1. 如图,在正方形ABCD中,AB=4,E是BC的中点,将△ABE沿AE折叠得到△AFE,延长EF交DC于点G,则DG的长为 ()

A.$\frac{3}{4}$
B.$\frac{4}{3}$
C.$\frac{3}{2}$
D.$\frac{2}{3}$

（第1题）（第2题）

1. B

【分析】
解题时首先利用正方形和折叠的性质得到相等的边和角，通过连接AG构造全等三角形，将DG转化为FG，再设DG的长为未知数，在Rt△ECG中利用勾股定理列方程求解即可。思考方向：折叠问题对应全等图形，得到相等边后，结合直角三角形特征可优先用勾股定理，把未知线段用同一个未知数表示后列方程计算即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是正方形，AB=4，
∴AD=AB=BC=CD=4，∠B=∠C=∠D=90°，
∵E是BC的中点，
∴$BE=EC=\frac{1}{2}BC=2$，
将△ABE沿AE折叠得到△AFE，
∴△ABE≌△AFE，
∴$AF=AB=4$，$EF=BE=2$，$∠AFE=∠B=90°$，
∴$∠AFG=90°=∠D$，
连接AG，在Rt△ADG和Rt△AFG中：
$\{\begin{array}{l}AD=AF\\ AG=AG\end{array} $
∴Rt△ADG≌Rt△AFG（HL），
∴DG=FG，
设$DG=x$，则$FG=x$，$GC=CD-DG=4-x$，$EG=EF+FG=2+x$，
在Rt△ECG中，由勾股定理得：$EC^2+GC^2=EG^2$，
代入得：$2^2+(4-x)^2=(2+x)^2$，
展开：$4+16-8x+x^2=4+4x+x^2$，
化简得：$12x=16$，
解得：$x=\frac{4}{3}$，即$DG=\frac{4}{3}$。
【答案】
B
【知识点】
正方形的性质，折叠的性质，勾股定理
【点评】
本题是几何折叠类常规题型，解题核心是利用折叠性质得到相等的线段与角，通过构造全等三角形转化未知线段，再结合勾股定理列方程求解，熟练掌握相关性质并灵活运用方程思想是解决这类题的关键。
【难度系数】
0.7

2. 如图，在边长为6的正方形ABCD中，点E为AB上靠近点A的三等分点，连结DE，点F，G分别为BC，AD上一点，连结FG交DE于点P，且∠EPF=45°，则GF的长为。

2. $3\sqrt{5}$

【分析】
解决本题我们可以先利用正方形的性质确定线段DE的倾斜角的正切值，结合已知的45°夹角，运用“12345”模型或两直线夹角公式求出FG的斜率，再根据G、F分别在AD、BC上的位置特征，求出FG两端点的水平距离，最后用勾股定理计算FG的长度，解题时注意结合正方形边长范围舍去不符合题意的解。
【解析】
解：设正方形ABCD的坐标为：$B(0,0)$，$A(0,6)$，$C(6,0)$，$D(6,6)$。
∵E是AB上靠近A的三等分点，$AB=6$，
∴$AE=2$，$BE=4$，即E点坐标为$(0,4)$。
连接DE，直线DE的斜率$k_{DE}=\frac{6-4}{6-0}=\frac{1}{3}$，即DE与水平方向夹角的正切值为$\frac{1}{3}$。
已知FG与DE的夹角$∠EPF=45°$，设FG的斜率为k，根据两直线夹角公式：
$\tan45°=\left|\frac{k - k_{DE}}{1 + k· k_{DE}}\right|$
代入$k_{DE}=\frac{1}{3}$，$\tan45°=1$，得：
$1=\left|\frac{k-\frac{1}{3}}{1+\frac{k}{3}}\right|$，化简得$|3k-1|=|k+3|$
解得$k=2$或$k=-\frac{1}{2}$。
∵G在AD上（$y=6$，$0≤ x≤6$），F在BC上（$y=0$，$0≤ x≤6$），FG两点竖直差为6，若$k=-\frac{1}{2}$，则水平差为12，超出正方形边长范围，故舍去，得$k=2$。
设$G(g,6)$，$F(f,0)$，则$k=\frac{6-0}{g-f}=2$，解得$g-f=3$。
由勾股定理：
$FG=\sqrt{(g-f)^2+(6-0)^2}=\sqrt{3^2+6^2}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$
（若用12345模型推导：已知$\tan∠ ADE=\frac{AE}{AD}=\frac{1}{3}$，FG与DE夹角为45°，由12345模型结论可得FG的斜率为2，后续计算同上。）
【答案】
$3\sqrt{5}$
【知识点】
正方形的性质，勾股定理，12345模型
【点评】
本题将正方形性质与特殊角的三角函数关系结合，既可以用坐标系和夹角公式求解，也可借助“12345”模型简化运算，解题时要注意结合图形的几何范围筛选合理的解。
【难度系数】
0.6

3. 如图为正方形网格,每一个正方形的边长均为1.
(1)图中∠BAC的补角为∠DAC,写出tan∠DAC的值,并证明;
(2)若∠A,∠B均为小于45°的锐角(∠A≤∠B),若tan(A+B)=1,请写出两组符合要求的tan A和tan B.

3. (1)tan∠DAC=1,证明如下:如图①所示,过点 B 作 BH ⊥ CA 交CA 的延长线于点 H,由网格的特点和勾股定理得到 $AC= \sqrt{1^2+3^2} =\sqrt{10},BC=5,AB= \sqrt{1^2+2^2} =\sqrt{5}, \because S_{△ ABC} = \frac{1}{2}AC · BH = \frac{1}{2} × 5 × 1$,
$\therefore \frac{\sqrt{10}}{2}BH = \frac{5}{2}, \therefore BH = \frac{\sqrt{10}}{2}, \therefore AH = \sqrt{AB^2-BH^2} = \frac{\sqrt{10}}{2}$,
$\therefore \tan ∠ BAH = \frac{BH}{AH} = 1. \because ∠ BAC$ 的补角为 $∠ DAC, \therefore ∠ BAC+ ∠ DAC = 180° = ∠ BAC+ ∠ BAH, \therefore ∠ DAC= ∠ BAH, \therefore \tan ∠ DAC= \tan ∠ BAH=1.$

(2)如图②所示,由网格的特点可知 G,C,E 三点共线,由(1)可知,
$\tan ∠ GCD=1, \therefore \tan ∠ GCD= \tan (A+B)=1, \therefore ∠ A+ ∠ B= ∠ GCD.$ 在$\mathrm{Rt}△ GCH$中,$\tan ∠ GCH = \frac{GH}{CH} = \frac{1}{3}$, 在 $\mathrm{Rt}△ DCF$ 中, $\tan ∠ DCF = \frac{DF}{CF} = \frac{1}{2}, \therefore$ 此时满足题意的 $\tan A$ 和 $\tan B$ 可以为 $\tan A = \frac{1}{3}, \tan B = \frac{1}{2}.$

如图③所示,在正方形 CDEF 中, $\tan ∠ DCE = \frac{DE}{CD} = 1, \therefore \tan ∠ DCE =\tan(A+B)=1$, 则 $∠ A+ ∠ B= ∠ DCE.$ 在 DE 上截取 $DG= \frac{1}{2}$, 则 $GE= \frac{3}{2}$, 作 $GH ⊥ CE$ 于点 H. 在 $\mathrm{Rt}△ CDG$ 中, $\tan ∠ DCG = \frac{DG}{CD} = \frac{1}{4}.$ 在$\mathrm{Rt}△ GHE$中, $GH=GE · \sin ∠ GEH = \frac{3}{2} × \sin 45° = \frac{3\sqrt{2}}{4}, EH=GE · \cos ∠ GEH = \frac{3}{2} × \cos 45° = \frac{3\sqrt{2}}{4}$, 在 $\mathrm{Rt}△ CDE$ 中, $CE= \frac{DE}{\sin ∠ DCE} = 2\sqrt{2}$,
$\therefore CH=CE-HE= \frac{5\sqrt{2}}{4}$, 在$\mathrm{Rt}△ CHG$中, $\tan ∠ GCH = \frac{GH}{CH} = \frac{3}{5}, \therefore$ 此时满足题意的 $\tan A$ 和 $\tan B$ 可以为 $\tan A = \frac{1}{4}, \tan B = \frac{3}{5}.$

【分析】
(1) 要求$\tan∠ DAC$的值，已知$∠ DAC$是$∠ BAC$的补角，可先作辅助线构造$∠ BAC$的另一补角$∠ BAH$，将求$\tan∠ DAC$转化为求$\tan∠ BAH$。首先用勾股定理计算$△ ABC$各边长，再通过三角形面积的两种计算方式求出高$BH$，接着用勾股定理计算$AH$的长度，最后根据正切定义即可求出结果。
(2) 由$\tan(A+B)=1$且$∠ A$、$∠ B$都是小于$45°$的锐角，可得$∠ A+∠ B=45°$。结合网格构造和为$45°$的两个锐角，分别计算它们的正切值，就能得到符合要求的$\tan A$和$\tan B$。
【解析】
(1) $\tan∠ DAC=1$，证明如下：
如图①所示，过点$B$作$BH ⊥ CA$交$CA$的延长线于点$H$，由网格的特点和勾股定理可得：
$AC= \sqrt{1^2+3^2} =\sqrt{10}$，$BC=5$，$AB= \sqrt{1^2+2^2} =\sqrt{5}$，
$\because S_{△ ABC} = \frac{1}{2}AC · BH = \frac{1}{2} × 5 × 1$，
$\therefore \frac{\sqrt{10}}{2}BH = \frac{5}{2}$，解得$BH = \frac{\sqrt{10}}{2}$，
在$Rt△ ABH$中，$AH = \sqrt{AB^2-BH^2} = \sqrt{(\sqrt{5})^2-(\frac{\sqrt{10}}{2})^2}=\frac{\sqrt{10}}{2}$，
$\therefore \tan ∠ BAH = \frac{BH}{AH} = 1$。
$\because ∠ BAC$的补角为$∠ DAC$，$\therefore ∠ BAC+ ∠ DAC = 180° = ∠ BAC+ ∠ BAH$，
$\therefore ∠ DAC= ∠ BAH$，$\therefore \tan ∠ DAC= \tan ∠ BAH=1$。

(2) $\because \tan(A+B)=1$，$∠ A$、$∠ B$均为小于$45°$的锐角，$\therefore ∠ A+∠ B=45°$。
第一组：如图②所示，由网格的特点可知$G,C,E$三点共线，$\tan ∠ GCD=1$，即$∠ GCD=45°=∠ A+∠ B$。
在$\mathrm{Rt}△ GCH$中，$\tan ∠ GCH = \frac{GH}{CH} = \frac{1}{3}$， 在 $\mathrm{Rt}△ DCF$中， $\tan ∠ DCF = \frac{DF}{CF} = \frac{1}{2}$，即第一组为$\tan A = \frac{1}{3}, \tan B = \frac{1}{2}$。

第二组：如图③所示，在正方形$CDEF$中，$\tan ∠ DCE = \frac{DE}{CD} = 1$，即$∠ DCE=45°=∠ A+∠ B$。
在$DE$上截取$DG= \frac{1}{2}$，则$GE= \frac{3}{2}$，作$GH ⊥ CE$于点$H$。在$\mathrm{Rt}△ CDG$中，$\tan ∠ DCG = \frac{DG}{CD} = \frac{1}{4}$。
在$\mathrm{Rt}△ GHE$中， $∠ GEH=45°$，$GH=GE · \sin 45° = \frac{3}{2} × \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{3\sqrt{2}}{4}$，$EH=GE · \cos 45° = \frac{3}{2} × \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{3\sqrt{2}}{4}$，
在 $\mathrm{Rt}△ CDE$ 中， $CE=\sqrt{CD^2+DE^2} = 2\sqrt{2}$，
$\therefore CH=CE-HE= \frac{5\sqrt{2}}{4}$，在$\mathrm{Rt}△ CHG$中， $\tan ∠ GCH = \frac{GH}{CH} = \frac{3}{5}$，即第二组为$\tan A = \frac{1}{4}, \tan B = \frac{3}{5}$。
（答案不唯一，合理即可）
【答案】
(1) $\tan∠ DAC=1$，证明见解析；

(2) 示例：$\tan A=\frac{1}{3},\tan B=\frac{1}{2}$；$\tan A=\frac{1}{4},\tan B=\frac{3}{5}$（答案不唯一）

【知识点】
勾股定理，正切的定义，补角的性质
【点评】
本题结合正方形网格考查锐角三角函数的应用，第一问用面积法求三角形的高，将未知角的三角函数转化为可求角的三角函数；第二问需要结合两角和为$45°$的特点构造直角三角形计算正切值，能很好地考查学生对网格特点的运用能力和三角函数的计算能力。
【难度系数】
0.6