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专题4.4 两个三角形相似的判定
模块一：知识清单
1、相似三角形的判定
判定1：如果两个三角形的三组对应边的比相等，那么这两个三角形相似。
判定2：如果两个三角形的两组对应边的比相等，并且夹角相等，那么这两个三角形相似。
判定3：如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似。
相似三角形：三个角分别相等，三边成比例的两个三角形叫做相似三角形.
注意：（1）要判定两个三角形是否相似，只需找到这两个三角形的两个对应角相等即可，对于直角三角形而言，若有一个锐角对应相等，那么这两个三角形相似.
（2）此方法要求用三角形的两边及其夹角来判定两个三角形相似，应用时必须注意这个角必需是两边的夹角，否则，判断的结果可能是错误的.
2.相似三角形的判定定理是通过构造辅助线（平行线）再用平行线分线段成比例线段的性质证明的.
模块二：同步培优题库
全卷共24题 测试时间：80分钟 试卷满分：100分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2022·北京·九年级月考）根据下列条件，判断△ABC与△A′B′C′能相似的有（ ）对．
①∠C＝∠C′＝90°，∠A＝25°，∠B′＝65°；
②∠C＝90°，AC＝6，BC＝4，∠C′＝90°，A′C′＝9，B′C′＝6；
③AB＝10，BC＝12，AC＝15，A′B′＝1.5，B′C′＝1.8，A′C′＝2.25；
④△ABC与△A′B′C′为等腰三角形，且有一个角为80°．
A．1对 B．2对 C．3对 D．4对
【答案】C
【分析】根据相似三角形常用的判定方法对各个选项进行分析从而得到答案．
【详解】解：①∵∠C=∠C′=90°，∠A=25°．∴∠B=65°．
∵∠C=∠C′，∠B=∠B′．∴△ABC∽△A′B′C′．
②∵∠C=90°，AC=6，BC=4，∠C’=90°，A′C′=9，B′C′=6．
∴AC：BC=A′C′：B′C′，∠C=∠C′．∴△ABC∽△A′B′C′．
③∵AB=10，BC=12，AC=15，A′B′=1.5，B′C′=1.8，A′C′=2.25．
∴AC：A′C′=BC：B′C′=AB：A′B′．∴△ABC∽△A′B′C′．
④∵没有指明80°的角是顶角还是底角．∴无法判定两三角形相似．∴共有3对．故选：C．
【点睛】此题主要考查相似三角形的判定方法：（1）三边法：三组对应边的比相等的两个三角形相似；（2）两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；
（3）两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似．
2（2022·浙江·诸暨九年级期中）如图，P为线段AB上一点，AD与BC交与点E，∠CPD＝∠A＝∠B，BC交PD与点F，AD交PC于点G，则下列结论中错误的是（ ）
A．△CGE∽△CBP B．△APD∽△PGD C．△APG∽△BFP D．△PCF∽△BCP
【答案】A
【分析】根据∠CPD＝∠A＝∠B，∠D=∠D，∠C=∠C即可得到△APD∽△PGD，△PCF∽△BCP，再根据∠APG=∠C+∠P，∠BFP=∠C+∠CPD，可以得到∠APG=∠BFP，即可证明△APG∽△BFP，由此即可求解．
【详解】解：∵∠CPD＝∠A＝∠B，∠D=∠D，∠C=∠C
∴△APD∽△PGD，△PCF∽△BCP故B、D选项不符合题意，
∵∠APG=∠C+∠P，∠BFP=∠C+∠CPD，∴∠APG=∠BFP，
∴△APG∽△BFP，故C选项不符合题意，对于A选项不能得到两个三角形相似，故选A．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，三角形外角的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
3.（2022·浙江温州·九年级期末）如图，下列条件不能判定与相似的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据相似三角形的判定即可求出答案．
【详解】A、当时，无法得出，符合题意；
B、，，能判定相似，不符合题意；
C、，，能判定相似，不符合题意；
D、，，能判定相似，不符合题意；故选：A．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定，正确掌握相似三角形的判定方法是解题关键．
4．（2022 青山区校级月考）顶角为36°的等腰三角形我们把这种三角形称为“黄金三角形”，它的底与腰的比值为黄金比．如图，在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC，BD平分∠ABC交AC于点D，若CD＝1，则AC的长为（ ）
A． B． C． D．
【思路点拨】根据等腰三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB，根据角平分线的性质得到∠ABD＝∠DBC，证明△CBD∽△CAB，根据相似三角形的性质列出比例式，解方程得到答案．
【答案】解：∵AB＝AC，∠A＝36°，∴∠ABC＝∠ACB＝72°，
∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBC＝36°，
∴∠DBC＝∠A，∠ABD＝∠A，∠BDC＝36°+36°＝72°＝∠C，∴AD＝BD＝BC，
∵∠C＝∠C，∴△CBD∽△CAB，
∴＝，即＝，整理得：AD2﹣AD﹣1＝0，
解得：AD1＝，AD2＝（负数不合题意），
则AC＝AD+CD＝+1＝，故选：D．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定和性质、黄金分割、等腰三角形的性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
5．（2022 浦东新区校级月考）下列说法正确的是（ ）
A．有两边成比例且有一个角相等的两个三角形相似
B．各有一个角是50°的两个等腰三角形相似
C．有两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似
D．一条直线截三角形两边所得的三角形与原三角形相似
【思路点拨】由相似三角形的判定依次判断可求解．
【答案】解：A、两边对应成比例，且夹角相等的两个三角形相似，故A选项不符合题意；
B、各有一个角是50°的两个等腰三角形不一定相似，故B选项不符合题意；
C、有两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，故C选项符合题意；
D、一条直线截三角形两边所得的三角形与原三角形不一定相似，故C选项不符合题意．故选：C．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定，熟练运用相似三角形的判定是本题的关键．
6．（2022·浙江·宁波九年级开学考试）下列每个矩形都是由五个同样的小正方形拼合组成，其中和的顶点都在小正方形的顶点上，则与一定相似的图形是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由已知根据相似三角形的判定和性质对每个选项分析论证得出正确选项．
【详解】解：已知每个矩形都是由五个同样的小正方形拼合组成．
A：∠ABC=90°+45°=135°，∠CDE=90°+45°=135°，∴∠ABC=∠CDE，BC=DC=，
∴，，∴△ABC∽△CDE；
B：△ABC为等腰三角形，则△CDE不是等腰三角形，所以不相似；
C：△ABC中∠ABC=90°+45°=135°，而△CDE中∠CDE=∠135°，对应角不相等，所以不相似；
D：，，∴，所以不相似．故选：A．
【点睛】此题考查的知识点是相似三角形的判定，解题的关键是根据相似三角形的判定和性质对每个选项分析论证得出正确选项．
7．（2022 普陀区校级月考）如图，已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，CD是斜边AB上的高，如果AD＝2，BD＝6，那么AC的长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【思路点拨】根据射影定理计算即可．
【答案】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，CD是斜边AB上的高，则AC2＝AD AB，
∵AD＝2，BD＝6，∴AC2＝2×（2+6）＝16，∴AC＝4，故选：A．
【点睛】本题考查的是射影定理的应用，在直角三角形中，每一条直角边是这条直角边在斜边上的射影和斜边的比例中项．
8．（2022 高州市月考）如图，在 ABCD中，E为BC的中点，DE、AC交于点F，则的值为（ ）
A．1 B． C． D．
【思路点拨】根据平行四边形的性质可得AD∥BC，然后证明△ECF∽△DAF即可解决问题．
【答案】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，∴△ECF∽△DAF，
∵BE＝EC，∴EF：FD＝EC：AD＝1：2，故选：D．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质、平行四边形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
9．（2022 龙游县期末）如图，在△ABC中，点D在AB边上，若AD：AB＝2：3，BC＝3，∠ADC＝∠ACB，则线段CD的长为（ ）
A． B． C． D．2
【思路点拨】过点D作DE∥BC，易证△ADE∽△ABC，从而得，可求得DE＝2，再证明△ADC∽△ACB，得，∠ACD＝∠ABC，从而可证得△ADE∽△ACD，通过转化可得CD2＝BC DE，从而可求解．
【答案】解：过点D作DE∥BC，如图所示：
∴∠ADE＝∠ABC，∠A＝∠A，∴△ADE∽△ABC，∴，
∵AD：AB＝2：3，BC＝3，∴，∴DE＝2，
∵∠ADC＝∠ACB，∠A＝∠A，∴△ADC∽△ACB，
∴，∠ACD＝∠ABC，∴∠ADE＝∠ACD，
∴△ADE∽△ACD，∴，∴，
∴CD2＝BC DE，∴CD2＝3×2，解得：CD＝．故选：C．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，解答的关键是作出正确的辅助线DE，并对相似三角形的判定条件与性质的掌握与应用．
10.（2022 阿勒泰地区一模）如图，G，E分别是正方形ABCD的边AB，BC上的点，且AG＝CE，AE⊥EF，AE＝EF，现有如下结论：①BE＝DH；②△AGE≌△ECF；③∠FCD＝45°；④△GBE∽△ECH．其中，正确的结论有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【解题思路】由∠BEG＝45°知∠BEA＞45°，结合∠AEF＝90°得∠HEC＜45°，据此知HC＜EC，即可判断①；求出∠GAE+∠AEG＝45°，推出∠GAE＝∠FEC，根据SAS推出△GAE≌△CEF，即可判断②；求出∠AGE＝∠ECF＝135°，即可判断③；求出∠FEC＜45°，根据相似三角形的判定得出△GBE和△ECH不相似，即可判断④．
【解答过程】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD，
∵AG＝CE，∴BG＝BE，∴∠BEG＝45°，∴∠BEA＞45°，
∵∠AEF＝90°，∴∠HEC＜45°，则HC＜EC，
∴CD﹣CH＞BC﹣CE，即DH＞BE，故①错误；
∵BG＝BE，∠B＝90°，∴∠BGE＝∠BEG＝45°，
∴∠AGE＝135°，∴∠GAE+∠AEG＝45°，
∵AE⊥EF，∴∠AEF＝90°，
∵∠BEG＝45°，∴∠AEG+∠FEC＝45°，∴∠GAE＝∠FEC，
在△GAE和△CEF中，∵
∴△GAE≌△CEF（SAS），∴②正确；
∴∠AGE＝∠ECF＝135°，∴∠FCD＝135°﹣90°＝45°，∴③正确；
∵∠BGE＝∠BEG＝45°，∠AEG+∠FEC＝45°，∴∠FEC＜45°，
∴△GBE和△ECH不相似，∴④错误；故选：C．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．（2022·北京市九年级期中）如图，已知∠1＝∠2，添加条件____后，使△ABC∽△ADE．
【答案】∠B＝∠D
【分析】先证出∠BAC＝∠DAE，再由∠B＝∠D，即可得出ABC∽△ADE．
【详解】解：添加条件∠B＝∠D后，△ABC∽△ADE．理由如下：
∵∠1＝∠2，∴∠1+∠BAE＝∠2+∠BAE，即∠BAC＝∠DAE，
又∵∠B＝∠D，∴ABC∽△ADE．故答案为：∠B＝∠D．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定方法；熟练掌握三角形相似的判定方法，并能进行推理论证是解决问题的关键．
12．（2022 普陀区校级月考）如图，在矩形ABCD中，E是边BC上的点，AE⊥DE，BE＝2，BC＝6，那么AB的长为 ．
【思路点拨】由矩形的性质得出∠B＝∠C＝90°，AB＝CD，由直角三角形的性质得出∠BAE＝∠DEC，证明△ABE∽△ECD，由相似三角形的性质得出，则可得出答案．
【答案】解：∵AE⊥DE，
∴∠AED＝90°，∴∠AEB+∠DEC＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠C＝90°，AB＝CD，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠BAE＝∠DEC，
∴△ABE∽△ECD，∴，
又∵BE＝2，BC＝6，∴CE＝4，∴设AB＝x，
∴，∴x＝2，∴AB＝2．故答案为2．
【点睛】本题考查的是相似三角形的判定与性质，矩形的性质，直角三角形的性质，掌握利用相似三角形的性质求线段的长度是本题的关键．
13．（2022 金山区校级月考）如图，在△ABC中，AD∥BC，OA：OC＝1：3，AP＝3，则PB的值是 ．
【思路点拨】根据相似三角形的判定和性质即可得到答案．
【答案】解：∵AD∥BC，∴△ADO∽△CBO，∴＝，
∵AD∥BC，∴△APD∽△BPC，∴＝＝，∵AP＝3，∴PB＝9，故答案为：9．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．
14．（2022·上海·九年级期中）如图，点D在的边上，当_____时，与相似．
【答案】
【分析】要使∽，由∠BAC=∠CAD共用，只要满足即可．
【详解】由∠BAC=∠CAD共用，
当时，∽．故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形判定问题，关键是掌握相似三角形的判定定理．
15．（2022 济宁期末）如图，在平行四边形ABCD中，点F是AD上的点，AF＝2FD，直线BF交AC于点E，BE交CD的延长线于点G，则的值为 ．
【思路点拨】由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，证明AB＝AF＝2k，DF＝DG＝k，再利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．
【答案】解：由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB∥CD，AD＝BC＝3k，
∴＝＝，∴＝＝，故答案为：．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
16．（2022 抚州期末）如图，在 ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，在DC的延长线上取一点E，使CE＝CD，连接OE交BC于点F，若BC＝4，则CF＝ ．
【思路点拨】取CD中点G，连接OG，可得OG为△BDC的中位线，可得OG＝2，再证明△ECF∽△EGO，推出，即可得答案．
【答案】解：取CD中点G，连接OG，
∵O为BD中点，即OG为△BDC的中位线，∴OG∥BC，且OG＝＝2，
又∵CE＝CD，CF∥OG，∴△ECF∽△EGO，∴，
又OG＝2，∴CF＝1，故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了三角形的中位线定理，相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，熟练掌握这些性质并灵活运用是解此题的关键．
17．（2022 温江区校级月考）如图，AB∥EF∥CD，点E在BC上，AC与BD交于点F，若AB＝2，CD＝3，则EF＝ ．
【思路点拨】根据△CEF∽△CBA，得出＝，同理得出＝，代入计算即可．
【答案】解：∵AB∥EF，∴△CEF∽△CBA，∴＝，
同理可得：＝，∴+＝+＝1，∴+＝1，解得：EF＝，故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，据相似三角形的性质得出+＝1是解题的关键．
18．（2022·黑龙江集贤·九年级期中）已知在中，，点分别在边上，将沿直线对折后，点正好落在对边上，且折痕截所成的小三角形（即对折后的重叠部分）与相似，则折折痕__________
【答案】或．
【分析】先画草图借草图分析．如图
重叠的小三角形为，由对折知，所以要使△ABC和相似，只需，此时和C重合，N为AC中点，由三角形中位线定理易得MN的值；或只需，此时与B点重合，M=BM=AM=，再由相似的知识算得MN的值．
【详解】由AC=4，BC=3，∠ACB=90°据勾股定理得AB=5．下面分情况讨论：
第一种情况 如图1 当∠MNC=90°时，折叠后A点落在C点．∵∠BCA=90°∴∠MNC=∠BCA
又由对折知：∠MCN=∠A∴△MCN∽△ABC
由对折知N为AC的中点，据三角形中位线定理得（㎝）；
第二种情况 如图2 当∠NMB=90°时，折叠后A点落在B点．∵∠C=90°∴∠C=∠NMB
又由对折知∠A=∠NBM∴△ABC∽△BNM∴
又由对折知∴（㎝）．
综上分析得MN=㎝或㎝．故答案为：或．
【点睛】本题是折叠类问题，考查相似三角形的判定，兼考查分类讨论的数学方法．关键之处在于紧抓折叠的图形成轴对称及全等解决之．
三、解答题（本大题共6小题，共46分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19.（2022·江苏·九年级月考）如图，点D在等边△ABC的BC边上，△ADE为等边三角形，DE与AC交于点F．（1）证明：△ABD∽△DCF；（2）除了△ABD∽△DCF外，请写出图中其他所有的相似三角形．
【点拨】（1）利用等边三角形的性质以及相似三角形的判定方法两角对应相等的两三角形相似得出即可；（2）利用对顶角的性质以及相似三角形的性质进而判断得出即可．
【解析】（1）证明：∵△ABC，△ADE为等边三角形，
∴∠B=∠C=∠3=60°，
∴∠1+∠2=∠DFC+∠2，
∴∠1=∠DFC，
∴△ABD∽△DCF；
（2）解：∵∠C=∠E，∠AFE=∠DFC，
∴△AEF∽△DCF，
∴△ABD∽△AEF，
故除了△ABD∽△DCF外，图中相似三角形还有：△AEF∽△DCF，△ABD∽△AEF．
【总结】此题主要考查了相似三角形的两个对应角相等的判定方法以及等边三角形的性质等知识，得出对应角关系是解题关键．
20．（2022·湖南荷塘·九年级期末）如图，在中，，点在边上，满足，且点，分别在边，上． 求证：．
【答案】见详解．
【分析】由等边对等角得，由三角形的内角和定理，得到，即可得到结论成立．
【详解】证明：∵，∴，
∵，∴，
∵，∴．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定定理：两个角对应相等，则这两个三角形相似．
21．（2022 诸暨市模拟）如图，A、E、B三点共线，且∠A＝∠CED＝∠B．
（1）若AC＝5，BD＝2，AB＝2，则E是AB的中点；
（2）若CE平分∠ACD，求证：DE是CD、BD的比例中项．
【思路点拨】（1）根据三角形的外角等于和它不相邻的两个内角和可得∠ACE＝∠BED，证明△ACE∽△BED，对应边成比例，代入值可以求出AE的长，进而可得则E是AB的中点；
（2）结合（1）和CE平分∠ACD，证明△ECD∽△BED，可得＝，所以DE2＝CD DB，进而可得DE是CD、BD的比例中项．
【答案】（1）解：∵∠CEB＝∠A+∠ACE＝∠CED+∠BED．∠A＝∠CED．
∴∠ACE＝∠BED，
∴△ACE∽△BED，
∴＝，
AC＝5，BD＝2，BE＝AB﹣AE＝2﹣AE，
∴＝，
解得AE＝（负值舍去），
∴BE＝AB﹣AE＝2﹣AE＝，
∴E是AB的中点；
（2）证明：∵CE平分∠ACD，
∴∠ACE＝∠ECD，
∵∠ACE＝∠BED，
∴∠ECD＝∠BED，
∵∠CED＝∠B，
∴△ECD∽△BED，
∴＝，
∴DE2＝CD DB，
∴DE是CD、BD的比例中项．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△CED∽△EBD．
22．（2022·广西·九年级课时练习）如图，在梯形中，，，E是的中点．（1）求证：；（2）与有可能相似吗？若相似，请给出证明过程；若不相似，请简述理由．
【答案】（1）见解析；（2）相似，理由见解析
【分析】（1）过点C作CF⊥AB于F，先证明四边形ADCF是矩形，得到AF=CD=1,AD=CF，BF=AB-AF=1，然后利用勾股定理求出，即可得到，再证明即可；（2）利用勾股定理求出，,后证明即可.
【详解】解：（1）过点C作CF⊥AB于F，∴∠A=∠CFA=∠CFB=90°，
∵AB∥CD，∴∠A+∠D=180°，∴∠D=90°，
∴四边形ADCF是矩形，∴AF=CD=1,AD=CF，
∴BF=AB-AF=1，∴，
∵E是AD的中点，∴，
∴，∴，
又∵∠D=∠A=90°，∴△CDE∽△EAB；
（2）△CDE∽△CEB相似，理由如下：
∵，,
∴，，，
∴ ，∴△CDE∽△CEB.
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，相似三角形的判定，勾股定理，平行的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
23．（2022·山东东平·初二期末）如图，四边形是正方形，点是边上动点(不与重合)．连接过点作交于点．求证：；连接，试探究当点在什么位置时，，请证明你的结论．
【答案】（1）证明见解析；（2）点在中点位置时，，证明见解析．
【分析】（1）先根据正方形的性质可得，再根据直角三角形的性质、角的和差可得，然后根据相似三角形的判定即可得证；
（2）如图（见解析），先根据正方形的性质、平行线的性质可得，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，然后根据等腰三角形的判定与性质可得，最后根据等量代换即可得．
【解析】（1）四边形是正方形，，，
，，，，
在和中，，；
（2）点在中点位置时，，证明如下：
如图，连接，延长于的延长线相交于点H，为中点，，
四边形是正方形，，，
在和中，，，，
，是等腰三角形，，，
故当点在中点位置时，．
【点睛】本题考查相似三角形的判定、正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形和等腰三角形是解题关键．
24．（2022 犍为县期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E是AC上一点，射线BE与CD的延长线交于点P，与边AD交于点F，连接FC．
（1）若∠ABF＝∠ACF，求证：CE2＝EF EP；
（2）若点D是CP中点，BE＝2，求EF的长．
【思路点拨】（1）由平行四边形的性质可得∠ABF＝∠P，从而有∠ACF＝∠P，即可证得△CEF∽△PEC，根据相似三角形的性质：对应边成比例即可得证；
（2）由平行四边形的性质可得∠ABF＝∠P，AB＝CD，AD∥BC，加上对顶角相等得∠AEB＝∠CEP，得△BEA∽△PEC，结合点D是CP的中点，可求得PE＝4；再由D是CP的中点，得点F是BP的中点，从而可求得PF的长度，即可求EF的长度．
【答案】解：（1）∵平行四边形ABCD，射线BE与CD的延长线交于点P，
∴AB∥CD，
∴∠ABF＝∠P，
∵∠ABF＝∠ACF，
∴∠ACF＝∠P，
∵∠CEF＝∠PEC，
∴△CEF∽△PEC，
∴，
即CE2＝EF PE；
（2））∵平行四边形ABCD，射线BE与CD的延长线交于点P，
∴AB∥CD，AB＝CD，AD∥BC，
∴∠ABF＝∠P，
∵∠AEB＝∠CEP，
∴△BEA∽△PEC，
∴，
∵点D是CP的中点，
∴CP＝2CD＝2AB，点F是BP的中点，
∴，
解得：PE＝4，
∴PF＝BP
＝（BE+PE）
＝3，
∴EF＝PE﹣PF＝．
【点睛】本题主要考查相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，解答的关键是熟记相似三角形的判定条件与性质，平行四边形的性质，并灵活运用．
25．（2022 泰山区模拟）已知：如图，四边形ABCD是菱形，点M、N分别在边BC、CD上，连接AM、AN交对角线BD于E、F两点，且∠MAN＝∠ABD．
（1）求证：AD2＝BF DE．（2）若＝，求证EF∥MN．
【思路点拨】（1）由菱形的性质的AB＝AD，则∠ABD＝∠ADB，易证∠AED＝∠BAF，则△AED∽△FAB，得，即AD AB＝BF DE，即可得出结论；
（2）有菱形的性质的AD＝BC，AD∥BC，则△BME∽△DAE，得，进而证出，则MN∥BD即可．
【答案】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵∠AED＝∠ABD+∠BAE，∠BAF＝∠MAN+∠BAE，∠MAN＝∠ABD，
∴∠AED＝∠BAF，
∴△AED∽△FAB，
∴，即AD AB＝BF DE，
∴AB2＝BF DE，
∵AB＝AD，
∴AD2＝BF DE；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴△BME∽△DAE，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴MN∥BD，
∴EF∥MN．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，菱形的性质，平行线的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的性质，证明三角形相似是解题的关键
26．（2021·河南·二模）三角形的布洛卡点（Brocardpoint）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．LCrelle1780-1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard1845-1922）重新发现，并用他的名字命名．如图1，若内一点P满足，则点P是的布洛卡点，是布洛卡角．（1）如图2，点P为等边三角形ABC的布洛卡点，则布洛卡角的度数是 ；PA、PB、PC的数量关系是 ；（2）如图3，点P为等腰直角三角形ABC（其中）的布洛卡点，且．①请找出图中的一对相似三角形，并给出证明；②若的面积为，求的面积．
【答案】（1）30°，；（2）①，证明见解析；（3）．
【分析】（1）根据题意理清布洛卡点、布洛卡角的概念，利用概念来解答；
（2）①找，证明过程利用等腰直角三角形的性质及布洛卡角的概念，通过找出三个角分别对应相等来证明；
②把三角形面积看作三个三角形面积之和来表示，除所求三角形面积之外的两个，其中一个根据条件可以利用勾股定理求出面积，另一个可以利用所求三角形面积来表示，建立等式即可求解．
【详解】解：（1）由题意知：，
为等边三角形，
，AB=BC=AC,
，，
，
，，
同理可证得出：，
，
故答案是：30°，．
（2）①
证明：∵是等腰直角三角形
∴，
即，
∵，∴，
又∵，∴.
（3）∵是等腰直角三角形，
∴，∴.
∵，∴，
∴，，，∴.
∵，
∴.
在中，∵，，
由勾股定理得，，∴，
∴∴．
【点睛】本题考查了新概念问题、等边三角形、直角三角形、三角形全等的判定定理和性质、相似三角形的判定定理和性质、勾股定理，涉及知识点多，综合性强，题目较难，解题的关键是：通过阅读材料，弄明白题中的新定义或新概念，然后利用概念及灵活运用所学知识点进行解答
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专题4.4 两个三角形相似的判定
模块一：知识清单
1、相似三角形的判定
判定1：如果两个三角形的三组对应边的比相等，那么这两个三角形相似。
判定2：如果两个三角形的两组对应边的比相等，并且夹角相等，那么这两个三角形相似。
判定3：如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似。
相似三角形：三个角分别相等，三边成比例的两个三角形叫做相似三角形.
注意：（1）要判定两个三角形是否相似，只需找到这两个三角形的两个对应角相等即可，对于直角三角形而言，若有一个锐角对应相等，那么这两个三角形相似.
（2）此方法要求用三角形的两边及其夹角来判定两个三角形相似，应用时必须注意这个角必需是两边的夹角，否则，判断的结果可能是错误的.
2.相似三角形的判定定理是通过构造辅助线（平行线）再用平行线分线段成比例线段的性质证明的.
模块二：同步培优题库
全卷共24题 测试时间：80分钟 试卷满分：100分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2022·北京·九年级月考）根据下列条件，判断△ABC与△A′B′C′能相似的有（ ）对．
①∠C＝∠C′＝90°，∠A＝25°，∠B′＝65°；
②∠C＝90°，AC＝6，BC＝4，∠C′＝90°，A′C′＝9，B′C′＝6；
③AB＝10，BC＝12，AC＝15，A′B′＝1.5，B′C′＝1.8，A′C′＝2.25；
④△ABC与△A′B′C′为等腰三角形，且有一个角为80°．
A．1对 B．2对 C．3对 D．4对
2.（2022·浙江·诸暨九年级期中）如图，P为线段AB上一点，AD与BC交与点E，∠CPD＝∠A＝∠B，BC交PD与点F，AD交PC于点G，则下列结论中错误的是（ ）
A．△CGE∽△CBP B．△APD∽△PGD C．△APG∽△BFP D．△PCF∽△BCP
3.（2022·浙江温州·九年级期末）如图，下列条件不能判定与相似的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2022 青山区校级月考）顶角为36°的等腰三角形我们把这种三角形称为“黄金三角形”，它的底与腰的比值为黄金比．如图，在△ABC中，∠A＝36°，AB＝AC，BD平分∠ABC交AC于点D，若CD＝1，则AC的长为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022 浦东新区校级月考）下列说法正确的是（ ）
A．有两边成比例且有一个角相等的两个三角形相似
B．各有一个角是50°的两个等腰三角形相似
C．有两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似
D．一条直线截三角形两边所得的三角形与原三角形相似
6．（2022·浙江·宁波九年级开学考试）下列每个矩形都是由五个同样的小正方形拼合组成，其中和的顶点都在小正方形的顶点上，则与一定相似的图形是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2022 普陀区校级月考）如图，已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，CD是斜边AB上的高，如果AD＝2，BD＝6，那么AC的长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
8．（2022 高州市月考）如图，在 ABCD中，E为BC的中点，DE、AC交于点F，则的值为（ ）
A．1 B． C． D．
9．（2022 龙游县期末）如图，在△ABC中，点D在AB边上，若AD：AB＝2：3，BC＝3，∠ADC＝∠ACB，则线段CD的长为（ ）
A． B． C． D．2
10.（2022 阿勒泰地区一模）如图，G，E分别是正方形ABCD的边AB，BC上的点，且AG＝CE，AE⊥EF，AE＝EF，现有如下结论：①BE＝DH；②△AGE≌△ECF；③∠FCD＝45°；④△GBE∽△ECH．其中，正确的结论有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．（2022·北京市九年级期中）如图，已知∠1＝∠2，添加条件____后，使△ABC∽△ADE．
12．（2022 普陀区校级月考）如图，在矩形ABCD中，E是边BC上的点，AE⊥DE，BE＝2，BC＝6，那么AB的长为 ．
13．（2022 金山区校级月考）如图，在△ABC中，AD∥BC，OA：OC＝1：3，AP＝3，则PB的值是 ．
14．（2022·上海·九年级期中）如图，点D在的边上，当_____时，与相似．
15．（2022 济宁期末）如图，在平行四边形ABCD中，点F是AD上的点，AF＝2FD，直线BF交AC于点E，BE交CD的延长线于点G，则的值为 ．
16．（2022 抚州期末）如图，在 ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，在DC的延长线上取一点E，使CE＝CD，连接OE交BC于点F，若BC＝4，则CF＝ ．
17．（2022 温江区校级月考）如图，AB∥EF∥CD，点E在BC上，AC与BD交于点F，若AB＝2，CD＝3，则EF＝ ．
18．（2022·黑龙江集贤·九年级期中）已知在中，，点分别在边上，将沿直线对折后，点正好落在对边上，且折痕截所成的小三角形（即对折后的重叠部分）与相似，则折折痕__________
三、解答题（本大题共6小题，共46分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19.（2022·江苏·九年级月考）如图，点D在等边△ABC的BC边上，△ADE为等边三角形，DE与AC交于点F．（1）证明：△ABD∽△DCF；（2）除了△ABD∽△DCF外，请写出图中其他所有的相似三角形．
20．（2022·湖南荷塘·九年级期末）如图，在中，，点在边上，满足，且点，分别在边，上． 求证：．
21．（2022 诸暨市模拟）如图，A、E、B三点共线，且∠A＝∠CED＝∠B．
（1）若AC＝5，BD＝2，AB＝2，则E是AB的中点；
（2）若CE平分∠ACD，求证：DE是CD、BD的比例中项．
22．（2022·广西·九年级课时练习）如图，在梯形中，，，E是的中点．（1）求证：；（2）与有可能相似吗？若相似，请给出证明过程；若不相似，请简述理由．
23．（2022·山东东平·初二期末）如图，四边形是正方形，点是边上动点(不与重合)．连接过点作交于点．求证：；连接，试探究当点在什么位置时，，请证明你的结论．
24．（2022 犍为县期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E是AC上一点，射线BE与CD的延长线交于点P，与边AD交于点F，连接FC．
（1）若∠ABF＝∠ACF，求证：CE2＝EF EP；
（2）若点D是CP中点，BE＝2，求EF的长．
25．（2022 泰山区模拟）已知：如图，四边形ABCD是菱形，点M、N分别在边BC、CD上，连接AM、AN交对角线BD于E、F两点，且∠MAN＝∠ABD．
（1）求证：AD2＝BF DE．（2）若＝，求证EF∥MN．
26．（2021·河南·二模）三角形的布洛卡点（Brocardpoint）是法国数学家和数学教育家克洛尔（A．LCrelle1780-1855）于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者法国军官布洛卡（Brocard1845-1922）重新发现，并用他的名字命名．如图1，若内一点P满足，则点P是的布洛卡点，是布洛卡角．（1）如图2，点P为等边三角形ABC的布洛卡点，则布洛卡角的度数是 ；PA、PB、PC的数量关系是 ；（2）如图3，点P为等腰直角三角形ABC（其中）的布洛卡点，且．①请找出图中的一对相似三角形，并给出证明；②若的面积为，求的面积．
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