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1. 已知α为锐角,且$\tan(90^{\circ }-\alpha )= \sqrt {3}$,则α的度数为 (
A.$30^{\circ }$
B.$60^{\circ }$
C.$45^{\circ }$
D.$75^{\circ }$
A
)A.$30^{\circ }$
B.$60^{\circ }$
C.$45^{\circ }$
D.$75^{\circ }$
答案
A
解析
因为α为锐角，所以$90^{\circ}-\alpha$也为锐角。已知$\tan(90^{\circ}-\alpha)=\sqrt{3}$，又因为$\tan60^{\circ}=\sqrt{3}$，所以$90^{\circ}-\alpha=60^{\circ}$，解得$\alpha=30^{\circ}$。
2. 如图,一块矩形木板 ABCD 斜靠在墙边($OC⊥OB$,点 A,B,C, D,O 在同一平面内).已知$AB= a,AD= b,∠BCO= x$,则点 A 到 OC 的距离等于 (
A.$a\sin x+b\sin x$
B.$a\cos x+b\cos x$
C.$a\sin x+b\cos x$
D.$a\cos x+b\sin x$
D
)A.$a\sin x+b\sin x$
B.$a\cos x+b\cos x$
C.$a\sin x+b\cos x$
D.$a\cos x+b\sin x$
答案
D
解析
以O为原点，OC为x轴，OB为y轴建立坐标系。矩形ABCD中，AD=BC=b，∠BCO=x，在Rt△BOC中，BC=b，故OC=BC·cosx=bcosx，OB=BC·sinx=bsinx。点B(0, bsinx)，点C(bcosx, 0)。向量BC=(bcosx, -bsinx)，AB=a且AB⊥BC，向量AB=(-a sinx, a cosx)（方向左上方）。点A坐标为B+AB=(0 - a sinx, bsinx + a cosx)=(-a sinx, a cosx + bsinx)。点A到OC（x轴）距离为纵坐标a cosx + b sinx。
3. 图①是第七届国际数学教育大会的会徽,在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形,恰好能组合得到如图②所示的四边形 OABC.若$AB= BC= 1,∠AOB= \alpha$,则$OC^{2}$的值为 (
A.$\frac {1}{\sin^{2}\alpha }+1$
B.$\sin^{2}\alpha +1$
C.$\frac {1}{\cos^{2}\alpha }+1$
D.$\cos^{2}\alpha +1$
A
)A.$\frac {1}{\sin^{2}\alpha }+1$
B.$\sin^{2}\alpha +1$
C.$\frac {1}{\cos^{2}\alpha }+1$
D.$\cos^{2}\alpha +1$
答案
A
解析
在四边形OABC中，由两个相邻直角三角形组成，设Rt△OAB和Rt△OBC为相邻直角三角形，公共边为OB，且∠OBA=90°，∠OBC=90°。
在Rt△OAB中，∠AOB=α，∠OBA=90°，AB=1（对边），则sinα=AB/OB，即OB=AB/sinα=1/sinα。
在Rt△OBC中，∠OBC=90°，BC=1（直角边），OB为另一直角边，OC为斜边。由勾股定理得OC²=OB²+BC²=(1/sinα)²+1²=1/sin²α+1。
在Rt△OAB中，∠AOB=α，∠OBA=90°，AB=1（对边），则sinα=AB/OB，即OB=AB/sinα=1/sinα。
在Rt△OBC中，∠OBC=90°，BC=1（直角边），OB为另一直角边，OC为斜边。由勾股定理得OC²=OB²+BC²=(1/sinα)²+1²=1/sin²α+1。
4. 将宽为 2 cm 的长方形纸条折叠成如图所示的形状,则折痕 PQ 的长为 (
A.$\frac {2\sqrt {3}}{3}cm$
B.$\frac {4\sqrt {3}}{3}cm$
C.$\sqrt {5}cm$
D.2 cm
B
)A.$\frac {2\sqrt {3}}{3}cm$
B.$\frac {4\sqrt {3}}{3}cm$
C.$\sqrt {5}cm$
D.2 cm
答案
B
解析
过点P作OB的垂线，垂足为D，纸条宽PD=2cm，∠AOB=60°。在Rt△POD中，sin60°=PD/OP，即√3/2=2/OP，解得OP=4√3/3 cm。同理OQ=4√3/3 cm。∵∠POQ=60°，OP=OQ，∴△POQ为等边三角形，PQ=OP=4√3/3 cm。
5. 如图,在$Rt△ABC$中,$∠C= 90^{\circ },BC= \sqrt {5}$,D 是边 AC 上一点,连接 BD.若$tanA= \frac {1}{2},tan∠ABD= \frac {1}{3}$,则 CD 的长为 (
A.$2\sqrt {5}$
B.3
C.$\sqrt {5}$
D.2
C
)A.$2\sqrt {5}$
B.3
C.$\sqrt {5}$
D.2
答案
C
解析
在$Rt△ABC$中，$∠C=90^{\circ}$，$tanA=\frac{BC}{AC}=\frac{1}{2}$，$BC=\sqrt{5}$，则$AC=2BC=2\sqrt{5}$。由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{(2\sqrt{5})^2+(\sqrt{5})^2}=5$。
过点$D$作$DE⊥AB$于点$E$，设$DE=k$。在$Rt△ADE$中，$tanA=\frac{DE}{AE}=\frac{1}{2}$，则$AE=2k$。在$Rt△DEB$中，$tan∠ABD=\frac{DE}{BE}=\frac{1}{3}$，则$BE=3k$。
因为$AB=AE+BE=2k+3k=5k=5$，所以$k=1$，$AE=2$，$DE=1$。在$Rt△ADE$中，$AD=\sqrt{AE^2+DE^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$。
则$CD=AC-AD=2\sqrt{5}-\sqrt{5}=\sqrt{5}$。
过点$D$作$DE⊥AB$于点$E$，设$DE=k$。在$Rt△ADE$中，$tanA=\frac{DE}{AE}=\frac{1}{2}$，则$AE=2k$。在$Rt△DEB$中，$tan∠ABD=\frac{DE}{BE}=\frac{1}{3}$，则$BE=3k$。
因为$AB=AE+BE=2k+3k=5k=5$，所以$k=1$，$AE=2$，$DE=1$。在$Rt△ADE$中，$AD=\sqrt{AE^2+DE^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$。
则$CD=AC-AD=2\sqrt{5}-\sqrt{5}=\sqrt{5}$。
