初中数学第二十七章 相似27.2 相似三角形27.2.1 相似三角形的判定优秀随堂练习题

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（1）求证：△ADF∽△ECF；
（2）求DF的长．
【分析】（1）由平行四边形的性质可得出AD∥BE，从而得出∠DAF＝∠CEF，∠ADF＝∠ECF，即证明△ADF∽△ECF；
（2）由平行四边形的性质可得出AD＝BC，AB＝CD＝8，即得出，再根据相似三角形的性质可得出，即，最后结合CD＝DF+CF，即可求出DF的长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，即AD∥BE，
∴∠DAF＝∠CEF，∠ADF＝∠ECF，
∴△ADF∽△ECF；
（2）解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD＝BC，AB＝CD＝8，
∴，即．
∵△ADF∽△ECF，
∴，即．
∵CD＝DF+CF，
∴．
2．（2022秋•细河区期末）如图，平行四边形ABCD，DE交BC于F，交AB的延长线于E，且∠EDB＝∠C．
（1）求证：△ADE∽△DBE；
（2）若DC＝7cm，BE＝9cm，求DE的长．
【分析】（1）由平行四边形的对角相等，可得∠A＝∠C，即可求得∠A＝∠EDB，又由公共角∠E＝∠E，可证得△ADE∽△DBE；
（2）根据相似三角形的对应边成比例，进而解答即可．
【解答】（1）证明：平行四边形ABCD中，∠A＝∠C，
∵∠EDB＝∠C，
∴∠A＝∠EDB，
又∠E＝∠E，
∴△ADE∽△DBE；
（2）平行四边形ABCD中，DC＝AB，
由（1）得△ADE∽△DBE，
∴，
∵DC＝7cm，BE＝9cm，
∴AB＝7cm，AE＝16cm，
∴DE＝12cm．
3．（2023秋•高新区校级期中）如图，在矩形ABCD中，E是边BC的中点，DF⊥AE于点E．
（1）求证：；
（2）若AB＝4，BC＝6，求AF的长．
【分析】（1）由四边形ABCD为矩形，DF⊥AE，可得∠BAE＝∠ADF，推导出△ADF∽△EAB，即可证明结论；
（2）E为BC的中点，根据勾股定理可得AE＝5，再根据相似三角形的性质即可列出比例式求得AF的长即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，DF⊥AE，
∴∠B＝∠AFD＝90°，
∴∠BAE+∠EAD＝∠EAD+∠ADF＝90°，
∴∠BAE＝∠ADF，
∴△ADF∽△EAB，
∴＝．
（2）解：∵E为BC的中点，
∴BE＝BC＝3，
在Rt△ABE中，AE＝＝＝5．
∵＝，
∴＝，
∴AF＝．
4．（2023秋•丰泽区校级期中）小军在学习相似三角形时，遇到这样一个问题：
（1）如图1，在△ABC中，P是边AB上的一点，连接CP，若∠ACP＝∠B，求证：△ACP∽△ABC；
（2）如图2，已知∠A＝81°，AC2＝AB•AD，BC＝BD，求∠ABC的度数．
【分析】（1）根据∠ACP＝∠B，∠CAP＝∠BAC即可得出结论；
（2）先由AC2＝AB•AD得AD：AC＝AC：AB，再根据∠CAB＝∠DAC可判定△ACB和△ADC相似，进而得∠ACB＝∠D，然后由BC＝BD得∠BCD＝∠D，据此可得出∠ACD＝2∠D，然后利用三角形的内角和定理可求出∠D＝40°，进而可求出∠ABC的度数．
【解答】（1）证明：∵∠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•武侯区校级期中）如图，▱ABCD中，AE⊥BC于点E，点F在BC的延长线上，且CF＝BE，连接AC，DF．
（1）求证：四边形AEFD是矩形：
（2）若∠ACD＝90°，AE＝4，CF＝3，求的值．
【分析】（1）先证明四边形AEFD是平行四边形，再证明∠AEF＝90°即可；
（2）根据矩形的性质和相似三角形的判定和性质解答即可．
【解答】（1）证明：∵CF＝BE，
∴CF+EC＝BE+EC．
即 EF＝BC．
在▱ABCD中，AD∥BC且AD＝BC，
∴AD∥EF且AD＝EF．
∴四边形AEFD是平行四边形．
∵AE⊥BC，
∴∠AEF＝90°．
∴四边形AEFD是矩形；
（2）解：∵四边形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）如图1，在正方形ABCD中，＝，F为BE上的一点，连结CF并延长交AB于点M，作MN⊥CM交边AD于点N．
（1）当F为BE中点时，求证：AM＝2CE；
（2）如图2，若＝，求的值．
【分析】（1）如图1中，证明△BFM≌△EFC（ASA）即可解决问题．
（2）如图2中，由AB∥CD，推出，设CE＝2k，则BM＝3k，推出CD＝AB＝4k，证明△AMN∽△BCM，可得，可得AN＝，ND＝k，由此即可解决问题．
【解答】（1）证明：如图1中，
∵四边形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，
∴，
设CE＝2k，则BM＝3k，
∵＝，
∴DE＝4k，
∴CD＝AB＝4k，
∴AM＝AB﹣BM＝3k，
∵MN⊥CM，
∴∠NMC＝90°，
∴∠AMN+∠BMC＝90°，
∵∠A+∠ABC＝90°，
∴∠AMN+∠ANM＝90°，
∴∠BMC＝∠ANM，
∴△AMN∽△BCM，
∴，
∴AN＝，
∴ND＝AD﹣AN＝k，
∴．
7．（2023秋•天宁区校级期中）如图，在平面直角坐标系中，，B（0，3），点C在x轴上，且△AOB∽△BOC．
（1）求C点坐标、∠ABC的度数；
（2）在线段AC上是否存在点M，使得以线段BM为直径的圆与边BC交于P点（与点B不同），且以点P、C、O为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由△AOB∽△BOC，根据相似三角形的对应边成比例，求出OC的长度，得出C点坐标；根据相似三角形的对应角相等得出∠OAB＝∠OBC，从而得出∠ABC＝90°；
（2）如果以点P、C、O为顶点的三角形是等腰三角形，那么分三种情况讨论：①CP＝CO；②PC＝PO；③OC＝OP．针对每一种情况，都应首先判断M点是否在线段AC上，然后根据相似三角形的对应边成比例求出点M的坐标．
【解答】解：（1）由题意，，B（0，3），
∴OA＝，OB＝3，
∵△AOB∽△BOC，
∴∠OAB＝∠OBC，
∴＝，
∴＝，
∴OC＝4，
∴C（4，0）；
∴∠OAB+∠OBA＝90°，
∴∠OBC+∠OBA＝90°，
∴∠ABC＝90°；
（2）设M（m，0），
①如图1，当CP＝CO时，点P在BM为直径的圆上，
∵BM为圆的直径，
∴∠BPM＝90°，
∴PM∥AB，
∴△CPM∽△CBA，
∴CM：CA＝CP：CB，
CM：6.25＝4：5，
∴CM＝5，
∴m＝4﹣5＝﹣1，
∴点M的坐标为（﹣1，0）；
②如图2，当PC＝PO时，点P在BM为直径的圆上，且点P在OC垂直平分线上，
∴PC＝BC＝2.5，
∵BM为圆的直径，
∴∠BPM＝90°，
∴PM∥AB，
∴△CPM∽△CBA，
∴CM＝AC＝，
∴m＝4﹣＝，
∴点M的坐标为（，0）；
③当OC＝OP时，M点不在线段AC上．
综上所述，点M的坐标为（，0）或（﹣1，0）．
8．（2023秋•卫辉市期中）如图，在正方形ABCD中，在BC边上取中点E，连接DE，过点E作EF⊥ED交AB于点G、交DA延长线于点F．
（1）求证：△ECD∽△DEF；
（2）若CD＝4，求AF的长．
【分析】（1）根据正方形的性质得出∠FED＝∠C＝90°，BC∥AD，根据平行线的性质得出∠CED＝∠FDE，再根据相似三角形的判定得出即可；
（2）根据正方形的性质得出∠C＝90°，AD＝BC＝CD＝4，求出CE，根据勾股定理求出DE，根据相似得出比例式，代入求出即可．
【解答】（1）证明：∵在正方形ABCD中，EF⊥ED，
∴∠FED＝∠C＝90°，
∵BC∥AD，
∴∠CED＝∠FDE，
∴△ECD∽△DEF；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C＝90°，AD＝BC＝CD＝4，
∵E为BC的中点，
∴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）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，EB⊥AB，垂足为点B，交AC于点E．
（1）求证：．
（2）若AE＝6，AB＝5，求EC的长．
【分析】（1）根据菱形的性质得到AC⊥BD，AB＝BC，证明△EOB∽△EBA，根据相似三角形的性质证明即可；
（2）证明△AOB∽△ABE，根据相似三角形的性质求出OA，根据菱形的性质计算即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴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•宝山区期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点E，∠BAC＝∠BDC＝90°．（1）求证：△ABE∽△CDE；
（2）如果，求的值．
【分析】（1）根据两组角对应相等的两三角形相似；
（2）利用相似三角形面积比等于相似比的平方即可求解．
【解答】（1）证明：∵∠BAC＝∠BDC＝90°，
又∵∠AEB＝∠DEC，
∴△ABE∽△DCE；
（2）解：∵△ABE∽△DCE，
∴，
∵∠AED＝∠BEC，
∴△AED∽△BEC，
∴，
∴．
11．（2023秋•罗湖区校级期中）在锐角三角形ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，AF⊥BC于点F，AG⊥DE于点G，∠BAF＝∠EAG．
（1）求证：△ABC∽△AED；
（2）若AB＝5，AG＝2，EG＝1，求AF的长．
【分析】（1）根据等角的余角相等证明∠AED＝∠ABC，即可解决问题；
（2）由△ABF∽△AEG，得＝，然后根据勾股定理求出AE，进而即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵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•丹阳市期中）如图，在▱ABCD中，E为AB边的中点，对角线AC、BD交于点O．连接DE交AC于点F，且OF＝2．
（1）求对角线AC的长度；
（2）若△ADF的面积为4，求四边形EBCF的面积．
【分析】（1）▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，则OA＝OC，由于E为AB边的中点，可得EO是△ABD中位线，从而OE∥AD且AD＝2OE，列比例式即可解决；
（2）根据同高三角形面积之比等于底的比，主要利用由（1）得OF：AF＝1：2和平行四边形两对角线相交分的四个三角形面积相等即可解决．
【解答】解：（1）∵在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵E为AB边的中点，
∴EO是△ABD中位线，
∴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的面积为4，
∴S△DOF＝2，
∴S△AOD＝S△ADF：+S△DOF＝4+2＝6，
由于在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，
∴S△ABC＝2S△AOD＝12，
由（1）知OE∥AD，
∴，
∴S△ADF：S△AEF＝DF：EF＝2：1，
∴S△AEF＝＝2，
∴四边形EBCF的面积＝S△ABC﹣S△AEF＝12﹣2＝10．
13．（2023秋•城关区校级期中）如图，DE∥BC，且∠ABE＝∠C．
（1）求证：AE2＝AD•AB；
（2）如果AE＝4，BD＝6，求AD．
【分析】（1）易证△ABE∽△ACB，以此得到AC＝，易证△ADE∽△ABC，得到，将AC＝代入整理即可得到所证结论；
（2）由BD＝6，可得AB＝6+AD，结合（1）中的结论可得关于AD的一元二次方程，求解即可．
【解答】（1）证明：∵∠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（不合题意，舍去），
∴AD＝2．
14．（2023秋•高新区校级期中）如图，Rt△ABC的两条直角边AB＝4cm，AC＝3cm，点D沿AB从A向B运动，速度是1cm/秒，同时，点E沿BC从B向C运动，速度为2cm/秒．动点E到达点C时运动终止．连接DE、CD、AE．
（1）当动点运动时间t＝ 或 秒时，△BDE与△ABC相似．
（2）在运动过程中，当CD⊥DE时，t为何值？请说明理由．
【分析】设D点运动时间为t秒，则AD＝t秒，BD＝（4﹣t）秒，BE＝2t秒，CE＝（5﹣2t）秒（0≤t≤）；
（1）分类：当∠BDE＝∠BAC，即ED⊥AB时，Rt△BDE∽Rt△BAC；当∠BDE＝∠BCA，即DE⊥BC时，Rt△BDE∽Rt△BCA，然后分别根据三角形相似的性质得到比例线段求出t的值；
（2）先计算出DF＝AB﹣AD﹣BF，若CD⊥DE，则易证得Rt△ACD∽Rt△FDE，然后根据三角形相似的性质得到比例线段求出t．
【解答】解：设D点运动时间为t秒，则AD＝t秒，BD＝（4﹣t）秒，BE＝2t秒，CE＝（5﹣2t）秒（0≤t≤），
（1）当∠BDE＝∠BAC，即ED⊥AB时，Rt△BDE∽Rt△BAC，
∴BD：BA＝BE：BC，即（4﹣t）：4＝2t：5，
∴t＝；
当∠BDE＝∠BCA，即DE⊥BC时，Rt△BDE∽Rt△BCA，
∴BD：BC＝BE：BA，即（4﹣t）：5＝2t：4，
∴t＝；
所以当动点运动秒或秒时，△BDE与△ABC相似；
故答案为：或；
（2）当CD⊥DE时，t＝秒．理由如下：
如图，过点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•拱墅区校级期中）如图，在四边形ABCD中，AC平分∠DAB，AC2＝AB•AD，∠ADC＝90°，点E为AB的中点．
（1）求证：△ADC∽△ACB；
（2）若AD＝2，AB＝3，求的值．
【分析】（1）根据角平分线的定义得到∠DAC＝∠CAB，根据相似三角形的判定定理证明；
（2）根据相似三角形的性质得到∠ACB＝∠ADC＝90°，根据直角三角形的性质得到CE＝AE，根据等腰三角形的性质、平行线的判定定理证明CE∥AD，然后根据平行线分线段成比例定理即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠CAB，
∵AC2＝AB•AD，
∴＝，
∴△ADC∽△ACB；
（2）解：由（1）知：△ADC∽△ACB，
∴∠ACB＝∠ADC＝90°，
∵点E为AB的中点，
∴CE＝AE＝AB＝，
∴∠EAC＝∠ECA，
∴∠DAC＝∠EAC，
∴∠DAC＝∠ECA，
∴CE∥AD，
∴＝＝＝，
∴＝．
16．（2023秋•梁溪区校级期中）如图，已知AB∥CF，点D是AB上一点，DF交AC于点E，且DE＝FE．
（1）求证：△ADE≌△CFE；
（2）若AB＝7，CF＝4，求BD的长．
【分析】（1）利用角角边定理判定即可；
（2）利用全等三角形对应边相等可得AD的长，用AB﹣AD即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵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•鹿城区校级期中）如图，点E是矩形ABCD的边CB上的一点，AF⊥DE于点F．
（1）求证：△AFD∽△DCE．
（2）若AB＝4，AD＝2，CE＝1，求AF的长度．
【分析】（1）根据四边形ABCD是矩形可得出∠ADC＝∠C＝90°，再根据相似三角形的判定定理可得出△ADF∽△DCE，由相似三角形的对应边成比例即可得出结论；
（2）由矩形的性质可得出DC的长及∠ADC＝∠C＝90°，利用勾股定理可求出DE的长，由垂直的定义可得出∠AFD＝∠C，利用同角的余角相等可得出∠EDC＝∠DAF，进而可得出△EDC∽△DAF，再利用相似三角形的性质可求出DF的长度．
【解答】（1）证明：∵四边形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：∵四边形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的长度为．
18．（2023秋•秦都区校级期中）如图，在菱形ABCD中，连接AC，H为边AB延长线上一点，连接DH，分别交对角线AC、边BC于M、C两点，连接BM．
（1）求证：∠CBM＝∠CDM；
（2）若DM＝2，MG＝2，求MH的长．
【分析】（1）根据菱形的性质判定可得∠1＝∠2，AD＝BC，则△CDM≌△BCM即可得结论；
（2）结合（1）的结论证明△BMG∽△HMB，利用相似三角形的判定和性质即可得结论．
【解答】（1）证明：在菱形ABCD中，连接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•裕华区月考）如图所示，延长平行四边形ABCD一边BC至点F，连接AF交CD于点E，若．
（1）求证：△ADE∽△FBA；
（2）若BC＝3，则CF的长 9 ．
【分析】（1）利用平行四边形的性质可以证明△ADE∽△FBA；
（2）结合（1）利用相似三角形的性质和已知条件即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BF，AB∥CD，AD＝BC，
∴△ADE∽△FCE，△FEC∽△FAB，
∴△ADE∽△FBA；
（2）解：∵△ADE∽△FCE，
∴＝，
∵＝，
∴CF＝3AD＝3BC，
∵BC＝3，
∴CF＝9，
故答案为：9．
20．（2023•石城县模拟）如图，AE平分∠BAC，D为AE上一点，∠B＝∠C．
（1）求证：△ABE∽△ACD；
（2）若D为AE中点，BE＝4，求CD的长．
【分析】（1）根据角平分线定义可得∠BAE＝∠CAD，进而可以证明结论；
（2）结合（1），根据相似三角形的性质即可求解．
【解答】（1）证明：∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠CAD，
∵∠B＝∠C．
∴△ABE∽△ACD；
（2）解：∵D为AE中点，BE＝4，
∴AE＝2AD，
∵△ABE∽△ACD，
∴＝，
∴＝，
∴CD＝2．
21．（2023秋•朝阳期中）如图，在△ABC中，D、E分别在AC、AB上，AG⊥BC于点G，AF⊥ED于点F，∠EAF＝∠GAC．
（1）求证：△ADE∽△ABC．
（2）若AD＝5，AB＝7，求的值．
【分析】（1）根据等角的余角相等证明∠AED＝∠ACB，即可解决问题；
（2）由△ADE∽△ABC，推出，可得，再证明△EAF∽△CAG，可得，由此即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵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•内江期末）如图，已知△ABC中，AB＝AC，点D、E分别在边BC、AC上，∠ADE＝∠B．
（1）求证：△ABD∽△DCE；
（2）若AB＝5，BC＝6，BD＝2，求点E到BC的距离．
【分析】（1）由等腰三角形的性质可得∠B＝∠C，由外角的性质可得∠BAD＝∠CDE，可得结论；
（2）由相似三角形的性质可求解．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
∵∠ADC＝∠B+∠BAD＝∠ADE+∠CDE，
∴∠BAD＝∠CDE，
∴△ABD∽△DCE；
（2）如图，过点A作AH⊥BC于H，过点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＝，
∴点E到BC的距离为．
23．（2023秋•泗水县期中）如图，AB为⊙O的直径，射线AC交⊙O于点C，AD平分∠CAB交⊙O于点D，过点D作直线DE⊥AC于点E，交AB的延长线于点F．连接BD并延长交AC于点M．
（1）求证：直线DE是⊙O的切线；
（2）若∠F＝30°，，求DM的长．
【分析】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质得到∠ODA＝∠OAD，根据角平分线的定义得到∠OAD＝∠DAC，证明OD∥AC，根据平行线的性质得到DE⊥OD，根据切线的判定定理证明即可；
（2）根据题意求出∠MDE＝30°，根据含30°角的直角三角形的性质计算，得到答案．
【解答】（1）证明：连接OD，
∵OD＝OA，
∴∠ODA＝∠OAD，
∵AD平分∠CAB，
∴∠OAD＝∠DAC，
∴∠ODA＝∠DAC，
∴OD∥AC，
∵DE⊥AC，
∴DE⊥OD，
∵OD是⊙O的半径，
∴直线DE是⊙O的切线；
（2）解：∵AB是⊙O的直径，
∴∠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•祁阳县期中）如图，在△ABC中，∠B＝∠C，点P从B运动到C，且∠APD＝∠C．
（1）求证：AB•CD＝CP•BP；
（2）若AB＝6，BC＝10，求当BP长为多少时，PD∥AB．
【分析】（1）先根据得出∠B＝∠APD，证明∠DPC＝∠BAP，得出△ABP∽△PCD，根据相似三角形性质得出，即可证明结论；
（2）根据平行线的性质得出∠BAP＝∠APD＝∠C，证明△BAP∽△BCA，得出，根据AB＝6，BC＝10，求出，即可得出当时，PD∥AB．
【解答】（1）证明：∵∠B＝∠C，∠APD＝∠C，
∴∠B＝∠APD，
∵∠APC＝∠APD+∠DPC，∠APC＝∠B+∠BAP，
∴∠DPC＝∠BAP，
∴△ABP∽△PCD，
∴，
∴AB⋅CD＝CP⋅BP．
（2）解：如图，PD∥AB，
∴∠BAP＝∠APD＝∠C，
又∵∠B＝∠B，
∴△BAP∽△BCA，
∴，
∵AB＝6，BC＝10，
∴，
∴，
即当时，PD∥AB．
25．（2023秋•普陀区期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点E，过点E作AD的平行线FG，分别交AB、DC于点F、G，且．
（1）求证：EG∥BC；
（2）如果EF＝2，AD＝3，求BC的长．
【分析】（1）由平行线分线段成比例可得＝，可得＝，可得结论；
（2）通过证明△EFB∽△DAB，可得＝，可求，即可求解．
【解答】（1）证明：∵FG∥AD，
∴＝，
∵，
∴＝，
∴EG∥BC；
（2）解：∵FG∥AD，
∴△EFB∽△DAB，
∴＝，
∵EF＝2，AD＝3，
∴＝，
∴，
∵FG∥AD，
∴△AEF∽△ACB，
∴，
∴＝，
∴BC＝6．
26．（2023秋•商水县期中）转化是解决数学问题常用的思想方法之一，它可以在数与数、数与形、形与形之间灵活应用．如图1，已知在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝8，AB＝6．请解答下面的问题：
观察猜想：（1）如图1，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转60°得到△NMC，连接BM，则△BCM的形状是 等边三角形 ；
探究证明：（2）如图2，点D，E分别是边BC，AC的中点，将△CDE绕点C按顺时针方向旋转60°得到△CMN，连接MB，AN．
①求证：△ACN∽△BCM；
②求AN的长．
【分析】（1）如图1，根据旋转的性质得到CM＝CB，∠BCM＝60°，则根据等边三角形的判定方法可判断△BCM为等边三角形；
（2）①由于点D，E分别是边BC，AC的中点，所以＝，再根据旋转的性质得到CN＝CE，CM＝CD，∠ACN＝∠BCM＝60°，所以＝，从而可判断△ACN∽△BCM；
②先利用勾股定理计算出AC＝10，则CN＝CE＝5，过N点作NH⊥AC于H点，如图2，利用含30度角的直角三角形三边的关系得到CH＝，NH＝，然后在Rt△ANH中利用勾股定理可计算出AN的长．
【解答】（1）解：如图1，∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转60°得到△NMC，
∴CM＝CB，∠BCM＝60°，
∴△BCM为等边三角形；
故答案为：等边三角形；
（2）①证明：∵点D，E分别是边BC，AC的中点，
∴＝，
∵△CDE绕点C按顺时针方向旋转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，
过N点作NH⊥AC于H点，如图2，
在Rt△CNH中，
∵∠NCH＝60°，
∴CH＝CN＝，
∴NH＝CH＝，
∴AH＝AC﹣CH＝，
在Rt△ANH中，AN＝＝＝5．
27．（2023秋•金堂县期中）在菱形ABCD中，AC为对角线，E、F分别为BC、DC边上的点，且，射线AE交DF的延长线于点G，射线AF交BE的延长线于点H．
（1）求证：AF2＝FC•FG；
（2）若AF＝3，CF＝1，AG＝10，求CH的长．
【分析】（1）先根据菱形的性质得到∠ACD＝∠BCD，再利用∠EAF＝∠BCD得到∠ACD＝∠EAF，则可判断△FAC∽△FGA，然后利用相似三角形的性质得到结论；
（2）由（1）的结论可计算出FG＝9，则CG＝8，再利用△FAC∽△FGA得到∠FAC＝∠G，＝，则可求出AC＝，接着证明△ACH∽△GCA，然后利用相似比可求出CH的长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴∠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＝，
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠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•闵行区期中）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠DCB＝90°，点E是边AB的中点，连接DE，延长DE交CB的延长线于点F，∠CBA＝2∠F，且AC＝BC．
（1）求证：△FBE∽△EFC；
（2）求证：DC2＝AD•FC．
【分析】（1）由条件可证明△AED≌△BEF，可得E为DF的中点，由直角三角形的性质可知EF＝EC，可得到∠F＝∠FEB＝∠ECF，可证明△FBE∽△EFC；
（2）根据（1）的过程及条件可求得∠F＝∠ECF＝30°，可求得∠ACD＝30°，可证得△ADC∽△DCF，根据相似三角形的性质可证得结论．
【解答】证明：（1）∵AD∥BC，
∴∠ADF＝∠EFB，
∵E为AB中点，
∴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为AB中点，
∴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•梁溪区校级期中）在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝5，F为边AD上一点，且DF＝2，点E是线段AB上一动点，直线FE与直线BC相交于点G，射线EH与直线CD相交于点P，且EP⊥EF．已知AE＝x．
（1）用含有x的代数式表示线段EF的长，EF＝ ；
（2）①当点P与点C重合时，求线段EP的长；
②若点P在线段DC上，求x的范围；
（3）求△FPG的面积（用含x的代数式表示）．
【分析】（1）早Rt△AEF中利用勾股定理即可解决；
（2）①当点P与点C重合时，证明△AEF∽△BCE可得，建立方程即可解决；
②由①结论即可得x的范围；
（3）作PN⊥AB，FM⊥BC，根据已知可得四边形ABMF和四边形PNBC都是矩形，可得Rt△AEF∽Rt△MGF和Rt△AEF∽Rt△MGF，进而求得FG＝，PE＝，再由S△FPG＝PE×FG即可解决．
【解答】解：（1）∵AD＝5，DF＝2，
∴AF＝AD﹣DF＝3，
∵∠A＝90°，AE＝x，
∴由勾股定理可得：EF＝＝，
故答案为：；
（2）①当点P与点C重合时，如图：
∵EP⊥EF，
∴∠1+∠2＝90°，
∵ABC＝90°，
∴∠2+∠3＝90°，
∴△AEF∽△BCE，
∴，
∵BE＝AB﹣AE＝8﹣x，BC＝5，
∴，
解得：x＝3或5，
∴在Rt△BEP中，由勾股定理可得：EP＝，
∴EP＝5或，
②由（2）①知，
当x＝3或5时，点P与点C重合时，
故当3≤x≤5时，点P在线段DC上，
∴x的范围是3≤x≤5；
（3）
作PN⊥AB，FM⊥BC，
根据已知可得四边形ABMF和四边形PNBC都是矩形，
∴FM＝AB＝8，PN＝BC＝5，
∴∠1+∠4＝∠4+∠5＝90°，
∴∠1＝∠5，
∴Rt△AEF∽Rt△MGF，
∴＝，
∴＝，
则FG＝，
∴EP⊥EF，
易证Rt△AEF∽Rt△MGF，
∴，
∴＝，
∴PE＝，
∴S△FPG＝PE×FG＝××＝20+．
30．（2023秋•渠县校级期中）在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A坐标为（0，3），顶点C坐标为（8，0），直线交AB于点D，点P从O点出发，沿射线OD方向以每秒a个单位长度的速度移动，同时点Q从C点出发沿x轴向原点O方向以每秒1个单位长度的速度移动，当点Q到达点O时，点P停止移动．连接BP、CP，设运动时间为t秒．
（1）点D的坐标为 （4，3） ；
（2）当CP⊥OD时，求直线CP的表达式；
（3）在点P、Q在运动的过程中，是否存在以点O、P、Q为顶点的三角形与△BCQ相似．若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据矩形的性质以及A坐标为（0，3），把y＝3代入，得x＝4，即可作答；
（2）连接CP，易证△AOD∽△PCO，得，，设，根据勾股定理列出方程可求得，设直线CP的表达式y＝kx+b，结合C坐标为（8，0），即可作答；
（3）分类讨论：①如图，当PQ⊥x轴，根据△OPQ与△BCQ相似，则，解得t＝4，或，解得；②如图，当PQ⊥OD，因为△OPQ与△QCB相似，则有，解得t＝4，或，解得，即可作答．
【解答】解：（1）∵矩形OABC的顶点A坐标为（0，3），
∴把y＝3代入，得x＝4，
∴点D的坐标为（4，3）；
（2）连接CP，
∵点D的坐标为（4，3），
∴OD＝5，
∵CP⊥OD，
∴∠CPO＝∠OAB＝90°，
∵四边形OABC是矩形，
∴AB∥OC，
∴∠ADO＝∠COD，
∴△AOD∽△PCO，
则，
即，
∴，，
∵直线交AB于点D，
∴设，
则，
∴，
解得，
∴，
设直线CP的表达式y＝kx+b，
∵C坐标为（8，0），
∴，
解得，
∴，
∴直线CP的表达式；
（3）解：存在，理由如下：
①如图，当PQ⊥x轴，连接BQ，
∵，
∴，
∵点D的坐标为（4，3），
∴OD＝5，
则，
∴，
得，
∵PQ⊥x轴，
∴，
∴，
∴，
∵△OPQ与△QBC相似，
∴，
即
解得t＝4；
或，
即，
解得；
②如图，当PQ⊥OD，
∵，
∴，
∵点D的坐标为（4，3），
∴OD＝5，
则，
∵点P从O点出发，沿射线OD方向以每秒a个单位长度的速度移动，同时点Q从C点出发沿x轴向原点O方向以每秒1个单位长度的速度移动，设运动时间为t秒，
则在Rt△OPQ中，，
得，
则在Rt△OPQ中，，
得，
∴，
∵△OPQ与△QCB相似，
∴，
即，
解得t＝4；
或，
即，
解得；
综上所述：t的值为4或或．