专题 28.2 解直角三角形【九大题型】
【人教版】
【题型1 解直角三角形】..........................................................................................................................................2
【题型2 解一图多三角形的直角三角形】..............................................................................................................5
【题型3 解非直角三角形】......................................................................................................................................8
【题型4 网格问题】................................................................................................................................................14
【题型5 构造直角三角形求不规则图形的面积】...............................................................................................19
【题型6 在四边形中解直角三角形】....................................................................................................................22
【题型7 在平面直角坐标系中解直角三角形】...................................................................................................29
【题型8 函数与解直角三角形】............................................................................................................................34
【题型9 动态问题与解直角三角形】....................................................................................................................40
知识点：解直角三角形
已知条件 图形 解法
已知一直角边和一个锐
角 B
已知斜边和一个锐角
斜边 对
边
b
A C
邻边
已知两直角边
已知斜边和一条直角边
【题型1 解直角三角形】
【例1】（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，点D、E分别
为边AB、AC的中点，连接DE、CD，若DE=2❑√3，则CD的长度为（ ）A．3 B．3❑√3 C．3.5 D．4
【答案】D
【分析】根据三角形中位线得出BC=2DE=4❑√3，再由余弦函数确定AB=8，利用直角三角形斜边上的
中线等于斜边的一半即可求解．
题目主要考查解三角形，中位线的性质及斜边上的中线的性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关
键．
【详解】解：∵点D、E分别为边AB、AC的中点，DE=2❑√3，
∴BC=2DE=4❑√3，
∵∠ACB=90°，∠B=30°，
BC ❑√3
∴cos∠B= = ，
AB 2
∴AB=8，
1
∴CD=AD= AB=4，
2
故选：D．
【变式1-1】（23-24九年级·全国·课后作业）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=❑√7， BC=❑√21，则∠B
的度数为（ ）
A． 30° B．45° C．60° D．75°
【答案】A
【分析】本题考查解直角三角形，掌握直角三角形边角关系是解题的关键．
AC ❑√7 ❑√3
先根据正切三角函数的定义求得tan B= = = ，再根据特殊角的三角函数值求出角度即可．
BC ❑√21 3
【详解】解：在Rt△ABC中，
∵∠C=90°，AC=❑√7， BC=❑√21，
AC ❑√7 ❑√3
∴tan B= = = ，
BC ❑√21 3
∴∠B=30°，
故选：A．
【变式1-2】（2024·湖南长沙·三模）如图，在等腰△ABC中，AB=BC,∠C=30°，过点A作AD⊥AB，交CB的延长线于点D，若BC=1，则AD的长为 ．
【答案】❑√3
【分析】本题考查了等腰三角形的性质，解直角三角形，以及三角形外角的性质，熟练掌握锐角三角函数
的概念是解答本题的关键．根据等腰三角形的性质得AB=1，∠BAC=∠C=30°，求出∠ABD=60°，
然后利用∠ABD的正切求解即可．
【详解】解：∵AB=BC,∠C=30°，BC=1，
∴AB=1，∠BAC=∠C=30°，
∴∠ABD=30°+30°=60°．
∵AD⊥AB，
∴∠BAD=90°，
∴AD=tan60°×AB=❑√3
故答案为：❑√3．
【变式1-3】（2024·贵州遵义·模拟预测）如图，在四边形纸片ABCD中，AB∥DC，AD=8，
∠D=60°．将纸片沿折痕HG折叠，使点D落在AB边上的点M处．若∠DGH=45°，则DG的长为
（ ）
❑√3
A．4 B．4❑√3 C．5❑√3 D．
5
【答案】B
【分析】本题考查折叠的性质、解直角三角形、矩形的判定与性质．由折叠的性质知DG=GM，
∠DGH=∠MGH，再由∠DGH=45°得到∠DGM=90°，过点A作AH⊥DC于点H，在Rt△ADH
中求出AH的长度，再证明四边形AHGM是矩形，从而得出AH=GM，据此即可解决问题．
【详解】解：如图，过点A作AH⊥BC于点H，由折叠的性质知DG=GM，∠DGH=∠MGH，
∠DGH=45°，
∴∠DGM=∠DGH+∠MGH=90°，
❑√3
在Rt△ADH中，AH=AD⋅sin∠B=8× =4❑√3，
2
∵AB∥DC，
∴∠MAH=∠AHG=∠DGM=90°，
∴四边形AHGM是矩形，
∴GM=AH=4❑√3，
∴DG=GM=4❑√3，
故选：B．
【题型2 解一图多三角形的直角三角形】
【例2】（2024·陕西西安·模拟预测）将一副直角三角板按如图所示摆放，其中∠CAB=∠DCB=90°，
∠ACB=45°，∠CBD=30°，若AC=❑√2，则CD的长为（ ）
2❑√3 4❑√3
A．2❑√3 B．2 C． D．
3 3
【答案】C
AC
【分析】根据∠CAB=∠DCB=90°，∠ACB=45°，AC=❑√2，得BC= =2；
cos45°
2❑√3
根据∠CBD=30°，得CD=BCtan30°= ；解答即可．
3本题考查了直角三角形的性质，特殊角的三角函数值，三角函数，熟练掌握三角函数，特殊角的三角函数
值是解题的关键．
【详解】根据∠CAB=∠DCB=90°，∠ACB=45°，AC=❑√2，
AC
得BC= =2；
cos45°
根据∠CBD=30°，
2❑√3
得CD=BCtan30°= ；
3
故选C．
【变式2-1】（2024·山东淄博·二模）如图，在Rt△ACB中，∠C=90°，D是AC的中点，AC=8，
1
tan∠CAB= ，则sin∠DBA等于（ ）
2
1 ❑√10 ❑√6−❑√2 ❑√5
A． B． C． D．
3 10 2 3
【答案】B
【分析】本题考查解直角三角形，关键是通过作辅助线构造直角三角形．过D作DE⊥AB于E，由锐角的
正切求出BC的长，由勾股定理求出DB长，由∠A的正切，勾股定理求出DE长，即可求解．
【详解】解：过D作DE⊥AB于E，
∵D AC
是 的中点，
1 1
∴AD=CD= AC= ×8=4，
2 2
BC 1
，tan A= = ，AC=8，
AC 2
∴BC=4，
∵∠C=90°，
∴BD2=CD2+BC2=42+42=32，∴BD=4❑√2，
DE 1
∵tanA= = ，
AE 2
∴令DE=x，AE=2x，
∴AD=❑√x2+(2x) 2=❑√5x=4，
4❑√5
∴x= ，
5
4❑√5
∴DE= ，
5
DE ❑√10
∴sin∠ABD= = ．
BD 10
故选：B
【变式2-2】（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在△ABC中，DE=❑√3，∠B=45°，∠ACB=60°，
AD⊥BC于D，∠ACD的平分线交AD于E，则AB的长为（ ）
A．3❑√2 B．3❑√3 C．3❑√6 D．4❑√3
【答案】C
AD
【分析】本题主要考查了解直角三角形的知识，利用三角函数可得：AB= =❑√2AD，
sin∠B
ED
AD=CD⋅tan∠ACB=❑√3CD，CD= =❑√3ED，代入计算即可．
tan∠ECD
【详解】∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
∴△ADB、△ADC、△EDC是直角三角形，
∵∠B=45°，
AD
∴在Rt△ADB中，AB= =❑√2AD，
sin∠B
∵∠ACB=60°，
∴在Rt△ACD中，AD=CD⋅tan∠ACB=❑√3CD，∵CE平分∠ACD，∠ACB=60°，
1
∴∠ECD= ∠ACB=30°，
2
ED
∴在Rt△ACD中，CD= =❑√3ED，
tan∠ECD
∵DE=❑√3，
∴CD=❑√3ED=3，
∴AD=❑√3CD=3❑√3，
∴AB=❑√2AD=3❑√6，
故选：C．
【变式2-3】（2024·四川自贡·中考真题）如图，等边△ABC钢架的立柱CD⊥AB于点D，AB长12m．现
将钢架立柱缩短成DE，∠BED=60°．则新钢架减少用钢（ ）
A．(24−12❑√3)m B．(24−8❑√3)m C．(24−6❑√3)m D．(24−4❑√3)m
【答案】D
【分析】本题考查了等边三角形的性质，解直角三角形的应用．利用三角函数的定义分别求得DE=2❑√3，
BE=4❑√3=AE，CD=6❑√3，利用新钢架减少用钢=AC+BC+CD−AE−BE−DE，代入数据计算即
可求解．
【详解】解：∵等边△ABC，CD⊥AB于点D，AB长12m，
1
∴AD=BD= AB=6m，
2
∵∠BED=60°，
BD
∴tan60°= =❑√3，
DE
∴DE=2❑√3，
∴BE=❑√DE2+BD2=4❑√3=AE，∵∠CBD=60°，
∴CD=BD·tan∠CBD=❑√3BD=6❑√3m，BC=AC=AB=12m，
∴新钢架减少用钢=AC+BC+CD−AE−BE−DE
=24+6❑√3−8❑√3−2❑√3=(24−4❑√3)m，
故选：D．
【题型3 解非直角三角形】
【例3】（2024·江苏扬州·一模）如图，若∠B=30∘，∠C=45∘，∠BDC=150∘，且BD=CD=5，则AC
等于 ．
【答案】5❑√2
【分析】延长CD与AB交于点E,过点E作EM⊥BD交BD于点M，过点A作AN⊥CE交CE于点N，证明
1 5
∠B=∠BDE,得到BE=DE,根据等腰三角形的性质得到DM=BM= BD= ,得到
2 2
DM 5❑√3
DE= = ,进而求出CE的长度，设EN=x, AN=CN=EN⋅tan60∘=❑√3x,
cos∠EDM 3
AN
AC= =❑√6x, 根据CN+EN=CE,列出方程，求出x，即可求解.
sin45∘
【详解】延长CD与AB交于点E,过点E作EM⊥BD交BD于点M，过点A作AN⊥CE交CE于点N，
∠BDC=150∘,
∴∠BDE=180∘−150∘=30∘,∵ ∠B=30∘,
∴∠B=∠BDE,
BE=DE,
∵ EM⊥BD
1 5
∴DM=BM= BD= ,
2 2
5
DM DM 2 5❑√3
DE= = = = ,
cos∠EDM cos30∘ ❑√3 3
2
5❑√3
∴CE=DE+CD= +5,
3
∠CEA=∠B+∠BDE=60∘,
设EN=x, ∴AN=CN=EN⋅tan60∘=❑√3x,
AN
AC= =❑√6x,
sin45∘
∵CN+EN=CE,
5❑√3
∴x+❑√3x= +5,
3
5❑√3
解得：x= ,
3
5❑√3
∴AC=❑√6x=❑√6× =5❑√2.
3
故答案为5❑√2.
【点睛】考查等腰三角形的判定与性质，三角形外角的性质，解直角三角形，构造直角三角形是解题的关
键.
【变式3-1】（2024·陕西西安·三模）如图，在ΔABC中，∠ACB=60°，∠B=45°，AB=❑√6，CE平
分∠ACB交AB于点E，则线段CE的长为( )A．❑√3 +1 B．2 C．❑√2 D．❑√6-❑√2
【答案】B
【分析】作AD⊥BC于D，作EF⊥BC于F，分别解直角三角形ABD求得BD，AD和CD，从而求得
BC，设EF=x，在直角三角形EFC中表示出CF，进而根据CF+BF=BC列出方程求得x，进而求得结果．
【详解】如图，
作AD⊥BC于D，作EF⊥BC于F，
❑√2
在Rt△ABD中，BD=AD=AB⋅sin B=❑√6× =❑√3，
2
❑√3
在Rt△ADC中，∠DAC=90°−∠ACB=30°，CD=AD⋅tan30 °=❑√3× =1，
3
∴BC=❑√3+1，
在Rt△BEF中，设BF=EF=x，
在Rt△EFC中，∠FEC=90°−∠BCE=60°，
CF=EF⋅tan60 °=❑√3x，
由CF+BF=BC得，
❑√3x+x=❑√3+1，
∴x=1，
∴EC=2EF=2，
故答案为：B．
【点睛】本题考查了解直角三角形，解决问题的关键是将作辅助线，将斜三角形划分为直角三角形．
【变式3-2】（2024·湖北武汉·中考真题）如图．在△ABC中，∠ACB=60°，AC=1，D是边AB的中点，E是
边BC上一点．若DE平分△ABC的周长，则DE的长是 ．❑√3
【答案】
2
【详解】【分析】如图，延长BC至M，使CM=CA，连接AM，作CN⊥AM于N，根据题意得到ME=EB，根
1
据三角形中位线定理得到DE= AM，根据等腰三角形的性质求出∠ACN，根据正弦的概念求出AN，计算即
2
可．
【详解】解：如图，延长BC至M，使CM=CA，连接AM，作CN⊥AM于N，
∵DE平分△ABC的周长， AD=DB，
∴BE=CE+AC，
∴ME=EB，
又AD=DB，
1
∴DE= AM，DE∥AM，
2
∵∠ACB=60°，
∴∠ACM=120°，
∵CM=CA，
∴∠ACN=60°，AN=MN，
❑√3
∴AN=AC•sin∠ACN= ，
2
∴AM=❑√3，
❑√3
∴DE= ，
2
❑√3
故答案为 ．
2【点睛】本题考查了三角形中位线定理、等腰三角形的性质、解直角三角形，掌握三角形中位线定理、正
确添加辅助线是解题的关键．
1
【变式3-3】（2024·上海徐汇·三模）如图，在△ABC中，AB=AC=4，cosB= ，BD是中线，将
4
△ABC沿直线BD翻折后，点A落在点E，那么CE的长为 ．
【答案】❑√6
【分析】本题考查三角形的翻折综合计算，涉及三角函数，等腰三角形，平行四边形及勾股定理，能正确
进行线段的转换及作辅助线解非直角三角形是解题关键．本题先过点A作AM⊥BC于点M，计算得出
AD=CD=DE=BC，再证明四边形BCED是平行四边形，得CE=BD，再在△BCD中求解BD即可．
【详解】解：如图，过点A作AM⊥BC于点M，过点D作DN⊥BC于点N，∵AB=AC=4，
∴BM=CM，
BM BM 1
∵cosB= = = ，
AB 4 4
∴BM=CM=1，
∴BC=2，
∵BD是中线，
1
∴CD=AD= AC=2，
2
由翻折知AD=DE=2，
∴AD=CD=DE=BC，
∴∠CBD=∠CDB，
设∠DCB=α，
180°−α
∴∠CDB= ，
2
180°−α α
∴∠ADB=180°− =90°+ ，
2 2
α
由翻折知∠EDB=∠ADB=90°+ ，
2
α 180°−α
∴∠EDC=∠EDB−∠CDB=90°+ − =α，
2 2
∴∠EDC=∠DCB，
∴DE∥BC，
∴四边形BCED是平行四边形，
∴CE=BD，
∵DN⊥BC，
CN CN 1
∴cosC=cosB= = = ，
CD 2 4
1
∴CN= ，
2
∴BN=BC−CN=2−
1
=
3
，DN=❑√CD2−CN2=❑
√
22−
(1) 2
=
❑√15
，
2 2 2 2∴BD=❑√DN2+BN2=❑
√ (❑√15) 2
+
(3) 2
=❑√6，
2 2
∴CE=BD=❑√6，
故答案为：❑√6．
【题型4 网格问题】
【例4】（2024·江苏扬州·一模）如图，在4×4的网格中，每个小正方形的边长为1，点A，B，C均在格点
∠ADC
上，D是AB与网格线的交点，则sin 的值是 ．
2
❑√5
【答案】
5
【分析】根据勾股定理逆定理可得△ABC是直角三角形，再根据直角三角斜边上的中线等于斜边的一半可
1
得CD=AD=DB，结合等腰三角形的性质和三角形的外角的性质可得∠B= ∠ADC，由此可得
2
∠ADC
sin =sinB．
2
【详解】解：根据题意由勾股定理得：
AC=❑√22+12=❑√5,AB=❑√32+42=5,BC=❑√42+22=2❑√5,
∴AB2=AC2+BC2，
∴AC⊥BC，∠C=90°，
结合网格可知D分别为AB的中点，
∴CD=AD=DB，
∴∠B=∠DCB，
又∵∠B+∠DCB=∠ADC，
1
∴∠B= ∠ADC,
2∠ADC AC ❑√5
∴sin =sinB= = ，
2 AB 5
❑√5
故答案为： ．
5
【点睛】本题考查解直角三角形，勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质，三角形外角的性质．关键是得
1
出∠B= ∠ADC．
2
【变式4-1】（2024·吉林长春·模拟预测）图①、图②、图③均是2×2的正方形网格，每个小正方形的顶点
称为格点，点A、C均在格点上．只用无刻度的直尺，在给定的网格中，分别按下列要求作格点图形，保
留作图痕迹．
(1)在图①中，以AC为中线作△ABD，使AB=AD；
(2)在图②中，以AC为中线作Rt△AEF，使∠AEF=90°；
1
(3)在图③中，以AC为中线作△AMN，使∠AMN为钝角且tan∠MAC= ．
2
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】本题主要考查应用与设计作图，理解题意，灵活运用所学知识是解题的关键．
（1）根据三角形中线的定义以及题意要求画出图形；
（2）根据直角三角形的判定三角形中线的定义画出图形；
（3）根据三角形中线的定义以及题意要求画出图形；
【详解】（1）解：使AB=AD，即让△ABD是等腰三角形，根据等腰三角形的性质可得，过C点作AC的
垂线，使C为BD中点即可；（2）解：在A点正下方与C点对齐的地方找到E点，过点E、C画直线使C为BD中点即可得到点F；
1
（3）解：过点C画斜线使C为中点找到M、N，连接起来即可使tan∠MAC= ；
2
【变式4-2】（2019·江苏常州·二模）如图，网格的小正方形的边长均为1，小正方形的顶点叫做格点．
ABC的三个顶点都在格点上，那么∠ABC的正切值是 ．
△
1
【答案】
3
【分析】过点C作CD⊥AB于点D由勾股定理可知：BC2＝8，AB2＝20，由于AC＝2，设AD＝x，由勾股定理
可知：AC2﹣AD2＝BC2﹣BD2，解出x的值后，利用锐角三角函数的定义即可求出答案．
【详解】解：过点C作CD⊥AB于点D，
由勾股定理可知：BC2＝8，AB2＝20，由于AC＝2，
设AD＝x，易得AB=2❑√5,
∴由勾股定理可知：AC2﹣AD2＝BC2﹣BD2，
∴4﹣x2＝8﹣（2❑√5﹣x）2，
4
解得：x＝ ❑√5，
5
6
∴BD＝ ❑√5
5
2
∴由勾股定理可知：CD＝ ❑√5，
5
CD 1
∴tan∠ABC＝ = ，
BD 3
1
故答案为：
3
【点睛】本题考查解直角三角形，解题的关键是熟练运用勾股定理以及锐角三角函数的定义，本题属于中
等题型．
【变式4-3】（2024·吉林白城·一模）图①、图②、图③都是6×6的正方形网格，每个小正方形的顶点称
为格点．△ABC的三个顶点都在格点上．在图①、图②、图③给定的网格中，仅用无刻度的直尺，按下
列要求完成画图，并保留作图痕迹．
1
(1)在图①中的△ABC的边AB，BC上分别找到点D，E，连接DE，使DE= AC．
2
(2)在图②中的△ABC的边AC上找到点F，连接BF，使tan∠FBC=1．(3)在图③中的△ABC的边AC上找到点G，连接BG，使BG=CG．
【答案】(1)图见解析；
(2)图见解析；
(3)图见解析；
【分析】本题主要考查了作图——应用与设计作图、勾股定理，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的
判定和性质，矩形和正方形的性质等知识，掌握利用数形结合的思想是解答本题的关键．
（1）取F,G，H,I格点，连接FG交AB于点D，连接HI交BC于点E，连接DE，则D,E即为所求点；
（2）取格点D，连接BD交AC于点F，则点F为所求点；
（3）连接EF交BC于点P，则点P为BC中点，连接MN,HE相交于点O，连接PO交AC于点G，则G为
所求作点，BG=CG．
【详解】（1）如图，取F,G，H,I格点，连接FG交AB于点D，连接HI交BC于点E，连接DE，则
1
D,E即为所求点， DE= AC．
2
∵ 四边形AFBG为正方形，点D为对角线AB,FG交点，四边形HCIB为矩形，点E为对角线BC,HI交点，
∴ 点D为AB中点，点E为BC中点，
1
∴ DE= AC．
2
（2）取格点D，连接BD交AC于点F，则点F为所求点，∵ DC=❑√22+32=BC
，
∴ △DCB为等腰三角形，
∵ DC=BC,DM=CN，
∴ Rt△DMC≌Rt△CNB，
∴ ∠MDC=∠NCB，又∠MDC+∠DCM=90°，
∴ ∠NCB+∠DCM=90°，即∠DCB=90°，
∴ △DCB为等腰直角三角形，
∴ ∠DBC=45°，
∴ ∠FBC=45°，
∴ tan∠FBC=1．
（3）如图所示，连接EF交BC于点P，则点P为BC中点，连接MN,HE相交于点O，连接PO交AC于点
G，则G为所求作点，BG=CG．
∵ ECFB P EF,BC
四边形 为矩形， 为对角线 交点，
∴ 点P为BC中点，
∵ 四边形MENH为正方形，O为对角线MN,HE交点，连接BO,CO，
∴ BO=❑√(2.5) 2+(0.5) 2，CO=❑√(2.5) 2+(0.5) 2，
∴ BO=CO，即△OBC为等腰三角形，根据三线合一，
∴ OP为BC中垂线，∵ 点G为OP与AC交点，
∴ BG=CG．
【题型5 构造直角三角形求不规则图形的面积】
【例5】（23-24九年级·全国·课后作业）一块四边形空地如图所示，求此空地的面积（结果精确到0.01m2
）．
【答案】1082.53m2
【分析】把所给四边形构建成几个直角三角形，利用求和的方法来求面积即可．
【详解】解：如图，连接BD，作DE⊥AB于E，作BF⊥CD于F．
∵∠A＝∠C＝60°，
∴DE＝30•sin60°＝15❑√3≈25.9808m，
BF＝20•sin60°＝10❑√3≈17.3205m，
1 1
∴S =S +S = AB·DE+ CD·BF
四 边 形ABC△DABD △DBC 2 2
1 1
＝ ×50×25.9808＋ ×50×17.3205≈1082.53m2．
2 2
【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用，对于一个任意四边形，在求面积时，一般是构建直角三角形，
利用求和的方法来求面积，熟练掌握解直角三角形是解题关键．
【变式5-1】（23-24九年级·湖南益阳·期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，AB=7，
BC=9，CD=3，则四边形ABCD的面积为（ ）A．48 B．50 C．52 D．54
【答案】A
【分析】连接AC，利用勾股定理求出AC，再根据S =S +S 进行计算即可求出结果．
ABCD △ADC △ABC
【详解】解：连接AC，如图所示
∵∠ABC=90° AB=7 BC=9
， ，
∴AC=❑√AB2+BC2=❑√72+92=❑√130
∵∠ADC=90°，CD=3
∴AD=❑√AC2−CD2=❑√130−32=❑√121=11
∴S =S +S
ABCD △ADC △ABC
1 1
= ×11×3+ ×7×9=48
2 2
∴四边形ABCD的面积为48
故选：A．
【点睛】本题主要考查了四边形面积，解直角三角形的应用，勾股定理等知识，解题的关键是学会巧妙添
加辅助线，构造直角三角形解决问题．
【变式5-2】（2024·四川绵阳·三模）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于O，∠AOD＝60°，AC
＝BD＝2，则这个四边形的面积是（ ）❑√3 ❑√3
A． B． C．❑√3 D．2❑√3
4 2
【答案】C
❑√3 ❑√3
【分析】过B、D两点分别作AC的垂线，利用∠AOD=60°，可推出DG= DO，BH= BO，再利用四边
2 2
形ABCD的面积等于△ACD的面积加上△ABC的面积，即可求出；
【详解】如图，过点D作DG⊥AC于点G，过点B作BH⊥AC于点H，
∵∠AOD=60°，
∴∠AOD=∠BOC=60°，
❑√3
∴DG= DO，
2
❑√3
同理可得：BH= BO，
2
1 1
S ABCD= ×AC×DG+ ×AC×BH
四边形 2 2
1 ❑√3
= ×AC× ×（DO+BO）
2 2
=❑√3，
故选：C．
【点睛】本题考查含30°的直角三角形的性质和四边形面积的计算，熟练掌握含30°直角三角形的性质和不
规则四边形面积的计算是解决本题的关键．
【变式5-3】（2024·浙江金华·一模）如图，点E从点A出发沿AB方向运动，点G从点B出发沿BC方向运
动，同时出发且速度相同，DE=GF<AB（DE长度不变，F在G上方，D在E左边），当点D到达点B时，点
E停止运动．在整个运动过程中，图中阴影部分面积的大小变化情况是（ ）A．一直减小 B．一直不变 C．先减小后增大 D．先增大后减小
【答案】B
【分析】设DE=GF=a，BG=AE=b，AB=c，分别求出当b=0时和当b≠0时，阴影部分的面积，由此即可判断．
【详解】解：设DE=GF=a，BG=AE=b，AB=c，
过F作FM⊥BE于M，在Rt△BFM中，FM=BFsinB=asinB；
过G作GN⊥BE于N，在Rt△BGN中，GN=BGsinB=bsinB；
1
∴当b=0时，阴影部分的面积为三角形BEF的面积，S = acsinB；
阴 2
1 1 1
当b≠0时，S =S -S = （a+b）（c-b）sinB- （c-a-b）sinB= acsinB，
阴 BEF BDG 2 2 2
△ △
∴运动过程中，阴影部分的面积不变，
故选：B．
【点睛】本题考查了解直角三角形，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中
考选择题中的压轴题．
【题型6 在四边形中解直角三角形】
【例6】（2024·广东深圳·模拟预测）如图，在正方形ABCD中，E为边CD的中点，以CE为斜边向外作等
AG
腰Rt△ECF，连接BF，线段AD上有一点G，且∠GBF=45°，则 的值为（ ）
DG
3 4 5
A．2 B． C． D．
2 3 4
【答案】A
【分析】过点F作FP⊥CD交CD于点P，交AB于点M，连接BD，过点G作GH⊥BD于点H，设正方
形ABCD边长为4a，则BD=4❑√2a，证明∠FPC=∠BCP，四边形BCPM为矩形，得出BM=CP=a，BM 1 2❑√2
MP=BC=4a，求出tan∠GBD=tan∠BFP= = ，设DH=GH=x，则BH=5x，得出x= a，
MF 5 3
2❑√2 4a 4 8a
求出DG=❑√2DH=❑√2× a= ，AG=4a− a= ，即可得出答案．
3 3 3 3
【详解】解：过点F作FP⊥CD交CD于点P，交AB于点M，连接BD，过点G作GH⊥BD于点H，如
图所示：
则∠FPC=∠EPF=∠GHB=∠GHD=90°，设正方形ABCD边长为4a，
则BD=4❑√2a，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABD=∠CBD=45°，∠BCD=∠ADC=∠A=∠ABC=90°，
AB=BC=CD=AD=4a，AB∥CD，
∵∠GHD=90°，∠GDH=45°，
∴△GHD为等腰直角三角形，
∴GH=DH，
∵∠GBF=45°，
∴∠ABD=∠CBD=∠GBF，
∴∠GBD+∠DBF=∠DBF+∠CBF，
∴∠GBD=∠CBF，
∵∠FPC=∠BCP，
∴PF∥BC，
∴∠PFB=∠CBF，
∴∠PFB=∠GBD，
∵E为CD的中点，
1
∴CE= CD=2a，
2
∵△CEF为等腰直角三角形，FP⊥CE，
1
∴CP=PF=EP= CE=a，
2∵AB∥CD，
∴∠BMP=∠FPC=90°，
∵∠MBC=∠BMP=∠BCP=90°，
∴四边形BCPM为矩形，
∴BM=CP=a，MP=BC=4a，
∴MF=4a+a=5a，
BM 1
∴tan∠GBD=tan∠BFP= = ，
MF 5
GH 1
∴tan∠GBH= = ，
BH 5
设DH=GH=x，则BH=5x，
∴BH+DH=5x+x=4❑√2a，
2❑√2
∴x= a，
3
2❑√2 4a
∴DG=❑√2DH=❑√2× a= ，
3 3
4 8a
∴AG=4a− a= ，
3 3
8
a
AG 3
∴ = =2．
DG 4
a
3
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，解直角三角形，平行线的性质，等腰直角三
角形的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握正方形的性质．
【变式6-1】（2024·山东青岛·一模）在综合实践课上，小颖用四根长度相同的木条首尾相接制作了一个学
具，如图1所示，测得∠ABC=60°，将学具变形成图2的形状，测得∠ABC=90°，若图1中的对角线
BD=20cm，则变形后图2中对角线BD的长为（ ）20 10 20 10
A． ❑√6cm B． ❑√6cm C． ❑√3cm D． ❑√2cm
3 3 3 3
【答案】A
【分析】此题考查的是正方形的性质、菱形的性质，正确作出辅助线是解决此题的关键．如图1，连接AC
交BD于O，根据菱形的性质得到AC⊥BD，OB=OD，BD平分∠ABC，则∠ABO=30°，然后利用
含30度的直角三角形三边的关系求出AB，如图2，利用正方形的性质得到BD的长．
【详解】解：如图1，连接AC交BD于O，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OB=OD=10cm，BD平分∠ABC，
∵∠ABC=60°，
∴∠ABO=30°，
OB 10 20❑√3
AB= = = (cm)
∴ cos∠ABO ❑√3 3 ，
2
如图2，∵四边形ABCD为正方形，
∴BD=❑√AB2+AD2=❑
√ (20❑√3) 2
+
(20❑√3) 2
=
20❑√6
(cm)．
3 3 3
故选：A．
【变式6-2】（2024·广东汕尾·模拟预测）如图，已知菱形ABC D 的边长AB=1cm，∠D AB=60°，连
1 1 1
接对角线AC ，以AC 为边作第二个菱形AC C D ，使∠D AC =60°．连接AC ，再以AC 为边作
1 1 1 2 2 2 1 2 1
第三个菱形AC C D ，使∠D AC =60°…按此规律所作的第n个菱形的边长是 ．
2 3 3 3 2【答案】(❑√3) n−1
1
【分析】连接BD ，交AC 于O，由菱形的性质可知，AC ⊥BD ，且∠BAC = ∠D AB=30°，利
1 1 1 1 1 2 1
用求出AO，从而得到AC 的长，同理可求得AC ，⋅⋅⋅的长，由此观察并总结规律，得到答案．
1 2
【详解】解：如图，连接BD ，与AC 相交于O，
1 1
则AC ⊥BD ，AC =2AO，
1 1 1
∵∠D AB=60°，
1
1
∴∠BAC = ∠D AB=30°，
1 2 1
∵AB=1，
❑√3
∴AO=AB⋅cos30°= ，
2
∴AC =2AO=❑√3，
1
故第二个菱形AC C D 的边AC 长是❑√3；
1 2 2 1同理可求，第三个菱形AC C D 的边AC 长是(❑√3) 2 ；
2 3 3 2
…
所以第n个菱形的边长是(❑√3) n−1．
故答案为：(❑√3) n−1 ．
【点睛】本题考查了图形规律的探索，勾股定理，菱形的性质，解直角三角形的应用等知识，解决本题的
关键在于熟练运用菱形相关性质，并通过观察找出规律．
【变式6-3】（2024·安徽合肥·三模）如图，在矩形纸片中，点E在AB上，将矩形ABCD沿着CE折叠，使
得点B的对应点落在AD边上的点F处，连接CF，G为CD的中点，连接BG交CE、CF于点M、N两点．
（1）若AB=6,AE=2，则∠AFE的度数为 ．
（2）若BM=BE，则sin∠AFE值为 ．
【答案】 30°/30度 ❑√2−1/−1+❑√2
【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，解直角三角形，平行线的性质，等腰三角形的性质与判定
等知识：
AE
（1）由折叠得EF=BE=4,根据sin∠AFE= 可得结论；
FE
（2）设BE=a,AE=b,分别表示出CG,BG,证明EF∥BG，得出∠AFE=∠GBC,根据
sin∠AFE=sin∠GBC得出b=(❑√2−1)a,进而即可求解．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=90°,AB∥CD,AB=CD,
由折叠得EF=BE=4,
AE 2 1
∴在Rt△AEF中，sin∠AFE= = = ,
FE 4 2∴∠AFE=30°，
故答案为：30°；
（2）设BE=a,AE=b,
∴AB=AE+EB=a+b,
∴CD=AB=a+b,
∵G是CD的中点，
1 1
∴CG= CD= (a+b)，
2 2
如图，
∵BM=BE
∴∠BEM=∠BME,
∵AB∥CD,
∴∠MCG=∠BEM,
又∵∠GMC=∠EMB,
∴∠GMC=∠GCM,
a+b
∴GM=GC=
2
a+b 3 1
∴BG=a+ = a+ b，
2 2 2
由折叠得，∠FEC=∠BEC,EF=BE=a,
∴∠FEC=∠EMB,
∴EF∥BG,
∴∠AEF=∠ABG,
∵∠AFE=90°−∠AEF=90°−∠ABG=∠GBC,
∴sin∠AFE=sin∠GBC,CG AE
∴ = ，
BG EF
a+b
2 b
∴ = ，
a+b a
a+
2
解得：b=(❑√2−1)a（负值舍去），
b
∴sin∠AFE= =❑√2−1，
a
故答案为：❑√2−1．
【题型7 在平面直角坐标系中解直角三角形】
【例7】（2024·河南洛阳·一模）如图，在平面直角坐标系中，Rt△OAB的顶点O为坐标原点，
A(0，8)，B(−6，0)，C是斜边AB的中点，且DC⊥AB交x轴于点D．将△BCD沿x轴向右平移得
到△B′C′D′，当B′C′的中点E恰好落在y轴上时，点D′的坐标为（ ）
(41 ) (13 ) (77 )
A． ,0 B． ,0 C． ,0 D．(7， 0)
6 2 6
【答案】A
【分析】本题主要考查了平移的性质，解直角三角形，坐标与图形，勾股定理，先求出OA=8，OB=6，
3 1
则由勾股定理得到AB=10，解直角三角形得到cos∠ABO= ，根据线段中点的定义得到BC= AB=5，
5 2
25 25
则解直角三角形可得BD= ；由平移的性质可得CB∥C′B′，B′D′=BD= ，B′C′=BC=5，则
3 3
1 5 3 41
∠C′B′D′=∠CBD，求出EB′= B′C′= ，解Rt△EB′O得到B′O= ，则OD′=B′D′−B′O=
，即
2 2 2 6
D′(41
，0
)
．
6【详解】解：∵A(0，8)，B(−6，0)，
∴OA=8，OB=6，
∴AB=❑√OA2+OB2=10，
OB 3
∴cos∠ABO= = ；
AB 5
∵C是斜边AB的中点，
1
∴BC= AB=5，
2
∵DC⊥AB，
BC 5 25
BD= = =
∴在Rt△DBC中， cos∠CBD 3 3 ，
5
25
由平移的性质可得CB∥C′B′，B′D′=BD= ，B′C′=BC=5，
3
∴∠C′B′D′=∠CBD，
∵点E为B′C′的中点，
1 5
∴EB′= B′C′=
，
2 2
5 3 3
在Rt△EB′O中，B′O=B′E⋅cos∠EB′O= × = ，
2 5 2
25 3 41
∴OD′=B′D′−B′O= − = ，
3 2 6
∴D′(41
，0
)
，
6
故选：A．
【变式7-1】（2024·河南郑州·一模）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，在△ABC中，点
C(−1,0)，点A在x轴正半轴上，点B在第一象限内，∠ACB=30°，AC=AB=2❑√3，过点B作BD⊥x
轴于点D，AE平分∠BAD交BD于点E，则点E的坐标（ ）A．(2❑√3−1,1) B．(3❑√3−1,1) C．（3,2） D．（3,1）
【答案】B
【分析】本题主要考查解直角三角形，坐标与图形，解答的关键是以相应的知识的掌握与运用．由
AB=AC可得∠ABC=∠ACB，则可求得∠BAD=60°，利用余弦可求得AD的长度，再由角平分线的
定义可得∠EAD=30°，利用正切即可求DE的长度，从而可点E的坐标．
【详解】解：∵AC=AB=2❑√3，∠ACB=30°，
∴∠ABC=∠ACB=30°，
∴∠BAD=∠ABC+∠ACB=60°，
∵BD⊥x轴于点D，
AD
∴cos∠BAD= ，
AB
AD
∴cos60°= ，
2❑√3
解得：AD=❑√3，
∵AE平分∠BAD，
∴∠EAD=30°，
DE
∴tan∠EAD= ，
AD
DE
即tan30°= ，
❑√3
解得：DE=1，
∵点C(−1,0)，
∴AO=AC−1=2❑√3−1，
∴OD=AO+AD=3❑√3−1，
∴点E的坐标为：(3❑√3−1,1)．
故选：B
【变式7-2】（2024·江苏无锡·三模）已知，在平面直角坐标系中，A(0,4)，B(3,0)，现将△ABO绕点B逆时针旋转，当线段AB第一次与y轴平行时，A点落在A′处，O点落在O′处，求tan∠OAO′（ ）
27 32 3 9
A． B． C． D．
29 31 11 16
【答案】A
【分析】本题考查了旋转的性质，勾股定理和解直角三角形，过O′作O′D⊥y轴于点D，交A′B于点C，
由旋转性质可知：△ABO≌△A′BO′， O′C=2.4，则由勾股定理得BC=1.8， 则
O′D=O′C+CD=2.4+3=5.4，AD=OA+OD=4+1.8=5.8，最后用正切的定义即可解，熟练掌握知识
点的运用是解题的关键．
【详解】如图，过O′作O′D⊥y轴于点D，交A′B于点C，
∵A(0,4)，B(3,0)，
∴AB=5，
由旋转性质可知：△ABO≌△A′BO′，
∴S =S ，OB=OB′=3，OA=O′ A′=4，
△ABO △A′BO′
1 1
∴
O′ A′×O′B= A′B×O′C，
2 2
∴O′C=2.4，则由勾股定理得：BC=❑√O′B2−O′C2=❑√32−2.42=1.8
∴O′D=O′C+CD=2.4+3=5.4，AD=OA+OD=4+1.8=5.8，
O′D 5.4 27
∴tan∠OAO′= = = ，
AD 5.8 29
故选：A．
【变式7-3】（2024·江苏苏州·模拟预测）已知在平面直角坐标系中放置了 5个如图所示的正方形（用阴影表示），点B 在y轴上，点C 、E 、E 、C 、E 、E 、C 在x轴上．正方形A B C D 的边长为2，
1 1 1 2 2 3 4 3 1 1 1 1
∠B C O=60°，B C ∥B C ∥B C ，则点A 到x轴的距离是( )
1 1 1 1 2 2 3 3 3
❑√3+3 ❑√3+1 ❑√3+3 ❑√3+1
A． B． C． D．
9 9 3 3
【答案】D
【分析】本题综合性强，难度较大，是中考常见题，利用直角构造一线三垂直是解决问题的关键．
利用正方形的性质以及平行线的性质可分别得出D E 、B E 、B C 的长，进而得出B C 、WQ的长，
1 1 2 2 2 2 3 3
最后根据30°的三角函数求解即可．
【详解】解：过小正方形的一个顶点W作FQ⊥x轴于点Q，过点A F⊥FQ于点F，
3
∵正方形A B C D 的边长为2，∠B C O=60°，B C ∥B C ∥B C ，
1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 3 3
∴∠B C E =60°，∠D C E =30°，∠E B C =30°，
3 3 4 1 1 1 2 2 2
1
∴D E = D C =1，
1 1 2 1 1
∴D E =B E =1，
1 1 2 2
B E 1
∴cos30°= 2 2= ，
B C B C
2 2 2 2
2❑√3
解得B C = ，
2 2 3
❑√3
∴B E =sin30°B C = ，
3 4 2 2 3❑√3
B E 3 ，
cos30°= 3 4=
B C B C
3 3 3 3
2
∴B C = ，
3 3 3
2
∴WC = ，
3 3
根据题意得出：∠WC Q=30°，∠C WQ=60°，∠A WF=30°，
3 3 3
1 2 1
∴WQ= × = ，
2 3 3
2 ❑√3 ❑√3
FW =W A ⋅cos30°=WC ⋅cos30°= × = ，
3 3 3 2 3
1 ❑√3 1+❑√3
∴点A 到x轴的距离是：WQ+FW = + = ．
3 3 3 3
故选D．
【题型8 函数与解直角三角形】
【例8】（2024·河南濮阳·一模）如图（1），在矩形ABCD中， AB=3，，点N是对角线BD上一定点，
点M沿边AD从点 A 运动到点 D，连接MB，MN，设AM=x，MB+MN= y．图（2）是y关于x的函
数图象，则图（2）中的函数图象最低点的纵坐标m的值是（ ）
24 7 32
A． B． C．6 D．
5 5 5
【答案】A
7
【分析】由图2数据可求BD=5、DN= ，作B点关于AD的对称点E，连接EN，交AD于点P，作
5
HN⊥AB，垂足为H，可由解三角形求出求EN，从而可求y的最小值．
【详解】解：由图2，当AM=x=4时，M与D重合，∴AD=4
∴BD=❑√AB2+AD2=❑√32+42=5
32
此时MB+MN=BD+DN=
5
32 7
∴DN= −5= ，
5 5
7 18
∴BN=5− =
5 5
如图，作B点关于AD的对称点E，连接EN，交AD于点P，作HN⊥AB，垂足为H，
∴EA=AB=3，EM=BM
y=MB+MN=EM+MN≥EN，
当点M与点P重合时，此时y=EN最小，
在矩形ABCD中，∠BAD=90°，
AD HN 4
∴sin∠ABD= = = ，
BD BN 5
AB BH 3
cos∠ABD= = =
BD BN 5
18 4 72
∴HN=BN×sin∠ABD= × = ，
5 5 25
18 3 54
BH=BN×cos∠ABD= × = ，
5 5 25
54 96
∴EH=BE−BH=3+3− =
25 25∴EN=❑√EH2+H N2=❑
√
(
96
)
2
+
(72) 2
=
24
25 25 5
故选：A
【点睛】本题主要考查直角三角形的性质、勾股定理，解直角三角形，结合图象数据判断特殊点位置，求
出相关量，并合理构造辅助线是解题的关键．
【变式8-1】（2024·河南周口·三模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数 y=kx+4❑√3的图象与x轴，
y轴分别交于点A，B，以OB为边向y轴左侧作等边△OBC，将△OBC沿x轴正方向平移得到△O′B′C′，
点C′恰好落在一次函数y=kx+4❑√3的图象上，且AC′=AO′，则点C′的坐标为（ ）
A．(2❑√3,2) B． (2,2❑√3) C．(❑√3,1) D．(1,❑√3)
【答案】B
【分析】本题考查一次函数与坐标轴的交点、等边三角形的性质、平移的性质、解直角三角形等知识，熟
练掌握平移的性质和等边三角形的性质是解答的关键．过点C′作C′H⊥x轴于点H． 先求得等边三角形
的边长，再由平移性质得到O′C′=4❑√3，∠OO′C′=30°，根据等腰三角形的性质和三角形的外角性质求
得∠C′ AH=60°，利用锐角三角函数求得C′H=2❑√3， OH=2，进而可求解．
【详解】解：如图，过点C′作C′H⊥x轴于点H．
由y=kx+4❑√3知，当x=0时，y=4❑√3，则OB=4❑√3，
∴等边三角形OBC的边长为4❑√3，∠COB=60°．
由平移得O′C′=4❑√3，∠OO′B′=90°，∠C′O′B′=60°，
∴∠OO′C′=30°，∵AC′=AO′，
∴∠AC′O′=∠OO′C′=30°，则∠C′ AH=60°，
C′H 2❑√3 OB 4❑√3
∴C′H=O′C′ ⋅sin30°=2❑√3，AH= = =2，OA= = =4，
tan60° ❑√3 tan60° ❑√3
∴OH=OA−AH=4−2=2，
∴点C′的坐标为(2,2❑√3)，
故选：B．
k
【变式8-2】（2024·江苏常州·模拟预测）已知直线y=mx+n与x轴交于点M(2,0)，与反比例函数y= 图
x
3
象交于点A，C，若A(−2,a)，AB⊥x轴， tan∠AMO= ．
4
(1)求反比例函数和直线的函数表达式；
(2)过点O作直线AO的垂线，交直线AC于点P，求P点坐标．
6 3 3
【答案】(1)y=− ，y=− x+ ；
x 4 2
(18 12)
(2) ,
17 17
3 AB 3 k
【分析】（1）由tan∠AMO= 得 = ，从而求出点A的坐标，再代入反比例函数y= 中求出k的
4 BM 4 x
值，再将A(−2,3)点和M(2,0)点代入直线解析式，求出m、n的值即可；
( 3 3) AB OB
（2）过点P作x轴的垂线，设点P的坐标为 t,− t+ ，再证明△ABO∽△ODP，列出 = ，
4 2 OD DP3 2
=
即t 3 3，解出t的值，即可求出点P的坐标．
− t+
4 2
3
【详解】（1）解：∵tan∠AMO= ，
4
AB 3
∴ = ，
BM 4
∵A(−2,a)，M(2,0)，
∴AB=a，BM=4，
a 3
∴ = ，
4 4
∴a=3，
∴A(−2,3)，
∴k=−2×3=−6，
6
∴反比例函数关系式为y=− ，
x
将A(−2,3)点和M(2,0)点代入直线解析式得：
3
{ m=− )
{−2m+n=3) 4
，解得： ，
2m+n=0 3
n=
2
3 3
∴直线AM的函数表达式y=− x+ ；
4 2
（2）解：过点P作x轴的垂线，垂足为D，
3 3
∵直线AM的函数表达式y=− x+
4 2
( 3 3)
∴设点P的坐标为 t,− t+ ，
4 2∵AB⊥x轴，PD⊥x轴，
∴∠ABO=∠PDO=90°，
∴∠BAO+∠BOA=90°，
∵AO⊥OP，
∴∠POD+∠BOA=90°，
∴∠BAO=∠POD，
∴△ABO∽△ODP，
AB OB
∴ =
OD DP
3 2
=
即t 3 3，
− t+
4 2
18
解之得t= ，
17
3 3 12
∴− t+ =
4 2 17
(18 12)
∴P点坐标为 , ；
17 17
【点睛】本题考查了待定系数法求反比例函数的解析式、一次函数解析式，反比例函数图象上点的坐标特
征，相似三角形的性质及判定，锐角三角函数的应用，正确求出解析式是解题的关键．
【变式8-3】（2024·广西南宁·模拟预测）如图，△ABC是边长为2的等边三角形，点D，E，F分别在边
AB，BC，CA上运动，满足AD=BE=CF．
(1)求证：△ADF≌△BED；
(2)设AD的长为x，△≝¿的面积为y，求y关于x的函数解析式；
(3)结合（2）所得的函数，描述△≝¿的面积随AD的增大如何变化．
【答案】(1)见解析
3❑√3 3❑√3
(2)y= x2− x+❑√3(0≤x≤2)
4 2(3)当0≤AD≤1时，△≝¿的面积随AD的增大而减小，当1<AD≤2时，△≝¿的面积随AD的增大而增大
【分析】（1）根据等边三角形的性质结合题意可得出AD=BE，∠A=∠B=60°，BD=AF，从而即可
证明△ADF≌△BED(SAS)；
（2）分别过点C、F作CH⊥AB，FG⊥AB，垂足分别为点H、G，根据锐角三角函数和三角形面积公
1
式可求出S = AB⋅CH=❑√3；设AD的长为x，则AD=BE=CF=x，AF=2−x，可求出
△ABC 2
❑√3 ❑√3 ❑√3
FG=AF⋅sin60°= (2−x)， 结合（1）可求出S =S =S =S =− x2+ x，最后
2 △ADF △BED △CFE △ADF 4 2
根据S 求解即可；
△≝¿=S −(S +S +S )¿
△ABC △ADF △BED △CFE
（3）根据二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）证明：∵△ABC是边长为2的等边三角形，
∴AB=BC=AC，∠A=∠B=∠C=60°．
∵AD=BE=CF，
∴AB−AD=AC−CF，即BD=AF，
∴△ADF≌△BED(SAS)；
（2）解：分别过点C、F作CH⊥AB，FG⊥AB，垂足分别为点H、G，如图，
在等边△ABC中，∠A=∠B=∠ACB=60°，AB=BC=AC=2，
∴CH=AC⋅sin60°=❑√3，
1
∴S = AB⋅CH=❑√3．
△ABC 2
设AD的长为x，则AD=BE=CF=x，AF=2−x，
❑√3
∴FG=AF⋅sin60°= (2−x)，
21 ❑√3 ❑√3 ❑√3
∴S = AD⋅FG= x(2−x)=− x2+ x．
△ADF 2 4 4 2
由（1）同理可证△ADF≌△BED≌△CFE，
❑√3 ❑√3
∴S =S =S =S =− x2+ x，
△ADF △BED △CFE △ADF 4 2
∵△≝¿的面积为y，S ，
△≝¿=S −(S +S +S )¿
△ABC △ADF △BED △CFE
∴y=❑√3−3 ( − ❑√3 x2+ ❑√3 x ) = 3❑√3 x2− 3❑√3 x+❑√3(0≤x≤2)；
4 2 4 2
3❑√3 3❑√3
（3）解：∵y= x2− x+❑√3，
4 2
3❑√3
−
3❑√3 b 2
∴a= >0，该抛物线对称轴为x=− =− =1，
4 2a 3❑√3
2×
4
∴该抛物线开口向上，
∴当0≤x≤1时，y随x的增大而减小，当1<x≤2时，y随x的增大而增，即当0≤AD≤1时，△≝¿的面积
随AD的增大而减小，当1<AD≤2时，△≝¿的面积随AD的增大而增大．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，三角形全等的判定和性质，锐角三角函数，二次函数的实际应用及
其性质等知识．熟练掌握锐角三角函数、二次函数的综合及等边三角形的性质是解题的关键．
【题型9 动态问题与解直角三角形】
【例9】（2024·河南新乡·一模）如图所示，正方形纸片ABCD的边长为4．点E为AD边上不与端点重合
的一动点，将纸片沿过BE的直线折叠，连接CF、DF，若△CDF是以CF为腰的等腰三角形，则AE=
．
4❑√3
【答案】 或8−4❑√3
3
【分析】根据当△CDF是以CF为腰的等腰三角形时，分以下两种情况：①当FC=FD时，过点F作FM⊥AB于点M，延长MF交CD于点N，②当FC=DC=4时，如图，过点F作FH⊥BC于点H，延长
HF交AD于点G，结合等腰三角形性质、矩形的性质，等腰三角形的性质，折叠的性质，解直角三角形的
相关计算，以及勾股定理求解，即可解题．
【详解】
解：当△CDF是以CF为腰的等腰三角形时，分以下两种情况：
①当FC=FD时，过点F作FM⊥AB于点M，延长MF交CD于点N，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴ AB∥CD，
∵ FM⊥AB，
∴FM⊥CD，
∴ FN⊥CD，
∵ FC=FD，
∴DN=DC，
即MN是正方形的对称轴，
连接AF，
∵ ABCD
正方形纸片 的边长为4．
∴ FA=FB=4=AB，
∴ △ABF是等边三角形，
∴ ∠ABF=60°，
1
由折叠的性质可知：∠ABE=∠EBF= ∠ABF=30°，
2
❑√3 4❑√3
∴ AE=tan30°⋅AB= ×4= ；
3 3
②当FC=DC=4时，如图，过点F作FH⊥BC于点H，延长HF交AD于点G，∵ AD∥BC
，
∴ GH⊥BC，
∵ AB=BF，AB=CD，
∴ BF=FC，
∴ BH=CH=2，
由勾股定理得：HF=❑√BF2−BH2=❑√42−22=2❑√3，
∵ ∠A=∠ABC=∠BHG=90°，
∴四边形ABGH为矩形，
∴ GH=AB=4，AG=BH=2，
∴ FG=GH−FH=4−2❑√3，
设AE=x，则EF=x，
由勾股定理得：x2=(2−x) 2+(4−2❑√3) 2 ，
解得x=8−4❑√3，
∴ AE=8−4❑√3，
4❑√3
综上所述，AE的长为 或8−4❑√3．
3
4❑√3
故答案为： 或8−4❑√3．
3
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，折叠的性质，等边三角形性质和判定，解直角三角
形的相关计算，勾股定理，解题的关键在于构建直角三角形，利用勾股定理列方程求解．
4
【变式9-1】（2024·湖北·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，AB=6，BC=8，tan A= ，点E是
3
AD上一动点，将△ABE沿BE折叠得到△A′BE，当点A′恰好落在EC上时，DE的长为 ．14
【答案】
5
【分析】本题主要考查平行四边形的性质、解直角三角形、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股
定理，解题关键是根据题意正确画出图形，再添加合适的辅助线，构造直角三角形，找出全等三角形解决
问题．过点C作CF⊥AD，交AD的延长线于点F，证明△A′BC≌△DCE，得出BC=CE=8，解直角三
角形DFC求出DF和CF，再求出EF即可求解．
【详解】解：如图，过点C作CF⊥AD，交AD的延长线于点F，
∵ ABCD AB=6
四边形 为平行四边形， ，
∴DC=AB=6，AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DEC=∠A′CB，∠A+∠ADC=180°，∠A=∠FDC，
由翻折得AB=A′B，∠A=∠EA′B，
又∵EA′B+∠BA′C=180°，
∴∠ADC=∠BA′C，A′B=CD，
在△A′BC和△DCE中，
{∠A′CB=∠DEC
)
∠BA′C=∠CDE ，
A′B=DC
∴ △A′BC≌△DCE(AAS)，
∴BC=CE=8，
4
∵tan A= ，∠A=∠FDC，CD=6，
3
FC 4
∴ = ，
DF 3
设FC=4k，DF=3k，
6
∴CD=5k=6，k= ，
524 18
∴FC=4k= ，DF=3k= ，
5 5
在Rt△CEF中，EF=❑√CE2−CF2=❑
√
82−
(24) 2
=
32
，
5 5
32 18 14
∴DE=EF−DF= − = ，
5 5 5
14
故答案为： ．
5
【变式9-2】（2024·陕西西安·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，点E、F分
别为边BC、CD上的动点，连接BD、BF、EF，∠CEF+∠CDB=90°，若BD=10，CD=6，则
△BEF面积的最大值为 ．
【答案】6
【分析】该题主要考查了勾股定理，解直角三角形，二次函数最值求解等知识点，解题的关键是掌握以上
知识点．
由题意可知AB⊥BC,AB∥CD，即可得CD⊥BC，证明∠CFE=∠CDB，在Rt△BCD中，勾股定理
4
算出BC=8，即可得出tan∠CDB= ，设CF=x．则0<x<6，根据∠CFE=∠CDB，得出
3
4 CE 4 4 2
tan∠CFE= = ，即可得CE= x，BE=8− x，即可得出S =− (x−3) 2+6，据此即可求解；
3 CF 3 3 △BEF 3
【详解】解：由题意可知AB⊥BC,AB∥CD，
∴CD⊥BC，
∴在Rt△CEF中，∠CEF+∠CFE=90°，
又∠CEF+∠CDB=90°，
∴∠CFE=∠CDB，
在Rt△BCD中，BC=❑√BD2−CD2=❑√102−62=8，BC 8 4
∴tan∠CDB= = = ，
CD 6 3
设CF=x．则0<CF<CD，∴0<x<6．
∵∠CFE=∠CDB，
4 CE
∴tan∠CFE= = ，
3 CF
4 4
∴CE= CF= x，
3 3
4
∴BE=BC−CE=8− x，
3
∴S = 1 BE⋅CF= 1( 8− 4 x ) x=− 2 x2+4x =− 2 (x−3) 2+6，
△BEF 2 2 3 3 3
∵0<x<6，
∴当x=3时，S 取得最大值6，
△BEF
故答案为：6．
【变式9-3】（2024九年级·全国·专题练习）已知：矩形ABCD中，AB=5,BC=12，点E在对角线AC上，
且CE=6，动点P在矩形ABCD的四边上运动一周，则以P、E、C为顶点的等腰三角形有（ ）个．
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】D
【分析】此题考查了解直角三角形、矩形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，分四情况：P在BC上；
P在CD上：P在AD上；P在AB上，画出图形，进行解答即可.
【详解】解： （1）P在BC上：①CP=CE=6<12，此时有一点P；
②CE=PE=6时，过E作EN⊥BC于N，
矩形ABCD中，AB=5,BC=12，∠ABC=90°，
∴AC=❑√AB2+BC2=❑√52+122=13
12 CN
则cos∠ACB= = ，
13 CE
72
CN= ，
13
144
∴CP=2CN= <12，此时有一点P；
13
③CP=EP时，
P在CE的垂直平分线MN（M为垂足）上，CM=EM=3，
12 CM
cos∠ACB= = ，
13 CP
39 13
CP= = <12，存在一点P；
12 4
（2）P在CD上：①PE=PC，此时P在CE的垂直平分线MN（M为垂足）上，
CM=EM=3，
5 CM
cos∠ACD= = ，
13 CP
39
CP= >5，
5
即P在CD的延长线上，此时不存在P点；
②CE=CP=6>CD，此时不存在P点；
③EP=CE=6，
过E作EN⊥CD于N，
5 CN
cos∠ACD= = ，
13 CE
30
CN= ，
13
60
CP=2CN= <CD，即此时存在一点P；
13
（3）P在AD上：①PE=CP
，
过P作PM⊥AC于M，CM=EM=3，AM=13−3=10，
12 AM
cos∠DAC= = ，
13 AP
130 65
AP= = <12，即此时存在一点P；
12 6
②CE=PC，
PD=❑√62−52=❑√11<12，此时存在一点P；
③PE=CE=6，则AE=AC−CE=13−6=7，
5 EM
∵sin∠DAC= = ，
13 AE
35
∴EM= ，
13
AM=❑
√
72−
(35) 2
=
84
，PM=❑
√
62−
(35) 2
=
❑√4859
，
13 13 13 13
84 ❑√4859 84 ❑√4859
AP= − ，AP′= + ，即存在2点P；
13 13 13 13
（4）P在AB上：①CP=PE，即P在CE的垂直平分线MN（M为垂足）上，5 AM 130
CM=3，cos∠BAC= = ，AP= >5，即P在AB的延长线上，此时不存在P点
13 AP 5
12 CM
cos∠ACB= = ，
13 CP
39 13
CP= = <12，即CP小于C到AB的最短距离，即此时不存在P点；
12 4
②CE=CP=6<12，
∵C到AB的最短距离是12，
∴此时不存在P点；
③CE=PE=6，AE=13−6=7
过E作EM⊥AB于M，
12 EM
sin∠BAC= = ，
13 AE
84
EM= >PE，
13
即E到AB的最短距离大于PE，
即此时不存在P点；
综合上述：共有(1+1+1)+1+(1+1+2)+0=8．
故选：D．
