中考数学一轮复习考点精练第16讲 三角形的概念及性质（2份，原卷版+解析版）

这是一份中考数学一轮复习考点精练第16讲 三角形的概念及性质（2份，原卷版+解析版），共16页。试卷主要包含了新定义等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
题型01 三角形的稳定性
\l "_Tc155620296" 题型02 画三角形的高、中线、角平分线
\l "_Tc155620297" 题型03 等面积法求三角形的高
\l "_Tc155620298" 题型04 利用网格求三角形的面积
\l "_Tc155620299" 题型05 与垂心性质有关的计算
\l "_Tc155620300" 题型06 根据三角形的中线求长度
\l "_Tc155620301" 题型07 根据三角形的中线求面积
\l "_Tc155620302" 题型08 与重心性质有关的计算
\l "_Tc155620303" 题型09 应用三角形的三边关系求第三边长或取值范围
\l "_Tc155620304" 题型10 应用三角形的三边关系化简含有绝对值的式子
\l "_Tc155620305" 题型11 三角形内角和定理的证明
\l "_Tc155620306" 题型12 应用三角形内角和定理求角度
\l "_Tc155620307" 题型13 三角形内角和与平行线的综合应用
\l "_Tc155620308" 题型14 三角形内角和与角平分线的综合应用
\l "_Tc155620309" 题型15 三角形折叠中的角度问题
\l "_Tc155620310" 题型16 应用三角形内角和定理解决三角板问题
\l "_Tc155620311" 题型17 应用三角形内角和定理探究角的数量关系
\l "_Tc155620312" 题型18 三角形内角和定理与新定义问题综合
\l "_Tc155620313" 题型19 应用三角形外角的性质求角度
\l "_Tc155620314" 题型20 三角形的外角性质与角平分线的综合
\l "_Tc155620315" 题型21 三角形的外角性质与平行线的综合
\l "_Tc155620316" 题型22 应用三角形的外角性质解决折叠问题
\l "_Tc155620317" 题型23 三角形内角和定理与外角和定理综合
题型01 三角形的稳定性
1．（2020·山西·校联考模拟预测）下列图形中，没有利用三角形的稳定性的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据三角形的稳定性解答即可．
【详解】解：选项C中闸门上没有三角形，其余A、B、D选项中都含有三角形，
由三角形的稳定性可知，选项C中没有利用三角形的稳定性，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形的稳定性，正确的理解题意是解题的关键．
2．（2021·吉林长春·统考二模）如图所示的五边形木架不具有稳定性，若要使该木架稳定，则要钉上的细木条的数量至少为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】根据三角形的稳定性及多边形对角线的条数即可得答案．
【详解】∵三角形具有稳定性，
∴要使五边形不变形需把它分成三角形，即过五边形的一个顶点作对角线，
∵过五边形的一个顶点可作对角线的条数为5-3=2（条），
∴要使该木架稳定，则要钉上的细木条的数量至少为2条，
故选：B．
【点睛】本题考查三角形的稳定性及多边形的对角线，熟记三角形具有稳定性是解题的关键．
题型02 画三角形的高、中线、角平分线
3．（2023·吉林长春·校联考二模）图①、图②、图③均是4×4的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长为1，在给定的网格中，按照要求作图（保留作图痕迹）．
(1)在图①中作△ABC的中线BD．
(2)在图②中作△ABC的高BE．
(3)在图③中作△ABC的角平分线BF．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）找出对角线为AC的矩形，连接另一条对称线，两条对角线的交点就是D，连接BD即可；
（2）找出与线段AC相等的线段BT，AC与BT交于点E，连接BE即可；
（3）延长BC到H，使CH的长为小方格的正方形的边长，则AB=BH=5，连接AH交外围大正方形的边于点W，则W是线段AH的中点，连接BW即可．
【详解】（1）如图①中，线段BD即为所求；
（2）如图②中，线段BE即为所求；
（3）如图③中，线段BF即为所求．
【点睛】本题考查了用网格作图，矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的三线合一，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，熟练运用这些知识是解题的关键．
4．（2021·吉林·三模）图①、图②都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，△ABC为格点三角形．请仅用无刻度的直尺在网格中完成下列作图，不写作法
(1)在图①中，画出△ABC中AB边上的中线CM；
(2)在图②中，画出△ABC中AC边上的高BN，并直接写出△ABC的面积．
【答案】(1)见解析
(2)图见解析，332
【分析】（1）连接DE，交AB与点M，由菱形的判定与性质可知M是AB的中点，根据三角形中线的定义即可得到结论；
（2）连接PQ，交AO于点N，由菱形的判定与性质可知N是AO的中点，根据等边三角形的性质，即可知BN⊥AO，即可得出结论．
【详解】（1）如图，线段CM即为所求；
（2）如图，线段BN即为所求．
如图可知△ABO为边长是3的等边三角形，N为AO的中点．
∴BN=32AO=332．
∴S△ABC=12AC⋅BN=12×2×332=332．
【点睛】本题考查了作图-应用与设计，等边三角形的性质，菱形的判定与性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
题型03 等面积法求三角形的高
5．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，AB=10，则AB边上的高的长度是（ ）．
A．5B．5.6C．4.8D．4.6
【答案】C
【分析】本题主要考查了三角形面积及三角形的高．过点C作CD⊥AB于点D，根据三角形的面积公式求得CD即可．
【详解】解：过点C作CD⊥AB于点D，

∵S△ABC=12×AC×BC=12×AB×CD，
∴12×8×6=12×10×CD，
∴CD=245=4.8，
故AB边上的高长为4.8．
故选：C．
6．（2022·陕西西安·校考三模）如图，△ABC的顶点在正方形网格的格点上，若每个小正方形的边长为1，则BC边上的高为 ．
【答案】25
【分析】设BC边上的高为h，先根据△ABC的面积等于其所在的正方形面积减去周围三个三角形的面积求出△ABC的面积，根据勾股定理求出BC的长，再根据三角形面积公式即可求出h．
【详解】解：设BC边上的高为h，
由题意得S△ABC=4×4−12×3×4−12×1×2−12×2×4=5，
∵BC=12+22=5，12BC⋅ℎ=5，
∴ℎ=10BC=25，
故答案为：25．
【点睛】本题主要考查了三角形面积公式，勾股定理与网格问题，正确求出△ABC的面积是解题的关键．
7．（2023上·陕西延安·八年级校联考阶段练习）如图，△ABC在平面直角坐标系中，A，B，C三点在方格线的交点上．

(1)请在图中作出△ABC中AB边上的高．
(2)求△ABC的面积．
(3)点B到AC边所在直线的距离为165，求AC的长度．
【答案】(1)见解析
(2)8
(3)AC=5
【分析】（1）根据高线的定义结合网格特点作图即可；
（2）利用三角形的面积公式计算即可；
（3）根据三角形的面积公式列式计算即可．
【详解】（1）解：如图，AB边上的高CD即为所作；

（2）如图，S△ABC=12AB⋅CD=12×4×4=8；
（3）∵点B到AC边所在直线的距离为165，
∴S△ABC=12AC×165=8，
∴AC=5．
【点睛】本题考查了三角形的高线，三角形的面积计算，熟练掌握网格特点是解题的关键．
题型04 利用网格求三角形的面积
8．（2022·广东深圳·深圳市宝安中学（集团）校考三模）在正方形的网格中，每个小正方形的边长为1个单位长度，△ABC的三个顶点A，B，C都在格点（正方形网格的交点称为格点）．现将△ABC平移．使点A平移到点D，点E、F分别是B、C的对应点．
(1)请在图中画出平移后的△DEF；
(2)分别连接AD，BE，则AD与BE的数量关系为 ，位置关系为 ．
(3)求△DEF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)AD=BE，AD∥BE
(3)7
【分析】（1）利用平移变换的性质作出B，C的对应点E，F即可；
（2）根据平移变换的性质解决问题即可；
（3）利用利用正方形的面积减去三个直角三角形的面积，即可求解．
【详解】（1）解：∵点A平移到点D，
∴△ABC先向右平移6个单位，再向下平移2个单位得到△DEF，
如图，△DEF即为所求；
（2）解：∵△ABC先向右平移6个单位，再向下平移2个单位得到△DEF，
∴点A到点D与点B到点E的平移方向和平移距离相同，
∴AD∥BE，AD=BE；
故答案为： AD=BE，AD∥BE；
（3）解：SΔDEF=4×4−2×4×12−2×3×12−1×4×12=7．
【点睛】本题考查作图—平移变换，平移的性质，网格三角形的面积等知识，解题关键是掌握平移变换的性质．
9．（2023·上海杨浦·统考一模）新定义：由边长为1的小正方形构成的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，已知在5×5的网格图形中，△ABC的顶点A、B、C都在格点上．请按要求完成下列问题：
(1)S△ABC=___________；sin∠ABC=___________；
(2)请仅用无刻度的直尺在线段AB上求作一点P，使S△ACP=15S△ABC．（不要求写作法，但保留作图痕迹，写出结论）
【答案】(1)4，45
(2)作图见解析
【分析】（1）由正方形面积减去三个小三角形面积即可求出S△ABC；过点A作AD⊥BC于点D．根据勾股定理可求出AB=BC=10．再根据三角形面积公式可求出AD=4105，最后由正弦的定义求解即可；
（2）如图，取格点M和N，连接MN交AB于点P，连接AM、BN，则AM∥BN，即可证△AMP∽△BNP，得出APBP=AMBN=14．再根据△ACP和△BCP同高，即得出S△ACP:S△BCP=14，进而得出S△ACP=15S△ABC，即说明点P即为所作．
【详解】（1）S△ABC=3×3−12×3×1−12×3×1−12×2×2
=9−32−32−2
=4；
如图，过点A作AD⊥BC于点D．
由图可知AB=BC=12+32=10．
∵S△ABC=12AD⋅BC=4，
∴12AD×10=4
∴AD=4105，
∴sin∠ABC=ADAB=410510=45．
故答案为：4，45；
（2）如图，点P即为所作．
【点睛】本题考查利用网格求三角形的面积，求角的正弦值，三角形相似的判定和性质等知识．利用数形结合的思想是解题关键．
题型05 与垂心性质有关的计算
10．（2020下·江西赣州·九年级校考阶段练习）如图，已知锐角三角形ABC的顶点A到垂心H的距离等于它的外接圆半径，则∠BAC的度数为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．75°
【答案】C
【分析】利用直径所对的圆周角的性质和垂心的性质判断出AH∥CD，CH∥AD，进而判断出CD=R，再判断出△COD是等边三角形，即可得出结论．
【详解】解：如图，设△ABC的外接圆的半径为R，
连接BO，并延长BO交圆O于点D，连接OC，AD，CD，CH，
∵点O是△ABC的外心，
∴BD是⊙O的直径，
∴∠BCD=90°，
∴CD⊥BC，
∵H是△ABC的垂心，
∴AH⊥BC，
∴AH∥CD，
同理：CH∥AD，
∴四边形AHCD是平行四边形，
∴CD=AH=R，
∵点O是△ABC的外接圆的圆心，
∴OC=OD=R，
∴OC=OD=CD=R，
∴△OCD是等边三角形，
∴∠BDC=60°，
∴∠BAC=∠BDC=60°，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了三角形的外心和垂心，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，判断出CD=R是解本题的关键．
11．（2020·浙江杭州·九年级期末）如图，H、O分别为△ABC的垂心、外心，∠BAC=45°，若△ABC外接圆的半径为2，则AH=（ ）

A．23B．22C．4D．3+1
【答案】B
【分析】连接BO并延长交⊙O于点D，连接HC，CD，DA，由圆周角定理的推论，可得DC⊥BC，DA⊥AB，由三角形的垂心的定义得AH⊥BC，CH⊥AB，从而得四边形AHCD是平行四边形，结合∠BAC=45°，△ABC外接圆的半径为2，即可求解．
【详解】连接BO并延长交⊙O于点D，连接HC，CD，DA．
∵点O是△ABC的外心，
∴BD是⊙O的直径，
∴DC⊥BC，DA⊥AB，
又∵点H是△ABC的垂心，
∴AH⊥BC，CH⊥AB，
∴AH∥DC，CH∥DA，
∴四边形AHCD是平行四边形，
∴AH=DC，
∵∠BAC=45°，△ABC外接圆的半径为2，
∴∠BDC=∠BAC=45°，BD=4，
∴AH=DC=BD÷2=4÷2=22．
故选B．

【点睛】本题主要考查三角形外心与垂心的定义，圆周角定理及其推论，平行四边形的判定和性质定理，掌握三角形外心与垂心的定义，添加合适的辅助线，构造平行四边形和等腰直角三角形，是解题的关键．
题型06 根据三角形的中线求长度
12．（2022·陕西西安·高新一中校考模拟预测）如图，△ABC中，AB＝10，AC＝8，点D是BC边上的中点，连接AD，若△ACD的周长为20，则△ABD的周长是（ ）
A．16B．18C．20D．22
【答案】D
【分析】利用三角形的周长公式先求解AD+CD=12,再证明BD=CD,再利用周长公式进行计算即可．
【详解】解：∵ AC＝8，△ACD的周长为20，
∴AD+CD=20−8=12,
∵ 点D是BC边上的中点，
∴BD=CD,
∵ AB＝10，
∴△ABD的周长为：AB+BD+AD=10+AD+CD=10+12=22．
故选：D.
【点睛】本题考查的是三角形的周长的计算，三角形的边的中点的应用，掌握“三角形的周长公式及中点的含义”是解本题的关键．
13．（2023·安徽·校联考一模）已知：△ABC中，AD是中线，点E在AD上，且CE=CD，∠BAD=∠ACE．则CEAC的值为（ ）
A．23B．22C．5−12D．3−52
【答案】B
【分析】根据已知得出△ADB∽△CEA，则∠B=∠CAE，进而证明△BAC∽△ADC，得出AC=2CD，即可求解．
【详解】解：∵△ABC中，AD是中线，
∴BD=CD，
∵CE=CD，
∴∠CED=∠CDE，BD=CE，
∴∠ADB=∠CEA，
又∵∠BAD=∠ACE，
∴△ADB∽△CEA，
∴∠B=∠CAE，
∵∠BCA=∠ACD，
∴△BAC∽△ADC，
∴BCAC=ACCD，
∴AC2=BC×CD=2CD2，
即AC=2CD，
∴ CEAC=CDAC=BC2CD=22，
故选：B．
【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，三角形中线的性质，等腰三角形的性质，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
14．（2020·浙江·模拟预测）在△ABC中，AB边上的中线CD=3,AB=6,BC+AC=8，则△ABC的面积为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】B
【分析】本题考查三角形的中线定义，根据条件先确定ABC为直角三角形，再根据勾股定理求得2AC·BC=28 ，最后根据ΔABC=12AC⋅BC求解即可.
【详解】解：如图，在△ABC中，AB边上的中线，
∵CD=3，AB= 6，
∴CD=3，AB= 6，
∴CD= AD= DB ，
∴∠1=∠2，∠3=∠4 ，
∵∠1+∠2+∠3+∠4=180°，
∴∠1+∠3=90°，
∴△ABC是直角三角形，
∴AC2+BC2=AB2=36，
又∵AC+BC=8，
∴AC2+2AC⋅BC+BC2=64，
∴2AC⋅BC=64−(AC2+BC2)=64−36=28，
又∵ΔABC=12AC⋅BC，
∴SΔABC=12×282=7，
故选B.
【点睛】本题考查三角形中位线的应用，熟练运用三角形的中线定义以及综合分析、解答问题的能力，关键要懂得：在一个三角形中，如果获知一条边上的中线等于这一边的一半，那么就可考虑它是一个直角三角形，通过等腰三角形的性质和内角和定理来证明一个三是直角三角形.
15．（2023·陕西渭南·统考一模）如图，AD是△ABC的中线，若AB=6，AC=5，则△ABD与△ACD的周长之差为 ．

【答案】1
【分析】利用三角形的中线的定义可知BD=CD，所以两个三角形的周长差即为AB−AC．
【详解】解：∵C△ABD=AB+BD+AD，C△ACD=AC+CD+AD，
∴C△ABD−C△ACD=AB+BD+AD−AC−CD−AD=AB+BD−AC−CD．
又∵AD是△ABC中线，
∴BD=CD，
∵AB=6，AC=5，
∴C△ABD−C△ACD=AB−AC=6−5=1．
故答案为：1．
【点睛】本题考查三角形中线的定义：三角形的中线是连接三角形顶点和它的对边中点的线段．
16．（2022·安徽合肥·统考一模）如图，ΔABC中，AD是中线，点E在AD上，且CE＝CD＝1，∠BAD＝∠ACE，则AC的长为
【答案】2
【分析】先根据中线的定义和已知求得BC的长，然后利用等边对等角证得∠CDE=∠CED，进而得到∠AEC=∠BDA，证得ΔABD∽ΔCAE，由此再证得ΔABC∽ΔDAC，利用相似三角形的对应边成比例即可求得AC的长．
【详解】解：∵ΔABC中，AD是中线，CD＝1，
∴BC=2CD=2，
∵CE＝CD，
∴∠CDE=∠CED，
∵∠AEC+∠CED=180°，∠BDA+∠CDE=180°，
∴∠AEC=∠BDA，
又∵∠BAD＝∠ACE，
∴ΔABD∽ΔCAE，
∴∠CAE=∠B，
又∵∠ACB=∠DCA，
∴ΔABC∽ΔDAC，
∴ACCD=BCAC，
即AC2=BC·CD，
∵BC=2，CD＝1，
∴AC2=BC·CD=2，
∴AC=2，
故答案为：2
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，能发现ΔABC∽ΔDAC是解题的关键．
题型07 根据三角形的中线求面积
17．（2023·辽宁葫芦岛·统考二模）在Rt△ABC中，∠C=90°，分别以点B，C为圆心，大于12BC长为半径画弧，交于E，F两点，连接EF，交BC于点D，连接AD．AD=13，CD=2，则△ABD的面积是（ ）

A．2B．3C．13D．132
【答案】B
【分析】由题意可得ED为BC的垂直平分线，故可得S△ABD=S△ACD，利用勾股定理求得AC的长，即可算出S△ACD．
【详解】解：由题意可得ED为BC的垂直平分线，
∴BD=CD，
∴AD是Rt△ABC的中线，
∴S△ABD=S△ACD，
根据勾股定理，可得AC=AD2−CD2=3，
∴S△ABD=S△ACD=12CD⋅AC=3，
故选：B．
【点睛】本题考查了垂直平分线的性质，勾股定理，中线的性质，熟知垂直平分线的画法，得到ED为BC的垂直平分线是解题的关键．
18．（2023·陕西西安·统考三模）如图，在△ABC中，AB=AC=5,BC=6,AD⊥BC,AC边上中线BE交AD于点O，则△BCE的面积为（ ）

A．6B．7C．8D．9
【答案】A
【分析】根据等腰直角三角形的性质求得BD=3，根据勾股定理求得AD=4，进而根据三角形面积公式求得S△ABC，根据三角形中线的性质可得△BCE的面积为12 S△ABC，即可求解．
【详解】解：∵AB=AC=5，BC=6，AD⊥BC，
∴BD=DC=3，
Rt△ABD中，AD=AB2−BD2=52−32=4，
∴S△ABC=12BC⋅AD=12×6×4=12，
∵ BE是AC边上的中线，
∴ △BCE的面积=12 S△ABC =12×12=6．
故选：A．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，三角形中线的性质，求得S△ABC是解题的关键．
19．（2023·陕西榆林·校考二模）如图，AD，BE分别为△ABC的中线和高线，△ABD的面积为5，AC=4，则BE的长为（ ）
A．5B．3C．4D．6
【答案】A
【分析】首先利用中线的性质可以求出△ABC的面积，然后利用三角形的面积公式即可求解．
【详解】解：∵AD为△ABC的中线，
∴S△ABD=S△ACD，
∵△ABD的面积为5，
∴S△ABC=2S△ABD=10，
∵BE为△ABC的高线，AC=4，
∴S△ABC=12AC×BE=12×4×BE=10，
∴BE=5．
故选：A．
【点睛】题主要考查了三角形的面积，同时也利用了三角形的中线的性质，有一定的综合性．
20．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，已知△ABC的面积为10cm2，BP为∠ABC的角平分线，AP垂直BP于点P，则△PBC的面积为（ ）
A．6cm2B．5cm2C．4cm2D．3cm2
【答案】B
【分析】取AB的中点Q，连接PQ，CQ，根据直角三角形斜边中线的性质及平行线的判定得PQ∥BC，进而得到S△PBC=S△BCQ，再根据等底同高三角形面积相等即可得到解答．
【详解】解：取AB的中点Q，连接PQ，CQ，
∵AP⊥BP，
∴PQ=BQ，
∴∠ABP=∠QPB，
∵AP垂直∠B的平分线BP于P，
∴∠ABP=∠CBP，
∴∠QPB=∠CBP，
∴PQ∥BC，
∴S△PBC=S△BCQ，
∵AQ=BQ=12AB，△ABC的面积为10cm2，
∴S△BCQ=12S△ABC=12×10=5cm2，
∴S△PBC=5cm2，
故选：B．
【点睛】考查了直角三角形的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定与性质，等底同高证明两三角形面积相等，掌握△PBC的面积和原三角形的面积之间的数量关系是解题的关键．
题型08 与重心性质有关的计算
21．（2023·陕西西安·统考三模）在△ABC中，点O为△ABC的重心，连接AO并延长交BC边于点D，若有AD=12BC，则△ABC为（ ）
A．等腰三角形B．等边三角形C．直角三角形D．等腰直角三角形
【答案】C
【分析】首先利用重心的性质可以得到AD为△ABC的中线，然后利用已知条件和等腰三角形的性质即可判断．
【详解】解：如图，∵点O为△ABC的重心，

∴AD为△ABC的中线，
∵AD=12BC，
∴AD=BD=CD，
∴∠BAD=ABD，∠DAC=∠DCA，
而∠BAD+∠ABD+∠DAC+∠DCA=180°，
∴∠BAD+∠CAD=90°，
∴∠BAC=90°，
∴△ABC为直角三角形．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了三角形的重心的性质，同时也利用了等腰三角形的性质，比较简单．
22．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考模拟预测）在等腰△ABC中，AB=AC，D、E分别是BC，AC的中点，点P是线段AD上的一个动点，当△PCE的周长最小时，P点的位置在（ ）

A．△ABC的重心处B．AD的中点处C．A点处D．D点处
【答案】A
【分析】连接PB，BE，首先证明PC+PE=PB+PE，由PB+PE≥BE，推出当B，P，E共线时，PC+PE的值最小，此时BE是△ABC的中线，由此即可判断．
【详解】解：如图，连接PB，BE．

∵AB=AC，BD=CD，
∴AD⊥BC，
∴PB=PC，
∴PC+PE=PB+PE，
∵PB+PE≥BE，
∴当B，P，E共线时，PC+PE的值最小，此时BE是△ABC的中线，
∵AD也是中线，
∴点P是△ABC的重心，
故选：A．
【点睛】本题考查三角形的重心，等腰三角形的性质，轴对称线段和最短问题，关键是学会添加常用辅助线，学会利用两点之间线段最短解决问题．
23．（2023·陕西榆林·统考二模）如图，点G为△ABC的重心，连接CG，AG并延长分别交AB，BC于点E，F，连接EF，若AC=3.4，则EF的长度为（ ）

A．1.7B．1.8C．2.2D．3.4
【答案】A
【分析】根据点G为△ABC的重心，可知点E为AB的中点，点F为BC的中点，即可求解．
【详解】解：∵点G为△ABC的重心，
∴点E为AB的中点，点F为BC的中点，
∴EF为△ABC的中位线，
∴EF=12AC，
∵AC=3.4，
∴EF=1.7，
故选：A．
【点睛】本题考查了三角形重心的概念，知道重心是中线的交点是解题的关键．
24．（2023·上海松江·统考二模）如图，点G是△ABC的重心，四边形AEGD与△ABC面积的比值是（ ）
A．12B．13C．14D．25
【答案】B
【分析】连接DE，根据三角形中位线定理以及中线的性质可得DE∥BC,DE=12BC，S△ABD=12S△ABC，S△BDE=12S△ABD，从而得到△ADE∽△ACB，进而得到DGBD=EGCE=13,S△AEDS△ABC=DEBC2=122=14，继而得到S△DEG=13S△BDE，S△ADE=14S△ABC，可得S△DEG=16×12S△ABC=112S△ABC，再由S四边形AEGD=S△ADE+S△DEG，即可．
【详解】解：如图，连接DE，
∵点G是△ABC的重心，
∴点D，E分别为AC,AB的中点，
∴DE∥BC,DE=12BC，S△ABD=12S△ABC，S△BDE=12S△ABD，
∴△ADE∽△ACB，
∴DGBG=EGCG=DEBC=12，
∴DGBD=EGCE=13,S△AEDS△ABC=DEBC2=122=14，
∴S△DEG=13S△BDE，S△ADE=14S△ABC，
∴S△DEG=13×12S△ABD=16S△ABD，
∴S△DEG=16×12S△ABC=112S△ABC，
∴S四边形AEGD=S△ADE+S△DEG=14S△ABC+112S△ABC=13S△ABC，
即四边形AEGD与△ABC面积的比值是13．
故选：B
【点睛】本题主要考查了三角形的重心，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理，熟练掌握三角形的重心，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理是解题的关键．
题型09 应用三角形的三边关系求第三边长或取值范围
25．（2023·福建福州·校考二模）已知三角形两边长分别为3和5，则第三边的长可能是（ ）
A．2B．6C．8D．9
【答案】B
【分析】根据三角形的三边关系“任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于三边”，求得第三边的取值范围，即可得出结果．
【详解】解：根据三角形的三边关系，得
故第三边的长度5−3