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8. 如图,在 $ △ ABC $ 中,$ ∠ B = 30^{\circ} $,$ ∠ C = 45^{\circ} $,$ AD $ 平分 $ ∠ BAC $ 交 $ BC $ 于点 $ D $,$ DE⊥ AB $,垂足为 $ E $. 若 $ DE = 1 $,则 $ BC $ 的长为(
A.$ 2 + \sqrt{2} $
B.$ \sqrt{2} + \sqrt{3} $
C.$ 2 + \sqrt{3} $
D.3
A
)A.$ 2 + \sqrt{2} $
B.$ \sqrt{2} + \sqrt{3} $
C.$ 2 + \sqrt{3} $
D.3
答案
8.A
解析
证明：过点$D$作$DF ⊥ AC$于点$F$。
因为$AD$平分$∠ BAC$，$DE ⊥ AB$，$DF ⊥ AC$，所以$DE = DF = 1$。
在$\mathrm{Rt}△ BED$中，$∠ B = 30°$，$DE = 1$，所以$BD = 2DE = 2$。
在$\mathrm{Rt}△ DFC$中，$∠ C = 45°$，$DF = 1$，所以$DC = \sqrt{DF^2 + FC^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$。
因此$BC = BD + DC = 2 + \sqrt{2}$。
答案：A
因为$AD$平分$∠ BAC$，$DE ⊥ AB$，$DF ⊥ AC$，所以$DE = DF = 1$。
在$\mathrm{Rt}△ BED$中，$∠ B = 30°$，$DE = 1$，所以$BD = 2DE = 2$。
在$\mathrm{Rt}△ DFC$中，$∠ C = 45°$，$DF = 1$，所以$DC = \sqrt{DF^2 + FC^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$。
因此$BC = BD + DC = 2 + \sqrt{2}$。
答案：A
9. 如图,$ △ ABC $ 内接于 $ \odot O $,$ AO = 2 $,$ BC = 2\sqrt{3} $,则 $ ∠ BAC $ 的度数为
60°
.答案
9.60°
解析
证明：连接 $OB$，$OC$，过点 $O$ 作 $OD ⊥ BC$ 于点 $D$。
$\because OB = OC = AO = 2$，$OD ⊥ BC$，$BC = 2\sqrt{3}$，
$\therefore BD = \frac{1}{2}BC = \sqrt{3}$。
在 $Rt△ OBD$ 中，$\cos∠ OBD = \frac{BD}{OB} = \frac{\sqrt{3}}{2}$，
$\therefore ∠ OBD = 30°$，
$\therefore ∠ BOD = 60°$，
$\therefore ∠ BOC = 2∠ BOD = 120°$。
$\because ∠ BAC$ 是 $\odot O$ 的圆周角，$∠ BOC$ 是圆心角，且它们所对的弧都是 $\overset{\frown}{BC}$，
$\therefore ∠ BAC = \frac{1}{2}∠ BOC = 60°$。
$60°$
$\because OB = OC = AO = 2$，$OD ⊥ BC$，$BC = 2\sqrt{3}$，
$\therefore BD = \frac{1}{2}BC = \sqrt{3}$。
在 $Rt△ OBD$ 中，$\cos∠ OBD = \frac{BD}{OB} = \frac{\sqrt{3}}{2}$，
$\therefore ∠ OBD = 30°$，
$\therefore ∠ BOD = 60°$，
$\therefore ∠ BOC = 2∠ BOD = 120°$。
$\because ∠ BAC$ 是 $\odot O$ 的圆周角，$∠ BOC$ 是圆心角，且它们所对的弧都是 $\overset{\frown}{BC}$，
$\therefore ∠ BAC = \frac{1}{2}∠ BOC = 60°$。
$60°$
10. 在 $ △ ABC $ 中,$ ∠ B = 45^{\circ} $,$ AB = 10\sqrt{2} $,$ AC = 5\sqrt{5} $,则 $ △ ABC $ 的面积是
75或25
.答案
10.75或25
解析
解：过点$A$作$AD ⊥ BC$于点$D$，设$AD = x$。
在$Rt△ ABD$中，$∠ B = 45^{\circ}$，$AB = 10\sqrt{2}$，则$BD = AD = x$，由勾股定理得$x^{2}+x^{2}=(10\sqrt{2})^{2}$，解得$x = 10$，即$AD = 10$，$BD = 10$。
在$Rt△ ADC$中，$AC = 5\sqrt{5}$，$AD = 10$，由勾股定理得$DC=\sqrt{AC^{2}-AD^{2}}=\sqrt{(5\sqrt{5})^{2}-10^{2}}=\sqrt{125 - 100}=5$。
当点$D$在线段$BC$上时，$BC = BD + DC=10 + 5=15$，$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× BC× AD=\frac{1}{2}×15×10 = 75$；
当点$D$在线段$BC$的延长线上时，$BC = BD - DC=10 - 5=5$，$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× BC× AD=\frac{1}{2}×5×10 = 25$。
综上，$△ ABC$的面积是$75$或$25$。
在$Rt△ ABD$中，$∠ B = 45^{\circ}$，$AB = 10\sqrt{2}$，则$BD = AD = x$，由勾股定理得$x^{2}+x^{2}=(10\sqrt{2})^{2}$，解得$x = 10$，即$AD = 10$，$BD = 10$。
在$Rt△ ADC$中，$AC = 5\sqrt{5}$，$AD = 10$，由勾股定理得$DC=\sqrt{AC^{2}-AD^{2}}=\sqrt{(5\sqrt{5})^{2}-10^{2}}=\sqrt{125 - 100}=5$。
当点$D$在线段$BC$上时，$BC = BD + DC=10 + 5=15$，$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× BC× AD=\frac{1}{2}×15×10 = 75$；
当点$D$在线段$BC$的延长线上时，$BC = BD - DC=10 - 5=5$，$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× BC× AD=\frac{1}{2}×5×10 = 25$。
综上，$△ ABC$的面积是$75$或$25$。
11. (2023·鼓楼区二模)我们给出定义:如果两个锐角的和为 $ 45^{\circ} $,那么称这两个角互为半余角. 如图,在 $ △ ABC $ 中,$ ∠ A,∠ B $ 互为半余角,且 $ \frac{BC}{AC} = \frac{2\sqrt{2}}{3} $,则 $ \tan A = $
$\frac{2}{5}$
.答案
11.$\frac{2}{5}$
解析
解：设$∠ A = α$，则$∠ B = 45^{\circ} - α$。
在$△ ABC$中，由正弦定理得$\frac{BC}{AC} = \frac{\sin A}{\sin B}$。
已知$\frac{BC}{AC} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$，$\sin A = \sin α$，$\sin B = \sin(45^{\circ} - α)$，
故$\frac{\sin α}{\sin(45^{\circ} - α)} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$。
$\sin(45^{\circ} - α) = \sin 45^{\circ}\cos α - \cos 45^{\circ}\sin α = \frac{\sqrt{2}}{2}(\cos α - \sin α)$，
则$\frac{\sin α}{\frac{\sqrt{2}}{2}(\cos α - \sin α)} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$，
化简得$\frac{2\sin α}{\sqrt{2}(\cos α - \sin α)} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$，
即$\frac{\sin α}{\cos α - \sin α} = \frac{2}{3}$，
$3\sin α = 2\cos α - 2\sin α$，
$5\sin α = 2\cos α$，
$\tan α = \frac{2}{5}$，即$\tan A = \frac{2}{5}$。
$\frac{2}{5}$
在$△ ABC$中，由正弦定理得$\frac{BC}{AC} = \frac{\sin A}{\sin B}$。
已知$\frac{BC}{AC} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$，$\sin A = \sin α$，$\sin B = \sin(45^{\circ} - α)$，
故$\frac{\sin α}{\sin(45^{\circ} - α)} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$。
$\sin(45^{\circ} - α) = \sin 45^{\circ}\cos α - \cos 45^{\circ}\sin α = \frac{\sqrt{2}}{2}(\cos α - \sin α)$，
则$\frac{\sin α}{\frac{\sqrt{2}}{2}(\cos α - \sin α)} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$，
化简得$\frac{2\sin α}{\sqrt{2}(\cos α - \sin α)} = \frac{2\sqrt{2}}{3}$，
即$\frac{\sin α}{\cos α - \sin α} = \frac{2}{3}$，
$3\sin α = 2\cos α - 2\sin α$，
$5\sin α = 2\cos α$，
$\tan α = \frac{2}{5}$，即$\tan A = \frac{2}{5}$。
$\frac{2}{5}$
12. 一副直角三角尺如图放置,点 $ C $ 在 $ FD $ 的延长线上,$ AB// CF $,$ ∠ F = ∠ ACB = 90^{\circ} $,$ ∠ E = 30^{\circ} $, $ ∠ A = 45^{\circ} $,$ AC = 12\sqrt{2} $,求 $ CD $ 的长.
答案
12.解:如答图，过点B作BM⊥FD于点M.
∵在△ACB 中,∠ACB=90°,∠A=45°,AC=12$\sqrt{2}$,
∴BC=AC=12$\sqrt{2}$,∠ABC=45°.
∵AB//CF,
∴∠BCM=∠ABC=45°,
∴BM=BC·sin45°=12$\sqrt{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=12,CM=BM=12.
∵在△EFD中,∠F=90°,∠E=30°,
∴∠EDF=60°,
∴MD=$\frac{BM}{\tan60°}$=4$\sqrt{3}$,
∴CD=CM−MD=12−4$\sqrt{3}$.
13. 如图,在 $ △ ABC $ 中,$ BC = \sqrt{6} + \sqrt{2} $,$ ∠ C = 45^{\circ} $,$ AB = \sqrt{2}AC $,求 $ AC $ 的长.
答案
13.解:如答图，过点A作AD⊥BC,垂足为D.
设AC=x,则AB=$\sqrt{2}x$.
在Rt△ACD中,AD=AC·sinC=$\frac{\sqrt{2}}{2}x$,CD=AC·cosC=$\frac{\sqrt{2}}{2}x$.
∵在Rt△ABD中,AB=$\sqrt{2}x$,AD=$\frac{\sqrt{2}}{2}x$,
∴BD=$\sqrt{AB^{2}-AD^{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}x$,
∴BC=BD+CD=$\frac{\sqrt{6}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}x$=$\sqrt{6}+\sqrt{2}$,解得x=2.
即AC的长为2.
14. 如图,在 $ △ ABC $ 中,$ ∠ C = 150^{\circ} $,$ AC = 4 $,$ \tan B = \frac{1}{8} $.
(1) 求 $ BC $ 的长;(结果保留根号)
(2) 利用此图形求 $ \tan 15^{\circ} $ 的值.(结果精确到 0.1,参考数据:$ \sqrt{2} \approx 1.4 $,$ \sqrt{3} \approx 1.7 $,$ \sqrt{5} \approx 2.2 $)
(1) 求 $ BC $ 的长;(结果保留根号)
(2) 利用此图形求 $ \tan 15^{\circ} $ 的值.(结果精确到 0.1,参考数据:$ \sqrt{2} \approx 1.4 $,$ \sqrt{3} \approx 1.7 $,$ \sqrt{5} \approx 2.2 $)
答案
14.解:(1)如答图,过点A作AD⊥BC,交BC的延长线于点D.
∵∠ACB=150°,
∴∠ACD=30°.
∵在Rt△ADC中,AC=4,
∴AD=$\frac{1}{2}$AC=2,CD=AC·cos30°=4×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=2$\sqrt{3}$.
∵在Rt△ABD中,tanB=$\frac{AD}{BD}$=$\frac{2}{BD}$=$\frac{1}{8}$,
∴BD=16,
∴BC=BD−CD=16−2$\sqrt{3}$.
(2)如答图,在BC边上取一点M,使得CM=AC,连接AM.
∵∠ACB=150°,
∴∠AMC=∠MAC=15°,
∴tan15°=tan∠AMD=$\frac{AD}{MD}$=$\frac{2}{4+2\sqrt{3}}$=$\frac{1}{2+\sqrt{3}}$≈0.3.
