1[2025安徽淮南质检,中]AE,CF分别是锐角三角形ABC的边BC,AB上的高,若$AE:CF=3:2$,则$\sin∠CAB:\sin∠ACB$等于 ()

A.$3:2$
B.$2:3$
C.$9:4$
D.$4:9$

1. B 【解析】如图. 由题意得 $AE ⊥ BC,CF ⊥ AB$,
∴ $\sin∠CAF = \frac{CF}{AC}$,$\sin∠ACE = \frac{AE}{AC}$,则 $\sin∠CAF : \sin∠ACE = \frac{CF}{AC} : \frac{AE}{AC} = CF:AE$. 又
∵ $AE:CF=3:2$,
∴ $\sin∠CAF:\sin∠ACE=2:3$,即 $\sin∠CAB:\sin∠ACB=2:3$. 故选 B.

【分析】
要解决这道题，首先回忆正弦的定义：在直角三角形中，一个锐角的正弦值等于它的对边与斜边的比值。首先结合题目中AE、CF是三角形的高，得到Rt△AFC和Rt△AEC两个直角三角形，再分别在这两个直角三角形中表示出∠CAB和∠ACB的正弦值，最后结合已知的AE和CF的比值计算两个正弦值的比即可。
【解析】
解：
∵AE、CF分别是锐角三角形ABC的边BC、AB上的高，
∴AE⊥BC，CF⊥AB，即△AFC和△AEC均为直角三角形。
在Rt△AFC中，$\sin∠CAB = \sin∠CAF = \frac{\mathrm{对边}}{\mathrm{斜边}} = \frac{CF}{AC}$；
在Rt△AEC中，$\sin∠ACB = \sin∠ACE = \frac{\mathrm{对边}}{\mathrm{斜边}} = \frac{AE}{AC}$；
∴$\sin∠CAB:\sin∠ACB = \frac{CF}{AC}:\frac{AE}{AC} = CF:AE$。
已知$AE:CF=3:2$，即$CF:AE=2:3$，
∴$\sin∠CAB:\sin∠ACB=2:3$。
故选B。

【答案】
B

【知识点】
1. 正弦的定义
2. 三角形高的性质
【点评】
本题考查正弦定义的基础应用，解题核心是熟练掌握锐角正弦的定义，能在对应直角三角形中准确表示出目标角的正弦值，结合已知线段比值即可快速得出结果，解题时注意区分两个角对应的对边，避免比反。
【难度系数】
0.7

2[较难]如图，$△ ABC$中，$AB=AC=4$，$∠ C=72°$，D是AB中点，点E在AC上，$DE ⊥ AB$，则$\cos A$的值为（）

A.$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
B.$\frac{\sqrt{5}-1}{4}$
C.$\frac{\sqrt{5}+1}{4}$
D.$\frac{\sqrt{5}+1}{2}$

（第2题图）
（第3题图）

2. C 【解析】在 $△ABC$ 中, $AB = AC$, $∠C = 72°$,
∴ $∠ABC=∠C=72°$,
∴ $∠A=180°-∠C-∠ABC=36°$.
∵ D 是 AB 中点, $DE ⊥ AB$,
∴ $AE=BE$,
∴ $∠ABE = ∠A = 36°$,
∴ $∠BEC = ∠A+∠ABE =72°=∠C$,
∴ $BE = BC = AE$. 设 $BC = x$, 则 $CE = AC - AE = 4 - x$.
∵ $∠ABC = ∠BEC$,$∠C = ∠C$,
∴ $△ABC ∽ △BEC$,
∴ $\frac{BC}{AC} = \frac{CE}{CB}$,即 $\frac{x}{4} = \frac{4-x}{x}$,解得 $x_1=2\sqrt{5} -2$,$x_2=-2\sqrt{5} -2$ (舍去),
∴ $\cos A = \frac{AD}{AE} = \frac{\frac{1}{2} ×4}{2\sqrt{5} -2} = \frac{\sqrt{5}+1}{4}$. 故选 C.

【分析】
解题时先从已知的等腰三角形ABC的边、角条件入手，先求出顶角∠A的度数；再利用DE垂直平分AB的性质，得到AE=BE，通过角度推导推出BE=BC，且△ABC和△BEC相似；接着设BC为未知数，根据相似三角形对应边成比例列方程，求出BC（即AE）的长度；最后在Rt△ADE中，根据余弦的定义，用邻边AD比斜边AE，化简后即可得到cosA的值。
【解析】
解：在△ABC中，
∵$AB=AC$，$∠C=72°$，
∴$∠ABC=∠C=72°$，
∴$∠A=180°-∠C-∠ABC=180°-72°-72°=36°$。
∵D是AB中点，$DE⊥AB$，
∴DE是AB的垂直平分线，
∴$AE=BE$，
∴$∠ABE=∠A=36°$，
∴$∠BEC=∠A+∠ABE=36°+36°=72°=∠C$，
∴$BE=BC$，即$AE=BE=BC$。
设$BC=x$，则$AE=x$，$CE=AC-AE=4-x$。
在△ABC和△BEC中，$\begin{cases}∠ABC=∠BEC=72°\\∠C=∠C\end{cases}$，
∴$△ABC ∽ △BEC$，
∴$\frac{BC}{AC} = \frac{CE}{CB}$，代入得$\frac{x}{4} = \frac{4-x}{x}$，
整理得$x^2+4x-16=0$，
解得$x_1=2\sqrt{5} -2$，$x_2=-2\sqrt{5} -2$（边长为正，舍去），
∴$AE=2\sqrt{5}-2$。
在Rt△ADE中，$AD=\frac{1}{2}AB=2$，
∴$\cos A = \frac{AD}{AE} = \frac{2}{2\sqrt{5} -2} = \frac{1}{\sqrt{5}-1} = \frac{\sqrt{5}+1}{(\sqrt{5}-1)(\sqrt{5}+1)}=\frac{\sqrt{5}+1}{4}$。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，余弦的定义
【点评】
本题综合考查了等腰三角形、垂直平分线、相似三角形和锐角三角函数的相关知识，解题的关键是通过角度推导找到相似三角形，求出对应边的长度，计算时要注意分母有理化的正确运算。
【难度系数】
0.4

3[中]如图,在由10个完全相同的正三角形构成的网格图中,∠α,∠β如图所示,则$\cos(α+β)=$.

3. $\frac{\sqrt{21}}{7}$ 【解析】给图中相关点标上字母,连接 DE,如图所示. 在 $△ABC$ 中, $∠ABC=120°$,$BA=BC$,
∴ $∠α=30°$. 同理,可得 $∠CDE=∠CED=30°=∠α$. 又
∵ $∠AEC=60°$,
∴ $∠AED=∠AEC+∠CED=90°$. 设正三角形的边长均为 $a$,则 $AE=2a$. 在 Rt△BED 中,由勾股定理易得 $DE=\sqrt{3} a$,
∴ $AD=\sqrt{AE^2+DE^2}=\sqrt{7} a$,
∴ $\cos(α+β)= \frac{DE}{AD} = \frac{\sqrt{21}}{7}$. 故答案为 $\frac{\sqrt{21}}{7}$.

【分析】
要解决这个问题，我们可以按照以下思路思考：首先，正三角形的每个内角都是60°，我们可以先利用等腰三角形的性质求出∠α的度数；其次，要求∠α+∠β的余弦值，我们可以通过作辅助线，将α+β转化到直角三角形中，方便利用锐角三角函数的定义计算；最后，设正三角形的边长为参数，利用勾股定理求出直角三角形各边的长度，代入余弦公式即可得到结果。
【解析】
给图中相关点标上字母，连接DE，如图所示。设每个正三角形的边长均为$a$：
1. 求∠α的度数：在$△ ABC$中，$BA=BC$，$∠ ABC=120°$，根据等腰三角形底角相等的性质，$∠ α = \frac{180° - 120°}{2}=30°$。
2. 同理，在$△ CDE$中，$CD=CE$，$∠ DCE=120°$，可得$∠ CDE=∠ CED=30°=∠ α$。
3. 证明$△ AED$为直角三角形：已知正三角形内角为$60°$，则$∠ AEC=60°$，因此$∠ AED=∠ AEC + ∠ CED=60°+30°=90°$，即$△ AED$是直角三角形。
4. 计算各边长度：$AE$由2个正三角形边长组成，故$AE=2a$；由勾股定理易得$DE=\sqrt{3}a$；再由勾股定理计算斜边$AD$：$AD=\sqrt{AE^2 + DE^2}=\sqrt{(2a)^2 + (\sqrt{3}a)^2}=\sqrt{7}a$。
5. 计算$\cos(α+β)$：观察可得$∠ ADE=∠ β + ∠ CDE=α+β$，在$\mathrm{Rt}△ AED$中，余弦值为邻边与斜边的比值，即$\cos(α+β)=\cos∠ ADE=\frac{DE}{AD}=\frac{\sqrt{3}a}{\sqrt{7}a}=\frac{\sqrt{21}}{7}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{21}}{7}$
【知识点】
正三角形的性质、勾股定理、锐角余弦的定义
【点评】
本题结合正三角形网格考查几何计算能力，解题的关键是合理构造辅助线，将所求的两角和转化为直角三角形的内角，结合等腰三角形性质、勾股定理和三角函数定义求解，能够有效锻炼学生的图形分析能力和运算能力。
【难度系数】
0.6

4[2026宁夏银川校级期中,中]已知直线$l_1 // l_2 // l_3$,且相邻的两条平行直线间的距离均相等.将一个含$45°$角的直角三角板按如图所示的方式放置,使其三个顶点分别在三条平行直线上,则$\cos α$的值是.

4. $\frac{2\sqrt{5}}{5}$ 【解析】如图,过点 A 作 $AD ⊥ l_3$,过点 B 作 $BE ⊥ l_3$,垂足分别为 D,E,设 $l_1$ 与 $l_2$,$l_2$ 与 $l_3$ 间的距离均为 1,
∴ $∠ADC = ∠BEC = 90°$, $BE = 1$, $AD = 2$.
∵ $△ACB$ 为等腰直角三角形,
∴ $∠ACB=90°$, $AC = BC$.
∵ $∠CAD+∠ACD = 90°$, $∠BCE + ∠ACD=90°$,
∴ $∠CAD = ∠BCE$. 在 $△ACD$ 与 $△CBE$ 中, $\begin{cases} ∠ADC=∠CEB, \\ ∠CAD=∠BCE, \\ AC=CB, \end{cases}$
∴ $△ACD ≅ △CBE$ (AAS),
∴ $AD = CE = 2$,
∴ $BC = \sqrt{BE^2+CE^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$,
∴ $\cos α = \frac{CE}{BC} = \frac{2}{\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}$. 故答案为 $\frac{2\sqrt{5}}{5}$.

【分析】
要求$\cos α$的值，需先构造包含$α$的直角三角形，结合三条平行线等距的条件，我们可以过三角板的两个顶点分别向$l_3$作垂线，将平行线间的距离转化为直角三角形的边长。再利用等腰直角三角板的性质，通过同角的余角相等得到一组角相等，证明两个直角三角形全等，得到$α$的邻边长度，最后用勾股定理求出斜边长度，代入余弦定义即可求解。
【解析】
如图，过点A作$AD ⊥ l_3$，过点B作$BE ⊥ l_3$，垂足分别为D、E，设$l_1$与$l_2$、$l_2$与$l_3$间的距离均为1。
∴ $∠ADC = ∠BEC = 90°$，$BE = 1$，$AD = 2$。
∵ $△ACB$为含$45°$角的直角三角板，
∴ $∠ACB=90°$，$AC = BC$。
∵ $∠CAD+∠ACD = 90°$，$∠BCE + ∠ACD=90°$，
∴ $∠CAD = ∠BCE$。
在$△ACD$与$△CBE$中，
$\begin{cases} ∠ADC=∠CEB, \\ ∠CAD=∠BCE, \\ AC=CB, \end{cases}$
∴ $△ACD ≅ △CBE$ (AAS)，
∴ $AD = CE = 2$。
在$Rt△BCE$中，由勾股定理得：
$BC = \sqrt{BE^2+CE^2}=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，
∴ $\cos α = \frac{\mathrm{邻边}}{\mathrm{斜边}} = \frac{CE}{BC} = \frac{2}{\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}$。

【答案】
$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
平行线的性质；全等三角形的判定与性质；余弦的定义
【点评】
本题是几何综合题，解题的关键是作辅助线构造直角三角形和全等三角形，将平行线间的距离转化为可计算的线段长度，再结合勾股定理和三角函数的定义求解，较好地考查了知识的综合运用能力。
【难度系数】
0.6

5[2026上海徐汇区校级质检,中]如图,△ABC中,AB=6,∠BAC=45°,AD⊥BC,垂足为点D,点D关于直线AB,AC的对称点分别是点M,N.如果MN=4,那么sin B的值为.

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5. $\frac{\sqrt{2}}{3}$ 【解析】如图所示, 连接 AM, AN. 因为点 D 关于直线 AB,AC 的对称点分别是点 M, N, 所以 $AD=AM$, $AD=AN$, $∠BAM = ∠BAD$, $∠CAN = ∠CAD$,所以 $AM=AN$, $∠MAN=2∠BAC$. 又因为 $∠BAC=45°$,所以 $∠MAN=90°$,所以 $△AMN$ 是等腰直角三角形,所以 $AM=AN = \frac{\sqrt{2}}{2}MN = 2\sqrt{2}$, 所以 $AD=2\sqrt{2}$, 所以在 Rt△ABD 中, $\sin B = \frac{AD}{AB} = \frac{2\sqrt{2}}{6} = \frac{\sqrt{2}}{3}$. 故答案为 $\frac{\sqrt{2}}{3}$.

【分析】
要求$\sin B$的值，根据正弦的定义，在$\mathrm{Rt}△ ABD$中$\sin B=\frac{AD}{AB}$，已知$AB=6$，因此只需先求出$AD$的长度即可。根据轴对称的性质，连接$AM$、$AN$，可推出$AM=AD=AN$，且$∠ MAN=2∠ BAC=90°$，即$△ AMN$是等腰直角三角形，结合已知$MN=4$就能求出$AM$的长度，也就是$AD$的长度，最后代入正弦公式计算即可。
【解析】
连接$AM$，$AN$。
$\because$点$D$关于直线$AB$、$AC$的对称点分别是点$M$，$N$，
$\therefore$由轴对称的性质得：$AD=AM$，$AD=AN$，$∠ BAM=∠ BAD$，$∠ CAN=∠ CAD$，
$\therefore AM=AN$，$∠ MAN=∠ BAM+∠ BAD+∠ CAD+∠ CAN=2(∠ BAD+∠ CAD)=2∠ BAC$。
又$\because ∠ BAC=45°$，
$\therefore ∠ MAN=2×45°=90°$，即$△ AMN$是等腰直角三角形。
$\because MN=4$，
$\therefore AM=AN=\frac{\sqrt{2}}{2}MN=\frac{\sqrt{2}}{2}×4=2\sqrt{2}$，
$\therefore AD=AM=2\sqrt{2}$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$AB=6$，根据正弦的定义：
$\sin B=\frac{AD}{AB}=\frac{2\sqrt{2}}{6}=\frac{\sqrt{2}}{3}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{2}}{3}$
【知识点】
轴对称的性质、等腰直角三角形的性质、正弦的定义
【点评】
本题是轴对称与三角函数结合的典型题型，解题核心是利用轴对称的性质构造等腰直角三角形，将未知的$AD$长度转化为可求的等腰直角三角形直角边长，整体思路清晰，考查了学生对基础几何性质的综合应用能力。
【难度系数】
0.6

6 思想方法转化思想[难]思考:求一个锐角的三角函数值,我们往往需要找出(或构造出)一个直角三角形.
【问题解决】
(1)如图(1),在由边长为1的正方形组成的网格中,网格线交点称为格点,点A,C,M,N都在格点处,AN与CM相交于点P,则$\cos∠CPN$的值为;
(2)如图(2),在由边长为1的正方形组成的网格中,网格线交点称为格点,点A,C,M,N都在格点处,AN与CM相交于点P,则$\sin∠CPA$的值为;

【思维拓展】
图(3)为若干个形状相同、大小相等的菱形组成的网格,网格线交点称为格点,已知菱形的较小内角为$60°$,点A,B,C,D都在格点处,线段AB与CD相交于点P,求$\cos∠CPA$的值.

图(3)

6. 【解】【问题解决】
(1) 如图(1),取格点 Q,连接 QM,CQ.
∵ $CQ//AN$,
∴ $∠CPN = ∠QCM$.
∵ $CQ=\sqrt{10}$, $MQ=CM=\sqrt{5}$,
∴ $CQ^2=MQ^2+CM^2$,
∴ $∠QMC=90°$,
∴ $\cos ∠CPN = \cos ∠QCM = \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{10}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$. 故答案为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$.
(2) 如图(2),取格点 Q,连接 QM,CQ,过点 C 作 $CG ⊥ QM$ 于点 G.
∵ $QM//AN$,
∴ $∠CPA = ∠CMG$,
∴ $\sin ∠CPA = \sin ∠CMG = \frac{CG}{CM}$.
∵ $CM=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$, $QM=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$,
∴ $\frac{1}{2}×\sqrt{10}CG = 3×3 - \frac{1}{2}×1×2 - \frac{1}{2}×2×3 - \frac{1}{2}×1×3 = \frac{7}{2}$,
∴ $CG = \frac{7\sqrt{10}}{10}$,
∴ $\sin ∠CPA = \sin ∠CMG = \frac{CG}{CM} = \frac{7\sqrt{10}}{10} × \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{7\sqrt{2}}{10}$,
∴ $\sin∠CPA$ 的值为 $\frac{7\sqrt{2}}{10}$. 故答案为 $\frac{7\sqrt{2}}{10}$.
【思维拓展】
如图(3),取格点 E,连接 EA,EB. 设每个小菱形的边长为 1.
由题易得 $EA//CD$,$∠AEO=60°$,$∠BEO=30°$,
∴ $∠APC = ∠BAE$,$∠AEB=90°$.
过点 B 作 $BF ⊥ AG$,交 AG 的延长线于点 F,则 $∠BFG=90°$.
由题易得 $∠BGF=60°$,
∴ $∠GBF=30°$.
∵ $BG=1$,
∴ $GF = \frac{1}{2}$,
∴ $BF = \frac{\sqrt{3}}{2}$,$AF=AG+GF= 3 + \frac{1}{2} = \frac{7}{2}$,
∴ $AB = \sqrt{AF^2+BF^2} = \sqrt{(\frac{7}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2} = \sqrt{13}$.
∵ $AE=1$,
∴ $\cos ∠CPA = \cos ∠BAE = \frac{AE}{AB} = \frac{\sqrt{13}}{13}$,
∴ $\cos∠CPA$ 的值为 $\frac{\sqrt{13}}{13}$.

【分析】
求锐角的三角函数值，需将该角置于直角三角形中计算。对于网格内两条相交直线形成的夹角，我们可以通过构造平行线，利用平行线的性质将待求角转化为易构造直角三角形的等角，再结合勾股定理、面积法等计算直角三角形的边长，最后根据三角函数的定义求解。菱形网格的求解思路一致，利用菱形对边平行的性质转移角，结合菱形已知的内角度数构造直角三角形，计算对应边长度后代入公式即可。
【解析】
问题解决
(1) 如图(1)，取格点Q，连接QM、CQ。
∵ $CQ// AN$，
∴ $∠ CPN = ∠ QCM$。
由勾股定理得：$CQ=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$，$MQ=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，$CM=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，
∴ $CQ^2=MQ^2+CM^2$，即$△ QMC$是直角三角形，$∠ QMC=90°$，
∴ $\cos ∠ CPN = \cos ∠ QCM = \frac{CM}{CQ} = \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{10}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$。
(2) 如图(2)，取格点Q，连接QM、CQ，过点C作$CG ⊥ QM$于点G。
∵ $QM// AN$，
∴ $∠ CPA = ∠ CMG$，即$\sin ∠ CPA = \sin ∠ CMG = \frac{CG}{CM}$。
由勾股定理得：$CM=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，$QM=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$，
用割补法求$△ CQM$的面积：
$S_{△ CQM}=3×3 - \frac{1}{2}×1×2 - \frac{1}{2}×2×3 - \frac{1}{2}×1×3 = \frac{7}{2}$，
又$S_{△ CQM}=\frac{1}{2}× QM × CG$，即$\frac{1}{2}×\sqrt{10}× CG=\frac{7}{2}$，解得$CG=\frac{7\sqrt{10}}{10}$，
∴ $\sin ∠ CPA = \frac{CG}{CM} = \frac{7\sqrt{10}}{10} × \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{7\sqrt{2}}{10}$。
思维拓展
如图(3)，取格点E，连接EA、EB，设每个小菱形的边长为1。
由菱形性质得$EA// CD$，
∴ $∠ APC = ∠ BAE$。
易得$∠ AEO=60°$，$∠ BEO=30°$，
∴ $∠ AEB=60°+30°=90°$。
过点B作$BF ⊥ AG$，交AG的延长线于点F，则$∠ BFG=90°$。
由菱形内角为$60°$得$∠ BGF=60°$，
∴ $∠ GBF=30°$。
∵ $BG=1$，
∴ $GF=\frac{1}{2}BG=\frac{1}{2}$，$BF=\sqrt{BG^2-GF^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
$AF=AG+GF=3+\frac{1}{2}=\frac{7}{2}$，
由勾股定理得$AB=\sqrt{AF^2+BF^2}=\sqrt{(\frac{7}{2})^2+(\frac{\sqrt{3}}{2})^2}=\sqrt{13}$，
又$AE=1$，
∴ $\cos ∠ CPA = \cos ∠ BAE = \frac{AE}{AB} = \frac{1}{\sqrt{13}}=\frac{\sqrt{13}}{13}$。
【答案】
(1) $\frac{\sqrt{2}}{2}$
(2) $\frac{7\sqrt{2}}{10}$
思维拓展：$\frac{\sqrt{13}}{13}$
【知识点】
锐角三角函数定义，平行线的性质，勾股定理
【点评】
本题侧重考查转化思想的应用，通过构造平行线将未知角转化为便于计算的等角，结合网格、菱形的性质和勾股定理求解，熟练掌握辅助线构造方法和三角函数的基本定义是解题的关键。
【难度系数】
0.3