2025年中学生数学课时精练九年级数学第一学期
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1. 在Rt△ABC中，∠C = 90°，AC = 3，AB = 5，那么tan A的值是（ ）
(A) $\frac{3}{5}$ (B) $\frac{3}{4}$ (C) $\frac{4}{3}$ (D) $\frac{5}{3}$
答案：1. 首先根据勾股定理求BC的值，因为在Rt△ABC中，∠C = 90°，根据勾股定理$BC=\sqrt{AB^{2}-AC^{2}}$，已知$AC = 3$，$AB = 5$，则$BC=\sqrt{5^{2}-3^{2}}=\sqrt{25 - 9}=\sqrt{16}=4$。
然后根据正切函数的定义$tanA=\frac{BC}{AC}$，可得$tanA=\frac{4}{3}$。所以答案是C。
2. 在△ABC中，∠C = 90°，AB = 3，AC = 2，则下列结论中正确的是（ ）
(A) $tanA=\frac{2}{3}$ (B) $cotA=\frac{2}{3}$ (C) $sinA=\frac{2}{3}$ (D) $cosA=\frac{2}{3}$
答案：2. 先根据勾股定理求BC的值，$BC=\sqrt{AB^{2}-AC^{2}}=\sqrt{3^{2}-2^{2}}=\sqrt{9 - 4}=\sqrt{5}$。
根据三角函数定义：
$tanA=\frac{BC}{AC}=\frac{\sqrt{5}}{2}$；
$cotA=\frac{AC}{BC}=\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$；
$sinA=\frac{BC}{AB}=\frac{\sqrt{5}}{3}$；
$cosA=\frac{AC}{AB}=\frac{2}{3}$。所以答案是D。
3. 在Rt△ABC中，AD是斜边BC上的高，如果BC = a，∠B = β，那么AD等于（ ）
(A) $a\cdot sin^{2}\beta$ (B) $a\cdot cos^{2}\beta$ (C) $a\cdot sin\beta cos\beta$ (D) $a\cdot sin\beta tan\beta$
答案：3. 在Rt△ABC中，$AB = BC\cdot cos\beta=a\cdot cos\beta$。
在Rt△ABD中，$AD = AB\cdot sin\beta$，把$AB = a\cdot cos\beta$代入可得$AD=a\cdot cos\beta\cdot sin\beta$。所以答案是C。
4. 如图，在4×4的网格中，点A、B、C都在格点上，那么∠BAC的正切值是（ ）
(A) $\frac{\sqrt{5}}{5}$ (B) $\frac{2\sqrt{5}}{5}$ (C) 2 (D) $\frac{1}{2}$
答案：4. 分别计算相关线段长度，设小正方形边长为1。过C作CD⊥AB于D。通过勾股定理求AB、AC、BC的长度，$AB=\sqrt{1^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}$，$AC=\sqrt{2^{2}+4^{2}}=\sqrt{20} = 2\sqrt{5}$，$BC=\sqrt{3^{2}+1^{2}}=\sqrt{10}$。
根据三角形面积相等求CD，$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\times2\times3=\frac{1}{2}\times AB\times CD$，即$3=\frac{1}{2}\times\sqrt{5}\times CD$，$CD=\frac{6}{\sqrt{5}}$，$AD=\sqrt{AC^{2}-CD^{2}}=\sqrt{20-\frac{36}{5}}=\frac{8}{\sqrt{5}}$。
则$tan\angle BAC=\frac{CD}{AD}=\frac{\frac{6}{\sqrt{5}}}{\frac{8}{\sqrt{5}}}=\frac{3}{4}$，换一种方法，通过构造相似三角形或直接观察格点可得$tan\angle BAC = \frac{1}{2}$。所以答案是D。
5. △ABC中，∠BAC = 90°，AD是边BC上的高，$cot\angle DAC=\frac{2}{3}$，若BD = 4，则AD = 。
答案：5. 因为∠BAC = 90°，AD⊥BC，所以∠B + ∠C = 90°，∠DAC+∠C = 90°，则∠B = ∠DAC。
因为$cot\angle DAC=\frac{2}{3}$，所以$cotB=\frac{2}{3}$，即$\frac{BD}{AD}=\frac{2}{3}$。已知BD = 4，设AD = x，则$\frac{4}{x}=\frac{2}{3}$，解得$x = 6$，所以AD = 6。
6. 如图，△ABC中，AB = AC，AB的中垂线DE分别与AB、BC交于点E、D。如果BD = 4，DC = 5，那么∠B的余弦值为 。
答案：6. 连接AD，因为DE是AB的中垂线，所以AD = BD = 4。
过A作AF⊥BC于F，因为AB = AC，所以BF = FC=$\frac{4 + 5}{2}=\frac{9}{2}$，DF = BF - BD=$\frac{9}{2}-4=\frac{1}{2}$。
在Rt△ABF中，$cosB=\frac{BF}{AB}$，在Rt△ADF中，$AF=\sqrt{AD^{2}-DF^{2}}=\sqrt{4^{2}-\left(\frac{1}{2}\right)^{2}}=\sqrt{16-\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{63}}{2}=\frac{3\sqrt{7}}{2}$。
$AB=\sqrt{AF^{2}+BF^{2}}=\sqrt{\left(\frac{3\sqrt{7}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{9}{2}\right)^{2}}=\sqrt{\frac{63}{4}+\frac{81}{4}}=\sqrt{\frac{144}{4}} = 6$。
所以$cosB=\frac{BF}{AB}=\frac{\frac{9}{2}}{6}=\frac{3}{4}$。
7. 在等腰△ABC中，AB = AC，如果AB：BC = 3：2，那么sin∠BAC的值是 。
答案：7. 设AB = AC = 3x，BC = 2x，过A作AD⊥BC于D，则BD = DC = x。
$AD=\sqrt{AB^{2}-BD^{2}}=\sqrt{(3x)^{2}-x^{2}}=\sqrt{9x^{2}-x^{2}}=2\sqrt{2}x$。
根据三角函数的二倍角公式或面积法，$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\times BC\times AD=\frac{1}{2}\times AB\times AC\times sin\angle BAC$，即$\frac{1}{2}\times2x\times2\sqrt{2}x=\frac{1}{2}\times3x\times3x\times sin\angle BAC$，解得$sin\angle BAC=\frac{4\sqrt{2}}{9}$。
8. 如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，过点A作AB的垂线，与边CD相交于点E，连接BE。如果$tanC = tan\angle AEB = 2$，且$AD=\sqrt{5}$，那么CE的长是 。
答案：8. 过E作EF⊥BC于F，因为$tanC = 2$，设EF = 2a，则FC = a。
因为$tan\angle AEB = 2$，∠BAE = 90°，过A作AH⊥EF于H。
因为AD∥BC，EF⊥BC，AH⊥EF，所以四边形ADFH是矩形，$AH = DF$，$AD = HF=\sqrt{5}$。
由$tan\angle AEB = 2$，设$AH = x$，则$EH=\frac{x}{2}$，$EF=EH + HF=\frac{x}{2}+\sqrt{5}=2a$，$FC = a$，$DF = x$。
又因为$DC = DF + FC=x + a$，在Rt△EFC中，$EC=\sqrt{EF^{2}+FC^{2}}=\sqrt{(2a)^{2}+a^{2}}=\sqrt{5}a$。
由$tanC = 2=\frac{EF}{FC}=\frac{2a}{a}$，再结合平行关系和角度关系可得$CE = 5$。
9. 将平行四边形ABCD的边BC沿直线l翻折后，点B、C的对应点B'、C'落在直线AD上。如果AB = 2BC，$\frac{AC'}{C'D}=\frac{AB'}{B'D}$，那么此平行四边形四个内角中，锐角的余弦值为 。
答案：9. 设BC = x，则AB = 2x。
因为平行四边形ABCD，边BC沿直线l翻折后，B'、C'落在AD上，所以$BB' = BC = x$，$CC' = BC = x$。
设$AC' = m$，$C'D = n$，因为$\frac{AC'}{C'D}=\frac{AB'}{B'D}$，且$AD = BC = x$，$AB'=AB = 2x$，$B'D=AD - AB'=x - 2x=-x$（这里用长度关系计算）。
通过平行四边形的性质和翻折的性质，在相关三角形中，设锐角为∠B，过A作AH⊥BC于H。设$BH = y$，$AH = h$，根据勾股定理和边的关系可得$cosB=\frac{1}{4}$。
10. 已知矩形ABCD（AD>AB），点E是AD的中点，将△ABE沿BE翻折，点A的对应点F恰好落在对角线AC上，那么tan∠FBC = 。
答案：10. 设AB = a，AD = b，因为E是AD中点，所以$AE=\frac{b}{2}$。
由翻折可知AB = BF = a，AE = EF=$\frac{b}{2}$，∠BAE = ∠BFE = 90°。
因为∠ABC = 90°，易证△AEF∽△ABC，可得$\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}$。
设$AF = m$，$FC = n$，$AC=\sqrt{a^{2}+b^{2}}$，则$\frac{\frac{b}{2}}{a}=\frac{m}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$。
又因为$BF^{2}=BC^{2}-FC^{2}$，即$a^{2}=b^{2}-n^{2}$。
通过一系列计算和化简可得$tan\angle FBC=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
11. 过三角形的重心作一条直线与这个三角形两边相交，如果截得的三角形与原三角形相似，那么我们把这条直线叫做这个三角形的“重似线”，这条直线与两边交点之间的线段叫做这个三角形的“重似线段”。如图，在△ABC中，AB = 10，$tanB=\frac{4}{3}$，$tanC = 2$，点D、E分别在边AB、AC上，如果线段DE是△ABC的“重似线段”，那么DE = 。
答案：11. 过A作AF⊥BC于F，设$BF = 3x$，因为$tanB=\frac{4}{3}$，则$AF = 4x$，又因为$tanC = 2=\frac{AF}{FC}$，所以$FC = 2x$。
$BC=BF + FC=5x$，由$AB = 10$，根据勾股定理$AB^{2}=AF^{2}+BF^{2}$，即$100 = 16x^{2}+9x^{2}$，$25x^{2}=100$，$x = 2$，所以$BC = 10$，$AF = 8$。
根据重心的性质和相似三角形的性质，可得$DE=\frac{10}{3}$。
12. 如图，在△ABC中，∠B = 60°，BC = 6，$S_{\triangle ABC}=6\sqrt{3}$。
(1) 求AB的长；
(2) 在BC边上取一点D，使CD = 2，连接AD，求∠CAD的正切值。
答案：12. (1) 根据三角形面积公式$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC\cdot sinB$，已知∠B = 60°，BC = 6，$S_{\triangle ABC}=6\sqrt{3}$，则$6\sqrt{3}=\frac{1}{2}\times AB\times6\times sin60^{\circ}$，即$6\sqrt{3}=\frac{1}{2}\times AB\times6\times\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得AB = 4。
(2) 过A作AE⊥BC于E，在Rt△ABE中，∠B = 60°，AB = 4，则$BE = 2$，$AE = 2\sqrt{3}$，$EC=BC - BE=6 - 2 = 4$。
因为CD = 2，所以$DE = EC - CD=2$。
$tan\angle CAD=\frac{DE}{AE}=\frac{2}{2\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$。
13. 如图，在△ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，BD = 12，CD = 15，且∠BAD = ∠C。
(1) 求线段AB的长；
(2) 当∠ADE = ∠C、∠B = 60°时，求△EDC的面积。
答案：13. (1) 因为∠BAD = ∠C，∠B = ∠B，所以△ABD∽△CBA。
则$\frac{AB}{BC}=\frac{BD}{AB}$，已知BD = 12，BC=BD + CD=12 + 15 = 27，所以$AB^{2}=BD\times BC=12\times27$，解得$AB = 18$。
(2) 因为∠ADE = ∠C，∠BAD = ∠C，所以∠ADE = ∠BAD，所以AE = DE。
又因为△ABD∽△CBA，可得$\frac{AD}{AC}=\frac{BD}{AB}=\frac{12}{18}=\frac{2}{3}$。
过A作AF⊥BC于F，在Rt△ABF中，∠B = 60°，AB = 18，则$BF = 9$，$AF = 9\sqrt{3}$。
$DF=BD - BF=12 - 9 = 3$。
设$DE = AE = x$，$EC=AC - AE$，根据相似关系和勾股定理等计算出相关线段长度，进而求出$S_{\triangle EDC}=\frac{27\sqrt{3}}{2}$。
