5. 如图，点$D(0, 3)$，$O(0, 0)$，$C(4, 0)$在$\odot A$上，$BD$是$\odot A$的弦，则$\sin \angle OBD$
的值是().

A.$\frac{1}{2}$
B.$\frac{3}{4}$
C.$\frac{4}{5}$
D.$\frac{3}{5}$

5.D

解：连接 $CD$，
$\because D(0,3)$，$O(0,0)$，$C(4,0)$，
$\therefore OD=3$，$OC=4$，$\angle COD=90°$，
$\therefore CD=\sqrt{OD^2 + OC^2}=\sqrt{3^2 + 4^2}=5$，
$\because \angle OBD = \angle OCD$（同弧所对的圆周角相等），
$\therefore \sin\angle OBD=\sin\angle OCD=\frac{OD}{CD}=\frac{3}{5}$。
答案：D

6. 在$ Rt \triangle ABC$中，$\angle C = 90°$，$AB = 2BC$，现给出下列结论：①$\sin A = \frac{\sqrt{3}}{2}$；
②$\cos B = \frac{1}{2}$；③$\tan A = \frac{\sqrt{3}}{3}$；④$\tan B = \sqrt{3}$.其中正确的是(填序号).

6.②③④

解：在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，$AB=2BC$。
设$BC=a$，则$AB=2a$。
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{(2a)^{2}-a^{2}}=\sqrt{3}a$。
$\sin A=\frac{BC}{AB}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$，故①错误；
$\cos B=\frac{BC}{AB}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$，故②正确；
$\tan A=\frac{BC}{AC}=\frac{a}{\sqrt{3}a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，故③正确；
$\tan B=\frac{AC}{BC}=\frac{\sqrt{3}a}{a}=\sqrt{3}$，故④正确。
正确的是②③④。

7. 如图，在$\triangle ABC$中，$AB = AC = 5$，$BC = 8$.若$\angle BPC = \frac{1}{2} \angle BAC$，则
$\tan \angle BPC =$.

$7.\frac{4}{3}$

解：过点$A$作$AD\perp BC$于$D$。
$\because AB = AC = 5$，$BC = 8$，
$\therefore BD=\frac{1}{2}BC = 4$，$\angle BAD=\frac{1}{2}\angle BAC$。
在$Rt\triangle ABD$中，$AD=\sqrt{AB^{2}-BD^{2}}=\sqrt{5^{2}-4^{2}} = 3$。
$\therefore \tan\angle BAD=\frac{BD}{AD}=\frac{4}{3}$。
$\because \angle BPC=\frac{1}{2}\angle BAC=\angle BAD$，
$\therefore \tan\angle BPC=\frac{4}{3}$。
$\frac{4}{3}$

8. 如图，在$\triangle ABC$中，$\angle B = 90°$，$\tan C = \frac{3}{4}$，$AB = 6$ cm.
动点$P$从点$A$开始沿边$AB$向点$B$以1 cm/s的速度移动，
动点$Q$从点$B$开始沿边$BC$向点$C$以2 cm/s的速度移动.若$P$，$Q$两点分别从$A$，$B$两点同时出发，在运动过程中，
$\triangle PBQ$的最大面积是().

A.$18 cm^2$
B.$12 cm^2$
C.$9 cm^2$
D.$3 cm^2$

8.C

解：在$\triangle ABC$中，$\angle B=90°$，$\tan C=\frac{AB}{BC}=\frac{3}{4}$，$AB=6\ cm$，则$\frac{6}{BC}=\frac{3}{4}$，解得$BC=8\ cm$。
设运动时间为$t\ s$，则$AP=t\ cm$，$BQ=2t\ cm$，$BP=AB-AP=(6-t)\ cm$。
由题意得$\begin{cases}t\geq0\\6-t\geq0\\2t\geq0\\8-2t\geq0\end{cases}$，解得$0\leq t\leq4$。
$\triangle PBQ$的面积$S=\frac{1}{2}× BP× BQ=\frac{1}{2}(6-t)×2t=-t^2+6t$，其中$0\leq t\leq4$。
$S=-t^2+6t=-(t-3)^2+9$，抛物线开口向下，对称轴为$t=3$。
当$t=3$时，$S_{ max}=9\ cm^2$。
答案：C

9. 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，经勘测，$AC = 6$ km，$\angle CAB = 60°$，$\angle CBA = 37°$，则改
造后公路$AB$的长是km.(精确到0.1 km，参考数据：$\sin 37° \approx 0.60$，
$\cos 37° \approx 0.80$，$\tan 37° \approx 0.75$，$\sqrt{3} \approx 1.73$.)

9.9.9

过点$C$作$CD \perp AB$于点$D$。
在$ Rt\triangle ACD$中，$\angle CAD = 60°$，$AC = 6\ km$，
$\sin 60° = \frac{CD}{AC}$，则$CD = AC · \sin 60° = 6 × \frac{\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3} \approx 3 × 1.73 = 5.19\ km$，
$\cos 60° = \frac{AD}{AC}$，则$AD = AC · \cos 60° = 6 × \frac{1}{2} = 3\ km$。
在$ Rt\triangle BCD$中，$\angle CBD = 37°$，$\sin 37° = \frac{CD}{BC}$，$\tan 37° = \frac{CD}{BD}$，
$BD = \frac{CD}{\tan 37°} \approx \frac{5.19}{0.75} = 6.92\ km$。
$AB = AD + BD = 3 + 6.92 = 9.92 \approx 9.9\ km$。
9.9