《2025年课时训练九年级数学下册人教版江苏人民出版社》

9 计算：
（1）3tan 30° - tan²45° + 2sin 60°；
（2）2tan 45° - $\frac{4}{3}$cos 30°sin 60°；
（3）$\sqrt{2}$cos 45° - sin 30° + tan²60°；
（4）sin²60° - tan 30°cos 30° + tan 45°.

答案： - （1）原式$=3\times\frac{\sqrt{3}}{3}-1^{2}+2\times\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}-1+\sqrt{3}=2\sqrt{3}-1$。 - （2）原式$=2\times1-\frac{4}{3}\times\frac{\sqrt{3}}{2}\times\frac{\sqrt{3}}{2}=2 - 1 = 1$。 - （3）原式$=\sqrt{2}\times\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{1}{2}+(\sqrt{3})^{2}=1-\frac{1}{2}+3=3\frac{1}{2}$。 - （4）原式$=(\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}-\frac{\sqrt{3}}{3}\times\frac{\sqrt{3}}{2}+1=\frac{3}{4}-\frac{1}{2}+1=\frac{5}{4}$。

10 若等腰三角形腰长为4，面积是4，则这个等腰三角形顶角的度数为（ ）.
A. 30°
B. 30°或150°
C. 60°
D. 60°或120°

答案： B

11（2023·抚顺模拟）已知在△ABC中，∠A，∠B都是锐角，且$(\cos A - \frac{1}{2})^2 + |\tan B - 1| = 0$，则∠C =________度.

答案： 75

12（2022·江苏江阴期末）在△ABC中，若sin A = $\frac{\sqrt{2}}{2}$，cos B = $\frac{1}{2}$，∠A，∠B都是锐角，则∠C的度数是________.

答案： $75^{\circ}$

13［开放探究性问题］（2023·武汉青山区模拟）构建几何图形解决代数问题是“数形结合”思想的重要体现，在计算tan 15°时，如图，在Rt△ABC中，∠C = 90°，∠ABC = 30°，延长CB使BD = AB，连接AD，得∠D = 15°，所以tan 15° = $\frac{AC}{CD}$ = $\frac{1}{2 + \sqrt{3}}$ = $\frac{2 - \sqrt{3}}{(2 + \sqrt{3})(2 - \sqrt{3})}$ = 2 - $\sqrt{3}$，类比这种方法，则tan 22.5°的值为（ ）.

A. $\sqrt{2}$ + 1
B. $\sqrt{2}$
C. $\sqrt{2}$ - 1
D. $\frac{1}{2}$

答案： C

14（2023·上海徐汇区期末）如图，已知在△ABC中，CD⊥AB，垂足为D，AD = 2，BD = 6，tan B = $\frac{2}{3}$，点E是边BC的中点.
（1）求边AC的长；
（2）求∠EAB的正弦值.

答案：
- （1）因为$CD\perp AB$，所以$\triangle ACD$，$\triangle BCD$均为直角三角形。在$Rt\triangle CDB$中，因为$BD = 6$，$\tan B=\frac{CD}{BD}=\frac{2}{3}$，所以$CD = 4$。在$Rt\triangle CDA$中，$AC=\sqrt{CD^{2}+AD^{2}}=\sqrt{4^{2}+2^{2}}=2\sqrt{5}$。 - （2）如图，过点$E$作$EF\perp AB$，垂足为$F$。因为$CD\perp AB$，$EF\perp AB$，所以$CD// EF$。又点$E$是边$BC$的中点，所以$EF$是$\triangle BCD$的中位线。所以$DF = BF = 3$，$EF=\frac{1}{2}CD = 2$。所以$AF = AD + DF = 5$。在$Rt\triangle AEF$中，$AE=\sqrt{AF^{2}+EF^{2}}=\sqrt{5^{2}+2^{2}}=\sqrt{29}$，所以$\sin\angle EAB=\frac{EF}{AE}=\frac{2}{\sqrt{29}}=\frac{2}{29}\sqrt{29}$。

15（2023·黑龙江哈尔滨南岗区期中）在△ABC中，AC = 4，∠A = 30°.
（1）如图（1），当∠C = 90°时，求BC；
（2）如图（2），当∠C = 105°时，求BC.

答案：
- （1）因为$\angle C = 90^{\circ}$，$\angle A = 30^{\circ}$，设$BC = x$，则$AB = 2BC = 2x$，所以$AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{3}x$。因为$AC = 4$，所以$\sqrt{3}x = 4$，$x=\frac{4\sqrt{3}}{3}$，所以$BC=\frac{4\sqrt{3}}{3}$。 - （2）
如图，过点$C$作$CD\perp AB$于点$D$，所以$\angle CDA=\angle CDB = 90^{\circ}$，所以$\angle 1 = 90^{\circ}-\angle A = 90^{\circ}-30^{\circ}=60^{\circ}$，$\angle 2=\angle BCA-\angle 1 = 105^{\circ}-60^{\circ}=45^{\circ}$，所以$\angle B = 90^{\circ}-\angle 2 = 90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}$。在$Rt\triangle CDA$中，因为$\angle A = 30^{\circ}$，$CA = 4$，所以$CD=\frac{1}{2}CA = 2$。因为$\angle B=\angle 2$，所以$BD = CD = 2$，所以$BC=\sqrt{BD^{2}+CD^{2}}=\sqrt{2^{2}+2^{2}}=2\sqrt{2}$。