1. (3分)如图，在边长为1的小正方形网格中，点A，B，C，E在格点上，连接AE，BC，过点A作AD⊥BC于点D，连接DE，则tan∠AED的值是(
A.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
B.2
C.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
D.$\frac{1}{2}$
D
)A.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
B.2
C.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
D.$\frac{1}{2}$
答案：1.D
解析：
解：以点C为原点，建立平面直角坐标系，
则点A(0,1)，B(4,2)，C(0,0)，E(2,3)。
直线BC的解析式为$y=\frac{1}{2}x$，
∵AD⊥BC，
∴直线AD的斜率为-2，
直线AD的解析式为$y-1=-2x$，即$y=-2x+1$。
联立$\begin{cases}y=\frac{1}{2}x\\y=-2x+1\end{cases}$，解得$D(\frac{2}{5},\frac{1}{5})$。
$AE$的长度：$\sqrt{(2-0)^2+(3-1)^2}=2\sqrt{2}$，
$DE$的长度：$\sqrt{(2-\frac{2}{5})^2+(3-\frac{1}{5})^2}=\frac{8\sqrt{2}}{5}$，
$AD$的长度：$\sqrt{(\frac{2}{5}-0)^2+(\frac{1}{5}-1)^2}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
在$\triangle AED$中，由余弦定理得$\cos\angle AED=\frac{AE^2+DE^2-AD^2}{2· AE· DE}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
则$\sin\angle AED=\sqrt{1-(\frac{4\sqrt{5}}{5})^2}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，
$\tan\angle AED=\frac{\sin\angle AED}{\cos\angle AED}=\frac{1}{2}$。
答案：D
则点A(0,1)，B(4,2)，C(0,0)，E(2,3)。
直线BC的解析式为$y=\frac{1}{2}x$，
∵AD⊥BC，
∴直线AD的斜率为-2，
直线AD的解析式为$y-1=-2x$，即$y=-2x+1$。
联立$\begin{cases}y=\frac{1}{2}x\\y=-2x+1\end{cases}$，解得$D(\frac{2}{5},\frac{1}{5})$。
$AE$的长度：$\sqrt{(2-0)^2+(3-1)^2}=2\sqrt{2}$，
$DE$的长度：$\sqrt{(2-\frac{2}{5})^2+(3-\frac{1}{5})^2}=\frac{8\sqrt{2}}{5}$，
$AD$的长度：$\sqrt{(\frac{2}{5}-0)^2+(\frac{1}{5}-1)^2}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
在$\triangle AED$中，由余弦定理得$\cos\angle AED=\frac{AE^2+DE^2-AD^2}{2· AE· DE}=\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
则$\sin\angle AED=\sqrt{1-(\frac{4\sqrt{5}}{5})^2}=\frac{\sqrt{5}}{5}$，
$\tan\angle AED=\frac{\sin\angle AED}{\cos\angle AED}=\frac{1}{2}$。
答案：D
2. (3分)新素养 几何直观 如图①，在△ABC中，AB=AC=4，射线AN//BC，D为AN上一点，过点D作DE//AB，交射线BC于点E. 若CE的长y与AD的长x之间的关系可用图②中的函数图像表示，其中点M的坐标为(8,2)，则∠B的正切值为(
A.$\frac{\sqrt{7}}{3}$
B.$\frac{3}{4}$
C.$\frac{1}{4}$
D.$\frac{\sqrt{7}}{4}$
A
)A.$\frac{\sqrt{7}}{3}$
B.$\frac{3}{4}$
C.$\frac{1}{4}$
D.$\frac{\sqrt{7}}{4}$
答案：2.A
解析：
解：
∵AN//BC，DE//AB，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴AD=BE=x，AB=DE=4.
由图②知，当x=8时，y=2，即CE=2.
设BC=a，当点E在BC延长线上时，BE=BC+CE，
∴x=a+y，即8=a+2，解得a=6，
∴BC=6.
过A作AH⊥BC于H，
∵AB=AC=4，BC=6，
∴BH=CH=3.
在Rt△ABH中，
AH=$\sqrt{AB^2-BH^2}=\sqrt{4^2-3^2}=\sqrt{7}$.
∴tan∠B=$\frac{AH}{BH}=\frac{\sqrt{7}}{3}$.
答案：A
∵AN//BC，DE//AB，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴AD=BE=x，AB=DE=4.
由图②知，当x=8时，y=2，即CE=2.
设BC=a，当点E在BC延长线上时，BE=BC+CE，
∴x=a+y，即8=a+2，解得a=6，
∴BC=6.
过A作AH⊥BC于H，
∵AB=AC=4，BC=6，
∴BH=CH=3.
在Rt△ABH中，
AH=$\sqrt{AB^2-BH^2}=\sqrt{4^2-3^2}=\sqrt{7}$.
∴tan∠B=$\frac{AH}{BH}=\frac{\sqrt{7}}{3}$.
答案：A
3. (3分)如图，在平面直角坐标系中，O是原点，点A的坐标为(0,8)，点B的坐标为(0,2)，E为x轴正半轴上一动点. 若tan∠AEB=m，则m的取值范围是(
A.$0 ＜ m \leq \frac{3}{4}$
B.$0 ＜ m \leq \frac{4}{5}$
C.$\frac{1}{2} ＜ m ＜ \frac{3}{4}$
D.$0 ＜ m \leq \frac{3}{5}$
A
)A.$0 ＜ m \leq \frac{3}{4}$
B.$0 ＜ m \leq \frac{4}{5}$
C.$\frac{1}{2} ＜ m ＜ \frac{3}{4}$
D.$0 ＜ m \leq \frac{3}{5}$
答案：
3.A 解析：如图，当$\triangle ABE$的外接圆$\odot O'$与$x$轴相切于点$E$时，$\angle AEB$最大，则$O'E⊥ x$轴，所以$\angle O'EO = 90°$.过点$O'$作$O'D⊥ y$轴于点$D$，则$AD = BD = \frac{1}{2}AB$，$\angle O'DA = \angle O'DO = 90°$.又$\angle DOE = 90°$，所以四边形$ODO'E$是矩形，所以$O'E = OD$.因为$A(0,8)$，$B(0,2)$，所以$OA = 8$，$OB = 2$，所以$AB = OA - OB = 6$，所以$AD = BD = 3$，所以$O'A = O'E = OD = OB + BD = 5$，所以$O'D = \sqrt{O'A^2 - AD^2} = 4$.因为$\angle AEB = \angle AO'D$，所以$\tan\angle AEB = \tan\angle AO'D = \frac{AD}{O'D} = \frac{3}{4}$，所以$m$的最大值是$\frac{3}{4}$.又$m ＞ 0$，所以$m$的取值范围是$0 ＜ m \leq \frac{3}{4}$.
3.A 解析：如图，当$\triangle ABE$的外接圆$\odot O'$与$x$轴相切于点$E$时，$\angle AEB$最大，则$O'E⊥ x$轴，所以$\angle O'EO = 90°$.过点$O'$作$O'D⊥ y$轴于点$D$，则$AD = BD = \frac{1}{2}AB$，$\angle O'DA = \angle O'DO = 90°$.又$\angle DOE = 90°$，所以四边形$ODO'E$是矩形，所以$O'E = OD$.因为$A(0,8)$，$B(0,2)$，所以$OA = 8$，$OB = 2$，所以$AB = OA - OB = 6$，所以$AD = BD = 3$，所以$O'A = O'E = OD = OB + BD = 5$，所以$O'D = \sqrt{O'A^2 - AD^2} = 4$.因为$\angle AEB = \angle AO'D$，所以$\tan\angle AEB = \tan\angle AO'D = \frac{AD}{O'D} = \frac{3}{4}$，所以$m$的最大值是$\frac{3}{4}$.又$m ＞ 0$，所以$m$的取值范围是$0 ＜ m \leq \frac{3}{4}$.
4. (2023·江苏常州·3分)上分点一 如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，点D在边AB上，连接CD. 若BD=CD，$\frac{AD}{BD}=\frac{1}{3}$，则tan B=
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
.答案：4.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
解析：
解：设 $AD = x$，则 $BD = 3x$，$AB = AD + BD = 4x$。
因为 $BD = CD$，所以 $CD = 3x$。
在 $Rt\triangle ACD$ 中，$AC = \sqrt{CD^2 - AD^2} = \sqrt{(3x)^2 - x^2} = \sqrt{9x^2 - x^2} = \sqrt{8x^2} = 2\sqrt{2}x$。
在 $Rt\triangle ABC$ 中，$\tan B = \frac{AC}{AB} = \frac{2\sqrt{2}x}{4x} = \frac{\sqrt{2}}{2}$。
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
因为 $BD = CD$，所以 $CD = 3x$。
在 $Rt\triangle ACD$ 中，$AC = \sqrt{CD^2 - AD^2} = \sqrt{(3x)^2 - x^2} = \sqrt{9x^2 - x^2} = \sqrt{8x^2} = 2\sqrt{2}x$。
在 $Rt\triangle ABC$ 中，$\tan B = \frac{AC}{AB} = \frac{2\sqrt{2}x}{4x} = \frac{\sqrt{2}}{2}$。
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
5. (2025·江苏泰州模拟·3分)如图，4个形状、大小完全相同的菱形组成网格，菱形的顶点称为格点. 已知菱形的一个内角为60°，A，B，C都是格点，则tan∠ABC=
$\frac{\sqrt{3}}{9}$
.答案：5.$\frac{\sqrt{3}}{9}$
6. (3分)如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB＞AC，△ABD，△BCF，△CAE均为等腰直角三角形，连接DF，EF. 若△DEF与△ABC面积的比为5:2，则tan∠ABC的值是
$\frac{3 - \sqrt{5}}{2}$
.答案：
6.$\frac{3 - \sqrt{5}}{2}$ 解析：如图，作$\triangle ABC$的外接圆，连接$AF$.因为$\angle BAC = 90°$，所以$BC$为$\triangle ABC$外接圆的直径.因为$\triangle ABD$，$\triangle BCF$，$\triangle CAE$均为等腰直角三角形，所以$\angle ADB = \angle BFC = \angle AEC = 90°$，$\angle BAD = \angle EAC = \angle FBC = \angle FCB = 45°$，所以点$F$在$\triangle ABC$的外接圆上，所以$\angle BAF = \angle FCB = 45°$，所以$\angle DAF = \angle BAD + \angle BAF = 90°$，所以$\angle ADB + \angle DAF = 180°$，$\angle DAF = \angle AEC$，所以$BD// AF// CE$，所以$S_{\triangle ABF} = S_{\triangle ADF}$，$S_{\triangle ACF} = S_{\triangle AEF}$，所以$S_{\triangle DEF} = S_{\triangle ADF} + S_{\triangle AEF} = S_{\triangle ABF} + S_{\triangle ACF} = S_{四边形ABFC} = S_{\triangle ABC} + S_{\triangle BCF}$.因为$S_{\triangle DEF}:S_{\triangle ABC} = 5:2$，所以$S_{\triangle DEF} = \frac{5}{2}S_{\triangle ABC}$，所以$\frac{5}{2}S_{\triangle ABC} = S_{\triangle ABC} + S_{\triangle BCF}$.设$AB = m$，$AC = n(m ＞ n)$，则$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}mn$，$BC^2 = AB^2 + AC^2 = m^2 + n^2$，所以$BF^2 + CF^2 = BC^2 = m^2 + n^2$.因为$BF = CF$，所以$2CF^2 = m^2 + n^2$，所以$S_{\triangle BCF} = \frac{1}{2}BF· CF = \frac{1}{2}CF^2 = \frac{1}{4}(m^2 + n^2)$，所以$\frac{1}{2}mn = \frac{1}{6}(m^2 + n^2)$，所以$n^2 - 3mn + m^2 = 0$，所以$n = \frac{3 - \sqrt{5}}{2}m(n = \frac{3 + \sqrt{5}}{2}m$不合题意，舍去$)$，所以$\tan\angle ABC = \frac{AC}{AB} = \frac{n}{m} = \frac{3 - \sqrt{5}}{2}$.
6.$\frac{3 - \sqrt{5}}{2}$ 解析：如图，作$\triangle ABC$的外接圆，连接$AF$.因为$\angle BAC = 90°$，所以$BC$为$\triangle ABC$外接圆的直径.因为$\triangle ABD$，$\triangle BCF$，$\triangle CAE$均为等腰直角三角形，所以$\angle ADB = \angle BFC = \angle AEC = 90°$，$\angle BAD = \angle EAC = \angle FBC = \angle FCB = 45°$，所以点$F$在$\triangle ABC$的外接圆上，所以$\angle BAF = \angle FCB = 45°$，所以$\angle DAF = \angle BAD + \angle BAF = 90°$，所以$\angle ADB + \angle DAF = 180°$，$\angle DAF = \angle AEC$，所以$BD// AF// CE$，所以$S_{\triangle ABF} = S_{\triangle ADF}$，$S_{\triangle ACF} = S_{\triangle AEF}$，所以$S_{\triangle DEF} = S_{\triangle ADF} + S_{\triangle AEF} = S_{\triangle ABF} + S_{\triangle ACF} = S_{四边形ABFC} = S_{\triangle ABC} + S_{\triangle BCF}$.因为$S_{\triangle DEF}:S_{\triangle ABC} = 5:2$，所以$S_{\triangle DEF} = \frac{5}{2}S_{\triangle ABC}$，所以$\frac{5}{2}S_{\triangle ABC} = S_{\triangle ABC} + S_{\triangle BCF}$.设$AB = m$，$AC = n(m ＞ n)$，则$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}mn$，$BC^2 = AB^2 + AC^2 = m^2 + n^2$，所以$BF^2 + CF^2 = BC^2 = m^2 + n^2$.因为$BF = CF$，所以$2CF^2 = m^2 + n^2$，所以$S_{\triangle BCF} = \frac{1}{2}BF· CF = \frac{1}{2}CF^2 = \frac{1}{4}(m^2 + n^2)$，所以$\frac{1}{2}mn = \frac{1}{6}(m^2 + n^2)$，所以$n^2 - 3mn + m^2 = 0$，所以$n = \frac{3 - \sqrt{5}}{2}m(n = \frac{3 + \sqrt{5}}{2}m$不合题意，舍去$)$，所以$\tan\angle ABC = \frac{AC}{AB} = \frac{n}{m} = \frac{3 - \sqrt{5}}{2}$.