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1. ★★★(2025·北京月考)已知锐角α的顶点在坐标原点,始边与x轴正半轴重合,P(m,1)为其终边上的一点,若$\cosα=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$,则m的值为 (
A.$\dfrac{\sqrt{5}}{5}$
B.$1$
C.$\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$
D.$2$
D
)A.$\dfrac{\sqrt{5}}{5}$
B.$1$
C.$\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$
D.$2$
答案
1. D
解析
【分析】
本题已知锐角α终边上一点的坐标和余弦值，求点的横坐标，解题思路如下：首先，过点P向x轴作垂线，可得到以α为一个锐角的直角三角形，根据锐角余弦的定义，余弦值等于锐角的邻边长度除以斜边长度，结合点P的坐标可以表示出邻边、斜边的长度，再代入已知的余弦值列方程求解，最后根据α是锐角，可知点P在第一象限，横坐标为正，舍去不符合要求的解即可得到m的值。
【解析】
过点P(m,1)作x轴的垂线，垂足为Q，则OQ=m，PQ=1，△OPQ为直角三角形，由勾股定理可得斜边$OP=\sqrt{OQ^2+PQ^2}=\sqrt{m^2+1}$。
根据锐角余弦的定义：$\cosα=\dfrac{邻边}{斜边}=\dfrac{OQ}{OP}$，代入已知$\cosα=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$，可得：
$\dfrac{m}{\sqrt{m^2+1}}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$
∵α是锐角，
∴m＞0，方程两边同时平方得：
$\dfrac{m^2}{m^2+1}=\dfrac{4×5}{25}=\dfrac{4}{5}$
交叉相乘得：$5m^2=4(m^2+1)$
整理得：$m^2=4$，解得$m=2$或$m=-2$
又
∵m＞0，
∴$m=2$
故选：D
【答案】
D
【知识点】
1. 锐角余弦的定义
2. 勾股定理
3. 无理方程求解
【点评】
本题属于基础题型，核心是结合平面直角坐标系构造直角三角形，利用锐角三角函数的定义建立方程求解，解题时需注意结合锐角的范围对解进行取舍，避免出现增根。
【难度系数】
0.7
本题已知锐角α终边上一点的坐标和余弦值，求点的横坐标，解题思路如下：首先，过点P向x轴作垂线，可得到以α为一个锐角的直角三角形，根据锐角余弦的定义，余弦值等于锐角的邻边长度除以斜边长度，结合点P的坐标可以表示出邻边、斜边的长度，再代入已知的余弦值列方程求解，最后根据α是锐角，可知点P在第一象限，横坐标为正，舍去不符合要求的解即可得到m的值。
【解析】
过点P(m,1)作x轴的垂线，垂足为Q，则OQ=m，PQ=1，△OPQ为直角三角形，由勾股定理可得斜边$OP=\sqrt{OQ^2+PQ^2}=\sqrt{m^2+1}$。
根据锐角余弦的定义：$\cosα=\dfrac{邻边}{斜边}=\dfrac{OQ}{OP}$，代入已知$\cosα=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$，可得：
$\dfrac{m}{\sqrt{m^2+1}}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$
∵α是锐角，
∴m＞0，方程两边同时平方得：
$\dfrac{m^2}{m^2+1}=\dfrac{4×5}{25}=\dfrac{4}{5}$
交叉相乘得：$5m^2=4(m^2+1)$
整理得：$m^2=4$，解得$m=2$或$m=-2$
又
∵m＞0，
∴$m=2$
故选：D
【答案】
D
【知识点】
1. 锐角余弦的定义
2. 勾股定理
3. 无理方程求解
【点评】
本题属于基础题型，核心是结合平面直角坐标系构造直角三角形，利用锐角三角函数的定义建立方程求解，解题时需注意结合锐角的范围对解进行取舍，避免出现增根。
【难度系数】
0.7
2. （2025·上海期中）如图，AD是$△ ABC$的中线，$AD=5$，$\tan∠ BAD=\frac{3}{4}$，$S_{△ ADC}=15$，则$BC$的长为（
A.$3\sqrt{5}$
B.$6\sqrt{5}$
C.$2\sqrt{10}$
D.$4\sqrt{10}$
B
）A.$3\sqrt{5}$
B.$6\sqrt{5}$
C.$2\sqrt{10}$
D.$4\sqrt{10}$
答案
2. B
解析
【分析】
首先利用三角形中线的性质，可知△ABD与△ADC面积相等，均为15。要求BC的长，只需求出BD的长（D是BC中点，BC=2BD）。我们可以过点B作AD延长线的垂线构造直角三角形，结合三角形面积公式、锐角三角函数的定义分别求出直角边的长度，再用勾股定理计算BD，最终得到BC的长度。
【解析】
过点B作BE⊥AD，交AD的延长线于点E。
∵AD是△ABC的中线，中线将三角形分为面积相等的两部分（等底同高），
∴$ S_{△ ABD} = S_{△ ADC} = 15 $。
由三角形面积公式可得$ S_{△ ABD} = \frac{1}{2} · AD · BE $，代入AD=5，$ S_{△ ABD}=15 $：
$ \frac{1}{2} × 5 × BE = 15 $，解得$ BE=6 $。
在Rt△ABE中，$ \tan∠ BAD = \frac{BE}{AE} = \frac{3}{4} $，
∴$ AE = BE ÷ \frac{3}{4} = 6 × \frac{4}{3} = 8 $。
∵AD=5，
∴$ DE = AE - AD = 8 - 5 = 3 $。
在Rt△BDE中，由勾股定理得：
$ BD = \sqrt{DE^2 + BE^2} = \sqrt{3^2 + 6^2} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5} $。
∵D是BC的中点，
∴$ BC = 2BD = 2 × 3\sqrt{5} = 6\sqrt{5} $。
【答案】
B
【知识点】
三角形中线的性质，锐角三角函数的定义，勾股定理
【点评】
本题属于中等综合题，解题的核心是通过作辅助线构造直角三角形，将分散的已知条件集中到直角三角形中，结合相关性质和定理逐步推导求解，锻炼了学生转化思想的应用能力。
【难度系数】
0.6
首先利用三角形中线的性质，可知△ABD与△ADC面积相等，均为15。要求BC的长，只需求出BD的长（D是BC中点，BC=2BD）。我们可以过点B作AD延长线的垂线构造直角三角形，结合三角形面积公式、锐角三角函数的定义分别求出直角边的长度，再用勾股定理计算BD，最终得到BC的长度。
【解析】
过点B作BE⊥AD，交AD的延长线于点E。
∵AD是△ABC的中线，中线将三角形分为面积相等的两部分（等底同高），
∴$ S_{△ ABD} = S_{△ ADC} = 15 $。
由三角形面积公式可得$ S_{△ ABD} = \frac{1}{2} · AD · BE $，代入AD=5，$ S_{△ ABD}=15 $：
$ \frac{1}{2} × 5 × BE = 15 $，解得$ BE=6 $。
在Rt△ABE中，$ \tan∠ BAD = \frac{BE}{AE} = \frac{3}{4} $，
∴$ AE = BE ÷ \frac{3}{4} = 6 × \frac{4}{3} = 8 $。
∵AD=5，
∴$ DE = AE - AD = 8 - 5 = 3 $。
在Rt△BDE中，由勾股定理得：
$ BD = \sqrt{DE^2 + BE^2} = \sqrt{3^2 + 6^2} = \sqrt{45} = 3\sqrt{5} $。
∵D是BC的中点，
∴$ BC = 2BD = 2 × 3\sqrt{5} = 6\sqrt{5} $。
【答案】
B
【知识点】
三角形中线的性质，锐角三角函数的定义，勾股定理
【点评】
本题属于中等综合题，解题的核心是通过作辅助线构造直角三角形，将分散的已知条件集中到直角三角形中，结合相关性质和定理逐步推导求解，锻炼了学生转化思想的应用能力。
【难度系数】
0.6
3. (2025·北京期末)已知$AB=2$，$∠ ACB=90°$，作射线$BM$，使得$∠ ABM=45°$，作$CH ⊥ BM$于点$H$，则$BH$长的最大值是（
A.$\sqrt{2}$
B.$1+\frac{\sqrt{2}}{2}$
C.$2$
D.$1+\sqrt{2}$
B
）A.$\sqrt{2}$
B.$1+\frac{\sqrt{2}}{2}$
C.$2$
D.$1+\sqrt{2}$
答案
3. B 解析:如图①,当 BM 在 AB 的下方时,取 AB 的中点 N,连结 CN.$\because AB=2,∠ ACB=90^{\circ },\therefore CN=AN=BN=\frac {1}{2}AB=1$.过点 N 作 NQ⊥ BM 于点 Q.$\because BN=1,∠ ABM=45^{\circ },\therefore ∠ ABM=∠ QNB=45^{\circ },\therefore QN=QB=BN\sin 45^{\circ }=\frac {\sqrt {2}}{2}$.过点 C 作 CP⊥QN 交 QN 的延长线于点 P,则四边形 CPQH 是矩形,$\therefore QH=CP.\because CN≥CP$,
∴ 当 P 与 N 重合时,CP取得最大值,且$CP=CN=1$,此时 BH 取得最大值,最大值为$QH+BQ=1+\frac {\sqrt {2}}{2}$;
当 BM 在 AB 的上方时,过点 A 作 AT⊥BM 于点 T,取 AB 的中点 R,连结 TR,如图②,$\because AB=2,∠ ACB=90^{\circ },\therefore AR=BR=\frac {1}{2}AB=1$.$\because ∠ ABM=45^{\circ },\therefore ∠ ABM=∠ RTB=45^{\circ },\therefore TR=AR=BR=\frac {1}{2}AB=1$,$\therefore TB=\sqrt {TR^{2}+RB^{2}}=\sqrt {2}.\because TB＞BH,\therefore BH＜\sqrt {2}$.综上所述,最大值为$1+\frac {\sqrt {2}}{2}$,故选 B.
解析
【分析】
首先由∠ACB=90°、AB=2，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可确定点C的运动轨迹是以AB中点为圆心、半径为1的圆。要求BH的最大值，需分射线BM在AB下方、上方两种情况讨论：①BM在AB下方时，将BH拆分为固定长度的BQ和可变长度的QH，通过构造矩形将QH转化为点C到定直线NQ的距离，利用圆上点到直线的距离最大值不超过半径，即可求出QH的最大值；②BM在AB上方时，计算出此时BH的最大可能值，与下方的最大值比较，最终得到BH的最大值。
【解析】
分两种情况讨论：
1. 当射线BM在AB的下方时：
取AB的中点N，连结CN。
∵AB=2，∠ACB=90°，
∴根据直角三角形斜边中线性质，CN=AN=BN=$\frac{1}{2}$AB=1，即点C在以N为圆心、1为半径的圆上。
过点N作NQ⊥BM于点Q，
∵BN=1，∠ABM=45°，
∴△BNQ为等腰直角三角形，
∴QN=QB=BN·sin45°=$1×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
过点C作CP⊥QN交QN的延长线于点P，
∵CH⊥BM，NQ⊥BM，CP⊥QN，
∴四边形CPQH是矩形，
∴QH=CP。
∵点C在圆N上，CP是点C到直线NQ的距离，
∴CN≥CP，
∴当P与N重合时，CP取得最大值，且$CP=CN=1$，此时BH取得最大值，最大值为$QH+BQ=1+\frac{\sqrt{2}}{2}$；
2. 当射线BM在AB的上方时：
过点A作AT⊥BM于点T，取AB的中点R，连结TR。
∵AB=2，∠ACB=90°，
∴AR=BR=$\frac{1}{2}$AB=1。
∵∠ABM=45°，
∴∠ABM=∠RTB=45°，
∴TR=AR=BR=1，
∴$TB=\sqrt{TR^2+RB^2}=\sqrt{2}$，
∵TB＞BH，
∴BH＜$\sqrt{2}$，而$\sqrt{2}＜1+\frac{\sqrt{2}}{2}$，故该情况BH的最大值小于下方情况的最大值。
综上所述，BH长的最大值为$1+\frac{\sqrt{2}}{2}$。
【答案】
B
【知识点】
直角三角形性质，锐角三角函数，几何最值
【点评】
本题考查动点几何最值求解，解题关键是先由直角三角形的性质确定动点C的轨迹为圆，再通过构造辅助线、拆分待求线段，结合几何不等式求出最值，需注意分情况讨论射线BM的位置，避免遗漏情况导致错解。
【难度系数】
0.5
首先由∠ACB=90°、AB=2，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可确定点C的运动轨迹是以AB中点为圆心、半径为1的圆。要求BH的最大值，需分射线BM在AB下方、上方两种情况讨论：①BM在AB下方时，将BH拆分为固定长度的BQ和可变长度的QH，通过构造矩形将QH转化为点C到定直线NQ的距离，利用圆上点到直线的距离最大值不超过半径，即可求出QH的最大值；②BM在AB上方时，计算出此时BH的最大可能值，与下方的最大值比较，最终得到BH的最大值。
【解析】
分两种情况讨论：
1. 当射线BM在AB的下方时：
取AB的中点N，连结CN。
∵AB=2，∠ACB=90°，
∴根据直角三角形斜边中线性质，CN=AN=BN=$\frac{1}{2}$AB=1，即点C在以N为圆心、1为半径的圆上。
过点N作NQ⊥BM于点Q，
∵BN=1，∠ABM=45°，
∴△BNQ为等腰直角三角形，
∴QN=QB=BN·sin45°=$1×\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
过点C作CP⊥QN交QN的延长线于点P，
∵CH⊥BM，NQ⊥BM，CP⊥QN，
∴四边形CPQH是矩形，
∴QH=CP。
∵点C在圆N上，CP是点C到直线NQ的距离，
∴CN≥CP，
∴当P与N重合时，CP取得最大值，且$CP=CN=1$，此时BH取得最大值，最大值为$QH+BQ=1+\frac{\sqrt{2}}{2}$；
2. 当射线BM在AB的上方时：
过点A作AT⊥BM于点T，取AB的中点R，连结TR。
∵AB=2，∠ACB=90°，
∴AR=BR=$\frac{1}{2}$AB=1。
∵∠ABM=45°，
∴∠ABM=∠RTB=45°，
∴TR=AR=BR=1，
∴$TB=\sqrt{TR^2+RB^2}=\sqrt{2}$，
∵TB＞BH，
∴BH＜$\sqrt{2}$，而$\sqrt{2}＜1+\frac{\sqrt{2}}{2}$，故该情况BH的最大值小于下方情况的最大值。
综上所述，BH长的最大值为$1+\frac{\sqrt{2}}{2}$。
【答案】
B
【知识点】
直角三角形性质，锐角三角函数，几何最值
【点评】
本题考查动点几何最值求解，解题关键是先由直角三角形的性质确定动点C的轨迹为圆，再通过构造辅助线、拆分待求线段，结合几何不等式求出最值，需注意分情况讨论射线BM的位置，避免遗漏情况导致错解。
【难度系数】
0.5
4. ★★★ (2025·菏泽期中)如图，AB是$\odot O$的直径，CD是弦，$AB ⊥ CD$，垂足为点E，$BD=6$，$\tan∠ BDC=\dfrac{3}{4}$，则$\odot O$的半径为
5
。答案
4. 5
解析
【分析】
解题可按以下思路推导：① 先根据垂径定理，由AB⊥CD且AB是直径，可得弧BC与弧BD相等，因此对应弦BC=BD=6；② 再根据同弧所对的圆周角相等，得出∠BAC=∠BDC，因此tan∠BAC=3/4；③ 最后利用直径所对的圆周角是直角，得到Rt△ABC，结合三角函数和勾股定理求出直径AB的长度，除以2即可得到圆的半径。
【解析】
连接AC，
1. 由垂径定理可知：垂直于弦的直径平分弦所对的两条弧，
∵AB是⊙O的直径，AB⊥CD，
∴$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BD}$，
∴$BC=BD=6$。
2.
∵∠BDC和∠BAC都是$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角，
根据同弧所对的圆周角相等，可得∠BAC=∠BDC，
∴$\tan∠ BAC=\tan∠ BDC=\dfrac{3}{4}$。
3.
∵AB是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角为直角，
∴∠ACB=90°，即△ACB是直角三角形。
在Rt△ACB中，$\tan∠ BAC=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{3}{4}$，
将BC=6代入得：$\dfrac{6}{AC}=\dfrac{3}{4}$，解得$AC=8$。
4. 由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{100}=10$，
∴⊙O的半径为$\dfrac{AB}{2}=\dfrac{10}{2}=5$。
【答案】
5
【知识点】
垂径定理，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的基础综合题，解题的核心是通过圆的性质将已知条件转化到直角三角形中，再利用三角函数和勾股定理计算，熟练掌握圆的基本性质是解题的关键。
【难度系数】
0.6
解题可按以下思路推导：① 先根据垂径定理，由AB⊥CD且AB是直径，可得弧BC与弧BD相等，因此对应弦BC=BD=6；② 再根据同弧所对的圆周角相等，得出∠BAC=∠BDC，因此tan∠BAC=3/4；③ 最后利用直径所对的圆周角是直角，得到Rt△ABC，结合三角函数和勾股定理求出直径AB的长度，除以2即可得到圆的半径。
【解析】
连接AC，
1. 由垂径定理可知：垂直于弦的直径平分弦所对的两条弧，
∵AB是⊙O的直径，AB⊥CD，
∴$\overset{\frown}{BC}=\overset{\frown}{BD}$，
∴$BC=BD=6$。
2.
∵∠BDC和∠BAC都是$\overset{\frown}{BC}$所对的圆周角，
根据同弧所对的圆周角相等，可得∠BAC=∠BDC，
∴$\tan∠ BAC=\tan∠ BDC=\dfrac{3}{4}$。
3.
∵AB是⊙O的直径，根据直径所对的圆周角为直角，
∴∠ACB=90°，即△ACB是直角三角形。
在Rt△ACB中，$\tan∠ BAC=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{3}{4}$，
将BC=6代入得：$\dfrac{6}{AC}=\dfrac{3}{4}$，解得$AC=8$。
4. 由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{100}=10$，
∴⊙O的半径为$\dfrac{AB}{2}=\dfrac{10}{2}=5$。
【答案】
5
【知识点】
垂径定理，圆周角定理，勾股定理
【点评】
本题是圆与直角三角形结合的基础综合题，解题的核心是通过圆的性质将已知条件转化到直角三角形中，再利用三角函数和勾股定理计算，熟练掌握圆的基本性质是解题的关键。
【难度系数】
0.6
5. ★★★(2025·大连期中)如图,在平面直角坐标系中,$AB=3\sqrt{5}$,连结AB并延长至点C,连结OC,若满足$OC^2=BC·AC$,$\tanα=2$,则$△ AOC$的面积为
12
.答案
5. 12
解析
【分析】首先将已知的乘积式$OC^2=BC·AC$变形为比例式，结合公共角∠C可证明△COB∽△CAO，得到对应角相等，进而推出∠ABO=α，结合tanα=2可得OA与OB的数量关系，再利用AB的长度由勾股定理求出OA、OB的长度，然后求出直线AB与OC的解析式，联立得到点C坐标，最后以OA为底，点C纵坐标为高计算△AOC的面积即可。
【解析】
解：1. 证明三角形相似
∵$OC^2=BC·AC$，
∴$\frac{OC}{BC}=\frac{AC}{OC}$，
又
∵∠C是△COB和△CAO的公共角，
∴△COB∽△CAO（两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似）。
2. 推导角的等量关系
由相似性质得∠CBO=∠COA，
∵∠CBO+∠ABO=180°，∠COA+α=180°，
∴∠ABO=α，即$\tan∠ ABO=\tanα=2$。
3. 求OA、OB的长度
在Rt△AOB中，$\tan∠ ABO=\frac{OA}{OB}=2$，即$OA=2OB$。
由勾股定理得$OA^2+OB^2=AB^2$，代入$AB=3\sqrt{5}$、$OA=2OB$得：
$(2OB)^2+OB^2=(3\sqrt{5})^2$，即$5OB^2=45$，解得$OB=3$，则$OA=6$。
4. 求点C坐标
由A(6,0)、B(0,3)，设直线AB解析式为$y=kx+b$，代入得$\begin{cases}0=6k+b \\ b=3\end{cases}$，解得$k=-\frac{1}{2}$，即直线AB解析式为$y=-\frac{1}{2}x+3$。
由$\tanα=2$，且OC过原点、点C在第二象限，得OC解析式为$y=-2x$。
联立两个解析式$\begin{cases}y=-\frac{1}{2}x+3 \\ y=-2x\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=-2 \\ y=4\end{cases}$，即C点坐标为(-2,4)。
5. 计算△AOC的面积
△AOC以OA为底，高为点C的纵坐标4，因此：
$S_{△ AOC}=\frac{1}{2}× OA×4=\frac{1}{2}×6×4=12$
【答案】12
【知识点】相似三角形判定与性质，锐角三角函数，三角形面积计算
【点评】本题综合性较强，解题突破口是将乘积式转化为比例式证明三角形相似，推导角的等量关系，再结合三角函数和勾股定理求出线段长度，考查学生综合运用知识解决几何与代数知识的能力。
【难度系数】0.6
【解析】
解：1. 证明三角形相似
∵$OC^2=BC·AC$，
∴$\frac{OC}{BC}=\frac{AC}{OC}$，
又
∵∠C是△COB和△CAO的公共角，
∴△COB∽△CAO（两边对应成比例且夹角相等，两三角形相似）。
2. 推导角的等量关系
由相似性质得∠CBO=∠COA，
∵∠CBO+∠ABO=180°，∠COA+α=180°，
∴∠ABO=α，即$\tan∠ ABO=\tanα=2$。
3. 求OA、OB的长度
在Rt△AOB中，$\tan∠ ABO=\frac{OA}{OB}=2$，即$OA=2OB$。
由勾股定理得$OA^2+OB^2=AB^2$，代入$AB=3\sqrt{5}$、$OA=2OB$得：
$(2OB)^2+OB^2=(3\sqrt{5})^2$，即$5OB^2=45$，解得$OB=3$，则$OA=6$。
4. 求点C坐标
由A(6,0)、B(0,3)，设直线AB解析式为$y=kx+b$，代入得$\begin{cases}0=6k+b \\ b=3\end{cases}$，解得$k=-\frac{1}{2}$，即直线AB解析式为$y=-\frac{1}{2}x+3$。
由$\tanα=2$，且OC过原点、点C在第二象限，得OC解析式为$y=-2x$。
联立两个解析式$\begin{cases}y=-\frac{1}{2}x+3 \\ y=-2x\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=-2 \\ y=4\end{cases}$，即C点坐标为(-2,4)。
5. 计算△AOC的面积
△AOC以OA为底，高为点C的纵坐标4，因此：
$S_{△ AOC}=\frac{1}{2}× OA×4=\frac{1}{2}×6×4=12$
【答案】12
【知识点】相似三角形判定与性质，锐角三角函数，三角形面积计算
【点评】本题综合性较强，解题突破口是将乘积式转化为比例式证明三角形相似，推导角的等量关系，再结合三角函数和勾股定理求出线段长度，考查学生综合运用知识解决几何与代数知识的能力。
【难度系数】0.6
6. （2025·广元中考）如图，四边形ABCD中，AC与BD交于点O，O是AC的中点，BO=2DO，已知AB=4，AD=2，$\tan∠ACD=\frac{\sqrt{3}}{5}$，则AC的长为
$\frac{8\sqrt{3}}{3}$
。答案
6. $\frac{8\sqrt{3}}{3}$
解析
【分析】
本题可通过建立平面直角坐标系简化计算，利用已知的中点、线段比例条件设出各点坐标，再结合边长和三角函数值列方程求解。解题思路：1. 设AC中点O为原点，AC在x轴上，令AO=OC=m，确定A、C坐标；2. 由BO=2DO的比例关系，用D点坐标表示B点坐标；3. 结合AD、AB的长度列勾股定理方程，联立得到D点横坐标与m的关系；4. 利用tan∠ACD的定义得到D点纵坐标与m的关系；5. 代入方程求出m，即可得AC=2m的长度。
【解析】
解：设AC中点O为坐标原点，AC在x轴上，令$AO=OC=m$，则$A(-m,0)$，$C(m,0)$，$AC=2m$。
设D点坐标为$(p,q)$（$q＞0$），因$BO=2DO$且B、O、D共线，由线段比例关系可得B点坐标为$(-2p,-2q)$。
1. 由$AD=2$，根据勾股定理得：
$(p+m)^2+q^2=2^2=4 \quad ①$
2. 由$AB=4$，根据勾股定理得：
$(m-2p)^2+(-2q)^2=4^2=16 \quad ②$
3. 由$\tan∠ACD=\frac{\sqrt{3}}{5}$，∠ACD的对边为D点纵坐标$q$，邻边为C到D的水平距离$m-p$，故：
$\frac{q}{m-p}=\frac{\sqrt{3}}{5} \implies q=\frac{\sqrt{3}}{5}(m-p) \quad ③$
联立①②，将①式两边乘4得$4(p+m)^2+4q^2=16$，与②式相等，消去$4q^2$：
$(m-2p)^2=4(p+m)^2$
展开化简：
$m^2-4mp+4p^2=4p^2+8mp+4m^2$
$-3m^2-12mp=0 \implies m(m+4p)=0$
因$m＞0$，故$p=-\frac{m}{4}$。
将$p=-\frac{m}{4}$代入③式：
$q=\frac{\sqrt{3}}{5}(m-(-\frac{m}{4}))=\frac{\sqrt{3}m}{4}$
将$p=-\frac{m}{4}$、$q=\frac{\sqrt{3}m}{4}$代入①式：
$(\frac{3m}{4})^2+(\frac{\sqrt{3}m}{4})^2=4$
$\frac{9m^2}{16}+\frac{3m^2}{16}=4 \implies \frac{3m^2}{4}=4$
解得$m=\frac{4\sqrt{3}}{3}$（$m$取正值），因此$AC=2m=2×\frac{4\sqrt{3}}{3}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
$\frac{8\sqrt{3}}{3}$
【知识点】
勾股定理，锐角三角函数定义，线段比例应用
【点评】
本题综合考查了几何与代数的结合应用，通过建立坐标系可降低构造辅助线的难度，解题核心是利用线段比例关系建立点坐标的关联，再联立方程求解，对学生的转化思维能力有一定要求。
【难度系数】
0.35
本题可通过建立平面直角坐标系简化计算，利用已知的中点、线段比例条件设出各点坐标，再结合边长和三角函数值列方程求解。解题思路：1. 设AC中点O为原点，AC在x轴上，令AO=OC=m，确定A、C坐标；2. 由BO=2DO的比例关系，用D点坐标表示B点坐标；3. 结合AD、AB的长度列勾股定理方程，联立得到D点横坐标与m的关系；4. 利用tan∠ACD的定义得到D点纵坐标与m的关系；5. 代入方程求出m，即可得AC=2m的长度。
【解析】
解：设AC中点O为坐标原点，AC在x轴上，令$AO=OC=m$，则$A(-m,0)$，$C(m,0)$，$AC=2m$。
设D点坐标为$(p,q)$（$q＞0$），因$BO=2DO$且B、O、D共线，由线段比例关系可得B点坐标为$(-2p,-2q)$。
1. 由$AD=2$，根据勾股定理得：
$(p+m)^2+q^2=2^2=4 \quad ①$
2. 由$AB=4$，根据勾股定理得：
$(m-2p)^2+(-2q)^2=4^2=16 \quad ②$
3. 由$\tan∠ACD=\frac{\sqrt{3}}{5}$，∠ACD的对边为D点纵坐标$q$，邻边为C到D的水平距离$m-p$，故：
$\frac{q}{m-p}=\frac{\sqrt{3}}{5} \implies q=\frac{\sqrt{3}}{5}(m-p) \quad ③$
联立①②，将①式两边乘4得$4(p+m)^2+4q^2=16$，与②式相等，消去$4q^2$：
$(m-2p)^2=4(p+m)^2$
展开化简：
$m^2-4mp+4p^2=4p^2+8mp+4m^2$
$-3m^2-12mp=0 \implies m(m+4p)=0$
因$m＞0$，故$p=-\frac{m}{4}$。
将$p=-\frac{m}{4}$代入③式：
$q=\frac{\sqrt{3}}{5}(m-(-\frac{m}{4}))=\frac{\sqrt{3}m}{4}$
将$p=-\frac{m}{4}$、$q=\frac{\sqrt{3}m}{4}$代入①式：
$(\frac{3m}{4})^2+(\frac{\sqrt{3}m}{4})^2=4$
$\frac{9m^2}{16}+\frac{3m^2}{16}=4 \implies \frac{3m^2}{4}=4$
解得$m=\frac{4\sqrt{3}}{3}$（$m$取正值），因此$AC=2m=2×\frac{4\sqrt{3}}{3}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
$\frac{8\sqrt{3}}{3}$
【知识点】
勾股定理，锐角三角函数定义，线段比例应用
【点评】
本题综合考查了几何与代数的结合应用，通过建立坐标系可降低构造辅助线的难度，解题核心是利用线段比例关系建立点坐标的关联，再联立方程求解，对学生的转化思维能力有一定要求。
【难度系数】
0.35
7. (2024·广元中考)如图,在△ABC中,AB=5,tan∠C=2,则$AC+\frac{\sqrt{5}}{5}BC$的最大值为
$5\sqrt{2}$
.答案
7. $5\sqrt{2}$ 解析:过点 B 作 BD ⊥ AC, 垂足为 D, 如图①所示.$\because \tan∠ C=2$,
∴ 在 Rt△BCD 中,设 DC=x,则 BD=2x,由勾股定理可得$BC=\sqrt {5}x$,$\therefore \frac {DC}{BC}=\frac {x}{\sqrt {5}x}=\frac {\sqrt {5}}{5}$,即$\frac {\sqrt {5}}{5}BC=DC$,$\therefore AC+\frac {\sqrt {5}}{5}BC=AC+DC$.
延长 DC 到 E,使 EC = CD = x,连结 BE,如图②所示,$\therefore AC+\frac {\sqrt {5}}{5}BC=AC+DC=AC+CE=AE$.$\because BD⊥DE,DE=2x=BD$,$\therefore △ BDE$是等腰直角三角形,则$∠ E=45^{\circ }$,在$△ ABE$中,$AB=5,∠ E=45^{\circ }$,由辅助圆一定弦定角模型,作$△ ABE$的外接圆,如图③所示,$\therefore$ 由圆周角定理可知,点 E 在$\odot O$上运动,AE 是$\odot O$的弦,求$AC+\frac {\sqrt {5}}{5}BC$的最大值就是求弦 AE 的最大值,根据圆的性质可知,当弦 AE 过圆心 O,即 AE 是直径时,弦最大,如图④所示.$\because AE$是$\odot O$的直径,$\therefore ∠ ABE=90^{\circ }$,$\because ∠ E=45^{\circ }$,$\therefore △ ABE$是等腰直角三角形.$\because AB=5$,$\therefore BE=AB=5$,则由勾股定理可得$AE=\sqrt {AB^{2}+BE^{2}}=5\sqrt {2}$,即$AC+\frac {\sqrt {5}}{5}BC$的最大值为$5\sqrt{2}$.
解析
【分析】
求解$AC+\frac{\sqrt{5}}{5}BC$的最大值，首先需转化带系数的线段：结合$\tan∠ C=2$的条件，过B作AC的高构造直角三角形，利用三角函数和勾股定理可将$\frac{\sqrt{5}}{5}BC$转化为线段DC，将原式转化为$AC+DC$；再延长DC构造单条线段AE，可发现$∠ E$为定值$45°$，对边AB为定长5，符合“定弦定角”模型，可知点E的轨迹是△ABE的外接圆，根据圆中直径是最长弦的性质，即可求出AE的最大值，也就是所求式子的最大值。
【解析】
1. 过点B作$BD ⊥ AC$，垂足为D，如图①所示。
$\because \tan∠ C=2$，在$Rt△ BCD$中，设$DC=x$，则$BD=2x$，
由勾股定理得$BC=\sqrt{DC^2+BD^2}=\sqrt{x^2+(2x)^2}=\sqrt{5}x$，
$\therefore \frac{\sqrt{5}}{5}BC=\frac{\sqrt{5}}{5}×\sqrt{5}x=x=DC$，
$\therefore AC+\frac{\sqrt{5}}{5}BC=AC+DC$。
2. 延长DC到点E，使$EC=CD=x$，连接BE，如图②所示，
$\therefore AC+\frac{\sqrt{5}}{5}BC=AC+DC=AC+CE=AE$。
$\because BD⊥ DE$，$DE=2x=BD$，$\therefore △ BDE$是等腰直角三角形，$∠ E=45°$。
3. 在$△ ABE$中，$AB=5$，$∠ E=45°$，为定弦定角结构，作$△ ABE$的外接圆$\odot O$，如图③所示，点E在$\odot O$上运动，AE为$\odot O$的弦。
根据圆的性质，圆中最长弦为直径，因此当AE为$\odot O$的直径时，AE取得最大值，如图④所示。
此时$∠ ABE=90°$（直径所对的圆周角为直角），又$∠ E=45°$，$\therefore △ ABE$为等腰直角三角形，$BE=AB=5$，
由勾股定理得$AE=\sqrt{AB^2+BE^2}=\sqrt{5^2+5^2}=5\sqrt{2}$。
【答案】
$5\sqrt{2}$
【知识点】
锐角三角函数定义，定弦定角最值，圆的基本性质
【点评】
本题将三角函数转化、线段和最值、圆的性质相结合，解题的关键是把带系数的线段转化为共线线段，再利用定弦定角模型确定动点轨迹，考查了转化思想和几何模型的应用能力。
【难度系数】
0.3
求解$AC+\frac{\sqrt{5}}{5}BC$的最大值，首先需转化带系数的线段：结合$\tan∠ C=2$的条件，过B作AC的高构造直角三角形，利用三角函数和勾股定理可将$\frac{\sqrt{5}}{5}BC$转化为线段DC，将原式转化为$AC+DC$；再延长DC构造单条线段AE，可发现$∠ E$为定值$45°$，对边AB为定长5，符合“定弦定角”模型，可知点E的轨迹是△ABE的外接圆，根据圆中直径是最长弦的性质，即可求出AE的最大值，也就是所求式子的最大值。
【解析】
1. 过点B作$BD ⊥ AC$，垂足为D，如图①所示。
$\because \tan∠ C=2$，在$Rt△ BCD$中，设$DC=x$，则$BD=2x$，
由勾股定理得$BC=\sqrt{DC^2+BD^2}=\sqrt{x^2+(2x)^2}=\sqrt{5}x$，
$\therefore \frac{\sqrt{5}}{5}BC=\frac{\sqrt{5}}{5}×\sqrt{5}x=x=DC$，
$\therefore AC+\frac{\sqrt{5}}{5}BC=AC+DC$。
2. 延长DC到点E，使$EC=CD=x$，连接BE，如图②所示，
$\therefore AC+\frac{\sqrt{5}}{5}BC=AC+DC=AC+CE=AE$。
$\because BD⊥ DE$，$DE=2x=BD$，$\therefore △ BDE$是等腰直角三角形，$∠ E=45°$。
3. 在$△ ABE$中，$AB=5$，$∠ E=45°$，为定弦定角结构，作$△ ABE$的外接圆$\odot O$，如图③所示，点E在$\odot O$上运动，AE为$\odot O$的弦。
根据圆的性质，圆中最长弦为直径，因此当AE为$\odot O$的直径时，AE取得最大值，如图④所示。
此时$∠ ABE=90°$（直径所对的圆周角为直角），又$∠ E=45°$，$\therefore △ ABE$为等腰直角三角形，$BE=AB=5$，
由勾股定理得$AE=\sqrt{AB^2+BE^2}=\sqrt{5^2+5^2}=5\sqrt{2}$。
【答案】
$5\sqrt{2}$
【知识点】
锐角三角函数定义，定弦定角最值，圆的基本性质
【点评】
本题将三角函数转化、线段和最值、圆的性质相结合，解题的关键是把带系数的线段转化为共线线段，再利用定弦定角模型确定动点轨迹，考查了转化思想和几何模型的应用能力。
【难度系数】
0.3
