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1. (2024·鼓楼区开学)在 $ \mathrm{Rt} △ ABC $ 中，$ ∠ C = 90° $，$ AB = 5 $，$ BC = 3 $，则 $ \tan A $ 的值是 (
A.$ \frac{4}{5} $
B.$ \frac{4}{3} $
C.$ \frac{3}{5} $
D.$ \frac{3}{4} $
D
)A.$ \frac{4}{5} $
B.$ \frac{4}{3} $
C.$ \frac{3}{5} $
D.$ \frac{3}{4} $
答案
1. D
解析
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90^{\circ}$，$AB=5$，$BC=3$。
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}}=\sqrt{25 - 9}=\sqrt{16}=4$。
$\tan A=\frac{BC}{AC}=\frac{3}{4}$。
D
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}}=\sqrt{25 - 9}=\sqrt{16}=4$。
$\tan A=\frac{BC}{AC}=\frac{3}{4}$。
D
2. 如图，半径为 3 的 $ \odot A $ 经过原点 $ O $ 和点 $ C(0, 2) $，$ B $ 是 $ y $ 轴左侧 $ \odot A $ 优弧上一点，则 $ \tan ∠ OBC $ 的值为 (
A.$ \frac{1}{3} $
B.$ 2\sqrt{2} $
C.$ \frac{2\sqrt{2}}{3} $
D.$ \frac{\sqrt{2}}{4} $
D
)A.$ \frac{1}{3} $
B.$ 2\sqrt{2} $
C.$ \frac{2\sqrt{2}}{3} $
D.$ \frac{\sqrt{2}}{4} $
答案
2. D
解析
解：连接 $OC$，$AC$，$OA$，过点 $A$ 作 $AD ⊥ OC$ 于点 $D$。
$\because \odot A$ 半径为 $3$，$\therefore OA = AC = 3$。
$\because C(0, 2)$，$\therefore OC = 2$，$OD = DC = 1$。
在 $Rt△ ADC$ 中，$AD = \sqrt{AC^2 - DC^2} = \sqrt{3^2 - 1^2} = 2\sqrt{2}$，$\therefore A(-2\sqrt{2}, 1)$。
连接 $AB$，$OB$，$∠ OBC = \frac{1}{2}∠ OAC$。
在 $Rt△ ADC$ 中，$\tan ∠ OAC = \frac{DC}{AD} = \frac{1}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{4}$，$\therefore \tan ∠ OBC = \frac{\sqrt{2}}{4}$。
答案：D
$\because \odot A$ 半径为 $3$，$\therefore OA = AC = 3$。
$\because C(0, 2)$，$\therefore OC = 2$，$OD = DC = 1$。
在 $Rt△ ADC$ 中，$AD = \sqrt{AC^2 - DC^2} = \sqrt{3^2 - 1^2} = 2\sqrt{2}$，$\therefore A(-2\sqrt{2}, 1)$。
连接 $AB$，$OB$，$∠ OBC = \frac{1}{2}∠ OAC$。
在 $Rt△ ADC$ 中，$\tan ∠ OAC = \frac{DC}{AD} = \frac{1}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{4}$，$\therefore \tan ∠ OBC = \frac{\sqrt{2}}{4}$。
答案：D
3. 如图，在四边形 $ ABCD $ 中，$ E $，$ F $ 分别是 $ AB $，$ AD $ 的中点，若 $ EF = 6 $，$ BC = 13 $，$ CD = 5 $，则 $ \tan C $ 的值为
$\frac{12}{5}$
。答案
3. $\frac{12}{5}$
解析
证明：连接$BD$。
因为$E$，$F$分别是$AB$，$AD$的中点，所以$EF$是$△ ABD$的中位线。
所以$EF=\frac{1}{2}BD$，又因为$EF = 6$，所以$BD=2EF=12$。
在$△ BCD$中，$BC = 13$，$CD = 5$，$BD=12$。
因为$5^2 + 12^2=25 + 144=169=13^2$，即$CD^2+BD^2=BC^2$，所以$△ BCD$是直角三角形，且$∠ BDC=90°$。
所以$\tan C=\frac{BD}{CD}=\frac{12}{5}$。
$\frac{12}{5}$
因为$E$，$F$分别是$AB$，$AD$的中点，所以$EF$是$△ ABD$的中位线。
所以$EF=\frac{1}{2}BD$，又因为$EF = 6$，所以$BD=2EF=12$。
在$△ BCD$中，$BC = 13$，$CD = 5$，$BD=12$。
因为$5^2 + 12^2=25 + 144=169=13^2$，即$CD^2+BD^2=BC^2$，所以$△ BCD$是直角三角形，且$∠ BDC=90°$。
所以$\tan C=\frac{BD}{CD}=\frac{12}{5}$。
$\frac{12}{5}$
4. 如图，在 $ \mathrm{Rt} △ ABC $ 中，$ ∠ A = 90° $，作 $ BC $ 的垂直平分线交 $ AC $ 于点 $ D $，延长 $ AC $ 至点 $ E $，使 $ CE = AB $。
(1) 若 $ AE = 1 $，求 $ △ ABD $ 的周长；
(2) 若 $ AD = \frac{1}{3}BD $，求 $ \tan ∠ ABC $ 的值。
(1) 若 $ AE = 1 $，求 $ △ ABD $ 的周长；
(2) 若 $ AD = \frac{1}{3}BD $，求 $ \tan ∠ ABC $ 的值。
答案
4. 解: (1) 如答图，DF为BC的垂直平分线，连接BD, 由垂直平分线的性质，得BD = CD.
$C_{△ ABD}=AB + AD + BD = AB + AD + DC = AB + AC$.
$\because AB = CE,\therefore C_{△ ABD}=AC + CE = AE = 1$, 故 $△ ABD$ 的周长为 1.
(2) 设 $AD = x,\therefore BD = 3x$.
又 $\because BD = CD,\therefore AC = AD + CD = 4x$.
在 $Rt△ ABD$ 中,
$AB = \sqrt{BD^{2}-AD^{2}} = \sqrt{(3x)^{2}-x^{2}} = 2\sqrt{2}x$,
$\therefore \tan∠ ABC = \frac{AC}{AB} = \frac{4x}{2\sqrt{2}x} = \sqrt{2}$.
5. 如图，$ AD $ 是 $ △ ABC $ 的高。若 $ BD = 2CD = 6 $，$ \tan C = 2 $，则边 $ AB $ 的长为 (
A.$ 3\sqrt{2} $
B.$ 3\sqrt{5} $
C.$ 3\sqrt{7} $
D.$ 6\sqrt{2} $
D
)A.$ 3\sqrt{2} $
B.$ 3\sqrt{5} $
C.$ 3\sqrt{7} $
D.$ 6\sqrt{2} $
答案
5. D
解析
解：
∵ $ BD = 2CD = 6 $，
∴ $ CD = 3 $。
∵ $ AD $ 是 $ △ABC $ 的高，
∴ $ ∠ADC = 90° $。
在 $ Rt△ADC $ 中，$ \tan C = \frac{AD}{CD} = 2 $，
∴ $ AD = 2 × CD = 2 × 3 = 6 $。
在 $ Rt△ABD $ 中，$ AB = \sqrt{BD^2 + AD^2} = \sqrt{6^2 + 6^2} = \sqrt{72} = 6\sqrt{2} $。
答案：D
∵ $ BD = 2CD = 6 $，
∴ $ CD = 3 $。
∵ $ AD $ 是 $ △ABC $ 的高，
∴ $ ∠ADC = 90° $。
在 $ Rt△ADC $ 中，$ \tan C = \frac{AD}{CD} = 2 $，
∴ $ AD = 2 × CD = 2 × 3 = 6 $。
在 $ Rt△ABD $ 中，$ AB = \sqrt{BD^2 + AD^2} = \sqrt{6^2 + 6^2} = \sqrt{72} = 6\sqrt{2} $。
答案：D
6. 如图，$ E $ 是矩形 $ ABCD $ 的对角线 $ AC $ 上的一动点，正方形 $ EFGH $ 的顶点 $ G $，$ H $ 都在边 $ AD $ 上，若 $ AB = 3 $，$ BC = 4 $，则 $ \tan ∠ AFE $ 的值为 (
A.$ \frac{3}{7} $
B.$ \frac{\sqrt{3}}{3} $
C.$ \frac{3}{4} $
D.随点 $ E $ 位置的变化而变化
A
)A.$ \frac{3}{7} $
B.$ \frac{\sqrt{3}}{3} $
C.$ \frac{3}{4} $
D.随点 $ E $ 位置的变化而变化
答案
6. A
解析
解：设正方形$EFGH$的边长为$a$，$AH = x$，则$HD = a$，$AD = AH + HD = x + a = 4$，故$x = 4 - a$。
因为$EH // AD$，所以$△ AEH ∼ △ ACD$，$\frac{EH}{CD} = \frac{AH}{AD}$，即$\frac{a}{3} = \frac{x}{4}$，将$x = 4 - a$代入得$\frac{a}{3} = \frac{4 - a}{4}$，解得$a = \frac{12}{7}$，$x = 4 - \frac{12}{7} = \frac{16}{7}$。
过$F$作$FM ⊥ AD$于$M$，则$FM = a = \frac{12}{7}$，$HM = a = \frac{12}{7}$，$AM = AH + HM = \frac{16}{7} + \frac{12}{7} = \frac{28}{7} = 4$。
$\tan ∠ AFE = \tan ∠ FAM = \frac{FM}{AM} = \frac{\frac{12}{7}}{4} = \frac{3}{7}$。
答案：A
因为$EH // AD$，所以$△ AEH ∼ △ ACD$，$\frac{EH}{CD} = \frac{AH}{AD}$，即$\frac{a}{3} = \frac{x}{4}$，将$x = 4 - a$代入得$\frac{a}{3} = \frac{4 - a}{4}$，解得$a = \frac{12}{7}$，$x = 4 - \frac{12}{7} = \frac{16}{7}$。
过$F$作$FM ⊥ AD$于$M$，则$FM = a = \frac{12}{7}$，$HM = a = \frac{12}{7}$，$AM = AH + HM = \frac{16}{7} + \frac{12}{7} = \frac{28}{7} = 4$。
$\tan ∠ AFE = \tan ∠ FAM = \frac{FM}{AM} = \frac{\frac{12}{7}}{4} = \frac{3}{7}$。
答案：A
