12. 如图，在正方形网格中，点$ O$，$ A$，$ B$，$ C$都在格点上，则$\angle ABC$的正弦值为
(
A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
C.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
D.$\frac{\sqrt{10}}{5}$
(
C
)A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
C.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
D.$\frac{\sqrt{10}}{5}$
答案：12.C
13. (2025·启东一模)如图，建筑物$ AB$和旗杆$ CD$的水平距离$ BC$为$6\ m$，在建筑物顶端$ A$测得旗杆顶部$ D$的仰角$\angle DAE$为$45°$，旗杆底部$ C$的俯角$\angle CAE$为$30°$，则旗杆$ CD$的高度为(
A.$2\sqrt{2}\ m$
B.$2\sqrt{3}\ m$
C.$(2\sqrt{2}+6)\ m$
D.$(2\sqrt{3}+6)\ m$
D
)A.$2\sqrt{2}\ m$
B.$2\sqrt{3}\ m$
C.$(2\sqrt{2}+6)\ m$
D.$(2\sqrt{3}+6)\ m$
答案：13.D
解析：
解：由题意知，$AE=BC=6\ m$，$AB=EC$，$DE+EC=CD$。
在$ Rt\triangle AEC$中，$\tan\angle CAE=\frac{EC}{AE}$，$\angle CAE=30°$，
$\therefore EC=AE·\tan30°=6×\frac{\sqrt{3}}{3}=2\sqrt{3}\ m$。
在$ Rt\triangle AED$中，$\tan\angle DAE=\frac{DE}{AE}$，$\angle DAE=45°$，
$\therefore DE=AE·\tan45°=6×1=6\ m$。
$\therefore CD=DE+EC=6+2\sqrt{3}\ m$。
D
在$ Rt\triangle AEC$中，$\tan\angle CAE=\frac{EC}{AE}$，$\angle CAE=30°$，
$\therefore EC=AE·\tan30°=6×\frac{\sqrt{3}}{3}=2\sqrt{3}\ m$。
在$ Rt\triangle AED$中，$\tan\angle DAE=\frac{DE}{AE}$，$\angle DAE=45°$，
$\therefore DE=AE·\tan45°=6×1=6\ m$。
$\therefore CD=DE+EC=6+2\sqrt{3}\ m$。
D
14. 如图，在反比例函数$y=-\frac{2}{x}$的图象上有一动点$ A$，连接$ AO$并延长，交图象的另一支于点$ B$. 在第一象限内有一点$ C$，满足$ AC= BC$，当点$ A$运动时，点$ C$始终在函数$y=\frac{k}{x}(k\neq 0)$的图象上运动. 若$\tan \angle CAB=2$，则$k$的值为
(
A.$2$
B.$4$
C.$6$
D.$8$
(
D
)A.$2$
B.$4$
C.$6$
D.$8$
答案：14.D
解析：
解：设点$A\left(a,-\dfrac{2}{a}\right)$，则点$B\left(-a,\dfrac{2}{a}\right)$。
设点$C(x,y)$，$AC=BC$，则$C$在$AB$的垂直平分线上，$AB$中点为$O$，故$OC\perp AB$，$k_{AB}=-\dfrac{2}{a^{2}}$，则$k_{OC}=\dfrac{a^{2}}{2}$，即$\dfrac{y}{x}=\dfrac{a^{2}}{2}$，$y=\dfrac{a^{2}}{2}x$。
$\tan\angle CAB=2$，$k_{AC}=\dfrac{y+\dfrac{2}{a}}{x-a}$，由$\tan\angle CAB=\left|\dfrac{k_{OC}-k_{AC}}{1+k_{OC}k_{AC}}\right|=2$，代入$y=\dfrac{a^{2}}{2}x$化简得$x=2a$，$y=a^{2}$。
点$C$在$y=\dfrac{k}{x}$上，$k=xy=2a· a^{2}=2a^{3}$，又$y=a^{2}=\dfrac{k}{x}=\dfrac{2a^{3}}{2a}=a^{2}$，恒成立。取$a=2$，则$k=8$。
$8$
设点$C(x,y)$，$AC=BC$，则$C$在$AB$的垂直平分线上，$AB$中点为$O$，故$OC\perp AB$，$k_{AB}=-\dfrac{2}{a^{2}}$，则$k_{OC}=\dfrac{a^{2}}{2}$，即$\dfrac{y}{x}=\dfrac{a^{2}}{2}$，$y=\dfrac{a^{2}}{2}x$。
$\tan\angle CAB=2$，$k_{AC}=\dfrac{y+\dfrac{2}{a}}{x-a}$，由$\tan\angle CAB=\left|\dfrac{k_{OC}-k_{AC}}{1+k_{OC}k_{AC}}\right|=2$，代入$y=\dfrac{a^{2}}{2}x$化简得$x=2a$，$y=a^{2}$。
点$C$在$y=\dfrac{k}{x}$上，$k=xy=2a· a^{2}=2a^{3}$，又$y=a^{2}=\dfrac{k}{x}=\dfrac{2a^{3}}{2a}=a^{2}$，恒成立。取$a=2$，则$k=8$。
$8$
15. 在锐角三角形$ ABC$中，若$\left|\sin A-\frac{\sqrt{3}}{2}\right|+(1-\tan B)^2=0$，则$\angle C$的度数是
$75^{\circ}$
.答案：15.$75^{\circ}$
解析：
解：因为$\left|\sin A - \frac{\sqrt{3}}{2}\right| + (1 - \tan B)^2 = 0$，且绝对值和平方数均为非负数，所以$\sin A - \frac{\sqrt{3}}{2} = 0$，$1 - \tan B = 0$。
解得$\sin A = \frac{\sqrt{3}}{2}$，$\tan B = 1$。
因为$\triangle ABC$是锐角三角形，所以$\angle A = 60^{\circ}$，$\angle B = 45^{\circ}$。
则$\angle C = 180^{\circ} - \angle A - \angle B = 180^{\circ} - 60^{\circ} - 45^{\circ} = 75^{\circ}$。
$75^{\circ}$
解得$\sin A = \frac{\sqrt{3}}{2}$，$\tan B = 1$。
因为$\triangle ABC$是锐角三角形，所以$\angle A = 60^{\circ}$，$\angle B = 45^{\circ}$。
则$\angle C = 180^{\circ} - \angle A - \angle B = 180^{\circ} - 60^{\circ} - 45^{\circ} = 75^{\circ}$。
$75^{\circ}$
16. 如图，正方形$ ABCD$的边长为$2\sqrt{2}$，过点$ A$作$ AE\perp AC$，$ AE=1$，连接$ BE$，则$\tan E=$
$\frac{2}{3}$
.答案：16.$\frac{2}{3}$
解析：
解：
∵ 四边形 $ABCD$ 为正方形，边长为 $2\sqrt{2}$，
∴ $AC$ 为对角线，$AC = \sqrt{(2\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2})^2} = 4$，$\angle CAB = 45°$。
∵ $AE \perp AC$，
∴ $\angle EAC = 90°$，$\angle EAB = \angle EAC + \angle CAB = 135°$。
在 $\triangle EAB$ 中，由余弦定理得：
$BE^2 = AE^2 + AB^2 - 2 · AE · AB · \cos 135°$
$= 1^2 + (2\sqrt{2})^2 - 2 · 1 · 2\sqrt{2} · (-\frac{\sqrt{2}}{2}) = 1 + 8 + 4 = 13$，
∴ $BE = \sqrt{13}$。
由正弦定理得：$\frac{AB}{\sin E} = \frac{BE}{\sin \angle EAB}$，
即 $\frac{2\sqrt{2}}{\sin E} = \frac{\sqrt{13}}{\sin 135°}$，
$\sin E = \frac{2\sqrt{2} · \frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{13}} = \frac{2}{\sqrt{13}}$。
∵ $\angle E$ 为锐角，$\cos E = \sqrt{1 - \sin^2 E} = \frac{3}{\sqrt{13}}$，
∴ $\tan E = \frac{\sin E}{\cos E} = \frac{2}{3}$。
$\frac{2}{3}$
∵ 四边形 $ABCD$ 为正方形，边长为 $2\sqrt{2}$，
∴ $AC$ 为对角线，$AC = \sqrt{(2\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2})^2} = 4$，$\angle CAB = 45°$。
∵ $AE \perp AC$，
∴ $\angle EAC = 90°$，$\angle EAB = \angle EAC + \angle CAB = 135°$。
在 $\triangle EAB$ 中，由余弦定理得：
$BE^2 = AE^2 + AB^2 - 2 · AE · AB · \cos 135°$
$= 1^2 + (2\sqrt{2})^2 - 2 · 1 · 2\sqrt{2} · (-\frac{\sqrt{2}}{2}) = 1 + 8 + 4 = 13$，
∴ $BE = \sqrt{13}$。
由正弦定理得：$\frac{AB}{\sin E} = \frac{BE}{\sin \angle EAB}$，
即 $\frac{2\sqrt{2}}{\sin E} = \frac{\sqrt{13}}{\sin 135°}$，
$\sin E = \frac{2\sqrt{2} · \frac{\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{13}} = \frac{2}{\sqrt{13}}$。
∵ $\angle E$ 为锐角，$\cos E = \sqrt{1 - \sin^2 E} = \frac{3}{\sqrt{13}}$，
∴ $\tan E = \frac{\sin E}{\cos E} = \frac{2}{3}$。
$\frac{2}{3}$
17. 如图，一束光线从点$ A$出发，经过$y$轴上的点$ B(0,1)$，反射后经过点$ C(p,q)$，入射光线与$y$轴正方向的夹角为$\alpha$，且$\tan \alpha=2$，则$p+2q$的值为
2
.答案：17.2
解析：
解：过点$A$作$AD \perp y$轴于点$D$，则$\angle ADB = 90°$。
在$ Rt\triangle ABD$中，$\tan\alpha=\frac{AD}{BD}=2$。设$AD = 2k$，则$BD=k$。
因为点$B(0,1)$，所以点$A$的坐标为$(2k,1 + k)$。
根据光的反射定律，点$A$关于$y$轴的对称点$A'(-2k,1 + k)$在反射光线$BC$上。
反射光线$BC$经过点$B(0,1)$和$C(p,q)$，其斜率$k_{BC}=\frac{q - 1}{p - 0}=\frac{q - 1}{p}$。
又因为$A'$在$BC$上，所以$k_{BC}=\frac{(1 + k)-1}{-2k - 0}=\frac{k}{-2k}=-\frac{1}{2}$。
即$\frac{q - 1}{p}=-\frac{1}{2}$，整理得$p + 2q=2$。
答案：$2$
在$ Rt\triangle ABD$中，$\tan\alpha=\frac{AD}{BD}=2$。设$AD = 2k$，则$BD=k$。
因为点$B(0,1)$，所以点$A$的坐标为$(2k,1 + k)$。
根据光的反射定律，点$A$关于$y$轴的对称点$A'(-2k,1 + k)$在反射光线$BC$上。
反射光线$BC$经过点$B(0,1)$和$C(p,q)$，其斜率$k_{BC}=\frac{q - 1}{p - 0}=\frac{q - 1}{p}$。
又因为$A'$在$BC$上，所以$k_{BC}=\frac{(1 + k)-1}{-2k - 0}=\frac{k}{-2k}=-\frac{1}{2}$。
即$\frac{q - 1}{p}=-\frac{1}{2}$，整理得$p + 2q=2$。
答案：$2$
18. (2024·扬州)如图，直线$l_1// l_2$，$ A$是$l_1$上的定点，$ AB\perp l_2$于点$ B$，$ C$，$ D$分别是$l_1$，$l_2$上的动点，且满足$ AC= BD$，连接$ CD$交线段$ AB$于点$ E$，$ BH\perp CD$于点$ H$. 当$\angle BAH$最大时，$\sin \angle BAH$的值为
$\frac{1}{3}$
.答案：
18.$\frac{1}{3}$ 解析：$\because AC// BD$，$\therefore\angle ACE=\angle BDE$，$\angle CAE=\angle DBE$.又$\because AC=BD$，$\therefore\triangle ACE\cong\triangle BDE.\therefore AE=BE=\frac{1}{2}AB.\because l_1// l_2$，A是$l_1$上的定点，且$AB\perp l_2$，$\therefore AB$为定值.$\therefore BE$为定值.$\because BH\perp CD$，$\therefore\angle BHE=90^{\circ}.\therefore$点H在以BE为直径的圆上运动（如图，点O为圆心），此时$OE=\frac{1}{2}BE=\frac{1}{3}OA.\because$当AH与$\odot O$相切时，$\angle BAH$最大，$\therefore\sin\angle BAH=\frac{OH}{OA}=\frac{OE}{OA}=\frac{1}{3}$.
18.$\frac{1}{3}$ 解析：$\because AC// BD$，$\therefore\angle ACE=\angle BDE$，$\angle CAE=\angle DBE$.又$\because AC=BD$，$\therefore\triangle ACE\cong\triangle BDE.\therefore AE=BE=\frac{1}{2}AB.\because l_1// l_2$，A是$l_1$上的定点，且$AB\perp l_2$，$\therefore AB$为定值.$\therefore BE$为定值.$\because BH\perp CD$，$\therefore\angle BHE=90^{\circ}.\therefore$点H在以BE为直径的圆上运动（如图，点O为圆心），此时$OE=\frac{1}{2}BE=\frac{1}{3}OA.\because$当AH与$\odot O$相切时，$\angle BAH$最大，$\therefore\sin\angle BAH=\frac{OH}{OA}=\frac{OE}{OA}=\frac{1}{3}$.
19. 如图，$ AD$是$\triangle ABC$的中线，$\tan B=\frac{1}{3}$，$\cos C=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$ AC=\sqrt{2}$. 求：
(1)$ BC$的长；
(2)$\sin \angle ADC$的值.
(1)$ BC$的长；
(2)$\sin \angle ADC$的值.
答案：19.(1)过点A作$AE\perp BC$于点E.$\because\cos C=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\therefore\angle C=45^{\circ}.\therefore$易得$AE=CE$.在$Rt\triangle ACE$中，$CE=AC·\cos C=\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=1.\therefore AE=CE=1$.在$Rt\triangle ABE$中，$\because\tan B=\frac{1}{3}$，$\therefore\frac{AE}{BE}=\frac{1}{3}.\therefore BE=3AE=3.\therefore BC=BE+CE=3+1=4$
(2)由(1)知，$CE=1$，$BC=4.\because AD$是$\triangle ABC$的中线，$\therefore CD=\frac{1}{2}BC=2.\therefore DE=CD-CE=2-1=1.\therefore DE=CE$.
$\because AE\perp BC$，$\therefore AD=AC.\therefore\angle ADC=\angle C=45^{\circ}.\therefore\sin\angle ADC=\frac{\sqrt{2}}{2}$
(2)由(1)知，$CE=1$，$BC=4.\because AD$是$\triangle ABC$的中线，$\therefore CD=\frac{1}{2}BC=2.\therefore DE=CD-CE=2-1=1.\therefore DE=CE$.
$\because AE\perp BC$，$\therefore AD=AC.\therefore\angle ADC=\angle C=45^{\circ}.\therefore\sin\angle ADC=\frac{\sqrt{2}}{2}$