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16.（8分）如图，阳光通过窗口照射到室内，在地面上留下2.7 m宽的亮区.已知亮区到窗口下的墙脚距离CE = 8.7 m，窗口高AB = 1.8 m，求窗口底边离地面的高BC.
答案
16. 解:$\because BD // AE,\therefore △ CBD ∽ △ CAE. \therefore \frac{CB}{CA} = \frac{CD}{CE}.$
$\because AB = 1.8\ \mathrm{m},CE = 8.7\ \mathrm{m},DE = 2.7\ \mathrm{m},$
$\therefore \frac{BC}{BC + 1.8} = \frac{8.7 - 2.7}{8.7}. \therefore BC = 4\ \mathrm{m}.$
$\because AB = 1.8\ \mathrm{m},CE = 8.7\ \mathrm{m},DE = 2.7\ \mathrm{m},$
$\therefore \frac{BC}{BC + 1.8} = \frac{8.7 - 2.7}{8.7}. \therefore BC = 4\ \mathrm{m}.$
解析
【分析】
本题是平行投影结合相似三角形的实际应用问题。解题思路如下：首先根据阳光光线平行的特征，可得BD//AE，进而可证得△CBD和△CAE相似；再根据相似三角形对应边成比例的性质，列出含BC的比例式；最后代入已知数据求解方程，即可得到BC的长度。
【解析】
解：
∵光线是平行的，即$BD// AE$，
∴$△ CBD ∽ △ CAE$，
∴$\frac{CB}{CA}=\frac{CD}{CE}$。
已知$AB = 1.8\ \mathrm{m}$，$CE = 8.7\ \mathrm{m}$，亮区宽$DE = 2.7\ \mathrm{m}$，
∴$CA = BC + AB = BC + 1.8$，$CD = CE - DE = 8.7 - 2.7 = 6\ \mathrm{m}$，
代入比例式得：$\frac{BC}{BC + 1.8} = \frac{6}{8.7}$，
交叉相乘整理得：$2.7BC = 10.8$，
解得：$BC = 4\ \mathrm{m}$。
【答案】
$\boldsymbol{4\ \mathrm{m}}$
【知识点】
相似三角形的应用；平行投影的特征；比例计算
【点评】
本题是贴近生活的几何应用类题目，解题核心是借助平行光线的特点构造相似三角形，将实际问题转化为相似三角形的比例计算问题，能够有效考查学生的数学建模能力和计算能力。
【难度系数】
0.7
本题是平行投影结合相似三角形的实际应用问题。解题思路如下：首先根据阳光光线平行的特征，可得BD//AE，进而可证得△CBD和△CAE相似；再根据相似三角形对应边成比例的性质，列出含BC的比例式；最后代入已知数据求解方程，即可得到BC的长度。
【解析】
解：
∵光线是平行的，即$BD// AE$，
∴$△ CBD ∽ △ CAE$，
∴$\frac{CB}{CA}=\frac{CD}{CE}$。
已知$AB = 1.8\ \mathrm{m}$，$CE = 8.7\ \mathrm{m}$，亮区宽$DE = 2.7\ \mathrm{m}$，
∴$CA = BC + AB = BC + 1.8$，$CD = CE - DE = 8.7 - 2.7 = 6\ \mathrm{m}$，
代入比例式得：$\frac{BC}{BC + 1.8} = \frac{6}{8.7}$，
交叉相乘整理得：$2.7BC = 10.8$，
解得：$BC = 4\ \mathrm{m}$。
【答案】
$\boldsymbol{4\ \mathrm{m}}$
【知识点】
相似三角形的应用；平行投影的特征；比例计算
【点评】
本题是贴近生活的几何应用类题目，解题核心是借助平行光线的特点构造相似三角形，将实际问题转化为相似三角形的比例计算问题，能够有效考查学生的数学建模能力和计算能力。
【难度系数】
0.7
17.(8分)如图,点C在以AB为直径的$\odot O$上,过点C作$\odot O$的切线$l$,过点A作$AD ⊥ l$,垂足为D,连接AC,BC.
(1)求证:$△ ABC ∽ △ ACD$.
(2)若$AC = 5$,$CD = 4$,求$\odot O$的半径.
(1)求证:$△ ABC ∽ △ ACD$.
(2)若$AC = 5$,$CD = 4$,求$\odot O$的半径.
答案
(1)略;(2) $\frac{25}{6}$
解析
【分析】
（1）要证明$△ ABC ∽ △ ACD$，需找到两组对应角相等：首先由切线性质得$OC⊥$直线$l$，结合$AD⊥ l$可推出$AD// OC$，进而得到角相等；再结合半径相等、直径所对圆周角为直角的性质，即可得到两组对应角相等，证明相似。
（2）先在$\mathrm{Rt}△ ACD$中用勾股定理求出$AD$的长度，再利用（1）中的相似三角形对应边成比例，求出直径$AB$的长度，除以2即可得到$\odot O$的半径。
【解析】
（1）证明：
$\because$ 直线$l$是$\odot O$的切线，$C$为切点，
$\therefore OC⊥ l$，
又$\because AD⊥ l$，
$\therefore AD// OC$，
$\therefore ∠ DAC = ∠ OCA$，
$\because OA、OC$都是$\odot O$的半径，
$\therefore OA=OC$，$∠ OAC = ∠ OCA$，
$\therefore ∠ DAC = ∠ OAC$，
$\because AB$是$\odot O$的直径，
$\therefore ∠ ACB = 90°$（直径所对的圆周角为直角），
又$\because AD⊥ l$，
$\therefore ∠ ADC = 90°$，
$\therefore ∠ ACB = ∠ ADC$，
在$△ ABC$和$△ ACD$中：
$\begin{cases}∠ ACB = ∠ ADC \\∠ BAC = ∠ DAC\end{cases}$
$\therefore △ ABC ∽ △ ACD$（两角对应相等，两三角形相似）。
（2）解：
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$AC=5$，$CD=4$，$∠ ADC=90°$，
由勾股定理得：$AD = \sqrt{AC^2 - CD^2} = \sqrt{5^2 - 4^2} = 3$，
由（1）知$△ ABC ∽ △ ACD$，
$\therefore \frac{AB}{AC} = \frac{AC}{AD}$，
代入$AC=5$，$AD=3$得：$\frac{AB}{5} = \frac{5}{3}$，
解得：$AB = \frac{25}{3}$，
$\therefore \odot O$的半径为$\frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}×\frac{25}{3} = \frac{25}{6}$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\frac{25}{6}$
【知识点】
切线的性质；相似三角形的判定与性质；圆周角定理
【点评】
本题是圆与相似三角形结合的常规题型，解题的核心是熟练运用切线的性质和直径所对圆周角为直角的性质推导角的关系，进而证明相似，再利用相似的性质求解线段长度，是圆章节的常见考法。
【难度系数】
0.7
（1）要证明$△ ABC ∽ △ ACD$，需找到两组对应角相等：首先由切线性质得$OC⊥$直线$l$，结合$AD⊥ l$可推出$AD// OC$，进而得到角相等；再结合半径相等、直径所对圆周角为直角的性质，即可得到两组对应角相等，证明相似。
（2）先在$\mathrm{Rt}△ ACD$中用勾股定理求出$AD$的长度，再利用（1）中的相似三角形对应边成比例，求出直径$AB$的长度，除以2即可得到$\odot O$的半径。
【解析】
（1）证明：
$\because$ 直线$l$是$\odot O$的切线，$C$为切点，
$\therefore OC⊥ l$，
又$\because AD⊥ l$，
$\therefore AD// OC$，
$\therefore ∠ DAC = ∠ OCA$，
$\because OA、OC$都是$\odot O$的半径，
$\therefore OA=OC$，$∠ OAC = ∠ OCA$，
$\therefore ∠ DAC = ∠ OAC$，
$\because AB$是$\odot O$的直径，
$\therefore ∠ ACB = 90°$（直径所对的圆周角为直角），
又$\because AD⊥ l$，
$\therefore ∠ ADC = 90°$，
$\therefore ∠ ACB = ∠ ADC$，
在$△ ABC$和$△ ACD$中：
$\begin{cases}∠ ACB = ∠ ADC \\∠ BAC = ∠ DAC\end{cases}$
$\therefore △ ABC ∽ △ ACD$（两角对应相等，两三角形相似）。
（2）解：
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$AC=5$，$CD=4$，$∠ ADC=90°$，
由勾股定理得：$AD = \sqrt{AC^2 - CD^2} = \sqrt{5^2 - 4^2} = 3$，
由（1）知$△ ABC ∽ △ ACD$，
$\therefore \frac{AB}{AC} = \frac{AC}{AD}$，
代入$AC=5$，$AD=3$得：$\frac{AB}{5} = \frac{5}{3}$，
解得：$AB = \frac{25}{3}$，
$\therefore \odot O$的半径为$\frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}×\frac{25}{3} = \frac{25}{6}$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\frac{25}{6}$
【知识点】
切线的性质；相似三角形的判定与性质；圆周角定理
【点评】
本题是圆与相似三角形结合的常规题型，解题的核心是熟练运用切线的性质和直径所对圆周角为直角的性质推导角的关系，进而证明相似，再利用相似的性质求解线段长度，是圆章节的常见考法。
【难度系数】
0.7
18.(8分)如图,在等腰△ABC中,AB=AC,点D是BC的中点,∠EDF=∠B.求证:
(1)$\frac{BE}{CD}=\frac{DE}{DF}$;
(2)△BDE∽△DFE.
(1)$\frac{BE}{CD}=\frac{DE}{DF}$;
(2)△BDE∽△DFE.
答案
证明：
(1) ∵ AB=AC，
∴ ∠B=∠C。
∵ ∠B + ∠BED + ∠BDE = 180°，
∠BDE + ∠EDF + ∠CDF = 180°，且∠EDF=∠B，
∴ ∠BED = ∠CDF。
∴ △BED ∽ △CDF，
∴ $\frac{BE}{CD}=\frac{DE}{DF}$。
(2) ∵ 点D是BC的中点，
∴ BD=CD。
由(1)的结论 $\frac{BE}{CD}=\frac{DE}{DF}$，代入BD=CD可得：
$\frac{BE}{BD}=\frac{DE}{DF}$，变形得 $\frac{BE}{DE}=\frac{BD}{DF}$。
又 ∵ ∠B = ∠EDF，
∴ △BDE ∽ △DFE。
(1) ∵ AB=AC，
∴ ∠B=∠C。
∵ ∠B + ∠BED + ∠BDE = 180°，
∠BDE + ∠EDF + ∠CDF = 180°，且∠EDF=∠B，
∴ ∠BED = ∠CDF。
∴ △BED ∽ △CDF，
∴ $\frac{BE}{CD}=\frac{DE}{DF}$。
(2) ∵ 点D是BC的中点，
∴ BD=CD。
由(1)的结论 $\frac{BE}{CD}=\frac{DE}{DF}$，代入BD=CD可得：
$\frac{BE}{BD}=\frac{DE}{DF}$，变形得 $\frac{BE}{DE}=\frac{BD}{DF}$。
又 ∵ ∠B = ∠EDF，
∴ △BDE ∽ △DFE。
解析
【分析】
要证明比例式成立，通常优先考虑证明线段所在的三角形相似。对于第(1)问，首先根据等腰三角形等边对等角的性质得到∠B=∠C，再结合三角形内角和定理与平角的定义，结合已知∠EDF=∠B，可推导出∠BED=∠CDF，即可证明△BED∽△CDF，根据相似三角形对应边成比例即可得到待证的比例式。对于第(2)问，要证△BDE∽△DFE，已知∠B=∠EDF，只需证明这组相等角的两组夹边对应成比例即可，利用点D是BC中点得到BD=CD，替换第(1)问比例式中的CD，再对比例式变形即可得到对应边成比例，结合相等的夹角即可完成相似证明。
【解析】
证明：
(1)
∵ AB=AC，
∴ ∠B=∠C。
∵ ∠B + ∠BED + ∠BDE = 180°，
∠BDE + ∠EDF + ∠CDF = 180°，且∠EDF=∠B，
∴ ∠BED = ∠CDF。
∴ △BED ∽ △CDF，
∴ $\frac{BE}{CD}=\frac{DE}{DF}$。
(2)
∵ 点D是BC的中点，
∴ BD=CD。
由(1)的结论 $\frac{BE}{CD}=\frac{DE}{DF}$，代入BD=CD可得：
$\frac{BE}{BD}=\frac{DE}{DF}$，变形得 $\frac{BE}{DE}=\frac{BD}{DF}$。
又
∵ ∠B = ∠EDF，
∴ △BDE ∽ △DFE。
【答案】
(1) $\frac{BE}{CD}=\frac{DE}{DF}$成立；
(2) △BDE∽△DFE成立。
【知识点】
等腰三角形性质、相似三角形判定、相似三角形性质
【点评】
本题是相似三角形证明的典型题型，解题核心是通过角的等量代换得到相似所需的等角，同时结合线段中点的性质对比例式进行变形，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键。
【难度系数】
0.7
要证明比例式成立，通常优先考虑证明线段所在的三角形相似。对于第(1)问，首先根据等腰三角形等边对等角的性质得到∠B=∠C，再结合三角形内角和定理与平角的定义，结合已知∠EDF=∠B，可推导出∠BED=∠CDF，即可证明△BED∽△CDF，根据相似三角形对应边成比例即可得到待证的比例式。对于第(2)问，要证△BDE∽△DFE，已知∠B=∠EDF，只需证明这组相等角的两组夹边对应成比例即可，利用点D是BC中点得到BD=CD，替换第(1)问比例式中的CD，再对比例式变形即可得到对应边成比例，结合相等的夹角即可完成相似证明。
【解析】
证明：
(1)
∵ AB=AC，
∴ ∠B=∠C。
∵ ∠B + ∠BED + ∠BDE = 180°，
∠BDE + ∠EDF + ∠CDF = 180°，且∠EDF=∠B，
∴ ∠BED = ∠CDF。
∴ △BED ∽ △CDF，
∴ $\frac{BE}{CD}=\frac{DE}{DF}$。
(2)
∵ 点D是BC的中点，
∴ BD=CD。
由(1)的结论 $\frac{BE}{CD}=\frac{DE}{DF}$，代入BD=CD可得：
$\frac{BE}{BD}=\frac{DE}{DF}$，变形得 $\frac{BE}{DE}=\frac{BD}{DF}$。
又
∵ ∠B = ∠EDF，
∴ △BDE ∽ △DFE。
【答案】
(1) $\frac{BE}{CD}=\frac{DE}{DF}$成立；
(2) △BDE∽△DFE成立。
【知识点】
等腰三角形性质、相似三角形判定、相似三角形性质
【点评】
本题是相似三角形证明的典型题型，解题核心是通过角的等量代换得到相似所需的等角，同时结合线段中点的性质对比例式进行变形，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键。
【难度系数】
0.7
19.(8分)(2025·浙江温州模拟)如图，△ABC中，AB = AC，D为BC上一点，构造菱形ADEF，点E在线段CD上.G为AD上一点，AG = BD，连接FG交AC于点H.
(1)求证:∠AGF = ∠C.
(2)当G为AD的中点，AH = 2，AC = 8时，求BE的长.
(3)若∠AHG = 60°,求证:AG = CE.
(1)求证:∠AGF = ∠C.
(2)当G为AD的中点，AH = 2，AC = 8时，求BE的长.
(3)若∠AHG = 60°,求证:AG = CE.
答案
19. (1)略;(2) $BE = 6\sqrt{2}$;(3) 证明:$\because △ GAH ∽ △ CAD,\therefore ∠ ADE = ∠ AHG = 60°$,如图,作$AM ⊥ BC$于点M,连接AE,
$\because$ 四边形ADEF是菱形,$\therefore AD = DE$,又$\because ∠ ADE = 60°,\therefore △ ADE$ 为等边三角形,$\therefore AD = AE,\therefore DM = EM,\because AB = AC,\therefore BM = CM,\therefore BM - DM = CM - EM$,即 $BD = CE,\therefore AG = CE.$解析
【分析】
（1）要证∠AGF=∠C，结合AB=AC可得∠B=∠C，可转化为证明∠AGF=∠B。先利用菱形的性质得到AD=AF、AF//BC，推出∠GAF=∠ADB，再结合已知AG=BD，证明△AGF≌△DBA，即可得到∠AGF=∠B=∠C。
（2）由（1）的结论和公共角∠GAH=∠CAD可证△GAH∽△CAD，结合G是AD中点的条件求出AD的长度，再根据菱形边长相等得DE=AD，结合AG=BD的条件，即可求出BE=BD+DE的长度。
（3）先由△GAH∽△CAD推出∠ADE=∠AHG=60°，结合菱形邻边相等的性质得AD=DE，可证△ADE是等边三角形，再利用等腰三角形和等边三角形三线合一的性质，推出BD=CE，结合已知AG=BD即可得证。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ADEF是菱形，
∴AD=AF，AF//BC，
∴∠GAF=∠ADB。
在△AGF和△DBA中：
$\{\begin{array}{l}AG=BD \\∠GAF=∠ADB \\AF=AD\end{array} $
∴△AGF≌△DBA（SAS），
∴∠AGF=∠B。
又
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠AGF=∠C。
(2) 解：由(1)得∠AGF=∠C，
又
∵∠GAH=∠CAD，
∴△GAH∽△CAD，
∴$\frac{AH}{AD}=\frac{AG}{AC}$。
∵G为AD的中点，
∴AG=$\frac{1}{2}$AD，
将AH=2，AC=8代入得：
$\frac{2}{AD}=\frac{\frac{1}{2}AD}{8}$，
解得$AD^2=32$，
∴$AD=4\sqrt{2}$（边长为正）。
∵四边形ADEF是菱形，
∴$DE=AD=4\sqrt{2}$，
又
∵AG=BD，$AG=\frac{1}{2}AD=2\sqrt{2}$，
∴$BD=2\sqrt{2}$，
∴$BE=BD+DE=2\sqrt{2}+4\sqrt{2}=6\sqrt{2}$。
(3) 证明：
∵△GAH∽△CAD，
∴∠ADE=∠AHG=60°。
∵四边形ADEF是菱形，
∴AD=DE，
∴△ADE为等边三角形，
∴AD=AE。
如图，作$AM ⊥ BC$于点M，连接AE，
∵AB=AC，AM⊥BC，
∴BM=CM，
∵△ADE是等边三角形，AM⊥BC，
∴DM=EM，
∴$BM-DM=CM-EM$，即$BD=CE$，
又
∵AG=BD，
∴AG=CE。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $BE = 6\sqrt{2}$；
(3) 证明见解析，辅助线作法如图
【知识点】
菱形的性质；相似三角形的判定与性质；等腰（等边）三角形的性质
【点评】
本题是三角形与菱形结合的几何综合题，涵盖了全等证明、相似判定与性质应用、几何计算等考点，需要熟练掌握特殊三角形和特殊四边形的性质，找准边角等量关系、合理构造辅助线是解题关键，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
（1）要证∠AGF=∠C，结合AB=AC可得∠B=∠C，可转化为证明∠AGF=∠B。先利用菱形的性质得到AD=AF、AF//BC，推出∠GAF=∠ADB，再结合已知AG=BD，证明△AGF≌△DBA，即可得到∠AGF=∠B=∠C。
（2）由（1）的结论和公共角∠GAH=∠CAD可证△GAH∽△CAD，结合G是AD中点的条件求出AD的长度，再根据菱形边长相等得DE=AD，结合AG=BD的条件，即可求出BE=BD+DE的长度。
（3）先由△GAH∽△CAD推出∠ADE=∠AHG=60°，结合菱形邻边相等的性质得AD=DE，可证△ADE是等边三角形，再利用等腰三角形和等边三角形三线合一的性质，推出BD=CE，结合已知AG=BD即可得证。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ADEF是菱形，
∴AD=AF，AF//BC，
∴∠GAF=∠ADB。
在△AGF和△DBA中：
$\{\begin{array}{l}AG=BD \\∠GAF=∠ADB \\AF=AD\end{array} $
∴△AGF≌△DBA（SAS），
∴∠AGF=∠B。
又
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴∠AGF=∠C。
(2) 解：由(1)得∠AGF=∠C，
又
∵∠GAH=∠CAD，
∴△GAH∽△CAD，
∴$\frac{AH}{AD}=\frac{AG}{AC}$。
∵G为AD的中点，
∴AG=$\frac{1}{2}$AD，
将AH=2，AC=8代入得：
$\frac{2}{AD}=\frac{\frac{1}{2}AD}{8}$，
解得$AD^2=32$，
∴$AD=4\sqrt{2}$（边长为正）。
∵四边形ADEF是菱形，
∴$DE=AD=4\sqrt{2}$，
又
∵AG=BD，$AG=\frac{1}{2}AD=2\sqrt{2}$，
∴$BD=2\sqrt{2}$，
∴$BE=BD+DE=2\sqrt{2}+4\sqrt{2}=6\sqrt{2}$。
(3) 证明：
∵△GAH∽△CAD，
∴∠ADE=∠AHG=60°。
∵四边形ADEF是菱形，
∴AD=DE，
∴△ADE为等边三角形，
∴AD=AE。
如图，作$AM ⊥ BC$于点M，连接AE，
∵AB=AC，AM⊥BC，
∴BM=CM，
∵△ADE是等边三角形，AM⊥BC，
∴DM=EM，
∴$BM-DM=CM-EM$，即$BD=CE$，
又
∵AG=BD，
∴AG=CE。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $BE = 6\sqrt{2}$；
(3) 证明见解析，辅助线作法如图
【知识点】
菱形的性质；相似三角形的判定与性质；等腰（等边）三角形的性质
【点评】
本题是三角形与菱形结合的几何综合题，涵盖了全等证明、相似判定与性质应用、几何计算等考点，需要熟练掌握特殊三角形和特殊四边形的性质，找准边角等量关系、合理构造辅助线是解题关键，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
