1. 如图，把矩形纸片 $OABC$ 放入平面直角坐标系中，使 $OA$，$OC$ 分别落在 $x$ 轴、$y$ 轴
上. 连接 $OB$，将纸片 $OABC$ 沿 $OB$ 折叠，使点 $A$ 落在点 $A'$ 的位置. 若 $OB=4$，
$\sin \angle BOC=\frac{1}{2}$，则点 $A'$ 的坐标为
上. 连接 $OB$，将纸片 $OABC$ 沿 $OB$ 折叠，使点 $A$ 落在点 $A'$ 的位置. 若 $OB=4$，
$\sin \angle BOC=\frac{1}{2}$，则点 $A'$ 的坐标为
$(-1,\sqrt{3})$
. 答案：1. $(-1,\sqrt{3})$
解析：
解：在矩形$OABC$中，$OA\perp OC$，$\angle BOC$为$OB$与$y$轴夹角。
因为$\sin\angle BOC = \frac{1}{2}$，$OB = 4$，在$Rt\triangle BOC$中，$\sin\angle BOC=\frac{BC}{OB}$，所以$BC = OB·\sin\angle BOC=4×\frac{1}{2}=2$。
$\cos\angle BOC=\sqrt{1 - (\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，则$OC=OB·\cos\angle BOC=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$。
所以$OA=BC = 2$，$A(2,0)$，$B(2,2\sqrt{3})$。
设$A'(x,y)$，由折叠性质知$OA'=OA = 2$，$A'B=AB = OC=2\sqrt{3}$。
则$\begin{cases}x^2 + y^2=2^2=4\\(x - 2)^2+(y - 2\sqrt{3})^2=(2\sqrt{3})^2=12\end{cases}$。
展开第二个方程：$x^2-4x + 4 + y^2-4\sqrt{3}y+12=12$，将$x^2 + y^2=4$代入得：
$4-4x + 4-4\sqrt{3}y+12=12$，化简得$-4x-4\sqrt{3}y=-8$，即$x+\sqrt{3}y=2$，$x=2-\sqrt{3}y$。
代入$x^2 + y^2=4$：$(2-\sqrt{3}y)^2 + y^2=4$，$4-4\sqrt{3}y + 3y^2 + y^2=4$，$4y^2-4\sqrt{3}y=0$，$4y(y-\sqrt{3})=0$。
解得$y = 0$（此时$x = 2$，为点$A$，舍去）或$y=\sqrt{3}$，则$x=2-\sqrt{3}×\sqrt{3}=2 - 3=-1$。
所以$A'(-1,\sqrt{3})$。
$(-1,\sqrt{3})$
因为$\sin\angle BOC = \frac{1}{2}$，$OB = 4$，在$Rt\triangle BOC$中，$\sin\angle BOC=\frac{BC}{OB}$，所以$BC = OB·\sin\angle BOC=4×\frac{1}{2}=2$。
$\cos\angle BOC=\sqrt{1 - (\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，则$OC=OB·\cos\angle BOC=4×\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$。
所以$OA=BC = 2$，$A(2,0)$，$B(2,2\sqrt{3})$。
设$A'(x,y)$，由折叠性质知$OA'=OA = 2$，$A'B=AB = OC=2\sqrt{3}$。
则$\begin{cases}x^2 + y^2=2^2=4\\(x - 2)^2+(y - 2\sqrt{3})^2=(2\sqrt{3})^2=12\end{cases}$。
展开第二个方程：$x^2-4x + 4 + y^2-4\sqrt{3}y+12=12$，将$x^2 + y^2=4$代入得：
$4-4x + 4-4\sqrt{3}y+12=12$，化简得$-4x-4\sqrt{3}y=-8$，即$x+\sqrt{3}y=2$，$x=2-\sqrt{3}y$。
代入$x^2 + y^2=4$：$(2-\sqrt{3}y)^2 + y^2=4$，$4-4\sqrt{3}y + 3y^2 + y^2=4$，$4y^2-4\sqrt{3}y=0$，$4y(y-\sqrt{3})=0$。
解得$y = 0$（此时$x = 2$，为点$A$，舍去）或$y=\sqrt{3}$，则$x=2-\sqrt{3}×\sqrt{3}=2 - 3=-1$。
所以$A'(-1,\sqrt{3})$。
$(-1,\sqrt{3})$
2. 已知抛物线 $y = -x^{2}-2x + 3$ 与 $x$ 轴交于 $A$，$B$ 两点，将这条抛物线的顶点记为 $C$，连接 $AC$，则
$\tan \angle CAB$ 的值为 (
A.$\sqrt{3}$
B.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
C.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
D.2
$\tan \angle CAB$ 的值为 (
D
)A.$\sqrt{3}$
B.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
C.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
D.2
答案：2. D
解析：
解：令$y = 0$，则$-x^{2}-2x + 3 = 0$，
即$x^{2}+2x - 3 = 0$，
因式分解得$(x + 3)(x - 1)=0$，
解得$x_{1}=-3$，$x_{2}=1$，
所以$A(-3,0)$，$B(1,0)$（设$A$在$B$左侧）。
抛物线$y=-x^{2}-2x + 3=-(x^{2}+2x)+3=-(x + 1)^{2}+4$，
顶点$C$的坐标为$(-1,4)$。
过点$C$作$CD\perp x$轴于点$D$，则$D(-1,0)$，
$AD=-1 - (-3)=2$，$CD=4$。
在$Rt\triangle ACD$中，$\tan\angle CAB=\frac{CD}{AD}=\frac{4}{2}=2$。
2. D
即$x^{2}+2x - 3 = 0$，
因式分解得$(x + 3)(x - 1)=0$，
解得$x_{1}=-3$，$x_{2}=1$，
所以$A(-3,0)$，$B(1,0)$（设$A$在$B$左侧）。
抛物线$y=-x^{2}-2x + 3=-(x^{2}+2x)+3=-(x + 1)^{2}+4$，
顶点$C$的坐标为$(-1,4)$。
过点$C$作$CD\perp x$轴于点$D$，则$D(-1,0)$，
$AD=-1 - (-3)=2$，$CD=4$。
在$Rt\triangle ACD$中，$\tan\angle CAB=\frac{CD}{AD}=\frac{4}{2}=2$。
2. D
3. 如图，在 $ Rt \triangle AOB$ 中，两直角边 $OA$，$OB$ 分别在 $x$ 轴的负半轴和 $y$ 轴的正半轴上，将 $\triangle AOB$ 绕
点 $B$ 按逆时针方向旋转 $90°$ 后得到 $\triangle A'O'B$. 若函数 $y=\frac{k}{x}(x ＞ 0)$ 的图象恰好经过斜边 $A'B$ 的中
点 $C$，$S_{\triangle ABO}=16$，$\tan \angle BAO = 2$，则 $k$ 的值为 (
A.20
B.22
C.24
D.26
点 $B$ 按逆时针方向旋转 $90°$ 后得到 $\triangle A'O'B$. 若函数 $y=\frac{k}{x}(x ＞ 0)$ 的图象恰好经过斜边 $A'B$ 的中
点 $C$，$S_{\triangle ABO}=16$，$\tan \angle BAO = 2$，则 $k$ 的值为 (
C
)A.20
B.22
C.24
D.26
答案：3. C
4. 如图，在平面直角坐标系中，直线 $y = k_1x + 2$ 与 $x$ 轴交于点 $A$，与 $y$ 轴交于点 $B$，与函数 $y=\frac{k_2}{x}$
($x ＞ 0$) 的图象交于点 $C$，连接 $OC$. 若 $S_{\triangle OBC}=2$，$\sin \angle BOC=\frac{\sqrt{5}}{5}$，则 $k_1 + k_2$ 的值是
($x ＞ 0$) 的图象交于点 $C$，连接 $OC$. 若 $S_{\triangle OBC}=2$，$\sin \angle BOC=\frac{\sqrt{5}}{5}$，则 $k_1 + k_2$ 的值是
4
.答案：4. 9
5. 如图，直线 $y = x + n$ 交 $x$ 轴于点 $A$，交 $y$ 轴于点 $B$ (点 $A$ 不与点 $B$ 重合)，抛物线 $y = -\frac{1}{2}x^{2}-2x + c$ 经过点 $A$，$B$，其顶点为 $C$，连接 $AC$.
(1) $\angle BAO =$
(2) 求 $\tan \angle CAB$ 的值.
(1) $\angle BAO =$
45°
；(2) 求 $\tan \angle CAB$ 的值.
答案：5. (1)45° (2)由题意，易得点A，B的坐标分别为$(-n,0)$，$(0,n)$. $\because$抛物线$y = -\frac{1}{2}x^{2} - 2x + c$经过点A，B，$\therefore \begin{cases}0 = -\frac{1}{2}n^{2} + 2n + c, \\n = c \end{cases}$解得$\begin{cases}n = 6, \\c = 6 \end{cases}$或$\begin{cases}n = 0, \\c = 0 \end{cases}$ $\because$点A不与点B重合，$\therefore n \neq 0$. $\therefore$点A，B的坐标分别为$(-6,0)$，$(0,6)$，$OA = OB = 6$，直线AB对应的函数解析式为$y = x + 6$，抛物线对应的函数解析式为$y = -\frac{1}{2}x^{2} - 2x + 6 = -\frac{1}{2}(x + 2)^{2} + 8$. $\therefore$抛物线的顶点C的坐标为$(-2,8)$.作抛物线的对称轴为直线$l$，连接BC，过点B作$BD \perp l$于点D，则易得$BD = CD = 2$，$BD // x$轴. $\therefore \angle CBD = 45°$，$\angle DBA = \angle BAO = 45°$. $\therefore \angle CBA = \angle CBD + \angle DBA = 90°$.在$Rt\triangle CDB$中，$BC = \sqrt{CD^{2} + BD^{2}} = \sqrt{2^{2} + 2^{2}} = 2\sqrt{2}$.在$Rt\triangle AOB$中，$AB = \sqrt{OA^{2} + OB^{2}} = \sqrt{6^{2} + 6^{2}} = 6\sqrt{2}$. $\therefore$在$Rt\triangle ABC$中，$\tan\angle CAB = \frac{BC}{AB} = \frac{1}{3}$
解析：
(1) $45°$
(2) 解：由题意，点$A$，$B$的坐标分别为$(-n,0)$，$(0,n)$。
$\because$抛物线$y=-\frac{1}{2}x^2 - 2x + c$经过点$A$，$B$，
$\therefore \begin{cases}0=-\frac{1}{2}n^2 + 2n + c \\ n=c\end{cases}$，解得$\begin{cases}n=6 \\ c=6\end{cases}$或$\begin{cases}n=0 \\ c=0\end{cases}$。
$\because$点$A$不与点$B$重合，$\therefore n\neq0$，则点$A(-6,0)$，$B(0,6)$，抛物线解析式为$y=-\frac{1}{2}(x+2)^2 + 8$，顶点$C(-2,8)$。
作抛物线对称轴$l$（直线$x=-2$），过点$B$作$BD\perp l$于点$D$，则$D(-2,6)$，$BD=2$，$CD=8 - 6=2$。
$\because BD=CD$，$\angle CDB=90°$，$\therefore \angle CBD=45°$。
$\because BD// x$轴，$\therefore \angle DBA=\angle BAO=45°$，$\angle CBA=\angle CBD + \angle DBA=90°$。
在$Rt\triangle CDB$中，$BC=\sqrt{2^2 + 2^2}=2\sqrt{2}$；在$Rt\triangle AOB$中，$AB=\sqrt{6^2 + 6^2}=6\sqrt{2}$。
在$Rt\triangle ABC$中，$\tan\angle CAB=\frac{BC}{AB}=\frac{2\sqrt{2}}{6\sqrt{2}}=\frac{1}{3}$。
综上，$\tan\angle CAB$的值为$\frac{1}{3}$。
(2) 解：由题意，点$A$，$B$的坐标分别为$(-n,0)$，$(0,n)$。
$\because$抛物线$y=-\frac{1}{2}x^2 - 2x + c$经过点$A$，$B$，
$\therefore \begin{cases}0=-\frac{1}{2}n^2 + 2n + c \\ n=c\end{cases}$，解得$\begin{cases}n=6 \\ c=6\end{cases}$或$\begin{cases}n=0 \\ c=0\end{cases}$。
$\because$点$A$不与点$B$重合，$\therefore n\neq0$，则点$A(-6,0)$，$B(0,6)$，抛物线解析式为$y=-\frac{1}{2}(x+2)^2 + 8$，顶点$C(-2,8)$。
作抛物线对称轴$l$（直线$x=-2$），过点$B$作$BD\perp l$于点$D$，则$D(-2,6)$，$BD=2$，$CD=8 - 6=2$。
$\because BD=CD$，$\angle CDB=90°$，$\therefore \angle CBD=45°$。
$\because BD// x$轴，$\therefore \angle DBA=\angle BAO=45°$，$\angle CBA=\angle CBD + \angle DBA=90°$。
在$Rt\triangle CDB$中，$BC=\sqrt{2^2 + 2^2}=2\sqrt{2}$；在$Rt\triangle AOB$中，$AB=\sqrt{6^2 + 6^2}=6\sqrt{2}$。
在$Rt\triangle ABC$中，$\tan\angle CAB=\frac{BC}{AB}=\frac{2\sqrt{2}}{6\sqrt{2}}=\frac{1}{3}$。
综上，$\tan\angle CAB$的值为$\frac{1}{3}$。