1.(牡丹江)如图3-2-1,在△ABC中,D是AB边上的一点,连结CD,请添加一个适当的条件,使△ABC∽△ACD:.（只填一个即可）

1. 如∠ACD = ∠ABC，$\frac{AD}{AC}=\frac{AC}{AB}$等.

【分析】
要判定△ABC∽△ACD，首先观察两个三角形的公共角：∠A是△ABC和△ACD的公共角，已经满足一组角相等的条件。接下来结合相似三角形的判定定理思考：①如果用“两角分别相等的两个三角形相似”，只需要再添加一组对应角相等即可；②如果用“两边成比例且夹角相等的两个三角形相似”，只需要添加夹∠A的两组边对应成比例即可，据此就能得到符合要求的条件。
【解析】
已知在△ABC和△ACD中，∠A为两个三角形的公共角，即$∠ A=∠ A$。
1. 若根据“两角分别相等的两个三角形相似”判定，可添加条件：
$∠ ACD=∠ B$（或$∠ ADC=∠ ACB$），此时△ABC和△ACD有两组角分别相等，故$△ ABC ∽ △ ACD$。
2. 若根据“两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似”判定，夹∠A的边在△ACD中为AD、AC，在△ABC中为AC、AB，可添加条件：$\frac{AD}{AC}=\frac{AC}{AB}$，此时两边对应成比例且夹角相等，故$△ ABC ∽ △ ACD$。
以上条件任选其一即可。
【答案】
$∠ ACD=∠ B$（答案不唯一，$\frac{AD}{AC}=\frac{AC}{AB}$、$∠ ADC=∠ ACB$均可）
【知识点】
相似三角形的判定、公共角的性质
【点评】
本题是开放型题目，考查相似三角形判定定理的灵活应用，解题时先确定两个三角形已有的相等条件（公共角∠A），再结合判定定理补充缺少的条件即可，答案不唯一，侧重对基础定理掌握情况的考查。
【难度系数】
0.8

2.(乌鲁木齐)如图3-2-2，AB // GH // CD，点H在BC上，AC与BD交于点G，AB = 2，CD = 3，则GH 的长为。

2. $\frac{6}{5}$.

【分析】
由题干可知AB、GH、CD三条线段互相平行，根据平行线可推出所在三角形相似，得到两组对应边成比例的关系，观察两组比例的分母均为BC，分子CH与BH之和恰好等于BC，因此将两个比例式相加即可得到仅含GH的等式，代入已知边长即可求解。
【解析】
解：
∵AB//GH
∴△CGH∽△CAB，可得$\frac{GH}{AB}=\frac{CH}{BC}$ ①
∵GH//CD
∴△BGH∽△BDC，可得$\frac{GH}{CD}=\frac{BH}{BC}$ ②
将①+②得：$\frac{GH}{AB}+\frac{GH}{CD}=\frac{CH+BH}{BC}=\frac{BC}{BC}=1$
把AB=2，CD=3代入上式：
$\frac{GH}{2}+\frac{GH}{3}=1$
通分整理得：$3GH+2GH=6$
解得$GH=\frac{6}{5}$
【答案】
$\frac{6}{5}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质；平行线的性质
【点评】
本题解题的核心是利用平行线推导相似三角形，通过叠加两个相似三角形的比例关系消去未知的线段BH、CH，不需要单独求解这两个量，极大简化了计算过程，是平行线与相似结合类题型的常用技巧。
【难度系数】
0.6

3.(天津)如图3-2-3,在边长为9的正三角形ABC中,BD=3,∠ADE=60°,那么线段AE的长为.

3. 7.

【分析】
解题时先利用等边三角形的性质得到三边相等、三个内角均为60°，再结合三角形外角的性质推导角的等量关系，证明△ABD与△DCE相似，最后利用相似三角形对应边成比例求出CE的长度，即可计算得到AE的长。
【解析】
解：
∵△ABC是边长为9的等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，AB=BC=AC=9，
∴DC = BC - BD = 9 - 3 = 6，
∵∠ADC是△ABD的外角，
∴∠ADC = ∠B + ∠BAD = 60° + ∠BAD，
又
∵∠ADC = ∠ADE + ∠EDC，且∠ADE=60°，
∴∠BAD = ∠EDC，
在△ABD和△DCE中：
$\{\begin{array}{l}∠B=∠C \\∠BAD=∠CDE\end{array} $
∴△ABD∽△DCE，
∴$\frac{AB}{DC}=\frac{BD}{CE}$，
将AB=9，DC=6，BD=3代入得：$\frac{9}{6}=\frac{3}{CE}$，
解得CE=2，
∴AE = AC - CE = 9 - 2 = 7。
【答案】
7
【知识点】
等边三角形的性质；相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是常见的等边三角形结合相似三角形的几何计算题，解题的突破口是通过角度的等量代换得到相等的角，进而证明三角形相似，熟练掌握相关性质和判定定理就能顺利求解。
【难度系数】
0.7

4.(东营)如图3-2-4,P为$□ ABCD$的边BC上一点,E,F分别为PA,PD上的点,且$PA=3PE,PD=3PF$,把$△ PEF,△ PDC,△ PAB$的面积分别记作$S,S_1,S_2$.如果$S=2$,那么$S_1+S_2=$.

4. 18.

【分析】
解题思路如下：首先根据PA=3PE、PD=3PF和公共角∠EPF=∠APD，证明△PEF与△PAD相似，结合相似三角形面积比等于相似比的平方，计算出△PAD的面积；再根据平行四边形的性质，得出△PDC与△PAB的面积和等于△PAD的面积，即可求出最终结果。
【解析】
解：
1. 证明△PEF∽△PAD：
∵ $ PA=3PE $，$ PD=3PF $
∴ $ \frac{PE}{PA}=\frac{PF}{PD}=\frac{1}{3} $
又
∵ $ ∠ EPF = ∠ APD $（公共角）
∴ $ △ PEF ∽ △ PAD $，相似比为 $ \frac{1}{3} $
2. 计算$ S_{△ PAD} $：
根据相似三角形面积比等于相似比的平方，得：
$ \frac{S}{S_{△ PAD}}=(\frac{1}{3})^2=\frac{1}{9} $
已知 $ S=2 $，代入得 $ S_{△ PAD}=9×2=18 $
3. 推导$ S_1+S_2 $的值：
∵四边形ABCD是平行四边形
∴$ AD=BC $，且AD与BC之间的高相等，设高为$ h $
平行四边形面积 $ S_{□ ABCD}=AD× h $
$ S_{△ PAD}=\frac{1}{2}× AD× h=\frac{1}{2}S_{□ ABCD} $
而 $ S_1+S_2 = S_{△ PDC}+S_{△ PAB} = \frac{1}{2}× PC× h + \frac{1}{2}× PB× h = \frac{1}{2}× h×(PC+PB) = \frac{1}{2}× BC× h = \frac{1}{2}× AD× h = S_{△ PAD}$
∴ $ S_1+S_2=18 $
【答案】
18
【知识点】
相似三角形的判定与性质；平行四边形的性质；三角形面积计算
【点评】
本题将相似三角形和平行四边形的性质结合考查，解题的突破口是先通过线段比例关系得到相似三角形，再利用平行四边形中三角形面积的等量关系求解，难度中等，需要学生熟练掌握相关性质并灵活运用。
【难度系数】
0.6

5.(荆门)如图3-2-5,正方形OABC与正方形ODEF是位似图形,点O为位似中心,相似比为1:$\sqrt{2}$,点A的坐标为(0,1),则点E的坐标是.

5. $(\sqrt{2},\sqrt{2})$.

【分析】
解题时首先根据正方形OABC的已知顶点A的坐标求出对应顶点B的坐标，再利用位似图形的性质：以原点为位似中心的位似图形，同侧对应点的坐标比等于相似比，结合两个正方形的相似比1:$\sqrt{2}$，将点B的横、纵坐标分别放大$\sqrt{2}$倍即可得到点E的坐标。
【解析】
1. 求点B的坐标：
已知正方形OABC中，点A的坐标为$(0,1)$，因此正方形OABC的边长为1，OC=OA=1，AB平行于x轴、BC平行于y轴，可得点B的坐标为$(1,1)$。
2. 利用位似性质求点E的坐标：
正方形OABC与正方形ODEF是以O为位似中心的位似图形，相似比为$1:\sqrt{2}$，且两个正方形都在第一象限，位于位似中心同侧，因此点E作为点B的对应点，横、纵坐标均为点B对应坐标的$\sqrt{2}$倍。
计算得：横坐标为$1×\sqrt{2}=\sqrt{2}$，纵坐标为$1×\sqrt{2}=\sqrt{2}$，即点E的坐标为$(\sqrt{2},\sqrt{2})$。
【答案】
$(\sqrt{2},\sqrt{2})$
【知识点】
位似图形的性质，正方形的性质，平面直角坐标系
【点评】
本题考查位似图形的坐标变化规律，解题核心是先确定原正方形对应顶点的坐标，再结合相似比计算位似后对应点的坐标，需注意位似图形在位似中心同侧、异侧时坐标符号的差异，本题二者同侧，坐标符号保持不变。
【难度系数】
0.8

6.(黄冈)如图3-2-6，已知$△ ABC$，$△ DCE$，$△ FEG$，$△ HGI$是4个全等的等腰三角形，底边$BC$，$CE$，$EG$，$GI$在同一条直线上，且$AB = 2$，$BC = 1$.连结$AI$，交$FG$于点$Q$，则$QI =$.

6. $\frac{4}{3}$.

【分析】
解题思路如下：1. 先根据4个全等等腰三角形的性质，得到各底边长度相等、底角相等，进而推出AC//FG；2. 计算BI的总长度，通过证明△ABC∽△IBA求出AI的长度；3. 由AC//FG证明△IQG∽△IAC，利用相似比即可求出QI的长度。
【解析】
解：
∵△ABC、△DCE、△FEG、△HGI是4个全等的等腰三角形，BC=1，
∴BC=CE=EG=GI=1，AC=AB=2，∠ACB=∠FGE，
∴BI=BC+CE+EG+GI=4×1=4，AC//FG（同位角相等，两直线平行）。
在△ABC和△IBA中：
$\frac{AB}{BI}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$，$\frac{BC}{AB}=\frac{1}{2}$，且∠B=∠B，
∴△ABC∽△IBA（两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似），
∴$\frac{AC}{AI}=\frac{AB}{BI}$，即$\frac{2}{AI}=\frac{2}{4}$，解得AI=4。
∵AC//FG，
∴△IQG∽△IAC（两角分别相等的两个三角形相似，公共角∠I，∠IQG=∠IAC），
又
∵IC=BI-BC=4-1=3，IG=1，
∴$\frac{QI}{AI}=\frac{IG}{IC}=\frac{1}{3}$，
∴QI=$\frac{1}{3}×AI=\frac{1}{3}×4=\frac{4}{3}$。
【答案】
$\frac{4}{3}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行线的判定
【点评】
本题是几何综合题，需要结合全等、等腰三角形的性质推导平行线和相似关系，重点考查学生的图形观察能力和逻辑推理能力，熟练掌握相似三角形的判定是解题的关键。
【难度系数】
0.6

7.(德州)如图 3-2-7,在 $Rt△ ABC$ 中, $∠ ABC = 90°, BD ⊥ AC$,垂足为点 $D, AE$ 平分 $∠ BAC$,交 $BC$ 于点 $E$,交 $BD$ 于点 $F$.如果 $AB: BC = 3: 4$,那么 $BF: DF$ 为 .

7. 5 : 3.

【分析】
遇到含线段比例的直角三角形问题，可先设参数简化计算：首先根据AB与BC的比例设参数，用勾股定理求出AC的长度；再由BD⊥AC，通过相似三角形求出AD的长度；最后观察到AF是△ABD中∠BAD的角平分线，利用角平分线定理即可得出BF与DF的比值等于AB与AD的比值，代入数值化简即可得到结果。
【解析】
解：设$AB=3k$，$BC=4k$（$k＞0$）。
在$Rt△ ABC$中，$∠ ABC=90°$，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{(3k)^2+(4k)^2}=5k$。
$\because BD⊥ AC$，$\therefore ∠ ADB=∠ ABC=90°$，
又$\because ∠ BAD=∠ CAB$，$\therefore △ ABD ∽ △ ACB$，
$\therefore \frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AB}$，即$AB^2=AD· AC$，
代入$AB=3k$，$AC=5k$，得$AD=\frac{AB^2}{AC}=\frac{9k^2}{5k}=\frac{9k}{5}$。
$\because AE$平分$∠ BAC$，即$AF$平分$∠ BAD$，
根据角平分线定理：三角形一个角的平分线分对边所得的两条线段与这个角的两边对应成比例，
可得在$△ ABD$中，$\frac{BF}{DF}=\frac{AB}{AD}$。
代入$AB=3k$，$AD=\frac{9k}{5}$，得：
$\frac{BF}{DF}=\frac{3k}{\frac{9k}{5}}=\frac{15}{9}=\frac{5}{3}$，即$BF:DF=5:3$。
【答案】
$5:3$
【知识点】
勾股定理，相似三角形性质，角平分线定理
【点评】
本题是直角三角形与角平分线结合的典型比例计算题，解题的关键是合理设参数，通过相似三角形求出未知线段长度，再结合角平分线定理建立所求比例和已知条件的关联，需要熟练掌握相关定理的应用场景。
【难度系数】
0.6

8.(牡丹江)如图3-2-8,在Rt△ABC中,AC=BC,M是AB的中点,点D在BM上,
AE⊥CD,BF⊥CD,垂足分别为E,F,连结EM.给出下列结论:①$BF=CE$;②$∠ AEM=∠ DEM$;③$AE-CE=\sqrt{2}ME$;④$DE^2+DF^2=2DM^2$;⑤若AE恰好平分$∠ BAC$,则$EF:BF=\sqrt{2}:1$;⑥$CF· DM=BM· DE$.正确的是.(只填结论序号)

8. ①②③④⑤⑥.

【分析】
本题以等腰直角三角形为背景，解题时先利用同角的余角相等推导出角相等，先证明△BCF与△CAE全等得到对应边相等，验证结论①；再连接CM，结合等腰直角三角形斜边中线的性质证明三角形全等，推出△EMF为等腰直角三角形，即可验证②③；通过作垂线结合勾股定理可验证结论④；结合角平分线的性质及边长比例关系可验证结论⑤；最后通过证明三角形相似，结合线段等量代换验证结论⑥，逐一判断每个结论即可。
【解析】
已知Rt△ABC中，$AC=BC$，$∠ ACB=90°$，因此$∠ ABC=∠ BAC=45°$。
1. 验证①：
$\because AE⊥ CD$，$BF⊥ CD$，$\therefore ∠ F=∠ AEC=90°$，
$\therefore ∠ BCF+∠ ACE=90°$，$∠ CAE+∠ ACE=90°$，可得$∠ BCF=∠ CAE$，
在$△ BCF$和$△ CAE$中：
$\begin{cases}∠ F=∠ AEC\\∠ BCF=∠ CAE\\BC=AC\end{cases}$
$\therefore △ BCF≌△ CAE(\mathrm{AAS})$，$\therefore BF=CE$，$CF=AE$，故①正确。
2. 验证②③：
连接$CM$，$\because M$是$AB$中点，$△ ABC$是等腰直角三角形，
$\therefore CM=BM=AM$，$CM⊥ AB$，$∠ BCM=∠ BAC=45°$，
由①知$BF=CE$，且$∠ FBM+∠ BDF=90°$，$∠ ECM+∠ CDE=90°$，$∠ BDF=∠ CDE$，因此$∠ FBM=∠ ECM$，
又$\because BF=CE$，$BM=CM$，$\therefore △ FBM≌△ ECM(\mathrm{SAS})$，
$\therefore FM=EM$，$∠ BMF=∠ CME$，
$\therefore ∠ EMF=∠ CME+∠ CMF=∠ BMF+∠ CMF=∠ CMB=90°$，
即$△ EMF$是等腰直角三角形，$\therefore ∠ MEF=∠ MFE=45°$，
$\because ∠ AEC=90°$，$\therefore ∠ AEM=∠ AEC-∠ MEF=45°=∠ DEM$，故②正确；
$AE-CE=CF-CE=EF$，在等腰$\mathrm{Rt}△ EMF$中，$EF=\sqrt{2}ME$，因此$AE-CE=\sqrt{2}ME$，故③正确。
3. 验证④：
过$M$作$MH⊥ CD$于点$H$，
$\because △ EMF$是等腰直角三角形，$\therefore EH=HF$，$MH=\frac{1}{2}EF$，
则$DE^2+DF^2=(DH-EH)^2+(DH+HF)^2=(DH-EH)^2+(DH+EH)^2=2DH^2+2EH^2=2(DH^2+MH^2)=2DM^2$，故④正确。
4. 验证⑤：
若$AE$平分$∠ BAC$，$∠ BAC=45°$，$\therefore ∠ CAE=22.5°$，
在$\mathrm{Rt}△ ACE$中，$∠ ACE=90°-22.5°=67.5°$，
由①知$BF=CE$，$CF=AE$，$\tan∠ CAE=\frac{CE}{AE}=\tan22.5°=\sqrt{2}-1$，
$\therefore AE=\frac{CE}{\sqrt{2}-1}=(\sqrt{2}+1)CE$，
$\therefore EF=CF-CE=AE-CE=(\sqrt{2}+1)CE-CE=\sqrt{2}CE=\sqrt{2}BF$，即$EF:BF=\sqrt{2}:1$，故⑤正确。
5. 验证⑥：
由$△ EMF$是等腰直角三角形得$∠ CFM=45°=∠ DEM$，
$\because ∠ EMF=∠ CMD=90°$，$\therefore ∠ EMD=∠ FMC$，
$\therefore △ DEM∽△ CFM$，$\therefore \frac{DE}{CF}=\frac{DM}{CM}$，即$DE· CM=CF· DM$，
又$\because CM=BM$，$\therefore CF· DM=BM· DE$，故⑥正确。
综上，①②③④⑤⑥均正确。
【答案】
①②③④⑤⑥
【知识点】
等腰直角三角形性质、全等三角形判定与性质、相似三角形判定与性质
【点评】
本题属于几何综合题，围绕等腰直角三角形设置多个结论，需要灵活运用全等、相似、勾股定理等知识逐一推导，能很好地考查几何逻辑推理能力和知识综合运用能力。
【难度系数】
0.2