7. (转换法)如图，在由边长为 1 的小正方形组成的网格中，点 A，B，C，D，E 均在格点(网格线的交点)上，半径为 2 的 ⊙A 与 BC 交于点 F，则 tan ∠DEF =
$\frac{1}{2}$
.
答案：7.$\frac{1}{2}$
解析：
解：以点A为坐标原点，建立平面直角坐标系，设小正方形边长为1。
由图可得各点坐标：A(0,0)，B(-2,1)，C(2,-2)，D(2,1)，E(0,2)。
设直线BC的解析式为$y = kx + b$，将B(-2,1)，C(2,-2)代入：
$\begin{cases}-2k + b = 1 \\2k + b = -2\end{cases}$
解得$k = -\frac{3}{4}$，$b = -\frac{1}{2}$，故直线BC：$y = -\frac{3}{4}x - \frac{1}{2}$。
⊙A半径为2，方程为$x^2 + y^2 = 4$。联立直线BC与⊙A方程：
$\begin{cases}y = -\frac{3}{4}x - \frac{1}{2} \\x^2 + y^2 = 4\end{cases}$
代入化简得$25x^2 + 12x - 60 = 0$，解得$x = \frac{-6 + 4\sqrt{96}}{25}$（取格点交点），得F(1,-$\frac{3}{2}$)。
已知E(0,2)，D(2,1)，F(1,-$\frac{3}{2}$)，向量$\overrightarrow{ED} = (2,-1)$，$\overrightarrow{EF} = (1,-\frac{7}{2})$。
$\tan\angle DEF = \left|\frac{2×(-\frac{7}{2}) - (-1)×1}{2×1 + (-1)×(-\frac{7}{2})}\right| = \frac{1}{2}$
答案：$\frac{1}{2}$
8. 如图，在 △ABC 中，AB = AC. 如果 tan B = $\frac{4}{3}$，那么 cos $\frac{A}{2}$ =
$\frac{4}{5}$
.
答案：8.$\frac{4}{5}$
解析：
解：过点$A$作$AD\perp BC$于点$D$，设$AD = 4k$，$BD = 3k$。
在$Rt\triangle ABD$中，$AB=\sqrt{(4k)^{2}+(3k)^{2}} = 5k$。
因为$AB = AC$，所以$\triangle ABC$是等腰三角形，$AD$平分$\angle BAC$，$\angle BAD=\frac{\angle BAC}{2}$。
在$Rt\triangle ABD$中，$\cos\angle BAD=\frac{AD}{AB}=\frac{4k}{5k}=\frac{4}{5}$，即$\cos\frac{A}{2}=\frac{4}{5}$。
$\frac{4}{5}$
9. (2025·威海)如图，A 是反比例函数 y = $\frac{4}{x}$ 在第三象限的图象上一点，B 是反比例函数 y = $-\frac{2}{x}$ 在第二象限的图象上一点，连接 OA，OB，AB. 若 AO⊥BO，则 tan ∠BAO =
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
.
答案：9.$\frac{\sqrt{2}}{2}$ 解析：如图，过点B作BG⊥y轴，垂足为G，过点A作AH⊥y轴，垂足为H.
∴∠AHO = ∠BGO = 90°.
∵点A在反比例函数y = $\frac{4}{x}$的图象上，点B在反比例函数y = -$\frac{2}{x}$的图象上，
∴S△BOG = 1，S△AOH = 2.
∵∠AOB = 90°，
∴∠AOH + ∠BOG = 90°.又
∵∠OAH + ∠AOH = 90°，
∴∠OAH = ∠BOG.
∴△OAH∽△BOG.
∴$\frac{OB²}{OA²}$ = $\frac{S_{△BOG}}{S_{△AOH}}$ = $\frac{1}{2}$.
∴tan∠BAO = $\frac{OB}{OA}$ = $\frac{\sqrt{2}}{2}$.
10. 在 Rt△ABC 中，∠C = 90°，cos A = $\frac{15}{17}$，求 sin A，cos B，tan A 的值.
答案：10.在Rt△ABC中，
∵∠C = 90°，
∴cosA = $\frac{AC}{AB}$ = $\frac{15}{17}$.设AC = 15k，AB = 17k(k＞0)，则BC = $\sqrt{AB² - AC²}$ = 8k.
∴sinA = $\frac{BC}{AB}$ = $\frac{8k}{17k}$ = $\frac{8}{17}$，cosB = $\frac{BC}{AB}$ = $\frac{8k}{17k}$ = $\frac{8}{17}$，tanA = $\frac{BC}{AC}$ = $\frac{8k}{15k}$ = $\frac{8}{15}$
11. 如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB = 90°，D 是边 AB 的中点，过点 B 作 BE⊥CD，交 CD 的延长线于点 E，AC = 15，cos A = $\frac{3}{5}$. 求：
(1) 线段 CD 的长；
(2) sin ∠DBE 的值.
答案：11.(1)在Rt△ABC中，
∵∠ACB = 90°，AC = 15，
∴cosA = $\frac{AC}{AB}$ = $\frac{3}{5}$.
∴AB = 25.
∵D是Rt△ABC的斜边AB的中点，
∴CD = $\frac{1}{2}$AB = $\frac{25}{2}$ (2)在Rt△ABC中，由勾股定理，得BC = $\sqrt{AB² - AC²}$ = $\sqrt{25² - 15²}$ = 20.
∵D是Rt△ABC的斜边AB的中点，
∴BD = CD = $\frac{25}{2}$.
∴∠BCE = ∠ABC.
∴cos∠BCE = cos∠ABC = $\frac{BC}{AB}$ = $\frac{4}{5}$.
∵BE⊥CE，
∴在Rt△CBE中，cos∠BCE = $\frac{CE}{BC}$ = $\frac{CE}{20}$ = $\frac{4}{5}$.
∴CE = 16.
∴DE = CE - CD = 16 - $\frac{25}{2}$ = $\frac{7}{2}$.
∴在Rt△BED中，sin∠DBE = $\frac{DE}{BD}$ = $\frac{7}{25}$
12. (2025·通州二模）如图，AB 是 ⊙O 的直径，弦 CD 交 AB 于点 E，∠AOD = 2∠B.
(1) 求证：AB⊥CD；
(2) 若 $\frac{CD}{AB}$ = $\frac{4}{5}$，求 ∠B 的正切值.
答案：12.(1)连接OC.
∵OB = OC，
∴∠B = ∠OCB.
∴∠AOC = ∠B + ∠OCB = 2∠B.又
∵∠AOD = 2∠B，
∴∠AOC = ∠AOD.
∵OC = OD，
∴AB⊥CD (2)
∵AB⊥CD，
∴CE = DE.
∴$\frac{CD}{AB}$ = $\frac{4}{5}$.
∴$\frac{2CE}{2OC}$ = $\frac{4}{5}$.
∴$\frac{CE}{OC}$ = $\frac{4}{5}$.设CE = 4x，则OC = 5x.
∵在Rt△OCE中，OE = $\sqrt{OC² - CE²}$ = $\sqrt{(5x)² - (4x)²}$ = 3x，
∴BE = OE + OB = 8x.
∴在Rt△BCE中，tanB = $\frac{CE}{BE}$ = $\frac{4x}{8x}$ = $\frac{1}{2}$
