1. 如图，在边长相同的小正方形网格中，点 $ A $，$ B $，$ C $，$ D $ 都在小正方形的顶点上，$ AB $，$ CD $ 相交于点 $ P $，则 $\frac{AP}{BP}=$，$\tan \angle APD =$。
答案：
1. 3 2 解析：如图，因为四边形BCED是正方形，所以DB//AC，所以∠ACP=∠BDP，∠CAP=∠DBP，所以△CAP∽△DBP，所以$\frac{AP}{BP} =\frac{CP}{DP} =\frac{AC}{BD} =$3。连接BE，交CD于点F，则BE⊥CD，BF=CF=DF，所以∠BFP=$90^{\circ}$，DP=PF=$\frac{1}{2}CF=\frac{1}{2}$BF。因为∠APD=∠BPF，所以$\tan\angle APD=\tan\angle BPF=\frac{BF}{PF} =2$。
1. 3 2 解析：如图，因为四边形BCED是正方形，所以DB//AC，所以∠ACP=∠BDP，∠CAP=∠DBP，所以△CAP∽△DBP，所以$\frac{AP}{BP} =\frac{CP}{DP} =\frac{AC}{BD} =$3。连接BE，交CD于点F，则BE⊥CD，BF=CF=DF，所以∠BFP=$90^{\circ}$，DP=PF=$\frac{1}{2}CF=\frac{1}{2}$BF。因为∠APD=∠BPF，所以$\tan\angle APD=\tan\angle BPF=\frac{BF}{PF} =2$。
2. （2025·江苏南京模拟）如图，在 $ \triangle ABC $ 中，$ \angle A = 90^{\circ} $，$ AB = AC $，$ D $ 为边 $ AC $ 上一点，$ AD = \frac{1}{3}AC $，$ \angle DBC = \alpha $，求 $ \tan \alpha $ 的值。
答案：2. 过点D作DE⊥BC于点E，则∠BED=∠CED=$90^{\circ}$。设AD=$x$。因为$AD=\frac{1}{3}AC$，所以AC=$3x$，所以CD=AC - AD=$2x$。因为∠A=$90^{\circ}$，AB = AC，所以BC=$\sqrt{2}AC=3\sqrt{2}x$，∠C=$45^{\circ}$，所以DE=CE=$\frac{\sqrt{2}}{2}CD=\sqrt{2}x$，所以BE=BC - CE=$2\sqrt{2}x$，所以$\tan\alpha=\frac{DE}{BE} =\frac{1}{2}$。
解析：
解：过点$D$作$DE ⊥ BC$于点$E$，则$\angle BED = \angle CED = 90°$。
设$AD = x$，因为$AD = \frac{1}{3}AC$，所以$AC = 3x$，$CD = AC - AD = 2x$。
因为$\angle A = 90°$，$AB = AC$，所以$BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{(3x)^2 + (3x)^2} = 3\sqrt{2}x$，$\angle C = 45°$。
在$\triangle CDE$中，$\angle C = 45°$，$\angle CED = 90°$，所以$DE = CE = CD · \sin 45° = 2x · \frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2}x$。
所以$BE = BC - CE = 3\sqrt{2}x - \sqrt{2}x = 2\sqrt{2}x$。
在$\triangle BDE$中，$\tan\alpha = \frac{DE}{BE} = \frac{\sqrt{2}x}{2\sqrt{2}x} = \frac{1}{2}$。
故$\tan\alpha$的值为$\frac{1}{2}$。
设$AD = x$，因为$AD = \frac{1}{3}AC$，所以$AC = 3x$，$CD = AC - AD = 2x$。
因为$\angle A = 90°$，$AB = AC$，所以$BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{(3x)^2 + (3x)^2} = 3\sqrt{2}x$，$\angle C = 45°$。
在$\triangle CDE$中，$\angle C = 45°$，$\angle CED = 90°$，所以$DE = CE = CD · \sin 45° = 2x · \frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2}x$。
所以$BE = BC - CE = 3\sqrt{2}x - \sqrt{2}x = 2\sqrt{2}x$。
在$\triangle BDE$中，$\tan\alpha = \frac{DE}{BE} = \frac{\sqrt{2}x}{2\sqrt{2}x} = \frac{1}{2}$。
故$\tan\alpha$的值为$\frac{1}{2}$。
3. (2025·广西)在 $ \mathrm{Rt} \triangle ABC $ 中，$ \angle C = 90^{\circ} $，$ AB = 7 $，$ AC = 3 $，则 $ \sin B $ 的值为(
A.$ \frac{7}{10} $
B.$ \frac{3}{7} $
C.$ \frac{3}{10} $
D.$ \frac{1}{7} $
B
)A.$ \frac{7}{10} $
B.$ \frac{3}{7} $
C.$ \frac{3}{10} $
D.$ \frac{1}{7} $
答案：3. B
解析：
在$\mathrm{Rt}\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，根据正弦函数定义，$\sin B=\frac{AC}{AB}$。已知$AB=7$，$AC=3$，所以$\sin B=\frac{3}{7}$。
B
B
4. (2024·四川眉山)如图，在矩形 $ ABCD $ 中，$ AB = 6 $，$ BC = 8 $，点 $ E $ 在边 $ DC $ 上，把 $ \triangle ADE $ 沿 $ AE $ 折叠，点 $ D $ 恰好落在边 $ BC $ 上的点 $ F $ 处，则 $ \cos \angle CEF $ 的值为(
A.$ \frac{\sqrt{7}}{4} $
B.$ \frac{\sqrt{7}}{3} $
C.$ \frac{3}{4} $
D.$ \frac{5}{4} $
A
)A.$ \frac{\sqrt{7}}{4} $
B.$ \frac{\sqrt{7}}{3} $
C.$ \frac{3}{4} $
D.$ \frac{5}{4} $
答案：4. A
解析：
解：在矩形$ABCD$中，$AB=6$，$BC=8$，则$AD=BC=8$，$CD=AB=6$，$\angle B=\angle C=\angle D=90°$。
由折叠性质得：$AF=AD=8$，$EF=DE$。
设$EC=x$，则$DE=EF=6 - x$。
在$Rt\triangle ABF$中，$BF=\sqrt{AF^2 - AB^2}=\sqrt{8^2 - 6^2}=\sqrt{64 - 36}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$，
$\therefore CF=BC - BF=8 - 2\sqrt{7}$。
在$Rt\triangle ECF$中，$CF^2 + EC^2 = EF^2$，即$(8 - 2\sqrt{7})^2 + x^2=(6 - x)^2$，
展开得：$64 - 32\sqrt{7} + 28 + x^2 = 36 - 12x + x^2$，
化简得：$92 - 32\sqrt{7} = 36 - 12x$，
解得$x=\frac{8\sqrt{7} - 14}{3}$。
$\cos\angle CEF=\frac{EC}{EF}=\frac{x}{6 - x}=\frac{\frac{8\sqrt{7} - 14}{3}}{6 - \frac{8\sqrt{7} - 14}{3}}=\frac{8\sqrt{7} - 14}{32 - 8\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{7}}{4}$。
答案：A
由折叠性质得：$AF=AD=8$，$EF=DE$。
设$EC=x$，则$DE=EF=6 - x$。
在$Rt\triangle ABF$中，$BF=\sqrt{AF^2 - AB^2}=\sqrt{8^2 - 6^2}=\sqrt{64 - 36}=\sqrt{28}=2\sqrt{7}$，
$\therefore CF=BC - BF=8 - 2\sqrt{7}$。
在$Rt\triangle ECF$中，$CF^2 + EC^2 = EF^2$，即$(8 - 2\sqrt{7})^2 + x^2=(6 - x)^2$，
展开得：$64 - 32\sqrt{7} + 28 + x^2 = 36 - 12x + x^2$，
化简得：$92 - 32\sqrt{7} = 36 - 12x$，
解得$x=\frac{8\sqrt{7} - 14}{3}$。
$\cos\angle CEF=\frac{EC}{EF}=\frac{x}{6 - x}=\frac{\frac{8\sqrt{7} - 14}{3}}{6 - \frac{8\sqrt{7} - 14}{3}}=\frac{8\sqrt{7} - 14}{32 - 8\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{7}}{4}$。
答案：A
5. 如图，在 $ \mathrm{Rt} \triangle ABC $ 中，$ \angle C = 90^{\circ} $，$ AB = 5 $，$ BC = 3 $。求 $ AC $ 的长和 $ \sin A $ 的值。
答案：5. 因为∠C=$90^{\circ}$，AB = 5，BC = 3，所以AC=$\sqrt{AB^{2}-BC^{2}} =4$，$\sin A=\frac{BC}{AB} =\frac{3}{5}$。
解析：
解：在$\mathrm{Rt}\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，$AB=5$，$BC=3$，
由勾股定理得$AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}}=\sqrt{25 - 9}=\sqrt{16}=4$，
$\sin A=\frac{BC}{AB}=\frac{3}{5}$。
由勾股定理得$AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{5^{2}-3^{2}}=\sqrt{25 - 9}=\sqrt{16}=4$，
$\sin A=\frac{BC}{AB}=\frac{3}{5}$。
6. 新素养 推理能力 如图，在 $ \odot O $ 中，$ C $，$ D $ 分别为半径 $ OB $、弦 $ AB $ 的中点，连接 $ CD $ 并延长，交过点 $ A $ 的切线于点 $ E $。
（1）求证：$ AE ⊥ CE $；
（2）若 $ AE = 2 $，$ \sin \angle ADE = \frac{1}{3} $，求 $ OB $ 的长。
（1）求证：$ AE ⊥ CE $；
（2）若 $ AE = 2 $，$ \sin \angle ADE = \frac{1}{3} $，求 $ OB $ 的长。
答案：6. (1)因为AE是⊙O的切线，所以AE⊥AO，所以∠OAE=$90^{\circ}$。因为C，D分别为OB，AB的中点，所以CD为△AOB的中位线，所以CD//OA，所以∠E+∠OAE=$180^{\circ}$，所以∠E=$90^{\circ}$，所以AE⊥CE。
(2)连接OD。因为∠E=$90^{\circ}$，AE = 2，$\sin\angle ADE=\frac{1}{3}$，所以$AD=\frac{AE}{\sin\angle ADE} =6$。因为OA = OB，D为AB的中点，所以OD⊥AB，所以∠ODA=$90^{\circ}$。因为CD//OA，所以∠OAD = ∠ADE，所以$\sin\angle OAD=\sin\angle ADE=\frac{1}{3}$。又$\sin\angle OAD=\frac{OD}{OA}$，所以$\frac{OD}{OA} =\frac{1}{3}$，所以$OD=\frac{1}{3}OA$，所以$AD=\sqrt{OA^{2}-OD^{2}} =\frac{2\sqrt{2}}{3}OA$，所以$OB=OA=\frac{3\sqrt{2}}{4}AD=\frac{9\sqrt{2}}{2}$。
(2)连接OD。因为∠E=$90^{\circ}$，AE = 2，$\sin\angle ADE=\frac{1}{3}$，所以$AD=\frac{AE}{\sin\angle ADE} =6$。因为OA = OB，D为AB的中点，所以OD⊥AB，所以∠ODA=$90^{\circ}$。因为CD//OA，所以∠OAD = ∠ADE，所以$\sin\angle OAD=\sin\angle ADE=\frac{1}{3}$。又$\sin\angle OAD=\frac{OD}{OA}$，所以$\frac{OD}{OA} =\frac{1}{3}$，所以$OD=\frac{1}{3}OA$，所以$AD=\sqrt{OA^{2}-OD^{2}} =\frac{2\sqrt{2}}{3}OA$，所以$OB=OA=\frac{3\sqrt{2}}{4}AD=\frac{9\sqrt{2}}{2}$。
7. （2025·四川南充）计算：$ (\pi - 2025)^0 + \sqrt{8} - 4 \sin 45^{\circ} - (\frac{1}{2})^{-1} + | - 2 | $。
答案：7. 原式=$1 + 2\sqrt{2}-4×\frac{\sqrt{2}}{2}-2 + 2=1$。
解析：
原式$=1 + 2\sqrt{2}-4×\frac{\sqrt{2}}{2}-2 + 2$
$=1 + 2\sqrt{2}-2\sqrt{2}-2 + 2$
$=1$
$=1 + 2\sqrt{2}-2\sqrt{2}-2 + 2$
$=1$
8. 如图，在 $ \triangle ABC $ 中，$ \angle B = 45^{\circ} $，$ \angle C = 30^{\circ} $，$ AC = 2 $，求 $ \triangle ABC $ 的周长。
答案：8. 过点A作AD⊥BC，垂足为D，则∠ADB=∠ADC=$90^{\circ}$。因为∠C=$30^{\circ}$，AC = 2，所以AD=AC·sinC = 1，CD=AC·cosC=$\sqrt{3}$。因为∠B=$45^{\circ}$，所以$BD=\frac{AD}{\tan B} =1$，$AB=\frac{AD}{\sin B} =\sqrt{2}$，所以BC=BD + CD=1+$\sqrt{3}$，所以$C_{\triangle ABC}=AB + AC + BC=3+\sqrt{2}+\sqrt{3}$。故△ABC的周长为$3+\sqrt{2}+\sqrt{3}$。
解析：
解：过点$A$作$AD ⊥ BC$，垂足为$D$，则$\angle ADB = \angle ADC = 90^{\circ}$。
在$Rt\triangle ADC$中，$\angle C = 30^{\circ}$，$AC = 2$，
$AD = AC · \sin C = 2 · \sin 30^{\circ} = 2 × \frac{1}{2} = 1$，
$CD = AC · \cos C = 2 · \cos 30^{\circ} = 2 × \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$。
在$Rt\triangle ADB$中，$\angle B = 45^{\circ}$，
$BD = \frac{AD}{\tan B} = \frac{1}{\tan 45^{\circ}} = 1$，
$AB = \frac{AD}{\sin B} = \frac{1}{\sin 45^{\circ}} = \frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \sqrt{2}$。
$BC = BD + CD = 1 + \sqrt{3}$。
$\triangle ABC$的周长为$AB + AC + BC = \sqrt{2} + 2 + 1 + \sqrt{3} = 3 + \sqrt{2} + \sqrt{3}$。
故$\triangle ABC$的周长为$3 + \sqrt{2} + \sqrt{3}$。
在$Rt\triangle ADC$中，$\angle C = 30^{\circ}$，$AC = 2$，
$AD = AC · \sin C = 2 · \sin 30^{\circ} = 2 × \frac{1}{2} = 1$，
$CD = AC · \cos C = 2 · \cos 30^{\circ} = 2 × \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$。
在$Rt\triangle ADB$中，$\angle B = 45^{\circ}$，
$BD = \frac{AD}{\tan B} = \frac{1}{\tan 45^{\circ}} = 1$，
$AB = \frac{AD}{\sin B} = \frac{1}{\sin 45^{\circ}} = \frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \sqrt{2}$。
$BC = BD + CD = 1 + \sqrt{3}$。
$\triangle ABC$的周长为$AB + AC + BC = \sqrt{2} + 2 + 1 + \sqrt{3} = 3 + \sqrt{2} + \sqrt{3}$。
故$\triangle ABC$的周长为$3 + \sqrt{2} + \sqrt{3}$。
9. 如图，在 $ \triangle ABC $ 中，$ AC = BC $，$ AB $ 是 $ \odot C $ 的切线，切点为 $ D $，直线 $ AC $ 分别交 $ \odot C $ 于点 $ E $，$ F $，且 $ CF = \frac{1}{2}AC $，连接 $ BF $。
（1）求 $ \angle ACB $ 的度数；
（2）若 $ AC = 8 $，求 $ \triangle ABF $ 的面积。
（1）求 $ \angle ACB $ 的度数；
（2）若 $ AC = 8 $，求 $ \triangle ABF $ 的面积。
答案：9. (1)连接CD。因为AB是⊙C的切线，切点为D，所以CD⊥AB，所以∠ADC=$90^{\circ}$，所以$\sin A=\frac{CD}{AC}$。因为CD = CF，CF=$\frac{1}{2}AC$，所以$\frac{CD}{AC} =\frac{1}{2}$，所以$\sin A=\frac{1}{2}$，所以∠A=$30^{\circ}$。因为AC = BC，所以∠ABC = ∠A=$30^{\circ}$，所以∠ACB=$180^{\circ}-∠A-∠ABC=120^{\circ}$。
(2)因为AC = BC，CD⊥AB，∠ACB=$120^{\circ}$，所以∠ACD = ∠BCD=$\frac{1}{2}∠ACB=60^{\circ}$。因为∠BCF=$180^{\circ}-∠ACB=60^{\circ}$，所以∠BCF = ∠BCD。在△BCF和△BCD中，$\begin{cases}BC = BC\\∠BCF = ∠BCD\\CF = CD\end{cases}$，所以△BCF≌△BCD，所以∠BFC = ∠BDC=$90^{\circ}$。因为CF=$\frac{1}{2}AC$，AC = 8，所以CF = 4，所以BF=CF·$\tan∠BCF=4\sqrt{3}$。因为AF=AC + CF = 12，所以$S_{\triangle ABF}=\frac{1}{2}AF·BF=24\sqrt{3}$。故△ABF的面积为$24\sqrt{3}$。
(2)因为AC = BC，CD⊥AB，∠ACB=$120^{\circ}$，所以∠ACD = ∠BCD=$\frac{1}{2}∠ACB=60^{\circ}$。因为∠BCF=$180^{\circ}-∠ACB=60^{\circ}$，所以∠BCF = ∠BCD。在△BCF和△BCD中，$\begin{cases}BC = BC\\∠BCF = ∠BCD\\CF = CD\end{cases}$，所以△BCF≌△BCD，所以∠BFC = ∠BDC=$90^{\circ}$。因为CF=$\frac{1}{2}AC$，AC = 8，所以CF = 4，所以BF=CF·$\tan∠BCF=4\sqrt{3}$。因为AF=AC + CF = 12，所以$S_{\triangle ABF}=\frac{1}{2}AF·BF=24\sqrt{3}$。故△ABF的面积为$24\sqrt{3}$。