【操作发现】三角形三个顶点与重心的连线段,将该三角形面积三等分.
(1) 如图(1),在$△ ABC$中,中线$AD,BE,CF$相交于点$G$.求证:$S_{△ ABG}=\frac{1}{3}S_{△ ABC}$.
【提出问题】如图(2),探究在四边形$ABCD$中,$P$是$AD$边上任意一点,$△ PBC$与$△ ABC$和$△ DBC$的面积之间的关系.
(2) 为了解决这个问题,我们可以先从一些简单的、特殊的情形入手:如图(3),当$AP=\frac{1}{2}AD$时,探求$S_{△ PBC}$与$S_{△ ABC}$和$S_{△ DBC}$之间的关系,写出求解过程.
【问题解决】
(3) 推广,当$AP=\frac{1}{n}AD$($n$表示正整数)时,直接写出$S_{△ PBC}$与$S_{△ ABC}$和$S_{△ DBC}$之间的关系:
(1) 如图(1),在$△ ABC$中,中线$AD,BE,CF$相交于点$G$.求证:$S_{△ ABG}=\frac{1}{3}S_{△ ABC}$.
【提出问题】如图(2),探究在四边形$ABCD$中,$P$是$AD$边上任意一点,$△ PBC$与$△ ABC$和$△ DBC$的面积之间的关系.
(2) 为了解决这个问题,我们可以先从一些简单的、特殊的情形入手:如图(3),当$AP=\frac{1}{2}AD$时,探求$S_{△ PBC}$与$S_{△ ABC}$和$S_{△ DBC}$之间的关系,写出求解过程.
【问题解决】
(3) 推广,当$AP=\frac{1}{n}AD$($n$表示正整数)时,直接写出$S_{△ PBC}$与$S_{△ ABC}$和$S_{△ DBC}$之间的关系:
$S_{△ PBC}=\frac{1}{n}S_{△ DBC}+\frac{n-1}{n}S_{△ ABC}$
.答案：(1) $\because BD=CD,\therefore S_{△ ABD}=\frac{1}{2}S_{△ ABC}.\because G$是重心,$\therefore AG=2DG,\therefore S_{△ ABG}=\frac{2}{3}S_{△ ABD}=\frac{1}{3}S_{△ ABC}$.
(2) 结论:$S_{△ PBC}=\frac{1}{2}S_{△ DBC}+\frac{1}{2}S_{△ ABC}$. 理由:$\because AP=\frac{1}{2}AD$,$△ ABP$ 和 $△ ABD$ 的高相等,$\therefore S_{△ ABP}=\frac{1}{2}S_{△ ABD}.\because PD=\frac{1}{2}AD$,$△ CDP$ 和 $△ CDA$ 的高相等,$\therefore S_{△ CDP}=\frac{1}{2}S_{△ CDA}.\therefore S_{△ PBC}=S_{四边形ABCD}-S_{△ ABP}-S_{△ CDP}=S_{四边形ABCD}-\frac{1}{2}S_{△ ABD}-\frac{1}{2}S_{△ CDA}=S_{四边形ABCD}-\frac{1}{2}(S_{四边形ABCD}-S_{△ DBC})-\frac{1}{2}(S_{四边形ABCD}-S_{△ ABC})=\frac{1}{2}S_{△ DBC}+\frac{1}{2}S_{△ ABC}$.
(3) 结论:$S_{△ PBC}=\frac{1}{n}S_{△ DBC}+\frac{n-1}{n}S_{△ ABC}$. 理由:$\because AP=\frac{1}{n}AD$,$△ ABP$ 和 $△ ABD$ 的高相等,$\therefore S_{△ ABP}=\frac{1}{n}S_{△ ABD}$. 又$\because PD=\frac{n-1}{n}AD$,$△ CDP$ 和 $△ CDA$ 的高相等,$\therefore S_{△ CDP}=\frac{n-1}{n}S_{△ CDA},\therefore S_{△ PBC}=S_{四边形ABCD}-S_{△ ABP}-S_{△ CDP}=S_{四边形ABCD}-\frac{1}{n}S_{△ ABD}-\frac{n-1}{n}S_{△ CDA}=S_{四边形ABCD}-\frac{1}{n}(S_{四边形ABCD}-S_{△ DBC})-\frac{n-1}{n}(S_{四边形ABCD}-S_{△ ABC})=\frac{1}{n}S_{△ DBC}+\frac{n-1}{n}S_{△ ABC}$.
(2) 结论:$S_{△ PBC}=\frac{1}{2}S_{△ DBC}+\frac{1}{2}S_{△ ABC}$. 理由:$\because AP=\frac{1}{2}AD$,$△ ABP$ 和 $△ ABD$ 的高相等,$\therefore S_{△ ABP}=\frac{1}{2}S_{△ ABD}.\because PD=\frac{1}{2}AD$,$△ CDP$ 和 $△ CDA$ 的高相等,$\therefore S_{△ CDP}=\frac{1}{2}S_{△ CDA}.\therefore S_{△ PBC}=S_{四边形ABCD}-S_{△ ABP}-S_{△ CDP}=S_{四边形ABCD}-\frac{1}{2}S_{△ ABD}-\frac{1}{2}S_{△ CDA}=S_{四边形ABCD}-\frac{1}{2}(S_{四边形ABCD}-S_{△ DBC})-\frac{1}{2}(S_{四边形ABCD}-S_{△ ABC})=\frac{1}{2}S_{△ DBC}+\frac{1}{2}S_{△ ABC}$.
(3) 结论:$S_{△ PBC}=\frac{1}{n}S_{△ DBC}+\frac{n-1}{n}S_{△ ABC}$. 理由:$\because AP=\frac{1}{n}AD$,$△ ABP$ 和 $△ ABD$ 的高相等,$\therefore S_{△ ABP}=\frac{1}{n}S_{△ ABD}$. 又$\because PD=\frac{n-1}{n}AD$,$△ CDP$ 和 $△ CDA$ 的高相等,$\therefore S_{△ CDP}=\frac{n-1}{n}S_{△ CDA},\therefore S_{△ PBC}=S_{四边形ABCD}-S_{△ ABP}-S_{△ CDP}=S_{四边形ABCD}-\frac{1}{n}S_{△ ABD}-\frac{n-1}{n}S_{△ CDA}=S_{四边形ABCD}-\frac{1}{n}(S_{四边形ABCD}-S_{△ DBC})-\frac{n-1}{n}(S_{四边形ABCD}-S_{△ ABC})=\frac{1}{n}S_{△ DBC}+\frac{n-1}{n}S_{△ ABC}$.
解析：
【分析】
(1) 要证$S_{△ABG}=\frac{1}{3}S_{△ABC}$，先利用中线性质得到中线平分三角形面积，推出$S_{△ABD}=\frac{1}{2}S_{△ABC}$；再结合重心分中线为$2:1$的性质，根据同高三角形面积比等于底的比，推导$S_{△ABG}$与$S_{△ABD}$的关系即可得证。
(2) 当$AP=\frac{1}{2}AD$时，先根据同高三角形面积比等于底的比，分别求出$S_{△ABP}$、$S_{△CDP}$和对应大三角形的面积关系；再用四边形总面积减去这两个三角形的面积，将相关面积用$S_{△DBC}$、$S_{△ABC}$代换化简，即可得到三者关系。
(3) 类比第(2)问的推导思路，将比例$\frac{1}{2}$替换为$\frac{1}{n}$和$\frac{n-1}{n}$，按照相同的代换、化简步骤，即可推出一般情形下的结论。
【解析】
(1) 证明：
∵AD是△ABC的中线，
∴$BD=CD$，△ABD与△ACD同高，
∴$S_{△ABD}=\frac{1}{2}S_{△ABC}$。
∵G是△ABC的重心，
∴$AG=2DG$，△ABG与△DBG同高，
∴$S_{△ABG}=\frac{2}{3}S_{△ABD}=\frac{2}{3}×\frac{1}{2}S_{△ABC}=\frac{1}{3}S_{△ABC}$。
(2) 求解过程：
∵$AP=\frac{1}{2}AD$，△ABP和△ABD同高，
∴$S_{△ABP}=\frac{1}{2}S_{△ABD}$。
∵$PD=\frac{1}{2}AD$，△CDP和△CDA同高，
∴$S_{△CDP}=\frac{1}{2}S_{△CDA}$。
∴$S_{△PBC}=S_{四边形ABCD}-S_{△ABP}-S_{△CDP}$
$=S_{四边形ABCD}-\frac{1}{2}S_{△ABD}-\frac{1}{2}S_{△CDA}$
将$S_{△ABD}=S_{四边形ABCD}-S_{△DBC}$，$S_{△CDA}=S_{四边形ABCD}-S_{△ABC}$代入得：
$S_{△PBC}=S_{四边形ABCD}-\frac{1}{2}(S_{四边形ABCD}-S_{△DBC})-\frac{1}{2}(S_{四边形ABCD}-S_{△ABC})$
$=\frac{1}{2}S_{△DBC}+\frac{1}{2}S_{△ABC}$。
(3) 推导过程：
∵$AP=\frac{1}{n}AD$，△ABP和△ABD同高，
∴$S_{△ABP}=\frac{1}{n}S_{△ABD}$。
∵$PD=\frac{n-1}{n}AD$，△CDP和△CDA同高，
∴$S_{△CDP}=\frac{n-1}{n}S_{△CDA}$。
∴$S_{△PBC}=S_{四边形ABCD}-S_{△ABP}-S_{△CDP}$
$=S_{四边形ABCD}-\frac{1}{n}S_{△ABD}-\frac{n-1}{n}S_{△CDA}$
将$S_{△ABD}=S_{四边形ABCD}-S_{△DBC}$，$S_{△CDA}=S_{四边形ABCD}-S_{△ABC}$代入得：
$S_{△PBC}=S_{四边形ABCD}-\frac{1}{n}(S_{四边形ABCD}-S_{△DBC})-\frac{n-1}{n}(S_{四边形ABCD}-S_{△ABC})$
$=\frac{1}{n}S_{△DBC}+\frac{n-1}{n}S_{△ABC}$。
【答案】
(1) 证明成立，$S_{△ABG}=\frac{1}{3}S_{△ABC}$；
(2) $S_{△PBC}=\frac{1}{2}S_{△DBC}+\frac{1}{2}S_{△ABC}$；
(3) $S_{△PBC}=\frac{1}{n}S_{△DBC}+\frac{n-1}{n}S_{△ABC}$
【知识点】
1. 三角形重心性质
2. 同高三角形面积比
3. 面积割补转化
【点评】
本题从三角形重心的基础面积性质出发，由特殊到一般探究四边形中的面积关系，核心考查同高三角形面积和底的比例关系，以及面积的割补代换思想，对逻辑推理能力有较好的锻炼作用。
【难度系数】
0.6
(1) 要证$S_{△ABG}=\frac{1}{3}S_{△ABC}$，先利用中线性质得到中线平分三角形面积，推出$S_{△ABD}=\frac{1}{2}S_{△ABC}$；再结合重心分中线为$2:1$的性质，根据同高三角形面积比等于底的比，推导$S_{△ABG}$与$S_{△ABD}$的关系即可得证。
(2) 当$AP=\frac{1}{2}AD$时，先根据同高三角形面积比等于底的比，分别求出$S_{△ABP}$、$S_{△CDP}$和对应大三角形的面积关系；再用四边形总面积减去这两个三角形的面积，将相关面积用$S_{△DBC}$、$S_{△ABC}$代换化简，即可得到三者关系。
(3) 类比第(2)问的推导思路，将比例$\frac{1}{2}$替换为$\frac{1}{n}$和$\frac{n-1}{n}$，按照相同的代换、化简步骤，即可推出一般情形下的结论。
【解析】
(1) 证明：
∵AD是△ABC的中线，
∴$BD=CD$，△ABD与△ACD同高，
∴$S_{△ABD}=\frac{1}{2}S_{△ABC}$。
∵G是△ABC的重心，
∴$AG=2DG$，△ABG与△DBG同高，
∴$S_{△ABG}=\frac{2}{3}S_{△ABD}=\frac{2}{3}×\frac{1}{2}S_{△ABC}=\frac{1}{3}S_{△ABC}$。
(2) 求解过程：
∵$AP=\frac{1}{2}AD$，△ABP和△ABD同高，
∴$S_{△ABP}=\frac{1}{2}S_{△ABD}$。
∵$PD=\frac{1}{2}AD$，△CDP和△CDA同高，
∴$S_{△CDP}=\frac{1}{2}S_{△CDA}$。
∴$S_{△PBC}=S_{四边形ABCD}-S_{△ABP}-S_{△CDP}$
$=S_{四边形ABCD}-\frac{1}{2}S_{△ABD}-\frac{1}{2}S_{△CDA}$
将$S_{△ABD}=S_{四边形ABCD}-S_{△DBC}$，$S_{△CDA}=S_{四边形ABCD}-S_{△ABC}$代入得：
$S_{△PBC}=S_{四边形ABCD}-\frac{1}{2}(S_{四边形ABCD}-S_{△DBC})-\frac{1}{2}(S_{四边形ABCD}-S_{△ABC})$
$=\frac{1}{2}S_{△DBC}+\frac{1}{2}S_{△ABC}$。
(3) 推导过程：
∵$AP=\frac{1}{n}AD$，△ABP和△ABD同高，
∴$S_{△ABP}=\frac{1}{n}S_{△ABD}$。
∵$PD=\frac{n-1}{n}AD$，△CDP和△CDA同高，
∴$S_{△CDP}=\frac{n-1}{n}S_{△CDA}$。
∴$S_{△PBC}=S_{四边形ABCD}-S_{△ABP}-S_{△CDP}$
$=S_{四边形ABCD}-\frac{1}{n}S_{△ABD}-\frac{n-1}{n}S_{△CDA}$
将$S_{△ABD}=S_{四边形ABCD}-S_{△DBC}$，$S_{△CDA}=S_{四边形ABCD}-S_{△ABC}$代入得：
$S_{△PBC}=S_{四边形ABCD}-\frac{1}{n}(S_{四边形ABCD}-S_{△DBC})-\frac{n-1}{n}(S_{四边形ABCD}-S_{△ABC})$
$=\frac{1}{n}S_{△DBC}+\frac{n-1}{n}S_{△ABC}$。
【答案】
(1) 证明成立，$S_{△ABG}=\frac{1}{3}S_{△ABC}$；
(2) $S_{△PBC}=\frac{1}{2}S_{△DBC}+\frac{1}{2}S_{△ABC}$；
(3) $S_{△PBC}=\frac{1}{n}S_{△DBC}+\frac{n-1}{n}S_{△ABC}$
【知识点】
1. 三角形重心性质
2. 同高三角形面积比
3. 面积割补转化
【点评】
本题从三角形重心的基础面积性质出发，由特殊到一般探究四边形中的面积关系，核心考查同高三角形面积和底的比例关系，以及面积的割补代换思想，对逻辑推理能力有较好的锻炼作用。
【难度系数】
0.6