1. 如图，在△ABC 中，DE//BC 分别交 AC，AB 于点 D，E，EF//AC 交 BC 于点 F，$\frac{AE}{BE}=\frac{2}{5}$，BF = 8，则 DE 的长为(
A
)
A.$\frac{16}{5}$
B.$\frac{16}{7}$
C.2
D.3
答案：1. A
∵DE//BC,EF//AC,
∴四边形EFCD是平行四边形,
∴DE=CF,设DE=CF=x,
∵BF=8,
∴BC=BF+CF=8+x,
∵DE//BC,
∴△AED∽△ABC,
∴$\frac{AE}{AB}$=$\frac{DE}{BC}$,
∵$\frac{AE}{BE}$=$\frac{2}{5}$,
∴$\frac{AE}{AB}$=$\frac{2}{7}$,
∴$\frac{DE}{BC}$=$\frac{2}{7}$,即$\frac{x}{8+x}$=$\frac{2}{7}$,解得x=$\frac{16}{5}$,即DE的长为$\frac{16}{5}$。故选A。
2. [2025 浙江杭州钱塘三模]如图，在△ABC 中，D，E 分别是 AB，AC 的中点，F 是 AE 的中点，连接 DE，BF 交于点 G.若 EG = 6，则 DG =
3
.
答案：2. 答案 3
解析
∵D,E分别是△ABC的边AB,AC的中点，
∴DE//BC,DE=$\frac{1}{2}$BC,AE=CE,
∵点F是AE的中点，
∴AE=CE=2FE,
∴FC=3FE,由DE//BC可得△EFG ∽△CFB,
∴$\frac{GE}{BC}$=$\frac{FE}{FC}$=$\frac{1}{3}$,
∵EG=6,
∴BC=18,
∴DE=9,
∴DG=DE−EG=9−6=3。
3. 如图，DE 是△ABC 的中位线，点 F 在 DB 上，DF = 2BF，连接 EF 并延长，与 CB 的延长线相交于点 M.若 BC = 6，则线段 CM 的长为(
C
)
A.$\frac{13}{2}$
B.7
C.$\frac{15}{2}$
D.8
答案：3. C
∵DE是△ABC的中位线,
∴DE//BC,DE=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}$×6=3,
∴△DEF∽△BMF,
∴$\frac{DE}{BM}$=$\frac{DF}{BF}$=$\frac{2BF}{BF}$=2,
∴BM=$\frac{3}{2}$,
∴CM=BC+BM=$\frac{15}{2}$。故选C。
4. [2025 河南郑州金水三模]如图，在矩形 ABCD 中，M 为 BC 的中点，BD 与 AM 相交于点 N.若 AB = 3，BC = 4，则 BN 的长为
$\frac{5}{3}$
.
答案：4. 答案 $\frac{5}{3}$
解析
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=4,AD//BC,∠BAD=90°,
∴BD=BN+DN=$\sqrt{AB^{2}+AD^{2}}$=5,△BMN∽△DAN,
∴$\frac{BM}{AD}$=$\frac{BN}{DN}$,
∵M为BC的中点,
∴BM=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}$AD,
∴$\frac{BM}{AD}$=$\frac{BN}{5−BN}$=$\frac{1}{2}$,
∴BN=$\frac{5}{3}$。
5. [2025 四川眉山青神期中]如图，点 P 是△ABC 的边 AC 上一点，连接 BP，添加下列条件，不能判定△ABP∽△ACB 的是(
D
)
A.∠ABP = ∠C
B.∠APB = ∠ABC
C.$\frac{AB}{AP}=\frac{AC}{AB}$
D.$\frac{BP}{CB}=\frac{AB}{AC}$
答案：5. D
∵△ABP与△ACB有公共角∠A,
∴当添加条件∠ABP=∠C或∠APB=∠ABC时,可得△ABP∽△ACB;当添加条件$\frac{AB}{AP}$=$\frac{AC}{AB}$时，由两边成比例且夹角相等的两个三角形相似可得△ABP∽△ACB;当添加条件$\frac{BP}{CB}$=$\frac{AB}{AC}$时,不能得到△ABP∽△ACB。故选D。
6. [2025 安徽黄山三模]如图，在△ACD 中，点 B 是边 AD 上一点，连接 CB，已知∠ACB = ∠D，AB = $\frac{2}{3}$AC，CB = 6，则 CD =
9
.
答案：6. 答案 9
解析
∵∠ACB=∠D,∠A=∠A,
∴△ABC∽△ACD,
∴$\frac{AB}{AC}$=$\frac{BC}{CD}$,
∵AB=$\frac{2}{3}$AC,CB=6,
∴$\frac{2}{3}$=$\frac{6}{CD}$,解得CD=9。
7. [2025 安徽黄山歙县模拟]如图，CD 是 Rt△ABC 的斜边 AB 上的高，CD = 6，BD = 4，那么 Rt△ADC 与 Rt△CDB 的面积之比是(
D
)
A.2 : 1
B.3 : 2
C.4 : 1
D.9 : 4
答案：7. D 由题意可知∠A+∠ACD=90°,∠A+∠B=90°,∠ADC=∠CDB=90°,
∴∠ACD=∠B,
∴△ACD∽△CBD,
∴$CD^{2}=BD· AD$,即$6^{2}=4AD$,解得AD=9,
∴Rt△ADC与Rt△CDB的面积之比=$\frac{AD}{BD}$=$\frac{9}{4}$。故选D。
模型解读 射影定理型
条件：在Rt△ABC中,∠ABC=90°,BD⊥AC于点D
结论：△ADB∽△ABC,△BDC∽△ABC,△ADB∽△BDC;$AB^{2}=AD· AC$,$BC^{2}=DC· AC$,$BD^{2}=AD· CD$
8. [2025 四川成都模拟]如图，在 Rt△ABC 中，∠BAC = 90°，按以下步骤作图：①以点 A 为圆心，AB 长为半径作弧，交 BC 于点 D；②分别以点 B，D 为圆心，大于$\frac{1}{2}$BD 长为半径作弧，两弧在 BC 下方交于点 E；③连接 AE 交 BC 于点 F.若 BF = 2，CF = 6，则下列结论错误的是(
B
)
A.AF⊥BC
B.AB = 3
C.∠B = ∠CAF
D.$AF^{2}=BF· CF$
答案：8. B 由尺规作图可知,AF是△ABC的边BC上的高线，
∴AF⊥BC,故选项A结论正确;由AF⊥BC可得∠B+∠BAF=90°,
∵∠CAF+∠BAF=90°,
∴∠B=∠CAF,故选项C结论正确;
∵∠AFB=∠CFA=90°,∠B=∠CAF,
∴Rt△ABF∽Rt△CAF,
∴$\frac{AF}{CF}$=$\frac{BF}{AF}$,
∴$AF^{2}=BF· CF$,故选项D结论正确;
∵BF=2,CF=6,
∴AF=2√3,在Rt△ABF中,由勾股定理得AB=$\sqrt{BF^{2}+AF^{2}}$=4,故选项B结论错误,符合题意。故选B。
