登录
1. ★★★ 如图,在由十个完全相同的正三角形构成的网格图中,∠α、∠β如图所示,则 $\sin (α+β)=$ (
A.$\frac{2\sqrt{7}}{7}$
B.$\frac{\sqrt{7}}{7}$
C.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
A
)A.$\frac{2\sqrt{7}}{7}$
B.$\frac{\sqrt{7}}{7}$
C.$\frac{\sqrt{2}}{2}$
D.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
答案
1.A
解析
【分析】
解题时先设每个小正三角形的边长为1，利用正三角形的性质得到其高为$\frac{\sqrt{3}}{2}$。第一步先分析$∠α$：观察$α$所在的直角三角形，计算其正切值可得$α=30°$，从而得到$\sinα$、$\cosα$的值；第二步分析$∠β$：找到$β$所在的直角三角形，用勾股定理求出斜边，进而得到$\sinβ$、$\cosβ$的值；第三步利用两角和的正弦公式计算$\sin(α+β)$，即可得到结果。
【解析】
设每个小正三角形的边长为1，由正三角形性质得，小正三角形的高为$\sqrt{1^2-(\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
1. 求$∠α$的三角函数值：
观察图形，$∠α$在直角三角形中，对边长为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，邻边长为$1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$，因此$\tanα=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{3}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，可得$α=30°$，故$\sinα=\frac{1}{2}$，$\cosα=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
2. 求$∠β$的三角函数值：
$∠β$在直角三角形中，对边长为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，邻边长为$2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$，由勾股定理得斜边长为$\sqrt{(\frac{5}{2})^2+(\frac{\sqrt{3}}{2})^2}=\sqrt{7}$，因此$\sinβ=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}$，$\cosβ=\frac{\frac{5}{2}}{\sqrt{7}}=\frac{5}{2\sqrt{7}}$。
3. 计算$\sin(α+β)$：
根据两角和的正弦公式$\sin(A+B)=\sin A\cos B+\cos A\sin B$，代入得：
$\sin(α+β)=\sinα\cosβ+\cosα\sinβ=\frac{1}{2}×\frac{5}{2\sqrt{7}}+\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}=\frac{5}{4\sqrt{7}}+\frac{3}{4\sqrt{7}}=\frac{8}{4\sqrt{7}}=\frac{2\sqrt{7}}{7}$。
【答案】
A
【知识点】
锐角三角函数，勾股定理，三角函数和角公式
【点评】
本题结合正三角形网格考查三角函数的计算，解题关键是合理设边长，将待求角放入直角三角形中求出对应三角函数值，考查了学生的图形分析能力和运算能力。
【难度系数】
0.6
解题时先设每个小正三角形的边长为1，利用正三角形的性质得到其高为$\frac{\sqrt{3}}{2}$。第一步先分析$∠α$：观察$α$所在的直角三角形，计算其正切值可得$α=30°$，从而得到$\sinα$、$\cosα$的值；第二步分析$∠β$：找到$β$所在的直角三角形，用勾股定理求出斜边，进而得到$\sinβ$、$\cosβ$的值；第三步利用两角和的正弦公式计算$\sin(α+β)$，即可得到结果。
【解析】
设每个小正三角形的边长为1，由正三角形性质得，小正三角形的高为$\sqrt{1^2-(\frac{1}{2})^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
1. 求$∠α$的三角函数值：
观察图形，$∠α$在直角三角形中，对边长为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，邻边长为$1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}$，因此$\tanα=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{3}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，可得$α=30°$，故$\sinα=\frac{1}{2}$，$\cosα=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
2. 求$∠β$的三角函数值：
$∠β$在直角三角形中，对边长为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，邻边长为$2+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$，由勾股定理得斜边长为$\sqrt{(\frac{5}{2})^2+(\frac{\sqrt{3}}{2})^2}=\sqrt{7}$，因此$\sinβ=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}$，$\cosβ=\frac{\frac{5}{2}}{\sqrt{7}}=\frac{5}{2\sqrt{7}}$。
3. 计算$\sin(α+β)$：
根据两角和的正弦公式$\sin(A+B)=\sin A\cos B+\cos A\sin B$，代入得：
$\sin(α+β)=\sinα\cosβ+\cosα\sinβ=\frac{1}{2}×\frac{5}{2\sqrt{7}}+\frac{\sqrt{3}}{2}×\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{7}}=\frac{5}{4\sqrt{7}}+\frac{3}{4\sqrt{7}}=\frac{8}{4\sqrt{7}}=\frac{2\sqrt{7}}{7}$。
【答案】
A
【知识点】
锐角三角函数，勾股定理，三角函数和角公式
【点评】
本题结合正三角形网格考查三角函数的计算，解题关键是合理设边长，将待求角放入直角三角形中求出对应三角函数值，考查了学生的图形分析能力和运算能力。
【难度系数】
0.6
2. ★★★（2025·德州期末）如图，A，B，C三点在边长为1的正方形网格线的交点处，若将$△ ABC$绕着点A逆时针旋转得到$△ AMN$，且AM过点C，则$\tan∠ MCB$的值为（
A.$\sqrt{2}$
B.$2$
C.$\sqrt{5}$
D.$2\sqrt{2}$
B
）A.$\sqrt{2}$
B.$2$
C.$\sqrt{5}$
D.$2\sqrt{2}$
答案
2.B
解析
【分析】
我们可以通过建立平面直角坐标系结合几何性质解题：首先设点A为坐标原点，根据网格确定A、B、C三点坐标；再结合旋转性质得出直线MC与直线AC重合，过点B作MC的垂线构造直角三角形；最后通过勾股定理算出直角三角形的两条直角边长度，根据正切的定义求出tan∠MCB的值。
【解析】
解：设点A为坐标原点$(0,0)$，结合网格可得各点坐标：$A(0,0)$，$B(4,0)$，$C(1,1)$。
∵$△ ABC$绕点A逆时针旋转得到$△ AMN$，且AM过点C，
∴直线AM与直线AC重合，直线AC的解析式为$y=x$，即直线MC的解析式为$y=x$。
过点B作$BD⊥ MC$于点D：直线MC斜率为1，故直线BD斜率为$-1$，直线BD的解析式为$y=-(x-4)$，即$y=-x+4$。
联立$\begin{cases}y=x\\y=-x+4\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=2\\y=2\end{cases}$，即垂足$D(2,2)$。
由勾股定理计算边长：
$CD=\sqrt{(2-1)^2+(2-1)^2}=\sqrt{2}$，
$BD=\sqrt{(4-2)^2+(0-2)^2}=2\sqrt{2}$。
在$Rt△ BCD$中，$\tan∠ MCB=\frac{BD}{CD}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=2$。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质，锐角三角函数的定义，坐标与图形性质
【点评】
本题结合网格、旋转和三角函数的知识点考查数形结合思想，解题核心是将所求角放到构造的直角三角形中，通过边长关系计算三角函数值。
【难度系数】
0.6
我们可以通过建立平面直角坐标系结合几何性质解题：首先设点A为坐标原点，根据网格确定A、B、C三点坐标；再结合旋转性质得出直线MC与直线AC重合，过点B作MC的垂线构造直角三角形；最后通过勾股定理算出直角三角形的两条直角边长度，根据正切的定义求出tan∠MCB的值。
【解析】
解：设点A为坐标原点$(0,0)$，结合网格可得各点坐标：$A(0,0)$，$B(4,0)$，$C(1,1)$。
∵$△ ABC$绕点A逆时针旋转得到$△ AMN$，且AM过点C，
∴直线AM与直线AC重合，直线AC的解析式为$y=x$，即直线MC的解析式为$y=x$。
过点B作$BD⊥ MC$于点D：直线MC斜率为1，故直线BD斜率为$-1$，直线BD的解析式为$y=-(x-4)$，即$y=-x+4$。
联立$\begin{cases}y=x\\y=-x+4\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=2\\y=2\end{cases}$，即垂足$D(2,2)$。
由勾股定理计算边长：
$CD=\sqrt{(2-1)^2+(2-1)^2}=\sqrt{2}$，
$BD=\sqrt{(4-2)^2+(0-2)^2}=2\sqrt{2}$。
在$Rt△ BCD$中，$\tan∠ MCB=\frac{BD}{CD}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=2$。
【答案】
B
【知识点】
旋转的性质，锐角三角函数的定义，坐标与图形性质
【点评】
本题结合网格、旋转和三角函数的知识点考查数形结合思想，解题核心是将所求角放到构造的直角三角形中，通过边长关系计算三角函数值。
【难度系数】
0.6
3. 如图，A,B,C,D四点均在由边长为1的小正方形组成的网格格点上，则$\sin B+\sin D$的值为（
A.$\frac{3\sqrt{10}}{2}+\frac{5\sqrt{2}}{2}$
B.$\frac{3\sqrt{10}}{10}+\frac{5\sqrt{26}}{26}$
C.$\frac{3\sqrt{10}}{10}$
D.$\frac{5\sqrt{26}}{26}$
B
）A.$\frac{3\sqrt{10}}{2}+\frac{5\sqrt{2}}{2}$
B.$\frac{3\sqrt{10}}{10}+\frac{5\sqrt{26}}{26}$
C.$\frac{3\sqrt{10}}{10}$
D.$\frac{5\sqrt{26}}{26}$
答案
3.B
解析
【分析】
要计算$\sin B+\sin D$的值，需先分别求出$∠ B$和$∠ D$的正弦值。网格中求解锐角三角函数值，首先要把所求角放入直角三角形中，利用勾股定理计算直角三角形的各边长，再根据正弦函数的定义（锐角的正弦=对边/斜边）分别求出两个角的正弦值，最后相加得到结果即可。
【解析】
设每个小正方形的边长为1。
1. 计算$\sin B$：
构造$∠ B$所在的直角三角形，可得$∠ B$的对边长为3，邻边长为1，根据勾股定理，该直角三角形的斜边长为$\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$，因此$\sin B=\frac{\mathrm{对边}}{\mathrm{斜边}}=\frac{3}{\sqrt{10}}=\frac{3\sqrt{10}}{10}$。
2. 计算$\sin D$：
同理构造$∠ D$所在的直角三角形，可得$∠ D$的对边长为5，邻边长为1，根据勾股定理，该直角三角形的斜边长为$\sqrt{5^2+1^2}=\sqrt{26}$，因此$\sin D=\frac{\mathrm{对边}}{\mathrm{斜边}}=\frac{5}{\sqrt{26}}=\frac{5\sqrt{26}}{26}$。
3. 计算和：
$\sin B+\sin D=\frac{3\sqrt{10}}{10}+\frac{5\sqrt{26}}{26}$。
【答案】
B
【知识点】
勾股定理，锐角三角函数的定义
【点评】
本题是网格中锐角三角函数求值的典型题，解题的核心是掌握将网格中的锐角转化到直角三角形中计算的技巧，结合勾股定理和三角函数定义即可求解，整体解题思路较为固定。
【难度系数】
0.7
要计算$\sin B+\sin D$的值，需先分别求出$∠ B$和$∠ D$的正弦值。网格中求解锐角三角函数值，首先要把所求角放入直角三角形中，利用勾股定理计算直角三角形的各边长，再根据正弦函数的定义（锐角的正弦=对边/斜边）分别求出两个角的正弦值，最后相加得到结果即可。
【解析】
设每个小正方形的边长为1。
1. 计算$\sin B$：
构造$∠ B$所在的直角三角形，可得$∠ B$的对边长为3，邻边长为1，根据勾股定理，该直角三角形的斜边长为$\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$，因此$\sin B=\frac{\mathrm{对边}}{\mathrm{斜边}}=\frac{3}{\sqrt{10}}=\frac{3\sqrt{10}}{10}$。
2. 计算$\sin D$：
同理构造$∠ D$所在的直角三角形，可得$∠ D$的对边长为5，邻边长为1，根据勾股定理，该直角三角形的斜边长为$\sqrt{5^2+1^2}=\sqrt{26}$，因此$\sin D=\frac{\mathrm{对边}}{\mathrm{斜边}}=\frac{5}{\sqrt{26}}=\frac{5\sqrt{26}}{26}$。
3. 计算和：
$\sin B+\sin D=\frac{3\sqrt{10}}{10}+\frac{5\sqrt{26}}{26}$。
【答案】
B
【知识点】
勾股定理，锐角三角函数的定义
【点评】
本题是网格中锐角三角函数求值的典型题，解题的核心是掌握将网格中的锐角转化到直角三角形中计算的技巧，结合勾股定理和三角函数定义即可求解，整体解题思路较为固定。
【难度系数】
0.7
4. （2025·佛山月考）【方法学习】如图①，在边长为1的正方形网格中，连结格点D，N和E，C，DN和EC交于点P，求$\tan∠CPN$的值。思考：求一个锐角的三角函数值，我们往往需要找出（或构造出）一个直角三角形。观察发现：$∠CPN$不在直角三角形中，并且顶点不在格点处，我们可以利用网格画平行线的方法解决此类问题，比如连结格点M，N，可得$MN//EC$，则$∠DNM＝∠CPN$，连结DM，那么$∠CPN$就变换到格点处，并且恰好在$\mathrm{Rt}△DMN$中，可以方便求出$\tan∠CPN$的值为
【问题解决】（1）如图②，在边长为1的正方形网格中，AN与CM相交于点P，则$\cos∠CPN$的值为
（2）如图③，在边长为1的正方形网格中，AN与CM相交于点P，则$\sin∠CPA$的值为
【思维拓展】如图④，若干个形状、大小完全相同的菱形组成网格，网格顶点称为格点，已知菱形的较小内角为60度，点A，B，C，D都在格点处，线段AB与CD相交于点P，求$\cos∠CPA$的值。
＞＞ 进一步挑战进阶专题:P137 专题16
2
；【问题解决】（1）如图②，在边长为1的正方形网格中，AN与CM相交于点P，则$\cos∠CPN$的值为
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
；（2）如图③，在边长为1的正方形网格中，AN与CM相交于点P，则$\sin∠CPA$的值为
$\frac{7\sqrt{2}}{10}$
；【思维拓展】如图④，若干个形状、大小完全相同的菱形组成网格，网格顶点称为格点，已知菱形的较小内角为60度，点A，B，C，D都在格点处，线段AB与CD相交于点P，求$\cos∠CPA$的值。
＞＞ 进一步挑战进阶专题:P137 专题16
答案
4.【方法学习】2
【问题解决】(1)$\frac{\sqrt{2}}{2}$ 解析:取格点 Q,连结 CQ,MQ,如图①,根据网格可知,$CQ// AN,\therefore ∠ CPN=∠ QCM$.
$\because QM=CM=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5},CQ=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10},\therefore CM^2+QM^2=CQ^2,\therefore △ CQM$ 为直角三角形,且 $∠ CMQ=90°,\therefore \cos∠ CPN=\cos∠ QCM=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
(2)$\frac{7\sqrt{2}}{10}$ 解析:取格点 Q,连结 MQ,CQ,过点 C 作 $CG⊥ QM$ 于点 G,如图②,根据格点可知,$QM// AN,\therefore ∠ CPA=∠ CMQ$.由题意得 $CM=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5},QM=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10},S_{△ CQM}=3×3-\frac{1}{2}×2×3-\frac{1}{2}×2×1-\frac{1}{2}×3×1=\frac{7}{2}.\because S_{△ CQM}=\frac{1}{2}QM· CG,\therefore CG=\frac{2×\frac{7}{2}}{\sqrt{10}}=\frac{7\sqrt{10}}{10}$,
$\therefore \sin∠ CPA=\sin∠ CMG=\frac{CG}{CM}=\frac{\frac{7\sqrt{10}}{10}}{\sqrt{5}}=\frac{7\sqrt{2}}{10}$.
【思维拓展】取格点 E,连结 EA,EB,过点 B 作 $BF⊥ AG$,交 AG 的延长线于点 F,如图③.设小菱形的边长为 1,根据题意可得 $EA// CD$,
$\therefore ∠ APC=∠ BAE.$ $\because$ 菱形的较小内角为 $60°,\therefore ∠ AEO=60°$,
$∠ BEO=30°,\therefore ∠ AEB=90°.\because BG=1,∠ BGF=60°,\therefore BF=BG·$
$\sin 60°=\frac{\sqrt{3}}{2},GF=BG· \cos 60°=\frac{1}{2},\therefore AF=3+\frac{1}{2}=\frac{7}{2},\therefore AB=$
$\sqrt{AF^2+BF^2}=\sqrt{(\frac{7}{2})^2+(\frac{\sqrt{3}}{2})^2}=\sqrt{13}.$ 易知 $AE = 1$,
$\therefore \cos∠ CPA=\cos∠ BAE=\frac{AE}{AB}=\frac{\sqrt{13}}{13}.$
解析
【分析】
求解网格中两条线交点处的锐角三角函数值，核心思路是利用平行线的角相等性质，将顶点不在格点的待求角平移到顶点为格点的角，再构造直角三角形，结合勾股定理、三角函数定义、三角形面积公式等计算对应三角函数值：
1. 方法学习：通过构造平行线将∠CPN转化为Rt△DMN中的∠DNM，直接用正切定义计算；
2. 问题解决(1)：取格点构造平行线将∠CPN转化为直角三角形中的内角，用余弦定义计算；
3. 问题解决(2)：构造平行线转移角后，用割补法求三角形面积，结合面积公式求高，再用正弦定义计算；
4. 思维拓展：菱形网格中构造平行线转移角，利用菱形60°内角构造直角三角形，结合勾股定理求边长后用余弦定义计算。
【解析】
方法学习
连结MN、DM，由网格特征得$MN// EC$，故$∠ CPN=∠ DNM$。
易知$△ DMN$为直角三角形，$∠ DMN=90°$，$DM=2$，$MN=1$，故$\tan∠ DNM=\frac{DM}{MN}=2$，即$\tan∠ CPN=2$。
问题解决(1)
取格点Q，连结CQ、MQ，如图①。
由网格特征得$CQ// AN$，$\therefore ∠ CPN=∠ QCM$。
由勾股定理得：$QM=CM=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$CQ=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，
$\because CM^2+QM^2=5+5=10=CQ^2$，$\therefore △ CQM$为直角三角形，$∠ CMQ=90°$，
$\therefore \cos∠ CPN=\cos∠ QCM=\frac{CM}{CQ}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
问题解决(2)
取格点Q，连结MQ、CQ，过点C作$CG⊥ QM$于点G，如图②。
由网格特征得$QM// AN$，$\therefore ∠ CPA=∠ CMQ$。
由勾股定理得：$CM=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$QM=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$。
用割补法求$△ CQM$的面积：$S_{△ CQM}=3×3-\frac{1}{2}×2×3-\frac{1}{2}×2×1-\frac{1}{2}×3×1=\frac{7}{2}$。
由三角形面积公式$S_{△ CQM}=\frac{1}{2}· QM· CG$，得$CG=\frac{2S_{△ CQM}}{QM}=\frac{2×\frac{7}{2}}{\sqrt{10}}=\frac{7\sqrt{10}}{10}$。
$\therefore \sin∠ CPA=\sin∠ CMG=\frac{CG}{CM}=\frac{\frac{7\sqrt{10}}{10}}{\sqrt{5}}=\frac{7\sqrt{2}}{10}$。
思维拓展
取格点E，连结EA、EB，过点B作$BF⊥ AG$，交AG的延长线于点F，如图③。
设小菱形的边长为1，由网格特征得$EA// CD$，$\therefore ∠ APC=∠ BAE$。
$\because$菱形较小内角为$60°$，$\therefore ∠ AEO=60°$，$∠ BEO=30°$，故$∠ AEB=90°$。
$\because BG=1$，$∠ BGF=60°$，$\therefore BF=BG·\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$GF=BG·\cos60°=\frac{1}{2}$，
$\therefore AF=3+\frac{1}{2}=\frac{7}{2}$，由勾股定理得$AB=\sqrt{AF^2+BF^2}=\sqrt{(\frac{7}{2})^2+(\frac{\sqrt{3}}{2})^2}=\sqrt{13}$。
易知$AE=1$，$\therefore \cos∠ CPA=\cos∠ BAE=\frac{AE}{AB}=\frac{1}{\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{13}}{13}$。
【答案】
方法学习：$\boldsymbol{2}$；
问题解决(1) $\boldsymbol{\frac{\sqrt{2}}{2}}$；
(2) $\boldsymbol{\frac{7\sqrt{2}}{10}}$；
思维拓展：$\boldsymbol{\frac{\sqrt{13}}{13}}$
【知识点】
三角函数定义，平行线的性质，勾股定理
【点评】
本题属于网格中的三角函数计算题型，解题核心是通过平行线实现角的转移，将无直角、顶点不在格点的待求角转化为方便计算的格点处的角，再结合勾股定理、面积法等知识求解，有效考查了转化思想和几何计算能力。
【难度系数】
0.5
求解网格中两条线交点处的锐角三角函数值，核心思路是利用平行线的角相等性质，将顶点不在格点的待求角平移到顶点为格点的角，再构造直角三角形，结合勾股定理、三角函数定义、三角形面积公式等计算对应三角函数值：
1. 方法学习：通过构造平行线将∠CPN转化为Rt△DMN中的∠DNM，直接用正切定义计算；
2. 问题解决(1)：取格点构造平行线将∠CPN转化为直角三角形中的内角，用余弦定义计算；
3. 问题解决(2)：构造平行线转移角后，用割补法求三角形面积，结合面积公式求高，再用正弦定义计算；
4. 思维拓展：菱形网格中构造平行线转移角，利用菱形60°内角构造直角三角形，结合勾股定理求边长后用余弦定义计算。
【解析】
方法学习
连结MN、DM，由网格特征得$MN// EC$，故$∠ CPN=∠ DNM$。
易知$△ DMN$为直角三角形，$∠ DMN=90°$，$DM=2$，$MN=1$，故$\tan∠ DNM=\frac{DM}{MN}=2$，即$\tan∠ CPN=2$。
问题解决(1)
取格点Q，连结CQ、MQ，如图①
。由网格特征得$CQ// AN$，$\therefore ∠ CPN=∠ QCM$。
由勾股定理得：$QM=CM=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$CQ=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，
$\because CM^2+QM^2=5+5=10=CQ^2$，$\therefore △ CQM$为直角三角形，$∠ CMQ=90°$，
$\therefore \cos∠ CPN=\cos∠ QCM=\frac{CM}{CQ}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
问题解决(2)
取格点Q，连结MQ、CQ，过点C作$CG⊥ QM$于点G，如图②。
由网格特征得$QM// AN$，$\therefore ∠ CPA=∠ CMQ$。
由勾股定理得：$CM=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$QM=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$。
用割补法求$△ CQM$的面积：$S_{△ CQM}=3×3-\frac{1}{2}×2×3-\frac{1}{2}×2×1-\frac{1}{2}×3×1=\frac{7}{2}$。
由三角形面积公式$S_{△ CQM}=\frac{1}{2}· QM· CG$，得$CG=\frac{2S_{△ CQM}}{QM}=\frac{2×\frac{7}{2}}{\sqrt{10}}=\frac{7\sqrt{10}}{10}$。
$\therefore \sin∠ CPA=\sin∠ CMG=\frac{CG}{CM}=\frac{\frac{7\sqrt{10}}{10}}{\sqrt{5}}=\frac{7\sqrt{2}}{10}$。
思维拓展
取格点E，连结EA、EB，过点B作$BF⊥ AG$，交AG的延长线于点F，如图③。
设小菱形的边长为1，由网格特征得$EA// CD$，$\therefore ∠ APC=∠ BAE$。
$\because$菱形较小内角为$60°$，$\therefore ∠ AEO=60°$，$∠ BEO=30°$，故$∠ AEB=90°$。
$\because BG=1$，$∠ BGF=60°$，$\therefore BF=BG·\sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$GF=BG·\cos60°=\frac{1}{2}$，
$\therefore AF=3+\frac{1}{2}=\frac{7}{2}$，由勾股定理得$AB=\sqrt{AF^2+BF^2}=\sqrt{(\frac{7}{2})^2+(\frac{\sqrt{3}}{2})^2}=\sqrt{13}$。
易知$AE=1$，$\therefore \cos∠ CPA=\cos∠ BAE=\frac{AE}{AB}=\frac{1}{\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{13}}{13}$。
【答案】
方法学习：$\boldsymbol{2}$；
问题解决(1) $\boldsymbol{\frac{\sqrt{2}}{2}}$
；(2) $\boldsymbol{\frac{7\sqrt{2}}{10}}$；
思维拓展：$\boldsymbol{\frac{\sqrt{13}}{13}}$
【知识点】
三角函数定义，平行线的性质，勾股定理
【点评】
本题属于网格中的三角函数计算题型，解题核心是通过平行线实现角的转移，将无直角、顶点不在格点的待求角转化为方便计算的格点处的角，再结合勾股定理、面积法等知识求解，有效考查了转化思想和几何计算能力。
【难度系数】
0.5
