23.4 三角形的中位线和重心讲义 2025-2026学年沪教版（五四制）八年级数学下册

本讲义聚焦三角形中位线和重心核心知识点，以平行四边形知识为基础引入，系统梳理中位线定义、定理及构造平行四边形的证明过程，同步讲解重心的形成、性质及相关推理，通过例题解析与分层习题构建完整知识支架。 资料以问题驱动导入培养几何直观，定理证明强化逻辑推理能力，真题精讲涵盖选择、填空、解答题并附详细解析，助力学生用数学语言表达关系，课中辅助教师高效授课，课后帮助学生查漏补缺，提升知识应用与创新意识。

23.4 三角形的中位线和重心新沪教版培优课件 在研究四边形时，通常会把它转化为三角形的问题，并利用三角形来研究四边形的有关问题.现在我们学了平行四边形，反过来，也可以利用平行四边形来研究三角形的有关问题。任意一个三角形的三条角平分线相交于一点，三条边的垂直平分线也相交于一点.试问:任意一个三角形的三条中线是否也相交于一点?它又有怎样的性质呢? 一、三角形的中位线 任意画一个△ABC, 然后分别取边AB、AC的中点D、E, 连接DE. 通过观察或测量等方法，你发现DE与BC 之间有怎样的位置关系?有怎样的数量关系?据此，你能得到什么结论? 定义：连接三角形两边中点的线段叫作三角形的中位线.每一个三角形有三条中位线. 三角形的中位线定理 三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半. 【例1】已知：在△ABC中 ，D 、E 分别是边AB 、AC 的中点。 求证：DE//BC, 且 证明过程： 如图,延长DE到点F, 使得EF=DE, 连接FC. 因为 AE=EC,∠AED=∠CEF, 所以△ADE≌△CFE. 由此推出 AD=CF,∠A=∠ECF, 所以AB//CF, 即 BD//CF. 又因为AD=DB,AD=CF, 所以DB=CF. 由平行四边形的判定定理2,得四边形 BCFD 是一个平行四边形，所以DF//BC, 且 DF=BC. 又因为DE= 所以DE//BC, 且 *定理总结： 二、三角形的重心 任意一个三角形都有三条中线。如图，已知BD、CE分别是ABC的边AC、AB上的中线，它们交于点O，连接AO并延长交边BC于点F.AF是边BC上的中线吗?线段AO与线段OF有怎样的数量关系?线段CO与线段OE呢?线段BO与线段OD呢?据此，你能得到什么结论? 定义： 三角形的三条中线交于一点，此交点叫作三角形的重心. 【例2】如图23-4-4,知:在ABC中，BD、CE分别是边AC、AB上的中线，BD和CE交于点O，连接AO并延长交边BC于点F.求证:AF是边BC上的中线. 证明过程： 如图23-4-5，延长AF到点G，使OG=AO,分别连接BG、CG. ∵EB=EA，OG=AO, ∴EO//BG(三角形的中位线定理). ∵OC//BG. 同理，可得OB//CG. ∴四边形BGCO是一个平行四边形.∴BF=FC(平行四边形的对角线互 相平分)， ∴AF是边BC上的中线. 三角形重心定理：三角形的重心到一个顶点的距离等于它到该顶点对边中点的距离的两倍. 【例3】如图,已知:在ABC中,AF、BD、CE分别是边BC、AC、AB上的中线，并交于点O. 求证:AO=2OF. 证明过程： 延长AF到点G，使OG=AO，分别连接BG、CG. 在例2中已经证明了四边形BGCO是一个平行四边形， 所以OG=2OF.又因为OG=AO，所以AO=2OF. 【模块一】三角形的中位线 1．（2021秋•黄浦区校级期末）若三角形一边中垂线过另一边中点，则该三角形必为（　　） A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．等腰三角形 【分析】根据线段垂直平分线的性质可得∠ADE＝90°，点D是AC的中点，从而可得DE是△ABC的中位线，然后利用三角形的中位线定理可得DE∥BC，从而可得∠ADE＝∠ACB＝90°，即可解答． 【解答】解：如图：MN是AC的垂直平分线，交AC于点D，交AB于点E，且点E是AB的中点， ∵MN是AC的垂直平分线， ∴∠ADE＝90°，点D是AC的中点， ∵点E是AB的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DE∥BC， ∴∠ADE＝∠ACB＝90°， ∴△ABC是直角三角形， 故选：C． 【点评】本题考查了三角形的中位线定理，线段垂直平分线的性质，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键． 2．（2025春•徐汇区期末）如图，在△ABC中，D、E分别是边AB、AC的中点，F、G分别是DB、EC的中点，如果DE＝4，那么FG＝　6　 ． 【分析】先根据三角形中位线定理求出BC，再根据梯形中位线定理求出FG． 【解答】解：∵D、E分别是边AB、AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴BC＝2DE＝2×4＝8， ∵F、G分别是DB、EC的中点， ∴FG是梯形DBCE的中位线， ∴FG（4+8）＝6， 故答案为：6． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键． 3．（2025秋•黄浦区校级月考）如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，AD＝AB，E，F分别是BD，AC的中点．若AC＝10，则EF的长为　5　 ． 【分析】连接AE，根据三线合一得出△AEC是直角三角形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进行求解． 【解答】解：连接AE， ∵AD＝AB， ∴△ABD是等腰三角形， ∵E是BD的中点， ∴AE⊥BD， 即△AEC是直角三角形， ∵F是AC的中点， ∴， 故答案为：5． 【点评】本题考查了等腰三角形三线合一的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，作出辅助线构造出直角三角形是解题的关键． 4．（2025春•虹口区期末）如图，在△ABC中，D，E分别是边AB，AC的中点，连接BE，DE．若∠AED＝∠BEC，DE＝3，则BE的长为 　6　 ． 【分析】根据三角形中位线定理得到BC＝2DE＝6，DE∥BC，根据平行线的性质、等腰三角形的判定解答即可． 【解答】解：∵D，E分别是边AB，AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴BC＝2DE＝2×3＝6，DE∥BC， ∴∠AED＝∠C， ∵∠AED＝∠BEC， ∴∠BEC＝∠C， ∴BE＝BC＝6， 故答案为：6． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半． 5．（2024秋•嘉定区校级期中）在一个三角形中，如果有两条中线互相垂直，我们把这样的三角形称为“中垂三角形”．如果△ABC是“中垂三角形”，AD、BE、CF是中线，∠DAB＝30°，AB＝4，那么BC的长为　或　 ． 【分析】分AD⊥BE、CF⊥AD、BE⊥CF三种情况讨论，运用相似三角形的判定与性质，勾股定理进行求解即可． 【解答】解：∵△ABC为“中垂三角形”，即AD⊥BE于点P， 又∵AB＝4，∠DAB＝30°， ∴， ∴， ∵AD、BE分别是中线，连接DE， ∴DE是△ABC的中位线， ∴EF∥AB， ∵∠BAP＝∠EDP，∠ABP＝∠DEP， ∴△ABP∽△DEP， ∴， ∴， ∵DP2+BP2＝DB2， ∴， ∴； 如图，当CF⊥AD时， 同理可得，，，PF＝1， ∵DP2+CP2＝DC2， ∴ ∴； 如果△ABC是“中垂三角形”，设三条中线相交于P，当BE⊥CF时，取BF中点G，连接PG，过G作GH⊥AD于H， ∵E为AB中点， ∴， ∵G为EB中点， ∴， 又BE⊥CF， ∴， ∵GH⊥AD，∠DAB＝30°，AG＝AE+EG＝3， ∴， ∴GH＞PG，这与垂线段最短相矛盾， ∴不存在CF⊥BE； 综上，BC的长为或． 故答案为：或． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理的性质以及三角形中位线性质等知识，掌握其性质定理是解决此题的关键． 6．（2025春•静安区期末）如图，△ABC中，∠ACE＝∠ECB，AE⊥EC，F是边AB的中点，AE＝3，EC＝4，BC＝7，那么FE的长是 　1　 ． 【分析】延长AE，交BC于H，根据勾股定理求出AC，证明△AEC≌△HEC，根据全等三角形的性质得到AE＝EH，HC＝AC＝5，进而求出BH，再根据三角形中位线定理计算即可． 【解答】解：如图，延长AE，交BC于H， ∵AE⊥EC， ∴∠AEC＝HEC＝90°， ∵AE＝3，EC＝4， ∴AC5， 在△AEC和△HEC中， ， ∴△AEC≌△HEC（ASA）， ∴AE＝EH，HC＝AC＝5， ∴BH＝BC﹣HC＝7﹣5＝2， ∵AF＝FB，AE＝EH， ∴FE是△ABH的中位线， ∴FEBH＝1， 故答案为：1． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键． 7．（2024秋•青浦区校级期末）如图，△ABC中，CB＝CA，CD⊥AB于D，E是AC的中点．若BD＝8，CD＝6，则DE的长等于　5　 ． 【分析】先根据直角三角形的性质求出BC的长，再等腰三角形的性质得出D是AB的中点．最后根据三角形的中位线定理即可得出结论． 【解答】解：△ABC中，CD⊥AB于D， ∴∠BDC＝90°． ∴BC10， ∵CB＝CA，CD⊥AB于D， ∴D是AB的中点． ∵E是AC的中点， ∴DEBC＝5． 故答案为：5． 【点评】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，三角形的中位线定理．掌握三角形的中位线定理是解题的关键． 8．（2012春•浦东新区校级月考）已知△ABC的周长为1，连接其三边中点构成第二个三角形，再连接第二个三角形的中点构成第三个三角形，以此类推，则第2012个三角形的周长为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据已知条件，首先可知各三角形都相似，然后根据题意可得规律：第n个三角形与原三角形的相似比为1：2n﹣1，又由△ABC周长为1，即可求得第2012个三角形的周长． 【解答】解：∵连接△ABC三边中点构成第二个三角形， ∴新三角形的三边与原三角形的三边的比值为1：2， ∴它们相似，且相似比为1：2， 同理：第三个三角形与第二个三角形的相似比为1：2， 即第三个三角形与第一个三角形的相似比为：1：22， 以此类推：第2012个三角形与原三角形的相似比为1：22011， ∵△ABC周长为1， ∴第2012个三角形的周长为 1：22011． 故选：C． 【点评】此题考查了相似三角形的性质与三角形中位线的性质．此题难度较大，解题的关键是找到规律：第n个三角形与原三角形的相似比为1：2n﹣1． 9．（2025春•厦门校级期中）如图，DE是△ABC的中位线，∠ACB的角平分线交DE于点F，若AC＝6，BC＝14，则DF的长为 　4　 ． 【分析】根据三角形的中位线得出DE＝BC＝7，DE∥BC，求出CE＝3，根据平行线的性质得出∠CFE＝∠BCF，根据角平分线的定义得出∠BCF＝∠ECF，得到∠ECF＝∠CFE，根据等腰三角形的判定得出EF＝CE＝3，即可求出DF． 【解答】解：∵DE是△ABC的中位线，BC＝14，AC＝6， ∴DEBC14＝7，AE＝CEAC6＝3，DE∥BC， ∴∠CFE＝∠BCF， ∵CF平分∠ACB， ∴∠BCF＝∠ECF， ∴∠ECF＝∠CFE， ∴EF＝CE＝3， ∴DF＝DE﹣EF＝7﹣3＝4， 故答案为：4． 【点评】本题考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的判定，能熟记三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解决问题的关键． 10．（2024秋•宝山区校级期中）如图，在△ABC中，CD平分∠ACB，且CD⊥AB于点D，DE∥BC交AC于点E，BC＝3cm，AB＝2cm．那么△ADE的周长为 　4　 cm． 【分析】先由等腰三角形的性质得AD＝1cm，再证CE＝AE＝DE，然后由三角形中位线定理得DE＝AEcm，即可解决问题． 【解答】解：∵CD平分∠ACB， ∴∠ACD＝∠BCD， ∵CD⊥AB于D， ∴∠ADC＝∠BDC＝90°， ∴∠A＝∠B， ∴AC＝BC＝3cm， ∵CD⊥AB， ∴AD＝BDAB＝1cm，∠ADC＝90°， ∵DE∥BC， ∴∠EDC＝∠BCD，∠ADE＝∠B， ∴∠EDC＝∠ACD，∠A＝∠ADE， ∴DE＝CE，DE＝AE， ∴CE＝AE＝DE， ∴DE是△ABC的中位线， ∴AE＝DEBCcm， ∴△ADE的周长＝AD+DE+AE＝14（cm）， 故答案为：4． 【点评】本题考查了三角形中位线定理、等腰三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的性质的性质等知识，熟练掌握三角形中位线定理和等腰三角形的判定与性质是解题的关键． 11．（2024春•普陀区期末）如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，∠ACB的平分线交DE于点F，如果AC＝12，BC＝18，那么DF的长为 　3　 ． 【分析】根据三角形中位线定理得到DE∥BC，DEBC，求出EF，进而求出DF． 【解答】解：∵CF是∠ABC的平分线， ∴∠ACF＝∠FCB， ∵点D、E分别为边AB、AC的中点， ∴DE∥BC，DEBC9， ∴∠EFC＝∠FCB， ∴∠ACF＝∠EFC， ∴EF＝ECAC12＝6， ∴DF＝DE﹣EF＝9﹣6＝3． 故答案为：3． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理，角平分线的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键． 12．（2024秋•黄浦区校级期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，，AC＝6，点D为斜边AB的中点，点E在边AC上，连结DE，若线段DE的垂直平分线恰好经过边AC的中点P，则线段AE＝　　 ． 【分析】分两种情况讨论：当点E位于点P左侧时和当点E位于点P右侧时． 【解答】解：在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，，AC＝6，D，P分别为AB，AC的中点，设线段DE的垂直平分线为l， ∴，， ∵l为DE的垂直平分线， ∴DP＝EP， 当点E位于点P左侧时，， 当点E位于点P右侧时，， 综上所述，， 故答案为：． 【点评】本题主要考查三角形中位线定理和垂直平分线的性质，解答本题的关键是熟练掌握三角形中位线定理． 13．（2023秋•闵行区期中）如图，已知AB＝AC，AD＝BD＝BC，点M为BC边上的中点，AM交BD于N，那么下列结论中，说法正确的有（　　） ①∠BAC＝36°；②BD平分∠ABC；③∠MNB＝54°；④点N是BD的中点． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质、三角形内角和定理以及三角形中位线定理判断即可． 【解答】解：∵AD＝BD， ∴∠DBA＝∠BAC， ∴∠BDC＝∠DBA+∠BAC＝2∠BAC， ∵BD＝BC， ∴∠C＝∠BDC＝2∠BAC， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠C＝2∠BAC， ∴2∠BAC+2∠BAC+∠BAC＝180°， ∴∠BAC＝36°，①正确； ∵∠ABD＝∠BAC，∠ABC＝2∠BAC， ∴BD平分∠ABC，②正确； ∵AB＝AC，点M为BC边上的中点， ∴AM⊥BC， ∴∠MNB＝90°﹣36°＝54°，③正确； ∵点M为BC边上的中点，AM与AC不平行， ∴点N不是BD边上的中点，④不正确； 故选：C． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，掌握等腰三角形的三线合一是解题的关键． 14．（2023春•普陀区期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是△ABC的中线，点E，F分别是AD，AC的中点，连接EF，若EF＝3，则AD的长为 　6　 ． 【分析】由题意知，EF是△ACD的中位线，则，CD＝6，由∠BAC＝90°，AD是△ABC的中线，可知AD＝CD，进而可得结果． 【解答】解：∵点E，F分别是AD，AC的中点， ∴EF是△ACD的中位线， ∴， ∴CD＝6， ∵∠BAC＝90°，AD是△ABC的中线， ∴AD＝CD＝6． 故答案为：6． 【点评】本题考查了三角形的中位线，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 15．（2023春•浦东新区校级期末）已知等腰三角形的两条中位线的长分别为2和4，则此等腰三角形的周长为 　20　 ． 【分析】因为三角形中位线的长度是相对应边长的一半，所以此三角形有一条边长为4，一条为8；那么就有两种情况，或腰长为4，或腰长为8，再分别去求三角形的周长． 【解答】解：∵等腰三角形的两条中位线长分别为2和4， ∴等腰三角形的两边长为4，8， 当腰长为8时，则三边长为8，8，4；周长为20； 当腰长为4时，则三边长为4，4，8；不能组成三角形， 故答案为：20． 【点评】本题主要考查了三角形中位线定理，等腰三角形的性质以及三角形三边关系，解答本题的关键是分类讨论思想的运用． 16．（2023•松江区一模）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4，E是边AC的中点，延长BC到点D，使BC＝2CD，那么DE的长是 　2　 ． 【分析】取BC的中点F，连接EF，根据三角形中位线定理可得EF＝2，再利用线段垂直平分线的性质可得答案． 【解答】解：取BC的中点F，连接EF， ∵点E为AC的中点， ∴EF是△ABC的中位线， ∴EFAB＝2， ∵BC＝2CD， ∴FC＝CD， ∵AC⊥BC， ∴AC垂直平分DF， ∴DE＝EF＝2， 故答案为：2． 【点评】本题主要考查了三角形中位线定理，线段垂直平分线的性质等知识，构造三角形中位线是解题的关键． 17．（2025秋•闵行区校级月考）已知：如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，点E是边BC的中点，在图中作点D，使得ED∥AB，且∠CDB＝90°，分别联结AE，AD，过点A作AF⊥BC，垂足为点F． （1）求证：AD平分∠BAE； （2）求证：∠CAF＝2∠DAE． 【分析】（1）根据斜边上的中线，得到AE＝DE，等边对等角得到∠DAE＝∠ADE，平行线的性质，得到∠BAD＝∠ADE，进而得到∠BAD＝∠DAE，即可得证； （2）根据等边对等角，得到∠C＝∠EAC，等角的余角相等，得到∠CAF＝∠BAE，即可得证． 【解答】证明：（1）∵∠BAC＝90°，∠CDB＝90°，点E是边BC的中点， ∴AEBC，DEBC， ∴AE＝DE， ∴∠DAE＝∠ADE， ∵ED∥AB， ∴∠BAD＝∠ADE， ∴∠BAD＝∠DAE， ∴AD平分∠BAE； （2）∵∠BAC＝90°，点E是边BC的中点， ∴， ∴∠C＝∠EAC， ∵AF⊥BC， ∴∠C+∠CAF＝90°， ∴∠CAF＝∠BAE； 由（1）知：AD平分∠BAE， ∴∠CAF＝∠BAE＝2∠DAE． 【点评】本题考查斜边上的中线，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键： 18．（2023春•徐汇区期末）如图，△ABC中，点D、E分别是边BC、AC的中点，过点A作AF∥BC交线段DE的延长线相交于F点，取AF的中点G，如果BC＝2AB． 求证：（1）四边形ABDF是菱形； （2）AC＝2DG． 【分析】（1）首先根据三角形的中位线定理，得DE∥AB，结合AF∥BC，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可以判断该四边形是平行四边形，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明； （2）根据菱形的性质可以进一步得到△FGD≌△FEA，则GD＝AE，即可证明结论． 【解答】证明：（1）∵点D、E分别是边BC、AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线（三角形中位线的定义）， ∴DE∥AB，DEAB（三角形中位线性质）．（1分） ∵AF∥BC， ∴四边形ABDF是平行四边形（平行四边形定义）．（1分） ∵BC＝2AB，BC＝2BD， ∴AB＝BD．（1分） ∴四边形ABDF是菱形．（1分） （2）∵四边形ABDF是菱形， ∴AF＝AB＝DF（菱形的四条边都相等）． ∵DEAB， ∴EFAF．（1分） ∵G是AF的中点． ∴GFAF， ∴GF＝EF．（1分） ∴△FGD≌△FEA，（1分） ∴GD＝AE， ∵AC＝2EC＝2AE， ∴AC＝2DG．（1分） 【点评】此题综合运用了三角形的中位线定理、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质． 19．（2023秋•宝山区校级期中）如图，四边形ABCD中，∠A＝∠D，AB＝CD，且点E、F分别是线段AD、BC的中点．求证：EF⊥BC． 【分析】证明△ABE≌△DCE得出EB＝EC，根据等腰三角形的性质，即可得证． 【解答】证明：∵点E是AD的中点， ∴EA＝ED， 在△ABE和△DCE中， ， ∴△ABE≌△DCE（SAS）， ∴EB＝EC， ∵点F是BC的中点． ∴BF＝FC， ∴EF⊥BC． 【点评】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形中位线定理，解决本题的关键是得到△ABE≌△DCE． 20．（2022秋•长宁区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足为点D，CE是AB边上的中线，AD与CE交于点F，点G是△ACD的重心，AB＝10，AD＝8，则点F与点G的距离是 　2　 ． 【分析】设直线AG与BC的交点为H，先由勾股定理和三线合一定理求得CD＝6，由重心的性质即可得到，DH＝3，进一步证明△AFG∽△ADH，得，即可求解． 【解答】解：设直线AG与BC的交点为H， ∵AB＝AC，AD⊥BC， ∴CD＝BD，∠ADB＝90°，D是BC的中点， ∴BD＝CD6， ∵CE是AB边的中点，AD是BC边中点， ∴点F是△ABC的重心， ∴AF：FD＝2：1， ∴AF：AD＝2：3， ∵点G是△ADC的重心， ∴DHDC＝3，， ∴， 又∵∠FAG＝∠DAH， ∴△AFG∽△ADH， ∴， ∴FGDH＝2， 故答案为2． 【点评】本题主要考查了勾股定理，三线合一定理，重心的性质，相似三角形的性质和判定，解题的关键在于能熟练重心的性质． 【模块二】三角形的中位线 21．（2025春•上海期末）如图，某景区有A，B，C三处景点，景点之间均以最短路线修建公路，为了便于游客游玩与休息，现计划建设一座游客休息厅提供给游客休息，为了确保各个景点到游客休息厅的距离相等，则游客休息厅应建设在（　　） A．△ABC三条中线的交点 B．△ABC三边垂直平分线的交点 C．△ABC三条高的交点 D．△ABC三条角平分线的交点 【分析】根据线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等解答即可． 【解答】解：∵各个景点到游客休息厅的距离相等， ∴游客休息厅应建设在△ABC三边垂直平分线的交点， 故选：B． 【点评】本题考查了线段垂直平分线的性质和三角形的重心，熟记性质是解题关键． 22．（2025秋•黄浦区期中）已知G是△ABC的重心，如果AB＝AC＝5，AG＝2，那么底边BC的长是（　　） A．4 B．6 C．8 D．10 【分析】连接AG并延长交BC于点D，由等腰三角形的性质可得出AD⊥BC，2BD＝BC，由三角形重心的性质即可得出AG的长，再根据勾股定理求出CD的长，据此求解即可． 【解答】解：如图所示：连接AG并延长交BC于点D， 由条件可知AD⊥BC，， ∴， ∴BC＝2CD＝8． 故选：C． 【点评】本题考查的是三角形的重心．也考查了等腰三角形的性质以及勾股定理．熟练掌握以上知识点是关键． 23．（2025•崇明区模拟）已知点G是△ABC的重心，如果联结AG，并延长AG交边BC于点D，那么下列说法中错误的是（　　） A．BD＝CD B．AG＝GD C．AG＝2GD D．BC＝2BD 【分析】根据三角形重心的定义可判断AD为BC边上的中线，则可对A、D选项进行判断；根据三角形重心的性质可对B、C选项进行判断． 【解答】解：如图， ∵点G是△ABC的重心， ∴AD为BC边上的中线， ∴BD＝CD，BC＝2BD，所以A、D选项的说法正确； ∵点G是△ABC的重心， ∴AG＝2GD，所以B选项的说法错误，C选项的说法正确． 故选：B． 【点评】本题考查了三角形的重心：三角形的重心是三角形三边中线的交点；重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1． 24．（2025秋•浦东新区校级月考）如图，△ABC的中线AD，BE相交于点F，FH⊥BC，垂足为H．若S△ABC＝15，BC＝6，则FH长为 　　 ． 【分析】连接FC，由三角形的中线与面积的关系可得S△BEC＝S△ABE＝S△ABDS△ABC，然后可得S△CEF＝S△DBF＝S△CDF，则有S△BCFS△BEC＝5，进而问题可求解． 【解答】解：连接FC，如图所示： ∵AD、BE是△ABC的中线，S△ABC＝15， ∴S△BEC＝S△ABE＝S△ABDS△ABC， ∴S△ABF+S△AEF＝S△ABF+S△BDF， ∴S△AEF＝S△BDF， ∵S△CEF＝S△AEF，S△DBF＝S△CDF， ∴S△CEF＝S△DBF＝S△CDF， ∴S△BCFS△BEC＝5， ∵S△BCFBC•FH6FH＝5， ∴FH． 故答案为：． 【点评】本题主要考查三角形的中线与面积的关系，熟练掌握三角形的中线与面积的关系是解题的关键． 25．（2025秋•虹口区月考）一个直角三角形的重心到直角顶点的距离为6，那么这个直角三角形的斜边长是　18　 ． 【分析】先求出斜边上的中线长，再结合直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解决问题． 【解答】解：由题知， 因为一个直角三角形的重心到直角顶点的距离为6， 所以这个直角三角形斜边上的中线为9， 所以这个直角三角形的斜边长是：2×9＝18． 故答案为：18． 【点评】本题主要考查了三角形的重心，熟知重心的性质及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键． 26．（2025秋•长宁区校级期中）如图，点G是△ABC的重心，AG⊥GC，AC＝4，那么BG的长为　4　 【分析】延长BG交AC于D点，G是△ABC的重心，故BD为△ABC的中线；又AG⊥GC，故GD为Rt△AGC斜边上的中线，根据直角三角形斜边上中线的性质可知GDAC，根据重心的性质可知BG＝2GD＝AC． 【解答】解：延长BG交AC于D点， 由重心性质可知BD为△ABC的中线； 由条件可知GD为Rt△AGC斜边上的中线， ∴GDAC， ∴BG＝2GD＝AC＝4． 【点评】本题考查了重心，直角三角形斜边上的中线，熟练掌握重心的性质是解题关键． 27．（2025秋•嘉定区校级期中）如果直角三角形的斜边长为16，那么它的重心与斜边中点之间的距离为 　　 ． 【分析】连接AE并延长交BC于点E，连接CD，并延长AD到H，使DH＝DE，则EH＝2DE，依题意得AD经过点E，CD＝AD＝BD＝1/2AB＝8，BF＝CF，由此得四边形AEBH是平行四边形，则BH∥AE，进而得EF是△CBH的中位线，则CE＝EH＝2DE，继而得CD＝CE+DE＝3DE＝8，据此即可得出重心与斜边中点之间的距离． 【解答】解：连接AE并延长交BC于点E，连接CD，并延长AD到H，使DH＝DE，如图所示： ∴EH＝DH+DE＝2DE， 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝16，点E是中心，点D是AB的中点， ∴AD经过点E，CD＝AD＝BDAB＝8，BF＝CF， ∴四边形AEBH是平行四边形， ∴BH∥AE， 即BH∥EF， 又∵BF＝CF， ∴EF是△CBH的中位线， ∴CE＝EH＝2DE， ∴CD＝CE+DE＝3DE＝8， ∴DE， ∴重心与斜边中点之间的距离为． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了直角三角形斜边中线的性质，三角形重心的定义，理解三角形重心的定义，熟练掌握直角三角形斜边中线的性质是解决问题的关键． 28．（2025秋•虹口区期中）如图，在△ABC中，点G是△ABC的重心，EF过点G且平行于BC，分别交AB、AC于点E、F，那么的值是 　　 ． 【分析】连接AG并延长，交BC于点P，由三角形的重心的性质可知AG＝2GP，由EF∥BC，根据相似三角形的判定可知△AGF∽△APC，得出 AF：AC＝2：3，最后由EF∥BC，得出△AEF∽△ABC，从而求出EF：BC＝AF：AC＝2：3． 【解答】解：如图，连接AG并延长，交BC于点P， ∵G为△ABC的重心， ∴AG＝2GP， ∴AG：AP＝2：3， ∵EF过点G且EF∥BC， 在△AGF和△APC中， ， ∴△AGF∽△APC， ∴AF：AC＝AG：AP＝2：3． 又∵EF∥BC， 在△AEF和△ABC中， ， ∴△AEF∽△ABC， ∴， 故答案为：． 【点评】此题主要考查了三角形的重心，相似三角形的判定和性质，理解三角形重心的定义，熟练掌握相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形中位线定义是解决问题的关键． 29．（2025秋•浦东新区期中）如图，在△ABC中，G是△ABC的重心，联结AG并延长交BC于点D，已知AD＝6，AC＝8，点E在边AC上，且∠AGE＝∠C，则AE的长为 　3　 ． 【分析】连接CG，BG，设BG的延长线交AC于点F，在AD的延长线上截取DH＝DG，连接BH，CH，则GH＝2DG，根据三角形重心定义得BD＝CD，AF＝CF，证明四边形BGCH是平行四边形得BG∥CH，由此得GF是△ACH的中位线，则AG＝GH＝2DG，则AD＝3DG＝6，进而得DG＝2，AG＝4，然后证明△AGE和△ACD相似，再利用相似三角形的性质即可得出AE的长． 【解答】解：连接CG，BG，设BG的延长线交AC于点F，在AD的延长线上截取DH＝DG，连接BH，CH，如图所示： ∴GH＝DH+DG＝2DG， 在△ABC中，点G是△ABC的重心， ∴AD，BF分别是BC边，AC边上的中线， ∴BD＝CD，AF＝CF， ∵DH＝DG， ∴四边形BGCH是平行四边形， ∴BG∥CH， 即GF∥CH， 又∵AF＝CF， ∴GF是△ACH的中位线， ∴AG＝GH＝2DG， ∴AD＝AG+DG＝3DG， ∵AD＝6， ∴3DG＝6， ∴DG＝2， ∴AG＝2DG＝4， 在△AGE和△ACD中， ∵∠AGE＝∠C，∠GAE＝∠CAD， ∴△AGE∽△ACD， ∴， ∵AC＝8， ∴， ∴AE＝3， 即AE的长为3． 故答案为：3． 【点评】此题主要考查了三角形的重心，相似三角形的判定和性质，理解三角形重心的定义，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解决问题的关键． 30．（2025秋•嘉定区校级月考）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，AB＝10，点G是△ABC的重心，GE⊥AC，垂足为点E，那么线段GE的长是 　　 ． 【分析】连接CG并延长交QB于点E，连接AG并延长交BC于点G，并在AD的延长线取一点H，使DH＝DG，连接BG，GH＝2DG，根据三角形重心的定义得AE＝BE，CD＝BDBC，由此得四边形CGBH是平行四边形，则BH∥CG，进而得GE是△ABH的中位线，则AG＝GH＝2DG，继而得AD＝3DG，在△ABC中，由勾股定理得BC＝8，则CD＝BDBC＝4，在Rt△ACD中，由勾股定理得AD，则DG，AG，证明△AGE和△ADC相似，然后根据相似三角形性质即可得出GE的长． 【解答】解：连接CG并延长交QB于点E，连接AG并延长交BC于点G，并在AD的延长线取一点H，使DH＝DG，连接BG，如图所示： ∴GH＝DH+DG＝2DG， ∵点G是△ABC的重心， ∴AE，AD是△ABC的中线， ∴AE＝BE，CD＝BDBC， 又∵DH＝DG， ∴四边形CGBH是平行四边形， ∴BH∥CG， 即BH∥GE， 又∵AE＝BE， ∴GE是△ABH的中位线， ∴AG＝GH＝2DG， ∴AD＝AG+DG＝3DG， 在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，AB＝10， 由勾股定理得：BC8， ∴CD＝BDBC＝4， 在Rt△ACD中，由勾股定理得：AD， ∴3DG， ∴DG， ∴AG＝2DG， ∵GE⊥AC， ∠AEG＝∠ACB＝90°， ∴GE∥CD， ∴△AGE∽△ADC， ∴， ∴GE•AD＝CD•AG， ∴， ∴GE． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了三角形的重心，相似三角形的判定和性质，勾股定理，理解三角形的重心的定义，熟练掌握相似三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键． 31．（2025秋•宝山区校级月考）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点G是重心，CG＝2，那么斜边AB的长为 　6　 ． 【分析】延长CG交AB于D，如图，根据三角形重心的定义和性质得到CD为斜边AB上的中线，CG＝2DG，则可求出CD，然后根据直角三角形斜边上的中线性质确定AB的长． 【解答】解：延长CG交AB于D， ∵点G是△ABC的重心， ∴CD为斜边AB上的中线，CG＝2DG， ∴， ∴CD＝CG+DG＝2+1＝3， ∴AB＝2CD＝6． 故答案为：6． 【点评】本题考查了三角形的重心，重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1，属于中档题． 32．（2025•杨浦区二模）在Rt△ABC中，∠C＝90°，点G是Rt△ABC的重心，如果CG＝6，那么斜边AB的长等于　18　 ． 【分析】CD为斜边上的中线，如图，根据重心的性质得到DGCG＝3，则CD＝9，然后根据直角三角形斜边上的中线性质即可得到AB的长． 【解答】解：CD为斜边上的中线，如图， ∵点G是Rt△ABC的重心， ∴CG：GD＝2：1， ∴DGCG6＝3， ∴CD＝3+6＝9， ∴AB＝2CD＝18． 故答案为18． 【点评】本题考查了三角形重心：三角形的重心是三角形三边中线的交点．重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1．也考查了直角三角形斜边上的中线性质． 33．（2024秋•浦东新区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点G是△ABC的重心，如果，AG＝4，那么AB＝　　 ． 【分析】本题先利用重心求出AD，再利用勾股定理列式整体法求出CD，进而得到BC，最后利用勾股定理即可求出AB． 【解答】解：∵点G是△ABC的重心，AG＝4， ∴，点D为BC的中点， ∵，∠C＝90°， ∴， ∴BC＝2CD＝10， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了重心的定义与性质，结合勾股定理，关键是掌握重心性质并运用勾股定理列式求解是解题关键． 34．（2007秋•黄浦区期中）如图：AD、CE是△ABC的中线，AD、CE相交于F，若CE＝8厘米，则CF＝　　 厘米． 【分析】由题意可知，CE＝8厘米，即CF+EF＝8cm，又点F是三角形的重心，所以，CFCF＝8cm，解出即可． 【解答】解：∵AD、CE是△ABC的中线，AD、CE相交于F， ∴EFCF， 由CE＝8厘米， ∴CFCF＝8cm， 得，CFcm； 故答案为cm． 【点评】本题考查了重心的概念和性质：三角形的重心是三角形三条中线的交点，且重心到顶点的距离是它到对边中点的距离的2倍． 35．（2022秋•徐汇区校级月考）如图，在△ABC中，中线AD、BE、CF相交于点G，下列说法错误的是（　　） A．点G为△ABC的重心 B．GC＝2GF C．当△ABC为等边三角形时，GA＝GB D．S△ABC＝2S△GBC 【分析】根据三角形的重心性质可判断选项A、B；根据等边三角形的性质得到AD＝BE，可判断选项C；根据三角形的中线将三角形的面积平分可判断选项D． 【解答】】解：A、∵△ABC的中线AD、BE、CF相交于点G， ∴点G为△ABC的重心，故选项A正确，不符合题意； B、∵点G 为△ABC的重心， ∴GC：GF＝2：1，即GC＝2GF，故选项B正确，不符合题意； C、∵△ABC为等边三角形， ∴AD＝BE， ∵GA＝2GD，GB＝2GE， ∴，， ∴GA＝GB，故选项C正确，不符合题意； D、∵GA＝2GD， ∴AD＝3DG，则S△ABD＝3S△GBD＝3S△GCD， ∴S△ABC＝3S△GBC，故选项D错误，符合题意． 故选：D． 【点评】本题考查三角形的重心性质、等边三角形的性质、三角形的中线性质，解答的关键是熟练掌握三角形的中线性质和重心性质：三角形的重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1． 36．（2018秋•浦东新区校级期中）如图，△ABC的两条中线AD、CE交于点G，联结BG并延长，交边AC于点F，那么下列结论不正确的是（　　） A．AF＝FC B．GF＝BG C．AG＝2GD D．EGCE 【分析】由题意点G是△ABC的重心，利用三角形的中位线定理即可判断； 【解答】解：如图连接DE． ∵△ABC的两条中线AD、CE交于点G， ∴点G是△ABC的重心， ∴DF也是△ABC的中线， ∴AF＝FC，故A不符合题意， ∵BE＝AE，BD＝CD， ∴DE∥AC，DEAC， ∴， ∴AG＝2DG，EGCE，故C，D不符合题意， 故选：B． 【点评】本题考查三角形的重心，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 37．（2022秋•杨浦区期中）如图，已知：△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC．BE是AC上的中线，BE＝15cm，AG＝12cm，则S△ABC＝　144cm2 ． 【分析】首先证明点G是△ABC的重心，推出AG＝2DG，BG＝EG，求出BG，DG，利用勾股定理求出BD即可解决问题． 【解答】解：∵AB＝AC，AD⊥BC， ∴BD＝CD， ∵BE是△ABC的中线， ∴点G是△ABC的重心， ∴AG＝2DG，BG＝2EG， ∵BE＝15cm，AG＝12cm， ∴BG＝10（cm），DG＝6（cm）， 在Rt△BDG中，BD8（cm）， ∴BC＝2BD＝16（cm）， ∴S△ABC16×18＝144（cm2）． 故答案为144cm2． 【点评】本题考查的是重心的概念和性质，掌握三角形的重心是三角形三条中线的交点，且重心到顶点的距离是它到对边中点的距离的2倍是解题的关键． 38．（2019秋•嘉定区校级月考）如图，点G是△ABC的重心，过点G作EF∥BC，分别交AB、AC于点E、F，且EF+BC＝7.2cm，求BC的长． 【分析】如果连接AG并延长，交BC于点P，由三角形的重心的性质可知AG＝2GP，则AG：AP＝2：3．又EF∥BC，根据相似三角形的判定可知△AGF∽△APC，得出AF：AC＝2：3，最后由EF∥BC，得出△AEF∽△ABC，从而求出EF：BC＝AF：AC＝2：3，结合EF+BC＝7.2cm来求BC的长度． 【解答】解：如图，连接AG并延长，交BC于点P． ∵G为△ABC的重心， ∴AG＝2GP， ∴AG：AP＝2：3， ∵EF过点G且EF∥BC， ∴△AGF∽△APC， ∴AF：AC＝AG：AP＝2：3． 又∵EF∥BC， ∴△AEF∽△ABC， ∴． 又EF+BC＝7.2cm， ∴BC＝4.32cm． 【点评】本题主要考查了三角形的重心的性质，相似三角形的判定及性质．三角形三边的中线相交于一点，这点叫做三角形的重心．重心到顶点的距离等于它到对边中点距离的两倍．平行于三角形一边的直线截其它两边，所得三角形与原三角形相似．相似三角形的三边对应成比例． 39．（2025秋•金山区校级月考）如图，在△ABC中，D、E分别是BC、AC的中点，AD与BE相交于点G，如果DG＝3，那么AD＝ 　9　 ． 【分析】先过点E作EF∥BC，交AD于点F，根据相似三角形的性质可得，进而得出，再结合DG的长求出FG，然后证明△AEF∽△ACD，可得答案． 【解答】解：过点E作EF∥BC，交AD于点F， ∴△ACD∽△AEF， ∴． ∵BC∥EF， ∴△BDG∽△EFG， ∴， ∴， ∴． ∵△ACD∽△AEF， ∴， ∴， ∴AD＝9． 方法2：∵D、E是中点， ∴G是△ABC的重心， ∴AD＝3DG＝9， 故答案为：9． 【点评】本题主要考查了相似三角形的性质和判定，掌握其性质定理是解决此题的关键． 1．（2025秋•徐汇区校级月考）如图，△ABC内部有一点D，且△DAB、△DBC、△DCA的面积分别为10、8、6．若△ABC的重心为G，则下列叙述正确的是（　　） A．△GBC与△DBC的面积相同，且DG与BC平行 B．△GBC与△DBC的面积相同，且DG与BC不平行 C．△GCA与△DCA的面积相同，且DG与AC平行 D．△GCA与△DCA的面积相同，且DG与AC不平行 【分析】由题意可得S△ABC＝10+8+6＝24，利用三角形重心性质可得S△GBCS△ABC＝×24＝8，进而可得S△GBC＝S△DBC＝8，即可判断结论A正确． 【解答】解：∵△ABC内部有一点D，且△DAB、△DBC、△DCA的面积分别为10、8、6， ∴S△ABC＝10+8+6＝24， ∵△ABC的重心为G， ∴S△GBCS△ABC24＝8， ∴S△GBC＝S△DBC＝8， ∴点D、G到BC的距离相等，且位于BC的同侧， ∴DG∥BC，故结论A正确；结论B、C、D错误； 故选：A． 【点评】本题考查了三角形的中线、重心，三角形面积，熟练掌握三角形的重心的性质是解题关键． 2．（2025秋•嘉定区校级月考）如果直角三角形的重心到直角顶点的距离是4，那么该直角三角形的斜边长是　12　 ． 【分析】根据三角形的重心的性质求出CD，根据直角三角形的性质计算即可． 【解答】解：如图： 由题意得，CG＝4， ∵点G是△ABC的重心， ∴CDCG＝6，CD是△ABC的中线， ∴AB＝2CD＝12， 故答案为：12． 【点评】本题考查的是三角形的重心的概念和性质，直角三角形的性质，掌握三角形的重心到顶点的距离是它到对边中点的距离的2倍是解题的关键． 3．（2025春•浦东新区校级月考）如图，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝5，BC＝10，则EF的长为　2.5　 ． 【分析】根据三角形中位线定理求出DE，根据直角三角形的性质求出DF，结合图形计算，得到答案． 【解答】解：∵DE为△ABC的中位线，∠AFB＝90°，若AB＝5，BC＝10， ∴，D是AB的中点， 在Rt△AFB中，， ∴EF＝DE﹣DF＝2.5， 故答案为：2.5． 【点评】本题考查三角形中位线定理，解答本题的关键是熟练掌握三角形中位线定理． 4．（2024秋•徐汇区期中）如图，△ABC的两条中线AD、CE交于点G，且AD⊥CE，连接BG并延长与AC交于点F，如果AD＝9，CE＝12，那么下列结论不正确的是（　　） A．AC＝10 B．AB＝15 C．BG＝10 D．BF＝15 【分析】由三角形的重心可得，，，即可由勾股定理得，，得到，即可判断A、B；由直角三角形的性质可得，进而得BG＝10，即得BF＝BG+GF＝15，即可判断C、D，据此即可求解． 【解答】解：∵△ABC的两条中线AD、CE交于点G， ∴点G是△ABC的重心， ∴，，， ∵AD⊥CE， ∴，， ∴， ∵AD⊥CE，F是AC的中点， ∴， ∴BG＝10， ∴BF＝BG+GF＝10+5＝15，故A、C、D正确，不符合题意，B错误，符合题意； 故选：B． 【点评】本题考查了三角形的中线和重心，勾股定理，直角三角形的性质，掌握三角形的中线和重心的性质是解题的关键． 5．（2024秋•广陵区月考）如图，G是△ABC的重心，AG⊥GC，连接BG并延长交AC于D，AC＝4，则BG的长为 　4　 ． 【分析】根据三角形重心的定义得BD为△ABC的中线，又AG⊥GC，根据直角三角形斜边上中线的性质可知，再根据重心的性质得BG＝2GD，即可得解． 【解答】解：∵G是△ABC的重心， ∴BD为△ABC的中线， 又∵AG⊥GC， ∴GD为Rt△AGC斜边上的中线， ∴， ∵G是△ABC的重心，AC＝4， ∴BG＝2GD＝AC＝4， ∴BG的长为4． 故答案为：4． 【点评】本题考查重心与三角形中线的关系，直角三角形斜边上的中线的性质，解题的关键是掌握：三角形的重心是三条中线的交点，三角形的重心到顶点的距离是重心到对边中点的距离的2倍． ‌ 1．（2025秋•徐汇区月考）如果直角三角形的斜边长为12，那么它的重心与斜边中点之间的距离为 　2　 ． 【分析】在△ABC中，∠ACB＝90°，斜边AB＝12，点G是△ABC的重心，连接AG，连接CG并延长交AB于点D，在CD的延长线取一点F，使DF＝DG，连接BG并延长交AC于点E，则GF＝2DG，进而得CD＝AD＝BDAB＝6，AE＝CE，证明四边形AGBF是平行四边形得AF∥BG，进而得GE是△ACF的中位线，由此得CG＝GF＝2DG，则CD＝3DG＝6，据此即可得出重心与斜边中点之间的距离． 【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝90°，斜边AB＝12，点G是△ABC的重心， 连接AG，连接CG并延长交AB于点D，在CD的延长线取一点F，使DF＝DG，连接BG并延长交AC于点E，如图所示： ∴GF＝DF+DG＝2DG， ∴CD，AE分别是△ABC的中线， ∴CD＝AD＝BDAB＝6，AE＝CE， 又∵DF＝DG， ∴四边形AGBF是平行四边形， ∴AF∥BG， 即AF∥GE， ∵AE＝CE， ∴GE是△ACF的中位线， ∴CG＝GF＝2DG， ∴CD＝CG+DG＝3DG＝6， ∴DG＝2， 即重心与斜边中点之间的距离为2． 故答案为：2． 【点评】此题主要考查了三角形的重心，直角三角形斜边中线的性质，三角形中位线定理，理解三角形重心的定义，熟练掌握直角三角形斜边中线的性质，三角形中位线定理是解决问题的关键． 2．（2025春•杨浦区期末）如图，在△ABC中，AB＝8，点D、E分别是边AB、AC的中点，点F是线段DE上的一点且EF＝2，连接AF、BF，若∠AFB＝90°，则线段BC的长为　12　 ． 【分析】利用三角形中位线定理得到DEBC．由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到DFAB，即可求解． 【解答】解：∵点D、E分别是边AB、AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DEBC， ∵∠AFB＝90°，D是AB的中点，AB＝8， ∴DFAB8＝4， ∵EF＝2． ∴DE＝EF+DF＝6． ∴BC＝12， 故答案为：12． 【点评】本题考查了三角形的中位线定理，解题的关键是了解三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，题目比较好，难度适中． 3．（2025•长宁区二模）我们把一个三角形的重心与外心之间的距离叫做该三角形的“变形值”．已知等腰三角形的腰长为5，底边长为8，那么它的“变形值”等于　　 ． 【分析】根据题意画出示意图，分别求出重心及外心到顶点的距离即可解决问题． 【解答】解：如图所示， 点E，F分别为△ABC的重心和外心． ∵AM⊥BC，AB＝AC， ∴BM． 在Rt△ABM中， AM． ∵点E为△ABC的重心， ∴AE． 令△ABC外接圆的半径为r， 则BF＝r，MF＝r﹣3， 在Rt△BFM中， 42+（r﹣3）2＝r2， 解得r， ∴AF， ∴EF＝AF﹣AE． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了三角形的重心、等腰三角形的性质及三角形的外接圆与外心，熟知三角形重心的定义及等腰三角形的性质是解题的关键． 4．（2024秋•浦东新区校级月考）如图，点G是等边△ABC的重心，联结GA，如果，那么BC＝ 　12　 ． 【分析】连接BG，延长AG交BC于D，根据等边三角形的性质得AD⊥BC，BD＝CD，AG平分∠BAC，BG平分∠ABC，进而得∠GAB＝∠GBA＝∠GBD＝30°，则BG＝AG，由此得GD，BD＝6，据此可得BC的长． 【解答】解：连接BG，延长AG交BC于点D，如图所示： ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝∠BAC＝60°， ∵点G是等边△ABC的重心， ∴AD⊥BC，BD＝CD，AG平分∠BAC，BG平分∠ABC， ∴∠GAB∠BAC＝30°，∠GBA＝∠GBD∠ABC＝30°， ∴∠GAB＝∠GBA， ∴BG＝AG， 在Rt△BGD中，BG，∠GBD＝30°， ∴GDGB， 由勾股定理得：BD6， ∴BD＝CD＝6， ∴BC＝BD+CD＝12． 故答案为：12． 【点评】此题主要考查了三角形的重心，等边三角形的性质，理解等边三角形的重心的性质，熟练掌握等边三角形的性质是解决问题的关键． 5．（2024秋•浦东新区期末）在△ABC中，∠C＝90°，点G是△ABC的重心，如果CG＝4，那么AB＝ 　12　 ． 【分析】连接AG并延长交BC于点F，连接CG并延长交AB于点E，在CE的延长线上取一点H，使EH＝EG，连接AH，BH，BG，证明四边形AGBH是平行四边形得BH∥AG，进而得GF是△CHB的中位线，则CG＝GH＝2GE，据此得GE＝2，则CE＝6，再根据直角三角形斜边中线的性质可得出AB的长． 【解答】解：连接AG并延长交BC于点F，连接CG并延长交AB于点E，在CE的延长线上取一点H，使EH＝EG，连接AH，BH，BG，如图所示： ∵G是△ABC的重心， ∴CE，BF是△ABC的中线， ∴AE＝BE，BF＝CF， ∵EH＝EG， ∴四边形AGBH是平行四边形， ∴BH∥AG， ∵BF＝CF， ∴GF是△CHB的中位线， ∴CG＝GH＝2GE， ∵CG＝4， ∴GECG＝2， ∴CE＝CG+GE＝6， ∵∠ACB＝90°， ∴CE是Rt△ACB斜边AB上的中线， ∴AB＝2CE＝12． 故答案为：12． 【点评】此题主要考查了三角形的重心，熟练掌握三角形重心的性质是解决问题的关键． 6．（2025秋•浦东新区校级期中）如图，在△ABC中，G是三角形的重心，AG⊥GC，AG＝6，GC＝8，则BG的长为（　　） A．6 B．8 C．10 D．12 【分析】延长BG交AC于点H，证明BG＝2GH；证明BG＝AC，求出AC，即可解决问题． 【解答】解：如图，延长BG交AC于点H； ∵点G是△ABC的重心， ∴AH＝CH； ∵AG⊥GC， ∴AC＝2GH， ∴BG＝AC． 由勾股定理得： AC2＝AG2+GC2，而AG＝6，GC＝8， ∴AC＝10， ∴BG＝10． 故选：C． 【点评】本题考查了三角形重心的性质及其应用问题，解题的关键是作辅助线，灵活运用有关定理来分析、判断、推理或解答． 7．（2024秋•崇明区期中）在△ABC中，若中线AD和中线CE相交于G，GD＝2，那么AD的长为 　6　 ． 【分析】直接根据三角形重心的性质解答即可． 【解答】解：∵在△ABC中，中线AD和中线CE相交于G， ∴点G是△ABC的重心， ∵GDAD＝2， 解得AD＝6． 故答案为：6． 【点评】本题考查的是三角形的重心，熟知重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1是解答此题的关键． 8．（2024春•崇明区期末）我们规定：联结四边形对边中点的线段叫做这个四边形的“对中线”．如图，如果凸四边形ABCD的对角线AC＝BD＝8，且两条对角线的夹角为60°，那么该四边形较长的“对中线”的长度为 　4　 ． 【分析】取四边形ABCD四边中点为M、N、P、Q，连接MN，PN，PQ，MQ，由三角形中位线定理推出MN＝PN＝PQ＝MQ，判定四边形MNPQ是菱形，得到PM⊥QN，∠PQH∠PQM，由四边形两条对角线的夹角为60°，得到∠PQM＝60°，因此∠PQH＝30°，由含30度角的直角三角形的性质得到PHPQ＝2，求出QHPH＝2，得到QN＝2QH＝4，于是得到该四边形较长的“对中线”的长度为4． 【解答】解：取四边形ABCD四边中点为M、N、P、Q，连接MN，PN，PQ，MQ， ∴PQ是△ABD的中位线， ∴PQBD8＝4，PQ∥BD， 同理：QM，MNBD，PNAC，QM∥AC， ∴MN＝PN＝PQ＝MQ， ∴四边形MNPQ是菱形， ∴PM⊥QN，∠PQH∠PQM，QN＝2QH， ∵四边形两条对角线的夹角为60°，PQ∥BD，QM∥AC， ∴∠PQM＝60°， ∴∠PQH＝30°， ∴PHPQ＝2， ∴QHPH＝2， ∴QN＝2QH＝4， ∵NQ＞PM， ∴该四边形较长的“对中线”的长度为4． 故答案为：4． 【点评】本题考查菱形的判定和性质，三角形中位线定理，关键是由三角形中位线定理判定四边形MNPQ是菱形． 9．（2022春•奉贤区校级期末）如图所示，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝6，BC＝10，则EF的长为　2　 ． 【分析】根据三角形中位线定理求出DE，根据直角三角形的性质求出DF，计算即可． 【解答】解：∵DE为△ABC的中位线， ∴DEBC＝5， ∵∠AFB＝90°，D是AB 的中点， ∴DFAB＝3， ∴EF＝DE﹣DF＝2， 故答案为：2 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键． 10．（2022秋•静安区校级期末）在△ABC中，∠BAC＝90°，点G是△ABC的重心，连接AG．若AG＝6，则BC长为 　18　 ． 【分析】延长AG交BC于点D，根据点G是△ABC的重心，得到D为BC的中点，以及AG＝2DG，进而求出AD的长度，根据AD是直角三角形斜边上的中线，从而求出BC的长． 【解答】解：如图，延长AG交BC于点D， ∵点G是△ABC的重心，AG＝6， ∴D为BC的中点，且AG＝2DG＝6， ∴DG＝3， ∴AD＝AG+DG＝9， ∵∠BAC＝90°， ∴BC＝2AD＝18； 故答案为：18． 【点评】本题考查重心的性质，以及直角三角形斜边上的中线．熟练掌握重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1，以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，是解题的关键． 11．（2022秋•杨浦区期末）如图，△ABC中，∠BAC＝90°，点G是△ABC的重心，如果AG＝4，那么BC的长为　12　 ． 【分析】延长AG交BC于点D，根据重心的性质可知点D为BC的中点，且AG＝2DG＝4，则AD＝6，再根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可求解． 【解答】解：如图，延长AG交BC于点D． ∵点G是△ABC的重心，AG＝4， ∴点D为BC的中点，且AG＝2DG＝4， ∴DG＝2， ∴AD＝AG+DG＝6， ∵△ABC中，∠BAC＝90°，AD是斜边的中线， ∴BC＝2AD＝12． 故答案为12． 【点评】本题考查了三角形重心的定义及性质，三角形的重心是三角形三边中线的交点，重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1．同时考查了直角三角形的性质． 12．（2022秋•普陀区校级月考）三角形的重心正确的叙述是（　　） A．三角形三条角平分线的交点 B．三角形三条中垂线的交点 C．三角形三条中线的交点 D．三角形三条高的交点 【分析】根据三角形重心定义判断即可得解． 【解答】解：三角形的重心是三角形三条中线的交点， 故选：C． 【点评】此题考查了三角形重心，熟记三角形重心的定义是解题的关键． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/1/21 17:29:51；用户：672612206；邮箱：672612206@qq.com；学号：5843515 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 23.4 三角形的中位线和重心新沪教版培优课件 在研究四边形时，通常会把它转化为三角形的问题，并利用三角形来研究四边形的有关问题.现在我们学了平行四边形，反过来，也可以利用平行四边形来研究三角形的有关问题。任意一个三角形的三条角平分线相交于一点，三条边的垂直平分线也相交于一点.试问:任意一个三角形的三条中线是否也相交于一点?它又有怎样的性质呢? 一、三角形的中位线 任意画一个△ABC, 然后分别取边AB、AC的中点D、E, 连接DE. 通过观察或测量等方法，你发现DE与BC 之间有怎样的位置关系?有怎样的数量关系?据此，你能得到什么结论? 定义：连接三角形两边中点的线段叫作三角形的中位线.每一个三角形有三条中位线. 三角形的中位线定理 三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半. 【例1】已知：在△ABC中 ，D 、E 分别是边AB 、AC 的中点。 求证：DE//BC, 且 证明过程： 如图,延长DE到点F, 使得EF=DE, 连接FC. 因为 AE=EC,∠AED=∠CEF, 所以△ADE≌△CFE. 由此推出 AD=CF,∠A=∠ECF, 所以AB//CF, 即 BD//CF. 又因为AD=DB,AD=CF, 所以DB=CF. 由平行四边形的判定定理2,得四边形 BCFD 是一个平行四边形，所以DF//BC, 且 DF=BC. 又因为DE= 所以DE//BC, 且 *定理总结： 二、三角形的重心 任意一个三角形都有三条中线。如图，已知BD、CE分别是ABC的边AC、AB上的中线，它们交于点O，连接AO并延长交边BC于点F.AF是边BC上的中线吗?线段AO与线段OF有怎样的数量关系?线段CO与线段OE呢?线段BO与线段OD呢?据此，你能得到什么结论? 定义： 三角形的三条中线交于一点，此交点叫作三角形的重心. 【例2】如图23-4-4,知:在ABC中，BD、CE分别是边AC、AB上的中线，BD和CE交于点O，连接AO并延长交边BC于点F.求证:AF是边BC上的中线. 证明过程： 如图23-4-5，延长AF到点G，使OG=AO,分别连接BG、CG. ∵EB=EA，OG=AO, ∴EO//BG(三角形的中位线定理). ∵OC//BG. 同理，可得OB//CG. ∴四边形BGCO是一个平行四边形.:.BF=FC(平行四边形的对角线互 相平分)， ∴AF是边BC上的中线. 三角形重心定理：三角形的重心到一个顶点的距离等于它到该顶点对边中点的距离的两倍. 【例3】如图,已知:在ABC中,AF、BD、CE分别是边BC、AC、AB上的中线，并交于点O. 求证:AO=2OF. 证明过程： 延长AF到点G，使OG=AO，分别连接BG、CG. 在例2中已经证明了四边形BGCO是一个平行四边形， 所以OG=2OF.又因为OG=AO，所以AO=2OF. 【模块一】三角形的中位线 1．（2021秋•黄浦区校级期末）若三角形一边中垂线过另一边中点，则该三角形必为（　　） A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．等腰三角形 2．（2025春•徐汇区期末）如图，在△ABC中，D、E分别是边AB、AC的中点，F、G分别是DB、EC的中点，如果DE＝4，那么FG＝　 　 ． 3．（2025秋•黄浦区校级月考）如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，AD＝AB，E，F分别是BD，AC的中点．若AC＝10，则EF的长为　 　 ． 4．（2025春•虹口区期末）如图，在△ABC中，D，E分别是边AB，AC的中点，连接BE，DE．若∠AED＝∠BEC，DE＝3，则BE的长为 　 　 ． 5．（2024秋•嘉定区校级期中）在一个三角形中，如果有两条中线互相垂直，我们把这样的三角形称为“中垂三角形”．如果△ABC是“中垂三角形”，AD、BE、CF是中线，∠DAB＝30°，AB＝4，那么BC的长为　 　 ． 6．（2025春•静安区期末）如图，△ABC中，∠ACE＝∠ECB，AE⊥EC，F是边AB的中点，AE＝3，EC＝4，BC＝7，那么FE的长是 　 　 ． 7．（2024秋•青浦区校级期末）如图，△ABC中，CB＝CA，CD⊥AB于D，E是AC的中点．若BD＝8，CD＝6，则DE的长等于　 　 ． 8．（2012春•浦东新区校级月考）已知△ABC的周长为1，连接其三边中点构成第二个三角形，再连接第二个三角形的中点构成第三个三角形，以此类推，则第2012个三角形的周长为（　　） A． B． C． D． 9．（2025春•厦门校级期中）如图，DE是△ABC的中位线，∠ACB的角平分线交DE于点F，若AC＝6，BC＝14，则DF的长为 　 　 ． 10．（2024秋•宝山区校级期中）如图，在△ABC中，CD平分∠ACB，且CD⊥AB于点D，DE∥BC交AC于点E，BC＝3cm，AB＝2cm．那么△ADE的周长为 　 　 cm． 11．（2024春•普陀区期末）如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，∠ACB的平分线交DE于点F，如果AC＝12，BC＝18，那么DF的长为 　 　 ． 12．（2024秋•黄浦区校级期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，，AC＝6，点D为斜边AB的中点，点E在边AC上，连结DE，若线段DE的垂直平分线恰好经过边AC的中点P，则线段AE＝　 　 ． 13．（2023秋•闵行区期中）如图，已知AB＝AC，AD＝BD＝BC，点M为BC边上的中点，AM交BD于N，那么下列结论中，说法正确的有（　　） ①∠BAC＝36°；②BD平分∠ABC；③∠MNB＝54°；④点N是BD的中点． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 14．（2023春•普陀区期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是△ABC的中线，点E，F分别是AD，AC的中点，连接EF，若EF＝3，则AD的长为 　 　 ． 15．（2023春•浦东新区校级期末）已知等腰三角形的两条中位线的长分别为2和4，则此等腰三角形的周长为 　 　 ． 16．（2023•松江区一模）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4，E是边AC的中点，延长BC到点D，使BC＝2CD，那么DE的长是 　 　 ． 17．（2025秋•闵行区校级月考）已知：如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，点E是边BC的中点，在图中作点D，使得ED∥AB，且∠CDB＝90°，分别联结AE，AD，过点A作AF⊥BC，垂足为点F． （1）求证：AD平分∠BAE； （2）求证：∠CAF＝2∠DAE． 18．（2023春•徐汇区期末）如图，△ABC中，点D、E分别是边BC、AC的中点，过点A作AF∥BC交线段DE的延长线相交于F点，取AF的中点G，如果BC＝2AB． 求证：（1）四边形ABDF是菱形； （2）AC＝2DG． 19．（2023秋•宝山区校级期中）如图，四边形ABCD中，∠A＝∠D，AB＝CD，且点E、F分别是线段AD、BC的中点．求证：EF⊥BC． 20．（2022秋•长宁区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足为点D，CE是AB边上的中线，AD与CE交于点F，点G是△ACD的重心，AB＝10，AD＝8，则点F与点G的距离是 　 　 ． 【模块二】三角形的中位线 21．（2025春•上海期末）如图，某景区有A，B，C三处景点，景点之间均以最短路线修建公路，为了便于游客游玩与休息，现计划建设一座游客休息厅提供给游客休息，为了确保各个景点到游客休息厅的距离相等，则游客休息厅应建设在（　　） A．△ABC三条中线的交点 B．△ABC三边垂直平分线的交点 C．△ABC三条高的交点 D．△ABC三条角平分线的交点 22．（2025秋•黄浦区期中）已知G是△ABC的重心，如果AB＝AC＝5，AG＝2，那么底边BC的长是（　　） A．4 B．6 C．8 D．10 23．（2025•崇明区模拟）已知点G是△ABC的重心，如果联结AG，并延长AG交边BC于点D，那么下列说法中错误的是（　　） A．BD＝CD B．AG＝GD C．AG＝2GD D．BC＝2BD 24．（2025秋•浦东新区校级月考）如图，△ABC的中线AD，BE相交于点F，FH⊥BC，垂足为H．若S△ABC＝15，BC＝6，则FH长为 　 　 ． 25．（2025秋•虹口区月考）一个直角三角形的重心到直角顶点的距离为6，那么这个直角三角形的斜边长是　 　 ． 26．（2025秋•长宁区校级期中）如图，点G是△ABC的重心，AG⊥GC，AC＝4，那么BG的长为　 　 27．（2025秋•嘉定区校级期中）如果直角三角形的斜边长为16，那么它的重心与斜边中点之间的距离为 　 　 ． 28．（2025秋•虹口区期中）如图，在△ABC中，点G是△ABC的重心，EF过点G且平行于BC，分别交AB、AC于点E、F，那么的值是 　 　 ． 29．（2025秋•浦东新区期中）如图，在△ABC中，G是△ABC的重心，联结AG并延长交BC于点D，已知AD＝6，AC＝8，点E在边AC上，且∠AGE＝∠C，则AE的长为 　 　 ． 30．（2025秋•嘉定区校级月考）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，AB＝10，点G是△ABC的重心，GE⊥AC，垂足为点E，那么线段GE的长是 　 　 ． 31．（2025秋•宝山区校级月考）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点G是重心，CG＝2，那么斜边AB的长为 　 　 ． 32．（2025•杨浦区二模）在Rt△ABC中，∠C＝90°，点G是Rt△ABC的重心，如果CG＝6，那么斜边AB的长等于　 　 ． 33．（2024秋•浦东新区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点G是△ABC的重心，如果，AG＝4，那么AB＝　 　 ． 34．（2007秋•黄浦区期中）如图：AD、CE是△ABC的中线，AD、CE相交于F，若CE＝8厘米，则CF＝　 　 厘米． 35．（2022秋•徐汇区校级月考）如图，在△ABC中，中线AD、BE、CF相交于点G，下列说法错误的是（　　） A．点G为△ABC的重心 B．GC＝2GF C．当△ABC为等边三角形时，GA＝GB D．S△ABC＝2S△GBC 36．（2018秋•浦东新区校级期中）如图，△ABC的两条中线AD、CE交于点G，联结BG并延长，交边AC于点F，那么下列结论不正确的是（　　） A．AF＝FC B．GF＝BG C．AG＝2GD D．EGCE 37．（2022秋•杨浦区期中）如图，已知：△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC．BE是AC上的中线，BE＝15cm，AG＝12cm，则S△ABC＝　 　 ． 38．（2019秋•嘉定区校级月考）如图，点G是△ABC的重心，过点G作EF∥BC，分别交AB、AC于点E、F，且EF+BC＝7.2cm，求BC的长． 39．（2025秋•金山区校级月考）如图，在△ABC中，D、E分别是BC、AC的中点，AD与BE相交于点G，如果DG＝3，那么AD＝ 　 　 ． 1．（2025秋•徐汇区校级月考）如图，△ABC内部有一点D，且△DAB、△DBC、△DCA的面积分别为10、8、6．若△ABC的重心为G，则下列叙述正确的是（　　） A．△GBC与△DBC的面积相同，且DG与BC平行 B．△GBC与△DBC的面积相同，且DG与BC不平行 C．△GCA与△DCA的面积相同，且DG与AC平行 D．△GCA与△DCA的面积相同，且DG与AC不平行 2．（2025秋•嘉定区校级月考）如果直角三角形的重心到直角顶点的距离是4，那么该直角三角形的斜边长是　 　 ． 3．（2025春•浦东新区校级月考）如图，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝5，BC＝10，则EF的长为　 　 ． 4．（2024秋•徐汇区期中）如图，△ABC的两条中线AD、CE交于点G，且AD⊥CE，连接BG并延长与AC交于点F，如果AD＝9，CE＝12，那么下列结论不正确的是（　　） A．AC＝10 B．AB＝15 C．BG＝10 D．BF＝15 5．（2024秋•广陵区月考）如图，G是△ABC的重心，AG⊥GC，连接BG并延长交AC于D，AC＝4，则BG的长为 　 　 ． 1．（2025秋•徐汇区月考）如果直角三角形的斜边长为12，那么它的重心与斜边中点之间的距离为 　 　 ． 2．（2025春•杨浦区期末）如图，在△ABC中，AB＝8，点D、E分别是边AB、AC的中点，点F是线段DE上的一点且EF＝2，连接AF、BF，若∠AFB＝90°，则线段BC的长为　 　 ． 3．（2025•长宁区二模）我们把一个三角形的重心与外心之间的距离叫做该三角形的“变形值”．已知等腰三角形的腰长为5，底边长为8，那么它的“变形值”等于　 　 ． 4．（2024秋•浦东新区校级月考）如图，点G是等边△ABC的重心，联结GA，如果，那么BC＝ 　 　 ． 5．（2024秋•浦东新区期末）在△ABC中，∠C＝90°，点G是△ABC的重心，如果CG＝4，那么AB＝ 　 　 ． 6．（2025秋•浦东新区校级期中）如图，在△ABC中，G是三角形的重心，AG⊥GC，AG＝6，GC＝8，则BG的长为（　　） A．6 B．8 C．10 D．12 7．（2024秋•崇明区期中）在△ABC中，若中线AD和中线CE相交于G，GD＝2，那么AD的长为 　 　 ． 8．（2024春•崇明区期末）我们规定：联结四边形对边中点的线段叫做这个四边形的“对中线”．如图，如果凸四边形ABCD的对角线AC＝BD＝8，且两条对角线的夹角为60°，那么该四边形较长的“对中线”的长度为 　 　 ． 9．（2022春•奉贤区校级期末）如图所示，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝6，BC＝10，则EF的长为　 　 ． 10．（2022秋•静安区校级期末）在△ABC中，∠BAC＝90°，点G是△ABC的重心，连接AG．若AG＝6，则BC长为 　 　 ． 11．（2022秋•杨浦区期末）如图，△ABC中，∠BAC＝90°，点G是△ABC的重心，如果AG＝4，那么BC的长为　 　 ． 12．（2022秋•普陀区校级月考）三角形的重心正确的叙述是（　　） A．三角形三条角平分线的交点 B．三角形三条中垂线的交点 C．三角形三条中线的交点 D．三角形三条高的交点 23.4 三角形的中位线和重心新沪教版培优课件 在研究四边形时，通常会把它转化为三角形的问题，并利用三角形来研究四边形的有关问题.现在我们学了平行四边形，反过来，也可以利用平行四边形来研究三角形的有关问题。任意一个三角形的三条角平分线相交于一点，三条边的垂直平分线也相交于一点.试问:任意一个三角形的三条中线是否也相交于一点?它又有怎样的性质呢? 一、三角形的中位线 任意画一个△ABC, 然后分别取边AB、AC的中点D、E, 连接DE. 通过观察或测量等方法，你发现DE与BC 之间有怎样的位置关系?有怎样的数量关系?据此，你能得到什么结论? 定义：连接三角形两边中点的线段叫作三角形的中位线.每一个三角形有三条中位线. 三角形的中位线定理 三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半. 【例1】已知：在△ABC中 ，D 、E 分别是边AB 、AC 的中点。 求证：DE//BC, 且 证明过程： 如图,延长DE到点F, 使得EF=DE, 连接FC. 因为 AE=EC,∠AED=∠CEF, 所以△ADE≌△CFE. 由此推出 AD=CF,∠A=∠ECF, 所以AB//CF, 即 BD//CF. 又因为AD=DB,AD=CF, 所以DB=CF. 由平行四边形的判定定理2,得四边形 BCFD 是一个平行四边形，所以DF//BC, 且 DF=BC. 又因为DE= 所以DE//BC, 且 *定理总结： 二、三角形的重心 任意一个三角形都有三条中线。如图，已知BD、CE分别是ABC的边AC、AB上的中线，它们交于点O，连接AO并延长交边BC于点F.AF是边BC上的中线吗?线段AO与线段OF有怎样的数量关系?线段CO与线段OE呢?线段BO与线段OD呢?据此，你能得到什么结论? 定义： 三角形的三条中线交于一点，此交点叫作三角形的重心. 【例2】如图23-4-4,知:在ABC中，BD、CE分别是边AC、AB上的中线，BD和CE交于点O，连接AO并延长交边BC于点F.求证:AF是边BC上的中线. 证明过程： 如图23-4-5，延长AF到点G，使0G=AO,分别连接BG、CG. ∵EB=EA，OG=AO, ∴EO//BG(三角形的中位线定理). ∵OC//BG. 同理，可得OB//CG. ∴四边形BGCO是一个平行四边形.:.BF=FC(平行四边形的对角线互 相平分)， ∴AF是边BC上的中线. 三角形重心定理：三角形的重心到一个顶点的距离等于它到该顶点对边中点的距离的两倍. 【例3】如图,已知:在ABC中,AF、BD、CE分别是边BC、AC、AB上的中线，并交于点O. 求证:AO=2OF. 证明过程： 延长AF到点G，使OG=AO，分别连接BG、CG. 在例2中已经证明了四边形BGCO是一个平行四边形， 所以OG=2OF.又因为0G=AO，所以AO=2OF. 【模块一】三角形的中位线 1．（2021秋•黄浦区校级期末）若三角形一边中垂线过另一边中点，则该三角形必为（　　） A．钝角三角形 B．锐角三角形 C．直角三角形 D．等腰三角形 【分析】根据线段垂直平分线的性质可得∠ADE＝90°，点D是AC的中点，从而可得DE是△ABC的中位线，然后利用三角形的中位线定理可得DE∥BC，从而可得∠ADE＝∠ACB＝90°，即可解答． 【解答】解：如图：MN是AC的垂直平分线，交AC于点D，交AB于点E，且点E是AB的中点， ∵MN是AC的垂直平分线， ∴∠ADE＝90°，点D是AC的中点， ∵点E是AB的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DE∥BC， ∴∠ADE＝∠ACB＝90°， ∴△ABC是直角三角形， 故选：C． 【点评】本题考查了三角形的中位线定理，线段垂直平分线的性质，熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键． 2．（2025春•徐汇区期末）如图，在△ABC中，D、E分别是边AB、AC的中点，F、G分别是DB、EC的中点，如果DE＝4，那么FG＝　6　 ． 【分析】先根据三角形中位线定理求出BC，再根据梯形中位线定理求出FG． 【解答】解：∵D、E分别是边AB、AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴BC＝2DE＝2×4＝8， ∵F、G分别是DB、EC的中点， ∴FG是梯形DBCE的中位线， ∴FG（4+8）＝6， 故答案为：6． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键． 3．（2025秋•黄浦区校级月考）如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，AD＝AB，E，F分别是BD，AC的中点．若AC＝10，则EF的长为　5　 ． 【分析】连接AE，根据三线合一得出△AEC是直角三角形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进行求解． 【解答】解：连接AE， ∵AD＝AB， ∴△ABD是等腰三角形， ∵E是BD的中点， ∴AE⊥BD， 即△AEC是直角三角形， ∵F是AC的中点， ∴， 故答案为：5． 【点评】本题考查了等腰三角形三线合一的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，作出辅助线构造出直角三角形是解题的关键． 4．（2025春•虹口区期末）如图，在△ABC中，D，E分别是边AB，AC的中点，连接BE，DE．若∠AED＝∠BEC，DE＝3，则BE的长为 　6　 ． 【分析】根据三角形中位线定理得到BC＝2DE＝6，DE∥BC，根据平行线的性质、等腰三角形的判定解答即可． 【解答】解：∵D，E分别是边AB，AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴BC＝2DE＝2×3＝6，DE∥BC， ∴∠AED＝∠C， ∵∠AED＝∠BEC， ∴∠BEC＝∠C， ∴BE＝BC＝6， 故答案为：6． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半． 5．（2024秋•嘉定区校级期中）在一个三角形中，如果有两条中线互相垂直，我们把这样的三角形称为“中垂三角形”．如果△ABC是“中垂三角形”，AD、BE、CF是中线，∠DAB＝30°，AB＝4，那么BC的长为　或　 ． 【分析】分AD⊥BE、CF⊥AD、BE⊥CF三种情况讨论，运用相似三角形的判定与性质，勾股定理进行求解即可． 【解答】解：∵△ABC为“中垂三角形”，即AD⊥BE于点P， 又∵AB＝4，∠DAB＝30°， ∴， ∴， ∵AD、BE分别是中线，连接DE， ∴DE是△ABC的中位线， ∴EF∥AB， ∵∠BAP＝∠EDP，∠ABP＝∠DEP， ∴△ABP∽△DEP， ∴， ∴， ∵DP2+BP2＝DB2， ∴， ∴； 如图，当CF⊥AD时， 同理可得，，，PF＝1， ∵DP2+CP2＝DC2， ∴ ∴； 如果△ABC是“中垂三角形”，设三条中线相交于P，当BE⊥CF时，取BF中点G，连接PG，过G作GH⊥AD于H， ∵E为AB中点， ∴， ∵G为EB中点， ∴， 又BE⊥CF， ∴， ∵GH⊥AD，∠DAB＝30°，AG＝AE+EG＝3， ∴， ∴GH＞PG，这与垂线段最短相矛盾， ∴不存在CF⊥BE； 综上，BC的长为或． 故答案为：或． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理的性质以及三角形中位线性质等知识，掌握其性质定理是解决此题的关键． 6．（2025春•静安区期末）如图，△ABC中，∠ACE＝∠ECB，AE⊥EC，F是边AB的中点，AE＝3，EC＝4，BC＝7，那么FE的长是 　1　 ． 【分析】延长AE，交BC于H，根据勾股定理求出AC，证明△AEC≌△HEC，根据全等三角形的性质得到AE＝EH，HC＝AC＝5，进而求出BH，再根据三角形中位线定理计算即可． 【解答】解：如图，延长AE，交BC于H， ∵AE⊥EC， ∴∠AEC＝HEC＝90°， ∵AE＝3，EC＝4， ∴AC5， 在△AEC和△HEC中， ， ∴△AEC≌△HEC（ASA）， ∴AE＝EH，HC＝AC＝5， ∴BH＝BC﹣HC＝7﹣5＝2， ∵AF＝FB，AE＝EH， ∴FE是△ABH的中位线， ∴FEBH＝1， 故答案为：1． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，熟记三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键． 7．（2024秋•青浦区校级期末）如图，△ABC中，CB＝CA，CD⊥AB于D，E是AC的中点．若BD＝8，CD＝6，则DE的长等于　5　 ． 【分析】先根据直角三角形的性质求出BC的长，再等腰三角形的性质得出D是AB的中点．最后根据三角形的中位线定理即可得出结论． 【解答】解：△ABC中，CD⊥AB于D， ∴∠BDC＝90°． ∴BC10， ∵CB＝CA，CD⊥AB于D， ∴D是AB的中点． ∵E是AC的中点， ∴DEBC＝5． 故答案为：5． 【点评】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，三角形的中位线定理．掌握三角形的中位线定理是解题的关键． 8．（2012春•浦东新区校级月考）已知△ABC的周长为1，连接其三边中点构成第二个三角形，再连接第二个三角形的中点构成第三个三角形，以此类推，则第2012个三角形的周长为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据已知条件，首先可知各三角形都相似，然后根据题意可得规律：第n个三角形与原三角形的相似比为1：2n﹣1，又由△ABC周长为1，即可求得第2012个三角形的周长． 【解答】解：∵连接△ABC三边中点构成第二个三角形， ∴新三角形的三边与原三角形的三边的比值为1：2， ∴它们相似，且相似比为1：2， 同理：第三个三角形与第二个三角形的相似比为1：2， 即第三个三角形与第一个三角形的相似比为：1：22， 以此类推：第2012个三角形与原三角形的相似比为1：22011， ∵△ABC周长为1， ∴第2012个三角形的周长为 1：22011． 故选：C． 【点评】此题考查了相似三角形的性质与三角形中位线的性质．此题难度较大，解题的关键是找到规律：第n个三角形与原三角形的相似比为1：2n﹣1． 9．（2025春•厦门校级期中）如图，DE是△ABC的中位线，∠ACB的角平分线交DE于点F，若AC＝6，BC＝14，则DF的长为 　4　 ． 【分析】根据三角形的中位线得出DE＝BC＝7，DE∥BC，求出CE＝3，根据平行线的性质得出∠CFE＝∠BCF，根据角平分线的定义得出∠BCF＝∠ECF，得到∠ECF＝∠CFE，根据等腰三角形的判定得出EF＝CE＝3，即可求出DF． 【解答】解：∵DE是△ABC的中位线，BC＝14，AC＝6， ∴DEBC14＝7，AE＝CEAC6＝3，DE∥BC， ∴∠CFE＝∠BCF， ∵CF平分∠ACB， ∴∠BCF＝∠ECF， ∴∠ECF＝∠CFE， ∴EF＝CE＝3， ∴DF＝DE﹣EF＝7﹣3＝4， 故答案为：4． 【点评】本题考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的判定，能熟记三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解决问题的关键． 10．（2024秋•宝山区校级期中）如图，在△ABC中，CD平分∠ACB，且CD⊥AB于点D，DE∥BC交AC于点E，BC＝3cm，AB＝2cm．那么△ADE的周长为 　4　 cm． 【分析】先由等腰三角形的性质得AD＝1cm，再证CE＝AE＝DE，然后由三角形中位线定理得DE＝AEcm，即可解决问题． 【解答】解：∵CD平分∠ACB， ∴∠ACD＝∠BCD， ∵CD⊥AB于D， ∴∠ADC＝∠BDC＝90°， ∴∠A＝∠B， ∴AC＝BC＝3cm， ∵CD⊥AB， ∴AD＝BDAB＝1cm，∠ADC＝90°， ∵DE∥BC， ∴∠EDC＝∠BCD，∠ADE＝∠B， ∴∠EDC＝∠ACD，∠A＝∠ADE， ∴DE＝CE，DE＝AE， ∴CE＝AE＝DE， ∴DE是△ABC的中位线， ∴AE＝DEBCcm， ∴△ADE的周长＝AD+DE+AE＝14（cm）， 故答案为：4． 【点评】本题考查了三角形中位线定理、等腰三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的性质的性质等知识，熟练掌握三角形中位线定理和等腰三角形的判定与性质是解题的关键． 11．（2024春•普陀区期末）如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，∠ACB的平分线交DE于点F，如果AC＝12，BC＝18，那么DF的长为 　3　 ． 【分析】根据三角形中位线定理得到DE∥BC，DEBC，求出EF，进而求出DF． 【解答】解：∵CF是∠ABC的平分线， ∴∠ACF＝∠FCB， ∵点D、E分别为边AB、AC的中点， ∴DE∥BC，DEBC9， ∴∠EFC＝∠FCB， ∴∠ACF＝∠EFC， ∴EF＝ECAC12＝6， ∴DF＝DE﹣EF＝9﹣6＝3． 故答案为：3． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理，角平分线的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键． 12．（2024秋•黄浦区校级期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，，AC＝6，点D为斜边AB的中点，点E在边AC上，连结DE，若线段DE的垂直平分线恰好经过边AC的中点P，则线段AE＝　　 ． 【分析】分两种情况讨论：当点E位于点P左侧时和当点E位于点P右侧时． 【解答】解：在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，，AC＝6，D，P分别为AB，AC的中点，设线段DE的垂直平分线为l， ∴，， ∵l为DE的垂直平分线， ∴DP＝EP， 当点E位于点P左侧时，， 当点E位于点P右侧时，， 综上所述，， 故答案为：． 【点评】本题主要考查三角形中位线定理和垂直平分线的性质，解答本题的关键是熟练掌握三角形中位线定理． 13．（2023秋•闵行区期中）如图，已知AB＝AC，AD＝BD＝BC，点M为BC边上的中点，AM交BD于N，那么下列结论中，说法正确的有（　　） ①∠BAC＝36°；②BD平分∠ABC；③∠MNB＝54°；④点N是BD的中点． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质、三角形内角和定理以及三角形中位线定理判断即可． 【解答】解：∵AD＝BD， ∴∠DBA＝∠BAC， ∴∠BDC＝∠DBA+∠BAC＝2∠BAC， ∵BD＝BC， ∴∠C＝∠BDC＝2∠BAC， ∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠C＝2∠BAC， ∴2∠BAC+2∠BAC+∠BAC＝180°， ∴∠BAC＝36°，①正确； ∵∠ABD＝∠BAC，∠ABC＝2∠BAC， ∴BD平分∠ABC，②正确； ∵AB＝AC，点M为BC边上的中点， ∴AM⊥BC， ∴∠MNB＝90°﹣36°＝54°，③正确； ∵点M为BC边上的中点，AM与AC不平行， ∴点N不是BD边上的中点，④不正确； 故选：C． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，掌握等腰三角形的三线合一是解题的关键． 14．（2023春•普陀区期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是△ABC的中线，点E，F分别是AD，AC的中点，连接EF，若EF＝3，则AD的长为 　6　 ． 【分析】由题意知，EF是△ACD的中位线，则，CD＝6，由∠BAC＝90°，AD是△ABC的中线，可知AD＝CD，进而可得结果． 【解答】解：∵点E，F分别是AD，AC的中点， ∴EF是△ACD的中位线， ∴， ∴CD＝6， ∵∠BAC＝90°，AD是△ABC的中线， ∴AD＝CD＝6． 故答案为：6． 【点评】本题考查了三角形的中位线，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 15．（2023春•浦东新区校级期末）已知等腰三角形的两条中位线的长分别为2和4，则此等腰三角形的周长为 　20　 ． 【分析】因为三角形中位线的长度是相对应边长的一半，所以此三角形有一条边长为4，一条为8；那么就有两种情况，或腰长为4，或腰长为8，再分别去求三角形的周长． 【解答】解：∵等腰三角形的两条中位线长分别为2和4， ∴等腰三角形的两边长为4，8， 当腰长为8时，则三边长为8，8，4；周长为20； 当腰长为4时，则三边长为4，4，8；不能组成三角形， 故答案为：20． 【点评】本题主要考查了三角形中位线定理，等腰三角形的性质以及三角形三边关系，解答本题的关键是分类讨论思想的运用． 16．（2023•松江区一模）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝4，E是边AC的中点，延长BC到点D，使BC＝2CD，那么DE的长是 　2　 ． 【分析】取BC的中点F，连接EF，根据三角形中位线定理可得EF＝2，再利用线段垂直平分线的性质可得答案． 【解答】解：取BC的中点F，连接EF， ∵点E为AC的中点， ∴EF是△ABC的中位线， ∴EFAB＝2， ∵BC＝2CD， ∴FC＝CD， ∵AC⊥BC， ∴AC垂直平分DF， ∴DE＝EF＝2， 故答案为：2． 【点评】本题主要考查了三角形中位线定理，线段垂直平分线的性质等知识，构造三角形中位线是解题的关键． 17．（2025秋•闵行区校级月考）已知：如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，点E是边BC的中点，在图中作点D，使得ED∥AB，且∠CDB＝90°，分别联结AE，AD，过点A作AF⊥BC，垂足为点F． （1）求证：AD平分∠BAE； （2）求证：∠CAF＝2∠DAE． 【分析】（1）根据斜边上的中线，得到AE＝DE，等边对等角得到∠DAE＝∠ADE，平行线的性质，得到∠BAD＝∠ADE，进而得到∠BAD＝∠DAE，即可得证； （2）根据等边对等角，得到∠C＝∠EAC，等角的余角相等，得到∠CAF＝∠BAE，即可得证． 【解答】证明：（1）∵∠BAC＝90°，∠CDB＝90°，点E是边BC的中点， ∴AEBC，DEBC， ∴AE＝DE， ∴∠DAE＝∠ADE， ∵ED∥AB， ∴∠BAD＝∠ADE， ∴∠BAD＝∠DAE， ∴AD平分∠BAE； （2）∵∠BAC＝90°，点E是边BC的中点， ∴， ∴∠C＝∠EAC， ∵AF⊥BC， ∴∠C+∠CAF＝90°， ∴∠CAF＝∠BAE； 由（1）知：AD平分∠BAE， ∴∠CAF＝∠BAE＝2∠DAE． 【点评】本题考查斜边上的中线，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键： 18．（2023春•徐汇区期末）如图，△ABC中，点D、E分别是边BC、AC的中点，过点A作AF∥BC交线段DE的延长线相交于F点，取AF的中点G，如果BC＝2AB． 求证：（1）四边形ABDF是菱形； （2）AC＝2DG． 【分析】（1）首先根据三角形的中位线定理，得DE∥AB，结合AF∥BC，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可以判断该四边形是平行四边形，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明； （2）根据菱形的性质可以进一步得到△FGD≌△FEA，则GD＝AE，即可证明结论． 【解答】证明：（1）∵点D、E分别是边BC、AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线（三角形中位线的定义）， ∴DE∥AB，DEAB（三角形中位线性质）．（1分） ∵AF∥BC， ∴四边形ABDF是平行四边形（平行四边形定义）．（1分） ∵BC＝2AB，BC＝2BD， ∴AB＝BD．（1分） ∴四边形ABDF是菱形．（1分） （2）∵四边形ABDF是菱形， ∴AF＝AB＝DF（菱形的四条边都相等）． ∵DEAB， ∴EFAF．（1分） ∵G是AF的中点． ∴GFAF， ∴GF＝EF．（1分） ∴△FGD≌△FEA，（1分） ∴GD＝AE， ∵AC＝2EC＝2AE， ∴AC＝2DG．（1分） 【点评】此题综合运用了三角形的中位线定理、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质． 19．（2023秋•宝山区校级期中）如图，四边形ABCD中，∠A＝∠D，AB＝CD，且点E、F分别是线段AD、BC的中点．求证：EF⊥BC． 【分析】证明△ABE≌△DCE得出EB＝EC，根据等腰三角形的性质，即可得证． 【解答】证明：∵点E是AD的中点， ∴EA＝ED， 在△ABE和△DCE中， ， ∴△ABE≌△DCE（SAS）， ∴EB＝EC， ∵点F是BC的中点． ∴BF＝FC， ∴EF⊥BC． 【点评】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形中位线定理，解决本题的关键是得到△ABE≌△DCE． 20．（2022秋•长宁区校级期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足为点D，CE是AB边上的中线，AD与CE交于点F，点G是△ACD的重心，AB＝10，AD＝8，则点F与点G的距离是 　2　 ． 【分析】设直线AG与BC的交点为H，先由勾股定理和三线合一定理求得CD＝6，由重心的性质即可得到，DH＝3，进一步证明△AFG∽△ADH，得，即可求解． 【解答】解：设直线AG与BC的交点为H， ∵AB＝AC，AD⊥BC， ∴CD＝BD，∠ADB＝90°，D是BC的中点， ∴BD＝CD6， ∵CE是AB边的中点，AD是BC边中点， ∴点F是△ABC的重心， ∴AF：FD＝2：1， ∴AF：AD＝2：3， ∵点G是△ADC的重心， ∴DHDC＝3，， ∴， 又∵∠FAG＝∠DAH， ∴△AFG∽△ADH， ∴， ∴FGDH＝2， 故答案为2． 【点评】本题主要考查了勾股定理，三线合一定理，重心的性质，相似三角形的性质和判定，解题的关键在于能熟练重心的性质． 【模块二】三角形的中位线 21．（2025春•上海期末）如图，某景区有A，B，C三处景点，景点之间均以最短路线修建公路，为了便于游客游玩与休息，现计划建设一座游客休息厅提供给游客休息，为了确保各个景点到游客休息厅的距离相等，则游客休息厅应建设在（　　） A．△ABC三条中线的交点 B．△ABC三边垂直平分线的交点 C．△ABC三条高的交点 D．△ABC三条角平分线的交点 【分析】根据线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等解答即可． 【解答】解：∵各个景点到游客休息厅的距离相等， ∴游客休息厅应建设在△ABC三边垂直平分线的交点， 故选：B． 【点评】本题考查了线段垂直平分线的性质和三角形的重心，熟记性质是解题关键． 22．（2025秋•黄浦区期中）已知G是△ABC的重心，如果AB＝AC＝5，AG＝2，那么底边BC的长是（　　） A．4 B．6 C．8 D．10 【分析】连接AG并延长交BC于点D，由等腰三角形的性质可得出AD⊥BC，2BD＝BC，由三角形重心的性质即可得出AG的长，再根据勾股定理求出CD的长，据此求解即可． 【解答】解：如图所示：连接AG并延长交BC于点D， 由条件可知AD⊥BC，， ∴， ∴BC＝2CD＝8． 故选：C． 【点评】本题考查的是三角形的重心．也考查了等腰三角形的性质以及勾股定理．熟练掌握以上知识点是关键． 23．（2025•崇明区模拟）已知点G是△ABC的重心，如果联结AG，并延长AG交边BC于点D，那么下列说法中错误的是（　　） A．BD＝CD B．AG＝GD C．AG＝2GD D．BC＝2BD 【分析】根据三角形重心的定义可判断AD为BC边上的中线，则可对A、D选项进行判断；根据三角形重心的性质可对B、C选项进行判断． 【解答】解：如图， ∵点G是△ABC的重心， ∴AD为BC边上的中线， ∴BD＝CD，BC＝2BD，所以A、D选项的说法正确； ∵点G是△ABC的重心， ∴AG＝2GD，所以B选项的说法错误，C选项的说法正确． 故选：B． 【点评】本题考查了三角形的重心：三角形的重心是三角形三边中线的交点；重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1． 24．（2025秋•浦东新区校级月考）如图，△ABC的中线AD，BE相交于点F，FH⊥BC，垂足为H．若S△ABC＝15，BC＝6，则FH长为 　　 ． 【分析】连接FC，由三角形的中线与面积的关系可得S△BEC＝S△ABE＝S△ABDS△ABC，然后可得S△CEF＝S△DBF＝S△CDF，则有S△BCFS△BEC＝5，进而问题可求解． 【解答】解：连接FC，如图所示： ∵AD、BE是△ABC的中线，S△ABC＝15， ∴S△BEC＝S△ABE＝S△ABDS△ABC， ∴S△ABF+S△AEF＝S△ABF+S△BDF， ∴S△AEF＝S△BDF， ∵S△CEF＝S△AEF，S△DBF＝S△CDF， ∴S△CEF＝S△DBF＝S△CDF， ∴S△BCFS△BEC＝5， ∵S△BCFBC•FH6FH＝5， ∴FH． 故答案为：． 【点评】本题主要考查三角形的中线与面积的关系，熟练掌握三角形的中线与面积的关系是解题的关键． 25．（2025秋•虹口区月考）一个直角三角形的重心到直角顶点的距离为6，那么这个直角三角形的斜边长是　18　 ． 【分析】先求出斜边上的中线长，再结合直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解决问题． 【解答】解：由题知， 因为一个直角三角形的重心到直角顶点的距离为6， 所以这个直角三角形斜边上的中线为9， 所以这个直角三角形的斜边长是：2×9＝18． 故答案为：18． 【点评】本题主要考查了三角形的重心，熟知重心的性质及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键． 26．（2025秋•长宁区校级期中）如图，点G是△ABC的重心，AG⊥GC，AC＝4，那么BG的长为　4　 【分析】延长BG交AC于D点，G是△ABC的重心，故BD为△ABC的中线；又AG⊥GC，故GD为Rt△AGC斜边上的中线，根据直角三角形斜边上中线的性质可知GDAC，根据重心的性质可知BG＝2GD＝AC． 【解答】解：延长BG交AC于D点， 由重心性质可知BD为△ABC的中线； 由条件可知GD为Rt△AGC斜边上的中线， ∴GDAC， ∴BG＝2GD＝AC＝4． 【点评】本题考查了重心，直角三角形斜边上的中线，熟练掌握重心的性质是解题关键． 27．（2025秋•嘉定区校级期中）如果直角三角形的斜边长为16，那么它的重心与斜边中点之间的距离为 　　 ． 【分析】连接AE并延长交BC于点E，连接CD，并延长AD到H，使DH＝DE，则EH＝2DE，依题意得AD经过点E，CD＝AD＝BD＝1/2AB＝8，BF＝CF，由此得四边形AEBH是平行四边形，则BH∥AE，进而得EF是△CBH的中位线，则CE＝EH＝2DE，继而得CD＝CE+DE＝3DE＝8，据此即可得出重心与斜边中点之间的距离． 【解答】解：连接AE并延长交BC于点E，连接CD，并延长AD到H，使DH＝DE，如图所示： ∴EH＝DH+DE＝2DE， 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝16，点E是中心，点D是AB的中点， ∴AD经过点E，CD＝AD＝BDAB＝8，BF＝CF， ∴四边形AEBH是平行四边形， ∴BH∥AE， 即BH∥EF， 又∵BF＝CF， ∴EF是△CBH的中位线， ∴CE＝EH＝2DE， ∴CD＝CE+DE＝3DE＝8， ∴DE， ∴重心与斜边中点之间的距离为． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了直角三角形斜边中线的性质，三角形重心的定义，理解三角形重心的定义，熟练掌握直角三角形斜边中线的性质是解决问题的关键． 28．（2025秋•虹口区期中）如图，在△ABC中，点G是△ABC的重心，EF过点G且平行于BC，分别交AB、AC于点E、F，那么的值是 　　 ． 【分析】连接AG并延长，交BC于点P，由三角形的重心的性质可知AG＝2GP，由EF∥BC，根据相似三角形的判定可知△AGF∽△APC，得出 AF：AC＝2：3，最后由EF∥BC，得出△AEF∽△ABC，从而求出EF：BC＝AF：AC＝2：3． 【解答】解：如图，连接AG并延长，交BC于点P， ∵G为△ABC的重心， ∴AG＝2GP， ∴AG：AP＝2：3， ∵EF过点G且EF∥BC， 在△AGF和△APC中， ， ∴△AGF∽△APC， ∴AF：AC＝AG：AP＝2：3． 又∵EF∥BC， 在△AEF和△ABC中， ， ∴△AEF∽△ABC， ∴， 故答案为：． 【点评】此题主要考查了三角形的重心，相似三角形的判定和性质，理解三角形重心的定义，熟练掌握相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形中位线定义是解决问题的关键． 29．（2025秋•浦东新区期中）如图，在△ABC中，G是△ABC的重心，联结AG并延长交BC于点D，已知AD＝6，AC＝8，点E在边AC上，且∠AGE＝∠C，则AE的长为 　3　 ． 【分析】连接CG，BG，设BG的延长线交AC于点F，在AD的延长线上截取DH＝DG，连接BH，CH，则GH＝2DG，根据三角形重心定义得BD＝CD，AF＝CF，证明四边形BGCH是平行四边形得BG∥CH，由此得GF是△ACH的中位线，则AG＝GH＝2DG，则AD＝3DG＝6，进而得DG＝2，AG＝4，然后证明△AGE和△ACD相似，再利用相似三角形的性质即可得出AE的长． 【解答】解：连接CG，BG，设BG的延长线交AC于点F，在AD的延长线上截取DH＝DG，连接BH，CH，如图所示： ∴GH＝DH+DG＝2DG， 在△ABC中，点G是△ABC的重心， ∴AD，BF分别是BC边，AC边上的中线， ∴BD＝CD，AF＝CF， ∵DH＝DG， ∴四边形BGCH是平行四边形， ∴BG∥CH， 即GF∥CH， 又∵AF＝CF， ∴GF是△ACH的中位线， ∴AG＝GH＝2DG， ∴AD＝AG+DG＝3DG， ∵AD＝6， ∴3DG＝6， ∴DG＝2， ∴AG＝2DG＝4， 在△AGE和△ACD中， ∵∠AGE＝∠C，∠GAE＝∠CAD， ∴△AGE∽△ACD， ∴， ∵AC＝8， ∴， ∴AE＝3， 即AE的长为3． 故答案为：3． 【点评】此题主要考查了三角形的重心，相似三角形的判定和性质，理解三角形重心的定义，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解决问题的关键． 30．（2025秋•嘉定区校级月考）在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，AB＝10，点G是△ABC的重心，GE⊥AC，垂足为点E，那么线段GE的长是 　　 ． 【分析】连接CG并延长交QB于点E，连接AG并延长交BC于点G，并在AD的延长线取一点H，使DH＝DG，连接BG，GH＝2DG，根据三角形重心的定义得AE＝BE，CD＝BDBC，由此得四边形CGBH是平行四边形，则BH∥CG，进而得GE是△ABH的中位线，则AG＝GH＝2DG，继而得AD＝3DG，在△ABC中，由勾股定理得BC＝8，则CD＝BDBC＝4，在Rt△ACD中，由勾股定理得AD，则DG，AG，证明△AGE和△ADC相似，然后根据相似三角形性质即可得出GE的长． 【解答】解：连接CG并延长交QB于点E，连接AG并延长交BC于点G，并在AD的延长线取一点H，使DH＝DG，连接BG，如图所示： ∴GH＝DH+DG＝2DG， ∵点G是△ABC的重心， ∴AE，AD是△ABC的中线， ∴AE＝BE，CD＝BDBC， 又∵DH＝DG， ∴四边形CGBH是平行四边形， ∴BH∥CG， 即BH∥GE， 又∵AE＝BE， ∴GE是△ABH的中位线， ∴AG＝GH＝2DG， ∴AD＝AG+DG＝3DG， 在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，AB＝10， 由勾股定理得：BC8， ∴CD＝BDBC＝4， 在Rt△ACD中，由勾股定理得：AD， ∴3DG， ∴DG， ∴AG＝2DG， ∵GE⊥AC， ∠AEG＝∠ACB＝90°， ∴GE∥CD， ∴△AGE∽△ADC， ∴， ∴GE•AD＝CD•AG， ∴， ∴GE． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了三角形的重心，相似三角形的判定和性质，勾股定理，理解三角形的重心的定义，熟练掌握相似三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键． 31．（2025秋•宝山区校级月考）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点G是重心，CG＝2，那么斜边AB的长为 　6　 ． 【分析】延长CG交AB于D，如图，根据三角形重心的定义和性质得到CD为斜边AB上的中线，CG＝2DG，则可求出CD，然后根据直角三角形斜边上的中线性质确定AB的长． 【解答】解：延长CG交AB于D， ∵点G是△ABC的重心， ∴CD为斜边AB上的中线，CG＝2DG， ∴， ∴CD＝CG+DG＝2+1＝3， ∴AB＝2CD＝6． 故答案为：6． 【点评】本题考查了三角形的重心，重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1，属于中档题． 32．（2025•杨浦区二模）在Rt△ABC中，∠C＝90°，点G是Rt△ABC的重心，如果CG＝6，那么斜边AB的长等于　18　 ． 【分析】CD为斜边上的中线，如图，根据重心的性质得到DGCG＝3，则CD＝9，然后根据直角三角形斜边上的中线性质即可得到AB的长． 【解答】解：CD为斜边上的中线，如图， ∵点G是Rt△ABC的重心， ∴CG：GD＝2：1， ∴DGCG6＝3， ∴CD＝3+6＝9， ∴AB＝2CD＝18． 故答案为18． 【点评】本题考查了三角形重心：三角形的重心是三角形三边中线的交点．重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1．也考查了直角三角形斜边上的中线性质． 33．（2024秋•浦东新区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点G是△ABC的重心，如果，AG＝4，那么AB＝　　 ． 【分析】本题先利用重心求出AD，再利用勾股定理列式整体法求出CD，进而得到BC，最后利用勾股定理即可求出AB． 【解答】解：∵点G是△ABC的重心，AG＝4， ∴，点D为BC的中点， ∵，∠C＝90°， ∴， ∴BC＝2CD＝10， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了重心的定义与性质，结合勾股定理，关键是掌握重心性质并运用勾股定理列式求解是解题关键． 34．（2007秋•黄浦区期中）如图：AD、CE是△ABC的中线，AD、CE相交于F，若CE＝8厘米，则CF＝　　 厘米． 【分析】由题意可知，CE＝8厘米，即CF+EF＝8cm，又点F是三角形的重心，所以，CFCF＝8cm，解出即可． 【解答】解：∵AD、CE是△ABC的中线，AD、CE相交于F， ∴EFCF， 由CE＝8厘米， ∴CFCF＝8cm， 得，CFcm； 故答案为cm． 【点评】本题考查了重心的概念和性质：三角形的重心是三角形三条中线的交点，且重心到顶点的距离是它到对边中点的距离的2倍． 35．（2022秋•徐汇区校级月考）如图，在△ABC中，中线AD、BE、CF相交于点G，下列说法错误的是（　　） A．点G为△ABC的重心 B．GC＝2GF C．当△ABC为等边三角形时，GA＝GB D．S△ABC＝2S△GBC 【分析】根据三角形的重心性质可判断选项A、B；根据等边三角形的性质得到AD＝BE，可判断选项C；根据三角形的中线将三角形的面积平分可判断选项D． 【解答】】解：A、∵△ABC的中线AD、BE、CF相交于点G， ∴点G为△ABC的重心，故选项A正确，不符合题意； B、∵点G 为△ABC的重心， ∴GC：GF＝2：1，即GC＝2GF，故选项B正确，不符合题意； C、∵△ABC为等边三角形， ∴AD＝BE， ∵GA＝2GD，GB＝2GE， ∴，， ∴GA＝GB，故选项C正确，不符合题意； D、∵GA＝2GD， ∴AD＝3DG，则S△ABD＝3S△GBD＝3S△GCD， ∴S△ABC＝3S△GBC，故选项D错误，符合题意． 故选：D． 【点评】本题考查三角形的重心性质、等边三角形的性质、三角形的中线性质，解答的关键是熟练掌握三角形的中线性质和重心性质：三角形的重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1． 36．（2018秋•浦东新区校级期中）如图，△ABC的两条中线AD、CE交于点G，联结BG并延长，交边AC于点F，那么下列结论不正确的是（　　） A．AF＝FC B．GF＝BG C．AG＝2GD D．EGCE 【分析】由题意点G是△ABC的重心，利用三角形的中位线定理即可判断； 【解答】解：如图连接DE． ∵△ABC的两条中线AD、CE交于点G， ∴点G是△ABC的重心， ∴DF也是△ABC的中线， ∴AF＝FC，故A不符合题意， ∵BE＝AE，BD＝CD， ∴DE∥AC，DEAC， ∴， ∴AG＝2DG，EGCE，故C，D不符合题意， 故选：B． 【点评】本题考查三角形的重心，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 37．（2022秋•杨浦区期中）如图，已知：△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC．BE是AC上的中线，BE＝15cm，AG＝12cm，则S△ABC＝　144cm2 ． 【分析】首先证明点G是△ABC的重心，推出AG＝2DG，BG＝EG，求出BG，DG，利用勾股定理求出BD即可解决问题． 【解答】解：∵AB＝AC，AD⊥BC， ∴BD＝CD， ∵BE是△ABC的中线， ∴点G是△ABC的重心， ∴AG＝2DG，BG＝2EG， ∵BE＝15cm，AG＝12cm， ∴BG＝10（cm），DG＝6（cm）， 在Rt△BDG中，BD8（cm）， ∴BC＝2BD＝16（cm）， ∴S△ABC16×18＝144（cm2）． 故答案为144cm2． 【点评】本题考查的是重心的概念和性质，掌握三角形的重心是三角形三条中线的交点，且重心到顶点的距离是它到对边中点的距离的2倍是解题的关键． 38．（2019秋•嘉定区校级月考）如图，点G是△ABC的重心，过点G作EF∥BC，分别交AB、AC于点E、F，且EF+BC＝7.2cm，求BC的长． 【分析】如果连接AG并延长，交BC于点P，由三角形的重心的性质可知AG＝2GP，则AG：AP＝2：3．又EF∥BC，根据相似三角形的判定可知△AGF∽△APC，得出AF：AC＝2：3，最后由EF∥BC，得出△AEF∽△ABC，从而求出EF：BC＝AF：AC＝2：3，结合EF+BC＝7.2cm来求BC的长度． 【解答】解：如图，连接AG并延长，交BC于点P． ∵G为△ABC的重心， ∴AG＝2GP， ∴AG：AP＝2：3， ∵EF过点G且EF∥BC， ∴△AGF∽△APC， ∴AF：AC＝AG：AP＝2：3． 又∵EF∥BC， ∴△AEF∽△ABC， ∴． 又EF+BC＝7.2cm， ∴BC＝4.32cm． 【点评】本题主要考查了三角形的重心的性质，相似三角形的判定及性质．三角形三边的中线相交于一点，这点叫做三角形的重心．重心到顶点的距离等于它到对边中点距离的两倍．平行于三角形一边的直线截其它两边，所得三角形与原三角形相似．相似三角形的三边对应成比例． 39．（2025秋•金山区校级月考）如图，在△ABC中，D、E分别是BC、AC的中点，AD与BE相交于点G，如果DG＝3，那么AD＝ 　9　 ． 【分析】先过点E作EF∥BC，交AD于点F，根据相似三角形的性质可得，进而得出，再结合DG的长求出FG，然后证明△AEF∽△ACD，可得答案． 【解答】解：过点E作EF∥BC，交AD于点F， ∴△ACD∽△AEF， ∴． ∵BC∥EF， ∴△BDG∽△EFG， ∴， ∴， ∴． ∵△ACD∽△AEF， ∴， ∴， ∴AD＝9． 方法2：∵D、E是中点， ∴G是△ABC的重心， ∴AD＝3DG＝9， 故答案为：9． 【点评】本题主要考查了相似三角形的性质和判定，掌握其性质定理是解决此题的关键． 1．（2025秋•徐汇区校级月考）如图，△ABC内部有一点D，且△DAB、△DBC、△DCA的面积分别为10、8、6．若△ABC的重心为G，则下列叙述正确的是（　　） A．△GBC与△DBC的面积相同，且DG与BC平行 B．△GBC与△DBC的面积相同，且DG与BC不平行 C．△GCA与△DCA的面积相同，且DG与AC平行 D．△GCA与△DCA的面积相同，且DG与AC不平行 【分析】由题意可得S△ABC＝10+8+6＝24，利用三角形重心性质可得S△GBCS△ABC＝×24＝8，进而可得S△GBC＝S△DBC＝8，即可判断结论A正确． 【解答】解：∵△ABC内部有一点D，且△DAB、△DBC、△DCA的面积分别为10、8、6， ∴S△ABC＝10+8+6＝24， ∵△ABC的重心为G， ∴S△GBCS△ABC24＝8， ∴S△GBC＝S△DBC＝8， ∴点D、G到BC的距离相等，且位于BC的同侧， ∴DG∥BC，故结论A正确；结论B、C、D错误； 故选：A． 【点评】本题考查了三角形的中线、重心，三角形面积，熟练掌握三角形的重心的性质是解题关键． 2．（2025秋•嘉定区校级月考）如果直角三角形的重心到直角顶点的距离是4，那么该直角三角形的斜边长是　12　 ． 【分析】根据三角形的重心的性质求出CD，根据直角三角形的性质计算即可． 【解答】解：如图： 由题意得，CG＝4， ∵点G是△ABC的重心， ∴CDCG＝6，CD是△ABC的中线， ∴AB＝2CD＝12， 故答案为：12． 【点评】本题考查的是三角形的重心的概念和性质，直角三角形的性质，掌握三角形的重心到顶点的距离是它到对边中点的距离的2倍是解题的关键． 3．（2025春•浦东新区校级月考）如图，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝5，BC＝10，则EF的长为　2.5　 ． 【分析】根据三角形中位线定理求出DE，根据直角三角形的性质求出DF，结合图形计算，得到答案． 【解答】解：∵DE为△ABC的中位线，∠AFB＝90°，若AB＝5，BC＝10， ∴，D是AB的中点， 在Rt△AFB中，， ∴EF＝DE﹣DF＝2.5， 故答案为：2.5． 【点评】本题考查三角形中位线定理，解答本题的关键是熟练掌握三角形中位线定理． 4．（2024秋•徐汇区期中）如图，△ABC的两条中线AD、CE交于点G，且AD⊥CE，连接BG并延长与AC交于点F，如果AD＝9，CE＝12，那么下列结论不正确的是（　　） A．AC＝10 B．AB＝15 C．BG＝10 D．BF＝15 【分析】由三角形的重心可得，，，即可由勾股定理得，，得到，即可判断A、B；由直角三角形的性质可得，进而得BG＝10，即得BF＝BG+GF＝15，即可判断C、D，据此即可求解． 【解答】解：∵△ABC的两条中线AD、CE交于点G， ∴点G是△ABC的重心， ∴，，， ∵AD⊥CE， ∴，， ∴， ∵AD⊥CE，F是AC的中点， ∴， ∴BG＝10， ∴BF＝BG+GF＝10+5＝15，故A、C、D正确，不符合题意，B错误，符合题意； 故选：B． 【点评】本题考查了三角形的中线和重心，勾股定理，直角三角形的性质，掌握三角形的中线和重心的性质是解题的关键． 5．（2024秋•广陵区月考）如图，G是△ABC的重心，AG⊥GC，连接BG并延长交AC于D，AC＝4，则BG的长为 　4　 ． 【分析】根据三角形重心的定义得BD为△ABC的中线，又AG⊥GC，根据直角三角形斜边上中线的性质可知，再根据重心的性质得BG＝2GD，即可得解． 【解答】解：∵G是△ABC的重心， ∴BD为△ABC的中线， 又∵AG⊥GC， ∴GD为Rt△AGC斜边上的中线， ∴， ∵G是△ABC的重心，AC＝4， ∴BG＝2GD＝AC＝4， ∴BG的长为4． 故答案为：4． 【点评】本题考查重心与三角形中线的关系，直角三角形斜边上的中线的性质，解题的关键是掌握：三角形的重心是三条中线的交点，三角形的重心到顶点的距离是重心到对边中点的距离的2倍． ‌ 1．（2025秋•徐汇区月考）如果直角三角形的斜边长为12，那么它的重心与斜边中点之间的距离为 　2　 ． 【分析】在△ABC中，∠ACB＝90°，斜边AB＝12，点G是△ABC的重心，连接AG，连接CG并延长交AB于点D，在CD的延长线取一点F，使DF＝DG，连接BG并延长交AC于点E，则GF＝2DG，进而得CD＝AD＝BDAB＝6，AE＝CE，证明四边形AGBF是平行四边形得AF∥BG，进而得GE是△ACF的中位线，由此得CG＝GF＝2DG，则CD＝3DG＝6，据此即可得出重心与斜边中点之间的距离． 【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝90°，斜边AB＝12，点G是△ABC的重心， 连接AG，连接CG并延长交AB于点D，在CD的延长线取一点F，使DF＝DG，连接BG并延长交AC于点E，如图所示： ∴GF＝DF+DG＝2DG， ∴CD，AE分别是△ABC的中线， ∴CD＝AD＝BDAB＝6，AE＝CE， 又∵DF＝DG， ∴四边形AGBF是平行四边形， ∴AF∥BG， 即AF∥GE， ∵AE＝CE， ∴GE是△ACF的中位线， ∴CG＝GF＝2DG， ∴CD＝CG+DG＝3DG＝6， ∴DG＝2， 即重心与斜边中点之间的距离为2． 故答案为：2． 【点评】此题主要考查了三角形的重心，直角三角形斜边中线的性质，三角形中位线定理，理解三角形重心的定义，熟练掌握直角三角形斜边中线的性质，三角形中位线定理是解决问题的关键． 2．（2025春•杨浦区期末）如图，在△ABC中，AB＝8，点D、E分别是边AB、AC的中点，点F是线段DE上的一点且EF＝2，连接AF、BF，若∠AFB＝90°，则线段BC的长为　12　 ． 【分析】利用三角形中位线定理得到DEBC．由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到DFAB，即可求解． 【解答】解：∵点D、E分别是边AB、AC的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DEBC， ∵∠AFB＝90°，D是AB的中点，AB＝8， ∴DFAB8＝4， ∵EF＝2． ∴DE＝EF+DF＝6． ∴BC＝12， 故答案为：12． 【点评】本题考查了三角形的中位线定理，解题的关键是了解三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，题目比较好，难度适中． 3．（2025•长宁区二模）我们把一个三角形的重心与外心之间的距离叫做该三角形的“变形值”．已知等腰三角形的腰长为5，底边长为8，那么它的“变形值”等于　　 ． 【分析】根据题意画出示意图，分别求出重心及外心到顶点的距离即可解决问题． 【解答】解：如图所示， 点E，F分别为△ABC的重心和外心． ∵AM⊥BC，AB＝AC， ∴BM． 在Rt△ABM中， AM． ∵点E为△ABC的重心， ∴AE． 令△ABC外接圆的半径为r， 则BF＝r，MF＝r﹣3， 在Rt△BFM中， 42+（r﹣3）2＝r2， 解得r， ∴AF， ∴EF＝AF﹣AE． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了三角形的重心、等腰三角形的性质及三角形的外接圆与外心，熟知三角形重心的定义及等腰三角形的性质是解题的关键． 4．（2024秋•浦东新区校级月考）如图，点G是等边△ABC的重心，联结GA，如果，那么BC＝ 　12　 ． 【分析】连接BG，延长AG交BC于D，根据等边三角形的性质得AD⊥BC，BD＝CD，AG平分∠BAC，BG平分∠ABC，进而得∠GAB＝∠GBA＝∠GBD＝30°，则BG＝AG，由此得GD，BD＝6，据此可得BC的长． 【解答】解：连接BG，延长AG交BC于点D，如图所示： ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝∠BAC＝60°， ∵点G是等边△ABC的重心， ∴AD⊥BC，BD＝CD，AG平分∠BAC，BG平分∠ABC， ∴∠GAB∠BAC＝30°，∠GBA＝∠GBD∠ABC＝30°， ∴∠GAB＝∠GBA， ∴BG＝AG， 在Rt△BGD中，BG，∠GBD＝30°， ∴GDGB， 由勾股定理得：BD6， ∴BD＝CD＝6， ∴BC＝BD+CD＝12． 故答案为：12． 【点评】此题主要考查了三角形的重心，等边三角形的性质，理解等边三角形的重心的性质，熟练掌握等边三角形的性质是解决问题的关键． 5．（2024秋•浦东新区期末）在△ABC中，∠C＝90°，点G是△ABC的重心，如果CG＝4，那么AB＝ 　12　 ． 【分析】连接AG并延长交BC于点F，连接CG并延长交AB于点E，在CE的延长线上取一点H，使EH＝EG，连接AH，BH，BG，证明四边形AGBH是平行四边形得BH∥AG，进而得GF是△CHB的中位线，则CG＝GH＝2GE，据此得GE＝2，则CE＝6，再根据直角三角形斜边中线的性质可得出AB的长． 【解答】解：连接AG并延长交BC于点F，连接CG并延长交AB于点E，在CE的延长线上取一点H，使EH＝EG，连接AH，BH，BG，如图所示： ∵G是△ABC的重心， ∴CE，BF是△ABC的中线， ∴AE＝BE，BF＝CF， ∵EH＝EG， ∴四边形AGBH是平行四边形， ∴BH∥AG， ∵BF＝CF， ∴GF是△CHB的中位线， ∴CG＝GH＝2GE， ∵CG＝4， ∴GECG＝2， ∴CE＝CG+GE＝6， ∵∠ACB＝90°， ∴CE是Rt△ACB斜边AB上的中线， ∴AB＝2CE＝12． 故答案为：12． 【点评】此题主要考查了三角形的重心，熟练掌握三角形重心的性质是解决问题的关键． 6．（2025秋•浦东新区校级期中）如图，在△ABC中，G是三角形的重心，AG⊥GC，AG＝6，GC＝8，则BG的长为（　　） A．6 B．8 C．10 D．12 【分析】延长BG交AC于点H，证明BG＝2GH；证明BG＝AC，求出AC，即可解决问题． 【解答】解：如图，延长BG交AC于点H； ∵点G是△ABC的重心， ∴AH＝CH； ∵AG⊥GC， ∴AC＝2GH， ∴BG＝AC． 由勾股定理得： AC2＝AG2+GC2，而AG＝6，GC＝8， ∴AC＝10， ∴BG＝10． 故选：C． 【点评】本题考查了三角形重心的性质及其应用问题，解题的关键是作辅助线，灵活运用有关定理来分析、判断、推理或解答． 7．（2024秋•崇明区期中）在△ABC中，若中线AD和中线CE相交于G，GD＝2，那么AD的长为 　6　 ． 【分析】直接根据三角形重心的性质解答即可． 【解答】解：∵在△ABC中，中线AD和中线CE相交于G， ∴点G是△ABC的重心， ∵GDAD＝2， 解得AD＝6． 故答案为：6． 【点评】本题考查的是三角形的重心，熟知重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1是解答此题的关键． 8．（2024春•崇明区期末）我们规定：联结四边形对边中点的线段叫做这个四边形的“对中线”．如图，如果凸四边形ABCD的对角线AC＝BD＝8，且两条对角线的夹角为60°，那么该四边形较长的“对中线”的长度为 　4　 ． 【分析】取四边形ABCD四边中点为M、N、P、Q，连接MN，PN，PQ，MQ，由三角形中位线定理推出MN＝PN＝PQ＝MQ，判定四边形MNPQ是菱形，得到PM⊥QN，∠PQH∠PQM，由四边形两条对角线的夹角为60°，得到∠PQM＝60°，因此∠PQH＝30°，由含30度角的直角三角形的性质得到PHPQ＝2，求出QHPH＝2，得到QN＝2QH＝4，于是得到该四边形较长的“对中线”的长度为4． 【解答】解：取四边形ABCD四边中点为M、N、P、Q，连接MN，PN，PQ，MQ， ∴PQ是△ABD的中位线， ∴PQBD8＝4，PQ∥BD， 同理：QM，MNBD，PNAC，QM∥AC， ∴MN＝PN＝PQ＝MQ， ∴四边形MNPQ是菱形， ∴PM⊥QN，∠PQH∠PQM，QN＝2QH， ∵四边形两条对角线的夹角为60°，PQ∥BD，QM∥AC， ∴∠PQM＝60°， ∴∠PQH＝30°， ∴PHPQ＝2， ∴QHPH＝2， ∴QN＝2QH＝4， ∵NQ＞PM， ∴该四边形较长的“对中线”的长度为4． 故答案为：4． 【点评】本题考查菱形的判定和性质，三角形中位线定理，关键是由三角形中位线定理判定四边形MNPQ是菱形． 9．（2022春•奉贤区校级期末）如图所示，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝6，BC＝10，则EF的长为　2　 ． 【分析】根据三角形中位线定理求出DE，根据直角三角形的性质求出DF，计算即可． 【解答】解：∵DE为△ABC的中位线， ∴DEBC＝5， ∵∠AFB＝90°，D是AB 的中点， ∴DFAB＝3， ∴EF＝DE﹣DF＝2， 故答案为：2 【点评】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键． 10．（2022秋•静安区校级期末）在△ABC中，∠BAC＝90°，点G是△ABC的重心，连接AG．若AG＝6，则BC长为 　18　 ． 【分析】延长AG交BC于点D，根据点G是△ABC的重心，得到D为BC的中点，以及AG＝2DG，进而求出AD的长度，根据AD是直角三角形斜边上的中线，从而求出BC的长． 【解答】解：如图，延长AG交BC于点D， ∵点G是△ABC的重心，AG＝6， ∴D为BC的中点，且AG＝2DG＝6， ∴DG＝3， ∴AD＝AG+DG＝9， ∵∠BAC＝90°， ∴BC＝2AD＝18； 故答案为：18． 【点评】本题考查重心的性质，以及直角三角形斜边上的中线．熟练掌握重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1，以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，是解题的关键． 11．（2022秋•杨浦区期末）如图，△ABC中，∠BAC＝90°，点G是△ABC的重心，如果AG＝4，那么BC的长为　12　 ． 【分析】延长AG交BC于点D，根据重心的性质可知点D为BC的中点，且AG＝2DG＝4，则AD＝6，再根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可求解． 【解答】解：如图，延长AG交BC于点D． ∵点G是△ABC的重心，AG＝4， ∴点D为BC的中点，且AG＝2DG＝4， ∴DG＝2， ∴AD＝AG+DG＝6， ∵△ABC中，∠BAC＝90°，AD是斜边的中线， ∴BC＝2AD＝12． 故答案为12． 【点评】本题考查了三角形重心的定义及性质，三角形的重心是三角形三边中线的交点，重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1．同时考查了直角三角形的性质． 12．（2022秋•普陀区校级月考）三角形的重心正确的叙述是（　　） A．三角形三条角平分线的交点 B．三角形三条中垂线的交点 C．三角形三条中线的交点 D．三角形三条高的交点 【分析】根据三角形重心定义判断即可得解． 【解答】解：三角形的重心是三角形三条中线的交点， 故选：C． 【点评】此题考查了三角形重心，熟记三角形重心的定义是解题的关键． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/1/21 17:29:51；用户：672612206；邮箱：672612206@qq.com；学号：5843515 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $