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23 如图，AB是一垂直于水平面的建筑物，某同学从建筑物底端B出发，先沿水平方向向右行走20米到达点C，再经过一段坡度为$i=1:0.75$、坡长为10米的斜坡CD到达点D，然后再沿水平方向向右行走40米到达点E（点A、B、C、D、E均在同一平面内），在E处测得建筑物顶端A的仰角为$24°$，求建筑物AB的高度。（参考数据：$\sin24° \approx 0.41$，$\cos24° \approx 0.91$，$\tan24° \approx 0.45$）
答案
23 延长$AB$交$DE$于点$M$，过点$C$作$CN ⊥ DE$于点$N$。因为$CD=10$米，$CD$的坡度为$i=1:0.75$，所以可得$DN=6$米，$CN=8$米，所以$BM=CN=8$米，$MN=BC=20$米，$EM=DE+DN+MN=66$(米)。在$\mathrm{Rt}△ AME$中，因为$∠ AME=90°$，所以$\tan∠ E=\dfrac{AM}{ME}$，所以$\dfrac{AM}{66}=\tan24°$，所以$AM=66 · \tan24°$(米)，所以$AB=AM-BM=66 · \tan24° -8 \approx 21.7$(米)。
解析
【分析】
这是一道解直角三角形的实际应用问题，解题时需先通过作辅助线构造矩形和直角三角形，将已知条件转化到几何图形中求解。首先处理斜坡CD的坡度条件：坡度是竖直高度与水平宽度的比，结合坡长可求出斜坡对应的竖直高度和水平宽度；接着求出E点到AB延长线与DE交点的水平总距离，以及竖直方向BM的长度；再在含仰角的直角三角形中利用三角函数求出AM的长度，最后通过线段差得到AB的高度。
【解析】
解：延长$AB$交$DE$于点$M$，过点$C$作$CN ⊥ DE$于点N。
∵ 四边形$BMNC$为矩形，
∴ $BM=CN$，$MN=BC=20$米。
∵ 斜坡$CD$的坡度$i=1:0.75$，即$\frac{CN}{DN}=\frac{1}{0.75}=\frac{4}{3}$，
设$CN=4x$米，$DN=3x$米，
在$Rt△CND$中，由勾股定理得：$(4x)^2+(3x)^2=CD^2$，
将$CD=10$代入得$25x^2=100$，解得$x=2$（负根舍去），
∴ $CN=4×2=8$米，$DN=3×2=6$米，
∴ $BM=CN=8$米，
又$DE=40$米，
∴ $ME=MN+DN+DE=20+6+40=66$米。
在$Rt△AME$中，$∠AME=90°$，$∠E=24°$，
∵ $\tan∠E=\frac{AM}{ME}$，
∴ $AM=ME·\tan24°\approx66×0.45=29.7$米，
∴ $AB=AM-BM=29.7-8=21.7$米。
【答案】
建筑物AB的高度约为21.7米。
【知识点】
坡度坡角计算，仰角的应用，解直角三角形
【点评】
本题是解直角三角形的实际应用题型，将生活场景中的坡度、仰角与几何知识结合，解题核心是合理作辅助线构造直角三角形，把实际问题转化为直角三角形的边角关系求解，侧重考察基础概念的理解和基础计算能力。
【难度系数】
0.65
这是一道解直角三角形的实际应用问题，解题时需先通过作辅助线构造矩形和直角三角形，将已知条件转化到几何图形中求解。首先处理斜坡CD的坡度条件：坡度是竖直高度与水平宽度的比，结合坡长可求出斜坡对应的竖直高度和水平宽度；接着求出E点到AB延长线与DE交点的水平总距离，以及竖直方向BM的长度；再在含仰角的直角三角形中利用三角函数求出AM的长度，最后通过线段差得到AB的高度。
【解析】
解：延长$AB$交$DE$于点$M$，过点$C$作$CN ⊥ DE$于点N。
∵ 四边形$BMNC$为矩形，
∴ $BM=CN$，$MN=BC=20$米。
∵ 斜坡$CD$的坡度$i=1:0.75$，即$\frac{CN}{DN}=\frac{1}{0.75}=\frac{4}{3}$，
设$CN=4x$米，$DN=3x$米，
在$Rt△CND$中，由勾股定理得：$(4x)^2+(3x)^2=CD^2$，
将$CD=10$代入得$25x^2=100$，解得$x=2$（负根舍去），
∴ $CN=4×2=8$米，$DN=3×2=6$米，
∴ $BM=CN=8$米，
又$DE=40$米，
∴ $ME=MN+DN+DE=20+6+40=66$米。
在$Rt△AME$中，$∠AME=90°$，$∠E=24°$，
∵ $\tan∠E=\frac{AM}{ME}$，
∴ $AM=ME·\tan24°\approx66×0.45=29.7$米，
∴ $AB=AM-BM=29.7-8=21.7$米。
【答案】
建筑物AB的高度约为21.7米。
【知识点】
坡度坡角计算，仰角的应用，解直角三角形
【点评】
本题是解直角三角形的实际应用题型，将生活场景中的坡度、仰角与几何知识结合，解题核心是合理作辅助线构造直角三角形，把实际问题转化为直角三角形的边角关系求解，侧重考察基础概念的理解和基础计算能力。
【难度系数】
0.65
24 如图,在建筑物 $DF$ 的左边有一个小山坡,坡底 $B$、$C$ 同建筑物底端 $F$ 在同一水平线上,斜坡 $AB$ 的坡比为 $i = 1:2.4$,小李从斜坡底端 $B$ 沿斜坡走了 26 米到达坡顶 $A$ 处,在坡顶 $A$ 处看建筑物的顶端 $D$ 的仰角 $α$ 为 $35°$,然后小李沿斜坡 $AC$ 走了 $2\sqrt{41}$ 米到达底部 $C$ 点,已知建筑物上有一点 $E$,在 $C$ 处看建筑物 $E$ 点的仰角 $β$ 为 $18°$(点 $A$、$B$、$C$、$D$、$E$、$F$ 在同一平面内),建筑物顶端 $D$ 到 $E$ 的距离 $DE$ 长度为 28.8 米。(参考数据:$\cos35° \approx \frac{4}{5}$, $\tan35° \approx \frac{7}{10}$, $\cos18° \approx \frac{9}{10}$, $\tan18° \approx \frac{1}{3}$)
(1) 问:小李从斜坡 $B$ 走到 $A$ 处高度上升了多少米?
(2) 求建筑物 $DF$ 的高度。
(1) 问:小李从斜坡 $B$ 走到 $A$ 处高度上升了多少米?
(2) 求建筑物 $DF$ 的高度。
答案
24 (1) 过点$A$作$AG ⊥ BC$于点$G$。因为$AB$的坡比$i=1:2.4=5:12$，所以$\dfrac{AG}{BG}=\dfrac{5}{12}$，设$AG=5x$米，则$BG=12x$米。在$\mathrm{Rt}△ ABG$中，$AB=\sqrt{AG^2+BG^2}=\sqrt{(5x)^2+(12x)^2}=13x=26$，所以$x=2$，所以$AG=10$(米)，所以小李从斜坡$B$走到$A$处高度上升了10米。
(2) 过点$A$作$AH ⊥ DF$于点$H$。在$\mathrm{Rt}△ ACG$中，$GC=\sqrt{AC^2-AG^2}=\sqrt{(2\sqrt{41})^2-10^2}=8$(米)。设$EF=m$米。在$\mathrm{Rt}△ CEF$中，$β=18°$，因为$\tanβ=\tan18°=\dfrac{EF}{CF}\approx\dfrac{1}{3}$，所以$CF=3m$(米)，所以$AH=GF=GC+CF=(8+3m)$米。又因为$DH=DE-EH=DE-(FH-EF)=28.8+m-10=(18.8+m)$米。在$\mathrm{Rt}△ AHD$中，$α=35°$，因为$\tanα=\tan35°=\dfrac{DH}{AH}\approx\dfrac{7}{10}$，所以$\dfrac{18.8+m}{8+3m}\approx\dfrac{7}{10}$，解得$m=12$，所以$EF=12$米，所以$DF=DE+EF=28.8+12=40.8$(米)，所以建筑物$DF$的高度约为40.8米。
(2) 过点$A$作$AH ⊥ DF$于点$H$。在$\mathrm{Rt}△ ACG$中，$GC=\sqrt{AC^2-AG^2}=\sqrt{(2\sqrt{41})^2-10^2}=8$(米)。设$EF=m$米。在$\mathrm{Rt}△ CEF$中，$β=18°$，因为$\tanβ=\tan18°=\dfrac{EF}{CF}\approx\dfrac{1}{3}$，所以$CF=3m$(米)，所以$AH=GF=GC+CF=(8+3m)$米。又因为$DH=DE-EH=DE-(FH-EF)=28.8+m-10=(18.8+m)$米。在$\mathrm{Rt}△ AHD$中，$α=35°$，因为$\tanα=\tan35°=\dfrac{DH}{AH}\approx\dfrac{7}{10}$，所以$\dfrac{18.8+m}{8+3m}\approx\dfrac{7}{10}$，解得$m=12$，所以$EF=12$米，所以$DF=DE+EF=28.8+12=40.8$(米)，所以建筑物$DF$的高度约为40.8米。
解析
【分析】
(1) 求解从B到A上升的高度，即求坡顶A到水平面BC的垂直距离。根据坡比的定义（斜坡垂直高度与水平宽度的比），过点A作AG⊥BC于G，得到Rt△ABG，已知AB的长度和坡比，可通过设未知数结合勾股定理求出垂直高度AG。
(2) 求建筑物DF的高度，已知DE长度，只需算出EF长度即可。过点A作AH⊥DF于H，先在Rt△ACG中用勾股定理求出GC的长度；设EF=m，在Rt△CEF中利用仰角β的正切值表示出CF，进而得到水平距离AH的长度；再推导得到竖直距离DH的表达式，在Rt△AHD中利用仰角α的正切值列方程求解m，最后结合DF=DE+EF即可求出总高度。
【解析】
(1) 过点$A$作$AG ⊥ BC$于点$G$。
因为斜坡$AB$的坡比$i=1:2.4=5:12$，即$\dfrac{AG}{BG}=\dfrac{5}{12}$，设$AG=5x$米，则$BG=12x$米。
在$\mathrm{Rt}△ ABG$中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AG^2+BG^2}=\sqrt{(5x)^2+(12x)^2}=13x$
已知$AB=26$米，所以$13x=26$，解得$x=2$，因此$AG=5x=10$米。
(2) 过点$A$作$AH ⊥ DF$于点$H$，则四边形AGFH为矩形，因此$FH=AG=10$米，$AH=GF$。
在$\mathrm{Rt}△ ACG$中，$AC=2\sqrt{41}$米，$AG=10$米，由勾股定理得：
$GC=\sqrt{AC^2-AG^2}=\sqrt{(2\sqrt{41})^2-10^2}=\sqrt{164-100}=8$米。
设$EF=m$米，在$\mathrm{Rt}△ CEF$中，$β=18°$，$\tanβ=\tan18°\approx\dfrac{1}{3}=\dfrac{EF}{CF}$，因此$CF=3EF=3m$米。
所以$AH=GF=GC+CF=(8+3m)$米。
$DH=DE+EF-FH=28.8+m-10=(18.8+m)$米。
在$\mathrm{Rt}△ AHD$中，$α=35°$，$\tanα=\tan35°\approx\dfrac{7}{10}=\dfrac{DH}{AH}$，代入得：
$\dfrac{18.8+m}{8+3m}=\dfrac{7}{10}$
交叉相乘解得$m=12$。
因此$EF=12$米，$DF=DE+EF=28.8+12=40.8$米。
【答案】
(1) 小李从斜坡$B$走到$A$处高度上升了10米；(2) 建筑物$DF$的高度为40.8米。
【知识点】
1. 坡比的应用 2. 解直角三角形 3. 仰角的应用
【点评】
本题属于解直角三角形的实际应用题，将坡比、仰角的概念与勾股定理、三角函数结合考查，需要通过作辅助线构造直角三角形建立各量的关系，同时运用方程思想求解未知量，对学生的实际问题转化能力和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 求解从B到A上升的高度，即求坡顶A到水平面BC的垂直距离。根据坡比的定义（斜坡垂直高度与水平宽度的比），过点A作AG⊥BC于G，得到Rt△ABG，已知AB的长度和坡比，可通过设未知数结合勾股定理求出垂直高度AG。
(2) 求建筑物DF的高度，已知DE长度，只需算出EF长度即可。过点A作AH⊥DF于H，先在Rt△ACG中用勾股定理求出GC的长度；设EF=m，在Rt△CEF中利用仰角β的正切值表示出CF，进而得到水平距离AH的长度；再推导得到竖直距离DH的表达式，在Rt△AHD中利用仰角α的正切值列方程求解m，最后结合DF=DE+EF即可求出总高度。
【解析】
(1) 过点$A$作$AG ⊥ BC$于点$G$。
因为斜坡$AB$的坡比$i=1:2.4=5:12$，即$\dfrac{AG}{BG}=\dfrac{5}{12}$，设$AG=5x$米，则$BG=12x$米。
在$\mathrm{Rt}△ ABG$中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AG^2+BG^2}=\sqrt{(5x)^2+(12x)^2}=13x$
已知$AB=26$米，所以$13x=26$，解得$x=2$，因此$AG=5x=10$米。
(2) 过点$A$作$AH ⊥ DF$于点$H$，则四边形AGFH为矩形，因此$FH=AG=10$米，$AH=GF$。
在$\mathrm{Rt}△ ACG$中，$AC=2\sqrt{41}$米，$AG=10$米，由勾股定理得：
$GC=\sqrt{AC^2-AG^2}=\sqrt{(2\sqrt{41})^2-10^2}=\sqrt{164-100}=8$米。
设$EF=m$米，在$\mathrm{Rt}△ CEF$中，$β=18°$，$\tanβ=\tan18°\approx\dfrac{1}{3}=\dfrac{EF}{CF}$，因此$CF=3EF=3m$米。
所以$AH=GF=GC+CF=(8+3m)$米。
$DH=DE+EF-FH=28.8+m-10=(18.8+m)$米。
在$\mathrm{Rt}△ AHD$中，$α=35°$，$\tanα=\tan35°\approx\dfrac{7}{10}=\dfrac{DH}{AH}$，代入得：
$\dfrac{18.8+m}{8+3m}=\dfrac{7}{10}$
交叉相乘解得$m=12$。
因此$EF=12$米，$DF=DE+EF=28.8+12=40.8$米。
【答案】
(1) 小李从斜坡$B$走到$A$处高度上升了10米；(2) 建筑物$DF$的高度为40.8米。
【知识点】
1. 坡比的应用 2. 解直角三角形 3. 仰角的应用
【点评】
本题属于解直角三角形的实际应用题，将坡比、仰角的概念与勾股定理、三角函数结合考查，需要通过作辅助线构造直角三角形建立各量的关系，同时运用方程思想求解未知量，对学生的实际问题转化能力和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
25 如图①,在△ABC中,AB=BC,∠ABC＞90°,点D在边AC上,直线l经过点D,与线段AB交于点E,且点A关于l的对称点A'在射线AB上,连接A'D。
(1) 如图②,当点A'与点B重合时,求证:BC²=AD·AC。
(2) 当点A'在线段AB的延长线上时,连接A'C,BC交A'D于点F。
① 当直线BC经过△A'CD的重心时,求$\frac{CF}{AA'}$的值。
② 如果△A'FC是直角三角形,且AB=2BA',求∠A的正切值。
(1) 如图②,当点A'与点B重合时,求证:BC²=AD·AC。
(2) 当点A'在线段AB的延长线上时,连接A'C,BC交A'D于点F。
① 当直线BC经过△A'CD的重心时,求$\frac{CF}{AA'}$的值。
② 如果△A'FC是直角三角形,且AB=2BA',求∠A的正切值。
答案
25 (1) 因为点$A$关于$l$的对称点$A'$在射线$AB$上，所以$AD=A'D$，所以$∠ A=∠ DA'A$。因为$AB=BC$，所以$∠ A=∠ C$，所以$∠ DA'A=∠ C$。因为$∠ A=∠ A$，所以$△ ABD ∽ △ ACB$，所以$\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AB}{AC}$，所以$AB^2=AD · AC$。因为$AB=BC$，所以$BC^2=AD · AC$。
(2) ① 如图①，连接$EF$。因为直线$BC$经过$△ A'CD$的重心，所以点$F$是$A'D$的中点。因为点$E$是$AA'$的中点，所以$EF // AC$，所以$\dfrac{AE}{CF}=\dfrac{AB}{BC}$。因为$AB=BC$，所以$AE=CF$。因为$\dfrac{AE}{AA'}=\dfrac{1}{2}$，所以$\dfrac{CF}{AA'}=\dfrac{1}{2}$。
② 情况一：如图②，当$∠ A'FC=90°$时，因为$AD=A'D$，所以可设$∠ DA'A=∠ A=α$，所以$∠ CDF=∠ DA'A+∠ A=2α$。因为$AB=BC$，所以$∠ A=∠ ACB=α$。因为$∠ CDF+∠ DFC+∠ DCF=180°$，所以$2α+α+90°=180°$，解得$α=30°$，所以$\tan A=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$。
情况二：如图③，当$∠ CA'F=90°$时，过点$C$作$AA'$的垂线，交$AA'$的延长线于点$H$。设$A'B=a$，$A'H=b$。因为$AB=2A'B$，所以$AB=BC=2a$。在$\mathrm{Rt}△ CBH$中，因为$CH^2=BC^2-BH^2$，所以$CH^2=(2a)^2-(a+b)^2=3a^2-2ab-b^2$。因为$∠ CA'F=90°$，所以$∠ DA'A+∠ CA'H=90°$。在$\mathrm{Rt}△ CA'H$中，因为$∠ H=90°$，所以$∠ A'CH+∠ CA'H=90°$，所以$∠ DA'A=∠ A'CH$，所以$∠ A=∠ A'CH$。因为$∠ H=∠ H$，所以$△ CHA ∽ △ A'HC$，所以$\dfrac{A'H}{CH}=\dfrac{CH}{AH}$。所以$CH^2=A'H · AH=b(3a+b)$。所以$3a^2-2ab-b^2=b(3a+b)$，$3a^2-5ab-2b^2=0$，解得$a=2b$或$a=-\dfrac{1}{3}b$(舍去)，所以$CH=\sqrt{7}b$，$AH=7b$，所以$\tan∠ A=\dfrac{CH}{AH}=\dfrac{\sqrt{7}}{7}$。
情况三：当$∠ FCA'=90°$时，连接$BD$。因为$∠ DA'A=∠ ACB$，$∠ CFD=∠ A'FB$，所以$△ CDF ∽ △ A'BF$，所以$\dfrac{CF}{A'F}=\dfrac{DF}{BF}$，所以$\dfrac{CF}{DF}=\dfrac{A'F}{BF}$。因为$∠ CFA'=∠ DFB$，所以$△ CFA' ∽ △ DFB$，所以$∠ BDF=∠ FCA'=90°$。这与$∠ BDF ＜ 90°$矛盾，所以$∠ FCA'$不能为$90°$。综上所述，$∠ A$的正切值为$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$或$\dfrac{\sqrt{7}}{7}$。
解析
【分析】
(1) 要证明$BC^2=AD·AC$，可将等积式转化为比例式$\frac{BC}{AC}=\frac{AD}{BC}$，结合已知$AB=BC$，只需证明$\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AB}$，即证明$△ ABD ∽ △ ACB$。利用轴对称性质可得$AD=A'D$，推出对应角相等，再结合等腰三角形$AB=BC$的等角性质，找到两组对应角相等即可证明相似。
(2) ① 三角形重心是三条中线的交点，已知$BC$经过$△ A'CD$的重心，可得$F$是$A'D$的中点；结合轴对称性质可知$E$是$AA'$的中点，可得$EF$是$△ AA'D$的中位线，$EF// AC$，再结合$AB=BC$的条件推导$CF$与$AE$的等量关系，即可求出比值。
② $△ A'FC$为直角三角形需分三类讨论直角顶点：直角顶点为$F$时，利用三角形内角和求出$∠ A$的度数即可得正切值；直角顶点为$A'$时，作垂线构造直角三角形，通过同角的余角相等得到相似三角形，列方程求边长关系即可计算正切值；直角顶点为$C$时，推导后发现与已知条件矛盾，需排除该情况，最终得到符合条件的结果。
【解析】
(1) 因为点$A$关于$l$的对称点$A'$在射线$AB$上，所以$AD=A'D$，所以$∠ A=∠ DA'A$。因为$AB=BC$，所以$∠ A=∠ C$，所以$∠ DA'A=∠ C$。因为$∠ A=∠ A$，所以$△ ABD ∽ △ ACB$，所以$\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AB}{AC}$，所以$AB^2=AD · AC$。因为$AB=BC$，所以$BC^2=AD · AC$。
(2) ① 如图①，连接$EF$。
因为直线$BC$经过$△ A'CD$的重心，所以点$F$是$A'D$的中点。因为点$A$和$A'$关于$l$对称，所以点$E$是$AA'$的中点，所以$EF$是$△ AA'D$的中位线，$EF // AC$，所以$\dfrac{AE}{CF}=\dfrac{AB}{BC}$。因为$AB=BC$，所以$AE=CF$。因为$\dfrac{AE}{AA'}=\dfrac{1}{2}$，所以$\dfrac{CF}{AA'}=\dfrac{1}{2}$。
② 分情况讨论：
情况一：如图②，当$∠ A'FC=90°$时，
因为$AD=A'D$，设$∠ DA'A=∠ A=α$，所以$∠ CDF=∠ DA'A+∠ A=2α$。因为$AB=BC$，所以$∠ A=∠ ACB=α$。因为$∠ CDF+∠ DFC+∠ DCF=180°$，所以$2α+α+90°=180°$，解得$α=30°$，所以$\tan A=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$。
情况二：如图③，当$∠ CA'F=90°$时，过点$C$作$AA'$的垂线，交$AA'$的延长线于点$H$。
设$A'B=a$，$A'H=b$。因为$AB=2A'B$，所以$AB=BC=2a$。在$\mathrm{Rt}△ CBH$中，$CH^2=BC^2-BH^2$，所以$CH^2=(2a)^2-(a+b)^2=3a^2-2ab-b^2$。因为$∠ CA'F=90°$，所以$∠ DA'A+∠ CA'H=90°$。在$\mathrm{Rt}△ CA'H$中，$∠ H=90°$，所以$∠ A'CH+∠ CA'H=90°$，所以$∠ DA'A=∠ A'CH$，即$∠ A=∠ A'CH$。因为$∠ H=∠ H$，所以$△ CHA ∽ △ A'HC$，所以$\dfrac{A'H}{CH}=\dfrac{CH}{AH}$，即$CH^2=A'H · AH=b(3a+b)$。
所以$3a^2-2ab-b^2=b(3a+b)$，整理得$3a^2-5ab-2b^2=0$，解得$a=2b$或$a=-\dfrac{1}{3}b$（舍去），所以$CH=\sqrt{7}b$，$AH=7b$，所以$\tan∠ A=\dfrac{CH}{AH}=\dfrac{\sqrt{7}}{7}$。
情况三：当$∠ FCA'=90°$时，连接$BD$。因为$∠ DA'A=∠ ACB$，$∠ CFD=∠ A'FB$，所以$△ CDF ∽ △ A'BF$，所以$\dfrac{CF}{A'F}=\dfrac{DF}{BF}$，即$\dfrac{CF}{DF}=\dfrac{A'F}{BF}$。因为$∠ CFA'=∠ DFB$，所以$△ CFA' ∽ △ DFB$，所以$∠ BDF=∠ FCA'=90°$，与$∠ BDF ＜ 90°$矛盾，故$∠ FCA'$不能为$90°$。
综上，$∠ A$的正切值为$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$或$\dfrac{\sqrt{7}}{7}$。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) ① $\boxed{\dfrac{1}{2}}$；
② $\boxed{\dfrac{\sqrt{3}}{3}}$或$\boxed{\dfrac{\sqrt{7}}{7}}$。
【知识点】
轴对称的性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形
【点评】
本题是几何综合题，融合了等腰三角形性质、三角形重心性质、分类讨论思想等多个考点，综合性较强。解题时要注意将等积式、比值类问题合理转化为相似或线段比例问题，分类讨论直角三角形时不要遗漏情况，同时要验证结论是否符合题意，排除矛盾的情况。
【难度系数】
0.3
(1) 要证明$BC^2=AD·AC$，可将等积式转化为比例式$\frac{BC}{AC}=\frac{AD}{BC}$，结合已知$AB=BC$，只需证明$\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AB}$，即证明$△ ABD ∽ △ ACB$。利用轴对称性质可得$AD=A'D$，推出对应角相等，再结合等腰三角形$AB=BC$的等角性质，找到两组对应角相等即可证明相似。
(2) ① 三角形重心是三条中线的交点，已知$BC$经过$△ A'CD$的重心，可得$F$是$A'D$的中点；结合轴对称性质可知$E$是$AA'$的中点，可得$EF$是$△ AA'D$的中位线，$EF// AC$，再结合$AB=BC$的条件推导$CF$与$AE$的等量关系，即可求出比值。
② $△ A'FC$为直角三角形需分三类讨论直角顶点：直角顶点为$F$时，利用三角形内角和求出$∠ A$的度数即可得正切值；直角顶点为$A'$时，作垂线构造直角三角形，通过同角的余角相等得到相似三角形，列方程求边长关系即可计算正切值；直角顶点为$C$时，推导后发现与已知条件矛盾，需排除该情况，最终得到符合条件的结果。
【解析】
(1) 因为点$A$关于$l$的对称点$A'$在射线$AB$上，所以$AD=A'D$，所以$∠ A=∠ DA'A$。因为$AB=BC$，所以$∠ A=∠ C$，所以$∠ DA'A=∠ C$。因为$∠ A=∠ A$，所以$△ ABD ∽ △ ACB$，所以$\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AB}{AC}$，所以$AB^2=AD · AC$。因为$AB=BC$，所以$BC^2=AD · AC$。
(2) ① 如图①，连接$EF$。
因为直线$BC$经过$△ A'CD$的重心，所以点$F$是$A'D$的中点。因为点$A$和$A'$关于$l$对称，所以点$E$是$AA'$的中点，所以$EF$是$△ AA'D$的中位线，$EF // AC$，所以$\dfrac{AE}{CF}=\dfrac{AB}{BC}$。因为$AB=BC$，所以$AE=CF$。因为$\dfrac{AE}{AA'}=\dfrac{1}{2}$，所以$\dfrac{CF}{AA'}=\dfrac{1}{2}$。
② 分情况讨论：
情况一：如图②，当$∠ A'FC=90°$时，
因为$AD=A'D$，设$∠ DA'A=∠ A=α$，所以$∠ CDF=∠ DA'A+∠ A=2α$。因为$AB=BC$，所以$∠ A=∠ ACB=α$。因为$∠ CDF+∠ DFC+∠ DCF=180°$，所以$2α+α+90°=180°$，解得$α=30°$，所以$\tan A=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$。
情况二：如图③，当$∠ CA'F=90°$时，过点$C$作$AA'$的垂线，交$AA'$的延长线于点$H$。
设$A'B=a$，$A'H=b$。因为$AB=2A'B$，所以$AB=BC=2a$。在$\mathrm{Rt}△ CBH$中，$CH^2=BC^2-BH^2$，所以$CH^2=(2a)^2-(a+b)^2=3a^2-2ab-b^2$。因为$∠ CA'F=90°$，所以$∠ DA'A+∠ CA'H=90°$。在$\mathrm{Rt}△ CA'H$中，$∠ H=90°$，所以$∠ A'CH+∠ CA'H=90°$，所以$∠ DA'A=∠ A'CH$，即$∠ A=∠ A'CH$。因为$∠ H=∠ H$，所以$△ CHA ∽ △ A'HC$，所以$\dfrac{A'H}{CH}=\dfrac{CH}{AH}$，即$CH^2=A'H · AH=b(3a+b)$。
所以$3a^2-2ab-b^2=b(3a+b)$，整理得$3a^2-5ab-2b^2=0$，解得$a=2b$或$a=-\dfrac{1}{3}b$（舍去），所以$CH=\sqrt{7}b$，$AH=7b$，所以$\tan∠ A=\dfrac{CH}{AH}=\dfrac{\sqrt{7}}{7}$。
情况三：当$∠ FCA'=90°$时，连接$BD$。因为$∠ DA'A=∠ ACB$，$∠ CFD=∠ A'FB$，所以$△ CDF ∽ △ A'BF$，所以$\dfrac{CF}{A'F}=\dfrac{DF}{BF}$，即$\dfrac{CF}{DF}=\dfrac{A'F}{BF}$。因为$∠ CFA'=∠ DFB$，所以$△ CFA' ∽ △ DFB$，所以$∠ BDF=∠ FCA'=90°$，与$∠ BDF ＜ 90°$矛盾，故$∠ FCA'$不能为$90°$。
综上，$∠ A$的正切值为$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$或$\dfrac{\sqrt{7}}{7}$。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) ① $\boxed{\dfrac{1}{2}}$；
② $\boxed{\dfrac{\sqrt{3}}{3}}$或$\boxed{\dfrac{\sqrt{7}}{7}}$。
【知识点】
轴对称的性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形
【点评】
本题是几何综合题，融合了等腰三角形性质、三角形重心性质、分类讨论思想等多个考点，综合性较强。解题时要注意将等积式、比值类问题合理转化为相似或线段比例问题，分类讨论直角三角形时不要遗漏情况，同时要验证结论是否符合题意，排除矛盾的情况。
【难度系数】
0.3
