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1. 下列命题是真命题的有（填序号）.
①顶角为$30°$的两个等腰三角形相似；
②有一个锐角为$20°$的两个直角三角形相似；
③底角相等的等腰三角形相似；
④所有的等边三角形都相似.
①顶角为$30°$的两个等腰三角形相似；
②有一个锐角为$20°$的两个直角三角形相似；
③底角相等的等腰三角形相似；
④所有的等边三角形都相似.
答案
解：
① 顶角为$30°$的两个等腰三角形，底角均为$\frac{180°-30°}{2}=75°$，三个内角分别对应相等，由两角分别相等的两个三角形相似，可得两个等腰三角形相似，是真命题；
② 有一个锐角为$20°$的两个直角三角形，都有一个直角为$90°$，另有$20°$的锐角对应相等，三个内角分别对应相等，故两个直角三角形相似，是真命题；
③ 底角相等的等腰三角形，两个底角对应相等，可得顶角也对应相等，三个内角分别对应相等，故两个等腰三角形相似，是真命题；
④ 所有等边三角形的三个内角均为$60°$，三个内角分别对应相等，故所有等边三角形都相似，是真命题。
综上，答案为$\boldsymbol{①②③④}$。
① 顶角为$30°$的两个等腰三角形，底角均为$\frac{180°-30°}{2}=75°$，三个内角分别对应相等，由两角分别相等的两个三角形相似，可得两个等腰三角形相似，是真命题；
② 有一个锐角为$20°$的两个直角三角形，都有一个直角为$90°$，另有$20°$的锐角对应相等，三个内角分别对应相等，故两个直角三角形相似，是真命题；
③ 底角相等的等腰三角形，两个底角对应相等，可得顶角也对应相等，三个内角分别对应相等，故两个等腰三角形相似，是真命题；
④ 所有等边三角形的三个内角均为$60°$，三个内角分别对应相等，故所有等边三角形都相似，是真命题。
综上，答案为$\boldsymbol{①②③④}$。
2.如图,在$□ ABCD$中,$AB=12\ \mathrm{cm}$,$AD=6\ \mathrm{cm}$,点$E$在边$AD$上且$AE=2DE$.若在$AB$上取一点$F$,使$△ CBF ∽ △ CDE$,则$AF=\_\_\_\_\_\_\mathrm{cm}$.
答案
$\boldsymbol{11}$
解析
解：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ $BC=AD=6\ \mathrm{cm}$，$CD=AB=12\ \mathrm{cm}$，$∠ B=∠ D$。
∵ $AD=6\ \mathrm{cm}$，$AE=2DE$，
∴ $AE+DE=3DE=6\ \mathrm{cm}$，
解得 $DE=2\ \mathrm{cm}$。
∵ $△ CBF ∽ △ CDE$，
∴ $\frac{CB}{CD}=\frac{BF}{DE}$，
代入数值得 $\frac{6}{12}=\frac{BF}{2}$，
解得 $BF=1\ \mathrm{cm}$。
∴ $AF=AB-BF=12-1=11\ \mathrm{cm}$。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ $BC=AD=6\ \mathrm{cm}$，$CD=AB=12\ \mathrm{cm}$，$∠ B=∠ D$。
∵ $AD=6\ \mathrm{cm}$，$AE=2DE$，
∴ $AE+DE=3DE=6\ \mathrm{cm}$，
解得 $DE=2\ \mathrm{cm}$。
∵ $△ CBF ∽ △ CDE$，
∴ $\frac{CB}{CD}=\frac{BF}{DE}$，
代入数值得 $\frac{6}{12}=\frac{BF}{2}$，
解得 $BF=1\ \mathrm{cm}$。
∴ $AF=AB-BF=12-1=11\ \mathrm{cm}$。
3. 如图，在正方形网格中有$△ CEB$，$△ CDB$，$△ DEB$，这三个三角形中，与$△ ABC$相似的是（点A，B，C，D，E均在格点上）。
答案
解：设每个小正方形的边长为1，由勾股定理计算各三角形边长：
在$△ ABC$中，$AB=1$，$AC=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$，$BC=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，
因此$△ ABC$的三边比为$AB:AC:BC=1:\sqrt{2}:\sqrt{5}$。
在$△ DEB$中，$DE=2$，$BD=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$，$BE=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$，
因此$△ DEB$的三边比为$DE:BD:BE=2:2\sqrt{2}:2\sqrt{5}=1:\sqrt{2}:\sqrt{5}$，
可得$\dfrac{AB}{DE}=\dfrac{AC}{BD}=\dfrac{BC}{BE}$，三边对应成比例，$△ DEB ∽ △ ABC$。
在$△ CDB$中，$CD=1$，$BC=\sqrt{5}$，$BD=2\sqrt{2}$，三边比为$1:\sqrt{5}:2\sqrt{2}$，与$△ ABC$三边比不相等，不相似。
在$△ CEB$中，$CE=3$，$BC=\sqrt{5}$，$BE=2\sqrt{5}$，三边比为$3:\sqrt{5}:2\sqrt{5}$，与$△ ABC$三边比不相等，不相似。
$△ DEB$
在$△ ABC$中，$AB=1$，$AC=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$，$BC=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，
因此$△ ABC$的三边比为$AB:AC:BC=1:\sqrt{2}:\sqrt{5}$。
在$△ DEB$中，$DE=2$，$BD=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$，$BE=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$，
因此$△ DEB$的三边比为$DE:BD:BE=2:2\sqrt{2}:2\sqrt{5}=1:\sqrt{2}:\sqrt{5}$，
可得$\dfrac{AB}{DE}=\dfrac{AC}{BD}=\dfrac{BC}{BE}$，三边对应成比例，$△ DEB ∽ △ ABC$。
在$△ CDB$中，$CD=1$，$BC=\sqrt{5}$，$BD=2\sqrt{2}$，三边比为$1:\sqrt{5}:2\sqrt{2}$，与$△ ABC$三边比不相等，不相似。
在$△ CEB$中，$CE=3$，$BC=\sqrt{5}$，$BE=2\sqrt{5}$，三边比为$3:\sqrt{5}:2\sqrt{5}$，与$△ ABC$三边比不相等，不相似。
$△ DEB$
4. 提升题 如图，点D，E分别在△ABC的边AB，AC上，增加下列条件中的一个：①∠AED＝∠B；②∠ADE＝∠C；③$\frac{AE}{AB}=\frac{DE}{BC}$；④$\frac{AD}{AC}=\frac{AE}{BA}$；⑤$AC^2=AD·AE$。其中使△ADE与△ACB一定相似的有（填序号）。
答案
解：
在△ADE和△ACB中，∠DAE=∠CAB，为公共角。
1. 条件①：∠AED=∠B，结合公共角∠A相等，根据两角分别相等的两个三角形相似，可判定△ADE∽△ACB，符合要求。
2. 条件②：∠ADE=∠C，结合公共角∠A相等，根据两角分别相等的两个三角形相似，可判定△ADE∽△ACB，符合要求。
3. 条件③：$\frac{AE}{AB}=\frac{DE}{BC}$，公共角∠A不是两组比例线段的夹角，无法判定△ADE与△ACB相似，不符合要求。
4. 条件④：$\frac{AD}{AC}=\frac{AE}{BA}$，且公共角∠A为两组对应比例边的夹角，根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，可判定△ADE∽△ACB，符合要求。
5. 条件⑤：由$AC^2=AD· AE$变形得$\frac{AD}{AC}=\frac{AC}{AE}$，该比例无法对应△ADE和△ACB夹公共角∠A的两组边成比例，不能判定相似，不符合要求。
综上，答案为$\boldsymbol{①②④}$。
在△ADE和△ACB中，∠DAE=∠CAB，为公共角。
1. 条件①：∠AED=∠B，结合公共角∠A相等，根据两角分别相等的两个三角形相似，可判定△ADE∽△ACB，符合要求。
2. 条件②：∠ADE=∠C，结合公共角∠A相等，根据两角分别相等的两个三角形相似，可判定△ADE∽△ACB，符合要求。
3. 条件③：$\frac{AE}{AB}=\frac{DE}{BC}$，公共角∠A不是两组比例线段的夹角，无法判定△ADE与△ACB相似，不符合要求。
4. 条件④：$\frac{AD}{AC}=\frac{AE}{BA}$，且公共角∠A为两组对应比例边的夹角，根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，可判定△ADE∽△ACB，符合要求。
5. 条件⑤：由$AC^2=AD· AE$变形得$\frac{AD}{AC}=\frac{AC}{AE}$，该比例无法对应△ADE和△ACB夹公共角∠A的两组边成比例，不能判定相似，不符合要求。
综上，答案为$\boldsymbol{①②④}$。
5. 提升题 如图,在菱形ABCD中,点E,F分别在边AB,AD上,BE=DF,CE的延长线交DA的延长线于点G,CF的延长线交BA的延长线于点H.
(1)求证:△BEC∽△BCH;
(2)如果$BE^2=AB· AE$,求证:$AG=DF$.
(1)求证:△BEC∽△BCH;
(2)如果$BE^2=AB· AE$,求证:$AG=DF$.
答案
证明：(1) ∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $BC=CD=AB=AD$，$∠ B=∠ D$，$AB// CD$。
在$△ BCE$和$△ DCF$中，
$\begin{cases}BC=DC \\∠ B=∠ D \\BE=DF\end{cases}$
∴ $△ BCE≌△ DCF(\mathrm{SAS})$，
∴ $∠ BCE=∠ DCF$。
∵ $AB// CD$，
∴ $∠ H=∠ DCF$，
∴ $∠ BCE=∠ H$。
又∵ $∠ B=∠ B$，
∴ $△ BEC∽△ BCH$。
(2) ∵ $BE^2=AB· AE$，
∴ $\frac{AE}{BE}=\frac{BE}{AB}$。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $AD// BC$，$BC=AB$，
∴ $∠ G=∠ ECB$，$∠ GAE=∠ B$，
∴ $△ AEG∽△ BEC$，
∴ $\frac{AG}{BC}=\frac{AE}{BE}$。
将$BC=AB$代入得：$\frac{AG}{AB}=\frac{AE}{BE}$，
结合$\frac{AE}{BE}=\frac{BE}{AB}$，可得$\frac{AG}{AB}=\frac{BE}{AB}$，
∴ $AG=BE$。
又∵ $BE=DF$，
∴ $AG=DF$。
∴ $BC=CD=AB=AD$，$∠ B=∠ D$，$AB// CD$。
在$△ BCE$和$△ DCF$中，
$\begin{cases}BC=DC \\∠ B=∠ D \\BE=DF\end{cases}$
∴ $△ BCE≌△ DCF(\mathrm{SAS})$，
∴ $∠ BCE=∠ DCF$。
∵ $AB// CD$，
∴ $∠ H=∠ DCF$，
∴ $∠ BCE=∠ H$。
又∵ $∠ B=∠ B$，
∴ $△ BEC∽△ BCH$。
(2) ∵ $BE^2=AB· AE$，
∴ $\frac{AE}{BE}=\frac{BE}{AB}$。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $AD// BC$，$BC=AB$，
∴ $∠ G=∠ ECB$，$∠ GAE=∠ B$，
∴ $△ AEG∽△ BEC$，
∴ $\frac{AG}{BC}=\frac{AE}{BE}$。
将$BC=AB$代入得：$\frac{AG}{AB}=\frac{AE}{BE}$，
结合$\frac{AE}{BE}=\frac{BE}{AB}$，可得$\frac{AG}{AB}=\frac{BE}{AB}$，
∴ $AG=BE$。
又∵ $BE=DF$，
∴ $AG=DF$。
