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专题 27.4 相似三角形的应用
【典例1】如图1，小红家的阳台上放置了一个晒衣架，图2是晒衣架的侧面示意图，立杆AB、CD相交于
点O，B、D两点在地面上，经测量得到AB=CD=136cm，OA=OC=51cm，OE=OF=34cm，现将晒
衣架完全稳固张开，扣链EF成一条线段．
发现：连接AC．则AC与EF有何位置关系?并说明理由；
探究：若EF=32cm，求利用夹子垂挂在晒衣架上的连衣裙总长度小于多少时，连衣裙才不会拖在地面上?
【思路点拨】
发现：证明△AOC∽△EOF，得到∠OAC=∠OEF，即可证明AC∥EF；
探究：过点A作AM⊥BD于点M，过点O作ON⊥EF于点N，利用等腰三角形的判定和性质，以及勾股
定理求出ON的值，再证明△ABM∽△OEN，利用相似比求出AM的值，即可获得答案．
【解题过程】
解：发现：AC∥EF，
理由如下：连接AC，如下图，
∵立杆AB、CD相交于点O，
∴∠AOC=∠EOF，OA OC 51 3
又∵ = = = ，
OE OF 34 2
∴△AOC∽△EOF，
∴∠OAC=∠OEF，
∴AC∥EF；
探究：如下图，过点A作AM⊥BD于点M，过点O作ON⊥EF于点N，
∵OE=OF=34cm，
∴△OEF是等腰三角形，
1
∴∠OEF= (180°−∠EOF)，
2
∵ON⊥EF，EF=32cm，
1
∴EN=FN= EF=16cm，
2
在Rt△OEN中，根据勾股定理可得ON=❑√OE2−EN2=❑√342−162=30cm，
∵ON⊥EF，AM⊥BD，
∴∠ONE=∠AMB=90°，
∵OA=OC，AB=CD，
∴OB=OD，
1
∴∠OBD= (180°−∠BOD)，
2
∴∠OBD=∠OEF，
∴△ABM∽△OEN，
OE ON 34 30
∴ = ，即 = ，
AB AM 136 AM
解得AM=120cm．
答：利用夹子垂挂在晒衣架上的连衣裙总长度小于时，连衣裙才不会拖在地面上．1．（21·22上·南京·期末）如图，身高1.2m的小淇晚上在路灯（AH）下散步，DE为他到达D处时的影
子．继续向前走8m到达点N，影子为FN．若测得EF＝10m，则路灯AH的高度为（ ）
A．6m B．7m C．8m D．9m
【思路点拨】
设DE=x m，DH=y m，则FN=（10-x-8）m，HN=（8-y）m，根据相似三角形的性质列方程即可得到结
论．
【解题过程】
解∶∵CD⊥EF，AH⊥EF，MN⊥EF，
∴CD∥AH∥MN，
∴△CDE∼△AHE，△MNF∼△AHF，
CD DE MN FN
∴ = ， = ，
AH EH AH FH
设DE=xm，DH=ym，则FN=（10-x-8）m，HN=（8-y）m，
1.2 x 1.2 10−8−x
∴ = ， = ，
AH x+ y AH 10−(x+ y)
∴y=4x，
DE 1
∴ = ，
EH 5
1.2 1
∴ = ，
AH 5
∴AH=6，
故路灯AH的高度为6m．
故选：A．
2．（22·23下·深圳·模拟预测）如图是物体AB在焦距为acm（即OE=OF=acm）的凸透镜下成倒立放大
实像的光路示意图．从点A发出的平行于BD的光束折射后经过右焦点F，而经过光心O点的光束不改变方向，最后A点发出的光汇聚于点C，B点发出的光汇聚于点D，从而得到最清晰的实像．若物距OB=bcm
，则像距OD为（ ）cm．
a2 b2 b2 ab
A． B． C． D．
b−a b−a a b−a
【思路点拨】
由题意可得AB∥OG∥CD，AB=OG，易推出△ABO∽△CDO，△GFO∽△CDO，根据相似三角形
AB OG OB OF
的性质及AB=OG得 = = = ，设DF=xcm，则OD=(x+a)cm，列出关于x的分式方程，
CD CD OD DF
解方程即可．
【解题过程】
解：由题意得：AB∥OG∥CD，AB=OG，
∴∠ABO=∠GOF=∠CDO，∠AOB=∠COD，∠GFO=∠CDF，
∴△ABO∽△CDO，△GFO∽△CDO，
AB OB OG OF
∴ = ， = ，
CD OD CD DF
∵ AB=OG，
AB OG OB OF
∴ = = = ，
CD CD OD DF
设DF=xcm，则OD=(x+a)cm，
b a
∴ = ，
x+a x
a2
解得：x= ，
b−a
a2
经检验x= 为原分式方程的解，
b−a
a2 a2+ab−a2 ab
∴OD=x+a= +a= = ，
b−a b−a b−a
故选：D．
3．（21·22上·佛山·期末）如图，一人站在两等高的路灯之间走动，GB为人AB在路灯EF照射下的影子，BH为人AB在路灯CD照射下的影子．当人从点C走向点E时两段影子之和GH的变化趋势是（ ）
A．先变长后变短 B．先变短后变长
C．不变 D．先变短后变长再变短
【思路点拨】
DF AD AB AH
连接DF，由题意易得四边形CDFE为矩形.由DF∥GH，可得 = .又AB∥CD，得出 = ，设
GH AH CD DH
AB AH DH 1 AD+AH AD AD
= =a,DF=b（a,b为常数），可得出 = = =1+ ，从而可以得出 ，结合
CD DH AH a AH AH AH
DF AD
= 可将DH用含a,b的式子表示出来，最后得出结果.
GH AH
【解题过程】
解：连接DF，已知CD=EF，CD⊥EG,EF⊥EG,
∴四边形CDFE为矩形.
∴DF∥GH,
DF AD
∴ = .
GH AH
AB AH
又AB∥CD，∴ = .
CD DH
AB AH
设 = =a，DF=b,
CD DH
DH 1 AD+AH AD
∴ = = =1+ ,
AH a AH AH
AD 1
∴ = −1,
AH aDF AD 1
∴ = = −1,
GH AH a
a·DF ab
∴GH= = ，
a−1 a−1
∵a,b的长是定值不变，
∴当人从点C走向点E时两段影子之和GH不变．
故选：C.
4．（22·23·松原·三模）一个圆锥体容器的主视图如图①所示，向其中注入一部分水后，水的高度如图②
所示，则图②中，上水面所在圆的半径长为（ ）
A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm
【思路点拨】
如图，BC=8cm，上水面DE∥BC，过点A作AF⊥BC，垂足为F，交DE于点G，则AG=9cm，
1
AB=AC，AD=AE，由等腰三角形三线合一，得BF=CF= BC=4cm，DG=≥¿；可证
2
AG GE
△AGE∽△AFC，于是 = ，求得¿=3cm．
AF FC
【解题过程】
解：如图，BC=8cm，上水面DE∥BC，过点A作AF⊥BC，垂足为F，交DE于点G，则AF=12cm
，GF=3cm∴AG=AF−GF=9cm
由题知，AB=AC，AD=AE
1
∴BF=CF= BC=4cm，DG=≥¿
2
即上水面所在圆的半径长为线段GE长
∵DE∥BC
∴∠AGE=∠AFC，∠AEG=∠ACF
∴△AGE∽△AFC
AG GE
∴ =
AF FC
9 GE
∴ =
12 4
∴¿=3(cm)
故选：C．
5．（22·23下·宁波·阶段练习）有一块锐角三角形余料△ABC，边BC的长为20cm，BC边上的高为16cm
，现要把它分割成若干个邻边长分别为5cm和4cm的小长方形零件，分割方式如图所示（分割线的耗料不
计），使最底层的小长方形的长为5cm的边在BC上，则按如图方式分割成的小长方形零件最多有
（ ）
A．5个 B．6个 C．7个 D．8个
【思路点拨】
如图：当最上层的小长方形的一边与AB、AC交于点E、F时，EF∥BC，AD⊥BC于D，交EF于G
，利用△ABC∽△AEF求得AG=4，然后求得DG=AD−AG=12，这样就可以计算得小长方形一共有3
层，然后再次利用相似比，可求得每层可分割几个小长方形，最后确定小长方形的总数即可．
【解题过程】
解：如图：当最上层的小长方形的一边与AB、AC交于点E、F时，EF∥BC，AD⊥BC于D，交EF
于G，∴△AEF∽△ABC，
EF AG 5 AG
∴ = ，即 = ，
BC AD 20 16
解得，AG=4，
∴DG=AD−AG=12，
∵小长方形的宽为4cm
∴△ABC能分割三层小长方形，且最上一层正好能分割一个小长方形，
设第二层靠近点A的边为x，
x 8
根据三角形相似可得： = ，
20 16
解得x=10，即第二层正好能分割两个小长方形，
设最下层靠近点A的边为y，
y 12
根据三角形相似可得： = ，
20 16
解得y=15，即最下层正好能分割三个小长方形，
∴按如图方式分割成的小长方形零件最多有1+2+3=6个，
故选：B．
6．（22·23上·阳泉·期末）如图，左、右并排的两棵大树的高分别为AB=8m，CD=12m，两树底部的距
离BD=5m，王红估计自己眼睛距地面1.6m．她沿着连接这两棵树的一条水平直路l从左向右前进，在前
进的过程中，她发现看不到右边较高的树的顶端C．此时，她与左边较低的树AB的水平距离
（ ）A．小于8m B．小于9m C．大于8m D．大于9m
【思路点拨】
连接CA并延长交FG于点N，过N作NM⊥l于点M，设NH=xm，证明△NHA∽△NKC，由相似三角形
的性质即可求得x的值，从而确定答案．
【解题过程】
解：如图，连接CA并延长交FG于点N，过N作NM⊥l于点M，
∵FG∥l，EF，NM，HB，KD均垂直于直线l，
∴NM=HB=KD=FE=1.6m，
∴AH=AB−HB=6.4m，CK=CD−KD=10.4m；
由题意知，四边形HBDK是矩形，则HK=BD=5m；
设NH=xm，则NK=NH+HK=(x+5)m，
∵AH∥CK，
∴△NHA∽△NKC，
AH NH
∴ = ，
CK NK
6.4 x
即 = ，
10.4 x+5
解得：x=8；
当王红刚好看到右边较高的树的顶端C时，她与左边较低的树AB的水平距离为8m，当她看不到较高的树
的顶端C时，则她与左边较低的树AB的水平距离应小于8m；
故选：A．
7．（22·23下·厦门·模拟预测）手影游戏利用的物理原理是：光是沿直线传播的．图中小狗手影就是我们
小时候常玩的游戏．在一次游戏中，小明距离墙壁1米，爸爸拿着的光源与小明的距离为2米．在小明不
动的情况下，要使小狗手影的高度增加一倍，则光源与小明的距离应（ ）3 3 5 5
A．减少 米 B．增加 米 C．减少 米 D．增加 米
2 2 3 3
【思路点拨】
根据题意作出图形，然后利用相似三角形的性质构建方程求解即可．
【解题过程】
解：如图，点O为光源，AB表示小明的手，CD表示小狗手影，则AB∥CD，过点O作OE⊥AB，延长
OE交CD于F，则OF⊥CD，
∵AB∥CD，
AB OE
∴△AOB∽△COD，则 = ，
CD OF
∵EF=1米，OE=2米，则OF=3米，
AB OE 2
∴ = = ，
CD OF 3
设AB=2k，CD=3k
∵在小明不动的情况下，要使小狗手影的高度增加一倍，如图，
即AB=2k，C′D′=6k，EF′=1米，△AO′B∽△C′O′D′
AB O′E′ 1
∴ = = ，
C′D′ O′F′ 3则O′F′−O′E′=2O′E′=EF′，
1
∴O′E′=
米，
2
1 3
∴光源与小明的距离变化为：OE−O′E′=2− = 米，
2 2
故选：A．
8．（22·23上·临汾·期中）如图，在某小区内拐角处的一段道路上，有一儿童在C处玩耍，一辆汽车从被
楼房遮挡的拐角另一侧的A处驶来（CM⊥DM，BD⊥DM，BC与DM相交于点O），已知OM=4
米，CO=5米，DO=3米，AO=❑√73米，则汽车从A处前行的距离AB= 米时，才能发现C
处的儿童．
【思路点拨】
先在Rt△CMO中，利用勾股定理求出CM的长，再证明8字模型相似三角形△BDO∽△CMO，从而利用
相似三角形的性质可得BD=2.25，然后在Rt△AOD中，根据勾股定理求出AD的长，进行计算即可解
答．
【解题过程】
解：在Rt△CMO中，MO=4，CO=5，
∴CM=❑√CO2−OM2=❑√52−42=3，
∵∠BOD=∠MOC，∠BDO=∠CMO=90°，
∴△BDO∽△CMO，
BD DO
∴ = ，
CM MO
BD 3
∴ = ，
3 4∴BD=2.25，
在Rt△AOD中，OA=❑√73米，
∴AD=❑√OA2−OD2=8，
∴AB=AD−BD=8−2.25=5.75，
∴汽车从A处前行5.75米，才能发现C处的儿童，
故答案为：5.75．
9．（22·23上·南通·期末）《海岛算经》中记载：“今有望海岛，立两表齐高三丈，前后相去千步，令后
表与前表参相直，从前表却行一百二十三步，人目着地，取望岛峰，与表末参合．从后表却行一百二十七
步，人目着地，取望岛峰，亦与表末参合．问岛高几何．”其大意是：如图，为了求海岛上的山峰AB的
5
高度，在D处和F处树立高都是3丈(1丈= 步）的标杆CD和EF，D，F相隔1000步，并且AB，CD和
3
EF在同一平面内，从D处后退123步到G处时，A，C，G在一条直线上；从F处后退127步到H处时，
A，E，H在一条直线上，则山峰的高度AB为 步．
【思路点拨】
5 123 EF HF
先证明△GCD∽△GAB，利用相似比得到 = ①，再证明△HEF∽△HAB得到 = ，
AB 123+BD AB HB
5 127 123 127
即 = ②，所以 = ，接着利用比例的性质求出BD，然后计
AB 127+1000+BD 123+BD 127+1000+BD
算AB的长．
【解题过程】
解：根据题意得CD=EF=5步，DF=1000步，DG=123步，FH=127步，
∵CD∥AB，
∴△GCD∽△GAB，
CD GD 5 123
∴ = ，即 = ①，
AB GB AB 123+BD∵EF∥AB，
∴△HEF∽△HAB，
EF HF 5 127
∴ = ，即 = ②，
AB HB AB 127+1000+BD
123 127
由①②得 = ，
123+BD 127+1000+BD
123 127
即 = ，
BD 1000+BD
BD 123
∴ = ，
1000+BD 127
BD 123
∴ = ，
1000 4
∴BD=250×123，
5 123 1
∴ = = ，
AB 123+250×123 1+250
∴AB=1255（步），
即山峰的高度AB为1255步．
故答案为：1255．
10．（22·23上·湖州·期末）如图1是一个家用折叠梯子，使用时四个踏板都是平行于地面且全等的矩形，
已知踏板宽BF=20cm，BC=CD=DE=EL=25cm，将踏板往上收起时（如图2），点A与点F重合，
此时，踏板可以看作与支架AL重合，将梯子垂直摆放时，点A离地面的高度AL为 cm．图3
是图1的简略视图，若点H恰好在点A的正下方，此时点A到地面LM的高度是 ．
【思路点拨】
由点A与点F重合能够得出AB的长，从而可以求出点A离地面的高度AL．连接AH并延长，交LM于点
Q，得到直角三角形，又由使用时四个踏板都是平行于地面且全等的矩形，得到DH//LM，得到
△ADH∽△ALQ，利用相似三角形的性质可以求出LQ的长，进而利用勾股定理可以求出点A到地面LM
的高度．
【解题过程】解：∵将踏板往上收起时（如图2），点A与点F重合，
∴AB=BF=20 cm．
∴AL=AB+BC+CD+DE+EL=20+4×25=120(cm)，
即点A离地面的高度AL为120 cm．
如图，连接AH并延长，交LM于点Q，则AQ⊥LM．
∵使用时四个踏板都是平行于地面且全等的矩形，
∴DH//LM，DH=BF=20 cm，
∴△ADH∽△ALQ，
AD DH
∴ = ，
AL LQ
20+25+25 20
即 = ，
120 LQ
240
解得LQ= cm．
7
在Rt△AQL中，由勾股定理，得
AQ=❑√AL2−LQ2=❑
√
1202−
(240) 2
=
360❑√5
(cm)，
7 7
360❑√5
即点A到地面LM的高度是 cm．
7
360❑√5
故答案为：120， ．
7
11．（20·21下·温州·一模）如图1是护眼学习台灯，该台灯的活动示意图如图2所示.灯柱BC=6cm，灯臂
绕着支点 可以旋转，灯罩呈圆弧形（即 ⏜ 和 ⏜ ）在转动过程中， 总是与桌面 平行 当
AC C AD(EF) BH .
AD EF
AC⊥BH时，AB=46cm，DM⊥MH，测得DM=37.5cm(点M在墙壁MH上，且MH⊥BH)；当
灯臂AC转到CE位置时，FN⊥MH测得FN=13.5cm，则点E到桌面BH的距离为 cm.若此时点， ， 在同一条直线上， ⏜ 的最低点到桌面 的距离为 ，则 所在圆的半径为 ．
C F M BH 35cm EF cm
EF
【思路点拨】
根据题意，通过作平行线和垂线，构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系求出相应的边，再在圆
中，利用垂径定理和勾股定理列方程求解即可．
【解题过程】
解：延长MD，NF，则M、D、A在一条直线上，N、F、E、Q在一条直线上，
由题意得：AC=EC=AB−BC=46−6=40，
QE=37.5−13.5=24，
在Rt△CQE中，由勾股定理得：
QC=❑√EC2−QE2=❑√402−242=32(cm)，
∴QB=QC+BC=32+6=38(cm)，
即点E到桌面BH的距离为38cm，
过点F作FP⊥AM，垂足为P，则FP=AQ=AB−QB=46−38=8(cm)，
∵FP∥AB，△MFP∽△MCA
MP PF
得： = ，
MA AC
13.5 8
即 = ，
MA 46−6
解得MA=67.5(cm)，
∴EF=QN−QE−FN=67.5−24−13.5=30(cm)，
1
如图3，可得EK= EF=15cm，KL=46−8−35=3(cm)，
2
设半径为r，则OE=r，OK=r−3，
在Rt△OKE中，由勾股定理得：OE2=EK2+OK2，
即r2=152+(r−3) 2，
解得r=39(cm)，
故答案为：38，39．
12．（2023下·台州·一模）A、B两人位于东西朝向的大道上，相距6米，如图所示，在靠近B的区域，离
大道2米处有一摄像机C，镜头可视角度为90°，此时B恰好位于视野边缘，而A需向东前进1米才能刚好
出现在视野边缘；若A、B两人保持原位置不变，摄像机需往北移动 米，再适当旋转镜头，使A、
B两人刚好处于视野边缘．
【思路点拨】
设C′为摄像机往北移动后的位置，作C′H⊥AB于点H，先证△DCH∽△CBH，求出DH，HB，再证
△AC′H∽△C′BH，求出C′C，则C′C=C′H−CH．
【解题过程】
解：如图，设C′为摄像机往北移动后的位置，作C′H⊥AB于点H，由题意知，点C在C′H上，∠AC′B=∠DCB=90°，CH=2，AB=6，DB=AB−AD=6−1=5，
设DH=x，则HB=5−x，
∵ ∠CHD=90°，∠DCB=90°，
∴ ∠CDH+∠DCH=90°，∠CDH+∠CBH=90°，
∴ ∠DCH=∠CBH，
又∵ ∠DHC=∠CHB=90°，
∴ △DCH∽△CBH，
CH DH 2 x
∴ = ，即 = ，
BH CH 5−x 2
解得x=4或x=1，
当x=4时，DH=4，HB=1，AH=AD+DH=5，
当x=1时，DH=1，HB=4，AH=AD+DH=2，
同理可证△AC′H∽△C′BH，
C′H AH
∴ = ，
BH C′H
∴ C′H=❑√AH⋅BH，
当HB=1，AH=5时，C′H=❑√5，
C′C=C′H−CH=❑√5−2；
当HB=4，AH=2时，C′H=❑√2×4=2❑√2，
C′C=C′H−CH=2❑√2−2；
∴摄像机需往北移动(❑√5−2)米或(2❑√2−2)米．
故答案为：(❑√5−2)或(2❑√2−2)．
13．（21·22下·金华·一模）将一本高为17cm（即EF=17cm）的词典放入高（AB）为16cm的收纳盒中
（如图1）．恰好能盖上盒盖时，测得底部F离收纳盒最左端B处8cm，若此时将词典无滑动向右倒，书角H的对应点H′恰为CD中点．
（1）收纳盒的长BC= ；
（2）现将若干本同样的词典放入此有盖的收纳盒中，如图2放置，则最多有 本书可与边BC有公
共点．
【思路点拨】
17
（1）由图知BC=BF+FG′+G′C，已知BF=8，根据ΔHAE∽ΔEBF得到FG′=HE=
，在Rt
8
ΔG′CH′中根据勾股定理得到G′C=15，从而得到结论；
15
（2）延长HF交BC于G'，如图2所示，由（1）知在RtΔAHE中，HA=❑√H E2−AE2= ，
8
289 FC 32
根据ΔHAE∽ΔFGG′，得到FG′=
，由
=7
得到最多有7本书可与边BC有公共点．
120 FG′ 289
【解题过程】
解：（1）如图所示：
在RtΔBEF中，∠B=90°，EF=17，BF=8，则BE=❑√EF2−BF2=❑√172−82=15，
∵AB=16，
∴AE=AB−BE=16−15=1，
连接AH，如图所示：
∵恰好能盖上盒盖，∴AH⊥AB，
∵词典是长方体，
∴∠HEF=90°，即∠HEA+∠BEF=90°，
在RtΔBEF中，∠BFE+∠BEF=90°，
∴∠HEA=∠BFE，
∴ΔHAE∽ΔEBF，
HE EF HE 17 17
∴ = ，即 = ，解得HE= ，
AE BF 1 8 8
∵将词典无滑动向右倒，
17
∴FG′=HE=
，
8
∵书角H的对应点H′恰为CD中点，
1 1
∴H′C= CD= AB=8，
2 2
在RtΔG′CH′中，∠C=90°，G′H′=EF=17，H′C=8，则G′C=❑√(G′H′
)
2−H′C2=❑√172−82=15
，
17 1
∴BC=BF+FG′+G′C=8+ +15=25 ，
8 8
1
∴收纳盒的长BC=25 cm，
8
1
故答案为：25 cm；
8
（2）延长HF交BC于G'，如图2所示：
17
由（1）知FG=HE= ，
8
∵∠BFE+∠GFG′=90°，∠HEA+∠AHE=90°，
由（1）知∠HEA=∠BFE∴∠GFG′=∠AHE，
∴ΔHAE∽ΔFGG′，
FG′ HE
∴ = ，
GF AH
17 √ 17 2 15
由（1）知在RtΔAHE中，∠A=90°，HE= ，AE=1，则HA=❑√H E2−AE2=❑( ) −12= ，
8 8 8
17
FG′ 8 289
∴ = ，解得FG′= ，
17 15 120
8 8
1 1
由（1）知FC=25 −8=17 ，
8 8
1 289 32
∵17 ÷ =7 ，
8 120 289
∴最多有7本书可与边BC有公共点．
14．（23·24上·榆林·期中）九（1）班同学到野外上数学活动课，为测量河的宽度(河的两岸平行)，设计了
如下方案：如图，同学们在河的对岸选定一个目标作为点A，再在河岸的这一边选出点B和点C，分别在
AB，AC的延长线上取点D，E，使得DE∥BC．经测量，BC=12米，DE=21米，且点E到河岸BC
的距离为6米．已知AF⊥BC于点F，请你根据提供的数据，帮助他们计算河的宽度AF．
【思路点拨】
AC 4
过E作EG⊥BC于G，依据△ABC∽△ADE，即可得出 = ，依据△ACF∽ΔECG，即可得到
EC 3
AF AC
= ，进而得出AF的长．
EG EC
【解题过程】
解：如图所示，过E作EG⊥BC于G，∵DE∥BC，
∴△ABC∽△ADE，
AC BC 12 4
∴ = = = ，
AE DE 21 7
AC 4
∴ = ，
EC 3
∵AF⊥BC，EG⊥BC，
∴∠CFA=∠CGE=90°，
又∵∠ECG=∠ACF，
∴△ACF∽△ECG，
AF AC AF 4
∴ = ，即 = ，
EG EC 6 3
解得：AF=8，
∴桥AF的长度为8米．
15．（23·24上·榆林·期中）一数学兴趣小组为了测量校园内灯柱AB的高度，设计了以下方案：在点C处
放一面平面镜，从点C处后退到1m点D处，恰好在平面镜中看到灯柱的顶部A点的像；再将平面镜向后移
动4m放在F处（即FC=4m），从点F处向后退1.5m到点H处，恰好再次在平面镜中看到灯柱的顶部A点
的像，测得眼睛距地面的高度ED、GH均为1.5m，已知点B,C，D,F,H在同一水平线上，且
GH⊥FH,ED⊥CD,AB⊥BH．求灯柱AB的高度．（平面镜的大小忽略不计）
【思路点拨】
先证明△ABC∽△EDC得到AB=1.5BC，再证明△ABF∽△GHF得到BF=4+x，由此建立方程，求出BC的长即可求出AB的长．
【解题过程】
解：∵∠ECD=∠ACB,∠EDC=∠ABC，
∴△ABC∽△EDC．
AB BC
∴ = ．
ED DC
∵ED=1.5m,CD=1m，
BC⋅ED
∴AB= =1.5BC．
DC
设BC=xm，则AB=1.5xm，
同理可得△ABF∽△GHF，
AB BF
∴ = ．
GH FH
∵AB=1.5xm,BF=BC+CF=(4+x)m,GH=1.5m，FH=1.5m，
1.5x 4+x
∴ = ，
1.5 1.5
解得x=8，
∴AB=1.5x=12(m)．
答：灯柱AB的高度为12m．
16．（23·24上·西安·期中）为了测量学校旗杆上旗帜的宽度MN，如图，点P、G、C、A在同一水平直线
上，MG⊥PA，先是小红在C处竖立一根标杆BC(BC⊥PA)，地面上的点A、标杆顶端B和点N在一条
直线上（N在MG上），BC=1.5米，AC=1米，AG=8米；后是贺小明在P处手持自制直角三角纸板
DEF(DP⊥PA)，其中EF=0.1米，DF=0.2米，使长直角边DF与水平地面平行，调整位置，恰好在P点
时点D、E、M在一条直线上，DP=1.5米，PG=23.6米，请你根据两次测量的结果，求出旗帜的宽度
MN．
【思路点拨】
延长DF交MG于Q，则DQ⊥MG，DQ=PG=23.6，证明△ABC∽△ANG和Δ△≝∽△DMQ，可得MQ和GN的值，最后由线段的和差可得结论．
【解题过程】
解：如图，延长DF交MG于Q，则DQ⊥MG，DQ=PG=23.6，QG=DP=1.5，
∵BC⊥PA，MG⊥PA，
∴BC∥MG，
∴∠CBA=∠GNA，∠BCA=∠NGA，
∴△ABC∽△ANG，
BC AC 1.5 1
∴ = ，即 = ，
NG AG NG 8
解得NG=12，
同理得：△≝∽△DMQ，
EF DF 0.1 0.2
∴ = ，即 = ，
MQ DQ MQ 23.6
解得MQ=11.8，
∴MN=MQ+QG−GN=11.8+1.5−12=1.3 (米)．
答：旗帜的宽度MN是1.3米．
17．（21·22上·雅安·期末）如图，在希望小学长80m，宽60m的长方形足球场上，小亮从A点出发，沿着
A→B→C的路线以5m/s的速度跑向C地．当他出发8s后，小冰有东西需要交给他，就从A地出发沿小
亮走的路线追赶，当小冰跑到距B地8m的D处时，他在阳光下的影子恰好和E处的小亮的影子在同一条直
线DE上．此时，A处的小旗在阳光下的影子也恰好落在对角线AC上．求：（1）他们的影子重叠时，两人相距多少米（DE的长）？
（2）小冰追赶小亮的速度是多少？
【思路点拨】
（1）利用平行投影的性质，确定AC∥DE，利用三角形相似(△ACB∽△DEB)求解即可；
（2）利用勾股定理求出BE的长，然后求出王刚的时间，减去4得到张华的时间，再根据速度=路程÷时间
列式计算即可求解．
【解题过程】
（1）根据题意可知：AC∥DE，
∴△ACB∽△DEB，
DE BD
∴ = ，
AC BA
在Rt△ABC中，AB=80m，BC=60m，BD=8m，
∵在一个长80m、宽60m的长方形足球场上，
∴AC=❑√AB2+BC2=100m，
DE 8
∴ = ，
100 80
解得：DE=10米；
答：两人相距10米；
（2）根据题意得：
∴DE2=BD2+BE2，
∴BE=❑√DE2−BD2=❑√102−82=6(m)，
∴s =AB+BE=86m，
小亮
86
∴t = s；
小亮 5
46
∴t =t −8= s，
小冰 小亮 5
∴s =AD=AB−BD=80−8=72(m)，
小冰
72 180
v = = (m/s)
小冰 46 23 ，
5
180
答：小冰追赶小亮的速度是 m/s．
2318．（20·21·鄂尔多斯·二模）阅读以下文字并解答问题：在“测量物体的高度”活动中，某数学兴趣小组
的3名同学选择了测量学校里的三棵树的高度，在同一时刻的阳光下，他们分别做了以下工作：
小芳：测得一根长为1米的竹竿的影长为0.8米，甲树的影长为4.08米（如1图）．
小华：发现乙树的影子不全落在地面上，有一部分影子落在教学楼的墙壁上（如2图），墙壁上的影长为
1.2米，落在地面上的影长为2.4米．
小明：测得丙树落在地面上的影长为2.4米，落在坡面上影长为3.2米（如3图）．身高是1.6米的小明站
在坡面上，影子也都落坡面上，小芳测得他的影长为2米．
（1）在横线上直接填写甲树的高度为______米，乙树的高度为________米﹔
（2）请求出丙树的高度．
【思路点拨】
（1）如下图1，根据测得一根长为1米的竹竿的影长为0.8米，利用相似三角形的比例式直接得出甲树
高，接着如下图2先利用△C D E ∼△CDE，求出C E 的长，接着利用△A B E ∼△D C E ，可得
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
出乙树的高；
（2）如下图3，先通过△C D E ∼△FGE 求出FG的长，然后通过△GFH∼△DCH求出FH的长，最
2 2 2 2
后通过△FGH∼△B A H可求出丙树的高．
2 2
【解题过程】
解：（1）如图1，假设线段AB是甲树，线段CD是竹竿，线段BE和线段CE分别为甲树和竹竿的影子，
∴CD=1m,CE=0.8m,BE=4.08m,∵CD//AB,
∴△ABE∼△DCE,
CD CE
∴ = ,
AB BE
1 0.8
∴ = ,
AB 4.08
∴AB=5.1米，
故甲树的高为5.1米；
如图2，假设线段A B 是乙树，线段C D 为乙树在墙壁上的影长，线段B C 为乙树落在地面上的影长，
1 1 1 1 1 1
∴C D =1.2m,B C =2.4m,
1 1 1 1
∵△C D E 与图1中的△CDE相似，
1 1 1
C D C E
∴ 1 1= 1 1,
CD CE
1.2 C E
∴ = 1 1,
1 0.8
∴C E =0.96m,
1 1
又∵C D //A B ，
1 1 1 1
∴△A B E ∼△D C E ,
1 1 1 1 1 1
A B B E
∴ 1 1 = 1 1,
D C C E
1 1 1 1
A B B C +C E
∴ 1 1= 1 1 1 1,
1.2 0.96
A B 2.4+0.96
∴ 1 1= ,
1.2 0.96
∴A B =4.2m,
1 1
故乙树的高为4.2米；
故答案为：5.1，4.2；
（2）如图3，假设线段A B 是丙树，线段B F为丙树落在地面上的影长，
2 2 2
线段FE 为丙树落在坡面上影长，C D 为小明，C E 为小明落在坡面上影长，
2 2 2 2 2则B F=2.4米，FE =3.2米，C D =1.6米，C E =2米，
2 2 2 2 2 2
∵C D //FG,
2 2
∴△C D E ∼△FGE ,
2 2 2 2
C D C E
∴ 2 2= 2 2,
FG FE
2
1.6 2
∴ = ,
FG 3.2
∴FG=2.56m,
又∵△GFH与图1中的△DCE相似，
GF FH
∴ = ,
DC CE
2.56 FH
∴ = ,
1 0.8
∴FH=2.048m,
又∵△FGH∼△B A H,
2 2
FG FH
∴ = ,
B A B H
2 2 2
2.56 2.048
∴ = ,
B A B F+FH
2 2 2
2.56 2.048
∴ = ,
B A 4.448
2 2
∴B A =5.56m,
2 2
故丙树的高为5.56米．
19．（22·23上·浙江·单元测试）如图，Rt△ABC为一块铁板余料，∠B=90°，BC=6cm，AB=8cm，
要把它加工成正方形小铁板，有如图所示的两种加工方案，请你分别计算这两种加工方案的正方形的边
长．【思路点拨】
方案①：设正方形的边长为xcm,然后求出△AEF和△ABC相似，利用相似三角形对应边成比例列式计算即
可得解．
方案②：作BH⊥AC于H，交DE于K，构造矩形DKHG和相似三角形（△BDE∽△BCA），利用矩形的性
质和等面积法求得线段BH的长度，则BK＝4.8−y；然后由相似三角形的对应边成比例求得答案．
【解题过程】
解：设方案①正方形的边长为xcm，
∵∠ABC=90°，四边形BDFE是正方形，
∴EF∥BC，
∴ΔAEF∽ΔABC，
EF AE
∴ = ，
BC AB
8−x x
即 = ，
8 6
24
解得x= ，
7
24
即加工成正方形的边长为 cm．
7
设方案②正方形的边长为ycm，作BH⊥AC于H，交DE于K，∵四边形EDGF是正方形，
∴DE∥AC，∠EDG=∠DGF=90°．
∴BH⊥DE于K．
∴∠DKH=90°．
∴四边形DKHG为矩形．
设HK=DG= y．
∵DE∥AC．
∴△BDE∽△BCA．
BK DE
∴ = ．
BH AC
∵AC=❑√62+82=10．
1 1
∴S = ×6×8= ×10×BH，
ΔABC 2 2
∴BH=4.8，
∴BK=4.8−y．
4.8−y y
∴ = ．
4.8 10
120
解得y= ．
37
120
即方案②加工成正方形的边长为 cm．
37
20．（22·23上·巴中·阶段练习）有一块直角三角形木板如图所示，两直角边长为：
BC=3cm，AC=4cm．根据需要，要把它加工成一个面积最大的正方形木板，设计一个方案，应怎样
裁剪才能使正方形的面积最大？【思路点拨】
先设计方案，有两种方案.方案一，如图①，设正方形边长为x，根据△EFB∽△ACB列比例式求出x，即
可求出S .方案二，如图②，做CA⊥AB于H交DG于M.由△CDG∽△CAB，根据“相似三角形
正方形CDEF
对应高的比等于相似比”列比例式求出x，即可求出S .两种方案做比较即可找到是正方形面积最
正方形DEFG
大的方案.
【解题过程】
解：方案一：
如图①，正方形CDEF的边CD、EF分别在CA、CB上，点E在AB上.设正方形的边长为x,
∵∠EFB=∠C=90°，∠B=∠B，
∵∠EFB＝∠C＝90，∠B＝∠B，
∴△EFB∽△ACB
AF BF
∴ =
AC BC
x 3−x
∴ =
4 3
则3x=12−4x
12
x=
7
12 2 144
此时S =( ) = .
正方形CDEF 7 49方案二：
如图②，正方形DEFG的边EF在AB上，D点、G点分别在AC边和BC边上.
作CH⊥AB，交DG于M点，
∵DG∥AB，
∴CM丄DG，
设DEFG的边长为x，
∵DG∥AB，
∴∠CDG=∠A，∠CGD=∠B，
∴△CDG∽△CAB，
DG CM
∴ =
AB CH
∵Rt△ABC中，BC=3，AC=4，
∴AB＝5.
1 1
又∵ AC⋅BC＝ AB⋅CH
2 2
∴AC⋅BC=AB⋅CH
∴4×3=5⋅CH
12
∴CH=
5
12
∴CM=CH−MH= −x
5
12
−x
x 5
∴ =
5 12
5
60
得x=
3760 2 3600
此时S =( ) =
正方形DEFG 37 1369
12 60
∵ > ,
7 37
∴S >S
1 2
144
∴方案一面积最大，最大为 .
49
