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一、选择题
1. (2024·溧阳期末)在 Rt△ABC 中，∠C=90°，如果 sinA= $\frac{3}{5}$，那么 cosA 的值是 (
A.$\frac{3}{4}$
B.$\frac{3}{5}$
C.$\frac{4}{5}$
D.$\frac{4}{3}$
1. (2024·溧阳期末)在 Rt△ABC 中，∠C=90°，如果 sinA= $\frac{3}{5}$，那么 cosA 的值是 (
C
)A.$\frac{3}{4}$
B.$\frac{3}{5}$
C.$\frac{4}{5}$
D.$\frac{4}{3}$
答案
1. C
解析
在Rt△ABC中，∠C=90°，sinA=$\frac{3}{5}$。
设BC=3k，AB=5k（k＞0），由勾股定理得AC=$\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{(5k)^2-(3k)^2}=4k$。
cosA=$\frac{AC}{AB}=\frac{4k}{5k}=\frac{4}{5}$。
C
设BC=3k，AB=5k（k＞0），由勾股定理得AC=$\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{(5k)^2-(3k)^2}=4k$。
cosA=$\frac{AC}{AB}=\frac{4k}{5k}=\frac{4}{5}$。
C
2. 如图是一个小孩荡秋千的示意图，秋千链子 OB 的长度为 2 米，当秋千向两边摆动时，摆角∠BOD 恰好为 60°，且两边的摆动角度相同，则它摆至最高位置时与其摆至最低位置时的高度之差 AC 是 (
A.(2 - $\sqrt{3}$)米
B.$\frac{\sqrt{3}}{6}$米
C.(2 - $\sqrt{2}$)米
D.$\frac{\sqrt{2}}{4}$米
A
)A.(2 - $\sqrt{3}$)米
B.$\frac{\sqrt{3}}{6}$米
C.(2 - $\sqrt{2}$)米
D.$\frac{\sqrt{2}}{4}$米
答案
2. A
解析
解：连接BD，OC为秋千静止时的位置，O为固定点，OB=OD=2米，∠BOD=60°，C为BD中点，AC为高度差。
在△OBC中，OB=2米，∠BOC=30°，OC=OB·cos30°=2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{3}$米。
OA=OB=2米，AC=OA - OC=2 - $\sqrt{3}$米。
答案：A
在△OBC中，OB=2米，∠BOC=30°，OC=OB·cos30°=2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\sqrt{3}$米。
OA=OB=2米，AC=OA - OC=2 - $\sqrt{3}$米。
答案：A
3. 如图，cosB= $\frac{\sqrt{2}}{2}$，sinC= $\frac{3}{5}$，AC=10，则△ABC 的面积是 (
A.42
B.43
C.44
D.45
A
)A.42
B.43
C.44
D.45
答案
3. A
解析
解：过点$A$作$AD ⊥ BC$于点$D$。
在$Rt△ ADC$中，$\sin C = \frac{AD}{AC} = \frac{3}{5}$，$AC = 10$，则$AD = AC · \sin C = 10 × \frac{3}{5} = 6$。
由勾股定理得$CD = \sqrt{AC^2 - AD^2} = \sqrt{10^2 - 6^2} = 8$。
在$Rt△ ABD$中，$\cos B = \frac{BD}{AB} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，则$∠ B = 45°$，故$AD = BD = 6$。
$BC = BD + CD = 6 + 8 = 14$。
$△ ABC$的面积为$\frac{1}{2} × BC × AD = \frac{1}{2} × 14 × 6 = 42$。
A
在$Rt△ ADC$中，$\sin C = \frac{AD}{AC} = \frac{3}{5}$，$AC = 10$，则$AD = AC · \sin C = 10 × \frac{3}{5} = 6$。
由勾股定理得$CD = \sqrt{AC^2 - AD^2} = \sqrt{10^2 - 6^2} = 8$。
在$Rt△ ABD$中，$\cos B = \frac{BD}{AB} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，则$∠ B = 45°$，故$AD = BD = 6$。
$BC = BD + CD = 6 + 8 = 14$。
$△ ABC$的面积为$\frac{1}{2} × BC × AD = \frac{1}{2} × 14 × 6 = 42$。
A
4. 如图，在 Rt△ABC 中，∠A=90°，AB=6，AC=8，D 为边 BC 的中点，M 为边 AB 上的一动点，N 为边 AC 上的一动点，且∠MDN=90°，则 sin∠DMN 的值为 (
A.$\frac{3}{5}$
B.$\frac{4}{5}$
C.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
D.$\frac{\sqrt{10}}{5}$
A
)A.$\frac{3}{5}$
B.$\frac{4}{5}$
C.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
D.$\frac{\sqrt{10}}{5}$
答案
4. A
解析
证明：在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，
由勾股定理得：BC=$\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$，
∵D为BC中点，
∴AD=BD=CD=$\frac{1}{2}$BC=5，∠BAD=∠B，∠CAD=∠C，
∵∠MDN=90°，∠MAN=90°，
∴点A，M，D，N四点共圆，
∴∠DMN=∠DAN=∠C，
在Rt△ABC中，sin∠C=$\frac{AB}{BC}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$，
∴sin∠DMN=$\frac{3}{5}$.
A
由勾股定理得：BC=$\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$，
∵D为BC中点，
∴AD=BD=CD=$\frac{1}{2}$BC=5，∠BAD=∠B，∠CAD=∠C，
∵∠MDN=90°，∠MAN=90°，
∴点A，M，D，N四点共圆，
∴∠DMN=∠DAN=∠C，
在Rt△ABC中，sin∠C=$\frac{AB}{BC}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$，
∴sin∠DMN=$\frac{3}{5}$.
A
二、填空题
5. (2024·常州模拟)计算：2sin60° + 3tan30° - tan²45° =
5. (2024·常州模拟)计算：2sin60° + 3tan30° - tan²45° =
$2\sqrt{3}-1$
.答案
5. $2\sqrt{3}-1$
解析
$2\sin60^{\circ} + 3\tan30^{\circ} - \tan^{2}45^{\circ}$
$=2×\frac{\sqrt{3}}{2} + 3×\frac{\sqrt{3}}{3} - 1^{2}$
$=\sqrt{3} + \sqrt{3} - 1$
$=2\sqrt{3}-1$
$=2×\frac{\sqrt{3}}{2} + 3×\frac{\sqrt{3}}{3} - 1^{2}$
$=\sqrt{3} + \sqrt{3} - 1$
$=2\sqrt{3}-1$
6. 如图，△ABC 的三个顶点均在由边长为 1 的正方形组成的网格的格点上，则 tan(α + β)
$＞$
tanα + tanβ.(填“＞”“＝”或“＜”)答案
6. $＞$
解析
设网格中每个小正方形边长为1，以点A为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系。
由图可知：点A(0,0)，点B(3,1)，点C(1,2)。
计算tanα：α为线段AB与x轴正方向的夹角，tanα = $\frac{1}{3}$。
计算tanβ：β为线段AC与x轴正方向的夹角，tanβ = $\frac{2}{1}$ = 2。
计算α+β：向量AB=(3,1)，向量AC=(1,2)，tan(α+β) = $\frac{tanα + tanβ}{1 - tanα tanβ}$ = $\frac{\frac{1}{3} + 2}{1 - \frac{1}{3}×2}$ = $\frac{\frac{7}{3}}{\frac{1}{3}}$ = 7。
tanα + tanβ = $\frac{1}{3} + 2 = \frac{7}{3}$。
因为7 ＞ $\frac{7}{3}$，所以tan(α + β) ＞ tanα + tanβ。
＞
由图可知：点A(0,0)，点B(3,1)，点C(1,2)。
计算tanα：α为线段AB与x轴正方向的夹角，tanα = $\frac{1}{3}$。
计算tanβ：β为线段AC与x轴正方向的夹角，tanβ = $\frac{2}{1}$ = 2。
计算α+β：向量AB=(3,1)，向量AC=(1,2)，tan(α+β) = $\frac{tanα + tanβ}{1 - tanα tanβ}$ = $\frac{\frac{1}{3} + 2}{1 - \frac{1}{3}×2}$ = $\frac{\frac{7}{3}}{\frac{1}{3}}$ = 7。
tanα + tanβ = $\frac{1}{3} + 2 = \frac{7}{3}$。
因为7 ＞ $\frac{7}{3}$，所以tan(α + β) ＞ tanα + tanβ。
＞
7. (2024·亭湖区月考)在△ABC 中，∠BAC=120°，AC=6，AB=4，则△ABC 的面积是
$6\sqrt{3}$
.答案
7. $6\sqrt{3}$
解析
$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}AB· AC·\sin∠ BAC=\frac{1}{2}×4×6×\sin120°=\frac{1}{2}×4×6×\frac{\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}$
8. (2024·梁溪区模拟)如图，学生甲在凉亭 A 处测得湖心岛 C 在其南偏西 15°的方向上，又从 A 处向正东方向行驶 300 米到达凉亭 B 处，测得湖心岛 C 在其南偏西 60°的方向上，则凉亭 B 与湖心岛 C 之间的距离为
$(150 + 150\sqrt{3})$
米.答案
8. $(150 + 150\sqrt{3})$
解析
解：过点$C$作$CD ⊥ AB$，交$AB$的延长线于点$D$，设$CD = x$米。
在$Rt△ ACD$中，$∠ CAD = 90^{\circ} - 15^{\circ} = 75^{\circ}$，$\tan 75^{\circ} = \frac{CD}{AD}$，则$AD = \frac{CD}{\tan 75^{\circ}} = \frac{x}{\tan 75^{\circ}}$。
在$Rt△ BCD$中，$∠ CBD = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$，$\tan 30^{\circ} = \frac{CD}{BD}$，则$BD = \frac{CD}{\tan 30^{\circ}} = \sqrt{3}x$。
因为$AB = 300$米，且$AD = AB + BD$，所以$\frac{x}{\tan 75^{\circ}} = 300 + \sqrt{3}x$。
$\tan 75^{\circ} = \tan(45^{\circ} + 30^{\circ}) = \frac{\tan 45^{\circ} + \tan 30^{\circ}}{1 - \tan 45^{\circ}\tan 30^{\circ}} = 2 + \sqrt{3}$，则$\frac{x}{2 + \sqrt{3}} = 300 + \sqrt{3}x$。
解得$x = 150(\sqrt{3} + 1)$。
在$Rt△ BCD$中，$∠ CBD = 30^{\circ}$，$BC = \frac{CD}{\sin 30^{\circ}} = 2x = 300(\sqrt{3} + 1) = 150 + 150\sqrt{3}$。
$150 + 150\sqrt{3}$
在$Rt△ ACD$中，$∠ CAD = 90^{\circ} - 15^{\circ} = 75^{\circ}$，$\tan 75^{\circ} = \frac{CD}{AD}$，则$AD = \frac{CD}{\tan 75^{\circ}} = \frac{x}{\tan 75^{\circ}}$。
在$Rt△ BCD$中，$∠ CBD = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$，$\tan 30^{\circ} = \frac{CD}{BD}$，则$BD = \frac{CD}{\tan 30^{\circ}} = \sqrt{3}x$。
因为$AB = 300$米，且$AD = AB + BD$，所以$\frac{x}{\tan 75^{\circ}} = 300 + \sqrt{3}x$。
$\tan 75^{\circ} = \tan(45^{\circ} + 30^{\circ}) = \frac{\tan 45^{\circ} + \tan 30^{\circ}}{1 - \tan 45^{\circ}\tan 30^{\circ}} = 2 + \sqrt{3}$，则$\frac{x}{2 + \sqrt{3}} = 300 + \sqrt{3}x$。
解得$x = 150(\sqrt{3} + 1)$。
在$Rt△ BCD$中，$∠ CBD = 30^{\circ}$，$BC = \frac{CD}{\sin 30^{\circ}} = 2x = 300(\sqrt{3} + 1) = 150 + 150\sqrt{3}$。
$150 + 150\sqrt{3}$
