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6. 如图,在菱形$ABCD$中,$DE\perp AB$,$\cos A= \frac{3}{5}$,$BE= 2$,则$\tan\angle DBE$的值是 (
A.$\frac{1}{2}$
B.$2$
C.$\frac{\sqrt{5}}{2}$
D.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
B
)A.$\frac{1}{2}$
B.$2$
C.$\frac{\sqrt{5}}{2}$
D.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
答案
B
解析
设$AE = 3x$，因为$\cos A=\frac{3}{5}=\frac{AE}{AD}$，设$AD = 5x$，则$AE = 3x$，$DE=\sqrt{AD^{2}-AE^{2}} = 4x$。
又因为$AB = AD = 5x$，$BE = 2$，所以$AB=AE + BE$，即$5x=3x + 2$，解得$x = 1$。
所以$DE = 4$，$BE = 2$，则$\tan\angle DBE=\frac{DE}{BE}=\frac{4}{2}=2$。
又因为$AB = AD = 5x$，$BE = 2$，所以$AB=AE + BE$，即$5x=3x + 2$，解得$x = 1$。
所以$DE = 4$，$BE = 2$，则$\tan\angle DBE=\frac{DE}{BE}=\frac{4}{2}=2$。
7. 如图,第一象限内的点$A在反比例函数y= \frac{2}{x}(x＞0)$的图象上,第二象限的点$B在反比例函数y= \frac{k}{x}(x＜0)$的图象上,且$OA\perp OB$,$\tan B= \frac{\sqrt{3}}{3}$,则$k$的值为 (
A.$-3$
B.$-6$
C.$-4$
D.$-2\sqrt{3}$
B
)A.$-3$
B.$-6$
C.$-4$
D.$-2\sqrt{3}$
答案
B
解析
设点A坐标为$(a,\frac{2}{a})(a＞0)$，点B坐标为$(b,\frac{k}{b})(b＜0)$。
∵OA⊥OB，∴向量$\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB}=0$，即$a \cdot b + \frac{2}{a} \cdot \frac{k}{b}=0$，化简得$ab + \frac{2k}{ab}=0$。设$t=ab$，则$t + \frac{2k}{t}=0$，即$t^2=-2k$，故$a^2b^2=-2k$。
∵$\tan B=\frac{\sqrt{3}}{3}$，∴∠B=30°。在Rt△AOB中，$OB=\sqrt{3}OA$，则$OB^2=3OA^2$。
$OA^2=a^2+(\frac{2}{a})^2=m+\frac{4}{m}$（设$m=a^2$），$OB^2=b^2+(\frac{k}{b})^2=n+\frac{k^2}{n}$（设$n=b^2$）。
∵$k=-\frac{mn}{2}$，代入$OB^2=3OA^2$化简得$n=\frac{12}{m}$。
又$mn=-2k$，则$m \cdot \frac{12}{m}=12=-2k$，解得$k=-6$。
∵OA⊥OB，∴向量$\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB}=0$，即$a \cdot b + \frac{2}{a} \cdot \frac{k}{b}=0$，化简得$ab + \frac{2k}{ab}=0$。设$t=ab$，则$t + \frac{2k}{t}=0$，即$t^2=-2k$，故$a^2b^2=-2k$。
∵$\tan B=\frac{\sqrt{3}}{3}$，∴∠B=30°。在Rt△AOB中，$OB=\sqrt{3}OA$，则$OB^2=3OA^2$。
$OA^2=a^2+(\frac{2}{a})^2=m+\frac{4}{m}$（设$m=a^2$），$OB^2=b^2+(\frac{k}{b})^2=n+\frac{k^2}{n}$（设$n=b^2$）。
∵$k=-\frac{mn}{2}$，代入$OB^2=3OA^2$化简得$n=\frac{12}{m}$。
又$mn=-2k$，则$m \cdot \frac{12}{m}=12=-2k$，解得$k=-6$。
8. 如图,两根竹竿$AB和AD斜靠在墙CE$上,量得$\angle ABC= \alpha$,$\angle ADC= \beta$,则竹竿$AB与AD$的长度之比等于 (
A.$\frac{\tan \alpha}{\tan \beta}$
B.$\frac{\sin \beta}{\sin \alpha}$
C.$\frac{\sin \alpha}{\sin \beta}$
D.$\frac{\cos \beta}{\cos \alpha}$
B
)A.$\frac{\tan \alpha}{\tan \beta}$
B.$\frac{\sin \beta}{\sin \alpha}$
C.$\frac{\sin \alpha}{\sin \beta}$
D.$\frac{\cos \beta}{\cos \alpha}$
答案
B
解析
设点A到墙CE的距离为AC = x（固定值）。在Rt△ABC中，sinα = AC/AB，得AB = AC/sinα = x/sinα；在Rt△ADC中，sinβ = AC/AD，得AD = AC/sinβ = x/sinβ。则AB/AD = (x/sinα)/(x/sinβ) = sinβ/sinα。
9. 如图,在正六边形$ABCDEF的上方作正方形AFGH$,连接$GC$,那么$\angle GCD$的正切值为 (
A.$\sqrt{2}+1$
B.$\sqrt{3}+1$
C.$\sqrt{2}+2$
D.$\sqrt{3}+\sqrt{2}$
B
)A.$\sqrt{2}+1$
B.$\sqrt{3}+1$
C.$\sqrt{2}+2$
D.$\sqrt{3}+\sqrt{2}$
答案
B
解析
设正六边形边长为1，建立坐标系，令C(0,0)，D(1,0)。由正六边形性质得A(0,√3)，F(1,√3)，则AF为水平线段，长度1。正方形AFGH中，AF=(1,0)，FG垂直AF向上，G(1,√3+1)。在Rt△GCD中，CD=1，GD=√3+1，tan∠GCD=GD/CD=√3+1。
10. 如图,$E是矩形ABCD的对角线AC$上一动点,正方形$EFGH的顶点G$,$H都在边AD$上,连接$AF$.若$AB= 3$,$BC= 4$,则$\tan\angle AFE$的值 (
A.等于$\frac{3}{7}$
B.等于$\frac{\sqrt{3}}{5}$
C.等于$\frac{3}{4}$
D.随点$E$位置的变化而变化
A
)A.等于$\frac{3}{7}$
B.等于$\frac{\sqrt{3}}{5}$
C.等于$\frac{3}{4}$
D.随点$E$位置的变化而变化
答案
A
解析
以A为原点，AD为x轴，AB为y轴建立坐标系，A(0,0),D(4,0),B(0,3),C(4,3)，AC方程为y=(3/4)x。设正方形EFGH边长为a，H(h,0),则G(h+a,0),E(h,a),F(h+a,a)。因E在AC上，a=(3/4)h，得h=(4a)/3，故F(7a/3,a)。过A作FE垂线，垂足M(0,a)，FM=7a/3，AM=a。在Rt△FMA中，tan∠AFE=AM/FM=a/(7a/3)=3/7。
