2025年中学生数学课时精练九年级数学第一学期
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(3)计算：$2\cos30^{\circ}+4\sin^{2}60^{\circ}-\frac{\cot30^{\circ}}{3\tan30^{\circ}-\tan45^{\circ}}$；(4)计算：$\sin^{2}30^{\circ}-\frac{1}{2 - \tan60^{\circ}}-(\frac{\cot45^{\circ}}{\cot30^{\circ}})^{-1}$。
14. 如图，在$\triangle ABC$中，$AB = 10$，$BC = 5$，$\sin B=\frac{3}{5}$，点$D、E$在$BC$的延长线上，连接$AD、AE$，且$AD = AC$。(1)求$\tan\angle ADC$的值；(2)如果$\angle E=\angle BAC$，求$DE$的长。
15. 小杰在学习了“特殊锐角的三角比”后，认为$30^{\circ}、45^{\circ}、60^{\circ}$的三角比不必死记硬背，只需利用一副三角板就可推导出$30^{\circ}、45^{\circ}、60^{\circ}$的三角比，相信大家都有这个共识；小杰在这个认识的基础上，他利用一副特制的三角板，研究推导出了$15^{\circ}、75^{\circ}$的三角比。小杰的一副特制的三角板，如图1，在$Rt\triangle ABC$和$Rt\triangle DEF$中，$\angle B=\angle E = 90^{\circ}$，$\angle A = 30^{\circ}$，$\angle D = 45^{\circ}$，$DE = AC = 2$；小杰的想法是：将$Rt\triangle ABC$和$Rt\triangle DEF$的边$AC$和$DE$重合，拼接成如图2所示的四边形$ABCF$。请利用图2，求$\sin15^{\circ}$和$\tan75^{\circ}$的值。
答案：(3) 先分别计算各项：
已知$\cos30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\sin60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\cot30^{\circ}=\sqrt{3}$，$\tan30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\tan45^{\circ}=1$。
\[
\begin{align*}
&2\cos30^{\circ}+4\sin^{2}60^{\circ}-\frac{\cot30^{\circ}}{3\tan30^{\circ}-\tan45^{\circ}}\
=&2\times\frac{\sqrt{3}}{2}+4\times(\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}-\frac{\sqrt{3}}{3\times\frac{\sqrt{3}}{3}-1}\
=&\sqrt{3}+4\times\frac{3}{4}-\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}\
=&\sqrt{3}+3-\frac{\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)}{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)}\
=&\sqrt{3}+3-\frac{3 + \sqrt{3}}{2}\
=&\sqrt{3}+3-\frac{3}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}\
=&\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3}{2}
\end{align*}
\]
已知$\sin30^{\circ}=\frac{1}{2}$，$\tan60^{\circ}=\sqrt{3}$，$\cot45^{\circ}=1$，$\cot30^{\circ}=\sqrt{3}$。
\[
\begin{align*}
&\sin^{2}30^{\circ}-\frac{1}{2 - \tan60^{\circ}}-(\frac{\cot45^{\circ}}{\cot30^{\circ}})^{-1}\
=&(\frac{1}{2})^{2}-\frac{1}{2-\sqrt{3}}-(\frac{1}{\sqrt{3}})^{-1}\
=&\frac{1}{4}-\frac{2+\sqrt{3}}{(2 - \sqrt{3})(2+\sqrt{3})}-\sqrt{3}\
=&\frac{1}{4}-(2+\sqrt{3})-\sqrt{3}\
=&\frac{1}{4}-2-\sqrt{3}-\sqrt{3}\
=&\frac{1}{4}-2 - 2\sqrt{3}\
=&-\frac{7}{4}-2\sqrt{3}
\end{align*}
\]
14. (1) 过点$A$作$AH\perp BC$于点$H$。
在$Rt\triangle ABH$中，$\sin B=\frac{AH}{AB}$，$AB = 10$，$\sin B=\frac{3}{5}$，则$AH = AB\times\sin B=10\times\frac{3}{5}=6$。
根据勾股定理$BH=\sqrt{AB^{2}-AH^{2}}=\sqrt{10^{2}-6^{2}} = 8$。
因为$BC = 5$，所以$CH=BH - BC=8 - 5 = 3$。
又因为$AD = AC$，$AH\perp CD$，所以$DH = CH = 3$。
$\tan\angle ADC=\frac{AH}{DH}=\frac{6}{3}=2$。
(2) 因为$\angle ACD=\angle ADC$，$\angle E=\angle BAC$，$\angle ACD=\angle B+\angle BAC$，$\angle ADE=\angle B+\angle BAD$，且$\angle E=\angle BAC$，所以$\triangle ABC\sim\triangle EDA$。
$\frac{BC}{AD}=\frac{AC}{DE}$，因为$AD = AC$，$AC=\sqrt{AH^{2}+CH^{2}}=\sqrt{6^{2}+3^{2}} = 3\sqrt{5}$。
由$\triangle ABC\sim\triangle EDA$得$\frac{BC}{AC}=\frac{AC}{DE}$，即$\frac{5}{3\sqrt{5}}=\frac{3\sqrt{5}}{DE}$，解得$DE = 9$。
15. 由题意知$\angle BAC = 30^{\circ}$，$\angle EDF = 45^{\circ}$，拼接后$\angle FAC=45^{\circ}$，$\angle BAF = 45^{\circ}-30^{\circ}=15^{\circ}$，$\angle ACF = 45^{\circ}+30^{\circ}=75^{\circ}$。
在$Rt\triangle ABC$中，$AC = 2$，$\angle A = 30^{\circ}$，则$BC = 1$，$AB=\sqrt{3}$；在$Rt\triangle DEF$中，$DE = AC = 2$，$\angle D = 45^{\circ}$，则$EF = 2$，$DF = 2\sqrt{2}$。
过点$B$作$BG\perp AF$于点$G$。
$\sin15^{\circ}=\sin\angle BAF=\frac{BG}{AB}$，$\angle BAG = 15^{\circ}$，$\angle AGB = 90^{\circ}$。
$\sin15^{\circ}=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$。
$\tan75^{\circ}=\tan\angle ACF=\frac{AF}{CF}$，$CF=EF - EC=2 - 1 = 1$，$AF=\sqrt{AB^{2}+BF^{2}}=\sqrt{(\sqrt{3})^{2}+(2 + 1)^{2}} = 2\sqrt{3}$，$\tan75^{\circ}=2+\sqrt{3}$。
