7. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB = 90°，CE是斜边AB上的中线，过点E作EF⊥AB交AC于点F.若BC = 4，△AEF的面积为5，则sin∠CEF的值为(
A.$\frac{3}{5}$
B.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
C.$\frac{4}{5}$
D.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
A
)A.$\frac{3}{5}$
B.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
C.$\frac{4}{5}$
D.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
答案：7.A
8. 如图，在矩形ABCD中，BD是对角线，AE⊥BD于点E，连接CE.若∠ADB = 30°，则tan∠DEC的值为(
A.$\frac{\sqrt{3}}{4}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
D.$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
C
)A.$\frac{\sqrt{3}}{4}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
D.$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
答案：8.C
解析：
解：设 $ AB = a $。
在矩形 $ ABCD $ 中，$ \angle ADB = 30° $，$ \angle BAD = 90° $，
$\therefore BD = 2AB = 2a$，$ AD = \sqrt{BD^2 - AB^2} = \sqrt{(2a)^2 - a^2} = \sqrt{3}a $。
$ AE ⊥ BD $，$\angle ADB = 30°$，
$\therefore AE = \frac{1}{2}AD = \frac{\sqrt{3}}{2}a$，$ DE = AD · \cos 30° = \sqrt{3}a · \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3}{2}a $。
过点 $ C $ 作 $ CF ⊥ BD $ 于点 $ F $，
易证 $ \triangle ABE \cong \triangle CDF $，$\therefore CF = AE = \frac{\sqrt{3}}{2}a$，$ DF = BE $。
$ BD = 2a $，$ DE = \frac{3}{2}a $，$\therefore BE = BD - DE = 2a - \frac{3}{2}a = \frac{1}{2}a$，$\therefore EF = BD - BE - DF = 2a - 2 × \frac{1}{2}a = a $。
在 $ \mathrm{Rt}\triangle EFC $ 中，$\tan \angle DEC = \frac{CF}{EF} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}a}{a} = \frac{\sqrt{3}}{2}$。
答案：C
在矩形 $ ABCD $ 中，$ \angle ADB = 30° $，$ \angle BAD = 90° $，
$\therefore BD = 2AB = 2a$，$ AD = \sqrt{BD^2 - AB^2} = \sqrt{(2a)^2 - a^2} = \sqrt{3}a $。
$ AE ⊥ BD $，$\angle ADB = 30°$，
$\therefore AE = \frac{1}{2}AD = \frac{\sqrt{3}}{2}a$，$ DE = AD · \cos 30° = \sqrt{3}a · \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3}{2}a $。
过点 $ C $ 作 $ CF ⊥ BD $ 于点 $ F $，
易证 $ \triangle ABE \cong \triangle CDF $，$\therefore CF = AE = \frac{\sqrt{3}}{2}a$，$ DF = BE $。
$ BD = 2a $，$ DE = \frac{3}{2}a $，$\therefore BE = BD - DE = 2a - \frac{3}{2}a = \frac{1}{2}a$，$\therefore EF = BD - BE - DF = 2a - 2 × \frac{1}{2}a = a $。
在 $ \mathrm{Rt}\triangle EFC $ 中，$\tan \angle DEC = \frac{CF}{EF} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}a}{a} = \frac{\sqrt{3}}{2}$。
答案：C
9. (2025·江苏泰州模拟)如图，在Rt△BAD中，延长斜边BD到点C，使CD = $\frac{1}{2}$BD，连接AC.若tan B = $\frac{5}{3}$，则tan∠CAD的值为(
A.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{5}$
C.$\frac{1}{3}$
D.$\frac{1}{5}$
D
)A.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
B.$\frac{\sqrt{3}}{5}$
C.$\frac{1}{3}$
D.$\frac{1}{5}$
答案：9.D 解析：过点D作DE//AC，交BA于点E，则∠ADE=∠CAD，$\frac{BE}{BA}$=$\frac{BD}{BC}$。因为CD=$\frac{1}{2}$BD，所以$\frac{BE}{BA}$=$\frac{BD}{BC}$=$\frac{2}{3}$。因为∠BAD=90°，tanB=$\frac{5}{3}$，所以$\frac{AD}{BA}$=$\frac{5}{3}$。设BA=3k，则AD=5k，BE=2k，所以AE=BA - BE=k，所以tan∠CAD=tan∠ADE=$\frac{AE}{AD}$=$\frac{1}{5}$。
10. 亮点原创 如图，已知第一象限的点M在反比例函数y = $\frac{m}{x}$的图像上，第二象限的点N在反比例函数y = $\frac{n}{x}$的图像上，且OM⊥ON，cos∠OMN = $\frac{\sqrt{3}}{3}$，则m与n之间的关系为(
A.m + n = 0
B.m - n = 0
C.2m + n = 0
D.m + 2n = 0
C
)A.m + n = 0
B.m - n = 0
C.2m + n = 0
D.m + 2n = 0
答案：
10.C 解析：如图，过点M作MA⊥x轴于点A，过点N作NB⊥x轴于点B，则∠OAM=∠NBO=90°。因为OM⊥ON，所以∠MON=90°，所以∠AOM+∠BON=180° - ∠MON=90°。因为∠BNO+∠BON=90°，所以∠AOM=∠BNO，所以△OAM∽△NBO。因为cos∠OMN=$\frac{OM}{MN}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以MN=$\sqrt{3}$OM，所以ON=$\sqrt{MN^{2}-OM^{2}}$=$\sqrt{2}$OM，所以$\frac{OM}{ON}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以$\frac{S_{\triangle OAM}}{S_{\triangle NBO}}$=($\frac{OM}{ON}$)²=$\frac{1}{2}$。设M(a，$\frac{m}{a}$)，则OA=a，AM=$\frac{m}{a}$，所以S△OAM=$\frac{1}{2}$OA·AM=$\frac{1}{2}$m。同理可得S△NBO=$\frac{1}{2}$n，所以$\frac{\frac{1}{2}m}{\frac{1}{2}n}$=$\frac{1}{2}$，所以$\frac{m}{n}$=$\frac{1}{2}$，所以2m + n = 0。
10.C 解析：如图，过点M作MA⊥x轴于点A，过点N作NB⊥x轴于点B，则∠OAM=∠NBO=90°。因为OM⊥ON，所以∠MON=90°，所以∠AOM+∠BON=180° - ∠MON=90°。因为∠BNO+∠BON=90°，所以∠AOM=∠BNO，所以△OAM∽△NBO。因为cos∠OMN=$\frac{OM}{MN}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，所以MN=$\sqrt{3}$OM，所以ON=$\sqrt{MN^{2}-OM^{2}}$=$\sqrt{2}$OM，所以$\frac{OM}{ON}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以$\frac{S_{\triangle OAM}}{S_{\triangle NBO}}$=($\frac{OM}{ON}$)²=$\frac{1}{2}$。设M(a，$\frac{m}{a}$)，则OA=a，AM=$\frac{m}{a}$，所以S△OAM=$\frac{1}{2}$OA·AM=$\frac{1}{2}$m。同理可得S△NBO=$\frac{1}{2}$n，所以$\frac{\frac{1}{2}m}{\frac{1}{2}n}$=$\frac{1}{2}$，所以$\frac{m}{n}$=$\frac{1}{2}$，所以2m + n = 0。
11. (2025·四川南充)如图，∠AOB = 90°，在射线OB上取一点C，以点O为圆心，OC长为半径画弧；再以点C为圆心，OC长为半径画弧，两弧在∠AOB的内部相交于点D，连接并延长CD交射线OA于点E.设OC = 1，则OE的长是
$\sqrt{3}$
.答案：11.$\sqrt{3}$
解析：
解：连接OD。
由题意得：OC=OD=CD=1，
∴△OCD是等边三角形，
∴∠OCD=60°。
∵∠AOB=90°，
∴∠OEC=180°-∠AOB-∠OCD=30°。
在Rt△OCE中，∠OEC=30°，OC=1，
∴OE=OC÷tan30°=1÷$\frac{\sqrt{3}}{3}$=$\sqrt{3}$。
故答案为：$\sqrt{3}$。
由题意得：OC=OD=CD=1，
∴△OCD是等边三角形，
∴∠OCD=60°。
∵∠AOB=90°，
∴∠OEC=180°-∠AOB-∠OCD=30°。
在Rt△OCE中，∠OEC=30°，OC=1，
∴OE=OC÷tan30°=1÷$\frac{\sqrt{3}}{3}$=$\sqrt{3}$。
故答案为：$\sqrt{3}$。
12. 新趋势 情境素材 (2025·上海)如图，某公司安装了一个人脸打卡器，AB是高2.7 m的门框，某人CD高1.8 m，只有当∠CAB = 53°时，他才能开门，则BD的长为
1.2
m.(参考数据：sin 53°≈0.8，cos 53°≈0.6，tan 53°≈1.33，结果保留一位小数)答案：12.1.2
解析：
解：过点C作CE⊥AB于点E，
则四边形CDBE为矩形，
∴CE=BD，BE=CD=1.8m，
∴AE=AB-BE=2.7-1.8=0.9m，
在Rt△ACE中，∠CAE=53°，
tan∠CAE=CE/AE，
∴CE=AE·tan53°≈0.9×1.33≈1.2m，
即BD≈1.2m.
答案：1.2
则四边形CDBE为矩形，
∴CE=BD，BE=CD=1.8m，
∴AE=AB-BE=2.7-1.8=0.9m，
在Rt△ACE中，∠CAE=53°，
tan∠CAE=CE/AE，
∴CE=AE·tan53°≈0.9×1.33≈1.2m，
即BD≈1.2m.
答案：1.2