模型彩圖，清晰細致，在復習時，建議先背誦鞏固抓關鍵，方可以實現(xiàn)靈活運用。A字型模
圖1-1
圖1-2
圖1-3
圖1-1：DE∥BC→△ADE∽△ABC→
變式：圖1-2，1-3
∠ADE=∠C,∠A=∠A → △ADE∽△ACB→
母子型
圖2-1
圖2-2
圖2-3
圖2-1與圖2-2：∠A=∠A ∠1=∠B ?△ADC∽△ACB，? ?AC2＝AD?AB
圖2-3：△ABC∽△ACD∽△CBD?,
?AC2＝AD?AB,BC2＝BD?AB, CD2＝AD?BD
圖3-1
圖3-2
圖3-3
一線三角模型
圖3-4
圖3-5
圖3-6
圖3-1，圖3-2：∠B=∠1=∠D； 圖3-3：∠B=∠1=∠D=90°
圖3-4,3-5:∠1=∠2=α，∠ACE=β，α+β=180°
圖3-6：∠ABC=∠CDE=∠ACE=90°
（理解：∠ABC+∠ACE=180°）
以上六種圖形，結(jié)論相同：△ABC∽△CDE?
手拉手模型
圖4-1
圖4-2
圖4-3
圖4-6
圖4-5
圖4-4
一轉(zhuǎn)成雙，手拉手，圖4-1～4-6：
△ADE∽△ABC?; △ABD∽△ACE?
實戰(zhàn)訓練
一．A字型相似
1．如圖，△ABD中，∠A＝90°，AB＝6cm，AD＝12cm．某一時刻，動點M從點A出發(fā)沿AB方向以1cm/s的速度向點B勻速運動；同時，動點N從點D出發(fā)沿DA方向以2cm/s的速度向點A勻速運動，運動的時間為ts．
（1）求t為何值時，△AMN的面積是△ABD面積的；
（2）當以點A，M，N為頂點的三角形與△ABD相似時，求t值．
試題分析：（1）由題意得DN＝2t（cm），AN＝（12﹣2t）cm，AM＝tcm，根據(jù)三角形的面積公式列出方程可求出答案；
（2）分兩種情況，由相似三角形的判定列出方程可求出t的值．
答案詳解：解：（1）由題意得DN＝2t（cm），AN＝（12﹣2t）cm，AM＝tcm，
∴△AMN的面積AN?AM（12﹣2t）×t＝6t﹣t2，
∵∠A＝90°，AB＝6cm，AD＝12cm
∴△ABD的面積為AB?AD6×12＝36，
∵△AMN的面積是△ABD面積的，
∴6t﹣t2，
∴t2﹣6t+8＝0，
解得t1＝4，t2＝2，
答：經(jīng)過4秒或2秒，△AMN的面積是△ABD面積的；
（2）由題意得DN＝2t（cm），AN＝（12﹣2t）cm，AM＝tcm，
若△AMN∽△ABD，
則有，即，
解得t＝3，
若△AMN∽△ADB，
則有，即，
解得t，
答：當t＝3或時，以A、M、N為頂點的三角形與△ABD相似．
2．如圖，在△ABC中，DE∥BC，DF∥AC．若AD＝2BD，則的值為（ ）
A．B．C．D．
試題分析：由已知條件得到△BDF∽△BAC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解．
答案詳解：解：解法一：∵AD＝2BD，
∴，
∴，
∵DF∥AC，
∴△BDF∽△BAC，
∴，
∴，
解法二：∵AD＝2BD，
∴，
∵DF∥AC，
∴，
所以選：A．
3．如圖，點D，F(xiàn)在△ABC的邊AB上，點E，G分別在AC，BC上，DE與FG交于點H，DE∥BC，F(xiàn)G∥AC，則下列結(jié)論不正確的是（ ）
A．B．C．D．
試題分析：根據(jù)平行線分線段成比例定理、相似三角形的判定定理和性質(zhì)定理列出比例式，判斷即可．
答案詳解：解：A、∵DE∥BC，
∴，本選項結(jié)論正確，不符合題意；
B、∵DH∥BG，
∴，
∵DE∥BC，F(xiàn)G∥AC，
∴四邊形HGCE為平行四邊形，
∴HG＝EC，
∴，本選項結(jié)論正確，不符合題意；
C、由B選項可知，本選項結(jié)論錯誤，符合題意；
D、∵DE∥BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴，本選項結(jié)論正確，不符合題意；
所以選：C．
二．母子型
4．已知：如圖，△ABC中，點E在中線AD上，∠DEB＝∠ABC．
求證：（1）DB2＝DE?DA；
（2）∠DCE＝∠DAC．
試題分析：（1）根據(jù)已知可證△BDE∽△DAB，得到，即證BD2＝AD?DE．
（2）在（1）的基礎上，因為CD＝BD，可證，即可證△DEC∽△DCA，得到∠DCE＝∠DAC．
答案詳解：證明：（1）在△BDE和△DAB中
∵∠DEB＝∠ABC，∠BDE＝∠ADB，（1分）
∴△BDE∽△ADB，（1分）
∴，（1分）
∴BD2＝AD?DE．（1分）
（2）∵AD是中線，
∴CD＝BD，
∴CD2＝AD?DE，
∴，（1分）
又∠ADC＝∠CDE，（1分）
∴△DEC∽△DCA，（1分）
∴∠DCE＝∠DAC．（1分）
5．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足是D，，△ABC的周長是25，那么△ACD的周長是 15 ．
試題分析：易證得△ACD∽△ABC，根據(jù)相似三角形的周長比等于相似比，可得出兩三角形周長的比例關系，進而可根據(jù)△ABC的周長求出△ACD的周長．
答案詳解：解：∵∠ACB＝∠CDA＝90°，∠A＝∠A，
∴△ACD∽△ABC；
∴C△ACD：C△ABC＝AD：AC＝3：5；
∵△ABC的周長＝25，
∴△ACD的周長為15．
6．如圖，梯形ABCD中，AD∥BC，對角線AC、BD交于點O，BE∥CD交CA延長線于E．求證：OC2＝OA?OE．
試題分析：由平行線分線段成比例可得對應線段成比例，進而通過線段之間的轉(zhuǎn)化即可得出結(jié)論．
答案詳解：證明：∵AD∥BC，∴，
又BE∥CD，∴，
∴，即OC2＝OA?OE．
7．已知：如圖，等腰△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于D，CG∥AB，BG分別交AD、AC于E、F．求證：BE2＝EF?EG．
試題分析：先連接CE，由于AB＝AC，AD⊥BC，利用等腰三角形三線合一定理可得BE＝CE，再利用等邊對等角可知∠EBC＝∠ECB，易證∠ABE＝∠ACE，結(jié)合CG∥AB，利用平行線的性質(zhì)，可證∠CGF＝∠FCE，再加上一組公共角，可證△CEF∽△GEC，于是CE2＝EF?EG，從而有BE2＝EF?EG．
答案詳解：證明：連接CE，如右圖所示，
∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴AD是∠BAC的角平分線，
∴BE＝CE，
∴∠EBC＝∠ECB，
又∵∠ABC＝∠ACB，
∴∠ABC﹣∠EBC＝∠ACB﹣∠ECB，
即∠ABE＝∠ACE，
又∵CG∥AB，
∴∠ABE＝∠CGF，
∴∠CGF＝∠FCE，
又∠FEC＝∠CEG，
∴△CEF∽△GEC，
∴CE：EF＝EG：CE，
即CE2＝EF?EG，
又CE＝BE，
∴BE2＝EF?EG．
8．已知：如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝2，AC＝4，P是斜邊AB上的一個動點，PD⊥AB，交邊AC于點D（點D與點A、C都不重合），E是射線DC上一點，且∠EPD＝∠A．設A、P兩點的距離為x，△BEP的面積為y．
（1）求證：AE＝2PE；
（2）y關于x的函數(shù)解析式 yx2x（0＜x） ；
（3）當△BEP與△ABC相似時，求△BEP的面積．
試題分析：（1）先由已知條件判斷出△ADP∽△ABC，由相似三角形的對應邊成比例即可得出，再由∠EPD＝∠A，∠PED＝∠AEP可知△EPD∽△EAP，再根據(jù)其對應邊成比例即可求出答案；
（2）由△EPD∽△EAP，得，進而可得出AE與DE的關系，作EH⊥AB，垂足為點H，由PD∥HE可得出，進而可得出y與x的關系式；
（3）由△PEH∽△BAC，得，當△BEP與△ABC相似時，只有兩種情形：∠BEP＝∠C＝90°或∠EBP＝∠C＝90°，由相似三角形的對應邊成比例即可得出答案．
答案詳解：（1）證明：∵∠APD＝∠C＝90°，∠A＝∠A，
∴△ADP∽△ABC，
∴，
∵∠EPD＝∠A，∠PED＝∠AEP，
∴△EPD∽△EAP．
∴，
∴AE＝2PE．
（2）解：由△EPD∽△EAP，得，
∴PE＝2DE，
∴AE＝2PE＝4DE，
作EH⊥AB，垂足為點H，
∵AP＝x，
∴PDx，
∵PD∥HE，
∴，
∴HEx，
又∵AB＝2，y（2x）?x，即yx2x，
∵點D是AC上一點，
∴AD＜4，AP＝2PD，
∴AP，
定義域是0＜x．
所以答案是：yx2x（0＜x）；
（3）解：由△PEH∽△BAC，得，
∴PEx?x，
當△BEP與△ABC相似時，只有兩種情形：∠BEP＝∠C＝90°或∠EBP＝∠C＝90°．
（i）當∠BEP＝90°時，，
∴，
解得x，
∴yx5．
（ii）當∠EBP＝90°時，同理可得x，y．
綜上所述，△BPE的面積為或．
9．如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于D，E是AC上一點，CF⊥BE于F，求證：EB?DF＝AE?BD．
試題分析：先利用△BFC∽△BCE，得出BC2＝BE×BF，再利用射影定理求出BC2＝BD×BA，可得出BE×BF＝BD×BA，再由公共角得出△BFD∽△BAE，即可得出EB?DF＝AE?BD．
答案詳解：證明：∵CF⊥BE，
∴∠BFC＝90°，
又∵∠BCE＝90°，∠CBF＝∠EBC，
∴△BFC∽△BCE
∴，即BC2＝BE×BF，
∵∠ACB＝90°，CD⊥AB，
∴BC2＝BD×BA，
∴BE×BF＝BD×BA
∴，
又∵∠DBF＝∠EBA
∴△BFD∽△BAE，
∴，即EB?DF＝AE?BD．
10．已知：AD是Rt△ABC中∠A的平分線，∠C＝90°，EF是AD的垂直平分線交AD于M，EF、BC的延長線交于一點N．
求證：
（1）△AME∽△NMD；
（2）ND2＝NC?NB．
試題分析：（1）由∠ACB＝90°，得到∠1+∠8＝90°，根據(jù)EF是AD的垂直平分線，得到∠4+∠8＝90°，等量代換得到∠1＝∠4，由于∠1＝∠2，于是得到∠2＝∠4，即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)EF是AD的垂直平分線，得到AN＝DN，∠3＝∠4，通過∠ANC＝∠BNA，∠NAB＝∠NCA＝90°，得到△NAC∽△NBA，于是得到，等量代換即可得到結(jié)論．
答案詳解：解：（1）∵∠ACB＝90°，
∴∠1+∠8＝90°，
∵EF是AD的垂直平分線，
∴∠4+∠8＝90°，
∵∠5＝∠6＝90°，
∴∠1＝∠4，
∵AD∠BAC的平分線，
∴∠1＝∠2，
∴∠2＝∠4，
∴△AME∽△NMD；
（2）∵EF是AD的垂直平分線，
∴AN＝DN，∠3＝∠4，
∵∠2＝∠4，
∴∠1＝∠2＝∠3＝∠4，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACN＝90°，
∴∠3+∠4+∠7＝90°，
∴∠1+∠2+∠7＝90°，
∴∠NAE＝90°，
∵∠ANC＝∠BNA，∠NAB＝∠NCA＝90°，
∴△NAC∽△NBA，
∴，
∴NA2＝NB?NC，
∵NA＝ND，
∴ND2＝NB?NC．
三．8（x)字型
11．如圖，AB、CD相交于點O，AD∥CB，若AO＝2，BO＝3，OD＝2.4，則CO等于（ ）
A．2.4B．3C．4D．3.6
試題分析：證明△AOD∽△BOC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可解決問題．
答案詳解：解：∵AD∥CB，
∴△AOD∽△BOC，
∴，
∵AO＝2，BO＝3，OD＝2.4，
∴，
∴CO＝3.6．
所以選：D．
12．如圖，在?ABCD中，AB＝9，AD＝8，E為AD延長線上一點，且DE＝4，連接BE交CD于點F，則CF＝ 6 ．
試題分析：由平行四邊形的性質(zhì)得出BC＝AD＝8，AB＝DC＝9，AD∥BC，證明△BCF∽△EDF，由相似三角形的性質(zhì)得出，則可得出答案．
答案詳解：解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴BC＝AD＝8，AB＝DC＝9，AD∥BC，
∵BC∥DE，
∴△BCF∽△EDF，
∴，
設CF＝x，則DF＝9﹣x，
∴，
∴x＝6，
∴CF＝6．
所以答案是：6．
13．如圖，在半徑為5的⊙O中，OA⊥OB，點D是OB延長線上一點，點C是⊙O上一點，AC交OB于M，且CD＝DM；
（1）連接OC，求證：OC⊥CD；
（2）若OM＝1，求CM的長．
試題分析：（1）根據(jù)垂直定義可得∠AOB＝90°，從而利用直角三角形的兩個銳角互余可得∠A+∠AMO＝90°，再利用等腰三角形的性質(zhì)可得∠A＝∠OCA，∠DCM＝∠DMC，然后結(jié)合對頂角相等可得∠AMO＝∠DCM，從而利用等量代換即可解答；
（2）過點D作DE⊥CM，垂足為E，利用等腰三角形的三線合一性質(zhì)可得CM＝2ME，再在Rt△ODC中，利用勾股定理求出DM＝DC＝12，然后在Rt△AMO中，利用勾股定理求出AM，最后證明8字模型相似三角形可得△DME∽△AMO，從而利用相似三角形的性質(zhì)進行計算即可解答．
答案詳解：（1）證明：如圖：
∵OA⊥OB，
∴∠AOB＝90°，
∴∠A+∠AMO＝90°，
∵OA＝OC，
∴∠A＝∠OCA，
∵DC＝DM，
∴∠DCM＝∠DMC，
∵∠DMC＝∠AMO，
∴∠AMO＝∠DCM，
∴∠OCA+∠DCM＝90°，
∴∠OCD＝90°，
∴OC⊥CD；
（2）解：過點D作DE⊥CM，垂足為E，
∴∠DEM＝90°，
∵DM＝DC，
∴CM＝2ME，
在Rt△ODC中，DC2+OC2＝OD2，
∴DC2+25＝（DM+1）2，
∴DC2+25＝（DC+1）2，
∴DC＝DM＝12，
在Rt△AMO中，AO＝5，OM＝1，
∴AM，
∵∠DEM＝∠AOM＝90°，∠DME＝∠AMO，
∴△DME∽△AMO，
∴，
∴，
∴ME，
∵CM＝2ME，
∴CM的長為．
14．已知：如圖，在△ABC中，點D在邊BC上，AE∥BC，BE與AD、AC分別相交于點F、G，AF2＝FG?FE．
（1）求證：△CAD∽△CBG；
（2）聯(lián)結(jié)DG，求證：DG?AE＝AB?AG．
試題分析：（1）通過證明△FAG∽△FEA，可得∠FAG＝∠E，由平行線的性質(zhì)可得∠E＝∠EBC＝∠FAG，且∠ACD＝∠BCG，可證△CAD∽△CBG；
（2）由相似三角形的性質(zhì)可得 ，且∠DCG＝∠ACB，可證△CDG∽△CAB，可得 ，由平行線分線段成比例可得 ，可得結(jié)論．
答案詳解：證明：（1）∵AF2＝FG?FE．
∴，
∵∠AFG＝∠EFA，
∴△FAG∽△FEA，
∴∠FAG＝∠E，
∵AE∥BC，
∴∠E＝∠EBC，
∴∠EBC＝∠FAG，
∵∠ACD＝∠BCG，
∴△CAD∽△CBG；
（2）∵△CAD∽△CBG，
∴，
∵∠DCG＝∠ACB，
∴△CDG∽△CAB，
∴，
∵AE∥BC，
∴，
∴，
∴，
∴DG?AE＝AB?AG．
四．一線三角
15．已知下列各圖中，△ABC是直角三角形，∠ABC＝90°．
【基本模型感知】如圖1，分別過A，C兩點作經(jīng)過點B的直線的垂線，垂足分別為M、N．求證：△ABM∽△BCN；
【基本模型應用】如圖2，點P是邊BC上一點，∠BAP＝∠C，，求tanC的值；
【靈活運用】如圖3，點D是邊CA延長線上一點，AE＝AB，∠DEB＝90°，，，請直接寫出tan∠BEC的值．
試題分析：（1）根據(jù)同角的余角相等可得∠BAM＝∠CBN，從而證明結(jié)論；
（2）過點P作PF⊥AP交AC于點F，過點F作FQ⊥BC交BC于點Q，與（1）同理得，△ABP∽△PQF．則．設ABa，PQ＝2a（a＞0），則PQ＝CQ＝2a．BC＝BP+PQ+CQ＝BP+2a+2a＝4a+BP．再根據(jù)△ABP∽△CBA．得．從而解決問題．
（3）過點A作AG⊥BE于點G，過點C作CH⊥BE交EB的延長線于點H，由平行線分線段成比例定理得，．與（1）同理得，△ABG∽△BCH，則．設BG＝4m，CH＝3m，AG＝4n，BH＝3n，則GH＝BG+BH＝4m+3n．從而有．得出m與n的關系，進而解決問題．
答案詳解：（1）證明：∵AM⊥MN，CN⊥MN，
∴∠AMB＝∠BNC＝90°．
∴∠BAM+∠ABM＝90°．
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABM+∠CBN＝90°．
∴∠BAM＝∠CBN．
又∵∠AMB＝∠CNB，
∴△ABM∽△BCN．
（2）解：如圖2，過點P作PF⊥AP交AC于點F，過點F作FQ⊥BC交BC于點Q，
在Rt△AFP中，tan∠PAC，
與（1）同理得，△ABP∽△PQF．
∴．
設ABa，PQ＝2a（a＞0），
∵∠BAP＝∠C＝∠FPQ，
∴PF＝CF，且FQ⊥BC．
∴PQ＝CQ＝2a．
∴BC＝BP+PQ+CQ＝BP+2a+2a＝4a+BP．
∵∠BAP＝∠C，∠B＝∠B＝90°，
∴△ABP∽△CBA．
∴．
∴BP?BC＝AB2，即BP?（4a+BP）．
∴BP＝a，BC＝5a，
在Rt△ABC中，tanC．
（3）解：在Rt△ABC中，sin∠BAC，
如圖3，過點A作AG⊥BE于點G，過點C作CH⊥BE交EB的延長線于點H，
∵∠DEB＝90°，
∴CH∥AG∥DE．
∴．
與（1）同理得，△ABG∽△BCH
∴．
設BG＝4m，CH＝3m，AG＝4n，BH＝3n，
∵AB＝AE，AG⊥BE，
∴EG＝BG＝4m．
∴GH＝BG+BH＝4m+3n．
∴．
∴n＝2m．
∴EH＝EG+GH＝4m+4m+3n＝8m+3n＝8m+6m＝14m．
在Rt△CEH中，tan∠BEC．
16．如圖，在△ABC中，AB＝AC，點P、D分別是BC、AC邊上的點，且∠APD＝∠B．
（1）求證：AC?CD＝CP?BP；
（2）若AB＝10，BC＝12，當PD∥AB時，求BP的長．
試題分析：（1）易證∠APD＝∠B＝∠C，從而可證到△ABP∽△PCD，即可得到，即AB?CD＝CP?BP，由AB＝AC即可得到AC?CD＝CP?BP；
（2）由PD∥AB可得∠APD＝∠BAP，即可得到∠BAP＝∠C，從而可證到△BAP∽△BCA，然后運用相似三角形的性質(zhì)即可求出BP的長．
答案詳解：解：（1）∵AB＝AC，∴∠B＝∠C．
∵∠APD＝∠B，∴∠APD＝∠B＝∠C．
∵∠APC＝∠BAP+∠B，∠APC＝∠APD+∠DPC，
∴∠BAP＝∠DPC，
∴△ABP∽△PCD，
∴，
∴AB?CD＝CP?BP．
∵AB＝AC，
∴AC?CD＝CP?BP；
（2）如圖，∵PD∥AB，
∴∠APD＝∠BAP．
∵∠APD＝∠C，
∴∠BAP＝∠C．
∵∠B＝∠B，
∴△BAP∽△BCA，
∴．
∵AB＝10，BC＝12，
∴，
∴BP．
五．手拉手
17．把兩個等腰直角△ABC和△ADE按如圖1所示的位置擺放，∠A＝90°，將△ADE繞點A按逆時針方向旋轉(zhuǎn)，如圖2，連接BD，EC，設旋轉(zhuǎn)角為α（0°＜α＜360°）．
（1）求證：△BAD≌△CAE．
（2）如圖3，若點D在線段BE上，且BC＝13，DE＝7，求CE的長．
（3）當旋轉(zhuǎn)角α＝ 90°或270° 時，△ABD的面積最大．
試題分析：（1）由等腰直角三角形的性質(zhì)可得AD＝AE，AB＝AC，∠BAC＝∠DAE＝90°，求得∠BAD＝∠CAE即可證明；
（2）過點A作AH⊥BE于H，由△ABD≌△ACE可得BD＝CE，由等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得AH＝DH＝EHDE，由BC求得AB，再由勾股定理求得BH即可解答；
（3）根據(jù)D點軌跡可得當AD⊥AB時，△ABD面積最大，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求得α即可．
答案詳解：（1）證明：∵△ABC，△ADE都是等腰直角三角形，
∴AD＝AE，AB＝AC，
∠BAC＝∠DAE＝90°，
則∠BAC﹣∠CAD＝∠DAE﹣∠CAD，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS）；
（2）解：如圖，過點A作AH⊥BE于H，
由（1）證明同理可得△ABD≌△ACE，
∴BD＝CE，
∵△ADE是等腰直角三角形，AH⊥DE，
∴AH是斜邊中線，
∴AH＝DH＝EHDE，
在Rt△ABC中，∠ABC＝45°，BC＝13，
∴AB＝BCcs∠ABC，
在Rt△ABH中，BH，
∴BD＝BH﹣DH＝5，
∴CE＝BD＝5；
（3）解：∵D點軌跡在以A為圓心，AD為半徑的圓上，
∴AD的長度為定值，
∵AB的長度為定值，
∴△ABD底邊AB上的高≤AD，
∴當AD⊥AB時，△ABD面積最大，即點D在直線AC上，
①如圖當α＝90°時，AD⊥AB，△ABD面積最大，
②如圖3﹣2，當α＝270°時，AD⊥AB，△ABD面積最大，
∴當α為90°或270°時，△ABD面積最大；
所以答案是：90°或270°．
18．如圖，△ABC和△BDE都是等邊三角形，點D是AC上的點，連接AE，下列相似三角形成立的有（ ）
①△BCD∽△BEO；②△AOD∽△EOB；③△AOE∽△DOB；④△BOD∽△BDA．
A．1對B．2對C．3對D．4對
試題分析：①根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得∠CBD＝∠ABE，然后利用手拉手模型﹣旋轉(zhuǎn)型相似證明△BCD∽△BEO；
②利用8字模型相似三角形證明△AOD∽△EOB；
③利用②的結(jié)論可得，然后利用兩邊成比例且夾角相等證明△AOE∽△DOB；
④利用兩角相等的兩個三角形相似證明△BOD∽△BDA．
答案詳解：解：∵△ABC和△BDE都是等邊三角形，
∴∠C＝∠ABC＝∠CAB＝60°，∠EDB＝∠DBE＝∠DEB＝60°，
∴∠ABC﹣∠ABD＝∠DBE﹣∠ABD，
∴∠CBD＝∠ABE，
∴△BCD∽△BEO，
故①正確；
∵∠AOD＝∠BOE，∠DAB＝∠DEB＝60°，
∴△AOD∽△EOB，
故②正確；
∵△AOD∽△EOB，
∴，
∵∠AOE＝∠DOB，
∴△AOE∽△DOB，
故③正確；
∵∠DBA＝∠DBO，∠DAB＝∠ODB＝60°，
∴△BOD∽△BDA，
故④正確；
所以，上列相似三角形成立的有4對，
所以選：D．
19．如圖，△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，且△ABC∽△AB'C'，連接CC'，將CC′沿C′B′方向平移至EB'，連接BE，若CC'，則BE的長為（ ）
A．1B．C．D．2
試題分析：連接BB′，在Rt△ABC中，利用銳角三角函數(shù)的定義可得，再利用相似三角形的性質(zhì)可得，∠ACB＝∠AC′B′＝90°，∠BAC＝∠B′AC′＝30°，從而利用等式的性質(zhì)可得∠BAB′＝∠CAC′，進而可證△BAB′∽△CAC′，然后利用相似三角形的性質(zhì)可得∠BB′A＝∠CC′A，，再利用平移的性質(zhì)可得CC′∥B′E，，從而利用平行線的性質(zhì)可得∠BB′E＝30°，最后證明△BCA∽△BEB′，從而可得∠BEB′＝90°，進而在Rt△BEB′中，利用銳角三角函數(shù)的定義進行計算即可解答．
答案詳解：解：連接BB′，
∵∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，
∴cs30°，
∵△ABC∽△AB'C'，
∴，∠ACB＝∠AC′B′＝90°，∠BAC＝∠B′AC′＝30°，
∴∠BAC+∠CAB′＝∠B′AC′+∠CAB′，
∴∠BAB′＝∠CAC′，
∴△BAB′∽△CAC′，
∴∠BB′A＝∠CC′A，，
由平移得：
CC′＝B′E，CC′∥B′E，
∴，
∵CC′∥B′E，
∴∠CC′B′+∠AB′C′+∠BB′A+∠BB′E＝180°，
∴∠CC′B′+∠AB′C′+∠CC′A+∠BB′E＝180°，
∴∠AC′B′+∠AB′C′+∠BB′E＝180°，
∵∠AC′B′＝90°，∠B′AC′＝30°，
∴∠AB′C′＝90°﹣∠B′AC′＝60°，
∴∠BB′E＝30°，
∴∠BB′E＝∠CAB＝30°，
∴△BCA∽△BEB′，
∴∠BEB′＝∠ACB＝90°，
∴BE＝B′E?tan30°，
所以選：B．

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