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1[中]如图,若$△ ABC$和$△ DEF$的面积分别为$S_1,S_2$,则（
A.$S_1＞S_2$
B.$S_1＜S_2$
C.$S_1=S_2$
D.无法确定
C
）A.$S_1＞S_2$
B.$S_1＜S_2$
C.$S_1=S_2$
D.无法确定
答案
C 【解析】如图(1),过点 A 作 $AG ⊥ BC$ 于 G. 在 Rt△ABG 中,$AG=AB · \sin40°=5\sin40°$,
∴ $S_1=\dfrac{1}{2}BC×AG=\dfrac{1}{2}×8×5\sin40°=20\sin40°$.
如图(2),过点 D 作 $DH ⊥ EF$,交 FE 的延长线于 H. 在 Rt△DHE 中,$∠DEH=180°-∠DEF=40°$,
∴ $DH=DE · \sin∠DEH=8\sin40°$,
∴ $S_2=\dfrac{1}{2}EF×DH=\dfrac{1}{2}×5×8\sin40°=20\sin40°$,
∴ $S_1=S_2$. 故选 C.
解析
【分析】
要比较两个三角形的面积大小，我们可以根据三角形面积公式$S=\frac{1}{2}×底×高$，分别求出$S_1$和$S_2$再比较。首先对于$△ ABC$，已知$AB=5$，$BC=8$，$∠ B=40°$，我们过点A作BC边上的高，就可以利用锐角三角函数求出高的长度，进而计算$S_1$；对于$△ DEF$，已知$DE=8$，$EF=5$，$∠ DEF=140°$，它是钝角，所以需要过点D作EF所在直线的高，此时$∠ DEF$的邻补角为$40°$，同样可以用锐角三角函数求出高的长度，计算$S_2$，最后对比两个面积即可。
【解析】
如图(1)，过点A作 $AG ⊥ BC$ 于G。在$Rt△ ABG$中，$AG=AB · \sin40°=5\sin40°$，
∴ $S_1=\dfrac{1}{2}BC×AG=\dfrac{1}{2}×8×5\sin40°=20\sin40°$。
如图(2)，过点D作 $DH ⊥ EF$，交FE的延长线于H。$\because ∠DEH=180°-∠DEF=180°-140°=40°$，
在$Rt△ DHE$中，$DH=DE · \sin∠DEH=8\sin40°$，
∴ $S_2=\dfrac{1}{2}EF×DH=\dfrac{1}{2}×5×8\sin40°=20\sin40°$，
∴ $S_1=S_2$。
【答案】
C
【知识点】
三角形面积计算，解直角三角形，补角的性质
【点评】
本题考查结合锐角三角函数计算三角形面积，解题的关键是正确作出三角形的高，尤其注意钝角三角形的高会落在边的延长线上，利用钝角的补角的三角函数值即可求出对应高的长度。
【难度系数】
0.6
要比较两个三角形的面积大小，我们可以根据三角形面积公式$S=\frac{1}{2}×底×高$，分别求出$S_1$和$S_2$再比较。首先对于$△ ABC$，已知$AB=5$，$BC=8$，$∠ B=40°$，我们过点A作BC边上的高，就可以利用锐角三角函数求出高的长度，进而计算$S_1$；对于$△ DEF$，已知$DE=8$，$EF=5$，$∠ DEF=140°$，它是钝角，所以需要过点D作EF所在直线的高，此时$∠ DEF$的邻补角为$40°$，同样可以用锐角三角函数求出高的长度，计算$S_2$，最后对比两个面积即可。
【解析】
如图(1)，过点A作 $AG ⊥ BC$ 于G。在$Rt△ ABG$中，$AG=AB · \sin40°=5\sin40°$，
∴ $S_1=\dfrac{1}{2}BC×AG=\dfrac{1}{2}×8×5\sin40°=20\sin40°$。
如图(2)，过点D作 $DH ⊥ EF$，交FE的延长线于H。$\because ∠DEH=180°-∠DEF=180°-140°=40°$，
在$Rt△ DHE$中，$DH=DE · \sin∠DEH=8\sin40°$，
∴ $S_2=\dfrac{1}{2}EF×DH=\dfrac{1}{2}×5×8\sin40°=20\sin40°$，
∴ $S_1=S_2$。
【答案】
C
【知识点】
三角形面积计算，解直角三角形，补角的性质
【点评】
本题考查结合锐角三角函数计算三角形面积，解题的关键是正确作出三角形的高，尤其注意钝角三角形的高会落在边的延长线上，利用钝角的补角的三角函数值即可求出对应高的长度。
【难度系数】
0.6
2[中]如图,已知在$Rt△ ABC$中,$∠ ABC=90°$,点D沿BC自B向C运动(点D与点B,C不重合),作$BE ⊥ AD$于E,$CF ⊥ AD$,交AD的延长线于F,则随着点D的运动,$BE+CF$的值
(
A.不变
B.逐渐增大
C.逐渐减小
D.先变大,再变小
(
C
)A.不变
B.逐渐增大
C.逐渐减小
D.先变大,再变小
答案
C 【解析】
∵ $BE ⊥ AD$,$CF ⊥ AD$,
∴ $CF// BE$,
∴ $∠DCF = ∠DBE$. 设 $∠DCF = ∠DBE = α$,
∴ $CF = DC · \cos α$,$BE = DB · \cos α$,
∴ $BE+CF=(DB+DC)\cos α=BC · \cos α$.
∵ $∠ABC=90°$,$∴ 0°＜α＜90°$. 又
∵ 当点 D 从 B 向 C 运动时,α 是逐渐增大的,
∴ $\cos α$ 的值是逐渐减小的,
∴ $BE+CF=BC · \cos α$ 的值是逐渐减小的. 故选 C.
∵ $BE ⊥ AD$,$CF ⊥ AD$,
∴ $CF// BE$,
∴ $∠DCF = ∠DBE$. 设 $∠DCF = ∠DBE = α$,
∴ $CF = DC · \cos α$,$BE = DB · \cos α$,
∴ $BE+CF=(DB+DC)\cos α=BC · \cos α$.
∵ $∠ABC=90°$,$∴ 0°＜α＜90°$. 又
∵ 当点 D 从 B 向 C 运动时,α 是逐渐增大的,
∴ $\cos α$ 的值是逐渐减小的,
∴ $BE+CF=BC · \cos α$ 的值是逐渐减小的. 故选 C.
解析
【分析】
解题时首先观察到BE、CF都垂直于AD，可先判定CF与BE平行，得到一组相等的角；再借助直角三角形的边角关系，将BE、CF分别用含公共角余弦的形式表示，合并后可发现BE+CF等于定长BC与该角余弦值的乘积；最后分析动点D运动过程中这个角的变化，结合0°~90°内余弦函数的增减性，即可判断BE+CF的变化趋势。
【解析】
∵ $BE ⊥ AD$，$CF ⊥ AD$，
∴ $CF// BE$，
∴ $∠DCF = ∠DBE$，设 $∠DCF = ∠DBE = α$，
在$Rt△DCF$中，$CF = DC · \cosα$，
在$Rt△DBE$中，$BE = DB · \cosα$，
∴ $BE+CF=DC·\cosα + DB·\cosα=(DB+DC)\cos α=BC · \cos α$。
∵ $∠ABC=90°$，点D与B、C不重合，$∴ 0°＜α＜90°$。
当点D从B向C运动时，α逐渐增大，在0°~90°范围内，$\cos α$的值随角度增大逐渐减小，
又
∵BC为定值，$∴ BE+CF=BC · \cos α$的值逐渐减小。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
解直角三角形；锐角三角函数的增减性
【点评】
本题将动点问题与锐角三角函数应用结合，解题核心是把两条线段的和转化为定长线段与三角函数的乘积，再结合角度变化和三角函数增减性判断结果，熟练掌握锐角三角函数的增减规律是解题的关键。
【难度系数】
0.6
解题时首先观察到BE、CF都垂直于AD，可先判定CF与BE平行，得到一组相等的角；再借助直角三角形的边角关系，将BE、CF分别用含公共角余弦的形式表示，合并后可发现BE+CF等于定长BC与该角余弦值的乘积；最后分析动点D运动过程中这个角的变化，结合0°~90°内余弦函数的增减性，即可判断BE+CF的变化趋势。
【解析】
∵ $BE ⊥ AD$，$CF ⊥ AD$，
∴ $CF// BE$，
∴ $∠DCF = ∠DBE$，设 $∠DCF = ∠DBE = α$，
在$Rt△DCF$中，$CF = DC · \cosα$，
在$Rt△DBE$中，$BE = DB · \cosα$，
∴ $BE+CF=DC·\cosα + DB·\cosα=(DB+DC)\cos α=BC · \cos α$。
∵ $∠ABC=90°$，点D与B、C不重合，$∴ 0°＜α＜90°$。
当点D从B向C运动时，α逐渐增大，在0°~90°范围内，$\cos α$的值随角度增大逐渐减小，
又
∵BC为定值，$∴ BE+CF=BC · \cos α$的值逐渐减小。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
解直角三角形；锐角三角函数的增减性
【点评】
本题将动点问题与锐角三角函数应用结合，解题核心是把两条线段的和转化为定长线段与三角函数的乘积，再结合角度变化和三角函数增减性判断结果，熟练掌握锐角三角函数的增减规律是解题的关键。
【难度系数】
0.6
3 [2026 安徽六安校级质检，中] 如图，在 $△ ABC$ 中，$∠ ABC = 90°$，$D$ 为 $BC$ 的中点，点 $E$ 在 $AB$ 上，$AD$，$CE$ 交于点 $F$，$AE = EF = 4$，$FC = 9$，则 $\cos ∠ ACB$ 的值为（
A.$\dfrac{3}{5}$
B.$\dfrac{5}{9}$
C.$\dfrac{5}{12}$
D.$\dfrac{4}{5}$
D
）A.$\dfrac{3}{5}$
B.$\dfrac{5}{9}$
C.$\dfrac{5}{12}$
D.$\dfrac{4}{5}$
答案
D 【解析】如图,延长 AD 到 M,使得 DM=DF,连接 BM.
∵ D 为 BC 的中点,
∴ BD=DC,又
∵ $∠BDM=∠CDF$, DM = DF,
∴ $△BDM≌ △CDF$ ( SAS ),
∴ CF = BM = 9,∠M = ∠CFD,
∴ $CE// BM$,
∴ $∠AFE = ∠M$.
∵ EA=EF,
∴ $∠EAF=∠EFA$,
∴ $∠BAM = ∠M$,
∴ AB=BM=9.
∵ AE=EF=4,
∴ BE=5,CE=13.
∵ $∠EBC=90°$,
∴ $BC=\sqrt{EC^2-BE^2}=\sqrt{13^2-5^2}=12$,
∴ $AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{9^2+12^2}=15$,
∴ $\cos∠ACB=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{12}{15}=\dfrac{4}{5}$,故选 D.
解析
【分析】
本题可通过构造全等三角形转移边和角求解，解题思路如下：首先看到D是BC中点，中点类问题常用倍长过中点的线段构造全等三角形的方法，我们延长AD到M使DM=DF，即可构造△BDM和△CDF全等，将CF的长度转化为BM的长度，同时得到CE//BM；再结合AE=EF的等腰三角形条件，通过角的等量代换推出AB=BM，得到AB的长度；最后在直角三角形中用勾股定理求出BC、AC的长度，根据余弦定义即可求出cos∠ACB的值。
【解析】
解：如图，延长AD到M，使得DM=DF，连接BM。
∵ D为BC的中点，
∴ $BD=DC$。
在$△ BDM$和$△ CDF$中：
$\begin{cases} BD=DC \\ ∠ BDM=∠ CDF \\ DM=DF \end{cases}$
∴ $△ BDM≌△ CDF$（SAS），
∴ $CF = BM = 9$，$∠ M = ∠ CFD$，
∴ $CE// BM$，$∠ AFE = ∠ M$。
∵ $EA=EF$，
∴ $∠ EAF=∠ EFA$，
∴ $∠ BAM = ∠ M$，
∴ $AB=BM=9$。
∵ $AE=EF=4$，
∴ $BE=AB-AE=9-4=5$，$CE=EF+FC=4+9=13$。
∵ $∠ EBC=90°$，在$\mathrm{Rt}△ EBC$中，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{EC^2-BE^2}=\sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{144}=12$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{9^2+12^2}=\sqrt{225}=15$。
根据余弦的定义：$\cos∠ ACB=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{12}{15}=\dfrac{4}{5}$。
【答案】
D
【知识点】
全等三角形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数的定义
【点评】
本题属于三角形综合题，解题的关键是掌握中点类问题的常用辅助线构造方法，通过倍长线段构造全等三角形将分散的已知条件集中，再结合等腰三角形性质、勾股定理和三角函数定义求解，对学生的辅助线构造能力和知识综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
本题可通过构造全等三角形转移边和角求解，解题思路如下：首先看到D是BC中点，中点类问题常用倍长过中点的线段构造全等三角形的方法，我们延长AD到M使DM=DF，即可构造△BDM和△CDF全等，将CF的长度转化为BM的长度，同时得到CE//BM；再结合AE=EF的等腰三角形条件，通过角的等量代换推出AB=BM，得到AB的长度；最后在直角三角形中用勾股定理求出BC、AC的长度，根据余弦定义即可求出cos∠ACB的值。
【解析】
解：如图，延长AD到M，使得DM=DF，连接BM。
∵ D为BC的中点，
∴ $BD=DC$。
在$△ BDM$和$△ CDF$中：
$\begin{cases} BD=DC \\ ∠ BDM=∠ CDF \\ DM=DF \end{cases}$
∴ $△ BDM≌△ CDF$（SAS），
∴ $CF = BM = 9$，$∠ M = ∠ CFD$，
∴ $CE// BM$，$∠ AFE = ∠ M$。
∵ $EA=EF$，
∴ $∠ EAF=∠ EFA$，
∴ $∠ BAM = ∠ M$，
∴ $AB=BM=9$。
∵ $AE=EF=4$，
∴ $BE=AB-AE=9-4=5$，$CE=EF+FC=4+9=13$。
∵ $∠ EBC=90°$，在$\mathrm{Rt}△ EBC$中，由勾股定理得：
$BC=\sqrt{EC^2-BE^2}=\sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{144}=12$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{9^2+12^2}=\sqrt{225}=15$。
根据余弦的定义：$\cos∠ ACB=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{12}{15}=\dfrac{4}{5}$。
【答案】
D
【知识点】
全等三角形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数的定义
【点评】
本题属于三角形综合题，解题的关键是掌握中点类问题的常用辅助线构造方法，通过倍长线段构造全等三角形将分散的已知条件集中，再结合等腰三角形性质、勾股定理和三角函数定义求解，对学生的辅助线构造能力和知识综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
4[2026安徽马鞍山校级质检,中]一个三角形的边长分别为$a,a,b$,另一个三角形的边长分别为$b,b,a$,其中$a＞b$,若两个三角形的最小内角相等,则$\frac{a}{b}$的值等于（
A.$\frac{\sqrt{3}+1}{2}$
B.$\frac{\sqrt{5}+1}{2}$
C.$\frac{\sqrt{3}+2}{2}$
D.$\frac{\sqrt{5}+2}{2}$
B
）A.$\frac{\sqrt{3}+1}{2}$
B.$\frac{\sqrt{5}+1}{2}$
C.$\frac{\sqrt{3}+2}{2}$
D.$\frac{\sqrt{5}+2}{2}$
答案
B 【解析】如图,在△ABC 中,$AB=BC=a$,$AC=b$,在△DEF 中,$DE=DF=b$,$EF=a$,$∠B=∠E$. 过点 A 作 $AH ⊥ BC$ 于点 H,过点 D 作 $DT ⊥ EF$ 于点 T. 设 $BH=x$.
∵ $AH^2=AB^2-BH^2=AC^2-CH^2$,
∴ $a^2-x^2=b^2-(a-x)^2$,
∴ $x=\dfrac{2a^2-b^2}{2a}$.
∵ $∠B=∠E$,
∴ $\cos B = \cos E$,
∴ $\dfrac{BH}{AB}=\dfrac{ET}{DE}$.
∵ $DE=DF$,$DT ⊥ EF$,
∴ $ET = TF = \dfrac{1}{2}a$,
∴ $\dfrac{2a^2-b^2}{2a^2}=\dfrac{\dfrac{1}{2}a}{b}$,
∴ $\dfrac{a}{b}=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}$ 或 $\dfrac{a}{b}=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$(舍去),故选 B.
解析
【分析】
首先根据“大边对大角”分别确定两个等腰三角形的最小内角，题目给出两个最小内角相等，我们可以分别在两个等腰三角形中作底边的高，构造直角三角形，利用勾股定理表示出相关线段长度，再根据等角的余弦值相等建立关于a、b的等式，最后设$k=\frac{a}{b}$，解方程即可求出比值，注意结合$a＞b$的条件舍去不符合题意的根。
【解析】
在$△ ABC$中，$AB=BC=a$，$AC=b$，$\because a＞b$，$\therefore$最短边为$AC$，其对应的$∠ B$是$△ ABC$的最小内角；
在$△ DEF$中，$DE=DF=b$，$EF=a$，$\because a＞b$，$\therefore$最短边为$DE、DF$，其对应的$∠ E$是$△ DEF$的最小内角，由题得$∠ B=∠ E$。
过点$A$作$AH ⊥ BC$于点$H$，过点$D$作$DT ⊥ EF$于点$T$，设$BH=x$，则$CH=BC-BH=a-x$。
在$\mathrm{Rt}△ ABH$和$\mathrm{Rt}△ ACH$中，由勾股定理得$AH^2=AB^2-BH^2=AC^2-CH^2$，
代入边长得：$a^2-x^2=b^2-(a-x)^2$，
展开化简：$a^2-x^2=b^2-a^2+2ax-x^2$，
消去$x^2$，整理得$2ax=2a^2-b^2$，解得$x=\dfrac{2a^2-b^2}{2a}$。
$\because ∠ B=∠ E$，$\therefore \cos B=\cos E$，
在$\mathrm{Rt}△ ABH$中，$\cos B=\dfrac{BH}{AB}$；
$\because △ DEF$是等腰三角形，$DT ⊥ EF$，由等腰三角形三线合一得$ET=\dfrac{1}{2}EF=\dfrac{a}{2}$，
在$\mathrm{Rt}△ DET$中，$\cos E=\dfrac{ET}{DE}$。
代入$\cos B=\cos E$得：$\dfrac{\dfrac{2a^2-b^2}{2a}}{a}=\dfrac{\dfrac{1}{2}a}{b}$，
化简得：$\dfrac{2a^2-b^2}{2a^2}=\dfrac{a}{2b}$，
两边同乘$2a^2b$消去分母得：$b(2a^2-b^2)=a^3$，
设$k=\dfrac{a}{b}$（$k＞1$，因为$a＞b$），则$a=kb$，代入上式：
$b(2k^2b^2 - b^2)=k^3b^3$，两边同除以$b^3$得：$2k^2-1=k^3$，
因式分解得：$(k-1)(k^2 -k -1)=0$，
解得$k=1$，或$k=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$，或$k=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$，
$\because k＞1$，$\therefore$舍去$k=1$和$k=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$，故$k=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}$，即$\dfrac{a}{b}=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}$。
【答案】
B
【知识点】
等腰三角形性质，勾股定理，锐角三角函数定义
【点评】
本题核心是利用大边对大角确定相等的最小内角，通过作高将等腰三角形转化为直角三角形，结合三角函数和勾股定理建立边长关系，求解时换元转化为方程即可，注意根据边长大小筛选合理的根，对知识综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
首先根据“大边对大角”分别确定两个等腰三角形的最小内角，题目给出两个最小内角相等，我们可以分别在两个等腰三角形中作底边的高，构造直角三角形，利用勾股定理表示出相关线段长度，再根据等角的余弦值相等建立关于a、b的等式，最后设$k=\frac{a}{b}$，解方程即可求出比值，注意结合$a＞b$的条件舍去不符合题意的根。
【解析】
在$△ ABC$中，$AB=BC=a$，$AC=b$，$\because a＞b$，$\therefore$最短边为$AC$，其对应的$∠ B$是$△ ABC$的最小内角；
在$△ DEF$中，$DE=DF=b$，$EF=a$，$\because a＞b$，$\therefore$最短边为$DE、DF$，其对应的$∠ E$是$△ DEF$的最小内角，由题得$∠ B=∠ E$。
过点$A$作$AH ⊥ BC$于点$H$，过点$D$作$DT ⊥ EF$于点$T$，设$BH=x$，则$CH=BC-BH=a-x$。
在$\mathrm{Rt}△ ABH$和$\mathrm{Rt}△ ACH$中，由勾股定理得$AH^2=AB^2-BH^2=AC^2-CH^2$，
代入边长得：$a^2-x^2=b^2-(a-x)^2$，
展开化简：$a^2-x^2=b^2-a^2+2ax-x^2$，
消去$x^2$，整理得$2ax=2a^2-b^2$，解得$x=\dfrac{2a^2-b^2}{2a}$。
$\because ∠ B=∠ E$，$\therefore \cos B=\cos E$，
在$\mathrm{Rt}△ ABH$中，$\cos B=\dfrac{BH}{AB}$；
$\because △ DEF$是等腰三角形，$DT ⊥ EF$，由等腰三角形三线合一得$ET=\dfrac{1}{2}EF=\dfrac{a}{2}$，
在$\mathrm{Rt}△ DET$中，$\cos E=\dfrac{ET}{DE}$。
代入$\cos B=\cos E$得：$\dfrac{\dfrac{2a^2-b^2}{2a}}{a}=\dfrac{\dfrac{1}{2}a}{b}$，
化简得：$\dfrac{2a^2-b^2}{2a^2}=\dfrac{a}{2b}$，
两边同乘$2a^2b$消去分母得：$b(2a^2-b^2)=a^3$，
设$k=\dfrac{a}{b}$（$k＞1$，因为$a＞b$），则$a=kb$，代入上式：
$b(2k^2b^2 - b^2)=k^3b^3$，两边同除以$b^3$得：$2k^2-1=k^3$，
因式分解得：$(k-1)(k^2 -k -1)=0$，
解得$k=1$，或$k=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$，或$k=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$，
$\because k＞1$，$\therefore$舍去$k=1$和$k=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$，故$k=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}$，即$\dfrac{a}{b}=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}$。
【答案】
B
【知识点】
等腰三角形性质，勾股定理，锐角三角函数定义
【点评】
本题核心是利用大边对大角确定相等的最小内角，通过作高将等腰三角形转化为直角三角形，结合三角函数和勾股定理建立边长关系，求解时换元转化为方程即可，注意根据边长大小筛选合理的根，对知识综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
5[较难]如图,在四边形ABCD中,∠B=60°,∠C=90°,E为边BC上的点,△ADE为等边三角形,BE=8,CE=2,则
tan∠AEB的值为 (
A.$\frac{3\sqrt{7}}{5}$
B.$\frac{2\sqrt{7}}{5}$
C.$\frac{3\sqrt{3}}{5}$
D.$\frac{4\sqrt{3}}{5}$
tan∠AEB的值为 (
C
)A.$\frac{3\sqrt{7}}{5}$
B.$\frac{2\sqrt{7}}{5}$
C.$\frac{3\sqrt{3}}{5}$
D.$\frac{4\sqrt{3}}{5}$
答案
C 【解析】如图,作 $EF ⊥ AB$ 于点 F,$AH ⊥ BE$ 于点 H.
∵ $∠B = 60°$, $BE = 8$,
∴ $∠BEF=90°-∠B=30°$,
∴ $BF=\dfrac{1}{2}BE=4$.
∵ △ADE 为等边三角形,
∴ $∠AED=60°$,$AE = DE$.
∵ $∠BAE + ∠B + ∠AEB = 180°$, $∠DEC + ∠AED+∠AEB = 180°$,
∴ $∠BAE = ∠DEC$. 在△AEF 与 △EDC 中, $\begin{cases}∠EAF=∠DEC,\\∠AFE=∠C=90°,\end{cases}$
解析
【分析】
要计算$\tan∠ AEB$的值，需先构造$∠ AEB$所在的直角三角形，因此考虑过点$A$作$AH⊥ BC$于$H$，此时$\tan∠ AEB=\frac{AH}{EH}$，只需分别求出$AH$和$EH$的长度即可。结合已知条件：$∠ B=60°$、$△ ADE$为等边三角形，可先作$EF⊥ AB$，利用$30°$直角三角形的性质求出$BF$、$EF$的长度，再通过角度推导证明$△ AEF$和$△ EDC$全等，得到$AF$的长度，进而求出$AB$的长，最后在$Rt△ ABH$中解直角三角形得到$BH$、$AH$的长，计算出$EH$后即可求出正切值。
【解析】
如图，作 $EF ⊥ AB$ 于点 $F$，$AH ⊥ BE$ 于点 $H$。
∵ $∠ B = 60°$，$∠ EFB=90°$，$BE = 8$，
∴ $∠ BEF=90°-∠ B=30°$，
∴ $BF=\dfrac{1}{2}BE=4$，$EF=BE·\sin60°=8×\dfrac{\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}$。
∵ $△ ADE$ 为等边三角形，
∴ $∠ AED=60°$，$AE = DE$。
∵ $∠ BAE + ∠ B + ∠ AEB = 180°$，$∠ DEC + ∠ AED+∠ AEB = 180°$，
∴ $∠ BAE = ∠ DEC$。
在$△ AEF$ 与 $△ EDC$ 中：
$\begin{cases}∠ EAF=∠ DEC\\∠ AFE=∠ C=90°\\AE=DE\end{cases}$
∴ $△ AEF ≌ △ EDC$（AAS），
∴ $AF=CE=2$，
∴ $AB=BF+AF=4+2=6$。
在$Rt△ ABH$中，$∠ B=60°$，
∴ $BH=AB·\cos60°=6×\dfrac{1}{2}=3$，$AH=AB·\sin60°=6×\dfrac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$，
∴ $EH=BE-BH=8-3=5$。
在$Rt△ AHE$中，$\tan∠ AEB=\dfrac{AH}{EH}=\dfrac{3\sqrt{3}}{5}$。
【答案】
C
【知识点】
解直角三角形，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质
【点评】
本题是几何综合题，解题的核心是通过作辅助线构造直角三角形和全等三角形，将分散的已知条件关联起来，转化为所求三角函数对应的边长关系，既考察了基础几何性质的应用，也锻炼了学生的辅助线构造和条件转化能力。
【难度系数】
0.4
要计算$\tan∠ AEB$的值，需先构造$∠ AEB$所在的直角三角形，因此考虑过点$A$作$AH⊥ BC$于$H$，此时$\tan∠ AEB=\frac{AH}{EH}$，只需分别求出$AH$和$EH$的长度即可。结合已知条件：$∠ B=60°$、$△ ADE$为等边三角形，可先作$EF⊥ AB$，利用$30°$直角三角形的性质求出$BF$、$EF$的长度，再通过角度推导证明$△ AEF$和$△ EDC$全等，得到$AF$的长度，进而求出$AB$的长，最后在$Rt△ ABH$中解直角三角形得到$BH$、$AH$的长，计算出$EH$后即可求出正切值。
【解析】
如图，作 $EF ⊥ AB$ 于点 $F$，$AH ⊥ BE$ 于点 $H$。
∵ $∠ B = 60°$，$∠ EFB=90°$，$BE = 8$，
∴ $∠ BEF=90°-∠ B=30°$，
∴ $BF=\dfrac{1}{2}BE=4$，$EF=BE·\sin60°=8×\dfrac{\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}$。
∵ $△ ADE$ 为等边三角形，
∴ $∠ AED=60°$，$AE = DE$。
∵ $∠ BAE + ∠ B + ∠ AEB = 180°$，$∠ DEC + ∠ AED+∠ AEB = 180°$，
∴ $∠ BAE = ∠ DEC$。
在$△ AEF$ 与 $△ EDC$ 中：
$\begin{cases}∠ EAF=∠ DEC\\∠ AFE=∠ C=90°\\AE=DE\end{cases}$
∴ $△ AEF ≌ △ EDC$（AAS），
∴ $AF=CE=2$，
∴ $AB=BF+AF=4+2=6$。
在$Rt△ ABH$中，$∠ B=60°$，
∴ $BH=AB·\cos60°=6×\dfrac{1}{2}=3$，$AH=AB·\sin60°=6×\dfrac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$，
∴ $EH=BE-BH=8-3=5$。
在$Rt△ AHE$中，$\tan∠ AEB=\dfrac{AH}{EH}=\dfrac{3\sqrt{3}}{5}$。
【答案】
C
【知识点】
解直角三角形，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质
【点评】
本题是几何综合题，解题的核心是通过作辅助线构造直角三角形和全等三角形，将分散的已知条件关联起来，转化为所求三角函数对应的边长关系，既考察了基础几何性质的应用，也锻炼了学生的辅助线构造和条件转化能力。
【难度系数】
0.4
6 [2026安徽滁州期末,中]如图,在 $Rt△ ABC$ 中, $∠ ACB = 90°$, $\tan A = \dfrac{3}{4}$, $BC = 6$, $E$ 是 $AC$ 边上一定点,且 $AE:CE = 1:3$, $D,F$ 分别是 $AC,AB$ 边上的动点,且满足 $BD ⊥ CF$,垂足为 $G$.
(1)$CE$ 的长为
(2)$GE$ 的最小值为
刷素养 走向重高
(1)$CE$ 的长为
6
;(2)$GE$ 的最小值为
$3\sqrt{5}-3$
.刷素养 走向重高
答案
(1) 6 (2) $3\sqrt{5}-3$ 【解析】
∵ $BD ⊥ CF$,
∴ $∠BGC = 90°$,
∴ $GM = CM = \dfrac{1}{2}BC=3$.
∴ $EM=\sqrt{CE^2+CM^2}=\sqrt{6^2+3^2}=3\sqrt{5}$,
∴ $GE≥EM-GM=3\sqrt{5}-3$,
∴ 当 G,E,M 三点共线时,GE 有最小值,为 $3\sqrt{5}-3$,故答案为 $3\sqrt{5}-3$.
∵ $BD ⊥ CF$,
∴ $∠BGC = 90°$,
∴ $GM = CM = \dfrac{1}{2}BC=3$.
∴ $EM=\sqrt{CE^2+CM^2}=\sqrt{6^2+3^2}=3\sqrt{5}$,
∴ $GE≥EM-GM=3\sqrt{5}-3$,
∴ 当 G,E,M 三点共线时,GE 有最小值,为 $3\sqrt{5}-3$,故答案为 $3\sqrt{5}-3$.
解析
【分析】
(1) 先在$Rt△ ABC$中利用正切的定义求出$AC$的长度，再根据$AE$和$CE$的比例关系计算$CE$的长。(2) 由$BD⊥ CF$可知$∠ BGC$恒为$90°$，因此点$G$的轨迹是以$BC$为直径的圆，取$BC$中点$M$为圆心，先求出圆心$M$到定点$E$的距离，再根据“圆外一点到圆上点的最短距离等于该点到圆心的距离减去半径”，即可求出$GE$的最小值。
【解析】
(1) 在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$\tan A = \dfrac{BC}{AC} = \dfrac{3}{4}$，已知$BC=6$，代入得$\dfrac{6}{AC}=\dfrac{3}{4}$，解得$AC=8$。
因为$AE:CE=1:3$，所以$CE = AC×\dfrac{3}{1+3} = 8×\dfrac{3}{4}=6$。
(2) 取$BC$的中点$M$，连接$GM$、$EM$。
因为$BD⊥ CF$，所以$∠ BGC=90°$，在$Rt△ BGC$中，$M$是斜边$BC$的中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得$GM = CM = BM = \dfrac{1}{2}BC = 3$，即点$G$的轨迹是以$M$为圆心、$3$为半径的圆。
在$Rt△ ECM$中，$CE=6$，$CM=3$，$∠ ECM=90°$，由勾股定理得$EM=\sqrt{CE^2 + CM^2} = \sqrt{6^2 + 3^2} = 3\sqrt{5}$。
根据点到圆上点的最短距离性质，$GE≥ EM - GM$，当且仅当$E$、$G$、$M$三点共线时取等号，因此$GE$的最小值为$3\sqrt{5} - 3$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{6}$；(2) $\boldsymbol{3\sqrt{5}-3}$
【知识点】
解直角三角形，直角三角形的性质，点与圆的位置关系
【点评】
本题综合考查了解直角三角形、动态几何中动点轨迹的判断以及最短距离的求解，解题的突破口是根据直角的特征确定动点$G$的运动轨迹为圆，再结合几何性质计算最值，对学生的动态分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
(1) 先在$Rt△ ABC$中利用正切的定义求出$AC$的长度，再根据$AE$和$CE$的比例关系计算$CE$的长。(2) 由$BD⊥ CF$可知$∠ BGC$恒为$90°$，因此点$G$的轨迹是以$BC$为直径的圆，取$BC$中点$M$为圆心，先求出圆心$M$到定点$E$的距离，再根据“圆外一点到圆上点的最短距离等于该点到圆心的距离减去半径”，即可求出$GE$的最小值。
【解析】
(1) 在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$\tan A = \dfrac{BC}{AC} = \dfrac{3}{4}$，已知$BC=6$，代入得$\dfrac{6}{AC}=\dfrac{3}{4}$，解得$AC=8$。
因为$AE:CE=1:3$，所以$CE = AC×\dfrac{3}{1+3} = 8×\dfrac{3}{4}=6$。
(2) 取$BC$的中点$M$，连接$GM$、$EM$。
因为$BD⊥ CF$，所以$∠ BGC=90°$，在$Rt△ BGC$中，$M$是斜边$BC$的中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得$GM = CM = BM = \dfrac{1}{2}BC = 3$，即点$G$的轨迹是以$M$为圆心、$3$为半径的圆。
在$Rt△ ECM$中，$CE=6$，$CM=3$，$∠ ECM=90°$，由勾股定理得$EM=\sqrt{CE^2 + CM^2} = \sqrt{6^2 + 3^2} = 3\sqrt{5}$。
根据点到圆上点的最短距离性质，$GE≥ EM - GM$，当且仅当$E$、$G$、$M$三点共线时取等号，因此$GE$的最小值为$3\sqrt{5} - 3$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{6}$；(2) $\boldsymbol{3\sqrt{5}-3}$
【知识点】
解直角三角形，直角三角形的性质，点与圆的位置关系
【点评】
本题综合考查了解直角三角形、动态几何中动点轨迹的判断以及最短距离的求解，解题的突破口是根据直角的特征确定动点$G$的运动轨迹为圆，再结合几何性质计算最值，对学生的动态分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
7 核心素养推理能力[2026安徽淮北质检,较难]在一次数学实践课上,老师出了这样一道题:如图(1),在锐角$△ ABC$中,$∠ A,∠ B,∠ C$所对的边的长分别是$a,b,c$,请用$a,c,∠ B$表示$b^2$.
(1)甲同学认为要将锐角三角形转化为直角三角形来解决,并且不能破坏$∠ B$,因此可以过点$A$作$AD ⊥ BC$于点$D$,如图(2)所示;乙同学认为要想得到$b^2$,便要利用$\mathrm{Rt}△ ABD$或$\mathrm{Rt}△ ACD$;丙同学认为要先求出$AD=$
(2)请利用(1)中的思路解决下面的问题:如图(3),在四边形$ABCD$中,$∠ ABC=∠ ADC=90°$,$∠ A＜90°$,$AB=5$,$AD=4$,$BD=\sqrt{21}$,求四边形$ABCD$的面积.
(1)甲同学认为要将锐角三角形转化为直角三角形来解决,并且不能破坏$∠ B$,因此可以过点$A$作$AD ⊥ BC$于点$D$,如图(2)所示;乙同学认为要想得到$b^2$,便要利用$\mathrm{Rt}△ ABD$或$\mathrm{Rt}△ ACD$;丙同学认为要先求出$AD=$
$c·\sin B$
,$BD=$$c·\cos B$
(用含$c,∠ B$的三角函数表示);丁同学顺着他们的思路,求出$b^2=AD^2+DC^2=$$a^2+c^2-2ac·\cos B$
(提示:$\sin^2α+\cos^2α=1$).(2)请利用(1)中的思路解决下面的问题:如图(3),在四边形$ABCD$中,$∠ ABC=∠ ADC=90°$,$∠ A＜90°$,$AB=5$,$AD=4$,$BD=\sqrt{21}$,求四边形$ABCD$的面积.
答案
(1) $c · \sin B$, $c · \cos B$, $a^2+c^2-2ac · \cos B$ 【解析】(1)过点 A 作 $AD ⊥ BC$ 交 BC 于点 D,则 $\sin B=\dfrac{AD}{AB}$,$\cos B=\dfrac{BD}{AB}$,
∴ $AD=c · \sin B$,$BD=c · \cos B$,
∴ $CD=BC-BD=a-c · \cos B$,
∴ $b^2=AD^2+DC^2=(c · \sin B)^2+(a-c · \cos B)^2=c^2 · \sin^2 B+a^2-2ac · \cos B+c^2 · \cos^2 B=a^2 + c^2(\sin^2 B+ \cos^2 B)- 2ac · \cos B = a^2 + c^2 - 2ac · \cos B$. 故答案为 $c · \sin B$, $c · \cos B$, $a^2+c^2-2ac · \cos B$.
(2) 同(1)可得 $BD^2 = AB^2 + AD^2 - 2AB · AD\cos A$, 则 $(\sqrt{21})^2=5^2+4^2-2×5×4\cos A$,
∴ $\cos A=\dfrac{1}{2}$,
∴ $∠A=60°$,
∴ $∠C=360°-90°-90°-60°=120°$. 延长 AB 交 DC 的延长线于点 E, 如图,
∴ $∠BCE=60°$,
∴ $∠E=30°$,
∴ $AE=2AD=8$,
∴ $BE=AE-AB=8-5=3$.
∵ $\tan∠BCE=\dfrac{BE}{BC}=\sqrt{3}$,
∴ $BC=\sqrt{3}$. 又
∵ $DE=\sqrt{AE^2-AD^2}=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3}$,
∴ $S_{四边形ABCD}=S_{△ADE}-S_{△BCE}=\dfrac{1}{2}AD×DE-\dfrac{1}{2}BE×BC=\dfrac{1}{2}×4×4\sqrt{3}-\dfrac{1}{2}×3×\sqrt{3}=8\sqrt{3}-\dfrac{3\sqrt{3}}{2}=\dfrac{13\sqrt{3}}{2}$.
解析
【分析】
(1) 要推导$b^2$的表达式，先过点$A$作$AD⊥ BC$构造直角三角形，根据三角函数的定义，在$\mathrm{Rt}△ ABD$中用$∠ B$和边长$c$表示出$AD$和$BD$的长度，再表示出$DC$的长度，最后在$\mathrm{Rt}△ ADC$中用勾股定理展开，结合题目给出的$\sin^2α+\cos^2α=1$化简即可得到结果。
(2) 首先迁移(1)中推导得到的结论，结合已知的$AB$、$AD$、$BD$的长度求出$∠ A$的度数，再根据四边形内角和求出$∠ C$的度数，通过延长$AB$、$DC$构造直角三角形，把不规则四边形$ABCD$的面积转化为两个直角三角形的面积差，分别计算两个直角三角形的面积再作差即可。
【解析】
(1) 过点$A$作$AD⊥ BC$于点$D$，在$\mathrm{Rt}△ ABD$中：
$\sin B=\dfrac{AD}{AB}$，$\cos B=\dfrac{BD}{AB}$，已知$AB=c$，
$\therefore AD=c·\sin B$，$BD=c·\cos B$。
$\because BC=a$，$\therefore DC=BC-BD=a-c·\cos B$。
在$\mathrm{Rt}△ ADC$中，由勾股定理得$b^2=AD^2+DC^2$，代入得：
$\begin{split}b^2&=(c·\sin B)^2+(a-c·\cos B)^2\\&=c^2\sin^2B+a^2-2ac·\cos B+c^2\cos^2B\\&=a^2+c^2(\sin^2B+\cos^2B)-2ac·\cos B\end{split}$
结合$\sin^2B+\cos^2B=1$，可得$b^2=a^2+c^2-2ac·\cos B$。
(2) 由(1)的结论，在$△ ABD$中，$BD^2=AB^2+AD^2-2AB· AD·\cos A$，
代入已知数值：$(\sqrt{21})^2=5^2+4^2-2×5×4·\cos A$，
即$21=25+16-40\cos A$，解得$\cos A=\dfrac{1}{2}$，
$\because ∠ A＜90°$，$\therefore ∠ A=60°$。
$\because$四边形$ABCD$内角和为$360°$，$∠ ABC=∠ ADC=90°$，
$\therefore ∠ C=360°-90°-90°-60°=120°$，$\therefore ∠ BCE=180°-120°=60°$。
延长$AB$交$DC$的延长线于点$E$，如图所示：
在$\mathrm{Rt}△ ADE$中，$∠ A=60°$，$\therefore ∠ E=30°$，
$\therefore AE=2AD=8$，$\therefore BE=AE-AB=8-5=3$，
$DE=\sqrt{AE^2-AD^2}=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3}$。
在$\mathrm{Rt}△ BCE$中，$\tan∠ BCE=\dfrac{BE}{BC}=\sqrt{3}$，
$\therefore BC=\dfrac{BE}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$。
四边形$ABCD$的面积等于$△ ADE$的面积减去$△ BCE$的面积：
$S_{△ ADE}=\dfrac{1}{2}× AD× DE=\dfrac{1}{2}×4×4\sqrt{3}=8\sqrt{3}$，
$S_{△ BCE}=\dfrac{1}{2}× BE× BC=\dfrac{1}{2}×3×\sqrt{3}=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$，
$\therefore S_{四边形ABCD}=8\sqrt{3}-\dfrac{3\sqrt{3}}{2}=\dfrac{13\sqrt{3}}{2}$。
【答案】
(1) $c·\sin B$，$c·\cos B$，$a^2+c^2-2ac·\cos B$
(2) $\dfrac{13\sqrt{3}}{2}$，辅助线图如下：
【知识点】
解直角三角形、勾股定理、四边形内角和
【点评】
本题是解直角三角形的综合应用题型，第一问通过作高将锐角三角形问题转化为直角三角形问题，结合三角函数定义和勾股定理推导得到了余弦定理的雏形，渗透了转化思想；第二问要求学生灵活迁移第一问的结论解决四边形问题，通过补形法将不规则四边形面积转化为直角三角形面积差求解，对知识迁移能力和逻辑推理能力要求较高。
【难度系数】
0.4
(1) 要推导$b^2$的表达式，先过点$A$作$AD⊥ BC$构造直角三角形，根据三角函数的定义，在$\mathrm{Rt}△ ABD$中用$∠ B$和边长$c$表示出$AD$和$BD$的长度，再表示出$DC$的长度，最后在$\mathrm{Rt}△ ADC$中用勾股定理展开，结合题目给出的$\sin^2α+\cos^2α=1$化简即可得到结果。
(2) 首先迁移(1)中推导得到的结论，结合已知的$AB$、$AD$、$BD$的长度求出$∠ A$的度数，再根据四边形内角和求出$∠ C$的度数，通过延长$AB$、$DC$构造直角三角形，把不规则四边形$ABCD$的面积转化为两个直角三角形的面积差，分别计算两个直角三角形的面积再作差即可。
【解析】
(1) 过点$A$作$AD⊥ BC$于点$D$，在$\mathrm{Rt}△ ABD$中：
$\sin B=\dfrac{AD}{AB}$，$\cos B=\dfrac{BD}{AB}$，已知$AB=c$，
$\therefore AD=c·\sin B$，$BD=c·\cos B$。
$\because BC=a$，$\therefore DC=BC-BD=a-c·\cos B$。
在$\mathrm{Rt}△ ADC$中，由勾股定理得$b^2=AD^2+DC^2$，代入得：
$\begin{split}b^2&=(c·\sin B)^2+(a-c·\cos B)^2\\&=c^2\sin^2B+a^2-2ac·\cos B+c^2\cos^2B\\&=a^2+c^2(\sin^2B+\cos^2B)-2ac·\cos B\end{split}$
结合$\sin^2B+\cos^2B=1$，可得$b^2=a^2+c^2-2ac·\cos B$。
(2) 由(1)的结论，在$△ ABD$中，$BD^2=AB^2+AD^2-2AB· AD·\cos A$，
代入已知数值：$(\sqrt{21})^2=5^2+4^2-2×5×4·\cos A$，
即$21=25+16-40\cos A$，解得$\cos A=\dfrac{1}{2}$，
$\because ∠ A＜90°$，$\therefore ∠ A=60°$。
$\because$四边形$ABCD$内角和为$360°$，$∠ ABC=∠ ADC=90°$，
$\therefore ∠ C=360°-90°-90°-60°=120°$，$\therefore ∠ BCE=180°-120°=60°$。
延长$AB$交$DC$的延长线于点$E$，如图所示：
在$\mathrm{Rt}△ ADE$中，$∠ A=60°$，$\therefore ∠ E=30°$，
$\therefore AE=2AD=8$，$\therefore BE=AE-AB=8-5=3$，
$DE=\sqrt{AE^2-AD^2}=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3}$。
在$\mathrm{Rt}△ BCE$中，$\tan∠ BCE=\dfrac{BE}{BC}=\sqrt{3}$，
$\therefore BC=\dfrac{BE}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$。
四边形$ABCD$的面积等于$△ ADE$的面积减去$△ BCE$的面积：
$S_{△ ADE}=\dfrac{1}{2}× AD× DE=\dfrac{1}{2}×4×4\sqrt{3}=8\sqrt{3}$，
$S_{△ BCE}=\dfrac{1}{2}× BE× BC=\dfrac{1}{2}×3×\sqrt{3}=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$，
$\therefore S_{四边形ABCD}=8\sqrt{3}-\dfrac{3\sqrt{3}}{2}=\dfrac{13\sqrt{3}}{2}$。
【答案】
(1) $c·\sin B$，$c·\cos B$，$a^2+c^2-2ac·\cos B$
(2) $\dfrac{13\sqrt{3}}{2}$，辅助线图如下：
【知识点】
解直角三角形、勾股定理、四边形内角和
【点评】
本题是解直角三角形的综合应用题型，第一问通过作高将锐角三角形问题转化为直角三角形问题，结合三角函数定义和勾股定理推导得到了余弦定理的雏形，渗透了转化思想；第二问要求学生灵活迁移第一问的结论解决四边形问题，通过补形法将不规则四边形面积转化为直角三角形面积差求解，对知识迁移能力和逻辑推理能力要求较高。
【难度系数】
0.4
