7. ($★$)在$\triangle ABC$中,$\angle ACB = 90^{\circ}$,$\cos A= \frac{\sqrt{3}}{3}$,$AB = 8\ cm$,则$\triangle ABC$的面积为$cm^{2}$。

$\frac{32\sqrt{2}}{3}$

在$\triangle ABC$中，$\angle ACB=90^{\circ}$，$\cos A=\frac{AC}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，$AB=8\ cm$，则$AC=AB\cdot\cos A=8×\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{8\sqrt{3}}{3}\ cm$。由勾股定理得$BC=\sqrt{AB^{2}-AC^{2}}=\sqrt{8^{2}-(\frac{8\sqrt{3}}{3})^{2}}=\sqrt{64 - \frac{64×3}{9}}=\sqrt{64 - \frac{64}{3}}=\sqrt{\frac{128}{3}}=\frac{8\sqrt{6}}{3}\ cm$。$\triangle ABC$的面积为$\frac{1}{2}× AC× BC=\frac{1}{2}×\frac{8\sqrt{3}}{3}×\frac{8\sqrt{6}}{3}=\frac{1}{2}×\frac{64\sqrt{18}}{9}=\frac{1}{2}×\frac{64×3\sqrt{2}}{9}=\frac{96\sqrt{2}}{9}=\frac{32\sqrt{2}}{3}\ cm^{2}$。

8. ($★$)计算：$2\sin 30^{\circ}+2\cos 60^{\circ}+3\tan 45^{\circ}=$。

根据特殊角的三角函数值可知：
$\sin30^{\circ}=\frac{1}{2}$，
$\cos60^{\circ}=\frac{1}{2}$，
$\tan45^{\circ}= 1$。
将其代入$2\sin 30^{\circ}+2\cos 60^{\circ}+3\tan 45^{\circ}$可得：
$2×\frac{1}{2}+2×\frac{1}{2}+3×1$
$=1 + 1+3$
$= 5$
故答案为$5$。

9. ($★★$)如图 28-5,线段$BC$,$AC是半径为1的\odot O$的弦,$D为BC$上一动点,$M$,$N分别为AD$,$BD$的中点,则$\sin \angle ACB$的值可表示为【】

A.$DN$
B.$DM$
C.$MN$
D.$CD$

C

连接AB，∵M、N分别为AD、BD中点，∴MN是△ABD的中位线，∴MN=1/2AB。∠ACB为圆周角，其所对弧为AB，半径R=1，由弦长公式AB=2R sin∠ACB，得AB=2×1×sin∠ACB=2 sin∠ACB，∴sin∠ACB=AB/2=MN。

10. ($★★$)如图 28-6,在$Rt\triangle ABC$中,$\angle C = 90^{\circ}$,$\angle A = 30^{\circ}$,$E为线段AB上一点且AE : EB = 4 : 1$,$EF\perp AC于点F$,连接$FB$,则$\tan \angle CFB$的值等于【】

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

C

设 $ AB = 5k $，则 $ AE = 4k $，$ EB = k $。在 $ Rt\triangle ABC $ 中，$\angle A = 30°$，设 $ BC = x $，则 $ AB = 2x = 5k $，故 $ x = \frac{5k}{2} $，$ AC = \sqrt{AB^2 - BC^2} = \sqrt{(5k)^2 - \left(\frac{5k}{2}\right)^2} = \frac{5\sqrt{3}k}{2} $。
因为 $ EF \perp AC $，所以 $ EF // BC $，则 $ \triangle AFE \sim \triangle ACB $，相似比 $ \frac{AE}{AB} = \frac{4}{5} $。因此 $ \frac{AF}{AC} = \frac{4}{5} $，$ AF = \frac{4}{5}AC = \frac{4}{5} × \frac{5\sqrt{3}k}{2} = 2\sqrt{3}k $。
从而 $ CF = AC - AF = \frac{5\sqrt{3}k}{2} - 2\sqrt{3}k = \frac{\sqrt{3}k}{2} $。
在 $ Rt\triangle CFB $ 中，$ \tan \angle CFB = \frac{BC}{CF} = \frac{\frac{5k}{2}}{\frac{\sqrt{3}k}{2}} = \frac{5}{\sqrt{3}} = \frac{5\sqrt{3}}{3} $。

11. ($★$)某人沿着坡度$i = 1 : \sqrt{3}$的山坡从山脚向上走了50米,则他离地面高米。

25

设垂直高度为$x$米，由于坡度$i = 1 : \sqrt{3}$，则水平距离为$\sqrt{3}x$米。
根据勾股定理，沿山坡走的距离为$\sqrt{x^2 + (\sqrt{3}x)^2} = \sqrt{x^2 + 3x^2} = \sqrt{4x^2} = 2x$米。
由题意知，$2x = 50$，
得$x = 25$。

12. ($★$)(2023·赤峰)为发展城乡经济,建设美丽乡村,某乡对$A地和B$地之间的一处垃圾填埋场进行改造,把原来$A地去往B地需要绕行到C地的路线改造成可以直线通行的公路AB$。如图 28-7,经勘测,$AC = 6$千米,$\angle CAB = 60^{\circ}$,$\angle CBA = 37^{\circ}$,则改造后公路$AB$的长约是千米。(精确到$0.1$千米,参考数据：$\sin 37^{\circ}\approx 0.60$,$\cos 37^{\circ}\approx 0.80$,$\tan 37^{\circ}\approx 0.75$,$\sqrt{3}\approx 1.73$)
]

9.9

过点C作CD⊥AB于点D。在Rt△ACD中，∠CAD=60°，AC=6千米，∴AD=AC·cos60°=6×0.5=3千米，CD=AC·sin60°=6×(√3/2)=3√3≈3×1.73=5.19千米。在Rt△BCD中，∠CBD=37°，tan∠CBD=CD/BD，∴BD=CD/tan37°≈5.19/0.75≈6.92千米。∴AB=AD+BD=3+6.92≈9.9千米。

13. ($★★$)如图 28-8①是直角三角形纸片,$\angle A = 30^{\circ}$,$BC = 4\ cm$,将其折叠,使点$C落在斜边上的点C^{\prime}$处,折痕为$BD$,如图 28-8②,再将 28-8②沿$DE$折叠,使点$A落在DC^{\prime}的延长线上的点A^{\prime}$处,如图 28-8③,则折痕$DE$的长为【】


A.$\frac{8}{3}\ cm$
B.$2\sqrt{3}\ cm$
C.$2\sqrt{2}\ cm$
D.$3\ cm$

A

在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=4cm，∴AB=2BC=8cm，AC=√(AB²-BC²)=4√3cm。
第一次折叠：点C落在AB上的C'处，折痕为BD，由折叠性质得BC=BC'=4cm，∴AC'=AB-BC'=4cm，C'(4,0)（以A为原点，AB为x轴建立坐标系）。
AC方程：y=(√3/3)x，BD为CC'垂直平分线，C(6,2√3)，C'(4,0)，中点(5,√3)，BD方程：y=-√3/3x+8√3/3。联立AC与BD方程得D(4,4√3/3)。
第二次折叠：点A落在DC'延长线的A'处，折痕为DE。DC'为竖直线x=4，A'(4,-4√3/3)，AA'中点(2,-2√3/3)，AA'斜率-√3/3，DE斜率√3，DE方程：y=√3x-8√3/3。
E为DE与AB（y=0）交点，解得E(8/3,0)。
DE长度：√[(4-8/3)²+(4√3/3-0)²]=8/3cm。