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11 在$△ ABC$中，$∠ C=90°$，$\tan B=\dfrac{5}{12}$，$AC=10$，求$△ ABC$的周长和斜边$AB$上的高。
答案
11. 周长为 60,高为$\dfrac{120}{13}$。
解析
【分析】
本题是直角三角形的计算问题，解题思路可分为三步：第一步，利用锐角正切的定义，结合已知$\tan B$和$AC$的长度，求出另一条直角边$BC$的长；第二步，运用勾股定理计算斜边$AB$的长度，进而求出三角形的周长；第三步，利用直角三角形面积的两种表示方法（两直角边乘积的一半、斜边与斜边上高乘积的一半），列等式求出斜边上的高。
【解析】
解：
∵ 在$△ ABC$中，$∠ C=90°$，
∴ $\tan B=\frac{∠ B的对边}{∠ B的邻边}=\frac{AC}{BC}$，
已知$\tan B=\frac{5}{12}$，$AC=10$，代入得：
$\frac{10}{BC}=\frac{5}{12}$，解得$BC=24$。
由勾股定理得斜边$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{10^2+24^2}=\sqrt{100+576}=\sqrt{676}=26$。
∴ $△ ABC$的周长为$AC+BC+AB=10+24+26=60$。
设斜边$AB$上的高为$h$，根据直角三角形面积相等可得：
$\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· h$，
约去$\frac{1}{2}$，代入数值：$10×24=26h$，
解得$h=\frac{240}{26}=\frac{120}{13}$。
【答案】
周长为60，斜边$AB$上的高为$\dfrac{120}{13}$
【知识点】
正切的定义，勾股定理，直角三角形面积计算
【点评】
本题属于基础计算类题目，解题的核心是正确理解锐角正切的定义，灵活运用勾股定理和面积法求解相关量，掌握这类题型能为解直角三角形的综合应用打好基础。
【难度系数】
0.8
本题是直角三角形的计算问题，解题思路可分为三步：第一步，利用锐角正切的定义，结合已知$\tan B$和$AC$的长度，求出另一条直角边$BC$的长；第二步，运用勾股定理计算斜边$AB$的长度，进而求出三角形的周长；第三步，利用直角三角形面积的两种表示方法（两直角边乘积的一半、斜边与斜边上高乘积的一半），列等式求出斜边上的高。
【解析】
解：
∵ 在$△ ABC$中，$∠ C=90°$，
∴ $\tan B=\frac{∠ B的对边}{∠ B的邻边}=\frac{AC}{BC}$，
已知$\tan B=\frac{5}{12}$，$AC=10$，代入得：
$\frac{10}{BC}=\frac{5}{12}$，解得$BC=24$。
由勾股定理得斜边$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{10^2+24^2}=\sqrt{100+576}=\sqrt{676}=26$。
∴ $△ ABC$的周长为$AC+BC+AB=10+24+26=60$。
设斜边$AB$上的高为$h$，根据直角三角形面积相等可得：
$\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}AB· h$，
约去$\frac{1}{2}$，代入数值：$10×24=26h$，
解得$h=\frac{240}{26}=\frac{120}{13}$。
【答案】
周长为60，斜边$AB$上的高为$\dfrac{120}{13}$
【知识点】
正切的定义，勾股定理，直角三角形面积计算
【点评】
本题属于基础计算类题目，解题的核心是正确理解锐角正切的定义，灵活运用勾股定理和面积法求解相关量，掌握这类题型能为解直角三角形的综合应用打好基础。
【难度系数】
0.8
12 如图，在平面直角坐标系内，O为原点，点A的坐标为(10，0)，点B在第一象限内，BO＝5，$\tan∠ BOA=\frac{3}{4}$。
(1) 求点B的坐标。
(2) 求$\cos∠ BAO$的值。
(1) 求点B的坐标。
(2) 求$\cos∠ BAO$的值。
答案
12. (1) $B(4, 3)$ (2) $\cos∠ BAO = \dfrac{2\sqrt{5}}{5}$
解析
【分析】
(1) 求点B的坐标可通过作垂线构造直角三角形求解：过B作BH⊥x轴于H，点B的横坐标等于OH的长度，纵坐标等于BH的长度。已知$\tan∠BOA=\frac{3}{4}$，即Rt△OBH中对边BH比邻边OH为$\frac{3}{4}$，可设参数结合勾股定理求出OH、BH的长度，即可得到B点坐标。
(2) 求$\cos∠BAO$的值，先明确∠BAO所在的直角三角形：∠BAO在Rt△ABH中，先求出AH和斜边AB的长度，再根据余弦是邻边比斜边的定义计算即可。
【解析】
(1) 过点B作$BH⊥ OA$，垂足为H。
在$Rt△ OHB$中，$\tan∠ BOA=\frac{BH}{OH}=\frac{3}{4}$，设$BH=3k$，$OH=4k$（$k＞0$）。
由勾股定理得：$OB^2=OH^2+BH^2$，代入$OB=5$得：
$5^2=(4k)^2+(3k)^2$，即$25=25k^2$，解得$k=1$（舍去负根）。
∴$OH=4$，$BH=3$，又
∵点B在第一象限，
∴$B(4,3)$。
(2)
∵点A坐标为$(10,0)$，
∴$OA=10$，则$AH=OA-OH=10-4=6$。
在$Rt△ AHB$中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AH^2+BH^2}=\sqrt{6^2+3^2}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$。
根据余弦定义：$\cos∠ BAO=\frac{AH}{AB}=\frac{6}{3\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
(1) $B(4,3)$；(2) $\cos∠BAO = \dfrac{2\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
1. 锐角三角函数定义；2. 勾股定理；3. 点的坐标特征
【点评】
本题是平面直角坐标系与锐角三角函数的结合题型，作高构造直角三角形是解题的核心思路，需要熟练掌握三角函数的边比关系和勾股定理的应用，计算时注意分母有理化的规范。
【难度系数】
0.7
(1) 求点B的坐标可通过作垂线构造直角三角形求解：过B作BH⊥x轴于H，点B的横坐标等于OH的长度，纵坐标等于BH的长度。已知$\tan∠BOA=\frac{3}{4}$，即Rt△OBH中对边BH比邻边OH为$\frac{3}{4}$，可设参数结合勾股定理求出OH、BH的长度，即可得到B点坐标。
(2) 求$\cos∠BAO$的值，先明确∠BAO所在的直角三角形：∠BAO在Rt△ABH中，先求出AH和斜边AB的长度，再根据余弦是邻边比斜边的定义计算即可。
【解析】
(1) 过点B作$BH⊥ OA$，垂足为H。
在$Rt△ OHB$中，$\tan∠ BOA=\frac{BH}{OH}=\frac{3}{4}$，设$BH=3k$，$OH=4k$（$k＞0$）。
由勾股定理得：$OB^2=OH^2+BH^2$，代入$OB=5$得：
$5^2=(4k)^2+(3k)^2$，即$25=25k^2$，解得$k=1$（舍去负根）。
∴$OH=4$，$BH=3$，又
∵点B在第一象限，
∴$B(4,3)$。
(2)
∵点A坐标为$(10,0)$，
∴$OA=10$，则$AH=OA-OH=10-4=6$。
在$Rt△ AHB$中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AH^2+BH^2}=\sqrt{6^2+3^2}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$。
根据余弦定义：$\cos∠ BAO=\frac{AH}{AB}=\frac{6}{3\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
(1) $B(4,3)$；(2) $\cos∠BAO = \dfrac{2\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
1. 锐角三角函数定义；2. 勾股定理；3. 点的坐标特征
【点评】
本题是平面直角坐标系与锐角三角函数的结合题型，作高构造直角三角形是解题的核心思路，需要熟练掌握三角函数的边比关系和勾股定理的应用，计算时注意分母有理化的规范。
【难度系数】
0.7
13 在$△ ABC$中，$AB=AC=5$，$BC=8$，$∠ PDQ$的顶点$D$在$BC$边上，$DP$交边$AB$于点$E$，$DQ$交边$AB$于点$O$且交$CA$的延长线于点$F$(点$F$与点$A$不重合)，若$∠ PDQ=∠ B$，$BD=3$。
(1) 求证：$△ BDE ∽ △ CFD$。
(2) 当$△ AOF$是以$AO$为腰的等腰三角形时，求$∠ BDE$的正切。
(1) 求证：$△ BDE ∽ △ CFD$。
(2) 当$△ AOF$是以$AO$为腰的等腰三角形时，求$∠ BDE$的正切。
答案
13. (1) 因为 $AB = AC$,所以 $∠ B = ∠ C$。因为 $∠ PDQ = ∠ B$, $∠ B + ∠ BED = ∠ PDC = ∠ PDQ + ∠ QDC$,所以 $∠ BED = ∠ QDC$,所以 $△ BDE ∽ △ CFD$。
(2) 易知 $\tan∠ B = \dfrac{3}{4}$。 ① 当 $AO = AF$ 时,可得 $DQ ⊥ BC$,从而 $\tan∠ BDE = \dfrac{4}{3}$; ② 当 $AO = OF$ 时,$∠ AFO = ∠ FAO$。因为 $∠ FDB = ∠ C + ∠ DFC = ∠ PDQ + ∠ BDE$,又因为 $∠ C = ∠ PDQ$,所以 $∠ BDE = ∠ DFC = ∠ FAO$。过点 $B$ 作 $BH ⊥ CF$ 于点 $H$,可得 $\tan∠ FAO = \dfrac{24}{7}$,所以 $\tan∠ BDE = \tan∠ FAO = \dfrac{24}{7}$。
(2) 易知 $\tan∠ B = \dfrac{3}{4}$。 ① 当 $AO = AF$ 时,可得 $DQ ⊥ BC$,从而 $\tan∠ BDE = \dfrac{4}{3}$; ② 当 $AO = OF$ 时,$∠ AFO = ∠ FAO$。因为 $∠ FDB = ∠ C + ∠ DFC = ∠ PDQ + ∠ BDE$,又因为 $∠ C = ∠ PDQ$,所以 $∠ BDE = ∠ DFC = ∠ FAO$。过点 $B$ 作 $BH ⊥ CF$ 于点 $H$,可得 $\tan∠ FAO = \dfrac{24}{7}$,所以 $\tan∠ BDE = \tan∠ FAO = \dfrac{24}{7}$。
解析
【分析】
(1) 要证明△BDE∽△CFD，首先由AB=AC可得底角∠B=∠C，已有一组对应角相等，再结合外角性质和已知∠PDQ=∠B，推导得到另一组对应角相等即可证明相似。
(2) 先通过等腰三角形三线合一和勾股定理求出∠B的正切值为$\frac{3}{4}$；再针对△AOF以AO为腰的情况分两类讨论：①AO=AF，通过角度关系推导得DQ⊥BC，可知∠BDE与∠B互余，即可求出其正切；②AO=OF，通过角度转化得∠BDE=∠FAO，作辅助线求出∠FAO的正切即为所求。
【解析】
(1) 证明：
∵$AB=AC$，
∴$∠ B = ∠ C$。
∵$∠ PDC$是$△ BDE$的外角，
∴$∠ PDC = ∠ B + ∠ BED$，
又$∠ PDC = ∠ PDQ + ∠ CDF$，且已知$∠ PDQ = ∠ B$，
代入得$∠ B + ∠ BED = ∠ B + ∠ CDF$，化简得$∠ BED = ∠ CDF$，
∴$△ BDE ∽ △ CFD$（两角分别相等的两个三角形相似）。
(2) 解：
过点$A$作$AG ⊥ BC$于点$G$，
∵$AB=AC=5$，$BC=8$，由等腰三角形三线合一得$BG=\frac{1}{2}BC=4$，
在$Rt△ ABG$中，由勾股定理得$AG=\sqrt{AB^2-BG^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$，
∴$\tan∠ B=\frac{AG}{BG}=\frac{3}{4}$。
$△ AOF$以$AO$为腰分两种情况讨论：
① 当$AO=AF$时，$∠ AOF=∠ AFO$，
∵$∠ OAF=180°-∠ BAC$，$∠ B=\frac{180°-∠ BAC}{2}$，
∴$∠ OAF=2∠ B$，
在$△ AOF$中，$∠ AOF+∠ AFO=180°-∠ OAF=180°-2∠ B$，即$∠ AOF=90°-∠ B$，
又$∠ AOF=∠ BOD$，
∴$∠ BOD=90°-∠ B$，
在$△ BOD$中，$∠ BDO=180°-∠ B-∠ BOD=90°$，即$DQ⊥ BC$，
∴$∠ PDQ+∠ BDE=90°$，又$∠ PDQ=∠ B$，
∴$∠ B+∠ BDE=90°$，故$\tan∠ BDE=\frac{1}{\tan∠ B}=\frac{4}{3}$。
② 当$AO=OF$时，$∠ OAF=∠ AFO$，
∵$∠ FDC$是$△ DFC$的外角，
∴$∠ FDC=∠ C+∠ DFC$，
又$∠ FDC=∠ PDQ+∠ BDE$，且$∠ C=∠ PDQ=∠ B$，
代入得$∠ BDE=∠ DFC=∠ OAF$。
过点$B$作$BH⊥ CF$交$CF$延长线于点$H$，
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× BC× AG=\frac{1}{2}×8×3=12$，
又$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× AC× BH$，代入得$12=\frac{1}{2}×5× BH$，解得$BH=\frac{24}{5}$，
在$Rt△ ABH$中，$AH=\sqrt{AB^2-BH^2}=\sqrt{5^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{7}{5}$，
∴$\tan∠ FAO=\frac{BH}{AH}=\frac{\frac{24}{5}}{\frac{7}{5}}=\frac{24}{7}$，即$\tan∠ BDE=\frac{24}{7}$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $∠ BDE$的正切值为$\boldsymbol{\dfrac{4}{3}}$或$\boldsymbol{\dfrac{24}{7}}$。
【知识点】
相似三角形的判定；等腰三角形的性质；锐角三角函数的定义
【点评】
本题综合考查了相似证明、等腰三角形分类讨论和锐角三角函数计算，解题关键是明确等腰三角形腰不确定时要分情况讨论，避免漏解，同时要灵活运用角度转化将未知角的三角函数值转化为易求的角的三角函数值。
【难度系数】
0.4
(1) 要证明△BDE∽△CFD，首先由AB=AC可得底角∠B=∠C，已有一组对应角相等，再结合外角性质和已知∠PDQ=∠B，推导得到另一组对应角相等即可证明相似。
(2) 先通过等腰三角形三线合一和勾股定理求出∠B的正切值为$\frac{3}{4}$；再针对△AOF以AO为腰的情况分两类讨论：①AO=AF，通过角度关系推导得DQ⊥BC，可知∠BDE与∠B互余，即可求出其正切；②AO=OF，通过角度转化得∠BDE=∠FAO，作辅助线求出∠FAO的正切即为所求。
【解析】
(1) 证明：
∵$AB=AC$，
∴$∠ B = ∠ C$。
∵$∠ PDC$是$△ BDE$的外角，
∴$∠ PDC = ∠ B + ∠ BED$，
又$∠ PDC = ∠ PDQ + ∠ CDF$，且已知$∠ PDQ = ∠ B$，
代入得$∠ B + ∠ BED = ∠ B + ∠ CDF$，化简得$∠ BED = ∠ CDF$，
∴$△ BDE ∽ △ CFD$（两角分别相等的两个三角形相似）。
(2) 解：
过点$A$作$AG ⊥ BC$于点$G$，
∵$AB=AC=5$，$BC=8$，由等腰三角形三线合一得$BG=\frac{1}{2}BC=4$，
在$Rt△ ABG$中，由勾股定理得$AG=\sqrt{AB^2-BG^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$，
∴$\tan∠ B=\frac{AG}{BG}=\frac{3}{4}$。
$△ AOF$以$AO$为腰分两种情况讨论：
① 当$AO=AF$时，$∠ AOF=∠ AFO$，
∵$∠ OAF=180°-∠ BAC$，$∠ B=\frac{180°-∠ BAC}{2}$，
∴$∠ OAF=2∠ B$，
在$△ AOF$中，$∠ AOF+∠ AFO=180°-∠ OAF=180°-2∠ B$，即$∠ AOF=90°-∠ B$，
又$∠ AOF=∠ BOD$，
∴$∠ BOD=90°-∠ B$，
在$△ BOD$中，$∠ BDO=180°-∠ B-∠ BOD=90°$，即$DQ⊥ BC$，
∴$∠ PDQ+∠ BDE=90°$，又$∠ PDQ=∠ B$，
∴$∠ B+∠ BDE=90°$，故$\tan∠ BDE=\frac{1}{\tan∠ B}=\frac{4}{3}$。
② 当$AO=OF$时，$∠ OAF=∠ AFO$，
∵$∠ FDC$是$△ DFC$的外角，
∴$∠ FDC=∠ C+∠ DFC$，
又$∠ FDC=∠ PDQ+∠ BDE$，且$∠ C=∠ PDQ=∠ B$，
代入得$∠ BDE=∠ DFC=∠ OAF$。
过点$B$作$BH⊥ CF$交$CF$延长线于点$H$，
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× BC× AG=\frac{1}{2}×8×3=12$，
又$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× AC× BH$，代入得$12=\frac{1}{2}×5× BH$，解得$BH=\frac{24}{5}$，
在$Rt△ ABH$中，$AH=\sqrt{AB^2-BH^2}=\sqrt{5^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{7}{5}$，
∴$\tan∠ FAO=\frac{BH}{AH}=\frac{\frac{24}{5}}{\frac{7}{5}}=\frac{24}{7}$，即$\tan∠ BDE=\frac{24}{7}$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $∠ BDE$的正切值为$\boldsymbol{\dfrac{4}{3}}$或$\boldsymbol{\dfrac{24}{7}}$。
【知识点】
相似三角形的判定；等腰三角形的性质；锐角三角函数的定义
【点评】
本题综合考查了相似证明、等腰三角形分类讨论和锐角三角函数计算，解题关键是明确等腰三角形腰不确定时要分情况讨论，避免漏解，同时要灵活运用角度转化将未知角的三角函数值转化为易求的角的三角函数值。
【难度系数】
0.4
