2027年上海市中考数学 一模第23题满分讲义 《相似三角形证明》 讲与练

该初中数学中考复习讲义聚焦“相似三角形证明”核心考点，覆盖中考常考的比例线段、垂直关系、中点应用等题型，按“考点精讲-真题精练-新考纲题型拓展”架构组织，通过梳理判定方法、归纳辅助线技巧、解析21道各区期末真题，帮助学生构建知识网络，突破证明难点，体现复习的系统性与针对性。 亮点在于“真题情境化”与“分层突破”策略，如通过杨浦区期末题中矩形背景下FB²=FA·FG的证明，引导学生运用“等线段代换”“相似判定”等推理方法，培养几何直观与推理能力。课后巩固设置基础证明、综合应用两级练习，配合即时反馈设计，确保学生高效掌握，教师可据此精准把控复习节奏，提升学生中考实战能力。

2027年上海市中考数学 一模满分讲义 解答第23题《相似三角形证明》 精讲+精练+新考纲题型 核心考点 ·考点精讲 1．（2025秋•杨浦区期末）已知：如图，在矩形ABCD中，点E在边AB的延长线上，过A作AF⊥CE，垂足为点F，CF＝EF，AF与边BC交于点G，联结BF． （1）求证：FB2＝FA•FG； （2）连接BD与AG交于点H，如果AB＝BC，求证：． 2．（2025秋•嘉定区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D是边AB上一点，满足AC2＝AD•AB，点E是AC的中点，联结ED并延长交CB的延长线于点F．求证： （1）CD⊥AB； （2）BC•CF＝AC•DF． 3．（2025秋•徐汇区期末）如图，在四边形ABCD中，∠BAD＝90°，CD⊥BD，BD2＝AD•BC，点H在边BD上，且∠DBC＝∠C+∠BAH． （1）求证：AH＝AD； （2）过点B作射线BE交边CD于点F，交AD的延长线于点E．若∠DBE＝∠ABD，求证：BD•DE＝EF•CD． 4．（2025秋•松江区期末）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，E是边AB上一点，DE与AC交于点G，如果CE平分∠ACB，且DE⊥CE． （1）求证：AE2＝AG•AC； （2）求证：AG•GC＝EG•ED． 5．（2025秋•普陀区期末）已知：如图，四边形ABCD中，点E在边BC上，DE交AC于点F，∠AED＝∠B，AE2＝AF•AC． （1）求证：△ABE∽△ECF； （2）如果，求证：DE•AC＝AE•BC． 6．（2025秋•青浦区期末）如图，在▱ABCD中，点E在边AD上，BE、CD的延长线交于点F，联结CE，已知CE2＝DE•BC． （1）求证：△ABE∽△EFC； （2）求证：CE•CF＝EF•AD． 7．（2025秋•黄浦区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，OD是△ABC的中位线，P是线段OA上一点，联结PD并延长交BC的延长线于点Q． （1）如果CQ＝OD，求证：∠PDO＝∠POD； （2）过点P作PT∥BC交AC于点T，联结TO并延长交CB的延长线于点S，再联结OQ，求证：OS＝OQ． 8．（2025秋•金山区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点E、D分别在边BC、AC上，∠AED＝∠B． （1）求证：△ABE∽△ECD； （2）若AB＝10，BC＝16，BE＝12，求CD的长． 9．（2025秋•奉贤区期末）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、BC上，CD、AE相交于点F，且CD＝BD，AE＝AC． （1）求证：△ADF∽△CDA； （2）联结DE．如果，求证：AD•AE＝DC•DE． 10．（2025秋•长宁区期末）已知，如图，在四边形ABCD中，∠BAC＝∠ADC＝90°，AD＝m，BC＝n，，其中n＞m． （1）求证：△ACD∽△CBA． （2）如果S四边形ABCD：S△ABC＝3：2，求证：BC＝2AD． 11．（2025秋•虹口区期末）如图，D、E分别是△ABC边AB、AC上的点，且DE∥BC，DE＝4，BC＝12，AE＝3． （1）求CE的长； （2）如果∠ACD＝∠ABC，求CD的长． 12．（2025秋•浦东新区期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，垂足为点D，点E是边AC上一点，EF⊥BC，垂足为点F，AD、BE交于点M． （1）如果BE平分∠ABC，求证：BM•CE＝AM•BE； （2）如果BD＝CF，求证：． 13．（2025秋•宝山区期末）如图，在菱形ABCD中，E是CD上一点，联结BE并延长交AD的延长线于点G，交AC于点F． （1）求证：BE•BF＝BG•EF； （2）若E是CD的中点，且AF•CF＝2BF2，求证：BE⊥CD． 14．（2025秋•浦东新区期末）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，且DE∥BC， （1）若AD＝3，DB＝2，DE＝6，求BC的长； （2）若S△ADE＝9，S△ABC＝25，求AD：AB的值． 15．（2025秋•崇明区期末）如图，在△ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，AB＝AD，AD与BE交于点F，且BC2＝AC•EC． （1）求证：∠ADB＝∠BEC； （2）如果AB＝BC，求证：AE•AD＝AF•BE． 16．（2025秋•闵行区期末）如图，线段AD、BC相交于点E，点F是线段ED的中点，联结AB、BD、CD，分别延长BA、FC交于点G．已知∠BAD＝90°，且． （1）求证：∠ABE＝∠FCD； （2）如果DA平分∠BDC，求证：． 17．（2024秋•奉贤区期末）已知：如图，在△ABC中，点D在边AC上，点M、N在边BC上，AB是线段AD与AC的比例中项，∠BAN＝∠CAM，AM、AN分别交BD于点E、F． （1）求证：； （2）若点O为BD边的中点，联结ON，且BD2＝2BN•BC，求证：ON∥AB． 18．（2024秋•静安区期末）Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D、E分别为边AB、BC上的点，且CD＝CA，DE⊥AB． （1）求证：CA2＝CE•CB； （2）联结AE，取AE的中点M，联结CM并延长与AB交于点H，求证：CH⊥AB． 19．（2024秋•闵行区期末）如图：在四边形ABCD中，对角线BD平分∠ADC，且BD＝AD，点E在线段BD上且DE＝DC，联结AE并延长交BC于点F，联结CE并延长交AB于点G． （1）求证：AE＝BC； （2）求证：AG•EF＝FC•BG． 20．（2024秋•长宁区期末）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、BC上，联结CD、AE交于点F，AF＝FC，∠ADC＝∠ACB． （1）求证：AC2＝CD•AE； （2）如果点E是边BC的中点，求证：BC2＝2AD•AB． 21．（2024秋•宝山区期末）学完“相似三角形”之后，小明和同学尝试探索相似四边形的判定与性质，以下是他们的思考，请你和他们一起完成探究过程． 【定义】如果两个四边形的四个角对应相等，四条边对应成比例，那么这两个四边形相似．两个相似四边形的对应边的比，叫做这两个四边形的相似比． 【思考】类比相似三角形，对相似四边形的判定与性质提出了许多猜测，如： ①四条边对应成比例，且有一组角对应相等的两个四边形相似； ②四个角对应相等，且有两条相邻的边对应成比例的两个四边形相似； ③相似四边形的面积的比等于相似比的平方． … 【探究】请完成上述猜测中第③个结论的证明． 已知：如图，四边形ABCD与四边形A′B′C′D′相似，点A、B、C、D分别与点A′、B′、C′、D′对应，四边形ABCD与四边形A′B′C′D′的相似比为k． 求证：． 证明： 【运用】同学们通过讨论，证明了上述猜测都是正确的．试运用这些结论，解决问题：如图，已知矩形ABCD，E、F分别是边AD、AB上的点，AEAB，AFAD，联结BE、DF交于点G，试求的值． 课后巩固 · 针对性练习 【作业1】（2024秋•浦东新区期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，点D是边AB上的一点，联结CD，过点B作BE⊥CD，垂足为点E． （1）求证：△BDE∽△CBE； （2）如果AB＝BC，联结AE并延长，与边BC相交于点F．当点F是BC的中点时，求证：BD2＝AD•AB． 【作业2】（2024秋•杨浦区期末）已知：如图，△ABC中，∠A＝90°，点D是AB边上一点，过点B作BE⊥CD交CD延长线于点E，AD•BC＝BE•CD． （1）求证：BE2＝ED•EC； （2）求证：AB•BC＝2CE•BE． 【作业3】（2024秋•黄浦区期末）已知在△ABC中，CD平分∠ACB，E是CD延长线上一点，AE＝AD，F是AB延长线上的点，联结CF． （1）证明：△CEA∽△CDB； （2）如果CF∥AE，求证：． 【作业4】（2024秋•崇明区期末）如图，在△ABC中，AD是边BC上的中线，点E在AD上（不与A、D重合），联结BE、CE，并延长CE交AB于点F，∠DCE＝∠DAC． （1）求证：△DBE∽△DAB； （2）当∠BED＝∠ACF时，求证：． 【作业5】（2024秋•虹口区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D在边AC上，过点D作DE垂直AC交AB于点E，联结EC、BD交于点F． （1）求证：△ABD∽△ACE； （2）如果BC＝BE，求证：． 【作业6】（2024秋•松江区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，BE⊥AC，垂足分别为点D，点E．AF∥BC，交BE的延长线于点F． （1）求证：； （2）求证：2AB•AD＝BF•BC． 【作业7】（2024秋•普陀区期末）已知：如图，梯形ABCD中，AD∥BC，BD为对角线，BD2＝AD•BC． （1）求证：∠ABD＝∠C； （2）E为BC的中点，作∠DEF＝∠C，EF交边AD于点F，求证：2AB•DE＝BD•EF． 【作业8】（2024秋•青浦区期末）已知：如图，点D、E分别在△ABC的AB、AC边上，AE＝EC，AE2AD•AB，联结Cbnd">DE． （1）求证：△ADE∽△ACB； （2）取AD的中点F，联结EF、BE，求证：∠DEF＝∠CBE． 【作业9】（2024秋•静安区期末）已知：如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，联结AC、BD，△ABC是等边三角形，DE∥BC，DE与AC交于点E，∠ADB＝2∠DBC． （1）求证：△ADE∽△DBC； （2）求证：点E是线段AC的黄金分割点． 【作业10】（2024秋•金山区期末）已知：如图，点E是平行四边形ABCD的对角线BD上的一点，射线AE与DC交于点F，与BC的延长线交于点H． （1）求证：AE2＝EF•EH； （2）联结DH，若DH＝AB，AD2＝AE•AH，求证：四边形ABCD是菱形． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027年上海市中考数学 一模满分讲义 解答第23题《相似三角形证明》 精讲+精练+新考纲题型 核心考点 ·考点精讲 1．（2025秋•杨浦区期末）已知：如图，在矩形ABCD中，点E在边AB的延长线上，过A作AF⊥CE，垂足为点F，CF＝EF，AF与边BC交于点G，联结BF． （1）求证：FB2＝FA•FG； （2）连接BD与AG交于点H，如果AB＝BC，求证：． 【分析】（1）由矩形的性质得∠EBC＝∠ABC＝90°，由AF⊥CE于点F，得∠AFE＝90°，可证明∠BCE＝∠FAB，由CF＝EF，得BF＝CFCE，则∠BCE＝∠FBG，推导出∠FBG＝∠FAB，因为∠BFG＝∠AFB，所以△BFG∽△AFB，则，即可证明FB2＝FA•FG． （2）连接BD与AG交于点H，连接CH，由AB＝BC，证明四边形ABCD是正方形，由△AHD∽△GHB，得，可证明△BCH≌△BAH，得∠HCB＝∠HAB，因为∠FBG＝∠HAB，所以∠HCB＝∠FBG，则CH∥BF，所以，即可证明． 【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，点E在边AB的延长线上， ∴∠EBC＝∠ABC＝90°， ∵AF⊥CE于点F， ∴∠AFE＝90°， ∴∠BCE+∠E＝90°，∠FAB+∠E＝90°， ∴∠BCE＝∠FAB， ∵CF＝EF， ∴BF＝CFCE， ∴∠BCE＝∠FBG， ∴∠FBG＝∠FAB， ∵∠BFG＝∠AFB， ∴△BFG∽△AFB， ∴， ∴FB2＝FA•FG． （2）连接BD与AG交于点H，连接CH， ∵四边形ABCD是矩形，且AB＝BC， ∴四边形ABCD是正方形， ∵DA∥GB，DA＝CB， ∴△AHD∽△GHB， ∴， ∵CB＝AB＝CD＝AD，∠BCD＝∠BAD＝90°， ∴∠CDB＝∠CBD＝∠ABD＝∠ADB＝45°， 在△BCH和△BAH中， ， ∴△BCH≌△BAH（SAS）， ∴∠HCB＝∠HAB， 由（1）得∠FBG＝∠FAB，即∠FBG＝∠HAB， ∴∠HCB＝∠FBG， ∴CH∥BF， ∴， ∴． 【点评】此题重点考查矩形的性质、正方形的判定与性质、同角的余角相等、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定、平行线分线段成比例定理等知识，正确地添加辅助线是解题的关键． 2．（2025秋•嘉定区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D是边AB上一点，满足AC2＝AD•AB，点E是AC的中点，联结ED并延长交CB的延长线于点F．求证： （1）CD⊥AB； （2）BC•CF＝AC•DF． 【分析】（1）由题意，易得到△ACD∽△ABC，有∠ADC＝∠ACB，结合已知条件，证得结论； （2）根据已知条件，易得△FDB∽△FCD，有，结合tan∠ABC，得到结论． 【解答】证明：（1）∵AC2＝AD•AB， ∴， ∵∠A＝∠A， ∴△ACD∽△ABC， ∴∠ADC＝∠ACB， ∵∠ACB＝90° ∴∠ADC＝90°， ∴CD⊥AB； （2）∵在Rt△ADC中，E为AC的中点， ∴DEAC＝AE＝EC， ∴∠A＝∠ADE， ∵CD⊥AB，∠ACB＝90°， ∴∠A+∠ACD＝90°，∠ACD+∠DCB＝90°， ∴∠A＝∠DCB， ∵∠ADE＝∠BDF， ∴∠BDF＝∠DCB， ∴△FDB∽△FCD， ∴， ∵∠CDB＝90°，∠ACB＝90°， ∴tan∠ABC， ∴， ∴BC•CF＝AC•DF． 【点评】本题考查了三角形相似的判定和性质的应用，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 3．（2025秋•徐汇区期末）如图，在四边形ABCD中，∠BAD＝90°，CD⊥BD，BD2＝AD•BC，点H在边BD上，且∠DBC＝∠C+∠BAH． （1）求证：AH＝AD； （2）过点B作射线BE交边CD于点F，交AD的延长线于点E．若∠DBE＝∠ABD，求证：BD•DE＝EF•CD． 【分析】（1）由∠BAD＝90°，CD⊥BD，得∠BAD＝∠CDB＝90°，由BD2＝AD•BC，得，则Rt△ABD∽Rt△DCB，所以∠ABD＝∠C，∠ADB＝∠DBC，由∠DBC＝∠C+∠BAH，且∠AHD＝∠ABD+∠BAH＝∠C+∠BAH，推导出∠DBC＝∠AHD，则∠ADB＝∠AHD，即可证明AH＝AD． （2）作射线BE交边CD于点F，交AD的延长线于点E，使∠DBE＝∠ABD，则∠FBD＝∠ABD，因为∠ABD＝∠C，所以∠FBD＝∠C，可证明△FDB∽△BDC，得，由DE∥CB，证明△DEF∽△CBF，得，变形为，所以，则BD•DE＝EF•CD． 【解答】证明：（1）∵∠BAD＝90°，CD⊥BD， ∴∠BAD＝∠CDB＝90°， ∴△ABD和△DCB都是直角三角形， 在Rt△ABD和Rt△DCB中， ∵BD2＝AD•BC， ∴， ∴Rt△ABD∽Rt△DCB， ∴∠ABD＝∠C，∠ADB＝∠DBC， ∵∠DBC＝∠C+∠BAH，且∠AHD＝∠ABD+∠BAH＝∠C+∠BAH， ∴∠DBC＝∠AHD， ∴∠ADB＝∠AHD， ∴AH＝AD． （2）作射线BE交边CD于点F，交AD的延长线于点E，使∠DBE＝∠ABD， ∴∠FBD＝∠ABD， 由（1）得∠ABD＝∠C，∠ADB＝∠DBC， ∴∠FBD＝∠C， ∵∠FDB＝∠BDC， ∴△FDB∽△BDC， ∴， ∵DE∥CB， ∴△DEF∽△CBF， ∴， ∴， ∴， ∴BD•DE＝EF•CD． 【点评】此题重点考查相似三角形的判定与性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、平行线的判定、等腰三角形的判定等知识，证明Rt△ABD∽Rt△DCB是解题的关键． 4．（2025秋•松江区期末）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，E是边AB上一点，DE与AC交于点G，如果CE平分∠ACB，且DE⊥CE． （1）求证：AE2＝AG•AC； （2）求证：AG•GC＝EG•ED． 【分析】（1）由AB⊥BC，得∠B＝90°，由DE⊥CE，得∠GEC＝90°，由∠AEG+∠BEC＝90°，∠BCE+∠BEC＝90°，推导出∠AEG＝∠BCE，因为∠ACE＝∠BCE，所以∠AEG＝∠ACE，而∠GAE＝∠EAC，则△GAE∽△EAC，所以，即可证明AE2＝AG•AC． （2）AD∥BC，求得∠DAE＝180°﹣∠B＝90°，即可由∠DAE＝∠GEC，∠AED＝∠ECG，证明△AED∽△ECG，得，∠ADE＝∠EGC＝∠AGD，所以AD•GC＝EG•ED，因为AD＝AG，所以AG•GC＝EG•ED． 【解答】证明：（1）∵AB⊥BC， ∴∠B＝90°， ∵E是边AB上一点，DE与AC交于点G，DE⊥CE， ∴∠GEC＝90°， ∵∠AEG+∠BEC＝90°，∠BCE+∠BEC＝90°， ∴∠AEG＝∠BCE， ∵CE平分∠ACB， ∴∠ACE＝∠BCE， ∴∠AEG＝∠ACE， ∵∠GAE＝∠EAC， ∴△GAE∽△EAC， ∴， ∴AE2＝AG•AC． （2）∵AD∥BC，∠B＝90°， ∴∠DAE＝180°﹣∠B＝90°， 由（1）得∠GEC＝90°，∠AEG＝∠ACE， ∴∠DAE＝∠GEC，∠AED＝∠ECG， ∴△AED∽△ECG， ∴，∠ADE＝∠EGC＝∠AGD， ∴AD•GC＝EG•ED， ∵∠ADE＝∠AGD， ∴AD＝AG， ∴AG•GC＝EG•ED． 【点评】此题重点考查平行线的性质、同角的余角相等、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识，证明△GAE∽△EAC及△AED∽△ECG是解题的关键． 5．（2025秋•普陀区期末）已知：如图，四边形ABCD中，点E在边BC上，DE交AC于点F，∠AED＝∠B，AE2＝AF•AC． （1）求证：△ABE∽△ECF； （2）如果，求证：DE•AC＝AE•BC． 【分析】（1）由AE2＝AF•AC，得，可证明△FAE∽△EAC，则∠AED＝∠FCE，因为∠AED＝∠B，所以∠B＝∠FCE，推导出∠BAE＝∠CEF＝180°﹣∠AED﹣∠AEB，即可证明△ABE∽△ECF． （2）由△FAE∽△EAC，得，由，变形得，则，所以AD＝AE，则∠ADE＝∠AED＝∠B，即可由∠AED＝∠ACB，∠ADE＝∠B，证明△ADE∽△ABC，得，则DE•AC＝AE•BC． 【解答】证明：（1）∵AE2＝AF•AC， ∴， ∵∠FAE＝∠EAC， ∴△FAE∽△EAC， ∴∠AED＝∠FCE， ∵∠AED＝∠B， ∴∠B＝∠FCE， ∵∠BAE＝180°﹣∠B﹣∠AEB＝180°﹣∠AED﹣∠AEB，∠CEF＝180°﹣∠AED﹣∠AEB， ∴∠BAE＝∠CEF， ∴△ABE∽△ECF． （2）由（1）得∠AED＝∠FCE，△FAE∽△EAC， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴AD＝AE， ∴∠ADE＝∠AED＝∠B， ∵∠AED＝∠ACB，∠ADE＝∠B， ∴△ADE∽△ABC， ∴， ∴DE•AC＝AE•BC． 【点评】此题重点考查相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识，证明△FAE∽△EAC及△ADE∽△ABC是解题的关键． 6．（2025秋•青浦区期末）如图，在▱ABCD中，点E在边AD上，BE、CD的延长线交于点F，联结CE，已知CE2＝DE•BC． （1）求证：△ABE∽△EFC； （2）求证：CE•CF＝EF•AD． 【分析】（1）先根据平行四边形的性质证明∠DEC＝∠BCE，结合已知的CE2＝DE•BC，证明△DEC∽△ECB，得到∠FCE＝∠EBC，通过角的等量代换证明∠AEB＝∠FCE，根据平行线的性质得到∠ABE＝∠F，从而可证； （2）证明△CEF∽△BCF，得到，结合平行四边形的对应边相等，即BC＝AD，等量代换即可证明． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AD∥BC， ∴∠DEC＝∠BCE， ∵CE2＝DE•BC， ∴， ∴△DEC∽△ECB， ∴∠FCE＝∠EBC， ∵AD∥BC， ∴∠AEB＝∠EBC， ∴∠AEB＝∠FCE， ∵AB∥CD， ∴∠ABE＝∠F， ∴△ABE∽△EFC； （2）证明：由（1）知，∠FCE＝∠FBC， ∵∠F＝∠F， ∴△CEF∽﹣△BCF， ∴， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BC＝AD， ∴， ∴CE•CF＝EF•AD． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握相关性质定理和判定定理是解题的关键． 7．（2025秋•黄浦区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，OD是△ABC的中位线，P是线段OA上一点，联结PD并延长交BC的延长线于点Q． （1）如果CQ＝OD，求证：∠PDO＝∠POD； （2）过点P作PT∥BC交AC于点T，联结TO并延长交CB的延长线于点S，再联结OQ，求证：OS＝OQ． 【分析】（1）由中位定理可得OD∥BC，AD＝CD，导角可证明△ADO≌△DCQ（SAS），得∠A＝∠CDQ，由∠ADP＝∠CDQ，则∠A＝∠ADP，由于∠A+∠AOD＝∠ADP+∠ODP＝90°，故有∠PDO＝∠POD； （2）连接CO，由平行证明△PTD∽△QCD，得比例式，，， 故，从而可证SB＝CQ，由斜边中线性质得OC＝OB，最后证明△OBS和△OCQ（SAS）即可得结论． 【解答】（1）证明：∵OD是△ABC的中位线， ∴OD∥BC，AD＝CD， ∴∠ADO＝∠ACB＝90°， ∴∠A+∠AOD＝90°， ∵∠ADO＝∠DCQ＝90°，CQ＝OD， 在△ADO和△DCQ中， ， ∴△ADO≌△DCQ（SAS）， ∴∠A＝∠CDQ， ∵∠ADP＝∠CDQ， ∴∠A＝∠ADP， ∵∠A+∠AOD＝∠ADP+∠ODP＝90°， ∴∠PDO＝∠POD； （2）证明：如图所示，连接CO， ∵PT∥BC， ∴△PTD∽△QCD， ∴， ∵PT∥BC， ∴，， ∴， ∴SB＝CQ， ∵CO为斜边AB的中线， ∴OC＝OB， ∴∠OBC＝∠OCB， ∴∠OBS＝∠OCQ， 在△OBS和△OCQ中， ， ∴△OBS和△OCQ（SAS）， ∴OS＝OQ． 【点评】本题考查了三角形中位线性质，全等三角形的判定与性质，斜边中线定理，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例，熟练掌握以上内容并作出恰当辅助线是解题关键． 8．（2025秋•金山区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点E、D分别在边BC、AC上，∠AED＝∠B． （1）求证：△ABE∽△ECD； （2）若AB＝10，BC＝16，BE＝12，求CD的长． 【分析】（1）等边对等角，得到∠B＝∠C，三角形的外角的性质结合角的和差关系求出∠BAE＝∠DEC，即可得证； （2）根据相似三角形的性质，列出比例式，进行求解即可． 【解答】（1）证明：∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， ∵∠AED＝∠B，∠AEC＝∠B+∠BAE＝∠AED+∠CED， ∴∠BAE＝∠DEC， ∴△ABE∽△ECD； （2）解：由（1）知：△ABE∽△ECD，且AB＝10，BC＝16，BE＝12， ∴， ∴， ∴， 解得：CD＝4.8． 【点评】本题考查相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题的关键： 9．（2025秋•奉贤区期末）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、BC上，CD、AE相交于点F，且CD＝BD，AE＝AC． （1）求证：△ADF∽△CDA； （2）联结DE．如果，求证：AD•AE＝DC•DE． 【分析】（1）根据两角对应相等的两个三角形相似证明即可； （2）连接DE，证明DE∥AC，推出∠DEA＝∠CAF，再证明△ADE≌△CFA（ASA），推出DE＝AF，再利用相似三角形的性质证明即可． 【解答】证明：（1）∵DB＝DC，AC＝AE， ∴∠B＝∠DCB，∠AEC＝∠ACE， ∴∠B+∠BAE＝∠DCB+∠ACD， ∴∠BAE＝∠ACD， ∵∠ADF＝∠ADC， ∴△ADF∽△CDA； （2）如图，连接DE． ∵， ∴DE∥AC， ∴∠DEA＝∠CAF， ∵∠DAE＝∠ACF，AE＝AC， ∴△ADE≌△CFA（ASA）， ∴DE＝AF， ∵△ADF∽△CDA， ∴， ∵AC＝AE， ∴， ∴AD•AE＝DC•DE． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题． 10．（2025秋•长宁区期末）已知，如图，在四边形ABCD中，∠BAC＝∠ADC＝90°，AD＝m，BC＝n，，其中n＞m． （1）求证：△ACD∽△CBA． （2）如果S四边形ABCD：S△ABC＝3：2，求证：BC＝2AD． 【分析】（1）由AD＝m，BC＝n，，得AC2＝mn，AD•BC＝mn，则AC2＝AD•BC，所以，而∠BAC＝∠ADC＝90°，则Rt△ACD∽Rt△CBA． （2）作AE⊥BC于点E，由相似三角形的性质得∠DAC＝∠ACB，则AD∥BC，可证明∠BCD＝90°，则AE＝DC，所以S△ABCBC•DC，而S四边形ABCD（AD+BC）•DC，且S四边形ABCD：S△ABC＝3：2，所以，整理得BC＝2AD． 【解答】证明：（1）∵AD＝m，BC＝n，， ∴AC2＝mn，AD•BC＝mn， ∴AC2＝AD•BC， ∴， ∵∠BAC＝∠ADC＝90°， ∴Rt△ACD∽Rt△CBA． （2）作AE⊥BC于点E， ∵Rt△ACD∽Rt△CBA， ∴∠DAC＝∠ACB， ∴AD∥BC， ∴∠BCD＝180°﹣∠ADC＝90°， ∵AD∥BC，AE⊥BC于点E，DC⊥BC于点C， ∴AE＝DC， ∴S△ABCBC•AEBC•DC， ∵S四边形ABCD（AD+BC）•DC，且S四边形ABCD：S△ABC＝3：2， ∴， ∴3BC＝2AD+2BC， ∴BC＝2AD． 【点评】此题重点考查相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、三角形的面积公式及梯形的面积公式等知识，推导出是解题的关键． 11．（2025秋•虹口区期末）如图，D、E分别是△ABC边AB、AC上的点，且DE∥BC，DE＝4，BC＝12，AE＝3． （1）求CE的长； （2）如果∠ACD＝∠ABC，求CD的长． 【分析】（1）先证明△ADE∽△ABC，再根据相似三角形的性质得到，则可求出AC＝9，然后计算AC﹣AE即可； （2）先由△ADE∽△ABC得到，所以AB＝3AD，再证明△ACD∽△ABC得到AD：AC＝AC：AB，则可求出AD＝3，然后利用△ACD∽△ABC得到CD：BC＝AD：AC，从而可求出CD的长． 【解答】解：（1）∵DE∥BC， ∴△ADE∽△ABC， ∴， 即， 解得AC＝9， ∴CE＝AC﹣AE＝9﹣3＝6； （2）∵△ADE∽△ABC， ∴， ∴AB＝3AD， ∵∠ACD＝∠ABC，∠DAC＝∠CAB， ∴△ACD∽△ABC， ∴AD：AC＝AC：AB， 即AD：9＝9：3AD， 解得AD＝3， ∵△ACD∽△ABC， ∴CD：BC＝AD：AC， 即CD：12＝3：9， 解得CD＝4． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用；灵活运用相似三角形的性质计算相应线段的长或表示线段之间的关系是解决问题的关键． 12．（2025秋•浦东新区期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC，垂足为点D，点E是边AC上一点，EF⊥BC，垂足为点F，AD、BE交于点M． （1）如果BE平分∠ABC，求证：BM•CE＝AM•BE； （2）如果BD＝CF，求证：． 【分析】（1）根据角平分线的性质得到∠ABE＝∠CBE，再证明△ABM∽△CEB，得到，即可得出结论； （2）证明△ADB∽△CBA，得到AB2＝BD•BC，证明△BAC∽△ADC，得到AC2＝CD•BC，则，证明△CFE∽△CDA，得到，即可得出结论． 【解答】证明：（1）∵BE平分∠ABC， ∴∠ABE＝∠CBE， ∵AD⊥BC，∠BAC＝90°， ∴∠ABC+∠BAD＝90，∠ABC+∠ACB＝90°， ∴∠BAD＝∠ACB，即∠BAM＝∠ECB， ∴△ABM∽△CBE， ∴， ∴BM•CE＝AM•BE； （2）∵∠ADB＝∠BAC＝90°，∠BAD＝∠ACB， ∴△ADB∽△CAB， ∴， ∴AB2＝BD•BC， ∵∠BCA＝∠ACD，∠BAC＝∠ADC＝90°， ∴△BAC∽△ADC， ∴， ∴AC2＝CD•BC， ∴， ∵EF⊥BC，AD⊥BC， ∴EF∥AD， ∴△CFE∽△CDA， ∴， ∵BD＝CF， ∴ ∴． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，角平分线的性质，等腰三角形的判定，掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 13．（2025秋•宝山区期末）如图，在菱形ABCD中，E是CD上一点，联结BE并延长交AD的延长线于点G，交AC于点F． （1）求证：BE•BF＝BG•EF； （2）若E是CD的中点，且AF•CF＝2BF2，求证：BE⊥CD． 【分析】（1）证明△GAB∽△BCE得到，证明△ABF∽△CEF，得到，则可得到，据此可证明结论； （2）连接DF，证明△CFD≌△CFB（SAS），得到DF＝BF，由相似三角形的性质得到，则AF＝2CF，则可证明CF＝BF，即CF＝DF，再由三线合一定理可证明结论． 【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形， ∴AB∥CD，AD∥BC，∠BCD＝∠BAD，∠G＝∠EBC， ∴△GAB∽△BCE， ∴， ∵AB∥CD， ∴△ABF∽△CEF， ∴， ∴， ∴BE•BF＝BG•EF； （2）如图所示，连接DF， ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠ACD＝∠ACB，AB＝CD＝BC， 又∵CF＝CF， ∴△CFD≌△CFB（SAS）， ∴DF＝BF， ∵E是CD的中点， ∴， 由（1）得△ABF∽△CEF， ∴， ∴AF＝2CF， ∵AF•CF＝2BF2， ∴2CF•CF＝2BF2， ∴CF＝BF或CF＝﹣BF（舍去）， ∴CF＝DF， 又∵E是CD的中点， ∴EF⊥CD，即BE⊥CD． 【点评】本题主要考查了菱形的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，三线合一定理，熟知菱形的性质和相似三角形的性质与判定定理是解题的关键． 14．（2025秋•浦东新区期末）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、AC上，且DE∥BC， （1）若AD＝3，DB＝2，DE＝6，求BC的长； （2）若S△ADE＝9，S△ABC＝25，求AD：AB的值． 【分析】（1）证明△ADE∽△ABC，根据相似三角形对应边成比例即可求出答案； （2）根据相似三角形的面积比等于相似比的平方即可求出答案． 【解答】解：（1）∵DE∥BC，AD＝3，DB＝2，DE＝6， ∴△ADE∽△ABC， ∴， ∴， 解得：BC＝10（经检验，是分式方程的解，且符合题意）； （2）∵DE∥BC， ∴△ADE∽△ABC， ∴， ∵S△ADE＝9，S△ABC＝25， ∴， 解得：（负值已舍去）． 【点评】此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是解题的关键． 15．（2025秋•崇明区期末）如图，在△ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，AB＝AD，AD与BE交于点F，且BC2＝AC•EC． （1）求证：∠ADB＝∠BEC； （2）如果AB＝BC，求证：AE•AD＝AF•BE． 【分析】（1）利用两边成比例且夹角相等证得△ABC∽△BEC，得出∠ABC＝∠BEC，再根据等边对等角得出∠ABC＝∠ADB，即可得证； （2）根据等边对等角得出∠BAC＝∠C，结合（1）知∠ADB＝∠BEC，以及三角形外角的性质可证得∠CAD＝∠EBA，于是推出△AEF∽△BEA，再根据相似三角形的性质得出AE•AB＝AF•BE，由已知条件AB＝AD，即可得证． 【解答】（1）证明：∵BC2＝AC•EC， ∴， ∵∠C为公共角， ∴△ABC∽△BEC， ∴∠ABC＝∠BEC， ∵AB＝AD， ∴∠ABC＝∠ADB， ∴∠ADB＝∠BEC； （2）证明：∵AB＝BC， ∴∠BAC＝∠C， 由（1）知∠ADB＝∠BEC， ∵∠ADB＝∠CAD+∠C，∠BEC＝∠EBA+∠BAC， ∴∠CAD＝∠EBA， ∵∠AEF＝∠BEA， ∴△AEF∽△BEA， ∴， ∴AE•AB＝AF•BE， ∵AB＝AD， ∴AE•AD＝AF•BE． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键． 16．（2025秋•闵行区期末）如图，线段AD、BC相交于点E，点F是线段ED的中点，联结AB、BD、CD，分别延长BA、FC交于点G．已知∠BAD＝90°，且． （1）求证：∠ABE＝∠FCD； （2）如果DA平分∠BDC，求证：． 【分析】（1）根据两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似可得△AEB∽△CEB，那么∠BCD＝∠BAD＝90°，∠ABE＝∠FDC，进而根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得CF＝DF，即可判断出∠FCD＝∠FDC，那么∠ABE＝∠FCD； （2）证明△BCG∽△DEB，可得，进而判断出DE＝2CF，代换即可． 【解答】解：（1）证明：∵，∠AEB＝∠CED， ∴△AEB∽△CEB， ∴∠BCD＝∠BAD＝90°，∠ABE＝∠FDC， ∵点F是ED的中点， ∴CFDE，DFDE， ∴CF＝DF， ∴∠FCD＝∠FDC， ∴∠ABE＝∠FCD； （2）∵DA平分∠BDC， ∴∠ADB＝∠ADC， ∵∠ABE＝∠ADC， ∴∠ABE＝∠ADB， ∵∠BCD＝90°，点F是ED的中点， ∴CFDE，FEDE， ∴CF＝EF，DE＝2CF， ∴∠CEF＝∠ECF， ∵∠BCG＝∠CEF+∠EFC， ∠BED＝∠ECF+∠EFC， ∴∠BCG＝∠BED， ∴△BCG∽△DEB， ∴， ∴． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质的综合应用．熟练掌握并应用相似三角形的判定和性质是解决本题的关键． 17．（2024秋•奉贤区期末）已知：如图，在△ABC中，点D在边AC上，点M、N在边BC上，AB是线段AD与AC的比例中项，∠BAN＝∠CAM，AM、AN分别交BD于点E、F． （1）求证：； （2）若点O为BD边的中点，联结ON，且BD2＝2BN•BC，求证：ON∥AB． 【分析】（1）先证明△ABD∽△ACB，得到，∠ABD＝∠ACB，再根据∠BAN＝∠CAM，得出∠BAM＝∠CAN，得到△BAE∽△CAN，得出，从而得证； （2）根据BD2＝2BN•BC，O为BD中点，∠OBN是公共角，得到△BON∽△BCD，得出∠BON＝∠C，再根据△ABD∽△ACB，得出∠ABD＝∠C，得到∠BON＝∠ABD，从而得证ON∥AB． 【解答】证明：（1）∵AB是线段AD与AC的比例中项， ∴， ∵∠BAC是公共角， ∴△ABD∽△ACB， ∴，∠ABD＝∠ACB， ∵∠BAN＝∠CAM， ∴∠BAM＝∠CAN， ∴△BAE∽△CAN， ∴， ∴， ∴； （2）∵BD2＝2BN•BC，O为BD中点， ∴BD2＝BN•BC＝BO•BD， ∵∠OBN是公共角， ∴△BON∽△BCD， ∴∠BON＝∠C， ∵△ABD∽△ACB， ∴∠ABD＝∠C， ∴∠BON＝∠ABD， ∴ON∥AB． 【点评】本题考查了相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 18．（2024秋•静安区期末）Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D、E分别为边AB、BC上的点，且CD＝CA，DE⊥AB． （1）求证：CA2＝CE•CB； （2）联结AE，取AE的中点M，联结CM并延长与AB交于点H，求证：CH⊥AB． 【分析】（1）通过证明△DCE∽△BCD，可得，可得结论； （2）由直角三角形的性质可得AM＝ME＝CM，进而可得∠MCE＝∠MEC，通过证明点A，点C，点E，点D四点共圆，可得∠AEC＝∠ADC，由余角的性质可得结论． 【解答】证明：（1）∵DE⊥AB， ∴∠EDB＝∠ACB＝90°， ∴∠A+∠B＝90°＝∠B+∠DEB， ∴∠A＝∠DEB， ∵CA＝CD， ∴∠A＝∠CDA， ∴∠CDA＝∠DEB， ∴∠CDB＝∠CED， 又∵∠DCE＝∠DCB， ∴△DCE∽△BCD， ∴， ∴CD2＝CE•CB， ∴CA2＝CE•CB； （2）如图， ∵∠ACE是直角三角形，点M是AE中点， ∴AM＝ME＝CM， ∴∠MCE＝∠MEC， ∵∠ACB＝∠ADE＝90°， ∴点A，点C，点E，点D四点共圆， ∴∠AEC＝∠ADC， ∴∠AEC＝∠MCE＝∠ADC＝∠CAD， 又∵∠MCE+∠ACH＝90°， ∴∠CAD+∠ACH＝90°， ∴CH⊥AB． 方法二：∵∠ECA＝∠ACB，， ∴△ECA∽△ACB， ∴∠EAC＝∠B， ∵∠ACB＝90°，M是AE中点， ∴MA＝MC， ∴∠ACM＝∠EAC， ∴∠ACM＝∠B， ∵∠CAH＝∠BAC， ∴△AHC∽△ACB， ∴∠AHC＝∠ACB＝90°， ∴CH⊥AB． 【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，掌握相似三角形的判定定理是本题的关键． 19．（2024秋•闵行区期末）如图：在四边形ABCD中，对角线BD平分∠ADC，且BD＝AD，点E在线段BD上且DE＝DC，联结AE并延长交BC于点F，联结CE并延长交AB于点G． （1）求证：AE＝BC； （2）求证：AG•EF＝FC•BG． 【分析】（1）证明△ADE≌△BDC（SAS），即可得到AE＝BC； （2）证明△AGE∽△CFE，即可得出结论． 【解答】证明：（1）∵BD平分∠ADC， ∴∠ADE＝∠BDC， 在△ADE和△BDC中， ， ∴△ADE≌△BDC（SAS）， ∴AE＝BC； （2）∵AD＝BD，DE＝CD，∠ADB＝∠CDB， ∴∠BAD＝∠ABD＝∠DCE＝∠DEC， ∵∠DEC＝∠BEG， ∴BG＝GE，∠BGE＝∠ADE＝∠BDC， 又∵△ADE≌△BDC， ∴∠AED＝∠BCD， ∵∠AED＝∠BEF， ∴∠BEF＝∠BCD， ∵∠CBD+∠BEF+∠BFE＝∠CBD+∠BCD+∠BDC＝180°， ∴∠BFE＝∠BDC， ∴∠BFE＝∠BGE， ∴∠EFC＝∠AGE， ∴△AGE∽△CFE， ∴， ∴， ∴AG•EF＝FC•BG． 【点评】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，掌握全等三角形与相似三角形的性质与判定是解题的关键． 20．（2024秋•长宁区期末）如图，在△ABC中，点D、E分别在边AB、BC上，联结CD、AE交于点F，AF＝FC，∠ADC＝∠ACB． （1）求证：AC2＝CD•AE； （2）如果点E是边BC的中点，求证：BC2＝2AD•AB． 【分析】（1）证明△ACD∽△EAC，即可得到AC2＝CD•AE； （2）证明△ACD∽△ABC，得到AC2＝AD•AB，△ABC∽△EAC，得到AC2＝BC•CE，由此得到AD•AB＝BC•CE，再根据E是BC的中点，得出BC2＝2AD•AB． 【解答】证明：（1）∵AF＝FC， ∴∠ACD＝∠CAE， ∵∠ADC＝∠ACB， ∴△ACD∽△EAC， ∴， ∴AC2＝CD•AE； （2）∵∠ADC＝∠ACB，∠CAD＝∠BAC， ∴△ACD∽△ABC， ∴， ∴AC2＝AD•AB， ∵△ACD∽△EAC， ∴△ABC∽△EAC， ∴， ∴AC2＝BC•CE， ∴AD•AB＝BC•CE， ∵E是BC中点， ∴， ∴AD•AB， ∴BC2＝2AD•AB． 【点评】本题考查了相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 21．（2024秋•宝山区期末）学完“相似三角形”之后，小明和同学尝试探索相似四边形的判定与性质，以下是他们的思考，请你和他们一起完成探究过程． 【定义】如果两个四边形的四个角对应相等，四条边对应成比例，那么这两个四边形相似．两个相似四边形的对应边的比，叫做这两个四边形的相似比． 【思考】类比相似三角形，对相似四边形的判定与性质提出了许多猜测，如： ①四条边对应成比例，且有一组角对应相等的两个四边形相似； ②四个角对应相等，且有两条相邻的边对应成比例的两个四边形相似； ③相似四边形的面积的比等于相似比的平方． … 【探究】请完成上述猜测中第③个结论的证明． 已知：如图，四边形ABCD与四边形A′B′C′D′相似，点A、B、C、D分别与点A′、B′、C′、D′对应，四边形ABCD与四边形A′B′C′D′的相似比为k． 求证：． 证明： 【运用】同学们通过讨论，证明了上述猜测都是正确的．试运用这些结论，解决问题：如图，已知矩形ABCD，E、F分别是边AD、AB上的点，AEAB，AFAD，联结BE、DF交于点G，试求的值． 【分析】【探究】连接AC，A'C'，证明△ABC∽△A′B′C′，△ACD∽△A′C′D′，得出，，则可得出答案； 【运用】由矩形的性质得出AB∥CD，AD∥BC，∠A＝∠C＝90°，AB＝CD，AD＝BC，证出，由结论“四个角对应相等，且有两条相邻的边对应成比例的两个四边形相似”证明四边形AEGF∽四边形CDGB，则可得出答案． 【解答】【探究】证明：连接AC，A'C'， ∵四边形ABCD与四边形A′B′C′D′相似， ∴，∠D＝∠D′，∠B＝∠B′， ∴△ABC∽△A′B′C′，△ACD∽△A′C′D′， ∴，， ∴k2； 【运用】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD，AD∥BC，∠A＝∠C＝90°，AB＝CD，AD＝BC， ∴∠AFG＝∠GDC，∠AEG＝∠CBG， ∵AEAB，AFAD， ∴AECD，AFBC， ∴， ∵∠FGE＝∠BGD， ∴四边形AEGF∽四边形CDGB， ∴． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，相似多边形的性质，矩形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 课后巩固 · 针对性练习 【作业1】（2024秋•浦东新区期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，点D是边AB上的一点，联结CD，过点B作BE⊥CD，垂足为点E． （1）求证：△BDE∽△CBE； （2）如果AB＝BC，联结AE并延长，与边BC相交于点F．当点F是BC的中点时，求证：BD2＝AD•AB． 【分析】（1）根据题意，得到∠CEB＝∠BED＝90°，∠ECB＝∠DBE，从而得以两三角形相似； （2）由题意得到△AED∽△ABE，得到对应边成比例，结合条件得到AE＝BD，从而证得结果． 【解答】证明：（1）∵BE⊥CD， ∴∠CEB＝∠BED＝90°， ∴∠ECD+∠CBE＝90°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠DBE+∠CBE＝90°， ∴∠ECB＝∠DBE， ∴△BDE∽△CBE； （2）如图2：联结AE并延长，与边BC相交于点F， BE⊥CD，F点是BC的中点， ∴CF＝EF， ∴∠ECF＝∠CEF， 由（1）知∠ECB＝∠DBE， ∵∠CEF＝∠AED， ∴∠AED＝∠ABE， ∵∠EAD＝∠BAE， ∴△AED∽△ABE， ∴， 又由（1）知△BDE∽△CBE， ∴， ∴， 设FB＝FC＝FE＝a， ∴AB＝2a，AFa，AE＝（1）a， ∵， ∴AE2＝AD•AB， ∴AD＝（3）a， ∴BD＝2a﹣（3）a＝（1）a， ∴AE＝BD， ∴BD2＝AD•AB． 【点评】本题考查了相似三角形的判定和性质的应用，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 【作业2】（2024秋•杨浦区期末）已知：如图，△ABC中，∠A＝90°，点D是AB边上一点，过点B作BE⊥CD交CD延长线于点E，AD•BC＝BE•CD． （1）求证：BE2＝ED•EC； （2）求证：AB•BC＝2CE•BE． 【分析】（1）先证明△ADC∽△BEC，得到∠ACD＝∠BCE，∠ADC＝∠EBC，又因为∠ADC＝∠EDB，所以∠EDB＝∠EBC，然后证明△EBD∽△ECB，得到，即可得证； （2）延长CA、BE交于点H，由已知条件得BC＝CH，又∠ACD＝∠BCE，所以∠EDB＝∠EBC，证明△EBD∽△ECB，得，即可得证． 【解答】证明：（1）∵AD•BC＝BE•CD， ∴， 在Rt△ADC与Rt△BEC 中，∠E＝∠A＝90°，， ∴△ADC∽△BEC， ∴∠ACD＝∠BCE，∠ADC＝∠EBC， ∵∠ADC＝∠EDB， ∴∠EDB＝∠EBC， 在△EBD与△ECB中，∠EDB＝∠EBC，∠E是公共角， ∴△EBD∽△ECB， ∴， 即BE2＝ED•EC； （2）延长CA、BE交于点H， ∵∠ACD＝∠BCE，∠BEC＝90°，由三角形内角和可得∠EBC＝∠H， ∴BC＝CH， ∵∠ACD＝∠BCE， ∴BH＝2BE＝2EH， 在Rt△ABH 与Rt△BEC 中，∠BEC＝∠BAH＝90°，∠EBC＝∠H， ∴Rt△ABH∽Rt△BEC， ∴， 即AB•BC＝2BE•CE． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定与性质，掌握以上知识点是解答本题的关键． 【作业3】（2024秋•黄浦区期末）已知在△ABC中，CD平分∠ACB，E是CD延长线上一点，AE＝AD，F是AB延长线上的点，联结CF． （1）证明：△CEA∽△CDB； （2）如果CF∥AE，求证：． 【分析】（1）由CD平分∠ACB，得∠ACE＝∠BCD，由AE＝AD，得∠ADE＝∠E＝∠CDB，即可根据“两角分别相等的两个三角形相似”证明△CEA∽△CDB； （2）由△CEA∽△CDB，得∠CAE＝∠CBD，，则，由CF∥AE，得∠ACF+∠CAE＝180°，而∠CBF+∠CBD＝180°，则∠CBF＝∠ACF，可证明△CBF∽△ACF，得，所以． 【解答】证明：（1）∵CD平分∠ACB，E是CD延长线上一点， ∴∠ACE＝∠BCD，∠ADE＝∠CDB， ∵AE＝AD， ∴∠ADE＝∠E， ∴∠E＝∠CDB， ∴△CEA∽△CDB． （2）∵△CEA∽△CDB， ∴∠CAE＝∠CBD，， ∴， ∵CF∥AE， ∴∠ACF+∠CAE＝180°， ∵∠CBF+∠CBD＝180°， ∴∠CBF＝∠ACF， ∵∠F＝∠F， ∴△CBF∽△ACF， ∴， ∴． 【点评】此题重点考查角平分线的定义、等腰三角形的性质、平行线的性质、相似三角形的判定与性质等知识，推导出∠E＝∠CDB，进而证明△CEA∽△CDB以及证明△CBF∽△ACF是解题的关键． 【作业4】（2024秋•崇明区期末）如图，在△ABC中，AD是边BC上的中线，点E在AD上（不与A、D重合），联结BE、CE，并延长CE交AB于点F，∠DCE＝∠DAC． （1）求证：△DBE∽△DAB； （2）当∠BED＝∠ACF时，求证：． 【分析】（1）由AD是边BC上的中线，得BD＝CD，由∠DCE＝∠DAC，∠CDE＝∠ADC，证明△CDE∽△ADC，得，所以，因为∠BDE＝∠ADB，所以△DBE∽△DAB； （2）由△DBE∽△DAB，得∠BED＝∠ABD，而∠BED＝∠ACF，所以∠ABD＝∠ACF，因为∠BAC＝∠CAF，所以△BAC∽△CAF，则，由∠ABC＝∠ACF，∠DCE＝∠DAC，得∠AFE＝∠ABC+∠DCE＝∠ACF+∠DAC＝∠AEF，则AF＝AE，所以． 【解答】证明：（1）∵AD是边BC上的中线， ∴BD＝CD， ∵∠DCE＝∠DAC，∠CDE＝∠ADC， ∴△CDE∽△ADC， ∴， ∴， ∵∠BDE＝∠ADB， ∴△DBE∽△DAB． （2）∵△DBE∽△DAB， ∴∠BED＝∠ABD， ∵∠BED＝∠ACF， ∴∠ABD＝∠ACF，即∠ABC＝∠ACF， ∵∠BAC＝∠CAF， ∴△BAC∽△CAF， ∴， ∵∠ABC＝∠ACF，∠DCE＝∠DAC， ∴∠AFE＝∠ABC+∠DCE＝∠ACF+∠DAC＝∠AEF， ∴AF＝AE， ∴． 【点评】此题重点考查相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识，证明△CDE∽△ADC及△BAC∽△CAF是解题的关键． 【作业5】（2024秋•虹口区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D在边AC上，过点D作DE垂直AC交AB于点E，联结EC、BD交于点F． （1）求证：△ABD∽△ACE； （2）如果BC＝BE，求证：． 【分析】（1）由∠ADE＝∠ABC＝90°，∠A＝∠A，证明△ADE∽△ABC，得，所以，则△ADB∽△AEC； （2）由相似三角形的性质得∠ABD＝∠ACE，推导出∠BDC＝∠BEC，由BC＝BE，∠CBE＝90°，得∠BCF＝∠BEC，CE2＝BC2+BE2＝2BC2，则∠BCF＝∠BDC，BC2CE2，而∠FBC＝∠CBD，所以△FBC∽△CBD，则，所以BC2＝BF•BD，则CE2＝BF•BD． 【解答】证明：（1）∵∠ABC＝90°，DE⊥AC， ∴∠ADE＝∠ABC＝90°， ∵∠A＝∠A， ∴△ADE∽△ABC， ∴， ∴， ∴△ADB∽△AEC． （2）∵△ADB∽△AEC， ∴∠ABD＝∠ACE， ∴∠BFC﹣∠ACE＝∠BFC﹣∠ABD， ∴∠BDC＝∠BFC﹣∠ACE，∠BEC＝∠BFC﹣∠ABD， ∴∠BDC＝∠BEC， ∵BC＝BE，∠CBE＝90°， ∴∠BCF＝∠BEC，CE2＝BC2+BE2＝2BC2， ∴∠BCF＝∠BDC，BC2CE2， ∵∠FBC＝∠CBD， ∴△FBC∽△CBD， ∴， ∴BC2＝BF•BD， ∴CE2＝BF•BD． 【点评】此题重点考查相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识，证明△ADE∽△ABC及△FBC∽△CBD是解题的关键． 【作业6】（2024秋•松江区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，BE⊥AC，垂足分别为点D，点E．AF∥BC，交BE的延长线于点F． （1）求证：； （2）求证：2AB•AD＝BF•BC． 【分析】（1）由AD⊥BC，BE⊥AC，得∠FEA＝∠ADC＝90°，由AF∥BC，得∠FAE＝∠C，所以△FAE∽△ACD，则，所以； （2）设AD交BF于点H，由AB＝AC，AD⊥BC，∠FAH＝∠ADB＝90°，推导出CD＝BDBC，∠BAH＝∠CAD＝90°﹣∠FAE＝∠F，而∠HBA＝∠ABF，则△HBA∽△ABF，所以，再证明△FAH∽△ADC，得，则，所以，则2AB•AD＝BF•BC． 【解答】证明：（1）∵AD⊥BC，BE⊥AC， ∴∠FEA＝∠ADC＝90°， ∵AF∥BC， ∴∠FAE＝∠C， ∴△FAE∽△ACD， ∴， ∴． （2）设AD交BF于点H， ∵AB＝AC，AD⊥BC，∠FAH＝∠ADB＝90°， ∴CD＝BDBC，∠BAH＝∠CAD＝90°﹣∠FAE＝∠F， ∵∠HBA＝∠ABF， ∴△HBA∽△ABF， ∴， ∵∠FAH＝∠ADC＝90°，∠F＝∠CAD， ∴△FAH∽△ADC， ∴， ∴， ∴， ∴2AB•AD＝BF•BC． 【点评】此题重点考查等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质等知识，设AD交BF于点H，证明△FAE∽△ACD及△HBA∽△ABF是解题的关键． 【作业7】（2024秋•普陀区期末）已知：如图，梯形ABCD中，AD∥BC，BD为对角线，BD2＝AD•BC． （1）求证：∠ABD＝∠C； （2）E为BC的中点，作∠DEF＝∠C，EF交边AD于点F，求证：2AB•DE＝BD•EF． 【分析】（1）证明△ABD∽△DCB，即可得证； （2）证明△FED∽△DCE，△ABD∽△DCB，即可得证． 【解答】证明：（1）∵BD2＝AD•BC， ∴， ∵AD∥BC， ∴∠ADB＝∠DBC， ∴△ABD∽△DCB， ∴∠ABD＝∠C； （2）∵AD∥BC， ∴∠FDE＝∠DEC， 又∵∠DEF＝∠C， ∴△FED∽△DCE， ∴， ∴， ∵△ABD∽△DCB， ∴， ∵BC＝2EC， ∴， ∴2AB•DE＝BD•EF． 【点评】本题考查了相似三角形的性质与判定，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 【作业8】（2024秋•青浦区期末）已知：如图，点D、E分别在△ABC的AB、AC边上，AE＝EC，AE2AD•AB，联结DE． （1）求证：△ADE∽△ACB； （2）取AD的中点F，联结EF、BE，求证：∠DEF＝∠CBE． 【分析】（1）由AE＝EC，得AC＝2AE，因为AE2AD•AB，所以，则，而∠A＝∠A，即可证明△ADE∽△ACB； （2）取AD的中点F，联结EF、BE，则AF＝DFAD，由AE2AD•AB，得AE2＝AF•AB，则，而∠A＝∠A，所以△AFE∽△AEB，则∠AEF＝∠ABE，由△ADE∽△ACB，得∠AED＝∠ABC，所以∠AED﹣∠AEF＝∠ABC﹣∠ABE，则∠DEF＝∠CBE． 【解答】证明：（1）∵AE＝EC， ∴AC＝2AE， ∵AE2AD•AB， ∴， ∴， ∵∠A＝∠A， ∴△ADE∽△ACB． （2）取AD的中点F，联结EF、BE，则AF＝DFAD， ∵AE2AD•AB， ∴AE2＝AF•AB， ∴， ∵∠A＝∠A， ∴△AFE∽△AEB， ∴∠AEF＝∠ABE， ∵△ADE∽△ACB， ∴∠AED＝∠ABC， ∴∠AED﹣∠AEF＝∠ABC﹣∠ABE， ∴∠DEF＝∠CBE． 【点评】此题重点考查相似三角形的判定与性质，推导出，进而证明△ADE∽△ACB是解题的关键． 【作业9】（2024秋•静安区期末）已知：如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，联结AC、BD，△ABC是等边三角形，DE∥BC，DE与AC交于点E，∠ADB＝2∠DBC． （1）求证：△ADE∽△DBC； （2）求证：点E是线段AC的黄金分割点． 【分析】（1）证明∠ADE＝∠DBC，∠AED＝∠DCB＝120°可得结论； （2）利用等边三角形的性质以及相似三角形的性质证明即可． 【解答】证明：（1）∵△ABC是等边三角形， ∴∠ACB＝∠CAB＝60°， ∵CD∥AB，DE∥BC， ∴∠DCB＝∠CAB＝60°，∠DEC＝∠ACB＝60°， ∴△DCE是等边三角形， ∴DE＝DC， ∵DE∥BC， ∴∠EDB＝∠DBC， ∵∠ADB＝2∠DBC， ∴∠ADE＝∠EDB＝∠DBC， ∵∠AED＝∠DCB＝120°， ∴△ADE∽△DBC； （2）∵△ADE∽△DBC， ∴， ∵△DEC，△ABC都是等边三角形， ∴DE＝EC＝DC，AC＝BC， ∴EC2＝AE•AC， ∴点E是线段AC的黄金分割点． 【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，黄金分割，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题． 【作业10】（2024秋•金山区期末）已知：如图，点E是平行四边形ABCD的对角线BD上的一点，射线AE与DC交于点F，与BC的延长线交于点H． （1）求证：AE2＝EF•EH； （2）联结DH，若DH＝AB，AD2＝AE•AH，求证：四边形ABCD是菱形． 【分析】（1）由平行四边形的性质得AB∥CD，CB∥AD，可证明△ABE∽△FDE，得，再证明△HBE∽△ADE，得，推导出，所以AE2＝EF•EH； （2）由AD2＝AE•AH，得，可证明△EAD∽△DAH，得∠ADE＝∠AHD＝∠HBD，进而证明△HDE∽△BDH，得∠AEB＝∠HED＝∠BHD，因为DH＝AB＝CD，所以∠BHD＝∠DCH＝∠ABH，则∠AEB＝∠ABH，可证明△AEB∽△ABH，得，则AB2＝AE•AH，所以AB2＝AD2，则AB＝AD，即可证明四边形ABCD是菱形． 【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，CB∥AD， ∵AB∥FD， ∴△ABE∽△FDE， ∴， ∵HB∥AD， ∴△HBE∽△ADE， ∴， ∴， ∴AE2＝EF•EH． （2）联结BD， ∵AD2＝AE•AH， ∴， ∵∠EAD＝∠DAH， ∴△EAD∽△DAH， ∴∠ADE＝∠AHD， ∵∠ADE＝∠HBD， ∴∠AHD＝∠HBD， ∵∠HDE＝∠BDH， ∴△HDE∽△BDH， ∴∠AEB＝∠HED＝∠BHD， ∵DH＝AB＝CD， ∴∠BHD＝∠DCH＝∠ABH， ∴∠AEB＝∠ABH， ∵∠EAB＝∠BAH， ∴△AEB∽△ABH， ∴， ∴AB2＝AE•AH， ∴AB2＝AD2， ∴AB＝AD， ∴四边形ABCD是菱形． 【点评】此题重点考查平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、菱形的判定等知识，证明△ABE∽△FDE、△HBE∽△ADE及AB2＝AE•AH是解题的关键． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $