1. 如图，直线 $ MN $ 与 $ \odot O $ 相切于点 $ M $，$ ME = EF $，且 $ EF // MN $，则 $ \cos ∠ MEF = $ ()

A.$ \dfrac{1}{2} $
B.$ \dfrac{\sqrt{2}}{2} $
C.$ \dfrac{\sqrt{3}}{2} $
D.$ 0 $

1. A

证明：连接 $ OM $，$ OE $，$ OF $。
∵ 直线 $ MN $ 与 $ \odot O $ 相切于点 $ M $，
∴ $ OM ⊥ MN $。
∵ $ EF // MN $，
∴ $ OM ⊥ EF $，设垂足为 $ H $，则 $ EH = HF $（垂径定理）。
设 $ \odot O $ 半径为 $ r $，$ EH = x $，则 $ EF = 2x $。
∵ $ ME = EF $，
∴ $ ME = 2x $。
在 $ \mathrm{Rt}△ MHE $ 中，$ MH = \sqrt{ME^2 - EH^2} = \sqrt{(2x)^2 - x^2} = \sqrt{3}x $。
∵ $ OH = OM - MH = r - \sqrt{3}x $，
在 $ \mathrm{Rt}△ OHE $ 中，$ OH^2 + EH^2 = OE^2 $，即 $ (r - \sqrt{3}x)^2 + x^2 = r^2 $，
解得 $ r = \frac{2\sqrt{3}}{3}x $。
在 $ \mathrm{Rt}△ MHE $ 中，$ \cos ∠ MEF = \frac{EH}{ME} = \frac{x}{2x} = \frac{1}{2} $。
A. $ \dfrac{1}{2} $

2. 如图，$ \odot O $ 是 $ △ ABC $ 的外接圆，$ AD $ 是 $ \odot O $ 的直径，若 $ \odot O $ 的半径为 $ \dfrac{3}{2} $，$ AC = 2 $，则 $ \sin B $ 的值是 ()

A.$ \dfrac{2}{3} $
B.$ \dfrac{3}{2} $
C.$ \dfrac{3}{4} $
D.$ \dfrac{4}{3} $

2. A

证明：连接 $CD$。
因为 $AD$ 是 $\odot O$ 的直径，所以 $∠ ACD = 90°$。
$\odot O$ 的半径为 $\dfrac{3}{2}$，则直径 $AD = 2×\dfrac{3}{2}=3$。
在 $\mathrm{Rt}△ ACD$ 中，$\sin ∠ ADC = \dfrac{AC}{AD} = \dfrac{2}{3}$。
因为 $∠ B$ 和 $∠ ADC$ 都是 $\overset{\frown}{AC}$ 所对的圆周角，所以 $∠ B = ∠ ADC$。
因此，$\sin B = \sin ∠ ADC = \dfrac{2}{3}$。
A

3. 如图，$ △ ABC $ 内接于 $ \odot O $，$ AB $，$ CD $ 为 $ \odot O $ 的直径，$ DE ⊥ AB $ 于点 $ E $，$ \sin A = \dfrac{1}{2} $，则 $ ∠ D $ 的度数是.

3. $ 30 ^ { \circ } $

解：连接AD，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠ACB=90°，
∵sinA=1/2，
∴∠A=30°，
∴∠ABC=60°，
∵∠ADC=∠ABC=60°（同弧所对的圆周角相等），
∵CD是⊙O的直径，
∴∠CAD=90°，
∴∠ACD=30°，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA=30°，
∴∠AOD=∠OAC+∠OCA=60°，
∵DE⊥AB，
∴∠OED=90°，
∴∠D=90°-∠AOD=30°。
故答案为：$30°$

4. 如图，$ \odot O $ 是 $ △ ABC $ 的外接圆，$ AD $ 是 $ \odot O $ 的直径，若 $ \odot O $ 的半径是 $ 4 $，$ \sin B = \dfrac{1}{4} $，则线段 $ AC $ 的长为.

4. 2

证明：连接 $ CD $。
因为 $ AD $ 是 $ \odot O $ 的直径，所以 $ ∠ ACD = 90° $。
由于 $ ∠ B $ 和 $ ∠ D $ 所对的弧都是 $ \overset{\frown}{AC} $，所以 $ ∠ B = ∠ D $。
已知 $ \odot O $ 的半径是 $ 4 $，则直径 $ AD = 2 × 4 = 8 $。
在 $ \mathrm{Rt}△ ACD $ 中，$ \sin D = \dfrac{AC}{AD} $，又因为 $ \sin B = \dfrac{1}{4} $ 且 $ ∠ B = ∠ D $，所以 $ \sin D = \dfrac{1}{4} $。
因此，$ AC = AD × \sin D = 8 × \dfrac{1}{4} = 2 $。
故线段 $ AC $ 的长为 $ 2 $。

5. 如图，已知 $ △ ABC $ 的外接圆 $ \odot O $ 的半径为 $ 3 $，$ D $，$ E $ 分别为 $ AB $，$ AC $ 的中点，$ DE = 2 $，求 $ \tan ∠ BAC $ 的值.

5. $ \frac { 2 } { 5 } \sqrt { 5 } $

证明：连接 $AO$ 并延长交 $\odot O$ 于点 $F$，连接 $BF$。
$\because D$，$E$ 分别为 $AB$，$AC$ 的中点，
$\therefore DE$ 是 $△ ABC$ 的中位线，
$\therefore BC = 2DE = 4$。
$\because AF$ 是 $\odot O$ 的直径，
$\therefore AF = 2 × 3 = 6$，$∠ ABF = 90°$。
$\because ∠ BAC = ∠ BFC$（同弧所对的圆周角相等），
在 $\mathrm{Rt}△ ABF$ 中，$\sin ∠ BAF = \frac{BF}{AF}$，
由正弦定理：$\frac{BC}{\sin ∠ BAC} = 2R = 6$，
$\therefore \sin ∠ BAC = \frac{BC}{6} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$。
设 $∠ BAC = α$，则 $\cos α = \sqrt{1 - \sin^2 α} = \sqrt{1 - (\frac{2}{3})^2} = \frac{\sqrt{5}}{3}$，
$\tan α = \frac{\sin α}{\cos α} = \frac{\frac{2}{3}}{\frac{\sqrt{5}}{3}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}$。
$\tan ∠ BAC = \frac{2\sqrt{5}}{5}$

6. 如图，在 $ \mathrm{Rt} △ ABC $ 中，$ ∠ ACB = 90^{\circ} $，$ D $ 是 $ AB $ 边上一点，以 $ BD $ 为直径的 $ \odot O $ 与边 $ AC $ 相切于点 $ E $，连接 $ DE $ 并延长，与 $ BC $ 的延长线交于点 $ F $.
（1）求证：$ BD = BF $；
（2）若 $ BC = 6 $，$ AD = 4 $，求 $ \sin A $ 的值.

6. (1)略 (2)$ \frac { 1 } { 2 } $

（1）证明：连接 $OE$。
因为 $AC$ 是 $\odot O$ 的切线，所以 $OE ⊥ AC$。
又因为 $∠ ACB = 90°$，所以 $OE // BC$，故 $∠ OED = ∠ F$。
因为 $OD = OE$，所以 $∠ ODE = ∠ OED$，从而 $∠ ODE = ∠ F$，因此 $BD = BF$。
（2）设 $\odot O$ 的半径为 $r$，则 $BD = 2r$，$AB = AD + BD = 4 + 2r$，$AO = AD + OD = 4 + r$。
因为 $OE // BC$，所以 $△ AOE ∼ △ ABC$，则 $\frac{OE}{BC} = \frac{AO}{AB}$，即 $\frac{r}{6} = \frac{4 + r}{4 + 2r}$。
解得 $r = 4$（$r = -3$ 舍去），所以 $AB = 4 + 2 × 4 = 12$。
因此 $\sin A = \frac{BC}{AB} = \frac{6}{12} = \frac{1}{2}$。
答案：（1）见证明过程；（2）$\frac{1}{2}$