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7. (★★)如图28.2 - 1,在$\triangle ABC$中,$\cos B = \frac{\sqrt{2}}{2}$,$\sin C = \frac{3}{5}$,$AC = 5$,则$\triangle ABC$的面积是【
A.$\frac{21}{2}$
B.12
C.14
D.21
A
】A.$\frac{21}{2}$
B.12
C.14
D.21
答案
A
解析
过点A作AD⊥BC于D。在Rt△ADC中，AC=5，sinC=AD/AC=3/5，∴AD=5×3/5=3。由勾股定理得DC=√(AC²-AD²)=√(25-9)=4。在Rt△ABD中，cosB=√2/2，∴∠B=45°，故AD=BD=3。∴BC=BD+DC=3+4=7。△ABC面积=1/2×BC×AD=1/2×7×3=21/2。
8. (★★)如图28.2 - 2,若$\triangle ABC和\triangle DEF的面积分别为S_1$,$S_2$,则【
A.$S_1 = \frac{1}{2}S_2$
B.$S_1 = \frac{7}{2}S_2$
C.$S_1 = S_2$
D.$S_1 = \frac{8}{5}S_2$
C
】A.$S_1 = \frac{1}{2}S_2$
B.$S_1 = \frac{7}{2}S_2$
C.$S_1 = S_2$
D.$S_1 = \frac{8}{5}S_2$
答案
C
解析
在△ABC中，已知∠B=40°，AB=5，BC=8，其面积S₁=1/2×AB×BC×sin∠B=1/2×5×8×sin40°=20sin40°。在△DEF中，已知∠E=140°，DE=8，EF=5，其面积S₂=1/2×DE×EF×sin∠E=1/2×8×5×sin140°。因为sin140°=sin(180°-40°)=sin40°，所以S₂=20sin40°，故S₁=S₂。
9. (★★)如图28.2 - 3,一块矩形木板$ABCD$斜靠在墙边($OC \perp OB$,点$A$,$B$,$C$,$D$,$O$在同一平面内),已知$AB = a$,$AD = b$,$\angle BCO = x$,则点$A到OC$的距离等于【
A.$a\sin x + b\sin x$
B.$a\cos x + b\cos x$
C.$a\sin x + b\cos x$
D.$a\cos x + b\sin x$
D
】A.$a\sin x + b\sin x$
B.$a\cos x + b\cos x$
C.$a\sin x + b\cos x$
D.$a\cos x + b\sin x$
答案
D
解析
过点A作AE⊥OC于E，求点A到OC的距离即求AE的长。
在Rt△BOC中，∠BCO=x，BC=AD=b（矩形对边相等），则OC=BC·cosx=bcosx，OB=BC·sinx=bsinx。
点B坐标为(0, bsinx)，点C坐标为(bcosx, 0)。
矩形ABCD中，AB=a，AB⊥BC，向量BA的方向与BC垂直。BC斜率为-tanx，故AB斜率为cotx=cosx/sinx。
向量BA的单位向量为(sinx, cosx)，则点A坐标为B+BA向量=(0+asinx, bsinx+acosx)。
点A到OC距离为其纵坐标，即acosx+bsinx。
在Rt△BOC中，∠BCO=x，BC=AD=b（矩形对边相等），则OC=BC·cosx=bcosx，OB=BC·sinx=bsinx。
点B坐标为(0, bsinx)，点C坐标为(bcosx, 0)。
矩形ABCD中，AB=a，AB⊥BC，向量BA的方向与BC垂直。BC斜率为-tanx，故AB斜率为cotx=cosx/sinx。
向量BA的单位向量为(sinx, cosx)，则点A坐标为B+BA向量=(0+asinx, bsinx+acosx)。
点A到OC距离为其纵坐标，即acosx+bsinx。
10. (★)如图28.2 - 4,在$Rt\triangle ABC$中,$\angle C = 90^{\circ}$,$AM是BC$边上的中线,$\sin \angle CAM = \frac{3}{5}$,则$\tan B$的值为______。
$\frac{2}{3}$
答案
$\frac{2}{3}$
解析
在$Rt\triangle ABC$中，$\angle C=90^{\circ}$，$AM$是$BC$边上的中线。在$Rt\triangle CAM$中，$\sin\angle CAM=\frac{3}{5}$，设$CM=3k$，$AM=5k$，则$AC=\sqrt{AM^2 - CM^2}=\sqrt{(5k)^2 - (3k)^2}=4k$。
因为$AM$是中线，所以$BC=2CM=6k$。
在$Rt\triangle ABC$中，$\tan B=\frac{AC}{BC}=\frac{4k}{6k}=\frac{2}{3}$。
因为$AM$是中线，所以$BC=2CM=6k$。
在$Rt\triangle ABC$中，$\tan B=\frac{AC}{BC}=\frac{4k}{6k}=\frac{2}{3}$。
11. (★)已知菱形$ABCD的两条对角线相交于点O$,若$AB = 6$,$\angle BDC = 30^{\circ}$,则菱形的面积为
18√3
。答案
18√3
解析
在菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，∴AC⊥BD，OD=OB，OA=OC，CD=AB=6。
∵∠BDC=30°，∴在Rt△ODC中，∠ODC=30°，CD=6。
∠ODC=30°所对直角边OC=1/2 CD=3，
另一直角边OD=CD·cos30°=6×(√3/2)=3√3。
∴AC=2OC=6，BD=2OD=6√3。
菱形面积=1/2×AC×BD=1/2×6×6√3=18√3。
∵∠BDC=30°，∴在Rt△ODC中，∠ODC=30°，CD=6。
∠ODC=30°所对直角边OC=1/2 CD=3，
另一直角边OD=CD·cos30°=6×(√3/2)=3√3。
∴AC=2OC=6，BD=2OD=6√3。
菱形面积=1/2×AC×BD=1/2×6×6√3=18√3。
12. (★)(2023·长春)学校开放日即将来临,负责布置的林老师打算从学校图书馆的顶楼拉出一条彩旗绳$AB$到地面,如图28.2 - 5。已知彩旗绳与地面形成$25^{\circ}$角(即$\angle BAC = 25^{\circ}$),彩旗绳固定在地面的位置与图书馆相距32米(即$AC = 32$米),则彩旗绳$AB$的长度为【
A.$32\sin 25^{\circ}$米
B.$32\cos 25^{\circ}$米
C.$\frac{32}{\sin 25^{\circ}}$米
D.$\frac{32}{\cos 25^{\circ}}$米
D
】A.$32\sin 25^{\circ}$米
B.$32\cos 25^{\circ}$米
C.$\frac{32}{\sin 25^{\circ}}$米
D.$\frac{32}{\cos 25^{\circ}}$米
答案
B的对面选项（即D）
解析
由题意，$\angle BAC=25^{\circ}$，$AC=32$米，且$\cos 25^{\circ } = \frac{AC}{AB}$，
所以$AB=\frac{AC}{\cos 25^{\circ }}=\frac{32}{\cos 25^{\circ }}$。
因此，选择B的对面答案（即D的对应表达式）。
所以$AB=\frac{AC}{\cos 25^{\circ }}=\frac{32}{\cos 25^{\circ }}$。
因此，选择B的对面答案（即D的对应表达式）。
13. (★★)如图28.2 - 6,在$Rt\triangle ABC$中,$\angle C = 90^{\circ}$,$AC = \sqrt{3}$。$D为BC$边上一点,且$BD = 2AD$,$\angle ADC = 60^{\circ}$。求$\triangle ABC$的周长。(结果保留根号)
答案
5 + √3 + 2√7
解析
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=√3，D在BC上，∠ADC=60°，BD=2AD。
1. 在Rt△ADC中，∠ADC=60°，∠ACD=90°，AC=√3。
tan∠ADC=AC/CD，即tan60°=√3/CD，√3=√3/CD，解得CD=1。
sin∠ADC=AC/AD，即sin60°=√3/AD，√3/2=√3/AD，解得AD=2。
2. 由BD=2AD，AD=2，得BD=2×2=4。
BC=BD+CD=4+1=5。
3. 在Rt△ABC中，由勾股定理得：
AB=√(AC²+BC²)=√[(√3)²+5²]=√(3+25)=√28=2√7。
4. △ABC周长=AC+BC+AB=√3+5+2√7。
1. 在Rt△ADC中，∠ADC=60°，∠ACD=90°，AC=√3。
tan∠ADC=AC/CD，即tan60°=√3/CD，√3=√3/CD，解得CD=1。
sin∠ADC=AC/AD，即sin60°=√3/AD，√3/2=√3/AD，解得AD=2。
2. 由BD=2AD，AD=2，得BD=2×2=4。
BC=BD+CD=4+1=5。
3. 在Rt△ABC中，由勾股定理得：
AB=√(AC²+BC²)=√[(√3)²+5²]=√(3+25)=√28=2√7。
4. △ABC周长=AC+BC+AB=√3+5+2√7。
