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1.如图，已知直线$a // b // c$，直线$m$交直线$a$，$b$，$c$于点$A$，$B$，$C$，直线$n$交直线$a$，$b$，$c$于点$D$，$E$，$F$，若$\frac{AB}{BC} = \frac{1}{2}$，则$\frac{DE}{EF}$等于(
A.$\frac{1}{3}$
B.$\frac{1}{2}$
C.$\frac{2}{3}$
D.$1$
B
).A.$\frac{1}{3}$
B.$\frac{1}{2}$
C.$\frac{2}{3}$
D.$1$
答案
1.B
解析
解：
∵直线$a // b // c$，
∴由平行线分线段成比例定理得：$\frac{DE}{EF} = \frac{AB}{BC}$。
∵$\frac{AB}{BC} = \frac{1}{2}$，
∴$\frac{DE}{EF} = \frac{1}{2}$。
答案：B
∵直线$a // b // c$，
∴由平行线分线段成比例定理得：$\frac{DE}{EF} = \frac{AB}{BC}$。
∵$\frac{AB}{BC} = \frac{1}{2}$，
∴$\frac{DE}{EF} = \frac{1}{2}$。
答案：B
2.如图，点$P$是$□ ABCD$边$AB$上的一点，射线$CP$交$DA$的延长线于点$E$，则图中相似的三角形有(
A.$0$对
B.$1$对
C.$2$对
D.$3$对
D
).A.$0$对
B.$1$对
C.$2$对
D.$3$对
答案
2.D
解析
证明：
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$AB// CD$，$AD// BC$。
1.
∵$AE// BC$，
∴$\triangle EAP\sim\triangle CBP$（两直线平行，同位角相等，对应角相等）。
2.
∵$AB// CD$，
∴$\triangle EAP\sim\triangle EDC$（两直线平行，同位角相等，对应角相等）。
3. 由1、2得$\triangle CBP\sim\triangle EDC$（相似三角形的传递性）。
综上，图中相似三角形有3对。
答案：D
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$AB// CD$，$AD// BC$。
1.
∵$AE// BC$，
∴$\triangle EAP\sim\triangle CBP$（两直线平行，同位角相等，对应角相等）。
2.
∵$AB// CD$，
∴$\triangle EAP\sim\triangle EDC$（两直线平行，同位角相等，对应角相等）。
3. 由1、2得$\triangle CBP\sim\triangle EDC$（相似三角形的传递性）。
综上，图中相似三角形有3对。
答案：D
3.如图，$DE$与$\bigtriangleup ABC$的边$AB$，$AC$分别相交于$D$，$E$两点，且$DE // BC$.若$DE = 2$，$BC = 3$，$EC = \frac{2}{3}$，则$AC =$
2
.答案
3.2
解析
证明：
∵DE//BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴$\frac{AE}{AC}=\frac{DE}{BC}$，
设$AE=x$，则$AC=AE + EC=x+\frac{2}{3}$，
∵DE=2，BC=3，
∴$\frac{x}{x+\frac{2}{3}}=\frac{2}{3}$，
解得$x=\frac{4}{3}$，
∴$AC=\frac{4}{3}+\frac{2}{3}=2$。
2
∵DE//BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴$\frac{AE}{AC}=\frac{DE}{BC}$，
设$AE=x$，则$AC=AE + EC=x+\frac{2}{3}$，
∵DE=2，BC=3，
∴$\frac{x}{x+\frac{2}{3}}=\frac{2}{3}$，
解得$x=\frac{4}{3}$，
∴$AC=\frac{4}{3}+\frac{2}{3}=2$。
2
4.如图，在矩形$ABCD$中，$AB = \sqrt{3}$，$BC = \sqrt{6}$，点$E$在对角线$BD$上，且$BE = 1.8$，连接$AE$并延长交$DC$于点$F$，则$\frac{CF}{CD} =$
$\frac{1}{3}$
.答案
$4.\frac{1}{3}$
解析
解：
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴$AB // CD$，$AB = CD = \sqrt{3}$，$BC = AD = \sqrt{6}$，$\angle BAD = 90°$．
在$ Rt\triangle ABD$中，$BD = \sqrt{AB^2 + AD^2} = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + (\sqrt{6})^2} = \sqrt{3 + 6} = 3$．
∵$BE = 1.8$，
∴$DE = BD - BE = 3 - 1.8 = 1.2$．
∵$AB // CD$，
∴$\triangle ABE \sim \triangle FDE$，
∴$\frac{AB}{FD} = \frac{BE}{DE}$，即$\frac{\sqrt{3}}{FD} = \frac{1.8}{1.2} = \frac{3}{2}$，
解得$FD = \frac{2\sqrt{3}}{3}$．
∴$CF = CD - FD = \sqrt{3} - \frac{2\sqrt{3}}{3} = \frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴$\frac{CF}{CD} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{3}} = \frac{1}{3}$．
$\frac{1}{3}$
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴$AB // CD$，$AB = CD = \sqrt{3}$，$BC = AD = \sqrt{6}$，$\angle BAD = 90°$．
在$ Rt\triangle ABD$中，$BD = \sqrt{AB^2 + AD^2} = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + (\sqrt{6})^2} = \sqrt{3 + 6} = 3$．
∵$BE = 1.8$，
∴$DE = BD - BE = 3 - 1.8 = 1.2$．
∵$AB // CD$，
∴$\triangle ABE \sim \triangle FDE$，
∴$\frac{AB}{FD} = \frac{BE}{DE}$，即$\frac{\sqrt{3}}{FD} = \frac{1.8}{1.2} = \frac{3}{2}$，
解得$FD = \frac{2\sqrt{3}}{3}$．
∴$CF = CD - FD = \sqrt{3} - \frac{2\sqrt{3}}{3} = \frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴$\frac{CF}{CD} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{3}} = \frac{1}{3}$．
$\frac{1}{3}$
5.如图，在$\bigtriangleup ABC$中，点$D$是$BC$边的中点，点$E$是$AC$边的中点，$AD$与$BE$交于点$O$，求$\frac{OE}{OB}$的值.
答案
$5.\frac{1}{2}. $提示:连接DE.
解析
证明：连接$DE$.
∵点$D$是$BC$边的中点，点$E$是$AC$边的中点，
∴$DE$是$\triangle ABC$的中位线，
∴$DE// AB$，$DE=\frac{1}{2}AB$.
∵$DE// AB$，
∴$\triangle DOE\backsim\triangle AOB$，
∴$\frac{OE}{OB}=\frac{DE}{AB}=\frac{\frac{1}{2}AB}{AB}=\frac{1}{2}$.
$\frac{1}{2}$
∵点$D$是$BC$边的中点，点$E$是$AC$边的中点，
∴$DE$是$\triangle ABC$的中位线，
∴$DE// AB$，$DE=\frac{1}{2}AB$.
∵$DE// AB$，
∴$\triangle DOE\backsim\triangle AOB$，
∴$\frac{OE}{OB}=\frac{DE}{AB}=\frac{\frac{1}{2}AB}{AB}=\frac{1}{2}$.
$\frac{1}{2}$
