1. 如图，在四边形 $ABCD$ 中，$E,F$ 分别是边$AB,AD$ 的中点. 若$EF = 2$，$BC = 5$，$CD = 3$，则$\tan C$的值为
(
B
)
A.$\frac{3}{4} $
B.$\frac{4}{3} $
C.$\frac{3}{5} $
D.$\frac{4}{5} $
答案：1.B
解析：
证明：连接$BD$。
∵$E,F$分别是边$AB,AD$的中点，
∴$EF$是$\triangle ABD$的中位线，
∴$EF=\frac{1}{2}BD$。
∵$EF = 2$，
∴$BD=4$。
在$\triangle BCD$中，$BD=4$，$BC = 5$，$CD = 3$，
∵$3^2+4^2=5^2$，即$CD^2+BD^2=BC^2$，
∴$\triangle BCD$是直角三角形，且$\angle BDC=90°$。
∴$\tan C=\frac{BD}{CD}=\frac{4}{3}$。
答案：B
2. 如图，在$\triangle ABC$中，$\angle A = 45°$，$AC = 2\sqrt{2}$，$AB = 6$，则$\tan B =$
$\frac{1}{2}$
.
答案：2.$\frac{1}{2}$
解析：
解：过点$C$作$CD \perp AB$于点$D$。
在$Rt\triangle ADC$中，$\angle A = 45^{\circ}$，$AC = 2\sqrt{2}$，
$\sin 45^{\circ} = \frac{CD}{AC}$，$\cos 45^{\circ} = \frac{AD}{AC}$，
$CD = AC · \sin 45^{\circ} = 2\sqrt{2} × \frac{\sqrt{2}}{2} = 2$，
$AD = AC · \cos 45^{\circ} = 2\sqrt{2} × \frac{\sqrt{2}}{2} = 2$。
$AB = 6$，则$BD = AB - AD = 6 - 2 = 4$。
在$Rt\triangle BDC$中，$\tan B = \frac{CD}{BD} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$。
$\frac{1}{2}$
3. 如图，在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C = 90°$，$AC = 12$，$BC = 5$. 求：
(1) $AB$ 的长；
(2) $\sin A$，$\cos A$，$\tan A$，$\sin B$，$\cos B$，$\tan B$ 的值.
答案：3.(1)在Rt△ABC中，由勾股定理，得AB=$\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}$=$\sqrt{12^{2}+5^{2}}$=13。(2) $\sin A=\frac{BC}{AB}=\frac{5}{13}$，$\cos A=\frac{AC}{AB}=\frac{12}{13}$，$\tan A=\frac{BC}{AC}=\frac{5}{12}$，$\sin B=\frac{AC}{AB}=\frac{12}{13}$，$\cos B=\frac{BC}{AB}=\frac{5}{13}$，$\tan B=\frac{AC}{BC}=\frac{12}{5}$
4. 在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C = 90°$，若$\sin A = \frac{3}{5}$，则$\tan B$的值为 (
A
)
A.$\frac{4}{3} $
B.$\frac{4}{5} $
C.$\frac{5}{4} $
D.$\frac{3}{4} $
答案：4.A
解析：
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C=90°$，$\sin A=\frac{3}{5}$。
设$BC=3k$，$AB=5k$（$k＞0$）。
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{(5k)^2-(3k)^2}=4k$。
$\tan B=\frac{AC}{BC}=\frac{4k}{3k}=\frac{4}{3}$。
A
5. 如图，在菱形 $ABCD$ 中，$DE \perp AB$，$\cos A = \frac{4}{5}$，$BE = 2$，则$\tan\angle DBE$的值为
3
.
答案：5.3
解析：
解：设菱形 $ABCD$ 的边长为 $x$，则 $AB=AD=x$。
因为 $BE=2$，所以 $AE=AB-BE=x-2$。
由于 $DE \perp AB$，在 $Rt\triangle ADE$ 中，$\cos A = \frac{AE}{AD} = \frac{x-2}{x} = \frac{4}{5}$。
解得 $x=10$，即 $AD=10$，$AE=10-2=8$。
由勾股定理得 $DE = \sqrt{AD^2 - AE^2} = \sqrt{10^2 - 8^2} = 6$。
在 $Rt\triangle DBE$ 中，$\tan\angle DBE = \frac{DE}{BE} = \frac{6}{2} = 3$。
3
6. 如图，在矩形 $ABCD$ 中，$E$ 是边 $BC$ 的中点，$AE \perp BD$，垂足为 $F$，则$\tan\angle BDE$的值是
$\frac{\sqrt{2}}{4}$
.
答案：6.$\frac{\sqrt{2}}{4}$
解析：
解：设矩形$ABCD$中，$AB = CD = a$，$BC = AD = b$，$E$是$BC$中点，则$BE = EC=\frac{b}{2}$。
因为四边形$ABCD$是矩形，所以$AD// BC$，$\angle ABE=\angle BCD = 90°$，$BD=\sqrt{a^2 + b^2}$。
$\triangle AFD\sim\triangle EFB$，则$\frac{AF}{EF}=\frac{AD}{BE}=2$，设$EF = x$，则$AF = 2x$，$AE=\sqrt{AB^2 + BE^2}=\sqrt{a^2+\left(\frac{b}{2}\right)^2}$。
由$AE\perp BD$，得$\triangle AFB\sim\triangle DAB$，$\frac{AF}{AD}=\frac{AB}{BD}$，即$\frac{2x}{b}=\frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}}$，$x=\frac{ab}{2\sqrt{a^2 + b^2}}$。
又$AE = 3x=\sqrt{a^2+\left(\frac{b}{2}\right)^2}$，代入得$\frac{3ab}{2\sqrt{a^2 + b^2}}=\sqrt{a^2+\frac{b^2}{4}}$，两边平方化简得$2a^2 = b^2$，$b=\sqrt{2}a$。
在$\triangle BDE$中，过$E$作$EH\perp BD$于$H$，$EH = EF = x=\frac{ab}{2\sqrt{a^2 + b^2}}=\frac{a·\sqrt{2}a}{2\sqrt{a^2 + 2a^2}}=\frac{\sqrt{6}a}{6}$。
$DE=\sqrt{CD^2 + CE^2}=\sqrt{a^2+\left(\frac{\sqrt{2}a}{2}\right)^2}=\frac{\sqrt{6}a}{2}$，则$\sin\angle BDE=\frac{EH}{DE}=\frac{1}{3}$，$\cos\angle BDE=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，$\tan\angle BDE=\frac{\sqrt{2}}{4}$。
$\frac{\sqrt{2}}{4}$
7. 如图，在$Rt\triangle BAD$中，延长斜边 $BD$ 至点 $C$，使$CD = \frac{1}{2}BD$，连接 $AC$. 若$\tan B = \frac{5}{3}$，求$\tan\angle CAD$的值.
答案：7.过点C作CE⊥AD，交AD的延长线于点E，则∠E=90°。
∵∠E=90°=∠BAD，∠EDC=∠ADB，
∴△CED∽△BAD。
∵CD=$\frac{1}{2}$BD，
∴$\frac{CE}{BA}=\frac{DE}{DA}=\frac{CD}{BD}=\frac{1}{2}$。
∵在Rt△BAD中，$\tan B=\frac{AD}{AB}=\frac{5}{3}$，
∴设AD=5x(x＞0)，则AB=3x。
∴CE=$\frac{3}{2}$x，DE=$\frac{5}{2}$x。
∴在Rt△ACE中，$\tan∠CAE =\frac{CE}{AE}=\frac{CE}{AD + DE}=\frac{1}{5}$。
∴$\tan∠CAD=\frac{1}{5}$
