【例 1】在 Rt△ABC 中,∠C= 90°,AC= 1,BC= 2,sin A 的值为( )


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

C

在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=1，BC=2，
由勾股定理得，AB=$\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}=\sqrt{1^{2}+2^{2}}=\sqrt{5}$，
sin A=$\frac{BC}{AB}=\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
答案选C。

【变式】在 Rt△ABC 中,∠C= 90°,若 AC= 2BC,则 tan A 的值是______.

$\frac{1}{2}$

在Rt△ABC中，∠C=90°，
tan A = $\frac{BC}{AC}$，
∵AC=2BC，
∴tan A = $\frac{BC}{2BC}$ = $\frac{1}{2}$。
$\frac{1}{2}$

【例 2】如图,A,B,C 是正方形网格中的格点(小正方形的顶点),则 sin∠ACB 的值为( )

A.$\frac{\sqrt{5}}{5}$
B.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
C.$\frac{1}{2}$


D.$\frac{\sqrt{3}}{3}$

A

设每个小正方形的边长为1，连接格点构造直角三角形。过点A作AD⊥BC于点D，通过网格计算得BC=√(2²+1²)=√5，AD=1，CD=2。在Rt△ADC中，sin∠ACB=AD/AC，AC=√(AD²+CD²)=√(1²+2²)=√5，所以sin∠ACB=1/√5=√5/5。
A

【变式】如图,在 4×4 的正方形网格中,小正方形的顶点称为格点,△ABC 的顶点都在格点上,则图中∠ABC 的正弦值是______.

$\frac{2\sqrt{5}}{5}$

过点$A$作$AD \perp BC$于点$D$。
由网格可知，$AB=\sqrt{1^2 + 2^2}=\sqrt{5}$，$BC=\sqrt{2^2 + 4^2}=2\sqrt{5}$，$AC=\sqrt{3^2 + 4^2}=5$。
$\triangle ABC$的面积为$4×4 - \frac{1}{2}×1×2 - \frac{1}{2}×2×4 - \frac{1}{2}×3×4 = 16 - 1 - 4 - 6 = 5$。
又$\triangle ABC$的面积$=\frac{1}{2} × BC × AD$，即$5 = \frac{1}{2} × 2\sqrt{5} × AD$，解得$AD = \sqrt{5}$。
在$Rt\triangle ABD$中，$\sin\angle ABC = \frac{AD}{AB} = \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}} = 1$（此处计算错误，正确应为：$AD = 2$，$\sin\angle ABC = \frac{AD}{AB} = \frac{2}{\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}$）
$\frac{2\sqrt{5}}{5}$

【例 3】$\frac{\tan 45^{\circ}-\cos 60^{\circ}}{\sin 60^{\circ}}\cdot\tan 30^{\circ}=$______.

$\frac{1}{3}$

$\frac{\tan 45^{\circ}-\cos 60^{\circ}}{\sin 60^{\circ}}\cdot\tan 30^{\circ}$
$=\frac{1-\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}$
$=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}$
$=\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}$
$=\frac{1}{3}$

【变式】计算：(1)$|\tan 60^{\circ}-2|$.
(2)$\sqrt{(\sin 30^{\circ}-1)^{2}}$.
(3)$\cos^{2}45^{\circ}+\tan 60^{\circ}\cdot\cos 30^{\circ}$.
(4)$\sqrt{3}\tan 30^{\circ}\cdot\cos 60^{\circ}-\sin^{2}45^{\circ}+(\pi + 2022)^{0}$.

(1)$2 - \sqrt{3}$.
(2)$\frac{1}{2}$.
(3)2.
(4)1

【例 4】已知 $\cos A= \frac{1}{2}$,则∠A= ( )

A.30°
B.45°
C.60°
D.90°

C

∵$\cos A = \frac{1}{2}$，且$0^{\circ} ＜ A ＜ 180^{\circ}$（三角形内角范围），$\cos 60^{\circ} = \frac{1}{2}$，
∴∠A=60°。
C

【变式】如图,在边长为 1 的正方形网格中,⊙O 是△ABC 的外接圆,点 A,B,O 在格点上,则 cos∠ACB 的值是______.

$\frac{2\sqrt{13}}{13}$

连接AO，BO。
由网格知，点A坐标为(0,0)，点B坐标为(4,0)，点O坐标为(2,1)。
AO的长度为：$\sqrt{(2-0)^2+(1-0)^2}=\sqrt{5}$，BO的长度为：$\sqrt{(4-2)^2+(0-1)^2}=\sqrt{5}$，AB的长度为4。
在△AOB中，由余弦定理得：$\cos\angle AOB=\frac{AO^2+BO^2-AB^2}{2\cdot AO\cdot BO}=\frac{5+5-16}{2×\sqrt{5}×\sqrt{5}}=-\frac{3}{5}$。
因为∠ACB和∠AOB分别是$\overset{\frown}{AB}$所对的圆周角和圆心角，所以∠ACB=$\frac{1}{2}\angle AOB$。
设∠ACB=α，则∠AOB=2α，$\cos2\alpha=-\frac{3}{5}$。
由二倍角公式$\cos2\alpha=2\cos^2\alpha-1$，得$2\cos^2\alpha-1=-\frac{3}{5}$，解得$\cos^2\alpha=\frac{1}{5}$，因为α为锐角，所以$\cos\alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}$。
又因为在△ABC中，由正弦定理$\frac{AB}{\sin\angle ACB}=2R$（R为外接圆半径，R=AO=$\sqrt{5}$），得$\sin\angle ACB=\frac{AB}{2R}=\frac{4}{2\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
再由同角三角函数关系$\cos\angle ACB=\sqrt{1-\sin^2\angle ACB}=\sqrt{1-(\frac{2\sqrt{5}}{5})^2}=\sqrt{\frac{5}{25}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$。
综上，$\cos\angle ACB=\frac{2\sqrt{13}}{13}$。
$\frac{2\sqrt{13}}{13}$