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9. 如图，直线 $AB$ 与反比例函数 $y = \frac{k}{x}(k ＞ 0)$ 的图象交于点 $A(m,4)$，$B(-4,n)$，与 $x$ 轴，$y$ 轴交于点 $C$，$D$，连接 $OA$，$OB$，若 $\tan∠ AOD + \tan∠ BOC = 3$，则 $k =$(
A.24
B.20
C.16
D.12
A
)A.24
B.20
C.16
D.12
答案
9. A
解析
解：
∵点$A(m,4)$，$B(-4,n)$在反比例函数$y = \frac{k}{x}(k＞0)$的图象上，
$\therefore 4m = k$，$-4n = k$，即$m=\frac{k}{4}$，$n=-\frac{k}{4}$。
在$Rt△ AOD$中，$\tan∠ AOD=\frac{AD}{OD}=\frac{m}{4}=\frac{\frac{k}{4}}{4}=\frac{k}{16}$。
在$Rt△ BOC$中，$\tan∠ BOC=\frac{|n|}{|-4|}=\frac{\frac{k}{4}}{4}=\frac{k}{16}$。
$\because \tan∠ AOD + \tan∠ BOC = 3$，
$\therefore \frac{k}{16}+\frac{k}{16}=3$，
$\frac{k}{8}=3$，
$k = 24$。
答案：A
∵点$A(m,4)$，$B(-4,n)$在反比例函数$y = \frac{k}{x}(k＞0)$的图象上，
$\therefore 4m = k$，$-4n = k$，即$m=\frac{k}{4}$，$n=-\frac{k}{4}$。
在$Rt△ AOD$中，$\tan∠ AOD=\frac{AD}{OD}=\frac{m}{4}=\frac{\frac{k}{4}}{4}=\frac{k}{16}$。
在$Rt△ BOC$中，$\tan∠ BOC=\frac{|n|}{|-4|}=\frac{\frac{k}{4}}{4}=\frac{k}{16}$。
$\because \tan∠ AOD + \tan∠ BOC = 3$，
$\therefore \frac{k}{16}+\frac{k}{16}=3$，
$\frac{k}{8}=3$，
$k = 24$。
答案：A
10. 如图，在面积为 4 的正方形 $ABCD$ 中，$O$ 是对角线 $AC$、$BD$ 的交点，过点 $O$ 作射线 $OM$，$ON$ 分别交 $BC$，$CD$ 于点 $E$、$F$，且 $∠ EOF = 90^{\circ}$，$OC$、$EF$ 交于点 $G$，下列结论：①$△ FOC≌△ EOB$；②$△ OGE∽△ FGC$；③四边形 $CEOF$ 的面积为 1；④$DF^2 + BE^2 = 2OG· OC$. 其中结论正确的序号为(
A.①②③
B.①②
C.③④
D.①②③④
D
)A.①②③
B.①②
C.③④
D.①②③④
答案
10. D
解析
证明：
∵正方形$ABCD$面积为4，
∴边长$AB=BC=CD=DA=2$，对角线$AC=BD=2\sqrt{2}$，$O$为中点，$OC=OB=\sqrt{2}$，$∠ OCB=∠ OBC=45°$，$∠ BOC=90°$。
①$\because ∠ EOF=90°$，$∠ BOC=90°$，$\therefore ∠ FOC=∠ EOB$。
在$△ FOC$和$△ EOB$中，$\begin{cases}∠ FCO=∠ EBO=45°\\OC=OB\\∠ FOC=∠ EOB\end{cases}$，$\therefore △ FOC≌△ EOB(ASA)$，①正确。
②$\because △ FOC≌△ EOB$，$\therefore OE=OF$，$∠ OEF=∠ OFE=45°$。
$\because ∠ OGE=∠ FGC$，$∠ OEG=∠ FCG=45°$，$\therefore △ OGE∼△ FGC$，②正确。
③$\because △ FOC≌△ EOB$，$\therefore S_{△ FOC}=S_{△ EOB}$。
$S_{四边形CEOF}=S_{△ COE}+S_{△ COF}=S_{△ COE}+S_{△ BOE}=S_{△ BOC}=\frac{1}{4}S_{正方形ABCD}=1$，③正确。
④设$DF=x$，$BE=y$，则$CF=2-x$，$CE=2-y$。
由①得$CF=BE=y$，$CE=DF=x$，$\therefore x+y=2$，$EF=\sqrt{x^2+y^2}$。
$\because △ OGE∼△ FGC$，$\frac{OG}{FG}=\frac{OE}{FC}=\frac{\sqrt{2}OE'}{y}$（$OE'$为高），又$OG· OC=OG· \sqrt{2}$，$DF^2+BE^2=x^2+y^2=EF^2=2OG· OC$，④正确。
综上，①②③④正确，答案为D。
∵正方形$ABCD$面积为4，
∴边长$AB=BC=CD=DA=2$，对角线$AC=BD=2\sqrt{2}$，$O$为中点，$OC=OB=\sqrt{2}$，$∠ OCB=∠ OBC=45°$，$∠ BOC=90°$。
①$\because ∠ EOF=90°$，$∠ BOC=90°$，$\therefore ∠ FOC=∠ EOB$。
在$△ FOC$和$△ EOB$中，$\begin{cases}∠ FCO=∠ EBO=45°\\OC=OB\\∠ FOC=∠ EOB\end{cases}$，$\therefore △ FOC≌△ EOB(ASA)$，①正确。
②$\because △ FOC≌△ EOB$，$\therefore OE=OF$，$∠ OEF=∠ OFE=45°$。
$\because ∠ OGE=∠ FGC$，$∠ OEG=∠ FCG=45°$，$\therefore △ OGE∼△ FGC$，②正确。
③$\because △ FOC≌△ EOB$，$\therefore S_{△ FOC}=S_{△ EOB}$。
$S_{四边形CEOF}=S_{△ COE}+S_{△ COF}=S_{△ COE}+S_{△ BOE}=S_{△ BOC}=\frac{1}{4}S_{正方形ABCD}=1$，③正确。
④设$DF=x$，$BE=y$，则$CF=2-x$，$CE=2-y$。
由①得$CF=BE=y$，$CE=DF=x$，$\therefore x+y=2$，$EF=\sqrt{x^2+y^2}$。
$\because △ OGE∼△ FGC$，$\frac{OG}{FG}=\frac{OE}{FC}=\frac{\sqrt{2}OE'}{y}$（$OE'$为高），又$OG· OC=OG· \sqrt{2}$，$DF^2+BE^2=x^2+y^2=EF^2=2OG· OC$，④正确。
综上，①②③④正确，答案为D。
二、填空题(每小题 3 分，共 15 分)
11. 锐角 $A$ 满足 $2\sin(A - 15^{\circ}) = \sqrt{3}$，则 $∠ A =$
11. 锐角 $A$ 满足 $2\sin(A - 15^{\circ}) = \sqrt{3}$，则 $∠ A =$
75
度.答案
11. 75
解析
$2\sin(A - 15^{\circ}) = \sqrt{3}$
$\sin(A - 15^{\circ}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$A - 15^{\circ} = 60^{\circ}$
$A = 75^{\circ}$
$\sin(A - 15^{\circ}) = \frac{\sqrt{3}}{2}$
$A - 15^{\circ} = 60^{\circ}$
$A = 75^{\circ}$
12. 如图，在 $△ ABC$ 中，$∠ A = 60^{\circ}$，$△ ABC$ 的内角平分线与外角平分线交于点 $Q$，则 $∠ Q$ 的余弦值是
$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
.答案
12. $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
解析
证明：设$∠ ABC=2α$，$∠ ACB=2β$。
在$△ ABC$中，$∠ A=60°$，则$2α + 2β + 60°=180°$，即$α + β=60°$。
因为$BQ$平分$∠ ABC$，所以$∠ QBC=α$；$CQ$平分$∠ ACB$的外角，设$∠ ACB$的外角为$∠ ACD$，则$∠ ACD=180° - 2β$，故$∠ QCD=\frac{1}{2}∠ ACD=90° - β$。
在$△ QBC$中，$∠ Q = ∠ QCD - ∠ QBC=(90° - β)-α=90° - (α + β)=90° - 60°=30°$。
所以$\cos∠ Q=\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
$\frac{\sqrt{3}}{2}$
在$△ ABC$中，$∠ A=60°$，则$2α + 2β + 60°=180°$，即$α + β=60°$。
因为$BQ$平分$∠ ABC$，所以$∠ QBC=α$；$CQ$平分$∠ ACB$的外角，设$∠ ACB$的外角为$∠ ACD$，则$∠ ACD=180° - 2β$，故$∠ QCD=\frac{1}{2}∠ ACD=90° - β$。
在$△ QBC$中，$∠ Q = ∠ QCD - ∠ QBC=(90° - β)-α=90° - (α + β)=90° - 60°=30°$。
所以$\cos∠ Q=\cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
$\frac{\sqrt{3}}{2}$
13. 已知 $△ ABC$ 的面积为 $S$，连接 $△ ABC$ 三边中点构成第 2 个三角形，再连接第 2 个三角形三边中点构成第 3 个三角形，以此类推，第 5 个三角形的面积为
$(\dfrac{1}{4})^{4}S$
.答案
13. $(\dfrac{1}{4})^{4}S$
14. 如图，机器人从 $A$ 点沿着西南方向行了 $4\sqrt{2}$ 个单位，到达 $B$ 点后观察到原点 $O$ 在它的南偏东 $60^{\circ}$ 的方向上，则原来 $A$ 的坐标为
$(0,4+\dfrac{4}{3}\sqrt{3})$
(结果保留根号).答案
14. $(0,4+\dfrac{4}{3}\sqrt{3})$
解析
解：设点$A$的坐标为$(0, a)$，过点$B$作$BC ⊥ y$轴于点$C$。
因为机器人从$A$点沿着西南方向行了$4\sqrt{2}$个单位到达$B$点，西南方向即南偏西$45^{\circ}$，所以$△ ABC$是等腰直角三角形，$AC = BC$。
根据勾股定理，$AC^2 + BC^2 = (4\sqrt{2})^2$，又因为$AC = BC$，所以$2AC^2 = 32$，解得$AC = BC = 4$。
则点$B$的坐标为$(-4, a - 4)$。
因为原点$O$在$B$点的南偏东$60^{\circ}$方向上，所以$∠ OBC = 60^{\circ}$。
在$Rt△ OBC$中，$\tan 60^{\circ} = \dfrac{OC}{BC}$，即$\sqrt{3} = \dfrac{a - 4}{4}$，解得$a = 4 + \dfrac{4}{3}\sqrt{3}$。
所以点$A$的坐标为$(0, 4 + \dfrac{4}{3}\sqrt{3})$。
$(0,4+\dfrac{4}{3}\sqrt{3})$
因为机器人从$A$点沿着西南方向行了$4\sqrt{2}$个单位到达$B$点，西南方向即南偏西$45^{\circ}$，所以$△ ABC$是等腰直角三角形，$AC = BC$。
根据勾股定理，$AC^2 + BC^2 = (4\sqrt{2})^2$，又因为$AC = BC$，所以$2AC^2 = 32$，解得$AC = BC = 4$。
则点$B$的坐标为$(-4, a - 4)$。
因为原点$O$在$B$点的南偏东$60^{\circ}$方向上，所以$∠ OBC = 60^{\circ}$。
在$Rt△ OBC$中，$\tan 60^{\circ} = \dfrac{OC}{BC}$，即$\sqrt{3} = \dfrac{a - 4}{4}$，解得$a = 4 + \dfrac{4}{3}\sqrt{3}$。
所以点$A$的坐标为$(0, 4 + \dfrac{4}{3}\sqrt{3})$。
$(0,4+\dfrac{4}{3}\sqrt{3})$
15. 如图，将 $△ AOB$ 以 $O$ 为位似中心，扩大到 $△ COD$，已知各点坐标分别为：$A(1,2)$，$B(3,0)$，$D(4,0)$，则点 $C$ 的坐标为
$(\dfrac{4}{3},\dfrac{8}{3})$
.答案
15. $(\dfrac{4}{3},\dfrac{8}{3})$
解析
解：
∵△AOB以O为位似中心扩大到△COD，
∴点B与点D是对应点，
∵B(3,0)，D(4,0)，
∴位似比为OB:OD=3:4，
∵A(1,2)，
∴点C的坐标为(1×$\dfrac{4}{3}$,2×$\dfrac{4}{3}$)=($\dfrac{4}{3}$,$\dfrac{8}{3}$).
$(\dfrac{4}{3},\dfrac{8}{3})$
∵△AOB以O为位似中心扩大到△COD，
∴点B与点D是对应点，
∵B(3,0)，D(4,0)，
∴位似比为OB:OD=3:4，
∵A(1,2)，
∴点C的坐标为(1×$\dfrac{4}{3}$,2×$\dfrac{4}{3}$)=($\dfrac{4}{3}$,$\dfrac{8}{3}$).
$(\dfrac{4}{3},\dfrac{8}{3})$
