∴，∴CQ==2a， ∵BC=BP+PQ+CQ=
b+2a+2a=4a+
b
∵∠BAP=∠C，∠B=∠B=90°， ∴△ABP∽△CBA， ∴
=
，
∴BC===，
∴4a+b=
，a=b， ∴BC=4×
b+
b=
b，AB=a=b，
在Rt△ABC中，tanC==
；
（3）
在Rt△ABC中，sin∠BAC==，
过点A作AG⊥BE于G，过点C作CH⊥BE交EB的延长线于H，∵∠DEB=90°， ∴CH∥AG∥DE， ∴
=
同（1）的方法得，△ABG∽△BCH ∴
，
设BG=4m，CH=3m，AG=4n，BH=3n， ∵AB=AE，AG⊥BE， ∴EG=BG=4m， ∴GH=BG+BH=4m+3n， ∴，
∴n=2m，
∴EH=EG+GH=4m+4m+3n=8m+3n=8m+6m=14m， 在Rt△CEH中，tan∠BEC=
=
．
33
【点评】此题是相似形综合题，主要考查了同角的余角相等，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，平行线分线段成比例定理，构造图1是解本题的关键．
8．（2018·湖南省常德·10分）已知正方形ABCD中AC与BD交于O点，点M在线段BD上，作直线AM交直线DC于E，过D作DH⊥AE于H，设直线DH交AC于N．
（1）如图1，当M在线段BO上时，求证：MO=NO；
（2）如图2，当M在线段OD上，连接NE，当EN∥BD时，求证：BM=AB； （3）在图3，当M在线段OD上，连接NE，当NE⊥EC时，求证：AN=NC?AC．
【分析】（1）先判断出OD=OA，∠AOM=∠DON，再利用同角的余角相等判断出∠ODN=∠OAM，判断出△DON≌△AOM即可得出结论；
（2）先判断出四边形DENM是菱形，进而判断出∠BDN=22.5°，即可判断出∠AMB=67.5°，即可得出结论；
（3）设CE=a，进而表示出EN=CE=a，CN=得，AC=
（a+b），
，b，即可
a，设DE=b，进而表示AD=a+b，根据勾股定理
2
同（1）的方法得，∠OAM=∠ODN，得出∠EDN=∠DAE，进而判断出△DEN∽△ADE，得出进而得出a=得出结论．
【解答】解：（1）∵正方形ABCD的对角线AC，BD相交于O， ∴OD=OA，∠AOM=∠DON=90°， ∴∠OND+∠ODN=90°，
b，即可表示出CN=b，AC=b，AN=AC﹣CN=
34
∵∠ANH=∠OND， ∴∠ANH+∠ODN=90°， ∵DH⊥AE， ∴∠DHM=90°， ∴∠ANH+∠OAM=90°， ∴∠ODN=∠OAM， ∴△DON≌△AOM， ∴OM=ON；
（2）连接MN， ∵EN∥BD，
∴∠ENC=∠DOC=90°，∠NEC=∠BDC=45°=∠ACD，∴EN=CN，同（1）的方法得，OM=ON， ∵OD=OD， ∴DM=CN=EN， ∵EN∥DM，
∴四边形DENM是平行四边形， ∵DN⊥AE， ∴?DENM是菱形， ∴DE=EN， ∴∠EDN=∠END， ∵EN∥BD， ∴∠END=∠BDN， ∴∠EDN=∠BDN， ∵∠BDC=45°， ∴∠BDN=22.5°， ∵∠AHD=90°，
∴∠AMB=∠DME=90°﹣∠BDN=67.5°， ∵∠ABM=45°， ∴∠BAM=67.5°=∠AMB， ∴BM=AB；
（3）设CE=a（a＞0） ∵EN⊥CD，
35
∴∠CEN=90°， ∵∠ACD=45°， ∴∠CNE=45°=∠ACD， ∴EN=CE=a， ∴CN=
a，
设DE=b（b＞0）， ∴AD=CD=DE+CE=a+b， 根据勾股定理得，AC=
AD=
（a+b），
同（1）的方法得，∠OAM=∠ODN， ∵∠OAD=∠ODC=45°，
∴∠EDN=∠DAE，∵∠DEN=∠ADE=90°， ∴△DEN∽△ADE， ∴∴∴a=∴CN=
， ，
b（已舍去不符合题意的） a=
b，AC=b，
b?
b=2b
2
（a+b）=b，
∴AN=AC﹣CN=
2
2
∴AN=2b，AC?CN=∴AN=AC?CN．
2
【点评】此题是相似形综合题，主要考查了正方形的性质，平行四边形，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，判断出四边形DENM是菱形是解（2）的关键，判断出△DEN∽△ADE是解（3）的关键．
9.（2018·山东泰安·12分）如图，在菱形ABCD中，AC与BD交于点O，E是BD上一点，EF∥AB，∠EAB=∠EBA，过点B作DA的垂线，交DA的延长线于点G． （1）∠DEF和∠AEF是否相等？若相等，请证明；若不相等，请说明理由；
36