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24 为方便市民通行，某广场计划对坡角为$30°$，坡长为60米的斜坡AB进行改造，在斜坡中点D处挖去部分坡体（阴影表示），修建一个平行于水平线CA的平台DE和一条新的斜坡BE。
（1）若修建的斜坡BE的坡角为$36°$，则平台DE的长约为多少米？
（2）距离A点27米远的G处是商场主楼，若在D点测得主楼顶部H的仰角为$30°$，则主楼GH高约为多少米？
（结果取整数，参考数据：$\sin36°=0.6$，$\cos36°=0.8$，$\tan36°=0.7$，$\sqrt{3}=1.7$）
（1）若修建的斜坡BE的坡角为$36°$，则平台DE的长约为多少米？
（2）距离A点27米远的G处是商场主楼，若在D点测得主楼顶部H的仰角为$30°$，则主楼GH高约为多少米？
（结果取整数，参考数据：$\sin36°=0.6$，$\cos36°=0.8$，$\tan36°=0.7$，$\sqrt{3}=1.7$）
答案
24. (1) 因为$D$为$AB$中点,$DF // AC$,所以$BF=CF=\dfrac{1}{2} BC$。因为$∠ BAC=30°$,$AB=60$米,所以$BC=AB\sin 30° =30$(米),所以$BF=15$米。因为$∠ BEF=36°$,所以$\tan ∠ BEF =\dfrac{BF}{EF} =0.7$,所以$EF=\dfrac{150}{7}$米。因为$∠ BDF=∠ BAC=30°$,所以$\tan ∠ BDF =\dfrac{BF}{FD}$,所以$FD=15\sqrt{3}$米,所以$DE=DF-EF=15\sqrt{3}-\dfrac{150}{7} \approx 4$(米)。
(2) 过点$D$作$DN ⊥ CG$于点$N$。由题意可得$DN=FC=15$米,$AD=\dfrac{1}{2} AB=30$米,所以$AN=\sqrt{AD^2-DN^2} =15\sqrt{3}$米,所以$NG=NA+AG=(15\sqrt{3}+27)$米,所以$DM=NG=(15\sqrt{3}+27)$米。因为$∠ HDM=30°$,$\tan ∠ HDM =\dfrac{HM}{MD}$,所以$HM=\dfrac{15\sqrt{3}+27}{\sqrt{3}} =(15+9\sqrt{3})$(米),所以$HG=HM+MG=30+9\sqrt{3} \approx 45$(米)。
(2) 过点$D$作$DN ⊥ CG$于点$N$。由题意可得$DN=FC=15$米,$AD=\dfrac{1}{2} AB=30$米,所以$AN=\sqrt{AD^2-DN^2} =15\sqrt{3}$米,所以$NG=NA+AG=(15\sqrt{3}+27)$米,所以$DM=NG=(15\sqrt{3}+27)$米。因为$∠ HDM=30°$,$\tan ∠ HDM =\dfrac{HM}{MD}$,所以$HM=\dfrac{15\sqrt{3}+27}{\sqrt{3}} =(15+9\sqrt{3})$(米),所以$HG=HM+MG=30+9\sqrt{3} \approx 45$(米)。
解析
【分析】
本题是解直角三角形的实际应用问题，核心是将坡角、仰角转化为直角三角形的内角，结合锐角三角函数求解线段长度。
(1) 先利用斜坡AB的坡角和坡长求出垂直高度BC，结合D是AB中点、DF//AC的性质得到BF的长度；再分别在Rt△BEF和Rt△BDF中，利用对应角的正切值求出EF、DF的长度，两者的差即为DE的长，最后代入参考数据取整。
(2) 过D作DN⊥CG构造直角三角形，先求出AN、NG的长度，得到水平距离DM的长；再在Rt△HDM中利用仰角30°的正切值求出HM的高度，加上MG（等于DN）的高度即可得到GH的总高度，代入数据取整得到结果。
【解析】
(1)
∵D为AB中点，DF//AC，
∴F为BC中点，即$BF=CF=\dfrac{1}{2}BC$。
∵∠BAC=30°，AB=60米，
∴$BC=AB·\sin30°=60×\dfrac{1}{2}=30$（米），
∴$BF=15$米。
∵斜坡BE的坡角为36°，即∠BEF=36°，
∴$\tan∠BEF=\dfrac{BF}{EF}=0.7$，
解得$EF=\dfrac{15}{0.7}=\dfrac{150}{7}$米。
∵DF//AC，
∴∠BDF=∠BAC=30°，
∴$\tan∠BDF=\dfrac{BF}{FD}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，
解得$FD=15\sqrt{3}$米。
∴$DE=DF-EF=15\sqrt{3}-\dfrac{150}{7}\approx15×1.7 - 21.4\approx4$（米）。
(2) 过点D作$DN⊥CG$于点N，
由题意得$DN=FC=15$米，$AD=\dfrac{1}{2}AB=30$米，
在Rt△ADN中，$AN=\sqrt{AD^2-DN^2}=\sqrt{30^2-15^2}=15\sqrt{3}$米，
∴$NG=NA+AG=15\sqrt{3}+27$米，
∵四边形DNGM是矩形，
∴$DM=NG=15\sqrt{3}+27$米，$MG=DN=15$米。
∵在D点测得H的仰角为30°，即∠HDM=30°，
∴$\tan∠HDM=\dfrac{HM}{MD}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，
∴$HM=MD×\dfrac{\sqrt{3}}{3}=\dfrac{15\sqrt{3}+27}{\sqrt{3}}=15+9\sqrt{3}$（米），
∴$HG=HM+MG=15+9\sqrt{3}+15=30+9\sqrt{3}\approx30+9×1.7\approx45$（米）。
【答案】
(1) 约4米；(2) 约45米
【知识点】
解直角三角形应用；锐角三角函数；坡角与仰角
【点评】
本题是典型的几何实际应用类题型，需要结合题意分析图形关系，必要时添加辅助线构造直角三角形，再利用三角函数的性质列式计算，解题时要注意题干给出的参考数据的使用，按要求对结果取整。
【难度系数】
0.6
本题是解直角三角形的实际应用问题，核心是将坡角、仰角转化为直角三角形的内角，结合锐角三角函数求解线段长度。
(1) 先利用斜坡AB的坡角和坡长求出垂直高度BC，结合D是AB中点、DF//AC的性质得到BF的长度；再分别在Rt△BEF和Rt△BDF中，利用对应角的正切值求出EF、DF的长度，两者的差即为DE的长，最后代入参考数据取整。
(2) 过D作DN⊥CG构造直角三角形，先求出AN、NG的长度，得到水平距离DM的长；再在Rt△HDM中利用仰角30°的正切值求出HM的高度，加上MG（等于DN）的高度即可得到GH的总高度，代入数据取整得到结果。
【解析】
(1)
∵D为AB中点，DF//AC，
∴F为BC中点，即$BF=CF=\dfrac{1}{2}BC$。
∵∠BAC=30°，AB=60米，
∴$BC=AB·\sin30°=60×\dfrac{1}{2}=30$（米），
∴$BF=15$米。
∵斜坡BE的坡角为36°，即∠BEF=36°，
∴$\tan∠BEF=\dfrac{BF}{EF}=0.7$，
解得$EF=\dfrac{15}{0.7}=\dfrac{150}{7}$米。
∵DF//AC，
∴∠BDF=∠BAC=30°，
∴$\tan∠BDF=\dfrac{BF}{FD}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，
解得$FD=15\sqrt{3}$米。
∴$DE=DF-EF=15\sqrt{3}-\dfrac{150}{7}\approx15×1.7 - 21.4\approx4$（米）。
(2) 过点D作$DN⊥CG$于点N，
由题意得$DN=FC=15$米，$AD=\dfrac{1}{2}AB=30$米，
在Rt△ADN中，$AN=\sqrt{AD^2-DN^2}=\sqrt{30^2-15^2}=15\sqrt{3}$米，
∴$NG=NA+AG=15\sqrt{3}+27$米，
∵四边形DNGM是矩形，
∴$DM=NG=15\sqrt{3}+27$米，$MG=DN=15$米。
∵在D点测得H的仰角为30°，即∠HDM=30°，
∴$\tan∠HDM=\dfrac{HM}{MD}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$，
∴$HM=MD×\dfrac{\sqrt{3}}{3}=\dfrac{15\sqrt{3}+27}{\sqrt{3}}=15+9\sqrt{3}$（米），
∴$HG=HM+MG=15+9\sqrt{3}+15=30+9\sqrt{3}\approx30+9×1.7\approx45$（米）。
【答案】
(1) 约4米；(2) 约45米
【知识点】
解直角三角形应用；锐角三角函数；坡角与仰角
【点评】
本题是典型的几何实际应用类题型，需要结合题意分析图形关系，必要时添加辅助线构造直角三角形，再利用三角函数的性质列式计算，解题时要注意题干给出的参考数据的使用，按要求对结果取整。
【难度系数】
0.6
25 如图,已知在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AC=BC=4$,点$D$为边$BC$上一动点(与点$B$、$C$不重合),点$E$为边$AB$上一点,$∠ EDB=∠ ADC$,过点$E$作$EF⊥ AD$,垂足为点$G$,交射线$AC$于点$F$。
(1) 如果点$D$为边$BC$的中点,求$∠ DAB$的正切值。
(2) 当点$F$在边$AC$上时,设$CD=x$,$CF=y$,求$y$关于$x$的函数表达式及定义域。
(3) 连接$DF$,如果$△ CDF$与以点$A$、$G$、$E$为顶点的三角形相似,求线段$CD$的长。
(1) 如果点$D$为边$BC$的中点,求$∠ DAB$的正切值。
(2) 当点$F$在边$AC$上时,设$CD=x$,$CF=y$,求$y$关于$x$的函数表达式及定义域。
(3) 连接$DF$,如果$△ CDF$与以点$A$、$G$、$E$为顶点的三角形相似,求线段$CD$的长。
答案
25. (1) 过$D$作$DH ⊥ AB$,垂足为点$H$。在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,因为$∠ ACB=90°$,$AC=BC=4$,所以$AB=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$。在$\mathrm{Rt}△ BDH$中,因为$BD=2$,所以$BH=DH=\sqrt{2}$。在$\mathrm{Rt}△ ADH$中,$AH=3\sqrt{2}$,$\tan ∠ DAB =\dfrac{DH}{AH} =\dfrac{\sqrt{2}}{3\sqrt{2}} =\dfrac{1}{3}$。
(2) 过$A$作$AH // DE$交$BC$的延长线于点$H$。因为$EF ⊥ AD$,所以$∠ AFG + ∠ CAD=90°$。因为$∠ ACB=90°$,所以$∠ ADC + ∠ CAD=90°$,所以$∠ AFG=∠ ADC$。又因为$∠ EDB=∠ ADC$,所以$∠ AFG=∠ EDB$。因为$AC=BC=4$,所以$∠ BAC=∠ B=45°$,所以$△ AEF ∽ △ BED$,所以$\dfrac{AE}{BE} =\dfrac{AF}{BD}$。因为$AH // DE$,所以$\dfrac{AE}{BE} =\dfrac{DH}{BD}$,所以$AF=DH$。因为$AH // DE$,所以$∠ H=∠ EDB$。又因为$∠ EDB=∠ ADC$,所以$∠ H=∠ ADC$,所以$AD=AH$。因为$AC ⊥ DH$,所以$HC=CD$。因为$CD=x$,所以$HC=x$,所以$AF=DH=2x$。$y=4-2x(0＜x ≤ 2)$。
(3) i) 当点$F$在边$AC$上时,因为$∠ FCD=∠ AGE=90°$,所以有$∠ DFC=∠ GAE$或$∠ FDC=∠ GAE$两种情况。过$D$作$DH ⊥ AB$,垂足为点$H$。在$\mathrm{Rt}△ ADH$中,$\tan ∠ GAE =\dfrac{DH}{AH} =\dfrac{\dfrac{\sqrt{2}}{2}(4-x)}{4\sqrt{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}(4-x)} =\dfrac{4-x}{4+x}$。
① 当$∠ DFC=∠ GAE$时,所以$\tan ∠ DFC=\tan ∠ GAE$。所以$\dfrac{x}{y} =\dfrac{4-x}{4+x}$。所以$x=8-4\sqrt{3}$。
② 当$∠ FDC=∠ GAE$时,所以$\tan ∠ FDC=\tan ∠ GAE$。所以$\dfrac{y}{x} =\dfrac{4-x}{4+x}$。所以$x=4\sqrt{2}-4$。
ii) 当点$F$在边$AC$的延长线上时,同理可得$CD=\dfrac{4}{3}\sqrt{3}$。
综上所述,如果$△ CDF$与以点$A$、$G$、$E$为顶点的三角形相似,线段$CD$的长为$8-4\sqrt{3}$、$4\sqrt{2}-4$、$\dfrac{4}{3}\sqrt{3}$。
(2) 过$A$作$AH // DE$交$BC$的延长线于点$H$。因为$EF ⊥ AD$,所以$∠ AFG + ∠ CAD=90°$。因为$∠ ACB=90°$,所以$∠ ADC + ∠ CAD=90°$,所以$∠ AFG=∠ ADC$。又因为$∠ EDB=∠ ADC$,所以$∠ AFG=∠ EDB$。因为$AC=BC=4$,所以$∠ BAC=∠ B=45°$,所以$△ AEF ∽ △ BED$,所以$\dfrac{AE}{BE} =\dfrac{AF}{BD}$。因为$AH // DE$,所以$\dfrac{AE}{BE} =\dfrac{DH}{BD}$,所以$AF=DH$。因为$AH // DE$,所以$∠ H=∠ EDB$。又因为$∠ EDB=∠ ADC$,所以$∠ H=∠ ADC$,所以$AD=AH$。因为$AC ⊥ DH$,所以$HC=CD$。因为$CD=x$,所以$HC=x$,所以$AF=DH=2x$。$y=4-2x(0＜x ≤ 2)$。
(3) i) 当点$F$在边$AC$上时,因为$∠ FCD=∠ AGE=90°$,所以有$∠ DFC=∠ GAE$或$∠ FDC=∠ GAE$两种情况。过$D$作$DH ⊥ AB$,垂足为点$H$。在$\mathrm{Rt}△ ADH$中,$\tan ∠ GAE =\dfrac{DH}{AH} =\dfrac{\dfrac{\sqrt{2}}{2}(4-x)}{4\sqrt{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}(4-x)} =\dfrac{4-x}{4+x}$。
① 当$∠ DFC=∠ GAE$时,所以$\tan ∠ DFC=\tan ∠ GAE$。所以$\dfrac{x}{y} =\dfrac{4-x}{4+x}$。所以$x=8-4\sqrt{3}$。
② 当$∠ FDC=∠ GAE$时,所以$\tan ∠ FDC=\tan ∠ GAE$。所以$\dfrac{y}{x} =\dfrac{4-x}{4+x}$。所以$x=4\sqrt{2}-4$。
ii) 当点$F$在边$AC$的延长线上时,同理可得$CD=\dfrac{4}{3}\sqrt{3}$。
综上所述,如果$△ CDF$与以点$A$、$G$、$E$为顶点的三角形相似,线段$CD$的长为$8-4\sqrt{3}$、$4\sqrt{2}-4$、$\dfrac{4}{3}\sqrt{3}$。
解析
【分析】
(1) 要求∠DAB的正切值，该角未在直角三角形中，因此过D作AB的垂线构造直角三角形，结合等腰Rt△ABC的性质，分别求出直角边DH、AH的长度，即可计算正切值。
(2) 要建立y与x的函数关系，先通过角度互余推导角相等，证明△AEF∽△BED得到线段比例，再作平行线AH//DE转化比例关系，结合∠EDB=∠ADC推出△ADH为等腰三角形，利用三线合一得到DH=2CD，进而得到AF与CD的关系，再由CF=AC-AF得到函数式，结合F在AC上的条件确定定义域。
(3) △CDF和△AGE都是直角三角形，相似时需分两种对应角相等的情况讨论，同时还要考虑F在AC上和AC延长线上两种位置，分别利用对应角的正切值相等列方程求解，舍去不符合题意的解即可得到CD的长。
【解析】
(1) 过$D$作$DH ⊥ AB$，垂足为点$H$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=BC=4$，由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$。
因为D是BC中点，所以$BD=\frac{1}{2}BC=2$，又$∠B=45°$，在$\mathrm{Rt}△ BDH$中，$BH=DH=BD·\sin45°=2×\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$。
所以$AH=AB-BH=4\sqrt{2}-\sqrt{2}=3\sqrt{2}$，在$\mathrm{Rt}△ ADH$中，$\tan ∠ DAB =\dfrac{DH}{AH} =\dfrac{\sqrt{2}}{3\sqrt{2}} =\dfrac{1}{3}$。
(2) 过$A$作$AH // DE$交$BC$的延长线于点$H$。
因为$EF ⊥ AD$，所以$∠ AFG + ∠ CAD=90°$，又$∠ ACB=90°$，所以$∠ ADC + ∠ CAD=90°$，因此$∠ AFG=∠ ADC$。
由题知$∠ EDB=∠ ADC$，所以$∠ AFG=∠ EDB$。
因为$AC=BC$，$∠ACB=90°$，所以$∠ BAC=∠ B=45°$，因此$△ AEF ∽ △ BED$，得$\dfrac{AE}{BE} =\dfrac{AF}{BD}$。
因为$AH // DE$，由平行线分线段成比例得$\dfrac{AE}{BE} =\dfrac{DH}{BD}$，所以$AF=DH$。
因为$AH // DE$，所以$∠ H=∠ EDB$，又$∠ EDB=∠ ADC$，所以$∠ H=∠ ADC$，因此$AD=AH$，即△ADH为等腰三角形。
因为$AC ⊥ DH$，由等腰三角形三线合一得$HC=CD=x$，所以$DH=CD+CH=2x$，即$AF=2x$。
因为$CF=AC-AF$，$CD=x$，$CF=y$，$AC=4$，所以$y=4-2x$。
当F在边AC上时，$AF=2x≤4$，且D不与B、C重合，故$0＜x≤2$，即定义域为$0＜x≤2$。
(3) 分两种情况讨论：
i) 当点$F$在边$AC$上时，$∠ FCD=∠ AGE=90°$，相似分两种子情况：
① 当$∠ DFC=∠ GAE$时：
过$D$作$DH ⊥ AB$，垂足为点$H$，$BD=4-x$，则$DH=BH=\frac{\sqrt{2}}{2}(4-x)$，$AH=AB-BH=4\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}(4-x)$，故$\tan ∠ GAE =\dfrac{DH}{AH} =\dfrac{\dfrac{\sqrt{2}}{2}(4-x)}{4\sqrt{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}(4-x)} =\dfrac{4-x}{4+x}$。
在$\mathrm{Rt}△CDF$中，$\tan ∠DFC=\frac{CD}{CF}=\frac{x}{y}$，因此$\dfrac{x}{y} =\dfrac{4-x}{4+x}$，代入$y=4-2x$，解得$x=8-4\sqrt{3}$（符合$0＜x≤2$）。
② 当$∠ FDC=∠ GAE$时：
$\tan ∠FDC=\frac{CF}{CD}=\frac{y}{x}$，故$\dfrac{y}{x} =\dfrac{4-x}{4+x}$，代入$y=4-2x$，解得$x=4\sqrt{2}-4$（符合$0＜x≤2$）。
ii) 当点$F$在边$AC$的延长线上时，同理可得$CD=\dfrac{4}{3}\sqrt{3}$（符合$2＜x＜4$）。
综上，满足条件的CD长为$8-4\sqrt{3}$、$4\sqrt{2}-4$、$\dfrac{4\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
(1) $\dfrac{1}{3}$；
(2) $y=4-2x$，定义域为$0＜x≤2$；
(3) 线段$CD$的长为$8-4\sqrt{3}$、$4\sqrt{2}-4$、$\dfrac{4\sqrt{3}}{3}$。
【知识点】
锐角三角函数，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质
【点评】
本题为几何综合题，兼顾了基础运算和能力考查，需要掌握构造辅助线转化边角关系的方法，同时要熟练运用分类讨论思想，避免因漏解导致失分，对逻辑推理和代数运算能力有较高要求。
【难度系数】
0.2
(1) 要求∠DAB的正切值，该角未在直角三角形中，因此过D作AB的垂线构造直角三角形，结合等腰Rt△ABC的性质，分别求出直角边DH、AH的长度，即可计算正切值。
(2) 要建立y与x的函数关系，先通过角度互余推导角相等，证明△AEF∽△BED得到线段比例，再作平行线AH//DE转化比例关系，结合∠EDB=∠ADC推出△ADH为等腰三角形，利用三线合一得到DH=2CD，进而得到AF与CD的关系，再由CF=AC-AF得到函数式，结合F在AC上的条件确定定义域。
(3) △CDF和△AGE都是直角三角形，相似时需分两种对应角相等的情况讨论，同时还要考虑F在AC上和AC延长线上两种位置，分别利用对应角的正切值相等列方程求解，舍去不符合题意的解即可得到CD的长。
【解析】
(1) 过$D$作$DH ⊥ AB$，垂足为点$H$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=BC=4$，由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$。
因为D是BC中点，所以$BD=\frac{1}{2}BC=2$，又$∠B=45°$，在$\mathrm{Rt}△ BDH$中，$BH=DH=BD·\sin45°=2×\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$。
所以$AH=AB-BH=4\sqrt{2}-\sqrt{2}=3\sqrt{2}$，在$\mathrm{Rt}△ ADH$中，$\tan ∠ DAB =\dfrac{DH}{AH} =\dfrac{\sqrt{2}}{3\sqrt{2}} =\dfrac{1}{3}$。
(2) 过$A$作$AH // DE$交$BC$的延长线于点$H$。
因为$EF ⊥ AD$，所以$∠ AFG + ∠ CAD=90°$，又$∠ ACB=90°$，所以$∠ ADC + ∠ CAD=90°$，因此$∠ AFG=∠ ADC$。
由题知$∠ EDB=∠ ADC$，所以$∠ AFG=∠ EDB$。
因为$AC=BC$，$∠ACB=90°$，所以$∠ BAC=∠ B=45°$，因此$△ AEF ∽ △ BED$，得$\dfrac{AE}{BE} =\dfrac{AF}{BD}$。
因为$AH // DE$，由平行线分线段成比例得$\dfrac{AE}{BE} =\dfrac{DH}{BD}$，所以$AF=DH$。
因为$AH // DE$，所以$∠ H=∠ EDB$，又$∠ EDB=∠ ADC$，所以$∠ H=∠ ADC$，因此$AD=AH$，即△ADH为等腰三角形。
因为$AC ⊥ DH$，由等腰三角形三线合一得$HC=CD=x$，所以$DH=CD+CH=2x$，即$AF=2x$。
因为$CF=AC-AF$，$CD=x$，$CF=y$，$AC=4$，所以$y=4-2x$。
当F在边AC上时，$AF=2x≤4$，且D不与B、C重合，故$0＜x≤2$，即定义域为$0＜x≤2$。
(3) 分两种情况讨论：
i) 当点$F$在边$AC$上时，$∠ FCD=∠ AGE=90°$，相似分两种子情况：
① 当$∠ DFC=∠ GAE$时：
过$D$作$DH ⊥ AB$，垂足为点$H$，$BD=4-x$，则$DH=BH=\frac{\sqrt{2}}{2}(4-x)$，$AH=AB-BH=4\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}(4-x)$，故$\tan ∠ GAE =\dfrac{DH}{AH} =\dfrac{\dfrac{\sqrt{2}}{2}(4-x)}{4\sqrt{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}(4-x)} =\dfrac{4-x}{4+x}$。
在$\mathrm{Rt}△CDF$中，$\tan ∠DFC=\frac{CD}{CF}=\frac{x}{y}$，因此$\dfrac{x}{y} =\dfrac{4-x}{4+x}$，代入$y=4-2x$，解得$x=8-4\sqrt{3}$（符合$0＜x≤2$）。
② 当$∠ FDC=∠ GAE$时：
$\tan ∠FDC=\frac{CF}{CD}=\frac{y}{x}$，故$\dfrac{y}{x} =\dfrac{4-x}{4+x}$，代入$y=4-2x$，解得$x=4\sqrt{2}-4$（符合$0＜x≤2$）。
ii) 当点$F$在边$AC$的延长线上时，同理可得$CD=\dfrac{4}{3}\sqrt{3}$（符合$2＜x＜4$）。
综上，满足条件的CD长为$8-4\sqrt{3}$、$4\sqrt{2}-4$、$\dfrac{4\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
(1) $\dfrac{1}{3}$；
(2) $y=4-2x$，定义域为$0＜x≤2$；
(3) 线段$CD$的长为$8-4\sqrt{3}$、$4\sqrt{2}-4$、$\dfrac{4\sqrt{3}}{3}$。
【知识点】
锐角三角函数，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质
【点评】
本题为几何综合题，兼顾了基础运算和能力考查，需要掌握构造辅助线转化边角关系的方法，同时要熟练运用分类讨论思想，避免因漏解导致失分，对逻辑推理和代数运算能力有较高要求。
【难度系数】
0.2
