登录
17定义:有两个内角的差为$90°$的三角形叫作“差直三角形”.在$△ ABC$中,$∠ B＞90°$,$\tan C=\dfrac{3}{4}$,$BC=4$.如果$△ ABC$是“差直三角形”,那么$AB$的长为
$\dfrac{60}{7}$或$\dfrac{12\sqrt{5}}{5}$
.答案
17.$\frac{60}{7}或\frac{12\sqrt{5}}{5}$ 解析:$\because △ ABC$是“差直三角形”,且$∠ ABC＞90°,\therefore$有以下两种情况:
①当$∠ ABC-∠ C=90°$时,过点 A 作$AD⊥ CB$,交 CB 的延长线于点 D,如图 1,
$\therefore ∠ D=90°,∠ ABD+∠ ABC=180°,$
$\therefore △ ACD$和$△ ABD$都是直角三角形.
$\because ∠ ABC-∠ C=90°,\therefore ∠ ABC=90°+∠ C.$
$\because ∠ ABD+∠ ABC=180°,$
$\therefore ∠ ABD+90°+∠ C=180°,$
$\therefore ∠ ABD+∠ C=90°.$
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中,$∠ ABD+∠ BAD=90°,$
$\therefore ∠ BAD=∠ C,\therefore \tan∠ BAD=\tan C=\frac{3}{4}.$
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中,$\tan∠ BAD=\frac{BD}{AD}=\frac{3}{4},$
设$BD=3a,AD=4a$,由勾股定理得
$AB=\sqrt{BD^2+AD^2}=\sqrt{(3a)^2+(4a)^2}=5a.$
$\because BC=4,\therefore CD=BC+BD=4+3a,$
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中,$\tan C=\frac{AD}{CD}=\frac{3}{4},$
$\therefore \frac{4a}{4+3a}=\frac{3}{4},解得a=\frac{12}{7},\therefore AB=5a=\frac{60}{7}.$
②当$∠ ABC-∠ BAC=90°$时,过点 A 作$AE⊥ CB$,交 CB 的延长线于点 E,过点 B 作$BF⊥ AC$于点 F,如图 2,
$\therefore ∠ E=∠ CFB=90°,∠ ABE+∠ ABC=180°,$
$\therefore △ CBF、△ ABE$和$△ ACE$都是直角三角形.
$\because ∠ ABC-∠ BAC=90°,$
$\therefore ∠ ABC=90°+∠ BAC.$
又$\because ∠ ABE+∠ ABC=180°,$
$\therefore ∠ ABE+90°+∠ BAC=180°,$
$\therefore ∠ ABE+∠ BAC=90°.$
在$\mathrm{Rt}△ ABE$中,$∠ ABE+∠ BAE=90°,$
$\therefore ∠ BAE=∠ BAC$,即 AB 是$∠ CAE$的平分线.
又$BE⊥ AE,BF⊥ AC,\therefore BE=BF.$
在$\mathrm{Rt}△ CBF$中,$\tan C=\frac{BF}{CF}=\frac{3}{4},$
设$BF=3k,CF=4k,\therefore BE=BF=3k,$
由勾股定理得
$BC=\sqrt{BF^2+CF^2}=\sqrt{(3k)^2+(4k)^2}=5k,$
$\therefore CE=BC+BE=5k+3k=8k.$
在$\mathrm{Rt}△ ACE$中,$\tan C=\frac{AE}{CE}=\frac{3}{4},$
$\therefore AE=\frac{3}{4}CE=\frac{3}{4}×8k=6k.$
在$\mathrm{Rt}△ ABE$中,由勾股定理,
得$AB=\sqrt{AE^2+BE^2}=\sqrt{(6k)^2+(3k)^2}=3\sqrt{5}k.$
$\because BC=4,\therefore 5k=4,解得k=\frac{4}{5},\therefore AB=3\sqrt{5}k=\frac{12\sqrt{5}}{5}.$综上所述,AB 的长为$\frac{60}{7}或\frac{12\sqrt{5}}{5}.$
解析
【分析】
首先明确“差直三角形”的定义为有两个内角的差为$90°$，已知$△ ABC$中$∠ B＞90°$，结合三角形内角和为$180°$，可得差为$90°$的两个内角只能是钝角$∠ B$和另外两个锐角中的一个，因此分两种情况讨论：①$∠ B-∠ C=90°$；②$∠ B-∠ BAC=90°$。每种情况通过作高构造直角三角形，结合$\tan C=\frac{3}{4}$的条件设参数，利用三角函数、角平分线性质、勾股定理建立方程求解$AB$的长度即可。
【解析】
$\because △ ABC$是“差直三角形”，且$∠ ABC＞90°$，$\therefore$分以下两种情况讨论：
①当$∠ ABC-∠ C=90°$时，过点$A$作$AD⊥ CB$，交$CB$的延长线于点$D$，如图1，
$\therefore ∠ D=90°$，$∠ ABD+∠ ABC=180°$，$\therefore △ ACD$和$△ ABD$都是直角三角形。
$\because ∠ ABC-∠ C=90°$，$\therefore ∠ ABC=90°+∠ C$。
$\because ∠ ABD+∠ ABC=180°$，$\therefore ∠ ABD+90°+∠ C=180°$，即$∠ ABD+∠ C=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$∠ ABD+∠ BAD=90°$，$\therefore ∠ BAD=∠ C$，$\therefore \tan∠ BAD=\tan C=\frac{3}{4}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$\tan∠ BAD=\frac{BD}{AD}=\frac{3}{4}$，设$BD=3a$，$AD=4a$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{BD^2+AD^2}=\sqrt{(3a)^2+(4a)^2}=5a$。
$\because BC=4$，$\therefore CD=BC+BD=4+3a$，
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$\tan C=\frac{AD}{CD}=\frac{3}{4}$，$\therefore \frac{4a}{4+3a}=\frac{3}{4}$，解得$a=\frac{12}{7}$，$\therefore AB=5a=\frac{60}{7}$。
②当$∠ ABC-∠ BAC=90°$时，过点$A$作$AE⊥ CB$，交$CB$的延长线于点$E$，过点$B$作$BF⊥ AC$于点$F$，如图2，
$\therefore ∠ E=∠ CFB=90°$，$∠ ABE+∠ ABC=180°$，$\therefore △ CBF$、$△ ABE$和$△ ACE$都是直角三角形。
$\because ∠ ABC-∠ BAC=90°$，$\therefore ∠ ABC=90°+∠ BAC$。
又$\because ∠ ABE+∠ ABC=180°$，$\therefore ∠ ABE+90°+∠ BAC=180°$，即$∠ ABE+∠ BAC=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ABE$中，$∠ ABE+∠ BAE=90°$，$\therefore ∠ BAE=∠ BAC$，即$AB$是$∠ CAE$的平分线。
又$\because BE⊥ AE$，$BF⊥ AC$，$\therefore BE=BF$。
在$\mathrm{Rt}△ CBF$中，$\tan C=\frac{BF}{CF}=\frac{3}{4}$，设$BF=3k$，$CF=4k$，$\therefore BE=BF=3k$，
由勾股定理得：$BC=\sqrt{BF^2+CF^2}=\sqrt{(3k)^2+(4k)^2}=5k$，
$\therefore CE=BC+BE=5k+3k=8k$。
在$\mathrm{Rt}△ ACE$中，$\tan C=\frac{AE}{CE}=\frac{3}{4}$，$\therefore AE=\frac{3}{4}CE=\frac{3}{4}×8k=6k$。
在$\mathrm{Rt}△ ABE$中，由勾股定理得：$AB=\sqrt{AE^2+BE^2}=\sqrt{(6k)^2+(3k)^2}=3\sqrt{5}k$。
$\because BC=4$，$\therefore 5k=4$，解得$k=\frac{4}{5}$，$\therefore AB=3\sqrt{5}k=\frac{12\sqrt{5}}{5}$。
综上所述，$AB$的长为$\frac{60}{7}$或$\frac{12\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
$\frac{60}{7}或\frac{12\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
新定义理解，解直角三角形，勾股定理
【点评】
本题以新定义为背景，考查分类讨论的数学思想，解题时需结合钝角的特征确定分类情况，通过作辅助线构造直角三角形，利用三角函数、角平分线性质和勾股定理建立等量关系求解，注意不要漏解。
【难度系数】
0.35
首先明确“差直三角形”的定义为有两个内角的差为$90°$，已知$△ ABC$中$∠ B＞90°$，结合三角形内角和为$180°$，可得差为$90°$的两个内角只能是钝角$∠ B$和另外两个锐角中的一个，因此分两种情况讨论：①$∠ B-∠ C=90°$；②$∠ B-∠ BAC=90°$。每种情况通过作高构造直角三角形，结合$\tan C=\frac{3}{4}$的条件设参数，利用三角函数、角平分线性质、勾股定理建立方程求解$AB$的长度即可。
【解析】
$\because △ ABC$是“差直三角形”，且$∠ ABC＞90°$，$\therefore$分以下两种情况讨论：
①当$∠ ABC-∠ C=90°$时，过点$A$作$AD⊥ CB$，交$CB$的延长线于点$D$，如图1，
$\therefore ∠ D=90°$，$∠ ABD+∠ ABC=180°$，$\therefore △ ACD$和$△ ABD$都是直角三角形。
$\because ∠ ABC-∠ C=90°$，$\therefore ∠ ABC=90°+∠ C$。
$\because ∠ ABD+∠ ABC=180°$，$\therefore ∠ ABD+90°+∠ C=180°$，即$∠ ABD+∠ C=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$∠ ABD+∠ BAD=90°$，$\therefore ∠ BAD=∠ C$，$\therefore \tan∠ BAD=\tan C=\frac{3}{4}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$\tan∠ BAD=\frac{BD}{AD}=\frac{3}{4}$，设$BD=3a$，$AD=4a$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{BD^2+AD^2}=\sqrt{(3a)^2+(4a)^2}=5a$。
$\because BC=4$，$\therefore CD=BC+BD=4+3a$，
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$\tan C=\frac{AD}{CD}=\frac{3}{4}$，$\therefore \frac{4a}{4+3a}=\frac{3}{4}$，解得$a=\frac{12}{7}$，$\therefore AB=5a=\frac{60}{7}$。
②当$∠ ABC-∠ BAC=90°$时，过点$A$作$AE⊥ CB$，交$CB$的延长线于点$E$，过点$B$作$BF⊥ AC$于点$F$，如图2，
$\therefore ∠ E=∠ CFB=90°$，$∠ ABE+∠ ABC=180°$，$\therefore △ CBF$、$△ ABE$和$△ ACE$都是直角三角形。
$\because ∠ ABC-∠ BAC=90°$，$\therefore ∠ ABC=90°+∠ BAC$。
又$\because ∠ ABE+∠ ABC=180°$，$\therefore ∠ ABE+90°+∠ BAC=180°$，即$∠ ABE+∠ BAC=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ABE$中，$∠ ABE+∠ BAE=90°$，$\therefore ∠ BAE=∠ BAC$，即$AB$是$∠ CAE$的平分线。
又$\because BE⊥ AE$，$BF⊥ AC$，$\therefore BE=BF$。
在$\mathrm{Rt}△ CBF$中，$\tan C=\frac{BF}{CF}=\frac{3}{4}$，设$BF=3k$，$CF=4k$，$\therefore BE=BF=3k$，
由勾股定理得：$BC=\sqrt{BF^2+CF^2}=\sqrt{(3k)^2+(4k)^2}=5k$，
$\therefore CE=BC+BE=5k+3k=8k$。
在$\mathrm{Rt}△ ACE$中，$\tan C=\frac{AE}{CE}=\frac{3}{4}$，$\therefore AE=\frac{3}{4}CE=\frac{3}{4}×8k=6k$。
在$\mathrm{Rt}△ ABE$中，由勾股定理得：$AB=\sqrt{AE^2+BE^2}=\sqrt{(6k)^2+(3k)^2}=3\sqrt{5}k$。
$\because BC=4$，$\therefore 5k=4$，解得$k=\frac{4}{5}$，$\therefore AB=3\sqrt{5}k=\frac{12\sqrt{5}}{5}$。
综上所述，$AB$的长为$\frac{60}{7}$或$\frac{12\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
$\frac{60}{7}或\frac{12\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
新定义理解，解直角三角形，勾股定理
【点评】
本题以新定义为背景，考查分类讨论的数学思想，解题时需结合钝角的特征确定分类情况，通过作辅助线构造直角三角形，利用三角函数、角平分线性质和勾股定理建立等量关系求解，注意不要漏解。
【难度系数】
0.35
18 如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点E，∠ACD=90°，$\frac{BE}{DE}=\frac{2}{3}$，$\sin∠BDC=\frac{1}{4}$。若AB=4，AD=6，则AC的长为
$\dfrac{3\sqrt{10}}{2}$
。答案
18.$\frac{3\sqrt{10}}{2}$ 解析:如图,过点 B 作$BG⊥ AC$于点 G,
在$\mathrm{Rt}△ CDE$中,
$\sin∠ BDC=\frac{1}{4}=\frac{CE}{DE},$
设$CE=x$,则$DE=4x,CD=\sqrt{DE^2-CE^2}=\sqrt{15}x.$
又$\because DC⊥ AC,\therefore DC// BG,$
$\therefore △ BEG∽ △ DEC,\therefore \frac{BE}{DE}=\frac{BG}{DC}=\frac{EG}{EC}=\frac{2}{3},$
$\therefore EG=\frac{2}{3}CE=\frac{2}{3}x,BG=\frac{2}{3}CD=\frac{2\sqrt{15}}{3}x.$
$\because CD^2+AC^2=AD^2,AG^2+BG^2=AB^2,而AB=4,AD=6,$
$\therefore (\sqrt{15}x)^2+AC^2=36,AG^2+(\frac{2\sqrt{15}}{3}x)^2=16,$
即$15x^2+AC^2=36,AG^2+\frac{20}{3}x^2=16,$
$\therefore x^2=\frac{36-AC^2}{15},x^2=\frac{3(16-AG^2)}{20},$
$\therefore \frac{36-AC^2}{15}=\frac{3(16-AG^2)}{20},\therefore \frac{AG}{AC}=\frac{2}{3},\therefore \frac{CG}{AC}=\frac{1}{3},$
而$CG=CE+EG=\frac{5}{3}x,\therefore AC=5x.$
$\because 15x^2+AC^2=36,\therefore 15x^2+25x^2=36,$
解得$x=\frac{3\sqrt{10}}{10},\therefore AC=5x=\frac{3\sqrt{10}}{2}.$
解析
【分析】
要计算AC的长度，首先结合已知的∠ACD=90°、线段比例$\frac{BE}{DE}=\frac{2}{3}$和三角函数值，可通过作辅助线构造相似三角形转化线段比例：过点B作$BG⊥AC$，可得$BG// CD$，进而得到△BEG与△DEC相似，对应边成比例。再结合锐角三角函数设参数表示各相关线段，最后在Rt△ACD和Rt△ABG中分别用勾股定理列方程，消去参数即可求出AC的长度。
【解析】
如图,过点 B 作$BG⊥ AC$于点G,
在$\mathrm{Rt}△ CDE$中,
$\sin∠ BDC=\frac{1}{4}=\frac{CE}{DE},$
设$CE=x$,则$DE=4x,CD=\sqrt{DE^2-CE^2}=\sqrt{15}x.$
又$\because DC⊥ AC,\therefore DC// BG,$
$\therefore △ BEG∽ △ DEC,\therefore \frac{BE}{DE}=\frac{BG}{DC}=\frac{EG}{EC}=\frac{2}{3},$
$\therefore EG=\frac{2}{3}CE=\frac{2}{3}x,BG=\frac{2}{3}CD=\frac{2\sqrt{15}}{3}x.$
$\because CD^2+AC^2=AD^2,AG^2+BG^2=AB^2,而AB=4,AD=6,$
$\therefore (\sqrt{15}x)^2+AC^2=36,AG^2+(\frac{2\sqrt{15}}{3}x)^2=16,$
即$15x^2+AC^2=36,AG^2+\frac{20}{3}x^2=16,$
$\therefore x^2=\frac{36-AC^2}{15},x^2=\frac{3(16-AG^2)}{20},$
$\therefore \frac{36-AC^2}{15}=\frac{3(16-AG^2)}{20},\therefore \frac{AG}{AC}=\frac{2}{3},\therefore \frac{CG}{AC}=\frac{1}{3},$
而$CG=CE+EG=\frac{5}{3}x,\therefore AC=5x.$
$\because 15x^2+AC^2=36,\therefore 15x^2+25x^2=36,$
解得$x=\frac{3\sqrt{10}}{10},\therefore AC=5x=\frac{3\sqrt{10}}{2}.$
【答案】
$\frac{3\sqrt{10}}{2}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，勾股定理
【点评】
本题属于几何综合题，解题的关键是通过作垂线构造相似三角形，将已知的线段比例、三角函数值转化为各边的数量关系，结合勾股定理列方程求解，考查了方程思想和几何推理能力。
【难度系数】
0.4
要计算AC的长度，首先结合已知的∠ACD=90°、线段比例$\frac{BE}{DE}=\frac{2}{3}$和三角函数值，可通过作辅助线构造相似三角形转化线段比例：过点B作$BG⊥AC$，可得$BG// CD$，进而得到△BEG与△DEC相似，对应边成比例。再结合锐角三角函数设参数表示各相关线段，最后在Rt△ACD和Rt△ABG中分别用勾股定理列方程，消去参数即可求出AC的长度。
【解析】
如图,过点 B 作$BG⊥ AC$于点G,
在$\mathrm{Rt}△ CDE$中,
$\sin∠ BDC=\frac{1}{4}=\frac{CE}{DE},$
设$CE=x$,则$DE=4x,CD=\sqrt{DE^2-CE^2}=\sqrt{15}x.$
又$\because DC⊥ AC,\therefore DC// BG,$
$\therefore △ BEG∽ △ DEC,\therefore \frac{BE}{DE}=\frac{BG}{DC}=\frac{EG}{EC}=\frac{2}{3},$
$\therefore EG=\frac{2}{3}CE=\frac{2}{3}x,BG=\frac{2}{3}CD=\frac{2\sqrt{15}}{3}x.$
$\because CD^2+AC^2=AD^2,AG^2+BG^2=AB^2,而AB=4,AD=6,$
$\therefore (\sqrt{15}x)^2+AC^2=36,AG^2+(\frac{2\sqrt{15}}{3}x)^2=16,$
即$15x^2+AC^2=36,AG^2+\frac{20}{3}x^2=16,$
$\therefore x^2=\frac{36-AC^2}{15},x^2=\frac{3(16-AG^2)}{20},$
$\therefore \frac{36-AC^2}{15}=\frac{3(16-AG^2)}{20},\therefore \frac{AG}{AC}=\frac{2}{3},\therefore \frac{CG}{AC}=\frac{1}{3},$
而$CG=CE+EG=\frac{5}{3}x,\therefore AC=5x.$
$\because 15x^2+AC^2=36,\therefore 15x^2+25x^2=36,$
解得$x=\frac{3\sqrt{10}}{10},\therefore AC=5x=\frac{3\sqrt{10}}{2}.$
【答案】
$\frac{3\sqrt{10}}{2}$
【知识点】
相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，勾股定理
【点评】
本题属于几何综合题，解题的关键是通过作垂线构造相似三角形，将已知的线段比例、三角函数值转化为各边的数量关系，结合勾股定理列方程求解，考查了方程思想和几何推理能力。
【难度系数】
0.4
三、解答题(本大题共7题,满分78分)
19.(8分)已知α是锐角,且$\cosα=\frac{\sqrt{3}}{2}$,求$\sin^2α+\tan(α+15°)\cos(α+30°)$的值.
19.(8分)已知α是锐角,且$\cosα=\frac{\sqrt{3}}{2}$,求$\sin^2α+\tan(α+15°)\cos(α+30°)$的值.
答案
19.解:由条件可知$α=30°,$
$\therefore α+15°=45°,α+30°=60°,$
$\therefore \sin^2α+\tan(α+15°)\cos(α+30°)=\sin^230°+\tan45°\cos60°=(\frac{1}{2})^2+1×\frac{1}{2}=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}=\frac{3}{4}.$
$\therefore α+15°=45°,α+30°=60°,$
$\therefore \sin^2α+\tan(α+15°)\cos(α+30°)=\sin^230°+\tan45°\cos60°=(\frac{1}{2})^2+1×\frac{1}{2}=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}=\frac{3}{4}.$
解析
【分析】
解题思路分为三步：第一步，结合α是锐角的条件，根据特殊锐角的三角函数值，由已知的$\cosα=\frac{\sqrt{3}}{2}$确定α的度数；第二步，分别计算出α+15°和α+30°的度数；第三步，将各个角度对应的三角函数值代入原式，按照先乘方、再乘除、最后加减的运算顺序计算，即可得到最终结果。
【解析】
解：
∵α是锐角，且$\cosα=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
$\therefore α=30°$，
$\therefore α+15°=45°$，$α+30°=60°$，
代入原式可得：
$\sin^2α+\tan(α+15°)\cos(α+30°)$
$=\sin^230°+\tan45°·\cos60°$
$=(\frac{1}{2})^2 + 1×\frac{1}{2}$
$=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}$
$=\frac{3}{4}$
【答案】
$\frac{3}{4}$
【知识点】
特殊角的三角函数值；三角函数化简求值
【点评】
本题属于基础运算类题目，解题的关键是熟练识记特殊角的三角函数值，代入计算时注意运算顺序，避免因记错三角函数值或运算失误丢分。
【难度系数】
0.85
解题思路分为三步：第一步，结合α是锐角的条件，根据特殊锐角的三角函数值，由已知的$\cosα=\frac{\sqrt{3}}{2}$确定α的度数；第二步，分别计算出α+15°和α+30°的度数；第三步，将各个角度对应的三角函数值代入原式，按照先乘方、再乘除、最后加减的运算顺序计算，即可得到最终结果。
【解析】
解：
∵α是锐角，且$\cosα=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
$\therefore α=30°$，
$\therefore α+15°=45°$，$α+30°=60°$，
代入原式可得：
$\sin^2α+\tan(α+15°)\cos(α+30°)$
$=\sin^230°+\tan45°·\cos60°$
$=(\frac{1}{2})^2 + 1×\frac{1}{2}$
$=\frac{1}{4}+\frac{1}{2}$
$=\frac{3}{4}$
【答案】
$\frac{3}{4}$
【知识点】
特殊角的三角函数值；三角函数化简求值
【点评】
本题属于基础运算类题目，解题的关键是熟练识记特殊角的三角函数值，代入计算时注意运算顺序，避免因记错三角函数值或运算失误丢分。
【难度系数】
0.85
20.(10分)如图,在△ABC中,∠B=45°,AB=√6,AC=√7,点D在边BC上,且∠ADC=120°.
(1)求BD的长;
(2)求∠CAD的余弦值.
(1)求BD的长;
(2)求∠CAD的余弦值.
答案
20.解:(1)如图,过点 A 作$AH⊥ BD$于点 H.
$\because ∠ B=45°,∠ AHB=90°,$
$\therefore AH=BH=\frac{\sqrt{2}}{2}AB=\sqrt{3}.$
$\because ∠ ADC=120°,\therefore ∠ ADH=60°,$
$\therefore ∠ DAH=30°,\therefore DH=\frac{\sqrt{3}}{3}AH=1,$
$\therefore BD=DH+BH=1+\sqrt{3}.$
(2)如图,过点 D 作$DJ⊥ AC$于点 J.
$\because ∠ AHD=90°,∠ DAH=30°,$
$\therefore AD=2DH=2.$
$\because AC=\sqrt{7},\therefore CH=\sqrt{AC^2-AH^2}=\sqrt{7-3}=2,$
$\therefore CD=CH-DH=1.$
$\because S_{△ ACD}=\frac{1}{2}AC· DJ=\frac{1}{2}CD· AH,$
$\therefore DJ=\frac{\sqrt{21}}{7},$
$\therefore AJ=\sqrt{AD^2-DJ^2}=\sqrt{2^2-(\frac{\sqrt{21}}{7})^2}=\frac{5\sqrt{7}}{7},$
$\therefore \cos∠ CAD=\frac{AJ}{AD}=\frac{\frac{5\sqrt{7}}{7}}{2}=\frac{5\sqrt{7}}{14}.$
解析
【分析】
(1)求BD的长可通过构造直角三角形转化特殊角条件：过点A作AH⊥BC于H，先利用∠B=45°的等腰直角三角形性质求出BH、AH的长度，再根据∠ADC=120°得∠ADH=60°，在Rt△AHD中求出DH的长度，BD即为BH与DH的和。
(2)求∠CAD的余弦值，需将该角置于直角三角形中计算：过点D作DJ⊥AC于J，先求出AD、CD的长度，利用△ACD的面积两种表示方法求出DJ的长，再用勾股定理求出AJ的长，最后根据余弦定义即可求出结果。
【解析】
(1)如图，过点A作$AH⊥ BD$于点H.
$\because ∠ B=45°,∠ AHB=90°,$
$\therefore AH=BH=\frac{\sqrt{2}}{2}AB=\frac{\sqrt{2}}{2}×\sqrt{6}=\sqrt{3}.$
$\because ∠ ADC=120°,\therefore ∠ ADH=180°-120°=60°,$
$\therefore ∠ DAH=30°,$
在$Rt△AHD$中，$DH=\frac{AH}{tan60°}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=1,$
$\therefore BD=BH+DH=\sqrt{3}+1$。
(2)过点D作$DJ⊥ AC$于点J。
在$Rt△AHD$中，$∠DAH=30°$，$\therefore AD=2DH=2$。
在$Rt△AHC$中，$CH=\sqrt{AC^2-AH^2}=\sqrt{(\sqrt{7})^2-(\sqrt{3})^2}=\sqrt{4}=2$，
$\therefore CD=CH-DH=2-1=1$。
$\because S_{△ ACD}=\frac{1}{2}AC· DJ=\frac{1}{2}CD· AH$，
代入得$\frac{1}{2}×\sqrt{7}· DJ=\frac{1}{2}×1×\sqrt{3}$，解得$DJ=\frac{\sqrt{21}}{7}$。
在$Rt△AJD$中，$AJ=\sqrt{AD^2-DJ^2}=\sqrt{4-\frac{21}{49}}=\frac{5\sqrt{7}}{7}$，
$\therefore \cos∠ CAD=\frac{AJ}{AD}=\frac{\frac{5\sqrt{7}}{7}}{2}=\frac{5\sqrt{7}}{14}$。
【答案】
(1)$BD=1+\sqrt{3}$；
(2)$\cos∠CAD=\frac{5\sqrt{7}}{14}$
【知识点】
解直角三角形，勾股定理，锐角三角函数定义
【点评】
本题考查特殊角的三角函数、勾股定理及锐角三角函数的应用，通过作高构造直角三角形是处理特殊角问题的常用思路，第二问利用面积法求高简化了计算步骤，该技巧在几何边长计算中应用广泛，需熟练掌握。
【难度系数】
0.65
(1)求BD的长可通过构造直角三角形转化特殊角条件：过点A作AH⊥BC于H，先利用∠B=45°的等腰直角三角形性质求出BH、AH的长度，再根据∠ADC=120°得∠ADH=60°，在Rt△AHD中求出DH的长度，BD即为BH与DH的和。
(2)求∠CAD的余弦值，需将该角置于直角三角形中计算：过点D作DJ⊥AC于J，先求出AD、CD的长度，利用△ACD的面积两种表示方法求出DJ的长，再用勾股定理求出AJ的长，最后根据余弦定义即可求出结果。
【解析】
(1)如图，过点A作$AH⊥ BD$于点H.
$\because ∠ B=45°,∠ AHB=90°,$
$\therefore AH=BH=\frac{\sqrt{2}}{2}AB=\frac{\sqrt{2}}{2}×\sqrt{6}=\sqrt{3}.$
$\because ∠ ADC=120°,\therefore ∠ ADH=180°-120°=60°,$
$\therefore ∠ DAH=30°,$
在$Rt△AHD$中，$DH=\frac{AH}{tan60°}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=1,$
$\therefore BD=BH+DH=\sqrt{3}+1$。
(2)过点D作$DJ⊥ AC$于点J。
在$Rt△AHD$中，$∠DAH=30°$，$\therefore AD=2DH=2$。
在$Rt△AHC$中，$CH=\sqrt{AC^2-AH^2}=\sqrt{(\sqrt{7})^2-(\sqrt{3})^2}=\sqrt{4}=2$，
$\therefore CD=CH-DH=2-1=1$。
$\because S_{△ ACD}=\frac{1}{2}AC· DJ=\frac{1}{2}CD· AH$，
代入得$\frac{1}{2}×\sqrt{7}· DJ=\frac{1}{2}×1×\sqrt{3}$，解得$DJ=\frac{\sqrt{21}}{7}$。
在$Rt△AJD$中，$AJ=\sqrt{AD^2-DJ^2}=\sqrt{4-\frac{21}{49}}=\frac{5\sqrt{7}}{7}$，
$\therefore \cos∠ CAD=\frac{AJ}{AD}=\frac{\frac{5\sqrt{7}}{7}}{2}=\frac{5\sqrt{7}}{14}$。
【答案】
(1)$BD=1+\sqrt{3}$；
(2)$\cos∠CAD=\frac{5\sqrt{7}}{14}$
【知识点】
解直角三角形，勾股定理，锐角三角函数定义
【点评】
本题考查特殊角的三角函数、勾股定理及锐角三角函数的应用，通过作高构造直角三角形是处理特殊角问题的常用思路，第二问利用面积法求高简化了计算步骤，该技巧在几何边长计算中应用广泛，需熟练掌握。
【难度系数】
0.65
21.(10分)经过对“三角初步”的学习后，小明同学十分好奇$67°30'$角的正切值，于是他利用课余时间对其正切值进行了探究.在询问了老师并与同学研讨后，他决定通过构造已学的特殊角(如$30°,45°,60°$)，以特殊角的正弦、余弦与正切值来解决问题.请你帮助小明同学求出$67°30'$角的正切值.
答案
21.解:构造等腰直角三角形 ABC,AE 平分$∠ BAC$,$EF⊥ AC$,设$AB=BC=x,BE=1,$
各角度和线段的长度如图所示,$∠ AEB=∠ AEF=67.5°.$
由图可知$\tan67°30'=\tan67.5°=\frac{AB}{BE}=\frac{AF}{EF},$
即有$\frac{x}{1}=\frac{\sqrt{2}x-\frac{x-1}{\sqrt{2}}}{\frac{x-1}{\sqrt{2}}},整理得x^2-2x-1=0,$
解得$x_1=1+\sqrt{2},x_2=1-\sqrt{2}$(负值舍去),
经检验,$x=1+\sqrt{2}$是原方程的根,
$\therefore \tan67°30'=\tan67.5°=\frac{x}{1}=1+\sqrt{2}.$
解析
【分析】
要计算67°30'（即67.5°）的正切值，可将非特殊角转化为特殊角的组合求解：67.5°=45°+22.5°，因此先构造等腰直角三角形得到45°角，再作角平分线得到22.5°角，即可得到67.5°的内角。结合角平分线的性质得到相等线段，再根据正切的定义建立关于边长的方程，解方程求出边长后代入正切定义即可得到结果。
【解析】
构造等腰直角$△ ABC$，$∠ B=90°$，$AE$平分$∠ BAC$，$EF⊥ AC$于点$F$，设$AB=BC=x$，$BE=1$。
1. 根据角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等，得$EF=BE=1$；
2. $△ EFC$为等腰直角三角形，$EC=BC-BE=x-1$，因此$EF=FC=\frac{x-1}{\sqrt{2}}$；
3. 等腰直角$△ ABC$的斜边$AC=\sqrt{2}x$，因此$AF=AC-FC=\sqrt{2}x-\frac{x-1}{\sqrt{2}}$；
4. 在$\mathrm{Rt}△ ABE$中，$∠ AEB=90°-22.5°=67.5°$，$\tan67.5°=\frac{AB}{BE}=\frac{x}{1}$；在$\mathrm{Rt}△ AEF$中，$\tan67.5°=\frac{AF}{EF}$，因此可列等式：
$\frac{x}{1}=\frac{\sqrt{2}x-\frac{x-1}{\sqrt{2}}}{\frac{x-1}{\sqrt{2}}}$
5. 整理等式得$x^2-2x-1=0$，解得$x_1=1+\sqrt{2}$，$x_2=1-\sqrt{2}$，边长为正，舍去负值；
6. 经检验$x=1+\sqrt{2}$是原方程的根，代入得$\tan67°30'=\tan67.5°=x=1+\sqrt{2}$。
【答案】
$\tan67°30'=1+\sqrt{2}$
【知识点】
1. 角平分线的性质
2. 解直角三角形
3. 一元二次方程的解法
【点评】
本题将非特殊角的三角函数求解问题，通过构造含特殊角的几何图形转化为方程求解问题，考查了三角函数定义、等腰直角三角形性质、角平分线性质的综合应用，很好地体现了转化与数形结合的数学思想。
【难度系数】
0.6
要计算67°30'（即67.5°）的正切值，可将非特殊角转化为特殊角的组合求解：67.5°=45°+22.5°，因此先构造等腰直角三角形得到45°角，再作角平分线得到22.5°角，即可得到67.5°的内角。结合角平分线的性质得到相等线段，再根据正切的定义建立关于边长的方程，解方程求出边长后代入正切定义即可得到结果。
【解析】
构造等腰直角$△ ABC$，$∠ B=90°$，$AE$平分$∠ BAC$，$EF⊥ AC$于点$F$，设$AB=BC=x$，$BE=1$。
1. 根据角平分线的性质，角平分线上的点到角两边的距离相等，得$EF=BE=1$；
2. $△ EFC$为等腰直角三角形，$EC=BC-BE=x-1$，因此$EF=FC=\frac{x-1}{\sqrt{2}}$；
3. 等腰直角$△ ABC$的斜边$AC=\sqrt{2}x$，因此$AF=AC-FC=\sqrt{2}x-\frac{x-1}{\sqrt{2}}$；
4. 在$\mathrm{Rt}△ ABE$中，$∠ AEB=90°-22.5°=67.5°$，$\tan67.5°=\frac{AB}{BE}=\frac{x}{1}$；在$\mathrm{Rt}△ AEF$中，$\tan67.5°=\frac{AF}{EF}$，因此可列等式：
$\frac{x}{1}=\frac{\sqrt{2}x-\frac{x-1}{\sqrt{2}}}{\frac{x-1}{\sqrt{2}}}$
5. 整理等式得$x^2-2x-1=0$，解得$x_1=1+\sqrt{2}$，$x_2=1-\sqrt{2}$，边长为正，舍去负值；
6. 经检验$x=1+\sqrt{2}$是原方程的根，代入得$\tan67°30'=\tan67.5°=x=1+\sqrt{2}$。
【答案】
$\tan67°30'=1+\sqrt{2}$
【知识点】
1. 角平分线的性质
2. 解直角三角形
3. 一元二次方程的解法
【点评】
本题将非特殊角的三角函数求解问题，通过构造含特殊角的几何图形转化为方程求解问题，考查了三角函数定义、等腰直角三角形性质、角平分线性质的综合应用，很好地体现了转化与数形结合的数学思想。
【难度系数】
0.6
