登录
8.「2025四川宜宾中考，★☆」如图，一张锐角三角形纸片ABC，点D，E分别在边AB，AC上，AD=2DB，沿DE将△ABC剪成面积相等的两部分，则$\frac{AE}{EC}$的值为（
A.1
B.2
C.3
D.4
C
）A.1
B.2
C.3
D.4
答案
如图所示,过点 $D$ 作 $DF// BC$ 交 $AC$ 于点 $F$,
∵ $AD=2DB$,
∴ $\dfrac{AD}{BD}=2$,
∴ $\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{2}{3}$,
∵ $DF// BC$,
∴ $△AFD∽△ACB$,
∴ $\dfrac{AF}{AC}=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{2}{3}$,
∴ $\dfrac{S_{△ AFD}}{S_{△ ACB}}=(\dfrac{AD}{AB})^2=\dfrac{4}{9}$,
设 $S_{△ AFD}=4s$,则 $S_{△ ACB}=9s$,
∵ 沿 $DE$ 将 $△ABC$ 剪成面积相等的两部分,
∴ $S_{△ ADE}=\dfrac{9}{2}s$,
∴ $\dfrac{S_{△ AFD}}{S_{△ ADE}}=\dfrac{4s}{\dfrac{9}{2}s}=\dfrac{8}{9}=\dfrac{AF}{AE}$,
∴ $\dfrac{AF}{AE}÷\dfrac{AF}{AC}=\dfrac{AF}{AE}·\dfrac{AC}{AF}=\dfrac{AC}{AE}=\dfrac{8}{9}÷\dfrac{2}{3}=\dfrac{4}{3}$,
∴ $\dfrac{AE}{EC}=3$.
故选 C.
解析
【分析】
解题时先梳理已知条件：已知AD:DB=2:1，可得AD:AB=2:3，沿DE剪开后两部分面积相等，即$S_{△ ADE}=\frac{1}{2}S_{△ ABC}$。遇到三角形中线段比例与面积结合的问题，可通过构造平行线得到相似三角形，利用相似三角形面积比等于相似比的平方求出相似三角形的面积，再结合同高三角形面积比等于底边长的比，逐步推导AE和EC的比值。具体步骤为：先作平行线构造相似三角形，再求相似比与对应面积比，随后结合面积相等的条件求出AE与AC的比例，最终计算$\frac{AE}{EC}$的值。
【解析】
过点 $D$ 作 $DF// BC$ 交 $AC$ 于点 $F$，
∵ $AD=2DB$，
∴ $\dfrac{AD}{BD}=2$，即 $\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{2}{3}$，
∵ $DF// BC$，
∴ $△ AFD ∽ △ ACB$，
∴ $\dfrac{AF}{AC}=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{2}{3}$，
根据相似三角形面积比等于相似比的平方，可得 $\dfrac{S_{△ AFD}}{S_{△ ACB}}=(\dfrac{AD}{AB})^2=\dfrac{4}{9}$，
设 $S_{△ AFD}=4s$，则 $S_{△ ACB}=9s$，
∵ 沿 $DE$ 将 $△ ABC$ 剪成面积相等的两部分，
∴ $S_{△ ADE}=\dfrac{1}{2}S_{△ ACB}=\dfrac{9}{2}s$，
$△ AFD$ 和 $△ ADE$ 同高（均为点D到AC的垂线段长度），面积比等于底边长的比：
$\dfrac{S_{△ AFD}}{S_{△ ADE}}=\dfrac{4s}{\dfrac{9}{2}s}=\dfrac{8}{9}=\dfrac{AF}{AE}$，
将$AF=\dfrac{2}{3}AC$代入$\dfrac{AF}{AE}=\dfrac{8}{9}$，化简得$\dfrac{AC}{AE}=\dfrac{4}{3}$，即$EC=AC-AE=\dfrac{1}{3}AE$，
∴ $\dfrac{AE}{EC}=3$。
【答案】
C
【知识点】
相似三角形的判定与性质、三角形面积计算、比例运算
【点评】
本题是相似三角形性质的典型应用题型，解题核心是掌握相似三角形面积比等于相似比的平方、同高三角形面积比等于底边长之比两个结论，需要学生结合已知条件合理构造辅助线，把线段比例和面积关系结合推导，属于几何常考基础题。
【难度系数】
0.7
解题时先梳理已知条件：已知AD:DB=2:1，可得AD:AB=2:3，沿DE剪开后两部分面积相等，即$S_{△ ADE}=\frac{1}{2}S_{△ ABC}$。遇到三角形中线段比例与面积结合的问题，可通过构造平行线得到相似三角形，利用相似三角形面积比等于相似比的平方求出相似三角形的面积，再结合同高三角形面积比等于底边长的比，逐步推导AE和EC的比值。具体步骤为：先作平行线构造相似三角形，再求相似比与对应面积比，随后结合面积相等的条件求出AE与AC的比例，最终计算$\frac{AE}{EC}$的值。
【解析】
过点 $D$ 作 $DF// BC$ 交 $AC$ 于点 $F$，
∵ $AD=2DB$，
∴ $\dfrac{AD}{BD}=2$，即 $\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{2}{3}$，
∵ $DF// BC$，
∴ $△ AFD ∽ △ ACB$，
∴ $\dfrac{AF}{AC}=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{2}{3}$，
根据相似三角形面积比等于相似比的平方，可得 $\dfrac{S_{△ AFD}}{S_{△ ACB}}=(\dfrac{AD}{AB})^2=\dfrac{4}{9}$，
设 $S_{△ AFD}=4s$，则 $S_{△ ACB}=9s$，
∵ 沿 $DE$ 将 $△ ABC$ 剪成面积相等的两部分，
∴ $S_{△ ADE}=\dfrac{1}{2}S_{△ ACB}=\dfrac{9}{2}s$，
$△ AFD$ 和 $△ ADE$ 同高（均为点D到AC的垂线段长度），面积比等于底边长的比：
$\dfrac{S_{△ AFD}}{S_{△ ADE}}=\dfrac{4s}{\dfrac{9}{2}s}=\dfrac{8}{9}=\dfrac{AF}{AE}$，
将$AF=\dfrac{2}{3}AC$代入$\dfrac{AF}{AE}=\dfrac{8}{9}$，化简得$\dfrac{AC}{AE}=\dfrac{4}{3}$，即$EC=AC-AE=\dfrac{1}{3}AE$，
∴ $\dfrac{AE}{EC}=3$。
【答案】
C
【知识点】
相似三角形的判定与性质、三角形面积计算、比例运算
【点评】
本题是相似三角形性质的典型应用题型，解题核心是掌握相似三角形面积比等于相似比的平方、同高三角形面积比等于底边长之比两个结论，需要学生结合已知条件合理构造辅助线，把线段比例和面积关系结合推导，属于几何常考基础题。
【难度系数】
0.7
9. 学科特色教材变式「2026广东佛山南海月考，★☆」如图所示，把$△ DEF$沿$DE$平移到$△ ABC$的位置，它们重合部分的面积是$△ DEF$面积的$\frac{2}{3}$，若$AB=\sqrt{6}$，则此三角形移动的距离$AD$是
$\sqrt{6}-2$
。答案
如图,设 $EF$ 与 $AC$ 交于点 $G$,
∵ 把 $△DEF$ 沿 $DE$ 平移到 $△ABC$ 的位置,
∴ $AC// DF$,
∴ $△DEF∽△AEG$,
∴ $\dfrac{S_{△ AEG}}{S_{△ DEF}}=(\dfrac{AE}{DE})^2$,
∵ $\dfrac{S_{△ AEG}}{S_{△ DEF}}=\dfrac{2}{3}$,$DE=AB=\sqrt{6}$,
∴ $\dfrac{AE^2}{(\sqrt{6})^2}=\dfrac{2}{3}$,
∴ $AE=2$,
∴ $AD=\sqrt{6}-2$.故答案为$\sqrt{6}-2$.
解析
【分析】
遇到平移类的几何题，首先回忆平移的性质：平移后对应边平行且相等，因此可得$AC// DF$，且$DE=AB=\sqrt{6}$。观察重合部分为$△ AEG$，它与$△ DEF$有公共角$∠ DEF$，结合$AC// DF$可得同位角相等，即可判定$△ AEG ∽ △ DEF$。已知重合部分面积是$△ DEF$面积的$\frac{2}{3}$，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，可先求出相似比$\frac{AE}{DE}$，计算得到$AE$的长度后，平移距离$AD=DE-AE$，代入数值即可求得结果。
【解析】
如图，设$EF$与$AC$交于点$G$，
∵ 把$△ DEF$沿$DE$平移到$△ ABC$的位置，
∴ $AC// DF$，$DE=AB=\sqrt{6}$，
∴ $∠ EAC=∠ D$，又$∠ AEG=∠ DEF$，
∴ $△ DEF∽△ AEG$，
∴ $\dfrac{S_{△ AEG}}{S_{△ DEF}}=(\dfrac{AE}{DE})^2$，
∵ $\dfrac{S_{△ AEG}}{S_{△ DEF}}=\dfrac{2}{3}$，$DE=\sqrt{6}$，
∴ $\dfrac{AE^2}{(\sqrt{6})^2}=\dfrac{2}{3}$，
解得$AE=2$（边长为正，舍去负解），
∴ $AD=DE-AE=\sqrt{6}-2$。
【答案】
$\sqrt{6}-2$
【知识点】
平移的性质、相似三角形的判定、相似三角形面积比性质
【点评】
本题将平移变换与相似三角形的性质结合考查，解题核心是通过平移的平行性质判定三角形相似，再利用相似三角形面积比与相似比的平方关系建立等式求解，属于几何基础综合题。
【难度系数】
0.7
遇到平移类的几何题，首先回忆平移的性质：平移后对应边平行且相等，因此可得$AC// DF$，且$DE=AB=\sqrt{6}$。观察重合部分为$△ AEG$，它与$△ DEF$有公共角$∠ DEF$，结合$AC// DF$可得同位角相等，即可判定$△ AEG ∽ △ DEF$。已知重合部分面积是$△ DEF$面积的$\frac{2}{3}$，根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，可先求出相似比$\frac{AE}{DE}$，计算得到$AE$的长度后，平移距离$AD=DE-AE$，代入数值即可求得结果。
【解析】
如图，设$EF$与$AC$交于点$G$，
∵ 把$△ DEF$沿$DE$平移到$△ ABC$的位置，
∴ $AC// DF$，$DE=AB=\sqrt{6}$，
∴ $∠ EAC=∠ D$，又$∠ AEG=∠ DEF$，
∴ $△ DEF∽△ AEG$，
∴ $\dfrac{S_{△ AEG}}{S_{△ DEF}}=(\dfrac{AE}{DE})^2$，
∵ $\dfrac{S_{△ AEG}}{S_{△ DEF}}=\dfrac{2}{3}$，$DE=\sqrt{6}$，
∴ $\dfrac{AE^2}{(\sqrt{6})^2}=\dfrac{2}{3}$，
解得$AE=2$（边长为正，舍去负解），
∴ $AD=DE-AE=\sqrt{6}-2$。
【答案】
$\sqrt{6}-2$
【知识点】
平移的性质、相似三角形的判定、相似三角形面积比性质
【点评】
本题将平移变换与相似三角形的性质结合考查，解题核心是通过平移的平行性质判定三角形相似，再利用相似三角形面积比与相似比的平方关系建立等式求解，属于几何基础综合题。
【难度系数】
0.7
10.「2026上海虹口月考，★★」如图，
点P是△ABC内一点，过点P分别作直线平行于△ABC的各边，所形成的三个小三角形（图中阴影部分）的面积分别是1,4和36，则△ABC的面积是
点P是△ABC内一点，过点P分别作直线平行于△ABC的各边，所形成的三个小三角形（图中阴影部分）的面积分别是1,4和36，则△ABC的面积是81
。答案
如图,由题意可得 $DE// BC,FH// AC,GI// AB$,
∴ $△DPF∽△BHF∽△BCA$,$△GHP∽△BHF$,$△PEI∽△GCI$,$△GHP∽△GCI$,
∴ $△DPF∽△PEI∽△GHP$,
∵ $△DPF,△PEI,△GHP$ 的面积比为 $1:4:36$,
∴ 对应边的比为 $1:2:6$(三角形的面积比等于相似比的平方),
∵ 四边形 $BDPG$ 与四边形 $CEPH$ 为平行四边形,
∴ $DP=BG,EP=CH$(平行四边形的对边相等),设 $DP=x$,则 $PE=2x$,$GH=6x$,
∴ $BC=BG+GH+CH=DP+GH+PE=x+6x+2x=9x$,
∴ $BC:DP=9x:x=9:1$,
∴ $S_{△ ABC}:S_{△ FDP}=81:1$,
∴ $S_{△ ABC}=81$.故答案为 81.
解析
【分析】
解题时首先根据“平行于三角形一边的直线截三角形两边，所得的三角形与原三角形相似”，可判断三个阴影小三角形两两相似，且都与大△ABC相似；接下来利用相似三角形面积比等于相似比的平方，由三个小三角形的面积比求出它们的边长比；再结合过P作平行线得到的平行四边形对边相等的性质，将△ABC的底边BC用三个小三角形的对应边表示，得到△ABC与最小阴影三角形的相似比，最后利用相似三角形面积比等于相似比的平方即可求出△ABC的面积。
【解析】
由题意可得 $DE// BC,FH// AC,GI// AB$，
∴ $△DPF∽△BCA$，$△PEI∽△BCA$，$△GHP∽△BCA$，即 $△DPF∽△PEI∽△GHP$。
已知三个阴影小三角形的面积分别为1、4、36，因此三者的面积比为$1:4:36$。
根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，可得三个小三角形对应边的相似比为$\sqrt{1}:\sqrt{4}:\sqrt{36}=1:2:6$。
∵ 四边形$BDPG$、四边形$CEPH$均为平行四边形，根据平行四边形对边相等的性质，得$DP=BG$，$PE=CH$。
设最小的$△DPF$的对应边长$DP=x$，则$PE=2x$，$GH=6x$。
∴ $BC=BG+GH+CH=DP+GH+PE=x+6x+2x=9x$，即$BC:DP=9:1$。
再根据相似三角形面积比等于相似比的平方，得$S_{△ ABC}:S_{△ FDP}=9^2:1^2=81:1$。
∵ $S_{△FDP}=1$，
∴ $S_{△ ABC}=81×1=81$。
【答案】
81
【知识点】
相似三角形的判定、相似三角形的性质、平行四边形的性质
【点评】
本题是相似三角形性质的典型应用题型，解题的核心是结合平行线的性质，建立小三角形与大三角形边长的数量关系，考查了对相似性质的灵活运用能力和图形分析能力。
【难度系数】
0.6
解题时首先根据“平行于三角形一边的直线截三角形两边，所得的三角形与原三角形相似”，可判断三个阴影小三角形两两相似，且都与大△ABC相似；接下来利用相似三角形面积比等于相似比的平方，由三个小三角形的面积比求出它们的边长比；再结合过P作平行线得到的平行四边形对边相等的性质，将△ABC的底边BC用三个小三角形的对应边表示，得到△ABC与最小阴影三角形的相似比，最后利用相似三角形面积比等于相似比的平方即可求出△ABC的面积。
【解析】
由题意可得 $DE// BC,FH// AC,GI// AB$，
∴ $△DPF∽△BCA$，$△PEI∽△BCA$，$△GHP∽△BCA$，即 $△DPF∽△PEI∽△GHP$。
已知三个阴影小三角形的面积分别为1、4、36，因此三者的面积比为$1:4:36$。
根据相似三角形的面积比等于相似比的平方，可得三个小三角形对应边的相似比为$\sqrt{1}:\sqrt{4}:\sqrt{36}=1:2:6$。
∵ 四边形$BDPG$、四边形$CEPH$均为平行四边形，根据平行四边形对边相等的性质，得$DP=BG$，$PE=CH$。
设最小的$△DPF$的对应边长$DP=x$，则$PE=2x$，$GH=6x$。
∴ $BC=BG+GH+CH=DP+GH+PE=x+6x+2x=9x$，即$BC:DP=9:1$。
再根据相似三角形面积比等于相似比的平方，得$S_{△ ABC}:S_{△ FDP}=9^2:1^2=81:1$。
∵ $S_{△FDP}=1$，
∴ $S_{△ ABC}=81×1=81$。
【答案】
81
【知识点】
相似三角形的判定、相似三角形的性质、平行四边形的性质
【点评】
本题是相似三角形性质的典型应用题型，解题的核心是结合平行线的性质，建立小三角形与大三角形边长的数量关系，考查了对相似性质的灵活运用能力和图形分析能力。
【难度系数】
0.6
11.「2026河南驻马店汝南月考，★☆」如图，已知正方形ABCD的边长为8，点E是DC上的一动点，过点E作EF⊥AE，交BC于点F，连接AF.
(1)证明：$△ ADE ∽ △ ECF$.
(2)若$△ ADE$的周长与$△ ECF$的周长之比为$4:3$，求$BF$的长.
(1)证明：$△ ADE ∽ △ ECF$.
(2)若$△ ADE$的周长与$△ ECF$的周长之比为$4:3$，求$BF$的长.
答案
(1)证明:
∵ 四边形 $ABCD$ 是正方形,
∴ $∠C=∠D=90°$,
∵ $EF⊥AE$,
∴ $∠AEF=90°$,
∴ $∠AED+∠FEC=90°$,
在 $\mathrm{Rt}△ADE$ 中, $∠DAE+∠AED=90°$,
∴ $∠FEC=∠DAE$,
∴ $△ADE∽△ECF$.
(2)
∵ $△ADE∽△ECF$,
∴ $\dfrac{AD}{EC}=\dfrac{DE}{FC}$,
∵ $△ADE$ 的周长与 $△ECF$ 的周长之比为 $4:3$,
∴ $\dfrac{AD}{EC}=\dfrac{DE}{FC}=\dfrac{4}{3}$,
∵ $AD=8$,
∴ $EC=6$,
∴ $DE=8-6=2$,
∴ $\dfrac{2}{FC}=\dfrac{4}{3}$,
∴ $FC=1.5$,
∴ $BF=8-1.5=6.5$.
∵ 四边形 $ABCD$ 是正方形,
∴ $∠C=∠D=90°$,
∵ $EF⊥AE$,
∴ $∠AEF=90°$,
∴ $∠AED+∠FEC=90°$,
在 $\mathrm{Rt}△ADE$ 中, $∠DAE+∠AED=90°$,
∴ $∠FEC=∠DAE$,
∴ $△ADE∽△ECF$.
(2)
∵ $△ADE∽△ECF$,
∴ $\dfrac{AD}{EC}=\dfrac{DE}{FC}$,
∵ $△ADE$ 的周长与 $△ECF$ 的周长之比为 $4:3$,
∴ $\dfrac{AD}{EC}=\dfrac{DE}{FC}=\dfrac{4}{3}$,
∵ $AD=8$,
∴ $EC=6$,
∴ $DE=8-6=2$,
∴ $\dfrac{2}{FC}=\dfrac{4}{3}$,
∴ $FC=1.5$,
∴ $BF=8-1.5=6.5$.
解析
【分析】
(1) 要证明△ADE∽△ECF，首先结合正方形的性质可得∠D、∠C均为直角，再由EF⊥AE得到∠AEF为直角，利用同角的余角相等可推出两组对应角相等，即可通过“两角分别相等的两个三角形相似”完成证明。
(2) 已知两个相似三角形的周长比，根据相似三角形周长比等于相似比的性质，可得对应边的比值为4:3，先结合AD的边长求出EC的长度，再计算DE的长度，进而求出FC的长度，最后用BC的长度减去FC的长度即可得到BF的长。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ ∠C=∠D=90°，
∵ EF⊥AE，
∴ ∠AEF=90°，
∴ ∠AED+∠FEC=180°-∠AEF=90°，
在Rt△ADE中，∠DAE+∠AED=90°，
∴ ∠FEC=∠DAE，
∴ △ADE∽△ECF。
(2) 解：
∵ △ADE∽△ECF，
∴ $\dfrac{AD}{EC}=\dfrac{DE}{FC}$，
∵ △ADE的周长与△ECF的周长之比为$4:3$，相似三角形周长比等于相似比，
∴ $\dfrac{AD}{EC}=\dfrac{DE}{FC}=\dfrac{4}{3}$，
∵ 正方形边长AD=8，代入得$\dfrac{8}{EC}=\dfrac{4}{3}$，解得$EC=6$，
∴ $DE=DC-EC=8-6=2$，
将DE=2代入$\dfrac{2}{FC}=\dfrac{4}{3}$，解得$FC=1.5$，
∴ $BF=BC-FC=8-1.5=6.5$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $BF$的长为$6.5$
【知识点】
正方形的性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质
【点评】
本题属于相似三角形的基础应用题型，解题核心是通过同角的余角相等推导角相等来证明相似，再结合相似三角形周长比和相似比的关系计算线段长度，是几何部分的常规考点，掌握基础性质即可顺利求解。
【难度系数】
0.75
(1) 要证明△ADE∽△ECF，首先结合正方形的性质可得∠D、∠C均为直角，再由EF⊥AE得到∠AEF为直角，利用同角的余角相等可推出两组对应角相等，即可通过“两角分别相等的两个三角形相似”完成证明。
(2) 已知两个相似三角形的周长比，根据相似三角形周长比等于相似比的性质，可得对应边的比值为4:3，先结合AD的边长求出EC的长度，再计算DE的长度，进而求出FC的长度，最后用BC的长度减去FC的长度即可得到BF的长。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ ∠C=∠D=90°，
∵ EF⊥AE，
∴ ∠AEF=90°，
∴ ∠AED+∠FEC=180°-∠AEF=90°，
在Rt△ADE中，∠DAE+∠AED=90°，
∴ ∠FEC=∠DAE，
∴ △ADE∽△ECF。
(2) 解：
∵ △ADE∽△ECF，
∴ $\dfrac{AD}{EC}=\dfrac{DE}{FC}$，
∵ △ADE的周长与△ECF的周长之比为$4:3$，相似三角形周长比等于相似比，
∴ $\dfrac{AD}{EC}=\dfrac{DE}{FC}=\dfrac{4}{3}$，
∵ 正方形边长AD=8，代入得$\dfrac{8}{EC}=\dfrac{4}{3}$，解得$EC=6$，
∴ $DE=DC-EC=8-6=2$，
将DE=2代入$\dfrac{2}{FC}=\dfrac{4}{3}$，解得$FC=1.5$，
∴ $BF=BC-FC=8-1.5=6.5$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $BF$的长为$6.5$
【知识点】
正方形的性质；相似三角形的判定；相似三角形的性质
【点评】
本题属于相似三角形的基础应用题型，解题核心是通过同角的余角相等推导角相等来证明相似，再结合相似三角形周长比和相似比的关系计算线段长度，是几何部分的常规考点，掌握基础性质即可顺利求解。
【难度系数】
0.75
12.核心素养应用意识「2025山西长治壶关期中」阅读材料:三角形的三条中线必交于一点,这个交点称为三角形的重心.
(1)特例感知:如图a,已知边长为2的等边$△ ABC$的重心为点$O$,求$△ OBC$与$△ ABC$的面积.
(2)性质探究:如图b,已知$△ ABC$的重心为点$O$,请判断$\frac{OD}{OA}$、$\frac{S_{△ OBC}}{S_{△ ABC}}$是否都为定值?如果是,分别求出这两个定值;如果不是,请说明理由.
(3)性质应用:如图c,在正方形$ABCD$中,点$E$是$CD$的中点,连接$BE$交对角线$AC$于点$M$.
①若正方形$ABCD$的边长为4,求$EM$的长度.
②若$S_{△ CME}=1$,求正方形$ABCD$的面积.
(1)特例感知:如图a,已知边长为2的等边$△ ABC$的重心为点$O$,求$△ OBC$与$△ ABC$的面积.
(2)性质探究:如图b,已知$△ ABC$的重心为点$O$,请判断$\frac{OD}{OA}$、$\frac{S_{△ OBC}}{S_{△ ABC}}$是否都为定值?如果是,分别求出这两个定值;如果不是,请说明理由.
(3)性质应用:如图c,在正方形$ABCD$中,点$E$是$CD$的中点,连接$BE$交对角线$AC$于点$M$.
①若正方形$ABCD$的边长为4,求$EM$的长度.
②若$S_{△ CME}=1$,求正方形$ABCD$的面积.
答案
(1)连接 $DE$,如图 1,
∵ 点 $O$ 是$△ABC$ 的重心,
∴ $AD,BE$ 分别是 $BC,AC$ 边上的中线,
∴ $D,E$ 分别为 $BC,AC$ 的中点,
∴ $DE$ 为 $△ABC$ 的中位线,
∴ $DE// AB$,$DE=\dfrac{1}{2}AB$,
∴ $△ODE∽△OAB$,
∴ $\dfrac{OD}{OA}=\dfrac{DE}{AB}=\dfrac{1}{2}$,
∵ $AB=2$,$BD=1$,$∠ADB=90°$,
∴ $AD=\sqrt{3}$,
∴ $OD=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$,$S_{△ ABC}=\dfrac{BC· AD}{2}=\dfrac{2×\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$,
∴ $S_{△ OBC}=\dfrac{BC· OD}{2}=\dfrac{2×\dfrac{\sqrt{3}}{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$.
(2)都是定值.由(1)同理可得$\dfrac{OD}{OA}=\dfrac{1}{2}$,是定值.
∵ $\dfrac{OD}{OA}=\dfrac{1}{2}$,
∴ $\dfrac{OD}{AD}=\dfrac{1}{3}$,
∴ $\dfrac{S_{△ OBD}}{S_{△ ABD}}=\dfrac{1}{3}$,同理可得$\dfrac{S_{△ ODC}}{S_{△ ADC}}=\dfrac{1}{3}$,
∵ $S_{△ OBC}=S_{△ OBD}+S_{△ ODC}$,$S_{△ ABC}=S_{△ ABD}+S_{△ ADC}$,
∴ $\dfrac{S_{△ OBC}}{S_{△ ABC}}=\dfrac{1}{3}$,是定值.
(3)①如图 2,连接 $BD$ 交 $AC$ 于点 $O$,
则点 $O$ 为 $BD$ 的中点,又点 $E$ 为 $CD$ 的中点,
∴ 点 $M$ 是 $△BCD$ 的重心,
∴ $\dfrac{EM}{BE}=\dfrac{1}{3}$,
∵ $E$ 为 $CD$ 的中点,
∴ $CE=\dfrac{1}{2}CD=2$,
∴ $BE=\sqrt{BC^2+CE^2}=2\sqrt{5}$,
∴ $EM=\dfrac{1}{3}BE=\dfrac{2\sqrt{5}}{3}$.
②
∵ $S_{△ CME}=1$,且$\dfrac{ME}{BM}=\dfrac{1}{2}$,
∴ $S_{△ BMC}=2$,
在正方形 $ABCD$ 中,$AB// EC$,
∴ $△CME∽△AMB$.
∵ $\dfrac{ME}{BM}=\dfrac{1}{2}$,
∴ $\dfrac{S_{△ CME}}{S_{△ AMB}}=(\dfrac{ME}{BM})^2=\dfrac{1}{4}$,
∴ $S_{△ AMB}=4$,
∴ $S_{△ ABC}=S_{△ BMC}+S_{△ ABM}=2+4=6$,
又 $S_{△ ADC}=S_{△ ABC}$,
∴ $S_{△ ADC}=6$,
∴ 正方形 $ABCD$ 的面积为 $6+6=12$.
解析
【分析】
本题围绕三角形重心的性质展开，按由浅入深的逻辑设置问题，解题思路如下：
(1) 针对等边三角形的重心问题：先根据重心是三角形三条中线的交点，得到BC、AC边的中点D、E，推出DE是△ABC的中位线，通过证明△ODE∽△OAB得到OD与OA的比值；再计算等边三角形的高AD，结合三角形面积公式分别求出△OBC和△ABC的面积。
(2) 探究重心相关的比例定值：沿用(1)的推理思路可得$\frac{OD}{OA}$为定值，再根据同高三角形的面积比等于底边长的比，分别推导△OBD与△ABD、△ODC与△ADC的面积比，求和后即可得到$\frac{S_{△OBC}}{S_{△ABC}}$的定值。
(3) 重心性质在正方形中的应用：①连接BD交AC于点O，可得O是BD的中点，结合E是CD的中点，判断M是△BCD的重心，得到EM与BE的比例关系；再用勾股定理计算BE的长度，即可求出EM的长。②先根据ME和BM的比例关系求出$S_{△BMC}$，再由AB//EC证明△CME∽△AMB，利用相似三角形面积比等于相似比的平方求出$S_{△AMB}$，进而得到△ABC的面积，其两倍即为正方形的面积。
【解析】
(1) 连接 $DE$,如图 1,
∵ 点 $O$ 是$△ABC$ 的重心,
∴ $AD,BE$ 分别是 $BC,AC$ 边上的中线,
∴ $D,E$ 分别为 $BC,AC$ 的中点,
∴ $DE$ 为 $△ABC$ 的中位线,
∴ $DE// AB$,$DE=\dfrac{1}{2}AB$,
∴ $△ODE∽△OAB$,
∴ $\dfrac{OD}{OA}=\dfrac{DE}{AB}=\dfrac{1}{2}$,
∵ $AB=2$,$BD=1$,$∠ADB=90°$,
∴ $AD=\sqrt{3}$,
∴ $OD=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$,$S_{△ ABC}=\dfrac{BC· AD}{2}=\dfrac{2×\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$,
∴ $S_{△ OBC}=\dfrac{BC· OD}{2}=\dfrac{2×\dfrac{\sqrt{3}}{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$.
(2) 两个比值都是定值。
由(1)同理可得$\dfrac{OD}{OA}=\dfrac{1}{2}$，是定值。
∵ $\dfrac{OD}{OA}=\dfrac{1}{2}$,
∴ $\dfrac{OD}{AD}=\dfrac{1}{3}$,
∴ $\dfrac{S_{△ OBD}}{S_{△ ABD}}=\dfrac{1}{3}$,同理可得$\dfrac{S_{△ ODC}}{S_{△ ADC}}=\dfrac{1}{3}$,
∵ $S_{△ OBC}=S_{△ OBD}+S_{△ ODC}$,$S_{△ ABC}=S_{△ ABD}+S_{△ ADC}$,
∴ $\dfrac{S_{△ OBC}}{S_{△ ABC}}=\dfrac{1}{3}$，是定值。
(3) ① 如图 2,连接 $BD$ 交 $AC$ 于点 $O$,
则点 $O$ 为 $BD$ 的中点,又点 $E$ 为 $CD$ 的中点,
∴ 点 $M$ 是 $△BCD$ 的重心,
∴ $\dfrac{EM}{BE}=\dfrac{1}{3}$,
∵ $E$ 为 $CD$ 的中点,
∴ $CE=\dfrac{1}{2}CD=2$,
∴ $BE=\sqrt{BC^2+CE^2}=2\sqrt{5}$,
∴ $EM=\dfrac{1}{3}BE=\dfrac{2\sqrt{5}}{3}$.
②
∵ $S_{△ CME}=1$,且$\dfrac{ME}{BM}=\dfrac{1}{2}$,
∴ $S_{△ BMC}=2$,
在正方形 $ABCD$ 中,$AB// EC$,
∴ $△CME∽△AMB$.
∵ $\dfrac{ME}{BM}=\dfrac{1}{2}$,
∴ $\dfrac{S_{△ CME}}{S_{△ AMB}}=(\dfrac{ME}{BM})^2=\dfrac{1}{4}$,
∴ $S_{△ AMB}=4$,
∴ $S_{△ ABC}=S_{△ BMC}+S_{△ ABM}=2+4=6$,
又 $S_{△ ADC}=S_{△ ABC}$,
∴ $S_{△ ADC}=6$,
∴ 正方形 $ABCD$ 的面积为 $6+6=12$.
【答案】
(1) $S_{△OBC}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，$S_{△ABC}=\sqrt{3}$，辅助线如图：
(2) 都是定值，$\dfrac{OD}{OA}=\dfrac{1}{2}$，$\dfrac{S_{△OBC}}{S_{△ABC}}=\dfrac{1}{3}$
(3) ① $EM=\dfrac{2\sqrt{5}}{3}$，辅助线如图：
② 正方形$ABCD$的面积为$12$
【知识点】
三角形重心的性质、相似三角形的判定与性质、正方形的性质
【点评】
本题从三角形重心的定义出发，遵循特例探究、性质总结、实际应用的逻辑设置问题，既考查了中位线、勾股定理、相似三角形、正方形等基础知识点，也考查了知识迁移和模型转化的能力，解题的关键是能将正方形中的交点问题转化为三角形重心模型求解。
【难度系数】
0.6
本题围绕三角形重心的性质展开，按由浅入深的逻辑设置问题，解题思路如下：
(1) 针对等边三角形的重心问题：先根据重心是三角形三条中线的交点，得到BC、AC边的中点D、E，推出DE是△ABC的中位线，通过证明△ODE∽△OAB得到OD与OA的比值；再计算等边三角形的高AD，结合三角形面积公式分别求出△OBC和△ABC的面积。
(2) 探究重心相关的比例定值：沿用(1)的推理思路可得$\frac{OD}{OA}$为定值，再根据同高三角形的面积比等于底边长的比，分别推导△OBD与△ABD、△ODC与△ADC的面积比，求和后即可得到$\frac{S_{△OBC}}{S_{△ABC}}$的定值。
(3) 重心性质在正方形中的应用：①连接BD交AC于点O，可得O是BD的中点，结合E是CD的中点，判断M是△BCD的重心，得到EM与BE的比例关系；再用勾股定理计算BE的长度，即可求出EM的长。②先根据ME和BM的比例关系求出$S_{△BMC}$，再由AB//EC证明△CME∽△AMB，利用相似三角形面积比等于相似比的平方求出$S_{△AMB}$，进而得到△ABC的面积，其两倍即为正方形的面积。
【解析】
(1) 连接 $DE$,如图 1,
∵ 点 $O$ 是$△ABC$ 的重心,
∴ $AD,BE$ 分别是 $BC,AC$ 边上的中线,
∴ $D,E$ 分别为 $BC,AC$ 的中点,
∴ $DE$ 为 $△ABC$ 的中位线,
∴ $DE// AB$,$DE=\dfrac{1}{2}AB$,
∴ $△ODE∽△OAB$,
∴ $\dfrac{OD}{OA}=\dfrac{DE}{AB}=\dfrac{1}{2}$,
∵ $AB=2$,$BD=1$,$∠ADB=90°$,
∴ $AD=\sqrt{3}$,
∴ $OD=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$,$S_{△ ABC}=\dfrac{BC· AD}{2}=\dfrac{2×\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$,
∴ $S_{△ OBC}=\dfrac{BC· OD}{2}=\dfrac{2×\dfrac{\sqrt{3}}{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$.
(2) 两个比值都是定值。
由(1)同理可得$\dfrac{OD}{OA}=\dfrac{1}{2}$，是定值。
∵ $\dfrac{OD}{OA}=\dfrac{1}{2}$,
∴ $\dfrac{OD}{AD}=\dfrac{1}{3}$,
∴ $\dfrac{S_{△ OBD}}{S_{△ ABD}}=\dfrac{1}{3}$,同理可得$\dfrac{S_{△ ODC}}{S_{△ ADC}}=\dfrac{1}{3}$,
∵ $S_{△ OBC}=S_{△ OBD}+S_{△ ODC}$,$S_{△ ABC}=S_{△ ABD}+S_{△ ADC}$,
∴ $\dfrac{S_{△ OBC}}{S_{△ ABC}}=\dfrac{1}{3}$，是定值。
(3) ① 如图 2,连接 $BD$ 交 $AC$ 于点 $O$,
则点 $O$ 为 $BD$ 的中点,又点 $E$ 为 $CD$ 的中点,
∴ 点 $M$ 是 $△BCD$ 的重心,
∴ $\dfrac{EM}{BE}=\dfrac{1}{3}$,
∵ $E$ 为 $CD$ 的中点,
∴ $CE=\dfrac{1}{2}CD=2$,
∴ $BE=\sqrt{BC^2+CE^2}=2\sqrt{5}$,
∴ $EM=\dfrac{1}{3}BE=\dfrac{2\sqrt{5}}{3}$.
②
∵ $S_{△ CME}=1$,且$\dfrac{ME}{BM}=\dfrac{1}{2}$,
∴ $S_{△ BMC}=2$,
在正方形 $ABCD$ 中,$AB// EC$,
∴ $△CME∽△AMB$.
∵ $\dfrac{ME}{BM}=\dfrac{1}{2}$,
∴ $\dfrac{S_{△ CME}}{S_{△ AMB}}=(\dfrac{ME}{BM})^2=\dfrac{1}{4}$,
∴ $S_{△ AMB}=4$,
∴ $S_{△ ABC}=S_{△ BMC}+S_{△ ABM}=2+4=6$,
又 $S_{△ ADC}=S_{△ ABC}$,
∴ $S_{△ ADC}=6$,
∴ 正方形 $ABCD$ 的面积为 $6+6=12$.
【答案】
(1) $S_{△OBC}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，$S_{△ABC}=\sqrt{3}$，辅助线如图：
(2) 都是定值，$\dfrac{OD}{OA}=\dfrac{1}{2}$，$\dfrac{S_{△OBC}}{S_{△ABC}}=\dfrac{1}{3}$
(3) ① $EM=\dfrac{2\sqrt{5}}{3}$，辅助线如图：
② 正方形$ABCD$的面积为$12$
【知识点】
三角形重心的性质、相似三角形的判定与性质、正方形的性质
【点评】
本题从三角形重心的定义出发，遵循特例探究、性质总结、实际应用的逻辑设置问题，既考查了中位线、勾股定理、相似三角形、正方形等基础知识点，也考查了知识迁移和模型转化的能力，解题的关键是能将正方形中的交点问题转化为三角形重心模型求解。
【难度系数】
0.6
