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2022-2023 学年北师大版数学九年级上册压轴题专题精选汇编
专题 12 相似三角形的应用
考试时间：120分钟 试卷满分：100分
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）（2021九上·宜宾期末）如图，小明同学用自制的直角三角形纸板DEF测量树的高度AB，他
调整自己的位置，设法使斜边DF保持水平，并且边DE与点B在同一直线上，已知纸板的两条直角边
cm， cm，测得边DF离地面的高度 m， m，则树高AB为（
）
A．4m B．5m C．5.5m D．6.5m
【答案】D
【完整解答】解：依题意 ，
cm， cm， m， m，
m
m
故答案为：D.
【思路引导】依题意可得∠EDF=∠CDB，根据垂直的概念可得∠DEF=∠DCB，证明△DEF∽△DCB，
根据相似三角形的性质求出BC，然后根据AB=AC+BC进行计算.
2．（2分）（2021九上·天桥期末）小莹同学的身高为1.6米，某一时刻她在阳光下的影长为3.2米，与她邻近的一棵树的影长为8米，则这棵树的高为（ ）
A．3.2米 B．3米 C．4米 D．4.2米
【答案】C
【完整解答】解：设这棵树的高度为x m，根据相同时刻的物高与影长成比例，
则可列比例为： ，
解得：x=4．
故答案为：C．
【思路引导】根据相同时刻的物高与影长成比例进行解答即可.
3．（2分）（2022九上·诸暨期末）如图，图1是装了液体的高脚杯，加入一些液体后如图2所示，则此
时液面AB为（ ）
A．5.6cm B．6.4cm C．8cm D．10cm
【答案】B
【完整解答】解：依题意，两高脚杯中的液体部分两三角形相似，则
解得 .
故答案为：B.
【思路引导】由题意可知，高脚杯前后的两个三角形相似，根据形似三角形的性质即可得到结果.
4．（2分）（2021九上·密云期末）如图，身高1.6米的小慧同学从一盏路灯下的B处向前走了8米到达点
C处时，发现自己在地面上的影子CE的长是2米，则路灯AB的高为（ ）A．5米 B．6.4米 C．8米 D．10米
【答案】C
【完整解答】解：由题意知，CE＝2米，CD＝1.6米，BC＝8米，CD AB，
则BE＝BC+CE＝10米，
∵CD AB，
∴△ECD∽△EBA
∴ ＝ ，即 ＝ ，
解得AB＝8（米），即路灯的高AB为8米．
故答案为：C．
【思路引导】先证明△ECD∽△EBA，再利用相似三角形的性质可得 ＝ ，再将数据代入计算即可。
5．（2分）（2019九上·福田期中）如图，正方形ABCD中，E为BC的中点，CG⊥DE于G，BG延长交
CD于点F，CG延长交BD于点H，交AB于N.下列结论：①DE=CN；② ；③S =3S ；
DEC BNH
△ △
④∠BGN=45°；⑤ .其中正确结论的个数有（ ）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】D
【完整解答】解：①∵在正方形ABCD中， ， ,
∴
即：
∴ （ASA）
∴CN= DE，故①符合题意；
②∴在正方形ABCD中， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，E为BC的中点， 四边形ABCD是正方形
∴ ，
∴ ，故②符合题意；
③如下图示，过H点作 ，∴根据 ，有 ，
则：
∴ ，
即是： ，故③符合题意 ；
④过B作BP⊥CN于P，BQ⊥DG，交DE的延长线于E，
∴∠BPC=∠BQD=∠PGQ=90°，
∴四边形PBQG是矩形，
∴∠PBQ=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠NBP=∠QBE，
由①得：△BNC≌△CED，
∴EC=BN，
∵E是BC的中点，∴BE=EC，
∴BE=BN，
∵∠BPN=∠BQE=90°，
∴△BPN≌△BQE，
∴BP=BQ，
∴四边形PBQG是正方形，
∴∠BGE=45°，故④符合题意；
⑤如图示，连接N，E
设 ,则 , ,
∵CG⊥DE，
∴ ，
，
由 的面积可得：
化简得： ，
∴ ，
则有：∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
则 ，
，
并∵
∴
∴ ，故⑤符合题意．
综上所述，
故答案为：D．
【思路引导】根据题目已知证明 可判断①符合题意；证明 可判断②
符合题意；过H点作 ，利用 ， 求解即可判断③符
合题意；添加辅助线过B作BP⊥CN于P，BQ⊥DG，交DE的延长线于E，利用△BNC≌△CED，证得
△BPN≌△BQE，即可判断④符合题意；连接N，E，设 ,则 , ,利用勾股定理求出CN，CE的长，然后根据 的面积求出GE，GN，再证 ，利用相
似三角形对应边成比例，求出BG，BF的长，即可得⑤符合题意．
6．（2分）（2018九上·金山期末）一个三角形框架模型的三边长分别为20厘米、30厘米、40厘米，木
工要以一根长为60厘米的木条为一边，做一个与模型三角形相似的三角形，那么另两条边的木条长度不符
合条件的是（ ）
A．30厘米、45厘米； B．40厘米、80厘米；
C．80厘米、120厘米； D．90厘米、120厘米
【答案】C
【完整解答】当60cm的木条与20cm是对应边时，那么另两条边的木条长度分别为90cm与120cm；
当60cm的木条与30cm是对应边时，那么另两条边的木条长度分别为40cm与80cm；
当60cm的木条与40cm是对应边时，那么另两条边的木条长度分别为30cm与45cm；
所以A、B、D选项不符合题意，C选项符合题意，
故答案为：C.
【思路引导】讨论：若20厘米、30厘米、40厘米的对应边分别为60厘米、x厘米、y厘米；
若20厘米、30厘米、40厘米的对应边分别为x厘米、60厘米、y厘米，；
若20厘米、30厘米、40厘米的对应边分别为x厘米、y厘米、60厘米，然后利用比例的性质分别计算出
各组对应值即可．
7．（2分）（2022·衢州）西周数学家商高总结了用“矩”（如图1）测量物高的方法：把矩的两边放置成
如图2的位置，从矩的一端A（人眼）望点E，使视线通过点C，记人站立的位置为点B，量出BG长，即
可算得物高EG．令BG=x（m）， EG=y（m），若a=30cm，b=60cm，AB=1.6m，则y关于x的函数表达
式为（ ）
A． B． C． D．【答案】B
【完整解答】解：∵CD⊥AF，EG⊥AF，
∴CD∥EF，∠AFG=∠G=∠B=90°，
∴四边形ABGF是矩形，
∴AB=GF=1.6，BG=AF=x
∴△ACD∽△AEF，
∴ ，
解之： .
故答案为：B.
【思路引导】利用垂直的定义可证得∠AFG=∠G=∠B=90°，可推出四边形ABGF是矩形，路矩形的性质
可得到GF，AF的长；同时可证得CD∥EF，由此可证得△ACD∽△AEF，利用相似三角形的对应边成比
例可得到关于x，y的方程，解方程用含x的代数式表示出y.
8．（2分）（2022·衡阳）在设计人体雕像时，使雕像上部（腰部以上）与下部（腰部以下）的高度比，
等于下部与全部的高度比，可以增加视觉美感.如图，按此比例设计一座高度为2m 的雷锋雕像，那么该雕
像的下部设计高度约是（ ）（结果精确到 .参考数据： ， ，
）A． B． C． D．
【答案】B
【完整解答】解：设该雕像的下部设计高度约是xm，则上部的高度为（2-x）m，
∵使雕像上部（腰部以上）与下部（腰部以下）的高度比，等于下部与全部的高度比，
∴
解之： （舍去）
经检验，x 是方程的根，
1
故答案为：B.
【解答】设该雕像的下部设计高度约是xm，则上部的高度为（2-x）m，根据雕像上部（腰部以上）与下
部（腰部以下）的高度比，等于下部与全部的高度比，建立关于x的方程，解方程求出符合题意的x的值.
9．（2分）如图▱ABCD，F为BC中点，延长AD至E，使 ，连结EF交DC于点G，则
＝（ ）
A．2：3 B．3：2 C．9：4 D．4：9
【答案】D【完整解答】解：设 ，
∵ ，
∴ ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ ， ，
∵点F是BC的中点，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：D．
【思路引导】设 ，仔细审题再结合平行四边形的性质可将CF表示出来，再根据相似三角形的
判定易证 ，由相似三角形的性质中相似三角形面积的比等于相似比的平方，可求出结论
10．（2分）（2021·深圳押题）如图是一张矩形纸片，点E在AB边上，把△BCE沿直线CE对折，使点B
在对角线AC上的点F处，连接DF．若点E，F，D在同一条直线上.给出以下结论：
①△ADE≌△FCD；② ；
③ ；④当AE＝1时，BE＝ ，
其中正确的结论共有（ ）．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【完整解答】解：∵四边形ABCD为矩形
∴设EF=BE=x，则AB=CD=1+x
又∵AB∥CD
∴∠DCE=∠BEC
由折叠的性质可得，∠BEC=∠DEC
∴∠DCE=∠∠DEC
∴DE=CD=1+x
∴点E，F，D在同一条直线上
∴DF=DE-EF=1+x-x=1=AE
∵AB∥CD
∴△DCF∽△EAF
∴ =
∴
解得，x= ，x= （舍去）
1 2
∴BE=x= ，即④正确；
由以上可得，DE=CD，DF=AE，∠AED=∠FDC
∴△ADE≌△FCD，即①正确；由题意，S ADE= AE×AD，S ACE= AE×AD
△ △
∴S ADE=S ACE
由折△叠的性质△可得，S BCE=S FCE
∴S ADE=S AEF+S△BCE △
∴S△ADF+S△AEF=S△AEF+S BCE
∴S△ADF=S△BCE，即△②正确△；
△ △
∵tan∠ACE=tan∠BCE= = ，即③错误
故答案为：C.
【思路引导】根据矩形的性质、折叠的性质，结合三角形全等、相似的判定定理和性质，分别进行证明即
可。
二．填空题（共10小题，每题2分，满分20分）
11．（2分）（2022·北部湾）古希腊数学家泰勒斯曾利用立杆测影的方法，在金字塔影子的顶部直立一根
木杆，借助太阳光测金字塔的高度.如图，木杆EF长2米，它的影长FD是4米，同一时刻测得OA是268
米，则金字塔的高度BO是 米.
【答案】134
【完整解答】解：∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，∴ .
故答案为：134.
【思路引导】根据平行线的性质可得∠BAO=∠EDF，易证△ABO∽△DEF，然后根据相似三角形的对应
边成比例就可求出BO的值.
12．（2分）（2022·杭州）某项目学习小组为了测量直立在水平地面上的旗杆AB的高度，把标杆DE直
立在同一水平地面上（如图）．同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC=8.72m，
EF=2.18m．已知B，C，E，F在同一直线上，AB⊥BC，DE⊥EF，DE=2.47m，则AB= cm．
【答案】9.88
【完整解答】解：∵同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长分别是BC＝8.72m，EF＝2.18m．
∴AC∥DF，
∴∠ACB＝∠DFE，
∵AB⊥BC，DE⊥EF，
∴∠ABC＝∠DEF＝90°，
∴△ABC∽△DEF，
∴ 即
解之：AB=9.88.
故答案为：9.88.
【思路引导】利用同一时刻测得旗杆和标杆在太阳光下的影长，可得到AC∥DF，利用有两组对应角相等
的两三角形相似，可证得△ABC∽△DEF，利用相似三角形的对应边成比例，可求出AB的长.
13．（2分）（2022·四川）如图，CD是平面镜，光线从A点出发经CD上点O反射后照射到B点，若入射角为α，反射角为β（反射角等于人射角），AC⊥CD于点C，BD⊥CD于点D，且AC＝3，BD＝6，
CD＝12，则tanα的值为 ．
【答案】
【完整解答】解：由题意得： α=β ，
∵α+∠AOC=β +∠BOD=90°，
∴∠AOC=∠BOD，
又∵∠ACO=∠BDO=90°，
∴△AOC∽△BOD，
∴ ，
∴OD=2OC，
∵CD=OD+OC=3OC=12，
∴OC=4，
∴tanα= .
故答案为： .
【思路引导】根据反射定律和余角的性质求出∠AOC=∠BOD，则可证明△AOC∽△BOD，列比例式求出
OD=2OC，结合CD=OD+OC=12，则可求出OC长，最后根据正切的定义计算即可.14．（2分）（2022九下·普陀期中）如图， 中，E是边AD的中点，BE交对角线AC于点F，那
么S AFB ：S FEDC的值为
四边形
△
【答案】
【完整解答】 四边形 是平行四边形
，
是边AD的中点，
设 ，则 ，
S FEDC
四边形
S AFB ：S FEDC的值为
四边形
△
【思路引导】证明三角形相似，根据三角形相似性质得到三角形面积比，设置一个最简值，求出题目中所
要求的面积，即可得到最后答案
15．（2分）（2022九下·扬州期中）如图，身高1.8米的轩轩从一盏路灯下的B处向前走了4米到达点C
处时，发现自己在地面上的影子CE长与他的身高一样，则路灯的高AB为 米.【答案】5.8
【完整解答】解：由题意知， ， ， ，则
（米），
，
，
，即 ，
解得 （米），
即路灯的高AB为5.8米.
故答案为：5.8.
【思路引导】由题意知：CE=CD=1.8，BC=4，CD∥AB，则BE=BC+CE=5.8米，易证△ECD∽△EBA，
然后根据相似三角形的性质计算即可.
16．（2分）（2021九上·通州期末）如图，在测量旗杆高度的数学活动中，某同学在地面放了一个平面镜
C，然后向后退，直到他刚好在镜子中看到旗杆的顶部A．如果他的眼睛到地面的距离ED＝1.6m，同时量
得他到平面镜C的距离DC＝2m，平面镜C到旗杆的底部B的距离CB＝15m，那么旗杆高度AB＝
m．
【答案】12
【完整解答】解：∵∠ECD=∠ACB
∴△ABC≌△EDC
∴
∴AB=BC×0.8=15×0.8=12（m）故答案为：12
【思路引导】根据全等三角形证出△ABC≌△EDC，可得出 ，从而得出AB的长。
17．（2分）（2022·番禺模拟）如图，将▱ABCD绕点A逆时针旋转到▱AB′C′D′的位置，使点B′落在BC上，
B′C′与CD交于点E．若AB＝3，BC＝4，BB′＝1，则CE的长为 ．
【答案】
【完整解答】解：如图，过点A作AM⊥BC于点M，过点B作BN⊥AB′于点N，过点E作EG⊥BC，交
BC的延长线于点G．
由旋转可知，AB＝AB′＝3，∠ABB′＝∠AB′C′，
∴∠ABB′＝∠AB′B＝∠AB′C′，
∵BB′＝1，AM⊥BB′，∴BM＝B′M ，
∴AM ，
∵S ABB ，
′
△
∴ 1 •BN×3，则BN ，
∴AN ，
∵AB//DC，
∴∠ECG＝∠ABC，
∵∠AMB＝∠EGC＝90°，
∴△AMB∽△EGC，
∴ ，
设CG＝a，则EG a，
∵∠ABB′+∠AB′B+∠BAB′＝180°，
∠AB′B+∠AB′C′+∠C′B′C＝180°，
又∵∠ABB′＝∠AB′B＝∠AB′C′，
∴∠BAB′＝∠C′B′C，
∵∠ANB＝∠EGC＝90°，
∴△ANB∽△B′GE，
∴ ，∵BC＝4，BB′＝1，
∴B′C＝3，B′G＝3+a，
∴ ，解得a ．
∴CG ，EG ，
∴EC ．
故答案为： ．
【思路引导】作辅助线，构造三角形。根据旋转的性质得 ABB′是等腰三角形，解得AM及S ABB′的面积；
△
△
根据一个三角形的面积相等，不同的底乘以高的结果是相等的，得出AN；根据△ANB∽△B′GE，把每条
边表示出来，解得EC。
18．（2分）（2017九上·深圳月考）墙壁CD上D处有一盏灯（如图），小明站在A站测得他的影长与身
长相等都为1.5m，他向墙壁走1m到B处时发现影子刚好落在A点，则灯泡与地面的距离CD=
m.
【答案】
【完整解答】如图：根据题意得：BG=AF=AE=1.5m，AB=1m，
∵BG∥AF∥CD
∴△EAF∽△ECD，△ABG∽△ACD，
∴AE：EC=AF：CD，AB：AC=BG：CD，
设BC=xm，CD=ym，则CE=（x+2.5）m，AC=（x+1）m，
则 ， ，
解得：x=2，y=4.5，
即CD=4.5米，
故答案为：4.5.
【思路引导】首先抽象出数学图形，根据平行于三角形一边的直线截其他两边，所截得的三角形与原三角
形系数得出△EAF∽△ECD，△ABG∽△ACD，根据相似三角形对应边成比例得出AE：EC=AF：CD，
AB：AC=BG：CD，设BC=xm，CD=ym，则CE=（x+2.5）m，AC=（x+1）m，根据比例式建立出方程组，
求解即可得出答案。
19．（2分）如图，▱ABCD中，AB＞AD，AE，BE，CM，DM分别为∠DAB，∠ABC，∠BCD，∠CDA
的平分线，AE与DM相交于点F，BE与CM相交于点N，连接EM．若▱ABCD的周长为42cm，
FM=3cm，EF=4cm，则EM= cm，AB= cm．
【答案】5；13
【完整解答】解：∵AE为∠DAB的平分线，
∴∠DAE=∠EAB= ∠DAB，同理：∠ABE=∠CBE= ∠ABC，
∠BCM=∠DCM= ∠BCD，
∠CDM=∠ADM= ∠ADC．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠DAB=∠BCD，∠ABC=∠ADC，AD=BC．
∴∠DAF=∠BCN，∠ADF=∠CBN．
在△ADF和△CBN中，
．
∴△ADF≌△CBN（ASA）．
∴DF=BN．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC=180°．
∴∠EAB+∠EBA=90°．
∴∠AEB=90°．
同理可得：∠AFD=∠DMC=90°．
∴∠EFM=90°．
∵FM=3，EF=4，
∴ME= =5（cm）．
∵∠EFM=∠FMN=∠FEN=90°．
∴四边形EFMN是矩形．
∴EN=FM=3．
∵∠DAF=∠EAB，∠AFD=∠AEB，
∴△AFD∽△AEB．∴ = ．
∴ = ．
∴4DF=3AF．
设DF=3k，则AF=4k．
∵∠AFD=90°，
∴AD=5k．
∵∠AEB=90°，AE=4（k+1），BE=3（k+1），
∴AB=5（k+1）．
∵2（AB+AD）=42，
∴AB+AD=21．
∴5（k+1）+5k=21．
∴k=1.6．
∴AB=13（cm）．
故答案为：5；13．
【思路引导】由条件易证∠AEB=∠AFD=∠DMC=90°．进而可证到四边形EFMN是矩形及∠EFM=90°，
由FM=3cm，EF=4cm可求出EM．易证△ADF≌△CBN，从而得到DF=BN；易证△AFD∽△AEB，从而
得到4DF=3AF．设DF=3k，则AF=4k．AE=4（k+1），BE=3（k+1），从而有AD=5k，AB=5（k+1）．
由▱ABCD的周长为42cm可求出k，从而求出AB长．
20．（2分）（2021九上·温州期末）某户外遮阳棚如图1，其截面结构示意图如图2所示.支撑柱AB上地
面，AB=120 cm，Р是支撑柱AB上一动点，伞杆CP可绕着中点E旋转，CD=CP=40 cm，斜
拉杆AE可绕点A旋转，AE= CP．若∠APE=30°，则BP= cm；伞展开长 PD==300cm，若A，C，D在同一条直线上，某时太阳光线恰好与地面垂直，则PD落到地面的阴影长为 cm.
【答案】 ；
【完整解答】解：（1）如图，连接AC，
∵E为PC中点， AE= CP，
∴△PAC为直角三角形，
∵∠APE=30°，PC= ，
∴AC=
∴AP= .
（2）如图，连结AC，作DF⊥BF，∵A，C，D在同一条直线上 ，
∴AD⊥AB，
∴∠CAP=∠PAD=90°
设AC=a，
在直角三角形PAC和PAD中，由勾股定理得：PA2=PC2-AC2=PD2-AD2，
∴( )2-a2=3002-（a+ ）2，
整理，解得：a= ，
∴AD=AC+CD= + = ，
∴PD 落到地面的阴影长BF=AD= .
故答案为： ； .
【思路引导】(1)连接AC，E为PC中点， AE= CP， 利用斜边中线等于斜边的一半逆定理可推出
△PAC为直角三角形，在根据30°角所对直角边为斜边的一半求出AP，进而可求出BP长；
（2）连接AC， A，C，D在同一条直线上得AD⊥AB，在直角三角形PAC和PAD中，由勾股定理得
PA2=PC2-AC2=PD2-AD2，求出AC，进而求出AD，由 BF等于AD可得影长值.
三、解答题(共8题；共60分)
21．（5分）（2022·西安模拟）如图，在某次军事演习中，阴影部分为我军地面以下的战壕，前方有两栋
高楼AB、CD，已知AB＝10米，CD＝62米，敌军在高楼CD中与我军对抗，我军战士在距离点B20米的
点P处观测，视线PA经过点A落到CD上的点E处，ED＝30米，点P、B、D在一条直线上.该战士向点B的方向行走12米到点Q处观测，请问他此时能否看到高楼CD的最高点C？请通过计算说明理由.
【答案】解：他此时能看到高楼CD的最高点C.
理由：连接QA并延长交CD于点F，
由题意得△PAB∽△PED，△QAB∽△QFD，
∴ ，即 ，
∴PD＝60，
∴BD＝PD－PB＝40，
∵PQ＝12，
∴QB＝20－12＝8，
∵△QAB∽△QFD，
∴ ，即 ，∴ ，
∴FD＜CD，即他此时能看到高楼CD的最高点C.
【思路引导】连接QA并延长交CD于点F，由题意得△PAB∽△PED，△QAB∽△QFD，根据相似三角形
的性质可得PD的值，由BD＝PD-PB可得BD，由QB＝PB-PQ可得QB，然后根据相似三角形的性质求出
FD，再与CD进行比较即可判断.
22．（5分）（2022·陕西模拟）西安世园会标志性雕塑 水龙 ，内部为钢结构，外包镜面不锈钢，既像
一股水花，又似一条飞龙，既蕴含了上善若水的中国传统理念，又有巨龙腾飞的时代精神．小刚同学想利
用所学知识测量该雕塑的高度AB，如图，他在距离B点48米的点C处水平放置了一个小平面镜，并沿着
BC方向移动，当移动到点E处时，他刚好在小平面镜内看到雕塑的顶端A的像，此时，测得CE=2米，小
刚眼晴与地面的距离DE=1.5米．已知点B、C、E在同一水平直线上，且AB⊥BE、DE⊥BE，求雕塑的高
度AB．(小平面镜的大小忽略不计)
【答案】解：根据题意，得∠ACB=∠DCE．
∵AB⊥BE，DE⊥BE，
∴∠ABC=∠DEC=90°．
∴△ABC∽△DEC．
∴ ．
∵BC=48米，CE=2米，DE=1.5米，
∴ ．
解得AB=36．
答：雕塑的高度AB是36米．
【思路引导】 证明△ABC∽△DEC，可得 ，据此即可求解.23．（10分）（2022·河北）如图，某水渠的横断面是以AB为直径的半圆O，其中水面截线 ．
嘉琪在A处测得垂直站立于B处的爸爸头顶C的仰角为14°，点M的俯角为7°．已知爸爸的身高为1.7m．
（1）（5分）求∠C的大小及AB的长；
（2）（5分）请在图中画出线段DH，用其长度表示最大水深（不说理由），并求最大水深约为多少米
（结果保留小数点后一位）．（参考数据： 取4， 取4.1）
【答案】（1）解：∵水面截线
，
，
，
在 中， ， ，
，
解得 ．
（2）解：过点 作 ，交MN于D点，交半圆于H点，连接OM，过点M作MG⊥OB于
G，如图所示：水面截线 ， ，
， ，
为最大水深，
，
，
，且 ，
，
，即 ，即 ，
在 中， ， ，
，即 ，
解得 ，
，
最大水深约为 米．
【思路引导】（1）利用锐角三角函数可得 ，再求出 即可；
（2）过点 作 ，交MN于D点，交半圆于H点，连接OM，过点M作MG⊥OB于G，先证明 可得 ，即 ，所以 ，再利用勾股定理可得
，求出 ，再利用线段的和差可得 。
24．（5分）（2022·莲湖模拟）某校数学社团开展“探索生活中的数学”研学活动，准备测量秦始皇雕塑
的高度.如图所示，首先，在阳光下，某一时刻，小玉在雕塑影子顶端 处竖立一根高2米的标杆 ，
此时测得标杆 的影子 为2米；然后，在 处竖立一根高2.5米的标杆 ，小婷从 处沿 后
退0.8米到 处恰好看到点 、 在一条直线上，小婷的眼睛到地面的距离 米， 米，
已知 ， ， ， ，点 、 、 、 、 在同一水平直线上，
请根据以上数据求出秦始皇雕塑 的高度.
【答案】解：∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ .
∴ .
过点 作 于点 ，交 于点 ， ， ，， ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，即 ，
解得 ，
∴秦始皇雕塑 的高度为14米.
【思路引导】易得∠ADB=∠DAB=45°，可得AB=BD，从而得出 ， 过点M作
于点O，交GH于点P，证明 ，可得 ，据此可求出AB的长.
25．（10分）（2022·蚌埠模拟）某校初中数学综合实践开展了多彩的活动．在一次活动中，某兴趣小组
学习了以下史料：魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高：如
图，点 ，H，G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表
高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”，则海岛的高
．（1）（5分）该兴趣小组学过解直角三角形后，对该问题的测量方法进行了改良：测得两次测量点之
间的距离 ，且 ， ，请求出海岛的高AB（其中 ）．（结
果保留两位小数，参考数据： ， ）
（2）（5分）证明：海岛的高 ．
【答案】（1）解：设 ，
在 中， ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
，
，解得 ．
答：海岛的高AB为133.84m．
（2）证明：∵ ，DE∥AC，FG∥AC，
∴DE∥AB，FG∥AB，
∴△HDE∽△HBA，△CFG∽△CBA，
∴ ， ，
∵ ，∴ ，
∵ ，
∴
【思路引导】（1）根据直角三角形的边长关系即可得出答案；
（2）根据相似三角形的性质、比例的性质即可得出答案。
26．（8分）（2021九上·南海期末）如图，公路旁有两个高度相等的路灯AB、CD，小明上午上学时发现
路灯AB在太阳光下的影子恰好落在路牌底部E处，他自己的影子恰好落在路灯CD的底部C处；晚自习
放学时，站在上午同一个地方，发现在路灯CD的灯光下自己的影子恰好落在E处．
（1）（4分）在图中画出小明的位置(用线段FG表示)．
（2）（4分）若上午上学时，高1米的木棒的影子为2米，小明身高为1.5米，他距离路牌底部E恰好
2米，求路灯高．
【答案】（1）解：如图，FG就是所求作的线段.
（2）解： 上午上学时，高1米的木棒的影子为2米，
，
，
， ，
，，
，
解得 ，
路灯高3.75米．
【思路引导】（1）作出太阳光线BE，FG就是所求作的线段；
（2）易得小明的影子长，利用 ，得出路灯的长。
27．（7分）（2021·东胜模拟）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）（1分）在横线上直接填写甲树的高度为 米，乙树的高度为 米﹔
（2）（5分）请求出丙树的高度．
【答案】（1）5.1；4.2
（2）解：如图3，假设线段 是丙树，线段 为丙树落在地面上的影长，
线段 为丙树落在坡面上影长， 为小明， 为小明落在坡面上影长，
则 =2.4米， =3.2米， =1.6米， =2米，
又 与图1中的 相似，
又故丙树的高为5.56米．
【完整解答】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，
米，
故甲树的高为5.1米；
如图2，假设线段 是乙树，线段 为乙树在墙壁上的影长，
线段 为乙树落在地面上的影长，与图1中的 相似，
又 ，
故乙树的高为4.2米；
故答案为：5.1，4.2；
【思路引导】（1）直接利用相似比求甲数的高度，画出几何图形，把树高分成两个部分，其中一部分等
于墙壁上的影长，另外一部分利用相似可求出乙树的高度；
（2）利用两个不同的相似比分别求出对应高，再求和即可。
28．（10分）（2021九上·内江期末）如图，在 ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB.（1）（1分）图1中共有 对相似三角形，写出来分别为
（不需证明）：
（2）（4分）已知AB＝5，AC＝4，请你求出CD的长：
（3）（4分）在（2）的情况下，如果以AB为x轴，CD为y轴，点D为坐标原点O，建立直角坐标系
（如图2），若点P从C点出发，以每秒1个单位的速度沿线段CB运动，点Q出B点出发，以每秒1个单
位的速度沿线段BA运动，其中一点最先到达线段的端点时，两点即刻同时停止运动；设运动时间为t秒
是否存在点P，使以点B、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，
请说明理由.
【答案】（1）3； ABC∽ ACD， ABC∽ CBD， ACD∽ CBD
（2）如图2中，在△ABC中，∵∠ACB＝90°，AB＝5，AC＝4，
∴BC＝ ＝ ＝3.
∵△ABC的面积＝ AB•CD＝ AC•BC，
∴CD＝ ＝ .
（3）存在点P，使以点B、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似，理由如下：
在△BOC中，∵∠COB＝90°，BC＝3，OC＝ ，
∴OB＝ .
分两种情况：
①当∠BQP＝90°时，如图2①，此时△PQB∽△ACB，∴ ＝ ，
∴ ，
解得t＝ ，即 ，
∴ .
在△BPQ中，由勾股定理，得 ，
∴点P的坐标为 ；
②当∠BPQ＝90°时，如图2②，此时△QPB∽△ACB，
∴ ，∴ ，
解得t＝ ，即 ，
过点P作PE⊥x轴于点E.
∵△QPB∽△ACB，
∴ ，即 ，
∴PE＝ .
在△BPE中， ，
∴ ，
∴点P的坐标为 ，
综上可得，点P的坐标为( ， )；( ， ).
【完整解答】解：（1）图1中共有3对相似三角形，分别为：△ABC∽△ACD，△ABC∽△CBD，
△ACD∽△CBD.
证明：∵CD⊥AB，
∴∠ADC=∠ACB=90°，
又∵∠A=∠A，
∴△ADC∽△ACB
同理可证：△ABC∽△CBD，△ACD∽△CBD.
故答案为：3；△ABC∽△ACD，△ABC∽△CBD，△ACD∽△CBD.
【思路引导】（1）根据两角对应相等的两三角形相似即可得到3对相似三角形，分别为：△ABC∽△ACD，△ABC∽△CBD，△ACD∽△CBD.
（2）先在△ABC中由勾股定理求出BC的长，再根据△ABC的面积不变得到 AB•CD＝ AC•BC，
即可求出CD的长.
（3）由于∠B公共，所以以点B、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似时，分两种情况进行讨论：
①△PQB∽△ACB；②△QPB∽△ACB.
