10. 如图，在平面直角坐标系中，O 是原点，点 A，B 分别在 x 轴负半轴和 y 轴正半轴上，点 C 在 OB 上，且 OC : BC = 1 : 2，连接 AC，过点 O 作 OP//AB 交 AC 的延长线于点 P. 若点 P 的坐标为(1，1)，则 tan∠OAP 的值是(
C
)
A.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
B.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
C.$\frac{1}{3}$
D.3
答案：10. C 解析：过点P作PD⊥x轴于点D，则∠ADP=90°.因为点P的坐标为(1,1)，所以OD=PD=1.因为OP//AB，所以∠OPC=∠BAC，∠POC=∠ABC，所以△POC∽△ABC，所以$\frac{PC}{AC}=\frac{OC}{BC}$.因为OC:BC=1:2，所以$\frac{PC}{AC}=\frac{1}{2}$.因为∠AOC=90°，所以∠AOC=∠ADP，所以OC//PD，所以$\frac{OD}{OA}=\frac{PC}{AC}=\frac{1}{2}$，所以OA=2OD=2，所以AD=OA+OD=3，所以tan∠OAP=$\frac{PD}{AD}=\frac{1}{3}$.
11. 如图，在矩形 ABCD 中，AB = 3，BC = 2，H 是 AB 的中点，将△CBH 沿 CH 折叠，点 B 落在矩形内点 P 处，连接 AP，则 tan∠HAP =
$\frac{4}{3}$
.
答案：11. $\frac{4}{3}$
解析：
解：
在矩形 $ABCD$ 中，$AB=3$，$BC=2$，$H$ 为 $AB$ 中点，故 $AH=HB=\frac{3}{2}$。
折叠后 $CP=CB=2$，$PH=HB=\frac{3}{2}$，$\angle CPH=\angle CBH=90°$。
设 $P$ 到 $AB$ 的距离为 $h$，到 $AD$ 的距离为 $k$，则：
$\begin{cases} k^2 + h^2 = (\frac{3}{2})^2 \\ (3 - k)^2 + (2 - h)^2 = 2^2 \end{cases}$
解得 $h=\frac{6}{5}$，$k=\frac{9}{10}$。
$\tan\angle HAP = \frac{h}{AH - k} = \frac{\frac{6}{5}}{\frac{3}{2} - \frac{9}{10}} = \frac{4}{3}$。
$\frac{4}{3}$
12. 在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长均为 1，点 A，B，C，D 都在格点上(网格线的交点叫做格点)，AB 与 CD 相交于点 O，则 tan∠BOD =
3
.
]
答案：12. 3
解析：
解：以点O为坐标原点，建立平面直角坐标系。设小正方形边长为1，通过网格确定点A、B、C、D坐标，进而求得直线AB与CD的解析式，联立方程求出交点O坐标。过点O作OE⊥x轴，OF⊥y轴，构造直角三角形，根据正切定义计算得tan∠BOD = 3。
3
13. 新素养
几何直观 构建几何图形解决代数问题是“数形结合”思想的重要应用. 在计算 tan 15°时，如图，在 Rt△ACB 中，∠C = 90°，∠ABC = 30°，延长 CB 至点 D，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，计算 tan 22.5°的值为
$\sqrt{2}-1$
.
]
答案：13. $\sqrt{2}-1$ 解析：如图，在Rt△ACB中，∠C=90°，∠ABC=45°，延长CB至点D，使BD=AB，连接AD，得∠D=22.5°.设AC=BC=1，则BD=AB=$\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{2}$，所以CD=BC+BD=1+$\sqrt{2}$，所以tan22.5°=$\frac{AC}{CD}=\sqrt{2}-1$.
14. 如图，AB 是半圆 O 的直径，弦 AD，BC 相交于点 P，且 CD，AB 的长是一元二次方程 x² - 7x + 12 = 0 的两根，求 tan∠DPB 的值.
答案：14. 连接BD.因为AB是半圆O的直径，所以∠ADB=90°.解方程x² - 7x + 12 = 0，得x₁=3，x₂=4.因为AB＞CD，所以AB=4，CD=3.由圆周角定理，得∠C=∠A，∠CDP=∠ABP，所以△CPD∽△APB，所以$\frac{PD}{PB}=\frac{CD}{AB}=\frac{3}{4}$.设PD=3x，则PB=4x，所以BD=$\sqrt{PB^{2}-PD^{2}}=\sqrt{7}x$，所以tan∠DPB=$\frac{BD}{PD}=\frac{\sqrt{7}}{3}$.
15. (2025·江苏扬州模拟)如图，在平面直角坐标系中，O 是原点，A，B 两点的坐标分别为(8，0)，(0，8)，C，F 分别是直线 x = -5 和 x 轴上的动点，CF = 10，D 是 CF 的中点，连接 AD 交 y 轴于点 E，则当△ABE 的面积取得最小值时，tan∠BAD 的值是(
B
)
A.$\frac{8}{17}$
B.$\frac{7}{17}$
C.$\frac{4}{9}$
D.$\frac{5}{9}$
答案：15. B 解析：因为A(8,0)，B(0,8)，所以OA=OB=8.因为∠AOB=90°，所以AB=$\sqrt{OA^{2}+OB^{2}}=8\sqrt{2}$，S_{△ABE}=$\frac{1}{2}$BE·OA=4BE，所以当BE的长最小时，△ABE的面积取得最小值.设直线x = - 5交x轴于点K，连接DK，则OK=5.在Rt△CFK中，因为D是斜边CF的中点，CF=10，所以DK=$\frac{1}{2}$CF=5，所以点D的运动轨迹是以点K为圆心，5为半径的圆，所以当直线AD与⊙K相切时，BE的长最小.因为AD是⊙K的切线，所以∠KDA=90°.因为AK=OA+OK=13，DK=5，所以DA=$\sqrt{AK^{2}-DK^{2}}=12$.因为∠EAO=∠KAD，∠EOA=∠KDA=90°，所以△AEO∽△AKD，所以$\frac{OE}{DK}=\frac{OA}{DA}$，即$\frac{OE}{5}=\frac{8}{12}$，所以OE=$\frac{10}{3}$，所以BE=OB - OE=$\frac{14}{3}$，AE=$\sqrt{OE^{2}+OA^{2}}=\frac{26}{3}$.过点E作EH⊥AB于点H，则S_{△ABE}=$\frac{1}{2}$AB·EH=4BE，所以EH=$\frac{7\sqrt{2}}{3}$，所以AH=$\sqrt{AE^{2}-EH^{2}}=\frac{17\sqrt{2}}{3}$，所以tan∠BAD=$\frac{EH}{AH}=\frac{7}{17}$.
16. 亮点原创 在△PMN 中，∠P = 90°，记 x = tan M + $\sqrt{5}$，y = tan N + $\sqrt{5}$. 若 xy 为有理数，且 tan²M 为小于 20 的正整数，则 tan M =
$\sqrt{5}$
.
答案：16. $\sqrt{5}$ 解析：因为∠P=90°，所以tanM=$\frac{PN}{PM}$，tanN=$\frac{PM}{PN}$，所以tanM·tanN=1.因为x=tanM+$\sqrt{5}$，y=tanN+$\sqrt{5}$，所以xy=(tanM+$\sqrt{5}$)(tanN+$\sqrt{5}$)=tanM·tanN+$\sqrt{5}$(tanM+tanN)+5=$\sqrt{5}$(tanM+$\frac{1}{tanM}$)+6.设tan²M=t，则tanM=$\sqrt{t}$，且1≤t＜20.因为xy为有理数，所以可设tanM+$\frac{1}{tanM}=\sqrt{5}m$（m＞0，且m为有理数），则$\sqrt{t}+\frac{1}{\sqrt{t}}=\sqrt{5}m$，所以$(\sqrt{t}+\frac{1}{\sqrt{t}})^{2}=5m^{2}$，所以$\frac{(t + 1)^{2}}{t}=5m^{2}$，所以$\sqrt{5}t=\frac{t+1}{m}$.因为t为正整数，$\frac{t+1}{m}$为有理数，所以5t为完全平方数，所以t=5，即tanM=$\sqrt{5}$.
解析：
因为∠P=90°，所以∠M+∠N=90°，则tanN=tan(90°-M)=cotM，所以tanM·tanN=1。
已知x=tanM+√5，y=tanN+√5，所以xy=(tanM+√5)(tanN+√5)=tanM·tanN+√5(tanM+tanN)+5=1+√5(tanM+tanN)+5=√5(tanM+tanN)+6。
设tan²M=t（t为小于20的正整数），则tanM=√t，tanN=cotM=1/√t，所以tanM+tanN=√t + 1/√t。
则xy=√5(√t + 1/√t)+6，因为xy为有理数，所以√5(√t + 1/√t)必须为有理数。设√t + 1/√t=√5m（m为正有理数），两边平方得t + 2 + 1/t=5m²，即(t + 1)²/t=5m²，所以(t + 1)²=5m²t。
因为t为正整数，5m²t为完全平方数，5为质数，所以t必含因数5，设t=5k（k为正整数），则t=5k＜20，k＜4，k=1,2,3。
当k=1时，t=5，此时(t + 1)²=36=5m²×5=25m²，m²=36/25，m=6/5为有理数，符合题意。
当k=2时，t=10，(t + 1)²=121=5m²×10=50m²，m²=121/50，m不是有理数，舍去。
当k=3时，t=15，(t + 1)²=256=5m²×15=75m²，m²=256/75，m不是有理数，舍去。
所以t=5，tanM=√t=√5。
√5
17. 新素养
推理能力 如图，四边形 ABCD 内接于⊙O，AB = AC，AC⊥BD，垂足为 E，点 F 在 BD 的延长线上，且 DF = DC，连接 AF，CF.
(1) 求证：∠BAC = 2∠CAD；
(2) 若 AF = 10，BC = 4$\sqrt{5}$，求 tan∠BAD 的值.
]
答案：17. (1)因为AC⊥BD，所以∠AED=90°，所以∠ADE=90° - ∠CAD.因为AB=AC，所以∠ABC=∠ACB=∠ADE=90° - ∠CAD.因为∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，所以∠BAC=180° - (∠ABC+∠ACB)=2∠CAD.
(2)因为DF=DC，所以∠FCD=∠CFD，所以∠BDC=∠FCD+∠CFD=2∠CFD.又∠BDC=∠BAC=2∠CAD，所以∠CAD=∠CFD.因为∠CAD=∠CBD，所以∠CBD=∠CFD，所以CF=BC.因为AC⊥BF，所以∠AEB=∠CEB=90°，BE=EF，所以AC垂直平分BF，所以AC=AB=AF=10.设AE=x，则CE=AC - AE=10 - x.因为AE²+BE²=AB²，CE²+BE²=BC²，所以AB² - AE²=BC² - CE².因为BC=4$\sqrt{5}$，所以10² - x²=(4$\sqrt{5}$)² - (10 - x)²，解得x=6，所以AE=6，CE=4，所以BE=$\sqrt{AB^{2}-AE^{2}}=8$.因为∠DAE=∠CBE，∠ADE=∠BCE，所以△ADE∽△BCE，所以$\frac{AE}{BE}=\frac{DE}{CE}=\frac{AD}{BC}$，即$\frac{6}{8}=\frac{DE}{4}=\frac{AD}{4\sqrt{5}}$，所以DE=3，AD=3$\sqrt{5}$，所以BD=BE+DE=11.过点D作DH⊥AB，垂足为H，则∠AHD=90°.因为S_{△ABD}=$\frac{1}{2}$AB·DH=$\frac{1}{2}$BD·AE，所以DH=$\frac{BD·AE}{AB}=\frac{33}{5}$，所以AH=$\sqrt{AD^{2}-DH^{2}}=\frac{6}{5}$，所以tan∠BAD=$\frac{DH}{AH}=\frac{11}{2}$.
