1. (2025·广东中考)如图,在矩形ABCD中,E,F是BC边上的三等分点,连接DE,AF相交于点G,连接CG.若AB=8,BC=12,则$\tan∠ GCF$的值是 ()

A.$\dfrac{\sqrt{10}}{10}$
B.$\dfrac{1}{3}$
C.$\dfrac{3\sqrt{10}}{10}$
D.$\dfrac{2}{3}$

1. B 解析:
∵ 在矩形ABCD中,E,F是BC边上的三等分点,AB=8,BC=12,
∴ AD=BC=12,CD=AB=8,AD//BC,BE=EF=FC=4,EC=8,
∴ △AGD∽△FGE,
∴ $\dfrac{EG}{DG}=\dfrac{EF}{AD}=\dfrac{4}{12}=\dfrac{1}{3}$,
∴ $\dfrac{EG}{ED}=\dfrac{1}{4}$.过点G作GH⊥BC,则GH//CD,
∴ △GHE∽△DCE,
∴ $\dfrac{EH}{EC}=\dfrac{GH}{CD}=\dfrac{EG}{DE}=\dfrac{1}{4}$,
∴ $EH=\dfrac{1}{4}EC=\dfrac{1}{4}×8=2$,$GH=\dfrac{1}{4}CD=\dfrac{1}{4}×8=2$,
∴ CH=CE-EH=8-2=6,
∴ $\tan∠GCF=\dfrac{GH}{CH}=\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}$.故选B.

2. (2025·绵阳中考)如图,在正方形ABCD中,点E在BC的延长线上,点F是CD的中点,连接EF并延长交AD于点G,连接BF,BG,AB=4CE=4,则$\tan∠ FBG=$ ()

A.$\dfrac{\sqrt{5}}{5}$
B.$\dfrac{1}{2}$
C.$\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$
D.2

2. B 解析:
∵ 在正方形ABCD中,AB=4,
∴ BC=CD=AD=4,∠BCD=∠D=90°.
∵ 4CE=4,
∴ CE=1.
∵ F是CD的中点,
∴ DF=FC=2.
∵ ∠D=∠ECF=90°,∠DGF=∠E,DF=FC,
∴ △DGF≌△CEF(AAS),
∴ DG=CE=1,GF=EF.
在Rt△ABG中,AG=AD-DG=3,AB=4,
∴ $BG=\sqrt{AB^2+AG^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$.
在Rt△BCF中,BC=4,CF=2,
∴ $BF=\sqrt{BC^2+CF^2}=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}$.
在Rt△DGF中,DG=1,DF=2,
∴ $FG=\sqrt{DG^2+DF^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$.
∵ $BF^2+FG^2=(2\sqrt{5})^2+(\sqrt{5})^2=25=BG^2$,
∴ △BFG是直角三角形,且∠BFG=90°.
∴ $\tan∠FBG=\dfrac{FG}{BF}=\dfrac{\sqrt{5}}{2\sqrt{5}}=\dfrac{1}{2}$.故选B.

3. (常州中考)如图,在四边形ABCD中,∠A=∠ABC=90°,DB平分∠ADC.若AD=1,CD=3,则sin∠ABD=.

3. $\dfrac{\sqrt{6}}{6}$ 解析:过点D作BC的垂线交BC于E,
∴ ∠DEB=90°.
∵ ∠A=∠ABC=90°,
∴ 四边形ABED为矩形,
∴ DE//AB,AD=BE=1,
∴ ∠ABD=∠BDE.
∵ DB平分∠ADC,
∴ ∠ADB=∠CDB.
∵ AD//BE,
∴ ∠ADB=∠CBD,
∴ ∠CDB=∠CBD,
∴ CD=CB=3,
∴ CE=BC-BE=2,
∴ $DE=\sqrt{DC^2-CE^2}=\sqrt{9-4}=\sqrt{5}$,
∴ $BD=\sqrt{DE^2+BE^2}=\sqrt{5+1}=\sqrt{6}$,
∴ $\sin∠BDE=\dfrac{BE}{BD}=\dfrac{1}{\sqrt{6}}=\dfrac{\sqrt{6}}{6}$,
∴ $\sin∠ABD=\dfrac{\sqrt{6}}{6}$.

4. (2025·泰州校级月考)如图是由6个形状、大小完全相同的菱形组成的网格,菱形的顶点称为格点,已知菱形的一个角$∠ AOB=60°$,点$A$, $B$, $C$都在格点上,则$\cos ∠ ABC$的值是.

4. $\dfrac{2\sqrt{7}}{7}$ 解析:连接EA,EC,设菱形的边长为a,由题意得∠AEF=30°,∠BEF=60°,$AE=\sqrt{3}a$,$EB=2a$,
∴ ∠AEC=90°,则$AB=\sqrt{7}a$.
∵ ∠ACE=∠ACG=∠BCG=60°,
∴ ∠ECB=180°,
∴ E,C,B三点共线,在Rt△AEB中,$\cos∠ABC=\dfrac{BE}{AB}=\dfrac{2a}{\sqrt{7}a}=\dfrac{2\sqrt{7}}{7}$.

5. (2024·山西中考)如图,在$□ ABCD$中,AC为对角线,$AE ⊥ BC$于点E,点F是AE延长线上一点,且$∠ ACF = ∠ CAF$,线段AB,CF的延长线交于点G.若
$AB = \sqrt{5}, AD = 4, \tan ∠ ABC = 2$,则BG的长为.

5. $\dfrac{20\sqrt{5}}{19}$ 解析:过点F作FH⊥AC于H,延长AD与GC的延长线交于K.
∵ 四边形ABCD为平行四边形,
∴ AB=CD=$\sqrt{5}$,BC=AD=4,AB//CD,BC//AD.又
∵ AE⊥BC,在Rt△ABE中,$\tan∠ABC=\dfrac{AE}{BE}=2$,
∴ AE=2BE,由勾股定理得$AE^2+BE^2=AB^2$,即$(2BE)^2+BE^2=(\sqrt{5})^2$,
∴ BE=1,
∴ AE=2BE=2,
∴ CE=BC-BE=3,在Rt△ACE中,由勾股定理得$AC=\sqrt{AE^2+CE^2}=\sqrt{13}$.
∵ ∠ACF=∠CAF,
∴ FA=FC.
∵ FH⊥AC,
∴ $AH=CH=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{\sqrt{13}}{2}$.
∵ $S_{△FAC}=\dfrac{1}{2}AC·FH=\dfrac{1}{2}AF·CE$,
∴ $FH=\dfrac{AF·CE}{AC}=\dfrac{3\sqrt{13}AF}{13}$,在Rt△AFH中,由勾股定理得$AF^2-FH^2=AH^2$,即 $AF^2-(\dfrac{3\sqrt{13}AF}{13})^2=(\dfrac{\sqrt{13}}{2})^2$,
∴ $AF=\dfrac{13}{4}$,
∴ $EF=AF-AE=\dfrac{5}{4}$.
∵ BC//AD,
∴ △FCE∽△FKA,
∴ EF:AF=CE:AK,即$\dfrac{5}{4}:\dfrac{13}{4}=3:AK$,
∴ $AK=\dfrac{39}{5}$,
∴ $DK=AK-AD=\dfrac{19}{5}$.
∵ AB//CD,
∴ △KDC∽△KAG,
∴ DK:AK=CD:AG,即$\dfrac{19}{5}:\dfrac{39}{5}=\sqrt{5}:AG$,
∴ $AG=\dfrac{39\sqrt{5}}{19}$,
∴ $BG=AG-AB=\dfrac{39\sqrt{5}}{19}-\sqrt{5}=\dfrac{20\sqrt{5}}{19}$.

6. (2026·扬州模拟)如图①，$□ ABCD$中，$AD＞AB$，E是边AD上一点，将$△ ABE$沿边BE折叠，A的对应点F恰好落在边BC上，连接AF，与BE交于点O.
(1)求证:四边形ABFE是菱形；
(2)如图②，连接OC，若$∠ ABC=60°$，$AB=4$，$\tan∠ OCB=\frac{1}{2}$，求OC的长.

6. (1)
∵ 四边形ABCD是平行四边形,
∴ AE//BF,
∴ ∠EAO=∠BFO,由折叠可得AB=BF,AO=FO,在△EAO和△BFO中,$\begin{cases}∠EAO=∠BFO,\\AO=FO,\\∠AOE=∠FOB,\end{cases}$
∴ △EAO≌△BFO(ASA),
∴ AE=BF.
∵ AE//BF,
∴ 四边形ABFE是平行四边形.
∵ AB=BF,
∴ 四边形ABFE是菱形.
(2)过点O作OH⊥BC,垂足为点H.由折叠的性质得,AB=BF.
∵ ∠ABC=60°,
∴ △ABF是等边三角形,
∴ AF=AB=4,∠AFB=60°.
∵ 四边形ABFE是菱形,
∴ $OF=\dfrac{1}{2}AF=2$,在Rt△OFH中,$\sin∠AFB=\dfrac{OH}{OF}$,即 $\sin60°=\dfrac{OH}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$,
∴ $OH=\sqrt{3}$.在Rt△OCH中,$\tan∠OCB=\dfrac{OH}{CH}$,即 $\dfrac{\sqrt{3}}{CH}=\dfrac{1}{2}$,
∴ $CH=2\sqrt{3}$.在Rt△OCH中,根据勾股定理得, $OC=\sqrt{OH^2+CH^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+(2\sqrt{3})^2}=\sqrt{15}$.

7. (成都中考)如图,在矩形ABCD中,AD = nAB(n＞1),点E是AD边上一动点(点E不与A,D重合),连接BE,以BE为边在直线BE的右侧作矩形EBFG,使得矩形EBFG∽矩形ABCD,EG交直线CD于点H.
(1)【尝试初探】在点E的运动过程中,△ABE与△DEH始终保持相似关系,请说明理由.
(2)【深入探究】若n=2,随着点E位置的变化,点H的位置随之发生变化,当H是线段CD中点时,求tan∠ABE的值.
(3)【拓展延伸】连接BH,FH,当△BFH是以FH为腰的等腰三角形时,求tan∠ABE的值(用含n的代数式表示).

7. (1)根据题意,得∠A=∠D=∠BEG=90°,
∴ ∠AEB+∠DEH=90°,∠AEB+∠ABE=90°,
∴ ∠DEH=∠ABE,
∴ △ABE∽△DEH.
(2)根据题意,得AB=2DH,AD=2AB,
∴ AD=4DH.设DH=x,AE=a,则AB=2x,AD=4x,
∴ DE=4x-a.
∵ △ABE∽△DEH,
∴ $\dfrac{AB}{DE}=\dfrac{AE}{DH}$,
∴ $\dfrac{2x}{4x-a}=\dfrac{a}{x}$,解得 $x=\dfrac{(2+\sqrt{2})a}{2}$或$x=\dfrac{(2-\sqrt{2})a}{2}$,
∴ $AB=(2+\sqrt{2})a$或$AB=(2-\sqrt{2})a$,
∴ $\tan∠ABE=\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}$或$\dfrac{2+\sqrt{2}}{2}$.
(3)
∵ 矩形EBFG∽矩形ABCD,AD=nAB(n＞1),
∴ EG=nBE.当FH=BH时,
∵ ∠BEH=∠FGH=90°,BE=FG,
∴ Rt△BEH≌Rt△FGH,
∴ $EH=GH=\dfrac{1}{2}EG$,
∴ $EH=\dfrac{n}{2}BE$.
∵ △ABE∽△DEH,
∴ $\dfrac{DE}{AB}=\dfrac{EH}{BE}=\dfrac{n}{2}$,即 $DE=\dfrac{n}{2}AB$,
∴ AE=AD-DE=$\dfrac{n}{2}AB$,
∴ $\tan∠ABE=\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{n}{2}$.当FH=BF=nBE时,$HG=\sqrt{FH^2-FG^2}=\sqrt{n^2-1}BE$,
∴ $EH=EG-HG=(n-\sqrt{n^2-1})·BE$.
∵ △ABE∽△DEH,
∴ $\dfrac{DE}{AB}=\dfrac{EH}{BE}=n-\sqrt{n^2-1}$,即 $DE=(n-\sqrt{n^2-1})AB$,
∴ $AE=AD-DE=\sqrt{n^2-1}AB$,
∴ $\tan∠ABE=\dfrac{AE}{AB}=\sqrt{n^2-1}$.综上所述,$\tan∠ABE$的值为$\dfrac{n}{2}$或$\sqrt{n^2-1}$.