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1. ★★★ (2025·衢州模拟)如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,点$D$为$AB$边的中点,过点$D$作$AB$的垂线交$BC$于点$E$,在直线$DE$上截取$DF$,使$DF=ED$,连结$AE$,$AF$,$BF$.
(1)求证:四边形$AEBF$是菱形;
(2)若$\cos∠ EBF=\dfrac{3}{5}$,$BF=5$,连结$CD$,求$CD$的长.
(1)求证:四边形$AEBF$是菱形;
(2)若$\cos∠ EBF=\dfrac{3}{5}$,$BF=5$,连结$CD$,求$CD$的长.
答案
1.(1)
∵ 点 D 为 AB 边的中点,
∴ AD = BD.
∵ DF = ED,
∴ 四边形 AEBF 是平行四边形.
∵ EF⊥AB,
∴ 四边形 AEBF 是菱形.
(2)如图,连结 CD,过点 F 作 FG⊥BC 于点 G, 得四边形 AFGC 是矩形.
∵ $\cos∠EBF=\dfrac{BG}{BF}=\dfrac{3}{5},BF=5,∴ BG=3,$
∴ FG = AC = 4.
∵ 四边形 AEBF 是菱形,
∴ CG = AF = BF = 5,
∴ BC = CG + BG = 5 + 3 = 8,
∴ $AB = \sqrt{AC^2+BC^2} = \sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}.$
∵ ∠ACB=90°,D 是 AB 的中点,
∴ $CD=\dfrac{1}{2}AB=2\sqrt{5}.$
解析
【分析】
(1) 证明菱形可按“先证平行四边形，再证对角线垂直”的思路推导：已知D是AB中点得AD=BD，结合DF=ED，可先判定四边形AEBF是平行四边形，再根据EF垂直AB的条件，即可判定其为菱形。
(2) 求CD的长可利用直角三角形斜边中线的性质倒推：CD是Rt△ABC斜边AB的中线，因此只需先求出AB的长度即可。AB可通过勾股定理计算，故需要先求得AC、BC的长度：过F作FG⊥BC，结合cos∠EBF的值和菱形的性质可求出FG、BG的长度，再结合矩形性质得到AC、CG的长度，即可算出BC，进而求出AB得到CD。
【解析】
(1) 证明：
∵ 点D为AB边的中点，
∴ $AD = BD$，
又
∵ $DF = ED$，
∴ 四边形AEBF的对角线互相平分，是平行四边形，
∵ $EF⊥ AB$，
∴ 平行四边形AEBF是菱形。
(2) 解：
如图，连结CD，过点F作$FG⊥ BC$于点G，由$AF// BC$、$∠ C=90°$、$FG⊥ BC$可得四边形AFGC是矩形。
∵ $\cos∠ EBF=\dfrac{BG}{BF}=\dfrac{3}{5}$，$BF=5$，
∴ $BG=BF×\dfrac{3}{5}=3$，
在$Rt△ BFG$中，由勾股定理得：$FG=\sqrt{BF^2-BG^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$，
∴ $AC=FG=4$，
∵ 四边形AEBF是菱形，
∴ $AF=BF=5$，
∵ 四边形AFGC是矩形，
∴ $CG=AF=5$，
∴ $BC=CG+BG=5+3=8$，
在$Rt△ ABC$中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}$，
∵ $∠ ACB=90°$，D是AB的中点，
∴ $CD=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{1}{2}×4\sqrt{5}=2\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 四边形AEBF是菱形，证明成立；
(2) $CD$的长为$2\sqrt{5}$。
【知识点】
菱形的判定与性质，直角三角形斜边中线定理，勾股定理
【点评】
本题是几何综合基础题，融合了特殊四边形的判定、直角三角形的性质等知识点，解题时可通过倒推法明确求解目标，再结合已知条件逐步推导，需要学生熟练掌握各几何性质的应用场景。
【难度系数】
0.6
(1) 证明菱形可按“先证平行四边形，再证对角线垂直”的思路推导：已知D是AB中点得AD=BD，结合DF=ED，可先判定四边形AEBF是平行四边形，再根据EF垂直AB的条件，即可判定其为菱形。
(2) 求CD的长可利用直角三角形斜边中线的性质倒推：CD是Rt△ABC斜边AB的中线，因此只需先求出AB的长度即可。AB可通过勾股定理计算，故需要先求得AC、BC的长度：过F作FG⊥BC，结合cos∠EBF的值和菱形的性质可求出FG、BG的长度，再结合矩形性质得到AC、CG的长度，即可算出BC，进而求出AB得到CD。
【解析】
(1) 证明：
∵ 点D为AB边的中点，
∴ $AD = BD$，
又
∵ $DF = ED$，
∴ 四边形AEBF的对角线互相平分，是平行四边形，
∵ $EF⊥ AB$，
∴ 平行四边形AEBF是菱形。
(2) 解：
如图，连结CD，过点F作$FG⊥ BC$于点G，由$AF// BC$、$∠ C=90°$、$FG⊥ BC$可得四边形AFGC是矩形。
∵ $\cos∠ EBF=\dfrac{BG}{BF}=\dfrac{3}{5}$，$BF=5$，
∴ $BG=BF×\dfrac{3}{5}=3$，
在$Rt△ BFG$中，由勾股定理得：$FG=\sqrt{BF^2-BG^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$，
∴ $AC=FG=4$，
∵ 四边形AEBF是菱形，
∴ $AF=BF=5$，
∵ 四边形AFGC是矩形，
∴ $CG=AF=5$，
∴ $BC=CG+BG=5+3=8$，
在$Rt△ ABC$中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}$，
∵ $∠ ACB=90°$，D是AB的中点，
∴ $CD=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{1}{2}×4\sqrt{5}=2\sqrt{5}$。
【答案】
(1) 四边形AEBF是菱形，证明成立；
(2) $CD$的长为$2\sqrt{5}$。
【知识点】
菱形的判定与性质，直角三角形斜边中线定理，勾股定理
【点评】
本题是几何综合基础题，融合了特殊四边形的判定、直角三角形的性质等知识点，解题时可通过倒推法明确求解目标，再结合已知条件逐步推导，需要学生熟练掌握各几何性质的应用场景。
【难度系数】
0.6
2. ★★|方程思想 如图,在正方形ABCD中,P为CD上一动点,AB=4,CP=x(0＜x＜4),作C关于BP的对称点C',连结BC',PC'.
(1)当x=1时,求$\cos∠ DPC'$的值;
(2)连结AC交BC',BP于M,N,若AM=y,求y与x的函数表达式.
(1)当x=1时,求$\cos∠ DPC'$的值;
(2)连结AC交BC',BP于M,N,若AM=y,求y与x的函数表达式.
答案
(1)如图,延长 BC'与 DC 交于点 E,设 C'E = a,PE = b,
∵ 在正方形 ABCD 中,P 为 CD 上一动点,AB = 4,
∴ AB = BC = DC = AD = 4,AB // CD,∠BCD = 90°.
∵ 作点 C 关于 BP 的对称点 C',CP = x = 1,
∴ ∠BCD = ∠BC'P = 90°,BC = BC' = 4,CP = C'P = 1,
∴ BE = BC' + EC' = 4 + a,CE = CP + PE = 1 + b.在 Rt△BCE 中,$BC^2+CE^2=BE^2$,即 $4^2+(1+b)^2=(4+a)^2$.在Rt△PC'E中,$C'P^2+C'E^2=PE^2$,即 $1^2+a^2=b^2$.
两个方程相加化简得 b = 4a - 1,
∴ $1^2+a^2=(4a-1)^2$,解得 $a_1=\dfrac{8}{15},a_2=0$(舍去),
∴ $a=\dfrac{8}{15},b=4a-1=\dfrac{17}{15}$,
∴ $\cos∠DPC'=\dfrac{PC'}{PE}=\dfrac{1}{b}=\dfrac{15}{17}.$
(2)如图,延长 BC'与 DC 交于点 E,设 C'E = a,PE = b,
∵ 作点 C 关于 BP 的对称点 C',CP = x,
∴ ∠BCD = ∠BC'P = 90°,BC = BC' = 4,CP = C'P = x,
∴ BE = BC' + EC' = 4 + a,CE = CP + PE = x + b.在 Rt△BCE 中,$BC^2+CE^2=BE^2$,即 $4^2+(x+b)^2=(4+a)^2$.在Rt△PC'E中,$C'P^2+C'E^2=PE^2$,即 $x^2+a^2=b^2$.两个方程相加化简得 $b=\dfrac{4a}{x}-x$,
∴ $x^2+a^2=(\dfrac{4a}{x}-x)^2$,解得 $a_1=\dfrac{8x^2}{16-x^2},a_2=0$(舍去),
∴ $a=\dfrac{8x^2}{16-x^2}$,
∴ $EC=b+x=\dfrac{4a}{x}=\dfrac{32x}{16-x^2}$.
∵ AB // CD,
∴ $\dfrac{AM}{MC}=\dfrac{AB}{EC}$,
∴ $\dfrac{y}{4\sqrt{2}-y}=\dfrac{4}{\dfrac{32x}{16-x^2}}$, 整理得 $y=\dfrac{4\sqrt{2}x^2-64\sqrt{2}}{x^2-8x-16}.$
解析
【分析】
(1) 解决折叠类问题首先利用轴对称性质：折叠前后对应边相等、对应角相等，可得BC'=BC、C'P=CP、∠BC'P=∠C=90°。要求$\cos∠DPC'$，观察该角在Rt△PC'E中，邻边为C'P、斜边为PE，因此只需求出PE的长度即可。设C'E=a、PE=b，分别在Rt△BCE和Rt△PC'E中列勾股定理方程，联立求解得到b的值，即可计算余弦值。
(2) 第二问沿用第一问的设元思路，先用含x的式子表示出EC的长度；再根据AB//CD可得△ABM∽△CEM，对应边成比例$\dfrac{AM}{MC}=\dfrac{AB}{EC}$，结合正方形对角线AC的总长度为$4\sqrt{2}$，代入比例式整理即可得到y与x的函数表达式。
【解析】
(1) 如图，延长BC'与DC交于点E，设C'E = a，PE = b，
∵ 在正方形ABCD中，AB=4，
∴ AB=BC=DC=AD=4，AB//CD，∠BCD=90°。
∵ 点C与C'关于BP对称，且CP=x=1，
∴ ∠BC'P=∠BCD=90°，BC'=BC=4，C'P=CP=1，
∴ BE=BC'+EC'=4+a，CE=CP+PE=1+b。
在Rt△BCE中，由勾股定理得：$BC^2+CE^2=BE^2$，即 $4^2+(1+b)^2=(4+a)^2$ ①。
在Rt△PC'E中，由勾股定理得：$C'P^2+C'E^2=PE^2$，即 $1^2+a^2=b^2$ ②。
联立①②化简得$b=4a-1$，将其代入②得：$1+a^2=(4a-1)^2$，
解得 $a_1=\dfrac{8}{15}$，$a_2=0$（不符合题意，舍去），
∴ $a=\dfrac{8}{15}$，$b=4×\dfrac{8}{15}-1=\dfrac{17}{15}$，
在Rt△PC'E中，$\cos∠DPC'=\dfrac{C'P}{PE}=\dfrac{1}{b}=\dfrac{15}{17}$。
(2) 如图，延长BC'与DC交于点E，设C'E = a，PE = b，
∵ 点C与C'关于BP对称，CP=x，
∴ ∠BC'P=∠BCD=90°，BC'=BC=4，C'P=CP=x，
∴ BE=BC'+EC'=4+a，CE=CP+PE=x+b。
在Rt△BCE中，由勾股定理得：$4^2+(x+b)^2=(4+a)^2$ ①，
在Rt△PC'E中，由勾股定理得：$x^2+a^2=b^2$ ②，
联立①②化简得 $b=\dfrac{4a}{x}-x$，将其代入②得：$x^2+a^2=(\dfrac{4a}{x}-x)^2$，
解得 $a_1=\dfrac{8x^2}{16-x^2}$，$a_2=0$（不符合题意，舍去），
∴ $EC=x+b=\dfrac{4a}{x}=\dfrac{4}{x}×\dfrac{8x^2}{16-x^2}=\dfrac{32x}{16-x^2}$。
∵ AB//CD，
∴ △ABM∽△CEM，得 $\dfrac{AM}{MC}=\dfrac{AB}{EC}$，
∵ 正方形对角线$AC=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$，AM=y，
∴ MC=$4\sqrt{2}-y$，
代入得 $\dfrac{y}{4\sqrt{2}-y}=\dfrac{4}{\dfrac{32x}{16-x^2}}$，
整理得 $y=\dfrac{4\sqrt{2}x^2-64\sqrt{2}}{x^2-8x-16}$。
【答案】
(1) $\cos∠DPC'=\dfrac{15}{17}$；
(2) $y=\dfrac{4\sqrt{2}x^2-64\sqrt{2}}{x^2-8x-16}$
【知识点】
轴对称的性质；勾股定理；相似三角形的性质
【点评】
本题以正方形为背景，结合轴对称变换考查方程思想的运用，解题核心是利用折叠性质得到相等的边和角，通过设未知数列勾股定理方程求出相关线段长度，再结合相似三角形的比例关系求解函数式，对综合运用几何知识的能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
(1) 解决折叠类问题首先利用轴对称性质：折叠前后对应边相等、对应角相等，可得BC'=BC、C'P=CP、∠BC'P=∠C=90°。要求$\cos∠DPC'$，观察该角在Rt△PC'E中，邻边为C'P、斜边为PE，因此只需求出PE的长度即可。设C'E=a、PE=b，分别在Rt△BCE和Rt△PC'E中列勾股定理方程，联立求解得到b的值，即可计算余弦值。
(2) 第二问沿用第一问的设元思路，先用含x的式子表示出EC的长度；再根据AB//CD可得△ABM∽△CEM，对应边成比例$\dfrac{AM}{MC}=\dfrac{AB}{EC}$，结合正方形对角线AC的总长度为$4\sqrt{2}$，代入比例式整理即可得到y与x的函数表达式。
【解析】
(1) 如图，延长BC'与DC交于点E，设C'E = a，PE = b，
∵ 在正方形ABCD中，AB=4，
∴ AB=BC=DC=AD=4，AB//CD，∠BCD=90°。
∵ 点C与C'关于BP对称，且CP=x=1，
∴ ∠BC'P=∠BCD=90°，BC'=BC=4，C'P=CP=1，
∴ BE=BC'+EC'=4+a，CE=CP+PE=1+b。
在Rt△BCE中，由勾股定理得：$BC^2+CE^2=BE^2$，即 $4^2+(1+b)^2=(4+a)^2$ ①。
在Rt△PC'E中，由勾股定理得：$C'P^2+C'E^2=PE^2$，即 $1^2+a^2=b^2$ ②。
联立①②化简得$b=4a-1$，将其代入②得：$1+a^2=(4a-1)^2$，
解得 $a_1=\dfrac{8}{15}$，$a_2=0$（不符合题意，舍去），
∴ $a=\dfrac{8}{15}$，$b=4×\dfrac{8}{15}-1=\dfrac{17}{15}$，
在Rt△PC'E中，$\cos∠DPC'=\dfrac{C'P}{PE}=\dfrac{1}{b}=\dfrac{15}{17}$。
(2) 如图，延长BC'与DC交于点E，设C'E = a，PE = b，
∵ 点C与C'关于BP对称，CP=x，
∴ ∠BC'P=∠BCD=90°，BC'=BC=4，C'P=CP=x，
∴ BE=BC'+EC'=4+a，CE=CP+PE=x+b。
在Rt△BCE中，由勾股定理得：$4^2+(x+b)^2=(4+a)^2$ ①，
在Rt△PC'E中，由勾股定理得：$x^2+a^2=b^2$ ②，
联立①②化简得 $b=\dfrac{4a}{x}-x$，将其代入②得：$x^2+a^2=(\dfrac{4a}{x}-x)^2$，
解得 $a_1=\dfrac{8x^2}{16-x^2}$，$a_2=0$（不符合题意，舍去），
∴ $EC=x+b=\dfrac{4a}{x}=\dfrac{4}{x}×\dfrac{8x^2}{16-x^2}=\dfrac{32x}{16-x^2}$。
∵ AB//CD，
∴ △ABM∽△CEM，得 $\dfrac{AM}{MC}=\dfrac{AB}{EC}$，
∵ 正方形对角线$AC=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}$，AM=y，
∴ MC=$4\sqrt{2}-y$，
代入得 $\dfrac{y}{4\sqrt{2}-y}=\dfrac{4}{\dfrac{32x}{16-x^2}}$，
整理得 $y=\dfrac{4\sqrt{2}x^2-64\sqrt{2}}{x^2-8x-16}$。
【答案】
(1) $\cos∠DPC'=\dfrac{15}{17}$；
(2) $y=\dfrac{4\sqrt{2}x^2-64\sqrt{2}}{x^2-8x-16}$
【知识点】
轴对称的性质；勾股定理；相似三角形的性质
【点评】
本题以正方形为背景，结合轴对称变换考查方程思想的运用，解题核心是利用折叠性质得到相等的边和角，通过设未知数列勾股定理方程求出相关线段长度，再结合相似三角形的比例关系求解函数式，对综合运用几何知识的能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
3. （2025·上海模拟）已知平行四边形ABCD中，AB=9，BC=5，$\sin B=\dfrac{4}{5}$，P是边AB上一动点，过点P作$PE ⊥ PC$，交射线CD于点E，交AC于点H，F是PE上的点，$\dfrac{FP}{PC}=\dfrac{2}{3}$，连结CF.
(1)求证：$∠ BAC=∠ PCF$；
(2)当$△ APC ∽ △ EFC$时，求线段BP的长；
(3)当$\dfrac{S_{△ HFC}}{S_{△ PHC}}=\dfrac{1}{3}$时，求$\dfrac{AH}{AC}$的值.
进一步挑战进阶专题：P127 专题8
(1)求证：$∠ BAC=∠ PCF$；
(2)当$△ APC ∽ △ EFC$时，求线段BP的长；
(3)当$\dfrac{S_{△ HFC}}{S_{△ PHC}}=\dfrac{1}{3}$时，求$\dfrac{AH}{AC}$的值.
进一步挑战进阶专题：P127 专题8
答案
(1)如图①,过点 C 作 CG⊥AB,垂足为点 G,
∵ BC = 5,∠BGC = 90°,
∴ $\sin B=\dfrac{CG}{BC}=\dfrac{4}{5}$,
∴ CG = 4,
∴ $BG = \sqrt{BC^2-CG^2}=3.$
∵ AB = 9,
∴ AG = AB - BG = 6.
∵ ∠AGC = 90°,
∴ $\tan∠BAC=\dfrac{CG}{AG}=\dfrac{2}{3}.$
∵ ∠CPF = 90°,$\dfrac{FP}{PC}=\dfrac{2}{3}$,
∴ $\tan∠PCF=\tan∠BAC=\dfrac{2}{3}.$
∵ ∠BAC = ∠PCF ＜ 90°,
∴ ∠BAC = ∠PCF.
(2)如图②,过点 C 作 CG⊥AB,垂足为点 G,
∵ 四边形 ABCD 是平行四边形,
∴ AB // CD,
∴ ∠BAC = ∠ACD.
∵ ∠PCF = ∠BAC,
∴ ∠PCF = ∠ACD,
∴ ∠PCA = ∠FCD.
∵ △APC ∽ △EFC,
∴ ∠APC = ∠EFC,∠BPC = ∠PFC,
∴ $\tan∠BPC=\tan∠PFC$,
∴ $\dfrac{CG}{PG}=\dfrac{PC}{FP}=\dfrac{3}{2}$,
∴ $PG=\dfrac{8}{3}$,
∴ $BP=BG+PG=\dfrac{17}{3}.$
(3)过点 H 作 HM⊥AB,垂足为点 M,
∵ ∠FPC = 90°,
∴ ∠MPH + ∠CPG = 180° - ∠FPC = 90°.又
∵ ∠CPG + ∠PCG = 90°,
∴ ∠MPH = ∠PCG.又∠HMP = ∠CGP = 90°,
∴ △MPH ∽ △GCP,
∴ $\dfrac{MP}{GC}=\dfrac{MH}{GP}=\dfrac{PH}{CP}.$
∵ $\dfrac{S_{△HFC}}{S_{△PHC}}=\dfrac{1}{3}$,
∴ $\dfrac{FH}{PH}=\dfrac{1}{3}.$
①如图③,当点 F 在线段 PH 的延长线上时,由 $\dfrac{PF}{PC}=\dfrac{2}{3}$,可得 $\dfrac{PH}{PC}=\dfrac{1}{2}$,设 MH = a,
∴ GP = 2a,MP = 2,AM = $\dfrac{3}{2}a$,
∴ $2a+\dfrac{3}{2}a+2+3=9,a=\dfrac{8}{7}.$
∵ ∠AMH = ∠AGC = 90°,
∴ △AMH ∽ △AGC,
∴ $\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{MH}{CG}=\dfrac{2}{7}$;
②如图④,当点 F 在线段 PH 上时,可得 PH = PC,设 MH = b,
∴ GP = b,MP = 4,AM = $\dfrac{3}{2}b$,
∴ $b+\dfrac{3}{2}b+4+3=9,b=\dfrac{4}{5}.$
∵ ∠AMH = ∠AGC = 90°,
∴ △AMH ∽ △AGC,
∴ $\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{MH}{CG}=\dfrac{1}{5}.$
综上所述,$\dfrac{AH}{AC}$的值为$\dfrac{2}{7}$或$\dfrac{1}{5}.$
解析
【分析】
(1) 要证明∠BAC=∠PCF，可通过证明两个锐角的正切值相等实现：先作CG⊥AB，利用sinB求出CG、BG的长度，再计算AG得到tan∠BAC的值；结合PE⊥PC和$\frac{FP}{PC}=\frac{2}{3}$，可得tan∠PCF的值，二者相等即可得证。
(2) 先利用平行四边形对边平行的性质得到∠BAC=∠ACD，结合(1)的结论推出∠PCA=∠FCD；再根据△APC∽△EFC的对应角相等，得到∠BPC=∠PFC，利用其正切值求出PG的长度，进而求出BP。
(3) 同高的三角形面积比等于底的比，由$\frac{S_{△HFC}}{S_{△PHC}}=\frac{1}{3}$可得$\frac{FH}{PH}=\frac{1}{3}$，分两种情况讨论：①F在线段PH延长线上，②F在线段PH上，分别求出PH与PC的比值，再通过相似三角形的性质求出$\frac{AH}{AC}$的值。
【解析】
(1) 如图①,过点 C 作 CG⊥AB,垂足为点 G,
∵ BC = 5,∠BGC = 90°,
∴ $\sin B=\dfrac{CG}{BC}=\dfrac{4}{5}$,
∴ CG = 4,
∴ $BG = \sqrt{BC^2-CG^2}=3.$
∵ AB = 9,
∴ AG = AB - BG = 6.
∵ ∠AGC = 90°,
∴ $\tan∠BAC=\dfrac{CG}{AG}=\dfrac{2}{3}.$
∵ ∠CPF = 90°,$\dfrac{FP}{PC}=\dfrac{2}{3}$,
∴ $\tan∠PCF=\tan∠BAC=\dfrac{2}{3}.$
∵ ∠BAC = ∠PCF ＜ 90°,
∴ ∠BAC = ∠PCF.
(2) 如图②,过点 C 作 CG⊥AB,垂足为点 G,
∵ 四边形 ABCD 是平行四边形,
∴ AB // CD,
∴ ∠BAC = ∠ACD.
∵ ∠PCF = ∠BAC,
∴ ∠PCF = ∠ACD,
∴ ∠PCA = ∠FCD.
∵ △APC ∽ △EFC,
∴ ∠APC = ∠EFC,∠BPC = ∠PFC,
∴ $\tan∠BPC=\tan∠PFC$,
∴ $\dfrac{CG}{PG}=\dfrac{PC}{FP}=\dfrac{3}{2}$,
∴ $PG=\dfrac{8}{3}$,
∴ $BP=BG+PG=\dfrac{17}{3}.$
(3) 过点 H 作 HM⊥AB,垂足为点 M,
∵ ∠FPC = 90°,
∴ ∠MPH + ∠CPG = 180° - ∠FPC = 90°.又
∵ ∠CPG + ∠PCG = 90°,
∴ ∠MPH = ∠PCG.又∠HMP = ∠CGP = 90°,
∴ △MPH ∽ △GCP,
∴ $\dfrac{MP}{GC}=\dfrac{MH}{GP}=\dfrac{PH}{CP}.$
∵ $\dfrac{S_{△HFC}}{S_{△PHC}}=\dfrac{1}{3}$,
∴ $\dfrac{FH}{PH}=\dfrac{1}{3}.$
①如图③,当点 F 在线段 PH 的延长线上时,由 $\dfrac{PF}{PC}=\dfrac{2}{3}$,可得 $\dfrac{PH}{PC}=\dfrac{1}{2}$,设 MH = a,
∴ GP = 2a,MP = 2,AM = $\dfrac{3}{2}a$,
∴ $2a+\dfrac{3}{2}a+2+3=9,a=\dfrac{8}{7}.$
∵ ∠AMH = ∠AGC = 90°,
∴ △AMH ∽ △AGC,
∴ $\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{MH}{CG}=\dfrac{2}{7}$;
②如图④,当点 F 在线段 PH 上时,可得 PH = PC,设 MH = b,
∴ GP = b,MP = 4,AM = $\dfrac{3}{2}b$,
∴ $b+\dfrac{3}{2}b+4+3=9,b=\dfrac{4}{5}.$
∵ ∠AMH = ∠AGC = 90°,
∴ △AMH ∽ △AGC,
∴ $\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{MH}{CG}=\dfrac{1}{5}.$
综上所述,$\dfrac{AH}{AC}$的值为$\dfrac{2}{7}$或$\dfrac{1}{5}.$
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $BP=\dfrac{17}{3}$；
(3) $\dfrac{AH}{AC}$的值为$\dfrac{2}{7}$或$\dfrac{1}{5}$。
【知识点】
平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形
【点评】
本题是几何综合题，将平行四边形、相似三角形、锐角三角函数等知识点结合考查，需要熟练掌握几何辅助线的构造方法，解题时注意分类讨论思想的运用，避免漏解。
【难度系数】
0.4
(1) 要证明∠BAC=∠PCF，可通过证明两个锐角的正切值相等实现：先作CG⊥AB，利用sinB求出CG、BG的长度，再计算AG得到tan∠BAC的值；结合PE⊥PC和$\frac{FP}{PC}=\frac{2}{3}$，可得tan∠PCF的值，二者相等即可得证。
(2) 先利用平行四边形对边平行的性质得到∠BAC=∠ACD，结合(1)的结论推出∠PCA=∠FCD；再根据△APC∽△EFC的对应角相等，得到∠BPC=∠PFC，利用其正切值求出PG的长度，进而求出BP。
(3) 同高的三角形面积比等于底的比，由$\frac{S_{△HFC}}{S_{△PHC}}=\frac{1}{3}$可得$\frac{FH}{PH}=\frac{1}{3}$，分两种情况讨论：①F在线段PH延长线上，②F在线段PH上，分别求出PH与PC的比值，再通过相似三角形的性质求出$\frac{AH}{AC}$的值。
【解析】
(1) 如图①,过点 C 作 CG⊥AB,垂足为点 G,
∵ BC = 5,∠BGC = 90°,
∴ $\sin B=\dfrac{CG}{BC}=\dfrac{4}{5}$,
∴ CG = 4,
∴ $BG = \sqrt{BC^2-CG^2}=3.$
∵ AB = 9,
∴ AG = AB - BG = 6.
∵ ∠AGC = 90°,
∴ $\tan∠BAC=\dfrac{CG}{AG}=\dfrac{2}{3}.$
∵ ∠CPF = 90°,$\dfrac{FP}{PC}=\dfrac{2}{3}$,
∴ $\tan∠PCF=\tan∠BAC=\dfrac{2}{3}.$
∵ ∠BAC = ∠PCF ＜ 90°,
∴ ∠BAC = ∠PCF.
(2) 如图②,过点 C 作 CG⊥AB,垂足为点 G,
∵ 四边形 ABCD 是平行四边形,
∴ AB // CD,
∴ ∠BAC = ∠ACD.
∵ ∠PCF = ∠BAC,
∴ ∠PCF = ∠ACD,
∴ ∠PCA = ∠FCD.
∵ △APC ∽ △EFC,
∴ ∠APC = ∠EFC,∠BPC = ∠PFC,
∴ $\tan∠BPC=\tan∠PFC$,
∴ $\dfrac{CG}{PG}=\dfrac{PC}{FP}=\dfrac{3}{2}$,
∴ $PG=\dfrac{8}{3}$,
∴ $BP=BG+PG=\dfrac{17}{3}.$
(3) 过点 H 作 HM⊥AB,垂足为点 M,
∵ ∠FPC = 90°,
∴ ∠MPH + ∠CPG = 180° - ∠FPC = 90°.又
∵ ∠CPG + ∠PCG = 90°,
∴ ∠MPH = ∠PCG.又∠HMP = ∠CGP = 90°,
∴ △MPH ∽ △GCP,
∴ $\dfrac{MP}{GC}=\dfrac{MH}{GP}=\dfrac{PH}{CP}.$
∵ $\dfrac{S_{△HFC}}{S_{△PHC}}=\dfrac{1}{3}$,
∴ $\dfrac{FH}{PH}=\dfrac{1}{3}.$
①如图③,当点 F 在线段 PH 的延长线上时,由 $\dfrac{PF}{PC}=\dfrac{2}{3}$,可得 $\dfrac{PH}{PC}=\dfrac{1}{2}$,设 MH = a,
∴ GP = 2a,MP = 2,AM = $\dfrac{3}{2}a$,
∴ $2a+\dfrac{3}{2}a+2+3=9,a=\dfrac{8}{7}.$
∵ ∠AMH = ∠AGC = 90°,
∴ △AMH ∽ △AGC,
∴ $\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{MH}{CG}=\dfrac{2}{7}$;
②如图④,当点 F 在线段 PH 上时,可得 PH = PC,设 MH = b,
∴ GP = b,MP = 4,AM = $\dfrac{3}{2}b$,
∴ $b+\dfrac{3}{2}b+4+3=9,b=\dfrac{4}{5}.$
∵ ∠AMH = ∠AGC = 90°,
∴ △AMH ∽ △AGC,
∴ $\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{MH}{CG}=\dfrac{1}{5}.$
综上所述,$\dfrac{AH}{AC}$的值为$\dfrac{2}{7}$或$\dfrac{1}{5}.$
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $BP=\dfrac{17}{3}$；
(3) $\dfrac{AH}{AC}$的值为$\dfrac{2}{7}$或$\dfrac{1}{5}$。
【知识点】
平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形
【点评】
本题是几何综合题，将平行四边形、相似三角形、锐角三角函数等知识点结合考查，需要熟练掌握几何辅助线的构造方法，解题时注意分类讨论思想的运用，避免漏解。
【难度系数】
0.4
