2021-2022学年河北省各地冀教版数学九年级上册期末试题选编 第二十五章 图形的相似 综合复习题 （含解析）

第二十五章 图形的相似 综合复习题
一、单选题
1．（2022·河北沧州·九年级期末）下列各组中的四条线段成比例的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2022·河北秦皇岛·九年级期末）若，则的值为（　　）
A． B． C． D．1
3．（2022·河北石家庄·九年级期末）如图，l1∥l2∥l3，两条直线与这三条平行线分别交于点A、B、C和D、E、F，若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
4．（2022·河北保定·九年级期末）已知，如图∠DAB＝∠CAE，下列条件中不能判断△DAE∽△BAC的是（　　）
A．∠D＝∠B B．∠E＝∠C C． D．
5．（2022·河北秦皇岛·九年级期末）点M为等边三角形ABC一边AB上的一点（与A、B不重合），过M作直线截等边三角形ABC，使截得的三角形与原三角形相似，符合条件的直线有（ ）
A．1条 B．2条 C．3条 D．4条
6．（2022·河北邢台·九年级期末）如图，要使，需要具备的条件是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2022·河北廊坊·九年级期末）如图，中，，，，点，分别在，上，，为中点，平分，则的长为（ ）
A． B． C． D．
8．（2022·河北唐山·九年级期末）如图，ABCD，若BO＝6，DB＝9，CD＝2，则AB的长是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
9．（2022·河北保定·九年级期末）如图，一同学在湖边看到一棵树，他目测出自己与树的距离为20m，树的顶端在水中的倒影距自己5m 远，该同学的身高为1.7m ，则树高为（ ）.　
A．3.4m B．4.7 m C．5.1m D．6.8m
10．（2022·河北邢台·九年级期末）国旗法规定：所有国旗均为相似矩形，在下列四面国旗中，其中只有一面不符合标准，这面国旗是（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题
11．（2022·河北秦皇岛·九年级期末）若，，则________
12．（2022·河北沧州·九年级期末）如图，直线，直线和被所截，，则的长为_________．
13．（2022·河北秦皇岛·九年级期末）如图所示，添加一个条件_________，△ADB ∽△ABC．
14．（2022·河北沧州·九年级期末）如图，已知在中，，，点在边上（点与点，不重合），，射线与边交于点，过点作的平行线，交射线于点．
（1）若，则的长为________；
（2）当是等腰三角形时，的长为________．
15．（2022·河北廊坊·九年级期末）如图，中，，点在上，，作交于点，交于点，则的长为______．
16．（2022·河北石家庄·九年级期末）如图，数学兴趣小组利用硬纸板自制的Rt△ABC来测量操场旗杆MN的高度，他们通过调整测量位置，并使边AC与旗杆顶点M在同一直线上，且Rt△ABC与△AEM在同一个平面内．已知AC=0.8米，BC=0.5米，目测点A到地面的距离AD=1.5米，到旗杆的水平距离AE=20米，则旗杆MN的高度为 _____米．
17．（2022·河北沧州·九年级期末）如图，已知矩形OABC与矩形ODEF是位似图形，P是位似中心（在y轴左侧），若点B的坐标为（2，4），点E的坐标为（ 1，2），则点P的坐标为______．
三、解答题
18．（2022·河北唐山·九年级期末）在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，点，点，点．以点O为中心，顺时针旋转矩形OABC，得到矩形ODEF，点A，B，C的对应点分别为D，E，F，记旋转角为．
(1)如图①，当时，求点D的坐标；
(2)如图②，当点E落在OC的延长线上时，求点D的坐标；
(3)当点D落在线段AC上时，求点E的坐标（直接写出结果即可）．
19．（2022·河北沧州·九年级期末）如图，正方形的边长为4，动点在边上从点沿向点运动（点不与点，重合），连接．过点作，交于点．
(1)求证：；
(2)若，求的长度；
(3)连接．试判断当点运动到边的什么位置时，△PCQ∽△BCP？并说明理由．
20．（2022·河北邯郸·九年级期末）如图，等边三角形△ACB的边长为3，点P为BC上的一点，点D为AC上的一点，连接AP、PD，∠APD=60°．
(1)求证：△ABP∽△PCD；
(2)若PC=2，求CD的长．
21．（2022·河北邢台·九年级期末）在△ABC中，AB=AC，D是边BC上一点，E是射线BC上一点，且∠DAE=∠B．
(1)如图1，当点E在边BC上时，求证：．
(2)如图2，已知AB=AC=5，BC=8，点E在BC的延长线上，若，求CE的长．
22．（2022·河北廊坊·九年级期末）如图，，，P为AB上一点，，连接CD．
(1)若，求BD的长；
(2)若CP平分，求证：．
23．（2022·河北石家庄·九年级期末）如图，在 ABCD中，AC，BD交于点O，点M是AD的中点，连接MC交BD于点N，ON＝1．
(1)求证：△DMN∽△BCN；
(2)求BD的长；
(3)若△DCN的面积为2，直接写出四边形ABNM的面积．
24．（2022·河北邢台·九年级期末）已知：如图，，BD平分．
(1)求证：；
(2)若，，求DE的长．
25．（2022·河北秦皇岛·九年级期末）如图，平行四边形ABCD中，点E是BC上一线，连接AE，连接DE，F为线段DE上一点，且∠AFE=∠B．求证：△ADF∽△DEC；
26．（2022·河北唐山·九年级期末）如图，D是AC上一点，DE∥AB，∠B=∠DAE．
(1)求证：△ABC∽△DAE；
(2)若AB=4，AD=3，AE=6，求BC的长．
27．（2022·河北沧州·九年级期末）学习了相似三角形相关知识后，小明和同学们想利用“标杆”测量大楼的高度．如图，小明站立在地面点F处，他的同学在点B处竖立“标杆”AB，使得小明的头顶点E、杆顶点A、楼顶点C在一条直线上（点F、B、D也在一条直线上）．已知小明的身高EF＝1.5米，“标杆”AB＝2.5米，又BD＝23米，FB＝2米．
（1）求大楼的高度CD为多少米（CD垂直地面BD）？
（2）小明站在原来的位置，同学们通过移动标杆，可以用同样的方法测得楼CD上点G的高度GD＝11.5米，那么相对于第一次测量，标杆AB应该向大楼方向移动多少米？
参考答案：
1．A
【解析】根据成比例线段的定义（在四条线段中，如果其中的两条线段的比等于另外两条线段的比，那么这四条线段叫做成比例线段，简称比例线段）逐项判断即可得．
解：A、，则此项四条线段成比例，符合题意；
B、，则此项四条线段不是成比例线段，不符合题意；
C、，则此项四条线段不是成比例线段，不符合题意；
D、，则此项四条线段不是成比例线段，不符合题意；
故选：A．
本题考查了成比例线段，熟记定义是解题关键．
2．C
【解析】根据比例的性质：两内项之积等于两外项之积进行解答即可．
解：∵，
∴，即，
将代入中，
得：，
故选C．
本题考查了比例的性质，解题的关键是熟练掌握比例的性质．
3．C
【解析】直接利用平行线分线段成比例定理进而得出，再将已知数据代入求出即可．
解：，
，
，
；
故选：C．
本题主要考查了平行线分线段成比例定理，解题的关键是得出．
4．D
【解析】根据相似三角形的判定方法逐项分析即可.
解：∵∠DAB＝∠CAE，
∴∠DAB+∠BAE＝∠CAE+∠BAE，
∴∠DAE＝∠BAC，
∴当添加条件∠D＝∠B时，符合两角分别相等的两个三角形相似，则△DAE∽△BAC，故选项A不符合题意；
当添加条件∠E＝∠C时，符合两角分别相等的两个三角形相似，则△DAE∽△BAC，故选项B不符合题意；
当添加条件时，符合两边成比例，且夹角相等的两个三角形相似，则△DAE∽△BAC，故选项C不符合题意；
当添加条件时，则△DAE和△BAC不一定相似，故选项D符合题意；
故选：D．
本题考查了相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解答本题的关键．①两角分别相等的两个三角形相似；②两边成比例，且夹角相等的两个三角形相似；③三边成比例的两个三角形相似．
5．B
【解析】先根据等边三角形的性质可得，再根据相似三角形的判定即可得．
解：是等边三角形，
，
符合条件的直线是过点分别平行于的两条直线，如图所示：
故选：B．
本题考查了等边三角形的性质和相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定方法是解题关键．
6．C
【解析】题目中隐含条件∠A＝∠A，根据有两边对应成比例，且夹角相等的两三角形相似，得出添加的条件只能是，根据比例性质即可推出答案．
解：∵在△ACD和△ABC中，∠A＝∠A，
∴根据有两边对应成比例，且夹角相等的两三角形相似，得出添加的条件是：，
∴ ．
故选：C．
本题考查了相似三角形的判定，注意：有两边对应成比例，且夹角相等的两三角形相似．
7．B
【解析】根据角平分线和平行可得，从而可得，然后证明，利用相似三角形的性质即可求出，，进而求出，最后进行计算求出即可解答．
解：∵为中点，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：B．
本题考查了相似三角形的判定与性质，角平分线的定义，平行线的性质，等角对等边等知识．理解和掌握相似三角形判定和性质是解题的关键．
8．C
【解析】证明△ABO∽△CDO，得到，代入已知条件即可求解．
∵ABCD，
∴△ABO∽△CDO，
∴，
∵BO＝6，DB＝9，
∴OD=BD-BO=3,
∵CD=2，
∴，
∴AB=4，
故选：C．
本题考查相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
9．C
【解析】由入射光线和反射光线与镜面的夹角相等，可得两个相似三角形，根据相似三角形的性质解答即可．
解：由题意可得：∠BCA=∠EDA=90°，∠BAC=∠EAD，
故△ABC∽△AED，
由相似三角形的性质，设树高x米，
则，
∴x=5.1m．
故选C．
本题考查相似三角形的应用，关键是由入射光线和反射光线与镜面的夹角相等，得出两个相似三角形．
10．B
【解析】根据已知条件分别求出矩形的长与宽的比，即可得到结论．
解∶∵，，，，
∴，
∴B选项不符合标准，
故选∶B．
本题考查了相似形的应用，熟练掌握相似形的判定定理是解题的关键．
11．2
【解析】根据题意可得： ，再代入，即可求解．
解：∵，
∴ ，
∴．
故答案为：2
本题主要考查了比例的基本性质，根据题意得到 是解题的关键．
12．
【解析】先根据线段和差可得，再根据平行线分线段成比例定理即可得．
解：，
，
，
，即，
解得，
故答案为：．
本题考查了平行线分线段成比例定理，熟练掌握平行线分线段成比例定理是解题关键．
13．∠ABD=∠ACB （∠ADB=∠ABC或）
【解析】根据两个三角形有公共角，添加条件即可．
解：∵∠A=∠A．
∴添加∠ABD=∠ACB 或∠ADB=∠ABC，利用两个角相等的两个三角形相似可判定；
添加，利用两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似可判定；
故答案是：∠ABD=∠ACB （∠ADB=∠ABC或）
本题考查了相似三角形的判定，解题关键是明确相似三角形的判定定理，准确添加条件．
14． ##2.4 5或
【解析】（1）根据等腰三角形的性质得出，利用外角的性质及得出，根据相似三角形的判定得出，最后利用相似三角形的性质建立等式求解可得．
（2）设，分类讨论，当，时的两种情况．由（1）已知，利用相似三角形的判定与性质，结合是等腰三角形，得出时，根据相似三角形的性质建立等式关系求解；得出，利用等腰三角形的性质即可得出．
解：（1）在中，，，
．
，，
．
．
，
．
，即，
．
故答案为：．
（2）如图所示，若，设，
，
，．
．
是等腰三角形，
，，是等腰三角形．
．
，，
．
，即，
．
如图所示，若，设，
，
，．
．
是等腰三角形，
，，是等腰三角形．
，
是等腰三角形．
，
，即．
故答案为：5或．
本题考查三角形动点问题的综合应用能力．涉及平行线，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质等知识点．两直线平行，内错角相等．等腰三角形的两个底角度数相等（等边对等角）．相似三角形对应角相等，对应边成比例．两角分别相等的两个三角形相似．注重分类思想，掌握相似三角形的判定与性质是解本题的关键．
15．
【解析】由相似三角形的判定和性质求出，根据平行四边形的定义得到四边形是平行四边形，由平行四边形的性质可求得的长．
解：∵，
∴，
∵
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴．
故答案为：．
本题主要考查了相似三角形的性质和判定，平行四边形的判定和性质，平行线的性质．根据相似三角形的判定和性质求出是解题的关键．
16．14
【解析】利用相似三角形的性质求出EM，利用矩形的性质求出EN，可得结论．
解：∵∠CAB=∠EAM，∠ACB=∠AEM=90°，
∴△ACB∽△AEM，
∴，
∴，
∴EM=12.5，
∵四边形ADNE是矩形，
∴AD=EN=1.5米，
∴MN=ME+EN=12.5+1.5=14（米）．
故旗杆MN的高度为14米，
故答案为：14．
本题考查相似三角形的应用，矩形的性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题．
17．（ 2，0）
【解析】根据位似变换的性质得，则PO＝OA＝2，然后写出P点坐标．
解：∵点B的坐标为（2，4），点E的坐标为（ 1，2），
∴AB＝4，OA＝2，OD＝2，
∵矩形OABC与矩形ODEF是位似图形，P是位似中心，
∴，
∴PO＝OA＝2，
∴P点坐标为（ 2，0），
故答案为：（ 2，0）．
本题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．注意：两个图形必须是相似图形；对应点的连线都经过同一点；对应边平行．
18．(1)
(2)
(3)点E的坐标为
【解析】（1）过点D作DM⊥x轴于M，由旋转的性质得出OD＝AO＝6，α＝∠MOD＝30°，由直角三角形的性质得DM＝3，即可得出点D的坐标；
（2）过点D作DN⊥OA于N，可得△DON∽△EOF，可得对应边成比例即可求出DN＝3.6，ON＝4.8即可得出点D的坐标；
（3）连接AC,OE，CE作EG⊥x轴于G，可证出AC∥OE，四边形OACE是平行四边形，得出OA=CE=OG=6 ,GE=OC=8，即可得出答案．
（1）
如图，过点D作DM⊥OA于M
由旋转可知：OD＝OA＝6，∠DOM＝30°
∴DM＝3，，
∴
（2）
如图，过点D作DN⊥OA于N
则有：∠DNO＝∠F＝90°
又∵，
∴△DON∽△EOF，
∴
∵EF＝OD＝6，OE＝10，OF＝8，
∴DN＝3.6，ON＝4.8
∴
（3）
连接AC,OE，OB,CE作EG⊥x轴于G，如图所示：
由旋转的性质得：∠AOB＝∠DOE，OD＝AO，OB=OE
∵四边形OABC是矩形
∴AC=OB，∠AOB＝∠CAO，
∵OD＝AO
∴∠DAO＝∠ADO，
∴∠DOE＝∠ADO，
∴AC∥OE，
∵AC=OB，OB=OE
∴AC=OE
∴四边形OACE是平行四边形
∴OA=CE=OG=6 ,GE=OC=8
∴点E的坐标为（6，8）．
本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质、旋转变换的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出辅助线，属于中考压轴题．
19．(1)证明见解析
(2)AQ=
(3)当点P运动到边AB的中点时，△PCQ∽△BCP；理由见解析
【解析】（1）根据正方形的性质可得∠APQ+∠AQP=90°．再由PE⊥PC，可得∠APQ+∠BPC=90°，从而得到∠AQP=∠BPC，即可求证；
（2）根据相似三角形的性质，即可求解；
（3）当点P运动到边AB的中点时，△PCQ∽△BCP；理由根据相似三角形的性质，先求出AQ，再根据勾股定理可得PQ，CP的长，可得到==．即可求证．
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=∠B=90°，∴∠APQ+∠AQP=90°． ∵PE⊥PC，∴∠APQ+∠BPC=90°，∴∠AQP=∠BPC，∴△APQ∽△BCP；
（2）解：∵S△APQ∶S△BCP=1∶16，△APQ∽△BCP，∴==． 设BP=x，则AP=4-x，∴=，解得x=3，即BP=3，∴AQ=；
（3）解：当点P运动到边AB的中点时，△PCQ∽△BCP；理由如下： 如图，∵P是AB的中点，∴AP=BP=2． ∵△APQ∽△BCP，∴=，即=，解得：AQ=1，∴PQ=，，∴==． 又∵∠CPQ=∠B=90°，∴△PCQ∽△BCP．
本题主要考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理是解题的关键．
20．(1)见解析
(2)CD的长为
【解析】（1）由等边三角形和∠APD=60°得，∠B=∠C=∠APD=60°，∠APB+∠CPD=120°，在△APB中，∠APB+∠BAP=120°，由此可得∠BAP=∠CPD．因此△ABP∽△PCD；
（2）由（1）的结论△ABP∽△PCD 可得，从而可以求出线段CD的长．
（1）
证明：∵等边三角形ABC，
∴∠B=∠C=60°，
∵∠APD=60°，
∴∠APB+∠CPD=120°，
在△APB中，∠APB+∠BAP=120°，
∴∠BAP=∠CPD，
∴△ABP∽△PCD；
（2）
解：等边三角形边长为3，PC=2，
由（1）得△ABP∽△PCD，
，
∴，
∴CD=．
答：CD的长为．
本题考查了相似三角形的性质和判定，等边三角形的性质，三角形的内角和定理的应用，关键是推出△ABP∽△PCD．
21．(1)见解析
(2)2
【解析】（1）根据等腰三角形的性质可得∠B=∠C，从而可得∠DAE=∠C，然后利用两角相等的两个三角形相似证明即可；
（2）过点A作AM⊥BD，垂足为F，根据（1）的思路可证△DEA∽△DAC，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得CM，从而可求出AM，进而求出DM，然后求出DC，最后利用相似三角形的性质进行计算即可解答．
（1）证明∶ ∵AB=AC，，，，，；
（2）解：过A作AM⊥BC于M点，∵AB=AC，BC=8，∴BM=CM=4，又AB=5，∴AM=3，，，，，，，即，，．
本题考查了等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
22．(1)BD的长为；
(2)见解析
【解析】（1）利用一线三等角模型证明△ACP∽△BPD，即可解答；
（2）利用角平分线的性质可得∠PCD=∠ACP，从而可得∠PCD=∠DPB，然后证明△CPD∽△PBD，即可解答．
（1）
解：∵AB=9，AC=3，
∴BP=AB-AP=9-3=6，
∵∠A=∠CPD，∠ACP+∠APC=180°-∠A，∠APC+∠BPD=180°-∠CPD，
∴∠ACP=∠BPD，
∵∠A=∠B，
∴△ACP∽△BPD，
∴，即，
∴BD=，
∴BD的长为；
（2）
证明：∵CP平分∠ACD，
∴∠PCD=∠ACP，
∵∠ACP=∠DPB，
∴∠PCD=∠DPB，
∵∠CPD=∠B，
∴△CPD∽△PBD，
∴，
∴PD2=CD BD．
本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握一线三等角模型是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)6
(3)5
【解析】（1）根据平行四边形的性质可得ADBC，从而证明8字模型相似三角形△DMN∽△BCN；
（2）由△DMN∽△BCN，可得到DN：BN=1：2，设OB=OD=x，表示出BN与DN，求出x的值，即可确定出BD的长；
（3）根据△MND∽△CNB且相似比为1：2，得到CN=2MN，BN=2DN．已知△DCN的面积，则由线段之比，得到△MND与△CNB的面积，从而得到S△ABD=S△BCD=S△BCN+S△CND，最后由S四边形ABNM=S△ABD-S△MND求解．
（1）
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ADBC，
∴∠DMN=∠BCN，∠MDN=∠NBC，
∴△DMN∽△BCN；
（2）
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，OB=OD＝BD，
∵△DMN∽△BCN，
∴，
∵M为AD中点，
∴AD=2DM，
∴BC=2DM，
∴BN=2DN，
设OB=OD=x，
∴BD=2x，
∴BN=OB+ON=x+1，DN=OD-ON=x-1，
∴x+1=2（x-1），
解得：x=3，
∴BD=2x=6，
∴BD的长为6；
（3）
解：∵△MND∽△CNB，
∴DM：BC=MN：CN=DN：BN=1：2，
∵△DCN的面积为2，
∴S△MND=S△CND=1，S△BNC=2S△CND=4，
∴S△ABD=S△BCD=S△BCN+S△CND=4+2=6，
∴S四边形ABNM=S△ABD-S△MND=6-1=5，
∴四边形ABNM的面积为5．
本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质，熟练掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方，等高三角形面积的比等于其对应底的比是解题的关键．
24．(1)见解析；
(2)2．
【解析】（1）根据“两角分别相等的两个三角形相似”证明△ABD∽△DBE，得到，即可证明；
（2）根据（1）的结论得到，在Rt△BDE中，根据勾股定理即可求解．
（1）
解：∵BD平分∠ABE，
∴∠ABD＝∠DBE，
∵∠ADB＝∠E＝90°
∴△ABD∽△DBE，
∴，
∴；
（2）
解：（2）由（1）得，
在Rt△BDE中，根据勾股定理得，
∴DE的长为2．
本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟知相关知识并证明△ABD∽△DBE是解题关键．
25．见解析
【解析】根据平行四边形的性质可得∠C+∠B=180°，∠ADF=∠DEC，由∠AFD+∠AFE=180°，∠AFE=∠B，可得∠AFD=∠C，进而可证△ADF∽△DEC．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AD//BC，
∴∠C+∠B=180°，∠ADF=∠DEC，
∵∠AFD+∠AFE=180°，∠AFE=∠B，
∴∠AFD=∠C，
在△ADF与△DEC中，∵∠AFD=∠C，∠ADF=∠DEC，
∴△ADF∽△DEC．
本题考查了相似三角形的判定、平行线的性质及平行四边形的性质.解题的关键是根据平行四边形的性质结合角的计算找出∠ADF=∠DEC，∠AFD=∠C．
26．(1)见解析
(2)8
【解析】（1）由DE∥AB，得出∠CAB=∠EDA，又∠B=∠DAE，根据两角对应相等的两三角形相似即可证明△ABC∽△DAE；
（2）根据相似三角形对应边成比例得出比例式，将AB=4，AD=3，AE=6代入计算即可．
（1）
证明：∵DE∥AB，
∴∠CAB=∠EDA，
又∵∠B=∠DAE，
∴△ABC∽△DAE；
（2）
解：∵△ABC∽△DAE，
∴，
∵AB=4，AD=3，AE=6，
∴，
∴．
本题考查了相似三角形的判定与性质，熟练掌握定理是解题的关键．
27．（1）14米，（2）0.5米
【解析】（1）作EM⊥CD于M，交AB于N，根据三角形相似求出CM长，再加上EF长即可；
（2）类似（1）的方法求出BF即可；
解：（1）作EM⊥CD于M，交AB于N，
可得，EF＝BN＝DM＝1.5米，MN＝BD＝23米，EN＝FB＝2米．
∴ME＝25米，AN＝1米，
∵AN∥CD，
∴△AEN∽△CEM，
∴，即
∴CM＝12.5米，
CD＝CM+DM＝14米，
答：大楼的高度CD为14米．
（2）类似（1）可得△AEN∽△GEM，
∴，
∵GD＝11.5米，DM＝1.5米，AN＝1米，ME＝25米，
∴GM＝10米，
∴，
∴EN＝2.5米，
相对于第一次测量，标杆AB应该向大楼方向移动2.5-2=0.5（米），
答：相对于第一次测量，标杆AB应该向大楼方向移动0.5米．
本题考查了相似三角形的应用，解题关键是恰当作辅助线，构建相似三角形．