人教版初中數(shù)學(xué)同步講義練習(xí)-9下專題提升 相似三角形的判定與性質(zhì)（30題）（解析版）

專題提升相似三角形的判定與性質(zhì)（30題）1．（2023?東莞市校級一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝8．在BC的延長線上取一點(diǎn)B，使CE＝BC，連接AE，AE與CD交于點(diǎn)F．（1）求證：△ADF∽△ECF；（2）求DF的長．【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)可得出AD∥BE，從而得出∠DAF＝∠CEF，∠ADF＝∠ECF，即證明△ADF∽△ECF；（2）由平行四邊形的性質(zhì)可得出AD＝BC，AB＝CD＝8，即得出，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得出，即，最后結(jié)合CD＝DF+CF，即可求出DF的長．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD∥BC，即AD∥BE，∴∠DAF＝∠CEF，∠ADF＝∠ECF，∴△ADF∽△ECF；（2）解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD＝BC，AB＝CD＝8，∴，即．∵△ADF∽△ECF，∴，即．∵CD＝DF+CF，∴．2．（2022秋?細(xì)河區(qū)期末）如圖，平行四邊形ABCD，DE交BC于F，交AB的延長線于E，且∠EDB＝∠C．（1）求證：△ADE∽△DBE；（2）若DC＝7cm，BE＝9cm，求DE的長．【分析】（1）由平行四邊形的對角相等，可得∠A＝∠C，即可求得∠A＝∠EDB，又由公共角∠E＝∠E，可證得△ADE∽△DBE；（2）根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例，進(jìn)而解答即可．【解答】（1）證明：平行四邊形ABCD中，∠A＝∠C，∵∠EDB＝∠C，∴∠A＝∠EDB，又∠E＝∠E，∴△ADE∽△DBE；（2）平行四邊形ABCD中，DC＝AB，由（1）得△ADE∽△DBE，∴，∵DC＝7cm，BE＝9cm，∴AB＝7cm，AE＝16cm，∴DE＝12cm．3．（2023秋?高新區(qū)校級期中）如圖，在矩形ABCD中，E是邊BC的中點(diǎn)，DF⊥AE于點(diǎn)E．（1）求證：；（2）若AB＝4，BC＝6，求AF的長．【分析】（1）由四邊形ABCD為矩形，DF⊥AE，可得∠BAE＝∠ADF，推導(dǎo)出△ADF∽△EAB，即可證明結(jié)論；（2）E為BC的中點(diǎn)，根據(jù)勾股定理可得AE＝5，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可列出比例式求得AF的長即可．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD為矩形，DF⊥AE，∴∠B＝∠AFD＝90°，∴∠BAE+∠EAD＝∠EAD+∠ADF＝90°，∴∠BAE＝∠ADF，∴△ADF∽△EAB，∴＝．（2）解：∵E為BC的中點(diǎn)，∴BE＝BC＝3，在Rt△ABE中，AE＝＝＝5．∵＝，∴＝，∴AF＝．4．（2023秋?豐澤區(qū)校級期中）小軍在學(xué)習(xí)相似三角形時(shí)，遇到這樣一個(gè)問題：（1）如圖1，在△ABC中，P是邊AB上的一點(diǎn)，連接CP，若∠ACP＝∠B，求證：△ACP∽△ABC；（2）如圖2，已知∠A＝81°，AC2＝AB?AD，BC＝BD，求∠ABC的度數(shù)．【分析】（1）根據(jù)∠ACP＝∠B，∠CAP＝∠BAC即可得出結(jié)論；（2）先由AC2＝AB?AD得AD：AC＝AC：AB，再根據(jù)∠CAB＝∠DAC可判定△ACB和△ADC相似，進(jìn)而得∠ACB＝∠D，然后由BC＝BD得∠BCD＝∠D，據(jù)此可得出∠ACD＝2∠D，然后利用三角形的內(nèi)角和定理可求出∠D＝40°，進(jìn)而可求出∠ABC的度數(shù)．【解答】（1）證明：∵∠ACP＝∠B，∠CAP＝∠BAC，∴△ACP∽△ABC；（2）解：∵AC2＝AB?AD，∴AD：AC＝AC：AB，又∵∠CAB＝∠DAC，∴△ACB∽△ADC，∴∠ACB＝∠D，∵BC＝BD，∴∠BCD＝∠D，∴∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝2∠D，∵∠ACD+∠D+∠A＝180°，∠A＝81°，∴2∠D+∠D+81°＝180°，∴∠D＝33°，∴∠BCD＝∠D＝33°，∴∠ABC＝∠BCD+∠D＝66°．5．（2023秋?武侯區(qū)校級期中）如圖，?ABCD中，AE⊥BC于點(diǎn)E，點(diǎn)F在BC的延長線上，且CF＝BE，連接AC，DF．（1）求證：四邊形AEFD是矩形：（2）若∠ACD＝90°，AE＝4，CF＝3，求的值．【分析】（1）先證明四邊形AEFD是平行四邊形，再證明∠AEF＝90°即可；（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)和相似三角形的判定和性質(zhì)解答即可．【解答】（1）證明：∵CF＝BE，∴CF+EC＝BE+EC．即EF＝BC．在?ABCD中，AD∥BC且AD＝BC，∴AD∥EF且AD＝EF．∴四邊形AEFD是平行四邊形．∵AE⊥BC，∴∠AEF＝90°．∴四邊形AEFD是矩形；（2）解：∵四邊形AEFD是矩形，∴∠AEC＝∠DFC＝90°，AE＝DF＝4，∴∠EAC+∠ECA＝90°，∵∠ACD＝90°，∴∠ECA+∠DCF＝90°，∴∠EAC＝∠DCF，∴△AEC∽△CFD，∴＝＝，∴EC＝2AE＝，∴＝＝＝．6．（2023秋?浙江期中）如圖1，在正方形ABCD中，＝，F(xiàn)為BE上的一點(diǎn)，連結(jié)CF并延長交AB于點(diǎn)M，作MN⊥CM交邊AD于點(diǎn)N．（1）當(dāng)F為BE中點(diǎn)時(shí)，求證：AM＝2CE；（2）如圖2，若＝，求的值．【分析】（1）如圖1中，證明△BFM≌△EFC（ASA）即可解決問題．（2）如圖2中，由AB∥CD，推出，設(shè)CE＝2k，則BM＝3k，推出CD＝AB＝4k，證明△AMN∽△BCM，可得，可得AN＝，ND＝k，由此即可解決問題．【解答】（1）證明：如圖1中，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴∠MBF＝∠CEF，∵BF＝EF，∠BFM＝∠CFE，∴△BFM≌△EFC（ASA），∴BM＝CE，∵＝，∴BM＝AM，∴AM＝2BM．（2）解：在正方形ABCD中，AB∥CD，∴∠FMB＝∠FCE，∠FBM＝∠FEC，∴△FBM∽△FEC，∴，設(shè)CE＝2k，則BM＝3k，∵＝，∴DE＝4k，∴CD＝AB＝4k，∴AM＝AB﹣BM＝3k，∵M(jìn)N⊥CM，∴∠NMC＝90°，∴∠AMN+∠BMC＝90°，∵∠A+∠ABC＝90°，∴∠AMN+∠ANM＝90°，∴∠BMC＝∠ANM，∴△AMN∽△BCM，∴，∴AN＝，∴ND＝AD﹣AN＝k，∴．7．（2023秋?天寧區(qū)校級期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，，B（0，3），點(diǎn)C在x軸上，且△AOB∽△BOC．（1）求C點(diǎn)坐標(biāo)、∠ABC的度數(shù)；（2）在線段AC上是否存在點(diǎn)M，使得以線段BM為直徑的圓與邊BC交于P點(diǎn)（與點(diǎn)B不同），且以點(diǎn)P、C、O為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【分析】（1）由△AOB∽△BOC，根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例，求出OC的長度，得出C點(diǎn)坐標(biāo)；根據(jù)相似三角形的對應(yīng)角相等得出∠OAB＝∠OBC，從而得出∠ABC＝90°；（2）如果以點(diǎn)P、C、O為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形，那么分三種情況討論：①CP＝CO；②PC＝PO；③OC＝OP．針對每一種情況，都應(yīng)首先判斷M點(diǎn)是否在線段AC上，然后根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例求出點(diǎn)M的坐標(biāo)．【解答】解：（1）由題意，，B（0，3），∴OA＝，OB＝3，∵△AOB∽△BOC，∴∠OAB＝∠OBC，∴＝，∴＝，∴OC＝4，∴C（4，0）；∴∠OAB+∠OBA＝90°，∴∠OBC+∠OBA＝90°，∴∠ABC＝90°；（2）設(shè)M（m，0），①如圖1，當(dāng)CP＝CO時(shí)，點(diǎn)P在BM為直徑的圓上，∵BM為圓的直徑，∴∠BPM＝90°，∴PM∥AB，∴△CPM∽△CBA，∴CM：CA＝CP：CB，CM：6.25＝4：5，∴CM＝5，∴m＝4﹣5＝﹣1，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣1，0）；②如圖2，當(dāng)PC＝PO時(shí)，點(diǎn)P在BM為直徑的圓上，且點(diǎn)P在OC垂直平分線上，∴PC＝BC＝2.5，∵BM為圓的直徑，∴∠BPM＝90°，∴PM∥AB，∴△CPM∽△CBA，∴CM＝AC＝，∴m＝4﹣＝，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（，0）；③當(dāng)OC＝OP時(shí)，M點(diǎn)不在線段AC上．綜上所述，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（，0）或（﹣1，0）．8．（2023秋?衛(wèi)輝市期中）如圖，在正方形ABCD中，在BC邊上取中點(diǎn)E，連接DE，過點(diǎn)E作EF⊥ED交AB于點(diǎn)G、交DA延長線于點(diǎn)F．（1）求證：△ECD∽△DEF；（2）若CD＝4，求AF的長．【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)得出∠FED＝∠C＝90°，BC∥AD，根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠CED＝∠FDE，再根據(jù)相似三角形的判定得出即可；（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)得出∠C＝90°，AD＝BC＝CD＝4，求出CE，根據(jù)勾股定理求出DE，根據(jù)相似得出比例式，代入求出即可．【解答】（1）證明：∵在正方形ABCD中，EF⊥ED，∴∠FED＝∠C＝90°，∵BC∥AD，∴∠CED＝∠FDE，∴△ECD∽△DEF；（2）解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠C＝90°，AD＝BC＝CD＝4，∵E為BC的中點(diǎn)，∴CE＝0.5BC＝2在Rt△DCE中，由勾股定理得：DE2＝CE2+DC2＝22+42＝20，∵△ECD∽△DEF，∴CE：DE＝DE：DF，∴2：DE＝DE：DF，2DF＝DE2，解得：DF＝10，∵AD＝4，∴AF＝DF﹣AD＝10﹣4＝6．9．（2023秋?西安期中）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC，BD相交于點(diǎn)O，EB⊥AB，垂足為點(diǎn)B，交AC于點(diǎn)E．（1）求證：．（2）若AE＝6，AB＝5，求EC的長．【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AC⊥BD，AB＝BC，證明△EOB∽△EBA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)證明即可；（2）證明△AOB∽△ABE，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出OA，根據(jù)菱形的性質(zhì)計(jì)算即可．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，AB＝BC，∵EB⊥AB，∴∠EOB＝∠EBA，∵∠OEB＝∠BEA，∴△EOB∽△EBA，∴＝，∵AB＝BC，∴＝；（2）解：∵∠AOB＝∠ABE＝90°，∠OAB＝∠BAE，∴△AOB∽△ABE，∴＝，∵AE＝6，AB＝5，∴＝，解得：OA＝，∴EC＝2OA﹣AE＝﹣6＝．10．（2023秋?寶山區(qū)期中）如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC與BD交于點(diǎn)E，∠BAC＝∠BDC＝90°．（1）求證：△ABE∽△CDE；（2）如果，求的值．【分析】（1）根據(jù)兩組角對應(yīng)相等的兩三角形相似；（2）利用相似三角形面積比等于相似比的平方即可求解．【解答】（1）證明：∵∠BAC＝∠BDC＝90°，又∵∠AEB＝∠DEC，∴△ABE∽△DCE；（2）解：∵△ABE∽△DCE，∴，∵∠AED＝∠BEC，∴△AED∽△BEC，∴，∴．11．（2023秋?羅湖區(qū)校級期中）在銳角三角形ABC中，點(diǎn)D、E分別在邊AB、AC上，AF⊥BC于點(diǎn)F，AG⊥DE于點(diǎn)G，∠BAF＝∠EAG．（1）求證：△ABC∽△AED；（2）若AB＝5，AG＝2，EG＝1，求AF的長．【分析】（1）根據(jù)等角的余角相等證明∠AED＝∠ABC，即可解決問題；（2）由△ABF∽△AEG，得＝，然后根據(jù)勾股定理求出AE，進(jìn)而即可解決問題．【解答】（1）證明：∵AG⊥DE，AF⊥BC，∴∠AFB＝∠AGE＝90°，∵∠BAF＝∠EAG，∴∠AED＝∠ABC，∵∠EAD＝∠BAC，∴△ADE∽△ABC；（2）解：由（1）可知：∠AFB＝∠AGE＝90°，∵∠BAF＝∠EAG，∴△ABF∽△AEG，∴＝，∵AB＝5，AG＝2，EG＝1，AG⊥DE，∴AE＝＝＝，∴＝，∴AF＝2．12．（2023秋?丹陽市期中）如圖，在?ABCD中，E為AB邊的中點(diǎn)，對角線AC、BD交于點(diǎn)O．連接DE交AC于點(diǎn)F，且OF＝2．（1）求對角線AC的長度；（2）若△ADF的面積為4，求四邊形EBCF的面積．【分析】（1）?ABCD中，對角線AC、BD交于點(diǎn)O，則OA＝OC，由于E為AB邊的中點(diǎn)，可得EO是△ABD中位線，從而OE∥AD且AD＝2OE，列比例式即可解決；（2）根據(jù)同高三角形面積之比等于底的比，主要利用由（1）得OF：AF＝1：2和平行四邊形兩對角線相交分的四個(gè)三角形面積相等即可解決．【解答】解：（1）∵在?ABCD中，對角線AC、BD交于點(diǎn)O，∴OA＝OC，OB＝OD，∵E為AB邊的中點(diǎn)，∴EO是△ABD中位線，∴OE∥AD且AD＝2OE，∴＝，∵OF＝2．∴AF＝4，∴AO＝FO+AF＝6，∴AC＝2OA＝12；（2）由（1）知OF：AF＝1：2，∴S△ADF：S△DOF＝OF：AF＝1：2，∴S△ADF＝S△DOF，∵△ADF的面積為4，∴S△DOF＝2，∴S△AOD＝S△ADF：+S△DOF＝4+2＝6，由于在?ABCD中，對角線AC、BD交于點(diǎn)O，∴S△ABC＝2S△AOD＝12，由（1）知OE∥AD，∴，∴S△ADF：S△AEF＝DF：EF＝2：1，∴S△AEF＝＝2，∴四邊形EBCF的面積＝S△ABC﹣S△AEF＝12﹣2＝10．13．（2023秋?城關(guān)區(qū)校級期中）如圖，DE∥BC，且∠ABE＝∠C．（1）求證：AE2＝AD?AB；（2）如果AE＝4，BD＝6，求AD．【分析】（1）易證△ABE∽△ACB，以此得到AC＝，易證△ADE∽△ABC，得到，將AC＝代入整理即可得到所證結(jié)論；（2）由BD＝6，可得AB＝6+AD，結(jié)合（1）中的結(jié)論可得關(guān)于AD的一元二次方程，求解即可．【解答】（1）證明：∵∠ABE＝∠C，∠A＝∠A，∴△ABE∽△ACB，∴，∴AC＝，∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴，∴，整理得：AE2＝AD?AB；（2）解：∵BD＝6，∴AB＝BD+AD＝6+AD，由（1）知，AE2＝AD?AB，∴42＝AD（6+AD），解得：AD＝2或AD＝﹣8（不合題意，舍去），∴AD＝2．14．（2023秋?高新區(qū)校級期中）如圖，Rt△ABC的兩條直角邊AB＝4cm，AC＝3cm，點(diǎn)D沿AB從A向B運(yùn)動，速度是1cm/秒，同時(shí)，點(diǎn)E沿BC從B向C運(yùn)動，速度為2cm/秒．動點(diǎn)E到達(dá)點(diǎn)C時(shí)運(yùn)動終止．連接DE、CD、AE．（1）當(dāng)動點(diǎn)運(yùn)動時(shí)間t＝或秒時(shí)，△BDE與△ABC相似．（2）在運(yùn)動過程中，當(dāng)CD⊥DE時(shí)，t為何值？請說明理由．【分析】設(shè)D點(diǎn)運(yùn)動時(shí)間為t秒，則AD＝t秒，BD＝（4﹣t）秒，BE＝2t秒，CE＝（5﹣2t）秒（0≤t≤）；（1）分類：當(dāng)∠BDE＝∠BAC，即ED⊥AB時(shí)，Rt△BDE∽Rt△BAC；當(dāng)∠BDE＝∠BCA，即DE⊥BC時(shí)，Rt△BDE∽Rt△BCA，然后分別根據(jù)三角形相似的性質(zhì)得到比例線段求出t的值；（2）先計(jì)算出DF＝AB﹣AD﹣BF，若CD⊥DE，則易證得Rt△ACD∽Rt△FDE，然后根據(jù)三角形相似的性質(zhì)得到比例線段求出t．【解答】解：設(shè)D點(diǎn)運(yùn)動時(shí)間為t秒，則AD＝t秒，BD＝（4﹣t）秒，BE＝2t秒，CE＝（5﹣2t）秒（0≤t≤），（1）當(dāng)∠BDE＝∠BAC，即ED⊥AB時(shí)，Rt△BDE∽Rt△BAC，∴BD：BA＝BE：BC，即（4﹣t）：4＝2t：5，∴t＝；當(dāng)∠BDE＝∠BCA，即DE⊥BC時(shí)，Rt△BDE∽Rt△BCA，∴BD：BC＝BE：BA，即（4﹣t）：5＝2t：4，∴t＝；所以當(dāng)動點(diǎn)運(yùn)動秒或秒時(shí)，△BDE與△ABC相似；故答案為：或；（2）當(dāng)CD⊥DE時(shí)，t＝秒．理由如下：如圖，過點(diǎn)E作EF⊥AB于F，DF＝AB﹣AD﹣BF＝4﹣t﹣＝4﹣t，∵CD⊥DE，∴∠CDE＝90°，∴∠∠ADC+∠EDF＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠ADC+∠ACD＝90°，∴∠ACD＝∠FDE，∵∠CAD＝∠DFE，∴Rt△ACD∽Rt△FDE，∴AC：DF＝AD：EF，即3：（4﹣t）＝t：，∴t＝（秒）．15．（2023秋?拱墅區(qū)校級期中）如圖，在四邊形ABCD中，AC平分∠DAB，AC2＝AB?AD，∠ADC＝90°，點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)．（1）求證：△ADC∽△ACB；（2）若AD＝2，AB＝3，求的值．【分析】（1）根據(jù)角平分線的定義得到∠DAC＝∠CAB，根據(jù)相似三角形的判定定理證明；（2）根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到∠ACB＝∠ADC＝90°，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到CE＝AE，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、平行線的判定定理證明CE∥AD，然后根據(jù)平行線分線段成比例定理即可解決問題．【解答】（1）證明：∵AC平分∠DAB，∴∠DAC＝∠CAB，∵AC2＝AB?AD，∴＝，∴△ADC∽△ACB；（2）解：由（1）知：△ADC∽△ACB，∴∠ACB＝∠ADC＝90°，∵點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，∴CE＝AE＝AB＝，∴∠EAC＝∠ECA，∴∠DAC＝∠EAC，∴∠DAC＝∠ECA，∴CE∥AD，∴＝＝＝，∴＝．16．（2023秋?梁溪區(qū)校級期中）如圖，已知AB∥CF，點(diǎn)D是AB上一點(diǎn)，DF交AC于點(diǎn)E，且DE＝FE．（1）求證：△ADE≌△CFE；（2）若AB＝7，CF＝4，求BD的長．【分析】（1）利用角角邊定理判定即可；（2）利用全等三角形對應(yīng)邊相等可得AD的長，用AB﹣AD即可得出結(jié)論．【解答】（1）證明：∵AB∥CF，∴∠A＝∠ECF，∠ADE＝∠F，在△ADE和△CFE中，，∴△ADE≌△CFE（AAS）；′（2）解：由（1）知，△ADE≌△CFE，∴AD＝CF＝4，∵AB＝7，∴BD＝AB﹣AD＝7﹣4＝3．17．（2023秋?鹿城區(qū)校級期中）如圖，點(diǎn)E是矩形ABCD的邊CB上的一點(diǎn)，AF⊥DE于點(diǎn)F．（1）求證：△AFD∽△DCE．（2）若AB＝4，AD＝2，CE＝1，求AF的長度．【分析】（1）根據(jù)四邊形ABCD是矩形可得出∠ADC＝∠C＝90°，再根據(jù)相似三角形的判定定理可得出△ADF∽△DCE，由相似三角形的對應(yīng)邊成比例即可得出結(jié)論；（2）由矩形的性質(zhì)可得出DC的長及∠ADC＝∠C＝90°，利用勾股定理可求出DE的長，由垂直的定義可得出∠AFD＝∠C，利用同角的余角相等可得出∠EDC＝∠DAF，進(jìn)而可得出△EDC∽△DAF，再利用相似三角形的性質(zhì)可求出DF的長度．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC＝∠C＝90°，∴∠ADF+∠CDE＝90°，∵AF⊥DE，∴∠AFD＝∠DAF+∠FDA＝90°，∴∠FAD＝∠CDE，又∵∠C＝∠AFD＝90°，∴△AFD∽△DCE；（2）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴DC＝AB＝4，∠ADC＝∠C＝90°．∵CE＝1，∴DE＝＝＝．∵AF⊥DE，∴∠AFD＝90°＝∠C，∠ADF+∠DAF＝90°．又∵∠ADF+∠EDC＝90°，∴∠EDC＝∠DAF，∴△EDC∽△DAF，∴＝∴＝．∴AF＝．即AF的長度為．18．（2023秋?秦都區(qū)校級期中）如圖，在菱形ABCD中，連接AC，H為邊AB延長線上一點(diǎn)，連接DH，分別交對角線AC、邊BC于M、C兩點(diǎn)，連接BM．（1）求證：∠CBM＝∠CDM；（2）若DM＝2，MG＝2，求MH的長．【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)判定可得∠1＝∠2，AD＝BC，則△CDM≌△BCM即可得結(jié)論；（2）結(jié)合（1）的結(jié)論證明△BMG∽△HMB，利用相似三角形的判定和性質(zhì)即可得結(jié)論．【解答】（1）證明：在菱形ABCD中，連接AC，∴∠1＝∠2，AD＝BC，又∵CM＝CM，∴△CDM≌△BCM（SAS），∴∠CBM＝∠CDM；（2）解：在菱形ABCD中，∴CD∥AH，∴∠H＝∠CDM，由（1）知△CDM≌△BCM，∴∠CBM＝∠CDM，DM＝BM＝2，∴∠H＝∠CBM，又∵∠BMG＝HMB，∴△BMG∽△HMB，∴，∴，解得：MH＝6．19．（2023秋?裕華區(qū)月考）如圖所示，延長平行四邊形ABCD一邊BC至點(diǎn)F，連接AF交CD于點(diǎn)E，若．（1）求證：△ADE∽△FBA；（2）若BC＝3，則CF的長9．【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)可以證明△ADE∽△FBA；（2）結(jié)合（1）利用相似三角形的性質(zhì)和已知條件即可求解．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD∥BF，AB∥CD，AD＝BC，∴△ADE∽△FCE，△FEC∽△FAB，∴△ADE∽△FBA；（2）解：∵△ADE∽△FCE，∴＝，∵＝，∴CF＝3AD＝3BC，∵BC＝3，∴CF＝9，故答案為：9．20．（2023?石城縣模擬）如圖，AE平分∠BAC，D為AE上一點(diǎn)，∠B＝∠C．（1）求證：△ABE∽△ACD；（2）若D為AE中點(diǎn)，BE＝4，求CD的長．【分析】（1）根據(jù)角平分線定義可得∠BAE＝∠CAD，進(jìn)而可以證明結(jié)論；（2）結(jié)合（1），根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求解．【解答】（1）證明：∵AE平分∠BAC，∴∠BAE＝∠CAD，∵∠B＝∠C．∴△ABE∽△ACD；（2）解：∵D為AE中點(diǎn)，BE＝4，∴AE＝2AD，∵△ABE∽△ACD，∴＝，∴＝，∴CD＝2．21．（2023秋?朝陽期中）如圖，在△ABC中，D、E分別在AC、AB上，AG⊥BC于點(diǎn)G，AF⊥ED于點(diǎn)F，∠EAF＝∠GAC．（1）求證：△ADE∽△ABC．（2）若AD＝5，AB＝7，求的值．【分析】（1）根據(jù)等角的余角相等證明∠AED＝∠ACB，即可解決問題；（2）由△ADE∽△ABC，推出，可得，再證明△EAF∽△CAG，可得，由此即可解決問題．【解答】（1）證明：∵AG⊥BC，AF⊥DE，∴∠AFE＝∠AGC＝90°，∵∠EAF＝∠GAC，∴∠AED＝∠ACB，∵∠EAD＝∠BAC，∴△ADE∽△ABC．（2）解：由（1）可知：△ADE∽△ABC，∴，∵AD＝5，AB＝7，∴，由（1）可知：∠AFE＝∠AGC＝90°，∠EAF＝∠GAC，∴△EAF∽△CAG，∴，∴＝．22．（2022秋?內(nèi)江期末）如圖，已知△ABC中，AB＝AC，點(diǎn)D、E分別在邊BC、AC上，∠ADE＝∠B．（1）求證：△ABD∽△DCE；（2）若AB＝5，BC＝6，BD＝2，求點(diǎn)E到BC的距離．【分析】（1）由等腰三角形的性質(zhì)可得∠B＝∠C，由外角的性質(zhì)可得∠BAD＝∠CDE，可得結(jié)論；（2）由相似三角形的性質(zhì)可求解．【解答】（1）證明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵∠ADC＝∠B+∠BAD＝∠ADE+∠CDE，∴∠BAD＝∠CDE，∴△ABD∽△DCE；（2）如圖，過點(diǎn)A作AH⊥BC于H，過點(diǎn)E作EM⊥BC于M，∵AB＝AC，AH⊥BC，∴BH＝CH＝3，∴AH＝＝＝4，∵BD＝2，BC＝6，∴DC＝4，S△ABD＝×BD?AH＝4，∵△ABD∽△DCE，∴＝（）2＝，∴S△CDE＝，∴×4×EM＝，∴EM＝，∴點(diǎn)E到BC的距離為．23．（2023秋?泗水縣期中）如圖，AB為⊙O的直徑，射線AC交⊙O于點(diǎn)C，AD平分∠CAB交⊙O于點(diǎn)D，過點(diǎn)D作直線DE⊥AC于點(diǎn)E，交AB的延長線于點(diǎn)F．連接BD并延長交AC于點(diǎn)M．（1）求證：直線DE是⊙O的切線；（2）若∠F＝30°，，求DM的長．【分析】（1）連接OD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠ODA＝∠OAD，根據(jù)角平分線的定義得到∠OAD＝∠DAC，證明OD∥AC，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到DE⊥OD，根據(jù)切線的判定定理證明即可；（2）根據(jù)題意求出∠MDE＝30°，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)計(jì)算，得到答案．【解答】（1）證明：連接OD，∵OD＝OA，∴∠ODA＝∠OAD，∵AD平分∠CAB，∴∠OAD＝∠DAC，∴∠ODA＝∠DAC，∴OD∥AC，∵DE⊥AC，∴DE⊥OD，∵OD是⊙O的半徑，∴直線DE是⊙O的切線；（2）解：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ADB＝90°，由（1）可知：OD∥AC，∠ODF＝∠AED＝90°，∵∠F＝30°，∴∠BAM＝∠FOD＝60°，∵OB＝OD，∴△OBD＝60°，∴∠BAM＝∠ABM＝∠M＝60°，∴∠MDE＝30°，∴DM＝2ME＝2．24．（2023秋?祁陽縣期中）如圖，在△ABC中，∠B＝∠C，點(diǎn)P從B運(yùn)動到C，且∠APD＝∠C．（1）求證：AB?CD＝CP?BP；（2）若AB＝6，BC＝10，求當(dāng)BP長為多少時(shí)，PD∥AB．【分析】（1）先根據(jù)得出∠B＝∠APD，證明∠DPC＝∠BAP，得出△ABP∽△PCD，根據(jù)相似三角形性質(zhì)得出，即可證明結(jié)論；（2）根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠BAP＝∠APD＝∠C，證明△BAP∽△BCA，得出，根據(jù)AB＝6，BC＝10，求出，即可得出當(dāng)時(shí)，PD∥AB．【解答】（1）證明：∵∠B＝∠C，∠APD＝∠C，∴∠B＝∠APD，∵∠APC＝∠APD+∠DPC，∠APC＝∠B+∠BAP，∴∠DPC＝∠BAP，∴△ABP∽△PCD，∴，∴AB?CD＝CP?BP．（2）解：如圖，PD∥AB，∴∠BAP＝∠APD＝∠C，又∵∠B＝∠B，∴△BAP∽△BCA，∴，∵AB＝6，BC＝10，∴，∴，即當(dāng)時(shí)，PD∥AB．25．（2023秋?普陀區(qū)期中）如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC、BD相交于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作AD的平行線FG，分別交AB、DC于點(diǎn)F、G，且．（1）求證：EG∥BC；（2）如果EF＝2，AD＝3，求BC的長．【分析】（1）由平行線分線段成比例可得＝，可得＝，可得結(jié)論；（2）通過證明△EFB∽△DAB，可得＝，可求，即可求解．【解答】（1）證明：∵FG∥AD，∴＝，∵，∴＝，∴EG∥BC；（2）解：∵FG∥AD，∴△EFB∽△DAB，∴＝，∵EF＝2，AD＝3，∴＝，∴，∵FG∥AD，∴△AEF∽△ACB，∴，∴＝，∴BC＝6．26．（2023秋?商水縣期中）轉(zhuǎn)化是解決數(shù)學(xué)問題常用的思想方法之一，它可以在數(shù)與數(shù)、數(shù)與形、形與形之間靈活應(yīng)用．如圖1，已知在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝8，AB＝6．請解答下面的問題：觀察猜想：（1）如圖1，將△ABC繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△NMC，連接BM，則△BCM的形狀是等邊三角形；探究證明：（2）如圖2，點(diǎn)D，E分別是邊BC，AC的中點(diǎn)，將△CDE繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△CMN，連接MB，AN．①求證：△ACN∽△BCM；②求AN的長．【分析】（1）如圖1，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到CM＝CB，∠BCM＝60°，則根據(jù)等邊三角形的判定方法可判斷△BCM為等邊三角形；（2）①由于點(diǎn)D，E分別是邊BC，AC的中點(diǎn)，所以＝，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到CN＝CE，CM＝CD，∠ACN＝∠BCM＝60°，所以＝，從而可判斷△ACN∽△BCM；②先利用勾股定理計(jì)算出AC＝10，則CN＝CE＝5，過N點(diǎn)作NH⊥AC于H點(diǎn)，如圖2，利用含30度角的直角三角形三邊的關(guān)系得到CH＝，NH＝，然后在Rt△ANH中利用勾股定理可計(jì)算出AN的長．【解答】（1）解：如圖1，∵△ABC繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△NMC，∴CM＝CB，∠BCM＝60°，∴△BCM為等邊三角形；故答案為：等邊三角形；（2）①證明：∵點(diǎn)D，E分別是邊BC，AC的中點(diǎn)，∴＝，∵△CDE繞點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△CMN，∴CN＝CE，CM＝CD，∠ACN＝∠BCM＝60°，∴＝，∵∠ACN＝∠BCM，∴△ACN∽△BCM；②∵∠ABC＝90°，BC＝8，AB＝6，∴AC＝＝10，∴CN＝CE＝5，過N點(diǎn)作NH⊥AC于H點(diǎn)，如圖2，在Rt△CNH中，∵∠NCH＝60°，∴CH＝CN＝，∴NH＝CH＝，∴AH＝AC﹣CH＝，在Rt△ANH中，AN＝＝＝5．27．（2023秋?金堂縣期中）在菱形ABCD中，AC為對角線，E、F分別為BC、DC邊上的點(diǎn)，且，射線AE交DF的延長線于點(diǎn)G，射線AF交BE的延長線于點(diǎn)H．（1）求證：AF2＝FC?FG；（2）若AF＝3，CF＝1，AG＝10，求CH的長．【分析】（1）先根據(jù)菱形的性質(zhì)得到∠ACD＝∠BCD，再利用∠EAF＝∠BCD得到∠ACD＝∠EAF，則可判斷△FAC∽△FGA，然后利用相似三角形的性質(zhì)得到結(jié)論；（2）由（1）的結(jié)論可計(jì)算出FG＝9，則CG＝8，再利用△FAC∽△FGA得到∠FAC＝∠G，＝，則可求出AC＝，接著證明△ACH∽△GCA，然后利用相似比可求出CH的長．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD為菱形，∴∠ACB＝∠ACD，即∠ACD＝∠BCD，∵∠EAF＝∠BCD，∴∠ACD＝∠EAF，∵∠AFC＝∠GFA，∠FCA＝∠FAG，∴△FAC∽△FGA，∴AF：FG＝CF：AF，∴AF2＝FC?FG；（2）解：∵AF2＝FC?FG，∴32＝1×FG，∴FG＝9，∴CG＝8，∵△FAC∽△FGA，∴∠FAC＝∠G，＝，即＝，解得AC＝，∵四邊形ABCD為菱形，∴∠DAC＝∠BAD，∠BAD＝∠BCD，∵∠EAF＝∠BCD，∴∠EAF＝∠DAC，∴∠DAH＝∠CAG，∵AD∥BC，∴∠DAH＝∠H，∴∠CAG＝∠H，∵∠H＝∠CAG，∠HAC＝∠G，∴△ACH∽△GCA，∴＝，即＝，∴CH＝，28．（2023秋?閔行區(qū)期中）如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠DCB＝90°，點(diǎn)E是邊AB的中點(diǎn)，連接DE，延長DE交CB的延長線于點(diǎn)F，∠CBA＝2∠F，且AC＝BC．（1）求證：△FBE∽△EFC；（2）求證：DC2＝AD?FC．【分析】（1）由條件可證明△AED≌△BEF，可得E為DF的中點(diǎn)，由直角三角形的性質(zhì)可知EF＝EC，可得到∠F＝∠FEB＝∠ECF，可證明△FBE∽△EFC；（2）根據(jù)（1）的過程及條件可求得∠F＝∠ECF＝30°，可求得∠ACD＝30°，可證得△ADC∽△DCF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可證得結(jié)論．【解答】證明：（1）∵AD∥BC，∴∠ADF＝∠EFB，∵E為AB中點(diǎn)，∴AE＝BE，在△AED和△BEF中，，∴△AED≌△BEF（AAS），∴EF＝DE，∵∠DCB＝90°，∴CE＝EF，∴∠F＝∠ECF，∵∠CBF＝2∠F，∴∠F＝∠FEB，∴∠FEB＝∠ECF，且∠F＝∠F，∴△FBE∽△EFC；（2）∵AC＝BC，E為AB中點(diǎn)，∴CE⊥AB，∴∠CEB＝90°，∴∠ECB+∠EBC＝90°，又由（1）可得∠EBC＝2∠ECB，∴∠F＝∠ECB＝∠ECA＝30°，∵∠DCB＝90°，∴∠DCA＝30°，∴∠DCA＝∠F，又∵∠AD∥BC，∴∠ADC+∠DCB＝180°，∴∠ADC＝∠DCF＝90°，∴△ADC∽△DCF，∴＝，∴DC2＝AD?FC．29．（2023秋?梁溪區(qū)校級期中）在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝5，F(xiàn)為邊AD上一點(diǎn)，且DF＝2，點(diǎn)E是線段AB上一動點(diǎn)，直線FE與直線BC相交于點(diǎn)G，射線EH與直線CD相交于點(diǎn)P，且EP⊥EF．已知AE＝x．（1）用含有x的代數(shù)式表示線段EF的長，EF＝；（2）①當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C重合時(shí)，求線段EP的長；②若點(diǎn)P在線段DC上，求x的范圍；（3）求△FPG的面積（用含x的代數(shù)式表示）．【分析】（1）早Rt△AEF中利用勾股定理即可解決；（2）①當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C重合時(shí)，證明△AEF∽△BCE可得，建立方程即可解決；②由①結(jié)論即可得x的范圍；（3）作PN⊥AB，F(xiàn)M⊥BC，根據(jù)已知可得四邊形ABMF和四邊形PNBC都是矩形，可得Rt△AEF∽Rt△MGF和Rt△AEF∽Rt△MGF，