如果两个三角形有两组对应角相等，那么这两个三角形相似.如在$\triangle ABC$
和$\triangle DEF$中，若,则$\triangle ABC\backsim\triangle DEF$.

$\angle A = \angle D$，$\angle B = \angle E$

根据“两角分别相等的两个三角形相似”的判定定理，在$\triangle ABC$和$\triangle DEF$中，若$\angle A = \angle D$，$\angle B = \angle E$，则$\triangle ABC\backsim\triangle DEF$。

例 1 如图，在$\triangle ABC$中，$AE$交$BC$于点$D$，$\angle C=\angle E$，$AE = 8$，
$BD = 4$，$AD:DE = 3:5$，则$DC$的长等于().

A.$\frac {15}{4}$
B.$\frac {12}{5}$
C.$\frac {20}{3}$
D.$\frac {17}{4}$

$\because \angle C = \angle E$，$\angle ADC = \angle BDE$，
$\therefore \triangle ADC \backsim \triangle BDE$，
$\therefore \frac{DC}{DE} = \frac{AD}{BD}$．
$\because AD:DE = 3:5$，$AE = 8$，
$\therefore AD = \frac{3}{3 + 5} × 8 = 3$，$DE = 8 - 3 = 5$．
$\because BD = 4$，
$\therefore \frac{DC}{5} = \frac{3}{4}$，
$\therefore DC = \frac{15}{4}$．
故选 A．

例 2 如图，在$\triangle ABC$中，$AD$是$\angle BAC$的平分线，
$AD$的垂直平分线交$AD$于点$E$，交$BC$的延长线于点$F$.
求证$FD^{2} = FB· FC$.

连接AF.
∵EF垂直平分AD，
∴AF=DF，∠FAD=∠FDA.
∵AD平分∠BAC，
∴∠2=∠3.
∵∠FDA是△ABD外角，
∴∠FDA=∠B+∠3.
∵∠FAD=∠1+∠2，∠FAD=∠FDA，
∴∠1+∠2=∠B+∠3.
∵∠2=∠3，
∴∠1=∠B.
∵∠AFB=∠CFA，∠1=∠B，
∴△ACF∽△BAF.
∴AF/FB=FC/AF，
∴AF²=FB·FC.
∵AF=DF，
∴FD²=FB·FC.

（武汉中考）在$\triangle ABC$中，$P$为边$AB$上一点.

(1)如图①，若$\angle ACP = \angle B$，求证$AC^{2} = AP· AB$.
(2)若$M$为$CP$的中点，$AC = 2$.
①如图②，若$\angle PBM = \angle ACP$，$AB = 3$，求$BP$的长.
②如图③，若$\angle ABC = 45°$，$\angle A = \angle BMP = 60°$，求$BP$的长.

(1)证明见解析；(2)①$\sqrt{5}$；②$\sqrt{7}-1$。

(1) 证明：
∵ $\angle ACP = \angle B$，$\angle A = \angle A$，
∴ $\triangle ACP \backsim \triangle ABC$，
∴ $\frac{AC}{AB} = \frac{AP}{AC}$，
∴ $AC^2 = AP · AB$。
(2) ① 解：
过点 $C$ 作 $CQ // BM$ 交 $AB$ 的延长线于点 $Q$。
∵ $M$ 为 $CP$ 中点，$CQ // BM$，
∴ $BM$ 为 $\triangle PCQ$ 的中位线，$\therefore BP = PQ$。
设 $BP = x$，则 $PQ = x$，$AQ = AB + BQ = 3 + x$，$AP = AB - BP = 3 - x$。
∵ $\angle AQC = \angle PBM = \angle ACP$，$\angle PAC = \angle CAQ$，
∴ $\triangle APC \backsim \triangle ACQ$，
∴ $\frac{AC}{AQ} = \frac{AP}{AC}$，即 $AC^2 = AP · AQ$。
∵ $AC = 2$，
∴ $2^2 = (3 - x)(3 + x)$，
解得 $x = \sqrt{5}$（负值舍去），
∴ $BP = \sqrt{5}$。
② 解：
过点 $C$ 作 $CH \perp AB$ 于点 $H$，延长 $AB$ 到点 $E$，使 $BE = BP$，连接 $EC$。
设 $BP = x$，则 $BE = x$，$PE = 2x$。
∵ $\angle ABC = 45°$，$\angle A = 60°$，$AC = 2$，
∴ $AH = AC \cos 60° = 1$，$CH = AC \sin 60° = \sqrt{3}$，
$BH = CH = \sqrt{3}$，$\therefore AB = AH + BH = 1 + \sqrt{3}$，
$AP = AB - BP = 1 + \sqrt{3} - x$，$AE = AB + BE = 1 + \sqrt{3} + x$。
∵ $BE = BP$，$\angle BMP = 60° = \angle A$，
∴ $\triangle BMP \backsim \triangle BCA$，$\angle MBP = \angle CBA$，
∴ $BM // EC$，$\angle BMP = \angle E = 60° = \angle A$。
∵ $\angle ACP = \angle E$，$\angle A = \angle A$，
∴ $\triangle APC \backsim \triangle ACE$，
∴ $\frac{AC}{AE} = \frac{AP}{AC}$，即 $AC^2 = AP · AE$。
∵ $AC = 2$，
∴ $2^2 = (1 + \sqrt{3} - x)(1 + \sqrt{3} + x)$，
解得 $x = \sqrt{7} - 1$（负值舍去），
∴ $BP = \sqrt{7} - 1$。