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1. 在$△ ABC$中，$∠ C=90°$，$\tan A=2$，则$\cos A$的值为（
A.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
B.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$2$
A
）A.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
B.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$2$
答案
1.A 【点拨】在△ABC中，∠C=90°，设∠A，∠B，∠C的对边分别为a,b,c，由于tan A=2=$\frac{a}{b}$，不妨设b=k，则a=2k. 由勾股定理得，$c=\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{5}k$，所以$\cos A=\frac{b}{c}=\frac{k}{\sqrt{5}k}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，故选A.
2. 如图，$△ ABC$的三个顶点分别在边长为1的正方形网格的格点上，则$\tan(α+β)$
＞
$\tanα+\tanβ$.（填“＞”“=”或“＜”）答案
2.＞ 【点拨】由正方形网格图可知，$\tan α=\frac{1}{3}$，$\tan β=\frac{1}{2}$，则$\tan α+\tan β=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}=\frac{5}{6}$. $\because AC=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，$BC=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$AB=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$，$\therefore AC^2+BC^2=AB^2$，$AC=BC$. $\therefore△ABC$是等腰直角三角形，且$∠ACB=90°$. $\thereforeα+β=45°$. $\therefore\tan(α+β)=1$. $\therefore\tan(α+β)＞\tan α+\tan β$.
3. 如图，在正方形$ABDE$中，连接$AD$，将含$30°$角的三角板放在$△ ABC$的位置上，$∠ C=30°$，$AB=2$，将三角板$ABC$绕点$B$顺时针旋转到$△ A'BC'$的位置，旋转角是一个锐角，并且使$A'C'// AD$，$A'C'$交$BC$于点$F$，则$BF$的长是（
A.$\frac{\sqrt{6}}{2}$
B.$\frac{\sqrt{6}}{3}$
C.$\frac{\sqrt{6}}{6}$
D.$\sqrt{6}$
D
）A.$\frac{\sqrt{6}}{2}$
B.$\frac{\sqrt{6}}{3}$
C.$\frac{\sqrt{6}}{6}$
D.$\sqrt{6}$
答案
3.D 【点拨】如图，过点$B$作$BG⊥A'F$于点$G$，$\because$四边形$ABDE$是正方形，$\therefore ∠ADB=45°$，$\because A'F // AD$，$\therefore ∠A'FB=∠ADB=45°$，$\because$三角板$ABC$绕点$B$旋转至$△A'BC'$，$\therefore A'B=AB=2$，$∠BA'C'=∠BAC=90°−30°=60°$，在$\mathrm{Rt}△A'BG$中，$\sin∠BA'G=\frac{BG}{A'B}$，即$\frac{BG}{2}=\sin 60°$，解得$BG=\sqrt{3}$，在$\mathrm{Rt}△BFG$中，$\sin∠BFG=\frac{BG}{BF}$，即$\frac{\sqrt{3}}{BF}=\sin45°$，解得$BF=\sqrt{6}$.
4. 已知$\sin 42° \approx \frac{2}{3}$，则$\cos 48°$的值约为（
A.$\frac{\sqrt{5}}{3}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{3}{2}$
D.$\frac{2}{3}$
D
）A.$\frac{\sqrt{5}}{3}$
B.$\frac{1}{3}$
C.$\frac{3}{2}$
D.$\frac{2}{3}$
答案
4.D
5. 已知∠A为锐角，且$\sin A · \cos A=\frac{1}{2}$，求∠A的度数.
答案
5.【解】设 $\sin A=x(x＞0)$，
则 $\sin^2 A=x^2$，$\cos^2 A=1−x^2$.
$\because \sin A · \cos A=\frac{1}{2}$，
$\therefore \sin^2 A · \cos^2 A=\frac{1}{4}$.
$\therefore x^2(1−x^2)=\frac{1}{4}$，即 $4x^4−4x^2+1=0$.
$\therefore (2x^2−1)^2=0$. $\therefore 2x^2−1=0$，即 $x^2=\frac{1}{2}$.
$\therefore x=\frac{\sqrt{2}}{2}$，即 $\sin A=\frac{\sqrt{2}}{2}$. $\therefore ∠A=45°$.
则 $\sin^2 A=x^2$，$\cos^2 A=1−x^2$.
$\because \sin A · \cos A=\frac{1}{2}$，
$\therefore \sin^2 A · \cos^2 A=\frac{1}{4}$.
$\therefore x^2(1−x^2)=\frac{1}{4}$，即 $4x^4−4x^2+1=0$.
$\therefore (2x^2−1)^2=0$. $\therefore 2x^2−1=0$，即 $x^2=\frac{1}{2}$.
$\therefore x=\frac{\sqrt{2}}{2}$，即 $\sin A=\frac{\sqrt{2}}{2}$. $\therefore ∠A=45°$.
6. [2025 连云港] 如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$∠ CAB=30°$,$AD$平分$∠ CAB$,$BE⊥ AD$,$E$为垂足,则$\frac{AD}{BE}$的值为 (
A.$2\sqrt{3}$
B.$\frac{7\sqrt{3}}{3}$
C.$\frac{5}{2}\sqrt{3}$
D.$\frac{8\sqrt{3}}{3}$
A
)A.$2\sqrt{3}$
B.$\frac{7\sqrt{3}}{3}$
C.$\frac{5}{2}\sqrt{3}$
D.$\frac{8\sqrt{3}}{3}$
答案
6.A 【点拨】$\because ∠ACB=90°,∠CAB=30°,∴AB=2BC,AC=\sqrt{3}BC$. 设$BC=x$,则$AB=2x,AC=\sqrt{3}x$. $\because AD$平分$∠CAB$,$∠ACB=90°,∴$点$D$到$AC$,$AB$的距离相等,均为$CD$的长,
$∠CAD=∠BAD, ∴\frac{S_{△ACD}}{S_{△ABD}}=\frac{\frac{1}{2}AC·CD}{\frac{1}{2}AB·CD}=\frac{\frac{1}{2}AC·CD}{\frac{1}{2}AC·BD}$,
$\therefore \frac{CD}{BD}=\frac{AC}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{2},∴CD=\frac{\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}BC=(2\sqrt{3}−3)x,∴AD=\sqrt{AC^2+CD^2}=(3\sqrt{2}−\sqrt{6})x$. $\because ∠CAD=∠BAD$,
$\therefore \sin∠CAD=\sin∠BAD$. $\because BE⊥AD,∴\frac{CD}{AD}=\frac{BE}{AB}$,即$\frac{BE}{2x}=\frac{2\sqrt{3}−3}{3\sqrt{2}−\sqrt{6}},∴BE=\frac{\sqrt{6}−\sqrt{2}}{2}x,∴\frac{AD}{BE}=\frac{(3\sqrt{2}−\sqrt{6})x}{\frac{\sqrt{6}−\sqrt{2}}{2}x}=2\sqrt{3}$.
点方法 当出现边与边的比时,可引入参数,用这个参数表示三角形三边长,再用定义求解.
$∠CAD=∠BAD, ∴\frac{S_{△ACD}}{S_{△ABD}}=\frac{\frac{1}{2}AC·CD}{\frac{1}{2}AB·CD}=\frac{\frac{1}{2}AC·CD}{\frac{1}{2}AC·BD}$,
$\therefore \frac{CD}{BD}=\frac{AC}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{2},∴CD=\frac{\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}BC=(2\sqrt{3}−3)x,∴AD=\sqrt{AC^2+CD^2}=(3\sqrt{2}−\sqrt{6})x$. $\because ∠CAD=∠BAD$,
$\therefore \sin∠CAD=\sin∠BAD$. $\because BE⊥AD,∴\frac{CD}{AD}=\frac{BE}{AB}$,即$\frac{BE}{2x}=\frac{2\sqrt{3}−3}{3\sqrt{2}−\sqrt{6}},∴BE=\frac{\sqrt{6}−\sqrt{2}}{2}x,∴\frac{AD}{BE}=\frac{(3\sqrt{2}−\sqrt{6})x}{\frac{\sqrt{6}−\sqrt{2}}{2}x}=2\sqrt{3}$.
点方法 当出现边与边的比时,可引入参数,用这个参数表示三角形三边长,再用定义求解.
7. 如图,在矩形ABCD中,AB=10,BC=8,E为AD边上一点,沿CE将△CDE折叠,使点D正好落在AB边上的点F处,则$\tan∠ AFE=$
$\frac{3}{4}$
.答案
7. $\frac{3}{4}$
8. 新考法 计算求比法 如图，在 $\mathrm{Rt} △ ABC$ 中，$∠ ABC=90°$，$AB＜BC$。$D$ 是 $AC$ 的中点，过点 $D$ 作 $DE ⊥ AC$ 交 $BC$ 于点 $E$。延长 $ED$ 至点 $F$，使得 $DF=DE$，连接 $AE,AF,CF$。
(1)求证:四边形 $AECF$ 是菱形；
(2)若 $\frac{BE}{EC}=\frac{1}{4}$，求 $\tan∠ BCF$ 的值.
(1)求证:四边形 $AECF$ 是菱形；
(2)若 $\frac{BE}{EC}=\frac{1}{4}$，求 $\tan∠ BCF$ 的值.
答案
8.(1)【证明】$\because$由题意知$AD=DC,DE=DF$,
$\therefore$四边形$AECF$是平行四边形.
又$\because DE⊥AC,∴$四边形$AECF$是菱形.
(2)【解】$\because \frac{BE}{EC}=\frac{1}{4},∴$设$BE=a$,则$EC=4a$.
$\because$四边形$AECF$是菱形,
$\therefore AE=EC=4a,AE// FC$.
$\therefore ∠BCF=∠BEA$. 在$\mathrm{Rt}△ABE$中,$AB=\sqrt{AE^2−BE^2}=\sqrt{(4a)^2−a^2}=\sqrt{15}a$,
$\therefore \tan∠BEA=\frac{AB}{BE}=\frac{\sqrt{15}a}{a}=\sqrt{15}$.
$\therefore \tan∠BCF=\sqrt{15}$.
$\therefore$四边形$AECF$是平行四边形.
又$\because DE⊥AC,∴$四边形$AECF$是菱形.
(2)【解】$\because \frac{BE}{EC}=\frac{1}{4},∴$设$BE=a$,则$EC=4a$.
$\because$四边形$AECF$是菱形,
$\therefore AE=EC=4a,AE// FC$.
$\therefore ∠BCF=∠BEA$. 在$\mathrm{Rt}△ABE$中,$AB=\sqrt{AE^2−BE^2}=\sqrt{(4a)^2−a^2}=\sqrt{15}a$,
$\therefore \tan∠BEA=\frac{AB}{BE}=\frac{\sqrt{15}a}{a}=\sqrt{15}$.
$\therefore \tan∠BCF=\sqrt{15}$.
