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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.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
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 [2025 威海]如图，$△ ABC$ 的中线 $BE$，$CD$ 交于点 $F$，连接 $DE$.下列结论错误的是（
A.$S_{△ DEF}=\dfrac{1}{4}S_{△ BCF}$
B.$S_{△ ADE}=\dfrac{1}{2}S_{\mathrm{四边形}BCED}$
C.$S_{△ DBF}=\dfrac{1}{2}S_{△ BCF}$
D.$S_{△ ADC}=S_{△ AEB}$
（第2题）
B
）A.$S_{△ DEF}=\dfrac{1}{4}S_{△ BCF}$
B.$S_{△ ADE}=\dfrac{1}{2}S_{\mathrm{四边形}BCED}$
C.$S_{△ DBF}=\dfrac{1}{2}S_{△ BCF}$
D.$S_{△ ADC}=S_{△ AEB}$
（第2题）答案
2. B
3 如图，网格中的小正方形边长均为1，$△ ABC$的三个顶点均在网格的格点上，$D$，$E$分别是$AB$，$AC$的中点，$CD$与$BE$交于$O$，连接$AO$，则$AO$的长为（
A.$\sqrt{17}$
B.$\dfrac{2}{3}\sqrt{17}$
C.$\dfrac{2}{3}\sqrt{10}$
D.$\sqrt{10}$
B
）A.$\sqrt{17}$
B.$\dfrac{2}{3}\sqrt{17}$
C.$\dfrac{2}{3}\sqrt{10}$
D.$\sqrt{10}$
答案
3. B
4 如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ C=90°$,点G是$△ ABC$的重心,$GE⊥ AC$,垂足为E.如果$CB=8$,那么GE的长为
$\dfrac{8}{3}$
.答案
4. $\dfrac{8}{3}$
5 如图,点G是△ABC的重心,过点G作GD//BC,交AC于点D,连接AG并延长,交BC于点F,则△AGD与△AFC对应角平分线的比为
$2:3$
。答案
5. $2:3$
6 如图，$△ ADG$的顶点$G$为$△ ABC$的重心，$DG$与$AB$相交于点$E$。若$DE:EG=3:2$，$AE:EB=3:4$，则$S_{△ ADG}:S_{△ ABC}$的值为________。
答案
6. $\dfrac{5}{14}$
【解析】延长 $AG$ 交 $BC$ 于点 $O$,连接 $BG,CG$. 设$S_{△ GOB}=a.$
∵ $G$ 为$△ ABC$ 的重心, $\therefore BO=CO,AG=2GO.$
$\therefore S_{△ GOB}=S_{△ GOC}=a. \therefore S_{△ ABG}=S_{△ ACG}=2a. \therefore S_{△ ABC}=6a.$
$\because AE:EB=3:4,\therefore S_{△ AEG}=\dfrac{3}{7}S_{△ ABG}=\dfrac{6}{7}a. \because DE:EG=3:2, \therefore S_{△ ADE}=\dfrac{3}{2} S_{△ AEG} =\dfrac{9}{7}a. \therefore S_{△ ADG}: S_{△ ABC} =(\dfrac{6}{7}a+\dfrac{9}{7}a):6a=\dfrac{5}{14}.$
【解析】延长 $AG$ 交 $BC$ 于点 $O$,连接 $BG,CG$. 设$S_{△ GOB}=a.$
∵ $G$ 为$△ ABC$ 的重心, $\therefore BO=CO,AG=2GO.$
$\therefore S_{△ GOB}=S_{△ GOC}=a. \therefore S_{△ ABG}=S_{△ ACG}=2a. \therefore S_{△ ABC}=6a.$
$\because AE:EB=3:4,\therefore S_{△ AEG}=\dfrac{3}{7}S_{△ ABG}=\dfrac{6}{7}a. \because DE:EG=3:2, \therefore S_{△ ADE}=\dfrac{3}{2} S_{△ AEG} =\dfrac{9}{7}a. \therefore S_{△ ADG}: S_{△ ABC} =(\dfrac{6}{7}a+\dfrac{9}{7}a):6a=\dfrac{5}{14}.$
7 如图,点 P 是$△ ABC$的重心,且$AF ⊥ BE$,垂足为 P,设$BC = a$,$AC = b$,$AB = c$.求证:$a^2 + b^2 = 5c^2$.
答案
7. 连接 $EF$,设 $PF=m,PE=n.$
∵ 点 $P$ 是$△ ABC$ 的重心，$\therefore E,F$ 分别为 $AC,BC$ 的中点. $\therefore EF$ 为$△ ABC$ 的中位线，$AE=\dfrac{1}{2}AC,BF=\dfrac{1}{2}BC. \therefore EF// AB,EF=\dfrac{1}{2}AB. \because BC=a$，$AC=b,AB=c, \therefore AE=\dfrac{1}{2}b,BF=\dfrac{1}{2}a,EF=\dfrac{1}{2}c. \because EF// AB, \therefore ∠ EFP = ∠ BAP, ∠ FEP = ∠ ABP. \therefore △ EFP ∽ △ BAP. \therefore \dfrac{PE}{PB}=\dfrac{PF}{PA}=\dfrac{EF}{BA}=\dfrac{1}{2},即\dfrac{n}{PB}=\dfrac{m}{PA}=\dfrac{1}{2}. \therefore PB=2n$，$PA=2m. \because AF ⊥ BE, \therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ AEP$ 中,由勾股定理,得$PE^2+PA^2=AE^2,$得 $n^2+4m^2=\dfrac{1}{4}b^2$①;在 $\mathrm{Rt}△ BFP$ 中,由勾股定理,得 $PF^2+PB^2=BF^2,$得 $m^2+4n^2=\dfrac{1}{4}a^2$②. ①+②,得$5(n^2+m^2)=\dfrac{1}{4}(a^2+b^2).$ 在 $\mathrm{Rt}△ EFP$ 中,由勾股定理,得$PE^2+PF^2=EF^2,$得 $n^2+m^2=\dfrac{1}{4}c^2. \therefore 5×\dfrac{1}{4}c^2=\dfrac{1}{4}(a^2+b^2),即a^2+b^2=5c^2$
∵ 点 $P$ 是$△ ABC$ 的重心，$\therefore E,F$ 分别为 $AC,BC$ 的中点. $\therefore EF$ 为$△ ABC$ 的中位线，$AE=\dfrac{1}{2}AC,BF=\dfrac{1}{2}BC. \therefore EF// AB,EF=\dfrac{1}{2}AB. \because BC=a$，$AC=b,AB=c, \therefore AE=\dfrac{1}{2}b,BF=\dfrac{1}{2}a,EF=\dfrac{1}{2}c. \because EF// AB, \therefore ∠ EFP = ∠ BAP, ∠ FEP = ∠ ABP. \therefore △ EFP ∽ △ BAP. \therefore \dfrac{PE}{PB}=\dfrac{PF}{PA}=\dfrac{EF}{BA}=\dfrac{1}{2},即\dfrac{n}{PB}=\dfrac{m}{PA}=\dfrac{1}{2}. \therefore PB=2n$，$PA=2m. \because AF ⊥ BE, \therefore$ 在 $\mathrm{Rt}△ AEP$ 中,由勾股定理,得$PE^2+PA^2=AE^2,$得 $n^2+4m^2=\dfrac{1}{4}b^2$①;在 $\mathrm{Rt}△ BFP$ 中,由勾股定理,得 $PF^2+PB^2=BF^2,$得 $m^2+4n^2=\dfrac{1}{4}a^2$②. ①+②,得$5(n^2+m^2)=\dfrac{1}{4}(a^2+b^2).$ 在 $\mathrm{Rt}△ EFP$ 中,由勾股定理,得$PE^2+PF^2=EF^2,$得 $n^2+m^2=\dfrac{1}{4}c^2. \therefore 5×\dfrac{1}{4}c^2=\dfrac{1}{4}(a^2+b^2),即a^2+b^2=5c^2$
