一、选择题
1. $\sin 30^{\circ}$的值为()

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

1. A

2. 如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C = 90^{\circ}$，若$AB = 2AC$，则$\sin A$的值是()

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

2. C

解：在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90^{\circ}$，$AB=2AC$。
设$AC=x$，则$AB=2x$。
由勾股定理得：$BC=\sqrt{AB^{2}-AC^{2}}=\sqrt{(2x)^{2}-x^{2}}=\sqrt{3}x$。
$\sin A=\frac{BC}{AB}=\frac{\sqrt{3}x}{2x}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
答案：C

3. 已知菱形$ABCD$的对角线$AC = 10\,\mathrm{cm}$，$BD = 6\,\mathrm{cm}$，则$\tan \frac{A}{2}$的值是()

A.$\frac{3}{5}$
B.$\frac{4}{5}$
C.$\frac{5}{\sqrt{34}}$
D.$\frac{3}{\sqrt{34}}$

3. A

解：菱形对角线互相垂直平分，设AC与BD交于点O，则AO=5cm，BO=3cm，∠OAB=∠A/2。在Rt△AOB中，tan∠OAB=BO/AO=3/5，即tan(A/2)=3/5。
A

4. 在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C = 90^{\circ}$，斜边上的中线是$3\,\mathrm{cm}$，$\sin A = \frac{1}{3}$，则$S_{△ ABC}$的值是()

A.$\sqrt{2}\,\mathrm{cm}^2$
B.$2\sqrt{2}\,\mathrm{cm}^2$
C.$3\sqrt{2}\,\mathrm{cm}^2$
D.$4\sqrt{2}\,\mathrm{cm}^2$

4. D

在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90^{\circ}$，斜边上的中线是$3\,\mathrm{cm}$，则斜边$AB=2×3=6\,\mathrm{cm}$。
因为$\sin A=\frac{BC}{AB}=\frac{1}{3}$，所以$BC=AB×\sin A=6×\frac{1}{3}=2\,\mathrm{cm}$。
由勾股定理得，$AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{6^{2}-2^{2}}=\sqrt{36 - 4}=\sqrt{32}=4\sqrt{2}\,\mathrm{cm}$。
所以$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× AC× BC=\frac{1}{2}×4\sqrt{2}×2=4\sqrt{2}\,\mathrm{cm}^{2}$。
D

5. (2024·资阳)第14届国际数学教育大会(ICME-14)会标如图1所示，会标中心的图案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”。如图2所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形($△ ABE$，$△ BCF$，$△ CDG$，$△ DAH$)和一个小正方形$EFGH$拼成的大正方形$ABCD$。若$EF:AH = 1:3$，则$\sin ∠ ABE =$()

A.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
B.$\frac{3}{5}$
C.$\frac{4}{5}$
D.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$

5. C

解：设 $EF = k$，则 $AH = 3k$。
设直角三角形的短直角边为 $a$，长直角边为 $b$。
由题意得：$b - a = k$，$AH = a = 3k$，则 $b = a + k = 4k$。
在 $Rt△ ABE$ 中，$AE = b = 4k$，$AB = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{(3k)^2 + (4k)^2} = 5k$。
$\sin∠ ABE = \frac{AE}{AB} = \frac{4k}{5k} = \frac{4}{5}$。
答案：C

6. 如图，$PA$，$PB$分别与$\odot O$相切于点$A$，$B$，连接$PO$并延长与$\odot O$交于点$C$，$D$，若$CD = 12$，$PA = 8$，则$\sin ∠ ADB$的值为()

A.$\frac{4}{5}$
B.$\frac{3}{5}$
C.$\frac{3}{4}$
D.$\frac{4}{3}$

6. A

证明：连接 $OA$，$AB$，$AB$ 与 $PD$ 交于点 $E$。
∵ $PA$，$PB$ 是 $\odot O$ 的切线，
∴ $PA = PB$，$PO$ 平分 $∠ APB$，$OA ⊥ PA$。
∵ $CD = 12$，
∴ $OA = OD = \frac{1}{2}CD = 6$。
在 $\mathrm{Rt}△ POA$ 中，$PA = 8$，$OA = 6$，
∴ $PO = \sqrt{PA^2 + OA^2} = \sqrt{8^2 + 6^2} = 10$，
∴ $PD = PO + OD = 10 + 6 = 16$。
∵ $PA = PB$，$PO$ 平分 $∠ APB$，
∴ $PO ⊥ AB$，$AE = BE$。
∵ $∠ OAE + ∠ AOE = 90°$，$∠ APO + ∠ AOE = 90°$，
∴ $∠ OAE = ∠ APO$。
∴ $\sin ∠ OAE = \sin ∠ APO = \frac{OA}{PO} = \frac{6}{10} = \frac{3}{5}$。
在 $\mathrm{Rt}△ ADE$ 中，$\sin ∠ ADB = \sin ∠ OAE = \frac{3}{5}$。
答案：B

7. (2024·深圳)如图，为了测量某电子厂的高度，小明用高$1.8\,\mathrm{m}$的测量仪$EF$测得顶端$A$的仰角为$45^{\circ}$，小军在小明的前面$5\,\mathrm{m}$处用高$1.5\,\mathrm{m}$的测量仪$CD$测得顶端$A$的仰角为$53^{\circ}$，则电子厂$AB$的高度为()
(参考数据：$\sin 53^{\circ} \approx \frac{4}{5}$，$\cos 53^{\circ} \approx \frac{3}{5}$，$\tan 53^{\circ} \approx \frac{4}{3}$)

A.$22.7\,\mathrm{m}$
B.$22.4\,\mathrm{m}$
C.$21.2\,\mathrm{m}$
D.$23.0\,\mathrm{m}$

7. A