初中数学人教版九年级下册28.2 解直角三角形及其应用优秀课后练习题

这是一份初中数学人教版九年级下册28.2 解直角三角形及其应用优秀课后练习题，文件包含专题283构造直角三角形解题四大题型人教版原卷版docx、专题283构造直角三角形解题四大题型人教版解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共76页， 欢迎下载使用。

考卷信息：
本套训练卷共40题，题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可加强学生构造直角三角形解题四大题型的理解！
【题型1 三角形作高法】
1．（2023秋·江苏南通·九年级统考期末）如图，在△ABC中，∠A=30°，AC=23，tanB=32，则AB的长为（ ）

A．2+23B．3+3C．4D．5
【答案】D
作CD⊥AB于D，根据∠A=30°，AC=23，算出CD和AD，再根据tanB=CDBD=32，算出BD，最后根据AB=AD+BD计算即可．
【详解】如下图，作CD⊥AB于D，

在Rt△ACD中，∠A=30°，AC=23，
∴CD=12AC=3，AD=3CD=3，
在Rt△BCD中，tanB=CDBD=32，
∴3BD=32，
∴BD=2，
∴AB=AD+BD=3+2=5，
故选：D．
【点睛】本题考查了用锐角三角函数解非直角三角形，作垂直构造直角三角形是解题的关键．
2．（2023春·江苏·九年级专题练习）如图，直线y=34x+3交x轴于A点，将一块等腰直角三角形纸板的直角顶点置于原点O，另两个顶点M、N恰落在直线y=34x+3上，若N点在第二象限内，则tan∠AON的值为（ ）
A．17B．16C．15D．18
【答案】A
过O作OC⊥AB于C，过N作ND⊥OA于D，设N的坐标是（x，34x+3），得出DN=34x+3，OD=-x，求出OA=4，OB=3，由勾股定理求出AB=5，由三角形的面积公式得出AO×OB=AB×OC，代入求出OC，根据sin45°=OCON，求出ON，在Rt△NDO中，由勾股定理得出（34x+3）2+（-x）2=(1225)2，求出N的坐标，得出ND、OD，代入tan∠AON=NDOD求出即可．
【详解】过O作OC⊥AB于C，过N作ND⊥OA于D，
∵N在直线y=34x+3上，
∴设N的坐标是（x，34x+3），
则DN=34x+3，OD=-x，
y=34x+3，
当x=0时，y=3，
当y=0时，x=-4，
∴A（-4，0），B（0，3），
即OA=4，OB=3，
在△AOB中，由勾股定理得：AB=5，
∵在△AOB中，由三角形的面积公式得：AO×OB=AB×OC，
∴3×4=5OC，
OC=125，
∵在Rt△NOM中，OM=ON，∠MON=90°，
∴∠MNO=45°，
∴sin45°=OCON=125ON，
∴ON=1225，
在Rt△NDO中，由勾股定理得：ND2+DO2=ON2，
即（34x+3）2+（-x）2=(1225)2，
解得：x1=-8425，x2=1225，
∵N在第二象限，
∴x只能是-8425，
34x+3=1225，
即ND=1225，OD=8425，
tan∠AON=NDOD=17．
故选A．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，勾股定理，三角形的面积，解直角三角形等知识点的运用，主要考查学生运用这些性质进行计算的能力，题目比较典型，综合性比较强．
3．（2023秋·黑龙江哈尔滨·九年级哈尔滨市萧红中学校考阶段练习）在△ABC中，若AB=58，tanB=37，AC=35，则BC= ．
【答案】1或13
过点A作AD⊥BC于点D，分高AD在三角形内部和三角形外部两种情况进行讨论求解．
【详解】解：过点A作AD⊥BC于点D，分两种情况讨论：
①当AD在△ABC的外部时，如图：

∵tanB=ADBD=37，
∴设AD=3x,BD=7x，则：AB=AD2+BD2=58x=58，
∴x=1，
∴AD=3,BD=7，
∴CD=AC2−AD2=6，
∴BC=BD−CD=1；
②当AD在△ABC的内部时，如图：

同法可得：BD=7,CD=6，
∴BC=BD+CD=13；
综上：BC=1或13；
故答案为：1或13．
【点睛】本题考查解非直角三角形，解题的关键是构造直角三角形，利用数形结合和分类讨论的思想，进行求解．
4．（2023·天津河北·统考二模）如图，在矩形ABCD中，AB=2,BC=23，连接AC，点E在AC上，∠DEF=90°,EC平分∠DEF,AE= ．

【答案】3−3/−3+3
过点D作DG⊥AC，由∠DEF=90°,EC平分∠DEF可得△DEG是等腰直角三角形，再根据矩形性质和勾股定理易求对角线AC长，进而解三角形求出CG、DG即可解答．
【详解】解：过点D作DG⊥AC，如图：

∵∠DEF=90°,EC平分∠DEF，
∴∠DEG=45°，
∴DG=EG，
∵在矩形ABCD中，AB=2,BC=23，
∴CD=2，AD=23，∠ADC=∠ABC=90°，
∴AC=AD2+CD2=4，
∴sin∠ACD=ADAC=32，cs∠ACD=CDAC=12，
∴EG=GD=CDsin∠ACD=2×32=3，
GC=CDcs∠ACD=2×12=1，
∴AE=AC−EG−GC=4−3−1=3−3，
故答案为：3−3．
【点睛】本题主要考查了矩形性质和解三角形，解题关键是过点D作DG⊥AC构造△DEG是等腰直角三角形，再解三角形．
5．（2023·上海·九年级假期作业）如图，将平行四边形ABCD沿着对角线AC翻折，点B的对应点为M，CM交AD于点N，如果∠B=76∘，∠ACM=∠DCM+10∘，且NC=m，那么平行四边形ABCD的周长为 ．（参考数据：cs76∘≈0.24,tan76∘≈4）
【答案】4.96m
由∠B=76∘，四边形ABCD为平行四边形，折叠的性质可得△ANC是等腰三角形，AN=NC，设∠DCM=x，则∠ACM=∠ACB=x+10°，由三角形的内角和定理解得∠DCM=28°，由外角性质可证明△DNC为等腰三角形，继而得到DN=CN=AN=m，解得∠BCM=2∠ACM=76°，分别过点A、N作AE⊥BC,NF⊥BC，利用余弦定理分别解得BE、FC的长，最后求得平行四边形的周长．
【详解】解：∵∠B=76∘，四边形ABCD为平行四边形，
∴∠D=76∘
∵翻折
∴∠ACM=∠ACB
∵AB//CD
∴∠DAC=∠ACB
∴∠ACM=∠DAC
∴△ANC是等腰三角形
∴ AN=NC
设∠DCM=x，则∠ACM=∠ACB=x+10°
在△DAC中，由三角形内角和定理可得
x+2(x+10)+76°=180∘
∴x=28°
∴∠BCM=2∠ACM=2(x+10°)=76°
分别过点A、N作AE⊥BC,NF⊥BC
在Rt△NFC中，FC=NCcs76°=0.24m
在Rt△ABE中，BE=ABcs76°=0.24m
∴BC=BE+EF+FC=0.24m+m+0.24m=1.48m
平行四边形ABCD的周长为2(AB+BC)=2(m+1.48m)=4.96m
故答案为：4.96m．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、三角形内角和定理、图形的翻折变换等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
6．（2023春·重庆·九年级重庆实验外国语学校校考期末）如图，在三角形ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，AC＝4，点D、点E分别为线段AC、AB上的点，连结DE．将△ADE沿DE折叠，使点A落在BC的延长线上的点F处，此时恰好有∠BFE＝30°，则CF的长度为_____．
【答案】203−2413
过点E作EG⊥BF于G，根据勾股定理求得BC的长，继而求得tanA=BCAC=34，设GB=3k,GE=4k，则BE=5k，则AE=EF=2GE=8k，根据AB=BE+AE=13k=5，解得k=513，在Rt△GFE中，GF=3GE=20313，根据FC=GF−GC即可求解．
【详解】过点E作EG⊥BF于G，如图，
∵∠BFE＝30°，
∴GE=12EF，
∵∠ACB＝90°，AB＝5，AC＝4，
∴BC=AB2−AC2=52−42=3，
∴tanA=BCAC=34，
∵GE⊥BC,AC⊥BC，
∴GE∥AC，
∴tan∠BEG=GBGE=34，
∴GE=43BG，
设GB=3k,GE=4k，则BE=5k，AE=EF=2GE=8k，
∵AB=BE+AE=13k=5，
解得k=513，
∴GE=4k=2013，BG=3k=1513，
∴GC=BC−BG=3−1513=2413，
在Rt△GFE中，GF=3GE=20313，
∴FC=GF−GC=203−2413，
故答案为：203−2413．
【点睛】本题考查了折叠的性质，解直角三角形，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，求得GC的长是解题的关键．
7．（2023·山西·校联考二模）如图，在Rt△ABC和Rt△DBE中，∠BAC=∠BDE=90°，AB=AC，∠DBC=30°，且点B，C，E在同一条直线上，AC与BD交于点F，连接CD、AD，若BD=BC，DE=8．则AD的长为 ．
【答案】12−43/−43+12
先证明AD∥BE，由此得到∠DAC=∠ACB，可见△ADC的∠DAC、边AC、∠ACD都是确定的，因此可通过解△ADC求出AD长．
【详解】解：如图，分别过点A、D作AM⊥BE，DN⊥BE，则AM∥DN，
在Rt△ABC和Rt△DBE中，由∠BAC=∠BDE=90°，AB=AC，∠DBC=30°可得：∠ABC=∠ACB=45°，∠E=60°，
∵BD=BC，∠DBC=30°，
∴∠BCD=∠BDC=75°，
∴∠ACD=30°，
在Rt△DBE中，BD=DE⋅ct∠DBC=8⋅ct30°=83，
∴BC=83，
在Rt△ABC中，AB=BC⋅cs∠ABC=83⋅cs45°=46，
∴AC=46，
分别解Rt△ABM和Rt△DEN，可得AM=43，DN=43，
∴AM=DN，
又AM∥DN，
∴四边形AMND是平行四边形，
∴AD∥BE，
∴∠DAC=∠ACB=45°，
解△ADC，
过点D作DH⊥AC，
由于∠DAC=45°，∠ACD=30°，故可设DH=k，则AH=k，AD=2k，HC=3k，
由于AC=46，故得到3k+k=46，解得k=62−26，
∴AD=2k=12−43．
【点睛】本题重点考查了解直角三角形的相关知识．在直角三角形中，知道了除直角外的两个元素（至少有一个元素是边），就可以求出这个直角三角形的其他三个元素．如果没有直角三角形，有时需要构造直角三角形．本题中的△ADC的∠DAC、边AC、∠ACD经过分析可知都是确定的，故可“化斜为直”，构造直角三角形是解题的关键．
8．（2023春·上海静安·九年级上海市静安区教育学院附属学校校考期中）如图，在菱形纸片ABCD中，AB=2，∠A=60°，将菱形纸片翻折，使得点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F．G分别在边AB．AD上，则sin∠EFG= ．
【答案】277
作GN⊥AB于N，作EM⊥AD交AD延长线于M，连接BE，BD．在RtΔDME，RtΔGME，RtΔAGN，RtΔEFB中，根据勾股定理可求DM，ME，AN，EF的长，即可求FN的长，即可得sin∠EFG值．
【详解】解：如图：作GN⊥AB于N，作EM⊥AD于M，连接BE，BD
∵四边形ABCD是菱形，AB=2
∴CD=AD=AB=2，AB//DC
∵AB//CD
∴∠A=∠MDC=60°
∵E是CD中点
∴DE=1
∵ME⊥AD，∠MDC=60°
∴∠MED=30°，且ME⊥AD
∴DM=12，ME=3DM=32，
∵折叠，
∴AG=GE，∠AFG=∠EFG，
在RtΔGME中，GE2=GM2+ME2，
∴GE2=(2−GE+12)2+34，
∴GE=75，
在RtΔAGN中，∠A=60°，GN⊥AB，
∴AG=2AN
∴AN=710，
∴GN=7310，
∵BC=CD=2，∠C=60°，
∴ΔBCD是等边三角形，
∵E点是CD中点，
∴BE⊥CD，DE=1，∠BDC=60°，
∴BE=3，
∵AB//DC，
∴∠ABE=90°，
在RtΔEFB中，EF2=BE2+BF2，
∴EF2=3+(2−EF)2，
∴EF=74，
∴AF=74，
∵NF=AF−AN，
∴NF=2120，
在RtΔGNF中，GF=GN2+FN2=72120，
∴sin∠EFG=sin∠GFN=GNFG=731072120=277．
【点睛】本题考查了折叠问题，解非直角三角形，菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，添加恰当的辅助线构造直角三角形是本题的关键．
9．（2023·山东潍坊·校考一模）如图，在RtΔABC中，∠ABC=90°，AB=3，AC=5，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点D，过点D作DE//AC交BC于点E，那么DE的长为 ．

【答案】53
过点D作DF⊥BC于点F，由题意易得∠DBC=45°，∠ACB=∠DEB，则有sin∠ACB=sin∠DEB=35，然后根据三角函数及线段的和差可求解．
【详解】解：过点D作DF⊥BC于点F，如图所示：

∵∠ABC=90°，∠ABC和∠ACB的平分线相交于点D，
∴∠DBC=45°，∠DCB=∠ACD，
∴△DFB是等腰直角三角形，即DF=BF，
∵DE∥AC，
∴∠ACB=∠DEB，∠ACD=∠CDE，
∴∠CDE=∠DCE，
∴DE=EC，
∵AB=3，AC=5，
∴BC=4，sin∠ACB=sin∠DEB=ABAC=35，
设DF=BF=3x，则有：EF=4x，DE=EC=5x，
∴3x+4x+5x=4，解得x=13，
∴DE=53；
故答案为53．
【点睛】本题主要考查解直角三角形，熟练掌握三角函数是解题的关键．
10．（2023春·江苏苏州·九年级苏州市景范中学校校考期末）如图，已知△ABC是面积为43的等边三角形，△ABC∽△ADE，
AB＝2AD，∠BAD＝45°，AC与DE相交于点F，则△AEF的面积
等于 （结果保留根号）．
【答案】3-3
根据相似三角形面积比等于相似比的平方求得三角形ADE的面积，然后求出其边长，过点F作FH⊥AE，过C作CM⊥AB，利用三角函数求出HF的值，即可得出三角形AFE的面积.
【详解】解：作CM⊥AB于M，
∵等边△ABC的面积是43，
∴设BM=x，∴tan∠BCM=BMCM=33，
∴BM=33CM，
∴12×CM×AB=12×2×33CM2=43，
∴CM=23，BM=2，
∴AB=4，AD=12AB=2，
在△EAD中，作HF⊥AE交AE于H，
则∠AFH=45°，∠EFH=30°，
∴AH=HF，
设AH=HF=x，则EH=xtan30°=33x．
又∵AH+EH=AE=AD=2，
∴x+33x=2，
解得x=3-3．
∴S△AEF=12×2×（3-3）=3-3．
故答案为3-3
11．（2023秋·全国·九年级校联考期中）如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=8，D是边AB上一点，且tan∠BCD=12
（1）试求sinB的值；
（2）试求△BCD的面积.
【答案】（1）sinB=35；（2）SΔBCD=485.
（1）作AH⊥BC，则△ABH中，根据勾股定理即可求得AH的长，即可求得sinB；
（2）作DE⊥BC，则根据勾股定理可以求得BE的长，求得BC=BE+EC，即4k+6k=8，求得k的值即可求△BCD的面积．
【详解】
（1）作AH⊥BC ，垂足为H ，
∵AB=AC=5 ，
∴BH=12BC=12×8=4
在△ABH 中，AH=AB2−BH2=52−42=3
∴sinB=AHAB=35
（2）作DE⊥BC,垂足为E,
在△BDE中， sinB=35，令DE=3k ,BD=5k ，
则BE=BD2−DE2=4k ，
又在△CDE中，tan∠BCD=12，
则CE=DEtan∠BCD=3k12=6k ，
于是BC=BE+EC ，即4k+6k=10k ，
解得k=45 ，
∴S△BCD=12BC×DE=12×10×45×3×45=485.
【点睛】本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了直角三角形中三角函数值的计算，本题中正确求三角函数值是解题的关键．
12．（2023秋·河南驻马店·九年级统考期末）如图1，一副含30°和45°角的三角板ABC和DEF拼合在一个平面上，边AC与EF重合．AC＝6，当点E从点A出发沿AC方向滑动时，点F同时从点C出发沿射线BC方向滑动．
(1)如图2，点E在边AC上，点F在射线CG上，连接CD，求证：CD平分∠ACG；
(2)若AE＝0时，CD＝__________；AE＝3时，CD＝__________；
(3)当点E从点A滑动到点C时，则点D运动的路径长是__________．
【答案】(1)证明见解析
(2)32，32+362
(3)12−62
（1）过点D作DM⊥AC于点M，DN⊥BG于点N，利用AAS证明△DEM≌△DFN，可得DM=DN，即可得到结论；
（2）当AE=0时，由△ACD是等腰直角三角形，得AC=2CD=6；从而可得CD的长度，当AE=3时，作EH⊥CD于点H，解△ECD即可得到CD的长度；
（3）由（1）知，CD平分∠ACG，从而可确定点D在射线CD上运动，通过起点和终点可以分析出点D是往返型运动，再确定在运动过程中CD的最大值和最小值即可求解．
【详解】（1）证明：过D点作DM⊥AC于点M，DN⊥BG于点N，
∴∠DME＝∠DNF=90°，
∵∠ACG=90°，
∴∠MDN=90°，
∵△DEF是等腰直角三角形
∴∠EDF=90°，DE=DF，
∴∠EDM+∠MDF=∠MDF+∠FDN=90°，
∴∠EDM=∠FDN，
∴△DEM≌△DFN （AAS）．
∴DM=DN
∴点D在∠ACG的角平分线上．
∴CD是∠ACG的角平分线．
（2）当AE=0时，
∵AC=6，△ACD是等腰直角三角形，
∴AC=2CD=6，
∴CD=32．
当AE=3时，作EH⊥CD交CD于点H，
CE=6-3=3，
∵∠ACD=45°，
∴EH=CH=22CE=322,
在Rt△EDF中，FE=6
∴DE=22FE=32，
在Rt△EDH中，EH=322， DE =32，
∴DH=(32)2−(322)2 =18−92=362，
∴CD=CH+DH=322+362=32+362．
故答案为：32，32+362
（3）由（1）知，点D在∠ACG的平分线上运动，当点E从点A滑动到点C时，线段CD的长度先变长再变短．
当点E与点A重合时，CD最短=32，
当DE⊥AC时，CD最长=6，
故点D的运动路径=2(6−32)）=12−62．
故答案为：12−62
【点睛】本题考查了三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的性质，角平分线的性质和判定，能够熟练全等三角形的判定和性质，以及分析动点的运动轨迹是解决本题的关键．
【题型2 连接四边形不相邻两顶点法】
1.（2023秋·河南驻马店·九年级统考期末）如图，矩形ABCD中，BC=4，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转90°，点B，D分别落在点B′，D′处，如果点B′，D′，C在同一条直线上，那么tan∠DCD′的值为( )
A. 52B. 5−12C. 4D. 12
【答案】B
【解析】
本题主要考查矩形的性质、旋转的性质及三角函数的定义，利用旋转的性质和正切函数的定义求得矩形的宽是解题的关键．连接C、B′、D′，由题意可知∠DCB′=∠AD′B′，可设AB=x，则可知CD=AB′=x，B′D=4−x，利用正切函数的定义可得关于x的方程，可求得x的值，再由正切函数的定义可求得答案．
【解答】
解：如图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴BC=AD=4，
由旋转的性质可得AB=AB′，AD′=AD=BC=4，
设AB=x，
则CD=AB′=x，B′D=4−x，
∵D′、B′、C在同一条直线上，且D′B//CD，
∴∠DCB′=∠AD′B′，
∴tan∠CBA′=tan∠AD′B′，
即x4=4−xx，
解得x=−2+2 5或x=−2−2 5(小于0，不合题意，舍去)，
∴tanDCD′=x4= 5−12 ，
故选B．
2.（2023秋·湖南永州·九年级校考期中）菱形ABCD中，AE⊥BC于E，交BD于F点，下列结论：①BF为∠ABE的角平分线；②DF=2BF；③2AB2=DF⋅DB；④sin∠BAE=EFAF.其中正确的为
( )
A. ①③B. ①②④C. ①④D. ①③④
【答案】D
【解析】解：①∵四边形ABCD是菱形，
∴BF为∠ABE的角平分线，
故①正确；
②连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=AD，
∴当∠ABC=60°时，△ABC是等边三角形，
即AB=AC，
则DF=2BF，
∵∠ABC的度数不定，
∴DF不一定等于2BF；
故②错误；
③∵AE⊥BC，AD//BC，
∴AE⊥AD，
∴∠FAD=90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB=OD=12DB，AD=AB，
∴∠AOD=∠FAD=90°，
∵∠ADO=∠FDO，
∴△AOD∽△FAD，
∴AD：DF=OD：AD，
∴AD2=DF⋅OD，
∴AB2=DF⋅12DB，
即2AB2=DF⋅DB；
故③正确；
④连接CF，
在△ABF和△CBF中，AB=CB∠ABF=∠CBFBF=BF，
∴△ABF≌△CBF(SAS)，
∴∠BCF=∠BAE，AF=CF，
在Rt△EFC中，sin∠ECF=EFCF=EFAF，
∴sin∠BAE=EFAF．
故④正确．
故选：D．
由四边形ABCD是菱形，即可得BF为∠ABE的角平分线；可得①正确；由当∠ABC=60°时，DF=2BF，可得②错误；连接AC，易证得△AOD∽△FAD，由相似三角形的对应边成比例，可证得AD：DF=OD：AD，继而可得2AB2=DF⋅DB，即④正确；连接FC，易证得△ABF≌△CBF(SAS)，可得∠BCF=∠BAE，AF=CF，然后由正弦函数的定义，可求得④正确．
此题考查了相似三角形的判定与性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质以及锐角三角函数的定义．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
3.（2023秋·江苏盐城·九年级校联考期末）如图所示，将一副三角板摆放在一起，组成四边形ABCD，∠ABC=∠ACD=90°，∠ADC=60°，∠ACB=45°，连接BD，则tan∠CBD的值为__________．
【答案】 3−12
【解析】
本题考查了解直角三角形，同时考查了特殊角的三角函数值，如何作辅助线，是解题的关键．
如图所示，连接BD，过点D作DE垂直于BC的延长线于点E，构造直角三角形，将∠CBD置于直角三角形中，设CE为1，根据特殊直角三角形分别求得线段CD、AC、BC，从而按正切函数的定义可解．
【解答】
解：如图所示，连接BD，过点D作DE垂直于BC的延长线于点E，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=45°，在Rt△ACD中，∠ACD=90°
∴∠DCE=45°，
∵DE⊥CE，
∴∠CED=90°，∠CDE=45°
∴设DE=CE=1，则CD= 2，
在Rt△ACD中，
∵∠CAD=30°，
∴tan∠CAD=CDAC，则AC= 6，
在Rt△ABC中，∠BAC=∠BCA=45°，
∴BC= 3，
∴在Rt△BED中，
tan∠CBD=DEBE=11+ 3= 3−12
故答案为： 3−12．
4.（2023·黑龙江哈尔滨·校考模拟预测）如图，在四边形ABCD中，AB=AD=6，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=60°，点M、N分别在AB、AD边上，若AM：MB=AN：ND=1：2.则cs∠MCN=________．
【答案】1314
【解析】
此题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理以及解直角三角函数，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．连接AC，通过三角形全等，求得∠BAC=30°，从而求得BC的长，然后根据勾股定理求得CM的长，连接MN，过M点作ME⊥CN于E，则△MNA是等边三角形求得MN=2，设NE=x，表示出CE，然后求得cs∠MCN的值即可．
【解答】
解：∵AB=AD=6，AM：MB=AN：ND=1：2，
∴AM=AN=2，BM=DN=4，连接MN，连接AC，
∵AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD=60°
在Rt△ABC与Rt△ADC中，
AB=AD，AC=AC，
∴Rt△ABC≌Rt△ADC(HL)，
∴∠BAC=∠DAC=12∠BAD=30°，MC=NC，
∴BC=12AC，
∴AC2=BC2+AB2，即(2BC)2=BC2+AB2，3BC2=AB2，
∴BC=2 3，
在Rt△BMC中，CM= BM2+BC2=2 7，
∵AN=AM，∠MAN=60°，
∴△MAN是等边三角形，
∴MN=AM=AN=2，
过M点作ME⊥CN于E，设NE=x，则CE=2 7−x，
∴MN2−NE2=MC2−EC2，即4−x2=(2 7)2−(2 7−x)2，
解得：x= 77，
∴EC=2 7− 77=13 77，
∴cs∠MCN=CECM=137 72 7=1314．
故答案为1314．
5.（2023·河北邯郸·校考三模）如图，四边形ABCD，CEFG均为菱形，∠A=∠F，连接BE，EG，EG/​/BC，EB⊥BC，若sin∠EGD=13，菱形ABCD的周长为12，则菱形CEFG的周长为______ ．
【答案】12 3
【解析】解：∵四边形ABCD，CEFG均为菱形，∠A=∠F，
∴∠BCD=∠ECG，
∴∠BCE=∠DCG，
∵BC=CD，CE=CG，
∴△BCE≌△DCG(SAS)，
∴BE=DG，∠EBC=∠GDC，
连接CF交EG于N，交DG于Q，延长AD交FC于P，
∴PC⊥EG，EN=GN，
∵EG/​/BC，EB⊥BC，
∴四边形BENC是矩形，
∴EN=BC，BE=CN，
∵AD/​/BC，
∴AD/​/EG，∠CBE=∠CDG=90°
∴AP⊥CF，
∵∠CQD=FQG，
∴∠DCP=∠EGD，
∵sin∠EGD=13，
∴sin∠DCP=PDCD=13，
∵菱形ABCD的周长为12，
∴CD=3，
∴PD=1，CP= CD2−PD2=2 2，
过D作DH⊥EG于H，
∴PN=DH，HN=PD=1，
∴HG=4，
∵sin∠EGD=13，
设DH=x，DG=3x，
∴HG= DG2−DH2=2 2x=4，
∴x= 2，
∴BE=CN=3 2，
∴CE= BE2+BC2=3 3．
∴菱形CEFG的周长为12 3，
故答案为：12 3．
根据菱形的性质得到∠BCD=∠ECG，根据全等三角形的性质得到BE=DG，∠EBC=∠GDC，连接CF交EG于N，交DG于Q，延长AD交FC于P，求得EN=BC，BE=CN，解直角三角形得到PD=1，CP= CD2−PD2=2 2，过D作DH⊥EG于H，设DH=x，DG=3x，由勾股定理得到x= 2，求得BE=CN=3 2，于是得到结论．
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，矩形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
6.（2023秋·云南普洱·九年级统考期末）如图，在△ABC中，D是AC边上的中点，连结BD，把△BDC沿BD翻折，得到△BDCˈ，DC′与AB交于点E，连结ACˈ，若AD=AC′=2，BD=3，则点D到BC′的距离为___________
【答案】3 217
【解析】
本题考查了轴对称的性质，解直角三角形，勾股定理等，解题关键是会通过面积法求线段的长度．
连接CC′，交BD于点M，过点D作DH⊥BC′于点H，由翻折知，△BDC≌△BDC′，BD垂直平分CC′，证△ADC′为等边三角形，利用解直角三角形求出DM=1，C′M= 3DM= 3，BM=2，在Rt△BMC′中，利用勾股定理求出BC′的长，在△BDC′中利用面积法求出DH的长．
【解答】
解：如图，连接CC′，交BD于点M，过点D作DH⊥BC′于点H，
∵AD=AC′=2，D是AC边上的中点，
∴DC=AD=2，
由翻折知，△BDC≌△BDC′，BD垂直平分CC′，
∴DC=DC′=2，BC=BC′，CM=C′M，
∴AD=AC′=DC′=2，
∴△ADC′为等边三角形，
∴∠ADC′=∠AC′D=∠C′AC=60°，
∵DC=DC′，
∴∠DCC′=∠DC′C=12×60°=30°，
在Rt△C′DM中，
∠DC′C=30°，DC′=2，
∴DM=1，C′M= 3DM= 3，
∴BM=BD−DM=3−1=2，
在Rt△BMC′中，
BC′= BM2+C′M2= 22+( 3)2= 7，
∵S△BDC′=12BC′⋅DH=12BD⋅CM′，
∴ 7DH=3× 3，
∴DH=3 217，
故答案为3 217．
7.（2023秋·浙江湖州·九年级统考期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，延长AD至点E，使DE=AD，连接BD、CE．
(1)求证：四边形BCED是平行四边形；
(2)若DA=DB=4，csA=14，求点B到点E的距离．
【答案】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD//BC，
∵DE=AD，
∴DE=BC，DE/​/BC，
∴四边形BCED是平行四边形；
(2)解：连接BE，
∵DA=DB=4，DE=AD，
∴AD=BD=DE=4，
∴∠ABE=90°，AE=8，
∵csA=14，
∴AB=2，
∴BE= AE2−AB2=2 15．
【解析】(1)根据平行四边形的性质得到AD=BC，AD//BC，等量代换得到DE=BC，DE/​/BC，于是得到四边形BCED是平行四边形；
(2)连接BE，根据已知条件得到AD=BD=DE=4，根据直角三角形的判定定理得到∠ABE=90°，AE=8，解直角三角形即可得到结论．
本题考查了平行四边形的判定和性质，直角三角形的判定和性质，三角函数的定义，证得∠ABE=90°是解题的关键．
8.（2023秋·浙江湖州·九年级统考期末）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，延长BA至点E，使AE=AB，连接DE，AC
(1)求证：四边形ACDE为平行四边形；
(2)连接CE交AD于点O，若AC=AB=3，csB=13，求线段CE的长．
【答案】解：(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB/​/CD，AB=CD，
∵AE=AB，
∴AE=CD，
∵AE//CD，
∴四边形ACDE是平行四边形．
(2)如图，连接EC．
∵AC=AB=AE，
∴△EBC是直角三角形，
∵csB=BCBE=13，BE=6，
∴BC=2，
∴EC= BE2−BC2= 62−22=4 2．
【解析】本题考查平行四边形的性质和判定、直角三角形的判定、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，是中等题．
(1)欲证明四边形ACDE是平行四边形，只要证明AE=CD，AE/​/CD即可；
(2)连接EC，首先证明△BEC是直角三角形，解直角三角形即可解决问题．
【题型3 梯形作高法】
1．（2023·河北·模拟预测）如图，将边长6cm的正方形纸片沿虚线剪开，剪成两个全等梯形．已知裁剪线与正方形的一边夹角为60°，则梯形纸片中较短的底边长为（ ）
A．（3﹣3）cmB．（3﹣23）cmC．（6﹣3）cmD．（6﹣23）cm
【答案】A
过M点作ME⊥AD于E点，根据四边形ABCD是正方形，有AD=CD=6，∠C=∠D=90°，由裁剪的两个梯形全等，可得AN=MC；再证明四边形MCDE是矩形，即有MC=ED，ME=CD=6，进而有AN=ED，在Rt△MNE中，解直角三角形可得NE=23，则可得AN=3−3，问题得解．
【详解】如图，过M点作ME⊥AD于E点，
∵四边形ABCD是正方形，边长为6，
∴AD=CD=6，∠C=∠D=90°，
∵裁剪的两个梯形全等，
∴AN=MC，
∵ME⊥AD，
∴四边形MCDE是矩形，
∴MC=ED，ME=CD=6，
∴AN=ED，
根据题意有∠MNE=60°，
∴在Rt△MNE中，NE=MEtan∠MNE=6tan∠60∘=23，
∴AN+ED=AD−NE=6−23，
∴AN=3−3，
即梯形中较短的底为3−3（cm），
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方形的、矩形的判定与性质、解直角三角形的应用等知识，根据梯形全等得出AN=MC是解答本题的关键．
2．（2023春·上海普陀·九年级统考期末）已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AB＝532，CD＝5，那么∠D的度数是 ．
【答案】60°或120°
该题根据题意分为两种情况，首先正确画出图形，根据已知易得直角三角形DEC的直角边和斜边的长，然后利用三角函数，即可求解.
【详解】①如图1，
过D作DE⊥BC于E，则∠DEC＝∠DEB＝90°，
∵AD∥BC，∠A＝90°，
∴∠B＝90°，
∴四边形ABED是矩形，
∴∠ADE＝90°，AB＝DE＝532，
∵CD＝5，
∴sinC＝DECD＝32，
∴∠C＝60°，
∴∠EDC＝30°，
∴∠ADC＝90°+30°＝120°；
②如图2，
此时∠D＝60°，
即∠D的度数是60°或120°，
故答案为60°或120°．
【点睛】该题重点考查了三角函数的相关知识，解决该题的关键一是：能根据题意画出两种情况，二是：把该题转化为三角函数问题，从而即可求解.
3．（2023·广东深圳·深圳市海滨中学校考模拟预测）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，CE⊥AB，且AE=BE，连接DE，若AB=CD=CE=2，则tan∠DEC= ．
【答案】3
作AF⊥BC于点F，DL⊥BC于点L，DG⊥CE于点G交BC于点H，先证明四边形ABHD是平行四边形，得DH=AB=CD=CE=2，再证明BF=HL=CL，由BFAB=BEBC=tanB=15=55，求得CL=HL=BF=55AB=55×2=255，再根据ΔCHG∽ΔCBE，求出CG、HG的长，进而求出EG、DG的长，即可求出tan∠DEC的值．
【详解】解：如图，作AF⊥BC于点F，DL⊥BC于点L，DG⊥CE于点G交BC于点H，
∵CE⊥AB，
∴DH//AB，
∴AD//BC，
∴四边形ABHD是平行四边形，
∴DH=AB=CD=CE=2，
∴∠DCL=∠DHL=∠ABF，
∴CL=HL，
设∠DCL=∠DHL=∠ABF=α，
∵∠DLC=∠DLH=∠AFB=90°，
∴ BFAB=HLDH=CLCD=csα，
∴BF=HL=CH，
∵∠BEC=90°，AE=BE=12AB=1，
∴BC=BE2+CE2=12+22=5，
∴ BFAB=BEBC=tanB=15=55，
∴CL=HL=BF=55AB=55×2=255，
∴CH=255+255=455，
∵GH//BE，
∴ΔCHG∽ΔCBE，
∴ HGBE=CGCE=CHBC=4555=45，
∴HG=45BE=45×1=45，CG=45CE=45×2=85，
∴DG=DH−HG=2−45=65，EG=CE−CG=2−85=25，
∵∠DGE=90°，
∴tan∠DEC=DGEG=6525=3，
故答案为：3．
【点睛】此题重点考查平行四边形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数、解直角三角形等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
4．（2023秋·山西临汾·九年级统考期末）为加强防汛工作，我县对小河口水库大坝进行了加固，如图，加固前拦水坝的横断面是梯形ABCD，已知迎水坝的坡面AB=12米，背水坝的坡面CD=123米，∠B=60°，加固后水库大坝背水坡面为DE，已知tanE=3133，则CE长为 米．

【答案】8
分别过A、D作下底的垂线，设垂足为F、G．在RtΔABF中，已知坡面长和坡角的度数，可求得铅直高度AF的值，也就得到了DG的长；在RtΔCDG中，由勾股定理求CG的长，在RtΔDEG中，根据正切函数定义得到GE的长；根据CE=GE−CG即可求解．
【详解】解：分别过A、D作AF⊥BC，DG⊥BC，垂点分别为F、G，如图所示．

∵在Rt△ABF中，AB=12米，∠B=60°，
∴sin∠B=AFAB，
∴AF=12×32=63（米)，
∴DG=63（米)．
∵在Rt△DGC中，CD=123米，DG=63米，
∴GC=CD2−DG2=18米．
∵在Rt△DEG中，tanE=3133，
∴ 63GE=3133，
∴GE=26米，
∴CE=GE−CG=26−18=8（米)．
即CE的长为8米．
故答案为8．
【点睛】本题考查的是解直角三角形的应用−坡度坡角问题，锐角三角函数的定义，勾股定理．作辅助线构造直角三角形是解答此类题的一般思路．
5．（2023秋·上海·九年级上海市文来中学校考期中）在梯形ABCD中，AB∥DC，∠B＝90°，BC＝6，CD＝2，tanA=34．点E为BC上一点，过点E作EF∥AD交边AB于点F．将△BEF沿直线EF翻折得到△GEF，当EG过点D时，BE的长为 ．
【答案】6512
根据平行线的性质得到∠A＝∠EFB，∠GFE＝∠AMF，根据轴对称的性质得到∠GFE＝∠BFE，求得∠A＝∠AMF，得到AF＝FM，作DQ⊥AB于点Q，求得∠AQD＝∠DQB＝90 °．根据矩形的性质得到CD＝QB＝2，QD＝CB＝6，求得AQ＝10−2＝8，根据勾股定理得到AD＝64+36＝10，设EB＝3x，求得FB＝4x，CE＝6−3x，求得AF＝MF＝10−4x，GM＝8x−10，根据相似三角形的性质得到GD＝6x−152，求得DE＝152−3x，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【详解】如图，∵EF∥AD，
∴∠A＝∠EFB，∠GFE＝∠AMF，
∵△GFE与△BFE关于EF对称，
∴△GFE≌△BFE，
∴∠GFE＝∠BFE，
∴∠A＝∠AMF，
∴△AMF是等腰三角形，
∴AF＝FM，
作DQ⊥AB于点Q，
∴∠AQD＝∠DQB＝90°．
∵AB∥DC，
∴∠CDQ＝90°．
∵∠B＝90°，
∴四边形CDQB是矩形，
∴CD＝QB＝2，QD＝CB＝6，
∴AQ＝10−2＝8，
在Rt△ADQ中，由勾股定理得
AD＝64+36＝10，
∵tanA＝34，
∴tan∠EFB＝BEBF=34，
设EB＝3x，
∴FB＝4x，CE＝6−3x，
∴AF＝MF＝10−4x，
∴GM＝8x−10，
∵∠G＝∠B＝∠DQA＝90°，∠GMD＝∠A，
∴△DGM∽△DQA，
∴DGDQ=GMAQ，
∴GD＝6x−152，
∴DE＝152−3x，
在Rt△CED中，由勾股定理得
（152−3x）2−（6−3x）2＝4，
解得：3x＝6512，
∴当EG过点D时BE＝6512．
故答案为：6512．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定及性质的运用，矩形的性质的运用，勾股定理的性质的运用，轴对称的性质的运用，正确的作出辅助线是解题的关键．
6．（2023·北京大兴·统考一模）已知，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝3，BC＝3，在BC边上取两点E，F（点E在点F左侧），以EF为边作等边三角形DEF，使顶点D与E在边AC异侧，DE，DF分别交AC于点G，H，连结AD.
（1）如图1，求证：DE⊥AC；
（2）如图2，若∠DAC＝30°，△DEF的边EF在线段BC上移动.写出DH与BE的数量关系并证明；
（3）若30°＜∠DAC＜60°，△DEF的周长为m，则m的取值范围是 .
【答案】（1）见解析；（2）DH与BE的数量关系是：DH﹣BE＝1，理由见解析；（3）6＜m＜9
（1）先判断出∠C＝30°，再利用等边三角形的性质即可得出结论；
（2）先判断出AD∥BC，进而判断出四边形ABEN是矩形，再用锐角三角函数求出ND＝1，即可得出结论；
（3）先求出∠DAC＝30°和60°时的等边三角形的边DE的长，即可得出结论.
【详解】解：（1）在Rt△ABC中，∵∠B＝90°，AB＝3，BC＝3，
∴tan∠C＝ABBC=33
∴∠C＝30°
∵△DEF是等边三角形
∴∠DEF＝60°
∴∠EGC＝90°
∴DE⊥AC
（2）DH与BE的数量关系是：DH﹣BE＝1
理由：如图1，∵△DEF是等边三角形
∴∠DFE＝∠DEF＝60°
∵∠DFE＝∠C+∠CHF，∠C＝30°
∴∠CHF＝30°
∴∠DHA＝30°
∵∠DAC＝30°
∴∠DHA＝∠DAC
∴DA＝DH
过点E作EN⊥AD于N，则∠ANE＝90°，
∵∠DAC＝∠C＝30°
∴AD‖BC
∴∠BEN＝90
又∵∠B＝90°
∴四边形ABEN是矩形
∴AN＝BE，AB＝EN＝3
∵AD‖BC
∴∠DEF＝∠NDE＝60°
∴tan∠NDE═tan60°＝3
∴ND＝1
∵AD﹣AN＝ND，DA＝DH，AN＝BE
∴DH﹣BE＝1，
（3）当∠DAC＝30°时，平移DE，使其过点B时，如图2，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BAD＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∵△DEF是等边三角形，
∴∠DBC＝60°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABD＝30°，
在Rt△ABD中，AB＝3，∠ABD＝30°，
∴DE＝DB＝2，
由于∠ABD不变，∠DAC增加时，∠BAD增加，即：DE增加，
∵∠DAC＞30°，
∴DE＞2，
∴m＞2×3，
即：m＞6，
当∠DAC＝60°时，平移DE，使其过点B时，如图3，
∵∠BAC＝60°，
∴∠BAD＝120°，
∵△DEF是等边三角形，
∴∠DBC＝60°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABD＝30°，
∴∠ADB＝30°＝∠ABD，
∴AC⊥BD，BD＝2BG，
在Rt△ABG中，AB＝3，∠ABD＝30°，
∴BG＝32，
∴DE＝BD＝2BG＝3，
∵BC＝3，
此时点F和点C重合，
由于∠ABD不变，∠DAC减小时，∠BAD减小，即：DE减小，
∵∠CAD＜60°，
∴DE＜3，
∴m＜3×3，
∴m＜9，
即：m的取值范围是：6＜m＜9，
故答案为6＜m＜9.
【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了等边三角形的性质，含30°的直角三角形的性质，锐角三角函数，平行线的判定和性质，解（1）的关键是求出∠C的度数，解（2）的关键是判断出四边形ABEN是矩形，解（3）的关键是找出分界点，也是解本题的难点.
7．（2023·安徽合肥·校联考一模）将一副直角三角板如图①摆放，能够发现等腰直角三角板ABC的斜边与含30°角的直角三角板DEF的长直角边DE重合．DF=8．
（1）若P是BC上的一个动点，当PA=DF时，求此时∠PAB的度数；
（2）将图①中的等腰直角三角板ABC绕点B顺时针旋转30°，点C落在BF上，AC与BD交于点O，连接CD，如图②．
①求证：AD∥BF；
②若P是BC的中点，连接FP，将等腰直角三角板ABC绕点B继续旋转，当旋转角α= 时，FP长度最大，最大值为 （直接写出答案即可）．
【答案】（1）∠PAB的度数为15°或75°；
（2）①见试题解析；
②210°，16+43．
【详解】试题分析：（1）利用锐角三角函数求出∠APH，然后分两种情况计算即可；
（2）①作出AM⊥BC，DN⊥BC，得到AM∥DN，在计算出AM，DN，得到AM=DN，出现平行四边形AMND，②先判断出PF最大时，点P落在FB的延长线上，再求解即可．
如图1，
D，
试题解析：（1）作AH⊥BC于H，∴AH=12BC，∵DF=8，∠DEF=30°，∴BC=DE=DFtan∠DEF=83，
∴AH=43，当PA=DF=8时，sin∠APH=AHAP=32，∴∠APH=60°，
①∵∠ABC=45°，∠AP1H=60°，∴∠BAP1=∠AP1H﹣∠ABC=15°，
②∵∠ACB=45°，∠AP2H=60°，∴∠CAP2=∠AP2B﹣∠ACB=15°，
∵∠BAC=90°，∴∠BAP2=90°﹣∠CAP2=75°；∴∠PAB的度数为15°或75°；
（2）①如图2作AM⊥BC，DN⊥BC，在Rt△ABC中，AB=AC，BC=83，
∴AM=12BC=12×83=43，在Rt△BCF中，∠F=60°，DF=8，∴DN=DF×sin∠F=8×32=43，
∴AM=DN，∵AM∥DN，∴四边形AMND是平行四边形，∴AD∥BC；
②∵P是BC的中点，且FP长度最大，则有点F，B，P在同一条直线上，
即：点P在FB的延长线上，
∴BC边旋转180°，
∵∠CDF=30°，
∴旋转角α=210°，
∵P是BC的中点，BC=83，
∴BP=43，
∵BF=2DF=16，
∴FP=16+43，
故答案为210°，16+43．
考点：几何变换综合题．
8．（2023·江苏·模拟预测）如图，梯形ABCD是某水坝的横截面示意图，其中AB=CD，坝顶BC=2m，坝高CH=5m，迎水坡AB的坡度为i=1:1．
(1)求坝底AD的长；
(2)为了提高堤坝防洪抗洪能力，防汛指挥部决定在背水坡加固该堤坝，要求坝顶加宽0.5m，背水坡坡角改为α=30°．求加固总长5千米的堤坝共需多少土方？（参考数据：π≈3.14,2≈1.41,3≈1.73；结果精确到0.1m3）
【答案】(1)12m
(2)加固总长5千米的堤坝共需58125.0m3土方
（1）过点B作BM⊥AD于M，可得：CH=MB=5m,CB=HM=2m，利用坡比求出AM的长，易得△CHD为等腰直角三角形，进而求出DH的长，利用AD=DH+HM+AM，即可得解；
（2）过点F作FG⊥AD于G，求出梯形CFED的面积，再乘以总长即可得出结果．
【详解】（1）解：过点B作BM⊥AD于M，
则四边形BCHM是矩形，
∴CH=MB=5m,CB=HM=2m，
∵i=1:1，
∴tanA=BMAM=1，
∴∠A=45°，AM=BM=5m
∵AB=CD，
∴四边形ABCD是等腰梯形
∴∠CDH=∠A=45°
∴△CHD是等腰直角三角形
∴DH=CH=5m，
∴AD=DH+HM+AM=5+2+5=12m；
（2）解：过点F作FG⊥AD于G，则四边形FCHG是矩形，
∴CF=GH=0.5m，FG=CH=5m，
∵∠E=30°,∠FGE=90°，
∴EG=FGtanE=5tan30°=53m，
∴DE=EG+GH−DH=53−4.5m，
∴S梯形CFED=120.5+53−4.5×5=2523−10m2，
∴加固总长5千米的堤坝共需土方：2523−10×5000≈58125.0m3．
【点睛】本题考查解直角三角形的实际应用．解题的关键是添加辅助线，构造直角三角形．
9．（2023春·上海·九年级专题练习）已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，AB=4，BC=6，E是线段CD上一点，连接BE．
(1)如图1，如果AD=1，且CE=3DE，求∠ABE的正切值；
(2)如图2，如果BE⊥CD，且CE=2DE，求AD的长；
(3)如果BE⊥CD，且△ABE是等腰三角形，求△ABE的面积．
【答案】(1)tan∠ABE=34
(2)AD=3+172
(3)△ABE的面积是6+25、163或19225
（1）延长AD、BE，交于点F，根据AD∥BC求出DF=2，最后根据tan∠ABE=AFAB求解即可；
（2）延长AD、BE，交于点F，过点D作DH⊥BC于点H，根据AD∥BC求出DF=3，
再由∠ABE=∠C可得tan∠ABE=tanC=AFAB=DHCH，设AD=x，则CH=6−x，
代入后列方程求解即可；
（3）分EA=EB、AB=BE、AB=AE三种情况分别求解即可．
【详解】（1）延长AD、BE，交于点F
∵AD∥BC，
∴DFBC=DECE
∵CE=3DE，BC=6，
∴DF=2
Rt△ABF中，tan∠ABE=AFAB=34
（2）延长AD、BE，交于点F，过点D作DH⊥BC于点H，则AB=DH=4
∵DFBC=DECE，CE=2DE，BC=6，
∴DF=3
∵∠ABC=90°，BE⊥CD，
∴∠ABE=∠C
∴tan∠ABE=tanC，
设AD=x，则CH=6−x，
∴AFAB=DHCH，
∴3+x4=46−x，
解得x=3±172（负值舍去），
∴AD=3+172
（3）1° EA=EB时，过点E作EH⊥AB于点H，则H是AB中点，
∴E是CD的中点，
∵BE⊥CD，∴BD=BC=6，
Rt△ABD中，AD=25
S△ABE=12×4×3+5=6+25
2° AB=BE时，BE=4，BC=6，CE=25
过点A作AG⊥BE于点G，
sin∠ABE=sinC，
∴AGAB=BEBC，
∴AG4=46，
∴AG=83
∴S△ABE=12×4×83=163
3° AB=AE时，过点A作AG⊥BE于点G，延长AG交BC于点M，则AM∥CD，
∵AB=AE，
∴BG=GE，
∴BM=CM=3，
∴AD=3
∴AG=165，BG=125
S△ABE=12×245×165=19225
∴△ABE的面积是6+25、163或19225．
【点睛】本题考查梯形、锐角三角函数、平行线分线段成比例，熟记常用的梯形辅助线是解题的关键．
10．（2023·江苏无锡·模拟预测）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，DC=6cm，AD=4cm，BC=20cm，∠C=60°.点P从点A出发沿折线AD→DC方向向点C匀速运动，速度为1cm/s；点Q从点B出发，沿BC方向向点C匀速运动，速度为2cm/s，P、Q同时出发，且其中任意一点到达终点，另一点也随之停止运动，设点P、Q运动的时间是ts．
(1)当点P在AD上运动时，如图①，DE⊥CD，是否存在某一时刻t，使四边形PQED是平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
(2)当点P在DC上运动时，如图②，设△PQC的面积为S，试求出S与t的函数关系式；
(3)是否存在某一时刻t，使△PQC的面积是梯形ABCD的面积的29？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
(4)在（2）的条件下，设PQ的长为xcm，试确定S与x之间的关系式．
【答案】(1)不存在，理由见解析
(2)S=32t2−103t+503
(3)存在，当t=6时，△PQC的面积是梯形ABCD的面积的29
(4)S=36x2
（1）求出CE长度，根据平行四边形对边平行且相等，建立等量关系：PD=QE，根据题意建立方程求解即可；
（2）过点P作PM⊥BC，用t表示出CP，CQ，PM，进一步表示三角形面积即可；
（3）分情况表示出三角形PQC的面积，求出梯形面积，根据题意建立方程即可求解；
（4）求出x与t的关系，代入（2）中关系式即可求解．
（1）
不存在，理由如下：
解：∵DE⊥CD，∠C=60°， DC=6cm，
∴在直角三角形DEC中，∠CED=30°，
∴CE=2CD=12，
设P，Q运动的时间是t(s)，
则PD=4−t，QE=BC−CE−BQ=20−12−2t=8−2t，
使四边形PQED是平行四边形，有PD=QE，
∴4−t=8−2t，
解得，t=4，
此时，点P与点Q重合，不能构成平行四边形；
（2）
解：由题意得，PC=10−t，QC=20−2t，
如图所示，过点P作PM⊥BC，
∵∠C=60°，
∴PMPC=sin60°=32，
PM=32(10−t)，
∴S=12×(20−t)×32(10−t)=32t2−103t+503；
（3）
解：如图所示，过点D作DN⊥BC，连接PC，
∵∠DCB=60°， DC=6cm，
∴DNDC=sin∠DCB，
DN=33，
∴梯形ABCD的面积为：(4+20)×33÷2=363，
当t≤4时，QC=20−2t，
则S△PQC=(20−2t)×33÷2，
由题意得，(20−2t)×33÷2=363×29，
解得，t=223（舍），
当4≤t≤10时，由（2）知，S=32t2−103t+503，
则32t2−103t+503=363×29
解得：t=6或t=14（舍），
综上，当t=6时，△PQC的面积是梯形ABCD的面积的29；
（4）
解：如图所示，过点P作PM⊥BC，
由（2）知，PM=32(10−t)，
∵CMPC=cs∠C，
∴CM=12(10−t)，
∴QM=QC−CM=32(10−t)，
在Rt△PMQ中，PQ=PM2+QM2=3(10−t)，
当PQ=x时，3(10−t)=x，
103−3t=x
t=10−33x，
∴S=12×(20−2t)×32(10−t)
=12×20−2×(10−3x)×32×10−(10−33x)
=36x2．
【点睛】本题考查了四边形的综合问题，会根据平行四边形的性质研究点的存在问题，会用变量表示三角形面积，会运用方程解决相关问题是解题的关键．
11．（2023春·湖北宜昌·九年级校考期中）如图，在梯形ABCD中，AB//DC，∠BCD=90∘，且AB=1，BC=2，tan∠ADC=2．
（1）求证：DC=BC；
（2）E是梯形内一点，F是梯形外一点，且∠EDC=∠FBC，DE=BF，当BE:CE=1:2，∠BEC=135∘时，求sin∠BFE的值．
【答案】（1）见解析；（2）13
（1）过A作DC的垂线AM交DC于M，则AM＝BC＝2，再利用tan∠ADC＝2求出DM=1，即可求出DC=2，问题得证；
（2）先证明△DEC≌△BFC，得到CE＝CF，∠ECD＝∠FCB，进而△ECF是等腰直角三角形，设BE＝k，则CE＝CF＝2k，求得EF＝22k，由∠BEC＝135°得∠BEF＝90°，求得BF=3k，即可求解．
【详解】解：（1）证明： 作AM⊥DC于M，
∴∠AMD=∠AMC=90°，
∵AB//DC，∠BCD=90∘，
∴∠ABC=90°，
∴四边形ABCM是矩形，
∴AM＝BC＝2，AB=CM=1，
又tan∠ADC＝2，
∴DM=12AM=1，
∴DC=DM+MC=2，
∴DC＝BC；
（2）∵DE＝BF，∠EDC＝∠FBC，DC＝BC，
∴△DEC≌△BFC，
∴CE＝CF，∠ECD＝∠FCB，
∴∠ECF＝∠FCB+∠BCE＝∠ECD+∠BCE＝∠BCD＝90°，
即△ECF是等腰直角三角形；
设BE＝k，则CE＝CF＝2k，
∴EF＝22k，
∵∠BEC＝135°，∠CEF＝45°，
∴∠BEF＝90°，
所以BF=k2+(22k)2=3k，
所以sin∠BFE=k3k=13．
【点睛】本题考查三角函数、全等三角形的应用、勾股定理等知识，（1）能合理添加辅助线，根据三角函数定义求得线段长是解题关键，（2）能根据△DEC≌△BFC，证明△ECF是等腰直角三角形，进而得出∠BEF＝90°是解题关键．
12．（2023·河北沧州·统考模拟预测）为了传承红色教育，某学校组织学生网上游览中央红军长征出发地纪念园，门口的主题雕塑平面示意图如图所示，底座上方四边形GDEF的边DE与底座四边形ABCD的边AD在同一条直线上，已知AB∥CD∥EF，AD=BC=1.6米，∠FGC=∠A，雕塑的高为7.5米，底座梯形下底边AB长为8.6米，斜坡的坡度为3:1．

(1)判断四边形DEFG的形状；
(2)求底座四边形ABCD中CD的长度；
(3)若雕塑中弧PH所在圆的圆心为点D，且点P为边DE的三等分点，求弧PH的长度．（精确到0.1，sin72≈0.95，cs72≈0.31，tan72≈3，10≈3.2）
【答案】(1)四边形DEFG是平行四边形，理由见解析；
(2)7.6米；
(3)5.2或2.6米．
（1）先根据平行线的性质和等量代换可得∠FGC=∠EDC即DE∥FG，再结合CD∥EF，即可说明四边形DEFG是平行四边形；
（2）如图：过点D、C分别作DM⊥AB，CN⊥AB，垂足分别为M、N，先说明四边形DMNC是矩形可得CD=MN、DM=CN，进而得到DM:AM=3:1，设AM=x，则DM=3x，根据勾股定理可得AD=1.6，即x≈0.5，则AM=0.5，DM=1.5；再证Rt△ADM≅Rt△BCN可得BN=AM=0.5，最后根据线段的和差即可解答；
（3）如图：过点E作EJ⊥AB于点J，交CD于点I，则IJ=DM=1.5，先求得EI=6，再根据三角函数可得∠A=72°，进而求得DE≈6.3，再根据点P为边DE的三等分点求得DP,然后再根据弧长公式计算即可．
【详解】（1）解：四边形DEFG是平行四边形．理由如下：
∵AB∥CD，
∴∠EDC=∠DAB，
∵∠FGC=∠A，
∴∠FGC=∠EDC，
∴DE∥FG，
∵CD∥EF，
∴四边形DEFG是平行四边形．
（2）解：如图：过点D、C分别作DM⊥AB，CN⊥AB，垂足分别为M、N，
∵AB∥CD，
∴四边形DMNC是矩形，
∴CD=MN，DM=CN，
∵AD的坡度为3:1，
∴DM:AM=3:1，
设AM=x，则DM=3x，根据勾股定理可得：AD=AM2+DM2=10x=1.6，
∴x≈0.5，
∴AM=0.5，DM=1.5，
在Rt△ADM与Rt△BCN中，AD=BC，DM=CN，
∴Rt△ADM≅Rt△BCN，
∴BN=AM=0.5，
∴MN=AB−AM−BN=8.6−0.5−0.5=7.6（米）．
（3）解：如图：过点E作EJ⊥AB于点J，交CD于点I，则IJ=DM=1.5，
∵雕塑的高为EJ=7.5米，
∴EI=EJ−IJ=7.5−1.5=6，
在Rt△ADM中，tanA=DMAM=3，
∴∠A=72°，
∵AB∥CD，
∴EI⊥CD，∠EDC=∠DAB=72°，
在Rt△EDI中，sin∠EDI=EIDE=6DE=0.95，
∴DE≈6.3（米），
∴DP=13DE≈2.1或DP=23DE=4.2，
∴弧PH的长度=72⋅π⋅4.2180≈5.2（米）或72⋅π⋅2.1180≈2.6（米）．

【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
【题型4 连接两点构造垂直法】
1.（2023秋·浙江湖州·九年级统考期末）如图，E为边长为1的正方形ABCD的对角线BD上一点，且BE=BC，P为CE上任一点，PQ⊥BC于Q，PR⊥BE于R.有下列结论：①△PCQ∽△PER；②S△DCE=2− 24；③tan∠DCE= 2−1；④PQ+PR= 22.其中正确的结论的个数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】解：①∵BE=BC，∴∠QCP=∠REP，又∵∠PQC=∠PRE=90°，∴△PCQ∽△PER，故正确；
②作△DCE的边DC上的高EF.∵BE=BC=1，∴DE=BD−BE= 2−1，∵△DEF是等腰直角三角形，∴EF=DF= 22DE=2− 22，∴S△DCE=12CD⋅EF=2− 24，故正确；③在△CEF中，∠EFC=90°，EF=2− 22，
CF=CD−DF=1−2− 22= 22，∴tan∠DCE=EFCF= 2−1，故正确；
④连接BP，过C作CM⊥BD于M.∵BC=BE，∴S△BCE=S△BPE+S△BPC=BC×PQ×12+BE×PR×12=BC×(PQ+PR)×12=BE×CM×12，∴PQ+PR=CM，
∵BE=BC=1且正方形对角线BD= 2，又BC=CD，CM⊥BD，∴M为BD中点，又△BDC为直角三角形，
∴CM=12BD= 22，∴PQ+PR= 22，故正确．
故选：D．
①根据两角对应相等的两个三角形相似，即可证出；
②作△DCE的边DC上的高EF，根据三角形的面积公式即可得出△DCE的面积；
③解直角△CEF，即可求出∠DCE的正切值；
④连接BP，利用面积法求解，PQ+PR的值等于C点到BE的距离，即正方形对角线的一半．
本题考查了正方形的性质，三角函数的定义，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，综合性较强，有一定难度．解题关键是作出正确的辅助线．
2.（2023秋·山东菏泽·九年级校联考期中）如图，在等腰△ABC中，AB=AC，tanC=2，BD⊥AC于点D，点G是底边BC上一点，过点G向两腰作垂线段，垂足分别为E、F，若BD=4，GE=1.5，则BF的长度为( )
A. 0.75B. 0.8C. 1.25D. 1.35
【答案】C
【解析】
本题考查了勾股定理，解直角三角形，相似三角形的性质和判定等知识点，能求出BC和BG的长度是解此题的关键．
根据三角形面积公式求出GF，解直角三角形求出CD，根据勾股定理求出BC，根据相似三角形的性质和判定求出BG，根据勾股定理求出即可．
【解答】
解：连接AG，
∵S△CGA+S△BGA=S△ABC，
∴12×AC×GE+12×AB×GF=12×AC×BD，
∵AC=AB，
∴GE+GF=BD，
∵BD=4，GE=1.5，
∴GF=2.5，
∵tanC=2=BDCD，BD=4，
∴CD=2，
由勾股定理得：BC= CD2+BD2= 22+42=2 5，
∵EG⊥AC，BD⊥AC，
∴EG/​/BD，
∴△CEG∽△CDB，
∴EGBD=CGBC，
∴2 5−BG2 5=1.54，
解得：BG=5 54，
在Rt△BFG中，由勾股定理得：BG2=BF2+GF2，
(5 54)2=BF2+2.52，
解得：BF=1.25(负数舍去)，
故选：C．
3.（2023春·浙江宁波·九年级校联考期末）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AC=10 2，AB=10，D为BC边的中点，连接AD，将△ABD沿AD折叠得到△AED，连接EC.若△ACE的面积为10，则点E到BC边的距离为( )
A. 32B. 5 22C. 3D. 4
【答案】D
【解析】本题考查翻折变换，解直角三角形，三角形面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用面积法解决问题，属于中考常考题型.如图，连接BE交AD于H，作ET⊥BC于T.解直角三角形求出BH=EH=2 5，再利用面积法求出ET即可．
【解答】
解：如图，连接BE交AD于H，作ET⊥BC于T．
∵∠B=90°，AC=10 2，AB=10，
∴BC= AC2−AB2= (10 2)2−102=10，
∴BD=CD=5，
∵△ABD沿AD折叠得到△AED，
∴AD垂直平分线段BE，
∵AD= AB2+BD2= 102+52=5 5，
∵S△ABD=12⋅AB⋅BD=12⋅AD⋅BH，
∴BH=EH=10×55 5=2 5，
∴DH= BD2−BH2= 52−(2 5)2= 5，
∴S△BDE=12⋅BD⋅ET=12⋅BE⋅DH，
∴ET=4 5× 55=4，
故选D．
4.（2023秋·上海·九年级上海市文来中学校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，斜边AB的垂直平分线分别交AB，AC于点D，E.若AC=8，tanB=43，那么AE=______．
【答案】254
【解析】解：连接BE，
设BE长为x，
∵DE是AB的垂直平分线，
∴AE=BE=x，CE=AC−AE=8−x，
∵tanB=ACBC=8BC=43，
∴BC=8×34=6，
在Rt△BCE中，由勾股定理得：BC2+CE2=BE2，
即62+(8−x)2=x2，
解得x=254．
故答案为：254．
连接BE，设BE=AE=x，然后通过勾股定理求解．
本题考查解直角三角形，解题关键是熟练掌握解直角三角形的方法，掌握垂直平分线的性质，通过添加辅助线求解．
5.（2023秋·宁夏银川·九年级银川市第三中学校考期中）如图，在△ABC中，∠A=90°，BC=10，sin∠B=35，D是BC边上的一个动点(异于B、C两点)，过点D分别作AB、AC边的垂线，垂足分别为E、F，则EF的最小值是 ．
【答案】245
【解析】解：如图，连接AD，
在△ABC中，∠A=90°，BC=10，sin∠B=35=ACBC，
∴AC=35BC=6，
∴AB= BC2−AC2= 102−62=8，
∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠DEA=∠DFA=∠A=90°，
∴四边形AEDF是矩形，
∴EF=AD，
当AD⊥BC时，AD的值最小，
此时EF最小值=AD=AB×ACBC=8×610=245，
故答案为：245．
连接AD，先由锐角三角函数定义求出AC=6，则AB=8，再证四边形AEDF是矩形，则EF=AD，当AD⊥BC时，AD的值最小，然后由面积法即可求解．
本题考查矩形的判定和性质、垂线段最短、勾股定理、锐角三角函数定义等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
6.（2023秋·河北保定·九年级统考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，BC和DE相交于点O，点D落在线段AB上，连接BE．
(1)若∠ABC=20°，则∠BCE=______；
(2)若BE=BD，则tan∠ABC=______．
【答案】40° 2−1
【解析】解：(1)∵∠ACB=90°，∠ABC=20°，
∴∠A=90°−20°=70°，
∵CA=CD，
∴∠A=∠CDA=70°，
∴∠BCE=∠ACD=180°−70°−70°=40°，
故答案为：40°；
(2)连接AO．
由旋转的性质可知，∠DBC=∠CED，
∴D，C，E，B四点共圆，
∴∠DCE+∠DBE=180°，
∵∠DCE=90°，
∴∠DBE=90°，
∴BE⊥AB．
∵BD=BE，∠DBE=90°，
∴∠DEB=∠BDE=45°，
∵C，E，B，D四点共圆，
∴∠DCO=∠DEB=45°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD=∠OCD，
∵CD=CD，∠ADC=∠ODC，
∴△ACD≌△OCD(ASA)，
∴AC=OC，
∴∠AOC=∠CAO=45°，
∵∠ADO=135°，
∴∠CAD=∠ADC=67.5°，
∴∠ABC=22.5°，
∵∠AOC=∠OAB+∠ABO，
∴∠OAB=∠ABO=22.5°，
∴OA=OB，设AC=OC=m，则AO=OB= 2m，
∴tan∠ABC=ACCB=mm+ 2m= 2−1．
故答案为： 2−1．
(1)利用等腰三角形的性质三角形内角和定理求解即可；
(2)连接AO.想办法证明△ACO是等腰直角三角形，OA=OB即可解决问题．
本题考查了旋转变换，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
7.（2023秋·四川内江·九年级校考期中）如图，在△ABC中，D是BC上的点，AD=AB，E，F分别是AC，BD的中点，AC=6，sinC=23，求EF，CF的长．
【答案】解：连接AF，如图，
∵AB=AD，F是BD的中点，
∴AF⊥BD，
∵E是AC的中点，
∴EF=12AC，
又∵AC=6，
∴EF=3，
在Rt△AFC中，sinC=AFAC，
即23=AF6，
解得AF=4，
∴CF= AC2−AF2= 62−42=2 5．
【解析】本题主要考查解直角三角形，勾股定理和直角三角形斜边上的中线等，掌握勾股定理和直角三角形斜边上的中线等性质是解题的关键．
连接AF，根据题意及等腰三角形的性质可得AF⊥BD，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得EF=12AC=6，在Rt△AFC中，sinC=AFAC，可得AF=4，从而CF= AC2−AF2=2 5，即可求解．
8.（2023秋·河南驻马店·九年级统考期末）已知：如图，在△ABC中，D是边BC的中点，E、F分别是BD、AC的中点，且AB=AD，AC=10，sinC=45.求：
(1)线段EF的长；
(2)∠B的余弦值．
【答案】解：(1)连接AE．
∵AB=AD，E为BD的中点，
∴AE⊥BD，即得∠AEC=90°．
又∵F是AC的中点，AC=10，
∴EF=12AC=5；
(2)在Rt△AEC中，
∵sinC=AEAC=45，
∴AE=45AC=45×10=8，
∴CE= AC2−AE2= 102−82=6，
∵D是边BC的中点，
∴BD=CD，
又∵E为BD的中点，
∴BE=ED=12BD，
∵CE=CD+ED=2BE+BE=6，
∴BE=2，
∴AB= AE2+BE2= 82+22=2 17，
∴csB=BEAB=22 17= 1717．
【解析】(1)连接AE，根据AB=AD，E为BD中点，可证得AE⊥BD，然后根据F为AC的中点，可得EF=12AC，即可求出EF的长度；
(2)在Rt△AEC中，根据AC=10，sinC=45，求出AE、EC的长度，然后根据D、E分别为BC、BD的中点，求出BE的长度，根据勾股定理求出AB的长度，继而可求得∠B的余弦值．
本题考查了解直角三角形，解答本题的关键是掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及勾股定理的应用．