2026年中考数学二轮复习 专题05 相似三角形与解直角三角形热点 6类核心题型练习(方法+题型+实战)

这是一份2026年中考数学二轮复习 专题05 相似三角形与解直角三角形热点 6类核心题型练习(方法+题型+实战)，共7页。
目录 第一部分 命题解码 洞察命题意图，明确攻坚方向第二部分 方法建模 构建方法体系，提供通用工具
【结论背记清单】
方法一 A 字模型求解及技巧方法二 8 字模型求解及技巧
方法三 母子相似模型求解及技巧
方法四 仰角俯角问题(解直角三角形的应用)解题技巧方法五 坡度坡比问题(解直角三角形的应用)解题技巧方法六 相似+解直角三角形综合解题技巧
第三部分 题型专攻 实施靶向训练，提升应试效率。
【题型 01】A 字模型
【题型 02】8 字模型
【题型 03】母子相似模型
【题型 04】仰角俯角问题(解直角三角形的应用)
【题型 05】坡度坡比问题(解直角三角形的应用)
【题型 06】相似+解直角三角形综合
第四部分 答题实战 检验学习成效，锤炼应用能力
考向聚焦（精炼概括本专题在中考中的核心考查方向与价值）
核心考向 1：相似三角形（中档核心，必考点）—— 侧重判定（两角对应相等为主，边角边、边边边为辅）和性质（对应边成比例、对应角相等、面积比等于相似比的平方），载体多为三角形、矩形、梯形，常考线段计算、面积求解，也会结合几何变换、圆考查，是中档题核心得分点。
核心考向 2：解直角三角形（基础+中档，必考点）—— 聚焦锐角三角函数（sin、cs、tan）的定义及应用，载体多为直角三角形、坡度、仰俯角、方向角等实际情境，考查边长、角度计算，侧重“化斜为直”（非直角三角形作高转化），难度适中，是基础得分关键。
核心考向 3：两者综合（压轴过渡，高频）—— 结合相似与解直角三角形，求解复杂图形（如叠合三角形、不规则图形）的边长、角度、最值，常与动点、几何最值模型（将军饮马、隐圆）结合，是衔接中档与压轴题的核心题型，侧重逻辑推理与运算能力。
共性考向：均侧重“转化思想”，相似侧重“比例转化”，解直角三角形侧重“直角转化”，贴合中考“几何直观、运算能力”核心素养，设问分层，兼顾基础与区分度。
思维瓶颈（精准诊断学生在此类题目上的高阶思维误区与能力短板）
瓶颈 1：相似三角形判定与应用薄弱，不会快速找相等的角（对顶角、同位角、余角等），混淆判定条件，不会构造相似辅助线（如作平行线、延长线），无法建立比例关系。
瓶颈 2：解直角三角形易错点突出，记错锐角三角函数定义（混淆对边、邻边），忽略“直角三角形”前提，不会将非直角三角形转化为直角三角形（不会作高），情境题不会提炼几何模型。瓶颈 3：综合题衔接不畅，无法快速拆分复杂图形，不会结合相似与解直角三角形的性质建立关联，比例计算、三角函数计算失误频发，导致解题断层。
瓶颈 4：细节把控不足，相似三角形中忽略“对应关系”（找错对应边、对应角），解直角三角形中忽略单位换算（如坡度、角度单位），导致错解。
结论背记
核心基础公式（解题地基，必背）
通用基础公式（两大模块均需用到）
勾股定理：在 Rt△ABC 中，∠C=90˚，则?2 + ?2 = ?2（、?、?为直角边，?为斜边），用于求边长、验证直角三角形。
两点距离公式：?? =(?2 — ?1)2 + (?2 — ?1)2（适配坐标型相似、解直角三角形，求线段长度）。
比例基本性质：若? = ?，则?? = ??
??+?+?
??
（交叉相乘）；若 = = = ?，则= ?（合比性质，适
??
配相似比例计算）。
???
?+?+?
三角形内角和：∠? + ∠? + ∠? = 180∘（用于求未知角，辅助相似判定、解直角三角形）。
相似三角形基础公式
相似三角形判定公式（中考必考，3 种核心判定）
AA 判定（两角分别相等）：若∠? = ∠?′，∠? = ∠?′，则△ ??? ∽ △ ?′?′?′（中考最常用，适配所有几何综合题）。
SAS 判定（两边成比例且夹角相等）：若 ??
?′?′
= ?? ，且∠? = ∠?′，则△ ??? ∽ △ ?′?′?′（易错点：
?′?′
夹角必须是成比例两边的夹角）。
??
′ ′
SSS 判定（三边成比例）：若
? ?
= ??
?′?′
= ?? ，则△ ??? ∽ △ ?′?′?′（中考较少单独考，多结合网
?′?′
格、坐标考查）。
相似三角形性质公式（核心应用，求边长、面积）
对应边成比例： ??
?′?′
= ??
?′?′
= ??
?′?′
= ?（?为相似比）。
对应角相等：∠? = ∠?′，∠? = ∠?′，∠? = ∠?′（用于角度转化、证明平行）。
= ?
周长比： ?△??? （等于相似比）。
?△?′?′?′
= ?
面积比： ?△??? 2（等于相似比的平方，中考高频考点）。
?△?′?′?′
对应高、对应中线、对应角平分线比： ? = ? = ? = ?（等于相似比，拓展考点）。
?′?′?′
解直角三角形基础公式
三角函数定义（核心，必背）
在 Rt△ABC 中，∠C=90˚，∠A、∠B 为锐角，对边分别为、、?、?、?（?为∠A 对边，?为∠B 对边，?为斜边）：
正弦：的对边斜边???? = ∠?的对边 = ?
斜边?
余弦：的邻边斜边???? = ∠?的邻边 = ?
斜边?
正切：的对边的邻边???? = ∠?的对边 = ?
∠?的邻边?
互余角三角函数关系：???? = ???(90∘ — ?)，???? ⋅ ???(90∘ — ?) = 1（简化计算，避免查表）。
特殊角三角函数值（中考必考，精准记忆）
解直角三角形核心边角关系（直接套用）
边边关系：?2 + ?2 = ?2（勾股定理）。
；同理；
边角关系：sin? = ?⇒? = ? ⋅ sin?，? = ? cs? = ?⇒? = ? ⋅ cs?，? = ? tan? = ?⇒? =
?sin??cs??
?
? ⋅ tan?，? = tan?。
角角关系：∠? + ∠? = 90∘（用于求未知角）。
万能建模公式&拓展公式（中考解题神器，全国通用）
模块 1：相似三角形万能建模公式（中考高频，分 4 类核心模型）
模型 1：A 字型相似（基础高频，必考）
模型识别：有一条公共角（如∠A），另外两边被一条平行于第三边的直线所截（如 DE∥BC），构成“A”型结构。
万能步骤：识别公共角→证明两直线平行（或两角相等）→判定相似→套用相似性质公式求边长/面积。
核心公式： △ ??? ∽ △ ???
?? = ?? = ?? = ?
?△??? = ?2。
（AA 判定），
??
??
??
，
?△???
拓展：若 DE 不平行于 BC，但∠ADE=∠ABC，仍为 A 字型相似（AA 判定），公式不变。
模型 2：8 字型（X 字型）相似（基础高频，必考）
模型识别：两条线段相交（如 AC 与 BD 交于点 0），对顶角相等，另外一组角相等（或两直线平行），构成“8”型结构。
万能步骤：识别对顶角→证明另一组角相等（或两直线平行）→判定相似→套用比例公式。
核心公式： △ ??? ∽ △ ???
?? = ?? = ?? = ?，?
∶?
= ?2。
（AA 判定），
??
??
??
△???
△???
拓展：若 AB∥CD，可直接判定相似，无需额外证明角相等。
模型 3：相似与动点/面积综合（中考压轴，拉分点）
模型识别：动点 P 在图形上运动，构成的三角形与固定三角形相似，或求动点运动过程中三角形面积比。
万能步骤：设参数表示动点坐标/边长→分类讨论相似对应顶点→套用相似比例公式→列方程求解/计算面积比。
核心公式：
相似分类：若△ ??? ∽△ ???
????????
=或=；
，分两种对应情况，
??
??
??
??
面积比：
?△???
?△???
= ?2（?为相似比），结合铅垂高法可快速求面积。
模块 2：解直角三角形万能建模公式（中考高频，分 4 类核心场景）
模型 1：仰俯角问题（实际应用，必考）
模型识别：涉及“仰角”（从低处看高处，视线与水平线夹角）、“俯角”（从高处看低处，视线与水平线夹角），需构造直角三角形。
万能步骤：构造 Rt△（作水平线/垂直线，转化为直角三角形）→标注已知角（仰俯角）和已知边
→套用三角函数公式计算。
核心公式：
；
仰角?：垂直高度水平距离???? = 垂直高度?，? = ? ⋅ ????，? = ?
水平距离?
????
俯角?：与仰角相等（内错角），公式同上，注意区分“垂直高度”和“观测点高度”。模型 2：坡度（坡比）问题（实际应用，高频）
模型识别：涉及“坡度?” “坡角?”，坡面为斜边，坡度是垂直高度与水平宽度的比。
万能步骤：明确坡度定义→构造 Rt△（坡面为斜边，垂直高度为对边，水平宽度为邻边）→套用三角函数公式。
核心公式：
坡度定义：垂直高度水平宽度? = 垂直高度? = ????（?为坡角）；
水平宽度?
坡面长度：?? = ?
????
?
= ????
（勾股定理+三角函数结合）。
易错点：坡度是“垂直高度:水平宽度”，不是坡面与水平宽度的比，避免混淆。
技法归纳
方法一 A 字模型求解及技巧
由平行线证三角形相似，找准对应边，利用比例关系求解线段长度。
例题 1 （2025•四川绵阳 • 二模）如图，已知VABC 和△CEF 是等腰直角三角形，其中
ABC  CEF  90 ，且 E 是中线 AD 的中点，连接 BF ，若 AB  4 ，则线段 BF 的长为（）
A． 2
2
B．2C．
D． 3 2
2
2
【答案】C
【分析】如图所示，延长CE 到点 G，使CE  GE ，连接 AG ，首先求出 BD  CD  1 BC  2 ， AE  DE ，证
2
明出V AEG≌VDEC SAS ，得到 AG  CD  2 ，然后证明出V ACG∽VBCF ，得到 AG  AC 
BFBC
2 ，进而求
解即可．
【详解】如图所示，延长CE 到点 G，使CE  GE ，连接 AG
∵VABC 是等腰直角三角形， ABC  90
∴ AB  BC  4
∵E 是中线 AD 的中点
∴ BD  CD  1 BC  2 ， AE  DE
2
∵ CE  GE ， AEG  DEC
故选：C．
【点睛】此题考查了相似三角形和全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确作出辅助线．
 2
2
BF
2 ，即
∴ AG  AC 
BFBC
∴ BF  2 ．
∴V ACG∽VBCF
BC
FC
2
∴ GC  2  AC
 2
FC
∴ 1 GC
∴ ACG  BCF
∵ CE  GE
2
EC
BC
∴ ACB  ECF  45 ， AC  2 ， FC 
∴V AEG≌VDEC SAS
∴ AG  CD  2
∵VABC 和△CEF 是等腰直角三角形，
例题 2 （2025 九年级 • 全国 • 专题练习）（1）如图，在VABC 中，点 D 、E 、Q 分别在 AB 、 AC 、BC
上，且 DE∥ BC ， AQ 交 DE 于点 P ，求证： DP  PE ．
BQQC
（2）如图，VABC 中，BAC  90 ，正方形 DEFG 的四个顶点在VABC 的边上，连结 AG ， AF 分别交 DE于M ， N 两点．
①如图，若 AB  AC  1，直接写出MN 的长；
②如图，求证： MN 2  DM  EN ．
∴
．
DP
BQAQ

AP
．
同理在△ACQ 和△AEP 中，
APPE
AQQC

，
∴
DP
BQQC

PE
3
②由ME
【答案】(1)见解析;(2)① 2 ；②见解析.
9
【分析】（1）可证明△ADP∽△ABQ，△ACQ∽△ADP，从而得出
DP
BQQC

PE
;
（2）①根据三角形的面积公式求出 BC 边上的高 AQ 2 ，根据△ADE∽△ABC，求出正方形 DEFG 的边长
2
在V ABQ 中，由于 DPBQ ，
∴△ ADP ∽V ABQ ，
DE 2 ，根据 MN 等于高之比即可求出 MN；
GF
GC ，得 MN  AN  NE ．又 DGFE 为正方形，得出 MN  FE ，同理，有 MN  DG ，又因为
GFAFFC
ENFC
MDBG
ENMN
【详解】（1）证明：如图 1
△DBG ∽△CEF ，所以 MN  MD ，所以MN 2  DM  EN ．
（2）①如图 2, 作 AQ⊥BC 于点 Q．
∵BC 边上的高 AQ 2
2
∵DE=DG=GF=EF=BG=CF
∴DE：BC=1：3
又∵DE∥BC，
∴AD：AB=1：3，
 AD  1 ,DE 2
33
∵DE 边上的高为 2 , MN : GF 2 : 2
662
 MN : 2 2 : 2
 MN 
362
2
9
故答案为 2
9
②证明：如图 3
∵ MEGC ，
∴ MN  AN  NE ．
GFAFFC
又∵ DGFE 为正方形，
∴ GF  EF ，
∴ MN  NE ，
EFFC
∴ MN  FE ．
ENFC
同理，在△ABF 中有 MN  AM  DM ，
GFAGBG
∴ MN  DM ，
GDBG
∴ MN  DG ．
MDBG
又因为△DBG ∽△CEF ，
∴ BG  FE ，
DGFC
∴ MN  MD ． ENMN
∴ MN 2  DM  EN ．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质以及正方形的性质，是一道综合题目，注意利用相似三角形的对应边成比例解决问题．
例题 3（2024 • 山东青岛）矩形 ABCD 中，AB＝CD＝3cm，AD＝BC＝4cm，AC 是对角线，动点 P 从点 A 出发沿 AC 方向向点 C 匀速运动，速度为 1cm/s；动点 Q 从点 C 出发沿 CD 方向向点 D 匀速运动，速度为
2cm/s．过点 P 作 BC 的垂线段 PH，运动过程中始终保持 PH 与 BC 互相垂直，连接 HQ 交 AC 于点 0．若点 P和点 Q 同时出发，设运动的时间为 t（s）（0＜t＜1.5），解答下列问题：
求当 t 为何值时，四边形 PHCQ 为矩形；
是否存在一个时刻，使 HQ 与 AC 互相垂直？如果存在请求出 t 值；如果不存在请说明理由；
75
是否存在一个时刻，使矩形 ABCD 的面积是四边形 PHCQ 面积的
44
在请说明理由．
，如果存在请求出 t 值；如果不存
【答案】（1） t  15 ；（2）存在， t  40 ；（3）存在， t  1
13
23
【分析】（1）当四边形 PHCQ 为矩形时， PH  CQ ，利用相似三角形的性质求出 PH ， CH ，构建方程求解即可；
证明VHCQ ~V ABC ，由相似的性质得出， CH  CQ ，由此构建方程求解即可；
ABBC
根据矩形 ABCD 的面积是四边形 PHCQ 面积的 75 ，构建方程求解即可．
44
【详解】解：（1）Q AB  3， BC  4 ，
 AC  32  42  5 ，
由题可得： AP  t ， CP  5  t ， CQ  2t ，
Q四边形 ABCD 是矩形，
B  90 ，
Q PH  BC ，
CHP  B  90 ，
QPCH  ACB ，
VPCH ~V ACB ，
 PH  CH  PC ，即 PH  CH  5  t ，
ABCBAC345
 PH  3 (5  t) ， CH  4 (5  t) ，
55
当四边形 PHCQ 为矩形时， PH  CQ ，
 3 (5  t)  2t ， 5
解得： t  15 ，
13
当t  15 时，四边形 PHCQ 为矩形； 13
（2）存在一个时刻，使 HQ  AC ，
当 HQ  AC 时， QHC  ACB  90 ，
QBAC  ACB  90 ，
QHC  BAC ，
QHCQ  B  90 ，
VHCQ ~V ABC ，
 CH  CQ ，即CH  BC  AB  CQ ，
ABBC
 4 (5  t)  4  3 2t ，
5
解得： t  40 ，
23
当t  40 时， HQ  AC ；
23
（3）存在，
由题意得： 3 4  75  1 [2t  3 (5  t)] 4 (5  t) ，
44 2
5
5
解得： t  1或t  13 （舍去），
7
当t  1时，矩形 ABCD 的面积是四边形 PHCQ 面积的 75 ．
44
【点睛】本题属于四边形综合问题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握相关的知识点是
解决本题的关键．
方法二 8 字模型求解及技巧
依托对顶角与相等内角判定相似，借助线段比例、角度关系进行计算。
例题 1 （25–26 九年级上 • 安徽安庆 • 期中）如图，在V ABC 中，点 D 是边 BC 的中点，点 F 为边 AC 上任意一点， BF 交 AD 于点 E，且 DE  1 AE ，则 BE 的值为（）
3EF
334
A． B． C．
543
D． 5
3
【答案】D
【分析】本题考查了相似三角形的判断及性质，解题的关键是添加辅助线构造相似三角形，过点 D 作
DG CF ，证明出VGDE ∽VFAE ，找出 BE, EF 与GE 的关系即可求解．
【详解】解：过点 D 作 DG CF ，如下图：
Q点 D 是边 BC 的中点，
 BG  FG ，
Q DG CF ，
VGDE ∽VFAE ，
 DE = GE ，
AEFE
Q DE  1 AE ，
3
 DE  GE  1 ，
AEFE3
 FE  3GE ，
Q BE  BG  GE  GF  GE  2GE  FE  5GE ，
 BE  5GE  5 ，
EF3GE3
故选：D．
10
例题 2 （25–26 九年级上 • 四川宜宾 • 期中）在 RtV ABC 中，BAC  90 ，AB  1，BC ，点 D 是 BC
边上的动点．连接 AD ，作 RtV ADE ，如图所示， DAE  90 ， EDC  BAD ，连接 BE ．则 AD  1 BE
3
的最小值是．
【答案】
3
37 / 1
3
37
【分析】本题主要考查相似三角形、轴对称下的线段最值问题以及勾股定理，正确添加辅助线是解题的关
键．
根据题意中的EDC  BAD ，得出其它角度的等量关系，可证V ABC∽V ADE ，可得 AE  3AD ，同理由角
度等量关系，证V AME∽VDMC ，得线段比例关系 AM  ME ，即 AM  DM ，又可证V AMD∽VEMC ，得
DMMCMEMC
角度等量关系，证得MCE  ABC ，即得到关键信息 EC  BC ，确定出点 E 的运动轨迹，又经过证明了
解到 AD  1 BE  1  AE  BE  ，故最值判断类似“将军饮马”模型，所以点 B 关于 BE 的对称点 B，连接
33
AB ，即 AE  BE 的最小值为 AB的长度，过点 A 作 AF  BC ，由V ABF∽VCBA 求边长，最终由勾股定理求
AB得长度，得到 AD  1 BE 得最小值．
3
【详解】解：连接CE ，令 AC ， DE 相交于点 M，如下图所示：
在直角三角形 ABC 中，∵ AB  1， BC 
10 ，
∴ AC  BC 2  AB2  3 ，
∵ EDC  BAD ，
又∵ EDC  ADC  180  BDA ，
BAD  ABD  180  BDA ，
∴ ADE  ABD ，
又∵ BAC  DAE  90 ，
∴V ABC∽V ADE ，
∴ AB  AC ，即 AD  AB  1 ，
ADAEAEAC3
∴ AE  3AD ，
∵ EDC  BAD ， BAD  DAC  DAC  EAC ，
∴ EDC  EAC ， 又∵ AME  DMC ，
∴V AME∽VDMC ，
∴ AM  ME ，即 AM  DM ，
DMMCMEMC
又∵ AMD  EMC ，
∴V AMD∽VEMC ，
∴ MCE  ADE ，
又∴ ADE  ABC ，
∴ MCE  ABC ，
∴ ABC  ACB  90 ，
∴ MCE  ACB  90 ，即 EC  BC ，
所以点 E 在过点C 且垂直 BC 的射线上移动；
∵ AE  3AD ，
∴ AD  1 BE  1  AE  BE  ，
33
故求出 AE  BE 的最小值即可，
作点 B 关于 BE 的对称点 B，连接 AB，
即 AE  BE 的最小值为 AB的长度，过点 A 作 AF  BC ，交 BC 于点 F，如下图所示：
根据对称的性质， BC  CB 
10 ，
∵ ABF  ABC ， BAC  AFB  90 ，
∴V ABF∽VCBA ，
∴ AB  AF  BF ，
BCACAB
解得 BF 
10 ， AF  3 10 ，
1010
∴ FB  BB  BF  2 10 
10  19 10 ，
1010
∴ AB 
 FB2  AF 2 
37 ，
则 AD  1 BE  1 AB 37 ，
333
min
故答案为： 37 ．
3
例题 3（2025•辽宁铁岭 • 三模）如图，在VABC 中，AB  AC ，P 为 AC 边上一点，连接 PB ，将△PBC
沿 PB 翻折，得到△PBD ， PD 交 AB 于点 E ．
如图 1，当 PD ∥ BC 时，猜想四边形 BCPD 的形状，并说明理由．
如图 2，当 PD  AB ， AP  1 AC 时，请判断线段 AE, DE, BE 之间的数量关系，并证明你的结论．
3
3
若tan A ， BC  3，在V ABP 和△BDP 中，当一个三角形面积是另一个三角形面积的 2 倍时，请直
接写出△BDP 与VABC 重叠部分的面积．
【答案】(1)四边形 BCPD 是菱形，见解析
BE  2AE  DE 或 BE  2DE  4 AE ，见解析
21 3
32
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质和判定、解三角形，解题关键是利用相似三角形性质转化线段比，求出线段之间的关系．
根据折叠和平行证明DBP  DPB  CBP ，从而可得 BD  PD ，由四边相等的四边形是菱形得出结论；
过点C 作CF  AB 于点 F ，证明△DEB≌△BFC ，可得 DE  BF ， FC  BE ，再由 EP ∥ FC ，可得
AP  AE  EP ，进而可得 AE  3AF ， FC  3EP ，根据相等的等量关系计算可得 BE  2DE  4 AE ．
ACAFFC
先根据面积关系得出 DP  PC  2 AP  2 ， AP  1，再证明VDEB∽V AEP ，可得 AP  AE  EP  1 ，
BDDEBE3
利用线段和差计算求解即可得出 AE  3 ， BE  AB  AE  21 ，由此即可求出△BDP 与VABC 重叠部分
88
VBPE 的面积．
【详解】（1）解：结论：四边形 BCPD 是菱形，
证明：由折叠可知： BD  BC ， PD  PC ， DBP  CBP ，
∵ PD ∥ BC ，
∴ DPB  CBP ，
∴ DBP  DPB ，
∴ BD  PD  BC  PC ，
∴四边形 BCPD 是菱形，
解： BE  2AE  DE ，
理由：过点C 作CF  AB 于点 F ，
∴ CFB  90 ，
∵ PD  AB ，即BED  90 ，
∴ BED  CFB  90 ，
∵△PBC 沿 PB 翻折，得到△PBD ，
∴ D  ACB ， BD  BC ，
∵ AB  AC ，
∴∠ABC  ACB ，
∴ D  ABC ，
∴△DEB≌△BFC ，
∴ DE  BF ， FC  BE ，
∵ BFC  90 ， BED  90
∴ EP ∥ FC ，
∴ AP  AE  EP ACAFFC
∵ AP  1 AC ，
3
∴ AE  3AF ， FC  3EP ，
∴ EF  2 AE ，
∵ BE  EF  BF
∴ BE  2AE  DE ，（可作结论）
∴ AB  AC  2 AE  DE  AE  3AE  DE ，
∴ PC  DP  2 AC  2 (3AE  DE) ，
33
∴ EP  DP  DE  2 (3AE  DE)  DE  2 AE  1 DE ，
33
∴ FC  3EP  3(2 AE  1 DE)  6 AE  DE ，
3
∴ 2 AE  DE  6 AE  DE ，
∴ DE  2 AE ，
∴ BE  2 AE  DE  2DE ，
∴ BE  2DE  4 AE ．
解：如图：
∵ tan A  3 ，
∴ A  60 ，
∵ AB  AC ，
∴VABC 是等边三角形，
∴ C  A  D  60 ， AB  AC  BD  BC  3 ，
在V ABP 和△BDP 中，当一个三角形面积是另一个三角形面积的 2 倍时，而且 PD 交 AB 于点 E ．
∴ SV BPD  SV BPC  2SV BPA ，
∴ DP  PC  2 AP  2 AC  2 ， AP  1，
3
∴ PH  AP sin A 3 ，
2
∵ A  D ， DEB=AEP ，
∴VDEB∽V AEP ，
∴ AP  AE  EP  1 ，
BDDEBE3
∴ DE  3AE ， BE  3EP ，
∴ BE  3(DP  DE)  3(2  3AE) ，
∴ AE  AB  BE  3  3(2  3AE) ，
∴ AE  3 ，
8
∴ BE  AB  AE  21 ，
8
∴ S 1 
V BEP
22832
3  21  21
3 ．
方法三 母子相似模型求解及技巧
利用公共角搭配特殊角证相似，借助公共边建立比例式，快速解题。
例题 1 （2024•浙江 • 一模）如图，正方形 ABCD 的边长为 2， BE 平分∠ DBC 交 DC 于 E，F 是 BC 延长线上一点，且CF  CE ， BE 延长线交 DF 于 G，则 BG  EG 的值是 ．
【答案】4  2 2
【分析】本题考查正方形的性质、相似三角形的有关知识.由等腰三角形的判定与性质知 BM 是等腰三角形
BDF 的中垂线.根据相似三角形 VBGF∽VDGE 的对应边成比例、等腰三角形的性质列出比例式 BG  DG ，
DGGE
即 GE  GB  GD² ，最后在直角VDCF 中利用勾股定理来求GD² 的值．
【详解】Q BC  2 ，四边形 ABCD 是正方形,
 BD  2 2 ，
又∵ BE 平分DBC 交 DF 于G , BG  DF ,
 BD  BF ， DG  FG ,
CF  2 2  2 ，
在 VBGF 和 VDGE 中,
GBF  GDE, BGF  DGE  90 ，
VBGF∽VDGE,
 BG  GF ，
DGGE
 BG  DG , 即 GE  GB  GD2 ，
DGGE
Q DC 2  FC 2  2DG 2 , 即 22  2 2  22  4DG2 ,
 DG2  4  2 2, 即 GE  GB  4  2 2 ，
故答案为： 4  2 2 ．
例题 2 （2025 九年级 • 全国 • 专题练习）如图，在菱形 ABCD 中，点 E，F 分别在边 BC, CD 上，
BE  FD ， AF 的延长线交 BC 的延长线于点 H， AE 的延长线交 DC 的延长线于点 G．
求证：△ AFD ∽△ GAD ．
如果 DF 2  CF  CD ，求证： BE  CH ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了三角形全等、三角形相似与菱形综合问题，掌握三角形相似的几何模型——母子型及中间比解题的关键．
（1）利用菱形性质证明V ABE≌V ADF ，进而得到DAF  G 即可得证；
DFCD
【详解】（1）证明：Q四边形 ABCD 是菱形，
 AB  AD, B  D, AB CD, AD BC ．
（2）由 DF 2  CF  CD 得到 CF  DF ，再利用 AD
BH 得到 CF  CH ，通过 CF 作为中间比即可得证．
DFDA
DF
又Q BE  DF ，
V ABE≌V ADF
BAE  DAF ．
Q AB CD ，
∴ G  BAE ，
G  DAF ．又QD  D，
V AFD∽VGAD ．
（2）证明Q DF 2  CF  CD
 CF  DF ．
DFCD
Q AD BH ,
VHCF∽V ADF ，
 CF  CH , DFDA
 CH  DF ．
ADCD
Q AD  CD,
CH  DF ．
Q BE  DF ,
 BE  CH ．
例题 3 （2024 • 四川成都）在矩形 ABCD 中， AB  4 ， BC  3， E 是 AB 边上一点， EF  CE 交 AD 于点 F ，过点 E 作AEH  BEC ，交射线 FD 于点 H ，交射线CD 于点 N ．
如图a ，当点 H 与点 F 重合时，求 BE 的长．
如图b ，当点 H 在线段 FD 上时，设 BE  x ， DN  y ，求 y 与 x 之间的函数关系式，并写出它的定义域．
连接 AC ，当VFHE 与△AEC 相似时，求线段 DN 的长．
2
【答案】（1）3；（2） y  2x  4 2  x  3 ；（3） 1 或 1
【分析】（1）由 EF  EC ，得AEF  BEC  90 ，又AEF  BEC ，得AEF  BEC  45 ，得 BE  BC
即可；
过点 E 作 EG  CN ，垂足为点G ，四边形 BEGC 是矩形， BE  CG ，可证ENC  ECN ，得
EN  EC ，设 BE  x ， DN  y ，利用线段和差即可得到 y  2x  4 2  x  3 ；
BAD  90 ， EF  EC ，推出HFE  AEC ，当VFHE 与△AEC 相似时，分类讨论①若
FHE  EAC ，推出EAC  ECB ， tan EAC  tan ECB ， BC  BE ，求得 BE  9 ， ②若
ABBC4
FHE  ECA ，设 EG 与 AC 交于点O ，由 EN  EC ， EG  CN ，知1  2 ，可证△AEO∽△ABC，利用
性质可求 AE  5 ， BE  3 ，综上所述，线段 DN 的长为 1 或 1 时VFHE 与△AEC 相似．
222
【详解】（1）∵ EF  EC ，
∴ AEF  BEC  90 ，
∵ AEF  BEC ，
∴ AEF  BEC  45 ，
∵ÐB = 90°，
∴ BE  BC ，
∵ BC  3，
∴ BE  3 ．
过点 E 作 EG  CN ，垂足为点G ，
∴四边形 BEGC 是矩形，
∴ BE  CG ，
∵ AB CN ，
∴ AEH  ENC ， BEC  ECN ，
∵ AEH  BEC ，
∴ ENC  ECN ，
∴ EN  EC ，
∴ CN  2CG  2BE ，
∵ BE  x ， DN  y ， CD  AB  4 ，
∴2x-y=4,
当点 H 在线段 FD 上时，
y  0
2x  4 ≥ 0
x  2
∴ y  2x  4 2  x  3 ．
∵ BAD  90 ，
∴ AFE  AEF  90 ，
∵ EF  EC ，
∴ AEF  CEB  90 ，
∴ AFE  CEB ，
∴ HFE  AEC ，
当VFHE 与△AEC 相似时，
①若FHE  EAC ，
∵∠BAD ∠B ， AEH  BEC ，
∴ FHE  ECB ，
∴ EAC  ECB ，
∴ tan EAC  tan ECB ，
∴ BC  BE ，
ABBC
∵ AB  4 ， BC  3，
∴ BE  9 ，
4
∵设 BE  x ， DN  y ， y  2x  4 ，
∴ DN  1 ．
2
②若FHE  ECA ，设 EG 与 AC 交于点O ，
∵ EN  EC ， EG  CN ，
∴ 1  2 ，
∵ AH∥EG ，
∴ FHE  1 ，
∴ FHE  2 ，
∴ 2  ECA ，
∴ EO  CO ，
∵AB=4，BC=3，则 AC=5，
设 EO  CO  3k ，
由 EO∥BC
∴△AEO∽△ABC
∴ AE = EO = AO 即AE = EO = AO
ABBCAC435
则 AE  4k ， AO  5k ，
∴ AO  CO  8k  5 ，
∴ k  5 ，
8
∴ AE  5 ， BE  3 ，
22
∴ DN  DG  NG  AE  BE  1，
综上所述，线段 DN 的长为 1 或 1 时VFHE 与△AEC 相似．
2
【点睛】本题考查等腰直角三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，函数解析式，相似三角形的性质，
三角函数等知识，掌握等腰直角三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，函数解析式的求法，相似三角形的性质，三角函数是解题关键．
方法四 仰角俯角问题(解直角三角形的应用)解题技巧
构造直角三角形，锁定对应角度，运用三角函数求解高度与水平距离。
例题 1 （2025•天津 • 中考真题）综合与实践活动中，要用测角仪测量天津站附近世纪钟建筑 AB 的高度
（如图①）．
某学习小组设计了一个方案：如图②所示，点 A ， E ， C 依次在同一条水平直线上， CD  AC ，
EF  AC ，且CD  EF  1.7m ．在 D 处测得世纪钟建筑顶部 B 的仰角为22 ，在 F 处测得世纪钟建筑顶部 B的仰角为31， CE  32m ．根据该学习小组测得的数据，计算世纪钟建筑 AB 的高度（结果取整数）． 参考数据： tan 22  0.4 ， tan 31  0.6 ．
【答案】世纪钟建筑 AB 的高度约为40m
【分析】本题考查了解直角三角形的应用．延长 DF 与 AB 相交于点G ，在 Rt VFGB 和Rt△DGB 中，分别
求得GF 
GB
tan 31
和GD 
GB
tan 22
，再根据GF  DF  GD ，列式计算求解即可．
 AB  AG  GB  1.7  38.4  40 ．
答：世纪钟建筑 AB 的高度约为40m ．
0.6  0.4
tan 31  tan 22
GB  32  tan 22 tan 31  32  0.4  0.6  38.4 ．
．
GB
tan 22
 32 
GB
tan 31

QGF  DF  GD ，
．
GB
tan 22
GD 
GD
在Rt△DGB 中， tan GDB  GB ，
，
GB
tan 31
GF 
GF
在 Rt VFGB 中， tan GFB  GB ，
根据题意，可得 DG ∥CA ，
有GDB  22 ， GFB  31 ， DGB  90 ， AG  EF  CD  1.7 ， DF  CE  32 ，
【详解】解：如图，延长 DF 与 AB 相交于点G ，
例题 2 （2025•四川成都 • 中考真题）在综合与实践活动中，某学习小组用无人机测量校园西门 A 与东门
B 之间的距离．如图，无人机从西门 A 处垂直上升至 C 处，在 C 处测得东门 B 的俯角为30，然后沿 AB 方向飞行 60 米到达 D 处，在 D 处测得西门 A 的俯角为63.4 ．求校园西门 A 与东门 B 之间的距离．（结果精
3
确到 0.1 米；参考数据： sin 63.4  0.89 ， cs 63.4  0.45 ， tan 63.4  2.00 ， 1.73 ）
【答案】校园西门 A 与东门 B 之间的距离为 207.6 米
【分析】本题考查解直角三角形的应用，根据题意，易得， CAB  ACD  90, ABC  30 ， CD  60 米，分别解RtV ACD, RtV ABC ，进行求解即可．
【详解】解：由题意，得： CAB  ACD  90, ABC  30 ， CD  60 米，
在Rt△ACD 中， AC  CD  tan 63.4  120 米；
在Rt△ABC 中， AB 
AC
tan 30
 120 3  207.6 米；
答：校园西门 A 与东门 B 之间的距离为 207.6 米
例题 3 （2025•山东青岛 • 中考真题）学校综合实践小组测量博学楼的高度．如图，点 A ， B ， C ， D ， E 在同一平面内，点 B ， C ， D 在同一水平线上，一组成员从 19 米高的厚德楼顶部 A 测得博学楼的顶部 E
的俯角为22 ，另一组成员沿 BD 方向从厚德楼底部 B 点向博学楼走 15 米到达C 点，在C 点测得博学楼顶部
E 的仰角为42 ，求博学楼 DE 的高度．（参考数据： sin22  3 ， cs22  15 ， tan22  2 ， sin42  27 ，
cs42  3 ， tan42  9 ）
410
816
540
【答案】博学楼 DE 的高度为 9 米
【分析】本题考查了解直角三角形的实际应用，正确构造直角三角形是解题的关键．
过点 E 作 EF  AB 于点 F ，则可得四边形 FBDE 是矩形，解RtV AFE 中，得到 AF  2 ，设
EF5
AF  2x, EF  5x ，则CD  5x 15 ， BF  ED  19  2x ，解RtVEFD ，得到 9  19  2x ，求解 x ，再代入
105x 15
ED  19  2x 即可．
【详解】解：过点 E 作 EF  AB 于点 F ，由题意得，∠1  ∠2  22 ， 3  42 ， BC  15m ， AB  19m ，
∴设 AF  2x, EF  5x ，
则CD  BD  BC  EF  BC  5x 15 ， BF  ED  AB  AF  19  2x ，
解得： x  5 ，
∴ DE  19  2  5  9m ，
答：博学楼 DE 的高度为 9 米．
，

105x 15
919  2x
∴
CD
在RtVEFD 中，∵ tan 3  ED ，
∵ D  EFB  B  90 ，
∴四边形 FBDE 是矩形，
∴ FB  DE, EF  BD ，
，
2

EF5
AF
∴
EF
在RtV AFE 中，∵ tan 2  AF ，
方法五 坡度坡比问题(解直角三角形的应用)解题技巧
牢记坡比定义，构造直角三角形，结合勾股定理、三角函数解决坡面计算。
例题 1 （2026•广西玉林 • 一模）为落实适老化改造要求，某老年大学对教学楼入口进行升级，将原有三级台阶改建为无障碍斜坡，方便老年学员通行．已知每级台阶高为20cm ，深为30cm ，设台阶的起点为 A ，
斜坡的起始点为C ，现设计斜坡的坡度i  1: 5 ，则 AC 的长度是（）
A． 200cmB． 210cmC． 240cmD． 300cm
【答案】C
【分析】过点 B 作 BD  AC ，交CA 延长线于 D ，可得出 AD  60cm ， BD  60cm ，根据i  1: 5 求出
CD  300cm ，进而求出 AC 的长即可．
【详解】解：如图，过点 B 作 BD  AC ，交CA 延长线于 D ，
∵每级台阶高为20cm ，深为30cm ，
∴ AD  60cm ， BD  60cm ，
∵斜坡的坡度i  1: 5 ，
∴
BD
CD5

1
，即

CD5
601
∴ CD  300cm ，
∴ AC  CD  AD  300  60  240cm ．
例题 2 （2026•湖北襄阳 • 一模）暑假期间，小明一家到某旅游风景区登山．他们从山底 A 处出发，先步行200m 到达 B 处，再从 B 处坐缆车到达山顶C 处．已知山坡 AB 的坡角α  16 ，缆车的行驶路线 BC 与水平面的夹角β  37 ，这座山的高度CD  296m，A，B，C，D 在同一平面内．（参考数据：
sin16∘  0.28，cs16∘  0.96，tan16  0.29；sin37  0.60，cs37  0.830，tan37  0.75 ）
求小明一家步行上升的垂直高度（结果取整数）；
求缆车的行驶路线 BC 的长（结果取整数）．
【答案】(1) 56m
(2) 400m
【分析】（1）过点 B 作 BE  AD ，根据正弦的定义求出 BE ；
（2）过点 B 作 BF⊥CD ，根据矩形的性质求出 DF ，求出CF ，再根据正弦的定义求出 BC ，即可求解．
【详解】（1）解：如图，过点 B 作 BE  AD ，
在Rt△ABE 中， A  α  16 ， AB  200m ，则 BE  AB sin A  200  0.28  56m ．
答：小明一家步行上升的垂直高度约为56m ．
（2）解：如图，过点 B 作 BF⊥CD ，根据题意，可知四边形 BEDF 为矩形，
 DF  BE  56m ，
QCD  296m ，
CF  CD  DF  296  56  240m ，在Rt△CBF 中， CBF  β  37 ，
则 BC 
CF
sin CBF0.6
 240  400m ．
答：缆车的行驶路线 BC 的长约为400m ．
例题 3 （25–26 九年级下 • 山东烟台 • 期中）如图是某商场的自动扶梯，其中 AB 为从一楼到二楼扶梯的侧面示意图．小明站在扶梯起点 A 处时，测得天花板上日光灯C 的仰角为30 ，此时他的眼睛 D 与地面的距
离 AD  1.6m ，之后他沿一楼扶梯到达顶端 B 后又沿 BE （ BE AF ）向正前方走了3m ，发现日光灯C 刚好在他的正上方，已知自动扶梯 AB 的坡度为1: 2.4 ， AB 的长度是13m ．
(1)求图中 B 到一楼地面的高度；
3
(2)求日光灯C 到一楼地面的高度．（
 1.732 ，结果精确到0.1m ）
【答案】(1) B 到一楼地面的高度为5m
(2)日光灯C 到一楼地面的高度为10.3m
【分析】（1）过点 B 作 BH  AF 于 H ，设 BH  xm ，然后在RtV ABH 中，根据坡度的概念结合勾股定理列方程求解；
（2）过点C 作CP  AF 于 P ，交 BE 于G ，过点 D 作 DI  CP 于 I ，交 BH 于 J ，由题意可得 BG  3m ，四边形 BGPH 、 ADJH 是矩形， CDI  30 ，然后在RtVCDI 中，利用锐角三角函数解直角三角形．
【详解】（1）解：过点 B 作 BH  AF 于 H ，
设 BH  xm ，
∵ AB 的坡度为1∶2.4 ，
∴ BH 
AH
1 ，
2.4
∴ AH  2.4xm ，
在RtV ABH 中，由勾股定理得： BH 2  AH 2  AB2 ，即 x2  2.4x2  132 ，
解得 x  5 ，即 BH  5m ．
答： B 到一楼地面的高度为5m ．
（2）解：如图，过点C 作CP  AF 于 P ，交 BE 于G ，过点 D 作 DI  CP 于 I ，交 BH 于 J ，
则 BG  3m ，四边形 BGPH 、 ADJH 是矩形， CDI  30 ，
∴ PH  BG  3m ， IP  JH  AD  1.6m ， AP  DI ，由（1）知 AH  2.4x  2.4  5  12m ，
∴ AP  AH  PH  12  3  15m ，
∴ DI  AP  15m ，
在RtVCDI 中， tanCDI  CI ，
DI
∴ CI  DI·tan CDI  15 3  5 3  8.66m ，
3
∴ CP  CI  IP  8.66 1.6  10.26  10.3m ．
答：日光灯C 到一楼地面的高度为10.3m ．
方法六 相似+解直角三角形综合解题技巧
用相似转化线段关系，结合直角三角形三角函数，拆分步骤综合求解。
例题 1 （2026•陕西渭南 • 一模）背景：某数学小组的成员利用所学知识在周末测量了一棵银杏树的高度
AB ．
测量过程：该小组的同学甲在地面上的点 C 处测量了银杏树顶端 A 的仰角∠ ACB 的度数；该小组的同学乙
在地面上的点 D 处放置一面平面镜（大小忽略不计），随后从点 D 处沿 BD 方向移动至点 E 处时，恰好从平面镜中看到银杏树顶端 A 的像．
数据： CD  16.5 米， DE  2 米， EF  1.6 米， ACB  63.4 ．
说明： AB  BE ， EF  BE ，点 B、C、D、E 在一条直线上，图中所有点均在同一平面内．
任务：求银杏树的高度 AB ．（参考数据： sin 63.4  0.89 ， cs 63.4  0.45 ， tan 63.4  2.00 ）
【答案】银杏树的高度 AB 为22 米
【分析】先由V ADB∽VFDE ，可设 AB  4x, BD  5x ，再解Rt△ABC 即可．
【详解】解：由题意得， ABC  FED  90, FDE  ADB
∴V ADB∽VFDE
∴ EF = DE ，
ABBD
∴ 1.6  2
ABBD
，
∴ AB  1.6  4
BD25
设 AB  4x, BD  5x ，
则 BC  BD  CD  5x 16.5 ，
在Rt△ABC 中， tan ACB  AB ， ACB  63.4
BC
∴
4x
5x 16.5
 2
解得 x  5.5
∴ AB  4  5.5  22 （米）
答：银杏树的高度 AB 为22 米．
例题 2 （2026•陕西西安 • 模拟预测）在数学综合实践活动中，小思和小欣利用所学的数学知识测量学校花坛内一棵大树 AB 的高度，两人讨论后采用以下方法进行测量：如图，小思把镜子水平放在点 E 处，然后
沿着直线 BE 后退至点 D 处，这时恰好在镜子里看到树的顶端 A ，即CED  AEB ，然后小思又在C 处用测倾器测得树的顶端 A 处的仰角为 26.6 度；小欣用皮尺分别测量 DE 及小思目高（ CD ）的长．已知CD  BD于点 D，AB  BD 于点 B，DE  2.0 米， CD  1.5 米，请你利用测得的数据求出这棵树（ AB ）的高度．（结果保留整数．参考数据： sin26.6∘  0.45，cs26.6∘  0.89，tan26.6∘  0.50 ）
【答案】8 米
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、解直角三角形的应用，解题的关键是利用相似三角形建立线段关系，再结合三角函数求解．
先由镜面反射的性质证明△ CDE∽△ ABE ，得到 BE 与 AB 的关系；再通过作辅助线构造直角三角形，利用仰角的正切值列出关于 AB 的方程，求解得出树高．
【详解】解：过点C 作CF  AB 于点 F ，
2 AB  3  2  4 AB
3
2 AB  5
3
AB  7.5  8 ．
答：这棵树 AB 的高度约为 8 米．
3
2  AB 1.5  2.0  4 AB
3
2.0  4 AB
AB 1.5
0.50 
3
Q AF  AB  BF  AB 1.5 ， CF  2.0  BE  2.0  4 AB ，且tan 26.6  0.50 ，
BE  4 AB ．
3
在Rt△ACF 中， ACF  26.6 ，
tan 26.6  AF ．
CF
，

ABBE
1.52.0
即
则四边形CDBF 为矩形，
CD  BF  1.5 米， CF  BD  DE  BE  2.0  BE ．
QCD  BD ， AB  BD ，
CDE  ABE  90 ．又QCED  AEB ，
VCDE ∽ V ABE ．
 CD  DE ，
ABBE
例题 3 （2026•陕西咸阳 • 二模）如图，一棵大树 HB 由于风力所致，在 A 处断裂，断裂后大树的顶端 H
落在地面上的G 处，大树 AB 段在地面上的影长 BC 为 2.8 米，此时站在地面上的彤彤身高 DE 为 1.7 米， 同一时刻落在地面上的影长 EF 为 0.85 米，彤彤用测倾仪测得AGB  53.3 ，已知 AB ⊥ GF ， DE  GF ， G ，B ，C ，E ，F 在同一直线上，请根据以上数据估算大树 HB 的高度．（结果保留一位小数，参考数据： sin53.3  0.80 ， cs53.3  0.60 ， tan 53.3  1.34 ）
【答案】大树 HB 的高度约为12.6 米
EF
【详解】解：根据题意可得ABG  90 ，△ABC ∽△DEF ，
 AB  DE ，
BCEF
 AB  BC  DE  5.6 米，
EF
【分析】由题意可得△ABC ∽△DEF ，求得 AB  BC  DE ，再解直角三角形求得 AG 即可解答．
在VABG 中， AG 
AB
sin AGB
 7 米，
 HB  HA  AB  AG  AB  12.6 米，
答：大树 HB 的高度约为12.6 米．
【题型 01】A 字模型（共 5 题）
1．（2024•山东济南）如图，在VABC 中， ABC  90 ， C  30 ，以点 A 为圆心，以 AB 的长为半径作
1
弧交 AC 于点 D ，连接 BD ，再分别以点 B ， D 为圆心，大于 2 BD的长为半径作弧，两弧交于点 P ，作射线
AP 交 BC 于点 E ，连接 DE ，则下列结论中不．正．确．的是（）
A． BE  DE
C． S△EDC 3 S△ABC3
B． DE 垂直平分线段 AC
D． BD2  BC  BE
【答案】C
【分析】由题中作图方法易证 AP 为线段 BD 的垂直平分线，点 E 在 AP 上，所以 BE=DE，再根据，
ABC  90 ， C  30 得到ABD 是等边三角形，由“三线合一”得 AP 平分BAC ，则
PAC  C  30 ， AE  CE ,且30角所对的直角边等于斜边的一半，故 AB  AD  1 AC ，所以 DE 垂直平
2
ABBC
【详解】由题意可得： AD  AB ，点 P 在线段 BD 的垂直平分线上
Q AD  AB ，点 A 在线段 BD 的垂直平分线上
AP 为线段 BD 的垂直平分线
Q点 E 在 AP 上，BE=DE，故 A 正确；
Q ABC  90 ， C  30 ，
分线段 AC ，证明EDC ~ ABC 可得 ED  CD 即可得到结论．
2
ABD 为等边三角形且 AD  CD
 AB  AD  BD ，
 AP 平分BAC
EAC  1 BAC  30 ，
2
 AE  EC ，
BAC  60 且 AB  AD  1 AC
 ED 垂直平分 AC ，故 B 正确；
QECD  ACB  30 ， EDC  ABC  90 ，
EDC∽ABC ，
 ED  CD  AB  1 ，
ABBCBC
3

s
EDC
s

 1 
 3 
2

1
3
，故 C 错误；
ABC
Q ED  BE ， AB  CD  BD
 BE  BD ，
BDBC
 BD2  BC  BE ，故 D 正确
故选 C．
【点睛】本题考查 30˚角的直角三角形的性质、线段垂直平分线的判定和性质，相似三角形的判定和性质，
掌握这些基础知识为解题关键．
2．（2025•吉林）如图，△AB0 的顶点 A 在函数 y＝ k
x
（x>0）的图象上，∠AB0＝90˚，过 A0 边的三等分
点 M、N 分别作 x 轴的平行线交 AB 于点 P、Q．若△ANQ 的面积为 1，则 k 的值为（）
A．9B．12C．15D．18
【答案】D
【分析】易证△ANQ∽△AMP∽△AOB，由相似三角形的性质：面积比等于相似比的平方可求出△ANQ 的面积，进而可求出△AOB 的面积，则 k 的值也可求出．
【详解】解：∵NQ∥MP∥OB，
∴△ANQ∽△AMP∽△AOB，
∵M、N 是 0A 的三等分点，
∴ AN  1 ， AN  1 ，
AM2AO3
∴S△AOB=9，
∴k=2S△AOB=18，故选：D．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质以及反比例函数 k 的几何意义，正确的求出 S△ANQ=1 是解题的
关键．
，
1
 AO 9
 AN 2
  
1
SV AOB
∵
∴S△ANQ=1，
，
1
4

SV ANQ
3  SV ANQ
∴
∵四边形 MNQP 的面积为 3，
，
1
4

SV ANQ
SV AMP
∴
3．（2026•安徽六安 • 一模）如图，在VABC 中， DE 垂直平分边 BC ，垂足为点 D ，交 AB 于点 E ，点G
为CD 的中点，连接 AG 与CE 交于点 F ．若 AG  AC ，则下列结论错误的是（）．
FG  1
AE  3
CF  7
EF  4
AF3
BE4
AE12
CF5
【答案】D
【分析】根据 DE 垂直平分边 BC ，推出FCG  B ， BD  CD ， BE  CE ，结合 AG  AC ，推出
VFCG∽V ABC 和△AEF∽△CEA ，根据性质可判断选项的值．
【详解】∵ DE 垂直平分 BC ，
∴ FCG  B ， BD  CD ， BE  CE ，
∵ AG  AC ，
∴ FGC  ACB ，
∴VFCG∽V ABC ，
∴
FG
ACBC

CG
，
∵ DE 垂直平分 BC ，点G 为CD 的中点，
∴ FG  CG  1 ，
ACBC4
∴ FG  1 ，
AG4
∵设 FG  a ， AG  AC  4a ，
∴ AF  AG  FG  3a ，
∴ FG  a AF3a
 1 ． 3
选项 A 正确，不符合题意．
∵ AG  AC ，
∴ AGC  ACB ，
∵ AGC  B  BAG ， ACB  BCE  ACE ，
∴ BAG  ACE ，
∵ AEF  CEA ，
∴△AEF∽△CEA ，
∴ AE  EF  AF ，
CEAEAC
∵ BE  CE ，
∴ AE  AF  3a  3 ，
BEAC4a4
∴选项 B 正确，不符合题意．
∵ AE  EF  AF  3 ，
CEAEAC4
∴设 AE  12k ，则CE  16k ， EF  9k ，
∴ CF  CE  EF  16k  9k  7k ．
∴ CF 
AE
7k 12k
 7 ．
12
∴选项 C 正确，不符合题意．
∴ EF  9k  9 ．
CF7k7
∴选项 D 错误，符合题意．
故选：D．
4．（25–26 九年级上 • 江苏苏州 • 月考）如图，在Rt△ABC 中， C  90 ，四边形CDEF 是正方形，
AC  15，BC  10 ， AF 交 DE 于点 G．
求正方形CDEF 的边长；
求 EG 的长．
【答案】(1) 6
12
(2)
5
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，熟记相关判定定理的内容即可求解；
证△EFB∽△ACB 推出 EF : FB  AC : BC  15 :10  3 : 2 ，设 EF  3x, FB  2x ，则CF  EF  3x ，根据
BC  BF  CF  5x  10 即可求解 ；
证V ADG ∽V ACF ，推出 DG : CF  AD : AC  9 :15  3 : 5 ，求得 DG  18 ，即可求解 ；
5
【详解】（1）解：由题意得： EFB  ACB  90 ，
∴ EF ∥ AC ，
∴△EFB∽△ACB ，
∴ EF : FB  AC : BC  15 :10  3 : 2 ，
设 EF  3x, FB  2x ，则CF  EF  3x ，
∵ BC  BF  CF  5x  10 ，
∴ x  2 ，
∴ EF  3x  6 ，
即正方形CDEF 的边长为6 ；
（2）解：由（1）得： CD  CF  EF  DE  6 ，
∴ AD  AC  CD  9 ；
∵ ADE  ACB  90 ,
∴ DG ∥CF ，
∴V ADG ∽V ACF ，
∴ DG : CF  AD : AC  9 :15  3 : 5 ，
∴ DG  18 ，
5
∴ GE  AE  DG  12
5
5．（23–24 九年级上 • 安徽淮南 • 期末）如图1点 P 为半径为 R 的eO 内一点， Q 为射线OP 上一点，如果满足OP  OQ  R2 ，则称 P, Q 两点为eO 互为反演点，已知：如图2 ， E, B 两点及 A, F 两点分别为eO 的互为反演点．
求证： VOEF ∽VOAB ；
△OAB 中， A  90 ，延长 FE 与eO 相交于 D 点，求证： BD 是eO 的切线．
【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
【分析】（1）由已知得OE·OB  OA·OF ，再利用相似三角形的判定，即可得出VOEF∽VOAB ；（2）连接 OD ， OD 即为半径，根据A 的度数，再利用OE·OB  R2 ，得出VODE∽VOBD ，从而得出ODB  90 ，即可证明．
【详解】（1）Q E, B 两点及 A, F 两点分别为eO 的互为反演点．
OE·OB  R2 , OA·OF  R2
OE·OB  OA·OF
 OE  OF OAOB
在VOEF 与VOAB 中，
Q OAOB

EOF  AOB
VOEF∽VOAB
（2）连接OD ．
QA  90,VOEF∽VOAB
OE  OF
OEF  A  90
QOE·OB  R2
 R  OB OER
在VODE 与VOBD 中，
QOER
 R

 OB
DOE  BOD
VODE∽VOBD
ODB  OED  90
QOD 为半径， ODB  90
 BD 是eO 的切线．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定与性质、切线的判定等知识，理解互为反演点的含义解决问题
的关键．
【题型 02】8 字模型（共 5 题）
1．（2025•陕西西安 • 模拟预测）如图，点 A ，B ，C 均在eO 上，若A  50 ，B  65 ，则BOC  C
的度数为（）
A． 95B． 90C． 85D． 80
【答案】C
【分析】本题考查了圆周角定理，三角形的内角和定理，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．
由圆周角定理得∠BOC  2∠A  100° ，由三角形内角和定理得BOC  C  A  B ，求出C  15 ，即可得解．
【详解】解：QA  50 ，
BOC  2A  100 ，
QBOC  C  A  B ，
C  15 ，
BOC  C  85 ，故选：C．
2．（24–25 九年级上 • 福建泉州 • 月考）如图，已知在平面直角坐标系 xOy 中，点 0 是坐标原点，点 A 是
函数 y  1  x  0
x
图象上一点，
2
k
AO 的延长线交函数 y （
x
x  0
，k 是不等于 0 的常数）的图象于点 C，
点 A 关于 y 轴的对称点 A ，点 C 关于 x 轴的对称点为C ，连结CC 交 x 轴于点 B，连结 AB ， AA， AC ，若VABC 的面积等于 6，则由线段 AC ， CC ， CA ， AA所围成的图形的面积等于 ．
2
面积 SVOBC  SVOBC  SVOAA 即可求解；
【详解】解：过 A 作 AD  x 轴于 D，连接OA，OC ，
k   b 结合S
a
1  1 
1
V ABCV AOBV BOC
 S
 S
  b k  6
2
2
 a 

2
，解得： k 
3 总有k  9
2
或 16；由题意推出
O，A，C 在同一条直线上，得S
VOBCVOBC
 S
 1 k 2  9 ，根据由线段 AC，CC，CA，AA 所围成的图形的
22
 OD 2
【答案】10
【分析】本题考查反比例函数系数 k 的几何意义、反比例函数图象上点的坐标特征，解答本题的关键是明确题意，作出合适的辅助线，利用数形结合的思想解答．过 A 作 AD  x 轴于 D，连接OA，OC ，由题意设
A  a,  ， C  b,
1 

k 2 

a 

b 
 ；可证VOAD ∽VBCO ，推出 VADO  
S
 OB 
S
 
a2
b2
；根据S
V ADO
, S
1
VBCO

1 k 2 ，得到
2
V BCO
1 k 2 
由题意设 A a, a  ， C  b, b  ，其中a  0，b  0 ；

∵ AD  BD，BC  BD，AOD  COB ，
∴VOAD ∽VBCO ，
S OD 2a2
∴ V ADO   ，
SV BCO
∵ S
 OB 
 1 , S
b2
 1 k 2 ，
V ADO2
a2
VBCO2
∴，
k 2b2
由点坐标可知a  0，b  0 ， k  0 ，
∴ k   b ，
a
∵ S S S
 1   1  b  1 k 2  6 ，
V ABC
V AOB
V BOC
2  a 2

∴ k 2  b  12 ，即k 2  k 12  0 ；
a
解得： k  3 或k  4 （舍去）．则有k 2  9 ；
由题意得AOE  AOE，COB  COB ，
∴ AOE  COB  90 ，
∵ AOE  AOB  90 ，
∴ AOB  COB ，
∴ O，A，C 在同一条直线上，
∴ SVOBC
 SVOBC
 1 k 2  9 ，
22
∵ SVOAA  2SVOAD  1，
∴由线段 AC，CC，CA，AA 所围成的图形的面积 SVOBC  SVOBC  SVOAA  10 ．
故答案为：10 ．
3．（2025•四川成都 • 二模）菱形 ABCD 中，点 E 为CD 边上一动点，射线 AE 与 BC 的延长线交于点 F，连接 DF ，射线 BE 与 DF 交于点 G．
如图 1，E 为CD 中点， AEB  BCD ．
①求证： BE2  CE·BC ；
②若 AB  6 ，求线段 EG 的长；
如图 2，点 H 在边 AD 上，若∠ EBH  ∠ BCD  60 ， BE  4EG  2 ，线段 AH 的长为．
【答案】(1)①见解析；② 2
(2)
5 1 或 5 1
22
【分析】（1）①根据菱形的性质，证明△ABE∽△BEC ，等量代换即可得证；
②先证明VDEM ≌VCEB ASA ，再证明VCEF≌VDEA ，根据 DM ∥ BF ，就可以证明VDMG∽VFBG ，解答即可；
（2）延长 AD 与 BG 交于点 N ，连接 BD ，利用等边三角形的判定和性质，相似的判定和性质，分类解答即可．
本题考查了菱形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：①证明：∵四边形 ABCD 是菱形，
∴ AB∥CD ， AB  BC ，
∴ ABE  BEC ，
∵ AEB  BCD ，
∴△ABE∽△BEC ，
∴
AB
BECE

BE
，
∴ BE2  CE·AB ，
∴ BE2  CE·BC ；
②解：如图，延长 AD 与 BG 交于点M ，
∵四边形 ABCD 是菱形，
∴ AD ∥ BC ， AB  BC  CD  AD  6 ，
∴ MDE  BCE ，
∵ E 为CD 中点，
∴ DE  CE  1 CD  3 ，
2
由①得， BE2  CE·BC  3 6  18 ，
∴ BE  3 2 ，
∵ DEM  CEB ， DE  CE ， MDE  BCE ，
∴VDEM ≌VCEB ASA ，
∴ DM  BC  6 ， ME  BE  3 2 ，
∴ BM  BE  ME  6 2 ，同理可得， VCEF≌VDEA ，
∴ CF  AD  6 ，
∴ BF  BC  CF  12 ，
∵ DM ∥ BF ，
∴VDMG∽VFBG ，
∴ MG  DM  6
 1 ，
BGBF122
∴ MG MG
 1  1 ，
BMMG  BG1 23
∴ MG  1 BM  1  6 2  2 2 ，
33
∴ EG  ME  MG  3 2  2 2  2 ，
∴线段 EG 的长为 2 ；
（2）解：如图，延长 AD 与 BG 交于点 N ，连接 BD ，
∵四边形 ABCD 是菱形，
∴ AD ∥ BC ， AB  AD  CD  BC ， BAD  BCD  60 ，
∴△ABD 和△BCD 是等边三角形，
∴ BD  AB ， BDE  60 ，
∴ BAH  BDE  60 ，
∵ EBH  60 ，
∴ ABD  EBH ，
∴ ABD  DBH  EBH  DBH ，即HBA  EBD ，
∴V ABH≌VDBE ASA ，
∴ AH  DE ；
∵ BE  4EG  2 ，
 EG  1 ，
2
 BG  BE  EG  5 ，
2
设GN  a ，则 EN  GN  EG  a  1 ，
2
Q DN∥BC ， DN∥BF ，
△DNE∽△CBE ， VDNG∽VFBE ，
a  1
DN  GN  a  2a
 DN  DE  EN 
BCCEBE
 2a 1 ， BFBG
24
55 ，
2
 BC  DN  DN  2a  2a 1 8a，
BFBFBC5410a  5
 BC BC8a8a，
CFBF  BC
Q AD∥CF ，
V ADE∽VFCE ，
10a  5  8a
2a  5
 DE  AD  CF ，
CECFCF
 2a 1 8a，
42a  5
解得： a
 5  2 5 ， a
 5  2 5 ，
1222
①当a  5  2 5 时， DE  2a 1  3  5 ，
2CE42
 CD  DE  CE  3 
CECE
5  2  5  5 ，
22
设CE  2x ，则 BC  CD  5 
5  x ，
作 EK  BC 于点 K ，则EKC  EKB  90 ，
 EK  ECsinECK  ECsin60  3x ，
CK  ECcsECK  2xcs60  x ，
 BK  BC  CK  4  5  x ，
在RtVBEK 中， BK 2  EK 2  BE2 ，
[4  5  x]2  ( 3x)2  22 ，
解得： x 
5 1 ， x
 1
5 （舍去），
CE 
1424
5 1 ，
2

，
5  5  5 1
BCCD5
4
 AH  DE  CD  CE  5 
5 1 5 1 ，
22
②当a  5  2 5 ， DE  2a 1  3  5 ，
2CE42
 CD  DE  CE  3 
CECE
同理①的方法可得，
5  2  5  5 ，
22
CE 
5 1 ， BC  CD  5 ，
2
 AH  DE  CD  CE  5 
5 1 
5 1 ，
22
综上所述，线段 AH 的长为 5 1 或 5 1 ．
22
4．（2026•江苏扬州 • 一模）综合与探究
学习材料：中线是三角形中的重要线段之一，在利用中线解决几何问题时，常常采用“倍长中线法”添加辅助线．所谓倍长中线模型，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造出全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法．
如图 1，在Rt△ABC 中，取 BC 的中点 0，连接 AO 并延长，使得 AO  OD ，连接 BD 、CD ，四边形 ABDC
为平行四边形．
初步探究：
如图 2，数学活动课上，老师让同学们制作两张全等的直角三角形纸片并重合放置，将Rt△ABC 保持固定， RtV ADE 绕点 A 按逆时针方向旋转，其中ACB  AED  90 ，若ABC  30 ，当点 E 落在 AB 边上时，连接 AE 并延长，使得CE  EF ，连接 AF 、 BF ，判断四边形 ACBF 的形状，并说明理由．
深入探究：
如图 3，当RtV ADE 绕点 A 按逆时针方向旋转 90˚时，连接CD 、 BE ，取 BE 的中点 P，连接 AP 交CD
于点 Q，试判断 AP 和CD 的数量关系和位置关系，并说明理由．拓展延伸：
当RtV ADE 绕点 A 按逆时针方向旋转 90˚时，连接 BE ，M 是射线 AC 上的一点，连接 DM ，过点 A 作 DM
的垂线交 BE 于点 G，若 G 是 BE 的三等分点，请直接写出 AM 的值．
【答案】(1)矩形，理由见解析
(2) AP  1 CD ， AP  CD ，理由见解析
2
(3) 1 或 2
2
【分析】（1）由旋转证明△ACE 是等边三角形，再证明CAF  90 ，进而得到V AEF VBEC ，证明
AF ∥CB ，则四边形 ACBF 是平行四边形．证明
CAF  90 ，则问题可证；
AC
延长 AP 至点 F ，使 PF  AP ，连接 BF ，证明V APE VFPB ，从而证明 AE ∥ FB ，C、B、F 共线，再证明V ABF VDAC ，得到CD  2 AP ，再由角度的互余关系证明FQC  90 ，则问题可证；
延长CB 交 EG 延长线于点 F，证明V AGE∽VCGB ，得到 EG  AE ，再有MD  AG ，和
GBBF
EAG  MAG  90 证明EAG  AMD ，再证明MAD  ABF ，由 AD  AB VMAD≌VFBA ，故得到
AM  BF ，最后分别利用 G 是 BE 的三等分点，分类讨论求解即可．
【详解】（1）解：QRtV ABC  RtV ADE ， ACB  AED  90 ， ABC  30 ，
BAC  60 ， AC  AE ，
Q 点 E 落在 AB 边上，
V ACE
V ACE
中， AC  AE ， CAE  60 ，是等边三角形，
CE  AC ， AEC  60 ，
QCE  EF ，
V AEF
是等腰三角形，
QAEF  180  AEC  120 ，
EAF  EFA  30 ，
CAF  CAE  FAE  60  30  90 ，
Q AE  AC  1 AB ，
2
∴E 是 AB 中点， AE  BE ，
在 △AEF
和 VBEC 中：
CE  EF ， AEF  BEC  120 ，
V AEF VBEC （SAS），
EAF  EBC  30 ， AF  CB ，
EFA  ECB  30
∴ AF ∥CB ，
 四边形 ACBF 是平行四边形．
QCAF  CAE  EAF  60  30  90 ，
 四边形 ACBF 是矩形．
AP  1 CD ，且 AP  CD ，
2
理由：延长 AP 至点 F ，使 PF  AP ，
连接 BF ，
Q P 是 BE 的中点，
 BP  PE ，
在 VAPE 和 VFPB 中：
AP  FP ，
APE  FPB ，
PE  PB ，
V APE VFPB （SAS），
 AE  FB ， PAE  PFB ，
 AE∥FB ，
QRt△ADE 是绕点 A 逆时针旋转 90 得到，
DAE  CAB, DAB  CAE  90 ， AD  AB ，
 AE∥CB ，
∴C、B、F 共线，
QCAD  CAB  DAB ，
ABF  ACB  CAB
CAD  ABF
在 △ABF 和 △DAC 中：
AB  AD ，
ABF  CAD ，
BF  AE  AC ，
V ABF VDAC ，
 AF  CD ， BFE  ACD ，
Q AF  2 AP ，
CD  2 AP ，即
AP  1 CD ， 2
QACF  ACD  QCB  BFA  QCB  90 ，
AQC  180  90  BAF  BAF  90
 AP  CD ．
解：延长CB 交 EG 延长线于点 F，
QRt△ADE
是绕点 A 逆时针旋转 90 得到，
 AD  AB ， AC  AE ，
 AE∥CB
V AGE∽VFGB ，
EG  AE ，
GBBF
∵ AG  DM ，
∴ AMD  MAG  90 ，
∵ EAG  MAG  90
∴ EAG  AMD ，
Q AE∥CB
∴ EAG  F ，
∴ AMD  F ，
QMAD  MAB  DAB ，
ABF  ACB  CAB ，
MAD  ABF
∵ AD  AB
VMAD≌VFBA ，
AM  BF ，
∵G 是 BE 的三等分点
∴当 BG  1 BE
时， AM  BF  BG  1 ，
3ACAEEG2
当 BG  2 BE 时， AM  BF  BG  2 ，
3ACAEEG
 AM  1 AC2
或 2 ．
【点睛】本题需要运用”倍长中线法”构造全等三角形和相似三角形， 通过证明全等三角形，转化边的数量
关系是解题的关键．
5．（25–26 九年级上 • 辽宁沈阳 • 期末）在矩形 ABCD 中， AB  2 ， ∠ BAD 的平分线交 BD 于点O ，交射线 BC 于点 E ，交射线 DC 于点 F ，取 EF 的中点G ，连接 BG 、 DG ．
利用图①，求证： BA  BE ；
若射线 BG 交射线 DC 于点 H ，当GF  1 AF 时，请直接写出VGFH 的面积；
3
如图②， DG 交 BC 于点M ，若 OE  4 ，求CM 的长．
【答案】(1)证明见解析
EF5
VGFH 的面积为1或 1
10
2
5
【分析】（1）通过矩形的性质，求出 AD ∥ BC ，得到EAD  AEB ，再通过平分的性质BAE  EAD ，最后通过换角得等角对等边即可；
当 AB  BC 时，延长射线 BG 交射线 DC 于点 H ，作GT BC 交 BC 于点T ，先通过矩形的性质得
V ABE 、△FCE 为等腰直角三角形，设 EC  x ，通过勾股定理求出各个边长，通过GF  1 AF 条件求出 x ，
3
再通过相似求出GT ，后通过平行相似得V ABG ~VFHG ，根据相似比求出边长，计算三角形面积即可；当
AB  BC 时，过点G 作GQ  CD 于Q ，设CE  y ，则 EF 
2 y ， GF  GE 
2 y ，
2
利用等腰直角三角形的性质及勾股定理求出 y  4 ， GF  2 2 ， GQ  2 ，根据平行得出V ABG∽VFHG ，
555
可得 FH  1 ，利用三角形面积公式即可得VGFH 的面积；综上即可得答案；
2
先通过矩形的性质得V ABE 、△FCE 、△ADF 为等腰直角三角形，设 EC  a ，通过勾股定理求出各
个边长，通过 OE  4 条件求出OE  4 2 a ，再平行相似得V ABG ~VFHG 得出a 的值，最后以点C 为原点，
EF55
建立平面直角坐标系，得到点 D 0, 2 ，点 F 0, 1 ，点 E 1, 0 ，运用中点公式得到点G ，求出直线 DG 的解析式，求出点M 坐标，即可求出CM 的长．
【详解】（1）证明：∵矩形 ABCD ，
∴ AD ∥ BC ，
∴ EAD  AEB ．
∵ AE 平分∠ BAD ，
∴ BAE  EAD ，
∴ BAE  AEB ，
∴V ABE 为等腰三角形，
∴ BA  BE ．
解：如图，当 AB  BC 时，延长射线 BG 交射线 DC 于点 H ，作GT BC 交 BC 于点T
∵矩形 ABCD ，
∴ AD ∥ BC ， AB ∥ DF ， AB  DC ， ABC  DCB  90 ．由（1）可得V ABE 为等腰三角形， ABC  90 ，
∵ AB  2 ，
∴ AE  2 AB  2 2 ．
同理， △FCE 为等腰直角三角形，设 EC  x ， EF 
∵点G 为 EF 的中点，
2x ．
∴ EG  GF  1 EF 2 x ．
22
∵ GF  1 AF ，
3
∴ GF  1  AE  EF  ，
3

2 x  1 2 2 
23
解得： x  4 ，
2x ，
∴ EC  4 ， EF  4 2 ， EG  GF  2 2 ，
∴ AG  AE  EG  4 2 ．
∵ GT BC ，点G 为 EF 的中点，
∴VFGT∽VFEC ，
∴ GT  1 EC  2 ． 2
∵ AB ∥ DF ，
∴V ABG∽VFHG ，
∴ AB  AG  4 2  2 ，
FHGF2 2
∴ FH  AB  1，
2
∴ SVGFH
 1 FH  GT  1 1 2  1．
22
如图，当 AB  BC 时，过点G 作GQ  CD 于Q ，
同理可知， AE  2 2 ， △CEF 是等腰直角三角形，
设CE  y ，则 EF 
∵ GF  1 AF ，
3
2 y ， GF  GE 
2 y ，
2
∴ AE  5 2 y  2 2 ，
2
解得： y  4 ，
5
∴ GF 
2 y 
2  4  2 2 ，
2255
∵ CFE  45 ，
∴VGFQ 是等腰直角三角形，
∴ GQ 
2 GF 
2  2 2  2 ，
2255
∵ FH∥AB ，
∴VGFH∽VGAB ，
∴ FH  GF  1 ，即 FH  1 ，
ABAG424
∴ FH  1 ，
2
∴ S 1  FH  GQ  1  1  2  1 ．
VGFH
22 2 510
综上所述： VGFH 的面积为1或 1 ．
10
解：∵由（2）可得V ABE 、△FCE 为等腰直角三角形，又∵ AB  2 ，设 EC  a ，
∴ AE 
2 AB  2 2 ， EF 
2EC 
2a ．
∵点G 为 EF 的中点，
∴ EG  GF  1 EF 2 a ．
22
∵ OE  4 ，
EF5
∴ OE  4 EF  4 2 a ．
55
∵矩形 ABCD ，
∴ AD ∥ BC ， AB  DC  2 ，
∴同理：△ADF 为等腰直角三角形，
∴ AD  DF  DC  CF  AB  CE  2  a ．
∵ AD ∥ BC ，
∴V AOD ~VEOB ，
∴ AO  AD  2  a ，
OEBE2
2 AO  2  aOE ，
2  AE  OE   2  aOE ，
4 2
2  2 2  5
a  2  a 4 2 a ，


5

4 2  8 2 a  8 2 a  4 2 a2 ，
555
4 2 a2  16 2 a  4 2  0 ，
55
a2  4a  5  0 ，
a 1a  5  0 ，
解得： a1  1， a2   5 （舍），
∴ CF  CE  1 ．
∵以点C 为原点，建立平面直角坐标系，
∴点 D 0, 2 ，点 F 0, 1 ，点 E 1, 0 ．
∵点G 为 EF 的中点，
∴点G  xF  xE , yF  yE  ，即点G   1 ,  1  ．
22 22 

∵设直线 DG 的解析式为： y  kx  b k  0 ，
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的判定和性质、矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性
质、平面直角坐标的建立和中点坐标公式等，能够掌握数形结合的思想是解决本题的关键．
5
∴ CM  2 ．


5


5
∴当 y  0 时， x   2 ，即点M   2 , 0  ，
b  2
解得： k  5 ，
∴直线 DG 的解析式为： y  5x  2 ，
2 ，
2


 1 k  b   1

2 
 2

代入G   1 ,  1  ， D 0, 2 ，
【题型 03】母子相似模型（共 5 题）
1．（2024•重庆梁平）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC 的顶点 B 在第一象限，点C 在 x 轴上，点 A
在 y 轴上， D 、 E 分别是 AB 、OA 的中点．过点 D 的双曲线 y  k (x  0, k  0) 与 BC 交于点G ．连结 DC ，
x
点 F 在 DC 上，且 DF : FC  3 :1，连结 DE 、 EF ．若VDEF 的面积为6 ，则k 的值为．
32
【答案】
3
【分析】设矩形 0ABC 中 0A=2a，AB=2b，由 D、E 分别是 AB，0A 中点，得出点 D（b，2a）、E（0，a），过点 F 作 FP⊥BC 于点 P，延长 PF 交 0A 于点 Q，可得四边形 0ABC 是矩形，即 0Q=PC，PQ=0C=2b，证明
△CFP∽△CDB，得出 CP = FP = CF ，从而得出 CP= a
CBDBCD2
ADFQ–S△ADE–S△EFQ=6，求得ab 即可得出答案．
，FP= b
4
，EQ= a
2
7b
，FQ=，最后根据 S 梯形
4
【详解】解：设矩形 0ABC 中 0A=2a，AB=2b，
∵D、E 分别是 AB，0A 中点，
∴点 D（b，2a）、E（0，a），
如图，过点 F 作 FP⊥BC 于点 P，延长 PF 交 0A 于点 Q，
∵四边形 0ABC 是矩形，
∴∠Q0C=∠0CP=∠CPQ=90˚，
∴四边形 0CPQ 是矩形，
∴0Q=PC，PQ=0C=2b，
∵FP⊥BC、AB⊥BC，
∴FP∥DB，
∴△CFP∽△CDB，
∴ CP = FP = CF ，
CBDBCD
即 CP = FP = 1 ，
2ab
a
可得 CP=
2
4
，FP= b ，
4
则 EQ=E0–0Q=a– a
2
= a ，FQ=PQ–PF=2b– b = 7b ，
244
∵△DEF 的面积为 6，
∴S 梯形 ADFQ–S△ADE–S△EFQ=6，
即 1 •（b+ 7b ）• 3a – a b– 1 × 7b • a =6，
2
4
22
2
42
可得 ab=，
16
3
则 k=2ab=．
32
3
故答案为：．
32
3
【点睛】本题主要考查反比例函数系数的几何意义及相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质及三角
形的面积，利用相似三角形的判定与性质表示出点 F 的坐标是解题的关键．
2．（2024•安徽 • 模拟预测）如图1，在四边形 ABDE 中， ABC  BDE ，点C 在边 BD 上，且
AC ∥ DE，AB ∥CE ，点 F 在边 AC 上，且 AF  CE ，连接 BF , DF ， DF 交CE 于点G ．
求证： BF  DF ；
如图2 ，若ACE  CDF ，求证： CE  CF  BF  DG ；
BC(3)如图3 ，若延长 BF 恰好经过点 E ，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3) 1
5
2
【分析】（1）证明VABF≌VCAE ，得出 BF  AE ，证明四边形 AFDE 为平行四边形，得出 AE  DF ，则可
得出结论；（2）证明△FCG∽△FDC ，得出 CF  GF ，证明VFCG∽VDEG ，得 GF  CF ，则得出结论；
DFCF
DGDE
（3）证明△ABF∽△CEF ，得出 AB  AF ，设 AB  x, AF  CE  m ，解方程求出 x ，则可得出答案．
【详解】（1）Q AC
CECF
DE, AB CE
CD
BDE  ACB, ABC  DCE, BAC  ACE
QABC  BDE
ABC  BDE  ACB  DCE
 AB  AC, CE  DE
在V ABF 和VCAE 中，
 AF  CE

又QBAC  ACE

 AB  AC
VABF≌VCAE （SAS）
 BF  AE
QCE  DE, AF  CE
 AF  DE
Q AF  DE, AC DE
四边形 AFDE 为平行四边形
 AE  DF
 BF  DF
ACE  CDF
QCFG  CFD

VFCG∽VFDC
 CF  GF DFCF
又Q AC ∥ DE
VFCG∽VDEG
 GF  CF ，即 GF  DG
DGDE
 CF  DG ．
DFDE
CFDE
又QDE  CE, DF  BF
 CF  DG ，即CE  CF  BF  DG
BFCE
ACB  EDC
QABC  DCE

△ABC∽△ECD
 BC  AB CDCE
Q ABCE ，
V ABF∽VCEF
 AB  AF CECF
 AB  CF  AF  CE ．
设 AB  x, AF  CE  m ，则有 x(x  m)  m2
解得 x  1 5 m （负值舍去）
2
 BC  AB  1 5
CDCE2
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、平行四边形的性质，利用相似
三角形的判定和性质是本题解题的关键．
3．（2025•山东泰安）如图，已知矩形 ABCD 的两条对角线相交于点 0，过点 A 作 AG  BD 分别交 BD 、BC
于点G 、 E ．
求证： EB2  EG  EA ；
连接CG ，若 BE  CE ．求证： CGE  DBC ．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）易证△BEG∽△AEB，利用对应边成比例即可解决；
（2）由（1）的结论及 BE=CE，易证明△CEG∽△AEC，从而可得∠CGE=∠ACE，由 0B=0C，可得CGE  DBC ．
【详解】（1）∵四边形 ABCD 是矩形
∴∠ABE=90˚
∴∠ABG+∠EBG=90˚
∵ AG  BD
∴∠ABG+∠BAG=90˚
∴∠EBG=∠BAG
∴Rt△BEG∽Rt△AEB
∴ EB  EG EAEB
∴ EB2  EGgEA
（2）由（1）有： EB2  EG  EA
∵BE=CE
∴ CE2  EG  EA
∴ CE  EA EGCE
∵∠CEG=∠AEC
∴△CEG∽△AEC
∴∠CGE=∠ACE
∵四边形 ABCD 是矩形
∴AC=BD
∴0B=0C
∴∠DBC=∠ACE
∴ CGE  DBC
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
4．（2025•全国 • 专题练习）（1）如图，点C 在线段 AB 上，点 D, E 在直线 AB 的同侧，
A  DCE  B ，求证： AC  AD ；
BEBC
如图，点C 在线段 AB 上，点 D, E 在直线 AB 的同侧， A  DCE  CBE  90 ， ADC  ABD ，
AC  3 ， BC  16 ，求tan CDB 的值；
3
如图，△ABD 中，点C 在 AB 边上，且ADC  B ， AC  3 ， BC  16 ，点 E 在 BD 边上，连接CE ，
3
BCE  BAD  180 ， CE  12 ，求 BE 的值．
5CD
【答案】（1）见解析；（2） 8 ；（3） 4
15
5
BEBC
可证得△ADC ∽△BCE ；
【分析】（1）要证 AC  AD ，可证△ADC ∽△BCE ，根据A  DCE  CBE 可得ADC  ECB ，即
根据A  DCE  CBE  90 ， ADC  ABD ，可得到△ADC ∽△ABD ，从而求出相应的线段长度，得到tan CDB 的值；
根据ADC  ABD ，可得到△ACD ∽△ADB ，可求出 AD 的长，再根据已知条件证得△BEH ∽△ADC
即可求解．
【详解】解：（1）证明：∵ DCA  DCE  ECB  180 ，
DCA  A  CDA  180 ， A  DCE ，
∴ ADC  ECB ，
∵ A  B ，
∴△ADC ∽△BCE ，
∴ AC  AD ．
BEBC
(2)解：如解图， BD 与CE 交于点G ，
∵ ADC  DBA ， A  A ，
∴△ADC ∽△ABD ，
∴ AC  AD ，
ADAB
3
即 AD
 AD
25 ，
3
解得 AD  5 ，
∴ DC 
34 ， DB  5 34 ，
3
设DBA  CDA  α ，
∴ CDG  90  2α ，
∴ CGD  2α ，
∴ GCB  GBC  α ，
∴ CG  GB ，
设CG  GB  x ，∴ DG  5 34  x ，
3
2
∴ 34 2  x2   5 34  x  ，
3

解得 x  8 34 ，
15
∴ tan CDB  CG  8 ；
CD15
（3）解：如解图，
∴ ADC  DCA  BCE ，∴ BEH  ACD ，
∵ EH  EC ， EHC  ECB  ADC  DCA ， B  ADC ，
∴△BEH ∽△DCA ，
12
∴ BE  EH  5  4 ．
CDAC35
【点睛】此题考查了相似三角形得性质和判定，根据相似三角形对应边成比例求出相关的线段长度，最后一问以 EC 为腰作等腰三角形为解题关键．
5
∵ BCE  BAD  180 ， ADC  DCA  BAD  180 ， EC  EH  12 ，
解得 AD  5 ，
以 E 为圆心， EC 长为半径画弧，交 BC 于点 H ，连接 EH ，
3AD
，
3
∴ AD 
，
AB

ACAD
25
AD
∴
∵ ADC  B ， A  A ，
∴△ACD ∽△ADB ，
【答案】 DE 的长度为40 3  32 米
【分析】过 E 作 EF ⊥ BC 于 F，根据相似三角形的性质解答即可．
5．（2024•陕西西安）如图，小华和同班秋游时，发现在某地小山坡的点 E 处有一棵小树．他们想利用皮尺、倾角器和平面镜测量小树到山脚下的距离（即 DE 的长度），小华站在点 B 处，让同班移动平面镜至点 C 处，此时小华在平面镜内可以看到点 E．且测得 BC  2 米， CD  59 米， CDE  120 ．已知小华的身高 AB  1.6 米，请根据以上数据，求 DE 的长度．（结果保留根号）
3
答： DE 的长度为40 3  32 米．
【点睛】此题主要考查了相似三角形的应用，正确表示出 DF，DE 的长是解题关键．
 DE  2 3 60 16 3   40 3  32米（米）．
解得： x  60 16 3 ，
3 x ，
3
59 
2
1.6 
即 x
3
设 EF 为 x 米， DF 3 x 米， DE  2 3 x 米，
3
QB  EFC  90 ，
QACB  ECD ，
VABC ∽ VEFC ，
 AB  BC ，
EFFC
QCDE  120 ，
EDF  60 ，
【详解】解：过 E 作 EF ⊥ BC 于 F，
【题型 04】仰角俯角问题(解直角三角形的应用)（共 5 题）
1．（2024•广东广州 • 中考真题）2024 年 6 月 2 日，嫦娥六号着陆器和上升器组合体（简称为“着上组合体”）成功着陆在月球背面．某校综合实践小组制作了一个“着上组合体”的模拟装置，在一次试验中，如图，该模拟装置在缓速下降阶段从 A 点垂直下降到 B 点，再垂直下降到着陆点C ，从 B 点测得地面 D 点的俯角为36.87 ， AD  17 米， BD  10 米．
求CD 的长；
【答案】(1) CD 的长约为 8 米；
(2)模拟装置从 A 点下降到 B 点的时间为4.5 秒．
【分析】本题考查了解直角三角形的应用——仰俯角问题，灵活运用锐角三角函数求边长是解题关键．
过点 B 作 BE ∥CD 交 AD 于点 E ，根据余弦值求出CD 的长即可；
先由勾股定理，求出 AC 的长，再利用正弦值求出 BC 的长，进而得到 AB 的长，然后除以速度，即可求出下降时间．
【详解】（1）解：如图，过点 B 作 BE ∥CD 交 AD 于点 E ，由题意可知， DBE  36.87 ，
BDC  36.87 ，
在△BCD 中， C  90 ， BD  10 米，
Qcs BDC  CD ，
BD
CD  BD  cs 36.87  10  0.80  8 米，
即CD 的长约为 8 米；
（2）解： Q AD  17 米， CD  8 米，
若模拟装置从 A 点以每秒 2 米的速度匀速下降到 B 点，求模拟装置从 A 点下降到 B 点的时间．（参考数据： sin 36.87  0.60 ， cs 36.87  0.80 ， tan 36.87  0.75 ）
 AC  AD2  CD2  15 米，
在△BCD 中， C  90 ， BD  10 米，
Qsin BDC  BC ，
BD
 BC  BD  sin 36.87  10  0.60  6 米，
 AB  AC  BC  15  6  9 米，
Q模拟装置从 A 点以每秒 2 米的速度匀速下降到 B 点，
模拟装置从 A 点下降到 B 点的时间为9  2  4.5 秒，即模拟装置从 A 点下降到 B 点的时间为4.5 秒．
2．（2025•山东德州 • 中考真题）暑假期间，小明一家到某旅游风景区登山．他们从山底 A 处出发，先步行200m 到达 B 处，再从 B 处坐缆车到达山顶 C 处．已知山坡 AB 的坡角α  16 ，缆车的行驶路线 BC 与水平面的夹角β  37 ，这座山的高度CD  296m ，A，B，C，D 在同一平面内．
求小明一家步行上升的垂直高度（结果取整数）；
【答案】(1) 56m
(2) 400m
【分析】本题考查的是解直角三角形的应用–––坡度坡角问题，熟记锐角三角函数的定义是解题的关键．
过点 B 作 BE  AD 于 E ，根据正弦的定义求出 BE ；
过点 B 作 BF⊥CD 于 F ，根据矩形的性质求出 DF ，进而求出CF ，再根据正弦的定义计算即可．
【详解】（1）解：如图，过点 B 作 BE  AD 于 E ，
在Rt△ABE 中， A  α  16 ， AB  200 m，则 BE  AB  sin A  200  0.28  56 m，
答：小明一家步行上升的垂直高度约为56m ；
求缆车的行驶路线 BC 的长（结果取整数）．（参考数据： sin16  0.28 ， cs16  0.96 ， tan16  0.29 ； sin37  0.60 ， cs37  0.80 ， tan37  0.75 ）
（2）解：如图，过点 B 作 BF⊥CD 于 F ，
则四边形 BEDF 为矩形，
 DF  BE  56m ，
QCD  296m ，
CF  CD  DF  296  56  240m ，在Rt△CBF 中， CBF  β  37 ，
则 BC 
CF
sin CBF0.6
 240  400m ，
答： 缆车的行驶路线 BC 的长约为400m ．
3．（2026•山东临沂 • 一模）某校课外活动小组来到马头古镇进行参观研学，对位于马头古镇中心大街最
北端的“北水门”高度进行了实地测量．操作过程如下：
如图，测试小组利用测角仪从点 D 处观测大门顶端 A 点的仰角为23.5 ．在测角仪和大门之间水平光滑的地面放置一个平面镜，小组成员在平面镜上做好标记后，将平面镜在地面上来回移动，当平面镜上的标记位于点 E 处时，观测的同学恰好能从点 D 处看到大门顶端 A 在镜子中的像与平面镜上的标记重合，此时测得 CE  2 米．已知测角仪的高度CD  1米，点 A，B，C，D，E 在同一竖直平面内，且点 B，E，C 在同一条水平直线上．求北水门 AB 的高度．（结果精确到 1 米，参考数据： sin 23.5  0.40 ， cs 23.5  0.92 ，
tan 23.5  0.43 ）
【答案】13 米
【分析】根据光的反射定律，可得AEB  DEC ，结合相等的角的正切值相等，得到 BE  2 AB ；过点 D
作 DF  AB 于点 F，构造矩形，得 BF  CD ，在RtV ADF 中利用23.5 角的正切值列方程求解．
【详解】解：如图，过点 D 作 DF  AB 于点 F．
根据题意可知AEB  DEC ，
在Rt△CDE 中， t an DEC  CD  1 ，
CE2
∴ tan AEB  AB  1 ，
BE2
由题意可知四边形 BCDF 是矩形，
 BF  CD  1米，
设 AB  x 米， BE  2x 米，则 AF   x 1 米， DF  2x  2 米，
在RtV ADF 中， tan 23.5  AF ，即 x 1  0.43 ，
DF
2x  2
解并检验得 x  13，所以北水门 AB 的高度约 13 米．
【点睛】本题关键是将实际测量问题转化为解直角三角形的数学模型，利用光的反射定律得到角相等是解决问题的关键；构造矩形和含仰角的直角三角形，建立水平距离与高度的等量关系，是解题的桥梁；此问题需注意结合参考数据进行近似计算，最终结果按题目要求取近似值．
4．（2026•安徽阜阳 • 二模）某数学实践活动小组测量某电视塔的高度 DE ，如图，BC 是长为15m 的斜坡，坡角为36.5 ，坡底C 到塔底 D 的距离为37m ． AB 是垂直地面的测角仪，从点 A 测得塔顶 E 的仰角为
42.7 ，已知测角仪 AB 的高为1.5m ，试求电视塔 DE 的高度．（已知图上所有的点都在同一平面，参考数据：
sin 36.5  0.59 ， cs 36.5  0.80 ， tan 36.5  0.74 ， sin 42.7  0.68 ， cs 42.7  0.73 ， tan 42.7  0.92 ）
【答案】电视塔 DE 的高度约为55.43m
【分析】如图，解RtVBCF 求出 BF 、CF ，进而可求 AH 、 DG ，再解Rt△AEH ，进而求出 EH ，根据
DE  DG  GH  EH 即可求解．
【详解】解：如答图，过点 A 和点 B 分别作 AH  DE 于点 H ， BG  DE 于点G ，延长 AB 交 DC 的延长线于点 F ，则 BF⊥CD ，
四边形 ABGH 和四边形 BFDG 是矩形，
 AH  BG  DF ， AB  GH  1.5m ， BF  DG ，
在RtVBCF 中， sin BCF  BF ， cs BCF  CF ， BC  15m ，
BC
BC
 BF  BC sin BCF  15 sin 36.5  15 0.59  8.85m ， CF  BC  cs BCF  15 cs 36.5  15 0.80  12 m ， 又Q CD  37m ，
 AH  DF  CD  CF  37 12  49 m ， DG  BF  8.85m ，
AH
Q EH  AH  tan EAH  49  tan 42.7  49  0.92  45.08m ，
 DE  DG  GH  EH  8.85 1.5  45.08  55.43m ，答：电视塔 DE 的高度约为55.43m ．
在Rt△AEH 中， tan ÐEAH = EH ， AH  49m ，
5．（2026•江苏徐州 • 一模）小涵和小宇想测量公园山坡上一个信号杆的高度，在征得家长同意后，他们
带着工具前往测量．测量示意图如图所示，他们在坡面 FB 上的点 D 处安装测角仪 DE ，测得信号杆顶端 A的仰角α 为45， DE 与坡面的夹角 β 为72.5 ，又测得点 D 与信号杆底端 B 之间的距离 DB 为22m ．已知 DE  1.7m 点 A，B，C 在同一条直线上， AB，DE 均与水平线 FC 垂直．求信号杆的高 AB ．（参考数据：
sin72.5  0.95 ， cs72.5  0.30 ， tan72.5  3.17 ）
【答案】16m
BG  BH  cs HBG  49  0.3  4.9m ，
3
∴ EG  EH  GH  5.389 15.52  20.909m ，
∵ AEG  45 ，
∴△AEG 是等腰直角三角形，
∴ AG  EG  20.909m ，
∴ AB  AG  BG  20.909  4.9  16m ．
3
3
BH
BH
∴ GH  sin 72.5 49  0.95 49  15.52m ，
∴ HBG  EDH  72.5 ，
∵sin HBG  GH  sin 72.5 ， cs HBG  BG  cs 72.5 ，
∴ BH  BD  DH  22  17  49 m ，
33
∵ AB，DE 均与水平线 FC 垂直，
 1.7  17 m ，
cs 72.50.33
DE
∴ EH  tan 72.51.7  3.17 1.7  5.389m ， DH 
DH
DE
∵ tan EDH  EH  tan 72.5 ， cs EDH  DE  cs 72.5 ，
【分析】过点 E 作 EG  AC 于点G ，交 BD 于点 H ，利用锐角三角函数进行求解．
【详解】解：如图所示，过点 E 作 EG  AC 于点G ，交 BD 于点 H ，
【题型 05】坡度坡比问题(解直角三角形的应用)（共 5 题）
1．（2026•广东广州 • 一模）某学校计划修建地下车库，一数学兴趣小组根据《车库建筑设计规范》与所学知识，为学校地下车库设计并绘制了入库坡道示意图（如图），相关信息如下：
直线主坡道 BC 的水平距离为20m ，坡度为 0.12；
左、右两段缓坡道为 AB ， CD ，水平距离均为5m ；
DE 和车库地面均与水平方向平行．
已知坡度 铅直高度，试根据上述信息解决以下问题：水平距离
求主坡道的铅直高度CG ；
根据《车库建筑设计规范》：缓坡道坡度为主坡道坡度的 1 ，坡道的最小净高不低于2.2m ．（坡道的净
2
高为车库上方横梁到坡道的垂直距离）
①求车库高度 AK ；
【答案】(1) 2.4m
(2)① 2.7m ；②该坡道的最小净高 EF 符合设计规范，理由见解析
【分析】（1）根据坡度定义求解即可；
（2）①根据坡度定义和坡度间的关系求解即可；
②如图，过 E 作 EP ^ BG 于 P，交 BC 于 M，过 M 作 MS  CG 于 S，根据锐角三角函数，结合已知数据求解即可．
【详解】（1）解：∵直线主坡道 BC 的水平距离为20m ，坡度为 0.12，
∴在Rt△CGH 中， CG  CG  0.12 ，
HG20
∴ CG  0.12  20  2.4 m ，
答：主坡道的铅直高度CG 为2.4m ；
（2）解：①∵缓坡道CD 的坡度为主坡道 BC 的坡度的 1 ，
2
∴在RtVDIC 中， DI  DI  1  0.12 ，
CI52
解得 DI  5 1  0.12  0.3m ，
2
∴ AK  2.4  0.3  2.7 m ，
答：车库高度 AK 为2.7m ；
②该坡道的最小净高 EF 符合设计规范．理由如下：
②若 DE  22m ，判断该坡道的最小净高 EF 是否符合设计规范，并说明理由．参考数据：当tanα  0.12 时， sinα  0.12 ， csα  0.99 ．
如图，过 E 作 EP ^ BG 于 P，交 BC 于 M，过 M 作 MS  CG 于 S，则 EP  AK  2.7m ， MP  GS ， MS ∥ BG ∥ DE ，
∴ CMS  CBG  α ， MS  DE  5  22  5  17 m ，在RtVCMS 中， CS  MS  tanα  17  0.12  2.04 m ，
∴ MP  GS  CG  CS  2.4  2.04  0.36 m ，
∴ ME  EP  MP  2.7  0.36  2.34 m ，
∵ EF ⊥ BC ， EP ^ BG ，
∴ FEM  90  EMF  90  BMP  MBP  α ，
∴ EF  ME  csα  2.34  0.99  2.3166 m ,
∵ 2.3166  2.2 ，
∴该坡道的最小净高 EF 符合设计规范．
2．（2026•山西忻州 • 一模）综合与实践
如图 1，综合与实践小组的同学发现，某小区单元门口设有台阶，且没有无障碍通道，对日常依靠轮椅和拐杖出门的老人存在安全隐患．综合与实践小组查阅资料，整理该小区无障碍通道设计方案如下．
信息采集：
①国家《无障碍设计规范》强制要求（保障老人通行安全）：
轮椅坡道起点、终点、中间休息平台的水平长度不应小于1.5m （满足轮椅转身、停留需求）；无障碍出入口的轮椅坡道净宽度不应小于1.2m ．
②某单元门口数据采集：入户台阶总高度为0.3m ；
入户门单侧可做延伸通道，最大可用长度为6m ．
方案
方案一：单段直坡道
方案二：两段式折返坡道
示意图
数据分析
如图 2，入户台阶高度 AB  0.3m ，坡道起点和终点休息平台的水平长度
AC  DE  1.5m ，CD
为单段直坡道：
如图 3，入户台阶高度 AB  0.3m ，坡道起点和中间休息平台的水平长度
AC  DE  1.5m （终点为单元门前人行道，无需另外设计平台）， CD 和 DB 为两段式折
返坡道．
③计划修建的轮椅通行坡道的坡度为1:12 ．方案设计：
问题解决：
结合国家《无障碍设计规范》强制要求，计算方案一中 BE  m ，该方案（填“可行”或“不可行”）．
结合题意判断方案二是否可行，并说明理由．
【答案】(1) 6.6 ；不可行
(2)方案二可行．理由见解析
【分析】（1）过点C 作CM  BE 于点M ，求出 DM  12CM  3.6 ，继而求出
BE  DE  DM  BM  6.6  6 ，即可解答；
（2）过点 C 作 ED 的垂线，交 ED 的延长线于点 G．记 ED 的延长线交 AB 于点 P，推导出GP  AC  1.5m ，
AP  CG ， BP  EF ， BF  EP ，设 AP  CG  xm ，则 BP  EF  0.3  x m ，得到
tan CDG  tan DBF  1 ，继而求出 DG 
12
CG
tan CDG
 12CG  12xm ，
DP 
BP
tan BDP
 12BP  12 0.3  x m ，由 DP  DG  1.5m ，得到12 0.3  x 12x  1.5 ，则
BF  ED  DP  1.5  2.55  4.05 ，即可解答．
【详解】（1）解： 6.6 ，不可行，理由如下：过点C 作CM  BE 于点M ，如图，
CM  AB  0.3 ， BM  AC  1.5 ，
Q轮椅通行坡道的坡度为1:12 ，
 CM
DM
 1 ，
12
DM  12CM  3.6 ，
 BE  DE  DM  BM
 1.5  3.6 1.5
 6.6  6 ，
 BE  6.6m 该方案不可行；
（2）解：方案二可行．理由如下：
如答图，过点 C 作 ED 的垂线，交 ED 的延长线于点 G．记 ED 的延长线交 AB 于点 P．
∴四边形 APGC 和四边形 EFBP 是矩形．
∴ GP  AC  1.5m ， AP  CG ， BP  EF ， BF  EP ．设 AP  CG  xm ，则 BP  EF  0.3  x m ．
∵轮椅通行坡道的坡度为1:12 ，
∴ tan CDG  tan DBF  1 ．
12
由题知 EP ∥ BF ，
∴ DBF  BDP ，
∴ tan BDP  1 ．
12
∴ DG 
CG
tan CDG
 12CG  12xm ， DP 
BP
tan BDP
 12BP  12 0.3  x m ．
∵ DP  DG  1.5m ，
∴12 0.3  x 12x  1.5 ．解得 x  0.0875 ．
∴ DP  12 0.3  0.0875  2.55m ．
∴ BF  ED  DP  1.5  2.55  4.05m ．
∵ 4.05  6 ，
∴方案二可行．
3．（2026•山西运城 • 二模）在国家“双碳”目标与可再生能源发展规划的指引下，山西省大力推进风电等清洁能源项目建设，助力能源结构转型．图 1 是小陈在家乡看到的风力发电设备，他想利用所学知识估算风电架的高度，以加深对清洁能源基础设施的了解．
测量方案及数据：如图 2，线段 AB 表示风电架，小陈在点C （ B, C 在同一直线上）处测得风电架顶部点 A
的仰角∠ ACB 为37 ．他从点C 沿着小山坡走到点 D ，此时测得风电架顶部点 A 的仰角∠ ADE 为32，山坡CD 的坡度i  1∶2 ，点 D 到 BC 的距离为4m ．
【答案】风电架 AB 的高度约为52m
【分析】延长 DE 与 AB 交于点 F ，则 DF  AB ，过点 D 作 DH  BC 交 BC 的延长线于点 H ，根据坡度得
出CH  8 ，设 AB  xm ，则 AF   x  4 m ，利用正切分别得出 BC ， DF  x  4 ，然后根据线段的
x
0.75
0.62
数量关系列出方程求解．
【详解】解：如答图，延长 DE 与 AB 交于点 F ，则 DF  AB ，过点 D 作 DH  BC 交 BC 的延长线于点 H ．
任务：若在观测过程中所有点都在同一竖直平面内，请根据小陈的测量数据计算风电架 AB 的高度（结果精确到1m ，参考数据： sin37  0.60, cs37  0.80, tan37  0.75, sin32  0.53, cs32  0.85, tan32  0.62 ）．
∴四边形 DHBF 为矩形， DH  4 ，
 DH  BF  4, DF  BH ，
Qi  1: 2 ，
 DH  1 ，
CH2
CH  8 ，
设 AB  xm ，则 AF   x  4 m ．
在Rt△ACB 中， ∠ ABC  90, ∠ ACB  37 ，
QtanACB  AB ，
BC
 BC 
x
tan37
x
．
0.75
在RtV ADF 中， ∠ AFD  90, ∠ ADF  32 ，
QtanADF  AF ，
DF
 DF 
x  4 tan32
 x  4 ， 0.62
 BH  DF  x  4 ．
0.62
Q BH  BC  CH  8 ．
 x  4  x
 8 ．
0.620.75
解得 x  52 ，
答：风电架 AB 的高度约为52m ．
4．（2026•陕西西安 • 模拟预测）2026 米兰冬奥会，自由式滑雪冠军谷爱凌在赛道上奋勇冲刺．一架无人
机在着陆坡坡道 AB 上方水平向右飞行跟踪拍摄．当谷爱凌在 A 点时，无人机在她仰角为 45˚的斜上方C
3
处；当谷爱凌到达 B 点时，无人机恰好飞到她正上方 D 处．已知坡道 AB 的坡度为1:，坡长 AB  60 米，
3
无人机水平飞行距离CD  20 米，求无人机离地面的高度 BD 的长．（ 1.732 ，结果保留整数．）
【答案】62 米
【分析】过点 A 作 AM  地面于点M ，过点C 作CN 地面于点 N ，交 AF 于点 H ，得出四边形 AFBM 、四
边形CDFH 是矩形，由坡道 AB 的坡度为1: 3 ，设 AM  x 米，则 BM 
3x 米，求出 x  30 ，得到 AM  30
米， BM  30 3 米，再求出CH  AH  30 3  20米，最后利用 BD  DF  BF 求解即可．
【详解】解：如图，过点 A 作 AM  地面于点M ，过点C 作CN 地面于点 N ，交 AF 于点 H ，
四边形 AFBM 、四边形CDFH 是矩形，
 AF  BM ， AM  BF ， CD  HF  20 米， CH  DF ，
Q坡道 AB 的坡度为1: 3 ，
 AM : BM  1: 3 ，
设 AM  x 米，则 BM 
3x 米，
 AB AB2  BM 2  2x 米，
Q AB  60 米，
2x  60 ，解得 x  30 ，
 AM  30 米， BM  30 3 米，
 BF  AM  30 米， AF  BM  30 3 米，
 AH  AF  HF  30 3  20 米，
QtanCAH  tan45  CH  1，
AH
CH  AH  30 3  20 米，
 DF  CH  30 3  20 米，
 BD  DF  BF  30 3  20  30  30 3 10  62 米．
5．（2026•江苏无锡 • 一模）在综合与实践活动课上，某数学兴趣小组要测量水平地面上建筑物 AB 的高
3
度．如图，在建筑物 AB 旁有一小山坡CD ，测得山坡CD 的坡度 i（即tanα ）为1:
， CD  32m ，在 D
处测得 A 处的仰角为75，在 C 处测得 A 处的仰角为30．
求∠ DAC 的度数；
求建筑物 AB 的高度．（计算过程和结果中的数据不取近似数）
【答案】(1) 45
(2) 24  8 3 m
【分析】（1）过点C 作CF  AB 于点 F ，由三角形内角和定理得BAC  60 ，在Rt△ABD 中，
ADB  75 ，可得BAD  15 ，从而可求出∠ DAC ；
（2）过点C 作CE  BD 于点 E ，过点 D 作 DG  AC 于点G ，求出CE  16m ，再求出CG  16m ，
DG  16 3m ，可得 AC  16 16 3 m ，进而得出 AF  1 AC  8  8 3 m ，即可求出 AB ．
2
【详解】（1）解：过点C 作CF  AB 于点 F ，如图，
则AFC  90 ，
∵ ACF  30 ，
∴ CAF  180  90  30  60 ，
在Rt△ABD 中， ADB  75 ， ÐABD = 90° ，
∴ BAD  180  90  75  15
∴ DAC  BAC  BAD  60 15  45 ；
（2）解：过点C 作CE  BD 于点 E ，过点 D 作 DG  AC 于点G ，如图，
∵ i  1: 3 ，
∴ tan α  CE  1 3
DE33
∴α  30 ，
设CE  x ，则 DE 
3x ，
在RtVDCE 中， CD  32m ， DE2  CE2  CD2 ，
∴ 3x2  x2  322 ，
解得 x  16 （负值舍去），
∴ CE  16m ，
∵ CF  AB, FB  BE, CE  BE ，
∴四边形CFBE 是矩形，
∴ FB  CE  16m ，
∵ CF  AB, FB  BE ,
∴ CF ∥ BE ，
∴ DCF  CDE  30 ，
∴ DCA  DCF  FDA  30  30  60 ；
又ADB  75 ，
∴ ADC  180  ADB  CDE  180  75  30  75 ，
∵ DG  AC ，即DGC  90 ，且ACD  60 ，
∴ CDG  180  90  60  30 ，
∴ ADG  45 ；
在Rt△CDG 中， CD  32m ， CDG  30 ，
∴ CG  1 CD  16 m ，
2
∴ DG  CD2  DG2  322 162  16 3 m ，又DAC  ADG  45 ，
 AG  DG  16 3 m ，
∴ AC  AG  CG  16 3 16m ，
∴ AF  1 AC  8  8 3 m ，
2
∴ AB  AF  FB  8  8 3 16  24  8 3 m ．
【题型 06】相似+解直角三角形综合（共 3 题）
1．（2026•广东东莞 • 一模）东莞运河是 20 世纪 60 年代开挖的一条人工河，全长 103 公里，是广东省最长的运河．是东莞人民靠双手“锄挖肩挑”建成的奇迹．某项目学习小组的同学想要测量某段运河的宽度，他们设计了如下测量方案：如图，在运河的对岸岸边任取一点 A ，再在河的这边取两点 B、C，在点 B 处测
得 AB 与河岸的夹角α 为20 ，在点C 处测得 AC 与河岸的夹角β 为45 ， B 、C 两点间的距离为 100 米．
(1)求该段运河的宽度（即VABC 中 BC 边上的高）；
（结果精确到 0.1 米；参考数据： sin 20  0.34, cs 20  0.94, tan 20  0.36 ）
(2)学习小组在测量时发现还有其他测量方案，请你另外设计一套测量运河宽度的方案．要求：在备用图中画出图形、标出字母，并作出简要说明．
【答案】(1) 56.3m
(2)见详解
【分析】（1）过点 A 作 AD ⊥ BC 的延长线于点 D，设 AD  xm ,则 BD 
即可列出方程；
x
tan 20
 0.36x ，根据 BC  100m ，
（2）过河对岸点 A 作 AB  BC ，在河这边任选一点 C，作CE  BC ，测量CE ， CD ， BD 的长度，通过相似可得河宽 AB 的长度．
本题主要考查了解直角三角形的应用，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
【详解】（1）解：如图，过点 A 作 AD ⊥ BC 的延长线于点 D，
设 AD  xm ,
由图可知， ABD  20 ，
在Rt△ABD 中，
∵ ABD  20 ， AD  xm
∴ BD 
x
tan 20
x ，
0.36
在Rt△ACD 中，
∵ β  45 ，
∴ AD  CD  xm ,
∵ BC  CD  BD ，
∴100  x 
x ，
0.36
∴ x  56.25  56.3m
∴ AD  CD  56.3m ,
∴河的宽度约为56.3m ；
（2）如图 2，过河对岸点 A 作 AB  BC ，在河这边任选一点 C，作CE  BC ，
测量CE ， CD ， BD 的长度，通过相似可得河宽 AB 的长度．
2．（2026•陕西汉中 • 二模）【问题背景】万佛楼，为重檐歇山式三层砖木结构建筑（如图 1）．阳光明
媚的一天，林林所在的数学兴趣小组的同学利用学过的数学知识测量万佛楼的高度 AB ．
【测量过程】如图 2，为了测量方便，在该楼一侧地面上的点 K 处斜放了一个背景板 KM ，它与地面 BN 的夹角为MKN ，身高 1.5 米的林林（ CD ）在阳光下的影长为 DE ，同一时刻此楼 AB 的最高点 A 在阳光下的影子落在背景板上的点 F 处．
【测量数据】MKN  37，DE  1 米， KF  5 米， BK  6 米．
【参考数据】sin 37  0.60，cs 37  0.80，tan 37  0.75 ．
已知 AB  DN，CD  DN ，点 D、E、B、K、N 在同一条直线上，图中所有点均在同一平面内．请你根据以上信息求出万佛楼的高度 AB ．
【答案】万佛楼的高度 AB 为 18 米．
【分析】过点 F 作 FG ⊥ AB 于点G ，过点 K 作 KH  FG 于点 H ，根据sin 37  HK 求得 BG  HK  3 ，证
FK
明V AGF∽VCDE ，利用相似三角形的性质列式计算，据此求解即可．
【详解】解：如图，过点 F 作 FG ⊥ AB 于点G ，过点 K 作 KH  FG 于点 H ，则四边形 BGHK 是矩形，
 BG  HK ， HG  BK  6 ， FG ∥ BN ，
KFG  MKN  37 ，
sin 37  HK  0.60 ，即 HK  0.60 ，
FK
 BG  HK  3，
5
 FH FK 2  HK 2  4 ，
 FG  FH  HG  4  6  10 ，由题意得， V AGF∽VCDE ，
 AG  GF ，即 AG  10 ，
CDDE
 AG  15 ，
1.51
 AB  AG  BG  15  3  18 ．
故万佛楼的高度 AB 为 18 米．
3．（2026•河南 • 一模）阅读下表中的测量方法，回答下列问题．
活动主题
利用一副三角板和平面镜测量校园外居民楼的高度
实物图和测量示意图
测量
将平面镜做标记后平放在地面点 0 处．
学生（身高1.7m ，眼睛高度约为1.6m ）移动至点 A 手持45三角板，一条直角边平行地面（水平），另一条竖直向上，调整头部使“眼睛—斜边—平面镜中居民楼顶端C ”共线（视线与地面夹角为45），且 A 、O 、 B （居民楼底部）三点共线．
说明
3．将平面镜向后平移到点O1 ，人后退到点 A1 此时手持30三角板，一条直角边平行地面（水
平），另一条竖直向上，斜边朝平面镜，调整头部让“眼睛—斜边—平面镜中居民楼顶端C ”共
线（视线与地面夹角为30）测出两次镜子间距离OO1 ．
测量数据
眼睛到地面距离 AD  1.6m ，两次镜子间距离OO1  40m ．
2
3
请你根据上面的活动求出居民楼的高度．（结果精确到0.1m ，参考数据：
 1.41 ，
 1.73 ）
活动后说出一条减小误差的方法．
1
∵ BO1  BO  OO1  40 ，
∴ 3x  x  40 ，解得 x  20  3 1  54.6 m ．答：居民楼的高度约为54.6m
（2）答案不唯一，例如：多次测量取平均数，等等．
 3BC  3x
BC

tan BO Ctan 30
1
BC
∴ O B 
求解；
（2）根据多次测量取平均数减小误差，即可求解．
【详解】（1）解：设 BC 高为 xm ，由题意知CBO  DAO  90 ，由光的反射原理得BOC  AOD ，
∴△BOC ∽△AOD
∵ D  45 ，
∴ AOD  D  45  BOC  BCO ．
∴ OB  BC  x ．
同理可得△BO1C∽△A1O1D1 ．
∵ A1O1D1  30 ，
∴ BO1C  A1O1D1  30 ．
3x  x  40 ，解方程，即可
△BO1C∽△A1O1D1 ，得出BO1C  A1O1D1  30 ，则O1B  3BC  3x ，根据
【答案】(1) 54.6m
(2)答案见解析
【分析】（1）设 BC 高为 xm ，证明△BOC ∽△AOD ，根据D  45 ，得出OB  BC  x ，同理可得
单选题
1．（25–26 九年级上 • 安徽亳州 • 期中）如图，在VABC 中，D，E 是边 AB 的三等分点，F，G 是边 AC 的三等分点，若△ADF 的面积为 m，则四边形 EBCG 与△AEG 的面积差是（）
A． 4mB． 3mC． 2mD． m
【答案】D
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相似三角形面积比等于相似比的平方．由点 D 、E 、F 、G 分别是边 AB 、 AC 的三等分点，可得 DF ∥ EG ∥ BC ， AD : AE : AB  1: 2 : 3 ，即可证得 V ADF∽V AEG∽V ABC ，然后由相似三角形面积比等于相似比的平方，求得SV ADF : SV AEG : SV ABC 的值，继而求
得答案．
【详解】解：Q点 D 、 E 、 F 、G 分别是边 AB 、 AC 的三等分点，
 DF ∥ EG ∥ BC ， AD : AE : AB  1: 2 : 3 ，
V ADF∽V AEG∽V ABC ，
 SV ADF : SV AEG : SV ABC  1: 4 : 9 ，
QV ADF 的面积是m ，
四边形 EBCG 与△AEG 的面积是5m 和4m ，
四边形 EBCG 与△AEG 的面积差是5m  4m  m ，故选：D．
填空题
2．（2024•湖北 • 模拟预测）如图，将正方形 ABCD 沿直线 EF 折叠，使点 B 的对应点M 落在边 AD 上，
点 C 落在点 N 处， MN 与CD 交于点 P ，折痕分别与边 AB ， CD 交于点 E ， F ，连接 BM ．若 DP ＝ 1 ，则
CP2
AE 的值是．
BE
12
【答案】
13
【详解】解：如图，延长MN , BC 交于点Q ．
∵ AD ∥ BC ，
∴△DMP∽△CQP ．
MDMPDP1
∴，
QCQPCP2
∴ QC  2MD ， QP  2MP ，
设 DP  a ， MD  x ，则CP  2a ， QC  2x ，正方形 ABCD 边长为3a ，
∴ BQ  3a  2x ．
由翻折和正方形的性质可得， EMP  EBC  90，EM  EB  3a  AE ．
∴ EMB  EBM ．
∴ EMP  EMB  EBC  EBM ，即BMP  MBC ，
∴ MQ  BQ  3a  2x ．
∴ MP  1 MQ  3a  2x ．
33
在Rt△DMP 中， MD2  DP2  MP2 ，
 3a  2x 2
∴ x2  a2   ．
3a
13
【点睛】本题主要考查了正方形与折叠问题，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股
定理等等，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
12
故答案为．
25
，
12
13

39 a
25

36 a
AE
BE
∴
∴ AM  3a  12 a  3 a ．
55
在Rt△AEM 中， AE2  AM 2  EM 2 ，
∴ AE2  ( 3 a)2  (3a  AE)2
5
解得： AE  36 a ，
25
∴ BE  EM  3a  36 a  39 a ，
2525
5
2
解得： x  0 （舍）， x  12 a ．
1
3．（2024•江苏盐城）如图，在ABC 中，AB=AC=4， BC4 3，点 D 为边 AC 上一动点（点 C 除外），将线段 BD 绕点 D 顺时针旋转90至 ED，连接 CE，则CDE 面积的最大值为
【答案】 9
2
【分析】设 CD=x，过 A 作 AZ  BC 与 Z，过 B 作 BN  AC 的延长线于 N，过 E 作EM  CA的延长线于 M，
由△AZC ~ △BNC 得到 AZ
ACBC
 BN ，再利用勾股定理求出 NC，证出△MED  △NDB ，即可得出结果；
【详解】设 CD=x，过 A 作 AZ  BC 与 Z，过 B 作 BN  AC 的延长线于 N，过 E 作EM  CA的延长线于 M，
如图所示：
∵AB=AC，
∴ ZC 
BC
2
 2 3 ，
∵AC=4，
∴ AZ 
42  2 32
 2 ，
又∵ BNC
 AZC
 90 ，
∴△AZC ~ △BNC ，
∴ AZ  BN ，
ACBC
∴ 2 =
BN
，解得 BN  2 3 ，
44 3
根据勾股定理得AN 
∴ NC  6 ，
AB2  BN2 
42  2 32
 2 ，
根据题意可得BDE  90 ，即可得到NBD  MDE ,
Q线段 BD 绕点 D 顺时针旋转90至 ED
 BD  ED
∴△MED  △NDB ，
∴ME=DN=CN-CD= 6  x ，
∴ S
1  CD  ME  1  6  x   x   1 x 2  3x ，
△CDE
222
∴面积最大时，
x   b
2a
 3 3
2   1 ，
 2 
此时S最大 =-

1  9+3  3= 9 ．
22
【点睛】本题主要考查了相似三角形、等腰三角形的性质以及勾股定理的灵活应用，做出辅助线是解题的
关键．
解答题
4．一块材料的形状是锐角三角形 ABC，边 BC=120mm，高 AD=80mm，把它加工成正方形零件如图 1，使正方形的一边在 BC 上，其余两个顶点分别在 AB、AC 上．
求证：△AEF∽△ABC；
求这个正方形零件的边长；
如果把它加工成矩形零件如图 2，问这个矩形的最大面积是多少？
【答案】（1）证明见试题解析；（2）48；（3）2400．
【详解】（1）∵四边形 EGHF 为矩形，
∴BC∥EF，
∴△AEF∽△ABC；
设正方形零件的边长为 x，
在正方形 EFHG 中，EF∥BC,
∴△AEF∽△ABC,
∴ EF  AK 即 x  80  x ，
BCAD12080
解得：x=48，
即：正方形零件的边长为 48；
设长方形的长为 x，宽为 y，
当长方形的长在 BC 时，
x  80  y ，
12080
y  80  2 x ，
3
s  xy  x(80  2 x)   2 x2  80x ，
3
3
当 x=60 时，
长方形的面积最大为 2400．
考点：1．相似三角形的应用；2．二次函数的应用．
5．（2025•吉林长春）如图，在VABC 中， ACB  90 ， AC  6 ， AB  10 ，点 D 是 AB 的中点，点 E 在
AB 上， AE = 18 ，连接CD、CE ．
5
求证： V AEC∽V ACB ；
cs ECD 的值为．
（2）∵点 D 是 AB 的中点，
ACAB
∴V AEC∽V ACB ；
∵ A  A ， AE  AC ，
，

ACAB
AEAC
∴
AC65
AC63
∴ AE  5  3 ， AB  10  5
18
5
【详解】（1）解：证明：∵ AC  6 ， AB  10 ， AE = 18 ，
（2）先根据斜边上的中线性质得到CD  1 AB ，再根据相似三角形的性质得到AEC  ACB  90 ，接着
2
利用勾股定理计算出CE ，然后根据余弦的定义求解．
ACAB5
（1）先通过计算得到 AE  AC  3 ，加上∠ A 为公共角，然后根据相似三角形的判定方法得到结论；
握相似判定条件和解直角三角形的方法是解题的关键．
25
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、解直角三角形、直角三角形斜边上的中线性质等，熟练掌
(2) 24 ．
【答案】(1)见解析；
∵ DEC  90 ，
24
∴ cs ECD  CE  5  24 ．
CD525
，

255
 36 
25

 5 
57624
324
 18 2
∴ CE  62  
5
∵在RtV AEC 中， AEC  90 ， AC  6 ， AE = 18 ，
2
∵V AEC∽V ACB ，
∴ AEC  ACB  90 ．
∴ CD  1 AB  5 ．
6．（2023•全国 • 专题练习）如图，在VABC 中，BC  12 ，高 AD  6 ，正方形 EFGH 一边在 BC 上，点 E, F分别在 AB, AC 上， AD 交 EF 于点 N ，求 AN 的长．
【答案】2
【分析】设正方形 EFGH 的边长 EF  EH  x ，易证四边形 EHDN 是矩形，则 DN  x ，根据正方形的性质得出 EF ∥ BC ，推出V AEF∽V ABC ，根据相似三角形的性质计算即可得解．
【详解】解：设正方形 EFGH 的边长 EF  EH  x ，
Q四边形 EFGH 是正方形，
HEF  EHG  90, EF BC ，
VAEF∽VABC ，
Q AD 是VABC 的高，
HDN  90 ，
四边形 EHDN 是矩形，
 DN  EH  x ，
QV AEF ∽ V ABC ，
 AN  EF （相似三角形对应边上的高的比等于相似比），
ADBC
Q BC  12, AD  6 ，
 AN  6  x ，
 6  x  x ，
612
解得： x  4 ，
 AN  6  x  6  4  2 ．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质．解题的关键是掌握相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质的运用，注意：矩形的对边相等且平行，相似三角形的对应高的比等于相似比．
【答案】40.8 米
【分析】由题意过 C 作 CH⊥AB 于 N，则四边形 BDCN 是矩形，根据矩形的性质得到 CN＝BD，BN＝CD＝0．8，设 BD＝CN＝x，则 BG＝22+x，根据三角函数的定义得到 AN＝CN•tan39˚＝0．8x，求得 AB＝0．8x+0．8， 根据相似三角形的性质求出 x，即可得到结果．
【详解】解：过 C 作 CH⊥AB 于 N，如图所示：
则四边形 BDCN 是矩形，
∴CN＝BD，BN＝CD＝0．8，
7．陕西省西安市罗汉洞村观音禅寺内有一棵千年银杏树，据传是当年唐太宗李世民亲手栽种，距今已有 1400多年历史，已被国家列为古树名木保护名录．小华是一位数学爱好者，想利用所学的知识测量这棵银杏树的高度．阳光明媚的一天，小华站在点 D 处利用测倾器测得银杏树顶端 A 的仰角为 39˚，然后着 DM 方向走了 19 米到达点 F 处，此时银杏树的影子顶端与小华的影子顶端恰好重合，小华身高 EF＝1.7 米，测得 FG＝ 3 米，测倾器的高度 CD＝0.8 米，已知 AB⊥BG，CD⊥BG，EF⊥BG．请你根据以上信息，计算银杏树 AB 的高度．（参考数据：sin39°≈0.6，cs39°≈0.8，tan39°≈0.8）
设 BD＝CN＝x，
则 BG＝BD+DF+FG＝x+19+3＝22+x，
∵小华站在点 D 处利用测倾器测得银杏树顶端 A 的仰角为 39˚，
∴∠ACN＝39˚，
在 Rt△ACN 中，AN＝CN•tan39˚＝0．8x，
∴AB＝AN+BN＝0．8x+0．8，
∵AB⊥BG，EF⊥BG，
∴EF∥AB，
∴△EFG∽△ABG，
∴＝，即
EF
FG
1.7
ABBG
解得：x＝50，
0.8x  0.822  x
＝
3
，
∴AB＝ 0.8 50  0．8 ＝40.8（米）．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用–仰角俯角问题以及相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
8．（2023•江苏南通 • 一模）正方形 ABCD 中，AB  2 ，点 E 是对角线 BD 上的一动点，DAE  α α  45.
将VADE 沿 AE 翻折得到△AFE ，直线 BF 交射线 DC 于点G ．
当0  α  45 时，求DBG 的度数( 用含α 的式子表示) ；
点 E 在运动过程中，试探究 DG 的值是否发生变化？若不变，求出它的值 若变化，请说明理由；
DE
若 BF  FG ，求α 的值．
【答案】(1) DBG  α
(2)
DG
DE
 2 ，是定值
(3) 30
【分析】1 根据翻变换的性质可以得到ADE  AFE  45，DAE  EAF ，加上对顶角相等得到的
AOB  EOF ，从而得到V AOB ∼VEOF（AA），进而得到对应边成比例，再根据比例的性质得到
AO  EO ，加上对顶角相等得到的AOE  BOF 证明出：V AOE ∼VBOF (SAS )
BOFO
出结果．
2 如图2 中，连接 EG ， EC 证明△DEG 是等腰直角三角形，可得结论；
3 证明VEFG 是等边三角形，可得结论．
，最终得到对应角相等得
【详解】（1）如图1中，设 AF 交 BD 于点O ．
Q四边形 ABCD 是正方形，
 AB  AD ， BAD  90 ，
ABD  ADB  45 ，
由翻折变换的性质可知， ADE  AFE  45，DAE  EAF ，
ABE  AFE  45 ，
QAOB  EOF ，
V AOB ~VEOF（AA），
 AO  BO ，
EOFO
 AOgFO  EOgBO ，
 AO  EO ，
BOFO
QAOE  BOF ，
V AOE ~VBOF（SAS），
DBG  EAF  DAE  α ．
（2） DG 
DE
，是定值．
理由：如图2 中，连接 EG ， EC ．
Q四边形 ABCD 是正方形，
 DA  DC ， ADE  CDE  45 ，
Q DE  DE ，
V ADE≌VCDE SAS  ，
DAE  DCE ，
QEBG  DAE ，
EBG  ECG ，
同法可证， CEG  CBG ，
QCBG  CGB  90，CGB  BEC ，
CEG  BEC  90 ，
BEG  DEG  90 ，
QEDG  45 ，
EGD  EDG  45 ，
 DG 
 DG 
DE
2DE ，
2 ；
（3）如图2 中，当 BF  FG 时，
QBEG  90 ，
 EF  FB  FG ，
Q DE  EF  EG ，
 EF  EG  FG ，
FGE  60 ，
EBG  30 ，
α  DAE  EBG  30 ．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三
角形解决问题，属于中考压轴题．
9．（25–26 九年级上 • 江苏无锡 • 期中）某数学兴趣小组在学习了“平行于三角形一边的直线与其他两边相交，所截得的三角形与原三角形相似”等知识后，发现添加“平行线”是解决很多图形问题的重要方 法．如图，点 D 是VABC 的 BC 边上一点，连接 AD ．
如图①，若 AD 平分∠ BAC ，请用添加“平行线”的方法证明： BD  AB ；
CDAC
如图②，若BAD  2DAC  180 ， BD  1 ， AD  3 2 ，求 AB 的值．
【答案】(1)证明见详解；
(2) AB  4 2 ．
【分析】本题考查相似三角形的性质与判定，本题核心是运用平行线构造相似三角形或等腰三角形，将线段比例与角度关系转化为可计算的形式．
（1）过 B 作 BE ∥ AC 交 AD 的延长线于 E，由平行线的性质和角平分线的定义推出E  BAD ，得到
BE  AB ，判定VBDC ∽VCDA ，推出 BD  BE 得到 BD  AB ；
CDAC
CDAC
（2）延长 BA 到 E，过 D 作 DFAB 交 AC 于 F，得到AFD  CAE ，由平角的定义得到DAC  CAE ，
因此AFD  DAC ，推出 AD  DF ，判定△CDF ∽△CBA ，推出CD : BC  DF : AB  AD : AB ，由
CD3
【详解】（1）解：证明：过 B 作 BE ∥ AC 交 AD 的延长线于 E，
BD  1 ，得到 AD : AB  3 : 4 ，即可求出 AB 的长．
∴ E  BAD ，
CD3
∵ AD 平分∠ BAC ，
∴ BAD  DAC ，
∴ E  BAD ，
∴ BE  AB ，
∴ BE ∥ AC ，
∴VBDC ∽VCDA ，
∴ BD  BE ，
CDAC
∴ BD  AB ；
CDAC
（2）解：延长 BA 到 E，过 D 作 DFAB 交 AC 于 F，
∴ AFD  CAE ，
∵ BAD  2DAC  180 ， BAD  DAC  CAE  180 ，
∴ DAC  CAE ，
∴ AFD  DAC ，
∴ AD  DF ，
∴ DFAB ，
∴△CDF ∽△CBA ，
∴ CD : BC  DF : AB  AD : AB ，
∴ BD  1 ，
CD3
∴ CD : BC  3 : 4 ，
∴ AD : AB  3 : 4 ，
∴ AD  3 2 ，
∴ AB  4 2 ．
10．（2025•广东深圳）综合与实践：如何拍出大长腿的效果？
【数学眼光】如图a ，低角度拍摄，并结合仰拍技巧，可以有效地拉长腿部线条．
【数学思维】（1）针孔相机的成像原理：如图b ，由于光的直射，人的足部 A 与头部 B 通过小孔O 的成
像分别在 A, B处，线段 AB 的像是线段 AB, AB 上点C 的像是点C ．若 AB∥AB ，求证： AC  AC ；
BCBC
【数学语言】（2）如图c ，小美站立在 A 处，摄影师给小美仰拍．小美的身高 AB 的像为 AB ，腿部 AC
的像为 AC ．试说明能拍出大长腿效果的理由．
理由：过点 B 作 BE ∥ AB 交 AO 于点 E ，连接CC 交 BE 于点 F ，
Q摄影师仰拍，
∠ AEB 是△ EOF 的外角．
) ，则能拍出大长腿的效果．
AC

CBBC
AC
（2）解：若照片中的腿部与上半身的比值大于它们实际的比值（即
△ACO∽△ACO ， △BCO∽△BCO ，
 CO  AC ， CO  BC
COACCOBC
 AC  BC ．
ACBC
 AC  BC ；
ACBC
Q AB∥ AB ，
【详解】（1）证明：如图，
CBBC
FBCB
的平行线交线段 AB 于点G ．易得 EF  GC ，则 GC  AC ，再根据 AC  GC ，即可得解．
CBBC
（2）依据题意证 AC  AC 即可，过点 B 作 BE ∥ AB 交 AO 于点 E ，连接CC 交 BE 于点 F ，过点 E 作CC
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键；
（1）易证V ACO∽V ACO ， △BCO∽△BCO ，即可得证；
∠ AEB  ∠ EFO ．
过点 E 作CC 的平行线交线段 AB 于点G ．
 AC  GC，
FBBC
Q EG ∥CC ，
由（1）得 EF  AC ．
 EF  GC ，
FBCB
CBBC
Q AC  GC，
 GC  AC ，
 AC  AC ．
CBBC
11．（2024•黑龙江哈尔滨）如图1，在平面直角坐标系中， O 为坐标原点，平行四边形 ABCD 的顶点 A 在
y 轴上， B、C 在 x 轴上， AB  5 ， BO  1， ∠ ABC 的角平分线 BE 交 AD 边于点 E ．
求点 E 坐标；
如图2 ，一动点G 从点 B 出发沿射线 BE 以每秒1个单位的速度运动，运动时间为t ，连接 AG ，设GE 的长为d ，试用含t 的代数式表示d ，不需要写出t 的取值范围；
在（ 2 ）的条件下，连接 AC 交 BE 于点 N ，连接CG 并延长交 AB 于点 P ，若CP 平分∠ ACB ，
BC  3BP ，求点G 的坐标．
【答案】(1) E 5, 2
6 
(2)当0  t  2 15 时， d  2 15  t ；当t  2 15 时， d  0 ；当t  2 15 时， d  t  2 15
(3)  8 , 5 6 
 77 

【分析】（1）根据平行四边形的性质和角平分线的定义可得 AE  AB  5 ，由勾股定理求出 AO  2 6 ，即可求解；
（ 2 ）利用两点间距离公式可得 BE  2 15 ，再根据d  GE  BE  BG 求出d 的表达式即可；
（ 3 ）设点 P 横坐标为a 1，则点 P a 1, 2 6a，得 BP  5a ， BC  15a ， OC  15a 1，根据相似相似三角形的性质和角平分线的定义可得 AM  AC  15 15a ，在RtV AOC 中，由勾股定理可求得a  10 ，继而得
21
出各点坐标，求出直线CM、BE 解析式，进而联立函数解析式求出交点G 坐标即可．
【详解】（1）解：∵平行四边形 ABCD 中， AD ∥ BC ，
∴ EBC  AEB ，
∵ BE 平分∠ ABC ，
∴ ABE  EBC ，
∴ ABE  AEB ，
∴ AE  AB  5 ，
∵ AB  5 ， BO  1， AOB  90 ，
∴ AO 
AB2  BO2 
52 12  2 6 ，
∴点 A0, 2 6  ，
∴ E 5, 2 6  ；
解：∵ E 5, 2 6  ， B 1, 0 ，
∴ BE 
5 12  2 6  02  2 15 ，
∴ d  GE  BE  BG  2 15  t ，
当0  t  2 15 时， d  2 15  t ；
当t  2 15 时， d  0 ；
当t  2 15 时， d  t  2 15 ；
解：延长CP、DA 交于点M ，
设 AB 的解析式为 y  kx  b ，
∵ A0, 2 6  ， B 1, 0 ，
2 6  b
∴ ，
0  k  b
k  2 6
解得，
b  2 6
∴直线 AB 的解析式为 y  2 6x  2 6 ，
设点 P 横坐标为a 1，则点 P a 1, 2 6a，
∴ BP  a 112  2 6a  02  5a ，
∴ BC  3BP  15a ， AP  AB  BP  5  5a ，
∴ OC  15a 1，
∵ AD ∥ BC ， ACM  BCM ，
∴ ACM  BCM  AMP ，
∴ AM  AC ，
∵ ∠ APM  ∠ BPC ，
∴VBCP∽V AMP ，
∴ AM  AP ， BCBP
∴ AM  BC  3 APBP
AM
∴ 5  5a
 3 ，
∴ AM  AC  15 15a ，
在RtV AOC 中， OA2  OC 2  AC 2 ，
∴2 6 2  15a 12  15 15a2 ，

6
解得
x  8
6
3
3
6
 y x 
，
49

43 6

7
，
5 6
7
y 
∴点G 坐标为 7 , ．
 8 5 6 

7

【点睛】本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，坐标与图形，一次函数与几何图形，等腰三角形的性
质与判定，相似三角形的性质与判定，正确作出辅助线是解题的关键．
6  ，
解得a  10 ，
21
∴ OC  15 10 1  43 ， AM  15 15 10  55 ，
21
7
217
∴ C  43 , 0  ， M   55 , 2
 7



7
 y   7 x 


同理可得直线CM 的解析式为 y  
7
6 x  43 6 ，
49
∵ E 5, 2 6  ， B 1, 0 ，
同理可得直线 BE 的解析式为 y 6 x 
3
联立直线CM、BE 解析式得，
6 ，
3

VABC 中， ABC  90 ， BD  AC ，点 E 为 BD 的中点，连接 AE 并延长交 BC 于点 F，且有
AF  CF ，过 F 点作 FH  AC 于点 H．
求证： V ADE∽VCDB ；
求证： AE=2EF ；
若 FH = 3 ，求 BC 的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）4．
【分析】（1）先根据垂直的定义可得ADE  CDB  90 ，再根据等腰三角形的性质可得
DAE  DCB ，然后根据相似三角形的判定即可得证；
先根据相似三角形的性质可得 AD  DE  1 ，再根据等腰三角形的三线合一可得 AH  CH ，从而可
CDDB2
得 AD  2 ，然后根据平行线分线段成比例定理即可得证；
DH
先根据相似三角形的判定与性质可得 DE  AE ，从而可得 DE, BD 的长，再根据相似三角形的判定可
FHAF
得V ABD ~VBCD ，然后利用相似三角形的性质可求出CD 的长，最后在Rt△BCD 中，利用勾股定理即可得．
【详解】证明：（1）Q BD  AC, FH  AC ，
ADE  CDB  90, BD FH ，
Q AF  CF ，
DAE  DCB ，
ADE  CDB

在VADE 和△CDB 中， DAE  DCB ，
V ADE ~VCDB ；
Q点 E 为 BD 的中点，
 DE  BE  1 BD ，
2
由（1）已证： V ADE ~VCDB ，
 AD  DE  1 ，
CDDB2
设 AD  a(a  0) ，则CD  2a ， AC  AD  CD  3a ，
Q FH  AC, AF  CF ，
 AH  CH  1 AC  3 a （等腰三角形的三线合一），
22
 DH  AH  AD  1 a ，
2
又Q BD FH ，
 AE  AD  a  2
EFDH1 a，
2
即 AE  2EF ；
由（2）已证： AE  2EF ，
 AE  2 AF ，
3
Q BD FH ，
V ADE ~V AHF ，
 DE  AE ，即 DE  2 ，
FHAF33
解得 DE  2 3 ，
3
 BD  2DE  4 3 ，
3
QABC  90, BD  AC ，
BAC  ABD  BAC  C  90 ，
ABD  C ，
ABD  C
在△ABD 和△BCD 中， ADB  BDC  90 ，

V ABD ~VBCD ，
 AD  BD ，
BDCD
由（2）可知，设 AD  b(b  0) ，则CD  2b ，
4 3
 b 3，
4 32b
3
解得b  2 6 或b   2 6 （不符题意，舍去），
33
CD  2b  4 6 ，
3
则在Rt△BCD 中， BC 
BD2  CD2 
 42
3 
 4 6 2
 
 4 ．
 3 3 
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
已知正方形 ABCD 的边长为 4，点 E 在边 BC 上，点 F 在边CD 上，且CF  BE ， AE 和 BF 交于点G ．
如图，求证：
AE  BF
AE  BF
连接CG 并延长交 AB 于点 H ，
①若点 E 为 BC 的中点（如图），求 BH 的长．
②若点 E 在 BC 边上滑动（不与点 B, C 重合），当CG 取得最小值时，求 BE 的长．
【详解】（1）证明：①∵四边形 ABCD 是正方形，
CGGM
CM=a+2，在 Rt△BCM 中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
2
时，CG 为最小值，求出 GM= 1 AB=BM=2，由平行线得出 CF  BM =1，证出 CF=CG=BE，设 CF=CG=BE=a，则
②由（1）得：∠AGB=90°，得出点 G 在以 AB 为直径的圆上，设 AB 的中点为 M，当 C、G、M 在同一直线上
CFFG
5
5
定理得出方程，解方程得出 BG=2× 2 5  4 5 ，由平行线得出 BH  BG ，即可得出 BH 的长；
（2）①由直角三角形的性质得出 CF=BE= 1 BC=2，由勾股定理得出 BF=2 5 ，由（1）得：AE⊥BF，则
2
∠BGE=∠ABE=90°，证明△BEG∽△AEB，得出 GE  BE  1 ，设 GE=x，则 BG=2x，在 Rt△BEG 中，由勾股
BGAB2
【分析】（1）①由正方形的性质得出 AB=BC=4，∠ABC=∠BCD=90°，由 SAS 证明△ABE≌△BCF，即可得出
结论；
②由①得：△ABE≌△BCF，得出∠BAE=∠CBF，证出∠AGB=90°，即可得出结论；
；② 2 5  2
4
3
【答案】（1）①证明见解析；②证明见解析；（2）①
∴AB=BC=4，∠ABC=∠BCD=90°，
在△ABE 和△BCF 中，
 AB＝BC

ABC＝BCD ，

BE＝CF
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴AE=BF；
②由①得：△ABE≌△BCF，
∴∠BAE=∠CBF，
∵∠CBF+∠ABF=90°，
∴∠BAE+∠ABF=90°，
∴∠AGB=90°，
∴AE⊥BF；
（2）解：①如图 2 所示：
∵E 为 BC 的中点，
1
∴CF=BE= 2 BC=2，
∴BF=
22  42 =2 5 ，
由（1）得：AE⊥BF，
∴∠BGE=∠ABE=90°，
∵∠BEG=∠AEB，
∴△BEG∽△AEB，
∴ GE  BE  1 ，
BGAB2
设 GE=x，则 BG=2x，
在 Rt△BEG 中，由勾股定理得：x2+（2x）2=22，
解得：x= 2 5 ，
5
∴BG=2× 2 5 = 4 5 ，
55
∵AB∥CD，
4 5
∴ BH  BG ，即 BH 5 ，
CFFG
4
解得：BH=；
3
26 5
5
②由（1）得：∠AGB=90°，
∴点 G 在以 AB 为直径的圆上，
设 AB 的中点为 M，
由图形可知：当 C、G、M 在同一直线上时，CG 为最小值，如图 3 所示：
∵AE⊥BF，
∴∠AGB=90°，
1
∴GM= 2 AB=BM=2，
∵AB∥CD，
∴ CF  BM =1，
CGGM
∴CF=CG，
∵CF=BE，
∴CF=CG=BE，
设 CF=CG=BE=a，则 CM=a+2，
在 Rt△BCM 中，由勾股定理得：22+42=（a+2）2，
解得：a=2 5 –2，即当 CG 取得最小值时，BE 的长为 2 5 –2．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、平行线的性质、直角三角形的性质等知识；本题综合性强，证明三角形全等和三角形相似是解题关键．
小军家附近有一棵侧柏，小军和小明计划利用所学过的知识测量侧柏的高度．阳光明媚的周末，小军 和小明带着测量工具来到侧柏前．测量方法如下：如图，首先，小军沿侧柏的影子 BD 移动，当恰好移动到 C 处时发现小军的影子顶端与侧柏的影子顶端 D 重合，测得小军身高CE  1.6 米，影长CD  2.4 米．然后，小军在C 处半蹲，小明在 BC 上竖立高 2 米的标杆，并沿 BC 移动，当标杆移动到点 H 时，小军的眼睛 F 、标杆顶端G 与侧柏顶端 A 恰好在一条直线上，此时测得小军眼睛到地面的距离CF  1 米， HC  1.4 米．已 知点 B 、 H 、C 、 D 在一条直线上，点 E 、 F 、C 在一条直线上， AB 、GH 、 EC 均垂直于 BD ，请你根 据题中提供的相关信息，求出这棵侧柏的高 AB ．
∴ 3AB  2BC  4.8 ，
2.4
1.6
ECCD
∴ AB  BD ，即 AB  BC  2.4 ，
∴ BC  1.4 AB 1.4 .
∵ ABD  ECD ， ADB  EDC ，
∴ ABD∽ECD ，
，

11.4
，即

NGNF
AB 1BC
AMMF
∴
BC  1.4 AB 1.4 ，再证明ABD∽ECD 得 AB  BD ，求出3AB  2BC  4.8 ，进而得出 AB=10 米．
ECCD
【详解】解：过 F 点作 FM  AB 于M ，交HG于点 N ，
则MF  BC ， NF  HC  1.4 ， MB  CF  NH  1 ， NG  HG  NH  1，
∵ AMF  GNF ， AFM  GFN ，
∴ AMF∽GNF ，
NGNF
【分析】过 F 点作 FM  AB 于M ，交HG于点 N ，证明AMF∽GNF 得 AM  MF ，求出
【答案】10 米
∴ 3AB  2(1.4 AB 1.4)  4.8 ，
∴ AB  10 ，
∴这棵侧柏的高 AB 为 10 米.
【点睛】本题考查了解直角三角形的应用–仰角俯角问题，相似三角形的应用，解题的关键是正确的构造直角三角形并选择正确的边角关系解直角三角形，难度一般．
15．（2024•安徽阜阳）如图，已知VABC 中，ACB  90 ，D 是边 AB 的中点，P 是边 AC 上一动点，BP
与CD 相交于点 E ．
如果 BC  6 ， AC  8 ，且 P 为 AC 的中点，求线段 BE 的长；
连接 PD ，如果 PD  AB ，且CE  2 ， ED  3 ，求cs A 的值；
连接 PD ，如果 BP2  2CD2 ，且CE  2 ， ED  3 ，求线段 PD 的长．
【答案】（1） BE  4
3
13 ；（2） cs A 6 ；（3） PD  15 ．
3
【分析】（1）根据已知条件得到 CP=4，求得 BP=2 13 ，根据三角形重心的性质即可得到结论；
（2）如图 1，过点 B 作 BF∥CA 交 CD 的延长线于点 F，根据平行线分线段成比例定理得到
BD
FDBF
DADCCA

，
求得
CP1

PA3
，设 CP=k，则 PA=3k，得到 PA=PB=3k 根据三角函数的定义即可得到结论；
（3）根据直角三角形的性质得到 CD=BD= 1 AB，推出△PBD∽△ABP，根据相似三角形的性质得到∠BPD=∠A，
2
推出△DPE∽△DCP，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：（1）∵ P 为 AC 的中点， AC  8 ，
∴ CP  4
∵ ACB  90 ， BC  6 ，
∴ BP  2 13
∵ D 是边 AB 的中点， P 为 AC 的中点，
∴点 E 是VABC 的重心
∴ BE  2 BP  4 13
33
过点 B 作 BF ∥CA 交CD 的延长线于点 F
∴ BD  FD  BF DADCCA
∵ BD  DA ，∴ FD  DC ， BF  AC
∵ CE  2 ， ED  3 ，则CD  5 ，∴ EF  8
∴ CP  CE  2  1
BFEF84
∴ CP  1 ，
CA4
∴ CP  1 ，
PA3
设CP  k ，则 PA  3k
∵ PD  AB ， D 是边 AB 的中点，∴ PA  PB  3k
∴ BC  2 2k ，∴ AB  2 6k ，∵ AC  4k
∴ cs A 6
3
∵ ACB  90 ， D 是边 AB 的中点
∴ CD  BD  1 AB
2
∵ BP2  2CD2
∴ BP2  2CD  CD  BD  AB
∵ PBD  ABP ，∴△PBD∽△ABP
∴ BPD  A
∵ A  DCA ，∴ DPE  DCP ，∵ PDE  CDP ，
△DPE∽△DCP ，∴ PD2  DE  DC
∵ DE  3 ， DC  5 ，∴ PD  15
【点睛】此题考查相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
16．（2024•天津 • 中考真题）综合与实践活动中，要用测角仪测量天津海河上一座桥的桥塔 AB 的高度
（如图①）．某学习小组设计了一个方案：如图②，点C, D, E 依次在同一条水平直线上，
DE  36 m, EC  AB ，垂足为C ．在 D 处测得桥塔顶部 B 的仰角（ ∠ CDB ）为45，测得桥塔底部 A 的俯角（ CDA ）为6 ，又在 E 处测得桥塔顶部 B 的仰角（ CEB ）为31．
求线段CD 的长（结果取整数）；
求桥塔 AB 的高度（结果取整数）．参考数据： tan31  0.6, tan6  0.1 ．
【答案】(1) 54m
(2) 59m
【分析】此题考查了解直角三角形的应用，数形结合是解题的关键．
设CD  x ，在 RtVBCD 中， BC  CD  tan∠ CDB  x  tan45  x ．在 RtVBCE 中，
BC  CE  tanCEB   x  36 tan31 ．则 x   x  36 tan31 ．解方程即可；
求出 AC ，根据 AB  AC  BC 即可得到答案．
【详解】（1）解：设CD  x ，由 DE  36 ，得CE  CD  DE  x  36 ．
Q EC  AB ，垂足为C ，
∠ BCE  ∠ ACD  90 ．
CD
 BC  CD  tan∠ CDB  x  tan45  x ．
在 RtVBCD 中， tanCDB  BC ，CDB  45 ，
CE
 BC  CE  tanCEB   x  36 tan31 ．
 x   x  36 tan31 ．
在 RtVBCE 中， tanCEB  BC ，CEB  31 ，
得 x  36  tan31  36  0.6  54 ．
1 tan311 0.6
答：线段CD 的长约为54 m ．
CD
 AC  CD  tan∠ CDA  54  tan6  54  0.1  5.4 ．
 AB  AC  BC  5.4  54  59 ．答：桥塔 AB 的高度约为59 m ．
（2）在Rt△ACD 中， tanCDA  AC ，CDA  6 ，
17．（2025•安徽 • 中考真题）某公司为庆祝新产品上市，在甲楼与乙楼的楼顶之间悬挂彩带营造喜庆气氛．如图所示，甲楼和乙楼分别用与水平地面垂直的线段 AB 和CD 表示，彩带用线段 AD 表示．工作人员在点 A 处测得点 C 的俯角为23.8 ，测得点 D 的仰角为36.9 ．已知 AB  13.20m ，求 AD 的长（精确到
0.1m ）．参考数据： sin 23.8  0.40 ， cs 23.8  0.91 ， tan 23.8  0.44 ， sin 36.9  0.60 ， cs 36.9  0.80 ，
tan 36.9  0.75 ．
【答案】37.5m
【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，过点 A 作 AE  CD ，垂足为点 E，则四边形 ABCE 为矩形，可得CE  AB  13.20m ，解RtV ACE 求出 AE 的长，再解RtV ADE 求出 AD 的长即可得到答案．
【详解】解：过点 A 作 AE  CD ，垂足为点 E．
答： AD 的长为37.5m ．
 30.0  37.5m ．

csDAEcs 36.90.80
30.0
AE
AD 
AD
在RtV ADE 中， cs DAE  AE ，
 13.20  30.0m ．

tan CAEtan 23.80.44
13.20
CE
∴ AE 
AE
在RtV ACE 中， tan CAE  CE ，
∵线段 AB 和CD 都与地面垂直，
∴四边形 ABCE 为矩形，
∴ CE  AB  13.20m ．
18．（2026•湖南长沙 • 一模）我国生产的无人机畅销世界，在长沙某跨江大桥修建过程中，需要测量湘江某段河面宽度MN ，工作人员操控无人机在 P 处测得 M，N 两处的俯角分别为α  45 ， β  30 ，测得无人机高于水平地面的高度 PQ 为 300 米，且 Q，M，N 三点在同一条水平直线上，求这条河的宽度MN 为多少
3
米？（参考数据：
 1.73 ，结果保留整数）
 300 3 （米），
300

tan PNQtan 30
PQ
在RtVPQN 中， QN 
 300 （米），

tan PMQtan 45
300
PQ
∴在RtVPMQ 中， QM 
【答案】219 米
【分析】在RtVPMQ 和RtVPQN 中，利用锐角三角函数，求出QN 和QM 的长，然后计算出MN 的长即可．
【详解】解：∵ PA∥QN ，
∴ ∠ PNQ  β  30 ， ∠ PMQ  α  45 ，
∴ MN  QN  QM  300 3  300  219 （米）．
答：这条河的宽度MN 约为 219 米．
19．（2026•河北廊坊 • 一模）如图，无人机甲和无人机乙同时分别从地面的点 A 处和楼顶 B 处起飞竖直上升，其中点 B 距离楼顶边缘点 D 的水平距离为3m ，从地面点 A 处测得楼顶端 D 的仰角为59（点
D、C、A 在同一平面内）．两架无人机距离地面的高度h （单位： m ）与上升时间t （单位：s ）之间的函数图象如图 2．
求起飞前无人机甲和无人机乙之间的水平距离；（结果保留整数， tan59∘  1.66 ，tan31˚  0.60 ）
分别求两架无人机距离地面的高度h m 与无人机上升时间t s 之间的函数关系式；
求一架无人机观察另一架无人机的仰角不超过45的时长．
【答案】(1)15m
h甲  8t ， h乙  4t  20
7.5s
【分析】（1）根据tan DAC  CD 求出 AC ，再加上3m 可得答案；
AC
（2）将点(5, 40) 代入h甲  k1t 可得答案；再将点(5, 40), (0, 20) 代入h乙  k2t  b ，求出解即可；
（3）当两架无人机垂直距离为15m 时，下面的一架无人机观察另一架无人机的仰角刚好为45，可得
h甲  h乙  15 ，再求出解，然后根据时间差得出答案．
【详解】（1）解：在Rt△ACD 中， DAC  59 ，
由图（2）知无人机乙刚起飞时离地面的高度CD  20m ，
∴ tan DAC  tan 59  CD  1.66 ，
AC
解得 AC  12.05 ，
则12.05  3  15 ，
所以起飞前无人机甲和无人机乙之间的水平距离是15m ；
（2）解：由图（2），设无人机甲距离地面的高度与上升时间的函数关系式为h甲  k1t ，将点(5, 40) 代入，得40  5k1 ，
解得k1  8 ，
∴ h甲  8t ；
设无人机乙距离地面的高度与上升时间的函数关系式为h
乙2
 k t  b ，将点(5, 40), (0, 20) 代入，得20  b
40  5k  b

，
2
解得k  4 ，
b  20
 2
∴ h乙  4t  20 ；
（3）解：∵起飞前无人机甲和无人机乙之间的水平距离是15m ，
∴当两架无人机垂直距离为15 米时，下面的一架无人机观察另一架无人机的仰角刚好为45，即 h甲  h乙  15 ，
∴ 8t  (4t  20)  15 ， 解得t  1.25 或t  8.75 ，
∴ 8.75 1.25  7.5s
所以一架无人机观察另一架无人机的仰角不超过45的时长为7.5s ．
20．（2026•陕西宝鸡 • 一模）数学活动实践课上，小轩所在的小组开展了测量古塔高度（ AB ）的活 动．测量方法如下：小轩站在古塔前方斜坡CD 的底端的点C 处，操作无人机飞行到距离地面（ BC ）15m
3
高的点 E 处，在 E 处测得古塔底部 B 的俯角为60 ，测得坡底C 处的俯角为30 ．组员小雅在斜坡CD 的点 D处用测角仪测得塔顶 A 的仰角为35．已知：点 B ， C 在同一水平线上，且点C 与点 D 之间的水平距离是 6m 、竖直高度是3m ．求该古塔 AB 的高度．（结果保留一位小数；参考数据： sin35  0.57 ，
2
cs35  0.82 ， tan35  0.7 ，
 1.41 ，
 1.73 ）
【答案】31.4m
【分析】如图：过 E 作 EG  BC 于 G，过 D 作 DI  AB 于 I， DH  BC 于点 H ，则四边形 BIDH 是矩形，由题意可得： EG  15m, CH  6m, DH  3m ， BEG  30, ECG  30, ADI  35 ，易得
BI  DH  3m，DI  BH ；再解直角三角形求得 BG  8.65m 、CG  25.95m ，易得 ID  40.60m ，再解直角三角形求得 AI  28.42m ，最后求古塔 AB 的高度即可．
【详解】解：如图：过 E 作 EG  BC 于 G，过 D 作 DI  AB 于 I， DH  BC 于点 H ，则四边形 BIDH 是矩
形，
由题意可得： EG  15m, CH  6m, DH  3m ， BEG  30, ECG  30, ADI  35 ，
∵四边形 BIDH 是矩形，
∴ BI  DH  3m，DI  BH ，
在Rt△EBG 中， BG  EG  tan BEG  EG  tan 30  15 3  5 3  8.65m ，
3
EGEG
在RtVECG 中，
CG 
tan ECGtan 30
 
 15  15 3  25.95m
3，
3
∴ BH  BG  CG  CH  8.65  25.95  6  40.60m ，即 ID  40.60m ，在RtV AID 中， AI  ID  tan ADI  ID  tan 35  40.60  0.7  28.42m ，
∴ AB  AI  IB  28.42  3  31.42  31.4m ．
21．（2026•安徽池州 • 二模）如图，小刚在旁边的一栋高为12m 的楼房 AB 的 A 处观测一棵垂直于地面的参天大树CD ，距离树根20m 的 E 处，测得 AE 坡度为i  1: 0.75 ，在 A 处测得树顶 C 点的仰角为24 ，请计算出大树CD 的高度．（结果精确到0.1m ，参考数据： sin 24  0.41， cs 24  0.91 ， tan 24  0.45 ）
【答案】25.1m
【分析】本题考查坡度的定义、解直角三角形，熟练掌握锐角三角函数的定义是解题的关键．
即tan 24  CF  0.45 ，
29
CF  29  0.45  13.05m ，
CD  CF  DF  13.05 12  25.1m ，答：大树的高度约为25.1m ．
AF
在Rt△AFC 中， tan CAF  CF ，
四边形 ABDF 是矩形，
 AF  BD  DE  BE  20  9  29m ，
QAFD  CDB  ABD  90 ，
如图，过 A 作 AF  CD 于点 F ，
，
4
3
 12  9m
AB
tan AEB
BE 
在RtV AEB 中，
1
tan AEB  4 ，
0.753
AF
【详解】解：根据题意得， AE 坡度为i  1: 0.75 ，
中，利用tan CAF  CF 求出CF 长，进而求出CD 长．
0.75
1
根据坡度的定义得到tan AEB ，进而求出 BE 长，过 A 作 AF  CD 于点 F ，则求出 AF 长，在Rt△AFC
22．（2026•山西吕梁 • 一模）项目学习
活动主题
测量临汾解放烈士纪念碑的高度
测量工具
测角仪，卷尺
项目背景：为传承红色革命经典，学校组织研学活动．同学们来到临汾解放烈士纪念碑，碑身用 7200 块剁石砌垒，象征着为临汾解放捐躯的 7200 名先烈．该校某数学兴趣小组的成员为测量纪念碑的高度，利用测角仪和卷尺形成了如下实践报告：
【答案】纪念碑 AB 的高度约为24.8 米
【分析】根据坡度的定 义可得 DE  2 ，设 AF  x ，根据tanACB  AB ，求得 x  22.8 ，则
BC
AB  x  2  24.8 ，即可求解．
【详解】解：Q斜坡CE 的坡度为1：2，CD  4 ，
 DE  2 ．
由题意,四边形 BDEF 为矩形，
 BF  DE  2，BD  EF ．设 AF  x ．
QAEF  45 ，
 EF  AF  BD  x ，
 AB  x  2，BC  x  4 ．
QtanACB  AB ，
BC
 x  2  1.32 ，
x  4
解得 x  22.8 ，
 AB  x  2  22.8  2  24.8 ．
答：纪念碑 AB 的高度约为24.8 米．
请根据上述数据，求纪念碑 AB 的高度．（结果精确到0.1 米，参考数据： sin52.9  0.80 ， 52.9  0.60 ， tan 52.9  1.32 ）
测量示意图
方案说明
1．如图 2， AB 为纪念碑， CE 为斜坡；2．点 B，C，D 在一条直线上，
AB  BD，ED  BD，EF  AB ，图中所有的点均在同一平面内
相关数据
在点C 处测得点 A 的仰角∠ ACB  52.9 ，在点 E 处测得点 A 的仰角AEF  45 ，斜坡CE 的坡度为1: 2, CD  4 米
23．（2026•广西南宁 • 一模）【综合与实践】
主题：隧道安全警示的数学探究
如图 1，在隧道通行安全中，涉水线和限高架的设置蕴含着丰富的数学知识．某数学兴趣小组对双向通行隧道进行考察，开展了以下探究：
素材 1 如图 2 为隧道及斜坡的侧面示意图，当隧道内积水的水深为 0.27 米时（即积水达到涉水线处），车辆应避免通行．
素材 2 图 3 为隧道横截面示意图，由抛物线的一部分 ACB 和矩形 ADEB 的三边构成．隧道的最高点C 到地面 DE 距离为 5.4 米，两侧墙面高 AD  BE  3 米，地面跨度 DE  10 米．
【初步探究】如图 2，过点M 作MP ⊥ l ，已知斜坡的坡角α  10∘ ，求涉水线离坡底的距离MN （精确到 0.01 米， sin10∘  0.174 ， cs10∘  0.985 ， tan10∘  0.176 ）．
【深入研究】如图 3，请建立适当的平面直角坐标系，求抛物线 ACB 的解析式．
【答案】(1)1.55 米
(2)以点 C 为坐标原点，建立平面直角坐标系： y   12 x2
125
(3)3.5 米
【分析】（1）过点 M 作MP ⊥ l ，代入数值得sin10  MP  0.174 ，进行计算，即可作答．
MN
先以点 C 为坐标原点，建立平面直角坐标系，设抛物线 ACB 的解析式为 y  ax2 ( a  0 )，再把 B 5, 2.4
代入进行计算，得 y   12 x2 ，即可作答．
125
认真研读题干，得出10  2 1  4 ，再算出当 x  4 时， y  1.536 ，则OG  1.536 ，
GH  CH  OG  3.864 ，即可得出h  GH  0.3  3.564  3.5 （米)，即可作答．
【详解】（1）解：如图，过点 M 作MP ⊥ l ，
【问题解决】车辆进入隧道，应在行驶车道内通行（禁止压线），且必须保证车辆顶部与隧道顶部 ACB 在竖直方向的空隙不小于 0.3 米．已知车辆行驶方向的右侧车道线（宽度忽略不计）与墙面的距离为 1 米，限高架上标有警示语“车辆限高h 米”（即最大安全限高），求h 的值（精确到 0.1 米）．
∵斜坡的坡角 α 为10 ，隧道内积水的水深为 0.27 米，
∴ MNP  10，MP  0.27 ，
∵ MP  l，sin10  0.174 ，
MP
在Rt△MNP 中， sin10  0.174 ，
MN
∴ 0.27  0.174 ，
MN
∴ MN 
0.27
0.174
 1.55 （米）．
解：如图所示：以点 C 为坐标原点，建立平面直角坐标系：
依题意，设抛物线 ACB 的解析式为 y  ax2 ( a  0 )，
∵隧道的最高点 C 到地面 DE 距离为 5.4 米，两侧墙面高 AD  BE  3 米，地面跨度 DE  10 米．
∴ B 5, 2.4 ，
把 B 5, 2.4 代入 y  ax2 ，
得2.4  25a ，
∴ a   12
125
∴ y   12
125
，
x2 ．
解：如图所示：
∵车辆行驶方向的右侧车道线（宽度忽略不计）与墙面的距离为 1 米，必须保证车辆顶部与隧道顶部 ACB
在竖直方向的空隙不小于 0.3 米．
∴10  2 1  4 ，
∴当 x  4 时， y   12  42  1.536 ，
125
则OG  1.536 ，
∴ GH  CH  OG  5.4 1.536  3.864 ，
∵限高架上标有警示语“车辆限高 h 米”（即最大安全限高），
∴ h  GH  0.3  3.864  0.3  3.564 （米)，
∵涉及安全问题，
∴ h  3.564  3.5 （米）．
课题
测量泰塔的高度
工具
卷尺、测角仪、标杆等
示意图
说明
阳光明媚的一天，如图，李强在地面上的点 E 处竖立一根标杆 EF ，标杆在阳光下的影子末端与塔在阳光下的影子末端正好重合于地面上的点G ，并测出 EG 的长；王刚在地面上的点C 处用测角仪CD
测得塔的顶端 A 的仰角为α ．已知 AB  BG ， CD  BG ， EF  BG ，点 B 、C 、 E 、G 在一条直线
24．（2026•陕西榆林 • 二模）泰塔，为八角七层楼阁式砖塔，是旧时某县的风水塔和标志性建筑．李强与王刚利用所学知识测量泰塔的高度，具体研究方法与过程如表：
根据以上信息，求泰塔的高度 AB ．（参考数据： sin63.4  0.89 ， cs63.4  0.45 ， tan63.4  2.00 ）
【答案】53 米
【分析】先用标杆比例算出总影长是塔高的 2 倍，再用测角仪算出水平距离和塔高的关系，最后把两段距离加起来等于总影长，即可得解．
【详解】解：过点 D 作 DH  AB 于点 H ．
∵ AB ∥ EF
 △ABG∽△FEG
∴ AB  BG ，即： AB  BG
EFEG12
∴ BG  2 AB ，
∵ AB  BG ， CD  BG
∴四边形 HBCD 是矩形．
∴ HB  CD  1 米， DH  BC ，
∴ AH  AB  HB  AB 1 ，
在直角三角形V ADH 中， ∠ ADH  α  63.4 ， tanα  AH ，
DH
上，图中所有点均在同一平面内．
数据
CD  1米， CE  78 米， EG  2 米， EF  1 米，α  63.4 ．
∴ HD 
AH
tan α
 AB 1 ，
2
∴ BC  AB 1
2
又∵ BG  BC  CE  EG ． CE  78 米， EG  2 米，
∴ BG  BC  80
∴ 2 AB   AB 1   80
2

解得： AB  159  53 （米） 3
答：泰塔的高度 AB 为 53 米．
课题
测量学校旗杆 AB 高度
成员
组长：××组员：×××，×××，×××
测量方案
标杆方案
测角仪方案
测量示意图
卷尺、标杆
卷尺、可调节支架的测角仪
实施过程
①选取运动场与旗杆相距一定距离的
F 处；
②在 F 处站直看旗杆顶，调整标杆 DC位置，使标杆顶点C 与旗杆顶点 A 在同一视线上；
③测量 DF ，GH 的距离，测量人眼到
地面 EF 高度、标杆CD 的长度．
①在运动场与旗杆底部相距一定距离的 F 处，调整测角仪支架高度，使 E 与旗杆底部 B 位于同一水平高度；
②测量旗杆顶 A 的仰角AEB ；
③沿 EB 方向前移至 D 处，再次测量杆顶 A 的仰角∠ ACB ；
④测量 DF 距离．
测量数据
① DF  1.4m ；② GH  38.6m ；
③ CD  2.6m ；④ EF  1.6m ．
① AEB  42 ；② ACB  45 ；
③ DF  3.2m ．
备注
①图上所有点均在同一平面内；
② AB ， CD 均与地面垂直；
③旗杆底部基座与运动场的高度差
MN  1.4m ．
①图上所有点均在同一平面内；
②参考数据： sin 42  0.67 ， cs 42  0.74 ， tan 42  0.90 ．
25．（2026•山东淄博 • 一模）综合与实践．在数学活动课中，老师组织同学们分小组测量学校旗杆的高度（学校旗杆底部有基座，经测量，基座高于运动场水平面1.4 米）确定以下两种测量方案．
(1)任务一：说明以上两种方案各自运用的数学知识：“标杆方案”运用的知识是，“测角仪方案”运用的知识是．（请在下列选项中选择一个填入横线中）
①全等三角形；②相似三角形；③锐角三角函数；④勾股定理．
(2)任务二：根据以上测量结果，任意选择一种方案，计算旗杆 AB 的高度（结果精确到0.1m ），并说明你选择该种方案的理由．
【答案】(1)②，③
(2)选择方案一，理由为测量工具较简单，方便； AB 的高度约为28.8m
【分析】（1）“标杆方案”测量出各边的长度，利用相似三角形对应边成比例的性质求出旗杆的高度；“测角仪方案”测量出角的度数，利用三角函数表示出各边的长度，列方程求出旗杆的高度；
（2）分别用两种不同的方案计算出旗杆的高度．
【详解】（1）解：测量出① DF ，② GH ，③ CD ，④ EF ，可得： CG  CD  EF ， GE  DF ，
 HE  GH  GE ，
根据 AH CG 可证VECG∽VEAH ，
 CG  EG ，
AHHE
根据对应边成比例求出 AH 的高度，
再根据旗杆的高度为 AH  EF 求出结果，
“标杆方案”运用的知识是②相似三角形；测出AEB 的度数，
可知 BE 
AB
tan 42 ，
测出ACB  45 ，可知 BC  AB ，
Q DF  3.2m ，
根据CE  BE  BC  DF  3.2 ，
可以求出 AB 的高度，
根据旗杆的高度为 AB  MN 求出结果，
“测角仪方案”运用的知识是③锐角三角函数；
（2）解：选择方案一，理由为测量工具较简单，方便，
如图：
由题意得： EF  GD  HK  1.6m ， GE  DF  1.4m ， CG AH ，
QCD  2.6m ， EF  1.6m ，
CG  CD  GD  1m ，
QGH  38.6m ，
 EH  GH  GE  40m ，
QCG AH ，
VECG∽VEAH ，
 EG  CG ，即1.4  1 ，
EHAH40AH
解得： AH  28.57(m) ，
 AB  AH  KH 1.4  28.57 1.6 1.4  28.77  28.8(m) ，
答：旗杆 AB 的高度约为28.8m ；
选择方案二，理由为测量较准确，
由题意得： AB  BC ， CE  DF  3.2m ，设 AB  x ，
QACB  45 ， ABC  90 ，
 BC  AB  x ，
Q在RtVABE 中， AEB  42 ， BE  BC  CE  x  3.2 ，
tan AEB  AB ，即tan 42 
BE
解得 x  28.8 （米），
x x  3.2
 0.90 ，
答：旗杆 AB 的高度约为28.8 米．
26．（2026•江苏连云港 • 模拟预测）如图，马路两侧有高度相同灯杆 AB、CD ，当小明站在两灯杆之间的点 N 处时，在灯 C 的照射下小明的影长为 NF ，在灯 A 的照射下小明的影长为 NE ．测得两路灯间距离 BD  21米，小明身高MN  1.6 米， NF  4 米， NE  3 米，求灯杆的高度．
【答案】6.4 米

【分析】设灯杆高度 AB  CD  h 米， BN  x 米，则 ND  (21 x) 米，证明VEMN∽VEAB ，得出
MN  NE
1.6
，
①，证明VFMN∽VFCD ，得出1.6 
②，联立①②，求出 x  9 ，再求出h  6.4
ABBE
即可解答．
hx  3
h25  x
【详解】 解：设灯杆高度 AB  CD  h 米， BN  x 米，则 ND  (21 x) 米，
∵ AB  BD ， MN  BD ，
∴ MNAB ，
∴VEMN∽VEAB ，
∴ MN  NE ，
ABBE
∵ MN  1.6 米， NE  3 米， BE  BN  NE  x  3 米，
∴ 1.6 
3①，
hx  3
∵ CD  BD ， MN  BD ，
∴ MN CD ，
∴VFMN∽VFCD ，
∴ MN  NF ，
CDFD
∵ NF  4 ， FD  NF  ND  4  (21 x)  25  x ，
∴ 1.6 
h
4
25  x ②，
联立①②，得 34，解得 x  9 ，
x  325  x
将 x  9 代入①得： 1.6 
h
因此灯杆高度为6.4 米．
3
9  3
，解得： h  6.4 ，