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9 [2025 吉林]如图,在平面直角坐标系中,过原点O的直线与反比例函数$y=\frac{\sqrt{3}}{x}$的图象交于A,B两点,分别以点A,B为圆心,画半径为1的$\odot A$和$\odot B$.当$\odot A,\odot B$与x轴相切时,切点分别为C,D,连接AC,BD,则涂色部分图形的面积和为(结果保留π).
答案
$\boldsymbol{\frac{π}{3}}$
解析
解：
∵⊙A与x轴相切，半径为1，
∴AC⊥x轴，AC=1，即点A的纵坐标为1。
将y=1代入反比例函数$y=\frac{\sqrt{3}}{x}$，得$1=\frac{\sqrt{3}}{x}$，解得$x=\sqrt{3}$，
∴点A坐标为$(\sqrt{3},1)$，$OC=\sqrt{3}$。
在Rt△ACO中，$\tan∠ AOC=\frac{AC}{OC}=\frac{1}{\sqrt{3}}$，
∴$∠ AOC=30°$，
∴$∠ OAC=90°-30°=60°$，即⊙A中涂色扇形的圆心角为$60°$。
∵点A、B是过原点的直线与反比例函数图象的交点，
∴点A、B关于原点O对称，
∴点B坐标为$(-\sqrt{3},-1)$。
同理可得，⊙B中涂色扇形的圆心角也为$60°$。
两个涂色扇形的圆心角之和为$60°+60°=120°$，
∴涂色部分图形的面积和为$\frac{120π×1^2}{360}=\frac{π}{3}$。
最终
∵⊙A与x轴相切，半径为1，
∴AC⊥x轴，AC=1，即点A的纵坐标为1。
将y=1代入反比例函数$y=\frac{\sqrt{3}}{x}$，得$1=\frac{\sqrt{3}}{x}$，解得$x=\sqrt{3}$，
∴点A坐标为$(\sqrt{3},1)$，$OC=\sqrt{3}$。
在Rt△ACO中，$\tan∠ AOC=\frac{AC}{OC}=\frac{1}{\sqrt{3}}$，
∴$∠ AOC=30°$，
∴$∠ OAC=90°-30°=60°$，即⊙A中涂色扇形的圆心角为$60°$。
∵点A、B是过原点的直线与反比例函数图象的交点，
∴点A、B关于原点O对称，
∴点B坐标为$(-\sqrt{3},-1)$。
同理可得，⊙B中涂色扇形的圆心角也为$60°$。
两个涂色扇形的圆心角之和为$60°+60°=120°$，
∴涂色部分图形的面积和为$\frac{120π×1^2}{360}=\frac{π}{3}$。
最终
10 如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上，且$CE=1$，$∠ABE$的平分线交AD于点F，M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为。
答案
$\boldsymbol{\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}}$
解析
解：
∵正方形ABCD的面积为3，
∴$AB=BC=CD=AD=\sqrt{3}$，$∠ A=∠ C=∠ D=90°$。
在$Rt△ BCE$中，$CE=1$，$BC=\sqrt{3}$，
∴$BE=\sqrt{BC^2+CE^2}=\sqrt{3+1}=2$，
$\tan∠ EBC=\frac{CE}{BC}=\frac{1}{\sqrt{3}}$，即$∠ EBC=30°$，
∴$∠ ABE=90°-∠ EBC=60°$。
∵BF平分$∠ ABE$，
∴$∠ ABF=\frac{1}{2}∠ ABE=30°$。
在$Rt△ ABF$中，$∠ A=90°$，$AB=\sqrt{3}$，
∴$AF=AB·\tan30°=\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}=1$，
∴$DF=AD-AF=\sqrt{3}-1$，$DE=CD-CE=\sqrt{3}-1$。
在$Rt△ DEF$中，$∠ D=90°$，
∴$EF=\sqrt{DF^2+DE^2}=\sqrt{2(\sqrt{3}-1)^2}=\sqrt{6}-\sqrt{2}$。
∵M，N分别是BE，BF的中点，由三角形中位线定理得：
$MN=\frac{1}{2}EF=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$。
最终
∵正方形ABCD的面积为3，
∴$AB=BC=CD=AD=\sqrt{3}$，$∠ A=∠ C=∠ D=90°$。
在$Rt△ BCE$中，$CE=1$，$BC=\sqrt{3}$，
∴$BE=\sqrt{BC^2+CE^2}=\sqrt{3+1}=2$，
$\tan∠ EBC=\frac{CE}{BC}=\frac{1}{\sqrt{3}}$，即$∠ EBC=30°$，
∴$∠ ABE=90°-∠ EBC=60°$。
∵BF平分$∠ ABE$，
∴$∠ ABF=\frac{1}{2}∠ ABE=30°$。
在$Rt△ ABF$中，$∠ A=90°$，$AB=\sqrt{3}$，
∴$AF=AB·\tan30°=\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}=1$，
∴$DF=AD-AF=\sqrt{3}-1$，$DE=CD-CE=\sqrt{3}-1$。
在$Rt△ DEF$中，$∠ D=90°$，
∴$EF=\sqrt{DF^2+DE^2}=\sqrt{2(\sqrt{3}-1)^2}=\sqrt{6}-\sqrt{2}$。
∵M，N分别是BE，BF的中点，由三角形中位线定理得：
$MN=\frac{1}{2}EF=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$。
最终
11 新考向 新定义题 定义:在平面直角坐标系中,将一个图形先向上平移$a(a＞0)$个单位长度,再绕原点按逆时针方向旋转$θ$角度,这样的图形运动叫作图形的$\rho(a,θ)$变换.如:点$A(2,0)$按照$\rho(1,90°)$变换后得到点$A'$的坐标为$(-1,2)$,则点$B(\sqrt{3},-1)$按照$\rho(2,105°)$变换后得到点$B'$的坐标为.
答案
解：
1. 先将点$B(\sqrt{3},-1)$向上平移2个单位长度，得到对应点$B_1$的坐标为$(\sqrt{3}, -1+2)$，即$B_1(\sqrt{3},1)$。
2. 计算点$B_1$到原点的距离：$OB_1=\sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2}=2$。
设$OB_1$与$x$轴正方向的夹角为$α$，由$\tanα=\frac{1}{\sqrt{3}}$，得$α=30°$。
3. 将点$B_1$绕原点逆时针旋转$105°$后，点$B'$到原点的距离仍为2，$OB'$与$x$轴正方向的夹角为$30°+105°=135°$。
因此点$B'$的横坐标为$2·\cos135°=2×(-\frac{\sqrt{2}}{2})=-\sqrt{2}$，纵坐标为$2·\sin135°=2×\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$。
最终点$B'$的坐标为$\boldsymbol{(-\sqrt{2},\sqrt{2})}$。
1. 先将点$B(\sqrt{3},-1)$向上平移2个单位长度，得到对应点$B_1$的坐标为$(\sqrt{3}, -1+2)$，即$B_1(\sqrt{3},1)$。
2. 计算点$B_1$到原点的距离：$OB_1=\sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2}=2$。
设$OB_1$与$x$轴正方向的夹角为$α$，由$\tanα=\frac{1}{\sqrt{3}}$，得$α=30°$。
3. 将点$B_1$绕原点逆时针旋转$105°$后，点$B'$到原点的距离仍为2，$OB'$与$x$轴正方向的夹角为$30°+105°=135°$。
因此点$B'$的横坐标为$2·\cos135°=2×(-\frac{\sqrt{2}}{2})=-\sqrt{2}$，纵坐标为$2·\sin135°=2×\frac{\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$。
最终点$B'$的坐标为$\boldsymbol{(-\sqrt{2},\sqrt{2})}$。
12 分类讨论思想 在$△ ABC$中，$AD$是边$BC$上的高，$AD=2$，$AB=2\sqrt{2}$，$CD=2\sqrt{3}$.求$∠ BAC$的度数.
答案
解：
分两种情况讨论：
1. 当高$AD$在$△ ABC$内部时，
$\because AD$是边$BC$上的高，$\therefore ∠ ADB=∠ ADC=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$AD=2$，$AB=2\sqrt{2}$，
$\therefore BD=\sqrt{AB^2-AD^2}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2-2^2}=2$，
$\therefore AD=BD$，$\therefore ∠ BAD=45°$。
在$\mathrm{Rt}△ ADC$中，$AD=2$，$CD=2\sqrt{3}$，
$\therefore \tan∠ DAC=\frac{CD}{AD}=\sqrt{3}$，$\therefore ∠ DAC=60°$，
$\therefore ∠ BAC=∠ BAD+∠ DAC=45°+60°=105°$。
2. 当高$AD$在$△ ABC$外部时，
同理可得：$∠ BAD=45°$，$∠ DAC=60°$，
此时$∠ BAC=∠ DAC-∠ BAD=60°-45°=15°$。
综上，$∠ BAC$的度数为$105°$或$15°$。
分两种情况讨论：
1. 当高$AD$在$△ ABC$内部时，
$\because AD$是边$BC$上的高，$\therefore ∠ ADB=∠ ADC=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$AD=2$，$AB=2\sqrt{2}$，
$\therefore BD=\sqrt{AB^2-AD^2}=\sqrt{(2\sqrt{2})^2-2^2}=2$，
$\therefore AD=BD$，$\therefore ∠ BAD=45°$。
在$\mathrm{Rt}△ ADC$中，$AD=2$，$CD=2\sqrt{3}$，
$\therefore \tan∠ DAC=\frac{CD}{AD}=\sqrt{3}$，$\therefore ∠ DAC=60°$，
$\therefore ∠ BAC=∠ BAD+∠ DAC=45°+60°=105°$。
2. 当高$AD$在$△ ABC$外部时，
同理可得：$∠ BAD=45°$，$∠ DAC=60°$，
此时$∠ BAC=∠ DAC-∠ BAD=60°-45°=15°$。
综上，$∠ BAC$的度数为$105°$或$15°$。
13 如图,要想使人安全攀上斜靠在墙面上的梯子的顶端,梯子与地面所成的角α要满足$60°≤α≤75°$,现有一架长5.5 m的梯子(参考数据:$sin75°≈0.97,cos75°≈0.26,tan75°≈3.73,sin23.6°≈0.40,cos66.4°≈0.40,tan21.8°≈0.40$).
(1) 使用这架梯子最高可以安全攀上多高的墙(精确到0.1 m)?
(2) 当梯子底端距离墙面2.2 m时,人是否能够安全使用这架梯子?
(1) 使用这架梯子最高可以安全攀上多高的墙(精确到0.1 m)?
(2) 当梯子底端距离墙面2.2 m时,人是否能够安全使用这架梯子?
答案
解：(1) 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，梯子长AB=5.5 m。
当α取最大值75°时，可安全攀上的墙最高，
此时 $AC = AB·\sin75° \approx 5.5×0.97 \approx 5.3(\mathrm{m})$。
(2) 当梯子底端距离墙面$BC=2.2\ \mathrm{m}$时，
$\cosα = \frac{BC}{AB} = \frac{2.2}{5.5} = 0.4$，
由参考数据$\cos66.4°\approx0.4$，可得$α\approx66.4°$。
$\because 60°≤66.4°≤75°$，符合安全角度要求，
$\therefore$ 人能够安全使用这架梯子。
答：(1) 使用这架梯子最高可以安全攀上约5.3 m高的墙；(2) 人能够安全使用这架梯子。
当α取最大值75°时，可安全攀上的墙最高，
此时 $AC = AB·\sin75° \approx 5.5×0.97 \approx 5.3(\mathrm{m})$。
(2) 当梯子底端距离墙面$BC=2.2\ \mathrm{m}$时，
$\cosα = \frac{BC}{AB} = \frac{2.2}{5.5} = 0.4$，
由参考数据$\cos66.4°\approx0.4$，可得$α\approx66.4°$。
$\because 60°≤66.4°≤75°$，符合安全角度要求，
$\therefore$ 人能够安全使用这架梯子。
答：(1) 使用这架梯子最高可以安全攀上约5.3 m高的墙；(2) 人能够安全使用这架梯子。
