9. 如图，在等腰直角三角形$ABC$中，$AC = BC$，$\angle C = 90{°}$，$D$为$AC$上一点，$AD = 2\sqrt{2}$，$\angle CBD = 15{°}$，则$\sin\angle BDC$的值为 (
A.$\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$
B.$\frac{\sqrt{3} + 1}{4}$
C.$\frac{2\sqrt{2}}{3}$
D.$\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}$
A
)A.$\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$
B.$\frac{\sqrt{3} + 1}{4}$
C.$\frac{2\sqrt{2}}{3}$
D.$\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}$
答案：
9.A 解析:如图，过点D作DE⊥AB于点E.
∵AC=BC,∠C=90°,
∴∠A=∠ABC=45°.
∵DE⊥AB,
∴∠DEA=∠DEB=90°.
∴∠EDA=∠A=45°.
∴△DEA是等腰直角三角形.
∵AD=2$\sqrt{2}$,
∴易得DE=AE=2.
∵∠CBD=15°,
∴∠DBE=∠ABC−∠CBD=45°−15°=30°.
∴在Rt△DBE 中,BD=2DE=4.设BC=x,则CD=x−2$\sqrt{2}$.在Rt△DBC 中，由勾股定理，得BC²+CD²=BD²,即x²+(x−2$\sqrt{2}$)²=4²,解得x1=$\sqrt{6}$+$\sqrt{2}$,x2=−$\sqrt{6}$+$\sqrt{2}$(不合题意，舍去).
∴sin∠BDC=$\frac{BC}{BD}$=$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$.
9.A 解析:如图，过点D作DE⊥AB于点E.
∵AC=BC,∠C=90°,
∴∠A=∠ABC=45°.
∵DE⊥AB,
∴∠DEA=∠DEB=90°.
∴∠EDA=∠A=45°.
∴△DEA是等腰直角三角形.
∵AD=2$\sqrt{2}$,
∴易得DE=AE=2.
∵∠CBD=15°,
∴∠DBE=∠ABC−∠CBD=45°−15°=30°.
∴在Rt△DBE 中,BD=2DE=4.设BC=x,则CD=x−2$\sqrt{2}$.在Rt△DBC 中，由勾股定理，得BC²+CD²=BD²,即x²+(x−2$\sqrt{2}$)²=4²,解得x1=$\sqrt{6}$+$\sqrt{2}$,x2=−$\sqrt{6}$+$\sqrt{2}$(不合题意，舍去).
∴sin∠BDC=$\frac{BC}{BD}$=$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$.
10. ($2024·$深圳)计算：$- 2\cos 45{°} + (\pi - 3.14)^{0} + |1 - \sqrt{2}| + (\frac{1}{4})^{- 1} =$
4
.答案：10.4
解析：
$-2\cos 45^{\circ} + (\pi - 3.14)^{0} + |1 - \sqrt{2}| + (\frac{1}{4})^{-1}$
$=-2×\frac{\sqrt{2}}{2} + 1 + (\sqrt{2} - 1) + 4$
$=-\sqrt{2} + 1 + \sqrt{2} - 1 + 4$
$=4$
$=-2×\frac{\sqrt{2}}{2} + 1 + (\sqrt{2} - 1) + 4$
$=-\sqrt{2} + 1 + \sqrt{2} - 1 + 4$
$=4$
11. 在$Rt \bigtriangleup ABC$中，斜边$BC$上的高$AD = 4$，$\cos B = \frac{4}{5}$，则$AC =$
5
.答案：11.5
解析：
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle BAC=90°$，$AD$是斜边$BC$上的高，$AD=4$，$\cos B=\frac{4}{5}$。
因为$\angle BAC=90°$，所以$\angle B+\angle C=90°$。
因为$AD\perp BC$，所以$\angle ADC=90°$，则$\angle C+\angle CAD=90°$，故$\angle B=\angle CAD$。
所以$\cos B=\cos\angle CAD=\frac{AD}{AC}=\frac{4}{5}$。
已知$AD=4$，则$\frac{4}{AC}=\frac{4}{5}$，解得$AC=5$。
5
因为$\angle BAC=90°$，所以$\angle B+\angle C=90°$。
因为$AD\perp BC$，所以$\angle ADC=90°$，则$\angle C+\angle CAD=90°$，故$\angle B=\angle CAD$。
所以$\cos B=\cos\angle CAD=\frac{AD}{AC}=\frac{4}{5}$。
已知$AD=4$，则$\frac{4}{AC}=\frac{4}{5}$，解得$AC=5$。
5
12. 已知一个等腰三角形的周长为$20$，某一内角的余弦值为$\frac{2}{3}$，则该等腰三角形的腰长为
6或12−2√6
.答案：12.6或12−2$\sqrt{6}$
解析：
设等腰三角形的腰长为$x$，底边长为$y$。
情况一：底角余弦值为$\frac{2}{3}$
底角为锐角，作底边的高，将等腰三角形分为两个直角三角形，底边一半为$\frac{y}{2}$。
由余弦定义：$\cos$底角$=\frac{\frac{y}{2}}{x}=\frac{2}{3}\Rightarrow y=\frac{4}{3}x$。
周长：$2x + y = 20\Rightarrow 2x+\frac{4}{3}x=20\Rightarrow \frac{10}{3}x=20\Rightarrow x=6$。
情况二：顶角余弦值为$\frac{2}{3}$
顶角为锐角，由余弦定理：$y^2=x^2+x^2-2x^2\cos$顶角$=2x^2-2x^2·\frac{2}{3}=\frac{2}{3}x^2\Rightarrow y=\frac{\sqrt{6}}{3}x$。
周长：$2x + y = 20\Rightarrow 2x+\frac{\sqrt{6}}{3}x=20\Rightarrow x=\frac{60}{6+\sqrt{6}}=12 - 2\sqrt{6}$（分母有理化后）。
综上，腰长为$6$或$12 - 2\sqrt{6}$。
$6$或$12 - 2\sqrt{6}$
情况一：底角余弦值为$\frac{2}{3}$
底角为锐角，作底边的高，将等腰三角形分为两个直角三角形，底边一半为$\frac{y}{2}$。
由余弦定义：$\cos$底角$=\frac{\frac{y}{2}}{x}=\frac{2}{3}\Rightarrow y=\frac{4}{3}x$。
周长：$2x + y = 20\Rightarrow 2x+\frac{4}{3}x=20\Rightarrow \frac{10}{3}x=20\Rightarrow x=6$。
情况二：顶角余弦值为$\frac{2}{3}$
顶角为锐角，由余弦定理：$y^2=x^2+x^2-2x^2\cos$顶角$=2x^2-2x^2·\frac{2}{3}=\frac{2}{3}x^2\Rightarrow y=\frac{\sqrt{6}}{3}x$。
周长：$2x + y = 20\Rightarrow 2x+\frac{\sqrt{6}}{3}x=20\Rightarrow x=\frac{60}{6+\sqrt{6}}=12 - 2\sqrt{6}$（分母有理化后）。
综上，腰长为$6$或$12 - 2\sqrt{6}$。
$6$或$12 - 2\sqrt{6}$
13. 如图，在$Rt \bigtriangleup ABC$中，$\angle C = 90{°}$，$D$是$AB$的中点，$ED\perp AB$交$AC$于点$E$，且$\tan\angle BEC = \frac{3}{4}$，则$\tan A =$
$\frac{1}{3}$
.答案：13.$\frac{1}{3}$
解析：
解：设 $ CE = 4k $，$ BC = 3k $（$ k ＞ 0 $）。
∵ $ \tan\angle BEC = \frac{BC}{CE} = \frac{3}{4} $，$ \angle C = 90° $，
∴ $ BE = \sqrt{BC^2 + CE^2} = \sqrt{(3k)^2 + (4k)^2} = 5k $。
∵ $ D $ 是 $ AB $ 中点，$ ED \perp AB $，
∴ $ ED $ 是 $ AB $ 的垂直平分线，故 $ AE = BE = 5k $。
∴ $ AC = AE + CE = 5k + 4k = 9k $。
在 $ Rt\triangle ABC $ 中，$ \tan A = \frac{BC}{AC} = \frac{3k}{9k} = \frac{1}{3} $。
$\frac{1}{3}$
∵ $ \tan\angle BEC = \frac{BC}{CE} = \frac{3}{4} $，$ \angle C = 90° $，
∴ $ BE = \sqrt{BC^2 + CE^2} = \sqrt{(3k)^2 + (4k)^2} = 5k $。
∵ $ D $ 是 $ AB $ 中点，$ ED \perp AB $，
∴ $ ED $ 是 $ AB $ 的垂直平分线，故 $ AE = BE = 5k $。
∴ $ AC = AE + CE = 5k + 4k = 9k $。
在 $ Rt\triangle ABC $ 中，$ \tan A = \frac{BC}{AC} = \frac{3k}{9k} = \frac{1}{3} $。
$\frac{1}{3}$
14. 如图，在$□ ABCD$中，$AD = 5$，$AB = 12$，$\sin A = \frac{4}{5}$.过点$D$作$DE\perp AB$，垂足为$E$，连接$CE$，则$\sin\angle BCE =$
$\frac{9\sqrt{10}}{50}$
.答案：14.$\frac{9\sqrt{10}}{50}$
解析：
解：在$□ABCD$中，$AD=5$，$AB=12$，$\sin A=\frac{4}{5}$，$DE\perp AB$。
在$Rt\triangle ADE$中，$\sin A=\frac{DE}{AD}=\frac{4}{5}$，$AD=5$，则$DE=AD·\sin A=5×\frac{4}{5}=4$。
由勾股定理得$AE=\sqrt{AD^2 - DE^2}=\sqrt{5^2 - 4^2}=3$。
$EB=AB - AE=12 - 3=9$，$BC=AD=5$，$DE=4$，$CD=AB=12$。
在$Rt\triangle CDE$中，$CE=\sqrt{DE^2 + CD^2}=\sqrt{4^2 + 12^2}=\sqrt{16 + 144}=\sqrt{160}=4\sqrt{10}$。
过$B$作$BF\perp CE$于$F$，$S_{\triangle BCE}=\frac{1}{2}× EB× DE=\frac{1}{2}×9×4=18$。
又$S_{\triangle BCE}=\frac{1}{2}× CE× BF$，则$BF=\frac{2S_{\triangle BCE}}{CE}=\frac{2×18}{4\sqrt{10}}=\frac{36}{4\sqrt{10}}=\frac{9}{\sqrt{10}}=\frac{9\sqrt{10}}{10}$。
在$Rt\triangle BCF$中，$\sin\angle BCE=\frac{BF}{BC}=\frac{\frac{9\sqrt{10}}{10}}{5}=\frac{9\sqrt{10}}{50}$。
$\frac{9\sqrt{10}}{50}$
在$Rt\triangle ADE$中，$\sin A=\frac{DE}{AD}=\frac{4}{5}$，$AD=5$，则$DE=AD·\sin A=5×\frac{4}{5}=4$。
由勾股定理得$AE=\sqrt{AD^2 - DE^2}=\sqrt{5^2 - 4^2}=3$。
$EB=AB - AE=12 - 3=9$，$BC=AD=5$，$DE=4$，$CD=AB=12$。
在$Rt\triangle CDE$中，$CE=\sqrt{DE^2 + CD^2}=\sqrt{4^2 + 12^2}=\sqrt{16 + 144}=\sqrt{160}=4\sqrt{10}$。
过$B$作$BF\perp CE$于$F$，$S_{\triangle BCE}=\frac{1}{2}× EB× DE=\frac{1}{2}×9×4=18$。
又$S_{\triangle BCE}=\frac{1}{2}× CE× BF$，则$BF=\frac{2S_{\triangle BCE}}{CE}=\frac{2×18}{4\sqrt{10}}=\frac{36}{4\sqrt{10}}=\frac{9}{\sqrt{10}}=\frac{9\sqrt{10}}{10}$。
在$Rt\triangle BCF$中，$\sin\angle BCE=\frac{BF}{BC}=\frac{\frac{9\sqrt{10}}{10}}{5}=\frac{9\sqrt{10}}{50}$。
$\frac{9\sqrt{10}}{50}$
15. 如图，在矩形$ABCD$中，$AB = 3$，$BC = 5$，以点$B$为圆心，$BC$长为半径画弧，交$AD$于点$E$，连接$CE$，过点$B$作$BF\perp CE$，垂足为$F$，则$\tan\angle FBC$的值为
$\frac{1}{3}$
.答案：15.$\frac{1}{3}$
16. 如图是学校司令台的示意图，司令台离地面的高$CD$为$2$米，平台$BC$的长为$1$米，用$7$米长的地毯从$A$到点$C$正好铺满整个台阶(含各级台阶的高)，那么斜坡$AB$的坡度为
1:2
.答案：16.1:2
解析：
设斜坡$AB$在地面上的水平距离为$x$米，台阶的总高度为$h$米。
因为地毯从$A$到$C$铺满整个台阶，所以地毯长度等于台阶水平方向总长度与垂直方向总长度之和，即$x + h + BC=7$米。
已知$CD = 2$米，即台阶总高度$h=CD = 2$米，$BC = 1$米，代入得$x+2 + 1=7$，解得$x=4$米。
斜坡$AB$的坡度为垂直高度与水平距离之比，即$h:x=2:4 = 1:2$。
1:2
因为地毯从$A$到$C$铺满整个台阶，所以地毯长度等于台阶水平方向总长度与垂直方向总长度之和，即$x + h + BC=7$米。
已知$CD = 2$米，即台阶总高度$h=CD = 2$米，$BC = 1$米，代入得$x+2 + 1=7$，解得$x=4$米。
斜坡$AB$的坡度为垂直高度与水平距离之比，即$h:x=2:4 = 1:2$。
1:2
17. ($2025·$南通模拟)座椅是我们日常生活中不可或缺的物品.如图，在调节椅背的过程中，椅面$AB$始终保持水平状态，支撑架$AC$，$BD$与水平地面的夹角也始终保持不变.已知椅背$AE$的长度为$60cm$，当椅背$AE$与椅面$AB$的夹角从$120{°}$调节到$150{°}$时，人的头部支撑点$E$向后水平推移了
(30√3−30)
$cm$.答案：17.(30$\sqrt{3}$−30)
解析：
解：过点$E$作$AB$的垂线，垂足为$F$。
当$\angle EAB = 120^{\circ}$时，$\angle EAF = 180^{\circ} - 120^{\circ} = 60^{\circ}$，水平距离$AF_1 = AE · \cos 60^{\circ} = 60 × \frac{1}{2} = 30\ cm$。
当$\angle EAB = 150^{\circ}$时，$\angle EAF = 180^{\circ} - 150^{\circ} = 30^{\circ}$，水平距离$AF_2 = AE · \cos 30^{\circ} = 60 × \frac{\sqrt{3}}{2} = 30\sqrt{3}\ cm$。
水平推移距离为$AF_2 - AF_1 = 30\sqrt{3} - 30\ cm$。
$30\sqrt{3} - 30$
当$\angle EAB = 120^{\circ}$时，$\angle EAF = 180^{\circ} - 120^{\circ} = 60^{\circ}$，水平距离$AF_1 = AE · \cos 60^{\circ} = 60 × \frac{1}{2} = 30\ cm$。
当$\angle EAB = 150^{\circ}$时，$\angle EAF = 180^{\circ} - 150^{\circ} = 30^{\circ}$，水平距离$AF_2 = AE · \cos 30^{\circ} = 60 × \frac{\sqrt{3}}{2} = 30\sqrt{3}\ cm$。
水平推移距离为$AF_2 - AF_1 = 30\sqrt{3} - 30\ cm$。
$30\sqrt{3} - 30$
18. 如图，在$\bigtriangleup ABC$中，$AB = AC = 10$，$BC = 12$，若$D$，$E$分别是边$AB$，$BC$上的两个动点，连接$AE$，$DE$，且$\cos\angle AED = \frac{3}{5}$，则$AD$长的最小值为
$\frac{32}{5}$
.答案：18.$\frac{32}{5}$ 解析:过点A作AF⊥BC，交BC于点F.
∵AB=AC=10,BC=12,
∴BF=CF=$\frac{1}{2}$BC=6,∠B=∠C.
∴cosB=cosC=$\frac{BF}{AB}$=$\frac{3}{5}$.
∵cos∠AED=$\frac{3}{5}$,
∴∠B=∠AED=∠C.又
∵∠DEC=∠B+∠BDE=∠AED+∠CEA,
∴∠BDE=∠CEA.
∴△BDE∽△CEA.
∴$\frac{BD}{CE}$=$\frac{BE}{CA}$.设AD=y,CE=x,0＜x＜12,则BD=AB−AD=10−y,BE=BC−CE=12−x.
∴$\frac{10 - y}{x}$=$\frac{12 - x}{10}$.整理，得y=$\frac{1}{10}$(x−6)²+$\frac{32}{5}$.
∵$\frac{1}{10}$＞0,
∴当x=6时，y取得最小值，最小值为$\frac{32}{5}$.
∴AD长的最小值为$\frac{32}{5}$.
∵AB=AC=10,BC=12,
∴BF=CF=$\frac{1}{2}$BC=6,∠B=∠C.
∴cosB=cosC=$\frac{BF}{AB}$=$\frac{3}{5}$.
∵cos∠AED=$\frac{3}{5}$,
∴∠B=∠AED=∠C.又
∵∠DEC=∠B+∠BDE=∠AED+∠CEA,
∴∠BDE=∠CEA.
∴△BDE∽△CEA.
∴$\frac{BD}{CE}$=$\frac{BE}{CA}$.设AD=y,CE=x,0＜x＜12,则BD=AB−AD=10−y,BE=BC−CE=12−x.
∴$\frac{10 - y}{x}$=$\frac{12 - x}{10}$.整理，得y=$\frac{1}{10}$(x−6)²+$\frac{32}{5}$.
∵$\frac{1}{10}$＞0,
∴当x=6时，y取得最小值，最小值为$\frac{32}{5}$.
∴AD长的最小值为$\frac{32}{5}$.