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8. 如图，在$△ ABC$中，$∠ ACB = 90^{\circ}$，$AC = BC = 4$，将$△ ABC$折叠，使点$A$落在$BC$边上的点$D$处，$EF$为折痕。若$AE = 3$，则$\sin ∠ BFD$的值为(
A.$\frac{1}{3}$
B.$\frac{2\sqrt{2}}{3}$
C.$\frac{\sqrt{2}}{4}$
D.$\frac{3}{5}$
A
)A.$\frac{1}{3}$
B.$\frac{2\sqrt{2}}{3}$
C.$\frac{\sqrt{2}}{4}$
D.$\frac{3}{5}$
答案
8. A
解析
证明：
∵在$△ABC$中，$∠ACB=90^{\circ}$，$AC=BC=4$，
∴$∠A=∠B=45^{\circ}$，$AB=4\sqrt{2}$。
由折叠性质得：$AE=DE=3$，$∠A=∠EDF=45^{\circ}$，$AF=DF$。
∵$AC=4$，$AE=3$，
∴$EC=AC-AE=1$。
设$CF=x$，则$AF=AC-CF=4-x$，$DF=AF=4-x$。
在$Rt△ECF$中，$EF^2=EC^2+CF^2=1^2+x^2=1+x^2$。
在$Rt△EDF$中，$EF^2=DE^2+DF^2-2· DE· DF· \cos∠EDF$（余弦定理），
即$1+x^2=3^2+(4-x)^2-2· 3· (4-x)· \cos45^{\circ}$。
解得$x=1$，则$CF=1$，$DF=4-x=3$。
在$Rt△CFD$中，$\sin∠CDF=\frac{CF}{DF}=\frac{1}{3}$。
∵$∠CDF=∠BFD$（对顶角），
∴$\sin∠BFD=\frac{1}{3}$。
答案：A
∵在$△ABC$中，$∠ACB=90^{\circ}$，$AC=BC=4$，
∴$∠A=∠B=45^{\circ}$，$AB=4\sqrt{2}$。
由折叠性质得：$AE=DE=3$，$∠A=∠EDF=45^{\circ}$，$AF=DF$。
∵$AC=4$，$AE=3$，
∴$EC=AC-AE=1$。
设$CF=x$，则$AF=AC-CF=4-x$，$DF=AF=4-x$。
在$Rt△ECF$中，$EF^2=EC^2+CF^2=1^2+x^2=1+x^2$。
在$Rt△EDF$中，$EF^2=DE^2+DF^2-2· DE· DF· \cos∠EDF$（余弦定理），
即$1+x^2=3^2+(4-x)^2-2· 3· (4-x)· \cos45^{\circ}$。
解得$x=1$，则$CF=1$，$DF=4-x=3$。
在$Rt△CFD$中，$\sin∠CDF=\frac{CF}{DF}=\frac{1}{3}$。
∵$∠CDF=∠BFD$（对顶角），
∴$\sin∠BFD=\frac{1}{3}$。
答案：A
二、填空题
9. 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，若$∠ C = 90^{\circ}$，$AC = 5$，$BC = 12$，则$\sin A$的值为
9. 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，若$∠ C = 90^{\circ}$，$AC = 5$，$BC = 12$，则$\sin A$的值为
$\frac{12}{13}$
。答案
9. $\frac{12}{13}$
解析
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90^{\circ}$，$AC=5$，$BC=12$，由勾股定理得$AB=\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{5^{2}+12^{2}}=13$，则$\sin A=\frac{BC}{AB}=\frac{12}{13}$。
10. $△ ABC$中，$∠ A$，$∠ B$都是锐角，若$\sin A = \frac{\sqrt{3}}{2}$，$\cos B = \frac{1}{2}$，则$∠ C =$
$60^{\circ}$
。答案
10. $60^{\circ}$
解析
解：在$△ ABC$中，$∠ A$，$∠ B$都是锐角。
因为$\sin A = \frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$∠ A = 60^{\circ}$；
因为$\cos B = \frac{1}{2}$，所以$∠ B = 60^{\circ}$；
则$∠ C = 180^{\circ} - ∠ A - ∠ B = 180^{\circ} - 60^{\circ} - 60^{\circ} = 60^{\circ}$。
$60^{\circ}$
因为$\sin A = \frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$∠ A = 60^{\circ}$；
因为$\cos B = \frac{1}{2}$，所以$∠ B = 60^{\circ}$；
则$∠ C = 180^{\circ} - ∠ A - ∠ B = 180^{\circ} - 60^{\circ} - 60^{\circ} = 60^{\circ}$。
$60^{\circ}$
11. (2023·宿迁)如图，在网格中，每个小正方形的边长均为1，每个小正方形的顶点称为格点。点$A$，$B$，$C$三点都在格点上，则$\sin ∠ ABC =$
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
。答案
11. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
解析
以点$B$为原点，建立平面直角坐标系，设每个小正方形边长为1，则$B(0,0)$，$A(4,2)$，$C(3,-1)$。
向量$\overrightarrow{BA}=(4,2)$，$\overrightarrow{BC}=(3,-1)$。
$|\overrightarrow{BA}|=\sqrt{4^2 + 2^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$，$|\overrightarrow{BC}|=\sqrt{3^2 + (-1)^2}=\sqrt{10}$。
$\overrightarrow{BA}·\overrightarrow{BC}=4×3 + 2×(-1)=12 - 2=10$。
$\cos∠ ABC=\frac{\overrightarrow{BA}·\overrightarrow{BC}}{|\overrightarrow{BA}||\overrightarrow{BC}|}=\frac{10}{2\sqrt{5}×\sqrt{10}}=\frac{10}{2\sqrt{50}}=\frac{10}{10\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
因为$∠ ABC$为三角形内角，所以$\sin∠ ABC=\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{2}}{2})^2}=\sqrt{1 - \frac{1}{2}}=\sqrt{\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
向量$\overrightarrow{BA}=(4,2)$，$\overrightarrow{BC}=(3,-1)$。
$|\overrightarrow{BA}|=\sqrt{4^2 + 2^2}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}$，$|\overrightarrow{BC}|=\sqrt{3^2 + (-1)^2}=\sqrt{10}$。
$\overrightarrow{BA}·\overrightarrow{BC}=4×3 + 2×(-1)=12 - 2=10$。
$\cos∠ ABC=\frac{\overrightarrow{BA}·\overrightarrow{BC}}{|\overrightarrow{BA}||\overrightarrow{BC}|}=\frac{10}{2\sqrt{5}×\sqrt{10}}=\frac{10}{2\sqrt{50}}=\frac{10}{10\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
因为$∠ ABC$为三角形内角，所以$\sin∠ ABC=\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{2}}{2})^2}=\sqrt{1 - \frac{1}{2}}=\sqrt{\frac{1}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
12. 如图，在$△ ABC$中，$\sin B = \frac{1}{3}$，$\tan C = \frac{\sqrt{2}}{2}$，$AB = 3$，则$AC$的长为
$\sqrt{3}$
。答案
12. $\sqrt{3}$
解析
解：过点$A$作$AD ⊥ BC$于点$D$。
在$Rt△ ABD$中，$\sin B = \frac{AD}{AB} = \frac{1}{3}$，$AB = 3$，则$AD = AB · \sin B = 3 × \frac{1}{3} = 1$。
在$Rt△ ADC$中，$\tan C = \frac{AD}{DC} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，$AD = 1$，则$DC = \frac{AD}{\tan C} = \frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \sqrt{2}$。
由勾股定理得$AC = \sqrt{AD^2 + DC^2} = \sqrt{1^2 + (\sqrt{2})^2} = \sqrt{3}$。
$\sqrt{3}$
在$Rt△ ABD$中，$\sin B = \frac{AD}{AB} = \frac{1}{3}$，$AB = 3$，则$AD = AB · \sin B = 3 × \frac{1}{3} = 1$。
在$Rt△ ADC$中，$\tan C = \frac{AD}{DC} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，$AD = 1$，则$DC = \frac{AD}{\tan C} = \frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \sqrt{2}$。
由勾股定理得$AC = \sqrt{AD^2 + DC^2} = \sqrt{1^2 + (\sqrt{2})^2} = \sqrt{3}$。
$\sqrt{3}$
13. 如图，在量角器的圆心$O$处下挂一铅锤，制作了一个简易测倾仪。量角器的0刻度线$AB$对准楼顶时，铅垂线对应的读数是$50^{\circ}$，则此时观察楼顶的仰角度数是
$40^{\circ}$
。答案
13. $40^{\circ}$
解析
解：因为铅垂线与水平线垂直，量角器的0刻度线$AB$对准楼顶，铅垂线对应的读数是$50^{\circ}$，所以仰角为$90^{\circ}-50^{\circ}=40^{\circ}$。
$40^{\circ}$
$40^{\circ}$
14. 如图，一根竖直的木杆在离地面$3.1\,\mathrm{m}$处折断，木杆顶端落在地面上，且与地面成$38^{\circ}$角，则木杆折断之前高度约为
8.1
$\mathrm{m}$。(参考数据：$\sin 38^{\circ} \approx 0.62$，$\cos 38^{\circ} \approx 0.79$，$\tan 38^{\circ} \approx 0.78$)答案
14. 8.1
解析
解：设木杆折断部分长度为$x\,\mathrm{m}$。
在直角三角形中，$\sin 38^{\circ}=\frac{3.1}{x}$，则$x=\frac{3.1}{\sin 38^{\circ}}\approx\frac{3.1}{0.62}=5\,\mathrm{m}$。
木杆折断前高度为$3.1 + 5=8.1\,\mathrm{m}$。
8.1
在直角三角形中，$\sin 38^{\circ}=\frac{3.1}{x}$，则$x=\frac{3.1}{\sin 38^{\circ}}\approx\frac{3.1}{0.62}=5\,\mathrm{m}$。
木杆折断前高度为$3.1 + 5=8.1\,\mathrm{m}$。
8.1
15. 如图，已知$\odot O$的半径为$6\,\mathrm{cm}$，弦$AB$的长为$8\,\mathrm{cm}$，$P$是$AB$延长线上一点，$BP = 2\,\mathrm{cm}$，则$\tan ∠ OPA$的值是
$\frac{\sqrt{5}}{3}$
。答案
15. $\frac{\sqrt{5}}{3}$
解析
解：过点$O$作$OC ⊥ AB$于点$C$，连接$OA$。
因为$OC ⊥ AB$，$AB = 8\,\mathrm{cm}$，所以$AC = BC=\frac{1}{2}AB = 4\,\mathrm{cm}$。
在$Rt△ OAC$中，$OA = 6\,\mathrm{cm}$，$AC = 4\,\mathrm{cm}$，由勾股定理得：$OC=\sqrt{OA^{2}-AC^{2}}=\sqrt{6^{2}-4^{2}}=\sqrt{36 - 16}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}\,\mathrm{cm}$。
因为$BP = 2\,\mathrm{cm}$，$BC = 4\,\mathrm{cm}$，所以$PC=BC + BP=4 + 2=6\,\mathrm{cm}$。
在$Rt△ OCP$中，$\tan∠ OPA=\frac{OC}{PC}=\frac{2\sqrt{5}}{6}=\frac{\sqrt{5}}{3}$。
$\frac{\sqrt{5}}{3}$
因为$OC ⊥ AB$，$AB = 8\,\mathrm{cm}$，所以$AC = BC=\frac{1}{2}AB = 4\,\mathrm{cm}$。
在$Rt△ OAC$中，$OA = 6\,\mathrm{cm}$，$AC = 4\,\mathrm{cm}$，由勾股定理得：$OC=\sqrt{OA^{2}-AC^{2}}=\sqrt{6^{2}-4^{2}}=\sqrt{36 - 16}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}\,\mathrm{cm}$。
因为$BP = 2\,\mathrm{cm}$，$BC = 4\,\mathrm{cm}$，所以$PC=BC + BP=4 + 2=6\,\mathrm{cm}$。
在$Rt△ OCP$中，$\tan∠ OPA=\frac{OC}{PC}=\frac{2\sqrt{5}}{6}=\frac{\sqrt{5}}{3}$。
$\frac{\sqrt{5}}{3}$
16. (2024·绥化)如图，用热气球的探测器测一栋楼的高度，从热气球上的点$A$测得该楼顶部点$C$的仰角为$60^{\circ}$，测得底部点$B$的俯角为$45^{\circ}$，点$A$与楼$BC$的水平距离$AD = 50\,\mathrm{m}$，则这栋楼的高度为
$(50 + 50\sqrt{3})$
$\mathrm{m}$(结果保留根号)。答案
16. $(50 + 50\sqrt{3})$
解析
解：由题意知，$AD ⊥ BC$，$AD = 50\,\mathrm{m}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$∠ BAD = 45°$，
$\tan 45° = \frac{BD}{AD} = 1$，
$\therefore BD = AD = 50\,\mathrm{m}$。
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$∠ CAD = 60°$，
$\tan 60° = \frac{CD}{AD} = \sqrt{3}$，
$\therefore CD = AD · \sqrt{3} = 50\sqrt{3}\,\mathrm{m}$。
$\therefore BC = BD + CD = 50 + 50\sqrt{3}\,\mathrm{m}$。
$(50 + 50\sqrt{3})$
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$∠ BAD = 45°$，
$\tan 45° = \frac{BD}{AD} = 1$，
$\therefore BD = AD = 50\,\mathrm{m}$。
在$\mathrm{Rt}△ ACD$中，$∠ CAD = 60°$，
$\tan 60° = \frac{CD}{AD} = \sqrt{3}$，
$\therefore CD = AD · \sqrt{3} = 50\sqrt{3}\,\mathrm{m}$。
$\therefore BC = BD + CD = 50 + 50\sqrt{3}\,\mathrm{m}$。
$(50 + 50\sqrt{3})$
17. 如图，$∠ MAN = 60^{\circ}$，若$△ ABC$的顶点$B$在射线$AM$上，且$AB = 2$，点$C$在射线$AN$上运动，当$△ ABC$是锐角三角形时，$BC$的取值范围是
$\sqrt{3} ＜ BC ＜ 2\sqrt{3}$
。答案
17. $\sqrt{3} ＜ BC ＜ 2\sqrt{3}$
解析
解：过点$B$作$BD ⊥ AN$于点$D$，在$Rt△ ABD$中，$∠ BAD = 60°$，$AB = 2$，则$BD = AB · \sin 60° = 2×\frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$。
当$BC$与$AN$垂直时，$BC = BD = \sqrt{3}$，此时$△ ABC$为直角三角形。
当点$C$运动到使$∠ ABC = 90°$时，在$Rt△ ABC$中，$∠ BAC = 60°$，$AB = 2$，则$BC = AB · \tan 60° = 2\sqrt{3}$，此时$△ ABC$为直角三角形。
因为$△ ABC$是锐角三角形，所以$BC$的取值范围是$\sqrt{3} ＜ BC ＜ 2\sqrt{3}$。
$\sqrt{3} ＜ BC ＜ 2\sqrt{3}$
当$BC$与$AN$垂直时，$BC = BD = \sqrt{3}$，此时$△ ABC$为直角三角形。
当点$C$运动到使$∠ ABC = 90°$时，在$Rt△ ABC$中，$∠ BAC = 60°$，$AB = 2$，则$BC = AB · \tan 60° = 2\sqrt{3}$，此时$△ ABC$为直角三角形。
因为$△ ABC$是锐角三角形，所以$BC$的取值范围是$\sqrt{3} ＜ BC ＜ 2\sqrt{3}$。
$\sqrt{3} ＜ BC ＜ 2\sqrt{3}$
