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1 在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=2$，$AB=6$，则下列结论正确的是（
A.$\sin A=\dfrac{1}{3}$
B.$\cos B=\dfrac{\sqrt{2}}{4}$
C.$\tan A=2\sqrt{2}$
D.$\tan B=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$
C
）A.$\sin A=\dfrac{1}{3}$
B.$\cos B=\dfrac{\sqrt{2}}{4}$
C.$\tan A=2\sqrt{2}$
D.$\tan B=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$
答案
【解析】在$Rt△ABC$中，$∠C=90°,AC=2,AB=6$,所以$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=4\sqrt{2}$,所以$\sin A=\dfrac{BC}{AB}=\dfrac{4\sqrt{2}}{6}=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}=\cos B$,$\tan A=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{4\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}$,$\tan B=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{2}{4\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{4}$,故选 C.
解析
【分析】
这是一道解直角三角形的基础题，解题思路分为两步：第一步，先在Rt△ABC中，已知一条直角边AC和斜边AB，利用勾股定理求出另一条直角边BC的长度；第二步，根据正弦、余弦、正切的定义，分别计算选项中涉及的各个三角函数值，再和选项内容对比判断即可，解题时要注意区分每个锐角对应的对边和邻边，避免混淆。
【解析】
在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=2$，$AB=6$，
由勾股定理可得：
$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{6^2-2^2}=\sqrt{36-4}=\sqrt{32}=4\sqrt{2}$，
再根据锐角三角函数的定义计算：
$\sin A=\frac{BC}{AB}=\frac{4\sqrt{2}}{6}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，A选项错误；
$\cos B=\frac{BC}{AB}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，B选项错误；
$\tan A=\frac{BC}{AC}=\frac{4\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}$，C选项正确；
$\tan B=\frac{AC}{BC}=\frac{2}{4\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$，D选项错误。
综上，本题选C。
【答案】
C
【知识点】
勾股定理；锐角三角函数的定义
【点评】
本题是解直角三角形的常规基础题，核心考查勾股定理的应用和锐角三角函数的定义，解题时只要准确区分不同锐角对应的对边、邻边，正确化简二次根式，就可以顺利得出答案。
【难度系数】
0.8
这是一道解直角三角形的基础题，解题思路分为两步：第一步，先在Rt△ABC中，已知一条直角边AC和斜边AB，利用勾股定理求出另一条直角边BC的长度；第二步，根据正弦、余弦、正切的定义，分别计算选项中涉及的各个三角函数值，再和选项内容对比判断即可，解题时要注意区分每个锐角对应的对边和邻边，避免混淆。
【解析】
在$Rt△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AC=2$，$AB=6$，
由勾股定理可得：
$BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{6^2-2^2}=\sqrt{36-4}=\sqrt{32}=4\sqrt{2}$，
再根据锐角三角函数的定义计算：
$\sin A=\frac{BC}{AB}=\frac{4\sqrt{2}}{6}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，A选项错误；
$\cos B=\frac{BC}{AB}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，B选项错误；
$\tan A=\frac{BC}{AC}=\frac{4\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}$，C选项正确；
$\tan B=\frac{AC}{BC}=\frac{2}{4\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$，D选项错误。
综上，本题选C。
【答案】
C
【知识点】
勾股定理；锐角三角函数的定义
【点评】
本题是解直角三角形的常规基础题，核心考查勾股定理的应用和锐角三角函数的定义，解题时只要准确区分不同锐角对应的对边、邻边，正确化简二次根式，就可以顺利得出答案。
【难度系数】
0.8
2 如图,把$n$个边长为1的正方形拼接成一排,求得$\tan∠BA_1C=1$,$\tan∠BA_2C=\frac{1}{3}$,$\tan∠BA_3C=\frac{1}{7}$,计算$\tan∠BA_4C=$
$\dfrac{1}{13}$
,$···$,按此规律,写出$\tan∠BA_nC=$$\dfrac{1}{n^2-n+1}$
(用含$n$的代数式表示).答案
【解析】如图,作$CH⊥BA_4$于 H. 由勾股定理得,$BA_4=\sqrt{4^2+1^2}=\sqrt{17}$,$A_4C=\sqrt{10}$,$△BA_4C$的面积为$4-\dfrac{1}{2}×1×4-\dfrac{1}{2}×1×3=\dfrac{1}{2}$,$\therefore \dfrac{1}{2}×\sqrt{17}×CH=\dfrac{1}{2}$,解得$CH=\dfrac{\sqrt{17}}{17}$,则$A_4H=\sqrt{A_4C^2-CH^2}=\dfrac{13\sqrt{17}}{17}$,$\therefore \tan∠BA_4C=\dfrac{CH}{A_4H}=\dfrac{1}{13}$.$\because 1=1^2-1+1$,$3=2^2-2+1$,$7=3^2-3+1$,$13=4^2-4+1$,$\therefore \tan∠BA_nC=\dfrac{1}{n^2-n+1}$,故答案为$\dfrac{1}{13}$,$\dfrac{1}{n^2-n+1}$.
解析
【分析】
要求∠BA₄C的正切值，需先将该角置于直角三角形中，因此过点C作CH⊥BA₄于点H。首先利用勾股定理求出BA₄、A₄C的长度，再通过割补法计算△BA₄C的面积，结合三角形面积公式求出高CH的长度，再用勾股定理求出A₄H的长度，即可得到tan∠BA₄C的值；再观察前几个正切值分母的规律，归纳推导得到tan∠BAₙC的表达式。
【解析】
如图，作$CH⊥BA_4$于H。
由勾股定理得：$BA_4=\sqrt{4^2+1^2}=\sqrt{17}$，$A_4C=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$，
△BA₄C的面积可通过割补法计算：
$S_{△ BA_4C}=4-\dfrac{1}{2}×1×4-\dfrac{1}{2}×1×3-\dfrac{1}{2}×1×1=\dfrac{1}{2}$，
又$S_{△ BA_4C}=\dfrac{1}{2}×BA_4×CH$，代入得：
$\dfrac{1}{2}×\sqrt{17}×CH=\dfrac{1}{2}$，解得$CH=\dfrac{\sqrt{17}}{17}$，
在Rt△CHA₄中，由勾股定理得：
$A_4H=\sqrt{A_4C^2-CH^2}=\sqrt{10-(\dfrac{\sqrt{17}}{17})^2}=\dfrac{13\sqrt{17}}{17}$，
∴$\tan∠BA_4C=\dfrac{CH}{A_4H}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{17}}{17}}{\dfrac{13\sqrt{17}}{17}}=\dfrac{1}{13}$。
观察已知正切值的规律：
$\tan∠BA_1C=1=\dfrac{1}{1^2-1+1}$，$\tan∠BA_2C=\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{2^2-2+1}$，$\tan∠BA_3C=\dfrac{1}{7}=\dfrac{1}{3^2-3+1}$，$\tan∠BA_4C=\dfrac{1}{13}=\dfrac{1}{4^2-4+1}$，
按此规律可得$\tan∠BA_nC=\dfrac{1}{n^2-n+1}$。
【答案】
$\dfrac{1}{13}$；$\dfrac{1}{n^2-n+1}$
【知识点】
解直角三角形，勾股定理，规律探究
【点评】
本题综合考查了勾股定理、解直角三角形以及规律归纳能力，解题核心是通过作高构造直角三角形，结合面积法求得直角边长度，再通过观察已知项特征归纳得到通用规律，对学生的运算能力和推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
要求∠BA₄C的正切值，需先将该角置于直角三角形中，因此过点C作CH⊥BA₄于点H。首先利用勾股定理求出BA₄、A₄C的长度，再通过割补法计算△BA₄C的面积，结合三角形面积公式求出高CH的长度，再用勾股定理求出A₄H的长度，即可得到tan∠BA₄C的值；再观察前几个正切值分母的规律，归纳推导得到tan∠BAₙC的表达式。
【解析】
如图，作$CH⊥BA_4$于H。
由勾股定理得：$BA_4=\sqrt{4^2+1^2}=\sqrt{17}$，$A_4C=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$，
△BA₄C的面积可通过割补法计算：
$S_{△ BA_4C}=4-\dfrac{1}{2}×1×4-\dfrac{1}{2}×1×3-\dfrac{1}{2}×1×1=\dfrac{1}{2}$，
又$S_{△ BA_4C}=\dfrac{1}{2}×BA_4×CH$，代入得：
$\dfrac{1}{2}×\sqrt{17}×CH=\dfrac{1}{2}$，解得$CH=\dfrac{\sqrt{17}}{17}$，
在Rt△CHA₄中，由勾股定理得：
$A_4H=\sqrt{A_4C^2-CH^2}=\sqrt{10-(\dfrac{\sqrt{17}}{17})^2}=\dfrac{13\sqrt{17}}{17}$，
∴$\tan∠BA_4C=\dfrac{CH}{A_4H}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{17}}{17}}{\dfrac{13\sqrt{17}}{17}}=\dfrac{1}{13}$。
观察已知正切值的规律：
$\tan∠BA_1C=1=\dfrac{1}{1^2-1+1}$，$\tan∠BA_2C=\dfrac{1}{3}=\dfrac{1}{2^2-2+1}$，$\tan∠BA_3C=\dfrac{1}{7}=\dfrac{1}{3^2-3+1}$，$\tan∠BA_4C=\dfrac{1}{13}=\dfrac{1}{4^2-4+1}$，
按此规律可得$\tan∠BA_nC=\dfrac{1}{n^2-n+1}$。
【答案】
$\dfrac{1}{13}$；$\dfrac{1}{n^2-n+1}$
【知识点】
解直角三角形，勾股定理，规律探究
【点评】
本题综合考查了勾股定理、解直角三角形以及规律归纳能力，解题核心是通过作高构造直角三角形，结合面积法求得直角边长度，再通过观察已知项特征归纳得到通用规律，对学生的运算能力和推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
3 计算: $2\tan 45° - \frac{1}{\sin 30°} - 2\sin^2 60° + \frac{3}{2}$
答案
【解】原式$=2×1-\dfrac{1}{\dfrac{1}{2}}-2×(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^2+\dfrac{3}{2}=2-2-\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2}=0.$
解析
【分析】
本题是特殊角三角函数与实数混合运算的结合题，解题思路如下：首先需要准确记忆30°、45°、60°这几个特殊锐角的三角函数值，将式中的三角函数替换为对应的数值；再遵循实数混合运算的顺序，先计算乘方，再计算乘除，最后计算加减，逐步化简即可得到结果。
【解析】
先代入各特殊角的三角函数值：$\tan45°=1$，$\sin30°=\frac{1}{2}$，$\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}$
原式$=2×1-\dfrac{1}{\dfrac{1}{2}}-2×(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^2+\dfrac{3}{2}$
先计算乘方项：$(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^2=\dfrac{3}{4}$
再计算乘除项：$2×1=2$，$\dfrac{1}{\dfrac{1}{2}}=2$，$2×\dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{2}$
最后计算加减：$2-2-\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2}=0$
【答案】
$0$
【知识点】
特殊角的三角函数值、实数的混合运算
【点评】
本题属于基础运算类题目，难度较低，主要考查学生对特殊角三角函数值的识记熟练度和混合运算规则的掌握情况，计算时注意不要记错三角函数值，也不要忽略乘方运算的优先级即可得分。
【难度系数】
0.85
本题是特殊角三角函数与实数混合运算的结合题，解题思路如下：首先需要准确记忆30°、45°、60°这几个特殊锐角的三角函数值，将式中的三角函数替换为对应的数值；再遵循实数混合运算的顺序，先计算乘方，再计算乘除，最后计算加减，逐步化简即可得到结果。
【解析】
先代入各特殊角的三角函数值：$\tan45°=1$，$\sin30°=\frac{1}{2}$，$\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}$
原式$=2×1-\dfrac{1}{\dfrac{1}{2}}-2×(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^2+\dfrac{3}{2}$
先计算乘方项：$(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^2=\dfrac{3}{4}$
再计算乘除项：$2×1=2$，$\dfrac{1}{\dfrac{1}{2}}=2$，$2×\dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{2}$
最后计算加减：$2-2-\dfrac{3}{2}+\dfrac{3}{2}=0$
【答案】
$0$
【知识点】
特殊角的三角函数值、实数的混合运算
【点评】
本题属于基础运算类题目，难度较低，主要考查学生对特殊角三角函数值的识记熟练度和混合运算规则的掌握情况，计算时注意不要记错三角函数值，也不要忽略乘方运算的优先级即可得分。
【难度系数】
0.85
4 观察下列等式：
①$\sin 30°=\dfrac{1}{2}$，$\cos 60°=\dfrac{1}{2}$；
②$\sin 45°=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，$\cos 45°=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$；
③$\sin 60°=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，$\cos 30°=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$。
(1) 根据上述规律，计算 $\sin^2α + \sin^2(90° - α)=$
(2) 计算：$\sin^21° + \sin^22° + \sin^23° + \dots + \sin^289°$。
①$\sin 30°=\dfrac{1}{2}$，$\cos 60°=\dfrac{1}{2}$；
②$\sin 45°=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，$\cos 45°=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$；
③$\sin 60°=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，$\cos 30°=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$。
(1) 根据上述规律，计算 $\sin^2α + \sin^2(90° - α)=$
$1$
。(2) 计算：$\sin^21° + \sin^22° + \sin^23° + \dots + \sin^289°$。
答案
【解】(1) 根据已知的式子可以得到$\sin(90°-α)=\cos α$,$\sin^2α+\cos^2α=1$,$\therefore \sin^2α+\sin^2(90°-α)=\sin^2α+\cos^2α=1$,故答案为 1.
(2) $\sin^21°+\sin^22°+\sin^23°+\dots+\sin^289°=(\sin^21°+\sin^289°)+(\sin^22°+\sin^288°)+\dots+(\sin^244°+\sin^246°)+\sin^245°=1+1+\dots+1+\dfrac{1}{2}=44+\dfrac{1}{2}=\dfrac{89}{2}.$
(2) $\sin^21°+\sin^22°+\sin^23°+\dots+\sin^289°=(\sin^21°+\sin^289°)+(\sin^22°+\sin^288°)+\dots+(\sin^244°+\sin^246°)+\sin^245°=1+1+\dots+1+\dfrac{1}{2}=44+\dfrac{1}{2}=\dfrac{89}{2}.$
解析
【分析】
(1) 先观察给出的等式，可发现规律：一个锐角的正弦值等于它的余角的余弦值，即$\sin(90°-α)=\cosα$，再结合同角三角函数的基本关系$\sin^2α+\cos^2α=1$，代入即可求解。
(2) 利用(1)得出的结论，将角度互余的正弦平方两两分组，每组的和为1，先统计分组的数量，再加上单独的$\sin^245°$的值，即可算出最终结果。
【解析】
(1) 由已知等式可得：$\sin(90°-α)=\cosα$，
根据同角三角函数的平方关系：$\sin^2α+\cos^2α=1$，
代入得：$\sin^2α + \sin^2(90° - α)=\sin^2α+\cos^2α=1$。
(2) 原式可按角度互余分组：
$\sin^21° + \sin^22° + \sin^23° + \dots + \sin^289°$
$=(\sin^21°+\sin^289°)+(\sin^22°+\sin^288°)+\dots+(\sin^244°+\sin^246°)+\sin^245°$
其中$1°+89°=90°$，$2°+88°=90°$，……，$44°+46°=90°$，共44组，每组的和为1，
又$\sin45°=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，则$\sin^245°=(\dfrac{\sqrt{2}}{2})^2=\dfrac{1}{2}$，
因此原式$=44×1+\dfrac{1}{2}=\dfrac{89}{2}$。
【答案】
(1) $\boxed{1}$；(2) $\boxed{\dfrac{89}{2}}$
【知识点】
1. 互余角的三角函数关系
2. 同角正余弦平方关系
3. 分组简便计算
【点评】
本题属于三角函数规律探究类基础题，需要先通过给出的示例归纳出互余角的正弦余弦关系，再结合三角函数基本性质进行简便运算，能有效考查学生的归纳推理能力和基础计算能力，是三角函数章节的常见题型。
【难度系数】
0.7
(1) 先观察给出的等式，可发现规律：一个锐角的正弦值等于它的余角的余弦值，即$\sin(90°-α)=\cosα$，再结合同角三角函数的基本关系$\sin^2α+\cos^2α=1$，代入即可求解。
(2) 利用(1)得出的结论，将角度互余的正弦平方两两分组，每组的和为1，先统计分组的数量，再加上单独的$\sin^245°$的值，即可算出最终结果。
【解析】
(1) 由已知等式可得：$\sin(90°-α)=\cosα$，
根据同角三角函数的平方关系：$\sin^2α+\cos^2α=1$，
代入得：$\sin^2α + \sin^2(90° - α)=\sin^2α+\cos^2α=1$。
(2) 原式可按角度互余分组：
$\sin^21° + \sin^22° + \sin^23° + \dots + \sin^289°$
$=(\sin^21°+\sin^289°)+(\sin^22°+\sin^288°)+\dots+(\sin^244°+\sin^246°)+\sin^245°$
其中$1°+89°=90°$，$2°+88°=90°$，……，$44°+46°=90°$，共44组，每组的和为1，
又$\sin45°=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，则$\sin^245°=(\dfrac{\sqrt{2}}{2})^2=\dfrac{1}{2}$，
因此原式$=44×1+\dfrac{1}{2}=\dfrac{89}{2}$。
【答案】
(1) $\boxed{1}$；(2) $\boxed{\dfrac{89}{2}}$
【知识点】
1. 互余角的三角函数关系
2. 同角正余弦平方关系
3. 分组简便计算
【点评】
本题属于三角函数规律探究类基础题，需要先通过给出的示例归纳出互余角的正弦余弦关系，再结合三角函数基本性质进行简便运算，能有效考查学生的归纳推理能力和基础计算能力，是三角函数章节的常见题型。
【难度系数】
0.7
5[2025安徽合肥期末]如图,在由边长都为1的小正方形组成的网格中,点A,B,C,D,E都在小正方形顶点上,连接AB,CD相交于点P,根据图中添加的辅助线,可以得到$\cos∠ BPC$的值为（
A.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
B.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
C.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
D.$2-\sqrt{2}$
B
）A.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
B.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
C.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
D.$2-\sqrt{2}$
答案
【解析】$AE=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$,$AB=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$,$DE=BC=1$,$BE=CD=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$,$\therefore$ 四边形$DEBC$是平行四边形,$AB^2=AE^2+BE^2$,$\therefore CD// BE$,$∠AEB=90°$,$\therefore ∠BPC=∠ABE$,$\therefore \cos∠BPC=\cos∠ABE=\dfrac{BE}{AB}=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{10}}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$. 故选 B.
解析
【分析】
要求$\cos∠BPC$的值，首先观察到$∠BPC$不在现成的直角三角形中，因此考虑通过平行线转移角，找到与$∠BPC$相等的角，将其放到直角三角形中求解。首先根据网格边长计算相关线段长度，先判定四边形$DEBC$是平行四边形，得到$CD// BE$，即可推出$∠BPC=∠ABE$，再验证$△ ABE$是直角三角形，最后根据余弦的定义计算$∠ABE$的余弦值即可。
【解析】
首先根据勾股定理计算各线段长度：
$AE=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$，$AB=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，$DE=BC=1$，$BE=CD=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。
因为$DE=BC$，$BE=CD$，所以四边形$DEBC$是平行四边形，因此$CD// BE$，可得$∠BPC=∠ABE$。
又因为$AB^2=(\sqrt{10})^2=10$，$AE^2+BE^2=(2\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2=8+2=10$，所以$AB^2=AE^2+BE^2$，根据勾股定理逆定理可得$∠AEB=90°$，即$△ ABE$是直角三角形。
因此$\cos∠BPC=\cos∠ABE=\frac{BE}{AB}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
B
【知识点】
平行四边形的判定与性质，勾股定理及逆定理，锐角三角函数定义
【点评】
本题解题的核心是利用平行四边形的性质将所求的角转化为直角三角形中的锐角，结合勾股定理和余弦的定义求解，这种转移角的方法在网格类三角函数求值问题中很常用。
【难度系数】
0.6
要求$\cos∠BPC$的值，首先观察到$∠BPC$不在现成的直角三角形中，因此考虑通过平行线转移角，找到与$∠BPC$相等的角，将其放到直角三角形中求解。首先根据网格边长计算相关线段长度，先判定四边形$DEBC$是平行四边形，得到$CD// BE$，即可推出$∠BPC=∠ABE$，再验证$△ ABE$是直角三角形，最后根据余弦的定义计算$∠ABE$的余弦值即可。
【解析】
首先根据勾股定理计算各线段长度：
$AE=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$，$AB=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，$DE=BC=1$，$BE=CD=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。
因为$DE=BC$，$BE=CD$，所以四边形$DEBC$是平行四边形，因此$CD// BE$，可得$∠BPC=∠ABE$。
又因为$AB^2=(\sqrt{10})^2=10$，$AE^2+BE^2=(2\sqrt{2})^2+(\sqrt{2})^2=8+2=10$，所以$AB^2=AE^2+BE^2$，根据勾股定理逆定理可得$∠AEB=90°$，即$△ ABE$是直角三角形。
因此$\cos∠BPC=\cos∠ABE=\frac{BE}{AB}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
B
【知识点】
平行四边形的判定与性质，勾股定理及逆定理，锐角三角函数定义
【点评】
本题解题的核心是利用平行四边形的性质将所求的角转化为直角三角形中的锐角，结合勾股定理和余弦的定义求解，这种转移角的方法在网格类三角函数求值问题中很常用。
【难度系数】
0.6
6[2026安徽六安期末]如图，$△ ABC$中，$AB=AC=15$，$\tan A=2$，$BE ⊥ AC$于点$E$，$D$是线段$BE$上的一个动点，则$CD+\dfrac{\sqrt{5}}{5}BD$的最小值是（
A.$3\sqrt{5}$
B.$6\sqrt{5}$
C.$5\sqrt{3}$
D.$10$
（第6题图）
（第7题图）
B
）A.$3\sqrt{5}$
B.$6\sqrt{5}$
C.$5\sqrt{3}$
D.$10$
（第6题图）
（第7题图）
答案
【解析】如图,作$DH⊥AB$于$H$,$CM⊥AB$于$M$. $\because BE⊥AC$,$\therefore ∠AEB=90°$. $\because \tan A=\dfrac{BE}{AE}=2$,$\therefore$ 设$AE=a$,$BE=2a$,$\therefore 225=a^2+4a^2$,$\therefore a^2=45$,$\therefore a=3\sqrt{5}$或$-3\sqrt{5}$(舍去),$\therefore AE=3\sqrt{5}$,$BE=6\sqrt{5}$. $\because AB=AC$,$BE⊥AC$,$CM⊥AB$,$\therefore CM=BE=6\sqrt{5}$(等腰三角形两腰上的高相等).$\because ∠DBH=∠ABE$,$∠BHD=∠BEA$,$\therefore \sin∠DBH=\dfrac{DH}{BD}=\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$,$\therefore DH=\dfrac{\sqrt{5}}{5}BD$,$\therefore CD+\dfrac{\sqrt{5}}{5}BD=CD+DH$.$\because CD+DH≥ CM$,$\therefore$ 当点$H$与$M$重合,且$C,D,H$三点共线时,$CD+DH$的值最小,最小值为线段$CM$的长,即$6\sqrt{5}$,$\therefore CD+\dfrac{\sqrt{5}}{5}BD$的最小值为$6\sqrt{5}$. 故选 B.
解析
【分析】
本题为带系数的线段和最值问题，属于胡不归模型，解题思路如下：①首先处理系数$\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，结合已知$\tan A=2$，可计算出对应角的正弦值恰好为$\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，以此将$\dfrac{\sqrt{5}}{5}BD$转化为某条垂线段；②将待求式转化为两条线段之和，根据“垂线段最短”可知，和的最小值为点$C$到$AB$的垂线段长度；③利用等腰三角形两腰上的高相等，结合解直角三角形求出这条高的长度即可。
【解析】
如图，作$DH⊥AB$于$H$，$CM⊥AB$于$M$。
$\because BE⊥AC$，$\therefore ∠AEB=90°$。
$\because \tan A=\dfrac{BE}{AE}=2$，设$AE=a$，则$BE=2a$。
在$Rt△ABE$中，由勾股定理得：$AB^2=AE^2+BE^2$，
代入$AB=15$得：$15^2=a^2+(2a)^2$，即$225=5a^2$，
解得$a^2=45$，$\therefore a=3\sqrt{5}$（负值舍去），
$\therefore BE=2a=6\sqrt{5}$。
$\because AB=AC$，$BE⊥AC$，$CM⊥AB$，根据等腰三角形两腰上的高相等，可得$CM=BE=6\sqrt{5}$。
$\because ∠DBH=∠ABE$，$∠BHD=∠BEA=90°$，
$\therefore \sin∠DBH=\dfrac{DH}{BD}=\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{3\sqrt{5}}{15}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，
$\therefore DH=\dfrac{\sqrt{5}}{5}BD$，
$\therefore CD+\dfrac{\sqrt{5}}{5}BD=CD+DH$。
根据垂线段最短可知，$CD+DH≥CM$，当且仅当$C、D、H$三点共线且$CH⊥AB$（即$H$与$M$重合）时，$CD+DH$取得最小值，最小值为$CM$的长度$6\sqrt{5}$。
故$CD+\dfrac{\sqrt{5}}{5}BD$的最小值为$6\sqrt{5}$，本题选B。
【答案】
B
【知识点】
解直角三角形，垂线段最短，等腰三角形的性质
【点评】
本题考查几何最值中的胡不归模型，解题核心是利用三角函数将带系数的线段转化为普通线段，再结合垂线段最短求最值，同时用到了等腰三角形的性质，综合性较强，需要学生具备一定的模型识别和转化能力。
【难度系数】
0.6
本题为带系数的线段和最值问题，属于胡不归模型，解题思路如下：①首先处理系数$\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，结合已知$\tan A=2$，可计算出对应角的正弦值恰好为$\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，以此将$\dfrac{\sqrt{5}}{5}BD$转化为某条垂线段；②将待求式转化为两条线段之和，根据“垂线段最短”可知，和的最小值为点$C$到$AB$的垂线段长度；③利用等腰三角形两腰上的高相等，结合解直角三角形求出这条高的长度即可。
【解析】
如图，作$DH⊥AB$于$H$，$CM⊥AB$于$M$。
$\because BE⊥AC$，$\therefore ∠AEB=90°$。
$\because \tan A=\dfrac{BE}{AE}=2$，设$AE=a$，则$BE=2a$。
在$Rt△ABE$中，由勾股定理得：$AB^2=AE^2+BE^2$，
代入$AB=15$得：$15^2=a^2+(2a)^2$，即$225=5a^2$，
解得$a^2=45$，$\therefore a=3\sqrt{5}$（负值舍去），
$\therefore BE=2a=6\sqrt{5}$。
$\because AB=AC$，$BE⊥AC$，$CM⊥AB$，根据等腰三角形两腰上的高相等，可得$CM=BE=6\sqrt{5}$。
$\because ∠DBH=∠ABE$，$∠BHD=∠BEA=90°$，
$\therefore \sin∠DBH=\dfrac{DH}{BD}=\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{3\sqrt{5}}{15}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，
$\therefore DH=\dfrac{\sqrt{5}}{5}BD$，
$\therefore CD+\dfrac{\sqrt{5}}{5}BD=CD+DH$。
根据垂线段最短可知，$CD+DH≥CM$，当且仅当$C、D、H$三点共线且$CH⊥AB$（即$H$与$M$重合）时，$CD+DH$取得最小值，最小值为$CM$的长度$6\sqrt{5}$。
故$CD+\dfrac{\sqrt{5}}{5}BD$的最小值为$6\sqrt{5}$，本题选B。
【答案】
B
【知识点】
解直角三角形，垂线段最短，等腰三角形的性质
【点评】
本题考查几何最值中的胡不归模型，解题核心是利用三角函数将带系数的线段转化为普通线段，再结合垂线段最短求最值，同时用到了等腰三角形的性质，综合性较强，需要学生具备一定的模型识别和转化能力。
【难度系数】
0.6
7 如图, 在 $Rt △ ABC$ 中, $∠ ACB = 90°, AC = 10$, $BC = 5, D$ 为 $AB$ 边上一动点, 连接 $CD$.
(1) 若 $\tan ∠ ACD = \dfrac{1}{3}$, 则 $CD$ 的长为 ______;
(2) 若 $CD = 2\sqrt{5}$, 则 $\tan ∠ ACD$ 的值为 ______.
(1) 若 $\tan ∠ ACD = \dfrac{1}{3}$, 则 $CD$ 的长为 ______;
(2) 若 $CD = 2\sqrt{5}$, 则 $\tan ∠ ACD$ 的值为 ______.
答案
【解析】(1)过点$D$作$DE⊥AC$,垂足为$E$. 在$Rt△ACB$中,$AC=10$,$BC=5$,$\therefore \tan A=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{5}{10}=\dfrac{1}{2}$. 设$DE=x$,在$Rt△ADE$中,$AE=\dfrac{DE}{\tan A}=\dfrac{x}{\dfrac{1}{2}}=2x$. 在$Rt△CED$中,$\because \tan∠ACD=\dfrac{1}{3}$,$\therefore CE=\dfrac{DE}{\tan∠ACD}=\dfrac{x}{\dfrac{1}{3}}=3x$. $\because AE+EC=AC$,$\therefore 2x+3x=10$,$\therefore x=2$,$\therefore CE=6$,$DE=2$,$\therefore CD=\sqrt{CE^2+DE^2}=\sqrt{6^2+2^2}=2\sqrt{10}$,故答案为$2\sqrt{10}$. (2) 过点$D$作$DF⊥AC$,垂足为$F$,设$DF=y$. 在$Rt△ADF$中,$AF=\dfrac{DF}{\tan A}=\dfrac{y}{\dfrac{1}{2}}=2y$. $\because AC=10$,$AF=2y$,$\therefore CF=AC-AF=10-2y$. 在$Rt△CFD$中,$\because CD=2\sqrt{5}$,$CF^2+DF^2=CD^2$,$\therefore (10-2y)^2+y^2=20$,解得$y_1=y_2=4$,$\therefore DF=4$,$CF=10-2y=2$,$\therefore \tan∠ACD=\dfrac{DF}{CF}=\dfrac{4}{2}=2$,故答案为 2.
解析
【分析】
解决本题的核心思路是构造含∠ACD的直角三角形，将所求问题转化到直角三角形中，结合锐角三角函数和勾股定理求解。首先先在Rt△ABC中求出固定的tanA的值，过点D作AC的垂线后，可把AC分为两段，用含同一个未知数的式子分别表示这两段，再结合已知条件（AC的长度或CD的长度）列方程求出未知数，最后计算CD的长度或tan∠ACD的值即可。
【解析】
(1) 过点$D$作$DE⊥AC$，垂足为$E$。
在$Rt△ACB$中，$AC=10$，$BC=5$，$\therefore \tan A=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{5}{10}=\dfrac{1}{2}$。
设$DE=x$，在$Rt△ADE$中，$AE=\dfrac{DE}{\tan A}=\dfrac{x}{\dfrac{1}{2}}=2x$。
在$Rt△CED$中，$\because \tan∠ACD=\dfrac{1}{3}$，$\therefore CE=\dfrac{DE}{\tan∠ACD}=\dfrac{x}{\dfrac{1}{3}}=3x$。
$\because AE+EC=AC$，$\therefore 2x+3x=10$，解得$x=2$，
$\therefore CE=6$，$DE=2$，
由勾股定理得$CD=\sqrt{CE^2+DE^2}=\sqrt{6^2+2^2}=2\sqrt{10}$。
(2) 过点$D$作$DF⊥AC$，垂足为$F$，设$DF=y$。
在$Rt△ADF$中，$AF=\dfrac{DF}{\tan A}=\dfrac{y}{\dfrac{1}{2}}=2y$。
$\because AC=10$，$\therefore CF=AC-AF=10-2y$。
在$Rt△CFD$中，$\because CD=2\sqrt{5}$，由勾股定理得$CF^2+DF^2=CD^2$，
$\therefore (10-2y)^2+y^2=20$，解得$y_1=y_2=4$，
$\therefore DF=4$，$CF=10-2×4=2$，
$\therefore \tan∠ACD=\dfrac{DF}{CF}=\dfrac{4}{2}=2$。
【答案】
(1)$2\sqrt{10}$；(2)$2$
【知识点】
解直角三角形，勾股定理，锐角三角函数
【点评】
本题是解直角三角形的典型应用题型，通过作垂线构造直角三角形，结合方程思想即可求解，能有效考查对锐角三角函数、勾股定理的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
解决本题的核心思路是构造含∠ACD的直角三角形，将所求问题转化到直角三角形中，结合锐角三角函数和勾股定理求解。首先先在Rt△ABC中求出固定的tanA的值，过点D作AC的垂线后，可把AC分为两段，用含同一个未知数的式子分别表示这两段，再结合已知条件（AC的长度或CD的长度）列方程求出未知数，最后计算CD的长度或tan∠ACD的值即可。
【解析】
(1) 过点$D$作$DE⊥AC$，垂足为$E$。
在$Rt△ACB$中，$AC=10$，$BC=5$，$\therefore \tan A=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{5}{10}=\dfrac{1}{2}$。
设$DE=x$，在$Rt△ADE$中，$AE=\dfrac{DE}{\tan A}=\dfrac{x}{\dfrac{1}{2}}=2x$。
在$Rt△CED$中，$\because \tan∠ACD=\dfrac{1}{3}$，$\therefore CE=\dfrac{DE}{\tan∠ACD}=\dfrac{x}{\dfrac{1}{3}}=3x$。
$\because AE+EC=AC$，$\therefore 2x+3x=10$，解得$x=2$，
$\therefore CE=6$，$DE=2$，
由勾股定理得$CD=\sqrt{CE^2+DE^2}=\sqrt{6^2+2^2}=2\sqrt{10}$。
(2) 过点$D$作$DF⊥AC$，垂足为$F$，设$DF=y$。
在$Rt△ADF$中，$AF=\dfrac{DF}{\tan A}=\dfrac{y}{\dfrac{1}{2}}=2y$。
$\because AC=10$，$\therefore CF=AC-AF=10-2y$。
在$Rt△CFD$中，$\because CD=2\sqrt{5}$，由勾股定理得$CF^2+DF^2=CD^2$，
$\therefore (10-2y)^2+y^2=20$，解得$y_1=y_2=4$，
$\therefore DF=4$，$CF=10-2×4=2$，
$\therefore \tan∠ACD=\dfrac{DF}{CF}=\dfrac{4}{2}=2$。
【答案】
(1)$2\sqrt{10}$；(2)$2$
【知识点】
解直角三角形，勾股定理，锐角三角函数
【点评】
本题是解直角三角形的典型应用题型，通过作垂线构造直角三角形，结合方程思想即可求解，能有效考查对锐角三角函数、勾股定理的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
