8. 在计算$\tan15^{\circ}$的值时，可以借用“数形结合”思想构建几何图形的方法解决，如图，在$ Rt\triangle ACB$中，$\angle C=90^{\circ}$，$\angle ABC=30^{\circ}$，延长$CB$到点$D$使$BD=AB$，连接$AD$，得$\angle D=15^{\circ}$，设$AC=a$，则$AB=DB=2a$，$BC=\sqrt{3}a$，$CD=(2+\sqrt{3})a$.在$ Rt\triangle ACD$中，$\tan15^{\circ}=\frac{AC}{CD}=\frac{1}{2+\sqrt{3}}=\frac{2-\sqrt{3}}{(2+\sqrt{3})(2-\sqrt{3})}=2-\sqrt{3}$.类比这种方法，可以得到$\tan22.5^{\circ}$的值为 (
A.$\sqrt{2}+1$
B.$\sqrt{2}-1$
C.$\sqrt{2}$
D.$\frac{1}{2}$
B
)A.$\sqrt{2}+1$
B.$\sqrt{2}-1$
C.$\sqrt{2}$
D.$\frac{1}{2}$
答案：8.B
解析：
解：构建Rt△ACB，使∠C=90°，∠ABC=45°，延长CB到点D使BD=AB，连接AD，则∠D=22.5°。
设AC=a，在Rt△ACB中，∠ABC=45°，故BC=AC=a，AB=$\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2}a$。
∵BD=AB，
∴BD=$\sqrt{2}a$，CD=BC+BD=a+$\sqrt{2}a$=($1+\sqrt{2}$)a。
在Rt△ACD中，tan22.5°=$\frac{AC}{CD}=\frac{a}{(1+\sqrt{2})a}=\frac{1}{1+\sqrt{2}}=\sqrt{2}-1$。
答案：B
设AC=a，在Rt△ACB中，∠ABC=45°，故BC=AC=a，AB=$\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2}a$。
∵BD=AB，
∴BD=$\sqrt{2}a$，CD=BC+BD=a+$\sqrt{2}a$=($1+\sqrt{2}$)a。
在Rt△ACD中，tan22.5°=$\frac{AC}{CD}=\frac{a}{(1+\sqrt{2})a}=\frac{1}{1+\sqrt{2}}=\sqrt{2}-1$。
答案：B
9. 如图，在平面直角坐标系中，点$A$，$B$分别在$x$轴负半轴和$y$轴正半轴上，点$C$在$OB$上，$OC:BC=1:2$，连接$AC$，过点$O$作$OP// AB$，交$AC$的延长线于点$P$.若点$P$的坐标为$(1,1)$，则$\tan\angle OAP$的值是 (
A.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
B.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
C.$\frac{1}{3}$
D.3
C
)A.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
B.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
C.$\frac{1}{3}$
D.3
答案：9.C
解析：
解：设点$A$的坐标为$(a,0)$（$a＜0$），点$C$的坐标为$(0,b)$（$b＞0$）。
因为$OC:BC = 1:2$，$OC = b$，所以$BC = 2b$，则$OB=OC + BC=3b$，故点$B$的坐标为$(0,3b)$。
直线$AC$的解析式：设$y = k_1x + b$，将$A(a,0)$代入得$0=k_1a + b$，解得$k_1=-\frac{b}{a}$，所以$y=-\frac{b}{a}x + b$。
因为点$P(1,1)$在直线$AC$上，所以$1=-\frac{b}{a}×1 + b$，即$1 = b\left(1-\frac{1}{a}\right)$ ①。
直线$AB$的解析式：设$y = k_2x + 3b$，将$A(a,0)$代入得$0=k_2a + 3b$，解得$k_2=-\frac{3b}{a}$。
因为$OP// AB$，直线$OP$过点$O(0,0)$，所以直线$OP$的解析式为$y = k_2x=-\frac{3b}{a}x$。
又因为点$P(1,1)$在直线$OP$上，所以$1=-\frac{3b}{a}×1$，即$-\frac{3b}{a}=1$，解得$a=-3b$。
将$a = - 3b$代入①：$1=b\left(1-\frac{1}{-3b}\right)$，解得$b = \frac{1}{3}$。
则$a=-3b=-1$，所以点$A$的坐标为$(-1,0)$。
$\tan\angle OAP=\frac{OC}{OA}=\frac{b}{|a|}=\frac{\frac{1}{3}}{1}=\frac{1}{3}$。
答案：$\frac{1}{3}$
因为$OC:BC = 1:2$，$OC = b$，所以$BC = 2b$，则$OB=OC + BC=3b$，故点$B$的坐标为$(0,3b)$。
直线$AC$的解析式：设$y = k_1x + b$，将$A(a,0)$代入得$0=k_1a + b$，解得$k_1=-\frac{b}{a}$，所以$y=-\frac{b}{a}x + b$。
因为点$P(1,1)$在直线$AC$上，所以$1=-\frac{b}{a}×1 + b$，即$1 = b\left(1-\frac{1}{a}\right)$ ①。
直线$AB$的解析式：设$y = k_2x + 3b$，将$A(a,0)$代入得$0=k_2a + 3b$，解得$k_2=-\frac{3b}{a}$。
因为$OP// AB$，直线$OP$过点$O(0,0)$，所以直线$OP$的解析式为$y = k_2x=-\frac{3b}{a}x$。
又因为点$P(1,1)$在直线$OP$上，所以$1=-\frac{3b}{a}×1$，即$-\frac{3b}{a}=1$，解得$a=-3b$。
将$a = - 3b$代入①：$1=b\left(1-\frac{1}{-3b}\right)$，解得$b = \frac{1}{3}$。
则$a=-3b=-1$，所以点$A$的坐标为$(-1,0)$。
$\tan\angle OAP=\frac{OC}{OA}=\frac{b}{|a|}=\frac{\frac{1}{3}}{1}=\frac{1}{3}$。
答案：$\frac{1}{3}$
10. 如图，在$ Rt\triangle ABC$中，$1＜AC＜5$，$\tan\angle ABC=2$.分别以点$C$，$A$为圆心，2，3为半径作弧，两弧交于点$D$(点$D$在$AC$的左侧)，连接$BD$，则$BD$长的最大值为 (
A.$\sqrt{5}+1$
B.$2\sqrt{5}+1$
C.$\sqrt{5}+\frac{3}{2}$
D.$2\sqrt{5}+\frac{3}{2}$
C
)A.$\sqrt{5}+1$
B.$2\sqrt{5}+1$
C.$\sqrt{5}+\frac{3}{2}$
D.$2\sqrt{5}+\frac{3}{2}$
答案：
10.C 解析：在Rt$\triangle ABC$中，$\because \tan\angle ABC=2$，$\therefore \frac{AC}{BC}=2$.设$BC=a(a＞0)$，则$AC=2a$.$\therefore AB=\sqrt{BC^{2}+AC^{2}}=\sqrt{5}a$.$\therefore \cos\angle BAC=\frac{AC}{AB}=\frac{2a}{\sqrt{5}a}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.如图，作$\angle ADE=90^{\circ}$，且$DE=\frac{1}{2}AD=\frac{3}{2}$，连接AE，BE.$\therefore \tan\angle DAE=\frac{DE}{AD}=\frac{1}{2}$.$\because \tan\angle ABC=2$，即$\tan\angle ABC=\frac{AC}{BC}=2$，$\therefore \tan\angle BAC=\frac{BC}{AC}=\frac{1}{2}$.$\therefore \tan\angle DAE=\tan\angle BAC$，即$\angle DAE=\angle BAC$.$\therefore \angle DAE-\angle CAE=\angle BAC-\angle CAE$.$\therefore \angle DAC=\angle EAB$.$\because \angle BAC=\angle DAE$，$\therefore \cos\angle BAC=\cos\angle DAE=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，即$\frac{AD}{AE}=\frac{AC}{AB}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.$\therefore \triangle ADC\sim\triangle AEB$.$\therefore \frac{DC}{EB}=\frac{AC}{AB}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.$\because DC=2$，$\therefore EB=\sqrt{5}$.由题意可知，$BD\leq BE+DE=\sqrt{5}+\frac{3}{2}$，当点B，E，D在同一条直线上时取等号，即BD长的最大值为$\sqrt{5}+\frac{3}{2}$.
10.C 解析：在Rt$\triangle ABC$中，$\because \tan\angle ABC=2$，$\therefore \frac{AC}{BC}=2$.设$BC=a(a＞0)$，则$AC=2a$.$\therefore AB=\sqrt{BC^{2}+AC^{2}}=\sqrt{5}a$.$\therefore \cos\angle BAC=\frac{AC}{AB}=\frac{2a}{\sqrt{5}a}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.如图，作$\angle ADE=90^{\circ}$，且$DE=\frac{1}{2}AD=\frac{3}{2}$，连接AE，BE.$\therefore \tan\angle DAE=\frac{DE}{AD}=\frac{1}{2}$.$\because \tan\angle ABC=2$，即$\tan\angle ABC=\frac{AC}{BC}=2$，$\therefore \tan\angle BAC=\frac{BC}{AC}=\frac{1}{2}$.$\therefore \tan\angle DAE=\tan\angle BAC$，即$\angle DAE=\angle BAC$.$\therefore \angle DAE-\angle CAE=\angle BAC-\angle CAE$.$\therefore \angle DAC=\angle EAB$.$\because \angle BAC=\angle DAE$，$\therefore \cos\angle BAC=\cos\angle DAE=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，即$\frac{AD}{AE}=\frac{AC}{AB}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.$\therefore \triangle ADC\sim\triangle AEB$.$\therefore \frac{DC}{EB}=\frac{AC}{AB}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.$\because DC=2$，$\therefore EB=\sqrt{5}$.由题意可知，$BD\leq BE+DE=\sqrt{5}+\frac{3}{2}$，当点B，E，D在同一条直线上时取等号，即BD长的最大值为$\sqrt{5}+\frac{3}{2}$.
11. 已知在$ Rt\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，$AB=2BC$.有下列结论：①$\sin A=\frac{\sqrt{3}}{2}$；②$\cos B=\frac{1}{2}$；③$\tan A=\frac{\sqrt{3}}{3}$；④$\tan B=\sqrt{3}$.其中，正确的是
②③④
(填序号).答案：11.②③④
解析：
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，$AB=2BC$。
设$BC=a$，则$AB=2a$。
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{(2a)^{2}-a^{2}}=\sqrt{3}a$。
①$\sin A=\frac{BC}{AB}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$，故①错误；
②$\cos B=\frac{BC}{AB}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$，故②正确；
③$\tan A=\frac{BC}{AC}=\frac{a}{\sqrt{3}a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，故③正确；
④$\tan B=\frac{AC}{BC}=\frac{\sqrt{3}a}{a}=\sqrt{3}$，故④正确。
正确的是②③④。
设$BC=a$，则$AB=2a$。
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{(2a)^{2}-a^{2}}=\sqrt{3}a$。
①$\sin A=\frac{BC}{AB}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$，故①错误；
②$\cos B=\frac{BC}{AB}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$，故②正确；
③$\tan A=\frac{BC}{AC}=\frac{a}{\sqrt{3}a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，故③正确；
④$\tan B=\frac{AC}{BC}=\frac{\sqrt{3}a}{a}=\sqrt{3}$，故④正确。
正确的是②③④。
12. 在$\triangle ABC$中，$\angle ABC=30^{\circ}$，$AB=\sqrt{3}$，$AC=1$，则$\angle ACB$的度数为
60°或120°
.答案：12.60°或120°
解析：
解：过点$A$作$AD \perp BC$于点$D$。
在$Rt\triangle ABD$中，$\angle ABC = 30°$，$AB=\sqrt{3}$，则$AD = AB · \sin 30°=\sqrt{3} × \frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
在$Rt\triangle ACD$中，$AC = 1$，$AD=\frac{\sqrt{3}}{2}$，则$\sin \angle ACB=\frac{AD}{AC}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{1}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
因为$\angle ACB$为三角形内角，所以$\angle ACB = 60°$或$120°$。
60°或120°
在$Rt\triangle ABD$中，$\angle ABC = 30°$，$AB=\sqrt{3}$，则$AD = AB · \sin 30°=\sqrt{3} × \frac{1}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
在$Rt\triangle ACD$中，$AC = 1$，$AD=\frac{\sqrt{3}}{2}$，则$\sin \angle ACB=\frac{AD}{AC}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{1}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
因为$\angle ACB$为三角形内角，所以$\angle ACB = 60°$或$120°$。
60°或120°
13. 在$ Rt\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，$\sin A=\frac{8}{17}$，$AC=30$，则$AB=$
34
.答案：13.34
解析：
解：在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，$\sin A=\frac{BC}{AB}=\frac{8}{17}$，设$BC=8k$，$AB=17k$（$k＞0$）。
由勾股定理得$AC^{2}+BC^{2}=AB^{2}$，即$30^{2}+(8k)^{2}=(17k)^{2}$。
$900 + 64k^{2}=289k^{2}$
$225k^{2}=900$
$k^{2}=4$
$k=2$（$k=-2$舍去）
则$AB=17k=17×2=34$。
34
由勾股定理得$AC^{2}+BC^{2}=AB^{2}$，即$30^{2}+(8k)^{2}=(17k)^{2}$。
$900 + 64k^{2}=289k^{2}$
$225k^{2}=900$
$k^{2}=4$
$k=2$（$k=-2$舍去）
则$AB=17k=17×2=34$。
34
14. 如图，为了测量树$AB$的高度，在水平地面上取一点$C$，在$C$处测得$\angle ACB=51^{\circ}$，$BC=6 m$，则树$AB$的高约为
7.4
$ m$(结果精确到$0.1 m$.参考数据：$\sin51^{\circ}\approx0.78$，$\cos51^{\circ}\approx0.63$，$\tan51^{\circ}\approx1.23$).答案：14.7.4
解析：
解：在$Rt\triangle ABC$中，$\angle ABC=90^{\circ}$，$BC=6\ m$，$\angle ACB=51^{\circ}$，
$\tan\angle ACB=\dfrac{AB}{BC}$，
$AB=BC·\tan51^{\circ}\approx6×1.23=7.38\approx7.4\ m$.
7.4
$\tan\angle ACB=\dfrac{AB}{BC}$，
$AB=BC·\tan51^{\circ}\approx6×1.23=7.38\approx7.4\ m$.
7.4
15. 如图，在平面直角坐标系中，四边形$ABCO$是菱形，$\tan\angle AOC=\frac{4}{3}$，且点$A$落在函数$y=\frac{12}{x}(x＞0)$的图象上，则四边形$ABCO$的周长是
20
.答案：15.20
解析：
解：设菱形$ABCO$的边长为$a$，点$A$的坐标为$(x,y)$。
因为四边形$ABCO$是菱形，所以$OA = OC = a$。
在$Rt\triangle AOD$（$D$为点$A$向$x$轴作垂线的垂足）中，$\tan\angle AOC=\frac{y}{x}=\frac{4}{3}$，设$y = \frac{4}{3}x$。
又因为点$A$在$y = \frac{12}{x}$上，所以$\frac{4}{3}x=\frac{12}{x}$，解得$x^{2}=9$，$x = 3$（$x＞0$），则$y = 4$。
所以$OA=\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5$，即$a = 5$。
四边形$ABCO$的周长为$4a = 4×5 = 20$。
20
因为四边形$ABCO$是菱形，所以$OA = OC = a$。
在$Rt\triangle AOD$（$D$为点$A$向$x$轴作垂线的垂足）中，$\tan\angle AOC=\frac{y}{x}=\frac{4}{3}$，设$y = \frac{4}{3}x$。
又因为点$A$在$y = \frac{12}{x}$上，所以$\frac{4}{3}x=\frac{12}{x}$，解得$x^{2}=9$，$x = 3$（$x＞0$），则$y = 4$。
所以$OA=\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5$，即$a = 5$。
四边形$ABCO$的周长为$4a = 4×5 = 20$。
20