1. 1996 年版人民币一角硬币正面图案中有一个正九边形,如果这个正九边形的外接圆的半径是 $ R $,那么它的边长是()

A.$ R\sin 20^{\circ} $
B.$ R\sin 40^{\circ} $
C.$ 2R\sin 20^{\circ} $
D.$ 2R\sin 40^{\circ} $

1.C

连接正九边形中心与任意两个相邻顶点，形成等腰三角形，顶角为$\frac{360°}{9} = 40°$。作等腰三角形底边上的高，将其分为两个全等的直角三角形，底角为$20°$。直角三角形中，对边为边长的一半，斜边为外接圆半径$R$，则边长的一半为$R\sin 20°$，所以边长为$2R\sin 20°$。
C

2. (2024·吴江区期末)正方形外接圆的半径为 2,则其内切圆的半径为()

A.$ 2\sqrt{2} $
B.$ \sqrt{2} $
C.1
D.$ \frac{\sqrt{2}}{2} $

2.B

设正方形的边长为$a$。
正方形外接圆的半径为其对角线的一半，已知外接圆半径为$2$，则对角线长为$2×2 = 4$。
根据正方形对角线与边长的关系：对角线长$=\sqrt{2}a$，可得$\sqrt{2}a = 4$，解得$a=\frac{4}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}$。
正方形内切圆的半径为其边长的一半，所以内切圆半径$r=\frac{a}{2}=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$。
B

3. 如图,在平行四边形 $ ABCD $ 中,对角线 $ AC,BD $ 相交成的锐角 $ α = 30^{\circ} $,若 $ AC = 8 $, $ BD = 6 $,则平行四边形 $ ABCD $ 的面积是()


A.6
B.8
C.10
D.12

3.D

解：在平行四边形 $ABCD$ 中，对角线 $AC$ 与 $BD$ 相交于点 $O$，
$\therefore AO = \frac{1}{2}AC = 4$，$BO = \frac{1}{2}BD = 3$。
$\because$ 对角线相交成的锐角 $α = 30°$，
$\therefore$ 平行四边形 $ABCD$ 的面积为 $4S_{△ AOB}$。
$S_{△ AOB} = \frac{1}{2} · AO · BO · \sinα = \frac{1}{2} × 4 × 3 × \sin30° = 3$，
$\therefore$ 平行四边形 $ABCD$ 的面积为 $4 × 3 = 12$。
答案：D

4. (2023·高邮模拟)若三角形两边长为 6 和 8,这两边的夹角为 $ 60^{\circ} $,则其面积为.

4.12$\sqrt{3}$

三角形面积公式为 $ S = \frac{1}{2}ab\sin C $，其中 $ a = 6 $，$ b = 8 $，$ C = 60° $。
$\sin 60° = \frac{\sqrt{3}}{2}$，则 $ S = \frac{1}{2} × 6 × 8 × \frac{\sqrt{3}}{2} = 12\sqrt{3}$。
12$\sqrt{3}$

5. 如图,在 $ △ ABC $ 中,$ AD⊥ BC $,垂足为 $ D $,若 $ BC = 14 $,$ AD = 12 $,$ \tan∠ BAD = \frac{3}{4} $,求 $ \sin C $ 的值.

5.解:
∵AD⊥BC,
∴∠ADB=∠ADC=90°.
∵在Rt△ABD中,tan∠BAD=$\frac{BD}{AD}$=$\frac{3}{4}$,
∴BD=AD·tan∠BAD=12×$\frac{3}{4}$=9,
∴CD=BC−BD=14−9=5,
∴AC=$\sqrt{AD^{2}+CD^{2}}$=$\sqrt{12^{2}+5^{2}}$=13,
∴sinC=$\frac{AD}{AC}$=$\frac{12}{13}$.

6. (2024·如皋期末)如图,在 $ △ ABC $ 中,$ ∠ A = 30^{\circ} $,$ \tan B = \frac{\sqrt{3}}{2} $,$ AC = 2\sqrt{3} $,则 $ AB $ 的长为()

A.4
B.$ 3 + \sqrt{3} $
C.5
D.$ 2 + 2\sqrt{3} $

6.C

解：过点$ C $作$ CD ⊥ AB $于点$ D $。
在$ \mathrm{Rt}△ ACD $中，$ ∠ A = 30° $，$ AC = 2\sqrt{3} $，
$\therefore CD = AC · \sin 30° = 2\sqrt{3} × \frac{1}{2} = \sqrt{3}$，
$ AD = AC · \cos 30° = 2\sqrt{3} × \frac{\sqrt{3}}{2} = 3$。
在$ \mathrm{Rt}△ BCD $中，$ \tan B = \frac{CD}{BD} = \frac{\sqrt{3}}{2} $，$ CD = \sqrt{3} $，
$\therefore \frac{\sqrt{3}}{BD} = \frac{\sqrt{3}}{2}$，解得$ BD = 2 $。
$\therefore AB = AD + BD = 3 + 2 = 5$。
答案：C

7. 如图,在 $ \mathrm{Rt}△ ABC $ 中,$ ∠ C = 90^{\circ} $,$ BC = \sqrt{5} $,$ D $ 是 $ AC $ 上一点,连接 $ BD $.若 $ \tan A = \frac{1}{2} $,$ \tan∠ ABD = \frac{1}{3} $,则 $ CD $ 的长为()

A.$ 2\sqrt{5} $
B.3
C.$ \sqrt{5} $
D.2

7.C

解：在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90^{\circ}$，$\tan A=\frac{BC}{AC}=\frac{1}{2}$，$BC=\sqrt{5}$，则$\frac{\sqrt{5}}{AC}=\frac{1}{2}$，解得$AC=2\sqrt{5}$。
设$CD=x$，则$AD=AC-CD=2\sqrt{5}-x$。
过点$D$作$DE⊥ AB$于点$E$，设$DE=m$。
在$\mathrm{Rt}△ ADE$中，$\tan A=\frac{DE}{AE}=\frac{1}{2}$，则$AE=2m$，$AD=\sqrt{AE^{2}+DE^{2}}=\sqrt{(2m)^{2}+m^{2}}=\sqrt{5}m$，即$2\sqrt{5}-x=\sqrt{5}m$，得$m=\frac{2\sqrt{5}-x}{\sqrt{5}}=2-\frac{x}{\sqrt{5}}$。
在$\mathrm{Rt}△ BDE$中，$\tan∠ ABD=\frac{DE}{BE}=\frac{1}{3}$，则$BE=3m$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{5})^{2}+(\sqrt{5})^{2}}=5$。
因为$AB=AE+BE$，所以$2m+3m=5$，即$5m=5$，解得$m=1$。
将$m=1$代入$m=2-\frac{x}{\sqrt{5}}$，得$1=2-\frac{x}{\sqrt{5}}$，解得$x=\sqrt{5}$，即$CD=\sqrt{5}$。
答案：C