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专题 28.1 锐角三角函数与几何综合
◆ 典例分析
【典例1】如图，在四边形ABCD中，点P是线段BC上一点，∠APD=90°，AP=PD．
（1）如图1，当∠B=∠C=90°时，猜想AB，CD，BC三条线段存在的数量关系并证明．
AB+CD
（2）如图2，延长BA，CD交于点E，当AB⊥CD时，∠B=30°时，求 的值．
BC
AB+CD
（3）如图2，延长BA，CD交于点E，当AB⊥CD时，∠B=α时，用含α的代数式表示 的值．
BC
【思路点拨】
本题考查了三角形全等的判定和性质，特殊角的三角函数值，三角函数的应用，熟练掌握全等的判定，三
角函数的应用是解题的关键．
（1）根据AAS证明△ABP≌△PCD(AAS)即可得证．
（2）过点A作AM⊥BC于点M，过点D作DN⊥BC于点N，根据AAS证明△AMP≌△PND(AAS)，结
合特殊角的三角函数计算证明即可．
（3）过点A作AM⊥BC于点M，过点D作DN⊥BC于点N，根据AAS证明△AMP≌△PND(AAS)，结
合三角函数计算证明即可．
【解题过程】
解：（1）如图，三条线段存在的数量关系为BC=AB+CD，理由如下：
∵∠B=∠C=90°，∠APD=90°，AP=PD，
∴∠BAP+∠APB=90°，∠CPD+∠APB=90°
∴∠BAP=∠CPD，{
∠B=∠C
)
∵ ∠BAP=∠CPD ，
AP=PD
∴△ABP≌△PCD(AAS)，
∴AB=PC,BP=CD，
∵BC=BP+CP，
∴BC=AB+CD．
AB+CD
（2） =❑√3−1，理由如下：
BC
过点A作AM⊥BC于点M，过点D作DN⊥BC于点N，
∴∠PMA=∠DNP=∠APD=90°，
∴∠MAP+∠APM=90°，∠NPD+∠APM=90°
∴∠MAP=∠NPD，
{∠AMP=∠PND
)
∵ ∠MAP=∠NPD ，
AP=PD
∴△AMP≌△PND(AAS)，
∴AM=PN,MP=ND，
∵MN=MP+NP，
∴MN=AM+ND．
∵AB⊥CD，∠B=30°，
∴∠E=90°，∠C=60°，
1 ❑√3
∴AM=AB×sin∠B=AB×sin30°= AB，BM=AB×cos∠B=AB×cos30°= AB，
2 2
❑√3 1
DN=CD×sin∠C=CD×sin60°= CD，CN=CD×cos∠C=CD×cos60°= CD，
2 2
❑√3 1 ❑√3 1 (❑√3+1)
∵BC= AB+ AB+ CD+ CD= (AB+CD)，
2 2 2 2 2AB+CD AB+CD 2
= = =❑√3−1
∴ BC (❑√3+1) ❑√3+1 ．
(AB+CD)
2
AB+CD 1
（3） = ，理由如下：
BC sinα+cosα
如前图，过点A作AM⊥BC于点M，过点D作DN⊥BC于点N，
∴∠PMA=∠DNP=∠APD=90°，
∴∠MAP+∠APM=90°，∠NPD+∠APM=90°
∴∠MAP=∠NPD，
{∠AMP=∠PND
)
∵ ∠MAP=∠NPD ，
AP=PD
∴△AMP≌△PND(AAS)，
∴AM=PN,MP=ND，
∵MN=MP+NP，
∴MN=AM+ND．
∵AB⊥CD，∠B=α，
∴∠E=90°，∠C=90°−α，∠NDC=α，
∴AM=AB×sin∠B=AB×sinα，BM=AB×cos∠B=AB×cosα，
DN=CD×cos∠NDC=CD×cosα，CN=CD×sin∠NDC=CD×sinα，
∵BC=AB×sinα+AB×cosα+CD×sinα+CD×cosα=(cosα+sinα)(AB+CD)，
AB+CD AB+CD 1
= =
∴ ．
BC (cosα+sinα)(AB+CD) cosα+sinα
◆ 学霸必刷
1．（2024·江苏无锡·二模）在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3，AC=4，点D和点E分别是线段
CD
BC、AC上的动点，且AD⊥BE，在运动过程中， 可取的最大整数值为（ ）
AE
A．1 B．2 C．3 D．4
【思路点拨】
本题考查了三角形相似的判定和性质，三角函数的应用，熟练掌握性质和三角函数是解题的关键．过点D
作DF⊥AC于点F，则DF∥AB，利用三角形相似和三角函数，转化为比例式计算即可．【解题过程】
解：∵∠BAC=90°，AB=3，AC=4
∴BC=❑√AB2+AC2=5，
设CD= y,AE=x，
过点D作DF⊥AC于点F，
则DF∥AB，∠DAF=∠EBA，
∴△CFD∽△CAB，
CF DF CD
∴ = = ，
CB AB CB
CF DF y
∴ = = ，
4 3 5
4 3 y
解得CF= y,DF=
5 5
20−4 y
∴AF=AC−CF= ，
5
∵∠DAF+∠BAD=∠ABE+∠BAD=90°
∴∠DAF=∠EBA，
∴tan∠DAF=tan∠EBA，
DF AE
∴ = ，
AF AB
3 y
5 AE
∴ = ，
20−4 y 3
5
9 y
解得AE= ，
20−4 y
CD y 20−4 y
= =
∴AE 9 y 9
20−4 y∵y≥0，
CD 20−4 y 20
∴ = ≤ ，
AE 9 9
CD
∴ 可取的最大整数值为2．
AE
故选B．
2．（2024·浙江·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，AB=AD=3，BD⊥CD．记∠CBD=α，
1
∠BAD=β．若4α=β，tanα= ，则BC的长为（ ）
3
12❑√5 12❑√2 14❑√2 6❑√10
A． B． C． D．
5 5 5 5
【思路点拨】
本题考查了三角函数，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，过点A作AE⊥BD于E，
作∠DAE的角平分线AF交BD于F，过点F作FG⊥AD于G，由题意可得∠EAF=∠DAF=α，DF=x，
1
EF= y，由tanα= 得到AE=3 y，再证明△AEF≌△AGF(AAS)，得到EF=GF= y，AE=AG=3 y，
3
AE FG 3 y y
进而得到DG=3−3 y，由sin∠ADE= = 可得 = ，求得x=1，DF=1，再勾股定理可得
AD DF 3 x
4 4 9 CD 1 6
(3−3 y) 2+ y2=12，y= ，EF= ，得到DE= ，由 =tanα= 求出CD= ，再利用勾股定理即可
5 5 5 BD 3 5
求出BC的长，正确作出辅助线是解题的关键．
【解题过程】
解：过点A作AE⊥BD于E，作∠DAE的角平分线AF交BD于F，过点F作FG⊥AD于G，则
∠AEF=∠AGF=∠FGD=90°，∵AE⊥BD，AB=AD，BD⊥CD，
1 1
∴BE=DE，∠DAE= ∠BAD= β=2α，∠BDC=90°，
2 2
∵AF平分∠DAE，
1 1
∴∠EAF=∠DAF= ∠DAE= ×2α=α，
2 2
设DF=x，EF= y，
1
∵tanα= ，
3
EF 1
∴ = ，
AE 3
∴AE=3EF=3 y，
在△AEF和△AGF中，
{∠AEF=∠AGF=90°
)
∠EAF=∠DAF ，
AF=AF
∴△AEF≌△AGF(AAS)，
∴EF=GF= y，AE=AG=3 y，
∴DG=3−3 y，
AE FG
∵sin∠ADE= = ，
AD DF
3 y y
∴ = ，
3 x
∴x=1，
∴DF=1，
在Rt△DGF中，DG2+FG2=DF2，
∴(3−3 y) 2+ y2=12，
4
∴y =1，y = ，
1 2 5当y =1时，DG=3−3=0，
1
∴y =1不合，舍去，
1
4
∴y= ，
5
4
∴EF= ，
5
4 9
∴DE=1+ = ，
5 5
9 18
∴BD=2DE=2× = ，
5 5
CD 1
∵ =tanα= ，
BD 3
1 1 18 6
∴CD= BD= × = ，
3 3 5 5
∴BC=❑√BD2+CD2=❑
√ (18) 2
+
(6) 2
=
6❑√10
，
5 5 5
故选：D．
3．（2024九年级下·全国·专题练习）如图，在正方形ABCD中，E是BC的中点，F是CD上一点，
1
AE⊥EF．有下列结论：①∠BAE=30°；②射线FE是∠AFC的角平分线；③CF= CD；④
3
AF=AB+CF．其中正确结论的为（ ）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．②④
【思路点拨】
①根据题目中的条件和正方形的性质，利用锐角三角函数可以得到∠BAE是否等于30°；
②根据题目中的条件，可以求得∠AEB和∠CFE的正切值，从而可以得到射线FE是否为∠AFC的角平
分线；1
③根据前面的推论，可以得到CF和CD的关系，从而可以判断CF= CD是否成立；
3
④根据题目中的条件和全等三角形的判定与性质，可以得到AF=AB+CF是否成立．
【解题过程】
解：∵在正方形ABCD中，E是BC的中点，
1
∴AB=BC，BE= AB，
2
BE 1
∴tanA= = ，
AB 2
❑√3
∵tan30°= ，
3
∴∠BAE≠30°，故①错误；
∵∠B=∠C=90°，AE⊥EF，
∴∠BAE+∠BEA=90°，∠BEA+∠CEF=90°，
∴∠BAE=∠CEF，
∴△ABE∽△ECF，
∵AB=2BE=2CE，
∴EC=2CF，
设CF=a，则EC=BE=2a，AB=4a，
∴AE=2❑√5a，EF=❑√5a，tan∠CFE=2，
AE
∴tan∠AFE= =2，
EF
∴∠AFE=∠CFE，即射线FE是∠AFC的角平分线，故②正确；
∵BC=CD，BC=2CE=4CF，
1
∴CF= CD，故③错误；
4
作EG⊥AF于点G，如图所示：
∵FE平分∠AFC，∠C=90°，∴EG=EC，
∴EG=EB，
∵∠B=∠AGE=90°，
在Rt△ABE和Rt△AGE中，
{AE=AE)
，
EB=EG
∴Rt△ABE≌Rt△AGE(HL)，
∴AB=AG，
又∵CF=GF，AF=AG+GF，
∴AF=AB+CF，故④正确，
综上所述，②④正确，正确的个数为2，
故选：D．
4．（2024·山西长治·二模）如图，已知点C为线段AB的中点，CD⊥AB且CD=AB=4，连接AD，点E
是CD上的一点，且EA=ED，BF⊥AE于点F，分别交DC，AD于点G，H，则DH的长为 ．
【思路点拨】
根据勾股定理AD=❑√AC2+CD2=2❑√5，设EA=ED=x，则EG=CD−ED=4−x，再次运用勾股定理，
5 3 AC 4 AF AF
得x2=(4−x) 2+4，得到x= ；EG=4−x= ，根据cos∠EAC= = = = ，结合
2 2 AE 5 AB 4
CD AF 4 2❑√5
cos∠HAF=cos∠ADC= = = = ，后作差计算即可．
AD AH 2❑√5 5
本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，三角函数的应用，熟练掌握勾股定理，三角函数是解题的关键．
【解题过程】
解：∵点C为线段AB的中点，CD⊥AB且CD=AB=4，
1
∴AC=CB= AB=2，AD=❑√AC2+CD2=2❑√5，
2
设EA=ED=x，则EG=CD−ED=4−x，由勾股定理，得x2=(4−x) 2+4，
5 3
解得x= ，EG=4−x= ，
2 2
∵CD⊥AB，BF⊥AE，
AC 4 AF AF
∴cos∠EAC= = = = ，
AE 5 AB 4
16
解得AF= ，
5
∵EA=ED，
∴∠HAF=∠ADC，
CD AF 4 2❑√5
∴cos∠HAF=cos∠ADC= = = = ，
AD AH 2❑√5 5
8❑√5
解得AH= ，
5
8❑√5 2❑√5
∴DH=AD−AH=2❑√5− = ，
5 5
2❑√5
故答案为： ．
5
5．（24-25九年级上·上海·期中）如图，两个大小不同的三角板放在同一平面内，直角顶点重合于C，点
EF
D在边AB上，∠BAC=∠DEC=30°，AC与DE交于点F，连接AE，如果BD=1，AD=5，那么 =
CF
．
【思路点拨】
如图，过点C作CM⊥DE于点M，过点E作EN⊥AC于点N，利用特殊角的三角函数，三角形相似的
判定和性质，勾股定理，直角三角形的判定，解答即可．【解题过程】
解：如图，过点C作CM⊥DE于点M，过点E作EN⊥AC于点N，
∵BD=1，AD=5，
∴AB=AD+BD=6，
∵∠BAC=∠DEC=30°，∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠B=∠EDC=60°，
∴BC=ABsin30°=3，AC=ABcos30°=3❑√3，
∵∠BAC=∠DEC=30°
❑√3
∴tan∠BAC=tan∠DEC= ，
3
BC DC ❑√3
∴ = = ，
AC EC 3
∵∠BCD=90°−∠ACD=∠ACE，
∴△BCD∽△ACE，
BC BD ❑√3
∴ = = ，∠B=∠CAE=60°，
AC AE 3
1 ❑√3
∴ = ，∠DAE=∠BAC+∠CAE=90°，
AE 3
∴AE=❑√3，
∴DE=❑√AD2+AE2=2❑√7，
∴DC=DEsin30°=❑√7，
❑√21
∴MC=DCsin60°= ，
2
3
∴NE=AEsin60°= ，
2∵∠CMF=∠ENF,∠CFM=∠EFN，
∴△CMF∽△ENF，
EF NE
∴ = ，
CF CM
3
EF 2 ❑√21
∴ = = ，
CF ❑√21 7
2
❑√21
故答案为： ．
7
4
6．（23-24九年级上·陕西西安·期中）如图，在平行四边形ABCD中，sin∠B= ，E是BC边上的点，
5
AB=BE=5，EC=2，F是CD边上的一点，且DF=1，若M、N分别是线段AE、AD上的动点，则
MN+NF的最小值为 ．
【思路点拨】
过点F作AD的对称点G，过点G作GQ⊥AE于点Q，则MN+NF的最小值为GQ，利用三角函数，勾股
定理，平行四边形的性质，计算即可，熟练掌握三角函数是解题的关键．
【解题过程】
解：过点F作AD的对称点G，过点G作GQ⊥AE于点Q，交AD于点H，则MN+NF的最小值为GQ，
4
∵平行四边形ABCD中，sin∠B= ，
5
4
∴∠B=∠D,sin∠D= ，
5
PF 4
∴sin∠D= = ，
DF 5
4
解得PF= ，
5
3 4
∴PD=❑√DF2−PF2= ，PG=PF= ，
5 5
过点A作AO⊥BC于点O，AO AO 4
∴sin∠B= = = ，
AB 5 5
解得AO=4,BO=❑√AB2−AO2=3，
∴OE=2，AE=❑√42+22=2❑√5，
∵AD∥BC，
∴∠HAQ=∠AEO，∠QHA=∠OAE=∠GHP，
∴sin∠QHA=sin∠OAE=sin∠GHP,tan∠QHA=tan∠OAE=tan∠GHP，
PG OE ❑√5
∴sin∠QHA=sin∠OAE=sin∠GHP= = = ，
GH AE 5
4❑√5
∴GH=❑√5PG= ，
5
PG OE 1
∴tan∠QHA=tan∠OAE=tan∠GHP= = =
PH AO 2
8
∴PH=2PG= ，
5
11
∴HD=PH+PD= ，
5
∵AB=BE=5，EC=2，
∴BC=AD=BE+EC=7，
11 24
∴AH=7− = ，
5 5
HQ OA 2❑√5
∵sin∠HAQ=sin∠OEA= = = ，
AH AE 5
2❑√5 24 48❑√5
∴HQ= × = ，
5 5 25
48❑√5 4❑√5 68❑√5
∴GQ=HQ+GH= + = ，
25 5 2568❑√5
故答案为： ．
25
7．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在△ABC中，∠ABC=2∠BAC，BD是△ABC的角平分线，过
点D作BD的垂线交BE的延长线于点E，过点E作AB的平行线交AC的延长线于点F，若BE+EF=8，
1
tan∠BAC= ，则线段DE的长 ．
2
【思路点拨】
DE 1
根据tan∠BAC=tan∠DBE= = ，设DE=x，BD=2x，则BE=❑√DE2+BD2=❑√5x，过点D作
BD 2
DN⊥AB于点N,延长ED交AB于点M，结合EF∥AB，证明△ADM≌△FDE,得到
AB=BM+AM=BE+EF，结合BE+EF=8，计算即可，本题考查了三角函数，等腰三角形的性质，三
角形全等的判定和性质，勾股定理，熟练掌握三角函数，勾股定理，三角形全等的判定和性质是解题的关
键．
【解题过程】
解：延长ED交AB于点M，{∠MBD=∠EBD
)
∵ BD=BD
∠BDM=∠BDE
∴△BDM≌△BDE(ASA)
∴BM=BE,DM=DE，
∵EF∥AB，
∴∠A=∠F,∠AMD=∠FED，
{
∠A=∠F
)
∵ ∠AMD=∠FED
DM=DE
∴△ADM≌△FDE(AAS)，
∴AM=FE，
∴AB=BM+AM=BE+EF，
∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠ABC=2∠ABD=2∠CBD，
∵∠ABC=2∠BAC，
∴∠BAC=∠ABD=∠CBD，
∴AD=BD，
1
∵tan∠BAC= ，BD⊥DE，
2
DE 1
∴tan∠BAC=tan∠DBE= = ，
BD 2
设DE=x，BD=2x，
则BE=❑√DE2+BD2=❑√5x，
BD 2❑√5
∴cos∠ABD=cos∠DBE= = x，
BE 5
过点D作DN⊥AB于点N,
∵AD=BD，
1
∴AN=BN= AB，
2
BN 2❑√5
∵cos∠ABD= = x，
BD 5
4❑√5
∴BN= x，
58❑√5
∴AB=2BN= x，
5
∵BE+EF=8，
8❑√5
∴ x=8，
5
解得x=❑√5，
故DE=❑√5,
故答案为：❑√5．
8．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，矩形ABCD顶点坐标分别为A(0,0)、B(−10,0)、C(−10,5)，在
线段AC和AB上各有一个动点E、F，当BE+EF的值最小时，点E的坐标为 ．
【思路点拨】
根据轴对称最短路径，作点B关于AC的对称点B′，结合点到直线垂线最短可得B′F即为最短，交点E即为
所求，根据矩形的性质，垂直平分线的性质可得AB′=AB=10，△ACP为等腰三角形，运用锐角三角函
PD 3 AD EF
数可得 = ，可求出AF的值，根据 = 即可求解EF的值，由此即可求解．
PA 5 CD AF
【解题过程】
解：如图所示，作点B关于AC的对称点B′，过点B′作OB的垂线，交AC，OB于点E，F，根据点到直
线垂线最短可得此时BE+EF=B′E+EF=B′F的值最小，
∵四边形ABCD是矩形，A(0,0)，B(−10,0)，C(−10,5)，
∴AB=CD=10，BC=AD=5，
连接OB′交CD于点P，
∵四边形ABCD是矩形，∴CD∥AB，
∴∠BAC=∠PCA，
∵点B′关于AC对称，
∴∠BAC=∠PAC，
∴∠PAC=∠PCA，则PA=PC，即△ACP是等腰三角形，
根据对称可得，EB=EB′，AC是BB′的垂直平分线，
∴AB′=AB=10，
设PA=PC=x，则PD=CD−PC=10−x，
∴在直角△ADP中，PA2=AD2+PD2，
∴x2=52+(10−x)❑，
25
解得，x= ，
4
25 25 15
∴PA=PC= ，PD=10− = ，
4 4 4
∵∠POF=∠B′PC=∠APD，
15
PD 4 3
∴cos∠APD=cos∠B′PC=cos∠POF= = = ，
PA 25 5
4
AF 3
=
∴ ，
AB′ 5
3 3
∴AF= AB′= ×10=6，
5 5
∵∠EAF=∠ACD，
AD 5 1
∴tan∠EAF=tan∠ACD= = = ，
CD 10 2
EF 1
∴ = ，
AF 2
1 1
∴EF= AF= ×6=3，
2 2
∴E(−6,3)，
故答案为： (−6,3)．
9．（2024·江西吉安·三模）如图，在△ABC中，AB=AC，∠B=30°，BC=9，D为AC上一点，
AD=2DC，P为边BC上的动点，当△APD为直角三角形时，BP的长为 ．【思路点拨】
分∠PAD=90°，∠APD=90°，∠ADP=90°三种情况计算即可．
本题考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，三角形相似的判定和性质，三角函数的应用，正确分
类，灵活应用相似和三角函数是解题的关键．
【解题过程】
解：∵在△ABC中，AB=AC，∠B=30°，BC=9，
∴∠C=∠B=30°，∠BAC=120°，
过点A作AM⊥BC于点M，
∵AB=AC，∠B=30°，BC=9，
1 9
∴BM=CM= BC= ，
2 2
BM
∴AB=AC= =3❑√3．
cos30°
∵AD=2DC，
∴AD=2❑√3，DC=❑√3．
①如图1，当∠PAD=90°时，
则∠BAP=30°，
∴∠BAP=∠B，
∴AP=BP．
在Rt△APC中，∠C=30°，
∴PC=2AP，
∴BC=BP+PC=3BP，
∴BP=3
②如图2，当∠APD=90°时，分别过点A，D作BC的垂线，垂足分别为，F，
9
∴BE=CE= ，
2
3❑√3 ❑√3 3
∴AE=ABsin30°= ，DF=DCsin30°= ，CF=DCcos30°= ．
2 2 2
设EP=x，则PF=CE−EP−CF=3−x．
∵∠EAP=90−∠EPA=∠FPD，∠AEP=∠PFD=90°，
∴△APE∽△PDF，
AE PE
∴ = ，
PF DF
3❑√3
2 x
∴ = ，
3−x ❑√3
2
9
整理得x2−3x+ =0，
4
3
解得x =x = ，
1 2 2
3
∴EP= ，
2
∴BP=EP+BE=6；
③如图3，当∠ADP=90°时，
在Rt△DPC中，∠C=30°，CD 2
∴PC= =❑√3× =2，
cos30° ❑√3
∴BP=BC−PC=7．
综上所述，当△APD为直角三角形时，BP的长为3或6或7．
10．（2024九年级下·浙江·专题练习）在▱ABCD中，E，F分别是AB，CD的中点，EG⊥BD于点G，
FH⊥BD于点H，连接GF，EH.
（1）求证：四边形EHFG是平行四边形.
1
（2）当∠ABD=45°，tan∠EHG= ，EG=1时，求AD的长.
4
【思路点拨】
（1）先证EG∥FH，再证△BEG和△DFH全等得EG=FH，由此可得出结论；
（2）过点A作AK⊥BD于点K，根据相似三角形的性质得AK=2EG=2，BG=GK，再证△BAK为等
EG 1
腰直角三角形得BK=AK=2，则BG=GK=DH=1，再由tan∠EHG= = 得GH=4EG=4，进而
GH 4
可得4，然后在Rt△ADK中由勾股定理即可求出AD的长．
【解题过程】
（1）证明：∵EG⊥BD于点G，FH⊥BD于点H，
∴∠EGB=∠FHD=90°，∠EGH=∠FHG=90°，
∴EG∥FH，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB=CD， AB∥CD，
∴∠EBG=∠FDH，
∵点E，F分别是AB，CD的中点，1 1
∴BE= AB，DF= CD，
2 2
∴BE=DF，
在△BEG和△DFH中，
{∠EGB=∠FHD=90°
)
∠EBG=∠FDH ，
BE=DF
∴△BEG≌△DFH(AAS)，
∴EG=FH，BG=DH，
∵EG∥FH，
∴四边形EHFG是平行四边形；
（2）过点A作AK⊥BD于点K，如下图所示：
∵EG⊥BD于点G，
∴∠AKH=90°，
∴∠EGH=∠AKH=90°，
∴EG∥AK，
∴△BGE∽△BKA，
BG BE EC
∴ = = ，
BK BA AK
又∵点E为AB的中点，
1
∴BE= BA，
2
BE 1
∴ = ，
BA 2
BG BE EC 1
∴ = = = ．
BK BA AK 2
1
∴AK=2EG=2， BG= BK，
2
∴BG=GK，
∵∠ABD=45°，∠BKA=90°∴△BAK为等腰直角三角形，
∴BK=AK=2，
∴BG=GK=1，
∴DH=BG=1，
EG 1
在Rt△EHG中，tan∠EHG= = ，
GH 4
∴GH=4EG=4，
∴KD=KH+DH=HG﹣GK+DH=4﹣1+1=4，
在Rt△ADK中，KD=4，AK=2，
由勾股定理得：AD=❑√K D2+AK2=2❑√5．
11．（2024·安徽合肥·二模）如图1在△ABC中，AB=AC，D是BC的中点，延长DA至E，连接EB、
EC，
（1）求证：△BAE≌△CAE；
（2）在图1中，若AE=AD，其他条件不变得到图2，在图2中过点D作DF⊥AB于点F，H是EC的中
点，过点H作HG∥AB，交DF于点G，交DE于点M．
①求证：AF⋅MH=AM⋅AE；
3
②若AB=5，tan∠AMH= ，求GF的长．
4
【思路点拨】
（1）根据AB=AC，D是BC的中点，得到AD⊥BC，继而得到直线AD是线段BC的垂直平分线，得到
EB=EC，证明△BAE≌△CAE；
（2）①连接AH，根据AE=AD，H是EC的中点，得到中位线AH∥BC，结合HG∥AB，利用三角函
数证明即可．
3
②根据AB=5，tan∠AMH= =tan∠FAD=tan∠GMD=tan∠AMH，结合三角形中位线定理，利用
4三角函数，平行线分线段成比例定理，解答即可．
本题考查了三角形全等的判定和性质，三角形中位线定理，三角函数的应用，平行线分线段成比例定理，
熟练掌握三角形中位线定理，三角函数的应用，是解题的关键．
【解题过程】
（1）∵AB=AC，D是BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴直线AD是线段BC的垂直平分线，
∴EB=EC，
{EB=EC
)
∵ AE=AE
AB=AC
∴△BAE≌△CAE(SSS)．
（2）①连接AH，
∵AE=AD，H是EC的中点，
∴中位线AH∥BC，
∵AD⊥BC，
∴AD⊥AH，
∵DF⊥AB，HG∥AB，
∴DF⊥HG，∠FAD=∠GMD=∠AMH，
∴cos∠FAD=cos∠GMD=cos∠AMH，
AF AM
∴ = ，
AD MH
AF AM
∴ = ，
AE MH
∴AF·MH=AM·AE．
3
②∵AB=5，tan∠AMH= =tan∠FAD=tan∠GMD=tan∠AMH，
4BD AH 3
∴ = = ,
AD AM 4
设BD=3x,AD=4x，AH=3 y,AM=4 y，
则AB=❑√BD2+AD2=5x=5，
解得x=1，
∴BD=DC=3,AD=4，
AD·BD 12
∴DF= = ，
AB 5
1 3
∴AH=3 y= DC= ，
2 2
1
解得y= ，
2
∴AM=4 y=2，
∴AM=MD=2，
∵HG∥AB，
FG AM
∴ = =1,
GD DM
1 6
∴FG= DF= ．
2 5
12．（24-25九年级上·福建泉州·期中）如图1，在△ABC中，AB=AC，AD平分∠BAC交BC于点D，
点E是线段AD上一点，连接EB、EC．
（1）求证：EB=EC；
（2）过点D作DF⊥EB于点F，取AC的中点H，过点H作HG∥EB，交DF于点G，交DE于点M，
①如图2，若AE=ED，求证：EF⋅MH=EM⋅AE；1
②如图3，若AE=EB=10，tan∠EAC= ，求GH的长．
3
【思路点拨】
（1）利用等腰三角形三线合一的性质得到AD⊥BC，AD平分BC，故AD是BC的垂直平分线，进而通
过垂直平分线的性质即可证得EB=EC．
（2）①根据题目中的提示构造三角形中位线：连接EH，再通过等角的三角函数值相等得到三角形边的比
例关系，进而化比例式为等积式即可得证．
②连接DH，EH．先利用等腰三角形的性质及平行线的性质定理等证得∠EAC=∠6，利用
1
tan∠EAC= 在直角三角形中边的比例关系得到AH=3EH，根据勾股定理构建关于EH的方程进而求得
3
1
EH的值，再根据tan∠EAC=tan∠6= 在直角三角形中边的比例关系得到GH=3GD，根据勾股定理
3
构建关于GD的方程，即可求得GH的值．
【解题过程】
（1）证明：∵AB=AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC且D是BC的中点，
∴直线AD是线段BC的垂直平分线，
∴EB=EC．
（2）①证明：连接EH，如图2．
∵AE=ED，H是AC的中点，
∴中位线EH∥BC，
∵AD⊥BC，
∴AD⊥EH．
∵DF⊥AB，HG∥AB，∴DF⊥HG，∠3=∠4．
∴cos∠3=cos∠4，
EF EM
∴ = ，
DE MH
EF EM
∴ = ，
AE MH
∴EF⋅MH=EM⋅AE．
②解：连接DH，如图3．
∵AE=EB，
∴∠1=∠7，
∴∠3=∠1+∠7=2∠1=2∠2．
∵HG∥EB，
∴∠3=∠4．
∵AD⊥BC，H是AC的中点，
1
∴DH= AC=AH．
2
∴∠5=∠2，
∴∠4=∠3=2∠2=2∠5，
∴∠4=∠5+∠6，
∴∠5=∠6，
∴∠6=∠2．
连结EH．
∵AE=EB=EC，H是AC的中点，
∴EH⊥AC．EH 1
∴tan∠EAH=tan∠2= = ．
AH 3
∴EH2+AH2=EH2+(3EH) 2=AE2=102．
∴EH=❑√10．
∴AH=3❑√10=DH．
GD 1
∴tan∠6=tan∠2= = ．
GH 3
∴GD2+GH2=GD2+(3GD) 2=H D2=90，
∴GD=3．
∴GH=9．
13．（2023·四川资阳·模拟预测）在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，点E是边AD上一点，EM⊥EC交
AB于点M，点N在射线MB上，且AE是AM和AN的比例中项．
（1）如图1，求证：∠ANE=∠DCE；
（2）如图2，当点N在线段MB之间，连接AC，且AC与NE互相垂直，求MN的长；
（3）连接AC，如果△AEC与以点E、M、N为顶点所组成的三角形相似，求DE的长．
【思路点拨】
本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，三角函数，解题的关键是灵活运用这些知识．
AM AE
（1）根据题意可得 = ，证明△AME∽△AEN，得到∠AEM=∠ANE，结合∠D=90°，
AE AN
EM⊥BC，即可求解；
（2）根据AC与NE互相垂直和∠BAC=90°，可推出∠ANE=∠EAC，进而得到∠DCE=∠EAC，根
DE DC 9 7
据三角函数可得 = ，从而求出DE= ，再求出AE= ，由（1）得∠AEM=∠DCE，根据三角
DC AD 2 221 14
函数可求出AM= ，进而求出AN= ，最后根据线段的和差即可求解；
8 3
（3）分为两种情况讨论：当∠ENM=∠EAC时，当∠ENM=∠ECA时，结合题意，利用三角函数求解
即可．
【解题过程】
（1）解：∵ AE是AM和AN的比例中项，
AM AE
∴ = ，
AE AN
∵ ∠A=∠A，
∴ △AME∽△AEN，
∴ ∠AEM=∠ANE，
∵ ∠D=90°，
∴ ∠DCE+∠DEC=90°，
∵ EM⊥EC，
∴ ∠AEM+∠DEC=90°，
∴ ∠AEM=∠DCE，
∴ ∠ANE=∠DCE；
（2）∵ AC与NE互相垂直，
∴ ∠EAC+∠AEN=90°，
∵ ∠BAC=90°，
∴ ∠ANE+∠AEN=90°，
∴ ∠ANE=∠EAC，
由（1）得∠ANE=∠DCE，
∴ ∠DCE=∠EAC，
∴ tan∠DCE=tan∠DAC，
DE DC
∴ = ，
DC AD
∵ DC=AB=6，AD=8，
DC2 62 9
∴ DE= = = ，
AD 8 2
9 7
∴ AE=AD−DE=8− = ，
2 2
由（1）得∠AEM=∠DCE，∴ tan∠AEM=tan∠DCE，
AM DE
∴ = ，
AE DC
9
AM 2
∴ = ，
7 6
2
21
∴ AM= ，
8
AM AE
∵ = ，
AE AN
21 7
8 2
∴ =
7 AN
2
14
∴ AN= ，
3
14 21 49
∴ MN=AN−AM= − = ；
3 8 24
（3）∵ ∠NME=∠MAE+∠AEM，∠AEC=∠D+∠DCE，又∠MAE=∠D=90°，
由（1）得∠AEM=∠DCE，
∴ ∠AEC=∠NME，当△AEC与以点E、M、N为顶点所组成的三角形相似时
①∠ENM=∠EAC，如图2，
∴ ∠ANE=∠EAC，
9
由（2）得：DE= ，
2
②∠ENM=∠ECA，如图3，过点E作EH⊥AC，垂足为点H，
由（1）得∠ANE=∠DCE，
∴ ∠ECA=∠DCE，∴ HE=DE，
EH DC 6 3
又tan∠HAE= = = = ，
AH AD 8 4
设DE=3x，则HE=3x，AH=4x，AE=5x，
又AE+DE=AD，
∴ 5x+3x=8，
解得x=1，
∴ DE=3x=3，
9
综上所述，DE的长分别为 或3．
2
14．（2024·吉林长春·二模）在矩形纸片ABCD中，AB=12,AD=10．点E是CD的中点．
（1）操作一：如图1，将这张纸片进行折叠，使点A的对应点A′落在CD边上，折痕为MN，点M与点D
重合，此时发现四边形AN A′D是正方形，请证明这个结论．
（2）操作二：如图2，重新折叠纸片，使点A与点E重合，折痕为MN，则AM=____________．
（3）操作三：如图3，在操作二的基础上继续折叠纸片，使点N与点E重合，点B落在B′处，折痕为HG，
连接HE，则sin∠EHG=____________．
【思路点拨】
（1）根据四边形ABCD为矩形，得到∠CDA=∠DAB=90°，CD∥AB；根据折叠的性质，得
∠ADN=∠A′DN，AD=A′D,AN=A′N，得到∠ADN=∠A′DN=∠∧=45°继而得到AD=AN，
得到AD=A′D=AN=A′N，得到菱形AN A′D，结合∠DAB=90°，得证四边形AN A′D是正方形．
1 1
（2）设AM=x，根据AB=12,AD=10．点E是CD的中点．得到DE= CD= AB=6，
2 2
DM=AD−AM=10−x，根据折叠性质，得ME=AM=x，根据勾股定理计算即可．
（3）过点N作NP⊥CD于点P，证明四边形DANP为矩形，证明△MED∽△∠ENP，求得34
34❑√34 AM 3 5❑√34
MN=❑√AM2+AN2= ，得到sin∠AMN= = = ，
15 MN 34❑√34 34
15
5❑√34
证明∠AMN=∠EMN=∠HEM=∠NHG=∠EHG，可得sin∠EHG= ．
34
【解题过程】
（1）∵四边形ABCD为矩形，
∴∠CDA=∠DAB=90°，CD∥AB；
根据折叠的性质，得∠ADN=∠A′DN，AD=A′D,AN=A′N，
∴∠ADN=∠A′DN=∠∧=45°，
∴AD=AN，
∴AD=A′D=AN=A′N，
∴四边形AN A′D是菱形，
∵∠DAB=90°，
∴四边形AN A′D是正方形．
（2）如图，设AM=x，
∵AB=12,AD=10．点E是CD的中点．
1 1
∴DE= CD= AB=6，DM=AD−AM=10−x，
2 2
根据折叠性质，得ME=AM=x，
根据勾股定理，得(10−x) 2+62=x2．
解得x=6.8．
故答案为：6.8．
（3）过点N作NP⊥CD于点P，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠CDA=∠DAB=90°，CD∥AB；
∴四边形DANP为矩形，∴∠MDE=∠EPN=90°，AD=NP=10，
根据折叠的性质，得∠MAN=∠MEN=90°，
∴∠MED=90°−∠PEN=∠ENP，
∴△MED∽△∠ENP，
ME ED
∴ = ，
EN NP
6.8 6
∴ = ，
EN 10
5 34 34
∴EN= × = ，
3 5 3
34❑√34
∴MN=❑√AM2+AN2=
，
15
34
AM 3 5❑√34
∴sin∠AMN= = = ，
MN 34❑√34 34
15
根据折叠的性质，得∠AMN=∠EMN，MH=HN=EH，∠NHG=∠EHG，
∴∠AMN=∠EMN=∠HEM，
∴∠AMN=∠EMN=∠HEM=∠NHG=∠EHG，
5❑√34
∴sin∠EHG=sin∠AMN= ，
34
5❑√34
故答案为： ．
34
15．（2024·广东深圳·模拟预测）如图1，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，动点P、Q分别从C
点、A点同时以每秒1cm的速度出发，且分别在边CA，AB上沿C→A，A→B的方向运动，当点Q运动
到点B时，P、Q两点同时停止运动，连接PQ，设点P运动的时间为ts．
（1）如图1，在点P、Q运动过程中．
①点P与点D的最短距离为_________cm；②当PQ∥BC时，t的值为_________；
（2）作PE⊥PQ，PE与边BC相交于点E，连接QE，延长EP交边AD于点F．①求∠APQ的正切值（用含t的代数式表示）；
②如图2，当t=5时，试探究线段AQ、QE、CE三者之间的等量关系，并加以证明；
AF
③如图3，连接FQ，若FQ平分∠AFE，直接写出 的值．
CE
【思路点拨】
（1）①根据垂线段最短，得到当PD⊥AC时，PD最短，根据勾股定理得到AC=❑√AB2+BC2=10(cm)，
利用直角三角形的面积公式解答即可；
②根据题意，得AQ=t，CP=t，则BQ=AB−AQ=6−t，AP=AC−CP=10−t，结合PQ∥BC，得
AQ AP
到 = ，列出比例式解答即可．
BQ PC
QM BC 4 AM AB 3
（2）①过点Q作QM⊥AC于点M，计算sin∠QAM= = = ，cos∠QAM= = = ，
AQ AC 5 AQ AC 5
4 3 QM
计算QM= t，AM= t，结合tan∠APQ= 解答即可；
5 5 PM
②连接QF，当t=5时，根据题意，得AQ=5，CP=5，则BQ=1，AP=5，
PF AF AP
得CP=AP，证明△APF∽△CPE，得 = = =1，利用勾股定理解得即可；
PE CE PC
10−t
③设AP与FQ的交点为O，证明△QAF≌△QPF(HL)，结合 3 2 ，
cos∠QAO= =
5 t
50
解得t= ，利用三角形相似的判定和性质解答即可．
11
【解题过程】
（1）①根据垂线段最短，得到当PD⊥AC时，PD最短，
∵矩形ABCD，
∴AB=DC=6cm，AD=BC=8cm，∠ABC=∠ADC=90°,
∴AC=❑√AB2+BC2=10(cm)，
AD·DC 24
∴DP= = (cm)，
AC 5
24
故答案为： ；
5
②根据题意，得AQ=t，CP=t，则BQ=AB−AQ=6−t，AP=AC−CP=10−t，∵PQ∥BC，AQ AP
∴ = ，
BQ PC
t 10−t
∴ = ，
6−t t
15
解得t= ；
4
15
故答案为： ．
4
（2）①过点Q作QM⊥AC于点M，
∵矩形ABCD，
∴AB=DC=6cm，AD=BC=8cm，∠ABC=∠ADC=90°,
∴AC=❑√AB2+BC2=10(cm)，
QM BC 4 AM AB 3
∴sin∠QAM= = = ，cos∠QAM= = = ，
AQ AC 5 AQ AC 5
根据题意，得AQ=t，CP=t，则BQ=AB−AQ=6−t，AP=AC−CP=10−t
4 3
∴QM= t，AM= t，
5 5
3 8
∴PM=AP−AM=10−t− t=10− t，
5 5
QM 2t
∴tan∠APQ= = ；
PM 25−4t
②线段AQ、QE、CE三者之间的等量关系为QE2=AQ2+CE2，理由如下：
连接QF，当t=5时，根据题意，得AQ=5，CP=5，则BQ=1，AP=5，
∴CP=AP，∵矩形ABCD中，
∴AB=DC=6cm，AD=BC=8cm,AD∥BC，∠BAD=90°,
∴△APF∽△CPE，
PF AF AP
∴ = = =1，
PE CE PC
∴PE=PF,CE=AF，
∵PE⊥PQ，
∴直线QP是线段EF的垂直平分线，
∴QF=QE，
∴QF2=AQ2+AF2，
∴QE2=AQ2+CE2；
③设AP与FQ的交点为O，
根据题意，得AQ=t，CP=t，则BQ=AB−AQ=6−t，AP=AC−CP=10−t，
∵FQ平分∠AFE，QA⊥FA,QP⊥PF，
∴QA=QP，
∵QF=QF
∴△QAF≌△QPF(HL)，
∴FA=FP，
1 10−t
∴∠AOQ=90°,AO=OP= AP= ，
2 2
10−t
∴ AO 3 2 ，
cos∠QAO= = =
AQ 5 t
50
解得t= ，
11
60
故AP= ，
11
∵AD∥BC,
∴△APF∽△CPE，AF AP 6
∴ = = ，
CE PC 5
AF 6
∴ 的值 ．
CE 5
16．（23-24九年级上·重庆渝中·期中）如图所示，等腰直角△ABC中，AB=AC，点D是BA延长线上一
点，连接CD，点E是CD上一点，连接BE，交AC于点F．
（1）如图1，若∠CBE=30°，CF=❑√2，求AF的长；
（2）如图2，过点A作AM⊥BF于点M，若BF=CD，试猜想AM、BE、CE之间的关系并推理说明；
（3）如图3，在（2）的条件下，若H为射线BD上一动点，△BGH为等腰直角三角形，且BG=GH，点
P为GH中点，若BC=2❑√5，CE=2，请直接写出EP+FP的最小值．
【思路点拨】
（1）作FQ⊥BC交BC于Q，根据等腰直角三角形的性质，可推出∠CFQ=∠FCQ=45°，即知
❑√2
CQ=QF= CF，通过三角函数求出BF、BQ，从而求出BC，继而求出AC，则AF的值即可解出．
2
（2）作AN⊥CD交CD于N，根据已知条件先证明△BAF≅△CAD(HL)，得出∠ABF=∠ACD，
∠BFA=∠D，AF=AD，根据角度关系推出∠BED=90°，从而证明四边形AMEN是矩形，根据
AN∥ME，可知∠CAN=∠CFE=∠BFA=∠BAM，可证明△BAM≅△CAN(SAS)，即有AM=AN，
则矩形AMEN是正方形，所以AM=ME=EN=AN，则
BE=BM+ME=CN+ME=CE+EN+ME=CE+2AM．
（3）连接BP并延长，作E关于直线BP的对称点K，连接EK，交BP延长线于O，作KL⊥BE交BE于L，
连接KP、KF、KE、EP、EF、DF、KF，交BO于R，根据△BGH是等腰直角三角形，P是GH的中点，
GP 1 1
可知tan∠GBP= = ，同时∠GBC=90°，可知当点H运动时，tan∠GBP= 始终成立，即P点在
BG 2 2
射线BP上运动，再根据E,K关于直线BO对称，可知EP+FP=KP+FP≤KF，且当P点位于F,K的连
线上时，等号成立．根据BC,CE求出BE，结合三角函数可逐步推出
∠CBE=∠GBP,∠ABE=∠DBP,∠FDE=∠CBE=∠GBP，再根据三角函数求出EF与DE,BE的关系，从而求出EF,DE,BD和sin∠DBE，cos∠DBE，sin∠OBE和cos∠OBE，根据BE值，依次求出
EO,EK,EL,KL和FL，根据勾股定理求出KF，即可得到EP+FP的最小值．
【解题过程】
（1）解：作FQ⊥BC交BC于Q，如图1：
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵FQ⊥BC，
∴∠CFQ=90°−∠FCQ=90°−45°=45°，
∴∠CFQ=∠FCQ，
❑√2
∴CQ=QF=CFsin45°=❑√2× =1，
2
FQ 1
∴BF= = =2，BQ=BFcos∠FBQ=2×cos30°=❑√3，
sin∠FBQ sin30°
∴BC=BQ+CQ=❑√3+1，
❑√2 ❑√6 ❑√2
∴AC=AB=BCsin45°=(❑√3+1)× = + ，
2 2 2
❑√6 ❑√2 ❑√6−❑√2
∴AF=AC−CF= + −❑√2= ．
2 2 2
（2）解：BE=CE+2AM，理由如下：
作AN⊥CD交CD于N，如图2，
在Rt△BAF和Rt△CAD中，
{AB=AC)
，
BF=CD∴Rt△BAF≅Rt△CAD(HL)
∴∠ABF=∠ACD，∠BFA=∠D，AF=AD，
∴∠ABF+∠D=∠ABF+∠BFA=90°，
∴∠BED=90°，
在四边形AMEN中，∠AME=∠MEN=∠ENA=90°，
∴∠MAN=90°，
∴四边形AMEN是矩形，
∴AN∥ME，
∴∠CAN=∠CFE=∠BFA，
∵∠ABF+∠BAM=∠ABF+∠BFA=90°，
∴∠BAM=∠BFA，
∴∠CAN=∠BAM，
在△BAM和△CAN中
{∠ABM=∠ACN
)
AB=AC ，
∠BAM=∠CAN
∴△BAM≅△CAN(SAS)，
∴AM=AN,BM=CN，
∴四边形AMEN是正方形，
∴AM=AN=EN=AN，
∴BE=BM+ME=CN+ME=CE+EN+ME=CE+2AM．
（3）解：连接BP并延长，作E关于直线BP的对称点K，连接EK，交BP延长线于O，作KL⊥BE交BE
于L，连接KP、EP、EF、DF、KF，交BO于R，如图所示：
∵△BGH是等腰直角三角形，GB=GH，P是GH的中点，
∴∠GBH=∠GHB=45° GB=2GP=2PH，GP 1
∴tan∠GBP= = ，
BG 2
∵△ABC是等腰直角三角形，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠GBC=∠GBH+∠ABC=90°，
1
∴当点H运动时，tan∠GBP= 始终成立，即P点在射线BP上运动，
2
∵E,K关于直线BO对称，
∴EP=KP，
∴EP+FP=KP+FP≤KF，且当P点位于F,K的连线上即与R点重合时，等号成立．
∵BC=2❑√5，CE=2，
∴BE=❑√BC2−CE2=4，
CE 1
∴tan∠CBE= = ，
BE 2
∴∠CBE=∠GBP，
∵∠CBE+∠ABE=∠GBP+∠DBP=45°，
∴∠ABE=∠DBP，
由（2）知，AF=AD,∠DAF=90°，
∴∠AFD=∠ADF=45°，
∵∠DBE+∠BDE=90°，
∴∠DBE+∠FDE=45°，
∴∠FDE=∠CBE=∠GBP，
FE 1
∴tan∠FDE= = ，
DE 2
即DE=2FE，
∴BE=BF+EF=CD+EF=CE+DE+EF=CE+3EF，
BE−CE 2 4
∴EF= = ，DE=2EF= ，
3 3 3
4❑√10
∴BD=❑√BE2+DE2=
，
3
DE 1 BE 3
∴sin∠DBE= = ，cos∠DBE= = ，
BD ❑√10 BD ❑√103
∴sin∠OBE=sin(2sin∠DBE)=2sin∠DBE，cos∠DBE= ，
5
4
cos∠OBE=❑√1−(sin∠OBE) 2=
，
5
∵EK⊥BO
24 3 72
∴EO=BEsin∠OEB=EKsin∠OBE= × = ，
5 5 25
24 4 96
KL=EKsin∠OEB=EKcos∠OBE= × = ，
5 5 25
72 2 166
∴FL=EL−EF= − = ，
25 3 75
∴KF=❑√K L2+FL2=❑
√ (96) 2
+
(166) 2
=
2❑√1105
，
25 75 15
2❑√1105
∴EP+FP的最小值为 ．
15
17．（23-24九年级上·吉林长春·阶段练习）如图，在直角梯形ABCD中，∠A=∠B=90°，AB=3，
AD=4，BC=8，点P从点A出发，沿AD以每秒2个单位的速度向终点D运动，点Q从点D出发，沿折线
D−C−B运动，在线段DC上以每秒5个单位长度的速度运动，在线段CB上以为每秒8个单位的速度运动，
设运动时间为t（t>0）．
（1）tanC=_________．
（2）当四边形PDCQ是平行四边形时，求t的值
（3）连接BP、PQ、BQ，当△BPQ是直角三角形时，求t的值．
（4）作点C、D关于直线PQ的对称点C′，D′，连接C′，D′，直接写出C′D′与AD平行或垂直时t的值．
【思路点拨】
（1）过点D作DE⊥BC于E，根据矩形的性质得出CE=BC−BE=4，进而根据正切的定义，即可求解；
( 5)
（2）在Rt△DCE中，勾股定理求得CD=5，DP=AD−AP=4−2t，得出CQ=8 t− =8t−8，根
5
据题意建立方程，解方程即可求解；（3）当点Q在CD上，且∠BPQ=90°时，过点Q作QF⊥AD交AD延长线于F，过点D作DE⊥BC于
AP QF
E，解Rt△QDF，根据tan∠ABP=tan∠FPQ得出 = ，即可求解．当点Q在BC上，且
AB PF
∠BPQ=90°时，过点Q和点C分别作QH⊥AD、CG⊥AD交AD延长线于H、G，则四边形ABCG、
AP QH 2t 16−10t
HQCG都是矩形，同理可得 = ，即 = ，解方程，即可求解．当点Q在BC上，且
AB PH 3 3
∠BQP=90°时，则此时四边形ABQP是矩形，根据AP=BQ得出2t=8−(8t−8)，解方程，即可求解；
（4）当点Q在线段CD上且C′D′∥AD时，得出DP=DQ，即4−2t=5t，解方程即可求解；当
32 32
C′D′⊥AD时，设C′D′交AD、BC分别为E、F，则EF=AB，得出FC′= t− ，根据
5 5
4
cos∠ED′P= ，即可求解，当C′D′在AD上方时，设C′Q交AB于点M，延长CD、C′D′交于点N，证
5
明四边形CQC′N是菱形，根据菱形的性质得出方程，解方程，即可求解．
【解题过程】
（1）解；如图所示，过点D作DE⊥BC于E，
∵ ∠A=∠B=90°，DE⊥BC，
∴四边形ABED是矩形，
∴ DE=AB=3，BE=AD=4，
∴ CE=BC−BE=4，
DE 3
在Rt△DCE中，tanC= = ；
CE 4
3
故答案为： ．
4
（2）解：∵四边形PDCQ是平行四边形，
∴ PD∥CQ，PD=CQ即此时点Q在BC上，
如图所示，在Rt△DCE中，CD=❑√DE2+CE2=5，∵ AP=2t，
∴ DP=AD−AP=4−2t，
∵在线段DC上以每秒5个单位长度的速度运动，在线段CB上以为每秒8个单位的速度运动，
( 5)
∴ CQ=8 t− =8t−8，
5
∴ 8t−8=4−2t，
6
解得t= ；
5
（3）解：如图所示，当点Q在CD上，且∠BPQ=90°时，过点Q作QF⊥AD交AD延长线于F，过点D
作DE⊥BC于E，
∵ ∠A=∠ABC=90°，
∴ AD∥BC，
∴ ∠FDQ=∠C，
∴ cos∠FDQ=cosC，sin∠FDQ=sinC，
DE 3 CE 4
在Rt△DCE中，sinC= = ，cosC= = ，
CD 5 CD 5
3 4
∴在Rt△QDF中，QF=DQ·sin∠QDF=5t· =3t，DF=DQ·cos∠QDF=5t· =4t，
5 5
∴ PF=PD+DF=4−2t+4t=4+2t，
∵ ∠A=∠BPQ=∠F=90°，
∴ ∠APB+∠ABP=90°=∠APB+∠FPQ，
∴ ∠ABP=∠FPQ，
AP QF
∴ tan∠ABP=tan∠FPQ，即 = ，
AB PF2t 3t
∴ = ，
3 4+2t
1
解得t=0（舍去）或t= ；
4
如图所示，当点Q在BC上，且∠BPQ=90°时，过点Q和点C分别作QH⊥AD、CG⊥AD交AD延长
线于H、G，则四边形ABCG、HQCG都是矩形，
∴ AB=HQ=CG=3，AG=BC=8，GH=CQ=8t−8，
∴ PH=PG−HG=8−2t−(8t−8)=16−10t，
AP QH 2t 3
同理可得 = ，即 = ，
AB PH 3 16−10t
11 1
解得t= 或t= （舍去）；
10 2
如图所示，当点Q在BC上，且∠BQP=90°时，则此时四边形ABQP是矩形，
∴ AP=BQ，
∴ 2t=8−(8t−8)，
8
解得t= ；
5
1 11 8
综上所述，当△BPQ是直角三角形时，t= 或t= 或t= ；
4 10 5
（4）解：如图所示，当点Q在线段CD上且C′D′∥AD时，∴ ∠DPQ=∠D′QP，
由轴对称的性质可得∠DQP=∠D′QP，
∴ ∠DPQ=∠DQP，
∴ DP=DQ，
∴ 4−2t=5t，
4
解得t= ；
7
当C′D′⊥AD时如图所示，设C′D′交AD、BC分别为E、F，则EF=AB，
∴ PD′=PD=4−2t，QC′=QC=8t−8，∠DCQ=∠D′C′Q，
FQ 3
∴
tan∠FC′Q=tan∠DCQ= =
，
FC′ 4
设FQ=3k，FC′=4k，则C′Q=5k，
∴ 5k=8t−8，
8 8
∴ k= t− ，
5 5
∴ FC′=4k=
32
t−
32
，则D′F=D′C′−FC′=5−
(32
t−
32)
=
57
−
32
t，
5 5 5 5 5 5
∴ D′E=3−FD′=3− (57 − 32 t ) = 32 t− 42 ，
5 5 5 5
∵ DD′∥CC′，
∴ ∠ED′D=∠FC′C，
又∵ PD′=PD，QC′=QC，∴ ∠PDD′=∠PD′D，∠QCC′=∠QC′C，
∵ PD∥QC，DD′∥CC′，
∴ ∠PDD′=∠QCC′，
∴ ∠PD′D=∠QC′C，
∴ PD′∥C′Q，
∴ ∠PD′E=∠QC′F，
4
∴
cos∠ED′P=cos∠FC′Q=cos∠BCD=
，
5
32 42
t−
∴ 5 5 4，
=
4−2t 5
29
解得：t= ；
20
如图所示，当C′D′在AD上方时，设C′Q交AB于点M，
∴ PD′=PD=4−2t，
设∠C=α，则∠C′=α，
∵ AD∥C′D′，AD∥BC，
∴ C′D′∥BC，
∴ ∠MQB=∠C′=∠C=α，
∴ C′Q∥CD，
∵ D′P∥C′Q，
∴ ∠D′PA=∠MQB=α，
如图所示，延长CD、C′D′交于点N
∴ ∠NDP=∠C=α，∴ ∠D′PA=∠NDP，
∴ D′P∥ND，
又C′D∥AD，
四边形D′PDN是平行四边形，
又∵ PD=PD′，
∴四边形D′PDN是菱形，
∵ C′Q∥CD，C′D′∥BC，
∴四边形CQC′N是平行四边形，
又∵ QC=QC′，
∴四边形CQC′N是菱形，
∵ C′N=C′D′+D′N=CD+PD=5+(4−2t)=9−2t，
∵ C′N=CQ，
即9−2t=8t−8，
17
解得：t= ，
10
4 17 29
综上所述，t= 或t= 时C′D′与AD平行，t= 时C′D′与AD垂直．
7 10 20
18．（2024·吉林长春·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，点P、Q分别
是边CA、BC上的两个动点，且PC=2BQ，以PQ，PC为邻边作平行四边形PQMC，作点B关于直线
PQ的对称点B′，设BQ=m(0≤m≤4)．
（1）当△PCQ的面积为8时，求m的值．
（2）当∠BQB′=2∠ABC时，求线段BB′的长．
CQ
（3）当点B′落在四边形PQMC的边上时，求 的值．
BB′
1
（4）直线BB′与四边形PQMC的一条边交于E点，若△CQE的面积是四边形PQMC面积的 时，直接写
4
出m的值．
【思路点拨】（1）根据题意得到BQ=m，PC=2m，QC=6−m，再根据“△PCQ的面积为8”建立等式求解，即可解
题；
（2）记PQ延长线交BB′于点D，由对称的性质可知，∠BQD=∠B′QD，∠BDQ=90°，BD=B′D，
AC PC AC PC
推出∠ABC=∠PQC，得到tan∠ABC=tan∠PQC，进而可得 = ，根据 = 建立分式方
BC QC BC QC
AC BD
程求解，即可求出m，利用勾股定理得到AB，再利用sin∠ABC=sin∠BQD，得到 = ，即可求
AD BQ
得BD，进而求得BB′；
（3）根据点B′落在四边形PQMC的边上，可分以下两种情况讨论，①当B′在QM上时，②当B′在CM上
时，根据这两种情况画出草图，结合平行四边形性质，对称的性质，勾股定理以及三角函数求解，即可解
题；
（4）根据直线BB′与四边形PQMC的一条边交于E点，可分以下两种情况讨论，①当E在QM上时，②当
1
E在CM上时，根据这两种情况画出草图，结合△CQE的面积是四边形PQMC面积的 ，理由平行四边形
4
1
性质，得到△CQE的面积是△QMC面积的 ，得到E为QM的中点或E为CM的中点，结合（3）中①的情
2
况，勾股定理，以及相似三角形的性质和判定，即可解题．
【解题过程】
（1）解：∵ BQ=m，
∴PC=2BQ=2m，
∵BC=6，
∴QC=6−m，
∵ △PCQ的面积为8，
1 1
∴ PC⋅QC= ⋅2m⋅(6−m)=8，
2 2
整理得m2−6m+8=0，
解得m=2或m=4；
（2）解：记PQ延长线交BB′于点D，由对称性质可知，∠BQD=∠B′QD，∠BDQ=90°，BD=B′D，
∵∠BQB′=2∠ABC，
∴∠ABC=∠BQD=∠B′QD=∠PQC，
∵ ∠ACB=90°=∠BDQ，
∴tan∠ABC=tan∠PQC，
AC PC
∴ = ，
BC QC
∵ AC=8，BC=6，
8 2m
∴ = ，
6 6−m
解得m=2.4，经检验m=2.4是该方程的解，
∵AB=❑√AC2+BC2=10，∠ABC=∠BQD，
∴sin∠ABC=sin∠BQD，
AC BD
∴ = ，
AB BQ
8 BD
∴ = ，
10 2.4
解得BD=1.92，
∴BB′=3.84；
（3）解：①当B′在QM上时，
∵四边形PQMC为平行四边形，
∴PC∥QM，，
∴∠BQM=∠ACB=90°，由对称性质可知，∠BQD=∠B′QD=45°，BQ=B′Q，
∴∠PQC=45°，
∴∠QPC=∠PQC=45°，
∴PC=QC，
∴2m=6−m，
解得m=2，
∴BB′=❑√BQ2+B′Q2=2❑√2，CQ=4，
CQ 4
∴ = =❑√2；
BB′ 2❑√2
②当B′在CM上时，
∵四边形PQMC为平行四边形，
∴PQ∥MC，
∴∠QCB′=∠PQC，
由对称性质可知，BB′⊥PD，BD=B′D，BQ=B′Q=m，∠QBD=∠QB′D，
∴ BB′⊥MC，
∵∠QBD=∠QPC，
∴∠QB′D=∠QPC=∠QBD，
∵∠QB′D+∠QB′C=90°，∠QPC+∠PQC=90°，
∴∠QB′C=∠PQC，
∴∠QB′C=∠QCB′，
∴QC=QB′，
∴6−m=m，解得：m=3，
∴QC=3，PC=6，
∴PQ=❑√PC2+QC2=3❑√5，
∵∠QBD=∠QPC，
∴cos∠QBD=cos∠QPC，BB′ PC
∴ = ，
BC PQ
6 12❑√5
∴BB′= ×6= ，
3❑√5 5
CQ 3 ❑√5
∴ = =
BB′ 12❑√5 4 ．
5
CQ ❑√5
综上所述，
=❑√2或
；
BB′ 4
6❑√5
（4）解：m=2或m= ，理由如下：
5
1
∵ △CQE的面积是四边形PQMC面积的 ，
4
∵四边形PQMC为平行四边形，
1
∴ △CQE的面积是△QMC面积的 ，
2
∵直线BB′与四边形PQMC的一条边交于E点，
∴①当E在QM上时，E为QM的中点，CE为△QMC的中线，
∵ PQMC
四边形 为平行四边形，
∴QM=PC=2m，
∴ QE=m=BQ=B′Q，
与（3）中①的情况一致，
故m=2；
②当E在CM上时，E为CM的中点，QE为△QMC的中线，
1
∴CE= CM
2
，
∵四边形PQMC为平行四边形，
∴ PQ=CM，1
∴CE= PQ，
2
∵ PD⊥BB′，PD∥CM，
∴BE⊥CM，∠PQC=∠BCE，
∴∠BEC=∠PCQ=90°，
∴△PQC∽△BCE，
BC CE
∴ = ，
PQ QC
1
PQ
6 2 ，
∴ =
PQ 6−m
∴PQ2=72−12m，
∵PQ2=PC2+QC2=5m2−12m+36，
∴ 5m2−12m+36=72−12m，
36 6❑√5 6❑√5
整理得m2= ，即m= 或m=− （舍去），
5 5 5
综上所述，或．
