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8. (2024·姑苏区期末)如图，在等腰三角形 $ ABC $ 中，$ AB = AC = 5 $，$ BC = 6 $，$ D $ 为 $ BC $ 的中点，$ DE ⊥ AB $ 于点 $ E $，则 $ \cos ∠ BDE $ 的值等于(
A.$ \frac{4}{5} $
B.$ \frac{3}{5} $
C.$ \frac{3}{4} $
D.$ \frac{5}{6} $
A
)A.$ \frac{4}{5} $
B.$ \frac{3}{5} $
C.$ \frac{3}{4} $
D.$ \frac{5}{6} $
答案
8. A
解析
解：连接AD，
∵AB=AC=5，D为BC中点，BC=6，
∴AD⊥BC，BD=3，
在Rt△ABD中，AD=$\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=∠ADB=90°，
∵∠B=∠B，
∴△BDE∽△BAD，
∴∠BDE=∠BAD，
在Rt△ABD中，cos∠BAD=$\frac{AD}{AB}=\frac{4}{5}$，
∴cos∠BDE=$\frac{4}{5}$.
A
∵AB=AC=5，D为BC中点，BC=6，
∴AD⊥BC，BD=3，
在Rt△ABD中，AD=$\sqrt{AB^2-BD^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=∠ADB=90°，
∵∠B=∠B，
∴△BDE∽△BAD，
∴∠BDE=∠BAD，
在Rt△ABD中，cos∠BAD=$\frac{AD}{AB}=\frac{4}{5}$，
∴cos∠BDE=$\frac{4}{5}$.
A
9. 如图，四边形 $ ABCD $ 中，$ ∠ B = 90^{\circ} $，$ AB = 2 $，$ CD = 8 $，$ AC ⊥ CD $，$ \sin ∠ ACB = \frac{1}{3} $，则 $ \tan ∠ DAC · \cos ∠ DAC = $
$\frac{4}{5}$
.答案
9. $\frac{4}{5}$
解析
解：在$Rt△ ABC$中，$∠ B=90^{\circ}$，$\sin∠ ACB=\frac{AB}{AC}=\frac{1}{3}$，$AB=2$，则$\frac{2}{AC}=\frac{1}{3}$，解得$AC=6$。
因为$AC⊥ CD$，所以$∠ ACD=90^{\circ}$，在$Rt△ ACD$中，$CD=8$，$AC=6$。
$\tan∠ DAC=\frac{CD}{AC}=\frac{8}{6}=\frac{4}{3}$，$\cos∠ DAC=\frac{AC}{AD}$，由勾股定理得$AD=\sqrt{AC^{2}+CD^{2}}=\sqrt{6^{2}+8^{2}}=10$，所以$\cos∠ DAC=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$。
则$\tan∠ DAC·\cos∠ DAC=\frac{4}{3}×\frac{3}{5}=\frac{4}{5}$。
$\frac{4}{5}$
因为$AC⊥ CD$，所以$∠ ACD=90^{\circ}$，在$Rt△ ACD$中，$CD=8$，$AC=6$。
$\tan∠ DAC=\frac{CD}{AC}=\frac{8}{6}=\frac{4}{3}$，$\cos∠ DAC=\frac{AC}{AD}$，由勾股定理得$AD=\sqrt{AC^{2}+CD^{2}}=\sqrt{6^{2}+8^{2}}=10$，所以$\cos∠ DAC=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$。
则$\tan∠ DAC·\cos∠ DAC=\frac{4}{3}×\frac{3}{5}=\frac{4}{5}$。
$\frac{4}{5}$
10. 如图，在 $ △ ABC $ 中，$ ∠ BAC ＞ 90^{\circ} $，$ BC = 4\sqrt{2} $，将 $ △ ABC $ 绕点 $ C $ 按顺时针方向旋转 $ 90^{\circ} $，点 $ B $ 的对应点 $ B' $ 落在 $ BA $ 的延长线上，若 $ \sin ∠ B'AC = 0.8 $，则 $ AC = $
5
.答案
10. 5
解析
解：过点$C$作$CD ⊥ AB'$于点$D$。
由旋转性质得：$CB' = CB = 4\sqrt{2}$，$∠ BCB' = 90°$，$∠ B'AC = ∠ BAC$。
$\because ∠ BAC ＞ 90°$，$∠ B'AC = ∠ BAC$，$\sin ∠ B'AC = 0.8 = \frac{4}{5}$，设$CD = 4k$，$AC = 5k$，则$AD = 3k$。
$\because ∠ BCB' = 90°$，$CB = CB'$，$\therefore ∠ CBB' = 45°$，$\therefore BD = CD = 4k$。
$\because AB' = AD + DB = 3k + 4k = 7k$，在$Rt△ CDB'$中，$DB' = \sqrt{CB'^2 - CD^2} = \sqrt{(4\sqrt{2})^2 - (4k)^2} = \sqrt{32 - 16k^2}$。
又$\because AB' = DB' - AD$（或$AB' = DB' + AD$，根据图形位置判断应为$DB' = AB' + AD$），即$\sqrt{32 - 16k^2} = 7k + 3k = 10k$。
两边平方：$32 - 16k^2 = 100k^2$，$116k^2 = 32$，$k^2 = \frac{32}{116} = \frac{8}{29}$（此步有误，应为$DB' = AB' - AD$，即$\sqrt{32 - 16k^2} = 7k - 3k = 4k$）。
正确：$\sqrt{32 - 16k^2} = 4k$，平方得$32 - 16k^2 = 16k^2$，$32k^2 = 32$，$k^2 = 1$，$k = 1$。
$\therefore AC = 5k = 5$。
5
由旋转性质得：$CB' = CB = 4\sqrt{2}$，$∠ BCB' = 90°$，$∠ B'AC = ∠ BAC$。
$\because ∠ BAC ＞ 90°$，$∠ B'AC = ∠ BAC$，$\sin ∠ B'AC = 0.8 = \frac{4}{5}$，设$CD = 4k$，$AC = 5k$，则$AD = 3k$。
$\because ∠ BCB' = 90°$，$CB = CB'$，$\therefore ∠ CBB' = 45°$，$\therefore BD = CD = 4k$。
$\because AB' = AD + DB = 3k + 4k = 7k$，在$Rt△ CDB'$中，$DB' = \sqrt{CB'^2 - CD^2} = \sqrt{(4\sqrt{2})^2 - (4k)^2} = \sqrt{32 - 16k^2}$。
又$\because AB' = DB' - AD$（或$AB' = DB' + AD$，根据图形位置判断应为$DB' = AB' + AD$），即$\sqrt{32 - 16k^2} = 7k + 3k = 10k$。
两边平方：$32 - 16k^2 = 100k^2$，$116k^2 = 32$，$k^2 = \frac{32}{116} = \frac{8}{29}$（此步有误，应为$DB' = AB' - AD$，即$\sqrt{32 - 16k^2} = 7k - 3k = 4k$）。
正确：$\sqrt{32 - 16k^2} = 4k$，平方得$32 - 16k^2 = 16k^2$，$32k^2 = 32$，$k^2 = 1$，$k = 1$。
$\therefore AC = 5k = 5$。
5
11. 如图①，在 $ \mathrm{Rt}△ ABC $ 中，以下是小亮探究 $ \frac{a}{\sin A} $ 与 $ \frac{b}{\sin B} $ 之间关系的方法：
$ \because \sin A = \frac{a}{c} $，$ \sin B = \frac{b}{c} $，$ \therefore c = \frac{a}{\sin A} $，$ c = \frac{b}{\sin B} $，$ \therefore \frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} $.
根据你掌握的三角函数知识，在图②的锐角 $ △ ABC $ 中，探究 $ \frac{a}{\sin A} $，$ \frac{b}{\sin B} $，$ \frac{c}{\sin C} $ 之间的关系，并写出探究过程.
$ \because \sin A = \frac{a}{c} $，$ \sin B = \frac{b}{c} $，$ \therefore c = \frac{a}{\sin A} $，$ c = \frac{b}{\sin B} $，$ \therefore \frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} $.
根据你掌握的三角函数知识，在图②的锐角 $ △ ABC $ 中，探究 $ \frac{a}{\sin A} $，$ \frac{b}{\sin B} $，$ \frac{c}{\sin C} $ 之间的关系，并写出探究过程.
答案
11. 解: $\frac{a}{\sin A}$ = $\frac{b}{\sin B}$ = $\frac{c}{\sin C}$.
探究过程: 如答图，过点A作AD⊥BC于点D, 过点B作BE⊥AC于点E, 在Rt△ABD中, sin∠ABC = $\frac{AD}{c}$,
即AD = c sin∠ABC;
在Rt△ADC中, sinC = $\frac{AD}{b}$, 即AD = b sinC,
∴c sin∠ABC = b sinC, 即$\frac{b}{\sin ∠ ABC}$ = $\frac{c}{\sin C}$,
同理可得$\frac{a}{\sin ∠ BAC}$ = $\frac{c}{\sin C}$, 则$\frac{a}{\sin ∠ BAC}$ = $\frac{b}{\sin ∠ ABC}$ = $\frac{c}{\sin C}$,
因此，在锐角△ABC中, $\frac{a}{\sin A}$ = $\frac{b}{\sin B}$ = $\frac{c}{\sin C}$.
12. (2023·深圳改编)如图，在菱形 $ ABCD $ 中，$ \cos A = \frac{1}{3} $，过点 $ C $ 作 $ CE ⊥ AB $ 交 $ AB $ 的延长线于点 $ E $，过点 $ E $ 作 $ EF ⊥ AD $ 交 $ AD $ 于点 $ F $，若 $ S_{\mathrm{菱形}ABCD} = 24 $，求 $ EF · BC $ 的值.
答案
12. 解:
∵在菱形ABCD中, cosA = $\frac{1}{3}$,
∴AD//BC, AB = BC,
∴∠CBE = ∠A.
∵CE⊥AB,
∴∠CEB = 90°,
∴cos∠CBE = $\frac{BE}{CB}$,
∴BE = BC·cos∠CBE = BC·cosA = $\frac{1}{3}$BC,
∴AE = AB + BE = AB + $\frac{1}{3}$BC = AB + $\frac{1}{3}$AB = $\frac{4}{3}$AB.
∵EF⊥AD, CE⊥AB,
∴∠AFE = ∠BEC = 90°.
又
∵∠CBE = ∠A,
∴△AFE∽△BEC,
∴$\frac{AE}{BC}$ = $\frac{EF}{CE}$,
∴EF·BC = AE·CE = $\frac{4}{3}$AB·CE = $\frac{4}{3}$S菱形ABCD = $\frac{4}{3}$×24 = 32.
∵在菱形ABCD中, cosA = $\frac{1}{3}$,
∴AD//BC, AB = BC,
∴∠CBE = ∠A.
∵CE⊥AB,
∴∠CEB = 90°,
∴cos∠CBE = $\frac{BE}{CB}$,
∴BE = BC·cos∠CBE = BC·cosA = $\frac{1}{3}$BC,
∴AE = AB + BE = AB + $\frac{1}{3}$BC = AB + $\frac{1}{3}$AB = $\frac{4}{3}$AB.
∵EF⊥AD, CE⊥AB,
∴∠AFE = ∠BEC = 90°.
又
∵∠CBE = ∠A,
∴△AFE∽△BEC,
∴$\frac{AE}{BC}$ = $\frac{EF}{CE}$,
∴EF·BC = AE·CE = $\frac{4}{3}$AB·CE = $\frac{4}{3}$S菱形ABCD = $\frac{4}{3}$×24 = 32.
