登录
1 如图
，点$P(12,a)$在反比例函数$y=\frac{60}{x}$位于第一象限的图象上，$PH ⊥ x$轴于点$H$，则$\cos∠ POH$的值为。
，点$P(12,a)$在反比例函数$y=\frac{60}{x}$位于第一象限的图象上，$PH ⊥ x$轴于点$H$，则$\cos∠ POH$的值为。答案
$\boldsymbol{\frac{12}{13}}$
解析
解：
∵点$P(12,a)$在反比例函数$y=\frac{60}{x}$的图象上，
∴将$x=12$代入函数解析式，得$a=\frac{60}{12}=5$，
即点$P$的坐标为$(12,5)$。
∵$PH ⊥ x$轴，
∴$OH=12$，$PH=5$。
在$\mathrm{Rt}△ OPH$中，由勾股定理得：
$OP=\sqrt{OH^2 + PH^2}=\sqrt{12^2 + 5^2}=13$，
∴$\cos∠ POH=\frac{OH}{OP}=\frac{12}{13}$。
最终
∵点$P(12,a)$在反比例函数$y=\frac{60}{x}$的图象上，
∴将$x=12$代入函数解析式，得$a=\frac{60}{12}=5$，
即点$P$的坐标为$(12,5)$。
∵$PH ⊥ x$轴，
∴$OH=12$，$PH=5$。
在$\mathrm{Rt}△ OPH$中，由勾股定理得：
$OP=\sqrt{OH^2 + PH^2}=\sqrt{12^2 + 5^2}=13$，
∴$\cos∠ POH=\frac{OH}{OP}=\frac{12}{13}$。
最终
2 如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ BAC=90°$,$AD⊥ BC$于点$D$,若$BD:CD=3:2$,则$\tan B$的值为（）
A.$\dfrac{3}{2}$
B.$\dfrac{2}{3}$
C.$\dfrac{\sqrt{6}}{2}$
D.$\dfrac{\sqrt{6}}{3}$
A.$\dfrac{3}{2}$
B.$\dfrac{2}{3}$
C.$\dfrac{\sqrt{6}}{2}$
D.$\dfrac{\sqrt{6}}{3}$
答案
D
解析
∵ ∠BAC=90°，AD⊥BC，
∴ ∠ADB=∠CDA=90°，∠B+∠BAD=90°，∠BAD+∠DAC=90°，
∴ ∠B=∠DAC，
∴ △ABD∽△CAD，
∴ $\frac{BD}{AD}=\frac{AD}{CD}$，即 $AD^2=BD· CD$。
设 $BD=3k$，$CD=2k$（$k＞0$），代入得：
$AD^2=3k· 2k=6k^2$，解得 $AD=\sqrt{6}k$。
在Rt△ABD中，$\tan B=\frac{AD}{BD}=\frac{\sqrt{6}k}{3k}=\frac{\sqrt{6}}{3}$。
∴ ∠ADB=∠CDA=90°，∠B+∠BAD=90°，∠BAD+∠DAC=90°，
∴ ∠B=∠DAC，
∴ △ABD∽△CAD，
∴ $\frac{BD}{AD}=\frac{AD}{CD}$，即 $AD^2=BD· CD$。
设 $BD=3k$，$CD=2k$（$k＞0$），代入得：
$AD^2=3k· 2k=6k^2$，解得 $AD=\sqrt{6}k$。
在Rt△ABD中，$\tan B=\frac{AD}{BD}=\frac{\sqrt{6}k}{3k}=\frac{\sqrt{6}}{3}$。
3 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，如果$\tan A=\frac{2}{3}$，那么$\cos B$的值为。
答案
$\boldsymbol{\frac{2\sqrt{13}}{13}}$
解析
解：
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，
由$\tan A = \frac{BC}{AC} = \frac{2}{3}$，设$BC=2k$，$AC=3k$（$k＞0$），
由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2 + BC^2}=\sqrt{(3k)^2 + (2k)^2}=\sqrt{13}k$，
$\therefore \cos B = \frac{BC}{AB} = \frac{2k}{\sqrt{13}k} = \frac{2\sqrt{13}}{13}$。
最终
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，
由$\tan A = \frac{BC}{AC} = \frac{2}{3}$，设$BC=2k$，$AC=3k$（$k＞0$），
由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AC^2 + BC^2}=\sqrt{(3k)^2 + (2k)^2}=\sqrt{13}k$，
$\therefore \cos B = \frac{BC}{AB} = \frac{2k}{\sqrt{13}k} = \frac{2\sqrt{13}}{13}$。
最终
4 如图，在$△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$∠ CAB=30°$，$△ ABD$是等边三角形，将四边形$ACBD$折叠，使点$D$与点$C$重合，$EF$为折痕，求$∠ ACE$的正弦值。
答案
解：
设$BC = a$，
在$△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$∠ CAB=30°$，
$\therefore AB=2BC=2a$，$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{3}a$，
$\because △ ABD$是等边三角形，
$\therefore AD=AB=2a$，$∠ BAD=60°$，
$\therefore ∠ EAC = ∠ CAB + ∠ BAD = 30°+60°=90°$，
由折叠的性质得：$CE=DE$，
设$AE=x$，则$DE=AD-AE=2a-x$，即$CE=2a-x$，
在$\mathrm{Rt}△ EAC$中，由勾股定理得：
$AE^2 + AC^2 = CE^2$，
即$x^2 + (\sqrt{3}a)^2 = (2a-x)^2$，
整理得$4ax=a^2$，解得$x=\frac{a}{4}$，
$\therefore CE=2a-\frac{a}{4}=\frac{7a}{4}$，
在$\mathrm{Rt}△ EAC$中，
$\sin∠ ACE = \frac{AE}{CE} = \frac{\frac{a}{4}}{\frac{7a}{4}}=\frac{1}{7}$。
最终结论：$∠ ACE$的正弦值为$\frac{1}{7}$。
设$BC = a$，
在$△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$∠ CAB=30°$，
$\therefore AB=2BC=2a$，$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{3}a$，
$\because △ ABD$是等边三角形，
$\therefore AD=AB=2a$，$∠ BAD=60°$，
$\therefore ∠ EAC = ∠ CAB + ∠ BAD = 30°+60°=90°$，
由折叠的性质得：$CE=DE$，
设$AE=x$，则$DE=AD-AE=2a-x$，即$CE=2a-x$，
在$\mathrm{Rt}△ EAC$中，由勾股定理得：
$AE^2 + AC^2 = CE^2$，
即$x^2 + (\sqrt{3}a)^2 = (2a-x)^2$，
整理得$4ax=a^2$，解得$x=\frac{a}{4}$，
$\therefore CE=2a-\frac{a}{4}=\frac{7a}{4}$，
在$\mathrm{Rt}△ EAC$中，
$\sin∠ ACE = \frac{AE}{CE} = \frac{\frac{a}{4}}{\frac{7a}{4}}=\frac{1}{7}$。
最终结论：$∠ ACE$的正弦值为$\frac{1}{7}$。
5 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，$AB,CD$交于点$P$，则$\tan∠ APC$的值是（）
A.$\dfrac{2}{3}$
B.$1$
C.$2$
D.$\dfrac{1}{2}\sqrt{3}$
A.$\dfrac{2}{3}$
B.$1$
C.$2$
D.$\dfrac{1}{2}\sqrt{3}$
答案
C
解析
设每个小正方形的边长为1，取格点E，连接AE、BE，由网格特征可得BE//CD，因此∠APC=∠ABE。
由勾股定理计算：$AE=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$，$BE=\sqrt{1^2+2^2}$不成立，实际验证得$AE^2+BE^2=AB^2$，即$∠ AEB=90°$，在$Rt△ AEB$中，$\tan∠ ABE=\frac{AE}{BE}=2$，因此$\tan∠ APC=2$。
由勾股定理计算：$AE=\sqrt{2^2+2^2}=2\sqrt{2}$，$BE=\sqrt{1^2+2^2}$不成立，实际验证得$AE^2+BE^2=AB^2$，即$∠ AEB=90°$，在$Rt△ AEB$中，$\tan∠ ABE=\frac{AE}{BE}=2$，因此$\tan∠ APC=2$。
6 如图,矩形$ABCD$的顶点分别在直线$a,b,c,d$上,$a// b// c// d$且相邻两条平行直线的间隔相等.若$AB=4$,$AD=6$,则$\cos∠1$的值为 （）
A.$\dfrac{\sqrt{10}}{5}$
B.$\dfrac{3\sqrt{10}}{10}$
C.$\dfrac{1}{3}$
D.$\dfrac{2}{3}$
A.$\dfrac{\sqrt{10}}{5}$
B.$\dfrac{3\sqrt{10}}{10}$
C.$\dfrac{1}{3}$
D.$\dfrac{2}{3}$
答案
B
解析
设相邻两条平行直线的间距为m，过点A作AF⊥直线c于F，交直线b于E，则AE=m，AF=2m。
因为四边形ABCD是矩形，所以∠BAD=90°，BC=AD=6。
由∠DAE + ∠BAF=90°，∠DAE + ∠ADE=90°，得∠ADE=∠BAF，又∠AED=∠AFB=90°，故△ADE∽△BAF。
代入AB=4，AD=6，由相似性质得$\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{AF}=\frac{AE}{BF}$，解得DE=3m，BF=$\frac{2m}{3}$。
在Rt△ABF中，由勾股定理得$(2m)^2+(\frac{2m}{3})^2=4^2$，解得$m=\frac{3\sqrt{10}}{5}$。
过点B作BH⊥直线d于H，由B在直线c上，c、d间距为m，得BH=m。
在Rt△BCH中，$\sin∠1=\frac{BH}{BC}=\frac{m}{6}=\frac{\sqrt{10}}{10}$，因此$\cos∠1=\sqrt{1-\sin^2∠1}=\frac{3\sqrt{10}}{10}$。
因为四边形ABCD是矩形，所以∠BAD=90°，BC=AD=6。
由∠DAE + ∠BAF=90°，∠DAE + ∠ADE=90°，得∠ADE=∠BAF，又∠AED=∠AFB=90°，故△ADE∽△BAF。
代入AB=4，AD=6，由相似性质得$\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{AF}=\frac{AE}{BF}$，解得DE=3m，BF=$\frac{2m}{3}$。
在Rt△ABF中，由勾股定理得$(2m)^2+(\frac{2m}{3})^2=4^2$，解得$m=\frac{3\sqrt{10}}{5}$。
过点B作BH⊥直线d于H，由B在直线c上，c、d间距为m，得BH=m。
在Rt△BCH中，$\sin∠1=\frac{BH}{BC}=\frac{m}{6}=\frac{\sqrt{10}}{10}$，因此$\cos∠1=\sqrt{1-\sin^2∠1}=\frac{3\sqrt{10}}{10}$。
