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7 如图,在矩形ABCD中,E,F是边BC上两点,且BE=EF=FC,连接DE,AF,DE与AF相交于点G,连接BG.若AB=4,BC=6,则$\sin∠ GBF$的值为 ()
A.$\frac{\sqrt{10}}{10}$
B.$\frac{3\sqrt{10}}{10}$
C.$\frac{1}{3}$
D.$\frac{2}{3}$
（第7题） （第9题） （第10题）
A.$\frac{\sqrt{10}}{10}$
B.$\frac{3\sqrt{10}}{10}$
C.$\frac{1}{3}$
D.$\frac{2}{3}$
（第7题） （第9题） （第10题）答案
A
解析
以点B为原点，BC所在直线为x轴，AB所在直线为y轴建立平面直角坐标系。由题意得：B(0,0)，A(0,4)，C(6,0)，D(6,4)，由BE=EF=FC，BC=6得BE=EF=FC=2，故E(2,0)，F(4,0)。
1. 求直线AF的解析式：将A(0,4)、F(4,0)代入得y=-x+4；
2. 求直线DE的解析式：将D(6,4)、E(2,0)代入得y=x-2；
3. 联立两直线方程$\begin{cases}y=-x+4\\y=x-2\end{cases}$，解得交点G的坐标为(3,1)；
4. 过G作GH⊥BC于H，得GH=1，由勾股定理得$BG=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$；
5. 根据三角函数定义，$\sin∠ GBF=\frac{GH}{BG}=\frac{1}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$。
1. 求直线AF的解析式：将A(0,4)、F(4,0)代入得y=-x+4；
2. 求直线DE的解析式：将D(6,4)、E(2,0)代入得y=x-2；
3. 联立两直线方程$\begin{cases}y=-x+4\\y=x-2\end{cases}$，解得交点G的坐标为(3,1)；
4. 过G作GH⊥BC于H，得GH=1，由勾股定理得$BG=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$；
5. 根据三角函数定义，$\sin∠ GBF=\frac{GH}{BG}=\frac{1}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$。
8（1）用计算器计算：$\tan 45.43° \approx$ ，$\tan 55° 43' \approx$ （精确到0.01）；
（2）比较大小：$-\tan 36°$ $-\tan 63°$（填“＞”“＜”或“=”）；
（3）比较$\sin 10°, \cos 30°, \sin 50°, \cos 70°$的大小：（用“＜”连接）。
（2）比较大小：$-\tan 36°$ $-\tan 63°$（填“＞”“＜”或“=”）；
（3）比较$\sin 10°, \cos 30°, \sin 50°, \cos 70°$的大小：（用“＜”连接）。
答案
(1) $\boldsymbol{1.02}$，$\boldsymbol{1.47}$；
(2) $\boldsymbol{＞}$；
(3) $\boldsymbol{\sin 10° ＜ \cos 70° ＜ \sin 50° ＜ \cos 30°}$。
(2) $\boldsymbol{＞}$；
(3) $\boldsymbol{\sin 10° ＜ \cos 70° ＜ \sin 50° ＜ \cos 30°}$。
解析
解：
(1) 使用计算器计算得：$\tan 45.43° \approx 1.02$，$\tan 55° 43' \approx 1.47$；
(2) 锐角的正切值随角度增大而增大，因此$\tan 36° ＜ \tan 63°$，两边同乘$-1$，不等号方向改变，可得$-\tan 36° ＞ -\tan 63°$；
(3) 由互余角的三角函数关系$\cosα = \sin(90°-α)$，得$\cos30° = \sin60°$，$\cos70° = \sin20°$。
锐角的正弦值随角度增大而增大，且$10° ＜ 20° ＜ 50° ＜ 60°$，因此$\sin10° ＜ \sin20° ＜ \sin50° ＜ \sin60°$，即$\sin10° ＜ \cos70° ＜ \sin50° ＜ \cos30°$。
(1) 使用计算器计算得：$\tan 45.43° \approx 1.02$，$\tan 55° 43' \approx 1.47$；
(2) 锐角的正切值随角度增大而增大，因此$\tan 36° ＜ \tan 63°$，两边同乘$-1$，不等号方向改变，可得$-\tan 36° ＞ -\tan 63°$；
(3) 由互余角的三角函数关系$\cosα = \sin(90°-α)$，得$\cos30° = \sin60°$，$\cos70° = \sin20°$。
锐角的正弦值随角度增大而增大，且$10° ＜ 20° ＜ 50° ＜ 60°$，因此$\sin10° ＜ \sin20° ＜ \sin50° ＜ \sin60°$，即$\sin10° ＜ \cos70° ＜ \sin50° ＜ \cos30°$。
9 如图，在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ BAC=90°$，斜边$BC$上的高$AD=8$，$\sin B=\dfrac{3}{5}$，则$AC$的长为。
答案
$\boldsymbol{10}$
解析
解：
∵ ∠BAC=90°，AD⊥BC，
∴ ∠B + ∠C = 90°，∠DAC + ∠C = 90°，
∴ ∠DAC = ∠B，
∴ $\sin∠ DAC = \sin B = \dfrac{3}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ ADC$中，$∠ ADC=90°$，
$\sin∠ DAC = \dfrac{DC}{AC} = \dfrac{3}{5}$，
设$DC=3k\ (k＞0)$，则$AC=5k$，
由勾股定理得：
$AD = \sqrt{AC^2 - DC^2} = \sqrt{(5k)^2 - (3k)^2} = 4k$，
∵ $AD=8$，
∴ $4k=8$，解得$k=2$，
∴ $AC=5k=10$。
∵ ∠BAC=90°，AD⊥BC，
∴ ∠B + ∠C = 90°，∠DAC + ∠C = 90°，
∴ ∠DAC = ∠B，
∴ $\sin∠ DAC = \sin B = \dfrac{3}{5}$。
在$\mathrm{Rt}△ ADC$中，$∠ ADC=90°$，
$\sin∠ DAC = \dfrac{DC}{AC} = \dfrac{3}{5}$，
设$DC=3k\ (k＞0)$，则$AC=5k$，
由勾股定理得：
$AD = \sqrt{AC^2 - DC^2} = \sqrt{(5k)^2 - (3k)^2} = 4k$，
∵ $AD=8$，
∴ $4k=8$，解得$k=2$，
∴ $AC=5k=10$。
10（易错题）如图，在网格中，小正方形的边长都为1，点A，B，C，D都在这些小正方形的顶点上，AB，CD相交于点O，则$\tan∠ AOD$的值为。
答案
$\boldsymbol{2}$
解析
解：
取格点E，连接AE、BE。
由网格性质可知，$CD// AE$，因此$∠ AOD=∠ BAE$。
由勾股定理计算得：
$AE = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$，
$BE = \sqrt{2^2+2^2} = 2\sqrt{2}$，
$AB = \sqrt{3^2+1^2} = \sqrt{10}$。
$\because AE^2 + BE^2 = (\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2})^2 = 2 + 8 = 10 = AB^2$，
$\therefore △ ABE$是直角三角形，且$∠ AEB=90°$。
$\therefore \tan∠ BAE = \frac{BE}{AE} = \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = 2$，
即$\tan∠ AOD = 2$。
最终
取格点E，连接AE、BE。
由网格性质可知，$CD// AE$，因此$∠ AOD=∠ BAE$。
由勾股定理计算得：
$AE = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$，
$BE = \sqrt{2^2+2^2} = 2\sqrt{2}$，
$AB = \sqrt{3^2+1^2} = \sqrt{10}$。
$\because AE^2 + BE^2 = (\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2})^2 = 2 + 8 = 10 = AB^2$，
$\therefore △ ABE$是直角三角形，且$∠ AEB=90°$。
$\therefore \tan∠ BAE = \frac{BE}{AE} = \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = 2$，
即$\tan∠ AOD = 2$。
最终
11（易错题）在$□ ABCD$中，$∠ ABC$是锐角，将$CD$沿直线$l$翻折至$AB$所在的直线，点$C,D$的对应点分别为$C',D'$。若$AC':AB:BC=1:3:7$，则$\cos∠ ABC$的值为。
答案
$\boxed{\dfrac{2}{7}}$
解析
解：
设 $ AC' = k $，由 $ AC':AB:BC = 1:3:7 $，得 $ AB = 3k $，$ BC = 7k $，$ k＞0 $。
在平行四边形 $ ABCD $ 中，$ AB // CD $，$ CD = AB = 3k $。
由翻折性质可知，翻折后 $ C'D' = CD = 3k $，且对称轴 $ l // AB $，因此对应点连线 $ CC' ⊥ l $，即 $ CC' ⊥ AB $，故点 $ C' $ 是点 $ C $ 在直线 $ AB $ 上的垂足。
因为 $ ∠ ABC $ 是锐角，垂足 $ C' $ 落在线段 $ AB $ 上，所以：
$ BC' = AB - AC' = 3k - k = 2k $
在 $ \mathrm{Rt}△ BCC' $ 中，$ \cos∠ ABC = \frac{BC'}{BC} = \frac{2k}{7k} = \frac{2}{7} $。
最终
设 $ AC' = k $，由 $ AC':AB:BC = 1:3:7 $，得 $ AB = 3k $，$ BC = 7k $，$ k＞0 $。
在平行四边形 $ ABCD $ 中，$ AB // CD $，$ CD = AB = 3k $。
由翻折性质可知，翻折后 $ C'D' = CD = 3k $，且对称轴 $ l // AB $，因此对应点连线 $ CC' ⊥ l $，即 $ CC' ⊥ AB $，故点 $ C' $ 是点 $ C $ 在直线 $ AB $ 上的垂足。
因为 $ ∠ ABC $ 是锐角，垂足 $ C' $ 落在线段 $ AB $ 上，所以：
$ BC' = AB - AC' = 3k - k = 2k $
在 $ \mathrm{Rt}△ BCC' $ 中，$ \cos∠ ABC = \frac{BC'}{BC} = \frac{2k}{7k} = \frac{2}{7} $。
最终
12 如图,在菱形ABCD中,$\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
解：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB=BC=AD，AD//BC，
∴ ∠CBE=∠A。
∵ CE⊥AB，EF⊥AD，
∴ ∠AFE=∠CEB=90°。
在Rt△CEB中，∠CEB=90°，
$\cos∠ CBE=\frac{BE}{BC}=\cos A=\frac{1}{3}$，
$\sin A=\sin∠ CBE=\frac{CE}{BC}$，
∴ $CE=BC·\sin A$。
由$S_{\mathrm{菱形}ABCD}=AB· CE=24$，且$AB=BC$，
得 $BC· CE=BC· BC·\sin A=BC^2·\sin A=24$。
∵ $AE=AB+BE=BC+BC·\cos A=BC(1+\cos A)$，
在Rt△AEF中，∠AFE=90°，
$EF=AE·\sin A=BC(1+\cos A)·\sin A$，
∴ $EF· BC=BC(1+\cos A)·\sin A· BC=BC^2·\sin A·(1+\cos A)$，
代入$BC^2·\sin A=24$，$\cos A=\frac{1}{3}$，
得 $EF· BC=24×(1+\frac{1}{3})=32$。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB=BC=AD，AD//BC，
∴ ∠CBE=∠A。
∵ CE⊥AB，EF⊥AD，
∴ ∠AFE=∠CEB=90°。
在Rt△CEB中，∠CEB=90°，
$\cos∠ CBE=\frac{BE}{BC}=\cos A=\frac{1}{3}$，
$\sin A=\sin∠ CBE=\frac{CE}{BC}$，
∴ $CE=BC·\sin A$。
由$S_{\mathrm{菱形}ABCD}=AB· CE=24$，且$AB=BC$，
得 $BC· CE=BC· BC·\sin A=BC^2·\sin A=24$。
∵ $AE=AB+BE=BC+BC·\cos A=BC(1+\cos A)$，
在Rt△AEF中，∠AFE=90°，
$EF=AE·\sin A=BC(1+\cos A)·\sin A$，
∴ $EF· BC=BC(1+\cos A)·\sin A· BC=BC^2·\sin A·(1+\cos A)$，
代入$BC^2·\sin A=24$，$\cos A=\frac{1}{3}$，
得 $EF· BC=24×(1+\frac{1}{3})=32$。
13 如图,点O在△ABC的边AC上,以OC为半径的⊙O与AB相切于点D,与BC相交于点E,EF为⊙O的直径,FD与AC相交于点G,∠F=45°.
(1) 求证:AB=AC;
(2) 若$\sin A=\frac{3}{5}$,AB=8,求DG的长.
(1) 求证:AB=AC;
(2) 若$\sin A=\frac{3}{5}$,AB=8,求DG的长.
答案
(1) 证明：
连接OD，
∵ ⊙O与AB相切于点D，
∴ $OD⊥ AB$，即 $∠ ADO=90°$，
∵ $∠ DFE=45°$，
∴ 同弧DE对应的圆心角 $∠ DOE=2∠ DFE=90°$，
∴ $∠ ADO=∠ DOE$，
∴ $AB// OE$，
∴ $∠ B=∠ OEC$，
又∵ $OE=OC$，
∴ $∠ OEC=∠ C$，
∴ $∠ B=∠ C$，
∴ $AB=AC$。
---
(2) 解：
设⊙O的半径为$r$，
在$\mathrm{Rt}△ ADO$中，$\sin A=\frac{OD}{OA}=\frac{3}{5}$，$OD=r$，
∴ $OA=\frac{5}{3}r$，
由(1)知$AC=AB=8$，又$AC=OA+OC$，$OC=r$，
∴ $\frac{5}{3}r + r = 8$，
解得$r=3$，
∴ $OD=3$，$OA=5$，
∴ $AD=\sqrt{OA^2-OD^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$，
∵ $∠ FOD=180°-∠ DOE=90°$，$OF=OD=3$，
∴ $∠ FDO=45°$，
过点G作$GH⊥ AB$于点H，则$∠ GHD=90°$，
∵ $∠ GDH=45°$，
∴ $GH=DH$，
设$GH=3k$，在$\mathrm{Rt}△ AGH$中，$\sin A=\frac{GH}{AG}=\frac{3}{5}$，
∴ $AG=5k$，$AH=\sqrt{AG^2-GH^2}=4k$，
∵ $AD=AH+DH=4k+3k=7k=4$，
∴ $k=\frac{4}{7}$，
∴ $GH=\frac{12}{7}$，
∴ $DG=\sqrt{2}· GH=\frac{12\sqrt{2}}{7}$。
最终结论：$DG$的长为$\boldsymbol{\frac{12\sqrt{2}}{7}}$。
连接OD，
∵ ⊙O与AB相切于点D，
∴ $OD⊥ AB$，即 $∠ ADO=90°$，
∵ $∠ DFE=45°$，
∴ 同弧DE对应的圆心角 $∠ DOE=2∠ DFE=90°$，
∴ $∠ ADO=∠ DOE$，
∴ $AB// OE$，
∴ $∠ B=∠ OEC$，
又∵ $OE=OC$，
∴ $∠ OEC=∠ C$，
∴ $∠ B=∠ C$，
∴ $AB=AC$。
---
(2) 解：
设⊙O的半径为$r$，
在$\mathrm{Rt}△ ADO$中，$\sin A=\frac{OD}{OA}=\frac{3}{5}$，$OD=r$，
∴ $OA=\frac{5}{3}r$，
由(1)知$AC=AB=8$，又$AC=OA+OC$，$OC=r$，
∴ $\frac{5}{3}r + r = 8$，
解得$r=3$，
∴ $OD=3$，$OA=5$，
∴ $AD=\sqrt{OA^2-OD^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$，
∵ $∠ FOD=180°-∠ DOE=90°$，$OF=OD=3$，
∴ $∠ FDO=45°$，
过点G作$GH⊥ AB$于点H，则$∠ GHD=90°$，
∵ $∠ GDH=45°$，
∴ $GH=DH$，
设$GH=3k$，在$\mathrm{Rt}△ AGH$中，$\sin A=\frac{GH}{AG}=\frac{3}{5}$，
∴ $AG=5k$，$AH=\sqrt{AG^2-GH^2}=4k$，
∵ $AD=AH+DH=4k+3k=7k=4$，
∴ $k=\frac{4}{7}$，
∴ $GH=\frac{12}{7}$，
∴ $DG=\sqrt{2}· GH=\frac{12\sqrt{2}}{7}$。
最终结论：$DG$的长为$\boldsymbol{\frac{12\sqrt{2}}{7}}$。
