登录
14.如图，折叠$\mathrm{Rt}\triangle ABC$，使点$C$落在斜边$AB$上的点$E$处，已知$AB=8\sqrt{3}$，$\angle B=30^{\circ}$，则$DE$的长是
4
.答案
14.4
解析
解：在$\mathrm{Rt}\triangle ABC$中，$\angle B=30^{\circ}$，$AB=8\sqrt{3}$，
$\therefore AC=\frac{1}{2}AB=4\sqrt{3}$，$\angle A=60^{\circ}$。
由勾股定理得：$BC=\sqrt{AB^{2}-AC^{2}}=\sqrt{(8\sqrt{3})^{2}-(4\sqrt{3})^{2}}=12$。
折叠得$DE=DC$，$CE\perp AB$，$AE=AC=4\sqrt{3}$，
$\therefore BE=AB - AE=8\sqrt{3}-4\sqrt{3}=4\sqrt{3}$。
设$DE=DC=x$，则$BD=BC - DC=12 - x$。
在$\mathrm{Rt}\triangle BDE$中，$\angle B=30^{\circ}$，
$\therefore DE=\frac{1}{2}BD$，即$x=\frac{1}{2}(12 - x)$，
解得$x=4$，即$DE=4$。
$\therefore AC=\frac{1}{2}AB=4\sqrt{3}$，$\angle A=60^{\circ}$。
由勾股定理得：$BC=\sqrt{AB^{2}-AC^{2}}=\sqrt{(8\sqrt{3})^{2}-(4\sqrt{3})^{2}}=12$。
折叠得$DE=DC$，$CE\perp AB$，$AE=AC=4\sqrt{3}$，
$\therefore BE=AB - AE=8\sqrt{3}-4\sqrt{3}=4\sqrt{3}$。
设$DE=DC=x$，则$BD=BC - DC=12 - x$。
在$\mathrm{Rt}\triangle BDE$中，$\angle B=30^{\circ}$，
$\therefore DE=\frac{1}{2}BD$，即$x=\frac{1}{2}(12 - x)$，
解得$x=4$，即$DE=4$。
15.如图，将以$A$为直角顶点的等腰直角三角形$ABC$沿直线$BC$平移得到$\triangle A'B'C'$，使点$B'$与点$C$重合，连接$A'B$，则$\tan\angle A'BC'$的值是
$\frac{1}{3}$
.答案
15.$\frac{1}{3}$
16.如图，$AB$是$\odot O$的直径，弦$CD\perp AB$于点$G$，点$F$是$CD$上一点，且$\frac{CF}{FD}=\frac{1}{3}$，连接$AF$并延长交$\odot O$于点$E$，连接$AD,DE$.若$CF=2$，$AF=3$，有下列结论：①$\triangle ADF\backsim\triangle AED$；②$FG=2$；③$\tan E=\frac{\sqrt{5}}{2}$；④$S_{\triangle DEF}=4\sqrt{5}$.其中正确的是
①②④
(填序号).答案
16.①②④
解析
证明：①
∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，
∴由垂径定理得CG=DG，∠AGD=90°，
∵∠ADF和∠AED所对弧均为弧AD，
∴∠ADF=∠AED，
又∠FAD=∠DAE，
∴△ADF∽△AED，①正确；
②
∵$\frac{CF}{FD}=\frac{1}{3}$，CF=2，
∴FD=6，CD=CF+FD=8，
∵CG=DG，
∴CG=DG=4，
∴FG=CG-CF=4-2=2，②正确；
③设AG=x，GD=4，
在Rt△AGD中，AD²=AG²+GD²=x²+16，
∵△ADF∽△AED，
∴$\frac{AD}{AE}=\frac{AF}{AD}$，即AD²=AF·AE，
∵AF=3，AE=AF+FE=3+FE，
∴x²+16=3(3+FE)，
在Rt△AGF中，AG²+FG²=AF²，FG=2，
∴x²+2²=3²，解得x²=5，x=$\sqrt{5}$（x＞0），
∴AD²=5+16=21，
∴21=3(3+FE)，解得FE=4，
∵△ADF∽△AED，
∴$\frac{DF}{ED}=\frac{AF}{AD}$，即$\frac{6}{ED}=\frac{3}{AD}$，ED=2AD=2$\sqrt{21}$，
在△AED中，由余弦定理得cos∠E=$\frac{AE²+ED²-AD²}{2·AE·ED}$，
AE=7，ED=2$\sqrt{21}$，AD=$\sqrt{21}$，
代入得cos∠E=$\frac{49+84-21}{2×7×2\sqrt{21}}=\frac{112}{28\sqrt{21}}=\frac{4}{\sqrt{21}}$，
则sin∠E=$\sqrt{1-(\frac{4}{\sqrt{21}})^2}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{21}}$，
tan∠E=$\frac{sin∠E}{cos∠E}=\frac{\sqrt{5}}{4}$，③错误；
④S△DEF=$\frac{1}{2}$·FE·DG·sin∠EDG，
∵∠EDG=∠EAD，sin∠EDG=sin∠EAD=$\frac{GD}{AD}=\frac{4}{\sqrt{21}}$，
FE=4，DG=4，
∴S△DEF=$\frac{1}{2}×4×4×\frac{4}{\sqrt{21}}=\frac{32}{\sqrt{21}}$（此步计算错误，正确方法：过D作DH⊥AE于H，由△ADF∽△AED得$\frac{DH}{AG}=\frac{ED}{AD}=2$，DH=2AG=2$\sqrt{5}$，S△DEF=$\frac{1}{2}×FE×DH=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{5}=4\sqrt{5}$），④正确。
综上，正确的是①②④。
$\boxed{①②④}$
∵AB是⊙O的直径，CD⊥AB，
∴由垂径定理得CG=DG，∠AGD=90°，
∵∠ADF和∠AED所对弧均为弧AD，
∴∠ADF=∠AED，
又∠FAD=∠DAE，
∴△ADF∽△AED，①正确；
②
∵$\frac{CF}{FD}=\frac{1}{3}$，CF=2，
∴FD=6，CD=CF+FD=8，
∵CG=DG，
∴CG=DG=4，
∴FG=CG-CF=4-2=2，②正确；
③设AG=x，GD=4，
在Rt△AGD中，AD²=AG²+GD²=x²+16，
∵△ADF∽△AED，
∴$\frac{AD}{AE}=\frac{AF}{AD}$，即AD²=AF·AE，
∵AF=3，AE=AF+FE=3+FE，
∴x²+16=3(3+FE)，
在Rt△AGF中，AG²+FG²=AF²，FG=2，
∴x²+2²=3²，解得x²=5，x=$\sqrt{5}$（x＞0），
∴AD²=5+16=21，
∴21=3(3+FE)，解得FE=4，
∵△ADF∽△AED，
∴$\frac{DF}{ED}=\frac{AF}{AD}$，即$\frac{6}{ED}=\frac{3}{AD}$，ED=2AD=2$\sqrt{21}$，
在△AED中，由余弦定理得cos∠E=$\frac{AE²+ED²-AD²}{2·AE·ED}$，
AE=7，ED=2$\sqrt{21}$，AD=$\sqrt{21}$，
代入得cos∠E=$\frac{49+84-21}{2×7×2\sqrt{21}}=\frac{112}{28\sqrt{21}}=\frac{4}{\sqrt{21}}$，
则sin∠E=$\sqrt{1-(\frac{4}{\sqrt{21}})^2}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{21}}$，
tan∠E=$\frac{sin∠E}{cos∠E}=\frac{\sqrt{5}}{4}$，③错误；
④S△DEF=$\frac{1}{2}$·FE·DG·sin∠EDG，
∵∠EDG=∠EAD，sin∠EDG=sin∠EAD=$\frac{GD}{AD}=\frac{4}{\sqrt{21}}$，
FE=4，DG=4，
∴S△DEF=$\frac{1}{2}×4×4×\frac{4}{\sqrt{21}}=\frac{32}{\sqrt{21}}$（此步计算错误，正确方法：过D作DH⊥AE于H，由△ADF∽△AED得$\frac{DH}{AG}=\frac{ED}{AD}=2$，DH=2AG=2$\sqrt{5}$，S△DEF=$\frac{1}{2}×FE×DH=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{5}=4\sqrt{5}$），④正确。
综上，正确的是①②④。
$\boxed{①②④}$
17.计算.
(1)$\sqrt{2}(\cos^{2}45^{\circ}-\sin30^{\circ})+\tan60^{\circ}$.
(2)$\sin60^{\circ}·\cos60^{\circ}-\tan30^{\circ}·\tan60^{\circ}+\sin^{2}45^{\circ}+\cos^{2}45^{\circ}$.
(1)$\sqrt{2}(\cos^{2}45^{\circ}-\sin30^{\circ})+\tan60^{\circ}$.
(2)$\sin60^{\circ}·\cos60^{\circ}-\tan30^{\circ}·\tan60^{\circ}+\sin^{2}45^{\circ}+\cos^{2}45^{\circ}$.
答案
17.(1)$\sqrt{3}$. (2)$\frac{\sqrt{3}}{4}$.
解析
(1) $\sqrt{2}\left(\cos^{2}45^{\circ}-\sin30^{\circ}\right)+\tan60^{\circ}$
$=\sqrt{2}\left[\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}-\frac{1}{2}\right]+\sqrt{3}$
$=\sqrt{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\right)+\sqrt{3}$
$=\sqrt{2}×0+\sqrt{3}$
$=\sqrt{3}$
(2) $\sin60^{\circ}·\cos60^{\circ}-\tan30^{\circ}·\tan60^{\circ}+\sin^{2}45^{\circ}+\cos^{2}45^{\circ}$
$=\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{3}×\sqrt{3}+\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}$
$=\frac{\sqrt{3}}{4}-1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}$
$=\frac{\sqrt{3}}{4}-1+1$
$=\frac{\sqrt{3}}{4}$
$=\sqrt{2}\left[\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}-\frac{1}{2}\right]+\sqrt{3}$
$=\sqrt{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\right)+\sqrt{3}$
$=\sqrt{2}×0+\sqrt{3}$
$=\sqrt{3}$
(2) $\sin60^{\circ}·\cos60^{\circ}-\tan30^{\circ}·\tan60^{\circ}+\sin^{2}45^{\circ}+\cos^{2}45^{\circ}$
$=\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}}{3}×\sqrt{3}+\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}$
$=\frac{\sqrt{3}}{4}-1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}$
$=\frac{\sqrt{3}}{4}-1+1$
$=\frac{\sqrt{3}}{4}$
18.在$\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，$\angle A$，$\angle B$，$\angle C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$.根据下列条件解直角三角形.
(1)已知$c=8\sqrt{3}$，$\angle A=60^{\circ}$.
(2)已知$a=3\sqrt{6}$，$\angle A=45^{\circ}$.
(1)已知$c=8\sqrt{3}$，$\angle A=60^{\circ}$.
(2)已知$a=3\sqrt{6}$，$\angle A=45^{\circ}$.
答案
解：$(1)$∵$∠A=60°$
∴$∠B=90°-60°=30°$
∵$c=8\sqrt {3}$
∴$a=c·sinA=8\sqrt {3}×sin_{60}°=12，$$b=c·cosA=8\sqrt {3}×cos_{60}°=4\sqrt {3}$
$(2)$∵$∠A=45°$
∴$∠B=90°-45°=45°$
∵$a=3\sqrt {6}$
∴$c=\frac a {sinA}=\frac {3\sqrt {6}}{sin_{45}°}=6\sqrt {3}，$$b=\frac a {tanA}=\frac {3\sqrt {6}}{tan{45}°}=3\sqrt {6}$
