10. 如图，在 $ △ ABC $ 中，$ CA = CB = 4 $，$ \cos C = \dfrac{1}{4} $，则 $ \sin B $ 的值为()

A.$ \dfrac{\sqrt{10}}{2} $
B.$ \dfrac{\sqrt{15}}{3} $
C.$ \dfrac{\sqrt{6}}{4} $
D.$ \dfrac{\sqrt{10}}{4} $

10. D

解：过点$A$作$AD ⊥ BC$于点$D$。
在$△ ADC$中，$CA = 4$，$\cos C=\dfrac{1}{4}$，则$CD = CA·\cos C=4×\dfrac{1}{4}=1$，$AD=\sqrt{CA^{2}-CD^{2}}=\sqrt{4^{2}-1^{2}}=\sqrt{15}$。
因为$CB = 4$，所以$BD=CB - CD=4 - 1=3$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$AB=\sqrt{AD^{2}+BD^{2}}=\sqrt{(\sqrt{15})^{2}+3^{2}}=\sqrt{15 + 9}=\sqrt{24}=2\sqrt{6}$。
在$△ ABC$中，由正弦定理$\dfrac{AC}{\sin B}=\dfrac{AB}{\sin C}$，$\sin C=\sqrt{1-\cos^{2}C}=\sqrt{1 - (\dfrac{1}{4})^{2}}=\dfrac{\sqrt{15}}{4}$，则$\sin B=\dfrac{AC·\sin C}{AB}=\dfrac{4×\dfrac{\sqrt{15}}{4}}{2\sqrt{6}}=\dfrac{\sqrt{15}}{2\sqrt{6}}=\dfrac{\sqrt{10}}{4}$。
答案：D

11. 若关于 $ x $ 的方程 $ x^{2} - \sqrt{2}x + \cos α = 0 $ 有两个相等的实数根，则锐角 $ α $ 为()

A.$ 30^{\circ} $
B.$ 45^{\circ} $
C.$ 60^{\circ} $
D.$ 75^{\circ} $

11. C

因为方程 $x^2 - \sqrt{2}x + \cosα = 0$ 有两个相等的实数根，所以判别式 $\Delta = (\sqrt{2})^2 - 4 × 1 × \cosα = 0$，即 $2 - 4\cosα = 0$，解得 $\cosα = \frac{1}{2}$。因为 $α$ 是锐角，所以 $α = 60°$。
C

12. (2023·广元) 如图，在平面直角坐标系中，已知点 $ A(1,0) $，点 $ B(0,-3) $，点 $ C $ 在 $ x $ 轴上，且点 $ C $ 在点 $ A $ 右方，连接 $ AB $，$ BC $，若 $ \tan ∠ ABC = \dfrac{1}{3} $，则点 $ C $ 的坐标为。

12. ($\frac{9}{4}$, 0)

解：设点$ C $的坐标为$(c,0)$，其中$ c ＞ 1$。
过点$ A $作$ AD ⊥ AB $交$ BC $于点$ D $。
已知$ A(1,0) $，$ B(0,-3) $，则$ OA=1 $，$ OB=3 $，$ AB=\sqrt{1^2 + 3^2}=\sqrt{10} $。
因为$ \tan ∠ ABC = \frac{AD}{AB} = \frac{1}{3} $，所以$ AD = \frac{1}{3}AB = \frac{\sqrt{10}}{3} $。
由$ △ AOB ∼ △ DAB $，得$ \frac{AD}{OA} = \frac{AB}{OB} $，即$ \frac{AD}{1} = \frac{\sqrt{10}}{3} $，符合$ AD = \frac{\sqrt{10}}{3} $。
直线$ AB $的斜率为$ k_{AB} = \frac{0 - (-3)}{1 - 0} = 3 $，所以直线$ AD $的斜率为$ k_{AD} = -\frac{1}{3} $。
直线$ AD $的方程为$ y - 0 = -\frac{1}{3}(x - 1) $，即$ y = -\frac{1}{3}x + \frac{1}{3} $。
直线$ BC $的方程：设其斜率为$ k $，则$ y - (-3) = k(x - 0) $，即$ y = kx - 3 $。
点$ D $在直线$ AD $和$ BC $上，联立方程可得$ D $点坐标。又因为$ AD = \frac{\sqrt{10}}{3} $，根据距离公式可求得$ k = \frac{4}{3} $。
所以直线$ BC $的方程为$ y = \frac{4}{3}x - 3 $。
令$ y = 0 $，则$ 0 = \frac{4}{3}x - 3 $，解得$ x = \frac{9}{4} $。
故点$ C $的坐标为$( \frac{9}{4}, 0 )$。

13. 如图，$ \odot O $ 的直径 $ AB $ 经过弦 $ CD $ 的中点 $ H $，若 $ \cos ∠ CDB = \dfrac{4}{5} $，$ BD = 5 $，求 $ \odot O $ 的半径。

13. 连接OD，如图所示，
∵ AB是⊙O的直径，且经过弦CD的中点H，
∴ AB⊥CD，
∴ ∠OHD = ∠BHD = 90°，
∵ cos∠CDB = $\frac{DH}{BD}$ = $\frac{4}{5}$，BD = 5，
∴ DH = 4，
∴ BH = 3，设OH = x，则OD = OB = x + 3，在Rt△ODH中，由勾股定理得：x² + 4² = (x + 3)²，解得：x = $\frac{7}{6}$，
∴ OB = OH + BH = $\frac{7}{6}$ + 3 = $\frac{25}{6}$，故⊙O的半径为 $\frac{25}{6}$。

14. 通过学习三角函数，我们知道在直角三角形中，一个锐角的大小与两条边长的比值相互唯一确定，因此边长与角的大小之间可以相互转化。类似地，可以在等腰三角形中建立边角之间的联系。我们定义：等腰三角形中底边与腰的比叫作顶角的正对(sad)。如图 1，在 $ △ ABC $ 中，$ AB = AC $，顶角 $ A $ 的正对记作 $ \mathrm{sad} A $，这时 $ \mathrm{sad} A = \dfrac{\mathrm{底边}}{\mathrm{腰}} = \dfrac{BC}{AB} $。容易知道一个角的大小与这个角的正对值也是相互唯一确定的解决根据上述角的正对定义，解决下列问题：
(1) $ \mathrm{sad} 60^{\circ} = $；
(2) 对于 $ 0^{\circ} ＜ ∠ A ＜ 180^{\circ} $，$ ∠ A $ 的正对值 $ \mathrm{sad} A $ 的取值范围是；
(3) 如图 2，在 $ \mathrm{Rt}△ ABC $ 已知 $ \sin A = \dfrac{3}{5} $，其中 $ ∠ A $ 为锐角，试求 $ \mathrm{sad} A $ 的值。

14. (1) 1 (2) 0 ＜ sadA ＜ 2 (3) 设AB = 5a，BC = 3a，则AC = 4a。如图，在AC延长线上取点D使AD = AB = 5a，连接BD。则CD = a，BD = $\sqrt{CD^{2} + BC^{2}}$ = $\sqrt{a^{2} + (3a)^{2}}$ = $\sqrt{10}$a，
∴ sadA = $\frac{BD}{AD}$ = $\frac{\sqrt{10}}{5}$。