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6 如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,分别以其三边为边向外作正方形,延长$EA$交$BG$于点$M$,连接$IM$交$AB$于点$N$,若$M$是$BG$的中点,则$\frac{BN}{AN}$的值为 (
A.$\frac{2}{15}$
B.$\frac{1}{8}$
C.$\frac{\sqrt{5}}{12}$
D.$\frac{\sqrt{10}}{24}$
A
)A.$\frac{2}{15}$
B.$\frac{1}{8}$
C.$\frac{\sqrt{5}}{12}$
D.$\frac{\sqrt{10}}{24}$
答案
6.A 解析:
∵四边形AEDC是正方形，
∴∠EAC=∠DCA=90°,EA//DC，
∴∠MAB=∠CBA.又
∵四边形AFGB是正方形,
∴AB=BG,∠ABG=90°,
∴∠ACB=∠ABM=90°,
∴△ACB∽△MBA,
∴$\frac{AC}{MB}=\frac{AB}{MA}=\frac{BC}{AB}$.又
∵M是BG的中点,设BM=a，
∴AB=BG=2a,$AM=\sqrt{5}a$,
∴$AC=\frac{MB·AB}{AM}=\frac{a·2a}{\sqrt{5}a}=\frac{2\sqrt{5}a}{5}$,$BC=\frac{4\sqrt{5}a}{5}$,
∴$IA=\frac{6\sqrt{5}}{5}a$.又AE//DC,设IM与BC交于点O，图略.
∴$\frac{BO}{AM}=\frac{BN}{AN}$,$\frac{CO}{AM}=\frac{IC}{IA}=\frac{2}{3}$,
∴$CO=\frac{2}{3}AM=\frac{2\sqrt{5}a}{3}$,
∴$BO=BC-OC=\frac{4\sqrt{5}a}{5}-\frac{2\sqrt{5}a}{3}=\frac{2\sqrt{5}a}{15}$,
∴$\frac{BN}{AN}=\frac{BO}{AM}=\frac{2}{15}$.
∵四边形AEDC是正方形，
∴∠EAC=∠DCA=90°,EA//DC，
∴∠MAB=∠CBA.又
∵四边形AFGB是正方形,
∴AB=BG,∠ABG=90°,
∴∠ACB=∠ABM=90°,
∴△ACB∽△MBA,
∴$\frac{AC}{MB}=\frac{AB}{MA}=\frac{BC}{AB}$.又
∵M是BG的中点,设BM=a，
∴AB=BG=2a,$AM=\sqrt{5}a$,
∴$AC=\frac{MB·AB}{AM}=\frac{a·2a}{\sqrt{5}a}=\frac{2\sqrt{5}a}{5}$,$BC=\frac{4\sqrt{5}a}{5}$,
∴$IA=\frac{6\sqrt{5}}{5}a$.又AE//DC,设IM与BC交于点O，图略.
∴$\frac{BO}{AM}=\frac{BN}{AN}$,$\frac{CO}{AM}=\frac{IC}{IA}=\frac{2}{3}$,
∴$CO=\frac{2}{3}AM=\frac{2\sqrt{5}a}{3}$,
∴$BO=BC-OC=\frac{4\sqrt{5}a}{5}-\frac{2\sqrt{5}a}{3}=\frac{2\sqrt{5}a}{15}$,
∴$\frac{BN}{AN}=\frac{BO}{AM}=\frac{2}{15}$.
解析
【分析】
解题时先从正方形的性质入手，利用正方形的直角、边相等、对边平行的特征，通过角的等量代换找到相似三角形；结合M是BG中点的条件，用设参数的方法表示出各相关线段的长度；再根据平行线分线段成比例的性质，建立所求比例$\frac{BN}{AN}$和已知线段的关系，逐步代入计算即可得到结果。
【解析】
∵四边形AEDC是正方形，
∴$∠ EAC=∠ DCA=90°$，$EA// DC$，
∴$∠ MAB=∠ CBA$。
又
∵四边形AFGB是正方形，
∴$AB=BG$，$∠ ABG=90°$，
∴$∠ ACB=∠ ABM=90°$，
∴$△ ACB ∽ △ MBA$，
∴$\frac{AC}{MB}=\frac{AB}{MA}=\frac{BC}{AB}$。
∵M是BG的中点，设$BM=a$，
∴$AB=BG=2a$，由勾股定理得$AM=\sqrt{AB^2+BM^2}=\sqrt{(2a)^2+a^2}=\sqrt{5}a$，
∴$AC=\frac{MB· AB}{AM}=\frac{a· 2a}{\sqrt{5}a}=\frac{2\sqrt{5}a}{5}$，$BC=\frac{AB^2}{AM}=\frac{(2a)^2}{\sqrt{5}a}=\frac{4\sqrt{5}a}{5}$，
∴$IA=AC+IC=AC+BC=\frac{2\sqrt{5}a}{5}+\frac{4\sqrt{5}a}{5}=\frac{6\sqrt{5}}{5}a$。
由$EA// DC$可得$AM// BC$，设IM与BC交于点O，
根据平行线分线段成比例得$\frac{CO}{AM}=\frac{IC}{IA}=\frac{\frac{4\sqrt{5}a}{5}}{\frac{6\sqrt{5}a}{5}}=\frac{2}{3}$，
∴$CO=\frac{2}{3}AM=\frac{2}{3}×\sqrt{5}a=\frac{2\sqrt{5}a}{3}$，
∴$BO=BC-CO=\frac{4\sqrt{5}a}{5}-\frac{2\sqrt{5}a}{3}=\frac{2\sqrt{5}a}{15}$。
又
∵$AM// BC$，可得$△ BNO ∽ △ ANM$，
∴$\frac{BN}{AN}=\frac{BO}{AM}=\frac{\frac{2\sqrt{5}a}{15}}{\sqrt{5}a}=\frac{2}{15}$。
【答案】
A
【知识点】
正方形的性质、相似三角形的判定与性质、平行线分线段成比例
【点评】
本题属于几何综合类题型，核心是利用特殊图形的性质找到相似关系和比例关系，通过设参数的方法可有效简化计算，解题时要注意梳理图形中边、角的等量关系，准确匹配对应的相似三角形和比例式。
【难度系数】
0.3
解题时先从正方形的性质入手，利用正方形的直角、边相等、对边平行的特征，通过角的等量代换找到相似三角形；结合M是BG中点的条件，用设参数的方法表示出各相关线段的长度；再根据平行线分线段成比例的性质，建立所求比例$\frac{BN}{AN}$和已知线段的关系，逐步代入计算即可得到结果。
【解析】
∵四边形AEDC是正方形，
∴$∠ EAC=∠ DCA=90°$，$EA// DC$，
∴$∠ MAB=∠ CBA$。
又
∵四边形AFGB是正方形，
∴$AB=BG$，$∠ ABG=90°$，
∴$∠ ACB=∠ ABM=90°$，
∴$△ ACB ∽ △ MBA$，
∴$\frac{AC}{MB}=\frac{AB}{MA}=\frac{BC}{AB}$。
∵M是BG的中点，设$BM=a$，
∴$AB=BG=2a$，由勾股定理得$AM=\sqrt{AB^2+BM^2}=\sqrt{(2a)^2+a^2}=\sqrt{5}a$，
∴$AC=\frac{MB· AB}{AM}=\frac{a· 2a}{\sqrt{5}a}=\frac{2\sqrt{5}a}{5}$，$BC=\frac{AB^2}{AM}=\frac{(2a)^2}{\sqrt{5}a}=\frac{4\sqrt{5}a}{5}$，
∴$IA=AC+IC=AC+BC=\frac{2\sqrt{5}a}{5}+\frac{4\sqrt{5}a}{5}=\frac{6\sqrt{5}}{5}a$。
由$EA// DC$可得$AM// BC$，设IM与BC交于点O，
根据平行线分线段成比例得$\frac{CO}{AM}=\frac{IC}{IA}=\frac{\frac{4\sqrt{5}a}{5}}{\frac{6\sqrt{5}a}{5}}=\frac{2}{3}$，
∴$CO=\frac{2}{3}AM=\frac{2}{3}×\sqrt{5}a=\frac{2\sqrt{5}a}{3}$，
∴$BO=BC-CO=\frac{4\sqrt{5}a}{5}-\frac{2\sqrt{5}a}{3}=\frac{2\sqrt{5}a}{15}$。
又
∵$AM// BC$，可得$△ BNO ∽ △ ANM$，
∴$\frac{BN}{AN}=\frac{BO}{AM}=\frac{\frac{2\sqrt{5}a}{15}}{\sqrt{5}a}=\frac{2}{15}$。
【答案】
A
【知识点】
正方形的性质、相似三角形的判定与性质、平行线分线段成比例
【点评】
本题属于几何综合类题型，核心是利用特殊图形的性质找到相似关系和比例关系，通过设参数的方法可有效简化计算，解题时要注意梳理图形中边、角的等量关系，准确匹配对应的相似三角形和比例式。
【难度系数】
0.3
7.将一张长30厘米、宽25厘米的长方形海报按4：1的比放大，①现在长方形长与宽的比是
6:5
，②放大后与放大前的面积比是16:1
。答案
7. ①6:5 ②16:1
解析
【分析】
这道题围绕长方形按比例放大的性质解题：①首先明确，长方形按固定比例放大时，长和宽同时扩大相同的倍数，根据比的基本性质，长宽的比值不会发生改变，因此只需先化简原长方形的长宽比即可得到放大后的长宽比；②求面积比有两种思路：一是分别计算放大前后的面积，再作比化简；二是利用相似图形的性质，相似图形的面积比等于相似比的平方，直接由放大比例推导面积比。
【解析】
①先计算原长方形长与宽的比：
原长30cm，原宽25cm，原长宽比为$30:25$，化简得$6:5$。
因为按$4:1$放大时，长和宽同时扩大为原来的4倍，比的前项和后项同时乘同一个非零数，比值不变，所以放大后长与宽的比仍为$6:5$。
②方法一：分别计算面积再作比
放大后的长：$30×4=120\mathrm{cm}$，放大后的宽：$25×4=100\mathrm{cm}$
放大后面积：$120×100=12000\mathrm{cm}^2$
放大前面积：$30×25=750\mathrm{cm}^2$
面积比：$12000:750=16:1$
方法二：利用相似图形性质
长方形按$4:1$放大，放大前后图形是相似图形，相似比为$4:1$
相似图形面积比等于相似比的平方，因此面积比为$4^2:1^2=16:1$
【答案】
①$6:5$ ②$16:1$
【知识点】
比的化简；图形的放大与缩小；相似图形性质
【点评】
本题主要考查比例相关性质在图形变换中的应用，易错点是容易混淆边长比和面积比的关系，误认为面积比等于边长比，只要掌握比的基本性质和相似图形的面积比规律就能顺利解题。
【难度系数】
0.8
这道题围绕长方形按比例放大的性质解题：①首先明确，长方形按固定比例放大时，长和宽同时扩大相同的倍数，根据比的基本性质，长宽的比值不会发生改变，因此只需先化简原长方形的长宽比即可得到放大后的长宽比；②求面积比有两种思路：一是分别计算放大前后的面积，再作比化简；二是利用相似图形的性质，相似图形的面积比等于相似比的平方，直接由放大比例推导面积比。
【解析】
①先计算原长方形长与宽的比：
原长30cm，原宽25cm，原长宽比为$30:25$，化简得$6:5$。
因为按$4:1$放大时，长和宽同时扩大为原来的4倍，比的前项和后项同时乘同一个非零数，比值不变，所以放大后长与宽的比仍为$6:5$。
②方法一：分别计算面积再作比
放大后的长：$30×4=120\mathrm{cm}$，放大后的宽：$25×4=100\mathrm{cm}$
放大后面积：$120×100=12000\mathrm{cm}^2$
放大前面积：$30×25=750\mathrm{cm}^2$
面积比：$12000:750=16:1$
方法二：利用相似图形性质
长方形按$4:1$放大，放大前后图形是相似图形，相似比为$4:1$
相似图形面积比等于相似比的平方，因此面积比为$4^2:1^2=16:1$
【答案】
①$6:5$ ②$16:1$
【知识点】
比的化简；图形的放大与缩小；相似图形性质
【点评】
本题主要考查比例相关性质在图形变换中的应用，易错点是容易混淆边长比和面积比的关系，误认为面积比等于边长比，只要掌握比的基本性质和相似图形的面积比规律就能顺利解题。
【难度系数】
0.8
8.两个相似三角形的面积之比是9:25，其中较大的三角形一边上的高是5厘米，那么另一个三角形对应边上的高为
3
厘米.答案
8.3
解析
【分析】
解决本题需结合相似三角形的性质逐步推导：首先回忆相似三角形面积比与相似比的关系，由已知的面积比计算出两个三角形的相似比；再根据相似三角形对应边上的高的比等于相似比，结合已知较大三角形的高，通过比例运算即可求出另一个三角形对应边上的高，注意计算时不要混淆两个三角形的大小对应关系。
【解析】
设较小三角形对应边上的高为$ x $厘米。
1. 求相似比：
已知两个相似三角形的面积比为$ 9:25 $，根据“相似三角形的面积比等于相似比的平方”，可得两个三角形的相似比为$ \sqrt{\frac{9}{25}} = 3:5 $。
2. 列比例式求解：
根据“相似三角形对应高线的比等于相似比”，已知较大三角形对应边上的高为5厘米，可得比例关系：
$ \frac{x}{5} = \frac{3}{5} $
解得：$ x = 3 $
【答案】
3
【知识点】
相似三角形的性质；相似比与面积比的关系；相似三角形对应高的性质
【点评】
本题是相似三角形性质的基础应用题，解题核心是明确相似比、面积比、对应线段比三者的数量关系，做题时需注意两个三角形的大小对应关系，避免比例列反出错。
【难度系数】
0.8
解决本题需结合相似三角形的性质逐步推导：首先回忆相似三角形面积比与相似比的关系，由已知的面积比计算出两个三角形的相似比；再根据相似三角形对应边上的高的比等于相似比，结合已知较大三角形的高，通过比例运算即可求出另一个三角形对应边上的高，注意计算时不要混淆两个三角形的大小对应关系。
【解析】
设较小三角形对应边上的高为$ x $厘米。
1. 求相似比：
已知两个相似三角形的面积比为$ 9:25 $，根据“相似三角形的面积比等于相似比的平方”，可得两个三角形的相似比为$ \sqrt{\frac{9}{25}} = 3:5 $。
2. 列比例式求解：
根据“相似三角形对应高线的比等于相似比”，已知较大三角形对应边上的高为5厘米，可得比例关系：
$ \frac{x}{5} = \frac{3}{5} $
解得：$ x = 3 $
【答案】
3
【知识点】
相似三角形的性质；相似比与面积比的关系；相似三角形对应高的性质
【点评】
本题是相似三角形性质的基础应用题，解题核心是明确相似比、面积比、对应线段比三者的数量关系，做题时需注意两个三角形的大小对应关系，避免比例列反出错。
【难度系数】
0.8
9.如图,已知$AD// BE// CF$,它们依次交直线$l_1$于点A、B、C,交直线$l_2$于点D、E、F,已知$AB=7$,$BC=3$,那么$\frac{DE}{DF}$的值是
$\frac{7}{10}$
.答案
9.$\frac{7}{10}$
解析
【分析】
本题考查平行线分线段成比例定理的应用，解题思路如下：1. 观察图形可知三条平行线AD、BE、CF截两条直线$l_1$、$l_2$，符合平行线分线段成比例定理的适用条件；2. 要求$\frac{DE}{DF}$的值，需先找到和这两条线段对应的$l_1$上的线段：DE对应AB，DF对应AC（$DF=DE+EF$，$AC=AB+BC$）；3. 先计算AC的长度，再根据对应线段成比例的关系代入数值计算即可得到结果。
【解析】
解：$\because AD// BE// CF$，
根据平行线分线段成比例定理，可得：$\frac{DE}{DF}=\frac{AB}{AC}$，
又$\because AC = AB + BC = 7 + 3 = 10$，$AB=7$，
$\therefore \frac{DE}{DF}=\frac{7}{10}$。
【答案】
$\frac{7}{10}$
【知识点】
平行线分线段成比例
【点评】
本题属于基础题，重点考查平行线分线段成比例定理的直接应用，解题时只需准确识别对应线段，代入数值计算即可，难度较低。
【难度系数】
0.8
本题考查平行线分线段成比例定理的应用，解题思路如下：1. 观察图形可知三条平行线AD、BE、CF截两条直线$l_1$、$l_2$，符合平行线分线段成比例定理的适用条件；2. 要求$\frac{DE}{DF}$的值，需先找到和这两条线段对应的$l_1$上的线段：DE对应AB，DF对应AC（$DF=DE+EF$，$AC=AB+BC$）；3. 先计算AC的长度，再根据对应线段成比例的关系代入数值计算即可得到结果。
【解析】
解：$\because AD// BE// CF$，
根据平行线分线段成比例定理，可得：$\frac{DE}{DF}=\frac{AB}{AC}$，
又$\because AC = AB + BC = 7 + 3 = 10$，$AB=7$，
$\therefore \frac{DE}{DF}=\frac{7}{10}$。
【答案】
$\frac{7}{10}$
【知识点】
平行线分线段成比例
【点评】
本题属于基础题，重点考查平行线分线段成比例定理的直接应用，解题时只需准确识别对应线段，代入数值计算即可，难度较低。
【难度系数】
0.8
10.在综合与实践课上，老师组织同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动.有一张矩形纸片ABCD如图所示，点N在边AD上，现将矩形折叠，折痕为BN，点A对应的点记为点M.若点M恰好落在边DC上，则图中与$△ NDM$一定相似的三角形是
△MCB
.答案
10.△MCB
解析
【分析】
解题时首先结合已知条件回忆相关性质：①折叠的核心性质是折叠前后对应角相等、对应边相等，可得△ABN与△MBN全等，对应角∠BMN=∠A=90°；②矩形的四个内角均为直角，可得∠D=∠C=90°。要判断与Rt△NDM相似的三角形，需根据相似三角形的判定定理，寻找有两组对应角相等的直角三角形：先利用平角定义推出∠DMN与∠CMB互余，再结合直角三角形两锐角互余，推出∠DNM=∠CMB，结合两组直角相等即可判定相似。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=∠C=90°，
由折叠的性质可知：△ABN≌△MBN，
∴∠BMN=∠A=90°，
∴∠DMN + ∠CMB = 180° - ∠BMN = 90°，
在Rt△NDM中，∠DMN + ∠DNM = 90°，
∴∠DNM = ∠CMB（同角的余角相等），
又
∵∠D=∠C=90°，
∴△NDM∽△MCB（两角分别相等的两个三角形相似）。
【答案】
△MCB
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定
【点评】
本题是几何基础综合题，解题的关键是抓住折叠变换中的角不变性，结合直角三角形两锐角互余的性质推导出两组对应等角，进而判定三角形相似。
【难度系数】
0.7
解题时首先结合已知条件回忆相关性质：①折叠的核心性质是折叠前后对应角相等、对应边相等，可得△ABN与△MBN全等，对应角∠BMN=∠A=90°；②矩形的四个内角均为直角，可得∠D=∠C=90°。要判断与Rt△NDM相似的三角形，需根据相似三角形的判定定理，寻找有两组对应角相等的直角三角形：先利用平角定义推出∠DMN与∠CMB互余，再结合直角三角形两锐角互余，推出∠DNM=∠CMB，结合两组直角相等即可判定相似。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=∠C=90°，
由折叠的性质可知：△ABN≌△MBN，
∴∠BMN=∠A=90°，
∴∠DMN + ∠CMB = 180° - ∠BMN = 90°，
在Rt△NDM中，∠DMN + ∠DNM = 90°，
∴∠DNM = ∠CMB（同角的余角相等），
又
∵∠D=∠C=90°，
∴△NDM∽△MCB（两角分别相等的两个三角形相似）。
【答案】
△MCB
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定
【点评】
本题是几何基础综合题，解题的关键是抓住折叠变换中的角不变性，结合直角三角形两锐角互余的性质推导出两组对应等角，进而判定三角形相似。
【难度系数】
0.7
11. 如图1是一个正方体纸盒的示意图，图2是该正方体纸盒的表面展开图，连接MN、GH交于点P，则$\frac{NP}{MP}$的值为
第11题图 第12题图 第13题图
$\frac{1}{4}$
。第11题图 第12题图 第13题图
答案
11.$\frac{1}{4}$
解析
【分析】要解决这个问题，我们可以先设每个小正方形的边长为单位1，通过建立平面直角坐标系确定各点坐标，再求出直线MN和GH的解析式，联立解析式得到交点P的坐标，最后计算线段NP与MP的比值即可；也可以通过相似三角形的性质直接推导线段比，简化计算过程。
【解析】设每个小正方形的边长为1，建立平面直角坐标系，可得各点坐标为：$G(0,0)$，$H(3,1)$，$M(1,-1)$，$N(2,1)$。
1. 求直线GH的解析式：
GH过点$(0,0)$和$(3,1)$，斜率$k_1=\frac{1-0}{3-0}=\frac{1}{3}$，因此GH的解析式为$y=\frac{1}{3}x$。
2. 求直线MN的解析式：
MN过点$(1,-1)$和$(2,1)$，斜率$k_2=\frac{1-(-1)}{2-1}=2$，代入点斜式得$y+1=2(x-1)$，整理得$y=2x-3$。
3. 求交点P的坐标：
联立两个直线的解析式：
$\begin{cases}y=\frac{1}{3}x\\y=2x-3\end{cases}$
解得$x=\frac{9}{5}$，$y=\frac{3}{5}$，即$P(\frac{9}{5},\frac{3}{5})$。
4. 计算线段比值：
$NP=\sqrt{(2-\frac{9}{5})^2+(1-\frac{3}{5})^2}=\frac{\sqrt{5}}{5}$
$MP=\sqrt{(\frac{9}{5}-1)^2+(\frac{3}{5}+1)^2}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$
因此$\frac{NP}{MP}=\frac{\frac{\sqrt{5}}{5}}{\frac{4\sqrt{5}}{5}}=\frac{1}{4}$。
【答案】$\frac{1}{4}$
【知识点】正方体表面展开图；一次函数的应用；相似三角形的性质
【点评】本题结合正方体展开图考查线段比的求解，解题的关键是准确识别展开图中各点的位置，通过坐标系法或相似法都可以快速得到结果，注意不要混淆展开图折叠前后的点的对应关系。
【难度系数】0.6
【解析】设每个小正方形的边长为1，建立平面直角坐标系，可得各点坐标为：$G(0,0)$，$H(3,1)$，$M(1,-1)$，$N(2,1)$。
1. 求直线GH的解析式：
GH过点$(0,0)$和$(3,1)$，斜率$k_1=\frac{1-0}{3-0}=\frac{1}{3}$，因此GH的解析式为$y=\frac{1}{3}x$。
2. 求直线MN的解析式：
MN过点$(1,-1)$和$(2,1)$，斜率$k_2=\frac{1-(-1)}{2-1}=2$，代入点斜式得$y+1=2(x-1)$，整理得$y=2x-3$。
3. 求交点P的坐标：
联立两个直线的解析式：
$\begin{cases}y=\frac{1}{3}x\\y=2x-3\end{cases}$
解得$x=\frac{9}{5}$，$y=\frac{3}{5}$，即$P(\frac{9}{5},\frac{3}{5})$。
4. 计算线段比值：
$NP=\sqrt{(2-\frac{9}{5})^2+(1-\frac{3}{5})^2}=\frac{\sqrt{5}}{5}$
$MP=\sqrt{(\frac{9}{5}-1)^2+(\frac{3}{5}+1)^2}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$
因此$\frac{NP}{MP}=\frac{\frac{\sqrt{5}}{5}}{\frac{4\sqrt{5}}{5}}=\frac{1}{4}$。
【答案】$\frac{1}{4}$
【知识点】正方体表面展开图；一次函数的应用；相似三角形的性质
【点评】本题结合正方体展开图考查线段比的求解，解题的关键是准确识别展开图中各点的位置，通过坐标系法或相似法都可以快速得到结果，注意不要混淆展开图折叠前后的点的对应关系。
【难度系数】0.6
12. 如图,在菱形$ABCD$中,$G$是$CD$边上一点,连接$AG$并延长,交对角线$BD$于点$F$,交$BC$边的延长线于点$E$,若$FG:GE=2:3$,则$\frac{BF}{DF}$的值为
$\frac{\sqrt{10}}{2}$
.答案
12.$\frac{\sqrt{10}}{2}$
解析
【分析】
首先利用菱形对边平行的性质可得到两组相似三角形：①由AD//BE可得△ADF∽△EBF，对应相似比为$\frac{BF}{DF}=\frac{EF}{AF}$；②由AB//CD可得△ABF∽△GDF，对应相似比为$\frac{BF}{DF}=\frac{AF}{GF}$。已知$FG:GE=2:3$，我们可设$FG=2k$、$GE=3k$，得到$EF=5k$，再设所求比值$\frac{BF}{DF}=x$，结合两组相似三角形得到的$AF$的表达式建立方程求解即可。
【解析】
解：
∵四边形$ABCD$是菱形
∴$AD// BE$，$AB// CD$
设$FG=2k$，$GE=3k$，则$EF=FG+GE=5k$，设$\frac{BF}{DF}=x$。
1. 由$AD// BE$得$∠ DAF=∠ E$，$∠ ADF=∠ EBF$
∴$△ ADF∽△ EBF$
∴$\frac{BF}{DF}=\frac{EF}{AF}$，即$x=\frac{5k}{AF}$，整理得$AF=\frac{5k}{x}$。
2. 由$AB// CD$得$∠ BAF=∠ DGF$，$∠ ABF=∠ GDF$
∴$△ ABF∽△ GDF$
∴$\frac{BF}{DF}=\frac{AF}{FG}$，即$x=\frac{AF}{2k}$，整理得$AF=2kx$。
联立两个$AF$的表达式：$\frac{5k}{x}=2kx$，
$k≠0$，约去$k$得$\frac{5}{x}=2x$，即$2x^2=5$，
解得$x=\frac{\sqrt{10}}{2}$（比值为正，舍去负根）。
【答案】
$\frac{\sqrt{10}}{2}$
【知识点】
菱形的性质；相似三角形的判定与性质
【点评】
本题结合菱形性质考查相似三角形的应用，解题核心是通过平行线找到对应的相似三角形，利用相似比建立关于所求比值的方程，体现了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.6
首先利用菱形对边平行的性质可得到两组相似三角形：①由AD//BE可得△ADF∽△EBF，对应相似比为$\frac{BF}{DF}=\frac{EF}{AF}$；②由AB//CD可得△ABF∽△GDF，对应相似比为$\frac{BF}{DF}=\frac{AF}{GF}$。已知$FG:GE=2:3$，我们可设$FG=2k$、$GE=3k$，得到$EF=5k$，再设所求比值$\frac{BF}{DF}=x$，结合两组相似三角形得到的$AF$的表达式建立方程求解即可。
【解析】
解：
∵四边形$ABCD$是菱形
∴$AD// BE$，$AB// CD$
设$FG=2k$，$GE=3k$，则$EF=FG+GE=5k$，设$\frac{BF}{DF}=x$。
1. 由$AD// BE$得$∠ DAF=∠ E$，$∠ ADF=∠ EBF$
∴$△ ADF∽△ EBF$
∴$\frac{BF}{DF}=\frac{EF}{AF}$，即$x=\frac{5k}{AF}$，整理得$AF=\frac{5k}{x}$。
2. 由$AB// CD$得$∠ BAF=∠ DGF$，$∠ ABF=∠ GDF$
∴$△ ABF∽△ GDF$
∴$\frac{BF}{DF}=\frac{AF}{FG}$，即$x=\frac{AF}{2k}$，整理得$AF=2kx$。
联立两个$AF$的表达式：$\frac{5k}{x}=2kx$，
$k≠0$，约去$k$得$\frac{5}{x}=2x$，即$2x^2=5$，
解得$x=\frac{\sqrt{10}}{2}$（比值为正，舍去负根）。
【答案】
$\frac{\sqrt{10}}{2}$
【知识点】
菱形的性质；相似三角形的判定与性质
【点评】
本题结合菱形性质考查相似三角形的应用，解题核心是通过平行线找到对应的相似三角形，利用相似比建立关于所求比值的方程，体现了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.6
13.如图，△AOB与△CDB关于点B位似，其中B(1,1)，D(4,4)，则△AOB与△CDB的面积之比是
1:9
。答案
13.1:9
解析
【分析】
本题考查位似图形的相关性质，解题思路如下：首先明确位似图形是特殊的相似图形，其相似比等于对应顶点到位似中心的距离之比，而相似图形的面积比等于相似比的平方。首先找到两个三角形的对应顶点：点O是△AOB的顶点，对应△CDB的顶点D，位似中心是B，我们只需要计算OB和BD的长度，求出相似比，再平方就能得到面积比。
【解析】
已知位似中心为B(1,1)，O点坐标为(0,0)，D点坐标为(4,4)。
第一步：计算OB的长度：
$OB=\sqrt{(1-0)^2+(1-0)^2}=\sqrt{2}$
第二步：计算BD的长度：
$BD=\sqrt{(4-1)^2+(4-1)^2}=\sqrt{9+9}=3\sqrt{2}$
第三步：求相似比：
△AOB与△CDB的相似比$k=OB:BD=\sqrt{2}:3\sqrt{2}=1:3$
第四步：求面积比：
相似三角形的面积比等于相似比的平方，因此面积比为$k^2=(1:3)^2=1:9$
（也可根据O、B、D三点共线于直线y=x，横坐标差的比等于距离比，直接得到$OB:BD=(1-0):(4-1)=1:3$，简化计算）
【答案】
1:9
【知识点】
位似图形的性质；相似三角形面积比性质；两点间距离计算
【点评】
本题属于基础题型，解题核心是牢记位似图形的相似比与对应点到位似中心距离的关系，结合相似三角形面积比的性质即可求解，解题时注意不要将两个三角形的相似比顺序搞反。
【难度系数】
0.7
本题考查位似图形的相关性质，解题思路如下：首先明确位似图形是特殊的相似图形，其相似比等于对应顶点到位似中心的距离之比，而相似图形的面积比等于相似比的平方。首先找到两个三角形的对应顶点：点O是△AOB的顶点，对应△CDB的顶点D，位似中心是B，我们只需要计算OB和BD的长度，求出相似比，再平方就能得到面积比。
【解析】
已知位似中心为B(1,1)，O点坐标为(0,0)，D点坐标为(4,4)。
第一步：计算OB的长度：
$OB=\sqrt{(1-0)^2+(1-0)^2}=\sqrt{2}$
第二步：计算BD的长度：
$BD=\sqrt{(4-1)^2+(4-1)^2}=\sqrt{9+9}=3\sqrt{2}$
第三步：求相似比：
△AOB与△CDB的相似比$k=OB:BD=\sqrt{2}:3\sqrt{2}=1:3$
第四步：求面积比：
相似三角形的面积比等于相似比的平方，因此面积比为$k^2=(1:3)^2=1:9$
（也可根据O、B、D三点共线于直线y=x，横坐标差的比等于距离比，直接得到$OB:BD=(1-0):(4-1)=1:3$，简化计算）
【答案】
1:9
【知识点】
位似图形的性质；相似三角形面积比性质；两点间距离计算
【点评】
本题属于基础题型，解题核心是牢记位似图形的相似比与对应点到位似中心距离的关系，结合相似三角形面积比的性质即可求解，解题时注意不要将两个三角形的相似比顺序搞反。
【难度系数】
0.7
