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1.$\cos 60^{\circ}$的值是(
A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
D.$\sqrt{3}$
A
).A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
D.$\sqrt{3}$
答案
1.A
2.在$\mathrm{Rt}\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，$\tan B=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$BC=2\sqrt{3}$，则$AC$的长是(
A.$3$
B.$4$
C.$4\sqrt{3}$
D.$6$
A
).A.$3$
B.$4$
C.$4\sqrt{3}$
D.$6$
答案
2.A 提示：由 $\tan B = \frac{AC}{BC}$，知 $AC = BC · \tan B = 2\sqrt{3} × \frac{\sqrt{3}}{2} = 3$.
3.如图，在由边长为$1$的小正方形组成的网格中，$\triangle ABC$的三个顶点均在格点上，则$\tan \angle ABC$的值是(
A.$\frac{3}{5}$
B.$\frac{3}{4}$
C.$\frac{\sqrt{10}}{5}$
D.$1$
B
).A.$\frac{3}{5}$
B.$\frac{3}{4}$
C.$\frac{\sqrt{10}}{5}$
D.$1$
答案
3.B
解析
过点$A$作$AD \perp BC$于点$D$，通过网格计算得$AD = 3$，$BD = 4$，在$Rt\triangle ABD$中，$\tan \angle ABC=\frac{AD}{BD}=\frac{3}{4}$。
B
B
4.如图，在四边形$ABCD$中，$AD// BC$，$AC\perp AB$，$AD=CD$，$\cos\angle DCA=\frac{4}{5}$，$BC=10$，则$AB$的长是(
A.$3$
B.$6$
C.$8$
D.$9$
B
).A.$3$
B.$6$
C.$8$
D.$9$
答案
4.B 提示：$\because AD = CD$，$\therefore \angle DAC = \angle DCA$. 又$\because AD // BC$，$\therefore \angle DAC = \angle ACB$.$\therefore \angle DCA = \angle ACB$. 在 $ Rt \triangle ACB$ 中，$AC = BC · \cos \angle ACB = 10 × \frac{4}{5} = 8$，则 $AB = \sqrt{BC^2 - AC^2} = 6$.
5.如图，$AB$是$\odot O$的直径，$C$是$\odot O$上的点，过点$C$作$\odot O$的切线交$AB$的延长线于点$E$，若$\angle A=30^{\circ}$，则$\sin E$的值是(
A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
A
).A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
答案
5.A
解析
连接$OC$。
因为$OA=OC$，$\angle A=30^{\circ}$，所以$\angle OCA=\angle A=30^{\circ}$，则$\angle COE=\angle A+\angle OCA=60^{\circ}$。
因为$CE$是$\odot O$的切线，所以$OC\perp CE$，即$\angle OCE=90^{\circ}$。
在$Rt\triangle OCE$中，$\angle E=90^{\circ}-\angle COE=30^{\circ}$，所以$\sin E=\sin 30^{\circ}=\frac{1}{2}$。
A
因为$OA=OC$，$\angle A=30^{\circ}$，所以$\angle OCA=\angle A=30^{\circ}$，则$\angle COE=\angle A+\angle OCA=60^{\circ}$。
因为$CE$是$\odot O$的切线，所以$OC\perp CE$，即$\angle OCE=90^{\circ}$。
在$Rt\triangle OCE$中，$\angle E=90^{\circ}-\angle COE=30^{\circ}$，所以$\sin E=\sin 30^{\circ}=\frac{1}{2}$。
A
6.如图，沿$AE$折叠矩形纸片$ABCD$，使点$D$落在$BC$边的点$F$处.已知$AB=8$，$BC=10$，则$\tan\angle EFC$的值是(
A.$\frac{3}{4}$
B.$\frac{4}{3}$
C.$\frac{3}{5}$
D.$\frac{4}{5}$
A
).A.$\frac{3}{4}$
B.$\frac{4}{3}$
C.$\frac{3}{5}$
D.$\frac{4}{5}$
答案
6.A
解析
解：
∵ 矩形 $ABCD$ 中，$AB=8$，$BC=10$，
∴ $AD=BC=10$，$CD=AB=8$，$\angle B=\angle C=90°$．
由折叠性质得：$AF=AD=10$，$EF=DE$，设 $EC=x$，则 $EF=DE=8-x$．
在 $Rt\triangle ABF$ 中，$BF=\sqrt{AF^2-AB^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$，
∴ $FC=BC-BF=10-6=4$．
在 $Rt\triangle EFC$ 中，$FC^2+EC^2=EF^2$，即 $4^2+x^2=(8-x)^2$，
解得 $x=3$，
∴ $EC=3$．
∴ $\tan\angle EFC=\frac{EC}{FC}=\frac{3}{4}$．
答案：$\frac{3}{4}$
∵ 矩形 $ABCD$ 中，$AB=8$，$BC=10$，
∴ $AD=BC=10$，$CD=AB=8$，$\angle B=\angle C=90°$．
由折叠性质得：$AF=AD=10$，$EF=DE$，设 $EC=x$，则 $EF=DE=8-x$．
在 $Rt\triangle ABF$ 中，$BF=\sqrt{AF^2-AB^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6$，
∴ $FC=BC-BF=10-6=4$．
在 $Rt\triangle EFC$ 中，$FC^2+EC^2=EF^2$，即 $4^2+x^2=(8-x)^2$，
解得 $x=3$，
∴ $EC=3$．
∴ $\tan\angle EFC=\frac{EC}{FC}=\frac{3}{4}$．
答案：$\frac{3}{4}$
7.如图，在四边形$ABCD$中，$E,F$分别是$AB,AD$的中点.若$EF=2$，$BC=5$，$CD=3$，则$\tan C$的值是(
A.$\frac{3}{4}$
B.$\frac{4}{3}$
C.$\frac{3}{5}$
D.$\frac{4}{5}$
B
).A.$\frac{3}{4}$
B.$\frac{4}{3}$
C.$\frac{3}{5}$
D.$\frac{4}{5}$
答案
7.B 提示：连接 $BD$，由三角形中位线定理得 $BD = 2EF = 2 × 2 = 4$. 又$\because BC = 5$，$CD = 3$，$\therefore CD^2 + BD^2 = BC^2$.$\therefore \triangle BDC$ 是直角三角形，且 $\angle BDC = 90°$.$\therefore \tan C = \frac{BD}{CD} = \frac{4}{3}$.
