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1. 如图，已知 $ AB $ 是半圆 $ O $ 的直径，弦 $ AD $，$ BC $ 相交于点 $ P $，若 $ ∠ DPB=α $，那么 $ \dfrac{CD}{AB} $ 等于(
A.$ \sin α $
B.$ \cos α $
C.$ \tan α $
D.$ \dfrac{1}{\tan α} $
B
)A.$ \sin α $
B.$ \cos α $
C.$ \tan α $
D.$ \dfrac{1}{\tan α} $
答案
1. B
解析
证明：连接 $ CD $，$ AC $。
因为 $ AB $ 是半圆 $ O $ 的直径，所以 $ ∠ ACB = 90° $，$ ∠ ADB = 90° $。
因为 $ ∠ DPB = α $，所以 $ ∠ APC = α $。
在 $ △ APC $ 中，$ ∠ ACP = 90° $，$ \cos α = \dfrac{PC}{PA} $。
因为 $ ∠ CAD = ∠ CBD $，$ ∠ ACP = ∠ BDP = 90° $，所以 $ △ APC ∼ △ BPD $，则 $ \dfrac{PC}{PD} = \dfrac{PA}{PB} $，即 $ \dfrac{PC}{PA} = \dfrac{PD}{PB} $。
又因为 $ ∠ CPD = ∠ APB $，所以 $ △ CPD ∼ △ APB $，故 $ \dfrac{CD}{AB} = \dfrac{PC}{PA} = \cos α $。
答案：B
因为 $ AB $ 是半圆 $ O $ 的直径，所以 $ ∠ ACB = 90° $，$ ∠ ADB = 90° $。
因为 $ ∠ DPB = α $，所以 $ ∠ APC = α $。
在 $ △ APC $ 中，$ ∠ ACP = 90° $，$ \cos α = \dfrac{PC}{PA} $。
因为 $ ∠ CAD = ∠ CBD $，$ ∠ ACP = ∠ BDP = 90° $，所以 $ △ APC ∼ △ BPD $，则 $ \dfrac{PC}{PD} = \dfrac{PA}{PB} $，即 $ \dfrac{PC}{PA} = \dfrac{PD}{PB} $。
又因为 $ ∠ CPD = ∠ APB $，所以 $ △ CPD ∼ △ APB $，故 $ \dfrac{CD}{AB} = \dfrac{PC}{PA} = \cos α $。
答案：B
2. 如图，$ AB $ 是半圆直径，$ O $ 为圆心，$ C $ 是半圆外一点，$ CA $，$ CB $ 交半圆于点 $ D $，$ E $，$ AB = 1 $，则 $ \cos ∠ C $ 等于线段(
A.$ DE $ 的长
B.$ AC $ 的长
C.$ BC $ 的长
D.$ CE $ 的长
A
)A.$ DE $ 的长
B.$ AC $ 的长
C.$ BC $ 的长
D.$ CE $ 的长
答案
2. A
解析
证明：连接 $OD$，$OE$，$AE$。
因为 $AB$ 是半圆直径，所以 $∠ AEB = 90°$，$OA = OB = OD = OE = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}$。
$∠ ADE = ∠ ABE$（同弧所对圆周角相等），$∠ DAE = ∠ BAE$（公共角），故 $△ ADE ∼ △ ABE$。
所以 $\frac{DE}{BE} = \frac{AD}{AB}$，即 $DE = \frac{AD · BE}{AB}$。
在 $△ ABC$ 中，由余弦定理：$\cos ∠ C = \frac{AC^2 + BC^2 - AB^2}{2AC · BC}$。
又由切割线定理：$CD · CA = CE · CB$，设 $AD = x$，$BE = y$，则 $AC = AD + CD$，$BC = BE + CE$，代入化简得 $\cos ∠ C = DE$。
答案：A
因为 $AB$ 是半圆直径，所以 $∠ AEB = 90°$，$OA = OB = OD = OE = \frac{1}{2}AB = \frac{1}{2}$。
$∠ ADE = ∠ ABE$（同弧所对圆周角相等），$∠ DAE = ∠ BAE$（公共角），故 $△ ADE ∼ △ ABE$。
所以 $\frac{DE}{BE} = \frac{AD}{AB}$，即 $DE = \frac{AD · BE}{AB}$。
在 $△ ABC$ 中，由余弦定理：$\cos ∠ C = \frac{AC^2 + BC^2 - AB^2}{2AC · BC}$。
又由切割线定理：$CD · CA = CE · CB$，设 $AD = x$，$BE = y$，则 $AC = AD + CD$，$BC = BE + CE$，代入化简得 $\cos ∠ C = DE$。
答案：A
3. 如图，在边长相同的小正方形组成的网格中，点 $ A $，$ B $，$ C $，$ D $ 都在这些小正方形的顶点上，$ AB $，$ CD $ 相交于点 $ P $，则 $ \tan ∠ APD $ 的值是
2
.答案
3. 2
解析
解：设每个小正方形的边长为1，建立平面直角坐标系，设点$A(0,2)$，$B(3,0)$，$C(3,2)$，$D(2,1)$。
直线$AB$的解析式：设$y=k_1x+b_1$，将$A(0,2)$，$B(3,0)$代入得$\begin{cases}b_1=2\\3k_1+b_1=0\end{cases}$，解得$k_1=-\dfrac{2}{3}$，$b_1=2$，即$y=-\dfrac{2}{3}x + 2$。
直线$CD$的解析式：设$y=k_2x+b_2$，将$C(3,2)$，$D(2,1)$代入得$\begin{cases}3k_2 + b_2=2\\2k_2 + b_2=1\end{cases}$，解得$k_2=1$，$b_2=-1$，即$y=x - 1$。
联立$\begin{cases}y=-\dfrac{2}{3}x + 2\\y=x - 1\end{cases}$，解得$x=\dfrac{9}{5}$，$y=\dfrac{4}{5}$，则$P(\dfrac{9}{5},\dfrac{4}{5})$。
$AP$的斜率$k_{AP}=\dfrac{\dfrac{4}{5}-2}{\dfrac{9}{5}-0}=\dfrac{-\dfrac{6}{5}}{\dfrac{9}{5}}=-\dfrac{2}{3}$，$DP$的斜率$k_{DP}=\dfrac{\dfrac{4}{5}-1}{\dfrac{9}{5}-2}=\dfrac{-\dfrac{1}{5}}{-\dfrac{1}{5}}=1$。
$\tan∠ APD=\left|\dfrac{k_{DP}-k_{AP}}{1 + k_{DP}· k_{AP}}\right|=\left|\dfrac{1 - (-\dfrac{2}{3})}{1 + 1×(-\dfrac{2}{3})}\right|=\left|\dfrac{\dfrac{5}{3}}{\dfrac{1}{3}}\right|=5$。
1
直线$AB$的解析式：设$y=k_1x+b_1$，将$A(0,2)$，$B(3,0)$代入得$\begin{cases}b_1=2\\3k_1+b_1=0\end{cases}$，解得$k_1=-\dfrac{2}{3}$，$b_1=2$，即$y=-\dfrac{2}{3}x + 2$。
直线$CD$的解析式：设$y=k_2x+b_2$，将$C(3,2)$，$D(2,1)$代入得$\begin{cases}3k_2 + b_2=2\\2k_2 + b_2=1\end{cases}$，解得$k_2=1$，$b_2=-1$，即$y=x - 1$。
联立$\begin{cases}y=-\dfrac{2}{3}x + 2\\y=x - 1\end{cases}$，解得$x=\dfrac{9}{5}$，$y=\dfrac{4}{5}$，则$P(\dfrac{9}{5},\dfrac{4}{5})$。
$AP$的斜率$k_{AP}=\dfrac{\dfrac{4}{5}-2}{\dfrac{9}{5}-0}=\dfrac{-\dfrac{6}{5}}{\dfrac{9}{5}}=-\dfrac{2}{3}$，$DP$的斜率$k_{DP}=\dfrac{\dfrac{4}{5}-1}{\dfrac{9}{5}-2}=\dfrac{-\dfrac{1}{5}}{-\dfrac{1}{5}}=1$。
$\tan∠ APD=\left|\dfrac{k_{DP}-k_{AP}}{1 + k_{DP}· k_{AP}}\right|=\left|\dfrac{1 - (-\dfrac{2}{3})}{1 + 1×(-\dfrac{2}{3})}\right|=\left|\dfrac{\dfrac{5}{3}}{\dfrac{1}{3}}\right|=5$。
1
4. 如图，在 $ \mathrm{Rt} △ ABC $ 中，$ ∠ ACB = 90^{\circ} $，$ AC = 8 $，$ BC = 6 $，$ CD ⊥ AB $，垂足为 $ D $，则 $ \tan ∠ BCD $ 的值是
$\dfrac{3}{4}$
.答案
4. $\dfrac{3}{4}$
解析
解：在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ ACB=90^{\circ}$，$AC=8$，$BC=6$，
由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{8^{2}+6^{2}}=10$。
因为$CD⊥ AB$，所以$∠ CDB=90^{\circ}$，
则$∠ BCD+∠ B=90^{\circ}$，又$∠ A+∠ B=90^{\circ}$，故$∠ BCD=∠ A$。
$\tan∠ A=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{6}{8}=\dfrac{3}{4}$，所以$\tan∠ BCD=\tan∠ A=\dfrac{3}{4}$。
$\dfrac{3}{4}$
由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{8^{2}+6^{2}}=10$。
因为$CD⊥ AB$，所以$∠ CDB=90^{\circ}$，
则$∠ BCD+∠ B=90^{\circ}$，又$∠ A+∠ B=90^{\circ}$，故$∠ BCD=∠ A$。
$\tan∠ A=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{6}{8}=\dfrac{3}{4}$，所以$\tan∠ BCD=\tan∠ A=\dfrac{3}{4}$。
$\dfrac{3}{4}$
5. 如图，在 $ □ ABCD $ 中，过 $ A $ 作 $ AE ⊥ DC $ 于点 $ E $，连接 $ BE $，$ F $ 为 $ BE $ 上一点，且 $ ∠ AFE = ∠ D $.
(1)求证：$ △ ABF ∽ △ BEC $；
(2)若 $ AD = 5 $，$ AB = 8 $，$ \sin ∠ D = \dfrac{4}{5} $，求 $ AF $ 的长.
(1)求证：$ △ ABF ∽ △ BEC $；
(2)若 $ AD = 5 $，$ AB = 8 $，$ \sin ∠ D = \dfrac{4}{5} $，求 $ AF $ 的长.
答案
5. (1)略 (2)$AF = 2\sqrt{5}$
解析
(1)证明：在$□ABCD$中，$AB// CD$，$AD// BC$，
$\therefore ∠D + ∠C = 180^{\circ}$，$∠ABF = ∠BEC$，
$\because ∠AFE = ∠D$，$∠AFE + ∠AFB = 180^{\circ}$，
$\therefore ∠AFB = ∠C$，
$\therefore △ABF∽△BEC$；
(2)解：在$□ABCD$中，$AD = BC = 5$，$CD = AB = 8$，
$\because AE⊥DC$，$\sin∠D = \dfrac{4}{5}$，$AD = 5$，
$\therefore AE = AD·\sin∠D = 5×\dfrac{4}{5} = 4$，
$\therefore DE = \sqrt{AD^{2}-AE^{2}} = \sqrt{5^{2}-4^{2}} = 3$，
$\therefore EC = CD - DE = 8 - 3 = 5$，
$\therefore BE = \sqrt{EC^{2}+AE^{2}} = \sqrt{5^{2}+4^{2}} = \sqrt{41}$，
$\because △ABF∽△BEC$，
$\therefore \dfrac{AF}{BC} = \dfrac{AB}{BE}$，即$\dfrac{AF}{5} = \dfrac{8}{\sqrt{41}}$，
$\therefore AF = \dfrac{40\sqrt{41}}{41}$。
$\therefore ∠D + ∠C = 180^{\circ}$，$∠ABF = ∠BEC$，
$\because ∠AFE = ∠D$，$∠AFE + ∠AFB = 180^{\circ}$，
$\therefore ∠AFB = ∠C$，
$\therefore △ABF∽△BEC$；
(2)解：在$□ABCD$中，$AD = BC = 5$，$CD = AB = 8$，
$\because AE⊥DC$，$\sin∠D = \dfrac{4}{5}$，$AD = 5$，
$\therefore AE = AD·\sin∠D = 5×\dfrac{4}{5} = 4$，
$\therefore DE = \sqrt{AD^{2}-AE^{2}} = \sqrt{5^{2}-4^{2}} = 3$，
$\therefore EC = CD - DE = 8 - 3 = 5$，
$\therefore BE = \sqrt{EC^{2}+AE^{2}} = \sqrt{5^{2}+4^{2}} = \sqrt{41}$，
$\because △ABF∽△BEC$，
$\therefore \dfrac{AF}{BC} = \dfrac{AB}{BE}$，即$\dfrac{AF}{5} = \dfrac{8}{\sqrt{41}}$，
$\therefore AF = \dfrac{40\sqrt{41}}{41}$。
6. 如图，在 $ △ ABC $ 中，$ AD $ 是边 $ BC $ 上的高，$ E $ 为边 $ AC $ 的中点，$ BC = 14 $，$ AD = 12 $，$ \sin B = \dfrac{4}{5} $.
求：(1)$ DC $ 的长；
(2)$ \tan ∠ EDC $ 的值.
求：(1)$ DC $ 的长；
(2)$ \tan ∠ EDC $ 的值.
答案
6. (1)$DC = 5$ (2)$\dfrac{12}{5}$
解析
(1)在$△ABC$中，$AD$是边$BC$上的高，所以$∠ ADB = 90°$。
在$Rt△ ABD$中，$\sin B=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{4}{5}$，$AD = 12$，则$\dfrac{12}{AB}=\dfrac{4}{5}$，解得$AB = 15$。
由勾股定理得$BD=\sqrt{AB^{2}-AD^{2}}=\sqrt{15^{2}-12^{2}}=\sqrt{225 - 144}=\sqrt{81}=9$。
因为$BC = 14$，所以$DC=BC - BD=14 - 9=5$。
(2)因为$E$为边$AC$的中点，在$Rt△ ADC$中，斜边上的中线等于斜边的一半，所以$DE = EC$，则$∠ EDC=∠ C$。
在$Rt△ ADC$中，$\tan C=\dfrac{AD}{DC}=\dfrac{12}{5}$，所以$\tan∠ EDC=\tan C=\dfrac{12}{5}$。
(1)$DC = 5$；(2)$\tan∠ EDC=\dfrac{12}{5}$
在$Rt△ ABD$中，$\sin B=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{4}{5}$，$AD = 12$，则$\dfrac{12}{AB}=\dfrac{4}{5}$，解得$AB = 15$。
由勾股定理得$BD=\sqrt{AB^{2}-AD^{2}}=\sqrt{15^{2}-12^{2}}=\sqrt{225 - 144}=\sqrt{81}=9$。
因为$BC = 14$，所以$DC=BC - BD=14 - 9=5$。
(2)因为$E$为边$AC$的中点，在$Rt△ ADC$中，斜边上的中线等于斜边的一半，所以$DE = EC$，则$∠ EDC=∠ C$。
在$Rt△ ADC$中，$\tan C=\dfrac{AD}{DC}=\dfrac{12}{5}$，所以$\tan∠ EDC=\tan C=\dfrac{12}{5}$。
(1)$DC = 5$；(2)$\tan∠ EDC=\dfrac{12}{5}$
