1. [2025长春期末]如图,在平面直角坐标系中,点P(m,8)在第二象限.若OP与x轴负半轴的夹角α的正切值为$\frac{4}{3}$,则m的值为.

过点P作PA⊥x轴于点A. 根据题意可得PA=8,OA=|m|=-m.
∵ α 的正切值为$\frac{4}{3}$,
∴ tan α = $\frac{PA}{OA}$ = $\frac{8}{-m}$ = $\frac{4}{3}$,
∴ m = -6.

【分析】
解题时首先回忆正切的定义：在直角三角形中，一个锐角的正切值等于对边与邻边的比值。已知角α的正切值，我们可以过点P作x轴的垂线构造直角三角形，结合点P的坐标得到直角三角形两条直角边的长度，再注意第二象限内点的横坐标为负，OA的长度是横坐标的绝对值即-m，最后代入正切公式列方程求解即可得到m的值。
【解析】
过点P作PA⊥x轴于点A，
∵点P坐标为(m,8)，且在第二象限，
∴PA=8，OA=|m|=-m，
∵α的正切值为$\frac{4}{3}$，
∴$\tanα=\frac{PA}{OA}=\frac{8}{-m}=\frac{4}{3}$，
交叉相乘得：$4×(-m)=8×3$，
即$-4m=24$，
解得$m=-6$。
【答案】
-6
【知识点】
正切的定义；象限内点的坐标特征；解一元一次方程
【点评】
本题属于基础题，解题的关键是正确作出辅助线构造直角三角形，结合正切的定义建立方程求解，需要注意第二象限内点的横坐标为负，计算时不要出现符号错误。
【难度系数】
0.7

2. 如图,在平面直角坐标系中,菱形ABCD的顶点A,B,C在坐标轴上,若点A的坐标为$(0,3)$,$\tan∠ ABO=\sqrt{3}$,则菱形ABCD的周长为.

$8\sqrt{3}$
$A(0,3)\rightarrow AO=3$
$\tan∠ ABO=\frac{AO}{BO}=\sqrt{3}$ $\rightarrow BO=\sqrt{3}\rightarrow △ AOB是直角三角形$
$AB=2\sqrt{3}\rightarrow 菱形ABCD的周长为8\sqrt{3}$

【分析】
要求菱形的周长，首先需要求出菱形的边长，根据菱形四条边相等的性质，周长=4×边长。观察图形可知菱形的边AB在Rt△AOB中，已知点A的坐标可得AO的长度，结合tan∠ABO的值，可先求出BO的长度，再利用勾股定理求出AB的长度，最后计算周长即可。
【解析】
解：
∵点A的坐标为$(0,3)$，
∴$AO=3$，
∵x轴与y轴互相垂直，
∴$∠AOB=90°$，即$△ AOB$是直角三角形。
在$Rt△ AOB$中，$\tan∠ABO=\frac{AO}{BO}=\sqrt{3}$，
将$AO=3$代入得：$\frac{3}{BO}=\sqrt{3}$，解得$BO=\sqrt{3}$。
由勾股定理得：$AB=\sqrt{AO^2+BO^2}=\sqrt{3^2+(\sqrt{3})^2}=\sqrt{9+3}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$。
∵四边形ABCD是菱形，
∴菱形的四条边长均为$2\sqrt{3}$，
∴菱形ABCD的周长$=4×2\sqrt{3}=8\sqrt{3}$。
【答案】
$8\sqrt{3}$
【知识点】
菱形的性质，锐角三角函数的定义，勾股定理
【点评】
本题是坐标系与几何结合的基础题，解题的关键是将待求的边长放在直角三角形中，结合三角函数和勾股定理求解，掌握菱形的基本性质是解题的前提。
【难度系数】
0.7

3. [2026北京东城区段考]在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，斜边$c=5$，两直角边的长$a,b$是关于$x$的一元二次方程$x^2 - mx + 2m - 2 = 0$的两个根，求$\mathrm{Rt}△ ABC$中较小锐角的正弦值。

解:
∵ a,b 是一元二次方程 $x^2 - mx + 2m - 2 = 0$ 的两个根,
∴ $a + b = m$ ,$ab = 2m - 2$(根与系数的关系).
在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中,由勾股定理可得 $a^2 + b^2 = c^2$.
∵ $a^2 + b^2 = (a + b)^2 - 2ab$ ,$c = 5$,
∴ $m^2 - 2(2m - 2) = 25$,解得 $m_1 = 7$,$m_2 = -3$.
∵ a ,b 是 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 的两条直角边的长,
∴ $a + b = m ＞ 0$,
∴ $m = 7$,
∴ 原方程可化为 $x^2 - 7x + 12 = 0$,
解得 $x_1 = 3$,$x_2 = 4$.
设 $a = 3$,则 $\sin A = \frac{a}{c} = \frac{3}{5}$,
∴ $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中较小锐角的正弦值为 $\frac{3}{5}$.

【分析】
解题时首先结合一元二次方程根与系数的关系，得到两直角边a、b的和与积的表达式；再利用直角三角形的勾股定理，将$a^2+b^2$转化为$(a+b)^2-2ab$的形式，代入已知斜边长度即可建立关于参数m的方程；求解m后要注意直角边长度为正，舍去不符合实际意义的m值；接着解出一元二次方程的根得到两直角边的长度，较小锐角对应较短的直角边，最后根据正弦的定义（对边比斜边）计算即可。
【解析】
∵ a,b 是一元二次方程 $x^2 - mx + 2m - 2 = 0$ 的两个根,
∴ $a + b = m$ ,$ab = 2m - 2$(根与系数的关系).
在 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中,由勾股定理可得 $a^2 + b^2 = c^2$.
∵ $a^2 + b^2 = (a + b)^2 - 2ab$ ,$c = 5$,
∴ $m^2 - 2(2m - 2) = 25$,解得 $m_1 = 7$,$m_2 = -3$.
∵ a ,b 是 $\mathrm{Rt}△ ABC$ 的两条直角边的长,
∴ $a + b = m ＞ 0$,
∴ $m = 7$,
∴ 原方程可化为 $x^2 - 7x + 12 = 0$,
解得 $x_1 = 3$,$x_2 = 4$.
设 $a = 3$,则 $\sin A = \frac{a}{c} = \frac{3}{5}$,
∴ $\mathrm{Rt}△ ABC$ 中较小锐角的正弦值为 $\frac{3}{5}$.
【答案】
$\frac{3}{5}$
【知识点】
根与系数的关系，勾股定理，锐角正弦定义
【点评】
本题是一元二次方程与直角三角形、锐角三角函数的综合题，解题关键是通过完全平方公式将勾股定理与根与系数的关系结合建立方程，同时要注意结合实际意义舍去不合要求的参数解。
【难度系数】
0.7

4. 如图,已知∠α的终边OP⊥AB于点P,直线AB的表达式为$y = -\frac{\sqrt{3}}{3}x + \frac{\sqrt{3}}{3}$,则cosα的值为.

$\frac{1}{2}$ 对于 $y = -\frac{\sqrt{3}}{3}x + \frac{\sqrt{3}}{3}$,令 $y = 0$,则 $x = 1$,令 $x = 0$,则$y = \frac{\sqrt{3}}{3}$,
∴ $A(1,0)$ ,$B(0,\frac{\sqrt{3}}{3})$,
∴ $AO = 1$ ,$BO = \frac{\sqrt{3}}{3}$,
∴ $AB = \sqrt{OB^2 + OA^2} = \frac{2\sqrt{3}}{3}$,
∴ $\cos ∠ ABO = \frac{OB}{AB} = \frac{1}{2}$.
∵ $∠ AOB = 90°$,
∴ $∠ α + ∠ BOP = 90°$,
∵ $OP ⊥ AB$,
∴ $∠ BPO = 90°$,
∴ $∠ ABO + ∠ BOP = 90°$,
∴ $∠ α = ∠ ABO$,
∴ $\cos α = \cos ∠ ABO = \frac{1}{2}$.

【分析】
要计算$\cosα$的值，直接构造含$α$的直角三角形较为复杂，我们可以按以下思路推导：首先通过直线AB的解析式求出它与x轴、y轴的交点A、B的坐标，得到OA、OB的长度，再用勾股定理求出AB的长度；接着观察角度关系，由于$OP⊥ AB$且$∠ AOB$是直角，根据同角的余角相等可推出$α$和$∠ ABO$相等，因此求$\cosα$可转化为求$\cos∠ ABO$，最后根据余弦的定义计算即可。
【解析】
对于直线$y = -\frac{\sqrt{3}}{3}x + \frac{\sqrt{3}}{3}$：
令$y=0$，解得$x=1$，则$A(1,0)$，$OA=1$；
令$x=0$，解得$y=\frac{\sqrt{3}}{3}$，则$B(0,\frac{\sqrt{3}}{3})$，$OB=\frac{\sqrt{3}}{3}$。
在$Rt△ AOB$中，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{OA^2+OB^2}=\sqrt{1^2+(\frac{\sqrt{3}}{3})^2}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
$\because ∠ AOB=90°$，$\therefore ∠α + ∠ BOP=90°$，
$\because OP⊥ AB$，$\therefore ∠ BPO=90°$，$\therefore ∠ ABO + ∠ BOP=90°$，
根据同角的余角相等可得$∠α=∠ ABO$，
$\therefore \cosα=\cos∠ ABO=\frac{OB}{AB}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\frac{2\sqrt{3}}{3}}=\frac{1}{2}$。
【答案】
$\frac{1}{2}$
【知识点】
一次函数的图象、勾股定理、锐角三角函数的定义
【点评】
本题结合了一次函数与锐角三角函数的知识点，解题核心是利用角度互余的性质将未知角转化为直角三角形内的角，再结合三角函数定义求解，很好地考查了转化思想和知识综合运用能力。
【难度系数】
0.65

5. 如图,在平面直角坐标系中,O是坐标原点,点A(4,2)在函数$y=\frac{k}{x}(k＞0,x＞0)$的图象上.将直线OA沿y轴向上平移,平移后的直线与y轴交于点B,与函数$y=\frac{k}{x}(k＞0,x＞0)$的图象交于点C.若$BC=\sqrt{5}$,求点B的坐标.

解:将点 A(4,2) 的坐标代入 $y = \frac{k}{x}$,得 $k = 4 × 2 = 8$,
∴ 函数表达式为 $y = \frac{8}{x}$.
如图,过点 A 作 $AE ⊥ x$ 轴于点 E.
∵ $A(4,2)$,
∴ $OE = 4$ ,$AE = 2$,
∴ $OA = \sqrt{2^2 + 4^2} = 2\sqrt{5}$,
∴ $\sin ∠ OAE = \frac{OE}{OA} = \frac{4}{2\sqrt{5}} = \frac{2}{5}\sqrt{5}$.
∵ $AE // y$ 轴,
∴ $∠ OAE = ∠ BOA$.
∵ 将直线 OA 向上平移得到直线 BC,
∴ $OA // BC$.
过点 C 作 $CD ⊥ y$ 轴于点 D,
∴ $∠ DBC = ∠ BOA$,
∴ $∠ DBC = ∠ OAE$,
∴ $\sin ∠ DBC = \frac{CD}{BC} = \sin ∠ OAE = \frac{2}{5}\sqrt{5}$,
∴ $\frac{CD}{\sqrt{5}} = \frac{2}{5}\sqrt{5}$,解得 $CD = 2$,
∴ $BD = \sqrt{BC^2 - CD^2} = 1$.
将 $x = 2$ 代入 $y = \frac{8}{x}$,得 $y = 4$,
∴ $OD = 4$,
∴ $OB = OD - BD = 4 - 1 = 3$,
∴ $B(0,3)$.

【分析】
解题时首先利用点A在反比例函数图象上，代入坐标求出k值，得到反比例函数解析式；接着计算线段OA的长度，求出对应角的三角函数值；再根据直线平移的性质可知平移后的直线与OA平行，对应角相等，结合BC的长度，过点C作y轴的垂线构造直角三角形，利用三角函数求出点C的横坐标，代入反比例函数得到点C的纵坐标；最后通过线段和差关系求出OB的长度，即可得到点B的坐标。
【解析】
将点A(4,2)的坐标代入$y = \frac{k}{x}$，得$k = 4 × 2 = 8$，
∴ 函数表达式为$y = \frac{8}{x}$。
如图，过点A作$AE ⊥ x$轴于点E。
∵ $A(4,2)$，
∴ $OE = 4$，$AE = 2$，
∴ $OA = \sqrt{2^2 + 4^2} = 2\sqrt{5}$，
∴ $\sin ∠ OAE = \frac{OE}{OA} = \frac{4}{2\sqrt{5}} = \frac{2}{5}\sqrt{5}$。
∵ $AE // y$轴，
∴ $∠ OAE = ∠ BOA$。
∵ 将直线OA向上平移得到直线BC，
∴ $OA // BC$。
过点C作$CD ⊥ y$轴于点D，
∴ $∠ DBC = ∠ BOA$，
∴ $∠ DBC = ∠ OAE$，
∴ $\sin ∠ DBC = \frac{CD}{BC} = \sin ∠ OAE = \frac{2}{5}\sqrt{5}$，
∴ $\frac{CD}{\sqrt{5}} = \frac{2}{5}\sqrt{5}$，解得$CD = 2$，
∴ $BD = \sqrt{BC^2 - CD^2} = 1$。
将$x = 2$代入$y = \frac{8}{x}$，得$y = 4$，
∴ $OD = 4$，
∴ $OB = OD - BD = 4 - 1 = 3$，
∴ $B(0,3)$。

【答案】
点B的坐标为$\boldsymbol{(0,3)}$

【知识点】
反比例函数的性质，一次函数平移，锐角三角函数应用
【点评】
本题是函数与几何的综合题，解题核心是利用平移的平行性质得到相等角，结合三角函数求解点坐标，渗透了数形结合思想，能有效锻炼综合分析能力。
【难度系数】
0.6