac{1}{n}$,
$∠BMN = ∠BCA$.
$\therefore MN // AC. \therefore △ MNO ∽ △ ACO$.
$\therefore \frac{MO}{AO} = \frac{MN}{AC} = \frac{1}{n}. \therefore \frac{MO}{AM} = \frac{1}{n+1}$.
$\therefore S_{△ CMO} = \frac{1}{n+1}S_{△ AMC}$.
$\because BM = \frac{1}{n}BC, \therefore CM = \frac{n-1}{n}BC$,
$\therefore S_{△ AMC} = \frac{n-1}{n}S_{△ ABC}$,
$\therefore S_{△ CMO} = \frac{1}{n+1} · \frac{n-1}{n}S_{△ ABC} = \frac{(n-1)m}{n^2 + n}$.

【分析】
(1) 先利用三角形中线的性质：中线将三角形分为面积相等的两部分，求出$△ ADC$的面积；再结合重心分中线为$1:2$的性质，根据同高三角形面积比等于底边长的比，即可求出$△ CDG$的面积。
(2) 类比题干给出的重心性质的证明思路，先连结$MN$，通过两边成比例且夹角相等证明$△ BMN ∽ △ BCA$，得到$MN // AC$，再证明$△ MNO ∽ △ ACO$，得出$MO$与$AM$的比例关系；之后根据$CM$与$BC$的长度比求出$△ AMC$的面积，最后结合同高三角形面积比等于底的比，即可求出$△ CMO$的面积。
【解析】
(1) $\because AD$是$△ ABC$的中线，$\therefore D$为$BC$中点，
$\therefore S_{△ ADC} = \frac{1}{2}S_{△ ABC} = \frac{1}{2} × 36 = 18$，
$\because G$是$△ ABC$的重心，$\therefore \frac{GD}{AD} = \frac{1}{3}$，
$△ CDG$和$△ CDA$以$C$为顶点、$AD$边上的高相等，面积比等于底的比，
$\therefore S_{△ CDG} = \frac{1}{3}S_{△ ADC} = \frac{1}{3} × 18 = 6$。
(2) 解：如图，连结$MN$。

$\because \frac{BM}{BC} = \frac{BN}{AB} = \frac{1}{n}$，$∠ B = ∠ B$，
$\therefore △ BMN ∽ △ BCA$，
$\therefore \frac{MN}{AC} = \frac{BN}{AB} = \frac{1}{n}$，$∠ BMN = ∠ BCA$，
$\therefore MN // AC$，
$\therefore △ MNO ∽ △ ACO$，
$\therefore \frac{MO}{AO} = \frac{MN}{AC} = \frac{1}{n}$，
$\therefore \frac{MO}{AM} = \frac{1}{n+1}$，
$\therefore S_{△ CMO} = \frac{1}{n+1}S_{△ AMC}$，
$\because BM = \frac{1}{n}BC$，$\therefore CM = \frac{n-1}{n}BC$，
$△ AMC$和$△ ABC$以$A$为顶点、$BC$边上的高相等，面积比等于底的比，
$\therefore S_{△ AMC} = \frac{n-1}{n}S_{△ ABC} = \frac{n-1}{n}m$，
$\therefore S_{△ CMO} = \frac{1}{n+1} · \frac{n-1}{n} · m = \frac{(n-1)m}{n^2 + n}$。
【答案】
(1) $\boxed{6}$
(2) $\boxed{\dfrac{(n-1)m}{n^2 + n}}$
【知识点】
重心的性质；相似三角形的判定与性质；三角形面积计算
【点评】
本题既考查了三角形重心性质的直接应用，也考查了方法的迁移运用能力，解题的核心是熟练掌握相似三角形的判定方法，以及同高三角形的面积比等于对应底边长的比，能将题干给出的证明方法灵活运用到新的问题情境中。
【难度系数】
0.6

8. 如图3-1-72,点G是$△ ABC$的重心, $AB = AC = 8,BC = 10,∠ GCE = ∠ ABC$, BG的延长线交AC于点D,交CE于点E,求CE与BE的数量关系.

解:如图,连结 AG 并延长交 BC 于点 H.
由点G是 $△ ABC$ 的重心知 BD,AH 是中线.
$\because AB = AC$,
$\therefore AG$ 垂直平分 $BC$, $∠ABC = ∠ACB$.
$\therefore BG = CG. \therefore ∠1 = ∠4$.
$\because ∠1 + ∠2 = ∠2 + ∠3$,
$\therefore ∠3 = ∠1 = ∠4$.
$\because ∠E = ∠E$,
$\therefore △ CDE ∽ △ BCE$.
$\therefore \frac{CE}{BE} = \frac{CD}{BC} = \frac{2}{5}$, 即 $CE = \frac{2}{5}BE$.

【分析】
解题时首先结合三角形重心的性质：重心是三角形三条中线的交点，因此可连接AG并延长交BC于H，得到AH、BD均为△ABC的中线；再结合AB=AC的等腰三角形条件，利用三线合一得到AH垂直平分BC，推导得出BG=CG、对应底角相等，结合已知∠GCE=∠ABC的条件，找到角的等量关系，证明△CDE和△BCE相似；最后利用中线的性质得到CD的长度，代入相似三角形的对应边成比例，即可得出CE与BE的数量关系。
【解析】
解：如图，连结AG并延长交BC于点H。
∵点G是$△ ABC$的重心，
∴BD、AH是$△ ABC$的中线，即H为BC中点，D为AC中点，
∴$CD=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×8=4$。
∵$AB = AC$，AH是中线，
∴AG垂直平分$BC$，$∠ABC = ∠ACB$，
∴$BG = CG$，
∴$∠1 = ∠4$。
∵$∠GCE = ∠ABC$，即$∠1 + ∠2 = ∠2 + ∠3$，
∴$∠3 = ∠1 = ∠4$。
又
∵$∠E = ∠E$，
∴$△ CDE ∽ △ BCE$（两角分别相等的两个三角形相似），
∴$\frac{CE}{BE} = \frac{CD}{BC} = \frac{4}{10} = \frac{2}{5}$，
即$CE=\frac{2}{5}BE$。
【答案】
$CE=\frac{2}{5}BE$

【知识点】
三角形重心的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是三角形性质与相似三角形的综合应用题，解题的关键是结合重心的性质合理作出辅助线，通过角的等量转化证明三角形相似，能有效锻炼学生综合运用几何知识解题的能力。
【难度系数】
0.6

9. 如图3-1-73,在矩形ABCD中,AD = $4\sqrt{2}$,点E在AD边上,将△CDE沿CE翻折,点D恰好落在△ABC的重心点G处,求CD边的长.

提示:如图,延长 CG 交 AB 于点 F. 在矩形ABCD 中,$BC = AD = 4\sqrt{2},AB = CD,∠B = 90°$.
由点G是 $△ ABC$ 的重心可得,点F是AB的中点,$CG = 2FG$.
由翻折特征得 $CG = CD$.
$\therefore BF = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}CD$.
在 $\mathrm{Rt}△ BCF$ 中,由勾股定理得
$CF^2 - BF^2 = BC^2$, 即 $(3FG)^2 - FG^2 = (4\sqrt{2})^2$,
整理可得 $8FG^2 = 32$, 即 $FG = 2$.
$\therefore CD = CG = 2FG = 4$.

【分析】
遇到这类结合矩形、翻折、三角形重心的几何求长度问题，可按如下思路推导：1. 先梳理相关性质：矩形对边相等、内角为直角；翻折前后对应边相等；三角形重心是三边中线的交点，分每条中线为2:1的两段，且重心与顶点的连线延长线过对边中点。2. 作辅助线延长CG交AB于F，利用重心性质可得F是AB中点，且CG=2FG。3. 结合翻折性质得CG=CD，进而将BF、CF都用FG表示，最后在Rt△BCF中利用勾股定理列方程求解FG，即可得到CD的长度。
【解析】
解：延长CG交AB于点F。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $BC = AD = 4\sqrt{2}$，$AB = CD$，$∠ B = 90°$。
∵ 点G是$△ ABC$的重心，
∴ 点F是AB的中点，且$CG:FG = 2:1$，即$CG = 2FG$。
由翻折的性质可知$△ CDE ≌ △ CGE$，因此$CG = CD$。
∴ $BF = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}CD = \frac{1}{2}CG = FG$，$CF = CG + FG = 3FG$。
在$Rt△ BCF$中，根据勾股定理可得$CF^2 - BF^2 = BC^2$，
代入得：$(3FG)^2 - FG^2 = (4\sqrt{2})^2$，
整理得$9FG^2 - FG^2 = 32$，即$8FG^2 = 32$，
解得$FG = 2$（线段长度为正，舍去负解）。
∴ $CD = CG = 2FG = 2 × 2 = 4$。
【答案】CD边的长为4。
【知识点】
矩形的性质，翻折的性质，三角形重心的性质
【点评】
本题属于几何综合题，将矩形特征、翻折变换、三角形重心性质和勾股定理结合考查，解题核心是通过重心的线段比例关系和翻折的等线段转化，将未知线段用同一参数表示，再利用勾股定理建立方程求解，能有效考查学生的知识综合运用能力和转化思想。
【难度系数】
0.6