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11. 如图，已知 $ l_1 // l_2 // l_3 $，相邻两条平行直线间的距离相等，在等腰直角 $ △ ABC $ 中，$ ∠ ACB = 90° $，三角形的三个顶点分别在这三条平行直线上，则 $ \sin α $ 的值是（
A.$ \frac{1}{3} $
B.$ \frac{6}{17} $
C.$ \frac{\sqrt{5}}{5} $
D.$ \frac{\sqrt{10}}{10} $
D
）A.$ \frac{1}{3} $
B.$ \frac{6}{17} $
C.$ \frac{\sqrt{5}}{5} $
D.$ \frac{\sqrt{10}}{10} $
答案
11. D 解析:如图,过点 A 作 AD ⊥ l₁ 于 D,过点 B 作 BE ⊥ l₁ 于 E,设 l₁,l₂,l₃ 相邻两条直线间的距离为 1.
∵ ∠CAD+∠ACD = 90°,∠BCE + ∠ACD = 90°,
∴ ∠CAD = ∠BCE.在等腰直角△ABC 中,AC = BC,在△ACD 和△CBE 中,$\begin{cases}∠ ADC=∠ CEB,\\∠ CAD=∠ BCE,\\AC=CB,\end{cases}$
∴ △ACD≌△CBE(AAS),
∴ CD=BE=1.在 Rt△ACD 中,$AC=\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$,在等腰直角△ABC 中,$AB=\sqrt{2}AC=\sqrt{2}×\sqrt{5}=\sqrt{10}$,
∴ $\sinα=\dfrac{1}{\sqrt{10}}=\dfrac{\sqrt{10}}{10}$.故选 D.
解析
【分析】
要计算$\sinα$的值，需先明确$α$所在直角三角形的对边和斜边长度。已知三条平行线相邻间距相等，我们可先设间距为1，过A、B作$l_1$的垂线构造直角三角形，结合等腰直角$△ ABC$的性质，证明两个直角三角形全等得到相关线段长度，再依次计算$AC$、$AB$的长度，最后根据正弦的定义求出$\sinα$。
【解析】
如图，过点A作$AD ⊥ l_1$于D，过点B作$BE ⊥ l_1$于E，设$l_1,l_2,l_3$相邻两条直线间的距离为1。
$\because ∠ CAD+∠ ACD = 90°$，$∠ BCE + ∠ ACD = 90°$，
$\therefore ∠ CAD = ∠ BCE$。
在等腰直角$△ ABC$中，$AC = BC$，
在$△ ACD$和$△ CBE$中，
$\begin{cases}∠ ADC=∠ CEB=90°,\\∠ CAD=∠ BCE,\\AC=CB,\end{cases}$
$\therefore △ ACD≌△ CBE(\mathrm{AAS})$，
$\therefore CD=BE=1$。
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$AC=\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，
在等腰直角$△ ABC$中，$AB=\sqrt{2}AC=\sqrt{2}×\sqrt{5}=\sqrt{10}$，
观察图形可知$α$的对边长度为平行线间1个单位间距，
$\therefore \sinα=\dfrac{1}{\sqrt{10}}=\dfrac{\sqrt{10}}{10}$。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
平行线间的距离，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义
【点评】
本题是几何综合题，将平行线、全等三角形、等腰直角三角形和锐角三角函数的知识点结合考查，解题的关键是通过作垂线构造全等三角形，利用设单位长度的方法简化边长计算，能有效考查学生的几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
要计算$\sinα$的值，需先明确$α$所在直角三角形的对边和斜边长度。已知三条平行线相邻间距相等，我们可先设间距为1，过A、B作$l_1$的垂线构造直角三角形，结合等腰直角$△ ABC$的性质，证明两个直角三角形全等得到相关线段长度，再依次计算$AC$、$AB$的长度，最后根据正弦的定义求出$\sinα$。
【解析】
如图，过点A作$AD ⊥ l_1$于D，过点B作$BE ⊥ l_1$于E，设$l_1,l_2,l_3$相邻两条直线间的距离为1。
$\because ∠ CAD+∠ ACD = 90°$，$∠ BCE + ∠ ACD = 90°$，
$\therefore ∠ CAD = ∠ BCE$。
在等腰直角$△ ABC$中，$AC = BC$，
在$△ ACD$和$△ CBE$中，
$\begin{cases}∠ ADC=∠ CEB=90°,\\∠ CAD=∠ BCE,\\AC=CB,\end{cases}$
$\therefore △ ACD≌△ CBE(\mathrm{AAS})$，
$\therefore CD=BE=1$。
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$AC=\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，
在等腰直角$△ ABC$中，$AB=\sqrt{2}AC=\sqrt{2}×\sqrt{5}=\sqrt{10}$，
观察图形可知$α$的对边长度为平行线间1个单位间距，
$\therefore \sinα=\dfrac{1}{\sqrt{10}}=\dfrac{\sqrt{10}}{10}$。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
平行线间的距离，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义
【点评】
本题是几何综合题，将平行线、全等三角形、等腰直角三角形和锐角三角函数的知识点结合考查，解题的关键是通过作垂线构造全等三角形，利用设单位长度的方法简化边长计算，能有效考查学生的几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
12. ★★★ 如图,在 Rt△ABC 中,∠ACB=90°,CD⊥AB,垂足为D,若AD=BC,则cos B=
$\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$
. 答案
12. $\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$ 解析:设 AD = BC = x,
∵ ∠ACB = 90°,CD ⊥ AB,
∴ ∠A + ∠ACD = ∠ACD + ∠BCD = 90°,
∴ ∠A = ∠BCD,
∴ △ABC∽△CBD,
∴ $\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{BC}{BD}$,即 $\dfrac{x+BD}{x}=\dfrac{x}{BD}$,
∴ BD = $\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}x$(负根已舍去),
∴ $\cos B=\dfrac{BD}{CB}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$.
∵ ∠ACB = 90°,CD ⊥ AB,
∴ ∠A + ∠ACD = ∠ACD + ∠BCD = 90°,
∴ ∠A = ∠BCD,
∴ △ABC∽△CBD,
∴ $\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{BC}{BD}$,即 $\dfrac{x+BD}{x}=\dfrac{x}{BD}$,
∴ BD = $\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}x$(负根已舍去),
∴ $\cos B=\dfrac{BD}{CB}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$.
解析
【分析】
解题时先观察图形特征，Rt△ABC中CD⊥AB，可先通过同角的余角相等得到等角，进而证明△ABC和△CBD相似；再结合已知AD=BC的条件，设参数表示相关线段长度，利用相似三角形的对应边成比例列方程，求解得到BD与BC的比值，最后根据余弦的定义即可求出cosB的值。
【解析】
设$AD = BC = x$，
∵ $∠ ACB = 90°$，$CD⊥ AB$，
∴ $∠ A + ∠ ACD = 90°$，$∠ BCD + ∠ ACD = 90°$，
∴ $∠ A = ∠ BCD$，
又
∵ $∠ ACB = ∠ CDB = 90°$，
∴ $△ ABC ∽ △ CBD$，
∴ 对应边成比例：$\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{BC}{BD}$，
其中$AB = AD + BD = x + BD$，代入得$\dfrac{x+BD}{x}=\dfrac{x}{BD}$，
整理得 $BD^2 + x· BD - x^2 = 0$，
将该方程看作关于BD的一元二次方程，解得 $BD=\dfrac{-x\pm\sqrt{x^2+4x^2}}{2}=\dfrac{-x\pm\sqrt{5}x}{2}$，
∵ 线段长度为正，舍去负根，得 $BD=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}x$，
在Rt△BCD中，$\cos B = \dfrac{BD}{BC}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}x}{x}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$。
【答案】
$\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质；余弦的定义；同角的余角相等
【点评】
本题将相似三角形与三角函数知识结合考查，解题的突破口是推导等角证明三角形相似，再通过设参数建立方程求解线段比值，解题时要注意结合线段的实际意义舍去方程的负根。
【难度系数】
0.4
解题时先观察图形特征，Rt△ABC中CD⊥AB，可先通过同角的余角相等得到等角，进而证明△ABC和△CBD相似；再结合已知AD=BC的条件，设参数表示相关线段长度，利用相似三角形的对应边成比例列方程，求解得到BD与BC的比值，最后根据余弦的定义即可求出cosB的值。
【解析】
设$AD = BC = x$，
∵ $∠ ACB = 90°$，$CD⊥ AB$，
∴ $∠ A + ∠ ACD = 90°$，$∠ BCD + ∠ ACD = 90°$，
∴ $∠ A = ∠ BCD$，
又
∵ $∠ ACB = ∠ CDB = 90°$，
∴ $△ ABC ∽ △ CBD$，
∴ 对应边成比例：$\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{BC}{BD}$，
其中$AB = AD + BD = x + BD$，代入得$\dfrac{x+BD}{x}=\dfrac{x}{BD}$，
整理得 $BD^2 + x· BD - x^2 = 0$，
将该方程看作关于BD的一元二次方程，解得 $BD=\dfrac{-x\pm\sqrt{x^2+4x^2}}{2}=\dfrac{-x\pm\sqrt{5}x}{2}$，
∵ 线段长度为正，舍去负根，得 $BD=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}x$，
在Rt△BCD中，$\cos B = \dfrac{BD}{BC}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}x}{x}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$。
【答案】
$\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质；余弦的定义；同角的余角相等
【点评】
本题将相似三角形与三角函数知识结合考查，解题的突破口是推导等角证明三角形相似，再通过设参数建立方程求解线段比值，解题时要注意结合线段的实际意义舍去方程的负根。
【难度系数】
0.4
13. 如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,点D是边AB的中点,过点B作$BE⊥ CD$,交CD的延长线于点E.已知$AC=30,\cos A=\dfrac{3}{5}$.求:
(1)线段CD的长;
(2)$\sin∠ DBE$的值.
(1)线段CD的长;
(2)$\sin∠ DBE$的值.
答案
13. (1)
∵ 在 Rt△ABC 中,∠ACB = 90°,AC = 30,$\cos A=\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{3}{5}$,
∴ AB = 50,
∴ $BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{50^2-30^2}=40$.
∵ 点 D 是 AB 的中点,
∴ $CD=\dfrac{1}{2}AB=25$.
(2)
∵ 点 D 是 Rt△ABC 的斜边 AB 的中点,
∴ BD = CD = 25,
∴ ∠ECB = ∠ABC,
∴ $\cos∠ ECB=\cos∠ ABC=\dfrac{BC}{AB}=\dfrac{40}{50}=\dfrac{4}{5}$.
∵ BE ⊥ CE,
∴ 在 Rt△BCE 中,$\cos∠ ECB=\dfrac{CE}{BC}=\dfrac{CE}{40}=\dfrac{4}{5}$,
∴ CE = 32,
∴ DE = CE - CD = 32 - 25 = 7,
∴ 在 Rt△BED 中,$\sin∠ DBE=\dfrac{DE}{BD}=\dfrac{7}{25}$.
∵ 在 Rt△ABC 中,∠ACB = 90°,AC = 30,$\cos A=\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{3}{5}$,
∴ AB = 50,
∴ $BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{50^2-30^2}=40$.
∵ 点 D 是 AB 的中点,
∴ $CD=\dfrac{1}{2}AB=25$.
(2)
∵ 点 D 是 Rt△ABC 的斜边 AB 的中点,
∴ BD = CD = 25,
∴ ∠ECB = ∠ABC,
∴ $\cos∠ ECB=\cos∠ ABC=\dfrac{BC}{AB}=\dfrac{40}{50}=\dfrac{4}{5}$.
∵ BE ⊥ CE,
∴ 在 Rt△BCE 中,$\cos∠ ECB=\dfrac{CE}{BC}=\dfrac{CE}{40}=\dfrac{4}{5}$,
∴ CE = 32,
∴ DE = CE - CD = 32 - 25 = 7,
∴ 在 Rt△BED 中,$\sin∠ DBE=\dfrac{DE}{BD}=\dfrac{7}{25}$.
解析
【分析】
(1) 要求线段CD的长，已知CD是Rt△ABC斜边AB的中线，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可知只需先求出AB的长度。已知AC和cosA，结合余弦的定义（锐角的邻边与斜边的比值）即可求出AB，进而得到CD的长。
(2) 要求sin∠DBE的值，首先观察到∠DBE在Rt△BED中，根据正弦的定义，需求出对边DE和斜边BD的长度。BD为斜边中线，与CD相等，已在第一问求出；接下来求DE，DE=CE-CD，CD已知，因此只需在Rt△BCE中求出CE：利用直角三角形斜边中线性质可得CD=BD，推出∠ECB=∠ABC，先求出∠ABC的余弦值，即可在Rt△BCE中利用余弦定义求出CE，进而得到DE，最终算出sin∠DBE的值。
【解析】
(1) 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=30，$\cos A=\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{3}{5}$，
代入AC的值可得：$\dfrac{30}{AB}=\dfrac{3}{5}$，解得$AB=50$。
由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{50^2-30^2}=40$。
∵点D是AB的中点，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，
∴$CD=\dfrac{1}{2}AB=25$。
(2)
∵点D是Rt△ABC斜边AB的中点，
∴$BD=CD=25$，
∴∠ECB=∠ABC，
∴$\cos∠ECB=\cos∠ABC=\dfrac{BC}{AB}=\dfrac{40}{50}=\dfrac{4}{5}$。
∵BE⊥CE，即∠E=90°，
∴在Rt△BCE中，$\cos∠ECB=\dfrac{CE}{BC}=\dfrac{CE}{40}=\dfrac{4}{5}$，
解得$CE=32$，
∴$DE=CE-CD=32-25=7$。
在Rt△BED中，$\sin∠DBE=\dfrac{DE}{BD}=\dfrac{7}{25}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{25}$；(2) $\boldsymbol{\dfrac{7}{25}}$
【知识点】
直角三角形斜边中线性质，锐角三角函数的定义，勾股定理
【点评】
本题是直角三角形与锐角三角函数结合的典型习题，解题的关键是灵活运用直角三角形的性质转化相等的角和边，再结合三角函数的定义逐步求解所需线段，注重考查基础知识点的综合应用能力。
【难度系数】
0.7
(1) 要求线段CD的长，已知CD是Rt△ABC斜边AB的中线，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可知只需先求出AB的长度。已知AC和cosA，结合余弦的定义（锐角的邻边与斜边的比值）即可求出AB，进而得到CD的长。
(2) 要求sin∠DBE的值，首先观察到∠DBE在Rt△BED中，根据正弦的定义，需求出对边DE和斜边BD的长度。BD为斜边中线，与CD相等，已在第一问求出；接下来求DE，DE=CE-CD，CD已知，因此只需在Rt△BCE中求出CE：利用直角三角形斜边中线性质可得CD=BD，推出∠ECB=∠ABC，先求出∠ABC的余弦值，即可在Rt△BCE中利用余弦定义求出CE，进而得到DE，最终算出sin∠DBE的值。
【解析】
(1) 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=30，$\cos A=\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{3}{5}$，
代入AC的值可得：$\dfrac{30}{AB}=\dfrac{3}{5}$，解得$AB=50$。
由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{50^2-30^2}=40$。
∵点D是AB的中点，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，
∴$CD=\dfrac{1}{2}AB=25$。
(2)
∵点D是Rt△ABC斜边AB的中点，
∴$BD=CD=25$，
∴∠ECB=∠ABC，
∴$\cos∠ECB=\cos∠ABC=\dfrac{BC}{AB}=\dfrac{40}{50}=\dfrac{4}{5}$。
∵BE⊥CE，即∠E=90°，
∴在Rt△BCE中，$\cos∠ECB=\dfrac{CE}{BC}=\dfrac{CE}{40}=\dfrac{4}{5}$，
解得$CE=32$，
∴$DE=CE-CD=32-25=7$。
在Rt△BED中，$\sin∠DBE=\dfrac{DE}{BD}=\dfrac{7}{25}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{25}$；(2) $\boldsymbol{\dfrac{7}{25}}$
【知识点】
直角三角形斜边中线性质，锐角三角函数的定义，勾股定理
【点评】
本题是直角三角形与锐角三角函数结合的典型习题，解题的关键是灵活运用直角三角形的性质转化相等的角和边，再结合三角函数的定义逐步求解所需线段，注重考查基础知识点的综合应用能力。
【难度系数】
0.7
14. 方程思想 已知边长为3的正方形ABCD中,点E在射线BC上,且$BE=2CE$,连接AE交射线DC于点F,若$△ ABE$沿直线AE翻折,点B落在点$B_1$处.
(1)如图①,若点E在线段BC上,求CF的长;
(2)求$\sin∠ DAB_1$的值;
(3)如果题设中“$BE=2CE$”改为“$\frac{BE}{CE}=x$”,其他条件都不变,试写出$△ ABE$翻折后与正方形ABCD公共部分的面积$y$与$x$的关系式及自变量$x$的取值范围(只要写出结论,不需写出解题过程).
(1)如图①,若点E在线段BC上,求CF的长;
(2)求$\sin∠ DAB_1$的值;
(3)如果题设中“$BE=2CE$”改为“$\frac{BE}{CE}=x$”,其他条件都不变,试写出$△ ABE$翻折后与正方形ABCD公共部分的面积$y$与$x$的关系式及自变量$x$的取值范围(只要写出结论,不需写出解题过程).
答案
14. (1)
∵ AB // DF,易得 △ABE ∽ △FCE,
∴ $\dfrac{AB}{CF}=\dfrac{BE}{CE}$.
∵ BE = 2CE,AB = 3,
∴ $\dfrac{3}{CF}=\dfrac{2CE}{CE}$,
∴ $CF=\dfrac{3}{2}$.
(2)①若点 E 在线段 BC 上,如图①,设直线 AB₁ 与 DC 相交于点 M.
由题意得 ∠1 = ∠2.
∵ AB // DF,
∴ ∠1 = ∠F,
∴ ∠2 = ∠F,
∴ AM = MF.设 DM = x,则 CM = 3 - x.又
∵ $CF=\dfrac{3}{2}$,
∴ $AM=MF=\dfrac{9}{2}-x$.在 Rt△ADM 中,$AD^2+DM^2=AM^2$,
∴ $3^2+x^2=(\dfrac{9}{2}-x)^2$,解得 $x=\dfrac{5}{4}$,
∴ $DM=\dfrac{5}{4}$,$AM=\dfrac{13}{4}$,
∴ $\sin∠ DAB_1=\dfrac{DM}{AM}=\dfrac{5}{13}$.
②若点 E 在边 BC 的延长线上,如图②,设直线 AB₁ 与 CD 的延长线相交于点 N.
同理可得 AN = NF.
∵ BE = 2CE,
∴ BC = CE = AD.
∵ AD // BE,
∴ $\dfrac{AD}{CE}=\dfrac{DF}{FC}$,
∴ $DF=FC=\dfrac{3}{2}$.设 DN = x,则 $AN=NF=x+\dfrac{3}{2}$.在 Rt△ADN 中,$AD^2+DN^2=AN^2$,
∴ $3^2+x^2=(x+\dfrac{3}{2})^2$,解得 $x=\dfrac{9}{4}$,
∴ $DN=\dfrac{9}{4}$,$AN=\dfrac{15}{4}$,
∴ $\sin∠ DAB_1=\dfrac{DN}{AN}=\dfrac{3}{5}$.
(3)若点 E 在线段 BC 上,$y=\dfrac{9x}{2x+2}$,$x$ 的取值范围为 $x＞0$;
若点 E 在边 BC 的延长线上,$y=\dfrac{9x-9}{2x}$,$x$ 的取值范围为 $x＞1$.
解析
【分析】
(1) 求CF的长时，利用AB平行于DF的性质可证△ABE∽△FCE，结合已知的BE与CE的比例关系、AB的边长，通过相似三角形对应边成比例即可求解；
(2) 求$\sin∠DAB_1$需分两种情况讨论：①点E在线段BC上时，由翻折的性质得角相等，结合平行线的性质推出等腰三角形，设未知边长，在直角三角形中用勾股定理列方程求出对应边长，再根据正弦的定义计算；②点E在BC延长线上时，同理推导等腰关系，设未知数列勾股方程求解，再计算正弦值；
(3) 分点E在线段BC上和BC延长线上两种情况，结合相似性质和面积公式推导函数关系式，确定自变量取值范围。
【解析】
(1)
∵ AB // DF，易得 △ABE ∽ △FCE，
∴ $\dfrac{AB}{CF}=\dfrac{BE}{CE}$。
∵ BE = 2CE，AB = 3，
∴ $\dfrac{3}{CF}=\dfrac{2CE}{CE}$，
∴ $CF=\dfrac{3}{2}$。
(2) ①若点E在线段BC上，设直线AB₁与DC相交于点M。
由翻折性质得 ∠1 = ∠2，
∵ AB // DF，
∴ ∠1 = ∠F，
∴ ∠2 = ∠F，
∴ AM = MF。
设 DM = x，则 CM = 3 - x，
又
∵ $CF=\dfrac{3}{2}$，
∴ $AM=MF=\dfrac{9}{2}-x$。
在 Rt△ADM 中，由勾股定理得$AD^2+DM^2=AM^2$，
∴ $3^2+x^2=(\dfrac{9}{2}-x)^2$，解得 $x=\dfrac{5}{4}$，
∴ $DM=\dfrac{5}{4}$，$AM=\dfrac{13}{4}$，
∴ $\sin∠ DAB_1=\dfrac{DM}{AM}=\dfrac{5}{13}$。
②若点E在边BC的延长线上，设直线AB₁与CD的延长线相交于点N。
同理可得 AN = NF，
∵ BE = 2CE，
∴ BC = CE = 3，
∵ AD // BE，
∴ $\dfrac{AD}{CE}=\dfrac{DF}{FC}$，AD=CE=3，
∴ DF=FC=$\dfrac{3}{2}$。
设 DN = x，则 $AN=NF=x+\dfrac{3}{2}$。
在 Rt△ADN 中，由勾股定理得$AD^2+DN^2=AN^2$，
∴ $3^2+x^2=(x+\dfrac{3}{2})^2$，解得 $x=\dfrac{9}{4}$，
∴ $DN=\dfrac{9}{4}$，$AN=\dfrac{15}{4}$，
∴ $\sin∠ DAB_1=\dfrac{DN}{AN}=\dfrac{3}{5}$。
(3) 分两种情况：
若点E在线段BC上，$y=\dfrac{9x}{2x+2}$，自变量$x$的取值范围为 $x＞0$；
若点E在边BC的延长线上，$y=\dfrac{9x-9}{2x}$，自变量$x$的取值范围为 $x＞1$。
【答案】
(1) $CF=\dfrac{3}{2}$；
(2) 当点E在线段BC上时，$\sin∠DAB_1=\dfrac{5}{13}$；当点E在BC延长线上时，$\sin∠DAB_1=\dfrac{3}{5}$；
(3) 当E在线段BC上时，$y=\dfrac{9x}{2x+2}(x＞0)$；当E在BC延长线上时，$y=\dfrac{9x-9}{2x}(x＞1)$。
【知识点】
相似三角形的判定与性质；翻折变换的性质；锐角三角函数定义
【点评】
本题综合考查了几何图形的性质与计算，需要结合分类讨论思想分析点E的不同位置，避免漏解，同时通过设未知数列方程的方式求解，体现了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.4
(1) 求CF的长时，利用AB平行于DF的性质可证△ABE∽△FCE，结合已知的BE与CE的比例关系、AB的边长，通过相似三角形对应边成比例即可求解；
(2) 求$\sin∠DAB_1$需分两种情况讨论：①点E在线段BC上时，由翻折的性质得角相等，结合平行线的性质推出等腰三角形，设未知边长，在直角三角形中用勾股定理列方程求出对应边长，再根据正弦的定义计算；②点E在BC延长线上时，同理推导等腰关系，设未知数列勾股方程求解，再计算正弦值；
(3) 分点E在线段BC上和BC延长线上两种情况，结合相似性质和面积公式推导函数关系式，确定自变量取值范围。
【解析】
(1)
∵ AB // DF，易得 △ABE ∽ △FCE，
∴ $\dfrac{AB}{CF}=\dfrac{BE}{CE}$。
∵ BE = 2CE，AB = 3，
∴ $\dfrac{3}{CF}=\dfrac{2CE}{CE}$，
∴ $CF=\dfrac{3}{2}$。
(2) ①若点E在线段BC上，设直线AB₁与DC相交于点M。
由翻折性质得 ∠1 = ∠2，
∵ AB // DF，
∴ ∠1 = ∠F，
∴ ∠2 = ∠F，
∴ AM = MF。
设 DM = x，则 CM = 3 - x，
又
∵ $CF=\dfrac{3}{2}$，
∴ $AM=MF=\dfrac{9}{2}-x$。
在 Rt△ADM 中，由勾股定理得$AD^2+DM^2=AM^2$，
∴ $3^2+x^2=(\dfrac{9}{2}-x)^2$，解得 $x=\dfrac{5}{4}$，
∴ $DM=\dfrac{5}{4}$，$AM=\dfrac{13}{4}$，
∴ $\sin∠ DAB_1=\dfrac{DM}{AM}=\dfrac{5}{13}$。
②若点E在边BC的延长线上，设直线AB₁与CD的延长线相交于点N。
同理可得 AN = NF，
∵ BE = 2CE，
∴ BC = CE = 3，
∵ AD // BE，
∴ $\dfrac{AD}{CE}=\dfrac{DF}{FC}$，AD=CE=3，
∴ DF=FC=$\dfrac{3}{2}$。
设 DN = x，则 $AN=NF=x+\dfrac{3}{2}$。
在 Rt△ADN 中，由勾股定理得$AD^2+DN^2=AN^2$，
∴ $3^2+x^2=(x+\dfrac{3}{2})^2$，解得 $x=\dfrac{9}{4}$，
∴ $DN=\dfrac{9}{4}$，$AN=\dfrac{15}{4}$，
∴ $\sin∠ DAB_1=\dfrac{DN}{AN}=\dfrac{3}{5}$。
(3) 分两种情况：
若点E在线段BC上，$y=\dfrac{9x}{2x+2}$，自变量$x$的取值范围为 $x＞0$；
若点E在边BC的延长线上，$y=\dfrac{9x-9}{2x}$，自变量$x$的取值范围为 $x＞1$。
【答案】
(1) $CF=\dfrac{3}{2}$；
(2) 当点E在线段BC上时，$\sin∠DAB_1=\dfrac{5}{13}$；当点E在BC延长线上时，$\sin∠DAB_1=\dfrac{3}{5}$；
(3) 当E在线段BC上时，$y=\dfrac{9x}{2x+2}(x＞0)$；当E在BC延长线上时，$y=\dfrac{9x-9}{2x}(x＞1)$。
【知识点】
相似三角形的判定与性质；翻折变换的性质；锐角三角函数定义
【点评】
本题综合考查了几何图形的性质与计算，需要结合分类讨论思想分析点E的不同位置，避免漏解，同时通过设未知数列方程的方式求解，体现了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.4
15. (2025·上海模拟)已知$△ ABC$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，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，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
15. (1)在 Rt△ABC 中,$AB=6$,$\sin C=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$,
∴ $AC=\dfrac{AB}{\sin C}=6\sqrt{5}$,
∴ $BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=12$.又
∵ CD = 3BD,
∴ $BD=\dfrac{1}{4}BC=3$.在 Rt△ABD 中,AB = 6,BD = 3,
∴ $AD=\sqrt{AB^2+BD^2}=3\sqrt{5}$.
(2)①
∵ CD = 3BD,
∴ 设 BD = a,则 CD = 3a,BC = 4a,如图①,过点 A 作 AG // BC,交 DE 延长线于点 G.
∵ $CD^2=CE· CA$,
∴ $\dfrac{CE}{CD}=\dfrac{CD}{CA}$.
∵ ∠C = ∠C,
∴ △CDE∽△CAD,
∴ ∠ADC = ∠DEC.
∵ ∠ADC + ∠ADB = 180°,∠DEC + ∠AED = 180°,
∴ ∠ADB = ∠AED.
∵ ∠ADB = ∠ADE,
∴ ∠ADE = ∠AED,
∴ AD = AE.如图①,过点 A 作 AH ⊥ DE 于点 H,则可得 DH = EH.又
∵ ∠ADB = ∠ADH,
∴ AB = AH,由勾股定理可得 $BD=\sqrt{AD^2-AB^2}=\sqrt{AD^2-AH^2}=DH=a$,
∴ DE = 2a.
∵ AG // BC,
∴ △AGE∽△CDE,
∴ $\dfrac{AG}{CD}=\dfrac{GE}{DE}$,∠ADB = ∠GAD,
∴ ∠GAD = ∠GDA,
∴ GA = GD.设 GA = GD = b,则 GE = GD - DE = b - 2a,
∴ $\dfrac{b}{3a}=\dfrac{b-2a}{2a}$,整理,得 b = 6a,
∴ GH = 5a.在 Rt△AGH 中,GH = 5a,GA = 6a,
∴ $AH=\sqrt{GA^2-GH^2}=\sqrt{(6a)^2-(5a)^2}=\sqrt{11}a$,
∴ AB = AH = $\sqrt{11}a$,
∴ $\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{\sqrt{11}a}{4a}=\dfrac{\sqrt{11}}{4}$.
② 设 BD = a,则 CD = 3a,
∵ ∠ADB= ∠ADE,∠ADB + ∠BAD = 90°,∠ADB + ∠ADE + ∠EDC = 180°,
∴ ∠EDC = 2∠BAD.如图②,过点 A 作 AP // CD,交 DE 延长线于点 P,分三种情况讨论:
ⅰ ) 当 DE = DC 时,$∠ DEC=∠ C=\dfrac{180°-∠ EDC}{2}=∠ ADE$,
∴ CE//AD,但 CE 不平行于 AD,故此种情况不存在;
ⅱ ) 当 ED = EC 时,如图②,过点 E 作 EM ⊥ BC,垂足为 M,
∴ $DM=CM=\dfrac{1}{2}CD=\dfrac{3}{2}a$.又
∵ ∠B = ∠EMC = 90°,
∴ EM // AB,
∴ $\dfrac{CE}{AE}=\dfrac{CM}{BM}=\dfrac{CM}{BD+DM}=\dfrac{\dfrac{3}{2}a}{a+\dfrac{3}{2}a}=\dfrac{3}{5}$.
∵ AP // CD,
∴ $\dfrac{AP}{CD}=\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{PE}{ED}=\dfrac{5}{3}$,
∴ $AP=\dfrac{5}{3}CD=\dfrac{5}{3}×3a=5a$.又
∵ ED = EC,
∴ AE = PE,
∴ AC = PD,由①可知,此时 PA = PD,
∴ AC = 5a,
∴ $\cos C=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{BD+CD}{AC}=\dfrac{a+3a}{5a}=\dfrac{4}{5}$;
ⅲ ) 当 CE = CD = 3a 时,同理可得 PA = PD = AE,设 PA = PD = AE = b,如图③,延长 DB 至点 O,使得 DO = DP,连接 OA,又
∵ ∠ADO = ∠ADP,AD = AD,
∴ △AOD≌△APD(SAS),
∴ AO = AP,∠O = ∠P,过点 A 作 AH ⊥ PE 于点 H,则 PE = 2PH,∠AHP = ∠ABO = 90°,
∴ △APH≌△AOB,
∴ PH = BO,
∴ PE = 2OB,
∴ OB = DO - BD = b - a,PE = 2b - 2a.又
∵ PD = b,
∴ DE = PD - PE = 2a - b.
∵ AP // BC,
∴ △APE∽△CDE,
∴ $\dfrac{AP}{CD}=\dfrac{PE}{DE}$,
∴ $\dfrac{b}{3a}=\dfrac{2b-2a}{2a-b}$,整理,得 $b^2+4ab-6a^2=0$,解得 $b=(\sqrt{10}-2)a$,
∴ AC = AE + CE = AE + CD = b + 3a = $(\sqrt{10}-2)a+3a=(\sqrt{10}+1)a$,
∴ $\cos C=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{BD+CD}{AC}=\dfrac{a+3a}{(\sqrt{10}+1)a}=\dfrac{4}{\sqrt{10}+1}=\dfrac{4\sqrt{10}-4}{9}$.
综上,∠C 的余弦值为 $\dfrac{4}{5}$ 或 $\dfrac{4\sqrt{10}-4}{9}$.
解析
【分析】
(1) 先在$Rt△ ABC$中利用正弦的定义求出斜边$AC$的长度，再通过勾股定理计算$BC$的长，结合$CD=3BD$的关系求出$BD$，最后在$Rt△ ABD$中用勾股定理即可求得$AD$的长度。
(2) ① 由$CD^2=CE·CA$和公共角$∠ C$可证$△ CDE ∽ △ CAD$，结合角的等量代换推导得$AD=AE$；过点$A$作$AG // BC$构造相似三角形，结合角相等推得$GA=GD$，设参数表示各线段长度，通过相似的比例关系求出与$AB$等长的$AH$，即可得到$\dfrac{AB}{BC}$的比值。
② 分三种情况讨论$△ CDE$为等腰三角形的情况：首先排除$DE=DC$的矛盾情况；当$ED=EC$时，作$EM ⊥ BC$，结合平行线分线段成比例、相似三角形性质求出$AC$长，进而计算$\cos C$；当$CE=CD$时，构造全等三角形、相似三角形，设参数求解$AC$长，最终得到$\cos C$的值，舍去不符合题意的解即可。
【解析】
(1) 在$Rt△ ABC$中，$AB=6$，$\sin C=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，
∴ $AC=\dfrac{AB}{\sin C}=6\sqrt{5}$，
∴ $BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=12$。
又
∵ $CD = 3BD$，
∴ $BD=\dfrac{1}{4}BC=3$。
在$Rt△ ABD$中，$AB = 6$，$BD = 3$，
∴ $AD=\sqrt{AB^2+BD^2}=3\sqrt{5}$。
(2)①
∵ $CD = 3BD$，
∴ 设$BD = a$，则$CD = 3a$，$BC = 4a$，如图①，过点$A$作$AG // BC$，交$DE$延长线于点$G$。
∵ $CD^2=CE· CA$，
∴ $\dfrac{CE}{CD}=\dfrac{CD}{CA}$。
∵ $∠ C = ∠ C$，
∴ $△ CDE ∽ △ CAD$，
∴ $∠ ADC = ∠ DEC$。
∵ $∠ ADC + ∠ ADB = 180°$，$∠ DEC + ∠ AED = 180°$，
∴ $∠ ADB = ∠ AED$。
∵ $∠ ADB = ∠ ADE$，
∴ $∠ ADE = ∠ AED$，
∴ $AD = AE$。
如图①，过点$A$作$AH ⊥ DE$于点$H$，则可得$DH = EH$。
又
∵ $∠ ADB = ∠ ADH$，
∴ $AB = AH$，由勾股定理可得 $BD=\sqrt{AD^2-AB^2}=\sqrt{AD^2-AH^2}=DH=a$，
∴ $DE = 2a$。
∵ $AG // BC$，
∴ $△ AGE ∽ △ CDE$，
∴ $\dfrac{AG}{CD}=\dfrac{GE}{DE}$，$∠ ADB = ∠ GAD$，
∴ $∠ GAD = ∠ GDA$，
∴ $GA = GD$。
设$GA = GD = b$，则$GE = GD - DE = b - 2a$，
∴ $\dfrac{b}{3a}=\dfrac{b-2a}{2a}$，整理，得$b = 6a$，
∴ $GH = 5a$。
在$Rt△ AGH$中，$GH = 5a$，$GA = 6a$，
∴ $AH=\sqrt{GA^2-GH^2}=\sqrt{(6a)^2-(5a)^2}=\sqrt{11}a$，
∴ $AB = AH = \sqrt{11}a$，
∴ $\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{\sqrt{11}a}{4a}=\dfrac{\sqrt{11}}{4}$。
② 设$BD = a$，则$CD = 3a$，
∵ $∠ ADB= ∠ ADE$，$∠ ADB + ∠ BAD = 90°$，$∠ ADB + ∠ ADE + ∠ EDC = 180°$，
∴ $∠ EDC = 2∠ BAD$。
如图②，过点$A$作$AP // CD$，交$DE$延长线于点$P$，分三种情况讨论：
ⅰ ) 当$DE = DC$时，$∠ DEC=∠ C=\dfrac{180°-∠ EDC}{2}=∠ ADE$，
∴ $CE// AD$，但$CE$不平行于$AD$，故此种情况不存在；
ⅱ ) 当$ED = EC$时，如图②，过点$E$作$EM ⊥ BC$，垂足为$M$，
∴ $DM=CM=\dfrac{1}{2}CD=\dfrac{3}{2}a$。
又
∵ $∠ B = ∠ EMC = 90°$，
∴ $EM // AB$，
∴ $\dfrac{CE}{AE}=\dfrac{CM}{BM}=\dfrac{CM}{BD+DM}=\dfrac{\dfrac{3}{2}a}{a+\dfrac{3}{2}a}=\dfrac{3}{5}$。
∵ $AP // CD$，
∴ $\dfrac{AP}{CD}=\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{PE}{ED}=\dfrac{5}{3}$，
∴ $AP=\dfrac{5}{3}CD=\dfrac{5}{3}×3a=5a$。
又
∵ $ED = EC$，
∴ $AE = PE$，
∴ $AC = PD$，由①可知，此时$PA = PD$，
∴ $AC = 5a$，
∴ $\cos C=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{BD+CD}{AC}=\dfrac{a+3a}{5a}=\dfrac{4}{5}$；
ⅲ ) 当$CE = CD = 3a$时，同理可得$PA = PD = AE$，设$PA = PD = AE = b$，如图③，延长$DB$至点$O$，使得$DO = DP$，连接$OA$，
又
∵ $∠ ADO = ∠ ADP$，$AD = AD$，
∴ $△ AOD ≌ △ APD(SAS)$，
∴ $AO = AP$，$∠ O = ∠ P$，过点$A$作$AH ⊥ PE$于点$H$，则$PE = 2PH$，$∠ AHP = ∠ ABO = 90°$，
∴ $△ APH ≌ △ AOB$，
∴ $PH = BO$，
∴ $PE = 2OB$，
∴ $OB = DO - BD = b - a$，$PE = 2b - 2a$。
又
∵ $PD = b$，
∴ $DE = PD - PE = 2a - b$。
∵ $AP // BC$，
∴ $△ APE ∽ △ CDE$，
∴ $\dfrac{AP}{CD}=\dfrac{PE}{DE}$，
∴ $\dfrac{b}{3a}=\dfrac{2b-2a}{2a-b}$，整理，得$b^2+4ab-6a^2=0$，解得$b=(\sqrt{10}-2)a$，
∴ $AC = AE + CE = AE + CD = b + 3a = (\sqrt{10}-2)a+3a=(\sqrt{10}+1)a$，
∴ $\cos C=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{BD+CD}{AC}=\dfrac{a+3a}{(\sqrt{10}+1)a}=\dfrac{4}{\sqrt{10}+1}=\dfrac{4\sqrt{10}-4}{9}$。
综上，$∠ C$的余弦值为$\dfrac{4}{5}$或$\dfrac{4\sqrt{10}-4}{9}$。
【答案】
(1) $AD=3\sqrt{5}$
(2) ① $\dfrac{\sqrt{11}}{4}$
② $\cos C$的值为$\dfrac{4}{5}$或$\dfrac{4\sqrt{10}-4}{9}$
【知识点】
解直角三角形，相似三角形判定与性质，等腰三角形分类讨论
【点评】
本题是几何综合题，由浅入深设置问题，基础问考查解直角三角形的基本应用，后两问需要合理构造辅助线，结合相似、全等、等腰三角形的性质求解，分类讨论时要注意验证情况是否成立，能有效锻炼逻辑推理和综合运算能力。
【难度系数】
0.3
(1) 先在$Rt△ ABC$中利用正弦的定义求出斜边$AC$的长度，再通过勾股定理计算$BC$的长，结合$CD=3BD$的关系求出$BD$，最后在$Rt△ ABD$中用勾股定理即可求得$AD$的长度。
(2) ① 由$CD^2=CE·CA$和公共角$∠ C$可证$△ CDE ∽ △ CAD$，结合角的等量代换推导得$AD=AE$；过点$A$作$AG // BC$构造相似三角形，结合角相等推得$GA=GD$，设参数表示各线段长度，通过相似的比例关系求出与$AB$等长的$AH$，即可得到$\dfrac{AB}{BC}$的比值。
② 分三种情况讨论$△ CDE$为等腰三角形的情况：首先排除$DE=DC$的矛盾情况；当$ED=EC$时，作$EM ⊥ BC$，结合平行线分线段成比例、相似三角形性质求出$AC$长，进而计算$\cos C$；当$CE=CD$时，构造全等三角形、相似三角形，设参数求解$AC$长，最终得到$\cos C$的值，舍去不符合题意的解即可。
【解析】
(1) 在$Rt△ ABC$中，$AB=6$，$\sin C=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，
∴ $AC=\dfrac{AB}{\sin C}=6\sqrt{5}$，
∴ $BC=\sqrt{AC^2-AB^2}=12$。
又
∵ $CD = 3BD$，
∴ $BD=\dfrac{1}{4}BC=3$。
在$Rt△ ABD$中，$AB = 6$，$BD = 3$，
∴ $AD=\sqrt{AB^2+BD^2}=3\sqrt{5}$。
(2)①
∵ $CD = 3BD$，
∴ 设$BD = a$，则$CD = 3a$，$BC = 4a$，如图①，过点$A$作$AG // BC$，交$DE$延长线于点$G$。
∵ $CD^2=CE· CA$，
∴ $\dfrac{CE}{CD}=\dfrac{CD}{CA}$。
∵ $∠ C = ∠ C$，
∴ $△ CDE ∽ △ CAD$，
∴ $∠ ADC = ∠ DEC$。
∵ $∠ ADC + ∠ ADB = 180°$，$∠ DEC + ∠ AED = 180°$，
∴ $∠ ADB = ∠ AED$。
∵ $∠ ADB = ∠ ADE$，
∴ $∠ ADE = ∠ AED$，
∴ $AD = AE$。
如图①，过点$A$作$AH ⊥ DE$于点$H$，则可得$DH = EH$。
又
∵ $∠ ADB = ∠ ADH$，
∴ $AB = AH$，由勾股定理可得 $BD=\sqrt{AD^2-AB^2}=\sqrt{AD^2-AH^2}=DH=a$，
∴ $DE = 2a$。
∵ $AG // BC$，
∴ $△ AGE ∽ △ CDE$，
∴ $\dfrac{AG}{CD}=\dfrac{GE}{DE}$，$∠ ADB = ∠ GAD$，
∴ $∠ GAD = ∠ GDA$，
∴ $GA = GD$。
设$GA = GD = b$，则$GE = GD - DE = b - 2a$，
∴ $\dfrac{b}{3a}=\dfrac{b-2a}{2a}$，整理，得$b = 6a$，
∴ $GH = 5a$。
在$Rt△ AGH$中，$GH = 5a$，$GA = 6a$，
∴ $AH=\sqrt{GA^2-GH^2}=\sqrt{(6a)^2-(5a)^2}=\sqrt{11}a$，
∴ $AB = AH = \sqrt{11}a$，
∴ $\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{\sqrt{11}a}{4a}=\dfrac{\sqrt{11}}{4}$。
② 设$BD = a$，则$CD = 3a$，
∵ $∠ ADB= ∠ ADE$，$∠ ADB + ∠ BAD = 90°$，$∠ ADB + ∠ ADE + ∠ EDC = 180°$，
∴ $∠ EDC = 2∠ BAD$。
如图②，过点$A$作$AP // CD$，交$DE$延长线于点$P$，分三种情况讨论：
ⅰ ) 当$DE = DC$时，$∠ DEC=∠ C=\dfrac{180°-∠ EDC}{2}=∠ ADE$，
∴ $CE// AD$，但$CE$不平行于$AD$，故此种情况不存在；
ⅱ ) 当$ED = EC$时，如图②，过点$E$作$EM ⊥ BC$，垂足为$M$，
∴ $DM=CM=\dfrac{1}{2}CD=\dfrac{3}{2}a$。
又
∵ $∠ B = ∠ EMC = 90°$，
∴ $EM // AB$，
∴ $\dfrac{CE}{AE}=\dfrac{CM}{BM}=\dfrac{CM}{BD+DM}=\dfrac{\dfrac{3}{2}a}{a+\dfrac{3}{2}a}=\dfrac{3}{5}$。
∵ $AP // CD$，
∴ $\dfrac{AP}{CD}=\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{PE}{ED}=\dfrac{5}{3}$，
∴ $AP=\dfrac{5}{3}CD=\dfrac{5}{3}×3a=5a$。
又
∵ $ED = EC$，
∴ $AE = PE$，
∴ $AC = PD$，由①可知，此时$PA = PD$，
∴ $AC = 5a$，
∴ $\cos C=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{BD+CD}{AC}=\dfrac{a+3a}{5a}=\dfrac{4}{5}$；
ⅲ ) 当$CE = CD = 3a$时，同理可得$PA = PD = AE$，设$PA = PD = AE = b$，如图③，延长$DB$至点$O$，使得$DO = DP$，连接$OA$，
又
∵ $∠ ADO = ∠ ADP$，$AD = AD$，
∴ $△ AOD ≌ △ APD(SAS)$，
∴ $AO = AP$，$∠ O = ∠ P$，过点$A$作$AH ⊥ PE$于点$H$，则$PE = 2PH$，$∠ AHP = ∠ ABO = 90°$，
∴ $△ APH ≌ △ AOB$，
∴ $PH = BO$，
∴ $PE = 2OB$，
∴ $OB = DO - BD = b - a$，$PE = 2b - 2a$。
又
∵ $PD = b$，
∴ $DE = PD - PE = 2a - b$。
∵ $AP // BC$，
∴ $△ APE ∽ △ CDE$，
∴ $\dfrac{AP}{CD}=\dfrac{PE}{DE}$，
∴ $\dfrac{b}{3a}=\dfrac{2b-2a}{2a-b}$，整理，得$b^2+4ab-6a^2=0$，解得$b=(\sqrt{10}-2)a$，
∴ $AC = AE + CE = AE + CD = b + 3a = (\sqrt{10}-2)a+3a=(\sqrt{10}+1)a$，
∴ $\cos C=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{BD+CD}{AC}=\dfrac{a+3a}{(\sqrt{10}+1)a}=\dfrac{4}{\sqrt{10}+1}=\dfrac{4\sqrt{10}-4}{9}$。
综上，$∠ C$的余弦值为$\dfrac{4}{5}$或$\dfrac{4\sqrt{10}-4}{9}$。
【答案】
(1) $AD=3\sqrt{5}$
(2) ① $\dfrac{\sqrt{11}}{4}$
② $\cos C$的值为$\dfrac{4}{5}$或$\dfrac{4\sqrt{10}-4}{9}$
【知识点】
解直角三角形，相似三角形判定与性质，等腰三角形分类讨论
【点评】
本题是几何综合题，由浅入深设置问题，基础问考查解直角三角形的基本应用，后两问需要合理构造辅助线，结合相似、全等、等腰三角形的性质求解，分类讨论时要注意验证情况是否成立，能有效锻炼逻辑推理和综合运算能力。
【难度系数】
0.3
