【模型】如圖，已知,要證∽,只需再知道一組對(duì)應(yīng)角相等（兩組對(duì)角分別相等的兩三角形相似）或（兩組對(duì)應(yīng)邊成比例且其夾角對(duì)應(yīng)相等的兩三角形相似）即可證明∽
【例1】如圖，在中，是斜邊上的高，則圖中的相似三角形共有（ ）
A．1對(duì)B．2對(duì)C．3對(duì)D．4對(duì)
【答案】C
【分析】根據(jù)相似三角形的判定定理及已知即可得到存在的相似三角形．
【解析】∵∠ACB＝90°，CD⊥AB
∴△ABC∽△ACD，△ACD∽△CBD，△ABC∽△CBD
所以有三對(duì)相似三角形，
故選：C．
【例2】如圖，在中，點(diǎn)D在AB上，請(qǐng)?jiān)偬硪粋€(gè)適當(dāng)?shù)臈l件，使，那么可添加的條件是__________．
【答案】 （答案不唯一，也可以增加條件：或）．
【分析】題目中相似的兩個(gè)三角形已經(jīng)有一個(gè)公共角，可以再增加一對(duì)相等的角，用兩組角相等判定兩三角形相似，也可以增加兩組對(duì)應(yīng)邊成比例，利用兩組邊對(duì)應(yīng)成比例及夾角相等判定兩三角形相似．
【解析】若增加條件：∠ACD=∠ABC，
∵∠ACD=∠ABC，且∠A=∠A，
∴．
【例3】定義：如圖，若點(diǎn)P在三角形的一條邊上，且滿足，則稱點(diǎn)P為這個(gè)三角形的“理想點(diǎn)”．
(1)如圖①，若點(diǎn)D是的邊AB的中點(diǎn)，，，試判斷點(diǎn)D是不是的“理想點(diǎn)”，并說(shuō)明理由；
(2)如圖②，在中，，，，若點(diǎn)D是的“理想點(diǎn)”，求CD的長(zhǎng)．
【答案】(1)為的理想點(diǎn),理由見(jiàn)解析
(2)或
【分析】（1）由已知可得，從而，，可證點(diǎn)是的“理想點(diǎn)”；
（2）由是的“理想點(diǎn)”，分三種情況：當(dāng)在上時(shí)，是邊上的高，根據(jù)面積法可求長(zhǎng)度；當(dāng)在上時(shí)，，對(duì)應(yīng)邊成比例即可求長(zhǎng)度；不可能在上．
【解析】（1）解：點(diǎn)是的“理想點(diǎn)”，理由如下：
是中點(diǎn)，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
點(diǎn)是的“理想點(diǎn)”；
（2）①在上時(shí)，如圖：
是的“理想點(diǎn)”，
或，
當(dāng)時(shí)，
，
，
，即是邊上的高，
當(dāng)時(shí)，同理可證，即是邊上的高，
在中，，，，
，
，
，
②，，
有，
“理想點(diǎn)” 不可能在邊上，
③在邊上時(shí)，如圖：
是的“理想點(diǎn)”，
，
又，
，
，即，
，
綜上所述，點(diǎn)是的“理想點(diǎn)”， 的長(zhǎng)為或．
一、單選題
1．如圖，點(diǎn)是的邊上的一點(diǎn)，若添加一個(gè)條件，使與相似，則下列所添加的條件錯(cuò)誤的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】在與中，已知有一對(duì)公共角∠B，只需再添加一組對(duì)應(yīng)角相等，或夾已知等角的兩組對(duì)應(yīng)邊成比例，即可判斷正誤．
【解析】A．已知∠B=∠B, 若，則可以證明兩三角形相似，正確，不符合題意；
B．已知∠B=∠B, 若，則可以證明兩三角形相似，正確，不符合題意；
C．已知∠B=∠B, 若，則可以證明兩三角形相似，正確，不符合題意；
D．若，但夾的角不是公共等角∠B，則不能證明兩三角形相似，錯(cuò)誤，符合題意，
故選：D．
2．如圖，在△ABC中，AD⊥BC，點(diǎn)D為垂足，為了證明∠BAC＝90°，以下添加的等積式中，正確的有（ ）
A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)
【答案】B
【分析】①由題意得出，證明△ADC∽△BDA，可得出∠DAC=∠ABD，則可證出結(jié)論；②不能證明△ABC與△ADC相似，得出②不符合題意；證出△ACD∽△BCA，由相似三角形的性質(zhì)得出∠ADC=∠BAC=90°，可得出③符合題意；根據(jù)不能證明△ABC與△ABD相似，則可得出結(jié)論．
【解析】解：①∵AD⊥BC，
∴∠ADC=∠ADB=90°，
∵，
∴，
∴△ADC∽△BDA，
∴∠DAC=∠ABD，
∴∠ABD+∠BAD=∠DAC+∠BAD=90°，
即∠BAC=90°，
故①符合題意；
②∵AB?CD=AC?AD，
∴，
∴不能證明△ABC與△ADC相似；
故②不符合題意；
③∵，
∴，
∵∠ACD=∠BCA，
∴△ACD∽△BCA，
∴∠ADC=∠BAC=90°，
故③符合題意；
④由不能證明△ABC與△ABD相似，
故④不符合題意；
故選：B．
3．如圖，D是△ABC的邊AB上一點(diǎn)，要使△ACD∽△ABC，則具備的條件可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根據(jù)相似三角形的判定條件逐一判斷即可．
【解析】解：由題意得∠DAC=∠BAC，
當(dāng)時(shí)，不能證明△ACD∽△ABC，故A選項(xiàng)不符合題意；
當(dāng)時(shí)，不能證明△ACD∽△ABC，故B選項(xiàng)不符合題意；
當(dāng)時(shí)，不能證明△ACD∽△ABC，故C選項(xiàng)不符合題意；
當(dāng)，即時(shí)，能證明△ACD∽△ABC，故D選項(xiàng)符合題意；
故選D．
4．如圖，D是△ABC的邊AB上一點(diǎn)，下列條件：①∠ACD＝∠B；②；③＝；④∠B＝∠ACB，其中一定使△ABC∽△ACD的有（ ）
A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)
【答案】C
【分析】△ABC和△ACD有公共角∠A，然后根據(jù)相似三角形的判定方法對(duì)各個(gè)條件進(jìn)行判斷，從而得到答案．
【解析】∵∠DAC=∠CAB，
∴當(dāng)∠ACD=∠B或∠ADC=∠ACB，可根據(jù)有兩組角對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形相似可判斷
△ACD∽△ABC，故①④正確；
當(dāng)時(shí)，可根據(jù)兩組對(duì)應(yīng)邊的比相等且?jiàn)A角對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形相似可判斷△ACD∽△ABC，故②正確；
當(dāng)＝時(shí)，雖∠DAC=∠CAB但不是夾角，所以△ACD與△ABC不相似，故③不正確．
因此有3個(gè)正確．
故選：C．
5．如圖，已知在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AD為BC邊的中線，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥AD于點(diǎn)E，交AB于點(diǎn)F．若AC＝2，則線段EF的長(zhǎng)為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】過(guò)點(diǎn)B作BH⊥BC，交CF的延長(zhǎng)線于H，由勾股定理可求AD的長(zhǎng)，由面積法可求CE，由“AAS”可證△ACD≌△CBH，可得CD＝BH＝1，AD＝CH＝，通過(guò)證明△ACF∽△BHF，可得＝，可求CF的長(zhǎng)，即可求解．
【解析】解：如圖，過(guò)點(diǎn)B作BH⊥BC，交CF的延長(zhǎng)線于H，
∵AD為BC邊的中線，AC＝BC＝2，
∴CD＝BD＝1，
∴AD＝＝＝，
∵，
∴CE＝＝，
∵∠ADC+∠BCH＝90°，∠BCH+∠H＝90°，
∴∠ADC＝∠H，
在△ACD和△CBH中，
，
∴△ACD≌△CBH（AAS），
∴CD＝BH＝1，AD＝CH＝，
∵AC⊥BC，BH⊥BC，
∴AC∥BH，
∴△ACF∽△BHF，
∴＝，
∴CF＝，
∴EF＝CF﹣CE＝﹣＝，
故選：B．
6．如圖，在△ABC中，DEBC，過(guò)點(diǎn)A作AM⊥BC于M，交DE于N，若S△ADE：S△ABC＝4：9，則AN：NM的值是（ ）
A．4：9B．3：2C．9：4D．2：1
【答案】D
【分析】根據(jù)，可得，再根據(jù)，即可得到相似比，根據(jù)相似比即可得到結(jié)果．
【解析】解：∵,
∴，
∵，
∴相似比，
∵，
∴，
∴相似比，
∴，
故選：D．
7．如圖，在中，點(diǎn)在AB邊上，若，，，，則線段CD的長(zhǎng)為（ ）
A．4B．5C．D．
【答案】C
【分析】根據(jù)已知條件可得，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可解答．
【解析】解：∠ADC＝∠ACB，，
，
，
∵，，，
∴,
，即AC=
∴，解得DC=．
故選C．
8．如圖，在中，，將繞頂點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)至，此時(shí)點(diǎn)D在上，連接，線段分別交于點(diǎn)H、K，則下列四個(gè)結(jié)論中：①；②是等邊三角形；③；④當(dāng)時(shí)，；正確的是（ ）
A．①②④B．①③④C．②③④D．①②③
【答案】A
【分析】①由繞頂點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)至，得到△AEF≌△ABC，又由∠BAD＝60°，即可證明；②由ABCD，得到∠EDH＝∠DAB＝60°，又由ADBC，得到∠AEF＝120°，進(jìn)一步得∠DEH＝60°，∠DHE＝60°，結(jié)論得證；③過(guò)點(diǎn)H作HMAD交AB于點(diǎn)M，連接DM，證明△BHC、△DMH和△BHM是等邊三角形，得到DH＝HM＝BH＝CH＝BC＝AD，點(diǎn)H為CD的中點(diǎn)，再證明△CKH∽△AKB，進(jìn)一步得到AD＝3HK；④過(guò)點(diǎn)C作CN⊥AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，分別用AD表示出△ACF和的面積，即可得到結(jié)論．
【解析】解：①∵將繞頂點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)至，
∴△AEF≌△ABC，
∴∠EAF＝∠BAC，
∵∠BAD＝60°，
∴∠CAF＝∠EAF＋∠CAD＝∠BAC＋∠CAD＝∠BAD＝60°，
故①正確；
②∵ABCD，
∴∠EDH＝∠DAB＝60°，
∵ADBC，
∴∠AEF＝∠ABC＝180°－∠BAD＝120°，
∴∠DEH＝180°－∠AEF＝60°，
∴∠DHE＝180°－∠EDH－∠DEH＝60°，
∴∠DHE＝∠EDH＝∠DEH＝60°，
∴△DEH是等邊三角形，
故②正確；
③過(guò)點(diǎn)H作HMAD交AB于點(diǎn)M，連接DM，如圖1，
∵△EDH是等邊三角形，
∴∠BHC＝∠EHD＝60°，
∵ADBCHM，
∴∠BCH＝∠EDH＝60°，∠DHM＝∠BCH＝60°，
∴∠CBH＝180°－∠BCH－∠BHC＝60°，∠BHM＝180°－∠DHM－∠BCH＝60°，
∴△BHC是等邊三角形，
∵HMADBC，
∴∠DHM＝∠BCH＝60°，∠DMH＝∠BHM＝60°，
∴∠BHC＝∠BHM＝∠DHM＝∠DMH＝60°，
∴△DMH和△BHM都是等邊三角形，
∴DH＝HM＝BH＝CH＝BC＝AD，
∴點(diǎn)H為CD的中點(diǎn)，
∵∠CKH＝∠AKB，∠CHK＝∠ABK，
∴△CKH∽△AKB，
∴，
∴，
∴AD＝3HK，
∴2AD＝3HK錯(cuò)誤，
故③錯(cuò)誤；
④過(guò)點(diǎn)C作CN⊥AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，如圖2，則∠BNC＝90°，
∵ABCD，
∴∠DCN＝180°－∠BNC＝90°，
∵∠BCD＝60°，
∴∠BCN＝30°，
∴BN＝BC＝AD，CN＝BC＝AD，
∴AN＝AB＋BN＝2AD＋AD＝AD，
∴AC＝＝AD，
由①可知，∠CAF＝＝60°，AC＝AF，
∴△ACF是等邊三角形，
∴等邊三角形△ACF的高為AC＝AD，
∴ ,
∵的邊AB上的高＝CN＝AD，
∴，
∴，
故④正確，
綜上，①②④正確，
故選：A．
二、填空題
9．如圖，在△ABC中，D是AB邊上的一點(diǎn)，若∠ACD=∠B，AD=2，BD=3，則AC的長(zhǎng)為 ．
【答案】
【分析】證明△ACD∽△ABC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，計(jì)算即可．
【解析】解：∵AD=2，BD=3，
∴AB=AD+BD=2+3=5，
∵∠ACD=∠B，∠A=∠A，
∴△ACD∽△ABC，
∴，即，
解得，AC=，
故答案為：．
10．如圖，，和分別是和的高，若，則與的周長(zhǎng)之比為_(kāi)____．與的面積之比為_(kāi)_____．
【答案】 2∶3 4∶9
【分析】根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到答案．
【解析】∵和分別是和的高，，，且，
∴相似比為2：3，
∴與的周長(zhǎng)之比為2：3，
∴與的面積之比為4：9．
故答案為：2∶3；4∶9．
11．如圖，正方形ABCD的對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O．點(diǎn)E在CD上，且DE：EC＝1：3，連接BE交AC于點(diǎn)F，若OF＝，則正方形的邊長(zhǎng)為_(kāi)______．
【答案】7
【分析】過(guò)點(diǎn)E作EG⊥BD于點(diǎn)G，根據(jù)正方形的性質(zhì)證明△BOF∽△BGE，可得，根據(jù)DE：EC=1：3，設(shè)DE=x，則EC=3x，可得DC=BC=4x，列出方程即可求出結(jié)果．
【解析】解：如圖，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥BD于點(diǎn)G，
∵正方形ABCD的對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，
∴AC⊥BD，∠BDC=45°，
∴∠BOF=∠BGE，
∵∠OBF=∠GBE，
∴△BOF∽△BGE，
∴
∵DE：EC=1：3，
設(shè)DE=x，則EC=3x，
∴DC=BC=4x，
解得4x=7，
∴BC=4x=7，
∴正方形的邊長(zhǎng)為7．
故答案為：7
12．如圖，已知，，點(diǎn)M、N分別是、的中點(diǎn)，則________．
【答案】1：2
【分析】由于，得出 ，∠B=∠E，結(jié)合中線的定義得出，則可證明△ABN∽△DEN，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，即可得出結(jié)果．
【解析】解：∵，
∴ ，∠B=∠E，
∵點(diǎn)M、N分別是、的中點(diǎn)，
即 ，，
，
∴△ABN∽△DEN，
，
故答案為：1：2．
13．如圖，在△ABC中，D，E分別是AB，AC上的點(diǎn)，AF平分∠BAC，交DE于點(diǎn)G，交BC于點(diǎn)F．若∠AED＝∠B，且AG：GF＝3：2，則DE：BC＝_____．
【答案】
【分析】先證△ADE∽△ACB，再根據(jù)GA、FA分別是△ADE、△ABC的角平分線可得＝，然后再由AG：FG＝3：2可得AG：AF＝3：5即可解答．
【解析】解：∵∠DAE＝∠CAB，∠AED＝∠B，
∴△ADE∽△ACB，
∵GA、FA分別是△ADE、△ABC的角平分線，
∴＝（相似三角形的對(duì)應(yīng)角平分線的比等于相似比），
∵AG：FG＝3：2，
∴AG：AF＝3：5，
∴DE：BC＝3：5．
故答案為3：5．
14．將一副三角尺（在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°；在Rt△DEF中，∠EDF＝90°，∠E＝45°）如圖①擺放，點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，DE交AC于點(diǎn)P，DF經(jīng)過(guò)點(diǎn)C．將△DEF繞點(diǎn)D順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)角α（0°＜α＜60°），DE′交AC于點(diǎn)M，DF′交BC于點(diǎn)N，則＝________．
【答案】
【分析】根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得CD＝AD＝BD＝AB，根據(jù)等邊對(duì)等角求出∠ACD＝∠A，再求出∠ADC＝120°，再根據(jù)∠ADE＝∠ADC﹣∠EDF計(jì)算得30°，根據(jù)同角的余角相等求出∠PDM＝∠CDN，再根據(jù)然后求出△BCD是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求出∠BCD＝60°，再根據(jù)三角形的一個(gè)外角等于與它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角的和求出∠CPD＝60°，從而得到∠CPD＝∠BCD，再根據(jù)兩組角對(duì)應(yīng)相等，兩三角形相似判斷出△DPM和△DCN相似，再根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例可得結(jié)論．
【解析】解：∵∠ACB＝90°，點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，
∴CD＝AD＝BD＝AB，
∴∠ACD＝∠A＝30°，
∴∠ADC＝180°﹣30°×2＝120°，
∴∠ADE＝∠ADC﹣∠EDF＝120°﹣90°＝30°；
∵∠EDF＝90°，
∴∠PDM+∠E′DF＝∠CDN+∠E′DF＝90°，
∴∠PDM＝∠CDN，
∵∠B＝60°，BD＝CD，
∴△BCD是等邊三角形，
∴∠BCD＝60°，
∵∠CPD＝∠A+∠ADE＝30°+30°＝60°，
∴∠CPD＝∠BCD，
∴△DPM∽△DCN，
∴＝，
∵∠ACD＝30°，∠CDP＝90°，
∴＝tan∠ACD＝tan30°＝，
∴＝．
故答案為：．
15．如圖，△ABC中，CE⊥AB，BF⊥AC，若∠A＝60°，EF＝2，則BC＝_______．
【答案】4
【分析】先判定△AFB∽△AEC，進(jìn)而證明△AEF∽△ACB，得到，再證明AB=2AF，問(wèn)題即可解決．
【解析】解：∵CE⊥AB，BF⊥AC，
∴∠AFB=∠AEC=90°，
又∵∠A=∠A，
∴△AFB∽△AEC，
∴，即，
又∵∠A=∠A，
∴△AEF∽△ACB，
∴，
∵BF⊥AC，且∠A=60°，
∴∠ABF=30°，
∴AF=AB，
∴BC=2EF=4．
故答案為：4．
16．如圖，在△ABC中，AB=AC=6．D是AC中點(diǎn)，E是BC上一點(diǎn)，BE=，∠AED=∠B，則CE的長(zhǎng)為_(kāi)____________．
【答案】
【分析】求出∠BAE＝∠DEC，證明△ABE∽△ECD，推出即可解決問(wèn)題．
【解析】解：∵AB＝AC＝6，
∴∠B＝∠C，
∵∠AEC＝∠B＋∠BAE＝∠AED＋∠DEC，∠AED＝∠B，
∴∠BAE＝∠DEC，
∴△ABE∽△ECD，
∴，
∵CD＝AC＝3，
∴，
解得：，
故答案為：．
三、解答題
17．如圖，在三角形ABC中，AB＝8cm，BC＝16cm，點(diǎn)P從點(diǎn)A開(kāi)始沿邊AB運(yùn)動(dòng)，速度為2cm/s，點(diǎn)Q從點(diǎn)B開(kāi)始沿BC邊運(yùn)動(dòng)，速度為4cm/s，如果點(diǎn)P、Q兩動(dòng)點(diǎn)同時(shí)運(yùn)動(dòng)，何時(shí)QBP與ABC相似？
【答案】經(jīng)過(guò)4秒或1.6秒時(shí)，△QBC與△ABC相似
【分析】由題意可得，，根據(jù)△QBC與△ABC相似，分情況列式計(jì)算即可．
【解析】解：由題意可得，
∵∠PBQ=∠ABC，
當(dāng)時(shí)，，
即，解得：；
當(dāng)時(shí)，，
即，解得：；
即經(jīng)過(guò)4秒或1.6秒時(shí)，△QBC與△ABC相似．
18．已知，如圖，△ABC中，AB＝2，BC＝4，D為BC邊上一點(diǎn)，BD＝1，AD+AC=8．
（1）找出圖中的一對(duì)相似三角形并證明；
（2）求AC長(zhǎng)．
【答案】（1）△BAD∽△BCA，理由見(jiàn)詳解；（2）
【分析】（1）由題意易得，然后由∠B是公共角，問(wèn)題可證；
（2）由（1）可得，再由AD+AC=8可求解．
【解析】解：（1）△BAD∽△BCA，理由如下：
AB＝2，BC＝4，BD＝1，
，
，
又∠B=∠B，
△BAD∽△BCA；
（2）由（1）得：，即，
AD+AC=8，
，解得：，
．
19．如圖，在△ABC中，D為BC邊上的一點(diǎn)，且AC=，CD＝4，BD＝2，求證：△ACD∽△BCA．
【答案】證明見(jiàn)解析．
【分析】根據(jù)AC=，CD＝4，BD＝2，可得，根據(jù)∠C =∠C，即可證明結(jié)論．
【解析】解：∵AC=，CD＝4，BD＝2
∴，
∴
∵∠C =∠C
∴△ACD∽△BCA．
20．已知：如圖，在中，D是AC上一點(diǎn)，聯(lián)結(jié)BD，且∠ABD =∠ACB．
（1）求證：△ABD∽△ACB；
（2）若AD=5，AB= 7，求AC的長(zhǎng).
【答案】(1)見(jiàn)詳解；（2）
【解析】（1）證明：∵∠A=∠A,∠ABD =∠ACB,
∴△ABD∽△ACB.
（2）解: ∵△ABD∽△ACB，
∴，
∴，
∴
21．【基礎(chǔ)鞏固】（1）如圖1，在△ABC中，D為AB上一點(diǎn)，∠ACD＝∠B．求證：AC2＝AD?AB．
【嘗試應(yīng)用】（2）如圖2，在?ABCD中，E為BC上一點(diǎn)，F(xiàn)為CD延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，∠BFE＝∠A．若BF＝4，BE＝3，求AD的長(zhǎng)．
【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）AD=．
【分析】（1）證明△ADC∽△ACB，即可得出結(jié)論；
（2）證明△BFE∽△BCF，得出BF2=BE?BC，求出BC，則可求出AD．
【解析】（1）證明：∵∠ACD=∠B，∠A=∠A，
∴△ADC∽△ACB，
∴，
∴AC2=AD?AB．
（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD=BC，∠A=∠C，
又∵∠BFE=∠A，
∴∠BFE=∠C，
又∵∠FBE=∠CBF，
∴△BFE∽△BCF，
∴，
∴BF2=BE?BC，
∴BC===，
∴AD=．
22．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點(diǎn)D在AB上，且＝．
（1）求證 △ACD∽△ABC；
（2）若AD＝3，BD＝2，求CD的長(zhǎng)．
【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）
【分析】（1）根據(jù)相似三角形的判定兩邊成比例且?jiàn)A角相等的兩個(gè)三角形相似，即可得出
（2）由得，，推出，由相似三角形的性質(zhì)得，即可求出CD的長(zhǎng)．
【解析】（1）∵，，
∴；
（2）∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，即，
∴．
23．如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)C在⊙O上，過(guò)點(diǎn)C的直線與AB的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)P，∠COB＝2∠PCB．
（1）求證：CP是⊙O的切線；
（2）若M是弧AB的中點(diǎn)，CM交AB于點(diǎn)N，若AB＝6，求MC?MN的值．
【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）18
【分析】（1）已知C在圓上，故只需證明OC與PC垂直即可，根據(jù)圓周角定理，易得∠PCB+∠OCB=90°，即OC⊥CP即可；
（2）連接MA，MB，由圓周角定理可得∠ABM＝∠BCM，進(jìn)而可得△MBN∽△MCB，故BM2=MN?MC，根據(jù)銳角三角函數(shù)求出BM，代入數(shù)據(jù)可得MN?MC= BM2=18．
【解析】（1）證明：∵OA＝OC，
∴∠CAO＝∠ACO．
又∵∠COB＝2∠CAO，∠COB＝2∠PCB，
∴∠CAO＝∠ACO＝∠PCB．
又∵AB是⊙O的直徑，
∴∠ACO+∠OCB＝90°．
∴∠PCB+∠OCB＝90°．
即OC⊥CP，
∵OC是⊙O的半徑．
∴PC是⊙O的切線；
（2）解：連接MA，MB，
∵點(diǎn)M是弧AB的中點(diǎn)，
∴，
∴∠ACM＝∠BCM．
∵∠ACM＝∠ABM，
∴∠BCM＝∠ABM．
∵∠BMN＝∠BMC，
∴△MBN∽△MCB．
∴，
∴BM2＝MN?MC．
∵AB是⊙O的直徑，，
∴∠AMB＝90°，AM＝BM．
∴∠ABM=∠BAM=45°，
∵AB＝6，
∴BM＝ABsin45°==，
∴MN?MC＝BM2＝18．
24．如圖，在△ABC中，D是BC上的點(diǎn)，E是AD上一點(diǎn)，且，∠BAD＝∠ECA．
（1）求證：AC2＝BC?CD；
（2）若AD是△ABC的中線，求的值．
【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）
【分析】（1）首先利用相似三角形的判定得出，得，進(jìn)而求出，再利用相似三角形的性質(zhì)得出答案即可；
（2）由可證，進(jìn)而得出，再由（1）可證，由此即可得出線段之間關(guān)系．
【解析】（1）證明：，，
，
，
，
，
，
．
（2）解：，
，
，
，
AD是△ABC的中線，
，
，即：，
∴．
25．（1）如圖1，在中，為上一點(diǎn)，．求證：．
（2）如圖2，在中，是上一點(diǎn)，連接，．已知，，．求證：．
（3）如圖3，四邊形內(nèi)接于，、相交于點(diǎn)．已知的半徑為2，，，，求四邊形的面積．
【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析；（3）
【分析】（1）由化比例，與，可證∽即可；
（2）由，可得，AD=BC，根據(jù)線段比值計(jì)算，，可得，由∠EAC=∠CAB，可證∽即可；
（3）連接交于點(diǎn)，連接，根據(jù)，，可得AC=2AE，根據(jù)線段比值計(jì)算可得，由∠BAC=∠EAB，可證∽，可證∠ABD=∠ADB，可得BF=DF，根據(jù)勾股定理OF=，可求，可證，，可得S△BCD= 即可．
【解析】（1）證明：如圖1，
∵，
∴，
又∵，
∴∽，
∴．
（2）證明：如圖2，∵，
∴，AD=BC，
∵，，，
∴，
∴，，
∴，
∵∠EAC=∠CAB，
∴∽，
∴，即，
∴．
∴；
（3）解：如圖3，連接OA交于點(diǎn)，連接，
∵，，
∴AC=2AE，
∴，，
∴，
∵∠BAC=∠EAB，
∴∽，
∴，
∵∠ADB=∠ACB，
∴∠ABD=∠ADB，
∴點(diǎn)A是弧的中點(diǎn)，BD為弦，OA為半徑，
∴，BF=DF，
∵，，
∴BF=DF= ，
在Rt△OBF中，
根據(jù)勾股定理OF=，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴S△BCD=S△BCE+S△DCE=，
∴．
26．如圖1，四邊形內(nèi)接于是的直徑，．延長(zhǎng)交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)．
（1）證明：．
（2）當(dāng)時(shí)，
①求的長(zhǎng)度．
②如圖2，作平分交于點(diǎn)，連結(jié)，求的面積．
【答案】（1）見(jiàn)詳解；（2）①；②
【分析】（1）由題意易得∠BAD=∠ACD，由圓內(nèi)接四邊形的外角等于它的內(nèi)對(duì)角得∠ECD=∠BAD，然后問(wèn)題可求解；
（2）①由（1）及題意易得△CDE∽△ABE，則有，進(jìn)而可得，然后設(shè)，最后根據(jù)勾股定理可求解；
②連接CF，過(guò)點(diǎn)F作FH⊥AE于點(diǎn)H，由題意易得∠ABF=∠ACF=∠ADF=45°，由①可得，，則有，進(jìn)而可得，△FHD是等腰直角三角形，然后設(shè)DH=FH=x，則，由勾股定理可求解x的值，最后根據(jù)三角形面積計(jì)算公式可求解．
【解析】（1）證明：∵，
∴∠BAD=∠ACD，
∵四邊形內(nèi)接于，
∴∠ECD=∠BAD，
∴；
（2）解：①由（1）得：，
∵AC是⊙O的直徑，
∴∠ADC=∠CDE=90°，
∵CD=CD，
∴△ADC≌△EDC（ASA），
∴AD=DE，AC=CE，
∵∠E=∠E，
∴△CDE∽△ABE，
∵，
∴，
∴，
∴，
設(shè)，在Rt△CDE中，，
∴，解得：，
∴；
②連接CF，過(guò)點(diǎn)F作FH⊥AE于點(diǎn)H，如圖所示：
由①得：，，
∵平分，∠ABC=90°，
∴∠ABF=45°，
∴∠ACF=∠ADF=45°，
∵AC是是⊙O的直徑，
∴∠AFC=90°，
∴△AFC和△FHD是等腰直角三角形，
∴AF=FC，F(xiàn)H=DH，
∴，
設(shè)DH=FH=x，則，
∴在Rt△AHF中，，
解得：（不符合題意，舍去）
∴，
∴．
27．如圖1，在菱形ABCD中，AC是對(duì)角線，AB＝AC＝6，點(diǎn)E、F分別是邊AB、BC上的動(dòng)點(diǎn)，且滿足AE＝BF，連接AF與CE相交于點(diǎn)G．
（1）求的度數(shù)．
（2）如圖2，作交CE于點(diǎn)H，若CF＝4，，求GH的值．
（3）如圖3，點(diǎn)O為線段CE中點(diǎn)，將線段EO繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EM，當(dāng)構(gòu)成等腰三角形時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出AE的長(zhǎng)．
【答案】（1）60°；（2）；（3）2或
【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)得到△ABC，△ACD是等邊三角形，然后根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)證明△ABF≌△CAE，得到∠BAF＝∠ACE，從而結(jié)合三角形的外角性質(zhì)求解即可；
（2）延長(zhǎng)GA至點(diǎn)K使得AK＝CG，首先結(jié)合（1）的結(jié)論推出△AFC∽△CFG，得到，從而求出GF，AG，CG，再證明△ADK≌△CDG，推出△DKG是等邊三角形，從而求出DG，最后根據(jù)30°角的直角三角形的性質(zhì)求解即可；
（3）分別根據(jù)等腰三角形的定義進(jìn)行分類討論，并結(jié)合相似三角形的判定與性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)求解即可．
【解析】解：（1）∵四邊形ABCD是菱形，AB＝AC，
∴AB＝AC＝BC＝AD＝CD，
∴△ABC，△ACD是等邊三角形．
∴∠ABC＝∠CAE，
在△ABF與△CAE中，
∴△ABF≌△CAE(SAS)，
∴∠BAF＝∠ACE，
∴∠CGF＝∠GAC＋∠ACG＝∠GAC＋∠BAF＝∠BAC＝60°；
（2）如圖所示，延長(zhǎng)GA至點(diǎn)K使得AK＝CG．
∵∠BAF＝∠ACE，
∴∠FAC＝∠GCF，
∵∠GFC＝∠AFC，
∴△AFC∽△CFG，
∴,
∵CF＝4，，AC＝6，
∴，，
∵∠FGC＝60°，∠ADC＝60°，
∴∠AGC＋∠ADC＝180°，
∴∠GAD＋∠GCD＝180°，
∵∠KAD＋∠GAD＝180°，
∴∠KAD＝∠GCD，
又∵DC=DA，
∴△ADK≌△CDG（SAS），
∴DK＝DG，∠KDA＝∠GDC，
∴∠KDG＝∠ADC ＝60°，
∴△DKG是等邊三角形，
∴∠AGD＝∠DGH＝60°，DG＝KG＝AK＋AG＝AG＋CG＝，
∵，∠DGH＝60°，
∴ ；
（3）①若AM=MC，則△MAC為等腰三角形，
此時(shí)，取AC中點(diǎn)為點(diǎn)P，連接OP，OM，BM，
∵∠MEO=60°，EO=EM，
∴△OEM為等邊三角形，
∵∠FGC=60°，
∴∠MEO=∠FGC，
∴ME∥AF，
∵O為CE的中點(diǎn)，P為AC的中點(diǎn)，
∴OP為△AEC的中位線，OP∥AB，
∵△ABC為等邊三角形，△MAC為等腰三角形，P為AC的中點(diǎn)，
∴由“三線合一”知，B、M、P三點(diǎn)共線，
且BP⊥AC，AP=PC=AC=3，∠ABP=∠ABC=30°，
∵△OEM為等邊三角形，
∴OE=OM，∠OEM=∠OME，
∵OE=OC，
∴OM=OC，∠OMC=∠OCM，
∴∠OEM+∠OCM=∠OME+∠OMC，
即：∠OEM+∠OCM=∠EMC，
∴∠EMC=90°，CM⊥EM，
∴在Rt△CEM中，∠ECM=90°-60°=30°，
此時(shí)，如圖所示，將△AEC繞著C點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°至△BNC，連接MN，
則∠ACE=∠BCN，∠NBC=60°，
∵∠ECM=30°，
∴∠ACE+∠MCB=30°，
∴∠BCN+∠MCB=∠MCN=30°，
∴∠MCN=∠MCE=30°，
∵CE=CN，∠MCN=∠MCE，CM=CM，
∴△MCE≌△MCN，
∴∠CMN=∠CME=90°，
∴E、M、N三點(diǎn)共線，
∴△ECN為等邊三角形，
∵∠NBC=∠ACB=60°，
∴BN∥AC，
∵∠BPC=90°，
∴∠NBM=90°，
∵∠CMN=90°，
∴∠BMN+∠CMP=90°，
∵∠BMN+∠BNM=90°，
∴∠BNM=∠CMP，
∴△BMN∽△PCM，
∴，
∵，
∴，
∵PC=3，
∴BM=，
在Rt△ABP中，AP=3，∠ABP=30°，
∴BP=，
∴PM=BP-BM=，
∵∠MBC=30°，∠OMC=90°-∠OME=30°，
∴∠MBC+∠MCB=∠OMC+∠OMP，
∴∠MCB=∠OMP，
∵OP∥AB，
∴∠OPC=∠BAC=60°，
∴∠OPM=90°-60°=30°，
∴△OPM∽△MBC，
∴，
即：，
∴OP=1，
∵OP為△AEC的中位線，
∴AE=2OP=2；
②若AM=AC，則△AMC為等腰三角形，
如圖所示，取AC中點(diǎn)P，連接OP，延長(zhǎng)AO交MC于Q點(diǎn)，
由①可知，△EMC始終為直角三角形，∠EMC=90°，∠ECM=30°，
且EM與AF始終平行，
∴∠EMC=∠AQC=90°，AQ⊥MC于Q點(diǎn)，
∵OM=OC，
∴O點(diǎn)在AQ上，
∵∠COQ=60°，∠CGF=60°，
∴此時(shí)O點(diǎn)和G點(diǎn)重合，
∵∠CPO=∠CAB=60°，∠COQ=60°，
∴∠APO=∠AOC=120°，
∴△APO∽△AOC，
∴，
∵AC=6，AP=3，
∴，
∴AO=，
∵Rt△OCQ中，∠OCQ=30°，
∴設(shè)OQ=x，則CQ=x，
在Rt△CAQ中，，
即：，
解得：或（不合題意，舍去），
∴，，
∴由得：，
解得：，
∵OP是△AEC的中位線，
∴AE=2OP=；
③若AC=MC，則E點(diǎn)在AB的延長(zhǎng)線上，此時(shí)與E點(diǎn)在邊AB上運(yùn)動(dòng)矛盾，故該種情況舍去；
綜上，AE＝2或．
28．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，點(diǎn)D為AB上一點(diǎn)．
（1）如圖1，若CD⊥AB，求證：AC2=AD·AB；
（2）如圖2，若AC=BC，EF⊥CD交CD于H，交AC于F，且，求的值；
（3）如圖3，若AC=BC，點(diǎn)H在CD上，∠AHD=45°，CH=3DH，則tan∠ACH的值為_(kāi)_______．
【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）；（3）
【分析】（1）證出，證明∽，得出，即可得出結(jié)論；
（2）設(shè)，則（），同（1）得，則，在中，，過(guò)作于，易證，求出，再由平行線分線段成比例定理即可得出答案；
（3）過(guò)點(diǎn)作于，設(shè)，則（），，證明∽，得出，，求出，證明是等腰直角三角形，得出，由勾股定理得出，由三角函數(shù)定義即可得出答案．
【解析】（1）證明：∵，∴，
∵，
∴，
∴，
∴∽，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴設(shè)，則（），
∵，，
同（1）得：，
∴，
在中，，
過(guò)作于，如圖2所示：
則，
在中，，
∵，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴；
（3）解：過(guò)點(diǎn)作于，如圖3所示：
∵，
∴設(shè)，則（），
∴，
∵，，
∴，
∴
又∵，
∴∽，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴；
故答案為：．
29．如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=3cm．動(dòng)點(diǎn)M，N從點(diǎn)C同時(shí)出發(fā)，均以每秒1cm的速度分別沿CA、CB向終點(diǎn)A，B移動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒2cm的速度沿BA向終點(diǎn)A移動(dòng)，連接PM，PN，設(shè)移動(dòng)時(shí)間為t（單位：秒，0＜t＜2.5）．
（1）當(dāng)t為何值時(shí)，以A，P，M為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似？
（2）是否存在某一時(shí)刻t，使四邊形APNC的面積S有最小值？若存在，求S的最小值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】（1）；（2）當(dāng)時(shí)，四邊形APNC的面積S有最小值，其最小值是．
【分析】根據(jù)勾股定理求得AB=5cm．
（1）分△AMP∽△ABC和△APM∽△ABC兩種情況討論：利用相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例來(lái)求t的值．
（2）如圖，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥BC于點(diǎn)H，構(gòu)造平行線PH∥AC，由平行線分線段成比例求得以t表示的PH的值；然后根據(jù)“S=S△ABC﹣S△BPH”列出S與t的關(guān)系式，則由二次函數(shù)最值的求法即可得到S的最小值．
【解析】解：∵如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=3cm．
∴根據(jù)勾股定理，得．
（1）以A，P，M為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似，分兩種情況：
①當(dāng)△AMP∽△ABC時(shí)，，即，解得；
②當(dāng)△APM∽△ABC時(shí)，，即，解得t=0（不合題意，舍去）．
綜上所述，當(dāng)時(shí)，以A、P、M為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似．
（2）存在某一時(shí)刻t，使四邊形APNC的面積S有最小值．理由如下：
假設(shè)存在某一時(shí)刻t，使四邊形APNC的面積S有最小值．
如圖，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥BC于點(diǎn)H．則PH∥AC，
∴，
即．
∴．
∴
．
∵，
∴S有最小值．
當(dāng)時(shí)，S最小值=．
答：當(dāng)時(shí)，四邊形APNC的面積S有最小值，其最小值是．
30．我們定義：對(duì)角線垂直的凸四邊形叫做“準(zhǔn)箏形”．如圖 1，四邊形 ABCD 中，AC⊥BD，則四邊形 ABCD 是“準(zhǔn)箏形”．
（1）“三條邊相等的準(zhǔn)箏形是菱形”是 命題；（填“真” 或“假”）
（2）如圖 1，在準(zhǔn)箏形 ABCD 中，AD＝3，AB＝2，BC＝4，求 CD的長(zhǎng)．
（3）如圖 2， 在準(zhǔn)箏形 ABCD 中，AC 與 BD 交于點(diǎn) O，點(diǎn) P 在線段 AD 上，AP＝2，且 AD＝3， AO =，在 BD 上存在移動(dòng)的線段EF，E 在 F 的左側(cè)，且 EF＝1，使四邊形 AEFP 周長(zhǎng)最小，求此時(shí)OE 的長(zhǎng)度．
【答案】（1）真；（2）；（3）
【分析】（1）先根據(jù)在準(zhǔn)箏形ABCD中，AC⊥BD，BC=CD=AD，設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O，得出OA=OC，OB=OD，推出四邊形ABCD是平行四邊形，再根據(jù)AD=CD，即可證明四邊形ABCD是菱形，即可得出結(jié)論；
（2）設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O，根據(jù)AC⊥BD，得到AB2=AO2+BO2，AD2=AO2+DO2，CD2=CO2+DO2，BC2=OB2+OC2，可得AB2+CD2=AD2+BC2=OA2+OB2+OC2+OD2，根據(jù)AD=3，АВ=2，BC=4，即可求出CD；
（3）過(guò)P作PG⊥AO于G，過(guò)A作AM//EF且AM=EF，作M點(diǎn)關(guān)于OD的對(duì)稱點(diǎn)N，連接MN交OD于H，交PG于R，連接PN交OD于F，先證明四邊形AEFM是平行四邊形，得到AE=MF，根據(jù)M、N關(guān)于OD對(duì)稱，得出MF=NF，推出當(dāng)且僅當(dāng)N、F、P三點(diǎn)共線時(shí)，AE+PF取得最小值，根據(jù)AP=2，EF=1，得出當(dāng)AE+PE取得最小值時(shí)，四邊形AEFP周長(zhǎng)取得最小值，然后證明四邊形AOHM是矩形，得出АМ=ОН=EF=1，OA=MН=HN=，根據(jù)在Rt△AOD中，OA=，AD=3，PG⊥OA，求出AG=AP=1，PG=AG=，PR=PG-GR=PG-AM=-1，RN=HN+HR=2，證明△NHF∽△NRP，得出==，求出HF=PR==，根據(jù)OF=ОН+HF=OE+EF，ОН=EF=1，即可得出OЕ．
【解析】解：（1）三條邊相等的準(zhǔn)箏形是菱形是真命題，
，
在準(zhǔn)箏形ABCD中，AC⊥BD，BC=CD=AD，
設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O，
∴OA=OC，OB=OD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AD=CD，
∴四邊形ABCD是菱形，
∴三邊相等的準(zhǔn)箏形是菱形，
故答案為：真；
（2）設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O，
∵AC⊥BD，
∴AB2=AO2+BO2，
AD2=AO2+DO2，
CD2=CO2+DO2，
BC2=OB2+OC2，
∴AB2+CD2=AD2+BC2=OA2+OB2+OC2+OD2，
∵AD=3，АВ=2，BC=4，
∴22+CD2=32+42，
∴CD=，
∴CD的長(zhǎng)為；
（3）過(guò)P作PG⊥AO于G，
過(guò)A作AM//EF且AM=EF，
作M點(diǎn)關(guān)于OD的對(duì)稱點(diǎn)N，連接MN交OD于H，
交PG于R，連接PN交OD于F，
∵AM//EF，AM=EF，
∴四邊形AEFM是平行四邊形，
∴AE=MF，
∵M(jìn)、N關(guān)于OD對(duì)稱，
∴MF=NF，
∴AE+PF=MF+PF=NF+PF≥PN，
∴當(dāng)且僅當(dāng)N、F、P三點(diǎn)共線時(shí)，AE+PF取得最小值，
∵AP=2，EF=1，
∴當(dāng)AE+PE取得最小值時(shí)，四邊形AEFP周長(zhǎng)取得最小值，
∵AM//OD，ОA//MН，∠AOD=90°，
∴四邊形AOHM是矩形，
∴АМ=ОН=EF=1，OA=MН=HN=，
在Rt△AOD中，OA=，AD=3，
∴∠ADO=30°，
∵PG⊥OA，
∴PG∥OD，
∴∠APG=∠ADO=30°，
∴AG=AP=1，PG=AG=，
∴PR=PG-GR=PG-AM=-1，
∵HR=-1=，
∴RN=HN+HR=2，
∵PG//OD，
∴△NHF∽△NRP，
∴==，
∴HF=PR==，
∵OF=ОН+HF=OE+EF，ОН=EF=1，
∴OЕ=HF=，
故四邊形AEFP周長(zhǎng)最小時(shí)，OE的長(zhǎng)度為．

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專題15 共邊共角相似模型（教師版）-中考數(shù)學(xué)幾何模型重點(diǎn)突破講練：

這是一份專題15 共邊共角相似模型（教師版）-中考數(shù)學(xué)幾何模型重點(diǎn)突破講練，共46頁(yè)。

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專題20 相似三角形重要模型之母子型（共邊共角模型）-2024年中考數(shù)學(xué)常見(jiàn)幾何模型全歸納之模型解讀與提分精練（全國(guó)通用）

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