專題23.1銳角三角函數(shù)與幾何綜合典例分析典例分析【典例1】如圖，在四邊形ABCD中，點P是線段BC上一點，∠APD=90°，（1）如圖1，當(dāng)∠B=∠C=90°時，猜想AB，（2）如圖2，延長BA，CD交于點E，當(dāng)AB⊥CD時，∠B（3）如圖2，延長BA，CD交于點E，當(dāng)AB⊥CD時，∠B=α【思路點撥】本題考查了三角形全等的判定和性質(zhì)，特殊角的三角函數(shù)值，三角函數(shù)的應(yīng)用，熟練掌握全等的判定，三角函數(shù)的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．（1）根據(jù)AAS證明△ABP（2）過點A作AM⊥BC于點M，過點D作DN⊥BC于點N，根據(jù)（3）過點A作AM⊥BC于點M，過點D作DN⊥BC于點N，根據(jù)【解題過程】解：（1）如圖，三條線段存在的數(shù)量關(guān)系為BC=∵∠B=∠C=90°，∴∠BAP+∠∴∠BAP∵∠B∴△ABP∴AB=∵BC=∴BC=（2）AB+CD過點A作AM⊥BC于點M，過點D作DN⊥∴∠PMA∴∠MAP+∠∴∠MAP∵∠AMP∴△AMP∴AM=∵MN=∴MN=∵AB⊥CD，∴∠E=90°，∴AM=AB×DN=CD×∵BC=∴AB+（3）AB+CD如前圖，過點A作AM⊥BC于點M，過點D作DN⊥∴∠PMA∴∠MAP+∠∴∠MAP∵∠AMP∴△AMP∴AM=∵MN=∴MN=∵AB⊥CD，∴∠E=90°，∠C∴AM=AB×DN=CD×∵BC=∴AB+學(xué)霸必刷學(xué)霸必刷1．（2024·江蘇無錫·二模）在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3，AC=4，點D和點A．1 B．2 C．3 D．4【思路點撥】本題考查了三角形相似的判定和性質(zhì)，三角函數(shù)的應(yīng)用，熟練掌握性質(zhì)和三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵．過點D作DF⊥AC于點F，則【解題過程】解：∵∠BAC=90°∴BC=設(shè)CD=過點D作DF⊥AC于點則DF∥AB，∴△CFD∴CFCB∴CF4解得CF∴AF=∵∠∴∠DAF∴tan∠∴DFAF∴3y解得AE=∴CD∵y≥0∴CDAE∴CDAE可取的最大整數(shù)值為2故選B．2．（2024·浙江·模擬預(yù)測）如圖，在四邊形ABCD中，AB=AD=3，BD⊥CD．記∠CBD=α，∠BADA．1255 B．1225 C．【思路點撥】本題考查了三角函數(shù)，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，過點A作AE⊥BD于E，作∠DAE的角平分線AF交BD于F，過點F作FG⊥AD于G，由題意可得∠EAF=∠DAF=α，DF=x，EF=y，由tanα=13得到AE=3y，再證明△AEF≌△AGFAAS，得到EF=GF=【解題過程】解：過點A作AE⊥BD于E，作∠DAE的角平分線AF交BD于F，過點F作FG⊥AD∵AE⊥BD，AB=∴BE=DE，∠DAE∵AF平分∠DAE∴∠EAF設(shè)DF=x，∵tanα∴EFAE∴AE=3在△AEF和△∠AEF∴△AEF∴EF=GF=∴DG=3-3∵sin∠∴3y∴x=1∴DF=1在Rt△DGF中，∴3-3y∴y1=1，當(dāng)y1=1時，∴y1∴y=∴EF=∴DE=1+∴BD=2∵CDBD∴CD=∴BC=故選：D．3．（2024九年級下·全國·專題練習(xí)）如圖，在正方形ABCD中，E是BC的中點，F(xiàn)是CD上一點，AE⊥EF．有下列結(jié)論：①∠BAE=30°；②射線FE是∠AFC的角平分線；③A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．②④【思路點撥】①根據(jù)題目中的條件和正方形的性質(zhì)，利用銳角三角函數(shù)可以得到∠BAE是否等于30°②根據(jù)題目中的條件，可以求得∠AEB和∠CFE的正切值，從而可以得到射線FE是否為③根據(jù)前面的推論，可以得到CF和CD的關(guān)系，從而可以判斷CF=④根據(jù)題目中的條件和全等三角形的判定與性質(zhì)，可以得到AF=【解題過程】解：∵在正方形ABCD中，E是BC的中點，∴AB=BC∴tan∵tan∴∠BAE≠30°，故∵∠B=∠C∴∠BAE+∠BEA∴∠BAE∴△ABE∵AB∴EC設(shè)CF=a，則EC=∴AE=25a，∴tan∴∠AFE=∠CFE，即射線FE是∠∵BC=CD∴CF=1作EG⊥AF于點∵FE平分∠AFC，∴EG∴EG∵∠B在Rt△ABE和AE=∴Rt∴AB又∵CF=GF∴AF=AB綜上所述，②④正確，正確的個數(shù)為2，故選：D．4．（2024·山西長治·二模）如圖，已知點C為線段AB的中點，CD⊥AB且CD=AB=4，連接AD，點E是CD上的一點，且EA=ED，BF⊥AE于點F，分別交DC，AD【思路點撥】根據(jù)勾股定理AD=AC2+CD2=25，設(shè)EA=ED=本題考查了勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，三角函數(shù)的應(yīng)用，熟練掌握勾股定理，三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵．【解題過程】解：∵點C為線段AB的中點，CD⊥AB且∴AC=CB=設(shè)EA=ED=由勾股定理，得x2解得x=52∵CD⊥AB，∴cos∠解得AF=∵EA=∴∠HAF∴cos∠解得AH=∴DH=故答案為：255．（24-25九年級上·上?！て谥校┤鐖D，兩個大小不同的三角板放在同一平面內(nèi)，直角頂點重合于C，點D在邊AB上，∠BAC=∠DEC=30°，AC與DE交于點F，連接AE，如果BD=1，【思路點撥】如圖，過點C作CM⊥DE于點M，過點E作EN⊥【解題過程】解：如圖，過點C作CM⊥DE于點M，過點E作EN⊥∵BD=1，AD∴AB=∵∠BAC=∠DEC∴∠B∴BC=ABsin∵∠∴tan∠∴BCAC∵∠BCD∴△BCD∴BCAC=BD∴1AE=3∴AE=∴DE=∴DC=∴MC=∴NE=∵∠CMF∴△CMF∴EFCF∴EFCF故答案為：2176．（23-24九年級上·陜西西安·期中）如圖，在平行四邊形ABCD中，sin∠B=45，E是BC邊上的點，AB=BE=5，EC=2，F(xiàn)是CD邊上的一點，且DF=1，若M、

【思路點撥】過點F作AD的對稱點G，過點G作GQ⊥AE于點Q，則MN+【解題過程】解：過點F作AD的對稱點G，過點G作GQ⊥AE于點Q，交AD于點H，則MN+∵平行四邊形ABCD中，sin∠∴∠B=∠D∴sin∠解得PF=∴PD=DF過點A作AO⊥BC于點∴sin∠解得AO=4,∴OE=2，AE∵AD∥∴∠HAQ=∠AEO∴sin∠∴sin∠∴GH=∴tan∴PH=2∴HD=∵AB=BE=5∴BC=∴AH=7-∵sin∠∴HQ=∴GQ=故答案為：6857．（2024·黑龍江哈爾濱·一模）如圖，在△ABC中，∠ABC=2∠BAC，BD是△ABC的角平分線，過點D作BD的垂線交BE的延長線于點E，過點E作AB的平行線交AC的延長線于點F，若BE+EF【思路點撥】根據(jù)tan∠BAC=tan∠DBE=DEBD=12，設(shè)DE=x，BD=2x，則BE=DE2+【解題過程】解：延長ED交AB于點M，∵∠∴△∴BM=∵EF∥∴∠A∵∠∴△ADM∴AM=∴AB=∵BD是△ABC∴∠ABC∵∠ABC∴∠BAC∴AD=∵tan∠BAC=∴tan∠設(shè)DE=則BE=∴cos∠過點D作DN⊥AB于點∵AD=∴AN=∵cos∠∴BN=∴AB=2∵BE+∴85解得x=故DE=故答案為：5．8．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測）如圖，矩形ABCD頂點坐標(biāo)分別為A0,0、B-10,0、C-10,5，在線段AC和AB

【思路點撥】根據(jù)軸對稱最短路徑，作點B關(guān)于AC的對稱點B'，結(jié)合點到直線垂線最短可得B'F即為最短，交點E即為所求，根據(jù)矩形的性質(zhì)，垂直平分線的性質(zhì)可得AB'=AB=10，△ACP【解題過程】解：如圖所示，作點B關(guān)于AC的對稱點B'，過點B'作OB的垂線，交AC，OB于點

∵四邊形ABCD是矩形，A0,0∴AB=連接OB'交CD于點∵四邊形ABCD是矩形，∴CD∥∴∠BAC∵點B'關(guān)于AC∴∠BAC∴∠PAC=∠PCA，則PA根據(jù)對稱可得，EB=EB'，∴AB設(shè)PA=PC=∴在直角△ADP中，P∴x2解得，x=∴PA=PC=∵∠POF∴cos∠∴AFA∴AF=∵∠EAF∴tan∠∴EFAF∴EF=∴E-故答案為：-6,39．（2024·江西吉安·三模）如圖，在△ABC中，AB=AC，∠B=30°，BC=9，D為AC上一點，AD=2DC，P為邊【思路點撥】分∠PAD=90°，∠APD本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，三角函數(shù)的應(yīng)用，正確分類，靈活應(yīng)用相似和三角函數(shù)是解題的關(guān)鍵．【解題過程】解：∵在△ABC中，AB=AC，∠∴∠C=∠B過點A作AM⊥BC于點∵AB=AC，∠B∴BM=CM∴AB=∵AD=2∴AD=23，①如圖1，當(dāng)∠PAD則∠BAP∴∠BAP∴AP=在Rt△∠C∴PC=2∴BC=∴BP②如圖2，當(dāng)∠APD=90°時，分別過點A，D作BC的垂線，垂足分別為，∴BE=∴AE=ABsin30°=3設(shè)EP=x，則∵∠EAP=90-∠EPA∴△APE∴AEPF∴33整理得x2解得x1∴EP=∴BP=③如圖3，當(dāng)∠ADP在Rt△DPC中，∴PC=∴BP=綜上所述，當(dāng)△APD為直角三角形時，BP的長為3或6或710．（2024九年級下·浙江·專題練習(xí)）在?ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點，EG⊥BD于點G（1）求證：四邊形EHFG是平行四邊形.（2）當(dāng)∠ABD=45°，tan∠EHG【思路點撥】（1）先證EG∥FH，再證△BEG和△（2）過點A作AK⊥BD于點K，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得AK=2EG=2，BG=GK，再證△BAK為等腰直角三角形得BK=AK=2，則BG【解題過程】（1）證明：∵EG⊥BD于點G，F(xiàn)H⊥∴∠EGB=∠FHD∴EG∥∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB=CD，∴∠EBG∵點E，F(xiàn)分別是∴BE=12∴BE=在△BEG和△∠EGB∴△BEG∴EG=∵EG∥∴四邊形EHFG是平行四邊形；（2）過點A作AK⊥BD于點∵EG⊥BD于點∴∠AKH∴∠EGH∴EG∥∴△BGE∴BGBK又∵點E為AB的中點，∴BE=∴BEBA∴BGBK∴AK=2EG=2∴BG=∵∠ABD=45°∴△BAK∴BK=∴BG=∴DH=在Rt△EHG中，∴GH=4∴KD=在Rt△ADK中，KD=4由勾股定理得：AD=11．（2024·安徽合肥·二模）如圖1在△ABC中，AB=AC，D是BC的中點，延長DA至E，連接EB（1）求證：△BAE（2）在圖1中，若AE=AD，其他條件不變得到圖2，在圖2中過點D作DF⊥AB于點F，H是EC的中點，過點H作HG∥AB，交DF于點①求證：AF?②若AB=5，tan∠AMH【思路點撥】（1）根據(jù)AB=AC，D是BC的中點，得到AD⊥BC，繼而得到直線AD是線段BC的垂直平分線，得到（2）①連接AH，根據(jù)AE=AD，H是EC的中點，得到中位線AH∥②根據(jù)AB=5，tan本題考查了三角形全等的判定和性質(zhì)，三角形中位線定理，三角函數(shù)的應(yīng)用，平行線分線段成比例定理，熟練掌握三角形中位線定理，三角函數(shù)的應(yīng)用，是解題的關(guān)鍵．【解題過程】（1）∵AB=AC，D是∴AD⊥∴直線AD是線段BC的垂直平分線，∴EB=∵EB∴△BAE（2）①連接AH，∵AE=AD，H是∴中位線AH∥∵AD⊥∴AD⊥∵DF⊥AB，∴DF⊥HG，∴cos∠∴AFAD∴AFAE∴AF·②∵AB=5，tan∴BDAD設(shè)BD=3則AB=解得x=1∴BD=∴DF=∴AH=3解得y=∴AM=4∴AM=∵HG∥∴FGGD∴FG=12．（24-25九年級上·福建泉州·期中）如圖1，在△ABC中，AB=AC，AD平分∠BAC交BC于點D，點E是線段AD上一點，連接（1）求證：EB=（2）過點D作DF⊥EB于點F，取AC的中點H，過點H作HG∥EB，交DF于點G，交①如圖2，若AE=ED，求證：②如圖3，若AE=EB=10，tan【思路點撥】（1）利用等腰三角形三線合一的性質(zhì)得到AD⊥BC，AD平分BC，故AD是BC的垂直平分線，進而通過垂直平分線的性質(zhì)即可證得（2）①根據(jù)題目中的提示構(gòu)造三角形中位線：連接EH，再通過等角的三角函數(shù)值相等得到三角形邊的比例關(guān)系，進而化比例式為等積式即可得證．②連接DH，EH．先利用等腰三角形的性質(zhì)及平行線的性質(zhì)定理等證得∠EAC=∠6，利用tan∠EAC=13在直角三角形中邊的比例關(guān)系得到AH=3EH，根據(jù)勾股定理構(gòu)建關(guān)于EH的方程進而求得EH【解題過程】（1）證明：∵AB=AC，AD∴AD⊥BC且D∴直線AD是線段BC的垂直平分線，∴EB（2）①證明：連接EH，如圖2．∵AE=ED，H∴中位線EH∥∵AD∴AD∵DF⊥AB∴DF⊥HG∴cos∴EF∴EF∴EF②解：連接DH，如圖3．∵AE∴∠1=∠7，∴∠3=∠1+∠7=2∠1=2∠2．∵HG∴∠3=∠4．∵AD⊥BC，H∴DH∴∠5=∠2，∴∠4=∠3=2∠2=2∠5，∴∠4=∠5+∠6，∴∠5=∠6，∴∠6=∠2．連結(jié)EH．∵AE=EB=EC∴EH∴tan∴E∴EH∴AH∴tan∴G∴GD∴GH13．（2023·四川資陽·模擬預(yù)測）在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，點E是邊AD上一點，EM⊥EC交AB于點M，點N在射線MB上，且AE是（1）如圖1，求證：∠ANE（2）如圖2，當(dāng)點N在線段MB之間，連接AC，且AC與NE互相垂直，求MN的長；（3）連接AC，如果△AEC與以點E、M、N為頂點所組成的三角形相似，求DE【思路點撥】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，三角函數(shù)，解題的關(guān)鍵是靈活運用這些知識．（1）根據(jù)題意可得AMAE=AEAN，證明△AME∽△（2）根據(jù)AC與NE互相垂直和∠BAC=90°，可推出∠ANE=∠EAC，進而得到∠DCE=∠EAC，根據(jù)三角函數(shù)可得DEDC=DCAD，從而求出（3）分為兩種情況討論：當(dāng)∠ENM=∠EAC【解題過程】（1）解：∵AE是AM和AN的比例中項，∴AMAE∵∠A∴△AME∴∠AEM∵∠D∴∠DCE

∵EM⊥∴∠AEM∴∠AEM∴∠ANE（2）∵AC與NE互相垂直，∴∠EAC∵∠BAC∴∠ANE∴∠ANE由（1）得∠ANE∴∠DCE∴tan∠∴DEDC∵DC=AB=6∴DE=∴AE=由（1）得∠AEM∴tan∠∴AMAE∴AM7∴AM=∵AMAE∴21∴AN=∴MN=（3）∵∠NME=∠MAE+∠AEM由（1）得∠AEM∴∠AEC=∠NME，當(dāng)△AEC與以點E、①∠ENM=∠EAC∴∠ANE=∠由（2）得：DE=②∠ENM=∠ECA，如圖3，過點E作EH由（1）得∠ANE∴∠ECA∴HE=又tan∠設(shè)DE=3x，則HE=3x，又AE+∴5x解得x=1∴DE=3綜上所述，DE的長分別為92或314．（2024·吉林長春·二模）在矩形紙片ABCD中，AB=12,AD=10．點E

（1）操作一：如圖1，將這張紙片進行折疊，使點A的對應(yīng)點A'落在CD邊上，折痕為MN，點M與點D重合，此時發(fā)現(xiàn)四邊形AN（2）操作二：如圖2，重新折疊紙片，使點A與點E重合，折痕為MN，則AM=____________（3）操作三：如圖3，在操作二的基礎(chǔ)上繼續(xù)折疊紙片，使點N與點E重合，點B落在B'處，折痕為HG，連接HE，則sin∠【思路點撥】（1）根據(jù)四邊形ABCD為矩形，得到∠CDA=∠DAB=90°，CD∥AB；根據(jù)折疊的性質(zhì)，得∠ADN=∠A'DN，AD=A（2）設(shè)AM=x，根據(jù)AB=12,AD=10．點E是CD的中點．得到DE（3）過點N作NP⊥CD于點P，證明四邊形DANP為矩形，證明△MED∽△∠ENP證明∠AMN=∠EMN【解題過程】（1）∵四邊形ABCD為矩形，∴∠CDA=∠DAB根據(jù)折疊的性質(zhì)，得∠ADN=∠A∴∠ADN∴AD=∴AD=∴四邊形ANA∵∠DAB∴四邊形ANA（2）如圖，設(shè)AM=∵AB=12,AD=10．點E∴DE=12根據(jù)折疊性質(zhì)，得ME=根據(jù)勾股定理，得10-x解得x=6.8．故答案為：6.8．（3）過點N作NP⊥CD于點∵四邊形ABCD為矩形，∴∠CDA=∠DAB∴四邊形DANP為矩形，∴∠MDE=∠EPN根據(jù)折疊的性質(zhì)，得∠MAN∴∠MED∴△MED∴MEEN∴6.8EN∴EN=∴MN=∴sin∠根據(jù)折疊的性質(zhì)，得∠AMN=∠EMN，MH∴∠AMN=∠∴∠AMN∴sin∠故答案為：53415．（2024·廣東深圳·模擬預(yù)測）如圖1，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，動點P、Q分別從C點、A點同時以每秒1cm的速度出發(fā)，且分別在邊CA，AB上沿C→A，A→B的方向運動，當(dāng)點Q運動到點B時，P（1）如圖1，在點P、Q運動過程中．①點P與點D的最短距離為_________cm；②當(dāng)PQ∥BC時，t的值為（2）作PE⊥PQ，PE與邊BC相交于點E，連接QE，延長EP交邊AD于點①求∠APQ的正切值（用含t②如圖2，當(dāng)t=5時，試探究線段AQ、QE、CE③如圖3，連接FQ，若FQ平分∠AFE，直接寫出AF【思路點撥】（1）①根據(jù)垂線段最短，得到當(dāng)PD⊥AC時，PD最短，根據(jù)勾股定理得到②根據(jù)題意，得AQ=t，CP=t，則（2）①過點Q作QM⊥AC于點M，計算sin∠QAM=QMAQ=BC②連接QF，當(dāng)t=5時，根據(jù)題意，得AQ=5，得CP=AP，證明△APF③設(shè)AP與FQ的交點為O，證明△QAF≌△QPF解得t=【解題過程】（1）①根據(jù)垂線段最短，得到當(dāng)PD⊥AC時，∵矩形ABCD，∴AB=DC=6cm，∴AC=∴DP=故答案為：245②根據(jù)題意，得AQ=t，CP=t∴AQBQ∴t6-解得t=故答案為：154（2）①過點Q作QM⊥AC于點∵矩形ABCD，∴AB=DC=6cm，∴AC=∴sin∠QAM=根據(jù)題意，得AQ=t∴QM=45∴PM=∴tan∠②線段AQ、QE、CE三者之間的等量關(guān)系為QE連接QF，當(dāng)t=5時，根據(jù)題意，得AQ=5，∴CP=∵矩形ABCD中，∴AB=DC=6cm，∴△APF∴PFPE∴PE=∵PE⊥∴直線QP是線段EF的垂直平分線，∴QF=∴QF∴QE③設(shè)AP與FQ的交點為O，根據(jù)題意，得AQ=t，∵FQ平分∠AFE，QA∴QA=∵QF∴△QAF∴FA=∴∠AOQ∴cos∠解得t=故AP=∵AD∥∴△APF∴AFCE∴AFCE的值616．（23-24九年級上·重慶渝中·期中）如圖所示，等腰直角△ABC中，AB=AC，點D是BA延長線上一點，連接CD，點E是CD上一點，連接BE，交AC（1）如圖1，若∠CBE=30°，CF=（2）如圖2，過點A作AM⊥BF于點M，若BF=CD，試猜想AM、（3）如圖3，在（2）的條件下，若H為射線BD上一動點，△BGH為等腰直角三角形，且BG=GH，點P為GH中點，若BC=25【思路點撥】（1）作FQ⊥BC交BC于Q，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)，可推出∠CFQ=∠FCQ=45°，即知CQ=QF=22（2）作AN⊥CD交CD于N，根據(jù)已知條件先證明△BAF?△CADHL，得出∠ABF=∠ACD，∠BFA=∠D，AF=AD，根據(jù)角度關(guān)系推出∠BED=90°，從而證明四邊形（3）連接BP并延長，作E關(guān)于直線BP的對稱點K，連接EK，交BP延長線于O，作KL⊥BE交BE于L，連接KP、KF、KE、EP、EF、DF、KF，交BO于R，根據(jù)△BGH是等腰直角三角形，P是GH的中點，可知tan∠GBP=GPBG=12，同時∠GBC=90°，可知當(dāng)點H運動時，tan∠GBP=12始終成立，即P點在射線BP上運動，再根據(jù)E,K關(guān)于直線BO對稱，可知EP+FP=KP+FP≤KF，且當(dāng)P點位于F,K的連線上時，等號成立．根據(jù)【解題過程】（1）解：作FQ⊥BC交BC于Q，如圖∵∠BAC=90°，∴∠ABC∵FQ⊥∴∠CFQ∴∠CFQ∴CQ=∴BF=FQsin∴BC=∴AC=∴AF=（2）解：BE=作AN⊥CD交CD于N，如圖在Rt△BAF和AB=∴Rt∴∠ABF=∠ACD，∠∴∠ABF∴∠BED在四邊形AMEN中，∠AME∴∠MAN∴四邊形AMEN是矩形，∴AN∥∴∠CAN∵∠ABF∴∠BAM∴∠CAN在△BAM和△∠ABM∴△BAM∴AM=∴四邊形AMEN是正方形，∴AM=∴BE=（3）解：連接BP并延長，作E關(guān)于直線BP的對稱點K，連接EK，交BP延長線于O，作KL⊥BE交BE于L，連接KP、EP、EF、DF、KF，交BO于∵△BGH是等腰直角三角形，GB=GH，P∴∠GBH=∠GHB∴tan∠∵△ABC是等腰直角三角形，AB∴∠ABC∴∠GBC∴當(dāng)點H運動時，tan∠GBP=12∵E,K關(guān)于直線∴EP=∴EP+FP=KP+FP≤∵BC=25，∴BE=∴tan∠∴∠CBE∵∠CBE∴∠ABE由（2）知，AF=AD,∴∠AFD∵∠DBE∴∠DBE∴∠FDE∴tan∠即DE=2∴BE=∴EF=BE-∴BD=∴sin∠DBE=∴sin∠OBE=cos∠∵EK∴EO=KL=∴FL=∴KF=∴EP+FP的最小值為17．（23-24九年級上·吉林長春·階段練習(xí)）如圖，在直角梯形ABCD中，∠A=∠B=90°，AB=3，AD=4，BC=8，點P從點A出發(fā)，沿AD以每秒2個單位的速度向終點D運動，點Q從點D出發(fā)，沿折線D-C-B運動，在線段DC

（1）tanC=（2）當(dāng)四邊形PDCQ是平行四邊形時，求t的值（3）連接BP、PQ、BQ，當(dāng)△BPQ是直角三角形時，求t（4）作點C、D關(guān)于直線PQ的對稱點C'，D'，連接C'，D'，直接寫出C'【思路點撥】（1）過點D作DE⊥BC于E，根據(jù)矩形的性質(zhì)得出（2）在Rt△DCE中，勾股定理求得CD=5，DP（3）當(dāng)點Q在CD上，且∠BPQ=90°時，過點Q作QF⊥AD交AD延長線于F，過點D作DE⊥BC于E，解Rt△QDF，根據(jù)tan∠ABP=tan∠FPQ得出APAB=QFPF，即可求解．當(dāng)點Q在BC上，且∠BPQ=90°時，過點Q和點C分別作QH⊥AD、CG⊥AD交AD延長線于（4）當(dāng)點Q在線段CD上且C'D'∥AD時，得出DP=DQ，即4-2t=5t，解方程即可求解；當(dāng)C'D'⊥AD時，設(shè)C'D'交AD、BC分別為E、F，則EF=AB，得出FC【解題過程】（1）解；如圖所示，過點D作DE⊥BC于∵∠A=∠B∴四邊形ABED是矩形，∴DE=AB=3∴CE=在Rt△DCE中，故答案為：34（2）解：∵四邊形PDCQ是平行四邊形，∴PD∥CQ，PD=CQ即此時點如圖所示，在Rt△DCE中，∵AP=2∴DP=∵在線段DC上以每秒5個單位長度的速度運動，在線段CB上以為每秒8個單位的速度運動，∴CQ=8∴8t解得t=（3）解：如圖所示，當(dāng)點Q在CD上，且∠BPQ=90°時，過點Q作QF⊥AD交AD延長線于F，過點D作∵∠A∴AD∥∴∠FDQ∴cos∠FDQ=在Rt△DCE中，sinC∴在Rt△QDF中，QF=∴PF=∵∠A∴∠APB∴∠ABP∴tan∠ABP=∴2t解得t=0（舍去）或t如圖所示，當(dāng)點Q在BC上，且∠BPQ=90°時，過點Q和點C分別作QH⊥AD、CG⊥AD交AD延長線于H、∴AB=HQ=CG=3∴PH=同理可得APAB=QH解得t=1110如圖所示，當(dāng)點Q在BC上，且∠BQP=90°時，則此時四邊形∴AP=∴2t解得t=綜上所述，當(dāng)△BPQ是直角三角形時，t=14或（4）解：如圖所示，當(dāng)點Q在線段CD上且C'∴∠DPQ由軸對稱的性質(zhì)可得∠DQP∴∠DPQ∴DP=∴4-2t解得t=當(dāng)C'D'⊥AD時如圖所示，設(shè)C'D'交AD、

∴PD'=PD=4-2∴tan∠設(shè)FQ=3k，F(xiàn)C∴5k∴k=∴FC'=4∴D'∵DD∴∠E又∵PD'=∴∠PDD'∵PD∥QC，∴∠PD∴∠P∴PD∴∠P∴cos∠∴325解得：t=如圖所示，當(dāng)C'D'在AD上方時，設(shè)C'Q

∴PD設(shè)∠C=α∵AD∥C'∴C'∴∠MQB∴C'∵D'∴∠D如圖所示，延長CD、C'D

∴∠NDP∴∠D∴D'又C'四邊形D'又∵PD=∴四邊形D'∵C'Q∥∴四邊形CQC又∵QC=∴四邊形CQC∵C'∵C