3. 如图,在$△ ABC$中,点 D 是边 BC 上任意一点,点 E,F 分别是$△ ABD$和$△ ACD$的重心,如果$BC=6$,那么线段 EF 的长为 ()


A.2
B.3
C.4
D.5

3. A

【分析】
要解决本题，首先回忆三角形重心的相关性质：三角形的重心是三条中线的交点，重心到顶点的距离是它到对边中点距离的2倍，且重心与顶点的连线延长后平分对边。据此我们先作辅助线构造出含EF的相似三角形，再结合中位线定理求相关线段长度，最后利用相似比计算EF的长。
第一步：连接AE并延长交BD于M，连接AF并延长交CD于N，根据重心性质可得M、N分别是BD、CD的中点，且AE:AM=AF:AN=2:3；
第二步：判定△AEF与△AMN相似，得到EF与MN的比例关系；
第三步：利用中位线定理求出MN的长度，代入比例即可算出EF的长。
【解析】
连接AE并延长交BD于点M，连接AF并延长交CD于点N。
∵点E是△ABD的重心，
∴M是BD的中点，且$AE:EM=2:1$，即$\frac{AE}{AM}=\frac{2}{3}$。
∵点F是△ACD的重心，
∴N是CD的中点，且$AF:FN=2:1$，即$\frac{AF}{AN}=\frac{2}{3}$。
在△AEF和△AMN中，
$\frac{AE}{AM}=\frac{AF}{AN}=\frac{2}{3}$，且$∠EAF=∠MAN$，
∴△AEF∽△AMN，相似比为$\frac{2}{3}$，
∴$\frac{EF}{MN}=\frac{2}{3}$。
又
∵M是BD中点，N是CD中点，
∴MN是△DBC的中位线，
∴$MN=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×6=3$，
∴$EF=\frac{2}{3}×3=2$。
【答案】
A
【知识点】
三角形重心的性质；相似三角形的判定与性质；三角形中位线定理
【点评】
本题是相似三角形与三角形重心、中位线结合的典型题型，解题的核心是熟练掌握重心的性质，通过作辅助线构造相似三角形，结合线段比例关系求解，难度适中，能很好地考查学生对几何基础知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6

4. ★★★ 如图所示,在$△ ABC$中,点$O$是$AC$上一点,过点$O$的直线与$AB$相交于点$M$,与$BC$的延长线相交于点$N$.
(1)若点$O$是$AC$的中点,$\frac{AM}{BM}=\frac{1}{3}$,求$\frac{CN}{BN}$的值;
(2)(梅涅劳斯定理)若点$O$是$AC$上任意一点(不与点$A,C$重合),求证:$\frac{AM}{MB} · \frac{BN}{NC} · \frac{CO}{OA}=1$.

4. (1)如图,过点A作MN的平行线交BN的延长线于点G.
∴ ∠G= ∠BNM. 又 ∠B = ∠B,
∴ △ABG∽△MBN,
∴ $\frac{BG}{BN}=\frac{AB}{MB}$,
∴ $\frac{BG}{BN}-1=\frac{AB}{MB}-1$,
∴ $\frac{BG-BN}{BN}=\frac{AB-MB}{MB}$, 即 $\frac{NG}{BN}=\frac{AM}{MB}$. 同理,
△ACG∽△OCN,
∴ $\frac{CO}{CA}=\frac{CN}{CG}$,
∴ $\frac{NG}{CN}=\frac{AO}{CO}$. 又
∵ AO=CO,
∴ NG=CN,
∴ $\frac{CN}{BN}=\frac{NG}{BN}=\frac{AM}{BM}=\frac{1}{3}$.
(2)由(1)可知$\frac{NG}{BN}=\frac{AM}{MB}$,$\frac{CO}{AO}=\frac{CN}{NG}$,
∴ $\frac{AM}{MB} · \frac{BN}{NC} · \frac{CO}{AO} = \frac{NG}{BN} · \frac{BN}{NC} · \frac{CN}{NG}=1$.

【分析】
(1) 要求$\frac{CN}{BN}$的值，已知$\frac{AM}{BM}=\frac{1}{3}$和O是AC中点的条件，直接推导缺少线段关联，因此考虑过A作MN的平行线，构造两组相似三角形，利用相似三角形对应边成比例的性质，结合中点条件即可将已知比例和所求比例建立联系，算出结果。
(2) 要证明三个比例相乘等于1，可沿用(1)中构造平行线得到的两组比例关系，将三个比例中的线段用公共线段代换，约分后即可完成证明，本质是利用相似的比例性质做恒等变形。
【解析】
(1) 如图，过点A作MN的平行线交BN的延长线于点G。
∴ $∠ G= ∠ BNM$，又 $∠ B = ∠ B$，
∴ $△ ABG ∽ △ MBN$，
∴ $\frac{BG}{BN}=\frac{AB}{MB}$，
∴ $\frac{BG}{BN}-1=\frac{AB}{MB}-1$，
∴ $\frac{BG-BN}{BN}=\frac{AB-MB}{MB}$，即 $\frac{NG}{BN}=\frac{AM}{MB}$。
同理，$∠ ACG=∠ OCN$，$∠ G=∠ ONC$，
∴ $△ ACG ∽ △ OCN$，
∴ $\frac{CO}{CA}=\frac{CN}{CG}$，推导得 $\frac{NG}{CN}=\frac{AO}{CO}$。
又
∵ AO=CO，
∴ NG=CN，
∴ $\frac{CN}{BN}=\frac{NG}{BN}=\frac{AM}{BM}=\frac{1}{3}$。
(2) 证明：由(1)的推导可得$\frac{NG}{BN}=\frac{AM}{MB}$，$\frac{CO}{AO}=\frac{CN}{NG}$，
将三部分比例代入得：
$\frac{AM}{MB} · \frac{BN}{NC} · \frac{CO}{OA} = \frac{NG}{BN} · \frac{BN}{NC} · \frac{CN}{NG}=1$，等式得证。

【答案】
(1) $\frac{CN}{BN}=\frac{1}{3}$；(2) 证明如上，
【知识点】
相似三角形的判定、相似三角形的性质、比例的性质
【点评】
本题是相似三角形应用的典型题型，核心方法是通过作平行线构造相似三角形，将分散的线段比例建立关联，既考查了相似三角形判定与性质的运用，也锻炼了比例变形的代数推导能力，第二问的结论为梅涅劳斯定理，可作为拓展结论快速求解相关线段比值问题。
【难度系数】
0.6

5. 如图,已知在$△ ABC$中,点D是AB上一点,点P是AC上一点.
(1)当点D是AB的中点时,若$\frac{AP}{PC}=2$,证明:$BP=4PQ$;
(2)当点D是AB的中点时,若$\frac{AP}{PC}=m$,猜想BP与PQ之间的数量关系,并说明理由;
(3)如果点D是AB上任意一点,点P是AC上任意一点,若$\frac{AD}{DB}=n$,$\frac{AP}{PC}=m$,猜想BP与PQ之间的数量关系,并说明理由.

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5. (1)如图,过点D作DE//BP交AP于点E,
∵ D是AB的中点,
∴ E为AP中点.
∵ $\frac{AP}{PC}=2$,
∴ AE=PE=PC,
∴ PQ是△CDE的中位线, DE是△ABP的中位线,
∴ BP=2DE=4PQ.
(2)$BP=(m+2)PQ$,理由如下:过点D作DE//BP交AP于点 E.
∵ D是AB的中点,
∴ E为AP中点,
∴ BP=2DE,AP=2PE.
∵ $\frac{AP}{PC}=m$,
∴ AP = mPC,
∴ PE = $\frac{m}{2}PC$,
∴ CE = $\frac{m+2}{2}PC$.
∵ $\frac{PQ}{DE}=\frac{PC}{CE}$ ,
∴ DE = $\frac{m+2}{2}PQ$,
∴ BP=2DE=(m+2)PQ.
(3)$BP=\frac{m+n+1}{n}PQ$.理由如下:过 D 作 DE//BP,交 AP 于点 E,
∵ $\frac{AD}{DB}=n$,
∴ $\frac{AD}{AB}=\frac{n}{n+1}=\frac{DE}{BP}$,
∴ $BP=\frac{n+1}{n}DE$.
∵ $\frac{AE}{PE}=\frac{AD}{BD}=n$,
∴ AE = nPE,
∴ AP=(n+1)PE.
∵ $\frac{AP}{PC}=m$,
∴ AP = mPC,
∴ PE = $\frac{m}{n+1}PC$,
∴ CE = PE+PC = $\frac{m+n+1}{n+1}PC$,
∴ $\frac{PQ}{DE}=\frac{PC}{CE}=\frac{n+1}{m+n+1}$,
∴ DE = $\frac{m+n+1}{n+1}PQ$,
∴ BP = $\frac{m+n+1}{n}PQ$.

【分析】
本题是三角形线段比例推导题，核心解题思路是作平行线构造平行“A”字型相似模型，将已知线段比例和待求的BP、PQ关系建立关联：①过点D作DE//BP，可得到两组由平行线带来的比例关系，分别对应△ADE与△ABP的比例、△CPQ与△CED的比例；②结合题目给出的中点、线段比值条件，逐步推导两组比例的具体数值，消去中间量DE即可得到BP和PQ的数量关系，三小问从特殊到一般，推导逻辑一致。
【解析】
(1) 证明：过点D作DE//BP交AP于点E，
∵ D是AB的中点，DE//BP，
∴ E为AP中点，
∵ $\frac{AP}{PC}=2$，即AP=2PC，
∴ AE=PE=PC，
∴ PQ是△CDE的中位线，DE是△ABP的中位线，
由中位线性质得DE=2PQ，BP=2DE，
∴ BP=2×2PQ=4PQ。
(2) 猜想$BP=(m+2)PQ$，理由如下：
过点D作DE//BP交AP于点E，
∵ D是AB的中点，DE//BP，
∴ E为AP中点，
由三角形中位线定理得BP=2DE，AP=2PE，
∵ $\frac{AP}{PC}=m$，
∴ AP = mPC，
∴ PE = $\frac{1}{2}$AP = $\frac{m}{2}PC$，
∴ CE = PE + PC = $\frac{m}{2}PC + PC$ = $\frac{m+2}{2}PC$，
∵ DE//PQ，
∴ △CPQ∽△CED，
∴ $\frac{PQ}{DE}=\frac{PC}{CE}$ = $\frac{PC}{\frac{m+2}{2}PC}$ = $\frac{2}{m+2}$，
整理得DE = $\frac{m+2}{2}PQ$，
∴ BP=2DE = $2×\frac{m+2}{2}PQ$ = (m+2)PQ。
(3) 猜想$BP=\frac{m+n+1}{n}PQ$，理由如下：
过D作DE//BP，交AP于点E，
∵ DE//BP，
∴ △ADE∽△ABP，
∴ $\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{BP}=\frac{AE}{PE}$，
∵ $\frac{AD}{DB}=n$，
∴ $\frac{AD}{AB}=\frac{n}{n+1}$，
∴ $BP=\frac{n+1}{n}DE$，且$\frac{AE}{PE}=n$，即AE = nPE，
∴ AP = AE + PE = (n+1)PE，
∵ $\frac{AP}{PC}=m$，
∴ AP = mPC，
∴ PE = $\frac{AP}{n+1}$ = $\frac{m}{n+1}PC$，
∴ CE = PE+PC = $\frac{m}{n+1}PC + PC$ = $\frac{m+n+1}{n+1}PC$，
∵ DE//PQ，
∴ △CPQ∽△CED，
∴ $\frac{PQ}{DE}=\frac{PC}{CE}$ = $\frac{PC}{\frac{m+n+1}{n+1}PC}$ = $\frac{n+1}{m+n+1}$，
整理得DE = $\frac{m+n+1}{n+1}PQ$，
代入BP的表达式得：BP = $\frac{n+1}{n} × \frac{m+n+1}{n+1}PQ$ = $\frac{m+n+1}{n}PQ$。
【答案】
(1) $BP=4PQ$，证明见解析；
(2) $BP=(m+2)PQ$，理由见解析；
(3) $BP=\frac{m+n+1}{n}PQ$，理由见解析。

【知识点】
平行线分线段成比例、相似三角形的性质、三角形中位线定理
【点评】
本题采用由特殊到一般的设问方式，核心考查平行“A”字型相似模型的构造与应用，通过作平行线将分散的线段比例关联起来，解题需要掌握比例的化简运算，有助于提升逻辑推导和问题转化的能力。
【难度系数】
0.6