分析 (1)先解Rt△ABC,求出AB=$\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}$=5,cos∠B=$\frac{BC}{AB}$=$\frac{3}{5}$.根据三角形的中线的定义得到BE=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{5}{2}$.再解Rt△BCD,求出BD=BC•cos∠B=3×$\frac{3}{5}$=$\frac{9}{5}$,那么DE=BE-BD=$\frac{5}{2}$-$\frac{9}{5}$=$\frac{7}{10}$;
(2)先解Rt△ABC,求出AB=$\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}$,cos∠B=$\frac{BC}{AB}$=$\frac{a}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$.利用三角形的面积求出CD=$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$.再解Rt△BCD,求出BD=BC•cos∠B=a•$\frac{a}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$=$\frac{{a}^{2}}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$,那么DE=BE-BD=$\frac{1}{2}$$\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}$-$\frac{{a}^{2}}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$=$\frac{{b}^{2}-{a}^{2}}{2\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$,然后根据tan∠DCE=$\frac{DE}{CD}$=$\frac{\frac{{b}^{2}-{a}^{2}}{2\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}}{\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}}$=$\frac{1}{3}$,计算即可求解.
解答 解:(1)在Rt△ABC中,∵∠ACB=90°,a=3,b=4,
∴AB=$\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}$=5,cos∠B=$\frac{BC}{AB}$=$\frac{3}{5}$.
∵CE是斜边AB上的中线,
∴BE=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{5}{2}$.
在Rt△BCD中,∵∠BDC=90°,
∴BD=BC•cos∠B=3×$\frac{3}{5}$=$\frac{9}{5}$,
∴DE=BE-BD=$\frac{5}{2}$-$\frac{9}{5}$=$\frac{7}{10}$;
(2)在Rt△ABC中,∵∠ACB=90°,
∴AB=$\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}$,cos∠B=$\frac{BC}{AB}$=$\frac{a}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$.
∵S△ABC=$\frac{1}{2}$AB•CD=$\frac{1}{2}$AC•BC,
∴CD=$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$.
在Rt△BCD中,∵∠BDC=90°,
∴BD=BC•cos∠B=a•$\frac{a}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$=$\frac{{a}^{2}}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$,
∴DE=BE-BD=$\frac{1}{2}$$\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}$-$\frac{{a}^{2}}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$=$\frac{{b}^{2}-{a}^{2}}{2\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$,
tan∠DCE=$\frac{DE}{CD}$=$\frac{\frac{{b}^{2}-{a}^{2}}{2\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}}{\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}}$=$\frac{1}{3}$,
整理得3a2+2ab-3b2=0,
∴a=$\frac{-1±\sqrt{10}}{3}$b(负值舍去),
∴$\frac{a}{b}$=$\frac{-1+\sqrt{10}}{3}$.
点评 本题考查了解直角三角形,三角形的中线的定义,锐角三角函数的定义,三角形的面积,一元二次方程的解法,难度适中.求出DE的长度是解题的关键.
科目:初中数学 来源: 题型:选择题
A. | 7和7.5 | B. | 7和8 | C. | 9和7.5 | D. | 7.5和7 |
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