4. (★)如图27.2-28,在$\triangle ABC$中,$P是AB$上一点,连接$CP$,要使$\triangle ACP\backsim\triangle ABC$,只需添加条件(写出一个合适的条件即可).

$\angle ACP = \angle B$

要使$\triangle ACP \backsim \triangle ABC$，已知$\angle A = \angle A$（公共角），根据相似三角形的判定定理，添加条件$\angle ACP = \angle B$，可利用“两角分别相等的两个三角形相似”判定相似。

5. (★)如图27.2-29,在等边三角形$ABC$中,点$D$,$E分别在边AC$,$AB$上,且$AD:AC = 1:3$,$AE = BE$,则【】

A.$\triangle AED\backsim\triangle BED$
B.$\triangle AED\backsim\triangle CBD$
C.$\triangle AED\backsim\triangle ABD$

D.$\triangle BAD\backsim\triangle BCD$

B

设等边三角形$ABC$的边长为$3a$。
∵$\triangle ABC$是等边三角形，
∴$AB=BC=AC=3a$，$\angle A=\angle B=\angle C=60°$。
∵$AD:AC=1:3$，
∴$AD=a$，$DC=AC - AD=2a$。
∵$AE=BE$，
∴$AE=BE=\frac{1}{2}AB=\frac{3a}{2}$。
分析选项B：$\triangle AED\sim\triangle CBD$
在$\triangle AED$和$\triangle CBD$中：
$\angle A=\angle C=60°$（等边三角形内角）；
夹$\angle A$的两边：$AE=\frac{3a}{2}$，$AD=a$；
夹$\angle C$的两边：$CB=3a$，$CD=2a$；
比例关系：$\frac{AE}{CB}=\frac{\frac{3a}{2}}{3a}=\frac{1}{2}$，$\frac{AD}{CD}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$，即$\frac{AE}{CB}=\frac{AD}{CD}$。
由“两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似”（SAS），得$\triangle AED\sim\triangle CBD$。

6. (★★)如图27.2-30,已知正方形$ABCD$的边长为2,$AE = EB$,$MN = 1$,线段$MN的两端分别在CB和CD$上滑动,那么当$CM = $时,$\triangle ADE与\triangle MNC$相似.

√5/5或2√5/5

在正方形ABCD中，边长为2，AE=EB，故E为AB中点。建立坐标系，设A(0,2)，B(2,2)，C(2,0)，D(0,0)，则E(1,2)。
△ADE中，AD=2，AE=1，∠DAE=90°（AD⊥AE），为直角三角形，直角边AD=2，AE=1。
设CM=x，CN=y，M在CB上（2,x），N在CD上（2-y,0），MN=1，故x²+y²=1（勾股定理）。△MNC中，∠MCN=90°（CB⊥CD），为直角三角形，直角边CM=x，CN=y。
两直角三角形相似，分两种情况：
1. AD/CM=AE/CN，即2/x=1/y，得x=2y，代入x²+y²=1，解得x=2√5/5；
2. AD/CN=AE/CM，即2/y=1/x，得y=2x，代入x²+y²=1，解得x=√5/5。
综上，CM=√5/5或2√5/5。

7. (★★)(2023·徐州)如图27.2-31,在$\triangle ABC$中,$\angle B = 90^{\circ}$,$\angle A = 30^{\circ}$,$BC = 2$,$D为AB$的中点. 若点$E在边AC$上,且$\frac{AD}{AB}= \frac{DE}{BC}$,则$AE$的长为【】

A.1
B.2
C.1或$\frac{\sqrt{3}}{2}$
D.1或2

D

在$\triangle ABC$中，$\angle B=90°$，$\angle A=30°$，$BC=2$，则$AC=2BC=4$，$AB=\sqrt{AC^2-BC^2}=\sqrt{16-4}=2\sqrt{3}$。$D$为$AB$中点，故$AD=\frac{AB}{2}=\sqrt{3}$。由$\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{BC}$，得$\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{3}}=\frac{DE}{2}$，解得$DE=1$。
以$B$为原点，$BC$为$x$轴，$BA$为$y$轴建系，坐标：$A(0,2\sqrt{3})$，$C(2,0)$，$D(0,\sqrt{3})$。$AC$方程：$y=-\sqrt{3}x+2\sqrt{3}$。设$E(x,y)$在$AC$上，$DE=1$，则$x^2+(y-\sqrt{3})^2=1$。将$y=-\sqrt{3}x+2\sqrt{3}$代入得$x^2+3(1-x)^2=1$，化简得$2x^2-3x+1=0$，解得$x=\frac{1}{2}$或$x=1$。
当$x=\frac{1}{2}$时，$E\left(\frac{1}{2},\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)$，$AE=\sqrt{\left(\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{3\sqrt{3}}{2}-2\sqrt{3}\right)^2}=1$；当$x=1$时，$E(1,\sqrt{3})$，$AE=\sqrt{1^2+(\sqrt{3}-2\sqrt{3})^2}=2$。

8. (★★)在$\triangle ABC$中,$\angle B = 30^{\circ}$,$AB = 2\mathrm{cm}$,$AC = 1.5\mathrm{cm}$；在$\triangle A'B'C'$中,$\angle B' = 30^{\circ}$,$A'B' = 4\mathrm{cm}$,$A'C' = 3\mathrm{cm}$. 这两个三角形一定相似吗？试着画一画、看一看.

不一定相似。
在△ABC中，∠B=30°，AB=2cm，AC=1.5cm，过A作AD⊥BC于D，则AD=AB·sin30°=2×1/2=1cm，∵AC=1.5cm＞AD，∴以A为圆心、AC为半径画弧与BC有两交点，△ABC有两种可能（锐角或钝角三角形）；
同理，△A'B'C'中，∠B'=30°，A'B'=4cm，A'C'=3cm，过A'作A'D'⊥B'C'于D'，A'D'=A'B'·sin30°=4×1/2=2cm，A'C'=3cm＞A'D'，△A'B'C'也有两种可能；
虽AB/A'B'=2/4=1/2，AC/A'C'=1.5/3=1/2，但两三角形对应角不一定相等，故不一定相似。

9. (★★)如图27.2-32,在$\triangle ABC$中,点$D$,$E分别在边AB$,$AC$上,$\angle AED = \angle B$,射线$AG分别交线段DE$,$BC于点F$,$G$,且$\frac{AD}{AC}= \frac{DF}{CG}$.
(1)求证：$\triangle ADF\backsim\triangle ACG$；
(2)若$\frac{AD}{AC}= \frac{1}{2}$,求$\frac{AF}{FG}$的值.

(2)$1$

(1)证明：在△AED和△ABC中，
∵∠AED=∠B，∠EAD=∠BAC，
∴△AED∽△ABC（AA），
∴∠ADE=∠ACB，即∠ADF=∠ACG。
在△ADF和△ACG中，
∵∠DAF=∠CAG（公共角），∠ADF=∠ACG，
∴△ADF∽△ACG（AA）。
(2)解：∵△ADF∽△ACG，
∴$\frac{AF}{AG}=\frac{AD}{AC}$。
∵$\frac{AD}{AC}=\frac{1}{2}$，
∴$\frac{AF}{AG}=\frac{1}{2}$，即$AG=2AF$。
∵$AG=AF+FG$，
∴$2AF=AF+FG$，
∴$FG=AF$，
∴$\frac{AF}{FG}=1$。