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1. 如图,在$△ ABC$中,$CA = CB$,$\cos C = \frac{1}{4}$. 则$\sin B$的值为
√10/4
.答案
√10/4
解析
过点A作AD⊥BC于点D，设CA=CB=4k。在Rt△ADC中，cos C=CD/AC=1/4，故CD=k，DB=CB-CD=3k。由勾股定理得AD=√(AC²-CD²)=√(16k²-k²)=k√15。在Rt△ADB中，AB=√(AD²+DB²)=√(15k²+9k²)=2k√6，sin B=AD/AB=(k√15)/(2k√6)=√10/4。
2. 如图,在$△ ABC$中,$∠ B = 30^{\circ}$,$\cos C = \frac{3}{5}$,$AC = 10$,则$BC$的长为
6+8√3
.答案
6+8√3
解析
过点A作AD⊥BC于点D，在Rt△ACD中，cosC=CD/AC=3/5，AC=10，∴CD=10×3/5=6，AD=√(AC²-CD²)=√(10²-6²)=8。在Rt△ABD中，∠B=30°，AD=8，∠B的对边AD=8，∴AB=2AD=16（30°角所对直角边是斜边一半），BD=AB×cos30°=16×(√3/2)=8√3。∴BC=BD+CD=8√3+6。
3. 如图,在$△ ABC$中,$AB = 5$,$AC = 6$,$BC = 7$,求$\cos B$的值.
答案
19/35
解析
过点A作AD⊥BC于点D，设BD=x，则CD=7-x。在Rt△ABD中，AD²=AB²-BD²=5²-x²=25-x²；在Rt△ACD中，AD²=AC²-CD²=6²-(7-x)²=36-(49-14x+x²)=-13+14x-x²。所以25-x²=-13+14x-x²，解得x=38/14=19/7。在Rt△ABD中，cosB=BD/AB=(19/7)/5=19/35。
4. 如图,在$△ ABC$中,$\tan B = \frac{4}{3}$,$∠ C = 45^{\circ}$,求$\tan ∠ BAC$的值.
答案
7
解析
过点A作AD垂直于BC于点D。
在Rt△ADC中，∠C = 45°，设AD = x，则DC = x。
在Rt△ADB中，由tan B = $\frac{4}{3}$，设AD = 4k，则BD = 3k。
由于AD = x，BD = 3k，且AD = 4k，所以x = 4k。
BC = BD + DC = 3k + x = 3k + 4k = 7k，因此，DC = 4k。
在Rt△ADC中，tan∠DAC = $\frac{DC}{AD} = \frac{4k}{4k} = 1$，即∠DAC = 45°是错误的（应为计算角度基础值），实际要求的是∠BAC的tan值。
重新考虑：
在Rt△ADB中，tan B = $\frac{4}{3}$，即∠B的邻边为3，对边为4，斜边为5。
在Rt△ADC中，∠C = 45°，即∠DAC = 45°，邻边与对边相等。
设AD = 4m，则BD = 3m，BC = BD + DC = 3m + 4m = 7m。
在Rt△ADC中，AD = DC = 4m，AC = $\sqrt{AD^2 + DC^2} = \sqrt{(4m)^2 + (4m)^2} = 4\sqrt{2}m$。
在△ABC中，应用正弦定理或余弦定理求∠BAC的tan值：
应用余弦定理求∠BAC的余弦值，再求正弦值，最后得正切值。
余弦定理：$\cos ∠BAC = \frac{AB^2 + AC^2 - BC^2}{2 · AB · AC}$
AB = $\sqrt{AD^2 + BD^2} = \sqrt{(4m)^2 + (3m)^2} = 5m$
代入余弦定理：
$\cos ∠BAC = \frac{(5m)^2 + (4\sqrt{2}m)^2 - (7m)^2}{2 · 5m · 4\sqrt{2}m} = \frac{25m^2 + 32m^2 - 49m^2}{40\sqrt{2}m^2} = \frac{8m^2}{40\sqrt{2}m^2} = \frac{1}{5\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{10}$
正弦值：$\sin ∠BAC = \sqrt{1 - \cos^2 ∠BAC} = \sqrt{1 - (\frac{\sqrt{2}}{10})^2} = \sqrt{1 - \frac{2}{100}} = \sqrt{\frac{98}{100}} = \frac{7\sqrt{2}}{10}$
正切值：$\tan ∠BAC = \frac{\sin ∠BAC}{\cos ∠BAC} = \frac{\frac{7\sqrt{2}}{10}}{\frac{\sqrt{2}}{10}} = 7$
在Rt△ADC中，∠C = 45°，设AD = x，则DC = x。
在Rt△ADB中，由tan B = $\frac{4}{3}$，设AD = 4k，则BD = 3k。
由于AD = x，BD = 3k，且AD = 4k，所以x = 4k。
BC = BD + DC = 3k + x = 3k + 4k = 7k，因此，DC = 4k。
在Rt△ADC中，tan∠DAC = $\frac{DC}{AD} = \frac{4k}{4k} = 1$，即∠DAC = 45°是错误的（应为计算角度基础值），实际要求的是∠BAC的tan值。
重新考虑：
在Rt△ADB中，tan B = $\frac{4}{3}$，即∠B的邻边为3，对边为4，斜边为5。
在Rt△ADC中，∠C = 45°，即∠DAC = 45°，邻边与对边相等。
设AD = 4m，则BD = 3m，BC = BD + DC = 3m + 4m = 7m。
在Rt△ADC中，AD = DC = 4m，AC = $\sqrt{AD^2 + DC^2} = \sqrt{(4m)^2 + (4m)^2} = 4\sqrt{2}m$。
在△ABC中，应用正弦定理或余弦定理求∠BAC的tan值：
应用余弦定理求∠BAC的余弦值，再求正弦值，最后得正切值。
余弦定理：$\cos ∠BAC = \frac{AB^2 + AC^2 - BC^2}{2 · AB · AC}$
AB = $\sqrt{AD^2 + BD^2} = \sqrt{(4m)^2 + (3m)^2} = 5m$
代入余弦定理：
$\cos ∠BAC = \frac{(5m)^2 + (4\sqrt{2}m)^2 - (7m)^2}{2 · 5m · 4\sqrt{2}m} = \frac{25m^2 + 32m^2 - 49m^2}{40\sqrt{2}m^2} = \frac{8m^2}{40\sqrt{2}m^2} = \frac{1}{5\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{10}$
正弦值：$\sin ∠BAC = \sqrt{1 - \cos^2 ∠BAC} = \sqrt{1 - (\frac{\sqrt{2}}{10})^2} = \sqrt{1 - \frac{2}{100}} = \sqrt{\frac{98}{100}} = \frac{7\sqrt{2}}{10}$
正切值：$\tan ∠BAC = \frac{\sin ∠BAC}{\cos ∠BAC} = \frac{\frac{7\sqrt{2}}{10}}{\frac{\sqrt{2}}{10}} = 7$
5. 如图,网格中的每个小正方形的边长都是$1$,$△ ABC$的每个顶点都在网格的交点处,求$\sin ∠ BAC$的值.
答案
$\frac{4}{5}$
解析
建立平面直角坐标系，设A(0,0)，B(3,1)，C(1,3)。
计算AB长度：$AB=\sqrt{(3-0)^2+(1-0)^2}=\sqrt{10}$，AC长度：$AC=\sqrt{(1-0)^2+(3-0)^2}=\sqrt{10}$。
用坐标法求△ABC面积：$S=\frac{1}{2}|x_A(y_B-y_C)+x_B(y_C-y_A)+x_C(y_A-y_B)|=\frac{1}{2}|0+3×3+1×(-1)|=4$。
过B作AC垂线，垂足为E，由$S=\frac{1}{2}·AC·BE$得$4=\frac{1}{2}·\sqrt{10}·BE$，解得$BE=\frac{8}{\sqrt{10}}$。
在Rt△ABE中，$\sin∠BAC=\frac{BE}{AB}=\frac{\frac{8}{\sqrt{10}}}{\sqrt{10}}=\frac{4}{5}$。
计算AB长度：$AB=\sqrt{(3-0)^2+(1-0)^2}=\sqrt{10}$，AC长度：$AC=\sqrt{(1-0)^2+(3-0)^2}=\sqrt{10}$。
用坐标法求△ABC面积：$S=\frac{1}{2}|x_A(y_B-y_C)+x_B(y_C-y_A)+x_C(y_A-y_B)|=\frac{1}{2}|0+3×3+1×(-1)|=4$。
过B作AC垂线，垂足为E，由$S=\frac{1}{2}·AC·BE$得$4=\frac{1}{2}·\sqrt{10}·BE$，解得$BE=\frac{8}{\sqrt{10}}$。
在Rt△ABE中，$\sin∠BAC=\frac{BE}{AB}=\frac{\frac{8}{\sqrt{10}}}{\sqrt{10}}=\frac{4}{5}$。
