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24 如图,点 P 在△ABC 内,且满足∠APB=∠APC,∠APB+∠BAC=180°。
(1) 求证:△PAB ∽ △PCA。
(2) 如果∠APB=120°,∠ABC=90°,求$\frac{PC}{PB}$的值。
(3) 当∠BAC=45°,△ABC 为等腰三角形时,求$\tan∠PBC$的值。
(1) 求证:△PAB ∽ △PCA。
(2) 如果∠APB=120°,∠ABC=90°,求$\frac{PC}{PB}$的值。
(3) 当∠BAC=45°,△ABC 为等腰三角形时,求$\tan∠PBC$的值。
答案
24. (1) 因为$∠ ABP + ∠ BAP + ∠ APB = 180°$，$∠ APB + ∠ BAC = 180°$，所以$∠ ABP = ∠ CAP$。又因为$∠ APB = ∠ APC$，所以$△ PAB ∽ △ PCA$。
(2) 因为$∠ APB + ∠ BAC = 180°$，$∠ APB=120°$，所以$∠ BAC=60°$。在$△ ABC$中，因为$∠ ABC=90°$，$∠ BAC=60°$，所以$AB=\dfrac{1}{2}AC$。又因为$△ PAB ∽ △ PCA$，所以$\dfrac{PB}{PA}=\dfrac{PA}{PC}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{1}{2}$，所以$\dfrac{PB}{PC}=\dfrac{PB}{PA} · \dfrac{PA}{PC}=\dfrac{1}{4}$，即$\dfrac{PC}{PB}=4$。
(3) 因为$∠ BAC=45°$，$∠ APB + ∠ BAC=180°$，$∠ APB=∠ APC$，所以$∠ APB=∠ APC=135°$。所以$∠ BPC=360° - ∠ APB - ∠ APC=360° -135° -135°=90°$。因为$△ PCA ∽ △ PAB$，所以$\dfrac{PA}{PB}=\dfrac{PC}{PA}=\dfrac{AC}{AB}$，所以$\dfrac{PC}{PB}=\dfrac{PC}{PA} · \dfrac{PA}{PB}=(\dfrac{AC}{AB})^2$。
① 当$△ ABC$是等腰三角形，且$AB=AC$时，$\tan∠ PBC=\dfrac{PC}{PB}=(\dfrac{AC}{AB})^2=1$。
② 当$△ ABC$是等腰三角形，且$AB=BC$时，$∠ ACB=∠ BAC=45°$，$∠ ABC=90°$，所以$\dfrac{AC}{AB}=\sqrt{2}$，所以$\tan∠ PBC=\dfrac{PC}{PB}=(\dfrac{AC}{AB})^2=2$。
③ 当$△ ABC$是等腰三角形，且$AC=BC$时，$∠ ABC=∠ BAC=45°$，$∠ ACB=90°$，所以$\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，所以$\tan∠ PBC=\dfrac{PC}{PB}=(\dfrac{AC}{AB})^2=\dfrac{1}{2}$。
综上所述，$\tan∠ PBC$的值为$1$或$2$或$\dfrac{1}{2}$。
(2) 因为$∠ APB + ∠ BAC = 180°$，$∠ APB=120°$，所以$∠ BAC=60°$。在$△ ABC$中，因为$∠ ABC=90°$，$∠ BAC=60°$，所以$AB=\dfrac{1}{2}AC$。又因为$△ PAB ∽ △ PCA$，所以$\dfrac{PB}{PA}=\dfrac{PA}{PC}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{1}{2}$，所以$\dfrac{PB}{PC}=\dfrac{PB}{PA} · \dfrac{PA}{PC}=\dfrac{1}{4}$，即$\dfrac{PC}{PB}=4$。
(3) 因为$∠ BAC=45°$，$∠ APB + ∠ BAC=180°$，$∠ APB=∠ APC$，所以$∠ APB=∠ APC=135°$。所以$∠ BPC=360° - ∠ APB - ∠ APC=360° -135° -135°=90°$。因为$△ PCA ∽ △ PAB$，所以$\dfrac{PA}{PB}=\dfrac{PC}{PA}=\dfrac{AC}{AB}$，所以$\dfrac{PC}{PB}=\dfrac{PC}{PA} · \dfrac{PA}{PB}=(\dfrac{AC}{AB})^2$。
① 当$△ ABC$是等腰三角形，且$AB=AC$时，$\tan∠ PBC=\dfrac{PC}{PB}=(\dfrac{AC}{AB})^2=1$。
② 当$△ ABC$是等腰三角形，且$AB=BC$时，$∠ ACB=∠ BAC=45°$，$∠ ABC=90°$，所以$\dfrac{AC}{AB}=\sqrt{2}$，所以$\tan∠ PBC=\dfrac{PC}{PB}=(\dfrac{AC}{AB})^2=2$。
③ 当$△ ABC$是等腰三角形，且$AC=BC$时，$∠ ABC=∠ BAC=45°$，$∠ ACB=90°$，所以$\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，所以$\tan∠ PBC=\dfrac{PC}{PB}=(\dfrac{AC}{AB})^2=\dfrac{1}{2}$。
综上所述，$\tan∠ PBC$的值为$1$或$2$或$\dfrac{1}{2}$。
解析
【分析】
(1) 要证明△PAB∽△PCA，已知一组对应角∠APB=∠APC，只需再推导一组对应角相等即可。结合三角形内角和为180°，和题设条件∠APB+∠BAC=180°，可推出∠ABP=∠CAP，即可通过两角对应相等判定两三角形相似。
(2) 先根据∠APB的度数求出∠BAC的度数，再在Rt△ABC中求出AB与AC的比值，利用(1)中相似三角形的对应边成比例，将$\frac{PC}{PB}$转化为相似比的平方即可求解。
(3) 先计算出∠BPC=90°，可得$\tan∠PBC=\frac{PC}{PB}$，结合相似三角形的性质可推导得$\frac{PC}{PB}=(\frac{AC}{AB})^2$，再分三种情况讨论△ABC为等腰三角形时的边长比，即可求出对应的正切值。
【解析】
(1) 因为$∠ ABP + ∠ BAP + ∠ APB = 180°$，$∠ APB + ∠ BAC = ∠APB+∠BAP+∠CAP = 180°$，所以$∠ ABP = ∠ CAP$。又因为$∠ APB = ∠ APC$，所以$△ PAB ∽ △ PCA$。
(2) 因为$∠ APB + ∠ BAC = 180°$，$∠ APB=120°$，所以$∠ BAC=60°$。在$△ ABC$中，因为$∠ ABC=90°$，$∠ BAC=60°$，所以$AB=\dfrac{1}{2}AC$。又因为$△ PAB ∽ △ PCA$，所以$\dfrac{PB}{PA}=\dfrac{PA}{PC}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{1}{2}$，所以$\dfrac{PB}{PC}=\dfrac{PB}{PA} · \dfrac{PA}{PC}=\dfrac{1}{4}$，即$\dfrac{PC}{PB}=4$。
(3) 因为$∠ BAC=45°$，$∠ APB + ∠ BAC=180°$，$∠ APB=∠ APC$，所以$∠ APB=∠ APC=135°$。所以$∠ BPC=360° - ∠ APB - ∠ APC=360° -135° -135°=90°$，即$△BPC$为直角三角形，$\tan∠PBC=\frac{PC}{PB}$。因为$△ PCA ∽ △ PAB$，所以$\dfrac{PA}{PB}=\dfrac{PC}{PA}=\dfrac{AC}{AB}$，所以$\dfrac{PC}{PB}=\dfrac{PC}{PA} · \dfrac{PA}{PB}=(\dfrac{AC}{AB})^2$。
① 当$△ ABC$是等腰三角形，且$AB=AC$时，$\tan∠ PBC=(\dfrac{AC}{AB})^2=1$。
② 当$△ ABC$是等腰三角形，且$AB=BC$时，$∠ ACB=∠ BAC=45°$，$∠ ABC=90°$，所以$\dfrac{AC}{AB}=\sqrt{2}$，所以$\tan∠ PBC=(\dfrac{AC}{AB})^2=2$。
③ 当$△ ABC$是等腰三角形，且$AC=BC$时，$∠ ABC=∠ BAC=45°$，$∠ ACB=90°$，所以$\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，所以$\tan∠ PBC=(\dfrac{AC}{AB})^2=\dfrac{1}{2}$。
综上所述，$\tan∠ PBC$的值为$1$或$2$或$\dfrac{1}{2}$。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) $\boldsymbol{\dfrac{PC}{PB}=4}$；
(3) $\tan∠PBC$的值为$\boldsymbol{1}$或$\boldsymbol{2}$或$\boldsymbol{\dfrac{1}{2}}$。
【知识点】
相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数的定义
【点评】
本题为几何综合题，融合了相似三角形、等腰三角形分类讨论、锐角三角函数等多个核心知识点，解题时需注意等腰三角形未明确腰和底边时要分三种情况讨论，避免出现漏解的问题。
【难度系数】
0.3
(1) 要证明△PAB∽△PCA，已知一组对应角∠APB=∠APC，只需再推导一组对应角相等即可。结合三角形内角和为180°，和题设条件∠APB+∠BAC=180°，可推出∠ABP=∠CAP，即可通过两角对应相等判定两三角形相似。
(2) 先根据∠APB的度数求出∠BAC的度数，再在Rt△ABC中求出AB与AC的比值，利用(1)中相似三角形的对应边成比例，将$\frac{PC}{PB}$转化为相似比的平方即可求解。
(3) 先计算出∠BPC=90°，可得$\tan∠PBC=\frac{PC}{PB}$，结合相似三角形的性质可推导得$\frac{PC}{PB}=(\frac{AC}{AB})^2$，再分三种情况讨论△ABC为等腰三角形时的边长比，即可求出对应的正切值。
【解析】
(1) 因为$∠ ABP + ∠ BAP + ∠ APB = 180°$，$∠ APB + ∠ BAC = ∠APB+∠BAP+∠CAP = 180°$，所以$∠ ABP = ∠ CAP$。又因为$∠ APB = ∠ APC$，所以$△ PAB ∽ △ PCA$。
(2) 因为$∠ APB + ∠ BAC = 180°$，$∠ APB=120°$，所以$∠ BAC=60°$。在$△ ABC$中，因为$∠ ABC=90°$，$∠ BAC=60°$，所以$AB=\dfrac{1}{2}AC$。又因为$△ PAB ∽ △ PCA$，所以$\dfrac{PB}{PA}=\dfrac{PA}{PC}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{1}{2}$，所以$\dfrac{PB}{PC}=\dfrac{PB}{PA} · \dfrac{PA}{PC}=\dfrac{1}{4}$，即$\dfrac{PC}{PB}=4$。
(3) 因为$∠ BAC=45°$，$∠ APB + ∠ BAC=180°$，$∠ APB=∠ APC$，所以$∠ APB=∠ APC=135°$。所以$∠ BPC=360° - ∠ APB - ∠ APC=360° -135° -135°=90°$，即$△BPC$为直角三角形，$\tan∠PBC=\frac{PC}{PB}$。因为$△ PCA ∽ △ PAB$，所以$\dfrac{PA}{PB}=\dfrac{PC}{PA}=\dfrac{AC}{AB}$，所以$\dfrac{PC}{PB}=\dfrac{PC}{PA} · \dfrac{PA}{PB}=(\dfrac{AC}{AB})^2$。
① 当$△ ABC$是等腰三角形，且$AB=AC$时，$\tan∠ PBC=(\dfrac{AC}{AB})^2=1$。
② 当$△ ABC$是等腰三角形，且$AB=BC$时，$∠ ACB=∠ BAC=45°$，$∠ ABC=90°$，所以$\dfrac{AC}{AB}=\sqrt{2}$，所以$\tan∠ PBC=(\dfrac{AC}{AB})^2=2$。
③ 当$△ ABC$是等腰三角形，且$AC=BC$时，$∠ ABC=∠ BAC=45°$，$∠ ACB=90°$，所以$\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，所以$\tan∠ PBC=(\dfrac{AC}{AB})^2=\dfrac{1}{2}$。
综上所述，$\tan∠ PBC$的值为$1$或$2$或$\dfrac{1}{2}$。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) $\boldsymbol{\dfrac{PC}{PB}=4}$；
(3) $\tan∠PBC$的值为$\boldsymbol{1}$或$\boldsymbol{2}$或$\boldsymbol{\dfrac{1}{2}}$。
【知识点】
相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数的定义
【点评】
本题为几何综合题，融合了相似三角形、等腰三角形分类讨论、锐角三角函数等多个核心知识点，解题时需注意等腰三角形未明确腰和底边时要分三种情况讨论，避免出现漏解的问题。
【难度系数】
0.3
25 在$△ ABC$中，$∠ B=90°$，点$D$在边$BC$上，$CD=3BD$。
(1) 如图①，当$AB=6$，$\sin C=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$时，求$AD$的长。
(2) 点$E$是$AC$边上一点，且满足$∠ ADB=∠ ADE$。
① 如图②，当$CD^2=CE· CA$时，求$\dfrac{AB}{BC}$的值。
② 当$△ CDE$是等腰三角形时，求$∠ C$的余弦值。
(1) 如图①，当$AB=6$，$\sin C=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$时，求$AD$的长。
(2) 点$E$是$AC$边上一点，且满足$∠ ADB=∠ ADE$。
① 如图②，当$CD^2=CE· CA$时，求$\dfrac{AB}{BC}$的值。
② 当$△ CDE$是等腰三角形时，求$∠ C$的余弦值。
答案
25. (1) 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$AB=6$，$\sin C=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，所以$AC=6\sqrt{5}$，所以$BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=12$。因为$CD=3BD$，所以$BD=3$。在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$AD=\sqrt{AB^2+BD^2}=3\sqrt{5}$。
(2) ① 因为$CD=3BD$，所以设$BD$为$a$，则$CD$为$3a$。过点$A$作$AG // BC$，交$DE$延长线于点$G$。因为$CD^2=CE · CA$，所以$\dfrac{CE}{CD}=\dfrac{CD}{CA}$。因为$∠ C=∠ C$，所以$△ CDE ∽ △ CAD$，所以$∠ ADC=∠ DEC$。因为$∠ ADC + ∠ ADB=180°$，$∠ DEC + ∠ AED=180°$，所以$∠ ADB=∠ AED$。因为$∠ ADB=∠ ADE$，即$∠ ADE=∠ AED$，所以$AD=AE$。过点$A$作$AH ⊥ DE$交$DE$于点$H$，则可得$DH=EH$，又$∠ ADB=∠ ADH$，所以$AB=AH$，可得$BD=DH$，所以$DE=2a$。因为$AG // BC$，所以$\dfrac{AG}{CD}=\dfrac{GE}{DE}$，$∠ ADB=∠ GAD$。所以$∠ GAD=∠ GDA$，所以$GA=GD$。设$AG$为$b$，则$GD=b$，$GE=b-2a$，所以$\dfrac{b}{3a}=\dfrac{b-2a}{2a}$，整理得$b=6a$，所以$GH=5a$。在$\mathrm{Rt}△ AGH$中，$GH=5a$，$AG=6a$，所以$AH=\sqrt{11}a$，即$AB=\sqrt{11}a$，所以$\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{\sqrt{11}a}{4a}=\dfrac{\sqrt{11}}{4}$。
② 因为$∠ ADB=∠ ADE$，$∠ ADB + ∠ BAD=90°$，$∠ ADB + ∠ ADE + ∠ EDC=180°$，所以$∠ EDC=2∠ BAD$。过点$A$作$AP // CD$交$DE$延长线于点$P$。当$DE=DC$时，$∠ DEC=\dfrac{180°-∠ EDC}{2}=∠ ADE$，但$CE$不平行$AD$，舍去；当$ED=EC$时，过点$E$作$EM ⊥ BC$，垂足为$M$。所以$DM=CM=\dfrac{3}{2}a$。因为$∠ B=∠ EMC=90°$，所以$EM // AB$，所以$CE:AE=CM:BM=3:5$。因为$AP // CD$，所以$\dfrac{AP}{CD}=\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{PE}{ED}=\dfrac{5}{3}$，所以$AP=\dfrac{5}{3}CD=5a$。又因为$EC=ED$，所以$AE=PE$，得$AC=PD$。由①可知，此时$AP=PD$，所以$AC=5a$。所以$\cos C=\dfrac{4}{5}$。当$CE=CD=3a$时，同理可得，$AP=PD=AE$。设$AP=PD=AE=b$。延长$DB$至点$O$，使得$DO=DP$，易证$△ AOD ≌ APD$，$PE=2OB$，所以$OB=b-a$，$PE=2b-2a$。又因为$PD=b$，所以$DE=2a-b$。因为$AP // BC$，所以$\dfrac{AP}{CD}=\dfrac{PE}{ED}$，所以$\dfrac{b}{3a}=\dfrac{2b-2a}{2a-b}$，整理得$b^2+4ab-6a^2=0$，解得$b=(\sqrt{10}-2)a$，所以$AC=(\sqrt{10}-2)a+3a=(\sqrt{10}+1)a$，所以$\cos C=\dfrac{4}{\sqrt{10}+1}=\dfrac{4\sqrt{10}-4}{9}$。
(2) ① 因为$CD=3BD$，所以设$BD$为$a$，则$CD$为$3a$。过点$A$作$AG // BC$，交$DE$延长线于点$G$。因为$CD^2=CE · CA$，所以$\dfrac{CE}{CD}=\dfrac{CD}{CA}$。因为$∠ C=∠ C$，所以$△ CDE ∽ △ CAD$，所以$∠ ADC=∠ DEC$。因为$∠ ADC + ∠ ADB=180°$，$∠ DEC + ∠ AED=180°$，所以$∠ ADB=∠ AED$。因为$∠ ADB=∠ ADE$，即$∠ ADE=∠ AED$，所以$AD=AE$。过点$A$作$AH ⊥ DE$交$DE$于点$H$，则可得$DH=EH$，又$∠ ADB=∠ ADH$，所以$AB=AH$，可得$BD=DH$，所以$DE=2a$。因为$AG // BC$，所以$\dfrac{AG}{CD}=\dfrac{GE}{DE}$，$∠ ADB=∠ GAD$。所以$∠ GAD=∠ GDA$，所以$GA=GD$。设$AG$为$b$，则$GD=b$，$GE=b-2a$，所以$\dfrac{b}{3a}=\dfrac{b-2a}{2a}$，整理得$b=6a$，所以$GH=5a$。在$\mathrm{Rt}△ AGH$中，$GH=5a$，$AG=6a$，所以$AH=\sqrt{11}a$，即$AB=\sqrt{11}a$，所以$\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{\sqrt{11}a}{4a}=\dfrac{\sqrt{11}}{4}$。
② 因为$∠ ADB=∠ ADE$，$∠ ADB + ∠ BAD=90°$，$∠ ADB + ∠ ADE + ∠ EDC=180°$，所以$∠ EDC=2∠ BAD$。过点$A$作$AP // CD$交$DE$延长线于点$P$。当$DE=DC$时，$∠ DEC=\dfrac{180°-∠ EDC}{2}=∠ ADE$，但$CE$不平行$AD$，舍去；当$ED=EC$时，过点$E$作$EM ⊥ BC$，垂足为$M$。所以$DM=CM=\dfrac{3}{2}a$。因为$∠ B=∠ EMC=90°$，所以$EM // AB$，所以$CE:AE=CM:BM=3:5$。因为$AP // CD$，所以$\dfrac{AP}{CD}=\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{PE}{ED}=\dfrac{5}{3}$，所以$AP=\dfrac{5}{3}CD=5a$。又因为$EC=ED$，所以$AE=PE$，得$AC=PD$。由①可知，此时$AP=PD$，所以$AC=5a$。所以$\cos C=\dfrac{4}{5}$。当$CE=CD=3a$时，同理可得，$AP=PD=AE$。设$AP=PD=AE=b$。延长$DB$至点$O$，使得$DO=DP$，易证$△ AOD ≌ APD$，$PE=2OB$，所以$OB=b-a$，$PE=2b-2a$。又因为$PD=b$，所以$DE=2a-b$。因为$AP // BC$，所以$\dfrac{AP}{CD}=\dfrac{PE}{ED}$，所以$\dfrac{b}{3a}=\dfrac{2b-2a}{2a-b}$，整理得$b^2+4ab-6a^2=0$，解得$b=(\sqrt{10}-2)a$，所以$AC=(\sqrt{10}-2)a+3a=(\sqrt{10}+1)a$，所以$\cos C=\dfrac{4}{\sqrt{10}+1}=\dfrac{4\sqrt{10}-4}{9}$。
解析
【分析】
(1) 先在Rt△ABC中，利用正弦的定义求出AC的长度，再通过勾股定理计算BC的长；结合CD=3BD的数量关系求出BD的长度，最后在Rt△ABD中用勾股定理即可求得AD的长。
(2) ① 由$CD^2=CE·CA$和公共角∠C可证△CDE∽△CAD，结合已知角相等的条件推导出AD=AE；作AG平行于BC交DE延长线于G，利用平行线的性质得到等腰三角形，再结合平行线分线段成比例列方程求出AG的长度，进而得到AB的长度，最终求出AB与BC的比值。
② 先推导得到∠EDC=2∠BAD，再对△CDE为等腰三角形分三类讨论，排除不符合题意的情况，对剩下的两种情况通过作辅助线，结合全等、相似的性质和平行线分线段成比例列方程求解，最终得到∠C的余弦值。
【解析】
(1) 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ B=90°$，$AB=6$，$\sin C=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，
$\therefore AC=\dfrac{AB}{\sin C}=\dfrac{6}{\dfrac{\sqrt{5}}{5}}=6\sqrt{5}$，
由勾股定理得$BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=\sqrt{(6\sqrt{5})^2-6^2}=12$，
$\because CD=3BD$，$BC=BD+CD=4BD=12$，$\therefore BD=3$，
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$AD=\sqrt{AB^2+BD^2}=\sqrt{6^2+3^2}=3\sqrt{5}$。
(2) ① 设$BD=a$，则$CD=3a$，$BC=4a$。
$\because CD^2=CE·CA$，$\therefore \dfrac{CE}{CD}=\dfrac{CD}{CA}$，
又$\because ∠ C=∠ C$，$\therefore △ CDE ∽ △ CAD$，$\therefore ∠ ADC=∠ DEC$，
$\because ∠ ADC + ∠ ADB=180°$，$∠ DEC + ∠ AED=180°$，$\therefore ∠ ADB=∠ AED$，
$\because ∠ ADB=∠ ADE$，$\therefore ∠ ADE=∠ AED$，$\therefore AD=AE$。
过点$A$作$AH ⊥ DE$于$H$，则$DH=EH$，
又$\because ∠ ADB=∠ ADH$，$∠ B=∠ AHD=90°$，$AD=AD$，
$\therefore △ ABD ≌ △ AHD \mathrm{(AAS)}$，$\therefore AB=AH$，$BD=DH=a$，$\therefore DE=2a$。
过点$A$作$AG // BC$，交$DE$延长线于点$G$，
$\because AG//BC$，$\therefore \dfrac{AG}{CD}=\dfrac{GE}{DE}$，$∠ ADB=∠ GAD$，
$\because ∠ ADB=∠ ADE$，$\therefore ∠ GAD=∠ GDA$，$\therefore GA=GD$。
设$AG=b$，则$GD=b$，$GE=b-2a$，
代入比例式得$\dfrac{b}{3a}=\dfrac{b-2a}{2a}$，解得$b=6a$，
$\therefore GH=GD-DH=5a$，
在$\mathrm{Rt}△ AGH$中，$AH=\sqrt{AG^2-GH^2}=\sqrt{11}a$，$\therefore AB=\sqrt{11}a$，
$\therefore \dfrac{AB}{BC}=\dfrac{\sqrt{11}a}{4a}=\dfrac{\sqrt{11}}{4}$。
② 由$∠ ADB + ∠ BAD=90°$，$∠ ADB + ∠ ADE + ∠ EDC=180°$，且$∠ ADB=∠ ADE$，得$∠ EDC=2∠ BAD$，对△CDE分三类讨论：
若$DE=DC$：推导可得角的关系矛盾，不符合题意，舍去；
若$ED=EC$：则$∠ EDC=∠ C$，
过点$E$作$EM ⊥ BC$于$M$，则$DM=CM=\dfrac{3}{2}a$，
$\because ∠ B=∠ EMC=90°$，$\therefore EM//AB$，$\therefore \dfrac{CE}{AE}=\dfrac{CM}{BM}=\dfrac{3}{5}$。
过点$A$作$AP//CD$交$DE$延长线于点$P$，则$\dfrac{AP}{CD}=\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{PE}{ED}=\dfrac{5}{3}$，
$\therefore AP=5a$，同①可证$AP=PD=5a$，$AC=PD=5a$，
$\therefore \cos C=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{4a}{5a}=\dfrac{4}{5}$。
若$CE=CD=3a$：
设$AP=PD=AE=b$，延长$DB$至点$O$，使得$DO=DP$，易证$△AOD≌△APD$，则$PE=2(b-a)$，$DE=2a-b$，
$\because AP//BC$，$\therefore \dfrac{b}{3a}=\dfrac{2b-2a}{2a-b}$，整理得$b^2+4ab-6a^2=0$，
解得$b=(\sqrt{10}-2)a$（负根舍去），
$\therefore AC=(\sqrt{10}-2)a+3a=(\sqrt{10}+1)a$，
$\therefore \cos C=\dfrac{4a}{(\sqrt{10}+1)a}=\dfrac{4\sqrt{10}-4}{9}$。
【答案】
(1) $AD=3\sqrt{5}$
(2) ① $\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{\sqrt{11}}{4}$；② $\cos C$的值为$\dfrac{4}{5}$或$\dfrac{4\sqrt{10}-4}{9}$
【知识点】
锐角三角函数；相似三角形判定与性质；等腰三角形分类讨论
【点评】
本题为几何综合题，融合了直角三角形性质、锐角三角函数、相似、全等、等腰三角形等多个知识点，解题时需要熟练掌握辅助线的构造方法，灵活运用分类讨论思想，对逻辑推理和运算能力都有较高要求。
【难度系数】
0.25
(1) 先在Rt△ABC中，利用正弦的定义求出AC的长度，再通过勾股定理计算BC的长；结合CD=3BD的数量关系求出BD的长度，最后在Rt△ABD中用勾股定理即可求得AD的长。
(2) ① 由$CD^2=CE·CA$和公共角∠C可证△CDE∽△CAD，结合已知角相等的条件推导出AD=AE；作AG平行于BC交DE延长线于G，利用平行线的性质得到等腰三角形，再结合平行线分线段成比例列方程求出AG的长度，进而得到AB的长度，最终求出AB与BC的比值。
② 先推导得到∠EDC=2∠BAD，再对△CDE为等腰三角形分三类讨论，排除不符合题意的情况，对剩下的两种情况通过作辅助线，结合全等、相似的性质和平行线分线段成比例列方程求解，最终得到∠C的余弦值。
【解析】
(1) 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ B=90°$，$AB=6$，$\sin C=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，
$\therefore AC=\dfrac{AB}{\sin C}=\dfrac{6}{\dfrac{\sqrt{5}}{5}}=6\sqrt{5}$，
由勾股定理得$BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=\sqrt{(6\sqrt{5})^2-6^2}=12$，
$\because CD=3BD$，$BC=BD+CD=4BD=12$，$\therefore BD=3$，
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$AD=\sqrt{AB^2+BD^2}=\sqrt{6^2+3^2}=3\sqrt{5}$。
(2) ① 设$BD=a$，则$CD=3a$，$BC=4a$。
$\because CD^2=CE·CA$，$\therefore \dfrac{CE}{CD}=\dfrac{CD}{CA}$，
又$\because ∠ C=∠ C$，$\therefore △ CDE ∽ △ CAD$，$\therefore ∠ ADC=∠ DEC$，
$\because ∠ ADC + ∠ ADB=180°$，$∠ DEC + ∠ AED=180°$，$\therefore ∠ ADB=∠ AED$，
$\because ∠ ADB=∠ ADE$，$\therefore ∠ ADE=∠ AED$，$\therefore AD=AE$。
过点$A$作$AH ⊥ DE$于$H$，则$DH=EH$，
又$\because ∠ ADB=∠ ADH$，$∠ B=∠ AHD=90°$，$AD=AD$，
$\therefore △ ABD ≌ △ AHD \mathrm{(AAS)}$，$\therefore AB=AH$，$BD=DH=a$，$\therefore DE=2a$。
过点$A$作$AG // BC$，交$DE$延长线于点$G$，
$\because AG//BC$，$\therefore \dfrac{AG}{CD}=\dfrac{GE}{DE}$，$∠ ADB=∠ GAD$，
$\because ∠ ADB=∠ ADE$，$\therefore ∠ GAD=∠ GDA$，$\therefore GA=GD$。
设$AG=b$，则$GD=b$，$GE=b-2a$，
代入比例式得$\dfrac{b}{3a}=\dfrac{b-2a}{2a}$，解得$b=6a$，
$\therefore GH=GD-DH=5a$，
在$\mathrm{Rt}△ AGH$中，$AH=\sqrt{AG^2-GH^2}=\sqrt{11}a$，$\therefore AB=\sqrt{11}a$，
$\therefore \dfrac{AB}{BC}=\dfrac{\sqrt{11}a}{4a}=\dfrac{\sqrt{11}}{4}$。
② 由$∠ ADB + ∠ BAD=90°$，$∠ ADB + ∠ ADE + ∠ EDC=180°$，且$∠ ADB=∠ ADE$，得$∠ EDC=2∠ BAD$，对△CDE分三类讨论：
若$DE=DC$：推导可得角的关系矛盾，不符合题意，舍去；
若$ED=EC$：则$∠ EDC=∠ C$，
过点$E$作$EM ⊥ BC$于$M$，则$DM=CM=\dfrac{3}{2}a$，
$\because ∠ B=∠ EMC=90°$，$\therefore EM//AB$，$\therefore \dfrac{CE}{AE}=\dfrac{CM}{BM}=\dfrac{3}{5}$。
过点$A$作$AP//CD$交$DE$延长线于点$P$，则$\dfrac{AP}{CD}=\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{PE}{ED}=\dfrac{5}{3}$，
$\therefore AP=5a$，同①可证$AP=PD=5a$，$AC=PD=5a$，
$\therefore \cos C=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{4a}{5a}=\dfrac{4}{5}$。
若$CE=CD=3a$：
设$AP=PD=AE=b$，延长$DB$至点$O$，使得$DO=DP$，易证$△AOD≌△APD$，则$PE=2(b-a)$，$DE=2a-b$，
$\because AP//BC$，$\therefore \dfrac{b}{3a}=\dfrac{2b-2a}{2a-b}$，整理得$b^2+4ab-6a^2=0$，
解得$b=(\sqrt{10}-2)a$（负根舍去），
$\therefore AC=(\sqrt{10}-2)a+3a=(\sqrt{10}+1)a$，
$\therefore \cos C=\dfrac{4a}{(\sqrt{10}+1)a}=\dfrac{4\sqrt{10}-4}{9}$。
【答案】
(1) $AD=3\sqrt{5}$
(2) ① $\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{\sqrt{11}}{4}$；② $\cos C$的值为$\dfrac{4}{5}$或$\dfrac{4\sqrt{10}-4}{9}$
【知识点】
锐角三角函数；相似三角形判定与性质；等腰三角形分类讨论
【点评】
本题为几何综合题，融合了直角三角形性质、锐角三角函数、相似、全等、等腰三角形等多个知识点，解题时需要熟练掌握辅助线的构造方法，灵活运用分类讨论思想，对逻辑推理和运算能力都有较高要求。
【难度系数】
0.25
