1.(2024·如皋期末)如图，在$ Rt\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，$AC=1$，$BC=2$，那么$\cos A$的值为 (
C
)
A.$\frac{1}{2}$
B.$2$
C.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
D.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
答案：1.C
解析：
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，$AC=1$，$BC=2$，由勾股定理得：$AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{1^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}$，则$\cos A=\frac{AC}{AB}=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$。
C
2. 在$\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，设$q = \sin A + \cos A$，则 (
D
)
A.$q ＜ 1$
B.$q\leqslant 1$
C.$q = 1$
D.$q ＞ 1$
答案：2.D
解析：
在$\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，则$\angle A$为锐角，$0^{\circ} ＜ \angle A ＜ 90^{\circ}$。
设$BC=a$，$AC=b$，$AB=c$，由勾股定理得$a^{2}+b^{2}=c^{2}$。
$\sin A=\frac{a}{c}$，$\cos A=\frac{b}{c}$，则$q=\sin A + \cos A=\frac{a}{c}+\frac{b}{c}=\frac{a + b}{c}$。
因为$(a + b)^{2}=a^{2}+2ab + b^{2}=c^{2}+2ab ＞ c^{2}$（$a,b ＞ 0$），所以$a + b ＞ c$，即$\frac{a + b}{c} ＞ 1$，故$q ＞ 1$。
D
3. 如图，$\triangle ABC$内接于半径为$5$的$\odot O$，圆心$O$到弦$BC$的距离为$3$，则$\angle A$的正切值为 (
A
)
A.$\frac{4}{3}$
B.$\frac{3}{5}$
C.$\frac{4}{5}$
D.$\frac{3}{4}$
答案：3.A
解析：
证明：连接 $OB$，$OC$，过点 $O$ 作 $OD \perp BC$ 于点 $D$。
$\because OD \perp BC$，$\therefore BD = DC$，$\angle ODB = 90°$。
$\because OB = 5$，$OD = 3$，$\therefore BD = \sqrt{OB^2 - OD^2} = \sqrt{5^2 - 3^2} = 4$，$\therefore BC = 2BD = 8$。
$\because \angle A = \frac{1}{2}\angle BOC$，$\angle BOD = \frac{1}{2}\angle BOC$，$\therefore \angle A = \angle BOD$。
$\tan \angle A = \tan \angle BOD = \frac{BD}{OD} = \frac{4}{3}$。
A
4. 将一副三角尺按如图所示的方式摆放，组成四边形$ABCD$，$\angle ABC=\angle ACD=90^{\circ}$，$\angle ADC=60^{\circ}$，$\angle ACB=45^{\circ}$，连接$BD$，则$\tan\angle CBD$的值为 (
D
)
A.$\frac{\sqrt{6}}{3}$
B.$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$
C.$\frac{\sqrt{3}+1}{3}$
D.$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$
答案：4.D
解析：
解：设 $ CD = 2 $，则在 $ Rt\triangle ACD $ 中，$ \angle ADC = 60° $，$ \angle ACD = 90° $，
$ AC = CD · \tan60° = 2\sqrt{3} $，$ AD = 4 $。
在 $ Rt\triangle ABC $ 中，$ \angle ACB = 45° $，$ \angle ABC = 90° $，
$ AB = BC = \frac{AC}{\sqrt{2}} = \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{2}} = \sqrt{6} $。
过点 $ B $ 作 $ BE \perp CD $ 于点 $ E $，设 $ CE = x $，则 $ BE = x $（$ \triangle BEC $ 为等腰直角三角形），$ DE = 2 - x $。
由 $ BC = \sqrt{6} $，得 $ x^2 + x^2 = (\sqrt{6})^2 $，解得 $ x = \sqrt{3} $（负值舍去），即 $ BE = CE = \sqrt{3} $。
在 $ Rt\triangle BED $ 中，$ DE = 2 - \sqrt{3} $，$ BE = \sqrt{3} $，
$ \tan\angle CBD = \frac{BE}{CE + DE} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3} + (2 - \sqrt{3})} = \frac{\sqrt{3} - 1}{2} $。
答案：$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$
5. 在$ Rt\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，$\angle A$，$\angle B$，$\angle C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$，且$c = 3a$，则$\tan B$的值为
$2\sqrt{2}$
.
答案：5.$2\sqrt{2}$
解析：
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，$c=3a$。
由勾股定理$a^{2}+b^{2}=c^{2}$，得$b=\sqrt{c^{2}-a^{2}}=\sqrt{(3a)^{2}-a^{2}}=\sqrt{9a^{2}-a^{2}}=\sqrt{8a^{2}}=2\sqrt{2}a$。
$\tan B=\frac{b}{a}=\frac{2\sqrt{2}a}{a}=2\sqrt{2}$。
$2\sqrt{2}$
6. 如图，在$\triangle ABC$中，$O$是角平分线$AD$，$BE$的交点.若$AB = AC = 10$，$BC = 12$，则$\tan\angle OBD$的值是
$\frac{1}{2}$
.
答案：6.$\frac{1}{2}$
解析：
解：过点$O$作$OF\perp BC$于点$F$。
$\because AB = AC = 10$，$AD$是角平分线，$\therefore AD\perp BC$，$BD=\frac{1}{2}BC = 6$。
在$ Rt\triangle ABD$中，$AD=\sqrt{AB^{2}-BD^{2}}=\sqrt{10^{2}-6^{2}} = 8$。
设$OD = x$，则$AO=8 - x$。
$\because BE$是角平分线，$\angle OBD=\angle OBA$，$\tan\angle OBD=\tan\angle OBA=\frac{AO}{AB}=\frac{OD}{BD}$，即$\frac{8 - x}{10}=\frac{x}{6}$。
解得$x = 3$，$\therefore OD=3$。
$\tan\angle OBD=\frac{OD}{BD}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$。
$\frac{1}{2}$
7. 如图，在$\triangle ABC$中，$\angle B = 45^{\circ}$，$AB=\sqrt{2}$，$BC=\sqrt{3}+1$，则边$AC$的长为
2
.
答案：7.2
解析：
解：过点$A$作$AD \perp BC$于点$D$，
在$ Rt\triangle ABD$中，$\angle B = 45°$，$AB=\sqrt{2}$，
$\therefore AD = AB · \sin 45°=\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=1$，
$BD = AB · \cos 45°=\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=1$。
$\because BC=\sqrt{3}+1$，$\therefore DC=BC - BD=\sqrt{3}+1 - 1=\sqrt{3}$。
在$ Rt\triangle ADC$中，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AD^2 + DC^2}=\sqrt{1^2+(\sqrt{3})^2}=\sqrt{1 + 3}=\sqrt{4}=2$。
$2$
8. 如图，在$4×4$的网格中，每个小正方形的边长均为$1$，点$A$，$B$，$C$均在格点(小正方形的顶点)上，$D$是$AB$与网格线的交点，则$\sin\frac{\angle ADC}{2}$的值是
$\frac{\sqrt{5}}{5}$
.
答案：8.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
解析：
解：以点$A$为坐标原点，建立平面直角坐标系，
则$A(0,0)$，$B(4,3)$，$C(1,2)$，
设直线$AB$的解析式为$y=kx$，
将$B(4,3)$代入得$3=4k$，解得$k=\frac{3}{4}$，
$\therefore$直线$AB$的解析式为$y=\frac{3}{4}x$，
当$x=2$时，$y=\frac{3}{4}×2=\frac{3}{2}$，$\therefore D(2,\frac{3}{2})$，
$\overrightarrow{DC}=(1 - 2,2 - \frac{3}{2})=(-1,\frac{1}{2})$，$\overrightarrow{DA}=(0 - 2,0 - \frac{3}{2})=(-2,-\frac{3}{2})$，
$|\overrightarrow{DC}|=\sqrt{(-1)^2 + (\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}$，$|\overrightarrow{DA}|=\sqrt{(-2)^2 + (-\frac{3}{2})^2}=\frac{5}{2}$，
$\overrightarrow{DC}·\overrightarrow{DA}=(-1)×(-2) + \frac{1}{2}×(-\frac{3}{2})=2 - \frac{3}{4}=\frac{5}{4}$，
$\cos\angle ADC=\frac{\overrightarrow{DC}·\overrightarrow{DA}}{|\overrightarrow{DC}||\overrightarrow{DA}|}=\frac{\frac{5}{4}}{\frac{\sqrt{5}}{2}×\frac{5}{2}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，
$\because\angle ADC\in(0,\pi)$，$\therefore\frac{\angle ADC}{2}\in(0,\frac{\pi}{2})$，
$\sin\frac{\angle ADC}{2}=\sqrt{\frac{1 - \cos\angle ADC}{2}}=\sqrt{\frac{1 - \frac{\sqrt{5}}{5}}{2}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$。
$\frac{\sqrt{5}}{5}$
9. 如图，在直角梯形$ABCD$中，$AB\bot BC$，$AD// BC$，$BC＞AD$，$AD = 2$，$AB = 4$，点$E$在$AB$上，将$\triangle CBE$沿$CE$翻折，点$B$恰好与点$D$重合，则$\angle BCE$的余弦值为
$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
.
答案：9.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
解析：
解：设 $ BE = x $，则 $ AE = AB - BE = 4 - x $。
由翻折性质得：$ DE = BE = x $，$ CD = CB $。
在 $ Rt\triangle AED $ 中，$ AD = 2 $，$ AE = 4 - x $，$ DE = x $，
由勾股定理得：$ AE^2 + AD^2 = DE^2 $，
即 $ (4 - x)^2 + 2^2 = x^2 $，
解得 $ x = \frac{5}{2} $，$ \therefore BE = \frac{5}{2} $。
过点 $ D $ 作 $ DF \perp BC $ 于点 $ F $，则 $ DF = AB = 4 $，$ CF = BC - AD = BC - 2 $。
在 $ Rt\triangle DFC $ 中，$ CD^2 = DF^2 + CF^2 = 4^2 + (BC - 2)^2 $，
又 $ CD = CB $，$ \therefore BC^2 = 16 + (BC - 2)^2 $，
解得 $ BC = 5 $。
在 $ Rt\triangle EBC $ 中，$ CE = \sqrt{BE^2 + BC^2} = \sqrt{(\frac{5}{2})^2 + 5^2} = \frac{5\sqrt{5}}{2} $，
$ \cos\angle BCE = \frac{BC}{CE} = \frac{5}{\frac{5\sqrt{5}}{2}} = \frac{2\sqrt{5}}{5} $。
$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
