1. 如果三角形的重心在它的一条高线上,则这个三角形一定是()

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

1.A

2. 如图,⊙O 是△ABC 的外接圆,AD 平分∠BAC 交⊙O 于点 D,若 AD=7,BD=2,则 DE 的长为()

A.$\frac{4}{7}$
B.$\frac{2}{7}$
C.$\frac{4}{49}$
D.$\frac{16}{49}$

2.A

证明：
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD．
∵∠CAD=∠CBD，
∴∠BAD=∠CBD．
∵∠ADB=∠BDE，
∴△ABD∽△BED．
∴$\frac{AD}{BD}=\frac{BD}{DE}$．
∵AD=7，BD=2，
∴$\frac{7}{2}=\frac{2}{DE}$，
解得$DE=\frac{4}{7}$．
答案：A

3. (2024·泗洪模拟)如图,在 Rt△ABC 中,∠ACB=90°,G 是△ABC 的重心,CG=2,则 AB 的长为.

3.6

解：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，G是△ABC的重心。
因为直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，设AB中点为D，则CD = $\frac{1}{2}$AB。
又因为重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2:1，所以CG = $\frac{2}{3}$CD。
已知CG=2，可得$2 = \frac{2}{3}$CD，解得CD=3。
所以AB = 2CD = 6。
6

4. 如图,⊙O 中两条弦 AB,CD 相交于点 P,已知 PA=3,PB=4,PC=2,那么 PD 的长为.

4.6

解：由相交弦定理得 $PA · PB = PC · PD$。
已知 $PA = 3$，$PB = 4$，$PC = 2$，代入得：
$3 × 4 = 2 × PD$
$12 = 2PD$
解得 $PD = 6$。
6

5. 如图,若点 O 是△ABC 的重心,连接 AO 并延长交 BC 于点 D,求证:$\frac{AO}{AD}=\frac{2}{3}$.

5.证明:如答图，连接CO并延长交AB于点E，连接DE;
　　　　　　　
∵点O是△ABC的重心，
∴D是BC的中点，E是AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE//AC且DE=$\frac{1}{2}$AC,
∴△AOC∽△DOE,
∴$\frac{AO}{OD}$=$\frac{AC}{DE}$=2.
∵AD = AO + OD,
∴$\frac{AO}{AD}$=$\frac{2}{3}$.

6. 如图,在△ABC 中,CD⊥AB 于点 D,有下列条件:①∠1=∠A;②$\frac{CD}{AD}=\frac{DB}{CD}$;③∠B+∠2=90°;④BC:AC:AB=3:4:5;⑤AC·BD=BC·CD.其中一定能确定△ABC 为直角三角形的条件的个数是()

A.1
B.2
C.3
D.4

6.C

解：①
∵CD⊥AB，
∴∠ADC=90°，∠1+∠B=90°，
∵∠1=∠A，
∴∠A+∠B=90°，
∴∠ACB=90°，△ABC是直角三角形；
②
∵$\frac{CD}{AD}=\frac{DB}{CD}$，
∴CD²=AD·DB，又CD⊥AB，
∴△ACD∽△CBD，
∴∠1=∠A，∠2=∠B，
∵∠1+∠2=90°，
∴∠A+∠B=90°，∠ACB=90°，△ABC是直角三角形；
③
∵CD⊥AB，
∴∠B+∠1=90°，
∵∠B+∠2=90°，
∴∠1=∠2，无法判定△ABC是直角三角形；
④设BC=3k，AC=4k，AB=5k，
∵(3k)²+(4k)²=(5k)²，
∴BC²+AC²=AB²，∠ACB=90°，△ABC是直角三角形；
⑤
∵AC·BD=BC·CD，
∴$\frac{AC}{BC}=\frac{CD}{BD}$，又∠ADC=∠CDB=90°，无法判定△ACD与△CBD相似，不能确定△ABC是直角三角形。
综上，①②④能确定△ABC为直角三角形，共3个。
答案：C

7. 如图,△ABC 中,点 G 是三角形的重心,AG⊥GC,AG=3,GC=4,则 BG 的长是()

A.$\frac{9}{2}$
B.5
C.$\frac{11}{2}$
D.7

7.B

证明：延长 $BG$ 至点 $D$，使 $GD = BG$，连接 $AD$，$CD$。
∵ 点 $G$ 是 $△ ABC$ 的重心，
∴ $AG$ 是中线的一部分，$CG$ 是中线的一部分，
∴ 四边形 $ADCG$ 是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）。
∵ $AG ⊥ GC$，$AG = 3$，$GC = 4$，
∴ 平行四边形 $ADCG$ 是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形），
∴ $AD = GC = 4$，$DG = AC$。
在 $\mathrm{Rt}△ AGC$ 中，$AC = \sqrt{AG^2 + GC^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5$，
∴ $DG = AC = 5$。
∵ $GD = BG$，
∴ $BG = \frac{1}{2}DG = \frac{5}{2}$？（此处原思路有误，正确如下）
正确解法：
延长 $BG$ 至点 $E$，使 $GE = BG$，连接 $AE$，$CE$。
∵ $G$ 是重心，
∴ $AG$ 延长线交 $BC$ 于中点 $M$，同理 $CG$ 延长线交 $AB$ 于中点 $N$。
由重心性质，$AG = 2GM$，$CG = 2GN$。
以 $G$ 为原点，$GA$ 为 $y$ 轴，$GC$ 为 $x$ 轴建立坐标系，
则 $G(0,0)$，$A(0,3)$，$C(4,0)$。
设 $B(x,y)$，
∵ $G$ 是重心，
∴ $\frac{0 + 4 + x}{3} = 0$，$\frac{3 + 0 + y}{3} = 0$，
解得 $x = -4$，$y = -3$，即 $B(-4,-3)$。
∴ $BG = \sqrt{(-4 - 0)^2 + (-3 - 0)^2} = \sqrt{16 + 9} = 5$。
结论：$BG = 5$。
答案：B

8. (2024·高港区期中)如图,点 G 是△ABC 的重心,GE//BC 交 AB 于点 E,BC=6,则 EG=.

8.2

解：连接AG并延长交BC于点D。
∵G是△ABC的重心，
∴AD是△ABC的中线，且$\frac{AG}{AD}=\frac{2}{3}$。
∵GE//BC，
∴△AEG∽△ABC。
∴$\frac{EG}{BC}=\frac{AG}{AD}=\frac{2}{3}$。
∵BC=6，
∴$EG=\frac{2}{3}BC=\frac{2}{3}×6=2$。
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